舞蹈艺考-美国养老金制度

广东省深圳市宝安中学（集团)2019-2020学年高三下学期
2月月考数学（理)试题

第I卷（选择题)

一、单选题 < br>2
1
．设函数
f(x)x1
，对任意
x[,)，
f

3
2

x

2
4mf(x)f(x1)4f(m)

m

恒成立，则实数m
的取值范围是（

）

A
．
(,][,)

1
2
1
2
B
．
(,
22
]U[,)

22
C
．
(,
33
][,)

22
D
．
(,1]U[1,)


4< br>x
2
y
4
1x
2
2y
,

2
．已知实数
x，y
满足

x2y40,
若
yk(x1)1
恒成立，那么
k
的取值

3xy 30,

范围是
( )
A
．

,3


2

1



B
．

,


3

4


C
．
3,



D
．

,


2


1


3
．如图，点
F
是抛物线
y< br>2
8x
的焦点，点
A
、
B
分别在抛物线
y
2
8x
及圆

x2

2
且
A B
总是平行于
x
轴，则
FAB
的周长的取值
y
2
16
的实线部分上运动，
范围是（

）


A
．

8,12

B
．

6,10

C
．

6,8

D
．

8,13


4
．已知函数
f
x

sin


x


0

在区间


7

2


,

上单调，且
123



f

1
，

4


3

f


4


0
，则

的最大值为（

）


试卷第1页，总6页

A
．
7 B
．
9 C
．
11 D
．
13




5
．已知偶函数< br>f(x)
的定义域为

,

，其导函数为
f

(x)
，当
0x
时，有
2

22




f

(x)cosxf(x)sinx0成立，则关于
x
的不等式
f(x)2f

cosx
的解集为

4

（

）

A
．




,


42

B
．





 

,



,



24

42






,0



,


4

4 2

C
．







,0



0,


4
 
4

D
．


r


r

r
r
6
．设向量
a

cos

,1

,b(2,sin

)
，若
ab
,
则
tan





( )
4

A
．
—
1

3
B
．
1

3
C
．
-1 D
．
-3
7
．已知复数
za1

a2< br>
i

aR

，则
“
a1
”< br>是
“
z
为纯虚数
”
的（

）

2

A
．充分不必要条件
B
．必要不充分条件
C
．充要条件

必要条件

8
．已知
0
＜
x
＜
2
2
，
0
＜
y
＜
2
2
，且
M
＝
(2x)
2
y
2

D
．既不充分也不
x
2
(2y)
2
+
(2x)
2
(22y)
2
(22x)
2
(2 y)
2
则
M
的最小值为（ ）

A
．
22
B
．
23
C
．
2 D
．
42

x
2
9
．已知双曲线
C
：
y
2
1
，
O
为坐标原点，
F
为< br>C
的右焦点，过
F
的直线与
3
C
的两条渐近线的交点 分别为
M
、
N.
若
V
OMN
为直角三角形，则|MN|=
A
．
3

2
B
．
3 C
．
23
D
．
4
10
．黄金三角形有两种，其 中底和腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三
角形，它是顶角为
36
的 等腰三角形
(
另一种是顶角为
108
的等腰三角形
)
例如 ，正五角
星由五个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一个黄金三角形
ABC
中，
BC51
，根据这些信息，可得
sin234
=
（

）


AC2
试卷第2页，总6页

A
．
125

4
B
．

35

8
C
．

15

4
D
．

45

8
11
．设
z
A
．
i

34 i
2
，
f

x

xx1
，则
f

z


（

）

43i
B
．
i
C
．
1i
D
．
1i

12
．已知数列

a
n
满足：
a
1
1
，
a
n1
a
n
1
(nN

)
.
若
b
n1
(n2

)(1)
a
n
2
an
(nN

)
，
b
1


，且数列

b
n

是单调递增数列，则实数

的 取值范围是（

）

A
．



2

3
B
．


3

2
C
．


3

2
D
．


2

3
第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明

二、解答题
13
．如图，在四棱锥
P-ABCD
中，底面
ABCD
是正方形，且
ADPD1
，平面
PCD⊥
平面
ABCD
，
PDC120

，点
E
为线段
PC
的中点，点
F
是线段
AB
上的一个动点．


（
Ⅰ
）求证：平面
DEF
平面
PBC
；

（
Ⅱ
）设二面角
CDEF
的平面角为

，试判 断在线段
AB
上是否存在这样的点
F
，
使得
tan

23
，若存在，求出
|AF|
的值；若不存在，请说明理由．

|FB|
试卷第3页，总6页

14
．已知函数
f( x)x
2
axb,g(x)e
x
(cxd)
.
若 曲线
yf(x)
和曲线
yg(x)
都过点
P(0,2)
,
且在点
P
处有相同的切线
y4x2
.
b,c,d
的值
;
（
Ⅰ
）求
a,
（Ⅱ
）若
x2
时
,
f(x)kg(x)
,
求
k
的取值范围
.
15
．已知
f

x< br>
x1ax1
.
（
1
）当
a1
时，求不等式
f

x

1
的解集；

（
2
）若
x

0,1

时不等式
f

x

x
成立，求
a
的取值范围
.
16
．近年来，国资委
.
党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大 决
策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某贫困县为了响
应国家 精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积以及相应的管理时
间的关系如下表所示：< br>
土地使用面积
x
（单位：亩）

