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2021届河北省高三三模数学（理）试题
学校:___________姓名：__ _________班级：___________考号：___________

1
．设集合
Axx3
，
Bxx2k,kZ
，则
A
A
．

0,2

B
．

2,2

C
．



B
（

）
D
．

2,1,0,1,2


2,0,2

2
．若复数
z
满足
zi1i
，则
z
的共轭复数
z
在复平面内对应的点位于（

）
A
．第一象限
B
．第二象限
C
．第三象限
D
．第四象限

xy20

3
．设实数
x
，
y
满足条件

2xy30
则
xy1
的最大值为（

）

xy0

A
．
1 B
．
2 C
．
3 D
．
4
4
．平面向量
a
与b
的夹角为
60
，
a

2,0

,b1
，则
a2b
等于( )
A
．
22
B
．
23
C
．12
D
．
10

5
．如图，是函数
f

x

的部分图象，则
f< br>
x

的解析式可能是（

）

A
．
f(x)|sinxcosx|

C
．
f(x)|sinx||cosx|

1
2
B
．
f(x)sinx
2
cosx
2

D
．
f(x)sin|x|cos|x|

6
．已知二 项式
(2x)
n
的展开式中，二项式系数之和等于
64
，则展开式 中常数项等
于（

）
A
．
240 B
．
120 C
．
48 D
．
36
1
x
7
．祖冲之是中国南北朝时期的数学家和天文学家，他在数学方面的突出贡献是将圆周
率的精确度计算到小数点后第
7
位，也就是
3.1415926
和
3 .1415927
之间，这一成就
比欧洲早了
1000
多年，我校
“
爱数学
”
社团的同学，在祖冲之研究圆周率的方法启发下，
自制了一套计算圆 周率的数学实验模型
.
该模型三视图如图所示，模型内置一个与其各
个面都相切的球， 该模型及其内球在同一方向有开口装置
.
实验的时候，同学们随机往
试卷第1页，总6 页

模型中投掷大小相等，形状相同的玻璃球，通过计算落在球内的玻璃球数量，来估算 圆
周率的近似值
.
已知某次实验中，某同学一次投掷了
1000
个玻 璃球，请你根据祖冲之的
圆周率精确度（取小数点后三位）估算落在球内的玻璃球数量（

）

A
．
297
B
．
302
C
．
307
D
．
312

8
．设函数< br>f(x)2sin(

x

)
，
xR
，其中

0
，
|

|

.若
f(
5
)2
，
8

f()0
，且
f(x)
的最小正周期大于
2

，则
8
2
< br>2
A
．


，


B
．


，



312312
17

D
．


，





24324
C
．


1
，
3
9
．甲、乙、丙、丁四人参加冬季滑雪比赛，有两人获奖．在比赛结果揭晓之前，四人
的猜测如下表，其中
“√”
表示猜测某人获奖，
“×”
表示猜测某人未获奖，而
“
〇
”
则表示对
某人是否获奖未发表意见．已知四个人中有且只有两个人的猜测是正确 的，那么两名获
奖者是（

）

甲的猜测
乙的猜测
丙的猜测
丁的猜测



A
．乙丁
B
．乙丙
C
．丙丁
D
．甲丁
甲获奖
√
×
×
〇
乙获奖
×
〇
√
〇
丙获奖
×
〇
×
√
丁获奖
√
√
√
×
试卷第2页，总6页

x
2
y
2
10
．已知椭圆
C:
2

2
1

ab0

的左、右焦点分别为
F
1
，
F
2
．
F
2
也是抛物线
ab
E:y
2
2px

p 0

的焦点，点
A
为
C
与
E
的一个交点 ，且直线
AF
1
的倾斜角为
45
，
则
C
的离心率为（

）
A
．
51

2
B
．
21
C
．
35
D
．
21

11
．已知
a0
，不等式
x
a1
e
x
alnx0
对任意的实数
x1
都成立，则实数
a
的最
小值为（

）
A
．
e
2
B
．
e
C
．

e

2
D
．

1

e
12
．已知正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的外接球的表面积为
27

，
△ A
1
DB
与
△A
1
DC
1
的
重心 分别为
E
，
F
，球
O
与该正方体的各条棱都相切，则球O
被
EF
所在直线截的弦
长为（

）
A
．
17

2
B
．
23
C
．
32
D
．
17

13
．已知双曲线 的一个焦点与抛物线
y
2
8x
的焦点
F
重合，抛物线的准 线与双曲线交
于
A
，
B
两点，且
OAB
的面积为< br>6
（
O
为原点），则双曲线的标准方程为
______
． < br>14
．
2020
年初，我国突发新冠肺炎疫情
.
面对“突发灾 难”，举国上下心，继解放军医
疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病 人救治之中
.
为分担“逆行者”的后顾之忧，某大学学生志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为 抗疫
前线工作者子女在线辅导功课
.
现随机安排甲、乙、丙
3
名志愿 者为某学生辅导数学、
物理、化学、生物
4
门学科，每名志愿者至少辅导
1< br>门学科，每门学科由
1
名志愿者辅
导，则数学学科恰好由甲辅导的概率为
______.
15
．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为
“
地 球给人类保留宇宙秘密的最后遗
产
”
，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量 如图所示的海洋蓝洞的口径
(
即
A
，
B
两点间的距离
)
，现取两点
C
，
D
，测得
CD
＝
80
，∠
ADB
＝
135°
，∠
BDC
＝∠
D CA
＝
15°
，∠
ACB
＝
120°
，则图中海洋 蓝洞的口径为
________
．

16
．已知圆
O:x
2
y
2
4
点
A

2,2
< br>，直线
l
与圆
O
交于
P，Q
两点，点
E在直线
l
上
试卷第3页，总6页

且满足
PQ 2QE
.若
AE
2
2AP
2
48
，则弦
PQ
中点
M
的横坐标的取值范围为
_____________
.


