1、 第 1 页（共 22 页） 2019-2020 学年江西省景德镇一中学年江西省景德镇一中 16 班高二 （上） 期末数学试卷班高二 （上） 期末数学试卷 一选择题：本题共一选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 Mx|0，Nx|y，则（RM）N（ ） A （1，2 B1，2 C （2，3 D2，3 2 （5 分）复数 z 满足，则|z|（ ） A2i B2 Ci D1 3 （5 分）已知平面 内一条直线 l 及平面 ，则“l”
2、是“”的（ ） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）公比不为 1 的等比数列an中，若 a1a5aman，则 mn 不可能为（ ） A5 B6 C8 D9 5 （5 分）已知一组样本数据点（x1，y1） ， （x2，y2） ， （x3，y3） ， （x6，y6） ，用最小二乘 法得到其线性回归方程为， 若数据 x1， x2， x3， ， x6的平均数为 1， 则 y1+y2+y3+ +y6等于（ ） A10 B12 C13 D14 6 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 M（1，2） ，N（1，0） ，动点 P 满足| |，则动点
3、 P 的轨迹方程是（ ） Ay24x Bx24y Cy24x Dx24y 7 （5 分）已知二元一次不等式组表示的平面区域为 D，命题 p：点（0，1） 在区域 D 内；命题 q：点（1，1）在区域 D 内则下列命题中，真命题是（ ） Apq Bp（q） C （p）q D （p）（q） 8 （5 分） 已知ABC 的垂心为 H， 且 AB3， AC5， M 是 BC 的中点， 则 （ ） A5 B6 C7 D8 9 （5 分）圆 C：x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的 第 2 页（共 22 页） 一条渐近线的距离为 1，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A B C D 10
4、（5 分） 算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算 口诀， 确立了算盘用法， 完成了由筹算到珠算的彻底转变， 该作中有题为 “李白沽酒” “李 白街上走，提壶去买酒遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒借问此 壶中，原有多少酒？” ，如图为该问题的程序框图，若输出的 S 值为 0，则开始输入的 S 值为（ ） A B C D 11 （5 分）在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC， 则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为（ ） A32 B48 C64 D72 12 （5 分）已知实数 x，y 满足 ln（4x+3y6）ex+y 23x+2y6，则 x+y
5、的值为（ ） A2 B1 C0 D1 二填空题：本题共二填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）展开式中的常数项是 （用数字作答） 14 （5 分）已知 14C 的半衰期为 5730 年（是指经过 5730 年后，14C 的残余量占原始量的一 第 3 页（共 22 页） 半） 设 14C 的原始量为 a，经过 x 年后的残余量为 b，残余量 b 与原始量 a 的关系如下： bae kx，其中 x 表示经过的时间，k 为一个常数现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土 时 14C 的残余量约占原始量约占原始量的 76.7%请你推断一下马王堆汉墓的大致
6、年代 为距今 年 （已知 log20.7670.4） 15 （5 分）已知 A、B 为抛物线 y24x 上的两个动点，且 OAOB，抛物线的焦点为 F，则 ABF 面积的最小值为 16 （5 分）ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c（bc） ，若 BC 边上的高等 于，当最大时，a：b：c 三解答题：共三解答题：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.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答；第每个试题考生都必须作答；第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17
7、 （10 分）已知等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，设 bnSn+1，且数列bn为 等比数列 （1）求an，bn的通项公式； （2）若数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn+Snnbn的值 18 （12 分）已知四棱柱 ABCDABCD中，底面 ABCD 为菱形，AB2，AA4，BAD 60，E 为 BC 中点，C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点 （1）求证：BDAH； （2）求二面角 DBBC 的正弦值 19 （12 分）某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为 专业一等奖学金（奖金额 3000 元） 、
