1、已知集合 Mx|x24x0，Nx|2x 14，则 MN（ ） A （1，3） B （0，3） C （0，4） D 2 （5 分）设 z1x+yi（x，yR） ，z234i（i 为虚数单位） ，且|z1+z2|5，则（ ） A （x+3）2+（y4）25 B （x+3）2+（y4）225 C （x3）2+（y+4）25 D （x3）2+（y+4）225 3 （5 分）已知函数 f（x），则 f（2）+f（1）（ ） A B C D 4 （5 分）某教育局为了解 “跑团” 每月跑步的平均里程，收集并整理了 2017 年 1 月至 2017 年 11 月期间 “跑团” 每月跑步的平均里程 （单位：
2、公里） 的数据， 绘制了下面的折线图 根 据折线图，下列结论正确的是（ ） A月跑步平均里程的中位数为 6 月份对应的里程数 B月跑步平均里程逐月增加 C月跑步平均里程高峰期大致在 8、9 月 D1 月至 5 月的月跑步平均里程相对于 6 月至 11 月，波动性更小，变化比较平稳 5 （5 分）如图，正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 DC，BC 的中点，那么（ ） 第 2 页（共 23 页） A B C D 6 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，且若角 的终边上有一点 P，其纵坐标为4，有下列三个结论：点 P 的横坐标是 6； ；sin20则上述结论中，
3、正确的个数为（ ） A0 B1 C2 D3 7 （5 分）公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发 现了黄金分割数约为 0.618，这一数值也可以表示为 m2sin18，若 m2+n4，则 （ ） A8 B4 C2 D1 8 （5 分）已知函数 f（x）（x2+a2x+1）ex，则“a”是“函数 f（x）在 x1 处取 得极小值”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 9 （5 分）若一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是，则这个长方体外接 球的体积为（ ） A B C D 10 （5 分）已知双曲线，双曲线 C2
4、的焦点在 y 轴上，它的渐近线与双曲 线 C1相同，则双曲线 C2的离心率为（ ） A B C D 11 （5 分）十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、 丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪十二属相现 有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜 欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，则这三位同 第 3 页（共 23 页） 学抽取的礼物都喜欢的概率是（ ） A B C D 12 （5 分）若关于 x 的不等式 xlnxkx+2k+10 在（2，+）内恒成立，则满足条件的整 数
5、 k 的最大值为（ ） A2 B3 C4 D5 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）函数 f（x）2cos2x2sinxcosx+1 的最小正周期是 ，最大值是 14 （5 分）的展开式中 x4的系数为 （用数字作答） 15 （5 分） “三个臭皮匠，赛过诸葛亮” ，这是我们常说的口头禅，主要是说集体智慧的强 大假设李某智商较高，他独自一人解决项目 M 的概率为 P10.9；同时，有 n 个水平 相同的人也在研究项目 M，他们各自独立地解决项目 M 的概率都是 0.5现在李某单独 研究项目 M，且这 n 个人组成的团
6、队也同时研究项目 M，且这 n 个人研究项目 M 的结果 相互独立 设这个 n 人团队解决项目 M 的概率为 P2， 若 P2P1， 则 n 的最小值是 16 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l若位于 x 轴上方的动点 A 在准线 l 上，线段 AF 与抛物线 C 相交于点 B，且，则抛物线 C 的标准 方程为 三、解答题：共三、解答题：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 （10 分） 在ABC 中， 内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 且 asinB+1bsinA+2cosC
