1、第 1 页，共 3 页 第卷（选择题 共 60 分）一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1.若全集，集合，则为 A.B.C.D.2.已知复数，则下列结论正确的是 A.z 的虚部为 i B.C.z 的共轭复数 D.为纯虚数 3.中国诗词大会的播出引发了全民读书热，某学校语文老师在班里开展了 一次诗词默写比赛，班里 40 名学生得分数据的茎叶图如图若规定得分 不低于 85 分的学生得到“诗词达人”的称号，低于 85 分且不低于 70 分 的学生得到“诗词能手”的称号，其他学生得到“诗词爱好者”的称号根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选 10 名学生，则抽选的学生中获得“
2、诗词能手”称号的人数为 A.6B.5C.4D.2 4.已知向量，若，则A.2B.4C.6D.85.已知，则 a，b，c 的大小关系为A.B.C.D.6.如图，已知正三棱柱的底面边长为 1cm，高为 5cm，一质点自 A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为A.12 B.13 C.D.15 7.若数列的前 n 项和为，且，则A.B.C.D.8.若双曲线 C：的右顶点 A 到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为A.B.C.3D.9.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，面积为 S，则“三斜求积
3、”公式为，若，则用“三斜求积”公式求得的面积为A.B.C.D.210.将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为 m 和 n，则函数在上为增函数的概率是A.B.C.D.11.已知函数f xwxw2()sin()(0,0)的图象过两点、，在内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则A.B.C.D.12.已知，设函数存在极大值点，且对于 b 的任意可能取值，恒有极大值，则下列结论中正确的是A.存在，使得B.存在，使得C.a 的最大值为D.a 的最大值为 1江西省南昌市进贤县第一中学2020届高三下学期第九次调研考试数学（文）试卷第 1 页，共 3 页 第卷（选择题 共 60 分）一、选择题（本大题
4、共 12 小题，共 60.0 分）1.若全集，集合，则为 A.B.C.D.2.已知复数，则下列结论正确的是 A.z 的虚部为 i B.C.z 的共轭复数 D.为纯虚数 3.中国诗词大会的播出引发了全民读书热，某学校语文老师在班里开展了 一次诗词默写比赛，班里 40 名学生得分数据的茎叶图如图若规定得分 不低于 85 分的学生得到“诗词达人”的称号，低于 85 分且不低于 70 分 的学生得到“诗词能手”的称号，其他学生得到“诗词爱好者”的称号根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选 10 名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为 A.6B.5C.4D.2 4.已知向量，若，则
5、A.2B.4C.6D.85.已知，则 a，b，c 的大小关系为A.B.C.D.6.如图，已知正三棱柱的底面边长为 1cm，高为 5cm，一质点自 A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为A.12 B.13 C.D.15 7.若数列的前 n 项和为，且，则A.B.C.D.8.若双曲线 C：的右顶点 A 到一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为A.B.C.3D.9.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，面积为 S，则“三斜求积”公式为，若，则用“三斜求积”公式求得的面积为A.B.C.D.210.
6、将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为 m 和 n，则函数在上为增函数的概率是A.B.C.D.11.已知函数f xwxw2()sin()(0,0)的图象过两点、，在内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则A.B.C.D.12.已知，设函数存在极大值点，且对于 b 的任意可能取值，恒有极大值，则下列结论中正确的是A.存在，使得B.存在，使得C.a 的最大值为D.a 的最大值为 衡水中学2020届高三下学期第九次调研考试数学试卷（文科）2第 2 页，共 3 页 第卷（主观题 共 90 分）二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13.若，则_14.已知实数 x，y 满足约束条件，则
7、的取值范围为_15.已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球 O 的体积等于_16.双曲线的左右焦点分别为，焦距 2c，以右顶点 A 为圆心，半径为的圆与过的直线 l 相切与点 N，设 l 与 C 交点为 P，Q，若，则双曲线 C 的离心率为_三、解答题（共 70 分.第 1721 题为必考题，第 22、23 为选考题）17.（12 分）设数列满足：，且，求的通项公式；求数列的前 n 项和 18.（12 分）如图，在四棱锥中，ABCD 为菱形，平面 ABCD，连接 AC、BD交于点 O，E 是棱 PC
