2019-2020学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、（一）单选题 1 （5 分）设复数 z 满足（1+i）z2，则复平面内表示 z 的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2 （5 分）三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中点，且 ， ， ， 用 ， ， 表示，则等于（ ） A（ + + ） B（ + ） C（ + ） D（ + ） 3 （5 分）若 a，bR，使|a|+|b|4 成立的一个充分不必要条件是（ ） A|a+b|4 B|a|4 C|a|2 且|b|2 Db4 4 （5 分）设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcosC+ccosBasinA，则 ABC 的形状为（

2、） A锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D不确定 5 （5 分）在的展开式中，x 项的系数为（ ） A45 B90 C45 D90 6（5 分） 设等差数列an的前 n 项和为 Sn， 已知 a12015， S62S318， 则 S2020 （ ） A8080 B4040 C8080 D4040 7 （5 分）袋中有大小完全相同的 2 个红球和 3 个黑球，不放回地摸出两球，设“第一次摸 出红球”为事件 A， “摸得的两球同色”为事件 B，则概率 P（B|A）为（ ） A B C D 8 （5 分）某单位有 4 位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 0，1，2，5，为遵守所在城 市元月

3、15 日至 18 日 4 天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾 数为偶数的车通行） ，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌 尾数为 2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（ ） 第 2 页（共 22 页） A4 B12 C16 D24 （二）多选项择题：本题共（二）多选项择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多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项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）甲、乙

4、两类水果的质量（单位：kg）分别服从正态分布 N（1，12） ，N（2， 22） ，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A甲类水果的平均质量 10.4kg B甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值附近 C甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于平均值附近 10 （5 分）设椭圆的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 为椭圆 C 上一动点， 则下列说法中正确的是（ ） A当点 P 不在 x 轴上时，PF1F2的周长是 6 B当点 P 不在 x 轴上时，PF1F2面积的最大值为 C存在点 P，使 PF1PF2 DPF1的取值范围

5、是1，3 11 （5 分）下列命题中为真命题的是（ ） Ax（0，+） ，ln（x+3）sinx B C D 12 （5 分）若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件：直线 l 在点 P（x0，y0）处与曲线 C 相 切；曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，则称直线 l 在点 P 处“切过”曲线 C 第 3 页（共 22 页） 则下列结论正确的是（ ） A直线 l：y0 在点 P（0，0）处“切过”曲线 C：yx3 B直线 l：yx1 在点 P（1，0）处“切过”曲线 C：ylnx C直线 l：yx 在点 P（0，0）处“切过”曲线 C：ysinx D直线 l：yx 在点 P（0，0

6、）处“切过”曲线 C：ytanx 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）设曲线 y3xln（x+1）在点（0，0）处的切线方程 14 （5 分）已知随机变量 的分布列为 1 2 3 P 若 E（）2，则 p 15 （5 分）设 F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，A 是双 曲线的左顶点，点 P 在过点 A 且斜率为的直线上，若PF1F2为等腰三角形，且 F1F2P120，则双曲线 C 的离心率为 16 （5 分）已知ABC 是边长为的正三角形，D 为 BC 的中点，沿 AD 将ABC 折成 一个大小为 60

7、的二面角 BADC，设 O 为四面体 ABCD 的外接球球心则 （1）球心 O 到平面 BCD 的距离为 ； （2）球 O 的体积为 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 个小题，共个小题，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 （10 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，若 4S c2a2b2 （）求角 C 的大小； （）若，ABC 的面积为，求 sinA 及 c 的值 18 （12 分）已知等差数列an满足 a13，当 n2 时 an1+an4n （）求数列an的通项公式；

8、 （）若数列bn满足，求数列bn的前 n 项和 Sn 第 4 页（共 22 页） 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCDEF 的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱 AD1，P 是线段 CF 的延长线上一点，平面 PAB 分别与 DF，EF 相交于 M，N （）求证：MN平面 CDE； （）求当 PF 为何值时，平面 PAB平面 CDE 20 （12 分）在一场抛掷骰子的游戏中，游戏者最多有三次机会抛掷一颗骰子，游戏规则如 下：抛掷 1 枚骰子，第 1 次抛掷骰子向上的点数为奇数则记为成功，第 2 次抛掷骰子向 上的点数为 3 的倍数则记为成功，第 3 次抛掷骰子向上的点数为 6 则记为成功

