《重庆市第八中学高2023届高考适应性月考卷（七）数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市第八中学高2023届高考适应性月考卷（七）数学试卷含答案.pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1页/共 6页学科网（北京）股份有限公司重重庆庆市市第第八八中中学学 2023 届届高高考考适适应应性性月月考考卷卷（七七）数数学学一一 单单项项选选择择题题（本本大大题题共共 8 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 40 分分.在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的）1.若集合2|280,|,Ax xxxBx xx x ZR，则AB（）A.0,1,2,3B.0,1,2C.0,1D.02.若复数1 3i1 iz（i是虚数单位），则z对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.若向量,a b 满足4,4ab
2、aba，则2ab（）A.4 2B.4 3C.8D.124.已知函数 cos 22f xx，若x是函数 f x图象的一条对称轴，则其图象的一个对称中心为（）A.,012B.,06C.,04D.,035.文字的雏形是图形，远古人类常常通过创设一些简单的图形符号，借助不同的排列方式，表达不同的信息，如图.如果有两个“”，两个“”和两个“”.把它们从上到下摆成一列来传递一些信息，其中第一个位置确定为“”，同一种图形不相邻，那么可以传递的信息数量有（）A.8 个B.10 个C.12 个D.14 个6.若 1ln21f xmnx为奇函数，则n（）A.2B.-2C.ln2D.ln27.半径均为 R 的四个球
3、两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球，小球体积的最大值为（）第 2页/共 6页A.323RB.323RC.3327RD.3627R8.若1ln 1 e,1,eeabc，则（）A.abcB.cbaC.cabD.bac二多项选择题（本大题共二多项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分）分）9.已知,0,cos2sintan2，则（）A
4、.5sin5B.tan2C.1cos9D.tan2 510.如下图，点,A B C P Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ/平面ABC的有（）A.B.C.D.11.已知抛物线2:4C xy，过焦点F的直线l与C交于1122,A x yB xy两点，12,xE与F关于原点对称，直线AB和直线AE的倾斜角分别是,，则（）A.costan1B.AEFBEF C.90AEBD.2212.函数 f x与 g x的定义域为R，且 24,()4f x g xf x gx.若 f x的图像关于点0,2对称.则（）第 3页/共 6页A.f x的图像关于直线=1x对称B.412022048if kC.g
5、x的一个周期为 4D.g x的图像关于点0,2对称三填空题（本大题共三填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分）13.设随机变量12,XBp，若8E X，则D X的最大值为_.14.若直线:40l xy与圆心为C的圆22(2)(2)32xy相交于,A B两点，则ACB _.15.已知正实数,x y满足2 31e3 3exyxy，则1yxy的最小值为_.16.已知点000,01P xyx在函数 31,01eln,1xfxxx x的图象上，过点P作曲线 yf x的两条切线1l，2l，若12,l l的倾斜角互补，则0 x _.四解答题（共四解答题（共 70 分分
6、.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.记数列 na的前n项和为nS，且2213SS S.（1）若131,2aa，求2S；（2）若 na是等差数列，证明：10a.18.已知ABC的内角,A B C所对的边分别为,3,6cos2a b c abBc.（1）求A；（2）M为ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，_，求ABC的面积.请在下列两个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，并解决问题.ABC的三个顶点都在以M为圆心的圆上，且32MD；ABC的三条边都与以M为圆心的圆相切，且3 32AD.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分.19.