8、 上的动点，连接 DE 求证：平面平面 PAC；当面积的最小值是 4 时，求此时动点 E 到底面 ABCD 的距离19.（12 分）某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年，各自随机抽取一年天 内100 天的空气质量指数 API 的检测数据进行分析，若空气质量指数值在内为合格，否则为不合格表 1 是甲方案检测数据样本的频数分布表，如图是乙方案检测数据样本的频率分布直方图 表 1：API 值大于 300天数913193014114 3第 2 页，共 3 页 第卷（主观题 共 90 分）二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13.若，则_14.已知实数 x，y 满足约束条件，则的
9、取值范围为_15.已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球 O 的体积等于_16.双曲线的左右焦点分别为，焦距 2c，以右顶点 A 为圆心，半径为的圆与过的直线 l 相切与点 N，设 l 与 C 交点为 P，Q，若，则双曲线 C 的离心率为_三、解答题（共 70 分.第 1721 题为必考题，第 22、23 为选考题）17.（12 分）设数列满足：，且，求的通项公式；求数列的前 n 项和 18.（12 分）如图，在四棱锥中，ABCD 为菱形，平面 ABCD，连接 AC、BD交于点 O，E 是棱 PC
10、上的动点，连接 DE 求证：平面平面 PAC；当面积的最小值是 4 时，求此时动点 E 到底面 ABCD 的距离19.（12 分）某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年，各自随机抽取一年天 内100 天的空气质量指数 API 的检测数据进行分析，若空气质量指数值在内为合格，否则为不合格表 1 是甲方案检测数据样本的频数分布表，如图是乙方案检测数据样本的频率分布直方图 表 1：API 值大于 300天数913193014114 4第 3 页，共 3 页 将频率视为概率，求乙方案样本的频率分布直方图中 a 的值，以及乙方案样本的空气质量不合格天数；根据如图，求乙方案样木的中位数；填写下面列
11、联表 如表，并根据列联表判断是否有的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关 表 2：甲方案乙方案合计合格天数_ _ _ 不合格天数_ _ _ 合计_ _ _ 附：k 20.（12 分）已知椭圆 C：的离心率为，直线 l：与以原点为圆心、椭圆 C 的短半轴长为半径的圆 O 相切 求椭圆 C 的方程；是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点，使成立？若存在，求出实数 m 的取值范围；若不存在，请说明理由 21.（12 分）设函数其中，m，n 为常数当时，对有恒成立，求实数 n 的取值范围；若曲线在处的切线方程为，函数的零点为，求所有满足的整数 k 的和 选做题：共 10 分，请在
12、第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C：为参数，以原点 O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程；已知点，直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，求的值 23.已知函数 当时，求不等式的解集；设函数，当时，求 a 的取值范围 5第 3 页，共 3 页 将频率视为概率，求乙方案样本的频率分布直方图中 a 的值，以及乙方案样本的空气质量不合格天数；根据如图，求乙方案样木的中位数；填写下面列联表 如表，并根据列联表判断是否有的把握认为该城市的空气质
13、量指数值与两种方案的选择有关 表 2：甲方案乙方案合计合格天数_ _ _ 不合格天数_ _ _ 合计_ _ _ 附：k 20.（12 分）已知椭圆 C：的离心率为，直线 l：与以原点为圆心、椭圆 C 的短半轴长为半径的圆 O 相切 求椭圆 C 的方程；是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点，使成立？若存在，求出实数 m 的取值范围；若不存在，请说明理由 21.（12 分）设函数其中，m，n 为常数当时，对有恒成立，求实数 n 的取值范围；若曲线在处的切线方程为，函数的零点为，求所有满足的整数 k 的和 选做题：共 10 分，请在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一
14、题计分.22.在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C：为参数，以原点 O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程；已知点，直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，求的值 23.已知函数 当时，求不等式的解集；设函数，当时，求 a 的取值范围 6第 1 页，共 6 页 答案和解析 1.【答案】B【解析】【分析】考查一元二次不等式的解法，描述法表示集合的概念，以及交集、补集的运算 可先求出集合 B，然后进行交集、补集的运算即可【解答】解：或；故选：B 2.【答案】D【解析】解：，的虚部为 1；是纯虚数 故选：D 利用复