1 2
管理时间
y
（单位：月）


并调查了某村
300
名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示
:

愿意参与管理

不愿意参与管理

50

3 4 5
8 10 13 25 24
男性村民

150
女性村民

50

（
1
）求出相关系数
r
的大小，并判断管理时间
y
与土地使用面积
x
是否线性相关？
（
2
）是否有
99.9%
的把握认为村民的性别与参与管理的 意愿具有相关性？

（
3
）若以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计 贫困县的情况，则从该贫困县

中任取
3
人，记取到不愿意参与管理的男性村 民的人数为
x
,
求
x
的分布列及数学期望．
参考公式：
r

(xx)(yy)
1i
i1
n

(xx)

(yy)
2
1i
i1i1
n n
2
2
n(adbc)
,
k,

(ab)( cd)(ac)(bd)
2
其中
nabcd
．临界值表：
试卷第4页，总6页

P(K
2
k
0
)

0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
k
0


2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
参考数据：
63525.2

17
．在
VABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，b
，
c
，且
(2ac)

a
2
b
2
c
2

2abccosC
.
（
1
）求角
B
的大小；


3

b
cosC0
（
2
）若
sinA13
< br>，求的值
.


2
a

1

，倾斜角

=
18
．已知直线
l
经过点
P

，



1


2


，圆
C
的极坐标方程为
6

=2cos






.
4

(Ⅰ)< br>写出直线
l
的参数方程，并把圆
C
的方程化为直角坐标方程；

(Ⅱ)
设
l
与圆
C
相交于
A，B
两点，求 点
P
到
A，B
两点的距离之积．

19
．已知两动 圆
F
1
:(x3)
2
y
2
r
2和
F
2
:(x3)
2
y
2
(4r)< br>2
（
0r4
），把
它们的公共点的轨迹记为曲线
C
，若曲线
C
与
y
轴的正半轴的交点为
M
，且曲线
C
上
的相异两点
A
、
B
满足：
MAMB0.
（
1
）求曲线
C
的轨迹方程；

（
2
）证明直线
AB
恒经过一定点，并求此定点的坐标；

（
3
）求
VABM
面积
S
的最大值
.

三、填空题
20
．若数列
{a
n
}
是 正项数列，且
a
1
a
2
La
n
n3n< br>，则
2
uuuvuuuv
a
a
1
a
2

L

n

__________.
23n1uuuvuuuvuuuv
uuuv
uuuv
21
．在同一个平面内，向 量
OA,OB,OC
的模分别为
1,1,2,OA
与
OC
的 夹角为

，且
uuuvuuuvuuuv
uuuv
uuuv
o
tan

7,OB
与
OC
的夹角为
45
，若
OCmOAnOB

m,nR

，则
mn
_________
．

试卷第5页，总6页

< br>22
．在内切圆圆心为
M
的
ABC
中，
AB3< br>，
BC4
，
AC5
，在平面
ABC
内，
过点
M
作动直线
l
，现将
ABC
沿动直线
l翻折，使翻折后的点
C
在平面
ABM
上的射
影
E
落在直线
AB
上，点
C
在直线
l
上的射影为
F< br>，则
EF
CF
的最小值为
______
23
．在< br>(x
2
2xy)
5
的展开式中，
x
5
y
2
的系数为
__________
．

试卷第6页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
参考答案
1
．
C
【解析】

【分析】

将个函数 自变量代入
f(x)x1
,
参变分离得
边的最小值后再解不等式即可.
【详解】

2
132
2
4m1
,
再利用导数求右
m
2
x
2
x
3
x
2
2
依据题意得
2
14m
2

x1



x1

14m
2
1
在< br>x[,)
上恒成立
,
2
m

即
1 32
3
2
4m1
x[,)
上恒成立。
< br>在
2
m
2
x
2
x
令
g(x)< br>62
32
,
1
g'(x)
2
,
2
3
xx
xx
∵
x[,)
,
∴
g'(x)0
,
g(x)
递增
,
3
2
∴
当
x
5
32
3
时
,
函数< br>g(x)
2
1
取得最小值

