河北省廊坊市2021屆新高考第四次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題含解析

1、河北省廊坊市2021屆新高考第四次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題一、選擇題：本題共 12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目 要求的。1 已知F為拋物線C : y2 8x的焦點(diǎn)，點(diǎn) A 1,m在C上，若直線 AF與C的另一個交點(diǎn)為B，則AB ()A. 12B 10D. 8【答案】C【解析】【分析】求得A點(diǎn)坐標(biāo)，由此求得直線AF的方程，聯(lián)立直線AF的方程和拋物線的方程，求得 B點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求得AB【詳解】拋物線焦點(diǎn)為F 2,0，令x解得y2伍，不妨設(shè)A 1,2 一 2，則直線AF的方程為y x 22邁 X1 22，由2.2 x8x2，解得A 1,2 .2 , B 4, 4

2、.2，所以5169.AB故選：C【點(diǎn)睛】本小題主要考查拋物線的弦長的求法，屬于基礎(chǔ)題2.設(shè)數(shù)列anN 的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn, log 2 anlog 2 an ,且 a3 4，則 S ()A. 128B . 65C. 64D.63【答案】D【解析】【分析】根據(jù) log2 an 1log 2 an，得至U log2 an 1 log2 2an，即卩 an 12an,由等比數(shù)列的定義知數(shù)列an是等比數(shù)列，然后再利用前n項(xiàng)和公式求S6.【詳解】因?yàn)?log2 an 11 log 2 an , 所以 log2 an 1 log22an,所以 an 1 2an,所以數(shù)列an是等比數(shù)列,又因?yàn)閍

3、34 ,所以aia3ai1 1 2663.1 2故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查等比數(shù)列的定義及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，還考查了運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題3在邊長為1的等邊三角形 ABC中，點(diǎn)uur【答案】C【解析】【分析】uuuE是AC中點(diǎn)，點(diǎn)F是BE中點(diǎn)，貝U AF AB ()3D. 8uuu uuur根據(jù)平面向量基本定理，用AB, AC來表示uuurAF，然后利用數(shù)量積公式,簡單計算，可得結(jié)果【詳解】由題可知:占八、E是AC中點(diǎn)，點(diǎn)F是BE中點(diǎn)uuuAFuuuABuuur uuur AE , AE1 uuuAC2uiur1 uuu1 uuir所以AF -AB AC24uuu uiuruuuu

4、uur又 AB ACABACcos2Auur uuu 所以AF AB1 uuu-AB21 uuu AC4uuuABuuu 則AFuuuAB1 uuu2 AB21 uiur AC4UULffAB故選:【點(diǎn)睛】本題考查平面向量基本定理以及數(shù)量積公式，掌握公式，細(xì)心觀察，屬基礎(chǔ)題2344.若 ao a,2x 1) a?(2x 1)a3(2x 1) a4(2x 1)a5(2x1)55x，貝y a2的值為()D.532A . 3 1【答案】B【解析】【分析】B 、2 1設(shè)P x,y，利用兩點(diǎn)間的距離公式求出m的表達(dá)式，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)求出m的最大值時的P點(diǎn)【答案】C【解析】【分析】5 1 5 根據(jù)x

5、 (2x 1) 1,再根據(jù)二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式進(jìn)行求解即可.32【詳解】1 因?yàn)閤 (2x 1) 1，所以二項(xiàng)式(2x 1) 15的展開式的通項(xiàng)公式為：32r5 r .rr5 r22Tr 1 C5 (2x 1)1 C5 (2x 1)，令 r 3，所以 T3 C5 (2x 1)，因此有a 1 C31 C215 45a2C5C5.323232216故選：C【點(diǎn)睛】本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，考查了二項(xiàng)式展開式通項(xiàng)公式的應(yīng)用，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力25已知點(diǎn)A是拋物線x4y的對稱軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，點(diǎn)F為拋物線的焦點(diǎn)，點(diǎn) P在拋物線上且滿足PA m PF，若m取得最大值時，點(diǎn)P恰好在以 代F為焦點(diǎn)的橢圓上，則橢