9、游戏者 在前两次抛掷中至少成功一次才可以进行第三次抛掷， 其中抛掷骰子不成功得 0 分， 第 1 次成功得 3 分，第 2 次成功得 3 分，第 3 次成功得 4 分 （）求游戏者有机会第 3 次抛掷骰子的概率； （）设游戏者在一场抛掷骰子游戏中所得的分数为 ，求随机变量 的分布列和数学期 望 21 （12 分）如图，抛物线的顶点 O 在坐标原点，焦点在 y 轴负半轴上 过点 M（0，2）作直线 l 与抛物线相交于 A，B 两点，且满足 （）求直线 l 和抛物线的方程； （）当抛物线上一动点 P 从点 A 向点 B 运动时，求ABP 面积的最大值 22 （12 分）已知函数，其中 e 为自然对

10、数的底，a 为实常数 （）当 a1 时，求函数 f（x）的单调区间； 第 5 页（共 22 页） （）当 a1 时，求函数 f（x）在区间1，2上的最大值 第 6 页（共 22 页） 2019-2020 学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分） （一）单选题分） （一）单选题 1 （5 分）设复数 z 满足（1+i）z2，则复平面内表示 z 的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】利

11、用复数的运算法则即可得出 【解答】解：（1+i）z2， ， 则复平面内表示 z 的点位于第四象限 故选：D 【点评】本题考查了复数的运算法则及其几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 2 （5 分）三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中点，且 ， ， ， 用 ， ， 表示，则等于（ ） A（ + + ） B（ + ） C（ + ） D（ + ） 【分析】利用向量的平行四边形法则、三角形法则可得：， ，代入化简即可得出 【解答】 解： ， ， 第 7 页（共 22 页） +， +， 故选：B 【点评】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，考查了数形结合方法、推理

12、能力与计算能力，属于中档题 3 （5 分）若 a，bR，使|a|+|b|4 成立的一个充分不必要条件是（ ） A|a+b|4 B|a|4 C|a|2 且|b|2 Db4 【分析】利用不等式的性质、简易逻辑的判定方法即可得出 【解答】解：由 b4 可得|a|+|b|4，但由|a|+|b|4 得不到 b4，如 a1，b5 故选：D 【点评】本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 4 （5 分）设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcosC+ccosBasinA，则 ABC 的形状为（ ） A锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形

13、 D不确定 【分析】由条件利用正弦定理可得 sinBcosC+sinCcosBsinAsinA，再由两角和的正弦公 式、诱导公式求得 sinA1，可得 A，由此可得ABC 的形状 【解答】解：ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， bcosC+ccosBasinA，则由正弦定理可得 sinBcosC+sinCcosBsinAsinA， 即 sin（B+C）sinAsinA，可得 sinA1，故 A，故三角形为直角三角形， 故选：B 【点评】本题主要考查正弦定理以及两角和的正弦公式、诱导公式的应用，根据三角函 数的值求角，属于中档题 5 （5 分）在的展开式中，x 项的系数为（

14、 ） A45 B90 C45 D90 【分析】求出其通项，令 x 的指数为 1 即可求解 【解答】解：展开式中的通项公式是： 第 8 页（共 22 页） ， 令，则 k8， 故 x 项的系数为：， 故选：C 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公 式，体现了转化的数学思想，属于基础题 6（5 分） 设等差数列an的前 n 项和为 Sn， 已知 a12015， S62S318， 则 S2020 （ ） A8080 B4040 C8080 D4040 【分析】 由已知结合等差数的通项公式可求公差 d， 然后结合等差数列的求和公式即可求 解 【解答】解：设等差数

15、列an的公差为 d，因为 S62S318， 则 a1+a2+a3+a4+a5+a62（a1+a2+a3）18， 即 3d+3d+3d18，则 d2 因为 a12015，则， 故选：C 【点评】本题主要考查了等差数列的求和公式及通项公式的简单应用，属于基础 试题 7 （5 分）袋中有大小完全相同的 2 个红球和 3 个黑球，不放回地摸出两球，设“第一次摸 出红球”为事件 A， “摸得的两球同色”为事件 B，则概率 P（B|A）为（ ） A B C D 【分析】求出事件 A 发生的概率，事件 AB 同时发生的概率，利用条件概率公式求得 P （B|A） 【解答】解：由 P（A），P（AB）， 由条件