,
2
xx
3
所以
15
22
2
3m14m3

0
, ,
4m
即

m
2
3
33
,
或
m
22
解得
m
故选：
C
【点睛】

本题主要考查了利用导数参变分离求最值的方法求解恒成立的问题
,
属于中等题型
.
2
．
D
【解析】

【分析】

由题意，作出不等式组对应的可行域，根据
yk
x1

1
的图象是过点

1,1

， 斜率为
k
的直线，结合图象，即可求解
.
答案第1页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【详解】


4
x
2
y
4
1x
2
2 y

2xy20


由题意
,
实数
x,y
满足

x2y40
，即

x2y40
，


3xy30

3xy30
< br>
作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

又因为函数
yk< br>
x1

1
的图象是过点

1,1

，斜率为
k
的直线，

y1
恒成立，

x1
1
结合图象可知，当直线过点
B

1,0

时，斜率取得最小值

，

2
要使得不等式
yk

x1

1
恒成立，即
k
所以实数
k的取值范围是

,

，故选
D.
2


1


【点睛】

本题主 要考查了简单线性规划的应用，其中解答中正确求解约束条件所对应的不等式组，作
出约束条件所表示的 平面区域，再根据斜率公式求解是解答的关键，着重考查了数形结合思
想，推理与计算能力
.
3
．
A
【解析】

【分析】

根据抛物 线定义可得
AFx
A
2
，
FAB
的周长
A FABBF6x
B
，得到答
案
.
【详解】
抛物线的准线
l
：
x2
，焦点
F

2,0

，根据抛物线定义可得
AFx
A
2
，
圆

x2

y
2
16
的圆心为

2,0

，半径为
4
，

2
∴
FAB
的周长
AFABBFx
A
2

xB
x
A

46x
B
，

答案第2页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
由抛物线
y8x
及圆

x2

y
2
16
可 得交点的横坐标为
2
，

2
2
∴
x
B

2,6

，
∴
6x
B


8,12


故选：
A.
【点睛】

本题考查了三角形周长的取值范围，确定
FAB
的周长
6x
B
是解题的关键
.
4
．
B
【解析】

【分析】

根据函数
f

x

在区间(
7

2

2

7

T< br>,)
上单调，得

，解得

12
，又由
123312122

3

3

Tk
f() 1,f()0
，则
T
，得到解得

2k1,kZ，代入验证，即
444442
可求解．

【详解】

由 题意，函数
f

x

sin(

x

)(

0)
在区间
(
则
7

2

,)
上单调，

123
2

7

T

2


，解得
T
，所< br>
，即

12
，

3121226
6

3

3

Tk

2k12k 12

T
，即
T
又由
f()1,f() 0
，则，

444442244

解得

2k 1,kZ
，

当
k5
时，此时

11
，则
f

x

sin(11x

)
，

又由
f()1
，即
f()sin(

< br>4
4
11





)1
，解得


，即
f

x

sin( 11x)
，

4
44
此时函数
f

x< br>
在区间
(
7

2

,)
上不单调 ，不满足题意
.
123
当当
k4
时，此时

 9
，则
f

x

sin(9x

)< br>，

又由
f()1
，即
f()sin(


4
4
9





)1< br>，解得


，即
f

x

sin (11x)
，

4
44
此时函数
f

x

在区间
(
7

2

,)
上是单 调函数，满足题意，

123
所以

的最大值为
9
，故选
B.
答案第3页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，
合理列 出关于周期的不等关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，
属于难题．

5
．
B
【解析】

【分析】

根据题意 设
g(x)
f(x)



，则求导函数分析
g

(x)
的正负，得函数
g(x)
在

0,

上的单调
cosx

2




，

4

性，再根据
f(x)
的奇偶性，得

g(x)
的奇偶性，将所求解的不等式转化为
g(x)g
根据分析出的单调性和奇偶性可得不等式的解集
.
【详解】

根据题意 设
g(x)
f(x)f

(x)cosxf(x)sinx
< br>0x
，则
g

(x)
，又当时，
2
c osxcos
2
x



f

(x)co sxf(x)sinx0
，则有
g

(x)0
，所以
g(x)
在

0,

上单调递减，又
f(x)
在< br>
2

f(x)f(x)



g( x)g(x)
，所以
g(x)
是偶函数，所以
,
上是偶函数 ，所以

cos(x)cosx

22




f




f(x)f(x)
4






g(x)g
f( x)2f

cosx2f



，又
4

cosx

4

4

cosx
cos

4







g(x)
为偶函数，且在

0,

上为减 函数，且定义域为

,

，则有
|x|
，解得


22

4

2



2
x

4
或

4
x

2
，即不等式的解集为







,



,

，


24

42

故选：
B.
【点睛】

本题以函数和导函数为背景
,
考查函数的导数与函数单调 性的关系
,
考查逻辑思维、转化与化
归思想
.
创新意识
.< br>推理运算能力
,
考查逻辑推理，数学抽象
.
数学运算素养
.
答案第4页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
6
．
D
【解析】

分析：利用
abab0
，即可求出
tan


，再利用两角和的正切公式即可得出．

详解：
∵
ab
，
ab02cos

sin

0

，即
tan

2

．

r
r< br>r
r
r
r
r
r


tan

121

tan




＝ 3.