8、专业二等奖学金（奖金额 1500 元）及专业三等奖学 金（奖金额 600 元） ，且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次图（1）是统计了 该校 2018 年 500 名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（ 2）是这 500 名学生 在 2018 年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图 第 4 页（共 22 页） （）求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数； （）若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型” 学生，列 22 联表并判断是否有 99.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与 是否是“努力型”学生有关？ （）若以频率作为
9、概率，从该校任选一名学生，记该学生 2018 年获得的专业奖学金额 为随机变量 X，求随机变量 X 的分布列和期望 P（kk0） 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.71 3.84 6.64 7.88 10.83 20 （12 分）已知 A（1，0） ，B（1，0） ，+，|+|4 （1）求 P 的轨迹 E （2）过轨迹 E 上任意一点 P 作圆 O：x2+y23 的切线 l1，l2，设直线 OP，l1，l2的斜率 分别是 k0，k1，k2，试问在三个斜率都存在且不为 0 的条件下，（+）是否是 定值，请说明理由，并加以证明 21 （12 分）已知函数 f（x）（
10、kxk1）ex 1+1，且 f（x）0 （1）求 k 的值； （2）当 0x2 时，求证： 22 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（0，2） ， 为参数） ，在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线 C1，以坐标原 点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（ 为极径， 为极角） 第 5 页（共 22 页） （）求曲线 C 的直角坐标方程和曲线 C1的极坐标方程； （）若射线 OA：（0）与曲线 C1交于点 A，射线与 曲线 C1交于点 B，求的值 第 6 页（共 22 页） 2019-2020 学年江西省景德镇一中学年江西省景德镇一中 16 班高二 （上
11、） 期末数学试卷班高二 （上） 期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题：本题共一选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项项是符合题目要求的是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 Mx|0，Nx|y，则（RM）N（ ） A （1，2 B1，2 C （2，3 D2，3 【分析】化简集合 M、N，根据补集和交集的定义计算即可 【解答】解：集合 Mx|0x|x1 或 x3， Nx|yx|2x0x|x2， 则RMx|1x3， 所以（RM）Nx|1x21，2 故选：B 【点评
12、】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题 2 （5 分）复数 z 满足，则|z|（ ） A2i B2 Ci D1 【分析】根据已知条件，先求出复数 z 的代数形式，代入模长公式即可 【解答】解：依题意，因为复数 z 满足， 所以 zi， 所以|z|1， 故选：D 【点评】本题考查了复数的代数形式的运算，复数的模，属于基础题 3 （5 分）已知平面 内一条直线 l 及平面 ，则“l”是“”的（ ） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即 可 【解答】解：由面面垂直的定义知，当 l”
13、时， “”成立， 第 7 页（共 22 页） 当 时，l 不一定成立， 即“l”是“”的充分不必要条件， 故选：B 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面垂直的判定定 理和性质是解决本题的关键 4 （5 分）公比不为 1 的等比数列an中，若 a1a5aman，则 mn 不可能为（ ） A5 B6 C8 D9 【分析】公比不为 1 的等比数列an中，由 a1a5aman，可得 m+n1+56，对 m，n 分 类讨论即可得出 【解答】解：公比不为 1 的等比数列an中，由 a1a5aman， 则 m+n1+56， m1，n5；或 m5，n1；此时 mn5 m2，n4；或
14、 m4，n2；此时 mn8 mn3此时 mn9 因此 mn 不可能为 6 故选：B 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、分类讨论方法，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 5 （5 分）已知一组样本数据点（x1，y1） ， （x2，y2） ， （x3，y3） ， （x6，y6） ，用最小二乘 法得到其线性回归方程为， 若数据 x1， x2， x3， ， x6的平均数为 1， 则 y1+y2+y3+ +y6等于（ ） A10 B12 C13 D14 【分析】 设这组样本数据中心点为 （ ， ） ， 代入线性回归方程中求得 ， 再求 y1+y2+y3+ +y6的值 【解答】解：设样本数
