山东省（新高考）2021届高三第二次模拟数学试卷（一）含答案解析

1、 山东省（新高考）山东省（新高考）2021 届高三第二次模拟届高三第二次模拟数学数学试卷试卷（一）（一） 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写 在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第第卷卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 8 小题，每小

2、题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只有一项分在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1已知集合， ，若，则（ ） A B C D 2已知复数的实部与虚部的和为 7，则 的值为（ ） A B C D 3某自来水厂一蓄水池可以用甲乙两个水泵注水，单开甲泵需 15 小时注满，单开乙泵需 18 小时注满， 若要求 10 小时注满水池，并且使两泵同时开放的时间尽可能地少，则甲、乙两水泵同时开放的时间最少需 （ ） A4 小时 B7 小时 C6 小时 D14 小时 4是 成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D

3、既不充分也不必要条件 5已知函数，且 ，则实数的取值范围为（ ） A B C D 2 20BxxxZ0,1AB BA 1,11,21,1,21,2 (3i)(32i)()zaaRa 1022 3 3 x y 6 9 xy x y 22 34 x f xxx 2 log3fafa ,28,0,2 0,28,8, 6已知数列中， ，若，则（ ） A8 B9 C10 D11 7已知函数的最小正周期为 ，若在上单调递增，在 上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A B C D 8若均为单位向量，且 ，则的最大值为（ ） A B1 C D2 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 4 小题，每

4、小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的选项中，有多项符合题分在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求全部选对的得目要求全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分 9已知正方体的棱长为 4，为的中点， 为所在平面上一动点，则下列 命题正确的是（ ） A若与平面 所成的角为，则点的轨迹为圆 B若，则 的中点的轨迹所围成图形的面积为 C若点到直线与直线 的距离相等，则点的轨迹为抛物线 D若与所成的角为 ，则点的轨迹为双曲线 n a 1 1a 1 1 1 nn nn aa a n a N 1 10 m a m

5、 8sin0 3 f xx f x , 24 3 m 2 2 3 m m 3 , 2 55 , 64 , 3 2 4 , 8 3 , ,a b c0 a b 0acbcabc 2 12 1111 ABCABC D M 1 DDNABCD MNABCD 4 N 4MN MNP2 N 1 BBDCN 1 D NAB 3 N 10将男、女共位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组，则下列说法正确的是（ ） A位女同学分到同一组的概率为 B男生甲和女生乙分到甲组的概率为 C有且只有位女同学分到同一组的概率为 D位男同学不同时分到甲组的概率为 11意大利画家列奥纳多 达 芬奇（1452415195）的画作抱

6、银貂的女人中，女士脖颈上黑色珍珠 项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达 芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然 下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式： ，其中 a 为悬链线系数，coshx 称为双曲余弦函数，其函数表达式为， 相应地双曲正弦函数的表达式为若直线 xm 与双曲余弦函数 C1与双曲正弦函数 C2的 图象分别相交于点 A，B，曲线 C1在点 A 处的切线 l1与曲线 C2在点 B 处的切线 l2相交于点 P，则下列结论 正确的为（ ） A B是偶函数 C D若是以为直角顶点的直角三角形，则实数 12关于函数，下列判断

7、正确的是（ ） 448 4 1 35 3 14 3 32 35 4 34 35 ( )cosh x f xa a cosh 2 xx e x e sinh 2 xx e x e coshcosh coshsinh s)inh(xyxyxy sinh coshyxx coshsinhxx PABA0m 2 lnf xx x A是 的极大值点 B函数有且只有 1 个零点 C存在正实数，使得恒成立 D对任意两个正实数，且，若，则 第第卷卷 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分分 13的展开式中 的系数是_ 14如图，在平面四边形中，则的最小 值为_

8、15已知函数，则关于 的方程的实根的个数是 _ 16已知圆， ，动圆与圆、都相切，则动圆的圆心 轨迹的方程为_；直线 与曲线仅有三个公共点，依次为、，则的最大值 为_ 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 6 个大题，共个大题，共 7070 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知为等差数列的前项和， （1）求数列的通项公式； 2x f x ( ) yfxx=- k f xkx 1 x 2 x 21 xx 12 f xf x 12 4xx 6 xyz 23 xy z ABCD1AD 2 6 3 BD ABAC2ACAB

