省联盟学校2023届高三下学期第三次大联考理科数学试题(含答案与解析

2024年3月7日发(作者：高二数学试卷编写要求)

“高考研究831重点课题项目”陕西省联盟学校2023年第三次大联考

数学（理科）

本试卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分150分，时间

2.答卷前将答题卡上的学校､姓名､班级填写清楚，并检查条形码是否完整､信息是否准确.

3.答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整､笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效.

第I卷（选择题共60分）

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

2M{x|3x4},N{x|x2x80},则（ ）

1. 已知集合A. M∪N=R

C M∩N={x|-2≤x≤4}

B. M∪N={x|-3≤x<4}

D. M∩N={x|-2≤x<4}

.2.

已知复数z满足2zzzz24i，z在复平面内对应的点在第二象限，则z（

）

A.

1i B.

1i C.

1i D.

2i

3.

核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（

）

A. 0.495% B. 0.9405% C. 0.99% D. 0.9995%

4.

已知等比数列an的前2项和为24,a2a46，则a8（

）

A. 1 B.

12 C.

1

4D.

1

85.

已知p：xy0，q：lnA.

充分不必要条件

C.

充要条件

x21xlny21y0，则p是q的（

）

B.

必要不充分条件

D.

既不充分也不必要条件



6.

将函数f(x)2sin(x)(0)的图象向左平移π3个单位得到函数yg(x)的图象，若3yg(x)在[A.

,]上为增函数，则最大值为（

）

64B. 2 C. 3 D.

3

25

7.

算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字170，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于200的概率为（

）

A.

12 B.

2

3C.

3

4D.

5

68.

已知命题p：“若直线a//平面，平面//平面，则直线a//平面”，命题q：“棱长为a的正3πa2四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（

）

2A.

pq B.

pq C.

pq D.

pq

x2y29.

已知双曲线C:21a0,b0的左、右焦点分别为F1,F2，一条渐近线为l，过点F2且与l2ab平行的直线交双曲线C于点M，若MF12MF2，则双曲线C的离心率为（

）

A.

C.

2

5

B.

D.

3

6

10.

设a3e0.3，be0.6，c1.6，则（

）

A.

cba B.

cab C.

bac D.

bca

11.

已知定点D2,0，直线l：ykx2k0与抛物线y24x交于两点A，B，若ADB90，则AB(

)

A. 4

12.

已知函数B. 6 C. 8 D. 10

fx1是偶函数，且f2xfx．当x0,1时，fxxcos，则下列说法1x

正确的是（

）

A.

fx是奇函数

B.

fx在区间C.

fx在4π16π1,上有且只有一个零点

ππ6,1上单调递增

5π1,1上有且只有一个极值点

πD.

fx区间第II卷（非选择题共90分）

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相应的横线上.）

13.

已知a3,b1,ab2,3，则a与b的夹角为__________.

14.

x2x1的展开式中x3项的系数为___________.

15.

如图，圆锥的轴截面SAB是边长为a的正三角形，点C,D是底面弧AB的两个三等分点，则SC与BD所成角的正切值为______．

24

16.

已知数列an的前n项和Sn1321,Tn为数列bn的前n项和，若对任意的nn，设bnaa22nn1nN，不等式Tn9n3恒成立，则实数的取值范围为________．

三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.

在ABC中，已知AC3,BC4,cosA（1）求角B的值；

（2）求边长AB的值.

18.

如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，ABAD，且1.

3ABAD2CD4，PA2，PAB60，直线PA与平面ABCD的所成角为30，E，F分别是BC和PD的中点.

（1）证明：EF平面PAB；

（2）求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值.

19.

脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例．某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17．

（1）试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计．（结果保留整数）

（2）假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，σ2），其中σ2近似为（1）中计算的总样本方差．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率．

附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，22≈4.7，23≈4.8，0.158653≈0.004．

x2y220.

已知F1,F2是椭圆E:221ab0的左、右焦点，B1B2是椭圆的短轴，菱形F1B1F2B2的周ab长为8，面积为23，椭圆E的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆E的方程；

（2）若P是椭圆E内的一点（不在E的轴上），过点P作直线交E于A,B两点，且点P为AB的中点，x2y23椭圆E1:221mn0的离心率为，点P也在E1上，求证：直线AB与E1相切．

mn221.

