1、公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时， 多边形面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精 确到小数点后面两位的近似值 3.14，这就是著名的徽率，如图是利用刘徽的割圆术设计 的程序框图，则输出的 i 值为（ ） （参考数据：1.732，sin150.2588，sin7.50.1305） 第 2 页（共 27 页） A3 B4 C5 D6 5（5 分） 一个几何体的三视图如图所示， 则该几何体的各个表面中， 最大面的面积为 （ ） A2 B C2 D4 6 （5 分）已知函数 f（x）， （e 为自然对数的底数）的图象与直线|x|
2、e， x 轴围成的区域为 E，直线|x|e 与|y|1 围成的区域为 F，在区域 F 内任取一点，则该点 落在区域 E 内的概率为（ ） A B C D 7 （5 分）已知动点 P（x，y）满足，且代数式 x2+y2+4y+a 的最小值为，则 实数 a 的取值为（ ） A B4 C2+ D4 8 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0，|）的部分图象如图所示，已知点 ，若将它的图象向右平移个单位长度，得到函数 g（x）的 图象，则函数 g（x）的图象的一条对称轴方程为（ ） A B C D 9 （5 分）已知腰长为 2 的等腰直角ABC 中，M 为斜边 AB 的中点，点 P 为该平
3、面内一动 点，若|2，则（+4） （）的最小值为（ ） A2416 B24+16 C4832 D48+32 第 3 页（共 27 页） 10 （5 分）设 e1、e2分别是具有公共焦点 F1、F2的椭圆和双曲线的离心率，P 是两曲线的 一个公共点，O 是 F1F2的中点，且满足|PO|OF2|，则（ ） A B C D 11 （5 分）若数列an的前 n 项和 Sn满足：对nN*都有 SnM（M 为常数）成立，则称 数列an为“和敛数列” ，则数列 an，bn（）n，cn， dn中是“和敛数列”的有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 12 （5 分）定义在 R 上的偶函数 f（x）
4、满足 f（x2）f（x） ，且当 x1，2时，f（x） 4x2+18x14， 若函数 g （x） f （x） mx 有三个零点， 则正实数 m 的取值范围为 （ ） A （，184） B （2，184） C （2，3） D （，3） 二填空题： （本题共二填空题： （本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）已知函数 f（x） ，g（x）分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，且 f（x）+g（） 2x+x，则 f（log23） 14 （5 分） 设 （1+ax） 2019a0+a1x+a2x2+a2019x2019， 若 a1+2a2+3a3+20
5、19a20192019a （a0） ，则负实数 a 15 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，且直线 l 与圆 x2px+y20 交于 C，D 两点，若|AB|3|CD|，则直线 l 的斜率为 16 （5 分）在四面体 ABCD 中，ABAD2，BAD60，BCD90，二面角 A BDC 的大小为 120，则四面体 ABCD 外接球的半径为 三解答题： （本题共三解答题： （本题共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （12 分）已知在ABC 中，角 A
6、，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 cosB+sinB2 （1）求角 B 的大小； （2）若+，求ABC 周长的最大值 第 4 页（共 27 页） 18 （12 分）如图，四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形，FAFC，且DABDBF60 （1）求证：AC平面 BDEF； （2）求直线 AD 与平面 ABF 所成角的正弦值 19 （12 分）2019 年初，某市为了实现教育资源公平，办人民满意的教育，准备在今年 8 月份的小升初录取中在某重点中学实行分数和摇号相结合的录取办法该市教育管理部 门为了了解市民对该招生办法的赞同情况，随机采访了 440 名市民，将他们的意见和是 否近三年家里