17
．已知等差数列

a
n
的公差为
d
，
S
n
是数列

a
n
的前
n
项和，等比数列

b
n

的 公
比为
q

q1

，
T
n
是数 列

b
n

的前
n
项和，
a
3< br>b
3
0
，
b
1
1
，
T
3
3
，
dq
．
（
1
）求数列

b
n

的通项公式； < br>（
2
）是否存在正整数

，使得关于
k
的不等式

30S
k

10
有解？若

存在，求出

的值；若

不存在，说明理由．
18
．如图 ，在多面体
ABCDP
中，
ABC
是边长为
4
的等边三角形 ，
PAAC
，
BDCD22
，
PCPB42
，点
E
为
BC
的中点，平面
BDC
平面
ABC
．

（
1
）求证：
DE
平面
PAC

（
2
）线段
BC
上是否存在一点
T
，使得二面角< br>TDAB
为直二面角？若存在，试指
出点
T
的位置；若不存在，请 说明理由．
x
2
y
2
19
．如图在平面直角坐标系
xOy
中，已知椭圆
C:
2

2
1

ab0

的离心率为
ab
5
，短轴长为
4
．
5
试卷第4页，总6页

（
I
）求椭圆
C
的方程；
（
2
）若与原 点距离为
1
的直线
l
1
:ykxm
与椭圆
C< br>相交于
A
，
B
两点，直线
l
2
与
l
1
平行，且与椭圆
C
相切于点
M
（
O
，< br>M
位于直线
l
1
的两侧）．记
△MAB
，
O AB
的
面积分别为
S
1
，
S
2
若
S
1


S
2
，求实数

的取值范围．
20
．
2019
年由
“
杂交水稻之父
”
袁 隆平团队研发的第三代杂交水稻
10
月
21
日至
22
日首< br>次公开测产，经测产专家组评定，最终亩产为
1046.3
千克．第三代杂交水稻的综合 优
势，可以推动我国的水稻生产向更加优质、高产、绿色和可持续方向发展．某企业引进
一条先 进的年产量为
100
万件的食品生产线，计划以第三代杂交水稻为原料进行深加
工．已 知该生产线生产的产品的质量以某项指标值
kk

70,100

为衡量标准，其产
品等级划分如下表．为了解该产品的生产效益，该企业先进行试生产，并从中随机抽取
了
1000
件产品，测量了每件产品的质量指标值，得到如下的产品质量指标值的频率 分
布直方图．


质量指标值
k

产品等级


90k100

废品
85k90

合格
80k85

良好
75k80

优秀
70k75

良好
（
1
）若从质量指 标值不小于8
5
的产品中，采用分层抽样的方法抽取
7
件产品，然后从
这
7
件产品中任取
3
件，求产品的质量指标值
k90,95
的件数
X
的分布列及数学期
望；
试卷第5页，总6页 

（
2
）将频率视为概率，从该产品中有放回地随机抽取
3
件，记
“
抽出的产品中至少有
1
件是合格及以上等级
”< br>为事件
A
．求事件
A
发生的概率；
（
3
） 若每件产品的质量指标值
k
与利润
y
（单位：元）的关系如下表所示；（1t4
）
质量指标值
k

利润

< br>试确定
t
的值，使得该生产线的年盈利取得最大值，并求出最大值（参考数值：
ln20.7
，
90k100

e
t

85k90

t

80k85

75k80

70k75

3t

5t

3t

ln31.1
，
ln51.6
）
me
x
21
．已知函数
f

x

lnxx

m R

．
x
（
1
）当
m
2
1
时，求函数
f

x

的最小值；
e
2m e
x
x
2
（
2
）若
me2
，
g

x


，求证：
f

x
< br>g

x

．
x

xx
0tcos

xOy
22
．在直角坐标系中．直线
l
的 参数方程为

（
t
为参数，
yytsin

0




0,


）．以坐标原点为极点 ，
x
轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆
C
的极坐
标方程为

8cos







．

3

（
1
）化圆
C
的极坐标方程为 直角坐标标准方程；
（
2
）设点
P

x
0
,y
0

，圆心
C

2x
0
,2y0

，若直线
l
与圆
C
交于
M
、N
两点，求
PMPN

的最大值．
PNPM
23．已知函数
f

x

ax3
，不等式
f< br>
x

2
的解集为
x1x5
．
（< br>1
）解不等式
f

x

2f

x 1

1
；
（
2
）若
m3
，
n3
，
f

m

f

n

3
，求证：


14
1
．
mn
试卷第6页，总6页

答案仅供参考。
参考答案
1
．
C
【解析】

【分析】

求出集合
A
，利用交集的定义可得出集合
A
【详解】

B
.
Axx3

x3x3

，B

xx2k,kZ

，因此，
AB

2,0,2

.
故选：
C.
【点睛】

本题考查交集的计算，涉及了绝对值不等式的求解，考查计算能力，属于基础题
.
2
．
D
【解析】

【分析】

先根据< br>zi1i
求出
z
，再求出
z
，即得
z
在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】