15、数代数形式的乘除运算化简，逐一核对四个选项得答案 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了分层抽样和茎叶图，属于基础题 由茎叶图可得，获 诗词能手 的称号有 16 人，再根据分层抽样的定义即可求出【解答】解：由茎叶图可得，获 诗词能手 的称号有 16 人，据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选 10 名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为人 故选 C4.【答案】C【解析】解：，由，可得，可得 则 故选：C 由，可得即可求 5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查对数、指数的大小比较，这里尽量借助于整数 1 作为
16、中间量来比较本题属基础题 本题先将 a、b、c 的大小与 1 作个比较，发现，a、c 都小于再对 a、c 的表达式进行变形，判断 a、c 之间的大小【解答】解：由题意，可知：，最大，a、c 都小于 1，而，故选：A 6.【答案】C【解析】解：如图所示，把侧面展开两周可得对角线最短：故选：C 如图所示，把侧面展开两周可得对角线最短，利用勾股定理即可得出 本题考查了侧面展开图、勾股定理、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 7.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了等比数列的判定及通项公式，属于较易题 由可得数列是等比数列，由等比数列的通项公式可求，进而得出【解答】解：，即是与的等
17、比中项，数列是等比数列，等比数列的首项，公比为，故选 C 8.【答案】C1第 1 页，共 6 页 20192020 学年度第二学期下九调考试 答案和解析 1.【答案】B【解析】【分析】考查一元二次不等式的解法，描述法表示集合的概念，以及交集、补集的运算 可先求出集合 B，然后进行交集、补集的运算即可【解答】解：或；故选：B 2.【答案】D【解析】解：，的虚部为 1；是纯虚数 故选：D 利用复数代数形式的乘除运算化简，逐一核对四个选项得答案 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了分层抽样和茎叶图，属于基础题 由茎叶图可得，获 诗词能
18、手 的称号有 16 人，再根据分层抽样的定义即可求出【解答】解：由茎叶图可得，获 诗词能手 的称号有 16 人，据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选 10 名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为人 故选 C 4.【答案】C【解析】解：，由，可得，可得 则 故选：C 由，可得即可求 5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查对数、指数的大小比较，这里尽量借助于整数 1 作为中间量来比较本题属基础题 本题先将 a、b、c 的大小与 1 作个比较，发现，a、c 都小于再对 a、c 的表达式进行变形，判断 a、c 之间的大小【解答】解：由题意，可知：，最大，a、c 都小于 1，而
19、，故选：A 6.【答案】C【解析】解：如图所示，把侧面展开两周可得对角线最短：故选：C 如图所示，把侧面展开两周可得对角线最短，利用勾股定理即可得出 本题考查了侧面展开图、勾股定理、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 7.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了等比数列的判定及通项公式，属于较易题 由可得数列是等比数列，由等比数列的通项公式可求，进而得出【解答】解：，即是与的等比中项，数列是等比数列，等比数列的首项，公比为，故选 C 8.【答案】C 2第 2 页，共 6 页【解析】解：由题意可得右顶点，渐近线的方程为：，即，所以 A 到渐近线的距离为：，由题意可得：，可得，整理
20、可得，所以离心率，故选：C 由双曲线的方程可得 A 的坐标及渐近线的方程，再由点到直线的距离公式及题意可得 a，c 的关系，进而求出双曲线的离心率 考查双曲线的性质，属于基础题，9.【答案】D【解析】解：因为：，由正弦定理可得：，得，则由，得，则 故选：D 根据正弦定理：由，得，则由得，利用公式可得结论 本题主要考查类比推理的应用，要求正确理解类比的关系，比较基础 10.【答案】B【解析】解：将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为 m 和 n，基本事件总数，函数在上为增函数，36 个基本事件中满足的有：，共 9 个，函数在上为增函数包含的基本事件的个数，函数在上为增函数的概率 故答案为：本题考查
21、的是概率与函数的综合问题，利用古典概型的特点分别求出基本事件的总数及所求事件包含的基本事件的个数，利用二次函数的性质求解，属于中档题 基本事件总数，由函数在上为增函数，得，求出满足此条件的事件个数，由古概率概率计算公式能求出函数在上为增函数的概率 11.【答案】C【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的极值及三角函数图象的性质，属中档题 由利用导数研究函数的极值及三角函数图象的性质逐一检验即可得解【解答】解：由已知可得：，所以，当时，所以，若时，在有一个极大值点，不符合题意，若时，在极大值点为小于极小值点，符合题意，故选：C 12.【答案】D【解析】解：函数的定义域为，则函数的导数，若函数
