国际经济与贸易就业方向-思想品德评价

2020-2021深圳市高中必修二数学下期末一模试题(附答案)

一、选择题
1
．执行右面的程序框图，若输入的
a,b,k
分别为
1,2,3
，则输出的
M
( )


A
．
20

3
B
．
7

2
C
．
16

5
D
．
15

8
2．已知扇形的周长是
1 2
，面积是
8
，则扇形的中心角的弧度数是（ ）

A
．
1
B
．
4
C
．
1
或
4
D
．
2
或
4

3．已知集合
Axxx20
，则
ð
R
A


2


C
．

x|x1



xx2


A
．
x1x2


D
．

x|x1



x|x2


B
．
x1x2

4．已知集合
Ax|x3x2 0,xR,B

x|0x5,xN

，则满足条件
2< br>
ACB
的集合
C
的个数为（

）

A
．
1
B
．
2
C
．
3
D
．
4

5．在
VABC
中，角
A
，
B
，
C
所对的边为
a
，b
，
c
，且
B
为锐角，若
sinA5c
，
sinB2b
sinB
A
．
23

757
，
S
△ABC

，则
b
（ ）

44
B
．
27
C
．
15
D
．
14

2
6．已知数列
{a
n
}的前
n
项和
S
n
2nn
，那么它的通项公式是（ ）

A
．
a
n
2n1

C
．
a
n
4n1

o
B
．
a
n
2n1

D
．
a
n
4n1

7．在
VABC< br>中，已知
ax,b2,B60
，如果
VABC
有两组解，则x
的取值范围是
( )

A
．
< br>
2，


43




3

B
．

2，

43


3

C
．

2，

43




3

D
．


2,


43



3

8． 有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任
取2支不同颜色的 彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为

A
．
4

5
B
．
3

5
C
．
2

5
D
．
1

5
9．如图，已知三棱柱
AB CA
1
B
1
C
1
的各条棱长都相等，且
CC1

底面
ABC
，
M
是侧棱
CC
1< br>的中点，则异面直线
AB
1
和
BM
所成的角为( )


A
．


2
B
．
C
．
D
．


3

xy5,

2xy4,


则目标函数
z3x5y
10．（
2018
年天津卷文）设变量
x
，
y
满足约束条件

xy1,



y0,
的最大值为

A
．
6
B
．
19

22
C
．
21
D
．
45

11．已知圆
C:

x3



y4

1
和两点
A

 m,0

，
B

m,0

m0
，若圆
C
上存
在点
P
，使得
APB90
，则
m
的最大值为（ ）

A
．7
B
．6

xx
C
．5
D
．4

12．若函数
f(x)(k1)aa(a0
且
a1
）在
R
上既是奇函数
,
又是减函数
,
则
g(x)log
a
(xk)
的图象是（

）

A
．
B
．

C
．
D
．

二、填空题

13．已知三棱锥
SABC
的所有顶点都在球
O
的球面上，
SC
是球
O
的直径
.
若平面
SCA
平面
SCB
，
SAAC
，SBBC
，三棱锥
SABC
的体积为
9
，则球
O< br>的表面积
为
______
．

14．已知函数
f(x )x2xax1
在区间
范围是
____________

32
上恰有一个极值点，则实数
a
的取值
11b
1
，则
3a2b
的最小值等于
______
．

aba
16．若直线
xy1
与直线
(m3)xmy80
平行，则m
______________
．

rr
r
rrr
r
r
17．已知
ab2
，
a2bab 2
，则
a
与
b
的夹角为
.

15．已知
a0
，
b0
，且

18．函 数
f

x

12
x
的定义域是
___ _______
．

19．
1tan1



1tan2

1tan3

L

1tan 44

1tan45

=
__________
．

20．关于函数
f

x

sin xsinx
有如下四个结论：

①
f

x
是偶函数；②
f

x

在区间


π

,
π

上单调递增；③
f

x

最大值为
2
；④
f

x

2
 
在



,


上有四个零点，其中正 确命题的序号是
_______
．

三、解答题
21
．某 市为了考核甲，乙两部门的工作情况，随机访问了
50
位市民，根据这
50
位 市民对
这两部门的评分（评分越高表明市民的评价越高），绘制茎叶图如下：


