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2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期六模考试数学试题含解析
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2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期六模考试数学试题 一、单选题 1．已知，则的虚部为（ ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】利用复数的除法运算，计算复数z即可作答. 【详解】依题意，， 所以的虚部为1. 故选：C 2．设全集，集合，，则实数的值为（ ） A．0 B．-1 C．2 D．0或2 【答案】A 【分析】利用给定条件，结合元素的互异性直接列式计算作答. 【详解】由集合知，，即，而，全集， 因此，，解得，经验证满足条件， 所以实数的值为0. 故选：A 3．角的终边过点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简得，再利用三角函数的坐标定义求出即得解. 【详解】解：， 由题得，所以. 故选：B 4．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”．“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点．冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福．小明在纪念品商店买了6个“冰墩墩”和3个“雪容融”，随机选了3个寄给他的好朋友小华，则小华收到的“冰墩墩”的个数的平均值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．1.5 【答案】B 【分析】设小华收到的“冰墩墩”的个数为，则,求出对应的概率即得解. 【详解】解：设小华收到的“冰墩墩”的个数为，则. 则；； ；. 所以. 故选：B 5．用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A．12 B． C． D．7 【答案】B 【分析】由已知，可根据，先计算出，然后把样本中心点带入线性回归方程为中计算出，从而得到线性回归方程，然后将方程化为指数形式，通过待定系数法分别对应出、的值，即可完成求解. 【详解】由已知，，所以， ，，所以 ， 由题意，满足线性回归方程为，所以，所以， 此时线性回归方程为，即， 可将此式子化为指数形式，即为， 因为模型为模型，所以，， 所以. 故选：B. 6．若，，，，则，，这三个数的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取，可得出，，这三个数的大小，即可得出答案. 【详解】因为， 所以取，则 ， ， ，所以. 故选：C. 7．数列中，，，的值为（ ） A．761 B．697 C．518 D．454 【答案】D 【分析】由，结合等比数列的定义和通项公式可求出，结合二项式定理可求出的值. 【详解】解：因为，又， 所以以为首项，为公比的等比数列，所以，所以， 则 又 ， ， 所以， 故选：D 8．已知且，若任意，不等式均恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，将问题转化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论并结合指数函数性质判断最值符号，进而转化为时恒成立，再次构造中间函数研究恒成立求参数范围. 【详解】由题设，，令，则恒成立， 令，则，， 当时，递减；当时，递增； 所以，故递增， 当，即时，，不合题意； 当，即时，要使恒成立，则恒成立， 令且，则，， 当时，递减；当时，递增； 所以，故在上递增，而， 此时时，即恒成立. 综上，的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：首先将问题转化为恒成立，利用导数并讨论结合指数函数性质判断最值符号，进一步转化为在上恒成立. 二、多选题 9．下列命题为真命题的是（ ） A．函数在定义域内是单调增函数 B．函数的表达式可以改写为 C．是最小正周期为的偶函数 D．若一扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为 【答案】BD 【分析】利用正切函数的单调性可判断A选项；利用诱导公式可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；利用扇形的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数在定义域内不单调，A错； 对于B选项，，B对； 对于C选项，设， 因为，，则， 所以，函数不是最小正周期为的函数，C错； 对于D选项，设扇形的半径为，则，可得， 因此，该扇形的面积为，D对. 故选：BD. 10．甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入到乙箱中，分别以，，表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则（ ） A．B与相互独立 B．，，两两互斥 C． D． 【答案】BC 【分析】根据独立事件的定义判断A，根据互斥事件的定义判断B，由条件概率公式计算出概率判断C，由互斥事件与独立事件概率公式计算概率判断D． 