2025年聊城市高考模擬試題

數(shù)學(xué)（一）

注意事項(xiàng)：

1.本試卷滿分150分，考試用時(shí)120分鐘.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在

答題卡的相應(yīng)位置上.

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題的答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需

改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在

本試卷上無(wú)效.

3.考試結(jié)束后，只將答題卡交回.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的.

1,已知集合人={°4，2,，45},B={x|2x-1<3}；則A3=

A.{0,1}B.{1,2}C.{0,1,2）D.{0,1,2,3}

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)交集的定義即可求解.

由3={%|2尤一1W3}可得3={x|x?2},

故A{0,1,2},

故選：C

2.已知復(fù)數(shù)z=-L,則共軌復(fù)數(shù)三=

1+z

A.-1+zB.1-zC.1+zD.-1-z

【答案】B

【解析】

分析：首先求得復(fù)數(shù)z,然后求解其共軌復(fù)數(shù)即可.

2i2z(l-;)_2(z+l)

詳解：由題意可得:Z-l+7-(l+z)(l-Z)-_2-=1+z,

則其共軌復(fù)數(shù)彳=1—7.

本題選擇2選項(xiàng).

點(diǎn)睛：本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，共軌復(fù)數(shù)的概念等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.

3.曲線y=xlnx在光=1處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為（）

A.4B.3C.1D.1

【答案】D

【解析】

【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，可得出切線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再利用三角形的面積公式

即可得解.

對(duì)函數(shù)y=xlnx求導(dǎo)得yC=ln尤+1,故所求切線斜率為左=lnl+l=l,切點(diǎn)坐標(biāo)為（1,0）,

所以，曲線y=xlnx在x=l處的切線方程為>=

該切線交X軸于點(diǎn)（1,0）,交y軸于點(diǎn)（0,—1）,

因此，曲線y=xlnx在x=l處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為一X12=—.

22

故選：D.

4.已知角兀），向量。=（1,6）,8=（cosa,sina）,若二〃Z，則。=（）

2n無(wú)萬(wàn)兀

A.—B.-C.-D.一

3346

【答案】B

【解析】

【分析】利用平面向量共線的坐標(biāo)表示可求出tana的值，結(jié)合角a的取值范圍可得出角a的值.

因?yàn)閍e（O,兀），則sina〉0，

向量a=（l,若）,b=（cosa,sina）,若al/b，貝Usina=J^costz>0，可得tanauj^,

故&=一.

3

故選：B.

5.已知等比數(shù)列｛4｝的公比為4‘貝產(chǎn)“0”是“｛4｝是遞增數(shù)列”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】

【分析】先分析充分性：假設(shè)特殊等比數(shù)列即可判斷;

再分析必要性，由條件得—1)>0恒成立，再對(duì)6和4進(jìn)行分類討論即可判斷.

先分析充分性：在等比數(shù)列｛%,｝中，4〉0,所以假設(shè)4=1,q=g,

所以4=(3)，等比數(shù)列｛4｝為遞減數(shù)列，故充分性不成立；

分析必要性：若等比數(shù)列｛4｝的公比為4,且｛4｝是遞增數(shù)列，

所以。,+1-4>0恒成立，即(q—1)>0恒成立，

當(dāng)％〉0,4>1時(shí)，aa"T(q—1)>0成立，

當(dāng)四〉0,0<q<l時(shí)，01dl(q—1)>0不成立，

當(dāng)4〉0,4=1時(shí)，aq"T(q—1)>0不成立，

當(dāng)。1<0,4>1時(shí)，—1)>0不成立，

當(dāng)q<0,0<q<l時(shí)，aa"T(q—1)>0成立，

當(dāng)q<0,q=l時(shí)，44"1(4一1)>0不成立，

當(dāng)4〉0,4<0時(shí)，qq"T(q—1)>0不恒成立，

當(dāng)為<0,“<0時(shí)，勾］1(夕—1)>0不恒成立，

所以能使qq"T(q—1)>0恒成立的只有：4〉0，4>1和

q<0,0<q<l,易知此時(shí)鄉(xiāng)〉0成立，所以必要性成立.