7、如图，在三棱锥PABC中，PC 平面,1ABC ACBC ACBC CP，点Q满足PQ平面第 4页/共 6页,2ABC BCPQ，且Q在平面ABP内的射影恰为ABP的重心.（1）求直线BQ与平面ABP所成角的正弦值；（2）求点B到平面APQ的距离.20.某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有 A，B，C，D 四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有 A，B，C，D 四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，张医生接种 A 种疫苗后，再为居民们接种，记第 n 位居民（不包含张医生）接种 A，B，C，D 四种疫苗的概率分
8、别为(),(),(),()nnnnP A P B P CP D.（1）第 2 位居民接种哪种疫苗的概率最大；（2）证明：nnnP BP CP D；（3）张医生认为，一段时间后接种 A，B，C，D 四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第 10 位居民接种 A，B，C，D 四种的概率，解释张医生观点的合理性.参考数据：910910553411115.1 10,1.7 10,2.0 10,9.8 10.332221.如图，平面直角坐标系xOy中，直线l与y轴的正半轴及x轴的负半轴分别相交于,P Q两点，与椭圆22:143xyE相交于,A M两点（其中M在第一象限），且,QPPM N 与M关于x轴
9、对称，延长NP交圆于点B.（1）设直线,AM BN的斜率分别为12,k k，证明：12kk为定值；（2）求直线AB的斜率的最小值.第 5页/共 6页22.已知函数 1eln1a xf xxx x，其中1508a.（1）若0a，讨论 f x的单调性；（2）若1x 不为 f x的极值点，求a.第 1页/共 23页重庆市第八中学重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（七）数学届高考适应性月考卷（七）数学一单项选择题（本大题共一单项选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）在每小题给出的四个选项中，只有一项是
10、符合题目要求的）1.若集合2|280,|,Ax xxxBx xx x ZR，则AB（）A.0,1,2,3B.0,1,2C.0,1D.0【答案】A【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合A，再求出集合B，最后根据交集的定义计算可得；【详解】由已知得1,0,1,2,3A，0Bx x.所以0,1,2,3AB.故选：A.2.若复数1 3i1 iz（i是虚数单位），则z对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简得复数z，再根据共轭复数与复数的几何意义，可得共轭复数应的点所在象限.【详解】因为1 3i1 i1 3i24i12i1 i1
11、 i1 i2z ，则12zi ，因此，z对应的点1,2，在第三象限.故选：C.3.若向量,a b 满足4,4ababa，则2ab（）A.4 2B.4 3C.8D.12【答案】A【解析】第 2页/共 23页【分析】根据数量积的运算求得12a b，再利用模长与数量积的关系求解即可.【详解】2164abaa baa b ，得12a b，所以2222(2)444 2ababaa bb .故选：A.4.已知函数 cos 22f xx，若x是函数 f x图象的一条对称轴，则其图象的一个对称中心为（）A.,012B.,06C.,04D.,03【答案】A【解析】【分析】根据余弦函数的对称轴公式求解，再由对称中
12、心公式求得结果.【详解】因为x是函数 f x图象的对称轴，所以3,kkZ，则3kkZ又因为2，所以23.令2232xkkZ，得122kxk Z，所以函数 f x图象的一个对称中心为,012.故选：A.5.文字的雏形是图形，远古人类常常通过创设一些简单的图形符号，借助不同的排列方式，表达不同的信息，如图.如果有两个“”，两个“”和两个“”.把它们从上到下摆成一列来传递一些信息，其中第一个位置确定为“”，同一种图形不相邻，那么可以传递的信息数量有（）A.8 个B.10 个C.12 个D.14 个【答案】B第 3页/共 23页【解析】【分析】列出所有的基本事件即可.【详解】列举得：,，,，共 10
13、种，故选：B.6.若 1ln21f xmnx为奇函数，则n（）A.2B.-2C.ln2D.ln2【答案】C【解析】【分析】利用奇函数的定义分类讨论求解即可【详解】因为函数 f x为奇函数，所以 f x的定义域关于原点对称.若0m，则 f x的定义域12x x不关于原点对称，所以 0,mf x的定义域为12x x且1122xm，从而111222m，解得12m.所以 11ln221f xnx，定义域为12x x.令 00f，得1ln0,ln22nn.经检验，11lnln2221fxx为奇函数，故选：C.7.半径均为 R 的四个球两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球