【详解】事件的发生与事件的发生有影响，因此事件的发生与事件不独立，A错； 中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，B正确； ，C正确； ，D错． 故选：BC． 11．如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（ ） A．直线和直线为异面直线 B．若，则四面体体积的最大值为2 C．若，，，，，，则二面角的大小为 D．若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为 【答案】ACD 【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出 ，即可求出，可判断D. 【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确； 对于B，要求四面体体积的最大值，则面且， 此时四面体体积的最大值： ,故B不正确； 对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接， 四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC， 所以面AEC，从而. 在中，由余弦定理可知： 所以.故C正确； 对于D，因为二面角的大小为，，，， 如下图，所以平面与平面所成角的大小为，， 取的中点，的中点，为△△的外心， 取的中点，连接，则 所以是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心， 所以面， 面， 连接 ， ， 所以易证得：与全等，所以， 所以在直角三角形，， ，则过、、、四点的球的表面积为.故D正确. 故选：ACD 12．已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A．若为的垂心，，则 B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1 C．若为锐角三角形且外心为，且，则 D．若，则动点的轨迹经过的外心 【答案】ACD 【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断. 【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：， 所以，则， 根据向量数量积的几何意义知：，同理， 所以，正确； B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若， 所以，， 由，则， 当时的最小值为，错误； C：由题设，则， 所以，若为中点，则， 故，故共线，又，即垂直平分， 所以，正确； D：由题设，， 则， 所以，若为中点，则， 故，所以的轨迹经过的外心，正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断. 三、填空题 13．与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线方程为______． 【答案】 【分析】求出椭圆的焦点，则可得双曲线的焦点，然后设双曲线方程为，由离心率求出，再由求出，从而可求出双曲线的方程 【详解】由可得焦点坐标为， 由题意设双曲线方程为，则 ，得， 所以， 所以双曲线方程为， 故答案为： 14．设矩形的周长为，把它沿对角线对折后，设交于点，此时点记作，如图所示，设，，则△的面积的最大值为______． 【答案】4.5 【分析】由题设可得，结合基本不等式得到关于的一元二次不等式并求解集，结合△的面积即可得最大值，注意成立条件. 【详解】由题意△△，而，， 所以，而矩形的周长为， 则，整理得，仅当等号成立， 所以，而，可得， 则，而△的面积，故最大值为，此时. 故答案为： 15．点在椭圆上，不在坐标轴上，，，，，直线与交于点，直线与轴交于点，设，，则的值为______． 【答案】1 【分析】设直线的直线方程为，联立椭圆方程求出的坐标，即得解. 【详解】解：设直线的直线方程为，联立椭圆方程化简得， 所以或，当时，， 所以.当时，，所以， 所以，所以直线的方程为 当时，所以. 所以， 因为，， 所以， 所以. 故答案为：1 四、双空题 16．在考查某中学的学生身高时，已知全校共600名学生，其中有400名男生，200名女生，现从全校的学生身高中用分层抽样的方法抽取30名学生的身高作为样本，样本中男生身高的平均数为170，方差为16，女生身高的平均数为164，方差为25，则利用样本估计总体的平均值为______，估计总体的方差为______． 【答案】 168 27 【分析】先得到抽取30名学生中，男生数和女生数，再利用公式求解. 【详解】解：易知抽取30名学生中，男生有20名，女生有10名， 则样本估计总体的平均值为， 估计总体的方差为， 故答案为；168，27 五、解答题 17．在①，且；②.两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.在中，内角的对边分别为，已知 (1)求； (2)已知函数，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选择①根据向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，结合诱导公式及二倍角公式计算可得； 若选择②根据同角三角函数的基本关系及正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得； （2）由（1）可得，由的取值范围求出的取值范围，再结合余弦函数的性质计算可得； 【详解】(1)解：若选择①：因为，且， 所以， 由正弦定理得， 因为，所以，所以，又因为， 所以，即. 