4

1tan

12

故选
B
．

点睛：利用
abab0
，以及合理运用两角 和的正切公式是解题的关键．

7
．
A
【解析】

【分析】

解出复数
za1

a2
i
为纯虚数
a
的取值范围，即可得解
.
2
r
r
r
r

【详解】

复数
za1

a2

i
为纯虚数，则
a
2
10
，且
a20
，解得
a1
，所以
“
a1
”
2

是
“
z
为纯虚数< br>”
的充分不必要条件
.
故选：
A.
【点睛】
< br>此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在于准确求出复数
za1

a 2

i
为纯虚
2

数
a
的取值范围< br>.
8
．
D
【解析】

【分析】

先根据两点间距离公式化为动点到四个定点的距离和，再根据图象确定最小值取法，即得结
果
.
(2x)
2
(22y)
2

【详解】

解：根据题意，可知

(2x)
2
y
2
表示点 （
x
，
y
）与点
A
（
2
，
0）的距离；

答案第5页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
x
2(2y)
2
表示点（
x
，
y
）与点
B（
0
，
2
）的距离；

(2x)
2
(22y)
2
表示点（
x
，
y
）与点
C
（
2
，
2
2
）的距离；

(22x)
2
(2y)
2
表示点（
x
，
y
）与点
D
（
2
2
，
2
）的距离
.
M
表 示点（
x
，
y
）到
A
、
B
、
C< br>、
D
四个点的距离和的最小值
.
则可画图如下：


∵
(2x)
2
y
2
(2x)
2
 (22y)
2
的最小值是点（
x
，
y
）在线段
A C
上，


同理，
x
2
(2y)
2< br>(22x)
2
(2y)
2
的最小值是点（
x
，
y
）在线段
BD
上，

∴
点（
x
，
y
）既在线段
AC
上，又在线段
BD
上，

∴
点（
x
，
y
）即为图中点
P.
∴M
的最小值为
|AC|+|BD|
＝
4
2
.
故选：
D.
【点睛】


本题考查两点间距离公式以及利用数形结合求最值，考查综合分析求解能力，属中档题
.
9
．
B
【解析】

【分析】

【详解】

分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标 ，从而得到
FON30

，根据直角三角形的条件，可以确定直线
MN< br>的倾斜角为
60

或
120

，根据
答案第 6页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为
60

，利 用点斜
式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得
M(3,3),N(,两点间距离公式求得
MN
的值
.
3
2
3
)< br>，利用
2
详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为

3
，且右 焦点为
F(2,0)
，

3
从而得到
FON30

，所以直线
MN
的倾斜角为
60

或
120< br>
，

根据双曲线的对称性，设其倾斜角为
60

，

可以得出直线
MN
的方程为
y3(x2)
，

分别与两条渐近线
y
3
3
x
联立，

x
和
y
3
3
3
)
，

2
求得
M(3,3),N(,
3
2
所以
MN(3)
2
(3
3
2
3
2
)3
，故选
B.
2
点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之 间的距
离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线
的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线
MN
的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点
间距离公 式求得结果
.
10
．
C
【解析】

【分析】

利用正弦定理求出
cos36
【详解】

由正弦定理得
即
sinABC

，

sinAB CAC
1
51

51
，再由诱导公式可得结果
.
4
sin36sin3651
，


sin722sin36cos362
答案第7页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
得
cos36
1
51

51
，

4
51
，

4
则
sin234=sin(27 036)cos36
故选
C
．

【点睛】

本题主要考查正弦定理以及诱导公式的应用，属于中档题
.
11
．
A
【解析】

【分析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解．

【详解】

解：
Q
z
34i

43i
z
3 4i

34i

43i

i
43i

43i

43i

Qf
< br>x

x
2
x1

f

z< br>


i



i

1i

故选：
A

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．

12
．
D
【解析】

试题分析：因为
2
a
n1

a
n
121111
112(1)1(1)2
n1< br>2
n
，所以
a
n
2a
n1
a
n
a
n1
a
n
a
n
a
1
bn1
(n2

)2
n
，因为数列

b
n

是单调递增数列，所以当
n2
时
b
n1< br>b
n
(n2

)2
n
(n12

)2
n1
n2

122

1 


时，
b
2
b
1
(12

)2




3
；当
n1< br>2
2
3
，因此


，选
D.
2
3
答案第8页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
考点：等比数列定义，数列单调性