9、CD 2 cos,11 ( )2 1,| 1 x x f x xx x 2( ) 3 ( )20fxf x 2 2 1: 31Cxy 2 2 2: 381CxyC 1 C 2 CC ElEP Q R PR n S n an 63 21 9 S S 11 21a n a （2）若，求数列的前项和 18 （12 分）在；的面积 这三个条件中任选两个， 补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目 在中，内角，的对边分别为，已知，且_，_，求 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 19 （12 分） 已知四棱锥中， 四边形 ABCD 为等腰梯形， ADE 为等边三角形，且平面 ADE平面 AB

10、CD （1）求证：AEBD； （2）是否存在一点 F，满足 ()，且使平面 ADF 与平面 BCE 所成的锐二面角的余弦值 为若存在，求出的值，否则请说明理由 1 1 n nn b aa n bn n T 2 AC5415coscaAABC3S ABCABC a b c 3b c EABCDABDC2ADDC4AB EFEB 01 65 13 20 （12 分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种 检验方式：逐份检验，需要检验次；混合检验，将其且)份血液样木分别取样混合在 一起检验若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果

11、 检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的 检验次数总共为次 假设在接受检验的血液样本中， 每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的， 且每份样本是阳性结果的概率为 （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过 3 次检验就能 把阳性样本全部检验出来的概率； （2）现取其中且)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用 混合检验方式，样本需要检验的总次数为 记 E()为随机变量 的数学期望若，运用概率统计的知识，求出关于的函数关系 式，并写出定义域； 若，且采用混合检验方式可以使得样

12、本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望 值更少，求的最大值 参考数据：， 21 （12 分）已知椭圆的离心率，且经过点，点 为椭圆 C 的 左、右焦点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点 P若 ，且点 Q 满足，求面积的最小值 * ()n nN n (k k N2k kk kkk 1k 01pp (k k N2k 1 2 12 ( )()EE p k pf k 1 4 1pe k ln20.6931ln3 1.0986ln51.6094 22 22 :1(0) xy Cab ab 1 2 e 3 1, 2 12 ,F F

13、1 F 12 ,l l 1 l 2 , ,A B l1x 11 AFFBQAQB 1 PQF 22 （12 分）已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有两个极值点，求证： 数学答案数学答案 第第卷卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只有一项分在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1 【答案】D 【解析】由不等式，解得，所以， 又由且，所以，即， 由补集的概念及运算，可得，故选 D 2 【答案】C 【解析】， 2 ( ) x f xea

14、xx 1a ( )yf x(1,(1)f ( )( )F xf xx 1 x 2 x 2 12 (ln(2 )x xa 2 2(2)(1)0 xxxx12x 1,0,1,2B 0,1AB 0,Aa1a 0,1A 1,2 BA 2 (3i)(32i)32 i9i6i36(29)izaaaaa 所以复数的实部与虚部分别为， 于是，解得，故选 C 3 【答案】C 【解析】根据题意开放水泵的工序流程图有两个方案： 方案一：甲乙两泵同时开放甲泵开放 方案二：甲乙两泵同时开放乙泵开放 如果用方案一注水，可设甲乙两泵同时开放的时间为 x 个小时， 由题意得方程，解得(小时)； 如果用方案二注水，可设甲乙两泵

15、同时注水的时间为 y 个小时， 则，解得(小时)， 所以选方案一注水，可得甲乙两水泵同时开放注水的时间最少，需 6 个小时，故选 C 4 【答案】A 【解析】充分性显然成立， 必要性可以举反例：，显然必要性不成立， 故选 A 5 【答案】C 【解析】， 的图象关于直线对称， 和都在上是减函数，在上是增函数， 在上为减函数，在上为增函数 又， 即或，解得或，故选 C 6 【答案】C 【解析】， z 36a29a 36297aa2a 111 (10)1 181515 xx 6x 111 (10)1 181518 yy 602 6 93 y 10 x 5 2 y 2 222 4344 434 xx

16、fxxxxxf x f x2x 2 3 x y 2 4yxx,22, f x,22, 2 log3faf 2 log23 21a 2 log1a 2 log3a 02a8a 1 11 11 1 nn nnnn aa aaaa 所以为以 为首项，公差的等差数列， 所以，所以， 由，所以，故选 C 7 【答案】B 【解析】由题意可得，求得， 令，求得， 由，求得， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以实数的取值范围是，故选 B 8 【答案】B 【解析】由题意知， 又， ， ， ， ，即的最大值为 1，故选 B 1 n a 11d 1 1(1) 1 n nn a 1 n a n 11 10