7、有小升初学生的情况进行了统计，得到如下的 22 列联表 赞同录取办法人数 不赞同录取办法人数 合计 近三年家里没有小升初学生 180 40 220 近三年家里有小升初学生 140 80 220 合计 320 120 440 （1）根据上面的列联表判断，能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为是否赞同 小升初录取办法与近三年是否家里有小升初学生有关； （2） 从上述调查的不赞同小升初录取办法人员中根据近三年家里是否有小升初学生按分 层抽样抽出 6 人，再从这 6 人中随机抽出 3 人进行电话回访，求 3 人中恰有 1 人近三年 家里没有小升初学生的概率 附：K2，其中 na+b+c+d
8、 P（k2k0） 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20 （12 分）在平面直角坐标系中，点 F1，F2分别为椭圆 C：+1（ab0）的左 右焦点，椭圆 C 的离心率为，点（2，）在椭圆 C 上，不在 x 轴上的动点 P 与动点 Q 关于原点 O 对称，且四边形 PF1QF2的周长为 4 第 5 页（共 27 页） （1）求动点 P 的轨迹方程； （2）在动点 P 的轨迹上有两个不同的点 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，线段 MN 的中点为 G， 已知点（x1，x2）在圆
9、x2+y22 上，求|OG|MN|的最大值，并判断此时OMN 的形状 21 （12 分）已知函数 f（x）axlnx （a 是常数，且（a0） （I）求函数 f（x）的单调区间； （）当 yf（x）在 x1 处取得极值时，若关于 x 的方程 f（x）+2xx2+b 在 上恰有两个不相等的实数根，求实数 b 的取值范围 （）求证：当 n2，nN*时（1+） （1+）（1）e 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为（t 为参数） 在以 坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 2
10、sin （1）求直线 l 的极坐标方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）若 A（1，）是直线 l 上的一点，B（2，+）是曲线 C 上的一点，求的 最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）2|x1|+|xa|（a1） （1）若 a3，解不等式 f（x）6； （2）若不等式 f（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围 第 6 页（共 27 页） 2019-2020 学年陕西省宝鸡中学、西安三中等五校高三（上）第学年陕西省宝鸡中学、西安三中等五校高三（上）第 一次联考数学试卷（理科）一次联考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（本题共一
11、选择题（本题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的）一项是符合题目要求的） 1 （5 分）已知集合，Bx|x2n+1，nZ，则 AB（ ） A （，4 B1，3 C1，3，5 D1，3 【分析】先解出集合 A0，1，2，3，4，然后可判断 1，3B，进行交集的运算即可 求出 AB 【解答】解：A0，1，2，3，4； 对于集合 B：n0 时，x1；n1 时，x3； 即 1，3B； AB1，3 故选：B 【点评】考查描述法、列举法表示集合的概念，以及交集的运算 2 （5 分）设复数 z
12、 满足 z（1i）2i（i 是虚数单位） ，z 的共轭复数为 ，则（ ） A+i B+i Ci Di 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得 z，代入，再由 复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由 z（1i）2i，得 z， 故选：C 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （5 分）已知 f（x）sinxtanx，命题 p：x0（0，） ，f（x0）0，则（ ） Ap 是假命题，p：x（0，） ，f（x）0 第 7 页（共 27 页） Bp 是假命题，p：x0（0，） ，f（x0）0 Cp 是真命题，p：x（0，） ，f（x）0