（
1
）分别估计该市的市民对甲，乙两部门评分的中位数；

（2
）分别估计该市的市民对甲，乙两部门的评分高于
90
的概率；

（
3
）根据茎叶图分析该市的市民对甲，乙两部门的评价．

ruuur
1
uuuruuur
uuu
22．
ABC是边长为
3
的等边三角形，
BE2

BA
,
BF

BC(

1)
,
过点
F
作< br>2
DFBC
交
AC
边于点
D
，交
BA的延长线于点
E
．


uuurruuurrrr
uu ur
2
时，设
BAa,BCb
，用向量
a,b
表示EF
；

3
uuuruuur
（
2
）当

为何值时，
AEFC
取得最大值，并求出最大值．

（
1
）当


23．已知函数
f(x)xax4
，
g(x)|x1||x1|
．

（
1
）当
a1
时，求不等式
f(x)g(x)
的解集；

（
2< br>）若不等式
f(x)g(x)
的解集包含
[–1
，
1]，求
a
的取值范围．

24．某险种的基本保费为
a
（ 单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人
本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下 ：

上年度出险次数

保费

0

1

2

3

4

5

2
0.85a

a

1.25a

1.5a

1.75a

2a


随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

出险次数

频数

0

60

1

50

2

30

3

30

4

20

5

10



（
I
）记A
为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求
P
（
A
）的估计值；

（Ⅱ）记
B
为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费 但不高于基本保费的
160%
”．求
P
（
B
）的估计值；< br>
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值．

25．我国是世界上严重缺水的 国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活
用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标 准
x
（吨）、一位居民的月用水量不超过
x
的部分按平价收费，超出
x
的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了

某年100位 居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照
0,0.5

,0.5,1

,...
,

4,4.5


分成9组，制成 了如图所示的频率分布直方图.


（
1
）求直方图中
a
的值；

（
2
）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；

（< br>3
）若该市政府希望使
85%
的居民每月的用水量不超过标准
x
（吨），估计
x
的值，并
说明理由.

26．以原点为圆心，半径 为
r
的圆
O
O:xyr(r0)
与直线
x3y8 0
相切
.

（
1
）直线
l
过点
(2,6)
且
l
截圆
O
所得弦长为
43
求直线< br>ll
的方程；

（
2
）设圆
O
与
x
轴的正半轴的交点为
M
，过点
M
作两条斜率分别为
k
1
,k
2
k
1
,k
2
的直线
交圆
O
于
A,B
两点，且
k
1
k
2
3
，证明：直线
AB
恒过一个定点，并求出该定点坐标
.

222



【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．D
解析：
D

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：根据题意由
13
成立，则循环，即
M1
133
,a2,b,n2
;
又 由
222
23
成立，则循环，即
M2
M
2838< br>,a,b,n3
;
又由
33
成立，则循环，即
33 23
3315815
15
,a,b,n4
;
又由
43
不成立，则出循环，输出
M
．

28838
8
考点：算法的循环结构

2．C
解析：
C

【解析】

设扇形的半径为
r
，弧长为
l
，则
l2r12，S
∴解得
r2，l8
或
r4，l4


故选
C
．

1
lr8，


2
l
4或1，


r
3．B
解析：
B

【解析】
分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出
x
2
x20
的解集， 从而求得集合
A
，之
后根据集合补集中元素的特征，求得结果
.
< br>详解：解不等式
x
2
x20
得
x1或x2
，

所以
Ax|x1或x2
，

所以可以求得
C
R
A

x|1x2

，故选
B.
点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过
程中，需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果
.


4．D
解析：
D

【解析】

【分析】

【详解】

求解一元二次方程，得

A x|x
2
3x20,xR

x|

x1
x2

0,xR





1,2

，易知
B

x|0x5,xN



1,2,3,4

.

因为
ACB
，所以根据子集的定义，

集合C
必须含有元素
1,2
，且可能含有元素
3,4
，
< br>原题即求集合

3,4

的子集个数，即有
2
24
个，故选
D.

【点评】

本题考查子集的概念， 不等式，解一元二次方程
.
本题在求集合个数时，也可采用列举法
.
列
出集合
C
的所有可能情况，再数个数即可
.
来年要注意集合的交集运算，考 查频度极高
.