1i(1i)i
1i,z1i
.
由
zi1i
得
z
2
ii


所以< br>z
对应的点为
(1,1)
，在第四象限
.
故选：
D.
【点睛】

本题主要考查复数的除法运算，考查共轭复 数的概念和复数的几何意义，意在考查学生对这
些知识的理解掌握水平
.
3
．
C
【解析】

【分析】

由约束条 件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程
组求出最优解的坐标， 代入目标函数得答案．
【详解】

作出不等式组对应的可行域，如图所示，由
zx+y+1
可得
yxz1
，

答案第1页，总23页

答案仅供参考。
将直线
l
：
yxz1
进行平移，
当
l
与
AB
重合时，目标函数
z
达到最大值，
因为
AB
过点（
0
，
2
）；
∴
z
max
＝
0+2+1
＝
3
．
故选：
C
．


【点睛】本题主要考查简单线性规划求解 目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式
组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目 标函数的最优解是解答的关键，着重
考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．
4
．
B
【解析】

因为
|a|2,|b|1
，
a
与
b
的夹角为
60
，故
ab| a||b|cos601
，则
a2b44423
，应选答案
B ．
5
．
B
【解析】

【分析】

由图像的对称性和单调性逐个判断即可
.
【详解】

解：由图像可 知，函数图像关于
y
轴对称，所以
f

x

应为偶 函数，所以排除
A
；
由图像可知函数值能取到小于
0
的值，所以排除
C
；
答案第2页，总23页

答案仅供参考。
对于当
x(0, 1)
时，
f(x)sinxcosx2sin(x

)
，而 当

x(0,)
时，
4
4

(x)(,)
，而正弦的函数图像可知
D
不正确，
442
故选：
B
【点睛】

此题考查函数图像的识别，利用函数的奇偶性，增减性，或取特殊值进行识别，属于中档题
.
6
．
A
【解析】

【分析】

由题意结 合二项式系数和的性质可得
2
n
64
即
n6
，写出二项 式展开式的通项公式
3
3r
2

T
r1
 2
6r
Cx
r
6
，令
3
3
r0
即可得解.
2
【详解】

1
1
n
1由题意
264
，解得
n6
，则
(2x)(2x
2
)
6
，
xx
n
1
2
1
< br>1
6
r

则二项式
(2x)
的展开式的通项公式为
T
r1
C
6


2x
2
< br>x

1
2
6r
3r

1
< br>

2
6r
C
6
r
x
2
，

x

r
3
令
3
3
r0
即
r
2
2
，则
2
6r
C6
r
2
4
C
6
2
240
.
故选：
A.
【点睛】

本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题
.
7
．
B
【解析】

【分析】

先求出正 四面体的体积
V
1
与内切球的体积
V
2
，设落在球内的玻璃 球数量为
x
，由几何概型
V
2
x

的概率计算公式 ，得到即可解决
.
1000V
1
【详解】

答案第3页，总23页

答案仅供参考。
由三视图知，该模型是一个棱长为
a502
的正四面体及其内切球，
正四 面体体积
V
1

13
2
32
3
，
aa
2
(a)
2
a
34312

过球心及正四面体顶点作截面，如图所示，
3
a
r
rBD
6
6

易知
BODBEC
，所以，即

，解 得
ra

a
ECBE
2
12
a
2
2
所以内切球体积
V
2

4

6
3
(a)
，
3
12
V
x

2
，即
x

3


1000V
1
1000 18
设落在球内的玻璃球数量为
x
，则
近似计算得
x302
.
故选：
B.
【点睛】

本题考查几何概型的概率模型与三视 图的综合应用，涉及到正四面体的体积与内切球的体积
问题，是一道中档题
.
8
．
A
【解析】



5



2k


1


8
42
2
由题意

，其中
k
1
,k
2Z
，所以

(k
2
2k
1
)
，又
33

11



k

2


8
T
2


2
，所以
0

1
，所以


21

，

2k
1

，由



得


，
31212
答案第4页，总23页

答案仅供参考。
故选A．
【考点】求三角函数的解析式
【名师点睛】有关
yAsin(

x

)
问题，一种为 提供函数图象求解析式或某参数
的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定
A
，再 根据周期或
1
1
周期或周
2
4
期求出

， 最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的

值，
另一种时根据题目 用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，
根据题意自己画出图象，再寻求待定的参 变量，题型很活，求

或

的值或最值
或范围等.
9
．
A
【解析】

【分析】

根据甲、 乙、丙对丁的猜测可得丁获奖，而且丁的猜测是错误的，根据甲、丙对甲、乙的猜
测，必有
1< br>人错误，可得乙的猜测正确，根据乙的猜测，即可得出结论
.
【详解】

由甲、乙、丙均猜测丁获奖，丁猜测丁没有获奖，
故丁的猜测错误，否则有三人猜测错误，
所以丁获奖，再由甲、丙对对甲、乙猜测结果，
因此甲、丙一人猜测正确，另一人猜测错误，
所以乙猜测正确，则甲不获奖，甲猜测错误，
故乙、丙猜测正确，即乙、丁获奖
.
故选：
A
【点睛】

本题考查逻辑思维和推理能力，通过猜测结果找出矛盾关系是解题的关键，属于基础题
.
10
．
B
【解析】

【分析】

先根据 椭圆和抛物线的性质得到
p2c
，再由直线与椭圆方程联立求出点
A
坐标， 求出
AF
1
和
AF
2
，根据椭圆定义得到关于
a< br>和
c
的方程，进而求出离心率
e
【详解】