16、概率 P（B|A）， 故选：A 【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式的应用，体现了转化的数学思想，属 于基础题 8 （5 分）某单位有 4 位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 0，1，2，5，为遵守所在城 第 9 页（共 22 页） 市元月 15 日至 18 日 4 天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾 数为偶数的车通行） ，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌 尾数为 2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（ ） A4 B12 C16 D24 【分析】根据题意，分 2 步进行分析：先安排奇数日的出行，由分步计数原理可得情况 数目，再安排

17、偶数日出行，分两种情况讨论即安排甲和不安排甲的车，将其相加可得此 时的情况数目；由分步计数原理计算可得答案 【解答】解：15 日至 18 日，有 2 天奇数日和 2 天偶数日，车牌尾数中有 2 个奇数和 2 个偶数 第一步安排奇数日出行，每天都有 2 种选择，共有 224 种 第二步安排偶数日出行，分两类： 第一类，先选 1 天安排甲的车，另外一天安排其他车，有 2 种； 第二类，不安排甲的车，只有 1 种选择，共计 1+23 根据分步计数原理，不同的用车方案种数共有 4312， 故选：B 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步和分类计数原理，关键是掌握如何分步 讨论和分类分析 （二）多选

18、项择题：本题共（二）多选项择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多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项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）甲、乙两类水果的质量（单位：kg）分别服从正态分布 N（1，12） ，N（2， 22） ，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A甲类水果的平均质量 10.4kg B甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值附近 C甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D乙类水果的质量比

19、甲类水果的质量更集中于平均值附近 第 10 页（共 22 页） 【分析】根据甲、乙两类正态分布的密度曲线图象，得出平均数的大小，再判断命题是 否正确 【解答】解：由正态分布的密度曲线图象可知， 甲类水果的平均质量为 10.4kg，A 正确； 乙类水果的平均质量为 20.8kg，所以 12，C 正确； 由甲类水果的正态密度曲线比乙类水果的正态密度曲线更凸起些， 所以12，得出 B 正确；所以 D 错误 故选：ABC 【点评】本题考查了正态分布曲线的应用问题，是基础题 10 （5 分）设椭圆的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 为椭圆 C 上一动点， 则下列说法中正确的是（ ） A当点 P 不在

20、 x 轴上时，PF1F2的周长是 6 B当点 P 不在 x 轴上时，PF1F2面积的最大值为 C存在点 P，使 PF1PF2 DPF1的取值范围是1，3 【分析】利用椭圆的定义与性质，逐步验证选项的正误即可 【解答】解：由椭圆方程可知，从而 据椭圆定义，PF1+PF22a4，又 F1F22c2， 所以PF1F2的周长是 6，A 项正确 设点 P（x0，y0） （y00） ，因为 F1F22， 则 因为，则PF1F2面积的最大值为，B 项正确 由图可知，当点 P 为椭圆 C 短轴的一个端点时，F1PF2为最大 此时，PF1PF2a2，又 F1F22， 则PF1F2为正三角形，F1PF260， 所

21、以不存在点 P，使 PF1PF2，C 项错误 由图可知，当点 P 为椭圆 C 的右顶点时，PF1取最大值，此时 PF1a+c3； 当点 P 为椭圆 C 的左顶点时，PF1取最小值，此时 PF1ac1， 第 11 页（共 22 页） 所以 PF11，3，D 项正确， 故选：ABD 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆定义的应用，是基本知识的考查，中档 题 11 （5 分）下列命题中为真命题的是（ ） Ax（0，+） ，ln（x+3）sinx B C D 【分析】A，利用对数函数的单调性得知 ln（x+3）1，而 sinx1，1，即可判断 A； B，利用配方法即可判断； C，根据同角三角函数

22、的平方关系可判断； D，根据指数函数和对数函数的单调性求出两个函数在区间上的值域即可 【解答】解：对于 A 项，当 x0 时，则 ln（x+3）ln3lne1， 又1sinx1，所以 ln（x+3）sinx 恒成立，即 A 正确； 对于 B 项，因为，所以方程 x2+x2 无解，即 B 错误； 对于 C 项，因为对恒成立，即 C 错误； 对于 D 项，指数函数在上单调递减，所以 f（x）maxf（0）1， 对数函数在上单调递减，所以 g（x）min，所以 D 正 确， 故选：AD 【点评】本题考查命题的真假判断，涉及指对函数的图象与性质、三角函数等知识点， 熟悉基本初等函数的图象与性质是解题关