5．D
解析：
D

【解析】

【分析】

利用正弦定理化简
sinA5c
，再利用三角形面积公式，即可得到
a,c
，由
sinB2b
sinB
7
，求得
cosB
，最后利用余弦定理即可得到答案．

4
【详解】

由于
sinA5c
a5c5

，有正弦定理可得：


，即
ac

b2b2
sinB2b
757157
，
S
△ABC

，所以
S
VABCacsinB
，

24
44
由于在
VABC
中，
sinB
5

ac

2

57

1
acsinB

，解得：
a5
，
c2

联立

4
2

7
sinB

4

由于B
为锐角，且
sinB
3
7
2
，所以
cos B1sinB

4
4
所以在
VABC
中，由余弦定理 可得：
b
2
a
2
c
2
2accosB14
，故
b14
（负数
舍去）

故答案选
D

【点睛】

本题考查正弦定理，余弦定理，以及面积公式在三角形求边长中的应用，属于中档题．

6．C
解析：
C

【解析】

分类讨论：当n1
时，
a
1
S
1
213
，

当
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
(2nn)


2(n1)n1


4n1
，

且当
n1
时：
4n14113a
1

22

据此可得，数列的通项公式为：
a
n
4n1
.

本题选择
C
选项
.

7．A
解析：
A

【解析】

【分析】

已知< br>a,b,B
，若
VABC
有两组解，则
asinBba
， 可解得
x
的取值范围
.

【详解】

由已知可得< br>asinBba
，则
xsin602x
，解得
2x【点睛】

本题考查已知两边及其中一边的对角，用正弦定理解三角形时解的个数的判断
.
若
VABC
中，已知
a,b,B
且
B
为锐角，若
0basinB
，则无解；若
basinB
或
43
.
故选
A.

3
ba
，则有一解；若
asinBba
，则有两解
.

8．C
解析：
C

【解析】

选取两支彩笔的方法有
C
5
种，含有红色彩笔的 选法为
C
4
种，

1
C
4
42

.

由古典概型公式，满足 题意的概率值为
p
2

C
5
105
2
1
本题选择C选项.

考点：古典概型

名师点睛：对于古典概型问题 主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件
的种数要注意区别是排列问题还是组合问题， 看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔
中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议 采取列举法更直观一些.

9．A
解析：
A

【解析】

【分析】

由题意设棱长为
a
，补正三 棱柱
ABC-A
2
B
2
C
2
，构造直角三角形A
2
BM
，解直角三角形求出
BM
，利用勾股定理求出
A
2
M
，从而求解．

【详解】

设棱长为a，补 正三棱柱ABC-A
2
B
2
C
2
（如图）．

平移AB
1
至A
2
B，连接A
2
M，∠ MBA
2
即为AB
1
与BM所成的角，

在△A
2
BM中，
A
2
B
a5


2a，BMa
2
()
2
a，
22
A
2
Ma
2
(
故选A．

【点睛】


3a
2
13
A
2
B
2
BM
2
A
2
M
2
，MBA
2
,
．

)a，
2
22
本题主要考查了异面直线及其所成的角和勾 股定理的应用，计算比较复杂，要仔细的做．

10．C
解析：
C

【解析】

分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最 大值的点，最
后求解最大值即可
.

详解：绘制不等式组表示的平面区域如图 所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在
点
A
处取得最大值，联立直线方程：< br>

xy5
，可得点
A
的坐标为：
A

2,3

，据此可

xy1
知目标函数的最大值为：
z
max
3x5y325321
.
本题选择
C
选项
.


点睛：求线性目标函数
z
＝
ax
＋
by(ab≠0)
的最值，当
b
＞
0
时，直 线过可行域且在
y
轴上截
距最大时，
z
值最大，在
y
轴截距最小时，
z
值最小；当
b
＜
0
时，直线过可行域且 在
y
轴上
截距最大时，
z
值最小，在
y
轴上截距最 小时，
z
值最大
.

11．B
解析：
B

【解析】

由题意知，点
P
在以原点（
0
，
0
）为圆心，以
m
为半径的圆上，又因为点
P
在已知圆上，
所以只要两圆有交点即可，所以
m15
，故选
B.