已知函数fxe2ax1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828．

x

（1）已知函数xR，fx0，求实数a取值的集合；（2）已知函数Fxfxax有两个不同极值点x1、x2．

2

①求实数a的取值范围；②证明：2ax1x23x1x2．

请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.

选修4-4：坐标系与参数方程选讲.

x12cosxOy22.

在平面直角坐标系中，已知曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极y12sin点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线C的极坐标方程；

（2）设射线l1:π0和射线l2:ππ0,0分别与曲线C交于A、B两点，求22AOB面积的最大值.

选修4-5：不等式选讲.

23.

设a,b,cR,a,b,c1均不为零，且abc1．

（1）证明：abb(c1)(c1)a0；

（2）求(a2)2(b2)2(c2)2的最小值．

参考答案

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

2M{x|3x4},N{x|x2x80},则（ ）

1. 已知集合A. M∪N=R

C. M∩N={x|-2≤x≤4}

【答案】D

【解析】

【分析】

B. M∪N={x|-3≤x<4}

D. M∩N={x|-2≤x<4}

先求集合N，再求两个集合的并集和交集，判断选项.

【详解】x22x80，解得：2x4，即Nx2x4，

Mx3x4，MNx3x4，

MNx2x4.

故选：D

2.

已知复数z满足2zzzz24i，z在复平面内对应的点在第二象限，则z（

）

A.

1i

【答案】C

【解析】

B.

1i C.

1i D.

2i



【分析】依题意设zabia0,b0，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.

【详解】设zabia0,b0，则zabi，因为2zzzz24i，

所以2abiabiabiabi24i，

22ab2a1b122所以4biab24i，所以，解得或（舍去），

b1a14b4所以z1i.

故选：C

3.

核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（

）

A. 0.495%

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.

【详解】记感染新冠病毒为事件A,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件B, 则B. 0.9405% C. 0.99% D. 0.9995%

P(A)0.5%,P(BA)99%,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为P(AB)P(A)P(BA)0.5%99%0.495%，

故选：A

4.

已知等比数列an的前2项和为24,a2a46，则a8（

）

A 1

.B.

12 C.

1

4D.

1

8【答案】D

【解析】

1a1a2a11q24q【分析】首先根据题意得到，解方程组得到，a116，再求a8即可.

2aaaq1q62124【详解】因为a2a46，所以q1，

a1a2a11q24由题知：，

2a2a4a1q1q6

14，解得q1，所以a11a124，即a116，

所以q1q2211所以a816.

28故选：D

5.

已知p：xy0，q：lnA.

充分不必要条件

C.

充要条件

【答案】C

【解析】

7x21xlny21y0，则p是q的（

）

B.

必要不充分条件

D.

既不充分也不必要条件

【详解】令f(x)lnx1x,xR，f(0)0，

且f(x)f(x)lnx1xlnx1xln10，

故f(x)lnx1x为奇函数，

x0时，x1x递增，则f(x)lnx1x也递增，

【分析】令f(x)ln22222x21x,xR,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.

2又f(x)为奇函数，则f(x)在R上递增，

pq，若xy0，则xy，

则fxfy，即ln即lnx21xlny21y

x21xlny21y0；

2y1y0，

则等价于lnx1xlny1y，即fxfy，

pq，若lnx21xln22由f(x)在R上递增，则xy，

即xy0，

故p是q的充要条件，

故选：C.

6.

将函数f(x)2sin(x)(0)的图象向左平移π3个单位得到函数yg(x)的图象，若3

yg(x)在[A.

,]上为增函数，则最大值为（

）

64B. 2 C. 3 D.

3

25

【答案】B

【解析】

ππππππyg(x)gx[,]【分析】先求出，又因为在上为增函数，则，且，即可642426求出最大值.

【详解】函数f(x)2sin(x)(0)的图象向左平移则gx2sinxπ3个单位得到函数yg(x)的图象，

3ππ2sinx，

33ππ又因为yg(x)在[,]上为增函数，

64所以ππππ，

，且6242解得：2，故的最大值为2.

故选：B.