【方法点睛】解决数列的单调性问题可用以下三种方法

①
用作差比较法，根 据
a
n+1
a
n
的符号判断数列
{a
n
}
是递增数列、递减数列或是常数列
.
a
n+1
②
用作商 比较法，根据与
1
的大小关系及
a
n
符号进行判断
. a
n
③
结合相应函数的图像直观判断，注意自变量取值为正整数这一特殊条件
13
．（
Ⅰ
）见证明；（
Ⅱ
）

【解析】

【分析】

（
Ⅰ
）根据面面垂直的判定定理即可证明结论成立；

（
Ⅱ
）先证明
DA
，
DC
，
DG
两两垂直，再以
D
为原点，以
DA
，
DC
，
DG
所在直线
分别为
x,y,z
轴，建立空间直角坐标系，设
F

1,m,0< br>
，用
m
表示出平面
DEF
的法向量，
进而表示出< br>cos

，由
tan

23
，即可得出结果
.
【详解】

解：（
Ⅰ
）
Q

四边形
ABCD
是正方形，
∴
BCDC
.
∵
平面
PCD


平面
ABCD,
平面< br>PCD
平面
ABCDCD
，
∴
BC
平面
PCD
.
∵
DE
平面
PDC
，
∴
BCDE
.
∵
ADPDDC
，点
E
为线段
PC
的中点，< br>∴
PCDE
.
又
∵
PCCBC
，
∴
DE
平面
PBC
.
又
∵
DE
平面< br>DEF
，
∴
平面
DEF


平面
PBC
.
（
Ⅱ
）由（
Ⅰ
）知
BC
平面
PCD
，
∵
ADBC
，
∴
AD
平面
PCD
.
在平面
PCD
内过
D
作
DGDC
交
PC
于点
G
，
∴
ADDG
，故
DA
，
DC
，
DG
两两垂直，以
D
为原点，

以
DA
，
DC
，
DG
所在直线分别为
x,y,z
轴，建立如图所示空间直角坐标系
Dxyz
.
AF
FB

1

2
答案第9页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

因为< br>ADPD1
，
Q
PCD120
o
，
∴
PC3
.
∵
AD
平面
PCD
，

则
D

0,0,0

，
C

0,1,0< br>
，
P


0,


13

,



22


13
< br>又
E
为
PC
的中点，
E


0,< br>4
,
4


，


假设在线段
AB
上存在这样的点
F
，使得
tan

23,
设
F

1,m,0

(m0)
，
uuuv

13

uuuv
DE

0,,
DF

1,m,0

，

，

44< br>


uvuuuv


n
1
 DE0,
v
v

设平面
DEF
的法向量为
n1


x,y,z

，

则

v
uuu
nDF0,


1

xmy0
v

∴

1
，令
y3
，则
z 1,x3m
，则
n
1
3m,3,1

3< br>z0

y
4

4

Q
AD
平面
PCD
，

平面
PCD
的一个法向 量
n
2


1,0,0

,
tan

23
,
则
v
cos


13

13
∴
cos

cosn,n
12
uvu uv
3m
3m
2
31

13
.
13
AF
1
1


Qm0
，解得
m
，
∴
FB2
3
【点睛】

答案第10页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
本题主要考查面面 垂直的判定定理，以由二面角的大小求其它的量，熟记面面垂直的判定定
理即可证明结论成立；对于空间 角的处理，常用空间向量的方法，属于常考题型
.
2
14
．（
I< br>）
a4,b2,c2,d2
；（
II
）
[1,e]< br>.
【解析】

试题分析：（
1
）先求导
,
根据题意
f

0

2,g

0

2
,
由导数的几何意义可知
f'

0

4, g'

0

4
,
从而可求得
a,b,c,d的值．（
2
）

由（
1
）知，
f
< br>x

x
2
4x2,g

x

2e
x

x1

,
令
F

x

kg

x

f

x
,
即证
x2
时
F

x

0．先将函数
F

x

kg

x
< br>f

x

求导
,
讨论导数的正负得函数的增减区间
,
根据函
数的单调性求其最值．使其最小值大于等于
0
即可．

试题解析：（
1
）由已知得
f

0

2,g

0

2
，
f'

0

4,g'