故選：B.

y2

6.設(shè)廠是橢圓C：二+=l(a〉6〉0)的左焦點(diǎn),M，N是C上的任意兩點(diǎn)，周長(zhǎng)的取值范

a

圍為(根,可，若〃=3加，則橢圓。的離心率為()

11J22

A.-B.gC.—D.-

3223

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合橢圓的定義，結(jié)合三角形的三邊關(guān)系以及共線關(guān)系可得，周長(zhǎng)范圍

（2a-2c,4a],再與給定范圍比對(duì)即可得解.

v2y2

令橢圓C:j+=1(?>Z?>O)右焦點(diǎn)為E(c,O)\MF\+\ME\=2a,\NF\+\NE\=2a,

ab2

FMN周長(zhǎng)

\MN\+\MF\+\NF\=\MN\+2a-\ME\+2a-\NE\=4a+\MN\-(\ME\+\NE\]<4a+\MN\-\MN\=4a,當(dāng)且僅當(dāng)

E共線時(shí)取等號(hào)，則3m=4a,即〃z=—,

3

5L\MN\+\MF\+\NF\>\MF\+\MF\=2\MF\>2（a-c）,因此m=2（a—c）,

4〃c1j

則一=2（a—c）,解得￡=：,所以C的離心率為一.

3a33

故選：A.

7.已知函數(shù)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，/（x）=x3+cuc+（6-a）x+2a,若是增

函數(shù)，則實(shí)數(shù)。的取值范圍為（）

A.[0,+oo）B.[0,6]C.[-6,3]D,[0,3]

【答案】B

【解析】

【分析】求導(dǎo)，根據(jù)判別式，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)分類求解.

要使奇函數(shù)/（九）是增函數(shù)，則需要/（尤）在x>0上單調(diào)遞增，且2a20,

當(dāng)x>0時(shí)，/'（x）=3x2+2or+（6-a）N0恒成立，

因?yàn)?。“，此時(shí)/'（%）=3*2+2依+（6—。）的對(duì)稱軸-■1W0,所以只需6-。20即可，即0WaW6.

故選：B

8.在四棱錐尸―A3CD中，AD//BC,E、N分別為Q4、的中點(diǎn)，經(jīng)過(guò)E、B、C三點(diǎn)的平面交

PN于懸F,M為AD上一點(diǎn)，且？平面ABCD,△MCD為等邊三角形，CD=6,

ZPDM=45）則經(jīng)過(guò)尸、M、C、。四點(diǎn)的球的表面積為（）

A.32KB.48TIC.64兀D.96TI

【答案】c

【解析】

【分析】以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD、兒。所在直線分別為y、Z軸，平面ABCD內(nèi)過(guò)點(diǎn)M且垂直于

AD的直線為了軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PF=尢PN，求出平面BCE的一個(gè)法向量的坐標(biāo)，根據(jù)線面

OM=0C

位置關(guān)系與向量的關(guān)系求出點(diǎn)尸的坐標(biāo)，然后設(shè)球心為。（羽y,z）,由0M=0?？傻贸鲫P(guān)于x、y、

0M=OF

z的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可求出球。的半徑，即可得解.

因?yàn)?？平面ABCD,以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD、所在直線分別為V、z軸,

平面A3CD內(nèi)過(guò)點(diǎn)M且垂直于AD的直線為x軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C（3石,3,0）、￡>（0,6,0）、P（0,0,6）、N-^-,-,0、M（0,0,0）,E（0,—3,3）,

I22J

設(shè)平面EBC的一個(gè)法向量為m=（x,y,z）,CE="百,—6,3）,

直線3C的一個(gè)方向向量為d=（0,1,0）,

則'，取x=l,可得根=1,0,J3,

m-a=y=Q''

、幾PF3<3石9。（3白［9］人J

設(shè)尸產(chǎn)=/1q%=%-----,—,-6=------X,—2,-62,

I22JI22J

所以，EF=EP+PR=（O,3,3）+］￥4|4—6彳［=］孚尢|/1+3,3—64,

因?yàn)镋Fu平面仍C,則EE?機(jī)=孚/1+36—6屆=0,解得2=

所以，MF=MP+|/W=（0,0,6）+（G,3,—4）=（百,3,2）,即點(diǎn)網(wǎng)點(diǎn)3,2）,

設(shè)經(jīng)過(guò)E、M,C,。四點(diǎn)的球的球心為O（x,y,z）,

22

%之+/+z2二(%-3逝)+(j^-3)+z

OM=0C

由＜OM=OD可得＜f+J+22=x1+(j-6)2+z2解得＜y=3

OM=OFf+J+22=(x-73)2+(y-3)2+(z-2)2z=-2

故球0半徑為QM=,3+9+4=4,

因此，經(jīng)過(guò)尸、M、C、￡）四點(diǎn)的球的表面積為4兀|。加『二4兀xl6=64兀.