7.

算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字170，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于200的概率为（

）

A.

12 B.

2

3C.

3

4D.

5

6【答案】C

【解析】

【分析】根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率.

【详解】依题意得所拨数字共有C4C424种可能．

要使所拨数字大于200，则：

若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于200，有C2C412种；

若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，

有C2C36种，

则所拨数字大于200的概率为故选：C．

8.

已知命题p：“若直线a//平面，平面//平面，则直线a//平面”，命题q：“棱长为a的正1112121263，

2443πa2四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（

）

2A.

pq

【答案】A

【解析】

【分析】根据线面的关系判断命题p的真假，根据正四面体外接球的表面积公式计算判断命题q的真假，结合复合命题真假的判断方法即可求解.

【详解】命题p：若a//B.

pq C.

pq D.

pq

，//，则a//或a，故命题p为假命题；

2a6a，对角线长为，

226a，

4命题q：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为则正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，则外接球的半径为6a3πa2所以外接球的表面积为4π，故命题q为真命题.

42(p)(q)为假命题.

所以命题pq为真命题，命题pq、p(q)、故选：A.

2x2y29.

已知双曲线C:21a0,b0的左、右焦点分别为F1,F2，一条渐近线为l，过点F2且与l2ab平行的直线交双曲线C于点M，若MF12MF2，则双曲线C的离心率为（

）

A.

C.

2

5

B.

D.

3

6

【答案】C

【解析】

【分析】由双曲线定义可得MF2,MF1，根据平行关系可知cosF1F2M程求得离心率.

【详解】设l:ya，由余弦定理可构造齐次方cbx，则点M位于第四象限，

a由双曲线定义知：MF1MF22MF2MF2MF22a，MF14a；

设过点F2且与l平行的直线的倾斜角为，则tanaab，

，cosaa2b2ccosF1F2Ma；

c222F1F2MF2MF1在△F1F2M中，由余弦定理得：cosF1F2M，

2F1F2MF2a4c24a216a2c222即，整理可得：c5a，e5.

2c8aca故选：C.

10.

设a3e0.3，be0.6，c1.6，则（

）

A.

cba

【答案】A

【解析】

x【分析】通过构造函数fxex1，利用导数研究函数单调性，证得exx1，则有ac,bc，B.

cab C.

bac D.

bca

再通过作商法比较a,b.

xx【详解】设fxex1，因为fxe1，

所以当x0时，fx0，fx在,0上单调递减，

当x0时，fx0，fx在0,上单调递增，

所以当xR，且x0时，fxf00，即exx1.

所以a3e0.330.312.1，be0.60.611.6，所以c1.6最小，

be0.6e0.9e又因为0.31，所以ba.

a3e33综上，cba.

故选：A

11.

已知定点D2,0，直线l：ykx2k0与抛物线y24x交于两点A，B，若

ADB90，则AB(

)

A. 4

【答案】C

【解析】

【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线l与抛物线的方程，求得x1x2，x1x2，y1y2，由B. 6 C. 8 D. 10

ADB90可得DADB0，从而可求k的值，根据弦长公式即可求AB．

【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，

ykx2k2x24k24x4k20，

2y4x44k2由题知，0，故x1x2,x1x24，

2k88k2xx2xx4k44则y1y2kx12kx22k8，

12212k由ADB90DADB0x12x22y1y20，

22即x1x22x1x2y1y240，

即4241kk22840，解得k21，则x1x23413438，

则AB1k2x1x21k2故选：C．

12.

已知函数x1x2214x1x2164168．

31xfx1是偶函数，且f2xfx．当x0,1时，fxxcos，则下列说法正确的是（

）

A.

fx是奇函数

B.

fx在区间C.

fx在4π16π1,上有且只有一个零点

ππ6,1上单调递增

5π1,1上有且只有一个极值点

πD.

fx区间

【答案】ACD

【解析】

【分析】A选项，由fx1是偶函数，故fx1fx1，结合f2xfx，推导出12π1fxfx，A正确；B选项，求出fx的一个周期为4，从而只需求fx在区间,上ππ22f2f的零点个数，结合函数性质得到0，B错误；C选项，求导得到ππ15π111fxcossin，换元后得到htcosttsint，t1,，再次求导，得到ht的单x6xxx调性，结合h10，h65π5π0t1,fxht0，得到在上恒成立，得到在,1上单调665π递增；D选项，与C选项一样得到ht的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到fx的单调性，求出fx区间【详解】函数1,1上有且只有一个极值点.