0

4

而
f'

x

2xa,g'

x

e
x

cxdc

，

a4,b2,c2,d2
（
4
分）

（
2
）由（
1
）知，
f

x

x4x 2,g

x

2e
2x

x1
，

设函数
F

x

kg

x

f

x

2ke
x

x1

x
2
4x2,

x2

，

F'

x

2ke
x

x2

2x42

x2

ke
x
1
．

由题设可得
F

0

0，即
k1
，

令
F'

x

0
得
x
1
lnk,x
2
2
,
．．（
6
分）

①
若
1ke
2
，则
2x
1
0
，
∴
当
x
2,x
1

时，


F'

x< br>
0
，当
x

x
1
,
< br>时，
F'

x

0
，即
F
（x
）在
x

2,x
1

单调递减，在
x
1
,

单调递增，故
F

x

在
xx
1
取最小值
F

x
1

，

而
F

x
1

 2x
1
2x
1
4x
1
2x
1

x
1
2

0
．

2
∴当
x2
时，
F

x

0
，即< br>f

x

kg

x

恒成立．< br>
．（
8
分）

②
若
ke
2，则
F'

x

2e
2

x2< br>

e
x
e
2

，

答案第11页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
∴
当x2
时，
F'

x

0
，
∴< br>F

x

在

2,

单调递 增，

而
F

2

0
，
∴< br>当
x2
时，
F

x

0
，即
f

x

kg

x

恒成立，

③
若
ke
2
，则
F

2< br>
2ke
2
22e
2
ke
2
0
，


∴
当
x2
时，
f
x

kg

x

不可能恒成立．

．（
10
分）

2

1,e
综上所述，< br>k
的取值范围为

（
12
分）


．
考点：用导数研究函数的性质．


15
． （
1
）

xx


1

（2
）

0,2



；
2

【解析】

分析：
(1)
将
a1
代入函数解析式，求得
f

x

x 1x1
，利用零点分段将解析式化为

2,x1,

f< br>
x



2x,1x1,
，然后利用分段函 数，分情况讨论求得不等式
f

x

1
的解集为

2,x1.

1

xx

；
< br>2

(2)
根据题中所给的
x

0,1

，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式
f

x

x< br>可以化为
x

0,1

时
ax11
， 分情况讨论即可求得结果
.

2,x1,

详解：（
1
）当
a1
时，
f

x

x1 x1
，即
f

x



2x,1x 1,


2,x1.

故不等式
f

x

1
的解集为

xx


1


．

2

（
2
）当
x
0,1

时
x1ax1x
成立等价于当
x

0,1

时
ax11
成立．

若< br>a0
，则当
x

0,1

时
ax1 1
；

若
a0
，
ax11
的解集为
0x
2
2
，所以
1
，故
0a2
．

a
a
答案第12页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
综上，
a
的取值范围为

0,2
．

点睛 ：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成
立求参数的取值范 围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从
而将不等式转化为多个不等式组 来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所
给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之 后进行分类讨论，求得结果
.
16
．（
1
）线性相关；（
2
）有；（
3
）详见解析
.
【解析】

【分析】

（
1
）分别求出
x3
，
y 16
，从而


(xx)
i
i1
5
2
10
，

(y
i
y)
2
254，
i1
5

(x
i
x)(y
i
 y)47
，求出
r
i1
5

(xx)(yy)< br>ii
i1
n

(x
i
x)
i1
n
22
(yy)

i
i1
n

47
0.933
，从
10254
而得到管理时间
y
与土地使 用面积
x
线性相关．

（
2
）完善列联表，求出
K
2
18.7510.828
，从而有
99.9%
的把握认为村民 的性别与参
与管理的意愿具有相关性．

（
3
）
x
的可能取值为
0
，
1
，
2
，
3
，从该贫困 县中随机抽取一名，取到不愿意参与管理的男
性村民的概率为
【详解】

解： 依题意：
x
5
1
，由此能求出
X
的分布列和数学期望．< br>
6
12345810132524
3,y16
55
故
5

(xx)(yy)(2)(8)(1)( 6)192847

i1
2

(xx)
i 1
411410,

(yy)
2
64369 8164254

i1
5
则
r

(xx )(yy)
r
2

(x
1
x)
5
i 1
i1
5

(y
i1
5

1
y)
2
4747
0.933
，

10254263 5
故管理时间
y
与土地使用面积
x
线性相关．

答案第13页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
（
2
）依题意，完善表格如下：


男性村民

女性村民

总计




计算得
k
2
的观测值为

愿意参与管理

150
50
200
不愿意参与管理

50
50
100
总计

200
100
300
300(150505050)
2
30050005000
k 18.7510.828

200100200100200100200 100
2
故有
99.9%
的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关性 ．

（
3
）依题意，
x
的可能取值为
0
，
1
，
2
，
3
，从该贫困县中随机抽取一名，则取到不愿意参
与管理的男性村民的概率为
故
P(X
1
，

651255125
1
0)()
3
,P(X1)C
3< br>()
2
,

62166672
3
5151
3

1


P(X2)C
3
2
()
2
,P(X3)C< br>3


6672

6

216
故
x
的分布列为

X
P

0 1 2 3
125

216
25

72
5

72
1

216
12525511
123

21672722 162
111
（或由
XB(3,)
，得
E(X)3

662
则数学期望为
E(X)0
【点睛】

本题主要考 查相关系数的求法、独立检验的应用、离散型随机变量的分布列、数学期望的求
答案第14页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
法以及二项分布等．