故選：C.

【小結(jié)】方法點(diǎn)睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：

①補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長(zhǎng)方體中

去求解；

②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對(duì)直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；

③定義法：到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則

球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點(diǎn)距離也是半徑，列關(guān)系求解即可；

④坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出外接球球心的坐標(biāo)，根據(jù)球心到各頂點(diǎn)的距離相等建立方程組，求

出球心坐標(biāo)，利用空間中兩點(diǎn)間的距離公式可求得球的半徑.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知函數(shù)/（X）=cos2無(wú)+J^sin2x,xeR,則（）

A.〃力的最小正周期為2兀

B.八%）在。弓上單調(diào)遞增

C.直線％=三是曲線y=/（x）的一條對(duì)稱軸

D.將y=/（%）的圖象向右平移三個(gè)單位得到y(tǒng)=-2cos2x的圖象

【答案】BD

【解析】

【分析】利用輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)7（%）的解析式，利用正弦型函數(shù)的周期公式可判斷A選項(xiàng)；利用正弦型

函數(shù)的單調(diào)性可判斷B選項(xiàng)；利用正弦型函數(shù)的對(duì)稱性可判斷C選項(xiàng)；利用三角函數(shù)圖象變換可判斷D選

項(xiàng).

因?yàn)?(x)=cos+A/3sin2x=2sin12x+6J,

27c

對(duì)于A選項(xiàng)，函數(shù)/(%)的最小正周期為々-=兀，A錯(cuò);

717rJT71

對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)0?%?—時(shí)，一—W—,

6662

所以，了⑴在0謂上單調(diào)遞增，B對(duì)；

對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)?[m]=2sing=l,故直線x=1不是曲線y=/(x)的一條對(duì)稱軸，C錯(cuò)；

對(duì)于D選項(xiàng)，將y=/(x)的圖象向右平移三個(gè)單位，得到函數(shù)y=2sin2、—方)+專

=2sin[2x—]]=—2cos2x的圖象，D對(duì).

故選：BD.

10.將四個(gè)不同的小球，放入四個(gè)編號(hào)為1、2、3、4的盒子中，每個(gè)小球放入各個(gè)盒子的可能性都相

等，設(shè)&表示空盒的個(gè)數(shù)，〃表示1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)，則()

A.每個(gè)盒子中恰有1球的概率為!

B.事件“1號(hào)是空盒”與事件“2號(hào)是空盒”不獨(dú)立

3

C.隨機(jī)變量〃的方差為:

4

Q1

D.隨機(jī)變量J的均值為J

64

【答案】BCD

【解析】

【分析】計(jì)算出每個(gè)盒子中恰有1球的概率，可判斷A選項(xiàng)；利用獨(dú)立事件的定義可判斷B選項(xiàng)；利用二項(xiàng)

分布的方差公式可判斷C選項(xiàng)；利用隨機(jī)變量期望公式可判斷D選項(xiàng).

A43

對(duì)于A選項(xiàng)，每個(gè)盒子中恰有1球的概率為2=2,A錯(cuò)；

4432

對(duì)于B選項(xiàng)，記事件￡:1號(hào)是空盒，事件尸：2號(hào)是空盒，

34941

則尸(E)=P仍)=不，P(EF)=-=~,

所以，尸（EF）w尸（E）?尸（尸），故事件“1號(hào)是空盒”與事件“2號(hào)是空盒”不獨(dú)立，B對(duì);

133

對(duì)于C選項(xiàng),由題意可知〃?,^D（77）=4x—x—=—,C對(duì);

對(duì)于D選項(xiàng)，由題意可知，隨機(jī)變量J的可能取值有0、1、2、3,

3C2A3Q

則生=）啦,尸"=1）=》1=2

0=，421-

I'416相=2）=

64

—）=之」，

''4464

39211R1

因此，E（^）=0x—+lx—+2x—+3x—=—,D對(duì).

',3216646464

故選：BCD.