πfx1是偶函数，故fx1fx1，

因为f2xfx，所以f1xfx1，

故fx1fx1，

将x替换为x1，得到fxfx，故fx为奇函数，A正确；

因为f2xfx，故f4xfx2，故f4xfx，

所以fx的一个周期为4，

故fx在区间因为f12π14π16π1,上的零点个数与在区间,上的相同，

ππππ22f2f0，

πππ22cos0，而f2xfxfx，故ππ2其中2212π1,2,，

ππππ12π1,至少有2个零点，B错误；

ππ故fx在区间16x,1时，fxxcos，

x5π则fxcos111sin，

xxx

令t15π，htcosttsint，当t1,时，

6x所以htsintsinttcosttcost，

πt当1,时，httcost0，ht单调递增，

2当tπ5π,时，httcost0，ht单调递减，

26又h1cos1sin10，h故ht0在t1,5π5π5π5π35π635πcossin0，

6661221265π上恒成立，

65π5π66x>0x,1fx所以f¢在上恒成立，故在(),1上单调递增，C正确；

D选项，x11,1时，fxxcos，

xπ1111sin，令t，htcosttsint，当t1,π时，

xxxx故fxcos则httcost，

当t1,当tπ时，httcost0，ht单调递增，

2π,π时，httcost0，ht单调递减，

2πππππcossin0，hπcosππsinπ10，

22222因为h1cos1sin10，hπt由零点存在性定理，0,π，使得ht00，

2当t1,t0时，ht0，当tt0,π时，ht0，

111x)>0，fx单调递增，

fx0x,时，，fx单调递减，x,1时，f¢(πt0t0所以fx区间故选：ACD

【点睛】设函数yfx，xR，a0，a¹b．

1,1上有且只有一个极值点，D正确.

π

（1）若fxafxa，则函数fx的周期为2a；

（2）若fxafx，则函数fx的周期为2a；

（3）若fxa（4）若fxa（5）若1，则函数fx的周期为2a；

fx1，则函数fx的周期为2a；

fxfxafxb，则函数fx的周期为ab；

（6）若函数fx的图象关于直线xa与xb对称，则函数fx的周期为2ba；

（7）若函数fx的图象既关于点a,0对称，又关于点b,0对称，则函数fx的周期为2ba；

（8）若函数fx的图象既关于直线xa对称，又关于点b,0对称，则函数fx的周期为4（9）若函数fx是偶函数，且其图象关于直线xa对称，则fx的周期为2a；

（10）若函数fx是奇函数，且其图象关于直线xa对称，则fx的周期为2a.

ba；

第II卷（非选择题共90分）

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相应的横线上.）

13.

已知a3,b1,ab2,3，则a与b的夹角为__________.

【答案】30

【解析】

3abcosa,b求解即可.

ab7ab【分析】首先根据题意得到，从而得到，再根据ab22ab2,3【详解】因为，所以ab237，

所以ab2322ab2ab312ab7，即ab.

23ab3，

所以cosa,b223ab因为0a,b180，所以a与b的夹角为30.

故答案为：30

14.

x22x1的展开式中x3项的系数为___________.

4

【答案】56

【解析】

【分析】先整理二项式为x1，由此即可求解.

【详解】解：二项式x22x18428x1x1，

453所以展开式中含x3的项为C8x156x3，

5所以x3项的系数为56，

故答案为：56.

15.

如图，圆锥的轴截面SAB是边长为a的正三角形，点C,D是底面弧AB的两个三等分点，则SC与BD所成角的正切值为______．

【答案】3

【解析】

【分析】易证得OC//BD，由异面直线所成角定义可知所求角为SCO，由长度关系可求得结果.

