《广东省广州市第六十五中学2024届高三上学期8月摸底数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省广州市第六十五中学2024届高三上学期8月摸底数学试题含答案.pdf（26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5页 广州市第广州市第 65 中学中学 2023 学年第一学期学年第一学期 8 月摸底考月摸底考高三数学高三数学 注意事项：注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、班级等考生信息填写在答题卡答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、班级等考生信息填写在答题卡上上 2作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效信息点涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效 3非
2、选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效试卷上无效 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题满分小题，每小题满分 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得只有一项符合题目要求，选对得 5 分，选错得分，选错得 0 分分 1.设*|,6Ux xx=N，1,2,3A=，3,5B=，求()UAB=（）A.B.4,6C.1,2,3,5D.1,2,3,4,5,62.已知复数z满足()1 i1 iz
3、=+，则z的虚部是（）A.2B.2iC.1D.i3.若()4432432102xa xa xa xa xa+=+，则43210aaaaa+=（）A.1B.-1C.15D.-154.设Ra，则“1a”是“21a”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件5.蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为 1 的线段 AB，作一个等边三角形 ABC，然后以点 B 为圆心，AB 为半径逆时针画圆弧交线段 CB 的延长线于点 D（第一段圆弧），再以点 C为圆心，CD 为半径逆时针画
4、圆弧交线段 AC的延长线于点 E，再以点 A 为圆心，AE 为半径逆时针画圆弧以此类推，当得到的“蚊香”恰好有 11段圆弧时，“蚊香”的长度为（）第2页/共5页 A.14B.18C.30D.446.甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山 5个景点中随机选择其中一个，记事件 A：甲和乙选择的景点不同，事件 B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率()P B A=（）A.15B.25C.925D.9207.设 O为坐标原点，12,F F是双曲线2222:1(0,0)xyCabab=的左、右焦点，已知双曲线 C的离心率为3，过2F作 C的
5、一条渐近线的垂线，垂足为 P，则1|PFOP=（）A.6B.2C.3D.628.已知定义在 R 上奇函数()f x满足()()2fxfx+=，且当0,1x时()fx，则不等式()sinf xx在3,3上的解集为（）A.2,02,3B.1,3C.1,2D.3,20,2二、多选题：本题共二、多选题：本题共 4小题，每小题满分小题，每小题满分 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多分在每小题给出的四个选项中，有多项题目符合题目要求全部选对得项题目符合题目要求全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9.已知2log ea=，ln2b=
6、，121log3c=，则下列关系式中，正确的是（）A.abB.acC.caD.2ab+=10.下列说法正确的是（）A.残差图中若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高B.在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数C.数据 1，3，4，5，7，9，11，16 的第 75 百分位数为 9D.某校共有男女学生 1500 人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为 100 人的样本，若样本中男生有的第3页/共5页 55 人，则该校女生人数是 675人 11.若过点()1,P可作 3条直线与函数()()1 exf xx=的图象相切，则实数可能是（）A.4eB.2eC.1eD
7、.012.已知棱长为 1正方体1111ABCDABC D，以正方体中心 O 为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P 为球面上的动点，则下列说法正确的是（）A.球 O的半径12R=B.球 O 在正方体外部分的体积大于2 13C.若点 P在球 O的正方体外部（含正方体表面）运动，则1 3,4 4PA PB D.若点 P在球 O的正方体外部（含正方体表面）运动，则1 7,4 4PA PB 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分 13.若3sin5=，,2，则tan=_.14.已知函数()f x满足()()12f xf x+=+，则()f x的解析式
8、可以是_.（写出满足条件的一个解析式即可）15.已知菱形 ABCD 的边长为 2，60ABC=，点 P在 BC边上（包括端点），则AD AP 的取值范围是_.16.已知O为坐标原点，点()1,1A在抛物线2:2(0)C xpy p=上，过点()0,1B直线交抛物线C于,P Q两点，则OPOQBPBQ的取值范围是_.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6小题，共小题，共 70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.在ABC中，角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，已知cos3 sinbbAaB+=（1）求 A；（2）若21,4ab=，求ABC的
9、面积18.设等差数列 na的公差为d，且12da=，59a=.的的第4页/共5页（1）求数列 na的通项公式；（2）设数列 nb满足1 1222332nnnnaba ba b+=，求 nb前n项和nS.19.如图，在五面体ABCDE中，AD 平面 ABC，ADBE，2ADBE=，ABBC=.（1）问：在线段 CD上是否存在点 P，使得PE 平面 ACD?若存在，请指出点 P 的位置，并证明；若不存在，请说明理由.（2）若3AB=，2AC=，2AD=，求平面 ECD与平面 ABC 夹角的余弦值.20.学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.