因为，，所以，所以，所以， 所以. 若选择②：， 可得. 整理可得，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，因为，所以. (2)解：由（1）知：，可得函数， 因为，所以，可得， 所以， 所以的最小值为. 18．教育部门最近出台了“双减”政策，即有效减轻义务教育阶段学生过重作业负担和校外培训负担，持续规范校外培训（包括线上培训和线下培训）．“双减”政策的出台对校外的培训机构经济效益产生了严重影响．某大型校外培训机构为了规避风险，寻求发展制定科学方案，工作人员对2021年前200名报名学员的消费金额进行了统计整理，其中数据如表． 以频率估计概率，假设该大型校外培训机构2021年所有学员的消费金额可视为服从正态分布，，分别为报名前200名学员消费的平均数以及方差（同一区间的花费用区间的中点值替代）． (1)求和的值； (2)试估计该机构学员2021年消费金额为的概率（保留一位小数）； (3)若从该机构2021年所有学员中随机抽取4人，记消费金额为的人数为，求的期望和方差． 参考数据：；若随机变量，则，，． 【答案】(1)8；8 (2)0.8 (3) 【分析】（1）根据表中数据，利用平均数和方差公式求解； （2）根据（1）的结论，利用原则求解； （3）根据得，利用二项分布公式求解. 【详解】(1)解：由题意得， ； (2)由（1）得， 所以． (3)由题意及（2）得，，， 所以， ． 19．已知等比数列的公比，且，，等差数列的前项和为，且有，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，是数列的前项和，对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；；（2）. 【解析】（1）利用已知条件列关系求出基本量，进而得到通项公式即可； （2）利用错位相减法求和，再讨论n的奇偶性分离参数，利用最值解决恒成立问题. 【详解】解：（1）等比数列中，，， 故，又，所以，故； 等差数列中，，即，又， 故，所以，故； （2）因为，， 故， 则， 两式作差得： 故，所以恒成立， 当n是偶数时，不等式即，易见是递增数列，故时取得最小值，所以， 当n是奇数时，不等式即，易见是递减数列，故时取得最大值，所以， 综上可知，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法 （1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法 （2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求； （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和； （4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减； （5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解. 20．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果. 【详解】(1)在图中取中点，连接，， ，，，，， ，，，四边形为矩形，， ，又，为等边三角形； 又，为等边三角形； 在图中，取中点，连接， 为等边三角形，，， ，又，，， 又，平面，平面， 平面，平面平面. (2)以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设棱上存在点且满足题意， 即，解得：，即， 则， 设平面的法向量， 则，令，则， ， 到平面的距离为，解得：， ， 又平面的一个法向量， ， 又二面角为锐二面角，二面角的大小为. 21．已知点为抛物线：上一点，为抛物线的焦点，的最小值为1， (1)求抛物线的方程； (2)若过点且不垂直于轴的两条直线，，分别与抛物线交于点，和点，，点，均在轴上方，过且垂直于轴的直线分别交直线，于点和点．证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据将AF转化为A点到准线的距离容易求出p； （2）作图，分别设直线和 的方程，点C，D，M，N，G，H的坐标，联立方程，求出G点和H的横坐标之间的关系即可. 【详解】(1)解：，∵，∴，∴当时，取得最小值为， ∴，∴，∴抛物线的方程为； (2) 设直线：，，直线：，， 设，，，，，， 直线：，∵，， ∴， 当时，，同理可得，， 联立得，恒成立，∴， 同理可得，∴ ， ∴ ，即 ，∴； 22．已知函数，函数． (1)求函数的单调区间． (2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为； (2). 【分析】（1）利用二次求导求函数的单调区间； （2）等价于时，恒成立，利用三次求导求函数的最值得解. 【详解】(1)解：，令，则，当且仅当，时等号成立，∴在上单调递增，即在上单调递增． ∵，∴时，，时，， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)解：时，恒成立， ，， ， 时，，∴在上单调递增， ∵， 若，时，，∴在上单调递增， ∴时，，∴在上单调递增， ∴时，恒成立； 若，∵，∴，∴， ，， ∴在有唯一解，设为，且， 当时，，∴在上单调递减， ∴时，，∴在上单调递减， ∴与恒成立矛盾，舍去． 综上，实数的取值范围是． 消费金额（千元）人数305060203010