答案第5页，总23页
c
.
a

答案仅供参考。
2
由题意可知，
c
，则
p2c
.
所以
E:y4cx
.
因为
F
1

c,0

，直线
AF
1
的倾斜角为
45
，
p
2
所 以直线
AF
1
的方程为：
yxc
.
由


yxc

xc
得

，所以
A

c,2c

.
因为
F
2

c,0

，
2

y4cx

y2c
所以
AF
2
F
1
F
2
.
在
Rt△AF
2
F
1
中，
AF
2
2c
，
AF
1
22c
.
由椭圆的定义得：
AF
1
AF
22a
，即
22c2c2a
，解得：
故选：
B
.
【点睛】

c
21
.
a
本题考查椭圆定义、抛物线定义、直线与抛物线的位置关系和离心率，属于基础题
.
11
．
B
【解析】

【分析】

首先不 等式变形为
xe
x
lnx
a
e
lnx
，f

x

xe
a
x

x1
，不等式等价于
f

x

f

l nx
a

，然后利用函数的单调性可得
xalnx
对任意x1
恒成立，再利用参
变分离
a

【详解】
< br>不等式变形为
xex
a

x


恒成立 ，转化为求函数的最小值
.

lnx

xa

alnx


，
x
即
xe
x
lnx
a
e
lnx
，设
f

x

xe

x1< br>
，
则不等式
x
a1
e
x
alnx 0
对任意的实数
x1
恒成立，
等价于
f

x

flnx

a

对任意
x1
恒成 立，
f


x



x1

e
x
0
，则
f

x

在

1,

上单调递增，
xlnx
a

，即
xalnx
对任意
x1
恒成立，

x


x

a
a

恒成立，即< br>
，

lnx
lnx

min
< br>lnx1
x

gx

，则

令
g

x


2


x1

，
lnx

lnx
答案第6页，总23页

答案仅供参考。
当
1xe
时，
g
< br>
x

0
，
g

x

在

1,e

上单调递减，
当
xe
时，
g


x

0

，
g

x

在

e,

上单调递增，
xe< br>时，
g

x

取得最小值
g

e< br>
e

，
ae

，即
ae
，
a
的最小值是
e
.
故选：
B
【点睛】

本题考查函数，导数，不等式恒成立的综合问 题，意在考查转化与化归的思想，计算能力，
本题的关键和难点是不等式的变形
xe
x
lnx
a
e
lnx
，并能构造函数并转化为
af

x

f

lnx
a

对任意
x1
恒成立,属于难题.
12
．
D
【解析】

【分析】

由题意可求得正方体棱长为
3
，则球
O
的半径
2r32
，以点
D
为坐标原点，建立空 间直

111


角坐标系，求得
OE

,,

,EF(1,0,1)
，进而可得点
O
到直线EF
的距离

222




< br>
OEEF
d|OE|
2



，根据公式可得弦长
2r
2
d
2
.

|EF|

【详解】

2

3
a
.
设正方体的边长为，则
4



2
a


27

，即正方体棱长为
a3，球
O
的球心为正方

0
，
0
）体的中心， 以点
D
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
Dxyz
，则
A
（
3
，，
2
A（，0，3）
3，3

，
D
（
0
，
0
，
0
），
B
（
3
，
3
，
0
），
C
1

0，
，
1
3

333



111


E(2,1,1),F(1,1,2),O

,,

,OE

,,

,EF(1,0,1)
，

222

222

答案第7页，总23页

答案仅供参考。





点
O
到直线
EF
的距离
d|OE|
2


OEEF


1
，



2

|EF|

又球
O
的半径为
r
2132
，
99
22
2

32


1

2
22
因此正方体外接球被
EF
所在直线截 的弦长为
2rd2


17
.

2






2

故选：
D .

【点睛】

本题考查了正方体的几何性质，正方体和球的关系以及垂径 定理，考查空间想象能力和计算
能力，属于中档题
.
y
2
13
．
x1

3
2
【解析】

【分析】

求出抛物线焦点坐标即 得椭圆焦点坐标，可得
a
2
b
2
4
，由
OAB
的面积为
6
可得
b
2
3a
，联立两式求得
a,b
的值，从而可得结果
.
【详解】

解
:
2
y
2
8x
,

p
2
,
2
即
y8x
焦点为
(2,0)
，
答案第8页，总23页

答案仅供参考。
x
2
y< br>2
即
2

2
1
的焦点为
(2,0)
，
ab
a
2
b
2
4
,
①
又
OAB
的面积为
6
，

b
2
b
2

b
2

xc
时，
y, A

c,

,B

c,

， aa

a

S
AOB
12b
2
 26
,
得
b
2
3a
，②
2a

a
2
1
由①②得，

2
，
b3

y
2
双曲线的方程为
x1
.
3
2
y
2
故答案为
:
x1

3
2
【点睛】

本题主要考查抛物线的方程与性质以及双曲线的方程 与性质，属于中档题
.
求解双曲线方程
的题型一般步骤：（
1
）判断 焦点位置；（
2
）设方程；（
3
）列方程组求参数；（
4
） 得结论
.
14
．
1

3
【解析】

【分析】

根据题意，由排列组合公式分析
3
名志愿者辅导
4
门学科的情况数目，再分析其中甲辅导数
学的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．
【详解】