考点：本 小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的

能力.

12
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

由题意首先确定函数
g(x)
的解析式，然后结合函数的解析式即可确定函数的图像
.

【详解】
∵函数
f(x)(k1)aa
∴
f(0)=0
，∴
k=2
，

经检验
k=2
满足题意，

又函数为减函数，

所以
0a1
，

所以
g(x)=log
a
(x+2)

定义域为
x>−2
，且单调递减，

故选
A.

【点睛】

本题主要考查对数函数的图像，指数函数的性质，函数的单调性和奇偶性的 应用等知识，
意在考查学生的转化能力和计算求解能力
.

xx
(a>0,a≠1)
在
R
上是奇函数，

二、填空题

13．36π【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上 SC是球O的直径若平
面SCA⊥平面SCBSA=ACSB=BC三棱锥S−ABC的体积为9可知三 角形SBC与三角形SAC
都是等腰直角三角形设球的半
解析：36π

【解析】

三棱锥
S−ABC
的所有顶点都在球
O
的球面上，
SC
是球
O
的直径，

若平面
SCA< br>⊥平面
SCB
，
SA=AC
，
SB=BC
，三棱锥< br>S−ABC
的体积为
9
，

可知三角形
SBC
与三角形
SAC
都是等腰直角三角形，设球的半径为
r
，

可得
2rrr9

，解得
r=3.

球
O
的表面积为：
4

r
2
36

.

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明 确
切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方
体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体
的顶点均在球面上， 正方体的体对角线长等于球的直径
.

11
32
14．【解析】【分 析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-
1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间 无实根所以
解析：
1a7

【解析】

【分析】

【详解】

2
由题意，
f
< br>(x)3x4xa
，则
f

(1)f

(1 )0
，解得
-1
＜
a
＜
7
，经检验当
a =-1
时，
f

(x)3x
2
4x10
的 两个根分别为
x
1
=-,x
2
=-1
，所以符合题目要求，
a7
时，
f

(x)3x
2
4x10< br>,
在区间无实根，所以
1a7
．

1
3
15．11【解析】分析：构造基本不等式模型化简整理应用基本不等式即可得出
答案详解：当且仅当 时取等号的最小值等于11故答案为11点睛：本题考查基
本不等式的性质与应用同时考查了整体思想与 转化思想的运用
解析：11

【解析】

分析：构造基本不等式模型
3a2b
等式，即可得出答案
.
< br>详解：
Q
b11b
()(3a2b)
，化简整理，应用基本不
aaba
11
1
，

ab

3a2 b
b11bba
()(3a2b)53()

aabaab
ba
0
，
0
，


ab
Q
a0
，
b0
，


ba
2
，当且仅当
ab2
时取等号
.

ab
b
5611
.

a
b


3a2b
的最小值等于
11.

a
故答案为
11.

3a2b
点睛：本题考查基本不等 式的性质与应用，同时考查了整体思想与转化思想的运用
.

16．【解析】【分析】 由题意得到关于m的方程解方程即可求得最终结果【详
解】由题意结合直线平行的充分必要条件可得：解 得：此时两直线方程分别为
：两直线不重合据此可知：【点睛】本题主要考查直线平行的充分必要条件
3
解析：


2
【解析】

【分析】

由题意得到关于
m
的方程，解方程即可求得最终结果
.

【详解】

由题意结合直线平行的充分必要条件可得：
1m 

1



m3

0
，

解得：
m
333
，此时两直线方程分别为：
xy 1
，
xy80
，

222
3
.

2
两直线不重合，据此可知：
m
【点睛】

本题主要考查直线平行的充分必要条件，意在考查学生的转化能力和计算求解能力
.

17．【解析】【分析】【详解】根据已知条件去括号得：
解析：
60


【解析】

【分析】

【详解】

r
r
r
r
根据已知条件
(a 2b)(ab)2
，去括号得：
r
2
1
r
2
r
r
aab2b422cos

242
，
cos

,

60


2
18．【解析】由得所以所以原函数定义域为故答案为
解析：

,0


【解析】

由12
x
0
，得
2
x
1
，所以
x 0
，所以原函数定义域为

,0

，故答案为
,0

.