6、圓的離心率為(1坐標(biāo)，結(jié)合橢圓的定義以及橢圓的離心率公式求解即可【詳解】 設(shè)P x, y，因?yàn)锳是拋物線x2 4y的對稱軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，點(diǎn) F為拋物線的焦點(diǎn),所以 A 0, 1 ,F 0,1 ,PAPF4y4y4yy2 2y 1當(dāng)y 0時，m 1,20時,4yy2 2y 1當(dāng)且僅當(dāng)y 1時取等號， 此時P 2,1 ,PA 2邁,PF| 2,Q點(diǎn)P在以代F為焦點(diǎn)的橢圓上,2c AF 2,由橢圓的定義得2a PAPFc 2c所以橢圓的離心率e -a 2a 2422.21，故選B.【點(diǎn)睛】本題主要考查橢圓的定義及離心率，屬于難題離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點(diǎn)也是難點(diǎn),般求離心率有以下幾種情

7、況：直接求出a,c，從而求出e；構(gòu)造a,c的齊次式，求出e；采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解.6.已知定義在 R上的函數(shù)f X在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，且 y f x 1的圖象關(guān)于x 1對稱，若實(shí)數(shù)a滿足f log1 a2f 2，則a的取值范圍是（)c111 ,A.0,B.C. 一，4D.4,444【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的圖象變換分析可得函數(shù)y f x為偶函數(shù)，又由函數(shù) yx在區(qū)間0, 上單調(diào)遞增，分析可得 f log f 2 f log2af 2 log2a 2，解可得a的取值范圍，即2可得答案【詳解】將函數(shù)y f x 1的圖象向左平移1個單位長度可得函數(shù) y f x

8、的圖象，由于函數(shù)y f x 1的圖象關(guān)于直線 x 1對稱，則函數(shù)y f x的圖象關(guān)于y軸對稱，即函數(shù)y f x為偶函數(shù)，由f Iog2 f 2，得f log2a f 2 ,21Q函數(shù)y f x在區(qū)間0, 上單調(diào)遞增，則log2a2，得2292，解得；*4.【詳解】f x的奇偶性，屬于中等題7設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù) z（1 i）2 2i，則復(fù)數(shù)z等于（A. 2iB 2iD. 01因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是 -，4 .4故選：C.【點(diǎn)睛】 本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性解不等式，注意分析函數(shù)【答案】B 【解析】 【分析】 根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運(yùn)算法則，即可求解 【詳解】2 2i z(1 i) 2 2i,

9、 z2i .1 i故選:B.【點(diǎn)睛】 本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題o, y8已知x , y滿足條件 y2x（k為常數(shù)），若目標(biāo)函數(shù)z 3x y的最大值為9,則k （）A 1627C.427D.4【答案】B【解析】【分析】由目標(biāo)函數(shù)z3xy的最大值為我們可以畫出滿足條件xB0, y 0（k為常數(shù)）的可行域，根k, 0y, x2x yk的方程組，消參據(jù)目標(biāo)函數(shù)的解析式形式，分析取得最優(yōu)解的點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)分析列出一個含參數(shù) 后即可得到k的取值.x厖0, y 0畫出x , y滿足的 y, x（k為常數(shù)）可行域如下圖:2x y k, 0由于目標(biāo)函數(shù)z 3x y的最大值為9,4可得直線y 0與直

10、線9 3x y的交點(diǎn)B（3,0）， 使目標(biāo)函數(shù)z x 3y取得最大值,將 x 3，y 0代入 2x y k 0 得：k 6 .故選：B 【點(diǎn)睛】分析取得最優(yōu)解是哪消去 x , y后，即可求出如果約束條件中含有參數(shù)，我們可以先畫出不含參數(shù)的幾個不等式對應(yīng)的平面區(qū)域,兩條直線的交點(diǎn)，然后得到一個含有參數(shù)的方程（組），代入另一條直線方程，平面，則，即可判斷出結(jié)論.，直線I滿足I ，則I參數(shù)的值.9 .已知平面， ，直線I滿足IA .充分不必要條件C.充要條件【答案】A【解析】【分析】, 是相交平面，直線I或I / 或I 平面，則“”是“”的（）B .必要不充分條件D .即不充分也不必要條件,反之解：