11.設(shè)動(dòng)直線/：y=日—左+2與拋物線C：%2=2y相交于A,3兩點(diǎn)，分別過(guò)A,5作C的切線，設(shè)兩

切線相交于點(diǎn)P,則（）

A.直線/經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)B.拋物線。的焦點(diǎn)為［"J

C.點(diǎn)尸到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離不小于夜D.R4B的面積的最小值為3G

【答案】ACD

【解析】

【分析】根據(jù)直線的定點(diǎn)求法計(jì)算判斷A,根據(jù)焦點(diǎn)坐標(biāo)判斷B,設(shè)/的方程及A、B坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)求拋

物線切線斜率及切線方程，聯(lián)立兩直線可得產(chǎn)坐標(biāo)判定C,利用點(diǎn)到直線的距離公式、弦長(zhǎng)公式結(jié)合基函數(shù)

的性質(zhì)、三角形面積公式可判定D.

對(duì)于A：/:y=Ax—左+2化簡(jiǎn)為左（x—1）+2—y=0,

無(wú)論左為何值時(shí)，令2—y=0,x-1=。，可得定點(diǎn)為（1,2）,A選項(xiàng)正確；

對(duì)于B：。：必=2丁的焦點(diǎn)在〉軸且2。=2,所以孑=3,所以拋物線C的焦點(diǎn)為B選項(xiàng)錯(cuò)

誤;

對(duì)于C：設(shè)/:y=日—左+2,與拋物線方程聯(lián)立有V—2區(qū)+2左—4=0,

設(shè)4（玉,%），B（x2,y2）,有苞+%2=2k,%々=2左一4,

r2

由y=]nV=x,所以PA,95的斜率分別為％,々，

又因?yàn)椋?i2,2.2

,乂=，，則兩切線PA：yPB:y=x2x-^~,

聯(lián)立兩直線方程解得x=七三=上4=甘,所以尸（左水—2）,

點(diǎn)P到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為J（左_2『+左2=也42—44+4=回k-I1+2>y/2，

當(dāng)左=1時(shí)點(diǎn)尸到坐標(biāo)原點(diǎn)的最小距離為&,所以C正確;

總+4—2,

對(duì)于D：尸到/的距離為d=J—,?

k2+l

—2左+4

A左丫

所以SPAB=g45|=|左2—2上+4]左2—2左+4-2+4

當(dāng)k=1時(shí)儼一2k+4%=3,此時(shí)sP相取最小值30，故D正確;

故選：ACD.

【小結(jié)】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵點(diǎn)時(shí)應(yīng)用弦長(zhǎng)公式和點(diǎn)到直線距離得出面積結(jié)合二次函數(shù)最值計(jì)算求解.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.設(shè)實(shí)數(shù)a>0,函數(shù)/（可=*±3為奇函數(shù)，則〃lg3）=.

【答案】2

【解析】

【分析】利用奇函數(shù)的定義可求出。的值，然后代值計(jì)算可得/（坨3）的值.

實(shí)數(shù)?！?,且函數(shù)外力=與土3為奇函數(shù)，

lQ-x+a10'(10-工+。)1+a.lO*

則〃-x)=

10-x-a10'(10-JC-a)-l-tz-10Y

由奇函數(shù)的定義可得/(—*)=—/(x),即產(chǎn)普=一帶土9

整理可得(4—1)10*=0,則1=0,因?yàn)閍>o,解得a=L

所以，/(力=121±1,故/(ig3)t1=三1=2.

J°l：g3：

J')10'-1')10-13-1

故答案為：2.

7

13.在VABC中，已知AB=5,AC=4,cos(C-B)=-,則VABC的面積為.

［答案］"岳##身叵

88

【解析】

【分析】數(shù)形結(jié)合，將/C分為兩角，再運(yùn)用余弦定理和三角形面積公式計(jì)算即得.

因AB>AC,故NC>NB,

如圖，過(guò)點(diǎn)C作射線交線段A3于點(diǎn)。，使N3CO=N3,則8=3。,

7

貝!Jcos(C-B)=cosZACD

8

在4ACD中利用余弦定理得，cosZACD=IWY—CDI,解得CD=3,

8CD8

在，ACD中利用余弦定理得，cosACAD=16+4-9=—,則sinNC4D=Jl=—V15-

2?Y^16J16

貝應(yīng)皿=〈><4><5乂捻岳="后

216X

故答案為:竺衣.

8

14.在一塊黑板上共有10個(gè)點(diǎn)，其中任意3點(diǎn)都不共線，現(xiàn)將任意兩點(diǎn)用紅色線段或綠色線段連結(jié)起來(lái),

在所得到的圖形中三邊同色的三角形至少有個(gè).