22、存在极大值点，则有解，即有两个不等的正根，则，得，由得，分析易得的极大值点为，则，设，的极大值恒小于 0 等价为恒小于 0，在上单调递增，3第 2 页，共 6 页【解析】解：由题意可得右顶点，渐近线的方程为：，即，所以 A 到渐近线的距离为：，由题意可得：，可得，整理可得，所以离心率，故选：C 由双曲线的方程可得 A 的坐标及渐近线的方程，再由点到直线的距离公式及题意可得 a，c 的关系，进而求出双曲线的离心率 考查双曲线的性质，属于基础题，9.【答案】D【解析】解：因为：，由正弦定理可得：，得，则由，得，则 故选：D 根据正弦定理：由，得，则由得，利用公式可得结论 本题主要考查类比推理的应用
23、，要求正确理解类比的关系，比较基础 10.【答案】B【解析】解：将一骰子抛掷两次，所得向上点数分别为 m 和 n，基本事件总数，函数在上为增函数，36 个基本事件中满足的有：，共 9 个，函数在上为增函数包含的基本事件的个数，函数在上为增函数的概率 故答案为：本题考查的是概率与函数的综合问题，利用古典概型的特点分别求出基本事件的总数及所求事件包含的基本事件的个数，利用二次函数的性质求解，属于中档题 基本事件总数，由函数在上为增函数，得，求出满足此条件的事件个数，由古概率概率计算公式能求出函数在上为增函数的概率 11.【答案】C【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的极值及三角函数图象的性质
24、，属中档题 由利用导数研究函数的极值及三角函数图象的性质逐一检验即可得解【解答】解：由已知可得：，所以，当时，所以，若时，在有一个极大值点，不符合题意，若时，在极大值点为小于极小值点，符合题意，故选：C 12.【答案】D【解析】解：函数的定义域为，则函数的导数，若函数存在极大值点，则有解，即有两个不等的正根，则，得，由得，分析易得的极大值点为，则，设，的极大值恒小于 0 等价为恒小于 0，在上单调递增，4第 3 页，共 6 页 故，得，即，故 a 的最大值为是，故选：D 求函数的导数，根据函数存在极小值等价为有解，转化为一元二次方程，根据一元二次方程根与判别式之间的关系进行转化求解即可 本题主
25、要考查函数极值的应用，求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系转化为一元二次方程根的与判别式之间的关系是解决本题的关键综合性较强，难度极大 13.【答案】【解析】解：，故答案为：利用诱导公式，二倍角的余弦函数公式化简所求即可计算得解 本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 14.【答案】【解析】解：作出所对应的可行域 如图阴影，变形目标函数可得，作出直线，经平移直线知，当直线过点时，取最小值 5，当直线过点时，取最大值 9，故的取值范围为：故答案为：作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，利用数形结合，即可得到结论 本题主
26、要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键 15.【答案】【解析】解：由题意，当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，该四棱锥的表面积等于，设球 O 的半径为 R，则，如图，该四棱锥的底面边长为，则有，得球 O 的体积是 故答案为：当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的表面积等于，确定该四棱锥的底面边长和高，进而可求球的半径为 R，从而可求球的体积 本题考查球内接多面体，球的体积，解题的关键是确定球的半径，再利用公式求解，是中档题 16.【答案】2 【解析】【分析】本题考查双曲线的离心率的求法，考查直角三角形的性质和直线与双曲线的方程联立，运用韦达定理和中点
27、坐标公式，考查两直线垂直的条件：斜率之积为，考查化简整理的运算能力，属于中档题 由题意可得 N 为 PQ 的中点，运用直角三角形的性质可不妨设直线 PQ 的斜率为，AN 的斜率为，求得直线 PQ 的方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得N 的坐标，再由直线的斜率公式和离心率公式，化简整理即可得到所求值【解答】解：由，可得 N 为 PQ 的中点，在直角三角形中，5第 3 页，共 6 页 故，得，即，故 a 的最大值为是，故选：D 求函数的导数，根据函数存在极小值等价为有解，转化为一元二次方程，根据一元二次方程根与判别式之间的关系进行转化求解即可 本题主要考查函数极值的应用，求函数
28、的导数，利用函数极值和导数之间的关系转化为一元二次方程根的与判别式之间的关系是解决本题的关键综合性较强，难度极大 13.【答案】【解析】解：，故答案为：利用诱导公式，二倍角的余弦函数公式化简所求即可计算得解 本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 14.【答案】【解析】解：作出所对应的可行域 如图阴影，变形目标函数可得，作出直线，经平移直线知，当直线过点时，取最小值 5，当直线过点时，取最大值 9，故的取值范围为：故答案为：作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，利用数形结合，即可得到结论 本题主要考查线性规划的应用，利用数
