【数学】重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(九)数学(文)试题 含答案

重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（九）数学试题（文）【参考答案】一、选择题【解析】 1如图所示：12a<，故选A ． 2．i z =-，故选D ． 3．画图，故选B ．4．22246462)a a a a +==≥C ．5．如图所示：211332m m ==，，故选A ． 6．16b =，3a =，故选C ． 7．()sin 2g x x =，故选D ．8．直线l 过圆心(21)，，1a =-，(41)A --，，||6AB =，故选B ． 9．y x z =-+，最小值为1，有12a c b +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，即0a b c -+=①，最大值为6，有42220a b c ⨯+⨯+=，即220a b c ++=②，①代入②得40b c -=，故选B ．10．展开由余弦定理得最小值为C ． 11．3()3f x x x=+，112a a <∴，又1126a a +=，1236S =，故选D ．12．(01)F ，，设204x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则20024x B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，，022D AB Dx k y x =-='=，20044D x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，AD ：220000044()44x x x y x x x x --=-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，即2414x y x x -=-+，故选A ． 二、填空题(01)，【解析】13．2()2a a b -=，从而夹角为120︒． 14．分0x ≤，0x >，求得解集为(0)(01)-∞，，．15．15(115)1202+=，对应15段，每段和为10，120150S =． 16．令00000()(1)e (21)()x h x a x x g x =->-=，000()e (21)xg x x '=+，注意到(0)1g '=及1a <，还应(0)(0)(1)(1)h g h g >⎧⎨--⎩，，≤可得312e a <≤．三、解答题17． 解：（Ⅰ）1()sin(2)π2f x x T ϕ=+=，．（Ⅱ）令π1π()sin 21226g x f x x ϕ⎛⎫⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则1π(0)sin 026g ϕ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭，π0π6ϕϕ<<=，，∵∴1π()0π43f A A A =<<=，，∵∴．22222222cos ()3()433()162b c a b c bc A b c bc b c bc b c +⎛⎫=+-=+-⇒+-=⇒+ ⎪⎝⎭≤≤24a b c ⇒=<+≤，当且仅当2b c ==时取“=”，所以max ()4b c +=.18．解：（Ⅰ）ˆˆˆ345 4.531.5 4.531.5x y b ay x ====⇒=+，，，． （Ⅱ）2018年对应的6x =，代入（Ⅰ）58.559y ⇒=≈(人)．（Ⅲ）所有的基本事件共10个：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，恰好不相邻的基本事件共6个，则60.610P ==．19． （Ⅰ）证明：PAD ABCD PAD ABCD AD AB AD⊥⎧⎪=⎨⎪⊥⎩平面平面，平面平面， AB PAD AB PAB ⇒⊥⎫⎬⊂⎭平面平面PAB PAD ⇒⊥平面平面．（Ⅱ）解：取AD 的中点O，则PO ABCD PO ⊥平面，且21144133P ABCD ABCDV S PO xxx -==-=⇒=，则2AD =． 又易知2PBD PB BD PD S ===⇒△且所以1117332C PBD PBD P BCD P ABCD V S h h V V ---=====△，解出h =20． （Ⅰ）解：a =⇒椭圆的方程为222212y x bb +=，将1M ⎫⎪⎪⎝⎭代入解出a= 1b =， 所以椭圆的标准方程为2212y x+=．（Ⅱ）证明：由已知得(0(0A B ，，，0QB AB Q y =⇒=在直线， （i ）若QA 斜率不存在，则222OP OP PQ OP OQ OP +===； （ii ）若QA斜率存在，设QA 为0)y kx k =≠，代入22221(2)002A P y x k x x x+=⇒++=⇒==，P P ykx =+=又Q Q y kx x y k y =⇒=-==⎪⎭所以2OP OP PQ OP OQ +==222222(2)k ⎛⎛⎫⎛⎫--+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭222422k k +==+．21． 解：（Ⅰ）0a =时，2()ln (2ln 1)f x x x x x =-+，()2ln 2ln 3f x x x x x '=+--， (1)1(1)2f f '=-=-，，所以切线方程为(1)2(1)y x --=--，即21y x =-+．（Ⅱ）令2()0(ln )(2ln 1)0(0)f x x a x x x x a =⇒+-+=>⇒=令2(2)ln 112ln ()()x x x xg x g x x x -+--'=⇒=，易知()g x '在(01)()x g x ∈，上为正，递增；()g x '在(1)()x g x ∈+∞，上为负，递减， max ()(1)1g x g ==，结合图象可得1a =．（Ⅲ）因为1a =，所以22()ln 2ln f x x x x x x x =-+-，令21()()(3)()(2ln )(1)2x f x x x m x x m x ϕϕ⎛⎫=--+-⇒'=+- ⎪⎝⎭1e e x ⎛⎫⎪⎝⎭≤≤，由2()01e (0)mx x x m ϕ-'=⇒==>或． （i ）当2m ≥时，121ee =()1emx --=≤舍去，所以，有11()0e x x ϕ⎛⎫∈'< ⎪⎝⎭，时，；min 1(1e)()0()(1)(3)02x x x m ϕϕϕ∈'>⇒==--，时，≥恒成立， 得3m ≤，所以23m ≤≤；（ii ）当02m <<时，121e =e 1em--<<，则21e ()0e m x x ϕ-⎛⎫∈'> ⎪⎝⎭，时，；2(e 1)()0(1e)()0m x x x x ϕϕ-∈'<∈'>，时，，，时，， 所以1min (1)0e ϕϕ⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，≥，则2e 3022e 13m m m ⎧+⎪⇒<<-⎨⎪⎩≤，≤， 综上所述，03m <≤．22． 解：（Ⅰ）曲线C 的直角坐标方程为22(2)(2)8x y -+-=， 直线l的普通方程为1y =-．