23、键，属于基础题 12 （5 分）若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件：直线 l 在点 P（x0，y0）处与曲线 C 相 切；曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，则称直线 l 在点 P 处“切过”曲线 C 则下列结论正确的是（ ） 第 12 页（共 22 页） A直线 l：y0 在点 P（0，0）处“切过”曲线 C：yx3 B直线 l：yx1 在点 P（1，0）处“切过”曲线 C：ylnx C直线 l：yx 在点 P（0，0）处“切过”曲线 C：ysinx D直线 l：yx 在点 P（0，0）处“切过”曲线 C：ytanx 【分析】先求出曲线 C 在点 P 处的切线方程，再由曲线在

24、点 P 两侧的函数值与对应直线 上点的值的大小判断是否满足题意即可 【解答】解：对于 A，因为 y3x2，当 x0 时，y0，所以在点 P（0，0）处的切线为 l：y0 当 x0 时，y0；当 x0 时，y0，所以曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，即 A 正确； 对于 B，当 x1 时，y1，在 P（1，0）处的切线为 l：yx1 令 h（x）x1lnx，则， 当 x1 时，h（x）0；当 0x1 时，h（x）0，所以 h（x）minh（1）0 故 x1lnx，即当 x0 时，曲线 C 全部位于直线 l 的下侧（除切点外） ，即 B 错误； 对于 C，ycosx，当 x0 时，y1

25、，在 P（0，0）处的切线为 l：yx， 由正弦函数图象可知，曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，即 C 正确； 对于 D，当 x0 时，y1，在 P（0，0）处的切线为 l：yx， 由正切函数图象可知，曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，即 D 正确 故选：ACD 【点评】本题考查切线方程的求法、曲线与切线的位置关系，熟悉函数图象是解题的关 键，属于基础题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）设曲线 y3xln（x+1）在点（0，0）处的切线方程 2xy0 【分析】求出函数的导函数，

26、得到函数在 x0 处的导数，即为切线的斜率，由直线方程 的点斜式得答案 【解答】解：y3xln（x+1）的导数为 y3， 可得曲线 y3xln（x+1）在点（0，0）处的切线斜率为 312， 则曲线 y3xln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为 y02（x0） ， 第 13 页（共 22 页） 即为 y2x，即 2xy0 故答案为：2xy0 【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率， 就是函数在该点处的导数值，是基础题 14 （5 分）已知随机变量 的分布列为 1 2 3 P 若 E（）2，则 p 【分析】利用离散型随机变量的分布列的性质直接求解 【解答

27、】解：， 令，则 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列的性质等基础知识，考查 运算求解能力，是基础题 15 （5 分）设 F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，A 是双 曲线的左顶点，点 P 在过点 A 且斜率为的直线上，若PF1F2为等腰三角形，且 F1F2P120，则双曲线 C 的离心率为 3 【分析】如图，过点 P 作 PBx 轴，垂足为 B构造直角PAB，利用斜率的定义列出 方程并解答 【解答】解：如图，过点 P 作 PBx 轴，垂足为 B 由已知，PF2F1F22c，BF2P60， 则， 所以 由， 解得 c3a， 第 14 页（共 22 页） 所以双曲线

28、的离心率 e3 故答案为：3 【点评】本题考查了双曲线的几何性质与直线方程的应用问题，也考查了数形结合思想， 是中档题 16 （5 分）已知ABC 是边长为的正三角形，D 为 BC 的中点，沿 AD 将ABC 折成 一个大小为 60的二面角 BADC，设 O 为四面体 ABCD 的外接球球心则 （1）球心 O 到平面 BCD 的距离为 ； （2）球 O 的体积为 【分析】 （1）画出图形，利用已知条件，判断外心的位置，然后求解即可 （2）通过求解三角形，转化求解几何体的体积即可 【解答】解： （1）如图，在四面体 ABCD 中，ADDC，ADDB，则BDC60 因为，则 设BCD 的外心为 E

29、，则 OE平面 BCD 因为 AD平面 BCD，则 OEAD 取 AD 的中点 F，因为 OAOD，则 OFAD， 所以 （2）在正BCD 中，由正弦定理，得 在 RtOED 中， 第 15 页（共 22 页） 所以 【点评】本题考查空间几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，转化思 想的应用 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 个小题，共个小题，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 （10 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，若 4S c2a2b2 （）求角 C

30、 的大小； （）若，ABC 的面积为，求 sinA 及 c 的值 【分析】 （）直接利用三角形的面积公式和余弦定理的应用求出结果 （）利用三角形的面积公式和关系式的变换的应用求出结果 【解答】解： （I）因为， 所以， 即，所以 tanC1， 又因为 0C180，所以 （II）因为 c2a2+b22abcosC3a2+2a25a2， 所以，即 所以 因为，且， 所以，即 由正弦定理得， 解得 c1 【点评】本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，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 18 （12 分）已知等差数列an满足 a13，当 n2 时 an1+