29、形结合是解决本题的关键 15.【答案】【解析】解：由题意，当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，该四棱锥的表面积等于，设球 O 的半径为 R，则，如图，该四棱锥的底面边长为，则有，得球 O 的体积是 故答案为：当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的表面积等于，确定该四棱锥的底面边长和高，进而可求球的半径为 R，从而可求球的体积 本题考查球内接多面体，球的体积，解题的关键是确定球的半径，再利用公式求解，是中档题 16.【答案】2 【解析】【分析】本题考查双曲线的离心率的求法，考查直角三角形的性质和直线与双曲线的方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，考查两直线垂直的条
30、件：斜率之积为，考查化简整理的运算能力，属于中档题 由题意可得 N 为 PQ 的中点，运用直角三角形的性质可不妨设直线 PQ 的斜率为，AN 的斜率为，求得直线 PQ 的方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得N 的坐标，再由直线的斜率公式和离心率公式，化简整理即可得到所求值【解答】解：由，可得 N 为 PQ 的中点，在直角三角形中，6第 4 页，共 6 页 即有，直线 PQ 的斜率为，由对称性不妨设斜率为，AN 的斜率为，由，可得直线 PQ 的方程为，代入双曲线的方程可得，设，可得，PQ 的中点 N 的横坐标为，纵坐标为，由，即为，即为，化为，即，可得 故答案为 2 17.【答
31、案】解：依题意，由可知数列是等差数列 设等差数列的公差为 d，则，解得，由知，设数列的前 n 项和为，则 【解析】本题第题先根据等差中项判别法可得数列是等差数列然后设数列的公差为d，然后根据等差数列的通项公式可列出关于首项的方程，解出的值，即可得到数列的通项公式；第题可根据第题的结果求出数列的通项公式，然后运用裂项相消法求出前 n 项和 本题主要考查等差数列的性质应用，以及运用裂项相消法求数列的前 n 项和考查了方程思想，转化思想的应用，逻辑思维能力和数学运算能力本题属中档题 18.【答案】证明：因为 ABCD 是菱形，所以，平面 ABCD，平面 ABCD，又，平面 PAC，平面 PAC，平面
32、 PAC，又平面 BDE，平面平面 PAC 连 OE，由知平面 PAC，平面 PAC，由 得：当时，OE 取到最小值此时 作交 AC 于 H，平面 ABCD，平面 ABCD，由得点 E 到底面 ABCD 的距离【解析】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，点到平面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力 证明，推出平面 PAC，然后证明平面平面 PAC 连 OE，推出，求出求出 CE，作交 AC 于 H，证明平面 ABCD，然后求解点 E 到底面 ABCD 的距离 19.【答案】解：由频率分布直方图知，解得，7第 4 页，共 6 页 即有，直线 PQ 的斜率为，由对称性不妨设斜率为，AN
33、的斜率为，由，可得直线 PQ 的方程为，代入双曲线的方程可得，设，可得，PQ 的中点 N 的横坐标为，纵坐标为，由，即为，即为，化为，即，可得 故答案为 2 17.【答案】解：依题意，由可知数列是等差数列 设等差数列的公差为 d，则，解得，由知，设数列的前 n 项和为，则 【解析】本题第题先根据等差中项判别法可得数列是等差数列然后设数列的公差为d，然后根据等差数列的通项公式可列出关于首项的方程，解出的值，即可得到数列的通项公式；第题可根据第题的结果求出数列的通项公式，然后运用裂项相消法求出前 n 项和 本题主要考查等差数列的性质应用，以及运用裂项相消法求数列的前 n 项和考查了方程思想，转化思
34、想的应用，逻辑思维能力和数学运算能力本题属中档题 18.【答案】证明：因为 ABCD 是菱形，所以，平面 ABCD，平面 ABCD，又，平面 PAC，平面 PAC，平面 PAC，又平面 BDE，平面平面 PAC 连 OE，由知平面 PAC，平面 PAC，由 得：当时，OE 取到最小值此时 作交 AC 于 H，平面 ABCD，平面 ABCD，由得点 E 到底面 ABCD 的距离【解析】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，点到平面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力 证明，推出平面 PAC，然后证明平面平面 PAC 连 OE，推出，求出求出 CE，作交 AC 于 H，证明平面 ABCD，
35、然后求解点 E 到底面 ABCD 的距离 19.【答案】解：由频率分布直方图知，解得，8第 5 页，共 6 页 乙方案样本中不合格天数为天；根据图 1，得，又，中位数在之间，设中位数为 x，则，解得，乙方案样本的中位数为 170；由题意填写列联表如下，甲方案乙方案合计合格天数9689185不合格天数41115合计100100200由表中数据，计算，且，有的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关 【解析】本题考查了频率分布直方图和独立性检验的应用问题，是中档题 由频率和为 1 列方程求得 a 的值，再计算乙方案样本中不合格天数；根据频率分布直方图求得中位数；由题意填写列联表，计算观测