11、已知直線I 平面，則“反之，直線I滿足I ，則I 或I / 或I 平面“”是“”的充分不必要條件.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查了線面和面面垂直的判定與性質(zhì)定理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力.10.已知函數(shù) f(x) Acos( x ) ( A 0,30 , | )，將函數(shù)f (x)的圖象向左平移 個單2 4位長度，得到函數(shù) g(x)的部分圖象如圖所示，則f(x)12的(37/1/IsFB.必要不充分條件D既不充分也不必要條件A 充分不必要條件C.充要條件【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)圖象求出函數(shù)g(x)的解析式，再由平移知識得到f(X)的解析式 撚后分別找出f (x)-和g仝3

12、的等價條件，即可根據(jù)充分條件，必要條件的定義求出3 2 123【詳解】設(shè) g(x) Asin x,根據(jù)圖象可知A 1,3T4再由g g(x)612727sin1212sin 2x -251,取3將函數(shù)g(x)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)f(x)的圖象, f(x) gsincos 2xf(x) 1cos 2x1 x3，g 212sin令x百，則sincos 21 2sin 2113，顯然，cos2sin333【點(diǎn)睛】123'的必要不充分條件3本題主要考查利用圖象求正（余）弦型函數(shù)的解析式，三角函數(shù)的圖形變換，二倍角公式的應(yīng)用，充分條件,必要條件的定義的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能

13、力和邏輯推理能力，屬于中檔題.11普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017版）提出了數(shù)學(xué)學(xué)科的六大核心素養(yǎng)為了比較甲、乙兩名高二學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)水平，現(xiàn)以六大素養(yǎng)為指標(biāo)對二人進(jìn)行了測驗(yàn)，根據(jù)測驗(yàn)結(jié)果繪制了雷達(dá)圖（如圖，每項(xiàng)指標(biāo)值滿分為5分，分值高者為優(yōu)），則下面敘述正確的是（）乙A甲的數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)高于乙B 甲的數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)優(yōu)于數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)C乙的六大素養(yǎng)中邏輯推理最差D 乙的六大素養(yǎng)整體平均水平優(yōu)于甲【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雷達(dá)圖對選項(xiàng)逐一分析，由此確定敘述正確的選項(xiàng)對于A選項(xiàng)，甲的數(shù)據(jù)分析 3分，乙的數(shù)據(jù)分析 5分，甲低于乙，故 A選項(xiàng)錯誤.對于B選項(xiàng)，甲的建模素養(yǎng) 3分，乙的建模素養(yǎng) 4分，甲

14、低于乙，故 B選項(xiàng)錯誤對于C選項(xiàng)，乙的六大素養(yǎng)中，邏輯推理5分，不是最差，故 C選項(xiàng)錯誤對于D選項(xiàng)，甲的總得分4 5 3 3 4 322分，乙的總得分5 4 5 4 5 427分，所以乙的六大素養(yǎng)整體平均水平優(yōu)于甲，故D選項(xiàng)正確故選：D【點(diǎn)睛】本小題主要考查圖表分析和數(shù)據(jù)處理，屬于基礎(chǔ)題.12 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入2t 2, e ，則輸出S屬于(A 3,2B 4,2C 0,2D.3,e2【答案】B【解析】【分析】t22t由題意，框圖的作用是求分段函數(shù)S( t)3,lnt,1,2,2的值域，求解即得解e【詳解】由題意可知,框圖的作用是求分段函數(shù)S( t)t2 2t3,lnt,1,2,

15、12的值域,e當(dāng) t 2,1),S 4,0)； 當(dāng) t 1,e2,S 0, 2 綜上：S4,2 .故選：B【點(diǎn)睛】 本題考查了條件分支的程序框圖，考查了學(xué)生邏輯推理，分類討論，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于基礎(chǔ)題二、填空題：本題共 4小題，每小題5分，共20分。13.以4,0 , a2,0為圓心的兩圓均過(1,0)，與y軸正半軸分別交于0,% , Oy，且滿足lnyi ln y20 ,則點(diǎn)的軌跡方程為.X【答案】y2x 1【解析】【分析】2 2根據(jù)圓的性質(zhì)可知 ai,0在線段ab的垂直平分線上，由此得到y(tǒng)i 1 2ai ,同理可得 y 1 2a?，由對數(shù)運(yùn)算法則可知y$21，從而化簡得到a2印2a1 1