解：根据题意，要求甲、乙、丙
3
名志愿者每名志愿者至 少辅导
1
门学科，
每门学科由
1
名志愿者辅导，则必有
1
人辅导
2
门学科；
23
则有
C
4
A3
6636
种情况，
212
C
3
A
2
12
种情况， 若甲辅导数学 ，有
C
3
2
A
2
则数学学科恰好由甲辅导的概率为
1
，
3
答案第9页，总23页

答案仅供参考。
故答案为：
【点睛】

1
．
3
本题考查古典概型的概率，涉及排列组合的应用，属于基础题．
15
．
80
5

【解析】

【分析】

在
ACD
中，由正弦定理求得
AC
；在
BCD
中，由正弦定理求得
BC
；再在
ABC
中，
由余弦定理求得
AB
.
【详解】

由已知得，在△
ACD
中，∠
ACD
＝
15°
，∠
ADC
＝
15 0°
，
所以∠
DAC
＝
15°
，
40
80sin150

由正弦定理得
AC
＝＝
62
＝
40(
6
＋
2
)
．

sin15
4< br>在△
BCD
中，∠
BDC
＝
15°
，∠
BC D
＝
135°
，所以∠
DBC
＝
30°
，
由正弦定理
CDBC
＝，
sinCBDsinBDC
80s in15

CDsinBDC
得
BC
＝＝＝
160sin 15°
＝
40(
6
－
2
)
．
1
sinCBD
2
在
ABC
中，由余弦定理，
(8
＋
4
3
)
＋
1 600×(8
－
4
3
)
＋
2×1 600×(
6
＋
2
)×(
6
－
2
)×
得
AB
2
＝
1 600×
16
＋
1 600×4
＝
1 600×20
＝
32 000
， ＝
1 600×
解得
AB
＝
80
5
．
故图中海洋蓝洞的口径为
80
5
．
故答案为：
805
.
【点睛】

本题考查利用正余弦定理求解距离问题，属综合基础题.
1
2
答案第10页，总23页

答案仅供参考。

1717

,
16
．



22

【解析】

【分析】

①当直线
l
斜率不存在时，易求得
x
M
0
；②当直线
l
斜 率存在时，设其方程为
ykxm
，
利用直线与圆有交点可求得
m
2
4k
2
4
；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理的形式；
根 据
PQ2QE
和
AE
2
2AP
2
48
可整理得到
x
1
x
2
，
x
1
x
2
，
y
1
y
2
，
y
1
y2
满足的方程，
代入韦达定理的结论整理可得
m
2
4km4 m
；当
m0
时，知
x
M
0
；当
m0
时，可
将
x
M
表示为关于
k
的函数，利用对号函数 的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类
情况可得最终结果
.
【详解】

设
M

x
M
,y
M

，
①当直线
l
斜率不存在时，直线方程为
l:x0
，此时
P

0,2

，
Q

0,2

， 22
PQ2QE
，
E

0,4

，
AE448
，
AP41620
，


满足
AE
2
2AP
2
48
，此时
x
M
0
；
②当直线
l
斜率存在时，设其方程为：
ykxm
，
l
与圆
O
有两个不同交点，

m
k1
2
 2
，即
m
2
4k
2
4



，

ykxm
222
由

2
得：< br>
1k

x2kmxm40
，
2
xy4
设
P

x
1
,y
1
，
Q

x
2
,y
2

，
E< br>
x
0
,y
0


2km
m
2
4
则
x
1
x
2

，
x
1
x
2

，
2
2
1k
1k
y
1
y
2
kx
1
mkx
2mk

x
1
x
2

2m
2
2m
，
1k
2
2
m
2
4k
2
.
y
1
y
2


kx
1
m
kx
2
m

kx
1
x
2
km< br>
x
1
x
2

m
2
1k< br>答案第11页，总23页

答案仅供参考。
3x
2
 x
1

x


0

2
x x,yy2xx,yy
，，解得：，


21210202
PQ2QE
3yy

y
21
0

2

22

3xx
1

3yy
由
AE2AP48
得：

2

2


21
2

2

x
1
2

2

y
1
2

48
，
2

2

22
22
整理得：
9
x
1
x
2

9

y
1
y
2

24x
1
x
2
24y
1
y
2
24

x
1
x
2
 y
1
y
2

96
，
22
4m
2
2m
2
44k
2
2m2km
38832
，整理得：
m
2
4km4m
，
222
1k 1k1k
当
m0
时，
x
M

x
1< br>x
2
0
；
2
2
当
m0
时，
m4k4
，代入



式得：

4k 4

4k
2
4
，
解得：
4747
，
k
33
x
1
x
2
km4k4k
2
1k
，
x
M
44
21k
2
1k
2
1k
247
1
，
3
当
x
M
441

1k


2
，
2
1k< br>2
4747
时，
y

1k

单调递增，
k
1k
33

y4

4747

,
2
在

上单调递减，

2


1k


3

3
1k
4

1717

x
M


,


，
22

综上所述： 弦
PQ
中点
M
的横坐标的取值范围为



1717

,


.
22


1717

,


.
22

故答案为：


【点睛】

本题 考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标表示、
答案第12页， 总23页

答案仅供参考。
函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结 合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标
表示为关于直线斜率
k
的函数关系式的形式， 从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题
计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运 算和求解能力有较高要求
.
17
．（
1
）
b
n< br>

2

【解析】

【分析】

（
1
）首先根据题意得到
q2
，再求
b
n
即可
.
n1
；（
2
）存在，

1
. < br>9

81

（
2
）首先求出
a
n< br>2n10
，
S
n
n

n9



n

20
，将不等式
2

4

2


30S
k

10
有解转化为



【详解】


10


，即可得到答案
.

