1、2019 年山东省烟台市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.1 （5 分）复数 z 在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限2 （5 分）设集合 Ax| x3，By|y2 x，x3，则集合（ RA）B（ ）A x|x3 Bx|x3 C x|0x3 D x|0x33 （5 分）已知双曲线 的渐近线方程为 ，则实数 m（ ）A4 B16 C4 D164 （5 分）2013 年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪
2、生素数猜想是希尔伯特在 1900 年提出的 23 个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数 p 使得p+2 是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）A B C D5 （5 分）在平面直角坐标系中，角 与角 均以 Ox 为始边，它们的终边关于 x 轴对称若 sin ，则 cos（ ）（ ）A1 B C D16 （5 分）已知 ， 均为单位向量，其夹角为 ，则 是| |1 的（ ）A必要不充分条件 B充分不必要条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件7 （5 分）一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的
3、三视图如图所示，则该几何体的体积为（ 第 2 页（共 25 页）A16+8 B16+12 C48+12 D48+88 （5 分）己知函数 yf（x）的定义域为 R，f （x+1）为偶函数，且对x 1x 21，满足，若 f（3）1，则不等式 f（log 2x）1 的解集为（ ）A （ ，8） B （1，8）C （0， ）（8，+ ） D （， 1）（8，+）9 （5 分）将函数 的图象向左平移 m（m 0）个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，得到函数 g（x）的图象，若对任意的 xR 均有 成立，则 m 的最小值为（ ）A
4、B C D10 （5 分）已知过抛物线 C： y24x 焦点的直线交抛物线 C 于 P、Q 两点，交圆x2+y22x 0 于 M，N 两点，其中 P，M 位于第一象限则 的值不可能为（ ）A3 B4 C5 D611 （5 分）记函数 f（x ）e xxa，若曲线 ycos 2x+2cosx+1 上存在点（x 0，y 0）使得 f（y 0）y 0，则 a 的取值范围是（ ）A （，e 24） B2 2ln2，e 24C22ln2，e 2 +4 D （， e2 +4）12 （5 分）在棱长为 l 的正四面体 ABCD 中，E 是 BD 上一点， 3 ，过 E 作该四面体的外
5、接球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）第 3 页（共 25 页）A B C D二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）己知随机变量 N（3， 2） ，且 P（1）0.1，则 P（35） 14 （5 分）设 ，则 展开式中 x2 的系数为 15 （5 分）若满足约束条件 则 的最大值为 16 （5 分）在ABC 中，角 A 的平分线交 BC 于点 D，BD2CD2，则ABC 面积最大值为 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字
6、说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考题，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.（一）必考题：60 分.17 （12 分）已知数列a n前 n 项和 Sn 满足 是等差数列，且a3b 42b 1，b 6a 4（1）求a n和b n的通项公式：（2）求数列 的前 2n 项和 T2n18 （12 分）如图，直角三角形 ABD 所在的平面与半圆弧 所在平面相交于BD，ABBD2，E，F 分别为 AD，BD 的中点 C 是 BD 上异于 B，D 的点，EC （1）证明：平面 CEF平面 BCD（2）若点 C 为半圆弧 上的一个三等分点（靠近点 D） ，求二面
7、角 ACEB 的余弦值19 （12 分）混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：MPa）随龄期（单位：第 4 页（共 25 页）天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了 10 组混凝土试件在龄期xi（i1，2，10）分别为 2，3，4，5，7，9，12，14，l 7，21 时的抗压强度 yi 的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值 （x i） 2（w i） 2（x i ）（y i ）（w i） （y i ）9.4
8、 29.7 2 366 5.5 439.2 55表中 wilnx i， wi（1）根据散点图判断 ya+bxy c+dlnx 哪一个适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程；（2）工程中常把龄期为 28 天的混凝土试件的抗压强度 f28 视作混凝十抗压强度标准值已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为 40MPa（i）试预测该批次混凝土是否达标？，（ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义经验表明，该型号混凝土第 7 天的抗压强度 f7 与第 28 天的抗压强度 f28