17、 m a m 10m 2 2 2 22 , 232 kxkkZ 5 , 1212 kxkkZ 3 2 22 , 232 kxkkZ 511 , 1212 kxkkZ f x , 24 3 m 2 2 3 m 5 55 312 564 212 m m m m 55 , 64 222 1abc 0 a b 2 0 acbca baccb c 2 1 a cb cacb 2222 221 1 1 02 11 abcabca ba cb c 1 abcabc 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的选项中，有多项符

18、合题分在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求全部选对的得目要求全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分 9 【答案】ACD 【解析】如图： 对于 A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角， 所以， 所以， 所以点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆， 故 A 正确； 对于 B，在直角三角形中，取的中点， 因为为的中点，所以，且， 因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内， 又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故 B 不正确； 对于 C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所 以点到点的距离等于点到定直线的距

19、离， 又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故 C 正确； 对于 D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为与所成的角为，所以， MD ABCDMNDMNABCD 4 MND 1 11 42 22 DNDMDDND2 MDN 2222 422 3DNMNMD MDE PMNPEDN 1 3 2 PEDN DNEDPEEDPE 1 DD 3PE P3 2 33 NB 1 BB ABCD 1 BBNBN 1 BBNB NBNCD BCDNBCD D 1 ,DA DC DD , ,x y z (4,0,0)A(4,4,0)B 1(0,0,4) D ( , ,0)

20、N x y (0,4,0)AB = 1 ( , , 4)D Nx y 1 D NAB 3 1 |cos,| cos 3 AB D N 所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故 D 正确， 故选 ACD 10 【答案】AB 【解析】位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组的不同分法为， A 选项，位女同学分到同一组的不同分法只有 种，其概率为，对； B 选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为，其概率为，对； C 选项，有且只有位女同学分到同一组种， 则有且只有位女同学分到同一组的概率为，错； D 选项，位男同学同时分到甲组只有 种，其概率为 ， 则位男同学不同时分到甲组的概率为，错， 故选 AB 1

21、1 【答案】ACD 【解析】 ，A 正确； ，记， 则，为奇函数，即是奇函数，B 错误； ，即，C 正确； 对于 D，因为轴，因此若PAB 是以 A 为直角顶点的直角三角形， 22 41 | 2 416 y xy 22 3 1 1616 yx N 8 44 84 CC70 42 21 7035 24 64 CC15 153 7014 3 31 44 C32C2 3 3216 7035 41 1 70 4 169 1 7070 cosh coshsinh sinh 2222 xxyyxxyy eeeeeeee xyxy () 2 cosh x yx y xy ee 22 sinh c 4 osh

22、 xx yxx ee 22 ( ) 4 xx ee h x 22 ()( ) 4 xx ee hxh x ( )h xsinh coshyxx () 22 xxxx eeee coshsinhxx ABx 则，由，解得，D 正确， 故选 ACD 12 【答案】BD 【解析】A：函数的定义域为， 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以是的极小值点，故 A 错误； B： ， 所以函数在上单调递减， 又， 所以函数有且只有 1 个零点，故 B 正确； C：若，即 ，则 令，则 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以，所以， 所以在上单调递减，函数无最小值， 所以不存在正实数，使得恒成立，故

23、 C 错； D：因为在上单调递减，在 上单调递增， 是的极小值点 对任意两个正实数，且，若，则 0 PA k 0 2 m A m P e k e 0m f x () 0,+? 22 212x fx xxx 0,2x ( ) 0fx f x 2x f x 2 lnyf xxxx x 2 22 212 10 xx y xxx () 0,+? 112ln1 1 10f 221 ln22ln2 10f ( ) yfxx=- f xkx 2 ln xkx x 2 2ln x k xx 2 2ln x g x xx 3 4lnxxx gx x 4lnh xxxx lnh xx 0,1x 0h x h x1

24、,x 0h x h x 130h xh ( ) 0gx 2 2ln x g x xx () 0,+? k f xkx f x0,2 () 2,+? 2x f x 1 x 2 x 21 xx 12 f xf x 12 02xx 令，则， 由，得， 即，即，解得， 所以 故要证，需证， 需证，需证 ，则，证 令，所 以在上是增函数 因为时，则，所以在上是增函数 因为时，则，所以， ，故 D 正确， 故选 BD 第第卷卷 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分分 13 【答案】 【解析】， 所以，的展开通项为， 2 1 1 x tt x 21 xtx