【答案】20

【解析】

【分析】利用拉姆齊數(shù)和Goodman定理判定至少有20個(gè)同色三角形，然后進(jìn)行構(gòu)造性驗(yàn)證即可.

拉姆齊數(shù)基礎(chǔ)：

拉姆齊數(shù)R(3,3)=6表示在6個(gè)點(diǎn)的完全圖中，無(wú)論如何用兩色著色邊，必然存在一個(gè)同色三角形.

但本題涉及10個(gè)點(diǎn)，需進(jìn)一步分析.

Goodman定理的應(yīng)用：

m—1)(m—21

Goodman定理指出，對(duì)于偶數(shù)〃=2切，雙色完全圖中同色三角形的最少數(shù)目為：-----------

3

5x4x3

當(dāng)”=10時(shí)，m=5,代入得：-------=20

3

這表明無(wú)論如何著色，至少存在20個(gè)同色三角形。

構(gòu)造性驗(yàn)證：

將10個(gè)點(diǎn)分為兩組(每組5個(gè))，組內(nèi)邊全紅，組間邊全綠，此時(shí)同色三角形僅來(lái)自組內(nèi)，每組有

C；=10個(gè)紅色三角形，共2x10=20個(gè)。

這說(shuō)明存在一種著色方式使得同色三角形恰為20個(gè)。

根據(jù)Goodman定理，無(wú)論何種著色，同色三角形數(shù)量下限即為20。

結(jié)論：在所得到的圖形中，三邊同色的三角形至少有20個(gè)。

故答案為：20

【小結(jié)】本題主要是圖論中的基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用，其中拉姆齊數(shù)，Goodman定理.

拉姆齊數(shù)(RamseyNumber)

定義：拉姆齊數(shù)R(sj)是指在任意一個(gè)完全圖的邊被兩種顏色(通常為紅色和藍(lán)色)著色后，必然存在

一個(gè)S個(gè)頂點(diǎn)的全紅子圖或一個(gè)t個(gè)頂點(diǎn)的全藍(lán)子圖的最小頂點(diǎn)數(shù).

舉例：R(3,3)=6：在任意一個(gè)6個(gè)頂點(diǎn)的完全圖中，無(wú)論邊如何被紅藍(lán)兩色著色，必然存在一個(gè)紅色的

三角形或一個(gè)藍(lán)色的三角形.

Goodman定理

定理內(nèi)容：在一個(gè)幾個(gè)頂點(diǎn)的完全圖中，每條邊被紅色或藍(lán)色著色。設(shè)C為單色三角形的數(shù)量，則有：

心亡一夕2―2),

證明：總?cè)切螖?shù)：在一個(gè)〃個(gè)頂點(diǎn)的完全圖中，三角形的總數(shù)為：c：=

"6

非單色三角形數(shù)：對(duì)于每個(gè)三角形，有三種可能的著色方式：全紅，全藍(lán)，兩種顏色混合.

設(shè)。為單色三角形的數(shù)量，則非單色三角形的數(shù)量為：c1-c.

邊著色分析：對(duì)于每條邊，假設(shè)紅色邊的數(shù)量為「，藍(lán)色邊的數(shù)量為6,則有：r+6=c>

單色三角形數(shù)下界：根據(jù)Goodman定理，單色三角形數(shù)C滿足：有：C2C：-2)

證明步驟：

通過(guò)計(jì)算所有可能的三角形著色情況，利用概率和組合數(shù)學(xué)的方法，推導(dǎo)出單色三角形數(shù)量的下界.

具體證明過(guò)程涉及復(fù)雜的組合分析和不等式推導(dǎo)，詳細(xì)步驟可參考相關(guān)組合數(shù)學(xué)教材或論文.

拉姆齊數(shù)描述了在完全圖著色中必然存在的單色子圖的最小頂點(diǎn)數(shù).

Goodman定理給出了在完全圖著色中單色三角形數(shù)量下界，通過(guò)組合分析證明了該下界的存在性.

這兩個(gè)概念在組合數(shù)學(xué)和圖論中具有重要的理論和應(yīng)用價(jià)值.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程、演算步驟.