（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得221221282t ⎛⎫⎛⎫+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得270t -=，121270t t t t +=-<∴，12t t ∴，异号，12121212111111||||||||t t PA PB t t t t t t +-=-=+==⋅23. 解：（Ⅰ）①当12x ≤时，1()122f x x x =-⇒-≥≤；②当112x <<时，16()43127f x x x x =-⇒<≥≤； ③当1x ≥时，1()1122f x x x =⇒≥≤，≤综上所述，不等式的解集为6(2]27x ⎡⎤∈-∞-⎢⎥⎣⎦，，．（Ⅱ）由三角不等式可得||21||2|||(21)(2)||1|1x x a x x a a a ------=-=-≤，∴12(1)1a M a a b c +=-=--=⇒121b c +=⇒2cb c =-， ∴2121122122212c c b c c c c +=+=-+=------≥，2112b c +--∴的最小值为2， 当且仅当1232c c c -==-⇒时取等号．。

重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数满足，则复数的模为（）A. B. 1 C. D.【答案】C【解析】由题意得，∴．选C．2.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，∴，∴．选C．3.在等差数列中，是函数的两个零点，则的前10项和等于（）A. B. 15 C. 30 D.【答案】B【解析】由题意得是方程的两根，∴，∴．选B．4.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则.其中真命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】①中，由条件可得或相交，故①不正确；②中，由条件可得或，故②不正确；③中，由条件可得或，故③不正确．综上真命题的个数是0．选A．5.甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）.甲说：“我肯定最重”；乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻”丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对.根据上述对话判断四人中最重的是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立．③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成．综上所述可得乙最重．选B．6.已知，则的展开式中的系数为（）A. B. 15 C. D. 5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数．∵，展开式的通项为．∴展开式中的系数为．选D．7.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（）A. 60种B. 54种C. 48种D. 24种【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D．8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算的和．∵，∴当时，，不合题意；当时，，符合题意．∴判断框中的条件为．选D．9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，且底面为直角三角形，．故三棱锥外接球的球心在过的中点且与底面垂直的线上，设为点，则有，设球半径为，则有．故三棱锥的外接球表面积．俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积．∴．选B．10.把的图象向左平移个单位（为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，若对恒成立，且，若，则的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，∵对恒成立，∴是最大值或最小值，∴，故．又，∴，即，∴，∴当时，符合题意．∴．又，∴或，∴或．结合各选项可得A正确．选A．11.已知双曲线的左、右顶点分别为，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且外接圆的半径为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．∵外接圆的半径为，∴，∴，，∴．设点P的坐标为，则，故点P的坐标为．由点P在椭圆上得，整理得，∴．选C．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P 的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．12.已知在点处的切线方程为，，的前项和为，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得，∴，解得，∴．设，则，∴在上单调递减，∴，即，令，则，∴，故．设，则，∴在上单调递增，∴，即，令，则，∴，故．综上选A．点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足约束条件（），则的最大值为_______.【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．表示可行域内的点到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A到原点的距离最大，且A点的坐标为，且. ∴．答案：14.抛物线上一点的纵坐标为3，则点到抛物线焦点的距离为_______.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线为，∴点到抛物线的距离为．由抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离为．答案：15.数列中，，（），则数列的通项公式为_______. 【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴．答案：点睛：（1）已知和的关系解题时的突破口是当时，这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为的问题或的问题解决．（2）本题中，在得到后还需要通过构造的方法得到，逐步得到等比数列，然后通过等比数列的通项公式可得数列的通项公式．16.三角形中一点满足，的长度为1，边上的中点与的连线分别交于点，若，则的长度为_______.【答案】【解析】设，则．由题意得，∴,又，∴．