25、12 f xf x 12 12 22 lnlnxx xx 21 12 22 lnlnxx xx 21 2 121 2 ln xxx x xx 1 11 21 ln tx t x tx 1 21 ln t x tt 21 21 ln t t xtx tt 2 12 22 ln t xx tt 12 4xx 12 40 xx 2 22 40 ln t tt 2 224 ln 0 ln ttt tt 2 1 1 x t x ln0tt 2 224 ln0ttt 2 224 ln1H tttt t 44ln41H tttt 414 401 t Htt tt H t () 1,+? 1t 0H t 0H

26、 t H t () 1,+? 1t 0H t 0H t 2 224 ln 0 ln ttt tt 12 4xx 60 6 6 xyzxyz 6 xyz 6 16 C r rr r Axyz 的展开式通项为， 所以，的展开式通项可以为， 其中且、， 令，解得， 因此，的展开式中的系数是，故答案为 14 【答案】 【解析】设， 在中，由正弦定理得，即， 整理得 由余弦定理得， 因为，所以 在中， 由余弦定理得 （其中） ， 所以当时，故答案为 15 【答案】5 【解析】由，知或， 由函数解析式，知： r yz 1 CC1 kk kr kkr kk krr Byzyz 6 xyz 6 1,16 C

27、C1 k rkrr kk rkr Txyz 06krkrN 61 2 3 r rk k 5 3 r k 6 xyz 23 xy z 3 53 65 C C160 60 3 3 ADB ABD sinsin ABBD BAD 2 6 3 sinsin AB BAD 2 6 sinsin 3 ABBAD 222 114 6 2coscos 33 ABADBDAD BD ABAC 2 BADDAC ACD 2222 2cos1 22 2sinCDADACAD ACDACABABBAD 258 68 325 cossin8sin() 3333 tan2 sin()1 min 3 3 CD 3 3 2(

28、 ) 3 ( )20fxf x( )2f x ( )1f x ( )f x 当时，有，解得，满足； 当时，若且，有； 若，解得，满足， 综上知：方程一共有 5 个根，故答案为 5 16 【答案】或， 【解析】已知圆，则圆内含于圆， 圆的圆心为，半径为； 圆的圆心为，半径为 设动圆的半径为，分以下两种情况讨论： 圆与圆外切，与圆内切， 由题意可得， 此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆， ，则，此时，轨迹的方程为； 圆与圆、都内切，且， 由题意可得， 此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆， ，此时，轨迹的方程为， 综上所述，轨迹的方程为或 由于直线 与曲线

29、仅有三个公共点，则直线 与椭圆相切 ( )2f x 2 12x 3x | 1x ( )1f x cos1 2 x 11x 0 x 2 11x 2x | 1x 22 1 2516 xy 22 1 167 xy 15 2 2 2 1: 31Cxy 2 2 2: 381Cxy 1 C 2 C 1 C 1 3,0C 1 1r 2 C 2 3,0C 2 9r C r C 1 C 2 C 1 2 1 9 CCr CCr 121 106CCCCCC CE 1 C 2 C 1 210a 1 5a 1 3c 22 111 4bacE 22 1 2516 xy C 1 C 2 C 12 rrr 1 2 1 9 C

30、Cr CCr 121 86CCCCCC CE 1 C 2 C 2 28a 2 4a 2 3c 22 222 7bacE 22 1 167 xy E 22 1 2516 xy 22 1 167 xy lEl 22 1 167 xy 若直线 的斜率不存在时，直线 的方程为， 可设直线 的方程为，联立，解得，此时； 当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为， 联立，消去并整理得， ， 可得， 设点、，联立， 消去并整理得， 22222222 2 504 251625161600 25161440010k mmkkmk ， 由韦达定理得， 22 2 2 2222 2 2 4 2516120 1 5012

31、0120 1 9 2516251625162516 25 1 1 mk km k kkkk k k ， ，当且仅当时，取得最大值 故答案为或， 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 6 个大题，共个大题，共 7070 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 【答案】 （1）； （2） ll4x l4x 22 4 1 2516 x xy 4 12 5 x y 24 5 PQ llykxm 22 1 167 ykxm xy y 222 167321670kxkmxm 22222222 1 324 1671677 8 1670k mmkkm