7、（1）求角 C 的大小； （2）若 a2，a2+b22c2，求ABC 的面积 18 （12 分）已知等比数列an的公比 q0，其前 n 项和为 Sn，且 S562，a4，a5的等差 中项为 3a3 （1）求数列an的通项公式； （2）设，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn 19 （12 分）如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABCD 是边长为 3 的 菱形 （1）求证：CDEF （2）若 EFDE，BAD60，DAE30，AE2，CF2，求二面角 FBC 第 4 页（共 23 页） A 的余弦值 20 （12 分）已知定点 A（3，0） 、B（3，0） ，直线 A
8、M、BM 相交于点 M，且它们的斜率 之积为，记动点 M 的轨迹为曲线 C （）求曲线 C 的方程； （）过点 T（1，0）的直线 l 与曲线 C 交于 P、Q 两点，是否存在定点 S（s，0） ，使得 直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值，若存在求出 S 坐标；若不存在请说明理由 21 （12 分）已知函数，其中 a0 （）当 a2 时，求曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （）若函数 f（x）有唯一零点，求 a 的值 22 （12 分）某居民区有一个银行网点（以下简称“网点” ） ，网点开设了若干个服务窗口， 每个窗口可以办理的业务都相同，每工作日开始办理业务的时间是 8
9、 点 30 分，8 点 30 分之前为等待时段，假设每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率都相等，且每 位储户是否在该时段到网点相互独立，根据历史数据，统计了各工作日在等待时段到网 点等待办理业务的储户人数，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值； （2）假设网点共有 1000 名储户，将频率视作概率，若不考虑新增储户的情况，解决以 下问题： 试求每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率； 储户都是按照进入网点的先后顺序， 在等候人数最少的服务窗口排队办理业务 记 “每 工作日上午 8 点 30 分时网点每个服务窗口的排队人数（包括
10、正在办理业务的储户）都不 超过 3 为事件 A，要使事件 A 的概率不小于 0.75 则网点至少需开设多少个服务窗口？ 参考数据： 第 5 页（共 23 页） 0.3284； 0.1596； 第 6 页（共 23 页） 2019-2020 学年山东省泰安市肥城市高三（上）第一次统考数学学年山东省泰安市肥城市高三（上）第一次统考数学 试卷（试卷（9 月份）月份） 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 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求
11、的 1 （5 分）已知集合 Mx|x24x0，Nx|2x 14，则 MN（ ） A （1，3） B （0，3） C （0，4） D 【分析】可以求出集合 M，N，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Mx|0x4，Nx|x3， MN（0，3） 故选：B 【点评】考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，指数函数的单调性，以及 交集的运算 2 （5 分）设 z1x+yi（x，yR） ，z234i（i 为虚数单位） ，且|z1+z2|5，则（ ） A （x+3）2+（y4）25 B （x+3）2+（y4）225 C （x3）2+（y+4）25 D （x3）2+（y+4）225 【分析】由复数代数
12、形式的加减运算求得 z1+z2，再由复数模的计算公式求解 【解答】解：由 z1x+yi（x，yR） ，z234i， 得 z1+z2（x+yi）+（34i）（x+3）+（y4）i， 又|z1+z2|5， 即（x+3）2+（y4）225 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的加减运算，考查复数模的求法，是基础题 3 （5 分）已知函数 f（x），则 f（2）+f（1）（ ） A B C D 【分析】结合分段函数的表达式，利用代入法进行求解即可 第 7 页（共 23 页） 【解答】解：，f（1）21+13， ， 故选：C 【点评】本题主要考查函数值的计算，利用代入法是解决本题的关键比较基础 4 （
13、5 分）某教育局为了解 “跑团” 每月跑步的平均里程，收集并整理了 2017 年 1 月至 2017 年 11 月期间 “跑团” 每月跑步的平均里程 （单位： 公里） 的数据， 绘制了下面的折线图 根 据折线图，下列结论正确的是（ ） A月跑步平均里程的中位数为 6 月份对应的里程数 B月跑步平均里程逐月增加 C月跑步平均里程高峰期大致在 8、9 月 D1 月至 5 月的月跑步平均里程相对于 6 月至 11 月，波动性更小，变化比较平稳 【分析】月跑步平均里程的中位数为 5 月份对应的里程数；月跑步平均里程 2 月、7 月、 8 月和 11 月减少；月跑步平均里程高峰期大致在 9、10 月；1