即的长度为．答案：三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，角所对的边分别为，已知，，且.（1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，故可得，于是，故．然后根据余弦定理及可得，再由可得，解得．（2）由题意得，设，可得，求得的取值范围后根据函数的单调性可得实数的取值范围．试题解析：（1）∵，∴，由正弦定理得，∴.又，，∴，∴．由余弦定理得，又，∴，∴或（舍去），又，∴，∴．（2）由（1）得为锐角，故．又，∴，设，∵，∴，∴在上单调递减，∴，∴实数的取值范围为.18.某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于到之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，…，第六组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有人，试估计该市身高在以上的18岁男生人数；（2）求的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）；（3）若身高以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为，求的分布列和期望.附：，则；，则；，则.【答案】（1）；（2）,；（3）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到，故，从而可得身高在以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在内的为人，身高在内的为人．从而可得随机变量的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望．试题解析：(1)由题意得,∴,∴可估计该市身高在以上的18岁男生人数为（人）(2)由频率分布直方图可得，∴.设中位数为，则，∴.即中位数为．（3）由题意得身高在内的人数为人，身高在内的人数为人，由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，故的分布列如下：∴.点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和．③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19.如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上的点.（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由，可得，从而可得当时，平面.试题解析：（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴.（1）由题意得，，，∴，，∵平面，∴平面的一个法向量，又平面的一个法向量，∴，由图形知二面角为锐角，∴所求二面角的余弦值为.（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，设平面的法向量为，由题意得，又点，，，，由，得，令，则，设，则，由平面，可得，解得，∴当时，平面.点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20.设椭圆方程为，离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点且，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之和为1，证明直线过定点，并求出该定点.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）由离心率可得，根据的面积为得到，然后在焦点三角形中利用余弦定理并结合定义可得，进而得到，，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线方程为，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及可得，故直线方程为，即，可得过定点.试题解析：(1)由题意得，故．∵，∴，又，，在中，由余弦定理得，∴,解得，∴．∴，∴椭圆的方程为.（2）由题意设直线方程为，由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴．设点，，则，由题意得，即，∴整理得，∴直线方程为，即，∴直线过定点.点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21.已知函数（）.（1）若时，不单调，求的取值范围；（2）设，若，时，时，有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据不单调可得导函数在区间上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求在上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得，利用导数可得在上单调递增，又，故可得在上存在零点，从而可得．然后再利用导数求出函数的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵，∴ ,∵时，不单调，∴方程在上有解，∴在上有解，又，（当且仅当时等号才成立，故此处无等号）∴．∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∴.设，则，又，，∵，∴单调递增，又，∴存在，使得.且当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴.设，，则，∴在上单调递减，又，∴.故最小值的取值范围为．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程.（1）当时，交于两点，求；（2）已知点，点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值.试题解析：（1）消去得：，由得：，圆心为，半径，圆心到直线的距离，，∴.（2）设点，则，，，又，∴的最大值为.选修4-5：不等式选讲23.设.（1）若，解关于的不等式；（2）求证：.【答案】(1)或；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明.试题解析：（1）当时，,①当时，，∴；②当时，，∴无解；③当时，，∴，综上所述，或.（2）证明：，当且仅当时取等号.。