32、 22 167mk 11 ,P x y 22 ,R x y 22 1 2516 ykxm xy y 222 25165025160kxkmxm 12 2 50 2516 km xx k 2 12 2 2516 2516 m x x k 2 22 121212 114PRkxxkxxx x 12015 2592 PR 0k PR 15 2 22 1 2516 xy 22 1 167 xy 15 2 21 n an 21 n n T n 【解析】 （1）等差数列的前项和， 得， 因为，所以， 等差数列的公差， 所以， （2）由（1）可知， 18 【答案】答案见解析 【解析】解：方案一：选条件 因为

33、，所以， 由正弦定理得 因为，所以 因为，所以， 因为，所以， 所以，所以 因为，所以， n an 1 2 n n n aa S 163 6332 121 2111 63 3 2 9 21 2 aa Sa aaSa 11 21a 32 63a n a 3211 6321 2 32 1121 aa d 11 1121 21121 n aandnn 1111 21212 2121 n b nnnn 11111111 11 2335212122121 n n T nnnn 5415coscaA3b545 coscabA 5sin4sin5sincosCABA sinsinsincoscossinCA

34、BABAB5cossin4sinBAA sin0Acos 4 5 B 2 3 sin1 cos 5 BB 2 ACABC 2 2 BC 3 cos2cossin 25 CBB 2 1 cos21 sin 25 C C 0,C 5 sin 5 C 在中，由正弦定理得 方案二：选条件 因为，所以 因为，所以 在中，由正弦定理得， 所以，即 因为，所以， 所以，所以 又，所以， 所以，所以 在中，由正弦定理得 方案三：选条件 因为，所以， 由正弦定理得， 因为， 所以 ABC 5 3 sin 5 5 3 sin 5 bC c B 1 sin3 2 SabC3bsin2aC 2 ACABC 2 2 B

35、C ABC 3sin sin3cos2 sincos2 sin2 2 C bAC a BC C 3sincos 2 cos2 CC C 3sin24cos2CC 0 2 0 AC C 0 2 C02C sin20C cos20C 22 sin 2cos 21CC 3 cos2 5 C 2 1 cos21 sin 25 C C 5 sin 5 C ABC 5 3 sinsinsin 5 5 3 sincos2 sin2 52 bCbCbC c BC C 5415coscaA3b545 coscabA 5sin4sin5sincosCABA sinsinsincoscossinCABABAB 5c

36、ossin4sinBAA 因为，所以， 因为，所以 （） 在中，由余弦定理得， 所以 （） 由（） （）解得或 19【答案】（1） 证明见解析； （2） 存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 【解析】 （1）取的中点，连接， ， 四边形是平行四边形， 为等边三角形，是直角三角形， 平面平面，平面，平面平面， 平面，平面， （2）F 为 EB 中点即可满足条件 取的中点，连接，则， 取的中点，连接，平面平面，平面， 所以平面， 如图建立空间直角坐标系， sin0Acos 4 5 B 2 3 sin1 cos 5 BB 1 sin3 2 SacB10ac ABC 222 2cosbacacB

37、 22 25ac 5c 2 5c 1 2 ADFBCE 65 13 ABGDG 1 2 BGABCDBGCD BCDG2DGBCAGAD ADG 1 2 DGAB ABDADBD ADE ABCDBD ABCDAD ADEABCD BDADEAE ADEAEBD ADHEHEHAD ADHEHADE ABCDEH EAD EH ABCD3EH 2 3BD Dxyz 则， 则， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为 由，得，取； 由，得，取， 于是， 解得或（舍去） ， 所以存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 20 【答案】 （1）； （2）（且） ；8 【解析】 （1）记恰好经过 3

38、次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件， 则 （2）根据题意，可知，的可能值为 1， 则， 所以， 由，得， 所以（且） 由于，则， 0,0,0D2,0,0A0,2 3,0B1, 3,0C 1,0, 3E 2,0,0DA 1, 3,0CB 1,2 3,3EB ,2 3 ,3EFEB 1,2 3 , 33DF ADF 111 ( ,)x y zmBCE 222 (,)xy zn 0 0 DF DA m m 111 1 12 3330 20 xyz x 0,12 ，m 0 0 CB EB n n 22 222 30 2 330 xy xyz 3,1,3 n 2 1 665 |cos,| 13 13