14、，小球体积的最大值为（）第 4页/共 23页A.323RB.323RC.3327RD.3627R【答案】D【解析】【分析】由题意可知所求小球即棱长为2R的正四面体的内切球，根据几何性质求得内切球半径r与 R 的关系，即可得小球的体积最大值.【详解】所得三棱锥是边长为2R的正四面体，不妨记为ABCD，令体积最大的小球半径为r，球心为O，连接AO并延长交平面BCD于点1O，则1AO 平面BCD，1O为正三角形BCD的中心，且1rOO，连接OC，1OC，则由正弦定理得1223sin32BCRCO，所以12 33RCO，在 Rt1ACO中，22112 63AOACCOR，在 Rt1COO中，由2221
15、1OOCOOC得22242 633rRRr，则66Rr 所以小球的最大体积为333446633627RrR.故选：D.8.若1ln 1 e,1,eeabc，则（）A.abcB.cbaC.cabD.bac【答案】B【解析】第 5页/共 23页【分析】构造函数 ln 1(0)f xxx x，利用导数研究 f x的单调性及最值，得出ln 1 xx，即11ln 1ee，再进一步计算和放缩得到结果.【详解】令 ln 1(0)f xxx x，01xfxx，所以 f x在0,上单调递减，又 00f，所以ln 10 xx，即ln 1 xx.令1ex，则11ln 1ee，则11ln 111ee，即1ln 1e1
16、e，所以ab.由11ln 1ee，得11e211eee，所以bc，综上cba.故选：B.二多项选择题（本大题共二多项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分）分）9.已知,0,cos2sintan2，则（）A.5sin5B.tan2C.1cos9D.tan2 5【答案】AC【解析】【分析】根据条件求出sin,tan，tan,cos的值可得答案.【详解】由条件，cos
17、2sin0，所以52 51sin,cos,tan552，故 A 正确，B 错误；因为2 5tancos25，所以22tan12tan4 5,cos91tan2，故 C 正确，D错误，故选：AC.10.如下图，点,A B C P Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ/平面ABC的有（）第 6页/共 23页A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据线面平行判定定理逐项验证即可.【详解】对于 A，如下图，连接BD，则/BDPQ，又平面ABCBDB，则BD 平面ABC，所以PQ不平行平面ABC，故 A 不正确；对于 B，因为PQ/AC，PQ平面ABC，AC平面ABC，所以PQ/平面ABC，
18、故 B 正确；对于 C，如下图，取FN中点D，连接,EF MN CD BD，由正方体得/,/,/ABEF PQMN EFMNCD，又/,/ACDQ CPBD，所以,A B C D P Q六点共面，故 C 不正确；对于 D，如下图，连接PD交AB于O，连接OC，第 7页/共 23页在正方体中，由于四边形APBD为正方形，所以O为PD中点，又C为DQ中点，所以/OCPQ，PQ平面ABC，OC 平面ABC，所以PQ/平面ABC，故 D 正确.故选：BD.11.已知抛物线2:4C xy，过焦点F的直线l与C交于1122,A x yB xy两点，12,xE与F关于原点对称，直线AB和直线AE的倾斜角分别
19、是,，则（）A.costan1B.AEFBEF C.90AEBD.22【答案】BD【解析】【分析】作ADy轴于D，作BCy轴于C，则,DAFDAE ，可设直线l的方程为1ykx，联立直线与抛物线可得交点坐标关系，结合倾斜角与斜率的坐标关系逐项判断即可得答案.【详解】作ADy轴于D，作BCy轴于C，则,DAFDAE 由1122,A x yB xy，则120,0,DyCy，抛物线2:4C xy的焦点0,1F，因为12x，所以11y，即090，所以直线l的斜率存在设为k，可得直线l的方程为1ykx，与抛物线方程联立214ykxxy，整理得2440 xkx，所以216160k，第 8页/共 23页则2
20、1212114,4,4xxk x xxy，对于 A：11111coscos,tantan1ADEDxyDAFDAEAFyADx，所以costan1，故 A 错误；对于 B：因为121211,AEBEyykkxx，所以211212212112122221120AEBEkxxkxxxxyykkkxxx xx x，所以直线AE与BE的倾斜角互补，即AEFBEF，故 B 正确；对于 C：因为111111211tan122EDyyyADxyy，所以4，即4AED，因为AEFBEF，所以2AEB，故C错误；对于 D：因为 2,2 22，所以111112221111212112tantan2,tantan1
21、tan111yxyFDxyDAFADxyyx，111tan2tan1xy ，所以1111 111 111 11222111121223tantan2021111xyxy xxy xxy xxyyyy，所以tantan22，即22，故 D 正确，故选：BD.12.函数 f x与 g x的定义域为R，且 24,()4f x g xf x gx.若 f x的图像关于点0,2对称.则（）A.f x的图像关于直线=1x对称B.412022048if kC.g x的一个周期为 4D.g x的图像关于点0,2对称【答案】AC第 9页/共 23页【解析】【分析】根据条件可得 2fxf x，即可判断 A，然后可
