2021年新疆高考数学第二次适应性检测试卷（理科）含答案解析

1、 第 1 页（共 24 页） 2021 年新疆高考数学第二次适应性检测试卷（理科）年新疆高考数学第二次适应性检测试卷（理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。题目要求的。 1 （5 分）已知集合 1A ，0，1， |1|By yx，xA，则(AB ) A 1，0 B0，1 C 1，1 D 1，0，1 2 （5 分）如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为 1，两点A，B对应 的复数分别为 1 z， 2 z，则 12 (zz ) A47i B

2、87i C8i D4i 3 （5 分）若关于x的不等式 2 cos2 0 x xmxn 的解集为( 2,3)，则(mn ) A5 B5 C6 D6 4 （5 分）已知a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法 正确的是( ) A若/ /ab，b，则/ /a B若a，b，c，/ /ab，则/ /bc C若b，c，ab，ac，则a D若a，b，/ /ab，则/ / 5 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（四川省安岳县）人，他在所著的数书 九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图 给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例若输入n，x的值

3、分别为 3，3，输出v时 循环体被执行的次数为( ) 第 2 页（共 24 页） A2 B3 C4 D5 6 （5 分）以直角三角形两直角边为直径向外作两个半圆，以斜边为直径向内作半圆，则三 个半圆所围成的两个月牙（希波克拉蒂月牙）面积的和等于该直角三角形的面积，这个定理 叫作希波克拉蒂的“月牙定理” 如图所示，在直角三角形ABC中，1BC ，30CAB， 将整个图形记为区域M，若向区域M内随机投一点P，则点P落入“希波克拉蒂月牙”的 概率为( ) A 3 2 3 B 3 2 C 3 D 3 3 7 （5 分）函数( )cos()(f xx ，常数，0，|) 2 的部分图象如图所示，为得 到函

4、数sinyx的图象，只需将函数( )f x的图象( ) 第 3 页（共 24 页） A向右平移 2 3 个长度单位 B向右平移 3 个长度单位 C向左平移 6 个长度单位 D向左平移 3 个长度单位 8 （5 分）已知向量a，b满足| 2a ，| 2 3b ，a与ab夹角的大小为 3 ，则(a b ) A0 B2 C2 D1 9 （5 分）已知抛物线 2 :4C yx，直线1(0)xmym与C交于A，B两点，若k表示直 线AB的斜率，则|kAB的最小值为( ) A6 B7 C8 D9 10 （5 分） 设，(,) 2 2 ，sin，sin是方程 2 5210 xx 的两根， 则coscos(

5、) A 3 2 5 B 2 3 5 C 3 2 5 D 2 3 5 11 （5 分）已知 1( 5,0) F ， 2(5,0) F是双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的两个焦点，过 1 F的直 线l与圆 222 :O xya切于点T，且与双曲线右支交于点P，M是线段 1 PF的中点，若 | 1OMTM，则双曲线的方程为( ) A 22 1 916 xy B 22 1 169 xy C 22 1 1213 xy D 22 1 1312 xy 12 （5 分）若函数( ) xx f xeex ，则满足 2 ()( 12 (| 1) 0 2 x f afln x 恒成立的实 数a的

6、取值范围是( ) A 1 2 4 ln ，) B 7 62 2 ln ，) C 1 2 2 ln，) D 1 22 2 ln，) 第 4 页（共 24 页） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）若变量x，y满足 22 0, 1 0, 1 0, xy xy xy 则目标函数2zxy的取值范围是 14 （5 分）2021 年 1 月，某地成为新冠疫情中风险地区，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生 志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每家医院至少去 1 人，则共有 种不同的分配 方案 15 （5 分）在ABC中，已知9AB ，7BC ， 1

7、9 cos() 21 CA，则cosB 16 （5 分）南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖 暅原理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截， 如果截得两个截面的面积总相等， 那么这两个几何体 的体积相等已知曲线 2 :4C xy，直线l为曲线C在点(2,1)的切线如图所示，阴影部分 为曲线C，直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体 为U过点(0，)(01)yy剟作U的水平截面，所得截面面积是 （用y表示） ，试借助一 个圆锥，并利用祖暅原理，得出U的体积是