19
．【解析】【分析】根据式子中角度的规律 可知变形有由此可以求解【详
解】根据式子中角度的规律可知变形有所以故答案为：【点睛】本题主要考 查
两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用属于中档题

解析：
2
23

【解析】

【分析】
< br>根据式子中角度的规律，可知



450

45,0

45
，
o

oo

t an45
o

【详解】

tan

tan

1
，变形有

1tan


1tan


2
，由此可以求解．

1tan

tan

o
根据式子中角度的规律，可知



450

45,0

45
，

oo

tan45
o


tan

tan< br>
1
，变形有

tan

1

tan

1

2
．所以

1tan

tan



1tan1

1ta n44

2
，

1tan2

1tan4 3

2
，

L
，

1tan22
1tan23

2
，
1tan452
，< br>

o


1tan1

1t an2

1tan3

L

1tan44
 
1tan45

2
23
．

故答案为：
2
23
．

【点睛】

本题主要考查两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用，属于中档题．

20．① ③【解析】【分析】利用奇偶性的定义判定函数的奇偶性可判断出命题
①的正误；在时去绝对值化简函数 的解析式可判断函数在区间上的单调性可判
断命题②的正误；由以及可判断出命题③的正误；化简函数在 区间上的解析
解析：①③

【解析】

【分析】

利用奇偶性的定义判定函数
yf

x

的奇偶性，可判断出命题 ①的正误；在
x

时，去绝对值，化简函数
yf

x< br>
的解析式，可判断函数
yf

x

在区间

单调性，可判断命题②的正误；由
f




,



2


π

,
π

上的
2





2< br>以及
f

x

2
可判断出命题③的正误；化简2

函数
yf

x

在区间
< br>

,


上的解析式，求出该函数的零点，即可判断命题④ 的正误
.

【详解】

对于命题①，函数
f
x

sinxsinx
的定义域为
R
，关于原点对称，
且
f

x

sinxsin
x

sinxsinxsinxsinxf

x

，该函数为偶函
数，命题①正确；

对于命题②，当

2
x

时，
sinx0
，则
f

x< br>
sinxsinx2sinx
，则函数


yf< br>
x

在

,
π

上单调递减，命 题②错误；

2
对于命题③，
sinx1
，
sinx 1
，
f

x

2
，又
Qf


π





2
，所以，函 数
2

yf

x

的最大值为
2，命题③正确；

对于命题④，当
0xπ
时，
sinx0
，
f

x

sinxsinx2sinx0
，

由于该函数为偶函数，当


x0
时，
f

x

0
，

又
Qf


f




f

0

0
，所以，该函数在区间



,


上有且只有三个零点
.

因此，正确命题的序号为①③
.

故答案为：①③
.

【点睛】

本题考查与三角函数相关命题真假的判断，涉及三角函数的奇偶性、单调性 、最值以及零

点的判断，解题的关键就是将三角函数的解析式化简，考查推理能力，属于 中等题
.

三、解答题


21
．（
1< br>）该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数的估计值分别为
75,67
；（
2< br>）
0.1,0.16
；（
3
）详见解析．

【解析】

试题分析：（
1
）
50
名市民对甲部门 的评分由小到大排序，排在第
25
，
26
位的平均数即为
甲部门评分 的中位数．同理可得乙部门评分的中位数．（
2
）甲部门的评分高于
90
的共 有
5
个，所以所求概率为
5
8
；乙部门的评分高于
90的共
8
个，所以所求概率为．（
3
）
50
50
市民对甲部门的评分的中位数高于乙部门的评分的中位数，且甲部门的评分较集中，乙部
门的评分相对分 散，即甲部门的评分的方差比乙部门的评分的方差小．

试题解析：解：（
1
）由所给茎叶图知，将
50
名市民对甲部门的评分由小到大排序，排在
第
25
，
26
位的是
75
，
75
，故甲样本的中位数为< br>75
，所以该市的市民对甲部门评分的中位
数估计值是
75
．

50
位市民对乙部门的评分由小到大排序，排在第
25
，
26
位的是
66
，
68
，故样本中位数为
6668
67< br>，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是
67
．