30 S
k

max
2
（
1
）由
b
1< br>1
，
T
3
b
1
1qq3
，得q2
或
q1
（舍去）

∴
b
n

2

n1

（
2
）∵
a
3
b
3
0
，∴
a
3
b
3
4
，
dq2
，
∴
a
n
 a
3
2

n3

2n10
，
a< br>1
8
，
9

81

∴
Sn
n

n9



n

20

2

4

2


30S
k

10
有解，即



10

又

1
，

30S
k

max
10
有解，
30 S
k
（当

1
时，
30S
k
10
解得
k4
或
5
），


1
，
故存在

1
，使得关于
k
的不等式


30S
k

10
有解．
【点睛】

本题主要考查等差，等比数列的通项公式和前
n
项和公式，同时考查了不等式有解，属于中< br>档题.
答案第13页，总23页

答案仅供参考。
18．（
1
）证明见解析；（
2
）存在，
T
为线段
BC
上靠近点
C
的八等分点
.
【解析】

【分析】

（
1
）根据题目条件证明
DE
平面< br>ACE
，从而得到
DE

PA
，得出
DE
平面
PAC
;
（
2
）建立空间直角坐标系，假设存在点
T


,0,0

，计算平面
TDA
和平面BDA
的法向量，
使法向量数量积为零，然后求解

，根据
< br>的值确定点
T
的位置
.
【详解】

解：（
1
）因为
BDCD22
，
ABC
是边长为
4
的 等边三角形，
所以
BDCD22
22



22

22
16BC
2
，
所以
BDC
是等腰直角三角形，
BDC90
．
又点
E
为
BC
的中点，所以
DEBC
．
因为平面
BDC
平面
ABC
，平面
BDC
平面
ABCBC
，
所以
DE
平面
ABC
．
因为
PCPB42
，
PAACAB4
，
所以< br>PA
2
AC
2
4
2
4
2
3 2PC
2
，
PA
2
AB
2
4
24
2
32PB
2
，
所以
△PAB
与
PAC
都是直角三角形，
故
PAAC
，
PAAB
．
又
ACABA
，
所以
PA
平面
ABC
，
所以
DE∥PA
．
因为
PA
平面
PAC
，
DE
平面
PAC
，
所以
DE
平面
PAC
．
（
2
）连接AE
，以
E
为原点，
EC
，
EA
，
E D
所在直线分别为
x
，
y
，
z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
A0,23,0
，
B

2 ,0,0

，
C

2,0,0

，
D
0,0,2

，
设存在
T


, 0,0

，使得二面角
TDAB
为直二面角，易知
2

2
，且

0
．
设平面
BAD
的 法向量为
n
1


x
1
,y
1
, z
1

，
答案第14页，总23页


答案仅供参考。
则由
BD

2,0 ,2

，
AD0,23,2
，


x
1
z
1
0
3
得

，令
z
1
1
，得
x
1
x
1
1
，
y
1

，
3


3y
1z
1
0

3

故
n
1



1,
3
,1


．

设平面
TAD
的法向量为
n
2


x2
,y
2
,z
2

，
则由
DT< br>

,0,2

，
AT

,23,0
，


2


x
2
2z< br>2
0,
3
得

，令
z
2
1，得
x
2

，
y
2

，


x23y0
3

2

2
故
n
2




2


,
3

,1

．

3


由cosn
1
,n
2

33
1
123

33
0
，得
10
，故


．
3

2
744

2
33

< br>2
所以当
T
为线段
BC
上靠近点
C
的八等分 点时，二面角
TDAB
为直二面角．

【点睛】

本 题为空间立体几何综合题，考查空间中线面平行的证明及根据二面角大小确定动点的位置
问题，难度较大
.
解决根据二面角大小求参的问题关键点在于合理设元、计算法向量，使法
向量的夹 角余弦值符合题目条件即可
.
x
2
y
2
1,51
．
19
．（
1
）（
2
）

1
；

54

答案第15页，总23页

答案仅供参考。
【解析】

【分析】

（
1
）根据椭圆的几何性质得到
a,b,c关系，求解得到标准方程；（
2
）设
l
2
:ykxn
，
根
据


mn
S
1
可知，


，又
l
1
与原点距离为
1
，即
mk
2
1
，可把

化简为：
S
2
k
2
1
1
n
，根据
l
2
与椭圆相切，联立可得< br>n
2
5k
2
4
，由此代入化简可得

2
的范围，再进
m
一步求解出

的范围
.
【详解】

x
2
y
2
（
1
）a5
，
c1
，
bac4
，所以椭圆
C
的方程为
1
．
54
2
2
222
（
2
）因为原点与直线
l
1
:ykxm
的距离为
1
，所以
m
k
2
1
1
，即
mk
2< br>1
，

ykxn

222
设直线
l
2
:ykxn
，由

x
2
y
2
，得

45k

x10knx5n200
，
1


4

5
因为直线
l
2
与 椭圆
C
相切，所以


10kn

445 k
2

2

5n
2
200
，整理得

n
2
5k
2
4
，
因为直线
l
1
与直线
l
2
之间的距离
d
mn
k
2
1
，所以
S
1

11
ABd，
S
2
AB1
，
22
2
2
m nmn
S
1
n
n5k41

2
1< br>，所以


又


2
，因为
5 
k0
，
2
2
S
2
mm
k1k1< br>k1

m


n

所以


4,5

，又
O
，
M
位于直线< br>l
1
的两侧，所以
m
，
n
同号，

m

所以
2
n
n

1,51
，故实数

的取值范围为

1,51
．


2 ,5
，所以
1



m
m



【点睛】

本题考查椭圆几何性质、直线与椭圆的关系中求解参数范围问 题，关键是构造出满足题意的
函数关系式，然后通过函数求值域的方法，求解出函数的范围，从而可以推 导出参数的范围
.
答案第16页，总23页