8、三三.解答题：共解答题：共 70 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 （12 分）记数列 n a的前n项和为 n S，已知 2 23(*) n Snn nN （1）求证：数列 n a为等差数列； （2）若数列 1 1 (1)(1) nn aa 的前n项和为 n T，求满足 3 19 n T 的最小正整数n 18（12 分） 已知多边形ABCDEF是边长为 2 的正六边形， 沿对角线AD将平面ADEF折起， 使得6BF 第 5 页（共 24 页） （1）证明：平面ABCD 平面ADEF； （2）在线段AD上是否存在一点C，使二面角ABFG

9、的余弦值为 10 5 ，若存在，请求 出AG的长度；若不存在，请说明理由 19 （12 分）全面建成小康社会，一个也不能少，2020 年是我国全而打赢脱贫攻坚战的收官 之年 某地区围绕脱贫攻坚作出一系列重大部署和安排， 鼓励农户利用荒坡种植中药材脱贫 致富某农户考察三种不同的药材苗A，B，C，经引种试验后发现，引种苗A的自然成 活率为 0.8，引种苗B，C的自然成活率均为(0.70.9)pp剟 （1）任取苗A，B，C各一株，估计自然成活的株数为X，求X的分布列及()E X； （2）将（1）中的()E X取得最大值时p的值作为B种药材苗自然成活的概率该农户决定 引种n株B种药材苗，引种后没有自然

10、成活的苗中有75%的苗可经过人栽培技术处理，处 理后成活的概率为 0.8，其余的苗不能成活 求一株B种药材苗最终成活的概率； 若每株药材苗引种最终成活后可获利 300 元，不成活的每株亏损 50 元，该农户为了获利 不低于 20 万元，问至少引种B种药材苗多少株？ 20 （12 分）已知椭圆 2 2 2 :1(0) x Eya a 的两个焦点为 1 F， 2 F，过右焦点 2 F作斜率为 1 的直线交椭圆于A，B两点，且 1 ABF的面积为 4 3 （1）求a的值； （2）过椭圆E上异于其顶点的任意一点P作圆 22 1 2 xy的两条切线，切点分别为C， D若直线CD在x轴、y轴上的截距分别是

11、m，n，问 22 11 2mn 是否为定值，若是，求出 这个定值；若不是，说明理由 21 （12 分）已知函数 2 ( )(0) 2 x xa f xea x （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）当0b，1)时，设函数 2 (1) ( )(0) x eb x g xx x 有最小值h（b） ，求h（b）的最大 第 6 页（共 24 页） 值 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲 线 1 C的极坐标方程为 2 2 4 13sin ，曲线 2 C的极坐标方程为1若正方形ABCD的顶 点都在

12、2 C上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为(1,) 6 （1）求点A，B，C，D的直角坐标； （2）设P为 1 C上任意一点，求 22 |PAPC的取值范围 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （10 分）已知函数( ) |1|f xx （1）求不等式( )(2 ) 4f xfx的解集M； （2）记集合M中的最大元素为m，若不等式 2( )()fmxf axm在1，)上有解，求实 数a的取值范围 第 7 页（共 24 页） 2021 年新疆高考数学第二次适应性检测试卷（理科）年新疆高考数学第二次适应性检测试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题

13、：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。题目要求的。 1 （5 分）已知集合 1A ，0，1， |1|By yx，xA，则(AB ) A 1，0 B0，1 C 1，1 D 1，0，1 【解答】解： 1A ，0，1，0B ，1，2， 0AB，1 故选：B 2 （5 分）如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为 1，两点A，B对应 的复数分别为 1 z， 2 z，则 12 (zz ) A47i B87i C8i D4i 【解答】解：由图可知： 1 32zi， 2

14、 2zi ， 则 12 (32 )( 2)623447zziiiii ， 故选：A 3 （5 分）若关于x的不等式 2 cos2 0 x xmxn 的解集为( 2,3)，则(mn ) A5 B5 C6 D6 【解答】解：因为cos20 x ， 又 2 cos2 0 x xmxn 的解集为( 2,3)， 所以 2 0 xmxn的解集为( 2,3)， 第 8 页（共 24 页） 故23m ，23n ， 所以1m ，6n ，则6mn 故选：C 4 （5 分）已知a，b，c为三条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法 正确的是( ) A若/ /ab，b，则/ /a B若a，b，c，/ /ab，则/