10、决赛共设三个项目，每个项目胜者得 10 分，负者得5分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为 0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为1p，2p.（1）判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果22121220.15pppp+，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；（2）用 X 表示教师乙的总得分，求 X的分布列与期望.21.已知椭圆:C()222210 xyabab+=的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为()1,0F，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且BDDF=（1）求C方
11、程；（2）已知点M、N均在直线2x=上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直 22.已知函数()1lnf xxa xx=，0a.的第5页/共5页（1）讨论()f x极值点的个数；（2）若()f x恰有三个零点()123123,t t tttt和两个极值点()1212,x xxx（）证明：()()120f xf x+=；（）若mn+.第1页/共21页 广州市第广州市第 65 中学中学 2023 学年第一学期学年第一学期 8 月摸底考月摸底考高三数学高三数学 注意事项：注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、
12、班级等考生信息填写在答题卡答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、班级等考生信息填写在答题卡上上 2作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效信息点涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效 3非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效试卷上无效 一、单项选择题：本题共
13、一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题满分小题，每小题满分 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得只有一项符合题目要求，选对得 5 分，选错得分，选错得 0 分分 1.设*|,6Ux xx=N，1,2,3A=，3,5B=，求()UAB=（）A.B.4,6C.1,2,3,5D.1,2,3,4,5,6【答案】B【解析】【分析】先根据并集的运算得出1,2,3,5AB=，列举法得出U，进而根据补集的运算即可得出答案.【详解】由已知可得1,2,3,5AB=，1,2,3,4,5,6U=，所以()4,6UAB=.故选：B 2.已知复数z
14、满足()1 i1 iz=+，则z的虚部是（）A.2B.2iC.1D.i【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算化简z，再根据虚部的定义求解.【详解】因为()1 i1 iz=+，所以()()()21 i1 i2ii1 i1 i 1 i2z+=+,所以z的虚部是 1.故选:C.第2页/共21页 3.若()4432432102xa xa xa xa xa+=+，则43210aaaaa+=（）A.1B.-1C.15D.-15【答案】A【解析】【分析】采用赋值法，即令=1x，即可求得答案.【详解】由于()4432432102xa xa xa xa xa+=+，故令=1x，可得443210(12)1aaa
15、aa+=+=+，故选：A 4.设Ra，则“1a”是“21a”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件【答案】C【解析】【分析】利用解不等式可判断“1a”和“21a”之间的推理关系，即可得答案.【详解】由1a 可得1a 或1a 可得1a 或1a 成立可推出21a 成立，反之亦然，故“1a”是“21a”的充要条件，故选：C 5.蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为 1 的线段 AB，作一个等边三角形 ABC，然后以点 B 为圆心，AB 为半径逆时针画圆弧交线段 CB
16、 的延长线于点 D（第一段圆弧），再以点 C为圆心，CD 为半径逆时针画圆弧交线段 AC的延长线于点 E，再以点 A 为圆心，AE 为半径逆时针画圆弧以此类推，当得到的“蚊香”恰好有 11段圆弧时，“蚊香”的长度为（）第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 A.14 B.18 C.30 D.44【答案】D【解析】【分析】确定每段圆弧的中心角是23，第n段圆弧的半径为n，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前n项和公式计算【详解】由题意每段圆弧的中心角都是23，第n段圆弧的半径为n，弧长记为na，则23nan=，所以112(1211)443S=+=故选：D 6.甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，