数学参考答案·第1页（共8页）数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B D C A B C【解析】1．由{12345689}A B = ，，，，，，，，所以(){710}M A B = ，，故选A ． 2．由35i z =+，所以235i 3i 5i53i i i iz +-+===-，对应的坐标为(53)-，，故选C ． 3．A ．323y x y x '==，，在(00)，的切线斜率为0，不符合；B ．sin cos yx y x '==，，在(00)，的切线斜率为1，所以切线为01(0)y x -=-，成立；C ．D ．两个函数均不经过(00)，，不符合，故选B ． 4．由定义，sin α=，当sin 0α=，合题意；当sin 0α≠，化简得23sin 4α=，由于横坐标10>，角在一、四象限，所以sin 2α=±，故选D ．假设代入，则S ==，由基本不等式：14a c =+≥4196ac ≤，可得S ≤，当且仅当7a c ==时取等号，面积最大，故选A ．7．由题意可知：1235401a a a a a =====，，且*515452535510k k k k k a a a a a k +++++=====∈N ，，，即12345515253545512k k k k k a a a a a a a a a a +++++++++=⎧⎨++++=⎩，，当10k =时，515452535510a a a a a =====，，由于201291=+⨯+，所以满足120ni i a ==∑的n 的最小值为51，故选B ．数学参考答案·第2页（共8页）8．由抛物线方程22(0)E y px p =>：，设圆心00()C x y ，，半径为R ，04px =-∴，在MNO △中，由正弦定理得2sin pON R OMN ==∠，4R =∴，0y ==∴2p=±．又∵圆C 与直线210x y ++=相切，圆心到直线的距离d R =．当02py =时，则圆心到直线的距离4d R ====，解得45p =；当02py =-时，则圆心到直线的距离4d R ====，解得49p =或4-（舍），综上45p =或49，故选C ． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分． 在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号 9 10 11 答案 BD ABD ABD【解析】9．设7位裁判对每位选手给分分别为127x x x <<< ，A ．若7位裁判分别给分为1~7分，则原来平均值和去掉后的平均值都是4，不变，所以A 错误；B ．7162x x x x ->-，所以B 正确；C ．中位数不变，都是4x ，故C 错误；D ．由题意，极差变小，数据更稳定，所以方差变小，所以D 正确，故选BD ． 10．令22log xz t ===，画出2xy =，13y x-=，2log y x =，如图1，由图象可知：当y t =在①位置时，y x z <<；当y t =在②位置时，x y z <<；当y t =在③位置时，x z y <<；故y z x <<不可能成立，故选ABD ．图1数学参考答案·第3页（共8页）11．由棱长为2，可得正八面体上半部分的斜高为EG ==，高为EO ==则正八面体的体积为2222333AB BC EO V ⨯⨯⨯=⨯=⨯=．此正八面体的外接球的球心为O ，半径为EO =所以外接球的体积为3，A 正确；由于O 到平面ABE 的距离等于O 到平面BCE 的距离，在Rt OEG △中，过O 作EG 的垂线，垂足为H ，则OH ⊥平面BCE ．由1OG =，得EO OG OH EG ==，平面ABE 截正八面体的外接球所得截面是圆，其半径3r ===，所以所得截面的面积为24ππ3r =，B 正确；甲随机选择的情况有36C 20=种，乙随机选择的情况有38C 56=种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有1124C C 8=种，甲构成正三角形的概率为82205=，故C 错误；乙构成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有248⨯=种，概率为81567=；甲能构成正三角形的概率为25，所以甲与乙均能构成正三角形的概率为2125735⨯=，故D 选项正确，故选ABD ． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）【解析】12．因为3()log (33)x x f x m -=+ ，且()()f x f x -=，即3333x x x x m m --+=+ ，有(33)33x x x x m ---=-，所以1m =．13．设20()C ()0.8k k g k h k k ==∈N ，，，因为当010k ≤≤时，()g k 单调递增；当10k >时，()g k 单调递减，所以当10k =时，()g k 有最大值．又因为()h k 是减函数，所以只需考虑010k ≤≤时，()f k 的大小情况即可．当010k ≤≤时，比较()f k 与(1)f k -的大小．因为数学参考答案·第4页（共8页）2020!()C 0.80.8!(20)!k kk f k k k =⨯=⨯-，1112020!(1)C 0.80.8(1)!(21)!k k k f k k k ----=⨯=⨯--，所以令()1(1)f k f k >-，得210.81k k -⨯>，解得849k <．因此，当9k =时，()f k 取最大值．14．在ACD △中，由正弦定理得：12sin sin sin 22AD ACADC ACD ADC∠∠∠=⇒==，由于90ADC ∠>︒，所以120ADC ∠=︒．则有：302DAC DC ∠=︒=，，tan BAC ∠=tan tan30tan()1tan tan30BAD BAD DAC BAD -∠-︒∠-∠===+∠︒ AC BC BC ⊥=，∵∴ tan 1AC BAC ∠= ，由11sin3022DCE ECB DCB S S S CD CE CE BC +=⇒︒+= △△△ 1sin1202CD BC ︒，可得1sin302CDE CE S CD CE ==︒= △∴ 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）（1）解：当1123232n n n n n S b S b +-=-=-≥，，， 两式相减得：13n n n b b b +=-，所以14n n b b +=.当11112n a b ===，，，且1232S b =-，可得28b =，也满足， 由0n b ≠，则{}n b 为等比数列，121242n n n b --=⨯=，所以21n a n =-．…………………………………………………………………………（7分） （2）证明：(32)n T n n =-，当1n =时，1111413ni iT T ===<∑成立；当2n ≥时，113311(32)3(32)3(33)333n T n n n n n n n n==<=-----， 所以111111111111413669333333ni i T T n n n =<+-+-++-=+-<-∑成立．………………………………………………………………………………………（13分）16．（本小题满分15分） 解：（1）如图2，设AC BD O = ，由正四棱锥的性质，PO ABCD ⊥平面，BD AC ⊥， 以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．