2
（
2
）由所给茎叶图知，
50
位市民对甲，乙部门的评分高于
90
的比率为
58
0.1,0.16
，故该市的市民对甲，乙部门的评分高于
90
的概率的估计分别为
5050
0.1,0.16
；
< br>（
3
）由所给茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于乙部门的评分的中位数，而且 由
茎叶图可以大致看出对甲部门的评分的标准差要小于乙部门的评分的标准差，说明该市市
民对 甲部门的评价较高，评价较为一致，对乙部门的评价较低，评价差异较大．（注：考
生利用其它统计量进 行分析，结论合理的同样给分）．

考点：
1
平均数，古典概型概率；
2
统计．

22．（
1
）

【解析】

【分析】

【详解】

4
r
2
r
9
ab
； （
2
）

16
33
uuur
2
r
uuur
2
（
Ⅰ
）由题意可知：
BFb
，且
BF 32
，

3
3
uuur
uuur
4
uuur
4
r
BE4
，故
BEBAa
，
< br>33
uuuruuuruuur
4
r
2
r
EFBF BEab

33

uuuruuur
（
Ⅱ）由题意，
BF3

,FC33

，

uuuruuur
BE6

,AE6

3
，

uuuruuur
279
AEFC(6

3)(33

)cos609

2




22
27
1
3
(,1)
时，

当


2

2
924
uuuruuur
9< br>有最大值．

AEFC
16
、

23．（
1
）
{x|1x
【解析】

【详解】

试题分析：（1）分
x1
，
1x1< br>，
x1
三种情况解不等式
f(x)g(x)
；（2）
1 17
}
；（
2
）
[1,1]
．

2< br>f(x)g(x)
的解集包含
[1,1]
，等价于当
x[1, 1]
时
f(x)2
，所以
f(1)2
且
f(1)2
，从而可得
1a1
．

试题解析：（1）当
a1< br>时，不等式
f

x

g

x
< br>等价于
xxx1x140
.①

2
当
x1
时，①式化为
x
2
3x40
，无解；
当
1x1
时，①式化为
x
2
x20
，从而
1x1
；

当
x1
时，①式化为
x
2
x40
，从而
1x
所以
f

x
g

x

的解集为
{x|1x
（2 ）当
x

1,1

时，
g

x

2
.

所以
f

x

g

x

的解集包含

1,1

，等价于 当
x

1,1

时
f

x

2
.

又
f

x

在

1,1

的最小值必为
f

1

与
f

1

之一，所以
f

1

2
且
f

1

2
，得
1 17
.

2
117
}
.

2
1a1
.

所以
a
的取值范围为

1,1

.
< br>点睛
:
形如
|xa||xb|c
(
或
c< br>)
型的不等式主要有两种解法：

(1)
分段讨论法：利用绝对值号内 式子对应方程的根，将数轴分为
(,a]
，
(a,b]
，
(b, )
(
此处设
ab
)
三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别 列出对应的不等式求解，
然后取各个不等式解集的并集．

(2)图像法：作出函数< br>y
1
|xa||xb|
和
y
2
c
的图像，结合图像求解．

24．（
I
）
【解析】

【分析】

113
；（Ⅱ）；（Ⅲ）
1.1925a
．

2010（
I
）求出
A
为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数 ．总事件人数，即
可求
P
（
A
）的估计值；

（Ⅱ ）求出
B
为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的
160%
”的人数．然后求
P
（
B
）的估计值；

（Ⅲ）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值．

【详解】

解：（
I
）记
A
为事件：“一续保人本 年度的保费不高于基本保费”．事件
A
的人数为：
60+50
＝
11 0
，该险种的
200
名续保，

P
（
A
）的估计值为：
11011

；

20020
（Ⅱ）记
B
为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高 于基本保费的
160%
”．事件
B
的人数为：
30+30
＝
60
，
P
（
B
）的估计值为：
（Ⅲ）续保人本年度 的平均保费估计值为
603

；

20010
0.85a 60a501.25a301.5a301.75a202a10

1. 1925a
．

200
【点睛】

x
本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力．

25．（1）0.3
；（2）
3.6
万；（3）
2.9
.