【详解】设圆锥底面圆心为O，连接OC,OD,OS，

C,D为弧AB的两个三等分点，CODBODπ，

3π，OC//BD，

3又OBOD，△OBD为等边三角形，ODBCODSCO即为异面直线SC与BD所成角，

SO平面ABCD，OC平面ABCD，SOOC，

3a1aSOa323，

SOa2a，OCAB，tanSCOa22OC2222即SC与BD所成角的正切值为3.

故答案为：3.

1321b,Tn为数列bn的前n项和，若对任意的16.

已知数列an的前n项和Snnn，设nanan122nN，不等式Tn9n3恒成立，则实数的取值范围为________．

【答案】,48

【解析】

【分析】利用an,Sn的关系求出数列an的通项公式，再用裂项相消法求得Tn，再根据不等式的恒成立问题以及函数的单调性与最值，求实数的取值范围.

【详解】当n2时，anSnSn1当n1时，a1S11满足上式，

所以an3n2,nN.

所以bn所以Tn321123nnn1n13n2，

222211111()，

anan1(3n2)(3n1)33n23nn(1)()()(1)，

3434733n23n133n13n1n3(3n1)219n3，即由Tn9n3，可得3(9n6)，

3n1nn因为函数y9x11在,单调递增，

x31有最小值为10，

n所以当n1时，9n所以3(9n16)48，所以48，

n所以实数的取值范围为,48.

故答案为：,48.

三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.

在ABC中，已知AC3,BC4,cosA（1）求角B的值；

（2）求边长AB的值.

【答案】（1）1.

3π

4（2）221

【解析】

【分析】（1）利用同角三角函数基本关系及正弦定理可求解；

（2）利用两角差的余弦公式结合余弦定理求解.

【小问1详解】

在ABC中，由cosA12222.

，cosAsinA1,A0,π,得sinA33432sinB，故sinB；

2由正弦定理得，ab，所以22sinAsinB3又因为A为钝角，所以B【小问2详解】

π

4在ABC中，cosCcosABsinAsinBcosAcosB由余弦定理得：AB2AC2BC22ACBCcosC

24234234942221

6222221242.

32326

所以AB221

18.

如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，ABAD，且ABAD2CD4，PA2，PAB60，直线PA与平面ABCD的所成角为30，E，F分别是BC和PD的中点.

（1）证明：EF平面PAB；

（2）求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

3

3【解析】

【分析】（1）取AD的中点G，连接EG，FG，通过证明平面GEF平面PAB，可得EF平面PAB；

（2）点A为原点，AB,AD所在的直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由直线PA与平面ABCD的所成角为30，可得P坐标，后利用向量法可得平面PABPA2，PAB60，与平面PAD夹角的余弦值.

【小问1详解】

取AD的中点G，连接EG,FG，

F是PD的中点，GF∥AP，

AP平面PAB,FG平面PAB，

GF平面PAB，

同理可得GE平面PAB，

GEGFG，GE平面GEF，GF平面GEF，

平面GEF平面PAB，EF平面GEF，EF//平面PAB；

【小问2详解】

以点A为原点，AB,AD所在的直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意可得A0,0,0,B4,0,0,D0,4,0,C2,4,0，

AB4,0,0，AD0,4,0.

设Px,y,z，因PA2，直线PA与平面ABCD的所成角为30，则z2sin301.

又因PAB60,则点P的横坐标x2cos601.

又PA2，则12y212，结合题图可知y2，

则P1,2,1，AP1,rmAB4x10设mx1,y1,z1是平面PAB的一个法向量，则，

mAPx12y1z10令y11，则z12，m0,1,2.

rnAD4y20

设nx2,y2,z2是平面PAD的一个法向量，则nAPx22y2z20令x11，则z11，n1,0,1.

π又因两平面夹角范围为0,，设平面PAB与平面PAD夹角为，

2mn23cos=cosm,n，

mn332平面PAB与平面PAD夹角的余弦值为3.

2,1.

3

19.

脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例．某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17．

（1）试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计．（结果保留整数）

（2）假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，σ2），其中σ2近似为（1）中计算的总样本方差．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率．

附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，22≈4.7，23≈4.8，0.158653≈0.004．

【答案】（1）总样本的均值为17，方差为23；据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23

（2）0.004

【解析】

【分析】（1）根据均值方差的计算公式代入计算即可求解；

（2）利用正态分布的性质和所给数据即可求解计算.