17、准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山 5个景点中随机选择其中一个，记事件 A：甲和乙选择的景点不同，事件 B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率()P B A=（）A.15 B.25 C.925 D.920【答案】B【解析】【分析】先利用古典概率公式求出()P A和()P AB的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.【详解】由题知，251155A4()C C5P A=，11241155C A8()C C25P AB=，所以()()8225()455P ABP B AP A=，故选：B.7.设 O为坐标原点，12,F F是双曲线2222:1(0,0)xyCab
18、ab=左、右焦点，已知双曲线 C的离心率为3，过2F作 C的一条渐近线的垂线，垂足为 P，则1|PFOP=（）的第4页/共21页 A.6B.2C.3D.62【答案】A【解析】【分析】不妨设1,3,2acb=，求出2cosPOF，然后算出1PF可得答案.【详解】不妨设1,3,2acb=，则22,1,PFbOPa=，2133cos,cos33POFPOF=由余弦定理可得，22211113|2|cos3 123 163PFOFOPOFOPFOP=+=+=，所以16PF=，所以16PFOP=故选：A 8.已知定义在 R 上的奇函数()f x满足()()2fxfx+=，且当0,1x时()fx，则不等式(
19、)sinf xx在3,3上的解集为（）A.2,02,3B.1,3C.1,2D.3,20,2【答案】A【解析】【分析】先得出()f x的周期以及对称轴，再证明()sinf xx在0,1上恒成立，通过对称性画出函数()f x和sinyx=在3,3上的简图，由图象得出解集.【详解】由题意可得()()2fxf x+=，()()()42fxf xf x+=+=，即()f x是周期为4的函数，且图像关于1x=对称.令()(),()()g xf xx g xfx=0,1x时，()fx，0,1x时，()0g x函数()g x在0,1上单调递增第5页/共21页 当0,1x时，()(0)(0)00g xgf=，即
20、()0f xx设()sin,0,1h xxx x=，()cos(cos1)0h xxx=即函数()h x在0,1上单调递减，则sin0 xx，即sinxx 故()sinf xx在0,1上恒成立结合对称性可画出函数()f x和sinyx=在3,3上的简图，如下图所示由图象可知，不等式()sinf xx在3,3上的解集为2,02,3故选：A 二、多选题：本题共二、多选题：本题共 4小题，每小题满分小题，每小题满分 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多分在每小题给出的四个选项中，有多项题目符合题目要求全部选对得项题目符合题目要求全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分
21、，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9.已知2log ea=，ln2b=，121log3c=，则下列关系式中，正确的是（）A.abB.acC.caD.2ab+=【答案】AC【解析】【分析】由换底公式可得1ln2a=，ln3ln2c=，根据0ln21.【详解】2lne1log eln2ln2a=，121ln1ln33log13ln2ln2c=，因为0ln21，所以20ln 21，即ab.的第6页/共21页 因为ln3lne1=，所以ln31ln2ln2，即ca.所以cab，故 AC 正确，B错误.11ln22ln22ln2ln2ab+=+=，故 D错误.故选:AC.10.下列说法正确的是（）A
22、.残差图中若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高B.在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数C.数据 1，3，4，5，7，9，11，16 的第 75 百分位数为 9D.某校共有男女学生 1500 人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为 100 人的样本，若样本中男生有55 人，则该校女生人数是 675人【答案】AD【解析】【分析】根据残差的定义即可判断 A,根据频率分布直方图的特征即可判断 B，根据百分位数的定义即可判断 C，根据分层抽样的抽样比即可求解 D.【详解】对于 A，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故A正
23、确；对于 B，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故 B错误；对于 C，因为8 0.756=，故该组数据的第 75 百分位数为第 6个数和第 7 个数的平均数 10，故 C 错误；对于 D，设该校女生人数为 n，由已知可得5515001001500n=，解得 n675，故 D正确.故选:AD.11.若过点()1,P可作 3条直线与函数()()1 exf xx=的图象相切，则实数可能是（）A.4eB.2eC.1eD.0【答案】BC【解析】【分析】由题设切点为()()000,1 exxx，进而得()0200e21xxx=+，再构造函数(2()e21)xg xxx=+，将问题转化