15、据点（x1，y1） ， （x2，y2） ， （x3，y3） ， （x6，y6）的样本中心点 为（ ， ） ， 则 1，代入线性回归方程中，得 21+42， 则 y1+y2+y3+y66 12 故选：B 第 8 页（共 22 页） 【点评】本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题 6 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 M（1，2） ，N（1，0） ，动点 P 满足| |，则动点 P 的轨迹方程是（ ） Ay24x Bx24y Cy24x Dx24y 【分析】由轨迹方程的求法得：设动点 P（x，y） ，求出相关的向量利用向量的数量积以 及向量的模化简求解，可得动点 P 的轨迹 C 的
16、方程 【解答】解： （1）设动点 P（x，y） ，M（1，2） ，N（1，0） ， 则（x1，2y） ，（1x，y） ， 动点 P 满足|， |x1|， 所以 x2+2x+1x22x+1+y2，整理得：y24x， 故动点 P 的轨迹 C 的方程为：y24x 故选：A 【点评】本题考查了平面向量的性质及其运算及曲线的轨迹方程，属中档题 7 （5 分）已知二元一次不等式组表示的平面区域为 D，命题 p：点（0，1） 在区域 D 内；命题 q：点（1，1）在区域 D 内则下列命题中，真命题是（ ） Apq Bp（q） C （p）q D （p）（q） 【分析】把两点坐标分别代入不等式组判断 p 与 q
17、 的真假，再由复合命题的真假判断得 答案 【解答】解：把点（0，1）代入不等式 x+y20 不成立，故命题 p 为假命题； 把点（1，1）代入不等式组成立，故命题 q 为真命题 pq、p（q） 、 （p）（q）为假命题； （p）q 为真命题 故选：C 【点评】本题考查简单的线性规划，考查复合命题的真假判断，是基础题 第 9 页（共 22 页） 8 （5 分） 已知ABC 的垂心为 H， 且 AB3， AC5， M 是 BC 的中点， 则 （ ） A5 B6 C7 D8 【分析】题目是选择题，不妨通过特殊三角形，利用向量的坐标运算求解即可 【解答】解：ABC 的垂心为 H，且 AB3，AC5，M
18、 是 BC 的中点， 不妨取特殊三角形如图：A、H 重合，B（3，0） ，C（0，5） ， M（，） ， （3，5） ， 则（，） （3，5）8 故选：D 【点评】本题考查向量的数量积的应用，考查转化思想以及计算能力 9 （5 分）圆 C：x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的 一条渐近线的距离为 1，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A B C D 【分析】由圆的方程求出圆心坐标与半径，写出双曲线的一条渐近线方程，由题意可得 圆心到双曲线渐近线的距离大于且小于 4，由此列式求解双曲线离心率的取值范围 【解答】解：圆 C：x2+y210y+160 可化为 x2+（y5）29， 圆
19、 C：x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的一条 渐近线的距离为 1， 圆心到双曲线渐近线的距离大于 2 且小于 4， 第 10 页（共 22 页） 由对称性不妨取双曲线的一条渐近线为 y，即 bxay 0， 24，即 24， 解得： 即双曲线离心率的取值范围是（） 故选：C 【点评】本题考查双曲线的离心率 e 的取值范围，考查直线与圆的位置关系，考查点到 直线的距离公式，属于中档题 10 （5 分） 算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算 口诀， 确立了算盘用法， 完成了由筹算到珠算的彻底转变， 该作中有题为 “李白沽酒” “李 白街上走，提壶去买酒遇
20、店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒借问此 壶中，原有多少酒？” ，如图为该问题的程序框图，若输出的 S 值为 0，则开始输入的 S 值为（ ） A B C D 【分析】由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况， 第 11 页（共 22 页） 可得答案 【解答】解：模拟程序的运行，可得 SS，i1 S2S1， 满足条件 i3，执行循环体，i2，S2（2S1）14a3， 满足条件 i3，执行循环体，i3，S2（4S3）18S7 此时，不满足条件 i3，退出循环，输出 S 的值为 0 可得：8S70，解得：S 故选：C 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题
21、时应模拟程序框图的运行过程，以便得 出正确的结论，是基础题 11 （5 分）在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC， 则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为（ ） A32 B48 C64 D72 【分析】由题意画出图形，求出底面三角形 ABC 的外接圆的半径，进一步求得三棱锥 P ABC 的外接球的半径，再由球的表面积公式求解 【解答】解：如图， 由题意，ABC 的外接圆的半径 r PA平面 ABC，且 PA4， 三棱锥 PABC 的外接球的半径 R 满足 第 12 页（共 22 页） 三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 41664 故选：C 【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查