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：本题 主要考查频率分布直方图、频率、频数的计算等基础知识，考查学生的分
析问题、解决问题的能力
.
第（
1
）问，由高
×
组距
=
频率，计算每组 的频率，根据所有频率
之和为
1
，计算出
a
的值；第（
2< br>）问，利用高
×
组距
=
频率，先计算出每人月均用水量不低
于
3
吨的频率，再利用频率
×
样本容量
=
频数，计算所求人数 ；第（
3
）问，将前
6
组的频率
之和与前
5
组的频 率之和进行比较，得出
2.5≤x<3
，再估计
x
的值
.

0.5=0.04
，

试题解析：（
1
）由频率分布直方图 知，月均用水量在
[0,0.5)
中的频率为
0.08×
同理，在
[ 0.5,1)
，
[1.5,2)
，
[2,2.5)
，
[3, 3.5)
，
[3.5,4)
，
[4,4.5)
中的频率分别为
0.08
，
0.20
，
0.26
，
0.06
，< br>0.04
，
0.02
．

a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1
，

由
0.04+0.08+0.5×
解得
a=0.30
．
< br>（
2
）由（
1
），
100
位居民每人月均用水量不低 于
3
吨的频率为
0.06+0.04+0.02=0.12
．
由以上样本的频率分布，可以估计全市
30
万居民中月均用水量不低于
3
吨的人数为

300 000×0.12=
．

（< br>3
）因为前
6
组的频率之和为
0.04+0.08+0.15+0.2 0+0.26+0.15=0.88>0.85
，

而前
5
组的频率 之和为
0.04+0.08+0.15+0.20+0.26=0.73<0.85
，

所以
2.5≤x<3
．

(x–2.5)=0.85–0.73
，

由
0.3×
解得
x=2.9
．

所以，估计月用水 量标准为
2.9
吨时，
85%
的居民每月的用水量不超过标准．

【考点】

频率分布直方图

【名师点睛】

本题 主要考查频率分布直方图、频率、频数的计算公式等基础知识，考查学生的分析问
题、解决问题的能力< br>.
在频率分布直方图中，第
n
个小矩形的面积就是相应组的频率，所有
小矩形的面积之和为
1
，这是解题的关键，也是识图的基础．

26．（1
）
x2
或
x3y20
x26y100
；（
2
）
(2,0)
.

【解析】

分 析：（
1
）先由直线和圆相切得到圆的方程，再由垂径定理列式，分直线斜率存在与不存
在两种情况得到结果；（
3
）联立直线和圆，由韦达定理得到交点的坐标，由这两个点写出< br>直线方程，进而得到直线过定点
.

详解：

(1)
∵圆
O:x
2
y
2
r
2
(r0)
与 直线
xy220

x3y80
相切，

∴圆心
O
到直线的距离为
d
22
8
1(3)
22< br>4
，

∴圆
O
的方程为：
xy16

若直线
l
的斜率不存在，直线
l
为
x2

x1
，

此时直线
l
截圆所得弦长为
23

43
，符合题意；

若直线
l
的斜率存在，设直线
l
为
y6k

x2


y
3
k

x1

，

3
6
，

12
由题意知，圆心到直线的距离为
d
此时直线
l
为
x26y100
，

33k
9k
2
9
1

d2
，解得 ：
k
则所求的直线
l
为
x2
或
x3y 20

x26y-100

（
2
）由题意知，
M

4,0


A

2,0

，设直线
MA:yk
1
x4

，

与圆方程联立得：


yk< br>1

x2


yk
1

x4



2
，

222

xy 4

xy16
22
消去
y
得：
1k
1
x4k
1
x4k
1
40

1k
1
x8k
1
x16k
1
160
，
222222


∴
x
M
x
A

用

16k
1
2
1
1k
1
2

∴
x
A

4k
1
2
1
1k
1
2

，
y
A

8k
1

1k
1
2
3
换掉
k
1
得到
B
点坐标

k
1
24k
1
4k
1
364k
1
2
y
y

∴
x
B

，
B
B
2
2

2
9k
1k
9k
1
1
1
8k
1
4k
1

4k
1
2
4


∴直线
AB
的方程为
y

x

1k
1
2
3k
1
2

1k
1< br>2

整理得：
y
4k
1

x2


3k
1
2
则直线
AB
恒过定点为

2,0

.

点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用 方法为韦达定理法：因直线的方程
是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化 为方程组关系问
题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方
法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别
式的作 用．