15、/bc C若b，c，ab，ac，则a D若a，b，/ /ab，则/ / 【解答】解：若/ /ab，b，则/ /a或a，故A错误； 若a，b，c，/ /ab，则/ /bc，正确， 证明如下： / /ab，a，b，/ /a， 又a，且c，/ /ac，则/ /bc，故B正确； 若b，c，ab，ac，且b与c相交，则a，当b与c平行时，a与可能 有三种位置关系， 即a或/ /a或a与相交，相交也不一定垂直，故C错误； 若a，b，/ /ab，则/ /或与相交，故D错误 故选：B 5 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（四川省安岳县）人，他在所著的数书 九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍

16、是比较先进的算法，如图所示的程序框图 给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例若输入n，x的值分别为 3，3，输出v时 循环体被执行的次数为( ) 第 9 页（共 24 页） A2 B3 C4 D5 【解答】解：若输入n，x的值分别为 3，3，执行程序有1v ，2i ， 第一次执行循环体，是，5v ，1i ，不满足退出循环的条件； 第二次执行循环体，是，16v ，0i ，不满足退出循环的条件； 第三次执行循环体，是，48v ，1i ，满足退出循环的条件； 故输出v时循环体被执行的次数为 3 次， 故选：B 6 （5 分）以直角三角形两直角边为直径向外作两个半圆，以斜边为直径向内作半圆，则三

17、个半圆所围成的两个月牙（希波克拉蒂月牙）面积的和等于该直角三角形的面积，这个定理 叫作希波克拉蒂的“月牙定理” 如图所示，在直角三角形ABC中，1BC ，30CAB， 将整个图形记为区域M，若向区域M内随机投一点P，则点P落入“希波克拉蒂月牙”的 概率为( ) A 3 2 3 B 3 2 C 3 D 3 3 【解答】解：直角三角形ABC中，1BC ，30CAB， 第 10 页（共 24 页） 所以3AC ，2AB ， 3 2 R ， 1 2 r ， 2 1 13 28 SR ， 2 2 1 28 Sr ， 31 3 22 ABC SS 阴影 ， 故 向 区 域M内 随 机 投 一 点P， 点P

18、落 入 “ 希 波 克 拉 蒂 月 牙 ” 的 概 率 133 2333 288 P 故选：D 7 （5 分）函数( )cos()(f xx ，常数，0，|) 2 的部分图象如图所示，为得 到函数sinyx的图象，只需将函数( )f x的图象( ) A向右平移 2 3 个长度单位 B向右平移 3 个长度单位 C向左平移 6 个长度单位 D向左平移 3 个长度单位 【解答】解：根据函数( )cos()(f xx ，常数，0，|) 2 的部分图象， 可得1A， 1 225 4312 ，2 再根据五点法作图，可得 5 2 12 ，故 6 ，函数( )cos(2) 6 f xx 为得到函数sinsin

19、2cos(2) 2 yxxx 的图象， 只需将函数( )f x的图象向右平移 3 个长 度单位即可， 故选：B 8 （5 分）已知向量a，b满足| 2a ，| 2 3b ，a与ab夹角的大小为 3 ，则(a b ) A0 B2 C2 D1 【解答】解：因为| 2a ，| 2 3b ， 第 11 页（共 24 页） 所以 22 |2162abaa bba b， 因为a与ab夹角的大小为 3 ， 所以() |cos162 3 aabaaba b ， 又 2 ()4aabaa ba b， 所以1624a ba b， 两边平方整理可得 2 ()60a ba b， 所以6a b或0a b， 当6a b时

20、，| 2ab， cosa， 2 ()461 222| aabaa b ab a ba ab ， 此时a与ab夹角的大小为 2 3 ，与已知矛盾，舍去； 当0a b，| 4ab， cosa， 2 ()401 242| aabaa b ab a ba ab ， 此时a与ab夹角的大小为 3 ，符合条件， 综上可得，0a b 故选：A 9 （5 分）已知抛物线 2 :4C yx，直线1(0)xmym与C交于A，B两点，若k表示直 线AB的斜率，则|kAB的最小值为( ) A6 B7 C8 D9 【解答】解：由抛物线的方程 2 :4C yx，可得2p ， 所以抛物线的焦点为(1,0)F， 所以直线AB