31、an4n （）求数列an的通项公式； （）若数列bn满足，求数列bn的前 n 项和 第 16 页（共 22 页） Sn 【分析】本题第（）题根据题干及等差数列的通项公式求出公差 d 的值，即可得到数 列 an 的 通 项 公 式 ； 第 （ ） 题 先 根 据 题 干 等 式 及 其 类 比 式 相减，通过计算可得数列bn的通项公式，然后根据 通项公式的特点采用错位相减法可求出前 n 项和 Sn 【解答】解： （I）由题意，an1+an4n，则 a1+a28， 又 a13，则 a25 等差数列an的公差 da2a12， 又a13， 数列an的通项公式为 an2n+1，nN* （II）由题意，

32、则， 两式相减，得 2nbn+1（n+1）an+1nan（n+1） （2n+3）n（2n+1）4n+3， 当 n2 时， 经检验，b13 也符合该式， 数列bn的通项公式是，nN* ， ， 两式相减，得 【点评】本题主要考查等差数列的基础知识，错位相减法求前 n 项和，考查了方程思想， 转化思想，类比方法的应用本题属中档题 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCDEF 的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱 AD1，P 是线段 CF 的延长线上一点，平面 PAB 分别与 DF，EF 相交于 M，N （）求证：MN平面 CDE； 第 17 页（共 22 页） （）求当 PF 为何值时，平面 PA

33、B平面 CDE 【分析】 （）利用线面平行的性质可得 ABMN，进一步得到 DEMN，由此得证； （）法一：取线段 AB，DE 的中点 G，H，分析可得若 PGCH，则平面 PAB平面 CDE，由此利用解三角形知识求解； 法二：建立空间直角坐标系，利用向量知识得解 【解答】解： （I）因为 ABDE，AB 在平面 DEF 外，则 AB平面 DEF 因为平面 PAB平面 DEFMN， 则 ABMN，从而 DEMN 因为 MN 在平面 CDE 外，所以 MN平面 CDE （II）解法一：分别取线段 AB，DE 的中点 G，H，则 GHCP， 所以 P，C，G，H 四点共面 因为 RtPCARtPC

34、B，则 PAPB，所以 PGAB 因为 ABDE，则 PGDE 若 PGCH，则 PG平面 CDE，从而平面 PAB平面 CDE 此时，CPGHCG，则 因为ABC 是边长为 2 的正三角形，则， 又 GH1，则， 从而 PFPCFC2， 所以当 PF2 时，平面 PAB平面 CDE 第 18 页（共 22 页） （II）解法二：如图，分别取 AB，DE 的中点 O，H，以 O 为原点， 直线 OB，OC，OH 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 由已知，则点， 从而， 设平面 CDE 的法向量为， 由，得 取 y11，则 设 CPt，则点，从而 设平面 PAB 的法向量， 由

35、，得， 取 y2t，则 因为平面 PAB平面 CDE，则， 得，t3，从而 PFPCFC2， 所以当 PF2 时，平面 PAB平面 CDE 【点评】本题考查线面平行的判定及性质，考查面面垂直的判定，考查逻辑推理能力及 第 19 页（共 22 页） 运算求解能力，属于中档题 20 （12 分）在一场抛掷骰子的游戏中，游戏者最多有三次机会抛掷一颗骰子，游戏规则如 下：抛掷 1 枚骰子，第 1 次抛掷骰子向上的点数为奇数则记为成功，第 2 次抛掷骰子向 上的点数为 3 的倍数则记为成功，第 3 次抛掷骰子向上的点数为 6 则记为成功游戏者 在前两次抛掷中至少成功一次才可以进行第三次抛掷， 其中抛掷骰

36、子不成功得 0 分， 第 1 次成功得 3 分，第 2 次成功得 3 分，第 3 次成功得 4 分 （）求游戏者有机会第 3 次抛掷骰子的概率； （）设游戏者在一场抛掷骰子游戏中所得的分数为 ，求随机变量 的分布列和数学期 望 【分析】（I） 游戏者第一、 二、 三次抛掷骰子成功的概率分别为： 设游戏者有机会抛挪第 3 次骰子为事件 A，则 P（A）p1（1p2）+（1p1）p2+p1p2， 由此能求出游戏者有机会抛掷第 3 次骰子的概率 （II） 的可能取值为 0，3，6，7，10分别滶出相应的概率，由此能求出 的分布列和 数学期望 【解答】解： （I）据题意，游戏者第一、二、三次抛掷骰子成