13、Dp 是真命题，p：x0（0，） ，f（x0）0 【分析】利用特称值，判断特称命题的真假，利用命题的否定关系，特称命题的否定是 全称命题写出结果 【解答】解：f（x）sinxtanx，x（0，） ，当 x时，f（x）， 命题 p：x0（0，） ，f（x0）0，是真命题， 命题 p：x0（0，） ，f（x0）0，则p：x（0，） ，f（x）0 故选：C 【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查 4 （5 分）公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时， 多边形面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精 确
14、到小数点后面两位的近似值 3.14，这就是著名的徽率，如图是利用刘徽的割圆术设计 的程序框图，则输出的 i 值为（ ） （参考数据：1.732，sin150.2588，sin7.50.1305） A3 B4 C5 D6 【分析】模拟程序循环过程，即可得出满足判断框的条件时输出结果 【解答】解：模拟执行程序运行，可得： 第 8 页（共 27 页） n3，i1，Ssin120， 不满足条件 S3.10，执行循环体，i2，n6，Ssin60， 不满足条件 S3.10，执行循环体，i3，n12，Ssin303， 不满足条件 S3.10，执行循环体，i4，n24，Ssin15120.25883.1056
15、， 满足条件 S3.10，退出循环，输出 i 的值为 4 故选：B 【点评】本题考查了循环框图的应用问题，也考查了推理与计算能力，是基础题 5（5 分） 一个几何体的三视图如图所示， 则该几何体的各个表面中， 最大面的面积为 （ ） A2 B C2 D4 【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥 ABCD，底面 BCD 是等腰直 角三角形， BCBD2， 画出图形， 由图可知三角形 ACD 面积最大， 求解三角形得答案 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为三棱锥 ABCD，底面 BCD 是等腰直角三角形，BCBD2， 过 A 作底面垂线 AO，可得 AO，连接 OC，求
16、得 OC， 则 AC，CD，AD， 故选：B 第 9 页（共 27 页） 【点评】本题考查由三视图求面积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题 6 （5 分）已知函数 f（x）， （e 为自然对数的底数）的图象与直线|x|e， x 轴围成的区域为 E，直线|x|e 与|y|1 围成的区域为 F，在区域 F 内任取一点，则该点 落在区域 E 内的概率为（ ） A B C D 【分析】利用定积分求出 E 区域的面积，利用面积测度，求出概率 【解答】解：如图：E 区域的面积为2， F 区域的面积为 2e24e， 故点落在区域 E 内的概率， 故选：A 【点评】考查几何概型，用面积求概率，考查了定积分
17、求面积，中档题 7 （5 分）已知动点 P（x，y）满足，且代数式 x2+y2+4y+a 的最小值为，则 实数 a 的取值为（ ） A B4 C2+ D4 【分析】画出约束条件的可行域，化简代数式，利用几何意义求解最小值，然后求解 a 的范围 【解答】解：动点 P（x，y）满足的可行域如图： 第 10 页（共 27 页） 代数式 x2+y2+4y+ax2+（y+2）2+a4，的几何意义是可行域内的点，到 D（0，2） 距离的平方加 a4， 由图形可知 D 到 OB 的距离取得最小值，所以：4， 解得：a2+ 故选：C 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决
18、本题 的关键 8 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0，|）的部分图象如图所示，已知点 ，若将它的图象向右平移个单位长度，得到函数 g（x）的 图象，则函数 g（x）的图象的一条对称轴方程为（ ） A B C D 【分析】由条件确定函数 f（x）Asin（x+）的解析式，再根据图象变换规律和正弦 函数图象的对称性，可得结果 【解答】解：由 f（x）2sin（x+）的图象知，f（0）2sin，sin， 又|，或 ； 第 11 页（共 27 页） 当 时，f（）2sin（+）0， +，解得 4； f（x）2sin（4x+） ； 若将它的图象向右平移个单位， 得到函数 g（x）2sin
19、4（x）+）2sin（4x）的图象， 令 4xk+，kZ，求得 x+，kZ；不满足题意； 当 时，f（）2sin（+）0， +，解得 2； f（x）2sin（2x+） ； 若将它的图象向右平移个单位， 得到函数 g（x）2sin2（x）+）2sin（2x+）的图象， 令 2x+k+，kZ，求得 x+，kZ； k0 时，得函数 g（x）图象的一条对称轴方程为 x 故选：D 【点评】本题主要考查 yAsin（x+）的图象变换规律以及正弦函数图象的对称性问 题，是中档题 9 （5 分）已知腰长为 2 的等腰直角ABC 中，M 为斜边 AB 的中点，点 P 为该平面内一动 点，若|2，则（+4） （）