36、值，对照临界值得出结论 20.【答案】解：由已知得，解得，椭圆 C 的方程为；假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立，得，设，则，由，得，即，即，故，得285m，将代入式解得232m 所以 2 105m 或2 105m 【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题 由题意列关于 a，b，c 的方程组，求解可得 a，b，c 的值，则椭圆方程可求；假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得 A，B 横纵坐标的积，结合可得 k 与 m 的关系，再由判别
37、式大于 0 求得实数 m 的取值范围 21.【答案】解：当时，所以对任意的都成立，故在单调递增，所以，要使得对有恒成立，则即，因为，所以即，又，即，显然不是的零点，所以可化为，令，则，所以在，上单调递增，又，故在，上各有 1 个零点，所以在，上各有 1 个零点，所以，【解析】把代入，然后对函数求导，结合导数与单调性的关系可判断函数的单调性，由不等式的恒成立转换为为求解函数的最值或范围，可求 结合已知曲线及导数的几何意义可求 m，n，然后结合函数的单调性及函数的零点判定定理即可求解 本题主要考查了由不等式的恒成立求解参数范围及导数的几何意义，函数的性质及零点判定定理的综合应用 22.【答案】解：
38、已知曲线 C：为参数，转换为直角坐标方程为9第 5 页，共 6 页 乙方案样本中不合格天数为天；根据图 1，得，又，中位数在之间，设中位数为 x，则，解得，乙方案样本的中位数为 170；由题意填写列联表如下，甲方案乙方案合计合格天数9689185不合格天数41115合计100100200由表中数据，计算，且，有的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关 【解析】本题考查了频率分布直方图和独立性检验的应用问题，是中档题 由频率和为 1 列方程求得 a 的值，再计算乙方案样本中不合格天数；根据频率分布直方图求得中位数；由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论 20.【答案】解：由
39、已知得，解得，椭圆 C 的方程为；假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立，得，设，则，由，得，即，即，故，得285m，将代入式解得232m 所以 2 105m 或2 105m 【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题 由题意列关于 a，b，c 的方程组，求解可得 a，b，c 的值，则椭圆方程可求；假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得 A，B 横纵坐标的积，结合可得 k 与 m 的关系，再由判别式大于 0 求得实数 m 的取值范围 21.
40、【答案】解：当时，所以对任意的都成立，故在单调递增，所以，要使得对有恒成立，则即，因为，所以即，又，即，显然不是的零点，所以可化为，令，则，所以在，上单调递增，又，故在，上各有 1 个零点，所以在，上各有 1 个零点，所以，【解析】把代入，然后对函数求导，结合导数与单调性的关系可判断函数的单调性，由不等式的恒成立转换为为求解函数的最值或范围，可求 结合已知曲线及导数的几何意义可求 m，n，然后结合函数的单调性及函数的零点判定定理即可求解 本题主要考查了由不等式的恒成立求解参数范围及导数的几何意义，函数的性质及零点判定定理的综合应用 22.【答案】解：已知曲线 C：为参数，转换为直角坐标方程为1
41、0第 6 页，共 6 页 直线 l 的极坐标方程为转换为直角坐标方程为，整理得 由于点在直线 l 上，所以转换为参数方程为为参数，代入，得到：，所以：，所以 【解析】直接利用和转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 23.【答案】解：当时，解得，不等式的解集为，当时，故不等式一定成立，当时，解得，的取值范围是 【解析】本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中
42、档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用 当时，由已知得，去绝对值求出不等式的解集 利用含绝对值的三角不等式求得的最小值，由，能求出 a 的取值范围 11第 6 页，共 6 页 直线 l 的极坐标方程为转换为直角坐标方程为，整理得 由于点在直线 l 上，所以转换为参数方程为为参数，代入，得到：，所以：，所以 【解析】直接利用和转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 23.【答案】解：当时，解得，不等式的解集为，当时，故不等式一定成立，当时，解得，的取值范围是 【解析】本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用 当时，由已知得，去绝对值求出不等式的解集 利用含绝对值的三角不等式求得的最小值，由，能求出 a 的取值范围 12