22、得 4f xf x，即可判断 B，由条件可得4gxgx，即可判断 C，举特例可判断 D.【详解】A 选项：由 4f x gx，得 224fxg x，又 24f x g x，所以 2,fxf xf x 的图像关于=1x对称，A 选项正确；B 选项：由 f x的图像关于点0,2对称，得 4fxf x，由A选项结论知2f xfx，所以 24f xf x，从而424f xf x，故 4f xf x，即 f x的一个周期为 4，因为 02,13114,242402ffffffff，所以20241()506(0)(1)(2)(3)4048,kf kffffB 选项错误；C 选项：由 4f xf x，及 4
23、f x gx，则 444f xgx，得4gxgx，函数 g x的周期为4,C 选项正确；D 选项：取 4sin2,2sin22f xxgxx，又 16113gg，与 g x的图像关于点0,2对称矛盾，D 选项错误，故选：AC.三填空题（本大题共三填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分）13.设随机变量12,XBp，若8E X，则D X的最大值为_.【答案】3【解析】【分析】根据二项分布的数学期望得p的范围，再根据方差运算公式结合基本不等式求得D X的最大值.【详解】随机变量12,XBp，由8E X 可得0128p，所以203p又211211232ppD
24、Xpp 第 10页/共 23页当且仅当12p 时，“”成立，故D X的最大值为3.故答案为：3.14.若直线:40l xy与圆心为C的圆22(2)(2)32xy相交于,A B两点，则ACB _.【答案】23【解析】【分析】过点C作CMAB，垂足为M，求出圆心C到直线l的距离，然后可求出ACM，即可得到答案.【详解】过点C作CMAB，垂足为M，圆心C到直线l的距离为2 2d，所以1cos2dACMCA，即3ACM，所以23ACB.故答案为：2315.已知正实数,x y满足2 31e3 3exyxy，则1yxy的最小值为_.【答案】73【解析】【分析】构造函数 exf xx，利用单调性可得2 31
25、xy，再利用均值不等式即可求解.【详解】由2 31e3 3exyxy，得2 31e23e1xyxy，令 exf xx，则 f x在R上单调递增，所以2 31xy，即33xy，又因为,x y是正实数，所以1311723333yyxyyxyxxyxyxyxy，第 11页/共 23页当且仅当yxxy，即34xy时等号成立，故答案为：7316.已知点000,01P xyx在函数 31,01eln,1xfxxx x的图象上，过点P作曲线 yf x的两条切线1l，2l，若12,l l的倾斜角互补，则0 x _.【答案】1e#1e【解析】【分析】设12,l l分别与函数 f x相切于0011,P xyQ x
26、 y两点，根据导数的几何意义可得1303210101lne11exxxxxx，解方程即可得0 x的值.【详解】对于函数 31,01eln,1xfxxx x，则 321,01e1,1xxfxxx，则可设12,l l分别与函数 f x相切于0011,P xyQ x y两点，所以 01fxfx，即1303210101lne11exxxxxx，解得01ex.故答案为：1e.四解答题（共四解答题（共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.记数列 na的前n项和为nS，且2213SS S.（1）若131,2aa，求2S；（2）若 na是等差数列，
27、证明：10a.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】第 12页/共 23页【分析】（1）由2213SS S，得2121123aaaaaa，代入131,2aa即可求得2a的值，从而可得2S；（2）若 na是等差数列，设公差为d，结合2213SS S，可得221113024daa，即可求得1,a d的值，证得结论.【小问 1 详解】因为2213SS S，所以2121123aaaaaa，即2122130a aaa a，若131,2aa，则由得：22220aa，解得21a 或22a ，当21a 时，22S，当22a 时，21S .【小问 2 详解】证明：若 na是等差数列，设公差为d，则由得
28、：21111120aadadaad，化简得22110da da，即221113024daa，所以10a 且1102da，得证.18.已知ABC的内角,A B C所对的边分别为,3,6cos2a b c abBc.（1）求A；（2）M为ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，_，求ABC的面积.请在下列两个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，并解决问题.ABC的三个顶点都在以M为圆心的圆上，且32MD；ABC的三条边都与以M为圆心的圆相切，且3 32AD.第 13页/共 23页注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分.【答案】（1）3（2）9 34【解析】【分析】（1）根据已知等式结合
29、正弦定理、诱导公式、三角恒等变换，即可得角A的大小；（2）选择条件，利用三角形的外心为M，根据正弦定理、余弦定理可得ABC为等边三角形，再利用面积公式可得ABC的面积；选择条件，利用三角形的内心为M，利用等面积法求得23bcbc，再根据余弦定理得9bc，即可求得ABC的面积.【小问 1 详解】在ABC中，因为6a，所以2 cos2baBc，由正弦定理，得sin2sin cos2sinBABC，因为ABC，所以sin2sin cos2sinBABAB，化简，得1cos2A，因为0,A，所以3A.【小问 2 详解】选条件：设ABC的外接圆半径为R，则在ABC中，由正弦定理得22 3sinBCRA，