14、 月至 5 月的月跑步平均里 程相对于 6 月至 11 月，波动性更小，变化比较平稳 【解答】解：由 2017 年 1 月至 2017 年 11 月期间“跑团”每月跑步的平均里程（单位： 公里）的数据，绘制的折线图，知： 在 A 中，月跑步平均里程的中位数为 5 月份对应的里程数，故 A 错误； 在 B 中，月跑步平均里程 2 月、7 月、8 月和 11 月减少，故 B 错误； 在 C 中，月跑步平均里程高峰期大致在 9、10 月，故 C 错误； 在 D 中， 1 月至 5 月的月跑步平均里程相对于 6 月至 11 月， 波动性更小， 变化比较平稳， 故 D 正确 故选：D 【点评】本题考查命
15、题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力、数据 处理能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是基础题 第 8 页（共 23 页） 5 （5 分）如图，正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 DC，BC 的中点，那么（ ） A B C D 【分析】由题意点 E，F 分别是 DC，BC 的中点，求出 ，然后求出向量 即得 【解答】解：因为点 E 是 CD 的中点，所以 ， 点得 F 是 BC 的中点，所以 ， 所以 +， 故选：D 【点评】本题考查向量加减混合运算及其几何意义，注意中点关系与向量的方向，考查 基本知识的应用 6 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负
16、半轴重合，且若角 的终边上有一点 P，其纵坐标为4，有下列三个结论：点 P 的横坐标是 6； ；sin20则上述结论中，正确的个数为（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】由三角函数定义，根据逻辑连词真假判断的基本概念，逐一分析四个答案结论 的真假，可得答案 【解答】解：已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合， 若角 的终边上有一点 P，其纵坐标为4，即设为 p（x，4） ，且0所以 角 是第三象限的角， 下列三个结论： 角 的终边上有一点 P，其纵坐标为4，即 p（x，4） ，解 得 x6，所以点 P 的横坐标是 6，错误； p（x，4） ，且0所以角 是第三象限的角，由 1
17、+tan2， 第 9 页（共 23 页） cos；错误； sin22sincos，由可知道；cos；0所以角 是第三 象限的角，sin0所以 sin22sincos0，所以正确； 则上述结论中，正确的个数为 1 个， 故选：B 【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了三角函数的定义，命题真假判断相关知 识，难度不大，属于中档题 7 （5 分）公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发 现了黄金分割数约为 0.618，这一数值也可以表示为 m2sin18，若 m2+n4，则 （ ） A8 B4 C2 D1 【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求 n4cos
18、218，利用降幂公式，诱导 公式，二倍角的正弦函数公式化简所求即可计算得解 【解答】解：m2sin18，若 m2+n4， n4m244sin2184（1sin218）4cos218， 2 故选：C 【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，降幂公式，诱导公式，二倍角的正 弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 8 （5 分）已知函数 f（x）（x2+a2x+1）ex，则“a”是“函数 f（x）在 x1 处取 得极小值”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】求出原函数的导函数，分析函数 f（x）在 x1 处取得
19、极小值时的 a 的范围， 再由充分必要条件的判定得答案 【解答】解：若 f（x）在 x1 取得极小值， f（x）x2+（a2+2）x+a2+1ex（x+1） （x+a2+1）ex 第 10 页（共 23 页） 令 f（x）0，得 x1 或 xa21 当 a0 时，f（x）（x+1）2ex0 故 f（x）在 R 上单调递增，f（x）无最小值； 当 a0 时，a211，故当 xa21 时，f（x）0，f（x）单调递增； 当a21x1 时，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x1 时，f（x）0，f（x）单调递增 故 f（x）在 x1 处取得极小值 综上，函数 f（x）在 x1 处取得极小值a0 “