答案仅供参考。 20
．（
1
）答案见解析；（
2
）
0.973
；（
3
）
1.6
，
90
万元．
【解析】

【分析】

（
1
）由频率分布直方图求出质量指标值
k所处范围内的频率，根据分层抽样的知识求出各
层的样本数，进而利用超几何分布求解概率，得分布 列，求得数学期望；
（
2
）由频率分布直方图求出对应事件的频率，然后用频率估计 概率，最后代入二项分布的
公式中求解即可；
（
3
）根据频率分布直方图， 确定每个范围内产品利润
y
取值的概率，建立利润
y
的函数模
型，利 用导数求函数的最值即可
.
【详解】

解：（
1
）由频率 分布直方图可知，质量指标值不小于
85
的产品中，
k

85, 90

的频率为
0.0850.4
；
k

90,95

的频率为
0.0450.2
；
k
< br>95,100

的频率为
0.0250.1
．
故利用分 层抽样的方法抽取的
7
件产品中，
k85,90

的有
4
件，

k

90,95

的有
2件，
k

95,100

的有
1
件． 从这
7
件产品中任取
3
件，质量指标值
k90,95

的件数
X
的所有可能取值为
0
，
1
，
2
，
23
C
0
C
5
2

； 则< br>P

X0


3
C
7
7
12
C
2
C
4
P

X1

< br>3
5

；
C
7
7
21
C
2
C
1
P

X2


3
5
．
C
7
7

所以
X
的分布列为
X

P

0
2

7
1 2
4

7
1

7
答案第17页，总23页

答案仅供参考。


故
E

X< br>
0
2416
12
．
7777
（< br>2
）设
“
从该产品中抽取一件为合格及以上等级
”
的概率为< br>p
，则根据频率分布直方图可得
p1

0.040.02

50.7
，
3
则
P

A
1C
3

1p

10.3
3
1 0.0270.973
．
3
（
3
）由题意可得该产品的质量指标 值
k
与对应概率如下表所示（
1t4
）：
质量指标
值
k

利润
90k100

85k90

80k85

75k80

70k75

e
t

0.3
t

0.4
3t

0.15
5t

0.1
3t

0.05
P



故每件产品的 利润
ye0.3t0.43t0.155t0.13t0.050.3e 1.5t
，
则
y

0.3e1.50.3e5
，令
y

0
，则
tln5
，
故当
t

1,ln5

时，
y

0
，当< br>t

ln5,4

时，
y

0
，
所以当
tln5
时，
y
取得最大值，
t
 
tt

t

y
max
0.3e
l n5
1.5ln51.5

1ln5

1.50.6 0.9
（元）．
所以当
tln51.6
时，每件产品的利润取得最大 值为
0.9
元
电已知，该生产线的年产量为
100
万件，
所以该生产线的年盈利的最大值为
0.910090
（万元）．
【点睛】

本题考查频率分布直方图，分层抽样，超几何分布，数学期望的求解，二项 分布，利用导数
研究函数的最值等，考查数据分析、数学建模、数学运算等核心素养.
21
．（
1
）
0
；（
2
）证明见解析
【解析】

答案第18页，总23页

答案仅供参考。
【分析】

（
1
）
m
1
，对函数
f

x

求导，利用导数判断其单调性，进而可求出最小值；
e
me
x
（
2
）构造函数
F

x

f

x

g

x

lnx 

x0

，对函数
F

x

求导，分别求出
x
0x1
和
x1
时，函数
F

x

的单调性，进而证明其最大值小于
0
，即可证明结论成立.
【详解】

（
1
）由题意知
f

x

的定义域为
0,
．
1
e
x
当
m
时，
f

x

lnxx
，
e
ex
e
x
ex


x1


e
x

x1

1
则
f

x


．
1
22
exxex
令
u

x

eex

x0
，则
u


x

ee
，
xx< br>令
u


x

0
，得
x1，令
u


x

0
，得
0x1
，
故
u

x

在
1,
上单调递 增，在
0,1
上单调递减，
x
则
u

x

u

1

0
，即对任意
x
0,

，
u

x

eex0
恒成立．
所以令
fx0
，得
x1
，令
fx0
，得
0x1
，
故
f

x

在
1,
上单调递增，在
0,1
上单调递减，
所以当
x1
时，
f

x

取得最小值，即
f

x
min
f

1

0
．
2me
x
（
2
）令
F

x

 f

x

g

x

lnx

x0

，
m
2
0
，
e
x
x
1me
x
xme
x
xm

x1

e
则
F


x


，

xx
2
x
2
当
0x1
时，m

x1

0
，则
F

x

0
，
F

x

单调递增， < br>所以当
0x1
时，
F

x

F

1

me0
，故
f

x
g

x

成立；
答案第19页，总23页

答案仅供参考。
当
x1
时，
F


x



m

x1


x
x
m

x1

e
，显然
0
，

2
x
2
mx1

x< br>
x
令
G

x

e
1
x

Gxex
x1


，则
2
，
m

x1

m

x1

上单调递增， 因为
m
2
0
，所以
G

< br>x

0
，即
G

x

在
1,
2
e
2
2me
2
2
因为
me2< br>，所以
G

2

e0
，
mm2
me
2
1me
2
2
因为，且
me11< br>，所以
11
2
2
，
22
me1me1 me1
t
me
2
22
e
2
，
tme 1me
所以存在
t
满足
1t
，则，整理得
2
m