30、即3R，由题意知：3,3BMCMBC，由余弦定理知：3391cos2233BMC ，所以2,36BMCMBD.在BDM中，由正弦定理知：sinsin1BMBDMMBDMD，所以2BDM，从而MDBC，所以ABC为等边三角形，ABC的面积2139 33224S.第 14页/共 23页选条件：由条件知：126BADCADBAC，由ABCABDACDSSS，得111sinsinsin232626bcc ADb AD，因为3 32AD，所以33 31222bcbc，即23bcbc，由（1）可得229bcbc，即2()39bcbc，所以222390,4()278103bcbcbcbc，即4990bcbc
31、，又因为0bc，所以9bc，所以ABC的面积1139 3sin923224Sbc.19.如图，在三棱锥PABC中，PC 平面,1ABC ACBC ACBC CP，点Q满足PQ平面,2ABC BCPQ，且Q在平面ABP内的射影恰为ABP的重心.（1）求直线BQ与平面ABP所成角的正弦值；（2）求点B到平面APQ的距离.【答案】（1）23（2）2 63【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据已知先求出平面ABP的法向量GQ，再求cos,BQ GQ ，进而得到直线BQ与平面ABP所成角的正弦值；第 15页/共 23页（2）先求出平面APQ的法向量，点B到平面APQ的距离利用距离公式AB ndn
32、 求解即可.【小问 1 详解】由条件，以C为原点，CA 方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.设ACBCa，则0,0,0C,0,0,0,0,0,0,1A aBaP，则ABP的重心1,3 3 3a aG.设,Q x y z，则,1PQx y z，0,0,1CP ,因为PQ平面ABC，所以PQCP，则10CP PzQ ，即1z.2,0,33 3aaPQx yGQxy,因为GQ 平面ABP，且,0,0,1ABa aPAa ，所以00GQ ABGQ PA ，即0332033aaa xa yaa x，又由2222PQBCa，得22212xya.解得1,2xya.1 1 21,1,1,1,1,1,3
33、 3 3QBQGQ，第 16页/共 23页1122333cos,3633BQ GQBQ GQBQ GQ .所以，直线BQ与平面ABP所成角的正弦值为23.【小问 2 详解】1,1,0,2,0,1PQPA ，设平面APQ的法向量为,na b c，则00n PQn PA ，即020abac，取1,1,2n，又2,2,0AB ，点B到平面APQ的距离222 636AB ndn .20.某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有 A，B，C，D 四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有 A，B，C，D 四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个
34、号码中随机产生，张医生接种 A 种疫苗后，再为居民们接种，记第 n 位居民（不包含张医生）接种 A，B，C，D 四种疫苗的概率分别为(),(),(),()nnnnP A P B P CP D.（1）第 2 位居民接种哪种疫苗的概率最大；（2）证明：nnnP BP CP D；（3）张医生认为，一段时间后接种 A，B，C，D 四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第 10 位居民接种 A，B，C，D 四种的概率，解释张医生观点的合理性.参考数据：910910553411115.1 10,1.7 10,2.0 10,9.8 10.3322【答案】（1）第 2 位居民接种A疫苗的概率最大（2）证明见
35、解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）易知第 1 位居民接种,A B C D疫苗的概率分别为1 1 10,3 3 3，再分若第 2 位居民接种A则第1 位居民接种 BCD，若第 2 位居民接种 B 则第 1 位居民接种 CD，利用互斥事件和独立事件的概率求解；第 17页/共 23页（2）由题意得到 111133nnnnnPBPAP CP DP B，同理 1113nnPCP C，两式相减，结合 11P BP C，证明 nnP BP C，同理可得 nnP CPD；（3）由 1113nnPAPA，得到故数列 14nPA是公比为13的等比数列求解,进而得到 10PA，10PB比较.【小问 1 详解
36、】解：第 1 位居民接种,A B C D疫苗的概率分别为1 1 10,3 3 3，第 2 位居民接种A疫苗的概率 1 11 11 113 33 33 33P A；第 2 位居民接种B疫苗的概率 1 11 123 33 39P B；同理，第 2 位居民接种,C D疫苗的概率也等于29.故第 2 位居民接种A疫苗的概率最大.【小问 2 详解】证明：由于第n位居民接种,A B C D疫苗概率分别为 ,nnnnPAP BP CP D，则 111133nnnnnPBPAP CP DP B，同理：1113nnPCP C，相减得 111111133nnnnnPBPCP BP CP BP C ，又 11111