【小问1详解】

把男性样本记为x1,x2,,x120，其平均数记为x，方差记为sx；

22把女性样本记为y1,y2,,y90，其平均数记为y，方差记为sy．则x14,sx6;y21,sy17．

22记总样本数据的平均数为z，方差为s2．

由x14,y21，根据按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，

可得总样本平均数为z12090xy．

1209012090120149021

21017,

根据方差的定义，总样本方差为

90112022sxzyzii

210i1i1290112022xxxzyxyzii,

210i1i1由xxx120x0可得2xx(xz)2(xz)xx0

iiiii1i1i1i112同理，2yy(yz)2(yz)yy0，

iii1i191202222xx(xz)yy(yz)因此，sii

210i1i1i1i1212222120s(xz)90s(yz),

xy210所以s21221206(1417)9017(2117)23，

210所以总样本的均值为17，方差为23，

并据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23．

【小问2详解】

由（1）知223，所以XN17,23，又因为234.8，

所以P12.2X21.8P174.8X174.80.6827，

1P(X12.2)10.68270.15865,

2因为XB3,0.15865，

所以PX3C30.158650.004．

33所以3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率为0.004．

x2y220.

已知F1,F2是椭圆E:221ab0的左、右焦点，B1B2是椭圆的短轴，菱形F1B1F2B2的周ab长为8，面积为23，椭圆E的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆E的方程；

（2）若P是椭圆E内的一点（不在E的轴上），过点P作直线交E于A,B两点，且点P为AB的中点，x2y23椭圆E1:221mn0的离心率为，点P也在E1上，求证：直线AB与E1相切．

mn2x2【答案】（1）y21

4（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据菱形F1B1F2B2的周长和面积可构造方程组求得b,c，进而得到椭圆方程；

（2）设AB:ykxt，与椭圆E方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得P点坐标；将AB与椭圆E1联立，可得1，由P在椭圆E1上可得等量关系，化简1可得10，由此可得结论.

【小问1详解】

12b2c23菱形F1B1F2B2的周长为8，面积为23，2，又a2b2c2，

4a8b3b1b1或，又椭圆E的焦距大于短轴长，即2c2b，，

c1c3c32xa24，则椭圆E的方程为：y21.

4【小问2详解】

由题意知：直线AB的斜率必然存在，可设其方程为：ykxt，

x2y21222由4得：14kx8ktx4t40，

ykxt

设Ax1,y1,Bx2,y2，则1614kt220，即t214k2，

8kt4t24x1x2，x1x2，

214k214k4ktt8k2t2tP,，y1y2kx1tkx2t2t22；

2214k14k14k14k23n3椭圆E1的离心率为，e12，解得：m24n2，

m22E1:x24y24n2，

x24y24n22222由得：14kx8ktx4t4n0，

ykxt164k2t2414k24t24n2164k2n2n2t2，

P在椭圆E1上，16k2t214k224t214k224n2，整理可得：t2n24k21，

1164k2n2n24k2n2n20，直线AB与E1相切.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的证明问题，解题关键是能够利用点在椭圆上得到变量之间所满足的等量关系，将等量关系代入判别式中进行化简整理即可得到直线与椭圆的位置关系.

21.

已知函数fxe2ax1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828．

x

（1）已知函数xR，fx0，求实数a取值的集合；（2）已知函数Fxfxax有两个不同极值点x1、x2．

2

①求实数a的取值范围；②证明：2ax1x23x1x2．

1【答案】（1）

2（2）①

【解析】

【分析】（1）利用不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，通过对a的讨论，求出fx在给定区间的最值即可求出a的值；

（2）①由函数Fx有两个不同的极值点x1，x2得，Fxe2ax2a有两个不同零点，通过参数x12e，；②证明见解析

2

分离有围；

1x1x1x1x，构造函数xx，确定xx的单调性和极值，进而可求a的取值范2aeeeex2x21②由已知得x1，取对数得x2x1lnx21lnx11，通过换元x11t1，x21t2，构ex11造函数uttlnt，讨论函数uttlnt的单调性，确定t1，t2的不等关系，再转化为x1，x2的关系即可证明．