24、为()yg x=与y=的交点个数问题，再数形结合求解即可【详解】设切点为()()000,1 exxx，第7页/共21页 因为()exfxx=，000()exfxx=，所以切线方程为()000001 ee()xxyxxxx=，又切线过()1,P，则()000001 ee(1)xxxxx=，整理得()0200e21xxx=+，所以令()2()e21xg xxx=+，则()2()e1xg xx=，由()0g x=得1x=，所以，当1x 时，()0g x，()g x单调递减；当11x，()g x单调递增，故当=1x时，()g x取极小值4(1)eg=；当1x=时，()g x取极大值(1)0g=，由()
25、2()e1xg xx=，可知，当1x 时，()0g x，所以函数()g x的图象大致如图，由图可知，当40e=，故 B 正确；对于 CD，取AB中点E，可知E在球面上，可得12EBEABA=，所以()()()()22214PPEEAPEEBPEEAPAEPB+=+=，点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，所以02PE（当PE为直径时，2PE=），第9页/共21页 所以1 7,4 4PA PB ，故 C错误，D 正确.故选:BD.三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分 13.若3sin5=，,2，则tan=_.【答案】34【解析】【分析】
26、根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为3sin5=，22sincos1+=，所以4cos5=，因为,2，所以4cos5=所以sin3tancos4=故答案为：3414.已知函数()f x满足()()12f xf x+=+，则()f x的解析式可以是_.（写出满足条件的一个解析式即可）【答案】()2f xx=（答案不唯一）【解析】【分析】利用待定系数法求解即可，若设()f xax=，然后代入化简求出a即可.【详解】若设()f xax=，则由()()12f xf x+=+，得(1)2a xax+=+，解得2a=，所以()2f xx=，故答案为：()2f xx=（答案不唯一）15.已知
27、菱形 ABCD 的边长为 2，60ABC=，点 P在 BC边上（包括端点），则AD AP 的取值范围是_.【答案】2 2,第10页/共21页【解析】【分析】以 C 为原点，BC 为 x 轴正方向，过 C 垂直向上方向为 y 轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.【详解】如图示，以 C 为原点，BC 为 x 轴正方向，过 C 垂直向上方向为 y 轴建立平面直角坐标系.因为菱形 ABCD的边长为 2，60ABC=，则()2,0B,()0,0C,()1,3D,()1,3A.因为点 P 在 BC 边上（包括端点），所以(),0P t,其中2,0t.所以()2,0AD=,()1,3APt=+
28、,所以22AD APt=+.因为2,0t，所以222,2AD APt=+.故答案为：2 2,16.已知O为坐标原点，点()1,1A在抛物线2:2(0)C xpy p=上，过点()0,1B的直线交抛物线C于,P Q两点，则OPOQBPBQ的取值范围是_.【答案】20,5【解析】【分析】根据题意，求出抛物线方程，设()211,P x x，()222,Q xx，不妨取120,0 xx，再根据点,B P Q三点共线，得BPBQkk=，进而得到121=x x，再进而化简OPOQBPBQ，可求解.【详解】如图，因点()1,1A在抛物线2:2(0)C xpy p=上，解得12p=，所以，抛物线方程为2x=y
29、，为第11页/共21页 设点()211,P x x，()222,Q xx，不妨取120,0 xx，由点,B P Q三点共线，得BPBQkk=，得22121212111xxx xxx+=，故原式OPOQBPBQ=()()2424112222121211xxxxx xxx+2212221223xxxx+=+，令()221222,txx=+，故原式21tt=+120,15tt+，故答案为：20,5.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6小题，共小题，共 70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.在ABC中，角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，已
30、知cos3 sinbbAaB+=（1）求 A；（2）若21,4ab=，求ABC的面积【答案】（1）3（2）5 3【解析】【分析】（1）用正弦定理化简cos3 sinbbAaB+=即可得到角 A；（2）先用余弦定理计算 c，再用面积公式计算面积.【小问 1 详解】由正弦定理，cos3 sinsinsincos3sinsinbbAaBBBAAB+=+=第12页/共21页 因为sin0B，所以1 cos3sinAA+=，所以13sincos2sin6AAA=因为()0,A，所以5,666A，所以663AA.【小问 2 详解】由余弦定理，22222cos21 1645abcbcAccc或1c=（舍）所