20、的最小值为（ ） A2416 B24+16 C4832 D48+32 【分析】由题意，以两直角边为坐标轴，建立平面直角坐标系，进而表示出各点的坐标， 由此表示出各数量积，化简所求式子进而得到目标函数，利用二次函数的图象及性质得 解 【解答】解：以两直角边为坐标轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 易知，A（0，2） ，B（2，0） ，M（1，1） ， 点 P 在以原点 C 为圆心，2 为半径的圆上，其所在的轨迹方程为 x2+y24， 第 12 页（共 27 页） 设 P（2cos，2sin） ，则， ， ， 设， （+4） （）（4t+8） （2t+4）8（t2）2， 令， 显然，当时，目标函数
21、取得最小值 故选：C 【点评】本题考查平面向量的几何运用，同时也涉及了三角函数的有界性及二次函数的 图象及性质，平面向量问题坐标化是解决这类问题的常见方法，注意转化思想及数形结 合思想的运用，属于中档题 10 （5 分）设 e1、e2分别是具有公共焦点 F1、F2的椭圆和双曲线的离心率，P 是两曲线的 一个公共点，O 是 F1F2的中点，且满足|PO|OF2|，则（ ） A B C D 【分析】设出椭圆的长半轴，双曲线的实半轴，它们的半焦距，利用椭圆的和双曲线的 定义可得焦半径，写出两个曲线的离心率，即可得到结果 【解答】解：设椭圆的长半轴是 a1，双曲线的实半轴是 a2，它们的半焦距是 c
22、并设|PF1|m，|PF2|n，mn， 根据椭圆的和双曲线的定义可得 m+n2a1，mn2a2， 解得 ma1+a2，na1a2， 第 13 页（共 27 页） |PO|OF2|，PF1PF2， 由勾股定理得|PF1|2+|PF2|2|F1F2|2 （a1+a2）2+（a1a2）2（2c）2 化简可得 a12+a222c2 2 故选：C 【点评】本题考查圆锥曲线的共同特征，解题的关键是运用椭圆和双曲线的定义得到两 个曲线的参数之间的关系，属于中档题 11 （5 分）若数列an的前 n 项和 Sn满足：对nN*都有 SnM（M 为常数）成立，则称 数列an为“和敛数列” ，则数列 an，bn（）
23、n，cn， dn中是“和敛数列”的有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】分别运用裂项相消求和和放缩法、结合等比数列的求和公式、错位相减法和不 等式的性质，以及新定义“和敛数列” ，即可得到所求结论 【解答】解：因为 an（） ； Sn（+）（） ； 故数列an为“和敛数列” ， 因为 bn（）n是等比数列 Sn212； 可得数列bn为“和敛数列” ； 第 14 页（共 27 页） 由 cn， Sn3+5+7+； Sn3+5+； 可 得 ： ：Sn+2+ + +2 Sn5（2n+5）5； 可得数列cn为“和敛数列” ； 因为 dn； 所以 Sn1+（+）+（+）+ 1+2+4
24、+2n+1+n； 因此 Sn不收敛，去括号得到原式也不收敛 可得数列dn不为“和敛数列” 则是“和敛数列”有 3 个 故选：C 【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和和错位相 减法、放缩法，考查运算能力和推理能力，属于中档题 12 （5 分）定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（x2）f（x） ，且当 x1，2时，f（x） 4x2+18x14， 若函数 g （x） f （x） mx 有三个零点， 则正实数 m 的取值范围为 （ ） A （，184） B （2，184） C （2，3） D （，3） 【分析】根据 f（x2）f（x） ，可知函数的一个周期为 2，
25、作出 x1，2时，f（x） 4x2+18x14 的图象，再根据函数 f（x）为偶函数，f（x）f（x）f（x+2） ，所以 函数 f（x）的图象关于直线 x1 对称，进而可以得到 x0，2上 f（x）的图象，再利用 周期性，可以作出函数 f（x）的图象，由图可知，当直线位于直线 l1与直线 l2之间时可 第 15 页（共 27 页） 以满足题意，即求解 【解答】解：根据 f（x2）f（x） ， 可知函数的一个周期为 2， 作出 x1，2时，f（x）4x2+18x14 的图象， 再根据函数 f（x）为偶函数，f（x）f（x）f（x+2） ， 所以函数 f（x）的图象关于直线 x1 对称，利用周期