21、的方程为1xmy经过点F， 设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 由 2 1 4 xmy yx ，得 2 440ymy， 第 12 页（共 24 页） 2 16160m成立， 所以 12 4yym， 所以 2 121212 (1)(1)()242xxmymym yym， 所以 2 12 |44ABxxpm， 因为直线AB的斜率 1 (0)km m ， 所以 2 1 | 44kABm m ， 令 2 1 ( )44f mm m ，(0,)m， 则 3 22 181 ( )8 m f mm mm ， 当 1 0 2 m时，( )0f m，( )f m单调递减， 当 1 2 m

22、 时，( )0f m，( )f m单调递增， 所以 2 11 ( )( )4( )247 22 min f mf 所以|kAB的最小值为 7， 故选：B 10 （5 分） 设，(,) 2 2 ，sin，sin是方程 2 5210 xx 的两根， 则coscos( ) A 3 2 5 B 2 3 5 C 3 2 5 D 2 3 5 【解答】解：因为sin，sin是方程 2 5210 xx 的两根， 所以可取 16 sin 5 ， 16 sin 5 ， 又，(,) 2 2 ， 所以 2 182 6 cos1 5 sin ， 2 182 6 cos1 5 sin ， 所以 182 6182 62 3

23、 coscos 555 故选：D 第 13 页（共 24 页） 11 （5 分）已知 1( 5,0) F ， 2(5,0) F是双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的两个焦点，过 1 F的直 线l与圆 222 :O xya切于点T，且与双曲线右支交于点P，M是线段 1 PF的中点，若 | 1OMTM，则双曲线的方程为( ) A 22 1 916 xy B 22 1 169 xy C 22 1 1213 xy D 22 1 1312 xy 【解答】解：由题意可得 22 5cab，即 22 25ab， 连接OT，在直角三角形OTM中，可得 222 |OMTMa， 又| 1OMTM，

24、可得 2 |OMTMa， 则 2 1 |(1) 2 OMa， 2 1 |(1) 2 TMa， 又在直角三角形 1 OTF中， 22 1 |TFcab， 所以 22 11 11 | 2| 2()21 22 PFMFbaba， 由OM为 12 PFF的中位线，可得 2 2 | 2| 1PFOMa ， 由双曲线的定义可得 12 | 2PFPFa，即1ba ， 由解得3a ，4b ， 所以双曲线的方程为 22 1 916 xy 故选：A 12 （5 分）若函数( ) xx f xeex ，则满足 2 ()( 12 (| 1) 0 2 x f afln x 恒成立的实 数a的取值范围是( ) 第 14

25、页（共 24 页） A 1 2 4 ln ，) B 7 62 2 ln ，) C 1 2 2 ln，) D 1 22 2 ln，) 【解答】解：( )f x的定义域为R，且()() xxxx fxeexeex ， 则( )f x为奇函数， ( ) xx f xeex ，( )1 2 1 10 xx f xee 恒成立， ( )f x在R上单调递增， 要使 2 ()( 12 (| 1) 0 2 x f afln x 恒成立， 则 2 ()( 12 (| 1)(12 (| 1) 2 x f afln xfln x 恒成立， 即 2 12 (| 1) 2 x aln x恒成立，也就是 2 1 2 (

26、| 1) 2 x aln x恒成立， 令 2 ( )2 (| 1) 2 x g xln x，该函数为偶函数，只需求 2 ( )2 (| 1) 2 x g xln x在0，)上的 最大值 2 ( )2 (1) 2 x g xln x， 2 22(1)(2) ( ) 111 xxxx g xx xxx 当(0,1)x时，( )0g x，当(1,)x时，( )0g x， ( )g x有最大值为g（1） 1 22 2 ln，可得 1 2 2 2 aln ， 实数a的取值范围是 1 22 2 ln，) 故选：D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13（5

27、分） 若变量x，y满足 22 0, 1 0, 1 0, xy xy xy 则目标函数2zxy的取值范围是 1，10 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， 第 15 页（共 24 页） 由图可得(0,1)A， 联立 10 220 xy xy ，解得(3,4)B 作出直线20 xy，由图可知，平移直线20 xy至A时， 2yxz 在y轴上的截距最小，z有最小值为 1， 平移直线20 xy至B时，2yxz 在y轴上的截距最大，z有最大值为 10 目标函数2zxy的取值范围是1，10 故答案为：1，10 14 （5 分）2021 年 1 月，某地成为新冠疫情中风险地区，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生