t1

me
2
1
t则有
G

t

e
t
e
2
e
2
0
．
m

t1

因为G

t

G

2

0
，所 以
G

x

存在唯一零点
x
0


1,2
，
所以
x

1,x
0
时，
G

x

0
，
F


x

0
，
F

x

单调递增；
x

x
0
,

时，
G
< br>x

0
，

F


x

0
，
F

x

单调递减，
所以当x1
时，
F

x

的最大值为
F

x
0

，且
x
0


1,2．
x
0
x
0
me1
lnx
0
< br>由
G

x
0

0
，可得
e，故
F

x
0

lnx
0

．
m

x
0
1

x
0
x< br>0
1
x
0

11
1


x0
，

令


x

lnx 
，
x

1,2

，则
2
x

x1

x1
所以


x

在

1,2

上单调递增，所以


x
< br>


2

ln21
，
故
F

x
0

ln210
，所以
x1
时，
f

x

g

x

成立．
综上所述，
f

x

g

x

．
【点睛】

本题考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式， 考查学生逻辑推理能力与计算
答案第20页，总23页

答案仅供参考。
求解能力，属于难题.
22
．（
1
）

x2< br>
y23
【解析】

【分析】

2

2
（
2
）
16
；
10
．
3< br>

2
x
2
y
2

（
1
）将圆
C
的极坐标方程化为

2
43

sin

4

cos

，由

cos

x
可将圆
C
的


sin

y

极坐标方程化为直角坐标标准方程；


x1tcos

（
2
）求得直线
l
的参数方程为
（
t
为参数，



0,


），设点
M
、
N
所
y3tsin



对应的参数分别为
t
1
、
t
2
，将 直线
l
的参数方程与圆
C
的普通方程联立，列出韦达定理，利
PMP N

用直线参数方程的几何意义结合三角恒等变换、正弦型函数的有界性可求得
PNP M
的最大值．
【详解】

（
1
）圆
C
的 极坐标方程为

8cos

所以

2
43
sin

4

cos

．
22 2
因为

xy
，

cos

x，

sin

y
，所以
x
2
y< br>2
4x43y0
，





4cos

43sin

，

3
所以圆
C
的直角坐标标准方程为

x2

y23
2

2
16
；


2 x
0
2

x
0
1
（
2
）由（
1
）知圆
C
的圆心的直角坐标为
2,23
，则
< br>，所以

，
y3
2y23


0

0



x1tcos

所以直线
l
的参数方程为

（
t
为参数，



0,


）．
y3tsin



将直线
l
的参数方程代入

x2

y23
2

2
16
，得
t
2
 23sin

2cos

t120
．
设点
M
、
N
对应的参数分别为
t
1
、
t
2，则
t
1
t
2
23sin

2cos< br>
，
t
1
t
2
12
，

答案第21页，总23页

答案仅供参考。
PM
PN

PN
PM

PMPN
PMPN
22< br>
t
1
t
2
t
1
t
2
2 2

tt


12
2
2
2t
1
t
2
t
1
t
2

2
11



23sin

2cos

2

4sin





2
，
1212

6




PMPN
10

因此，当


时，取得最大值．
PNPM
3
3

【点睛】

本题考查极坐标方程与 普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用直线参数方程的几何意
义求最值，涉及三角恒等变换思想以 及正弦函数有界性的应用，考查计算能力，属于中等题
.
23
．（
1
）
{x|x0
或
x}
；（
2
）证明见解析
.
【解析】

【分析】

（
1
）先根据已知求出a1
，再利用分类讨论法解不等式
x32x21
即得解；
（
2
）由
f

m

f

n

3
得
mn9
，再利用基本不等式证明不等式
.
【详解】

（1）由
f

x

2
，得
2ax32,1ax5
，
8
3
f
< br>x

2
的解集为

x1x5

， < br>
1
1


a
则
a0
，

，得
a1
．
5

5


a
不等式
f

x

2f

x1
1
可化为
x32x21
，

x3
2x3

x2
则

或

或< br>
，
x32x21
x32x21x32x2 1




解得
x3
或8
x3
或
x0
，
3
8
3
所以 原不等式的解集为
{x|x0
或
x}
．
（
2
）因为
m3
，
n3
，
答案第22页，总23页

答案仅供参考。
所以
f

m

f

n

m–3n3m3n 33
，即
mn9
．
所以
141n4m

1

n4m


14

1



mn






14 521
，



mn9mn

9

mn


mn

9

当且仅当
n4m

，即
m3
，
n6
时取等号．
mn
所以不等式得证.
【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解 法，考查基本不等式证明不等式，意在考查学生对这些知识
的理解掌握水平.
答案第23页，总23页