数学参考答案·第5页（共8页）由于各边长均为1，所以002A ⎫⎪⎪⎝⎭，，002B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，002C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，002P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，，可得：00)CA = ，，022PC ⎛=- ⎝⎭ ，，022PB ⎛=- ⎝⎭，，， 设()n x y z =，，为平面PBC 的一个法向量，则有：022022n PB y z n PC x z ⎧=-=⎪⎪⎨⎪=-=⎪⎩ ，，令1z =， 则(111)n =-，，．设AC 与平面PBC 所成角为α，所以sin |cos ||||CA nCA n CA n α=〈〉===，|； ………………………………………………………………………………………（7分）同理，可得平面PBA 的一个法向量(111)m =，，，设二面角A PB C --的平面角为β，所以1|cos ||cos |3||||m n m n m n β=〈〉===，，则sin β=，所以AC 与平面PBC所成角的正弦值为3；二面角A PB C --的平面角的正弦值为3．……………………………………………………………………………………（10分） （2）得到5个面．一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面也都是单位正三角形．把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来．因为有四个面两两融合，变成了两个面．原因是这里有两对两个二面角恰好互补，下面计算验证．分别计算二面角A PB C --和二面角E QF G --的平面角大小．………………………………………………………………………………………（11分）由（1）求得二面角A PB C --平面角1cos 3β=-，…………………………………（12分）取QF 的中点S ，可得ESQ ∠为所求的平面角，二面角E QF G --的平面角2222(1)1cos 32γ+-⎝⎭⎝⎭==⨯⎝⎭， 图2数学参考答案·第6页（共8页）所以πβγ+=，这样平面APB 与平面QFG 融合成了一个平面， 同理：平面DPC 与平面QEG 融合成了一个平面，所以组合体有5个面．…………………………………………………………………（15分）17．（本小题满分15分）解：（1）直接法：设点()P x y ，，由题意，12-=化简得：221(0)2x y y +=≠．……………………………………………………………（4分）（2）如图3，由于直线l 的斜率存在，设1122(0)()()l y kx m m A x y C x y =+≠：，，，，， 将直线l 代入221(0)2x y y +=≠，可得：222(12)4220k x kmx m +++-=，则要222222164(12)(22)8(21)0k m k m k m ∆=-+-=-+>， 韦达定理得：21212224221212km m x x x x k k--+==++，. 由于1122()()OA x y OC x y ==，，，，若四边形OABC 为平行四边形，则有12122242()1212km m OB OA OC x x y y k k -⎛⎫=+=++= ⎪++⎝⎭，，， 即点22421212km m B k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭，在椭圆上，代入椭圆方程， 化简可得：22412m k =+，满足：2228(21)240k m m ∆=-+=>， 则2212122224221442km k m m x x x x m m m m ----+====，弦长||AC ===， 点O 到直线l y kx m =+：的距离d =，故平行四边形OABC的面积12||2S AC d =⨯⨯⨯==所以面积为定值2．…………………………………………………………………（15分） 图3数学参考答案·第7页（共8页）18．（本小题满分17分）解：（1）X 的所有可能取值为1，2，3． 1个人的情况为：1号胜胜，则概率为211(1)323P X ==⨯=， 2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，概率为121211115(2)3323229618P X ==⨯⨯+⨯⨯=+=，3个人的概率157(3)1(1)(2)131818P X P X P X ==-=-==--=，所以分布列为：所以1()1233181818E X =⨯+⨯+⨯=．…………………………………………………（8分）（2）分三种情况：第一，1A 一人全胜，该事件的概率设为1P ，则3113P ⎛⎫= ⎪⎝⎭，第二，1A 2A 两人参赛获胜，该事件的概率设为2P ， 则32223321121121383233233232P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯⨯= ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，第三，1A 2A 3A 三人参赛获胜，该事件的概率设为3P ，则2332321121211121121121.32332322332332232P p p p ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⎢⎥ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦由312333822332108P P ++==⨯， 所以要甲队获胜的概率大于12，即331108P >，化简得：3236301931p p p ++>， 当23p =，代入可得：110313>，成立．………………………………………………（17分）19．（本小题满分17分）（1）解：列举或用公式可求出124019D D D ===，，．………………………………………………………………………………………（3分）数学参考答案·第8页（共8页）（2）解：由麦克劳林公式，令()e xf x =，有23e 12!3!!nxx x x x n =+++++ ， 再取12x =，可得121111e 110.50.1250.0208 1.645828482!n n =+++++≈++++≈ ， 所以估算值为1.65．在23e 12!3!!n xx x x x n =+++++ 中，取1x =-，可得!en n D ≈. ………………………………………………………………………………………（9分） （3）证明：由麦克劳林公式，当(01)x ∈，时，令()sin f x x =，有35sin 3!5!x x x x =-+- ，猜想：sin .x x <令()cos f x x =，有24cos 12!4!x x x =-+- ，猜想：2cos 12x x >-. 令()sin (0)g x x x x =->，由()cos 10g x x '=-≤，所以()(0)0g x g <=，即sin x x <． 令2()cos 1(0)2x h x x x =-+>，由()sin 0h x x x '=-+>，所以()(0)0h x h >=，即2cos 12x x >-．又(01)x ∈，时，0sin x x <<，2cos 102x x >->，所以2tan 12xx x <-. 令1x n =， 当2n ≥，有2222221122211tan 22121111112n n n n n n n n n n <=<=+=+-----+-，则1111111112tan 4tan 2tan2222124213352121n n n n n +++<+-++-+++-=+-+ 12121n n -<++，命题得证．……………………………………………………………（17分）。

巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先根据一元二次不等式的解法以及绝对值的解法，项确定出集合P,Q中的元素，最后根据集合的交集中元素的特征，求得，即得结果.详解：解不等式，可得，结合，可得，解不等式，可得，所以，所以，故选C.点睛：该题以集合为载体，考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，注意交集中元素的特征，最后求得结果.2. 若复数满足，则的共轭复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先利用复数的模以及复数的除法运算，求得复数，之后应用共轭复数的定义，求得，从而确定其虚部的值，求得结果.详解：根据题意，有，所以，故其虚部为，故选B.点睛：该题考查的是有关复数的除法运算以及共轭复数的定义，在求解的过程中，注意对复数的除法运算法则要掌握，最后一定要看清题意，是其共轭复数的虚部，从而正确求得结果.3. 已知等比数列满足，，则该数列的公比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据等比数列的性质，确定出，之后应用等比数列的通项公式求得，因为题中没有关于限定公比的条件的语句，所以应该是两个值，得到结果.详解：根据等比数列的性质可得，所以，即，故选A.点睛：该题考查的是有关等比数列的性质的问题，在求解的过程中，注意对数列的通项公式的应用，得到其公比q所满足的等量关系式，求得结果.4. 阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先分析该程序框图的作用以及要完成的任务，从中可以发现就是求几个数的和，要看清条件，到什么时候结束，最后通分，求得结果.详解：根据题中所给的框图，可知输出的，故选C.点睛：该题考查的是有关程序框图的输出结果的求解问题，在解题的过程中，需要明确其要求，以及对应的量有哪些，算到什么时候就结束了，一定要注意条件，最后求得结果即可.5. 函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列选项中的函数的一条对称轴的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据题意，结合左右平移的规律，得到的解析式，再利用正弦型函数的性质求得图像的对称轴方程，之后对各个选项逐一验证，即可得结果.详解：依题意，，令，解得，逐项对比，可以求得满足条件，故选B.点睛：该题考查的是有关三角函数图像的平移变换以及对称性，在解题的过程中，需要明确左右平移对函数解析式中量的变化，以及对应函数图像的对称轴位置的确定以及对称轴方程的求解问题.6. 下列命题中，正确的选项是（）A. 若为真命题，则为真命题B. ，使得C. “平面向量与的夹角为钝角”的充分不必要条件是“”D. 在锐角中，必有【答案】D【解析】分析：首先对各个选项的内容进行分析，对于A项，要明确复合命题的真值表，两个命题都是真命题，才会有为真命题，而只要有一个真命题，则就为真命题，在研究指数函数的图像的时候，发现，当时，在y轴右侧，当底数越小的时候，图像越靠近于x轴，对于时，除了夹角为钝角，还有反向共线的时候，所以都是不正确的，利用锐角三角形三个内角的大小，以及正弦函数的单调性还有诱导公式，可以确定D项是正确的，从而求得结果.详解：因为若为真命题的条件是至少有一个是真命题，而为真命题的条件为两个都是真命题，所以当一个真一个假时，为假命题，所以A不正确；当时，都有成立，所以B不正确；“”是“平面向量与的夹角为钝角”的必要不充分条件，所以C不正确；因为在直角三角形中，，有，所以有，即，故选D.点睛：该题考查的内容比较多，每一个知识点都是相互独立的，所以需要对各选项逐一分析，涉及到的知识点有复合命题的，有向量的，有函数的，有三角的，所以需要我们对基础知识比较扎实，才能做好本题.7. 已知圆，若圆刚好被直线平分，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先要明确圆被直线平分的条件，就是直线过圆心，将圆心坐标代入直线的方程，得到关于两个正数的整式形式的和为定值，而目标式是关于两个正数的分式形式和的最值，将两式相乘，利用基本不等式求得结果.详解：根据题意，有圆心在直线上，所以有，所以有，故选C.点睛：该题考查的是有关利用基本不等式求最值的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有圆被直线平分的条件是直线过圆心，之后应用点在直线上的条件，点的坐标满足直线方程，从而求得所满足的关系，之后应用利用基本不等式求最值的方法求解.8. 已知抛物线，直线与抛物线交于两点，若中点的坐标为，则原点到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：首先根据题意设出直线的方程，之后与抛物线的方程联立，利用韦达定理求得两根和，之后借助于中点坐标公式求得关于k所满足的等量关系式，从而确定出直线的方程，接着应用点到直线的距离公式求得结果.详解：根据抛物线的对称性，可知该直线的斜率是存在的，设直线的方程为，与抛物线方程联立，化简可得，因为是弦的中点，所以有，解得，所以直线方程为，所以原点到直线的距离为，故选D.点睛：该题考查的是有关抛物线的中点弦所在直线的问题，在求解的过程中，注意有关直线与曲线相交的统一解法，再者注意韦达定理的应用以及中点坐标公式的应用，最后求出直线方程之后注意点到直线的距离公式的正确使用.9. 已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先注意与的关系，想到用到倍角公式，求得的值，之后分析与的关系，从而应用诱导公式求得结果.详解：依题意，，故选B.点睛：该题考查的是有关应用倍角公式以及诱导公式求三角函数值的问题，在解题的过程中，需要认真分析角之间的关系，以及已知量与待求量的联系，应用相应的公式求得结果.10. 2018年俄罗斯世界杯将于2018年6月14日至7月15日在俄罗斯境内座城市的座球场内举行，共有支球队参加比赛，其中欧洲有支球队参赛，中北美球队有支球队参赛，亚洲、南美洲、非洲各有支球队参赛，所有参赛球队被平均分入个小组.