2022届辽宁省鞍山市第一中学高三下学期六模考试数学试题 一、单选题 1．已知，则的虚部为（ ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】利用复数的除法运算，计算复数z即可作答. 【详解】依题意，， 所以的虚部为1. 故选：C 2．设全集，集合，，则实数的值为（ ） A．0 B．-1 C．2 D．0或2 【答案】A 【分析】利用给定条件，结合元素的互异性直接列式计算作答. 【详解】由集合知，，即，而，全集， 因此，，解得，经验证满足条件， 所以实数的值为0. 故选：A 3．角的终边过点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简得，再利用三角函数的坐标定义求出即得解. 【详解】解：， 由题得，所以. 故选：B 4．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”．“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点．冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福．小明在纪念品商店买了6个“冰墩墩”和3个“雪容融”，随机选了3个寄给他的好朋友小华，则小华收到的“冰墩墩”的个数的平均值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．1.5 【答案】B 【分析】设小华收到的“冰墩墩”的个数为，则,求出对应的概率即得解. 【详解】解：设小华收到的“冰墩墩”的个数为，则. 则；； ；. 所以. 故选：B 5．用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A．12 B． C． D．7 【答案】B 【分析】由已知，可根据，先计算出，然后把样本中心点带入线性回归方程为中计算出，从而得到线性回归方程，然后将方程化为指数形式，通过待定系数法分别对应出、的值，即可完成求解. 【详解】由已知，，所以， ，，所以 ， 由题意，满足线性回归方程为，所以，所以， 此时线性回归方程为，即， 可将此式子化为指数形式，即为， 因为模型为模型，所以，， 所以. 故选：B. 6．若，，，，则，，这三个数的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取，可得出，，这三个数的大小，即可得出答案. 【详解】因为， 所以取，则 ， ， ，所以. 故选：C. 7．数列中，，，的值为（ ） A．761 B．697 C．518 D．454 【答案】D 【分析】由，结合等比数列的定义和通项公式可求出，结合二项式定理可求出的值. 【详解】解：因为，又， 所以以为首项，为公比的等比数列，所以，所以， 则 又 ， ， 所以， 故选：D 8．已知且，若任意，不等式均恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，将问题转化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论并结合指数函数性质判断最值符号，进而转化为时恒成立，再次构造中间函数研究恒成立求参数范围. 【详解】由题设，，令，则恒成立， 令，则，， 当时，递减；当时，递增； 所以，故递增， 当，即时，，不合题意； 当，即时，要使恒成立，则恒成立， 令且，则，， 当时，递减；当时，递增； 所以，故在上递增，而， 此时时，即恒成立. 综上，的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：首先将问题转化为恒成立，利用导数并讨论结合指数函数性质判断最值符号，进一步转化为在上恒成立. 二、多选题 9．下列命题为真命题的是（ ） A．函数在定义域内是单调增函数 B．函数的表达式可以改写为 C．是最小正周期为的偶函数 D．若一扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为 【答案】BD 【分析】利用正切函数的单调性可判断A选项；利用诱导公式可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；利用扇形的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数在定义域内不单调，A错； 对于B选项，，B对； 对于C选项，设， 因为，，则， 所以，函数不是最小正周期为的函数，C错； 对于D选项，设扇形的半径为，则，可得， 因此，该扇形的面积为，D对. 故选：BD. 10．甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入到乙箱中，分别以，，表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则（ ） A．B与相互独立 B．，，两两互斥 C． D． 【答案】BC 【分析】根据独立事件的定义判断A，根据互斥事件的定义判断B，由条件概率公式计算出概率判断C，由互斥事件与独立事件概率公式计算概率判断D． 【详解】事件的发生与事件的发生有影响，因此事件的发生与事件不独立，A错； 中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，B正确； ，C正确； ，D错． 