15.某學(xué)校為了調(diào)動(dòng)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的積極性，在高二年級(jí)舉行了一次數(shù)學(xué)有獎(jiǎng)競(jìng)賽，對(duì)考試成績(jī)優(yōu)秀(即

考試成績(jī)不小于130分)的學(xué)生進(jìn)行了獎(jiǎng)勵(lì).學(xué)校為了掌握考試情況，隨機(jī)抽取了部分考試成績(jī)，并以此為

樣本制作了如圖所示的樣本頻率分布直方圖.已知第一小組［90,100)的頻數(shù)為10.

頻率/組距

………

—

-----1——

-1卜—十―十十十一日，

.0100110120130140150成注/分

(1)求。的值和樣本容量；

(2)1估計(jì)所有參賽學(xué)生的平均成績(jī)；

(3)假設(shè)在抽取的樣本中，男生比女生多20人，女生的獲獎(jiǎng)率為12.5%,填寫下列2x2列聯(lián)表，并依

據(jù)小概率值a=0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，判斷男生與女生的獲獎(jiǎng)情況是否存在差異？

獎(jiǎng)勵(lì)

性別合計(jì)

獲獎(jiǎng)未獲獎(jiǎng)

男

女

合計(jì)

n(ad-bcj

附：z2

(a+Z?)(c+d)(a+c)(〃+d)

P(X2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】(1)a=0.035,樣本容量為100

(2)120

(3)列聯(lián)表見解析，無(wú)

【解析】

【分析】(1)由頻率分布直方圖中，所有矩形面積之和為1可得。的值，將第一組的容量除以第一組的頻率

可得出樣本容量；

(2)將每個(gè)矩形底邊的中點(diǎn)值乘以對(duì)應(yīng)矩形的面積，相加可得出平均數(shù)；

(3)根據(jù)題意完善2x2列聯(lián)系表，結(jié)合臨界值表可得出結(jié)論.

【小問(wèn)1詳解】

由頻率分布直方圖中，所有矩形面積之和為1可得(a+0.01x2+0.005+0.015+0.025)xl0=l,解得

a=0.035,

10

樣本容量為=100.

0.01x10

【小問(wèn)2詳解】

所有參賽學(xué)生的平均成績(jī)?yōu)?/p>

x=95x0.1+105x0.1+115x0.25+125x0.35+135x0.15+145x0.05=120.

【小問(wèn)3詳解】

由題意可知，獲獎(jiǎng)人數(shù)為100x(0.015+0.005)x10=20人,

由題意可得如下2x2列聯(lián)表

性別獎(jiǎng)勵(lì)合計(jì)

獲獎(jiǎng)未獲獎(jiǎng)

男154560

女53540

合計(jì)2080100

所以，叫3(15x35-45X5)；234375<6.635,

20x80x60x40

所以，依據(jù)小概率值a=0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，男生與女生的獲獎(jiǎng)無(wú)差異.

16.在三棱錐尸—A3C中，上4c為等邊三角形，44C=90°,AC=2AB=4,E為PC的中點(diǎn),

航為線段5c上一點(diǎn)，sinZCAM.

5

（1）證明：ME//平面A4B；

（2）若PM=屈,求直線以與平面4WE所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析

⑵—

4

【解析】

【分析】（1）求出sinNACB的值，利用正弦定理得到AV=MC,進(jìn)而得到Af為5c的中點(diǎn)，再利用線

線平行即可證明線面平行；

（2）取AC中點(diǎn)0,連接尸利用勾股定理證明尸建系，利用線面角的向量求法求解即

可.

【小問(wèn)1詳解】

因ABAC=90°,AC=4,AB=2,所以5c=2岔

所以sin/AC8=A^=3=@，

BC2V55

MC

在LAMC中，根據(jù)正弦定理得

sinZACMsinZCAM

又sinNC4M=@，所以AM=MC,所以NACM=NC4M,

5

因?yàn)閆ACB+ZABC=90,ZCAM+ZBAM=90,

所以NH4M=NABM，所以40=9，所以=

所以M為3c中點(diǎn)，又E為PC的中點(diǎn)，所以ME//BP,

因?yàn)镸石a平面MB,BPu平面HLB,所以ME//平面R45；

【小問(wèn)2詳解】

取AC中點(diǎn)0,連接尸。,河。，因?yàn)镸為3C的中點(diǎn),

所以O(shè)M//AB,OM=-AB=1,

2

因?yàn)?4c=90°,即B4LAC,所以O(shè)MLAC,

因?yàn)锽4c為等邊三角形，且43=4,所以。0,4。，PO=2后，

又PM=5,所以PO2+OM2=切欣2,所以尸OLQ0,

以。為原點(diǎn)，分別以O(shè)Af,OC,OP為羽％z軸的正向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則4(0,—2,0),M(1,0,0),P(0,0,273),C(0,2,0),E(0,l,⑹,