16、，由此確定軌跡方程.【詳解】Q In y1 In yIn y°20,yyQ A 1,0 和 B0,y1的中點(diǎn)坐標(biāo)為，且a1,0在線段AB的垂直平分線上,y212a12q2a2占八、的軌跡方程為y故答案為:xy 2x 12a1，同理可得:2y2 1 2a2,a242a11，x2x 1a1,a2滿足的方程,【點(diǎn)睛】 本題考查動點(diǎn)軌跡方程的求解問題，關(guān)鍵是能夠利用圓的性質(zhì)和對數(shù)運(yùn)算法則構(gòu)造出由此得到結(jié)果14在(芻 7x)n的二項(xiàng)展開式中，所有項(xiàng)的系數(shù)之和為1024,則展開式常數(shù)項(xiàng)的值等于 X【答案】15【解析】【分析】利用展開式所有項(xiàng)系數(shù)的和得n=5,再利用二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，求得展開

17、式中的常數(shù)項(xiàng)【詳解】n因?yàn)槠c & 的二項(xiàng)展開式中，所有項(xiàng)的系數(shù)之和為4n=1024, n=5,X5故Jr ,x的展開式的通項(xiàng)公式為x55Tr+i=C 35-rx2r 10,令r 100 ,解得r=4,可得常數(shù)項(xiàng)為X 2T5=C 3=15,故填 15.【點(diǎn)睛】本題主要考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用、二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，屬于中檔題2 215過M( 2,0)且斜率為的直線I交拋物線C: y 2px(p 0)于A, B兩點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)若VMFB3的面積等于 VMFA的面積的2倍，貝U p的值為.【答案】2【解析】【分析】聯(lián)立直線與拋物線的方程，根據(jù)一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系以

18、及面積關(guān)系求解即可【詳解】如圖，設(shè) A(x1 , y1), B(x2 , y2 )，由 SVMFB2SVMFA，則 y22y1 ,由 y 3(x 2),可得 y2 3py 4p 0 , y2 2px2，則16p 7，169所以 y1 y2 3pyy2 2p 4p，得 p此題考查了拋物線的性質(zhì)，屬于中檔題rrr16.已知向量 a cos5 ,sin5 , b cos65 ,sin65 ，則 2a【答案】、7 【解析】【分析】求出a , b,a b ,然后由模的平方轉(zhuǎn)化為向量的平方，禾U用數(shù)量積的運(yùn)算計算.【詳解】r 2由題意得acos2 5sin2 51，1 a1.b22 “cos 65sin2

19、 651，b 1.r r1rr 2rr r r24 4 -17 ,a bcos5cos65sin 5sin 65cos602ab4a4a b b222a b 77.故答案為：.7 【點(diǎn)睛】本題考查求向量的模， 掌握數(shù)量積的定義與運(yùn)算律是解題基礎(chǔ).本題關(guān)鍵是用數(shù)量積的定義把模的運(yùn)算轉(zhuǎn)化為數(shù)量積的運(yùn)算.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17如圖，已知四邊形 ABCD的直角梯形，AD / BC , AD DC, AD 4 , DC BC 2, G為線段AD的中點(diǎn)，PG 平面ABCD , PG 2 , M為線段AP上一點(diǎn)(M不與端點(diǎn)重合)1111(1)若 AM MP ,(i

20、) 求證：PC/平面BMG ;(ii) 求平面 PAD與平面BMD所成的銳二面角的余弦值;(2)否存在實(shí)數(shù)uuuu 滿足AMuuu AP，使得直線PB與平面BMG所成的角的正弦值為，若存在,確定的值，右不存在，請說明理由.【答案】(1) (i)證明見解析(ii)(2)存在，1113【解析】【分析】(1) (i)連接AC交BG于點(diǎn)0，連接OM , CG，依題意易證四邊形 ABCG為平行四邊形，從而有AO OC , MO PPC，由此能證明PC /平面BMG(ii)推導(dǎo)出BG GD，以G為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 O xyz，利用向量法求解；uuiuruuu(2)設(shè)AM AP (0,2,2)(0,2