26、性， 可以作出函数 f（x）的图象， 函数 g（x）f（x）mx 有三个零点， 所以函数 yf（x）的图象与直线 ymx 有三个交点，由图可知， 当直线位于直线 l1与直线 l2之间时可以满足题意 当直线 l2与 yf（x）的图象相切时， 联立得，4x2+（m18）x+140， （m18）244140，解得 m184，m19+4（舍去） m184 故选：A 【点评】本题主要考查利用函数的性质作函数的图象，解决函数零点问题，属于难题 二填空题： （本题共二填空题： （本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 第 16 页（共 27 页） 13 （5 分）已知函数 f
27、（x） ，g（x）分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，且 f（x）+g（） 2x+x，则 f（log23） +log23 【分析】根据函数奇偶性的定义和性质，利用方程组法进行求解即可 【解答】解：f（x） ，g（x）分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，且 f（x）+g（） 2x+x， f（x）+g（） xx， 即f（x）+g（） xx， 联立可得，f（x）（2x+2x） ， 则 f（log23）（+2log23） ， （3+2log23） 故答案为： 【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性的性质建立方程组关系是解决本 题的关键 14 （5 分） 设 （1+ax） 2019a0+a
28、1x+a2x2+a2019x2019， 若 a1+2a2+3a3+2019a20192019a （a0） ，则负实数 a 2 【分析】等式的两边同时取导数，利用赋值法建立方程进行求解即可 【解答】解：等式两边同时取导数得： 2019a（1+ax）2018a1+2a2x+2019a2019x2018， 令 x1， 得 2019a（1+a）2018a1+2a2+2019a2019， a1+2a2+3a3+2019a20192019a（a0） ， 2019a（1+a）20182019a， （1+a）20181， 则 1+a1 或 1+a1， 得 a0 或 a2， a0， 第 17 页（共 27 页）
29、 a2， 故答案为：2 【点评】本题主要考查二项式的应用，求函数的导数，利用赋值法是解决本题的关键考 查学生的转化能力，难度中等 15 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，且直线 l 与圆 x2px+y20 交于 C，D 两点，若|AB|3|CD|，则直线 l 的斜率为 【分析】设 l 斜率为 k，根据弦长公式计算|AB|，根据|CD|2p 和|AB|3|CD|列方程计算 k 【解答】解：圆 x2px+y20 的圆心为 F（，0） ，半径为 p，|CD|2p， 设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为：ykx，
30、 代入 y22px 可得：k2x2（k2p+2p）x+0， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1+x2p+， |AB|x1+x2+p， 6p，解得 k 故答案为： 【点评】本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交弦长问题、一 元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 16 （5 分）在四面体 ABCD 中，ABAD2，BAD60，BCD90，二面角 A BDC 的大小为 120，则四面体 ABCD 外接球的半径为 【分析】利用ADB 和BCD 的外心找出球心，然后由题意计算出球的半径 【解答】解：如图，取 BD 的中点 E，则 E 为三角
31、形 BCD 的外心，作 OE面 BCD，OE BD，连接 AE， 因为三角形 ABD 为等边三角形，AEBD， 第 18 页（共 27 页） 所以 BD面 AEO，所以面 AEO面 ABD，在 AE 上取点 O，设，知 O是正 三角形 ABD 的中心，在面 AEO 内作 OOAE 交 OE 于 O，则 OO面 ABD，O 为四面 体 ABCD 的外接球的球心， 在面 BCD 内作 EFBD，则FEA 是二面角 ABDC 的平面角， 所以FEA120，可得OEA30， 所以 OEAEBD， OA2OE， OOOEtanOEA tan30， 所以 OA， 故答案为： 【点评】考查四面体的外接球问题