22、数形结合的解题思想方法，是中档 题 12 （5 分）已知实数 x，y 满足 ln（4x+3y6）ex+y 23x+2y6，则 x+y 的值为（ ） A2 B1 C0 D1 【分析】根据题意把不等式化为 ln（4x+3y6）（4x+3y6）ex+y 2（x+y2） 2；设 f（x）lnxx，g（x）exx2； 利用导数求出 f（x）有最大值为1，g（x）有最小值为1，此时满足 f（x）g（x） ， 即原不等式成立，由此求得 x+y 的值 【解答】解：不等式 ln（4x+3y6）ex+y 23x+2y6， 化为 ln（4x+3y6）ex+y 2+3x+2y6， 即 ln（4x+3y6）（4x+3y
23、6）ex+y 2xy， 所以 ln（4x+3y6）（4x+3y6）ex+y 2（x+y2）2； 设 f（x）lnxx，x0，g（x）exx2； 则 f（x）1， 所以 x（0，1）时，f（x）0，f（x）单调递增， x（1，+）时，f（x）单调递减， 所以 f（x）的最大值为 f（1）011； 又 g（x）ex1，所以 x（，0）时，g（x）0，g（x）单调递减， x（0，+）时，g（x）单调递增， 所以 g（x）的最小值为 g（0）1021； 此时满足 f（x）g（x） ，即 ln（4x+3y6）ex+y 23x+2y6； 令，解得 xy1，所以 x+y2 故选：A 【点评】本题考查了不等式
24、恒成立问题，也考查了构造函数与转化思想的应用问题，是 难题 二填空题：本题共二填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 第 13 页（共 22 页） 13 （5 分）展开式中的常数项是 240 （用数字作答） 【分析】二项展开式中通项公式，令它为常数，可求出结果 【解答】 解： 设展开式的常数项是则， r2，所以常数项是 240 故答案为：240 【点评】本题考查展开式的基本运算，是基础题 14 （5 分）已知 14C 的半衰期为 5730 年（是指经过 5730 年后，14C 的残余量占原始量的一 半） 设 14C 的原始量为 a，经过 x 年后的残余量为
25、 b，残余量 b 与原始量 a 的关系如下： bae kx，其中 x 表示经过的时间，k 为一个常数现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土 时 14C 的残余量约占原始量约占原始量的 76.7%请你推断一下马王堆汉墓的大致年代 为距今 2292 年 （已知 log20.7670.4） 【分析】由题意可得e 5730k，0.767ekx，两边取 2 为底的对数，相除即可得到所求 值 【解答】解：由 bae kx，由题意可得： e 5730k， 两边取 2 为底的对数可得： 15730klog2e， 又 0.767e kx， 两边取 2 为底的对数可得： log20.767kxlog2e， 可得 0.4
26、， 即 x2292， 故答案为：2292 【点评】本题考查指数函数类的应用题，考查运算能力和方程思想，属于基础题 15 （5 分）已知 A、B 为抛物线 y24x 上的两个动点，且 OAOB，抛物线的焦点为 F，则 ABF 面积的最小值为 12 【分析】先设直线的方程，代入抛物线，利用 OAOB 找到 k，b 的关系，然后利用弦长 第 14 页（共 22 页） 公式将面积最后表示成 k 的函数，然后求其最值即可 【解答】解：设直线 AB 方程为 ykx+b 由消去 y 得 k2x2+（2kb2p）x+b20 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 由题意得（2kb2p）24k2b20，即
27、 kb x1+x2，x1x2， 所以 y1y2k2x1x2+kb（x1+x2）+b2 所以由 OAOB 得 x1x2+y1y2+0 所以 b2pk，代入直线方程得 ykx2pkk（x2p） ， 所以直线 l 过定点（2p，0） 再设直线 l 方程为 xmy+2p，代入 y22px 得 y22pmy4p20， 所以 y1+y22pm，y1y24p2，所以|y1y2| p，ykx+b 与 x 轴的交点为（2p，0） ， 所以 S（2p）p， 所以当 m0 时，S 的最小值为 3p2ABF 面积的最小值为 12， 故答案为：12 【点评】本题考查了直线和圆锥曲线的位置关系中的弦长问题中的最值问题，一
28、般先结 合韦达定理将要求最值的量表示出来，然后利用函数思想或基本不等式求最值即可 16 （5 分）ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c（bc） ，若 BC 边上的高等 于，当最大时，a：b：c 1：1 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理、余弦定理和三角形面积公式 的应用求出结果 【解答】解：利用三角形的面积 S， 所以， 第 15 页（共 22 页） 由余弦定理：a2b2+c22bccosA， 所以 当 sin（A+）1 时，即最大值， 所以：A， 设，则：， 解得： 利用关系式解得：b，c1，a1， 所以：a：b：c1：1 故答案为：1：1 【点评】本题考
29、查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查 学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型 三解答题：共三解答题：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.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答；第每个试题考生都必须作答；第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17 （10 分）已知等比数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，设 bnSn+1，且数列bn为 等比数列 （1）求an，bn的通项公式； （2）若数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn，求