37、功的概率分别为： ， 设游戏者有机会抛挪第 3 次骰子为事件 A， 则， 所以游戏者有机会抛掷第 3 次骰子的概率为 （II）据题意， 的可能取值为 0，3，6，7，10 ， ， ， ， 的分布列为 第 20 页（共 22 页） 0 3 6 7 10 P 的数学期望为 【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查 相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21 （12 分）如图，抛物线的顶点 O 在坐标原点，焦点在 y 轴负半轴上 过点 M（0，2）作直线 l 与抛物线相交于 A，B 两点，且满足 （）求直线 l 和抛物线的方程； （）当抛

38、物线上一动点 P 从点 A 向点 B 运动时，求ABP 面积的最大值 【分析】 （）由题意设出直线和抛物线的方程，联立方程用根与系数法和向量相等求出 p，k 的值； （）由题意 AB 为定长，只要 AB 边上的高最大，则三角形的面积最大；过点 P 的切线 与 l 平行时，APB 得面积最大，求出 P 点的坐标，再求 P 点到直线 AB 的距离和 AB 的 长，再求出面积 【解答】解： （）根据题意可设直线 l 的方程为 ykx2，抛物线方程为 x22py（p 0） （2 分） 有得 x2+2pkx4p0 （3 分） 设点 A（x1，y1） ，B（x2，y2）则 x1+x22pk，y1+y2k（

39、x1+x2）42pk24 （4 分） ， ，解得（5 分） 第 21 页（共 22 页） 故直线 l 的方程为 y2x2，抛物线方程为 x22y （6 分） （）据题意，当抛物线过点 P 的切线与 l 平行时，APB 得面积最大（7 分） 设点 P（x0，y0） ，由 yx，故由x02 得 x02，则 P（2，2） （9 分） 点 P 到直线 l 的距离（10 分） 由，得 x2+4x40 （11 分） （12 分） ABP 的面积的最大值为（14 分） 【点评】本题为直线与抛物线的综合问题，常用的方法联立直线及抛物线的方程，再利 用韦达定理求解，本题还用数形结合思想求最大值，考查了运算能力和

40、数形结合思想 22 （12 分）已知函数，其中 e 为自然对数的底，a 为实常数 （）当 a1 时，求函数 f（x）的单调区间； （）当 a1 时，求函数 f（x）在区间1，2上的最大值 【分析】 （I）当 a1 时，求得，从而可求函数 f（x）的单调区间； （II），a1，则 1a2，分（1）当 11a2， （2） 当 1a1， （3）当11a1， （4）当 a2，四类讨论，分析其单调性即可求得最 大值 【解答】解： （I）当 a1 时， 由 f（x）0，得，x（x1）0，即 0x1 所以 f（x）的单调递增区间是（0，1） ，单调递减区间是（，0）和（1，+） （II） 因为 a1，则 1

41、a2 （1）当 11a2，即1a0 时，由 f（x）0，得 1x1a， 则 f（x）在（1，1a）上单调递增，在1，1）和（1a，2上单调递减， 第 22 页（共 22 页） 所以 f（x）maxmaxf（1） ，f（1a） 因为 f（1）（2a）e， 则 f（1）f（1a） ，所以 f（x）max（2a）e （2）当 1a1，即 a0 时， 所以 f（x）在1，2上单调递减， 所以 f（x）maxf（1）（2a）e （3）当11a1，即 0a2 时，由 f（x）0，得 1ax1， 则 f（x）在（1a，1）上单调递增，在1，1a）和（1，2上单调递减， 所以 f（x）maxmaxf（1） ，f（1）， 因为，则 当时，f（1）f（1） ，f（x）maxf（1）（2a）e； 当时，f（1）f（1） ， （4）当 1a1，即 a2 时，f（x）在1，1）上单调递增， （1，2上单调递减， 则 综上分析， （1）当1a0 时，f（x）max（2a）e； （2）当 a0 时，f（x）max（2a）e （3）当 0a2 时， （4）当 a2 时， 【点评】本题考查函数恒成立问题，考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查等价 转化思想、函数与方程思想及分类讨论思想的综合运用，逻辑思维能力要求高，运算量 大，属于难题