21、 ,2 ),(0,1)，求出平面BMG的法向量，利用向量法求解【詳解】(1) ( i)證明：連接 AC交BG于點(diǎn)O，連接OM , CG ,因?yàn)镚為線段AD的中點(diǎn)，AD 41所以AG AD 2,2因?yàn)镈C BC 2，所以AG BC因?yàn)锳D / BC所以四邊形ABCG為平行四邊形.所以AO OC又因?yàn)镻M MA ,所以MO PPC又因?yàn)镸O 平面BMG , PC 平面BMG ,所以PCP平面BMG (ii)解：如圖，在平行四邊形 BCDG中因?yàn)?BG PCD，CD GD，所以BG GD以G為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O xyz則 G(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，A(0, 2,0)

22、, B(2,0,0),C(2,2,0), M(0, 1,1)uuuuuuuuuu所以 PB (2,0, 2)，GB (2,0,0)，GM平面PAD的法向量為n (1,0,0)ir設(shè)平面BMD的法向量為m (x, y, z)，v uuvm BD 02x 2z 0則 v uuuv ，即，取xm BM 0 2x y z 0設(shè)平面PAD和平面BMD所成的銳二面角為所以銳二面角的余弦值為(0, 1,1)，1，得m，則 cosuuuBD (1,1,3)，ir r m n ir muuuu2,2,0), BM =(111112, 1,1)uuiur(2)設(shè) AMuuuAP(0,2,2) (0,2,2 ),(

23、0,1)所以M (0,22,2 ),uuuuBM ( 2,22,2uuu),BG ( 2,0,0),設(shè)平面BMG的法向量為up (a,b,c),則v uuv，得 p (0, ,1),p BG 2a 0v uuuv，取 bp BM (22)b 2 c 0因?yàn)橹本€PB與平面BMG所成的角的正弦值為105所以uuuPBpuuu uPB p132(1 ) 邁8 2 (1 )2 5解得7所以存在【點(diǎn)睛】考查滿足線面角的正弦值的點(diǎn)是否存在的判斷18 .在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為x 3 t cos(t為參數(shù))以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),y 2 t sinx軸正-滿足AMfAp,使得直線PB與平面BMG所

24、成的角的正弦值為.3 5此題二查線面平行的證明，考查銳二面角的余弦值的求法, 與求法，考查空間中線線，線面，面面的位置關(guān)系等知識，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓C的極坐標(biāo)方程為 2cos(1)求直線I和圓C的普通方程;(2)已知直線l上一點(diǎn)M (3,2)，若直線|與圓C交于不同兩點(diǎn)A, B，求MA1MB的取值范圍【答案】(1) xsin ycos 2cos 3sin2y2 2x0 ；( 2)1 1MA MB【解析】分析：（1）用代入法消參數(shù)可得直線的普通方程，由公式2 2 2x y一一可化極坐標(biāo)方程為直角坐標(biāo)方程;xcos（2）把直線|的參數(shù)方程代入曲線 C的直

25、角坐標(biāo)方程，其中參數(shù)t的絕對值表示直線上對應(yīng)點(diǎn)到M的距離，因此有MAti，MBt2，直接由韋達(dá)定理可得MA1，注意到直線與圓相交，因此判別MB式0，這樣可得 滿足的不等關(guān)系,由此可求得MAMB的取值范圍x詳解：（1）直線l的參數(shù)方程為y3 tcos2 tsin普通方程為xsin ycos 2cos3sin將 ,x2y2 ,cosx代入圓C的極坐標(biāo)方程2cos 中,可得圓的普通方程為2 小y 2x(2)解:直線l的參數(shù)方程為3 tcos代入圓的方程為2 tsinx2y2 2x 0可得:t24cos4si nt 70 (*),且由題意t1t24 cossin ,t1 t2711MAMBR t2 I