【小问1详解】

由fxe2ax1，得fxe2a，

xx当a0时，因为f1112a0，不合题意；

e当a<0时，当x，ln2a时，fx0，fx单调递减，

时，f¢当xln2a，(x)>0，fx单调递增，

所以f(x)minfln2a2a2aln2a1，

要fx0，只需f(x)min2a2aln2a10，

令gxxxlnx1，则gxlnx，

1时，gx0，gx单调递增；

当x0，时，g当x1，x0，gx单调递减，

所以gxg(1)0，则由g2a2a2aln2a10得2a1，

所以a11

，故实数a取值的集合．22x2x【小问2详解】

①由已知Fxeax2ax1，Fxe2ax2a，

因为函数Fx有两个不同的极值点x1，x2，

所以Fxe2ax2a有两个不同零点，

x若a0时，则Fx在R上单调递增，Fx在R上至多一个零点，

与已知矛盾，舍去；当a0时，由ex2ax2a0，得1x1x1x，令xx

2aee

所以x2x2时，x0，x单调递增；

，当x，xe时，x0，x单调递减；

当x2，（2）所以(x)max1，

e2x111e20，所以02，所以a，

因为(1)0，limxex2ae2故实数a的取值范围为12e，．

2②设x1x2，由①则1x12x2，

因为x1x20，所以e12ax12a，exx22ax22a，

ex2x21则x1，取对数得x2x1lnx21lnx11，

ex11令x11t1，x21t2，则t2t1lnt2lnt1，

即t2lnt2t1lnt1(0t11t2)，令uttlnt，则ut1ut2，

1上单调递减，在1，上单调递增，

因为utt，所以uttlnt在0，1t令vtutut2lnt，

1t1t(t1)2上单调递增，

则vt0，vt在0，2t1时，vtv(1)0，即utu，

又（）v10，所以当t0，上单调递增，所以t2因为t21，2t11，uttlnt在1，所以x211t1，

t11，即x1x2x1x2，

x11所以x1x2x1x22122ex1x2ax1x2，

323故3x1x22ax1x2成立．

请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.

选修4-4：坐标系与参数方程选讲.

x12cosxOy22.

在平面直角坐标系中，已知曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极y12sin点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线C的极坐标方程；

（2）设射线l1:π0和射线l2:ππ0,0分别与曲线C交于A、B两点，求22AOB面积的最大值.

【答案】（1）2sin2cos

（2）21

【解析】

【分析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程，由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线C的极坐标方程；

（2）求出OA、OB，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换可得S△AOB

π2sin21，结合40π可求得SAOB的最大值.

2【小问1详解】

x12cos22解：由可得x1y1y12sin2cos22sin22，

即x2y22x2y0，故曲线C的普通方程为x2y22x2y0，

因为xcos，ysin，

所以曲线C的极坐标方程为22cos2sin0，即2sin2cos.

【小问2详解】

解：由题意知OA2sinπ2cosπ2，OB2sin∴SAOBππ2cos2cos2sin，

22π1OA·OBsinπ2cos2sincos2cos2sin2

22πsin2cos212sin21，

4因为0πππ5π，则2，

4442

所以当242，即当π时，AOB的面积最大，且最大值是21.

8选修4-5：不等式选讲.

23.

设a,b,cR,a,b,c1均不为零，且abc1．

（1）证明：abb(c1)(c1)a0；

（2）求(a2)2(b2)2(c2)2的最小值．

【答案】（1）证明见解析；

（2）3.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用三数和的完全平方公式变形，再结合放缩法证明作答.

（2）利用柯西不等式求解最小值作答.

【小问1详解】

依题意，ab(c1)0，且a,b,(c1)均不为零，

则abb(c1)(c1)a

11{[ab(c1)]2[a2b2(c1)2]}[a2b2(c1)2]0，

22所以abb(c1)(c1)a0.

【小问2详解】

因为[(a2)2(b2)2(c2)2](121212)[(a2)1(b2)1(c2)1]2(abc2)29，

当且仅当a2b2c2，即a3,b1,c1时取等号，因此(a2)2(b2)2(c2)23，

111222所以(a2)(b2)(c2)的最小值为3.