20、a”是“函数 f（x）在 x1 处取得极小值”的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查充分必要条件的判定，属中档题 9 （5 分）若一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是，则这个长方体外接 球的体积为（ ） A B C D 【分析】由题意设三个边的长分别是 a，b，c，则有 ab，bc，ca，由此 求出 a，b，c 的值，由公式求出对角线的长，再利用对角线长即为它的外接球的直径求 出半径后得到体积即可 【解答】解：可设长方体同一个顶点上的三条棱长分别为 a，b，c， 可得 ab，bc，ca， 解得， 故长方体的对角线长是 对角线长即为它的外接球的直径求出半径，
21、它的外接球的半径为：， 它的外接球的体积为 VR3 故选：C 【点评】本题考点是棱柱的结构特征，考查根据题目中所给的条件求出三个棱长的长度， 再由球体的体积公式求出体积的能力，本题直接利用公式建立方程求解，题目较易 第 11 页（共 23 页） 10 （5 分）已知双曲线，双曲线 C2的焦点在 y 轴上，它的渐近线与双曲 线 C1相同，则双曲线 C2的离心率为（ ） A B C D 【分析】求出双曲线的方程，转化求解双曲线的离心率即可 【解答】解：双曲线，双曲线 C2的焦点在 y 轴上，它的渐近线与双曲 线 C1相同， 设双曲线 C2的方程为 （0） ， 则双曲线 C2的离心率为 故选：D 【
22、点评】本题考查双曲线的性质，注意渐近线相同，双曲线不同，不同的双曲线可以由 相同的渐近线 11 （5 分）十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、 丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪十二属相现 有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜 欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，则这三位同 学抽取的礼物都喜欢的概率是（ ） A B C D 【分析】基本事件总数 n1320，这三位同学抽取的礼物都喜欢包含的基本事件个 数 m129+13945，由此能求出这三位同学抽取的礼物都喜欢的
23、概率 【解答】解：现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为 礼物， 甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢， 基本事件总数 n1320， 这三位同学抽取的礼物都喜欢包含的基本事件个数 m129+13945， 这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是 p 故选：A 第 12 页（共 23 页） 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能 力，是基础题 12 （5 分）若关于 x 的不等式 xlnxkx+2k+10 在（2，+）内恒成立，则满足条件的整 数 k 的最大值为（ ） A2 B3 C4 D5 【分析】关
24、于 x 的不等式 xlnxkx+2k+10 在（2，+）内恒成立，即函数 yxlnx（x 2）的图象恒在直线 yk（x2）1 的上方，求出当直线 yk（x2）1 与函数 y xlnx（x2）相切时，对应的 k 值解最大值 【解答】解：关于 x 的不等式 xlnxkx+2k+10 在（2，+）内恒成立，即关于 x 的不 等式 xlnxk（x2）1 在（2，+）内恒成立， 即函数 yxlnx（x2）的图象恒在直线 yk（x2）1 的上方 当直线 yk（x2）1 与函数 yxlnx（x2）相切时，设切点为（x0，y0） ，则 ， 由得，x0lnx0k（x02）1，把代入得 x0（k1）k（x02）1
25、，化简得 x02k+1由 x02 得， 又由得 klnx0+11即相切时整数 k2因此函数 yxlnx（x2）的图象恒在直线 yk（x2）1 的上方时，整数 k 的最大值为 2， 故选：A 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调区间与单调性，考查了数学转化思想，解 答此题的关键是利用导数求最值，是中档题 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 13 （5 分）函数 f（x）2cos2x2sinxcosx+1 的最小正周期是 ，最大值是 【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变相成正弦型函数，进 一步求出函数的最小正周