已知小组的支队伍来自不同的大洲，东道主俄罗斯（俄罗斯属于欧洲球队）和墨西哥（墨西哥属于中北美球队）在小组中，那么南美洲球队巴西队在小组的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先要明确A组球队所满足的条件，来自不同的洲，所以得需要先确定选的哪个洲的球队，之后再确定选定洲之后对应的球队的选法，接着需要明确当南美洲球队巴西队选定之后另一个球队有几种选法，从而得到满足条件的基本事件与总的基本事件数，最后作除法运算求得结果.详解：根据题意有，A组剩余两个球队需要从亚洲、南美洲、和非洲三个洲中选两个洲，有种选法，每个洲选定之后从5个球队中任选1个球队，共有5种选法，所以另两个球队共有种选法，若南美洲球队巴西队在A组，则另一个球队有种选法，所以南美洲球队巴西队在小组的概率为，故选A.点睛：该题考查的是有关古典概型的问题，在求解的时候，需要明确实验所对应的基本事件数，以及满徐条件的基本事件数，在此过程中，需要时刻注意题中所给的组队的要求，之后借助于相关公式求得结果. 11. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，，那么函数在区间上的所有零点之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：首先从题的条件得到函数的图像关于直线对称，借助偶函数，得到图像关于y轴对称，从而得到函数是周期函数，借助于两个函数在相应区间上的图像，应用数形结合求得结果. 详解：根据，可得是函数图像的对称轴，又因为是偶函数，所以其图像关于y轴对称，所以其为最小正周期为2的周期函数，又函数也是偶函数，并且其图像也关于直线对称，在同一个坐标系中，画出函数的图像和的图像，可以发现在区间上一共有6个交点，且是关于对称的三对，所以留个零点的和为，故选D.点睛：该题考查的是有关函数的零点的问题，在解决之前，需要明确函数的相关性质，一是函数图像的对称性，二是函数的周期性，三是数形结合思想的应用，之后借助于中点坐标公式求得相应的结果.12. 已知某几何体的三视图如图2所示（小正方形的边长为），则该几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，还原几何体，得到该几何体是由正方体切割而成的，找到该几何体的顶点有三个是正方体的棱的中点，一个就是正方体的顶点，之后将几何体补体，从而得到该三棱锥的外接球是补成的棱柱的外接球，利用公式求得结果.详解：根据题中所给的三视图，可以将几何体还原，可以得到该几何体是由正方体切割而成的，记正方体是，则记的中点为E，CD中点为F，中点为G，题中所涉及的几何体就是三棱锥，经过分析，将几何体补体，取棱中点H，再取正方体的顶点，从而得到该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，利用正弦定理可以求得底面三角形的外接圆的半径为，棱柱的高为4，所以可以求得其外接球的半径，所以其表面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关利用三视图还原几何体，求其外接球的体积的问题，在解题的过程中，最关键的一步就是还原几何体，再者就是将其补成一个直三棱柱，之后应用直三棱柱的外接球的球心在上下底面外心的连线的中点处，利用公式求得结果.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 的展开式中的常数项为__________．【答案】.【解析】分析：首先利用二项式定理得到二项展开式的通项，令x的幂指数等于零，求得r的值，即可求得展开式中常数项的值.详解：的展开式的通项为，令，得，所以展开式中的常数项为，故答案是216.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点为求其展开式中的某一项，在求解的过程中，需要先求得展开式中的通项，之后令x的幂指数等于题中所要求的量，从而求得结果.14. 已知实数满足条件则的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件作出相应的可行域，结合表示的是区域内的点到坐标原点的距离的平方，结合图形，根据其几何意义，可以得到其结果为原点到直线的距离的平方，应用点到直线的距离公式求得结果.详解：根据约束条件画出可行域，其为直线的右下方，直线的右上方和直线的右上方，表示的是区域内的点到原点的距离的平方，从图中可以发现，距离最小时为原点到边界线的距离，即，而其平方为，所以的最小值为.点睛：该题考查的是有关线性规划的升级问题，约束条件是线性的，目标函数是非线性的，在解题的过程中，需要先根据约束条件画出相应的可行域，之后结合其几何意义，应用相应的公式求得结果.15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若，则双曲线的离心率为__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题意，设出直线的方程，之后与双曲线的渐近线联立，分别求出A,B两点的坐标，之后根据题中条件，得出A是的中点，根据中点坐标公式，得出其坐标间的关系，借助双曲线中的关系，求得该双曲线的离心率.详解：设直线的方程为，两条渐近线的方程分别为和，分别联立方程组，求得，根据，可以得到A是的中点，所以有，整理得，结合双曲线中的关系，可以的到，所以答案为.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率问题，在解题的过程中，需要做的就是根据题中条件，想办法寻找的关系，利用题中条件，找到坐标间的关系，从而求得结果.16. 如图3，正方形的边长为，顶点分别在轴的非负半轴，轴的非负半轴上移动，为的中点，则的最大值是__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题意，以及题中所给的图，设出正方形四个顶点的坐标，之后应用中点坐标公式，求得点E的坐标，接下来应用向量数量积坐标公式，将其转化为关于的三角函数式，从而求得结果.详解：根据题意，设，根据正方形的特点，可以确定出，根据中点坐标公式，可以求得，所以有，所以其最大值为.点睛：该题考查的是有关向量的数量积的最值问题，在求解的时候，关键是将正方形的顶点坐标求出，之后将向量的数量积转化为关于角的三角函数式，借助于倍角公式和辅助角公式，从而求得结果.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知在数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前项和.【答案】(1).(2) .【解析】分析：第一问首先应用题中所给的数列的递推公式，类比着写出个相邻两项差的式子，之后累加得出结果，注意对首项的验证；第二问利用对数的运算法则求得的通项，之后求和时利用分组求和法以及裂项相消法求和即可得结果.详解：（Ⅰ），，，．时，．（Ⅱ）令的前项和为．的前项和为．点睛：该题考查的是有关数列的问题，一是应用累加法求通项的问题，二是应用对数的运算法则求通项公式的问题，三是对数列求和，采用的方法就是分组求和法以及裂项相消法，在用累加法求和时需要对进行验证.18. 支付宝作为一款移动支付工具，在日常生活中起到了重要的作用.巴蜀中学高2018届学生为了调查支付宝在人群中的使用情况，在街头随机对名市民进行了调查，结果如下.