31、以113sin4 55 3222ABCSbcA=.18.设等差数列 na的公差为d，且12da=，59a=.（1）求数列 na的通项公式；（2）设数列 nb满足1 1222332nnnnaba ba b+=，求 nb的前n项和nS.【答案】（1）21nan=（2）112nnS=【解析】【分析】（1）根据题意可求出等差数列 na的公差和首项，即可得答案；（2）由题设可得2n 时，1 1221112132nnnnaba bab+=，即可推出212nnnna b=，求得 nb的通项公式，利用等比数列的前 n项和公式即可求得答案.【小问 1 详解】由题意等差数列 na的公差为d，且12da=，59a=
32、，即112,49da ad=+=，解得1a1,d2，故12(1)21nann=+=，即数列 na的通项公式为21nan=.【小问 2 详解】因为1 1222332nnnnaba ba b+=，第13页/共21页 则1n=时，1 112ab=，故当2n 时，1 1221112132nnnnaba bab+=，可得212nnnna b=，而1 112ab=也适合该式，故212nnnna b=，又21nan=，所以12nnb=，则数列 nb是以12为首项，公比为12的等比数列，故1211112122121nnnnSbbb=+=.19.如图，在五面体ABCDE中，AD 平面 ABC，ADBE，2ADB
33、E=，ABBC=.（1）问：在线段 CD上是否存在点 P，使得PE 平面 ACD?若存在，请指出点 P 的位置，并证明；若不存在，请说明理由.（2）若3AB=，2AC=，2AD=，求平面 ECD与平面 ABC 夹角的余弦值.【答案】（1）存在，即当 P 为线段 CD中点时，PE 平面 ACD；证明见解析 （2）22【解析】【分析】（1）先判断出结论；证明时分别取,AC CD的中点为,O P，连接,OB PE OP，根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）延长,AB DE交于一点 F，连接CF，说明CF为平面 ECD与平面 ABC 的交线，进而证明ACD即为平面 ECD与平面 ABC夹角，解直角三
34、角形，即可求得答案.【小问 1 详解】当 P 为线段 CD的中点时，PE 平面 ACD；的第14页/共21页 证明：分别取,AC CD中点为,O P，连接,OB PE OP，则1,2OPAD OPAD=，而ADBE，2ADBE=，故,OPBE OPBE=,即四边形OBEP为平行四边形，则BOPE;因为AD 平面 ABC，OB平面ABC,故ADOB，则ADPE；由ABBC=，O为 AC中点，故OBAC，则PEAC，又,ACADA AC AD=平面ACD，故PE 平面 ACD；【小问 2 详解】在平面ABED中延长,AB DE交于一点 F，连接CF，则CF为平面 ECD与平面 ABC的交线，由于A
35、DBE，2ADBE=，故 B 为AF的中点，而 O 为AC的中点，故OBCF，由（1）知OBPE，PE 平面 ACD，故OB 平面 ACD，所以CF 平面 ACD，,AC CD 平面 ACD，故,CFAC CFCD，AC平面ABC,CD 平面ECD，且AD 平面 ABC，AC平面 ABC，故ADAC，则ACD为锐角，的第15页/共21页 故ACD即为平面 ECD 与平面 ABC 夹角，在RtACD中，2AC=，2AD=，所以2 2CD=,则2cos2ACACDCD=,即平面 ECD与平面 ABC夹角的余弦值为22.20.学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲
36、、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得 10 分，负者得5分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为 0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为1p，2p.（1）判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果22121220.15pppp+，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；（2）用 X 表示教师乙的总得分，求 X的分布列与期望.【答案】（1）甲、乙获得冠军的实力没有明显差别（2）分布列见解析，5.25【解析】【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为,A
37、 B C，利用互斥事件和独立事件的概率共求得10 575p=.和20.425p=，结合22121220.15pppp+，即可得到结论；（2）根据题意，得到X的可能取值为15,0,15,30，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.【小问 1 详解】解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为,A B C，则教师甲获得冠军的概率()()()()1pP ABCP ABCP ABCP ABC=+0.4 0.5 0.750.6 0.5 0.750.4 0.5 0.750.4 0.5 0.25=+0.150.2250.150.050 575=+=.，由对立事件的概率