26、期和最值 【解答】 解： 函数 f （x） 2cos2x2sinxcosx+1cos2x+1sin2x+1， 所以函数的最小正周期为 第 13 页（共 23 页） 当（kZ） ，整理得（kZ）时，函数的最大值为 2+ 故答案为：，2+ 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用， 主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型 14 （5 分）的展开式中 x4的系数为 80 （用数字作答） 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 4，求出 r 的值，即可求得展开 式中 x4的系数 【解答】解：的展开式的通项公式为 Tr+1 （1）r25 rx1
27、03r，令 103r4，求得 r2， 故展开式中 x4的系数为2380， 故答案为：80 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 15 （5 分） “三个臭皮匠，赛过诸葛亮” ，这是我们常说的口头禅，主要是说集体智慧的强 大假设李某智商较高，他独自一人解决项目 M 的概率为 P10.9；同时，有 n 个水平 相同的人也在研究项目 M，他们各自独立地解决项目 M 的概率都是 0.5现在李某单独 研究项目 M，且这 n 个人组成的团队也同时研究项目 M，且这 n 个人研究项目 M 的结果 相互独立设这个 n 人团队解决项目 M 的概率为 P2，若
28、 P2P1，则 n 的最小值是 4 【分析】这 n 个人组成的团队不能解决项目 M 的概率为 P，所以 P2 1P1，所以 10.9，解不等式即可 【解答】解：依题意，这 n 个人组成的团队不能解决项目 M 的概率为 P ， 所以 P21P1， 所以 10.9，即， 解得 n4， 故答案为：4 第 14 页（共 23 页） 【点评】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式，指数不等式的解法，属于基础题 16 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l若位于 x 轴上方的动点 A 在准线 l 上，线段 AF 与抛物线 C 相交于点 B，且，则抛物线 C 的标准 方程为 y2
29、2x 【分析】根据题意画出图形，结合图形，利用抛物线的定义和性质，根据直角三角形的 边角关系求出 p 的值，即可写出抛物线的标准方程 【解答】解：如图所示，设， 过点 B 作 BBl 与点 B， 由抛物线的定义知，|BF|BB|，|FC|p，ABBAFO； 在 RtABB中，|BF|AB|cos， 从而|AF|BF|+|AB|AB|（1+cos） ； 又，所以， 即，所以； 在 RtAFC 中，p|AF|cos， 所以， 所以抛物线 C 的标准方程为 y22x 故答案为：y22x 【点评】本题考查了抛物线的定义与性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档 题 第 15 页（共 23 页） 三
30、、解答题：共三、解答题：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 （10 分） 在ABC 中， 内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 且 asinB+1bsinA+2cosC （1）求角 C 的大小； （2）若 a2，a2+b22c2，求ABC 的面积 【分析】 （1）利用正弦定理化简已知等式可得，结合范围 0C，可求 C 的 值 （2）由已知利用余弦定理得 b 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解 【解答】解： （1）， asinBbsinA， 2cosC1，即 又 0C， （2）由余弦定理得：c2a2+b2ab，
31、4+b22（4+b22b） ，解得 b2 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合 应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 18 （12 分）已知等比数列an的公比 q0，其前 n 项和为 Sn，且 S562，a4，a5的等差 中项为 3a3 （1）求数列an的通项公式； （2）设，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn 【分析】 （1）通过 a4，a5的等差中项为 3a3求出数列的公比，然后求解数列an的通项 公式； （2）化简，利用错位相减法求解数列的和即可 【解答】解： （1）因为 a4+a56a3，所以，即 q2+q60 解得 q2 或 q3（