17
．（
1
）
B600
（
2
）
3

【解析】

【分析】

（
1
）利用正、余弦定理处理

2a c

abc
22

2
（
2
）展

2abcosC
，即可得出答案．
开
sinA13

cosC


3

0
，结合
A BC180
0
，和第一问计算出的角
B
的大

3

小，即可得出
A
的值，结合正弦定理
【详解】

bsinB

，代入，即可．

asinA
（
1< br>）
∵
角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，且
2ac

abc
22

2

2abccosC

2ac


a
2
c2
b
2


∴
2ac
bcosC
，

∴

2ac

cosBbcosC

bcosB

，

2accosC
abc
2R
，
∵
由正弦定理得：
sinAsinBsinC
∴
∴
a2RsinA
，
b2 RsinB
，
c2RsinC
，

∴
2RsinBcosB

，

4RsinA2Rsin CcosC
∴
2sinAcosBsinCcosBsinBcosC
，

∴
2sinAcosBsinCcosBcosCsinB

sin

CB

sinA
，

∵< br>sinA0
，
∴
cosB
∵
B0,180
∴< br>B60
0
.
1

2

00

，


3

（
2
）
∵
sinA13


cosC
2


0
，


∴
sinA13cosC
3
0
，

2
答案第15页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
∴
sinA3cosC
∵
B60
0
，

1
，

2
∴
C180
0
60
0
A
，

∴
C120
0
A
，

∴
sinA3 cos120A

0

1
，

2
0< br>∴
sinA3cos120cosAsin120sinA
∴
sinA 3



0

1

2
31

1

cosAsinA


222

∴
311
cosAsinA
< br>222
∴
cosA30

0


1

2
∵
0
0
A120
0
，

∴
30
0
A30
0
150
0

∴
A30
0

ab

，
B60
0
，
A30
0
，

sinAsinB
3
0
bsinBsin60
∴

2
3
.
0
1
asinAsin30
2
∵
由正弦定理得：
【点睛】
本道题考查了正余弦定理，难度较大．

18
．（
1
）
(x)(y)
【解析】
< br>试题分析：（
Ⅰ
）利用可求出直线
l
的参数方程，可利用
将极 坐标方程转化为直角坐标方程；（
Ⅱ
）将直线的参数方程代入
圆的方程，整理可得t
2
1
2
2
1
2
2
1
1< br>；（
2
）
.
2
4
11
t0
， 由参数的几何意义
24
答案第16页，总21页
，可得

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
PAPBt
1
t
2

1
.
413
t
22
试题解析：（
Ⅰ
）直线
l
的参数 方程为
{
，即
{
（
t
为参数）
2
分


1
y1tsin
y1t
6
2
x
1

tcos
26
x
由
< br>
2
2cos(

)
，得

cos
sin

，

4

所以



cos



sin

，
4
分

22
得
xyxy
，即
(x)(y )
1
2
2
1
2
2
1
．
5
分

2
13
t
1
2
1
2111
22
2
（
Ⅱ
）把
{
代入
(x )(y)
，得
tt0
，
8
分

22 224
1
y1t
2
x
∴
PAPBt
1< br>t
2

1
．
10
分

4
考点：
1
、直线的参数方程；
2
、极坐标方程化为直角坐标方程；
3
、参数的几何意义
.
64
x
2
19
．
.
（
1
）（< br>2
）见解析；（
3
）
y
2
1
；
25
4
【解析】

【分析】

（
1
）设两 动圆的公共点为
Q
，由椭圆定义得出曲线
C
是椭圆，并得出
a
、
b
、
c
的值，即
可得出曲线
C
的方程；

（
2
）求出点
M
，设点
A

x
1
,y
1

，
B

x
2
,y< br>2

，对直线
AB
的斜率是否存在分两种情况讨论，
在斜率存 在时，设直线
AB
的方程为
ykxm
，并将该直线方程与椭圆
C
的方程联立，列
uuuruuur
出韦达定理，结合条件
MAMB0并代入韦达定理求出
m
的值，可得出直线
AB
所过点的
坐标，在 直线
AB
的斜率不存在时，可得出直线
AB
的方程为
x0
，结合这两种情况得出
直线
AB
所过定点坐标；