故选：BC． 11．如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（ ） A．直线和直线为异面直线 B．若，则四面体体积的最大值为2 C．若，，，，，，则二面角的大小为 D．若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为 【答案】ACD 【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出 ，即可求出，可判断D. 【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确； 对于B，要求四面体体积的最大值，则面且， 此时四面体体积的最大值： ,故B不正确； 对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接， 四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC， 所以面AEC，从而. 在中，由余弦定理可知： 所以.故C正确； 对于D，因为二面角的大小为，，，， 如下图，所以平面与平面所成角的大小为，， 取的中点，的中点，为△△的外心， 取的中点，连接，则 所以是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心， 所以面， 面， 连接 ， ， 所以易证得：与全等，所以， 所以在直角三角形，， ，则过、、、四点的球的表面积为.故D正确. 故选：ACD 12．已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A．若为的垂心，，则 B．若为边长为2的正三角形，则的最小值为-1 C．若为锐角三角形且外心为，且，则 D．若，则动点的轨迹经过的外心 【答案】ACD 【分析】A利用三角形相似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得，进而可知与中点共线，结合外心的性质有垂直平分即可判断；D将等式两侧同时点乘并化简得，即可判断. 【详解】A：如下图，，则为垂心，易知：， 所以，则， 根据向量数量积的几何意义知：，同理， 所以，正确； B：构建以中点为原点的直角坐标系，则，若， 所以，， 由，则， 当时的最小值为，错误； C：由题设，则， 所以，若为中点，则， 故，故共线，又，即垂直平分， 所以，正确； D：由题设，， 则， 所以，若为中点，则， 故，所以的轨迹经过的外心，正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断. 三、填空题 13．与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线方程为______． 【答案】 【分析】求出椭圆的焦点，则可得双曲线的焦点，然后设双曲线方程为，由离心率求出，再由求出，从而可求出双曲线的方程 【详解】由可得焦点坐标为， 由题意设双曲线方程为，则 ，得， 所以， 所以双曲线方程为， 故答案为： 14．设矩形的周长为，把它沿对角线对折后，设交于点，此时点记作，如图所示，设，，则△的面积的最大值为______． 【答案】4.5 【分析】由题设可得，结合基本不等式得到关于的一元二次不等式并求解集，结合△的面积即可得最大值，注意成立条件. 【详解】由题意△△，而，， 所以，而矩形的周长为， 则，整理得，仅当等号成立， 所以，而，可得， 则，而△的面积，故最大值为，此时. 故答案为： 15．点在椭圆上，不在坐标轴上，，，，，直线与交于点，直线与轴交于点，设，，则的值为______． 【答案】1 【分析】设直线的直线方程为，联立椭圆方程求出的坐标，即得解. 【详解】解：设直线的直线方程为，联立椭圆方程化简得， 所以或，当时，， 所以.当时，，所以， 所以，所以直线的方程为 当时，所以. 所以， 因为，， 所以， 所以. 故答案为：1 四、双空题 16．在考查某中学的学生身高时，已知全校共600名学生，其中有400名男生，200名女生，现从全校的学生身高中用分层抽样的方法抽取30名学生的身高作为样本，样本中男生身高的平均数为170，方差为16，女生身高的平均数为164，方差为25，则利用样本估计总体的平均值为______，估计总体的方差为______． 【答案】 168 27 【分析】先得到抽取30名学生中，男生数和女生数，再利用公式求解. 【详解】解：易知抽取30名学生中，男生有20名，女生有10名， 则样本估计总体的平均值为， 估计总体的方差为， 故答案为；168，27 五、解答题 17．在①，且；②.两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.在中，内角的对边分别为，已知 (1)求； (2)已知函数，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选择①根据向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，结合诱导公式及二倍角公式计算可得； 若选择②根据同角三角函数的基本关系及正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得； （2）由（1）可得，由的取值范围求出的取值范围，再结合余弦函数的性质计算可得； 【详解】(1)解：若选择①：因为，且， 所以， 由正弦定理得， 因为，所以，所以，又因为， 所以，即. 因为，，所以，所以，所以， 所以. 若选择②：， 可得. 