28、 志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每家医院至少去 1 人，则共有 14 种不同的分 配方案 【解答】解：根据题意，将 4 名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每人有 2 种选法， 则 4 人有 4 2 2 2 2216 种情况， 其中 4 人同去一个医院的情况有 2 种， 则每人去一家医院， 每家医院至少去 1 人的安排方法 有16214种； 故答案为：14 15 （5 分）在ABC中，已知9AB ，7BC ， 19 cos() 21 CA，则cosB 11 21 【解答】解：9AB ，7BC ，ABBC，CA， 作CDAD，交AB于D，则DCAA ， BCDCA ，即 19 c

29、os 21 BCD， 设ADCDx，则9BDx， 在BCD中，由余弦定理知， 222 2cosBDCDBCCD BCBCD， 第 16 页（共 24 页） 22 19 (9)4927 21 xxx ，解得6x ， 6ADCD，3BD ， 在BCD中，由余弦定理知， 222 9493611 cos 22 3 721 BDBCCD B BD BC 故答案为： 11 21 16 （5 分）南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖 暅原理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截， 如果截得两个截面的面积

30、总相等， 那么这两个几何体 的体积相等已知曲线 2 :4C xy，直线l为曲线C在点(2,1)的切线如图所示，阴影部分 为曲线C，直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体 为U过点(0，)(01)yy剟作U的水平截面，所得截面面积是 2 (1) (01)yy剟 （用y 表示） ，试借助一个圆锥，并利用祖暅原理，得出U的体积是 【解答】解：过点(0, )y的直线与抛物线 2 1 : 4 C yx的交点为(2y，)y，01y剟 直线l为曲线C在点(2,1)处的切线，则切线的斜率为 2 |1 x y ， 切线方程为1yx 过点(0, )y的直线与切线1yx的交点为(1,

31、 )yy， 用平行于底面的平面截几何体所得截面为圆环， 截面面积为 22 (21 4 )(1)yyyy ； 取底面直径为 2，高为 1 的圆锥，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到截面为圆， 圆的半径为(1)y，截面面积为 2 (1) y，符合题意 则U体积等于圆锥的体积等于 2 1 11 33 第 17 页（共 24 页） 故答案为： 2 (1)y； 3 三三.解答题：共解答题：共 70 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 （12 分）记数列 n a的前n项和为 n S，已知 2 23(*) n Snn nN （1）求证：数列 n a为

32、等差数列； （2）若数列 1 1 (1)(1) nn aa 的前n项和为 n T，求满足 3 19 n T 的最小正整数n 【解答】证明： （1）数列 n a的前n项和为 n S，已知 2 23(*) n Snn nN 当1n 时，解得 1 1a ， 当2n时， 2 1 23(1)(1) n Snn ， 所以得：264 n an， 故32 n an 所以 1 3 nn aa （常数） ， 故数列 n a为等差数列 解： （2）由于 1 11111 () (1)(1)(31)(32)3 3132 n nn b aannnn ， 所以 1 1111111 11 ()() 3 255831323 2

33、3264 n n T nnnn ， 3 6419 n n T n ， 解得12n ， 故n的最小值为 13 18（12 分） 已知多边形ABCDEF是边长为 2 的正六边形， 沿对角线AD将平面ADEF折起， 使得6BF （1）证明：平面ABCD 平面ADEF； （2）在线段AD上是否存在一点C，使二面角ABFG的余弦值为 10 5 ，若存在，请求 出AG的长度；若不存在，请说明理由 第 18 页（共 24 页） 【解答】 （1）证明：在正六边形ABCDEF中，连接BF，与AD交于点O，则FOAD， 3FOBO，且6BF ， 222 FOOBBF，因此BOFO， AD、BO 平面ABCD，且A

34、DBOO， FO平面ABCD， 又FO 平面ADEF，平面ABCD 平面ADEF； （2）解：建立如图所示空间直角坐标系， 则(0A，1，0)，( 3B，0，0)，(0F，0，3)， 设(0G，a，0)( 13)a 剟， 设平面ABF的一个法向量为 111 (,)mx y z， 则 11 11 30 30 m ABxy m AFyz ，取 1 1x ，得( 1, 3, 1)m ； 又(3,0, 3)BF ，(3, ,0)BGa ， 设平面BFG的一个法向量为 222 (,)nxyz， 则 22 22 330 30 n BFxz n BGxay ，取 2 1x ，得 3 (1,1)n a 设二面