39、521 m n m n mn 1 = 2 1 3 1 2 ADFBCE 65 13 3 10 1 1 1 k p k * kN2k A 3121 3223 3 5 AA CC3 1A0 P A 1 Ek 2 1k 2 11 k Pp 2 111 k Pkp 2 11 1111 kkk Epkpkkp 12 EE 11 k kkkp 1 1 1 k p k * kN2k 1 4 1pe 4 2 1 k Ekke 所以，即， 设， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， ， 所以的最大值为 8 21 【答案】 （1）； （2）6 【解析】 （1）由题意，得，解得， 所以椭圆的方程为 （2）由（

40、1）可得， 若直线的斜率为 0，则的方程为与直线无交点，不满足条件； 设直线，若，则则不满足，所以， 设， 由，得， ， 因为，即， 4 1 k kkek ln0 4 k k ln 4 x fxx 114 44 x fx xx 0 x 0,4x 0fx f x0,4 4,x 0fx f x4, ln823 n2208lf 99 ln92ln30 4 9 4 f k 22 1 43 xy 2 2 2 22 1 1 4 9 1 4 1 b e a ab 2 4a 2 3b 22 1 43 xy 1 1,0F 1 l 2 l1x1x 1: 1lxmy0m1QAQB0m 11 ,A x y 22 ,B

41、 x y 00 ,Q x y 22 3412 1 xy xmy 22 34690mymy 12 2 6 34 m yy m 12 2 9 34 y y m 11 AFFB QAQB 1122 10102020 1,1, , xyxy xxyyxxyy 则， 所以，解得， 于是， 直线的方程为， 联立，解得，所以 所以， 当且仅当时， 22 【答案】 （1）； （2）证明见解析 【解析】 （1）当时，则， 所以， 又，所以切线方程为，即 （2）由题意得，则 因为函数有两个极值点， 所以有两个不相等的实数根， 令，则 当时，恒成立，则函数为上的增函数， 故在上至多有一个零点，不符合题意； 当时，令

42、，得， 当时，故函数在上单调递减； 12 yy 1020 yyyy 101 220 yyy yyy 12 0 12 23y y y yym 2 1 3 1FQm m 2 l 1 1xy m 1 1 1 xy m x (1, 2 )Pm 2 1 2 1PFm 1 2 11 31 11 36 2 PQF m SFQFPm mm 1m 1 min 6 PQF S (3)1yex 1a 2 ( ) x f xexx( )21 x fxex (1)3kfe (1)2fe(3)(1)2yexe (3)1yex 2 ( ) x F xeax( )2 x F xeax ( )F x 1 x 2 x ( )0F

43、 x 1 x 2 x ( )2 x h xeax( )2 x h xea 0a ( )0h x( )h x R ( )h x R 0a ( )0h xln(2 )xa (,ln(2 ) xa( )0h x( )h x(,ln(2 )a 当时，故函数在上单调递增， 因为函数有两个不相等的实数根， 所以，得， 不妨设，则， 又，所以 令， 则， 所以函数在上单调递增 由，可得，即， 又，是函数的两个零点，即， 所以 因为，所以， 又，函数在上单调递减， 所以，即 又，所以，因此 (ln(2 ),)xa( )0h x( )h x(ln(2 ),)a ( )0h x 1 x 2 x min ( )(l

44、n(2 )22 ln(2 )0h xhaaaa 2 e a 12 xx 1 ln(2 )xa 2 ln(2 )1xa (0)10h 1 (0,ln(2 )xa 2 4 ( )( )(2ln(2 )44 ln(2 ) x x a G xh xhaxeaxaa e 22 44 ( )4240 xx xx aa G xeaea ee ( )G x R 2 ln(2 )xa 2 (ln(2 )0G xGa 22 2ln(2 )h xhax 1 x 2 x( )h x ( )( )12 h xh x= 12 2ln(2 )h xhax 2 ln(2 )xa 2 2ln(2 )ln(2 )axa 1 ln(2 )xa( )h x(,ln(2 )a 12 2ln(2 )xax 12 2ln(2 )xxa 1212 2xxx x 12 22ln(2 )x xa 2 12 (ln(2 )x xa