整理可得，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，因为，所以. (2)解：由（1）知：，可得函数， 因为，所以，可得， 所以， 所以的最小值为. 18．教育部门最近出台了“双减”政策，即有效减轻义务教育阶段学生过重作业负担和校外培训负担，持续规范校外培训（包括线上培训和线下培训）．“双减”政策的出台对校外的培训机构经济效益产生了严重影响．某大型校外培训机构为了规避风险，寻求发展制定科学方案，工作人员对2021年前200名报名学员的消费金额进行了统计整理，其中数据如表． 以频率估计概率，假设该大型校外培训机构2021年所有学员的消费金额可视为服从正态分布，，分别为报名前200名学员消费的平均数以及方差（同一区间的花费用区间的中点值替代）． (1)求和的值； (2)试估计该机构学员2021年消费金额为的概率（保留一位小数）； (3)若从该机构2021年所有学员中随机抽取4人，记消费金额为的人数为，求的期望和方差． 参考数据：；若随机变量，则，，． 【答案】(1)8；8 (2)0.8 (3) 【分析】（1）根据表中数据，利用平均数和方差公式求解； （2）根据（1）的结论，利用原则求解； （3）根据得，利用二项分布公式求解. 【详解】(1)解：由题意得， ； (2)由（1）得， 所以． (3)由题意及（2）得，，， 所以， ． 19．已知等比数列的公比，且，，等差数列的前项和为，且有，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，是数列的前项和，对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；；（2）. 【解析】（1）利用已知条件列关系求出基本量，进而得到通项公式即可； （2）利用错位相减法求和，再讨论n的奇偶性分离参数，利用最值解决恒成立问题. 【详解】解：（1）等比数列中，，， 故，又，所以，故； 等差数列中，，即，又， 故，所以，故； （2）因为，， 故， 则， 两式作差得： 故，所以恒成立， 当n是偶数时，不等式即，易见是递增数列，故时取得最小值，所以， 当n是奇数时，不等式即，易见是递减数列，故时取得最大值，所以， 综上可知，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法 （1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法 （2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求； （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和； （4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减； （5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解. 20．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果. 【详解】(1)在图中取中点，连接，， ，，，，， ，，，四边形为矩形，， ，又，为等边三角形； 又，为等边三角形； 在图中，取中点，连接， 为等边三角形，，， ，又，，， 又，平面，平面， 平面，平面平面. (2)以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设棱上存在点且满足题意， 即，解得：，即， 则， 设平面的法向量， 则，令，则， ， 到平面的距离为，解得：， ， 又平面的一个法向量， ， 又二面角为锐二面角，二面角的大小为. 21．已知点为抛物线：上一点，为抛物线的焦点，的最小值为1， (1)求抛物线的方程； (2)若过点且不垂直于轴的两条直线，，分别与抛物线交于点，和点，，点，均在轴上方，过且垂直于轴的直线分别交直线，于点和点．证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据将AF转化为A点到准线的距离容易求出p； （2）作图，分别设直线和 的方程，点C，D，M，N，G，H的坐标，联立方程，求出G点和H的横坐标之间的关系即可. 【详解】(1)解：，∵，∴，∴当时，取得最小值为， ∴，∴，∴抛物线的方程为； (2) 设直线：，，直线：，， 设，，，，，， 直线：，∵，， ∴， 当时，，同理可得，， 联立得，恒成立，∴， 同理可得，∴ ， ∴ ，即 ，∴； 22．已知函数，函数． (1)求函数的单调区间． (2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为； (2). 【分析】（1）利用二次求导求函数的单调区间； （2）等价于时，恒成立，利用三次求导求函数的最值得解. 【详解】(1)解：，令，则，当且仅当，时等号成立，∴在上单调递增，即在上单调递增． ∵，∴时，，时，， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)解：时，恒成立， ，， ， 时，，∴在上单调递增， ∵， 若，时，，∴在上单调递增， ∴时，，∴在上单调递增， ∴时，恒成立； 若，∵，∴，∴， ，， ∴在有唯一解，设为，且， 当时，，∴在上单调递减， ∴时，，∴在上单调递减， ∴与恒成立矛盾，舍去． 综上，实数的取值范围是． 消费金额（千元）人数305060203010
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