30、Tn+Snnbn的值 【分析】 （1）设等比数列an的公比为 q（q0） ，由 bnSn+1，且数列bn为等比数列 列式求得 q，则an，bn的通项公式可求； （2）利用错位相减法求数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn，进一步求得 Tn+Snnbn的值 【解答】解： （1）设等比数列an的公比为 q（q0） ， 由 bnSn+1，得 b1a1+12，b2（a1+a2）+1q+2，b3（a1+a2+a3）+1q2+q+2， 又数列bn为等比数列， 则（q+2）22（q2+q+2） ，解得 q2 ，bnSn+1； （2）anlog2bn 第 16 页（共 22 页） n2n 1， ， 则 则
31、 Tn+Snnbnn2n2n+1+2n1n2n0 【点评】 本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和， 训练了利用错位相减法求数列的前 n 项和，是中档题 18 （12 分）已知四棱柱 ABCDABCD中，底面 ABCD 为菱形，AB2，AA4，BAD 60，E 为 BC 中点，C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点 （1）求证：BDAH； （2）求二面角 DBBC 的正弦值 【分析】 （1）连结 AC、BD，则 ACBD，BDBD，推导出 C H平面 ABCD，从而 CH平面 ABCD，BDCH，进而 BD平 面 ACH，BD平面 ACH，由此能证明 BDAH （2
32、） 连结 CD， 则四边形 CHCD是平行四边形， CD平面 ABCD， 以 C 为原点， 在平面 ABCD 中过 C 作 CB 的垂线为 x 轴，CB 为 y 轴，CD为 z 轴，建立空间直角坐标 系，利用向量法能求出二面角 DBBC 的正弦值 【解答】解： （1）证明：四棱柱 ABCDABCD中，底面 ABCD 为菱形， 连结 AC、BD，则 ACBD，BDBD， C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点，CH平面 ABCD， 平面 ABCD平面 ABCD，CH平面 ABCD， BD平面 ABCD，BDCH， 第 17 页（共 22 页） ACCHC，BD平面 AC
33、H，BD平面 ACH， AH平面 ACH，BDAH （2）解：连结 CD，则四边形 CHCD是平行四边形，CD平面 ABCD， 以 C 为原点，在平面 ABCD 中过 C 作 CB 的垂线为 x 轴，CB 为 y 轴，CD为 z 轴，建 立空间直角坐标系， 则 D（0，0，2） ，B（，1，0） ，B（，1，2） ，C（0，0，0） ， （0，2，2） ，（，1，0） ，（，1，2） ， 设平面 BBD的法向量 （x，y，z） ， 则，取 y，得 （1，1） ， 设平面 BCB的法向量 （a，b，c） ， 则，取 a1，得 （1，1） ， 设二面角 DBBC 的平面角为 ， 则 cos 二面角
34、 DBBC 的正弦值 sin 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线 第 18 页（共 22 页） 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 19 （12 分）某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为 专业一等奖学金（奖金额 3000 元） 、专业二等奖学金（奖金额 1500 元）及专业三等奖学 金（奖金额 600 元） ，且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次图（1）是统计了 该校 2018 年 500 名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（ 2）是这 500 名学生 在 2018 年周课外平均学习时
35、间段获得专业奖学金的频率柱状图 （）求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数； （）若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型” 学生，列 22 联表并判断是否有 99.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与 是否是“努力型”学生有关？ （）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生 2018 年获得的专业奖学金额 为随机变量 X，求随机变量 X 的分布列和期望 P（kk0） 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.71 3.84 6.64 7.88 10.83 【分析】 （）先计算出获得三等奖学金的概率，再乘以 50
36、0 可得 （）先完成 22 列联表，再根据公式计算 K2，根据临界值表可得， （）先计算一名同学获得一、二、三等奖的概率，再写出分布列，求出期望 【解答】解： （）获得三等奖学金的概率为： （0.008+0.016+0.04）50.15+ （0.04+0.056+0.016）50.4+（0.016+0.008）50.40.32 0.32500160 故这 500 名学生获得专业三等奖学金的人数为 160 人 （ ） 每 周 课 外 学 习 时 间 不 超 过 35 小 时 的 “ 非 努 力 型 “ 学 生 有 ： 500 第 19 页（共 22 页） （0.008+0.016+0.04+0.