（
3）利用韦达定理求出
ABM
面积
S
关于
k
的表达式， 换元
t25k
2
42
，然后利用
基本不等式求出
S< br>的最大值
.
【详解】

答案第17页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
（
1）设两动圆的公共点为
Q
，则有：
QF
1
QF
24F
1
F
2
．

x
2
由椭圆的定 义可知
Q
的轨迹为椭圆，
a2
，
c3
，所以曲线
C
的方程是：
y
2
1
；

4
（2
）由题意可知：
M

0,1

，设
A

x
1
,y
1

，
B

x2
,y
2

，

当
AB
的斜率存在时 ，设直线
AB:ykxm
，联立方程组：


x
2
y
2
1①
222
，把
②
代入
①
有：

14k

x8kmx4m40
，


4

ykxm②

8km
4m
2
4

x
1
x
2

③
，
x
1
x
2

④
，

2
14 k
2
14k
uuuruuur
因为
MAMB0
，所以 有
x
1
x
2


kx
1
m 1

kx
2
m1

0
，


1k
2

x
1
x
2
k

m1

x
1
x
2



m1

0
，把
③④
代入整理：

2< br>4m
2
48km
2
（有公因式
m1
）继续化简 得：

1kkm1m10
，


1 4k
2
14k
2
2

m1

5m 3

0
，
m
3
或
m1
（舍），< br>
5
uuuruuur
当
AB
的斜率不存在时，易知满足条件
MAMB0
的直线
AB
为：
x0

过定点< br>N

0,

，综上，直线
AB
恒过定点
N

0,

；

（
3
）
ABM
面积
SS
AMN
S
BMN



3

5



3

5

14
MNx
1
x
2
(x
1
x
2
)
2
4x
1
x
2
，

25
2
3225k4

由第（
2
）小题的
③④
代入，整理得：
S
，

2
2514k
因
N
在椭圆内部，所以
kR
，可设
t25k
2
 42
，

32t32
92564
(t2)
2
Q4tS

9
，，（
k0
时取到最大值）．

4t9
4t 
t225
t
64
所以
ABM
面积
S
的 最大值为．

25
S
【点睛】

本题考查利用椭圆的定义 求轨迹方程，考查直线过定点问题以及三角形面积问题，对于这些
答案第18页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
问题的处理，通常 是将直线方程与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理设而不求法求解，难点
在于计算量，易出错
.
20
．
2n
2
6n

【解析】

令，得，所以．当时，
．与已知式相减，得
，所以，时，适合
．所以，所以，
∴
a
a
1
a
2

L

n
23n1
．

21
．
3

【解析】

【分析】

【详解】

以
OA
为
x
轴，建立直角坐标系，则
A
(
1,0
)
，由
OC
的模为
2
与
OA
与
OC
的夹角 为

，
且
tan

7
知，
cos


uuuv
uuuv
uuuv

17

272

，可得
C

,

,
,sin< br>


55

1010
uuuvuuuvuuuv< br>
34

Bcos

45
o
,sin
45
o
，
B

,

，由OCmOAnOB
可得

55




3

1
mn
34



5
57

17

5
,mn,n,
m,n
，
mn3
，故答案为
3
.

55


74
44

55

n< br>

55
【

方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角 和的余弦公式、同角三角函数之间的关
系，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平 面几何知识和三角函数知
识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向 量的和与差）；
（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立 坐
标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便．

答案第19页，总21页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
22
．
81025

【解析】

画出图象如下图 所示
.
由于
lC
1
F,lC
1
E
,< br>所以
l
平面
C
1
EF
,
所以
C, F,E
三点共线
.
以
BA,BC
分别为
x,y
轴建 立平面直角坐标系
,
则
A

3,0

,C

0,4

,M

1,1

,
设直线l
的方程为
1
y1k

x1

,
则直线
CE
的方程为
yx4
.
令
y0
求 得
x
E
4k
,
而
y
E
0
.< br>联立
k

y1k

x1

3k
k


4k
2
k1
.
由点到直 线的距离公式可计算得解得
x
F
,y
F


1< br>22
1k1k

y
k
x4

EF 
4k
2
k+1
1k
2
,CF
3k
1k
2
,
所以
4k
2
k14040
4

k3

2524

k3

 2581025
.
即最
CFk3k3k3
小值为
810 25
.
EF

【点睛】本小题主要考查空间点线面的位置关系
,
考查线面垂直的证明
,
考查三点共线的证明
,
答案第20页，总21 页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
考查利用坐标 法解决有关线段长度比值的问题
,
是一个综合性很强的题目
.
首先考虑折叠问 题
,
折叠后根据线线垂直关系推出
C,E,F
三点共线
,
将 问题转化为平面问题来解决
,
设好坐标系
后写出直线
l
的方程即直线
CE
的方程
,
根据点到直线距离公式写出比值并求出最值
.
23
．
60
【解析】

T
3
C
5
2
(x
2
2x)
3
y
2
,
而在
(x
2
2x)
3
中
T
k

1
C
3
k
(x
2
)
3k
(2x)
k
C
3
k
2
k
x
6k

，
6k5,k1

，
T
2

3 2x
5
，则
T
3
1032x
5
y
2
60x
5
y
2

，
x
5
y
2
的系数为
60.
答案第21页，总21页