PA=(0,-2,-2^),AM=(1,2,0),AE=(0,3,73),

設(shè)平面AME的一個(gè)法向量為n=(%,y,z),

n-AM=x+2y=0l/

則L，取光=2,則y=—Lz=g，所以〃=2,—1,J3,

n-AE=3y+yl3z=0'7

jr

設(shè)直線與平面AWE所成的角為，,6e0,-,

\n-PAI4J2

則sin8=^^=^^=一，

|n|-|PA|20X44

所以直線B4與平面4磔所成角的正弦值為變.

4

17.已知函數(shù)"X)=一2辦+1口%.

(1)討論/(%)的單調(diào)性；

⑵若"工)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)/，%,且/(%)+/(々)221nl—6a+3,求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

【答案】(1)答案見解析

(2)(1,2]

【解析】

【分析】(1)先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造二次函數(shù)，分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)來(lái)判斷函數(shù)的單調(diào)性.

(2)利用極值點(diǎn)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，結(jié)合二次函數(shù)和韋達(dá)定理，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)研究單調(diào)性，解不等式求解.

【小問(wèn)1詳解】

/(x)=-2ax+lnx的定義域?yàn)?0,+oo).

求導(dǎo)可得：f\x)=x-2a+-=x~-2ax+X.

XX

令g(冗)=-2ax+1,,其判別式A=(一2a產(chǎn)-4x1x1=4/一4=4(〃-1).

當(dāng)△<(),即—1工。<1時(shí)，因?yàn)閤>。，所以g(%)=x2—2依+120,則/'(x)2。，所以/(x)在

(0,+8)上單調(diào)遞增.

當(dāng)/>0，即或〃<—1時(shí)，方程g(X)=0的兩根為7二a—'"—],X?=〃+J。？—1.%％=1(根同

號(hào))，石+%2=2〃.

因?yàn)閤>0,當(dāng)〃<—1時(shí)，玉+/=2av0,則X=〃-J二2-1v0，x?=a+J〃2—1<0,此時(shí)

g(x)>0,/1(x)>0,/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

2

當(dāng)。>1時(shí)，%+%=2。>0,則/>0,x2=?+V?~l>0>且々〉不，

此時(shí)在(0,a——1)和m+JaZ-L+oo)上,g(x)>0,/1(x)>0,/(x)單調(diào)遞增；

在(a-J4—i,a+力2一])上,g(x)<0,f\x)<0,/(x)單調(diào)遞減?

綜上所得，當(dāng)aWl時(shí)，/(?在(0,+8)上單調(diào)遞增.

當(dāng)。>1時(shí)，當(dāng)幻在(0,a——1)和5+一1,+8)上單調(diào)遞增；在(a-亞—i,a+打—])上,單調(diào)

遞減.

【小問(wèn)2詳解】

因?yàn)?(%)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)占,％2，所以公=4(片一1)>0且=2a>0,解得a>l.

121,

/(xj+/(x2)=—-2aT]+In%1+—x2-2ax2+Inx2

=；(%；+%；)一2〃(11+x2)+ln(x1x2)

12

=—[(%1+x2)-IXyX^-la^+x2)+ln(x1x2)

由韋達(dá)定理可知再+%2=2〃，匹入2=1，代入上式可得：

222

/(%!)+/(%2)=1(4a-2)-4a+lnl=-2a-1.

已知/(冗1)+/(%2)221n*^-6a+3,即一2"-1>21n曰一6a+3,

可得2/_6a+4+21n3?0,gpa2-3^+2+ln-<0.

22

人7/、2cc1。-r_x7Z\_p.t=4Z|=lJ//xcc12/—3〃+1(2〃—1)(〃—1)

令/z(a)=a—3d+2+In一,對(duì)/Z(Q)求導(dǎo)得h(a)=2a—3H—=----------=------------.

2aaa

因?yàn)椤?gt;1,所以〃(a)>0,飄。)在(L+8)上單調(diào)遞增.

2

又“(2)=22—3x2+2+ln—=0,所以人缶)20的解集為(1,2],

2

即實(shí)數(shù)。的取值范圍是(L2].