32、，属于难题 三解答题： （本题共三解答题： （本题共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （12 分）已知在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 cosB+sinB2 （1）求角 B 的大小； （2）若+，求ABC 周长的最大值 【分析】 （1）利用辅助角公式即可求出角 B； （2）由正、余弦定理对已知等式化简，求出 b，再利用余弦定理结合基本不等式即可求 出 a+c 的最大值，从而求出ABC 周长的最大值 【解答】解： （1）cosB+sinB2，2sin（B+）2，sin（B+）1， 0B，B+， B； （
33、2）+， 第 19 页（共 27 页） 由正、余弦定理得：+， 整理得：，b， 又B，b， cosB， a2+c23ac，（a+c）233ac， 又a0，c0，由基本不等式的 ac， （a+c）23，解得（a+c）212， a+c2， 又b，三角形两边之和大于第三边， ， ABC 周长的最大值为 3 【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理，是中档题 18 （12 分）如图，四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形，FAFC，且DABDBF60 （1）求证：AC平面 BDEF； （2）求直线 AD 与平面 ABF 所成角的正弦值 【分析】 （1）设 AC 与 BD 相交于点 O，连接 FO，推导
34、出 ACBD，ACFO，由此能证 明 AC平面 BDEF （2）连接 DF，推导出DBF 为等边三角形，从而 FOBD，ACFO，进而 FO平面 ABCD由 OA，OB，OF 两两垂直，建立空间直角坐标系 Oxyz，利用向量法能求出直 线 AD 与平面 ABF 所成角的正弦值 【解答】证明： （1）设 AC 与 BD 相交于点 O，连接 FO， 第 20 页（共 27 页） 四边形 ABCD 为菱形，ACBD，且 O 为 AC 中点， FAFC，ACFO， 又 FOBDO，AC平面 BDEF（5 分） 解： （2）连接 DF，四边形 BDEF 为菱形，且DBF60， DBF 为等边三角形， O
35、 为 BD 中点，FOBD，又 ACFO，FO平面 ABCD OA，OB，OF 两两垂直，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示，（7 分） 设 AB2，四边形 ABCD 为菱形，DAB60，BD2，AC2 DBF 为等边三角形，OF A（） ，B（0，1，0） ，D（0，1，0） ，F（0，0，） ， （） ，（） ，（，1，0） 设平面 ABF 的法向量为 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，1） 设直线 AD 与平面 ABF 所成角为 ，（10 分） 则直线 AD 与平面 ABF 所成角的正弦值为： sin|cos|（12 分） 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值
36、的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转 化思想、数形结合思想，是中档题 19 （12 分）2019 年初，某市为了实现教育资源公平，办人民满意的教育，准备在今年 8 第 21 页（共 27 页） 月份的小升初录取中在某重点中学实行分数和摇号相结合的录取办法该市教育管理部 门为了了解市民对该招生办法的赞同情况，随机采访了 440 名市民，将他们的意见和是 否近三年家里有小升初学生的情况进行了统计，得到如下的 22 列联表 赞同录取办法人数 不赞同录取办法人数 合计 近三年家里没有小升初学生 180 40 220 近三年家里有小升初
37、学生 140 80 220 合计 320 120 440 （1）根据上面的列联表判断，能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为是否赞同 小升初录取办法与近三年是否家里有小升初学生有关； （2） 从上述调查的不赞同小升初录取办法人员中根据近三年家里是否有小升初学生按分 层抽样抽出 6 人，再从这 6 人中随机抽出 3 人进行电话回访，求 3 人中恰有 1 人近三年 家里没有小升初学生的概率 附：K2，其中 na+b+c+d P（k2k0） 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