35、角ABFG的平面角为， 则 2 3 |2| |10 cos |53 52 m n a m n a ，解得 1 4 a ， 15 | 1 44 AG 故在线段AD上存在点G，使二面角ABFG的余弦值为 10 5 ， 5 | 4 AG 第 19 页（共 24 页） 19 （12 分）全面建成小康社会，一个也不能少，2020 年是我国全而打赢脱贫攻坚战的收官 之年 某地区围绕脱贫攻坚作出一系列重大部署和安排， 鼓励农户利用荒坡种植中药材脱贫 致富某农户考察三种不同的药材苗A，B，C，经引种试验后发现，引种苗A的自然成 活率为 0.8，引种苗B，C的自然成活率均为(0.70.9)pp剟 （1）任取苗A

36、，B，C各一株，估计自然成活的株数为X，求X的分布列及()E X； （2）将（1）中的()E X取得最大值时p的值作为B种药材苗自然成活的概率该农户决定 引种n株B种药材苗，引种后没有自然成活的苗中有75%的苗可经过人栽培技术处理，处 理后成活的概率为 0.8，其余的苗不能成活 求一株B种药材苗最终成活的概率； 若每株药材苗引种最终成活后可获利 300 元，不成活的每株亏损 50 元，该农户为了获利 不低于 20 万元，问至少引种B种药材苗多少株？ 【解答】解： （1）由题意可知，X的可能取值为 0，1，2，3， 所以 22 (0)0.2(1)0.20.40.2P Xppp， 2122 2 (

37、1)0.8(1)0.2(1)0.8(1)0.4(1)0.41.20.8P XpCpppppp， 2122 2 (2)0.20.8(1)0.21.6 (1)1.41.6P XpCppppppp， 2 (3)0.8P Xp， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 2 0.20.40.2pp 2 0.41.20.8pp 2 1.41.6pp 2 0.8p 所以 2222 ()0 (0.20.40.2) 1 (0.41.20.8)2 ( 1.41.6 )3 0.8E Xppppppp 20.8(0.70.9)pp剟； （2）当0.9p 时，()E X取得最大值 一株B药材苗最终成活的概率为0.9

38、0.1 0.750.80.96； 记Y为n株药材的成活株数，( )M n为n株药材的利润， 则( ,0.96)YB n，( )0.96E Yn，( )30050()35050M nYnYYn， ( )350 ( )50286E M nE Ynn， 要使( ) 200000E M n ，则有 43 699143n， 第 20 页（共 24 页） 所以该农户至少种植 700 株药材，就可获利不低于 20 万元 20 （12 分）已知椭圆 2 2 2 :1(0) x Eya a 的两个焦点为 1 F， 2 F，过右焦点 2 F作斜率为 1 的直线交椭圆于A，B两点，且 1 ABF的面积为 4 3 （

39、1）求a的值； （2）过椭圆E上异于其顶点的任意一点P作圆 22 1 2 xy的两条切线，切点分别为C， D若直线CD在x轴、y轴上的截距分别是m，n，问 22 11 2mn 是否为定值，若是，求出 这个定值；若不是，说明理由 【解答】解： （1）设椭圆的焦距为2c，则 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c， 过右焦点 2 F作斜率为 1 的直线为：yxc，显然 22 1ac， 故椭圆方程为 2 2 2 1 1 x y c ， 联立方程 2 2 2 1 1 yxc x y c ，整理可得： 22 (2)210cycy ，设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 则 121

40、2 22 21 , 22 c yyy y cc ，因为三角形 1 ABF的面积 1212 14 2(|)| 23 Scyycyy ， 且 2 22 121212 22 88 |()4 (2) c yyyyy y c ，则 2 22 884 (2)3 c c c ，解得1c ， 所以 22 12ac ，又0a ，所以2a ； （2）设点 0 (P x， 0) y，由P是椭圆 2 2 1 2 x y上的一点， 2 |1 2 min OP ， 可知点P在圆 22 1 2 xy外， 过P作圆的切线有两条，设切点 1 (C x， 1) y， 2 (D x， 2) y，CD是过P作圆的切线产生的切 点弦，