,251

18.已知圓G：(x+2)~+y2=7_,圓。2：@—2)9一+y2=],動(dòng)圓C與&、C?都外切.

(1)求圓心C的軌跡方程；

(2)設(shè)A(-l,0),M、N是圓心C軌跡上的不同兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)〃作垂足為“，若直線AM

與AN的斜率之積等于-2,求動(dòng)點(diǎn)"軌跡的長(zhǎng)度.

2

【答案】（1）x2--1-=l（x>l）

⑵2兀

【解析】

【分析】（1）設(shè)圓C的半徑為廣，根據(jù)圓與圓的位置關(guān)系得出|CG|=r+g,|CC2|=r+g,可得出

|CG|—|CG|=2<|GG|，則點(diǎn)c的軌跡是以點(diǎn)G、C2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，求出。、b、c的值,

即可得出其軌跡方程；

（2）設(shè)直線的方程為1=7利+/,設(shè)點(diǎn)M（5,y）、N（%2，%），將直線MN的方程與曲線方程聯(lián)

立，根據(jù)右=-2求出『=5,可知點(diǎn)H在以點(diǎn)Q（2,0）為圓心，半徑為3的圓上運(yùn)動(dòng)，求出點(diǎn)〃的

橫坐標(biāo)的取值范圍，結(jié)合扇形的弧長(zhǎng)公式可求得點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度.

【小問(wèn)1詳解】

設(shè)圓C的半徑為廣，圓G的圓心為G（—2,0）,半徑為g,圓C的圓心為G（2,0）,半徑為3，

因?yàn)閳Ac與圓G、圓C?都外切，則|CG|=r+g，|CC21=r+g，

所以，|。。卜|。勾=2<|<。2|，

所以，點(diǎn)C的軌跡是以點(diǎn)G、G為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，

22

設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為+―玄=1（?！?/〉0）,則2a=2,可得。=1,2。=4,則。=2,

所以，b=de1—a2=<4-1=A/3，

2

所以，圓心C的軌跡方程為V-t=1（x21）.

【小問(wèn)2詳解】

若直線MN與y軸垂直，則直線與曲線必-'=1（x21）只有一個(gè)公共點(diǎn)，不合乎題意,

設(shè)直線腦V的方程為兀=役+乙設(shè)點(diǎn)〃（%,%）、N（%,%），

聯(lián)立<,可得（3加一—1）y?++3廠—3=0①，

3x—y—3

則3帆2_]w0且△=36m~r-4（3m2-1）（3?2-3）>0,可得加2/；且3機(jī)2+廣_]>0,

由韋達(dá)定理可得%+%=-1,y.y,=，

3m--1J%3療J_iI

___=___________空_______=___________________________

AM

陋玉+1x2+1(m%+%+l)(m%+%+1)加2%%+加(％+1乂%+%)+?+1)2

整理可得(2加之+1)%%+2機(jī)?+1)(必+%)+2?+1)2=。，

即3(/一1)(292+l)-12m2^(r+l)+2(3m2-1)(/+1)2

:0，

整理可得。+1）?—5）=0,

若『=—1,此時(shí)，方程①為（3加2—l）y2—6沖=0,由于y/0,解得了=貴工

此時(shí)直線與點(diǎn)C的軌跡只有一個(gè)公共點(diǎn)，不合乎題意，

所以，t=5,所以，直線的方程為x=7孫+5,故直線MN過(guò)定點(diǎn)后（5,0）,

因?yàn)槿【€段AE的中點(diǎn)0（2,0）,則|。叫=；[4目=3,

所以點(diǎn)”在以點(diǎn)。為圓心，半徑為3的圓上運(yùn)動(dòng)，

721

由題意可得%為=-2—<0,可得04機(jī)2<一，

3m—13

易知直線的方程為丁=一根(尤+1)，

y=-m(x+l)5-m26

聯(lián)立《</可得—；——二—；----1e5

x=my+5m+1m+1r，

，交圓。于K、T兩點(diǎn),

73i7r27r

\QS\=_—2=-=-\QK\,則NQKS二一，所以，ZKQT=2ZKQS=—

22263

2兀

易知點(diǎn)”的軌跡為劣弧KT(不包括端點(diǎn))，其長(zhǎng)度為7><3=2兀.

點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題常用方法如下：

(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過(guò)特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明;

(