38、【分析】 （1）直接利用 22 联图和独立性检测的关系式的应用求出相关 （2）利用分层抽样和排列数及组合数的应用求出结果 【解答】解： （1）假设是否赞同小升初录取办法与近三年是否有家里小升初学生无关， 根据 22 联图， 因为 18.33310.828 所以能在犯错误概率不超过 0.001 的前提下认为是否赞同小升初录取办法与近三年是否 家里有小升初学生有关 （2）设从近三年家里没有小升初学生的人员中抽出 x 人，从近三年家里有小升初学生的 人员中抽出 y 人， 由分层抽样的定义可知，解得 x2，y4 设事件 M 为 3 人中恰有 1 人近三年家里没有小升初学生，在抽出的 6 人中，近三年家
39、里 没有小升初学生的有 2 人， 近三年家里有小升初学生的有 4 人， 则从这 6 人中随机抽出 3 第 22 页（共 27 页） 人有种不同的抽法，从这 6 人中随机抽出的 3 人中恰有 1 人近三年家里没有小升初学 生的情况共有种 所以 3 人中恰有 1 人近三年家里没有小升初学生的概率为： 【点评】本题考查的知识要点：独立性检测关系式的应用，22 联图的应用，分层抽样 的应用，排列数和组合数的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属 于基础题型 20 （12 分）在平面直角坐标系中，点 F1，F2分别为椭圆 C：+1（ab0）的左 右焦点，椭圆 C 的离心率为，点（2，）在椭
40、圆 C 上，不在 x 轴上的动点 P 与动点 Q 关于原点 O 对称，且四边形 PF1QF2的周长为 4 （1）求动点 P 的轨迹方程； （2）在动点 P 的轨迹上有两个不同的点 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，线段 MN 的中点为 G， 已知点（x1，x2）在圆 x2+y22 上，求|OG|MN|的最大值，并判断此时OMN 的形状 【分析】 （1）根据椭圆的定义，建立方程关系，进行求解即可 （2）设出点的坐标，建立方程，结合向量数量积的关系，利用基本不等式进行转化判断 即可 【解答】解： （1）设点 F1，F2的坐标分别为 F1（c，0） ，F2（c，0） ， 由已知可知， 又 a2
41、b2+c2，所以可得 a27， 则 a，c， 连接 PQ，因为 OF1OP2，OPOQ， 所以四边形 PF1QF2为平行四边形 因为四边形 PF1QF2的周长为 4， 所以|PF2|+|PF1|2， 第 23 页（共 27 页） 所以动点 P 的轨迹是以点 F1，F2分别为左、右焦点，长轴长为 2的椭圆（除去左、右 顶点） ， 可得动点 P 的轨迹方程为+4y21， （y0） （2）因为 x12+x222，+4y121，+4y221， 所以 y12+y22， 所以|OG|MN| ， 当且仅当+2x1x2+2y1y22x1x22y1y2， 即 x1x2+y1y20 时，等号成立， 所以|OG|M
42、N|的最大值为 【点评】本题主要考查点的轨迹方程的求解，结合椭圆性质建立方程是解决本题的关 键综合性强运算量大，有一定的难度 21 （12 分）已知函数 f（x）axlnx （a 是常数，且（a0） （I）求函数 f（x）的单调区间； （）当 yf（x）在 x1 处取得极值时，若关于 x 的方程 f（x）+2xx2+b 在 上恰有两个不相等的实数根，求实数 b 的取值范围 （）求证：当 n2，nN*时（1+） （1+）（1）e 【分析】 （）先求导，再根据导数和函数的单调性的关系即可得到 （）函数 yf（x）在 x1 处取得极值，可得 f（1）0，解得 a0关于 x 的方程 f（x）+2xx2
43、+b 化为 x23x+lnx+b0令 g（x）x23x+lnx+b， （x，2） 利用导 数研究其单调性极值与最值，关于 x 的方程 f（x）+2xx2+b 在，2上恰有两个不相等 第 24 页（共 27 页） 的实数根，必须满足则，解得即可 （）由（）和（）可知当 a1 时，f（x）f（1） ，即 lnxx1，可得当 x1 时， lnxx1，令 x1+（n2，nN*） ，则 ln（1+），利用“累加求和” 、对 数的运算性质、放缩、 “裂项求和”即可得出 【解答】解： （I） ：f（x）a （x0） ， 若 0x，则 f（x）0， 若 x，则 f（x）0， f（x）的单调递减区间是（0，） ，单调递增区间是（，+） （II）函数 yf（x）在 x1 处取得极值， f（1）0，解得 a0， f（x）xlnx， 关于 x 的方程 f（x）+2xx2+b 化为 x23x+lnx+b0， 令 g（x）x23x+lnx+b， （x，2） ， g（x）2x3+， 令 g（x）0，解得 x或 1， 令 g（x）0，解得 1x2，此时函数 g（x）单调递增， 令 g（x）0，解得x1，此时函数 g（x）单调递减， 关于 x 的方程 f（x）+2xx2+b 在，2
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