26、4sinMAMBMAMB|t1t2 |7因?yàn)榉匠逃袃蓚€不同的實(shí)根，所以cos16 cos2sin28即sincos又sincos、2sinsincos2sincos2 '，2/7114血7MAMB7所以因?yàn)樗?所以7sin cos2"4.2點(diǎn)睛：（1）參數(shù)方程化為普通方程，一般用消參數(shù)法，而消參法有兩種選擇：一是代入法，二是用公式1;2 cos.2 sincos(2)極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程互化一般利用公式sin ；2 2y(3)過P(Xo, yo)的直線l的參數(shù)方程為Xotcos-一占八、M對應(yīng)參數(shù)t,貝U PM | |t .yotsin(t為參數(shù))中參數(shù)t具有幾何意義:

27、直線上任 占:八、3D在線段AB上.19.如圖，在 ABC中，AC 2 ,(1)若cosCDB13，求CD的長(2)若AD2DB,sinACD .7 sin BCD，求 ABC 的面積【答案】(1)CD3.64(2)332【解析】【分析】(1)先根據(jù)平方關(guān)系求出sinCDA，再根據(jù)正弦定理即可求出 CD ;(2)分別在 ADC和BDC中，根據(jù)正弦定理列出兩個等式，兩式相除，利用題目條件即可求出CB ,再根據(jù)余弦定理求出 AB，即可根據(jù)S 1AC AB si nA求出 ABC的面積.2【詳解】(1)由 cosCDB1-，得 cos3CDA 1，所以 sin CDA32.23由正弦定理得,CDsi

28、n AACsin CDACD，即_32拿得CD嚴(yán)(2)由正弦定理，在AD在 BDC中,DBsin BCDADC 中，sin ACDCB ，sin BDCAC ，sin ADC又 sin ADCsin BDC , AD 2DB , sinACD . 7sin BCD ,舟/曰 由得CB由余弦定理得CB2 AC2 AB22AC ABcosA ,2 ，24 ,即 7 4 AB2 2AB，解得 AB1所以 ABC的面積S 1 AC AB2sin A【點(diǎn)睛】本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應(yīng)用,以及三角形面積公式的應(yīng)用,意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.2x20.已知橢圓C:飛a2 y b21

29、(a b 0)的離心率為 -1，且過點(diǎn)(1,-6)2 2(I)求橢圓C的方程;(n)設(shè)Q是橢圓C上且不在x軸上的一個動點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過右焦點(diǎn)F作OQ的平行線交橢圓于M、N兩個不同的點(diǎn)，求【答案】(I)x21 (n) 1【解析】【分析】(I)由題，得(n)設(shè)直線|OQ|22xq|MN |【詳解】3體1，解方程組，即可得到本題答案;OQ:x my,2 4m2yQ m4.1 m2yi(I)由題可得e則直線4m2 2，即MN : x my24m 42 ，聯(lián)立m 2.1將點(diǎn)1竺代入方程得212a32b21，即x.2，聯(lián)立蘭4myy221，得x2x4my2y_2.2，得12 2m )22)(m2,b2

30、8m221a_4 m24m22由此即可得到本題答案2 2所以橢圓C的方程為：1 ；4 2()由(I)知，F(xiàn)C 2,0)設(shè)直線OQ : xmy，則直線MN:x myx my聯(lián)立x2 y2才2，整理得Xq14 m2m22所以|0Q|22Xq2yQ4 m2m224m2 24 m24m22x my聯(lián)立x2 y24 2，整理得m1y22、2my設(shè) M Xi,yi , NX2,y2，則 yy22.2m m2 22m22所以|MN |1 m2 (y y2)2 4yy(2 2m)2(m228m224m242 ，m224m24m22 i4m24【點(diǎn)睛】 本題主要考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法以及直線與橢圓的綜合問題，考