32、舍去） 第 16 页（共 23 页） 所以，a12， 所以 （2）因为， 所以 Tnb1+b2+bn 【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，考查计算能力 19 （12 分）如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABCD 是边长为 3 的 菱形 （1）求证：CDEF （2）若 EFDE，BAD60，DAE30，AE2，CF2，求二面角 FBC A 的余弦值 【分析】 （1）推导出 CDAB，从而 CD平面 ABFE，由此能证明 CDEF （2）根据余弦定理和勾股定理得 DEAD，由 EFDE，ABCD，得 DCDE，从而 DE平面 ABCD，设 AB 中
33、点为 G，连结 DG，DB，则 DGAB，DGCD，作 FHCD 于点 H，则 HFDE，以 D 为坐标原点，DG、DC、DE 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 FBCA 的余弦值 【解答】证明： （1）ABCD 是菱形，CDAB， 又CD平面 ABEF，AB平面 ABFE， CD平面 ABFE， 又CD平面 CDEF，平面 CDEF平面 ABFEEF， 第 17 页（共 23 页） CDEF 解： （2）在ADE 中，根据余弦定理，DE2DA2+AE22ADAEcosDAE， AD3，AE2，DAE90，DEAD， EFDE，ABCD，DCDE， A
34、DDCD，DE平面 ABCD， 设 AB 中点为 G，连结 DG，DB， ABCD 是菱形，BAD60， ABD 是等边三角形，DGAB，DGCD， 作 FHCD 于点 H，则 HFDE， 在 RtFHC 中，CH1，DHCDCH2， 如图，以 D 为坐标原点，DG、DC、DE 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标 系， 则 B（，） ，C（0，3，0） ，F（0，2，） ， （，0） ，（0，1，） ， 设平面 BCF 的一个法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，） ， （0，0，） ，可取平面 ABCr 一个法向量为 （0，0，1） ， cos， 由图知二面角 F
35、BCA 的平面角是锐角， 二面角 FBCA 的余弦值是 第 18 页（共 23 页） 【点评】本题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 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 20 （12 分）已知定点 A（3，0） 、B（3，0） ，直线 AM、BM 相交于点 M，且它们的斜率 之积为，记动点 M 的轨迹为曲线 C （）求曲线 C 的方程； （）过点 T（1，0）的直线 l 与曲线 C 交于 P、Q 两点，是否存在定点 S（s，0） ，使得 直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值，若存在求出 S 坐标；若不存在请说明理由 【分析】 （） 设动点
36、M （x， y） ， 则（x3） ， 利用， 求出曲线 C 的方程 （） 由已知直线 l 过点 T （1，0） ，设 l 的方程为 xmy+1， 则联立方程组， 消去 x 得 （m2+9）y2+2my80，设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2）利用韦达定理求解直线 的斜率，然后求解指向性方程，推出结果 【解答】解： （）设动点 M（x，y） ，则（x3） ， ，即 化简得：，由已知 x3，故曲线 C 的方程为（x3） （）由已知直线 l 过点 T（1，0） ， 设 l 的方程为 xmy+1，则联立方程组， 消去 x 得 （m2+9）y2+2my80， 第 19 页（共 23 页） 设 P（x
37、1，y1） ，Q（x2，y2） ，则， 直线 SP 与 SQ 斜率分别为， 当 s3 时，；当 s3 时， 所以存在定点 S（3，0） ，使得直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值 【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力 21 （12 分）已知函数，其中 a0 （）当 a2 时，求曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （）若函数 f（x）有唯一零点，求 a 的值 【分析】 （I）求得 a2 时 f（x）的解析式和导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方 程可得切线方程； （）解法一、问题等价于关于 x 的方程有唯一的解时，求 a 的值令 ，求得
38、 g（x）的导数，以及单调性和极值，结合图象和已知条件可 得 a 的值； 解法二、问题等价于关于 x 的方程有唯一的解时，求 a 的值令 ext（t 0） ，则 xlnt，问题等价于关于 t 的方程有唯一的解时，求 a 的值令，求得 g（t）的导数和单调性，极值和最值，结合 图象可得 a 的值 【解答】解： （I）当 a2 时， f（0）211，又 f（0）211， 曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程为 y1x，即 xy+10； 第 20 页（共 23 页） （）解法一：问题等价于关于 x 的方程有唯一的解时，求 a 的值 令，则 令 h（x）12xex，则 h（x）2ex0，