41、 由C，D是切点知OCPC，ODPD， 所以直线 1 00 1 :() x PC yyxx y ，因为 1 (C x， 1) y在PC上， 所以 1 1010 1 () x yyxx y ，即直线 22 1 01011 :PC x xy yxy， 第 21 页（共 24 页） 又因为 1 (C x， 1) y在 22 1 2 xy上，则 22 11 1 2 xy， 所以直线 1010 1 : 2 PC x xy y，同理直线 2020 1 : 2 PD x xy y， 所以直线上有两点满足方程 00 1 2 x xy y， 因为两点定唯一一条直线，所以直线CD的方程为： 00 1 2 x xy

42、 y， 由直线CD在x轴，y轴的截距分别为m，n，于是 00 11 , 22 mn xy ， 2 2220 000 22 11 244() 22 x xyy mn ，又因为 2 20 0 1 2 x y， 故 22 11 4 2mn 为定值 21 （12 分）已知函数 2 ( )(0) 2 x xa f xea x （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）当0b，1)时，设函数 2 (1) ( )(0) x eb x g xx x 有最小值h（b） ，求h（b）的最大 值 【解答】解： （1）函数( )f x的定义域为(，2)( 2，)， 且 2 22 42 ( ) (2)2(2) xx

43、axaxaxa fxee xxx ， 令 2 0 xaxa，则 2 4aa， 当04a剟时，0， 2 0 xaxa ， 即( ) 0fx且不恒为零，故( )f x的单调递增区间为(, 2) 和( 2,)， 当4a 时， 0， 方程 2 0 xaxa的两根为 2 1 4 2 aaa x ， 2 2 4 2 aaa x ， 由于 2 1 44 ( 2)0 2 aaa x ， 2 2 44 ( 2)0 2 aaa x ， （或令 2 ( ) xxaxa，( 2)40)a 故 12 2xx ， 因此当 1 (,)xx 时，( )0fx，( )f x单调递增， 当 1 (xx，2)时，( )0fx，(

44、)f x单调递减， 当 2 ( 2,)xx 时，( )0fx，( )f x单调递减， 当 2 (xx，)时，( )0fx，( )f x单调递增， 第 22 页（共 24 页） 综上，当04a剟时，( )f x的单调递增区间为(, 2) 和( 2,)； 当4a 时，( )f x在 2 4 (,) 2 aaa 单调递增，在 2 4 ( 2 aaa ，2)单调递减， 在 2 4 ( 2,) 2 aaa 单调递减，在 2 4 ( 2 aaa ，)单调递增 （2）由 33 2 (2)() (2)(2) 2 ( ) x x x xeb xeb x x g x xx ， 设 2 ( )(0) 2 x x k

45、 xeb x x ， 由（1）知，0a 时， 2 ( ) 2 x x f xe x 在(0,)单调递增， 故( )k x在区间(0,)单调递增， 由于k（2）0b ，(0)10kb ，故在(0，2上存在唯一 0 x， 使 0 ()0k x， 0 0 0 2 2 x x be x ， 又当 0 (0,)xx时，( )0k x ，即( )0g x，( )g x单调递减， 当 0 (xx，)时，( )0k x ，即( )0g x，( )g x单调递增， 故(0,)x时，h（b） 00 00 0 0 00 0 22 000 2 (1) 2 () 2 xx xx x eex ebxbxe g x xxx

46、 ， 0 (0 x ，2， 又设( ) 2 x e m x x ，(0 x，2，故 22 (2)(1) ( )0 (2)(2) xxx exeex m x xx ， 所以( )m x在(0，2上单调递增，故( )m xm（2） 2 4 e ， 即h（b）的最大值为 2 4 e 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲 线 1 C的极坐标方程为 2 2 4 13sin ，曲线 2 C的极坐标方程为1若正方形ABCD的顶 点都在 2 C上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为(1,) 6 （1）求点A，B，C，D的直角坐标； （2）设P为 1 C上任意一点，求 22 |PAPC的取值范围 第 23 页（共 24 页） 【解答】 解： （1） 点A的极坐标为(1,) 6 ， 根据 222 cos sin x y xy 转换为直角坐标为 3 1 (, ) 22 ， 点B的极坐标为(1,) 62 ，根据 222 cos sin x y xy 转换为直角坐标为 13 (,) 22 ， 点C的极坐标为(1,) 6 ，根据 222 cos sin x y xy 转换为直角坐标为 31 (,) 22 ， 点D的极坐标为 3 (1,) 62 ，根据 222