31、查學(xué)生的運(yùn)算求解能力21 超級病菌是一種耐藥性細(xì)菌，產(chǎn)生超級細(xì)菌的主要原因是用于抵抗細(xì)菌侵蝕的藥物越來越多，但是由于濫用抗生素的現(xiàn)象不斷的發(fā)生，很多致病菌也對相應(yīng)的抗生素產(chǎn)生了耐藥性，更可怕的是，抗生素藥物對它起不到什么作用，病人會因?yàn)楦腥径鹂膳碌难装Y，高燒、痙攣、昏迷直到最后死亡某藥物研究所為篩查某種超級細(xì)菌，需要檢驗(yàn)血液是否為陽性，現(xiàn)有n ( nN )份血液樣本，每個樣本取到的可能性均等，有以下兩種檢驗(yàn)方式：(1) 逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn) n次；(2) 混合檢驗(yàn)，將其中 k ( k N且k 2 )份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn)，若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這 k份血液樣

32、本只要檢驗(yàn)一次就夠了，如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗(yàn)，此時這 k份血液的檢驗(yàn)次數(shù)總共為 k 1次，假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是陽性還是陰性都是獨(dú)立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為 p ( 0 p 1).(1)假設(shè)有5份血液樣本，其中只有 2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗(yàn)方式，求恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)就能把陽性樣本全部檢驗(yàn)出來的概率；(2)現(xiàn)取其中k( k N且k 2)份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為1，采用混合檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為(i)試運(yùn)用概率統(tǒng)計的知識，若E 1 E 2，試求p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式p

33、 f k ；(ii)若P 1 產(chǎn)，采用混合檢驗(yàn)方式可以使得樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗(yàn)的總次數(shù)期望值更少，求k的最大值.參考數(shù)據(jù)：In 20.6931, In3 1.0986 , In 4 1.3863, In5 1.6094 , In6 1.79181【答案】(1)10(2) (i) p1k 11 k ( k N，且 k 2) . (ii )最大值為 4.k【解析】【分析】(1)設(shè)恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)?zāi)馨殃栃詷颖救繖z驗(yàn)出來為事件A,利用古典概型、排列組合求解即可;(2) (i)由已知得E 1 k , 2的所有可能取值為1,k 1,則可求得P,P 2 k 1 ,即可得到E 2 ,進(jìn)而由

34、E 1 E 2可得到p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式;1k1(ii)由E 1 E 2可得 1 p，推導(dǎo)出In k k ,設(shè)f xk3In(x 0)，利用導(dǎo)函數(shù)判斷f X的單調(diào)性，由單調(diào)性可求出k的最大值【詳解】(1)設(shè)恰好經(jīng)過2次檢驗(yàn)?zāi)馨殃栃詷颖救繖z驗(yàn)出來為事件A,則PA豎 A：110, 恰好經(jīng)過兩次檢驗(yàn)就能把陽性樣本全部檢驗(yàn)出來的概率為10(2)由已知得1 k, 2的所有可能取值為1,k1,，則k p關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為N，且 k(ii )由題意知 E i E 2 ,得 -1 pk13e,3elnk 5k，22.已知函數(shù)ln x ax 1x1 In x x ( x31 j令f x0,則x丄,x 33當(dāng)x

35、 3時,f x 0,即 f x在3, 上單調(diào)增減4 又 In 4 1.3863,1.3333,34 In 4,3又 In5 1.6094,51.6667,3ln5 5,3- k的最大值為4【點(diǎn)睛】本題考查古典概型的概率公式的應(yīng)用，考查隨機(jī)變量及其分布，考查利用導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性(1)若對任意x 0, f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;一x12 x22(2)若函數(shù)f (X)有兩個不同的零點(diǎn) X1, X2 (X1 X2),證明： 2 .X2 X【答案】(1) a 1 ; ( 2)證明見解析.【解析】【分析】(1)求出f X，判斷函數(shù)fX的單調(diào)性，求出函數(shù) 'f X的最大值，即求a的范圍；(2)由(1)可知，0,1,X21,對 X2 分 X21,2和 X22,兩種情況討論，構(gòu)造函數(shù),利用放縮法和基本不等式證明結(jié)論.【詳解】ln x ax 1ln x1lnX(1)由 f Xa，得 f x2 XXXX令 f x 0, x 1.當(dāng) 0x1 時，f x 0 ；當(dāng) x 1 時，f x 0