39、h（x）在（，+）上单调递减 又 h（0）0，当 x（，0）时，h（x）0，即 g（x）0， g（x）在（，0）上单调递增； 当 x（0，+）时，h（x）0，即 g（x）0，g（x）在（0，+）上单调递减 g（x）的极大值为 g（0）1， 当 x（，0时，g（x）（，1；当 x（0，+）时，g（x）（0，1） 又 a0，当方程有唯一的解时，a1 综上，当函数 f（x）有唯一零点时，a 的值为 1 解法二：问题等价于关于 x 的方程有唯一的解时，求 a 的值 令 ext（t0） ，则 xlnt 问题等价于关于 t 的方程有唯一的解时，求 a 的值 令，则 令 h（t）1t2lnt（t0） ，则
40、h（t）在（0，+）单调递减，而 h（1）0， 当 t（0，1）时，h（t）0，当 t（1，+）时，h（t）0 当 t（0，1）时，g（t）0，当 t（1，+）时，g（t）0 从而 g（t）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减 注意到：g（1）1，当 t1 时，g（t）0，当 t0 时，g（t）， g（t）的唯一极大值为 g（1）1 结合 g（t）的图象知，a1 或 a0 时，关于 t 的方程有唯一的 解， 而 a0，所以 a1 【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调性、极值和最值，考查换元法和构造 函数法，以及化简运算能力，属于中档题 第 21 页（共 23 页） 22 （12
41、分）某居民区有一个银行网点（以下简称“网点” ） ，网点开设了若干个服务窗口， 每个窗口可以办理的业务都相同，每工作日开始办理业务的时间是 8 点 30 分，8 点 30 分之前为等待时段，假设每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率都相等，且每 位储户是否在该时段到网点相互独立，根据历史数据，统计了各工作日在等待时段到网 点等待办理业务的储户人数，得到如图所示的频率分布直方图： （1）估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值； （2）假设网点共有 1000 名储户，将频率视作概率，若不考虑新增储户的情况，解决以 下问题： 试求每位储户在等待时段到网点等待办理业务的概率； 储
42、户都是按照进入网点的先后顺序， 在等候人数最少的服务窗口排队办理业务 记 “每 工作日上午 8 点 30 分时网点每个服务窗口的排队人数（包括正在办理业务的储户）都不 超过 3 为事件 A，要使事件 A 的概率不小于 0.75 则网点至少需开设多少个服务窗口？ 参考数据： 0.3284； 0.1596； 【分析】 （1）根据频率分布直方图，能估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储 户人数的平均值 （2）设在等待时段到网点等待办理业务的储户人数为 X，每位储户到网点办理业务的 第 22 页（共 23 页） 概率为 p，则 XB（1000，p） ，由此能求出每位储户在等待时段到网点办理业务的概
43、率 由 XB（1000，0.1） ，设网点共开设了 m 个服务窗口，则事件 A 即“每工作日等待 时 段 到 网 点 等 待 办 理 业 务 的 储 户 人 数 不 超 过 3m ” ， 其 概 率 为 P （ A ） ，满足0.4573 0.75，由此推导出根据要求，网点到少需开设 4 个服务窗口 【解答】解： （1）根据频率分布直方图，各组的频率依次为：0.04，0.24，0.48，0.16， 0.08， 所求的平均值为：0.042+0.246+0.4810+0.1614+0.081810， 估计每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数的平均值为 10 （2）设在等待时段到网点等待办理
44、业务的储户人数为 X， 每位储户到网点办理业务的概率为 p，则 XB（1000，p） ， X 的数学期望 E（X）1000p， 将频率视作概率，根据（1）的结论，得 1000p10，解得 p0.01， 每位储户在等待时段到网点办理业务的概率为 0.01 由知，XB（1000，0.1） ， 则 P（Xk）， 设网点共开设了 m 个服务窗口， 则事件 A 即“每工作日等待时段到网点等待办理业务的储户人数不超过 3m” ， 其概率为 P（A）， 满足0.1289+0.32840.45730.75， 0.4573+0.33520.79250.75， 3m12，解得 m4， 根据要求，网点至少需开设 4 个服务窗口 【点评】本题考查平均数、概率的求法，考查频率分布直方图、二项分布的性质等基础 知识，考查运算求解能力，是中档题