37、56+0.016）5440 人， 其 中 获 得 一 、 二 等 奖 学 金 学 生 有 500 （ 0.008+0.016+0.04 ） 50.05+500 （0.04+0.056+0.016）5（0.25+0.05）92， 每周课外学习时间超过 35 小时称为“努力型“学生有 5000.1260 人， 其中获得一、二等奖学金学生有 60（0.35+0.25）36 人， 22 列联表如图所示： “非努力型”学生 “努力型”学生 总计 获得一、二等奖学金 学生 92 36 128 未获得一、二等奖学 金学生 348 24 372 总计 440 60 500 K242.3610.83， 故有 9
38、9.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关 （）X 的所有可能取值为：3000，1500，600，0 P（X3000）（0.04+0.04+0.056+0.016）50.05+（0.016+0.08）50.250.058， P（X1500）（0.008+0.016+0.04）50.05+（0.04+0.056+0.016）50.25 +（0.016+0.005）50.350.198， P（X600）0.32 P（X0）10.0580.1980.320.424， X 的分布列为： X 3000 1500 600 0 P 0.058 0.198 0.32 0.424
39、 E（X）30000.058+15000.198+6000.32+00.424663 元 【点评】本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属中档题 20 （12 分）已知 A（1，0） ，B（1，0） ，+，|+|4 （1）求 P 的轨迹 E （2）过轨迹 E 上任意一点 P 作圆 O：x2+y23 的切线 l1，l2，设直线 OP，l1，l2的斜率 第 20 页（共 22 页） 分别是 k0，k1，k2，试问在三个斜率都存在且不为 0 的条件下，（+）是否是 定值，请说明理由，并加以证明 【分析】 （1）利用|，由|+|4，得，|+|4，即可求 P 的轨迹 E； （2）所以由韦达定理：k1+k
40、2，k1k2，两式相除：+， 即可得出结论 【解答】解： （1）如图因为+，所以四边形 ACPB 是平行四边形， 所以|， 由|+|4，得，|+|4， 所以 P 的轨迹是以 A，B 为焦点的椭圆，a2，c1，b， 所以方程为1； （2）设 P（x0，y0） ，过 P 的斜率为 k 的直线为 yy0k（xx0） ， 由直线与圆 O 相切可得，即：， 由已知可知 k1，k2是方程的两个根， 所以由韦达定理：k1+k2，k1k2， 两式相除：+， 又因为， 代入上式可得，（+）为一个定值 【点评】本题考查向量知识的运用，考查椭圆的定义，考查直线与圆位置关系的运用， 第 21 页（共 22 页） 考查
41、韦达定理，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）（kxk1）ex 1+1，且 f（x）0 （1）求 k 的值； （2）当 0x2 时，求证： 【分析】 （1）解题的关键是分析出直线 ykxk1 为函数的一条切线，且切 点刚好为（1，1） ，由此利用导数得解； （2）结合（1）可知， （2x）ex 11，再利用分析法即可得证 【解答】解： （1）依题意，恒成立， 即直线 ykxk1 始终在函数图象的上方， 注意到直线 ykxk1 与函数都过点（1，1） ，于是直线 ykxk1 必为 函数的一条切线，且切点为（1，1） ， 由函数可得，则， 故 k 的值为 1； （2）证明：由（1）可知
42、，即（2x）ex 11， 又 0x2，故要证，只需证 ex 1（2x）ln（x+1）x0， 当 x0 时显然成立； 当 0x2 时，ln（x+1）0，故即证， 又（2x）ex 11，故只需证 ，即证 ln（x+1）x0， 构造函数 g（x）ln（x+1）x，0x2，则， 函数 g（x）在（0，2）上单减， g（x）g（0）0，即 ln（x+1）x0，即得证 【点评】本题考查导数的几何意义及利用导数证明不等式，考查运算能力及逻辑推理能 力，属于中档题 22 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（0，2） ， 第 22 页（共 22 页） 为参数） ，在同一平面直角坐标系中
43、，经过伸缩变换得到曲线 C1，以坐标原 点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（ 为极径， 为极角） （）求曲线 C 的直角坐标方程和曲线 C1的极坐标方程； （）若射线 OA：（0）与曲线 C1交于点 A，射线与 曲线 C1交于点 B，求的值 【分析】 （）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转化求出结果 （）利用三角函数关系式的变换求出结果 【解答】解： （）曲线 C 的参数方程为（0，2） ， 为参数） ，转换 为直角坐标方程为 x2+y24 经过伸缩变换得到曲线 C1，得到 x2+4y216，转换为极坐标方程为 2cos2+42sin216 （）线 OA：（0）与曲线 C1交于点 A，射线与曲线 C1交于点 B，则，即， 同 理， 所 以 【点评】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，三角 函数关系式的恒等变换，同角三角函数关系式的应用，主要考察学生的运算能力和转换 能力，属于基础题型