37、,0,3nnP BP CP BP CP BP C，同理可得 nnP CPD，故 nnnP BP CP D.【小问 3 详解】因为 1113nnPAPA，所以 1111434nnPAPA，故数列 14nPA是公比为13的等比数列.又由 11144P A ，第 18页/共 23页故 1111443nnPA，即 1111443nnPA，从而 910111443PA，同理 9101114123PB，所以 99105101011111111.7 1044341233PAPB ，第 10 位居民接种,A B C D疫苗概率应该相差无几.第(10)n n 位居民接种,A B C D疫苗概率应该相差将会更小，
38、所以张医生的话合理.21.如图，平面直角坐标系xOy中，直线l与y轴的正半轴及x轴的负半轴分别相交于,P Q两点，与椭圆22:143xyE相交于,A M两点（其中M在第一象限），且,QPPM N 与M关于x轴对称，延长NP交圆于点B.（1）设直线,AM BN的斜率分别为12,k k，证明：12kk为定值；（2）求直线AB的斜率的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】（1）设00000,0,0PmM xyxy，由QPPM 可得00,2,2M xmN xm，表示直线AM、BN的斜率，证得结果即可；（2）设1122,A x yB xy，直线AM与椭圆联立，得出韦达定理，表示点,A
39、 B的坐标，得出直线AB的第 19页/共 23页斜率结合均值不等式得出结果.【小问 1 详解】设00000,0,0PmM xyxy，由QPPM 可得00,2,2M xmN xm.直线AM的斜率1002mmmkxx，直线BN的斜率20023mmmkxx，此时1213kk，所以12kk为定值13.【小问 2 详解】设1122,A x yB xy，直线AM的方程为1yk xm，直线NB的方程为13yk xm，联立122,1,43yk xmxy整理得222114384120kxmk xm.由20 12141243mx xk，可得212104343mxkx，所以2111 12104343kmyk xmm
40、kx.同理2212222101043123,363363mkmxymkxkx.所以222212122221010110434312833634336343mmkmxxkxkxkkx，2211212210101234336343kmkmyymmkxkx22112211044812336343kkmkkx，211111123131288yykkkk.第 20页/共 23页因为10k，所以111113133122 12882ABkkkkk，等号当且仅当112k 时取得，所以直线AB的斜率的最小值为32.22.已知函数 1eln1a xf xxx x，其中1508a.（1）若0a，讨论 f x的单调性
41、；（2）若1x 不为 f x的极值点，求a.【答案】（1）在0,1上单增，在1,上单减（2）32a【解析】【分析】（1）若0a，则 ln1,0f xxx xx，求导解不等式即可得函数的单调区间确定函数单调性；（2）结合函数的极值情况，确定导函数的单调性从而得a的取值情况.【小问 1 详解】若0a，则 ln1,0f xxx xx，211121xxfxxxx.令()0fx，得01x；0fx，得1x，所以 f x在0,1上单增，在1,上单减.【小问 2 详解】由（1）知，只需讨论1508a时的情形，11eln21a xfxa xxx，其中 10f，令 g xfx，则 12221eln2a xagxa
42、xxx，其中 123ga，第 21页/共 23页令 h xgx12221eln2a xaaxxx，则 21323332elna xaah xaxxxx，其中223323233321332ln1aaaaaxaxxxxxxx23233332aaxaxax（这里有1ln1xx.证明：令 1ln1m xxx，则 21xm xx，令 0m x，解得1x，所以 m x在1,上单增，在0,1上单减，故 10m xm）因为2330aa，且2232(3)8 38150aaaaa，所以2323320aaxax在0,x上恒成立，所以 0h x在0,x上恒成立，即 gx在0,上单增.当 10g，即32a 时，fx在0
43、,1上单减，在1,上单增，此时 10fxf在0,上恒成立，所以 f x在0,上单增，1x 不为 f x的极值点，符合题意.当 10g，即31528a时，取22201min 1,e2aaxa，则当00 xx时，11222221eln2eln2eln2a xa xaaxgxaxaxaxx2222222eln2elne20eaaxa故存在10,1x，使得10gx，则 fx在10,x上单减，在1,x 上单增，又因为 10f，所以 f x在1,1x上单减，在1,上单增，此时1x 为 f x的极小值点，不合题意.当 10g，即302a时，取2201max 1,e2axa，第 22页/共 23页则当0 xx时，1122221eln2eln2a xa xaxgxaxaxx2222ln2lne20aaxa故存在21,x，使得20gx，则 fx在20,x上单减，在2,x 上单增，又因为 10f，所以 f x在0,1上单增，在21,x上单减，此时1x 为 f x的极大值点，不合题意.综上所述，32a.