38、公式，可得得2110.425pp=，第16页/共21页 所以221220.10.160.45pp+=，解得120.15pp=，因为22121220.15pppp的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为()1,0F，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且BDDF=（1）求C方程；（2）已知点M、N均在直线2x=上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直【答案】（1）22143xy+=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题设易知1c=且,02aD，根据BDDF=有22142aab即可求,a b，进而写出椭圆方程.第17页/共21页（2
39、）令(2,)Mm，(2,)Nn，则(2,)2mnT，而(2,0)A，即可写出直线AM、BN的方程，联立椭圆方程并设11(,)P x y、22(,)Q xy，应用韦达定理求P、Q的坐标，进而可求PQk，结合OMON及OTk，即可证直线PQ与直线OT垂直.【小问 1 详解】由题意知：1c=，,02aD，则22|4aBDb，而|12aDF，22142aab，即21ba，又222abc=+，220aa=，解得2a=或1a=（舍去），故23b=，C的方程22143xy+=.【小问 2 详解】令(2,)Mm，(2,)Nn，则(2,)2mnT，而(2,0)A，:(2)4mAMyx，:(2)4nBN yx，联
40、立椭圆方程22143(2)4xymyx+=+，整理得2222(12)44480mxm xm，显然0，若11(,)P x y，则2124212mxm，得2122(12)12mxm，则121212mym，即2222(12)12,1212mmPmm，第18页/共21页 同理22143(2)4xynyx+=+，整理得2222(12)44480nxn xn，显然0，若22(,)Q xy，可得2222(12)12nxn，则221212nyn，即2222(12)12,1212nnQnn.1222126(12)()1224()4()PQyymnnmmnkxxnmnm，又OMON，则0OM ON=，所以4mn=
41、，故4PQknm，而4OTnmk，1PQOTkk，则直线PQ与直线OT垂直，得证.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12x x的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数()1lnf xxa xx=，0a.（1）讨论()f x极值点的个数；（2）若()f x恰有三个零点()123123,t t tttt和两个极值点()1212,x xxx.（）证明：
42、()()120f xf x+=；第19页/共21页（）若mn+.【答案】（1）当12a 时,()f x无极值点;当102a时,所以()f x有两个极值点；（2）（）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求导，对a进行讨论，研究单调性可得函数的极值；（2）(i)由(1)知:102a,可得101emn+，只需证:()()ln 11ln1 ln ln1mmnn+，只需证:1ln1mn+(显然,易证ln1nn+)，即证明:1mn+，又因为lnlnmmnn=,所以lnmnnnn+，令()lnxxxx=,11ex,利用导数证明()1n，设函数()2g xaxxa=+,当12a 时,()g x
43、开口向上,21 40a=,所以()0fx,()f x在()0,+上单调递减,无极值点；当102a时,()0g x=在()0,+上有两个解2212114114,22aaxxaa+=,又因为121=x x,所以()f x在()10,x上单调递减,在()12xx，上单调递增,在()2,x+上单调递减.所以()f x有两个极值点.综上:当12a 时,()f x无极值点;当102a时,所以()f x有两个极值点.【小问 2 详解】第20页/共21页(i)由(1)知:102a,且121=x x,又因为()1111lnlnfaxxaxf xxxxx=,所以()()()121110f xf xf xfx+=+
44、=.(ii)由(i)知:()1ff xx=,102a,112231txtxt=,()ln1hxx=+,所以()h x在10,e上单调递减,在1,e+上单调递增.因为1x 时,()h x0;01x时,()h x0.所以101emn+,只需证:()()1eln1mmnn+,只需证:()()ln1elnln1mmnn+,只需证:()()ln 1lnln ln1mmnn+,只需证:()()ln 11ln1 ln ln1mmnn+,又因为()lnt xxx=+在()0,+上单调递增,所以只需证:1ln1mn+.令()()1ln11ev xxxx=+，所以()1110 xv xxx=，即ln1nn+.所以
45、，要证：1ln1mn+，只需证：1 mn，即证明:1mn+.第21页/共21页 因为10em,所以ln1m ,所以lnmmm.又因为lnlnmmnn=,所以lnmnn,所以lnmnnnn+.令()lnxxxx=,11ex,所以()x在1,1e上单调递增,所以()()11n=,所以1mn+成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f xg x（或()()f xg x（或()()0f xg x），进而构造辅助函数()()()h xf xg x=；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见结论放缩；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.