（1）对名市民按年龄以及是否使用支付宝进行分组，得到以下表格，试问能否有的把握认为“使用支付宝与年龄有关”？岁以上岁以下（2）现采用分层抽样的方法，从被调查的岁以下的市民中抽取了位进行进一步调查，然后从这位市民中随机抽取位，求至少抽到位“使用支付宝”的市民的概率；（3）为了鼓励市民使用支付宝，支付宝推出了“奖励金”活动，每使用支付宝支付一次，分别有的概率获得元奖励金，每次支付获得的奖励金情况互不影响.若某位市民在一周使用了次支付宝，记为这一周他获得的奖励金数，求的分布列和数学期望.附：，其中.【答案】(1)不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．(2)(3)分布列见解析；.【解析】分析：第一问首先应用题中所给的列联表，利用公式求得观测值的值，之后与临界值比较大小，从而得到相应的结论；第二问利用相关知识求得所抽取的12人中，使用和不使用支付宝的人数分别是多少，之后借助于组合数求得相应的概率；第三问根据题意，求得随机变量X的取值以及相对应的概率，列出分布列，利用期望公式求得其期望.详解：（Ⅰ）不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．（Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为(人)，不使用支付宝的人数为(人)，．（Ⅲ）的分布列如下：点睛：该题考查的是有关统计、独立检验以及离散型随机变量的分布列的问题，在求解的过程中，需要明确独立检验的步骤，以及观测值的求解公式，再者对随机事件发生的概率求解时，需要对其对应的基本事件数弄清楚，最后在求随机变量的分布列及期望的时候，需要对变量的可取值以及对应的概率要算对.19. 如图4，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，过作平面分别交线段于点.（1）证明：；（2）若直线与平面所成的线面角的正切值为，则当点在线段的何处时，直线与平面所成角为？【答案】(1)见解析.(2)当在线段靠近的三分点位置时，直线与平面所成的线面角为45°．【解析】分析：第一问利用梯形的条件，结合线面平行的判定以及性质定理，证得线线垂直；第二问建立相应的空间直角坐标系，设出对应点的坐标，将线面角转化为有关向量所成的角，利用向量所成角的余弦公式求得结果.详解：（Ⅰ）证明：底面为直角梯形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，．（Ⅱ）解：平面，，为直线与平面所成的线面角，，，．以点为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，(2，0，0)，(2，1，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，设，则，∴．设平面的法向量为，则令，则，，当在线段靠近的三分点位置时，直线与平面所成的线面角为45°．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，在解题的过程中，注意空间关系的转化，有关线线平行、线面平行之间的关系，利用相关的判定和性质定理证得结果，有关空间角的问题，大多应用空间向量来完成，注意相关公式的正确使用.20. 已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，右顶点为，的外接圆半径为.（1）求圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于两点，若以为直径的圆经过点，求面积的最大值.-【答案】(1).(2) .【解析】分析：第一问首先应用正弦定理求得三角形的外接圆的直径，结合椭圆的性质，以及三角形的特征，求得短半轴；第二问设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合题中的条件，最后应用导数研究函数的单调性，求得其最值.详解：（Ⅰ）右顶点为，，，椭圆的标准方程为．（Ⅱ）设直线的方程为，与椭圆联立得．以为直径的圆经过点，①，代入①式得或（舍去），故直线过定点．，令，则在上单调递减，时，．点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，在解题的过程中，需要明确焦点三角形的有关特征，以及正弦定理的内容和常数的意义，再者就是有关直线与椭圆相交的问题，需要联立消元，韦达定理紧跟其后，将三角形的面积表示成有关变量的函数关系，结合函数的解题思想，求得结果.21. 已知.（1）当时，若函数在处的切线与函数相切，求实数的值；（2）当时，记.证明：当时，存在，使得.【答案】(1).(2)见解析.【解析】分析：第一问将代入解析式，之后对函数求导，从而可以求得，结合，利用点斜式写出切线的方程，之后再结合直线与抛物线相切的有关特征求得参数b的值；第二问结合题中的条件，转化函数解析式，利用导数研究函数的性质，向最值靠拢即可证得结果.详解：（Ⅰ）解：当时，，，故切线方程为．设切线与相切的切点为，故满足方程组解得，故．（Ⅱ）证明：，令，则在上单调递增，在上单调递减.即恒成立，或，在上单调递减，在上单调递增，．只需证时，即可，令则，恒成立，在上单调递减.，在上单调递增，上单调递减，点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，在解题的过程中，需要用到导数的几何意义，求函数图像的切线方程，之后应用抛物线与直线相切，寻找关系，求得结果，至于第二问，利用导数研究函数的单调性，向最值靠拢证得结果.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设点，若直线与曲线交于两点，求的值.【答案】(1)；.(2) .【解析】分析：第一问利用极坐标与平面直角坐标之间的关系，将其极坐标方程转化为平面直角坐标方程，将参数方程消参，将其转化为普通方程；第二问将直线的参数方程代入曲线方程中，化简，结合直线参数方程中参数的几何意义结合韦达定理求得结果.详解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为，直线的普通方程为．（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，得，，异号，．点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标方程与平面直角坐标方程的转换关系以及参数方程向普通方程的转化，再者就是需要明确直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程代入曲线的方程中，结合韦达定理求得结果.23. 已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解：（Ⅰ）①当时，；②当时，；③当时，综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）由三角不等式可得的最小值为2，当且仅当时取等号．点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.。