9、具有线性相关关系 f281.2f 7+7，试估计在早期质量控制中，龄期为 7 天的试件需达到的抗压强度，附： ， 参考数据：ln20.69，ln 71.9520 （12 分）己知椭圆 的离心率为 ，原点到椭圆的上顶点与右顶点连线的距离为 第 5 页（共 25 页）（1）求椭圆 的标准方程：（2）斜率存在且不为零的直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，若线段 AB 的垂直平分线的纵截距为1求直线 l 纵截距的取值范围21 （12 分）已知 f（x ）x（alnxx 2+x） ，且 f（x）0（1）求 a 的值：（2）证明：f（x ）存在唯一的极小值点 x0，且 （参考数据：ln20.69）（二）
10、选考题：共 10 分.请在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线，的参数方程为 （t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程；（2）设 ，M，N 为直线 l 与曲线 C 的两个交点，求 |OM|+|ON|的最大值选修 4-5：不等式选讲 （10 分）23已知函数 f（x ）|3x 1|+|3x+k|，g（x ）x 24x1（1）当 k3 时，求不等式 f（x）4 的解集
11、：（2）若存在 使得 f（x ）g（x）成立，求 k 的取值范围第 6 页（共 25 页）2019 年山东省烟台市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.1 （5 分）复数 z 在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z ，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（ ） ，位于第四象限故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题2
12、（5 分）设集合 Ax| x3，By|y2 x，x3，则集合（ RA）B（ ）A x|x3 Bx|x3 C x|0x3 D x|0x3【分析】求出集合的等价条件，结合补集交集的定义进行求解即可【解答】解： RAx |x3，B y|y2 x，x3 y|0y8，则（ RA）Bx |0x 3，故选：C【点评】本题主要考查集合的基本运算，结合补集交集的定义是解决本题的关键3 （5 分）已知双曲线 的渐近线方程为 ，则实数 m（ ）A4 B16 C4 D16【分析】利用双曲线的渐近线方程，求出关于 m 的方程，然后求解 m 即可【解答】解：双曲线 的渐近线方程为 ，可得 ，可得
13、m4，故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查第 7 页（共 25 页）4 （5 分）2013 年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在 1900 年提出的 23 个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数 p 使得p+2 是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）A B C D【分析】10 以内的素数共有 4 个，而 10 以内的孪生素数有（3，5） ， （5，7） ，根据古典概型的概率公式计算即可【解答】解：依题意，10 以内的素数共有 4 个，从中选两个共
14、包含 6 个基本事件，而 10 以内的孪生素数有（3，5） ， （5，7）两对，包含 2 个基本事件，所以从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率 P 故选：A【点评】本题借助新定义考查了古典概型的概率计算，计数原理等知识，属于基础题5 （5 分）在平面直角坐标系中，角 与角 均以 Ox 为始边，它们的终边关于 x 轴对称若 sin ，则 cos（ ）（ ）A1 B C D1【分析】首先利用三角函数的定义和角的公式的应用求出结果【解答】解：角 与角 均以 Ox 为始边，它们的终边关于 x 轴对称由于 ，故 sin ，所以 cos ，cos ，则：cos（）cos c
15、os+sinsin 故选：C【点评】本题考查的知识要点：三角函数的定义的应用，和角的关系式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型第 8 页（共 25 页）6 （5 分）已知 ， 均为单位向量，其夹角为 ，则 是| |1 的（ ）A必要不充分条件 B充分不必要条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】直接利用向量的数量积的应用和四个条件的应用求出结果【解答】解： ， 均为单位向量，其夹角为 ，则 ，所以： 1 是成立的当 时， 1 也成立，故选：B【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型7 （5 分）一个四
16、棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A16+8 B16+12 C48+12 D48+8【分析】由三视图可知几何体上部为四棱锥，下部为半圆柱，分别计算半圆柱和四棱锥的体积即可【解答】解：由三视图可知几何体下部为半圆柱，上部为四棱锥，其中，半圆柱的底面半径为 2，高为 6，四棱锥的底面为矩形，长为 6，宽为 4，侧面的斜高为 ，故四棱锥的高为 2几何体的体积 V + 12+16 故选：B第 9 页（共 25 页）【点评】本题考查了常见几何体的三视图与体积计算，属于中档题8 （5 分）己知函数 yf（x）的定义域为 R，f （x+1）为偶函数，且对x 1x
17、21，满足，若 f（3）1，则不等式 f（log 2x）1 的解集为（ ）A （ ，8） B （1，8）C （0， ）（8，+ ） D （， 1）（8，+）【分析】f（x+1）为 R 上的偶函数，可得 f（x+1）f （ x+1） ，即函数 f（x）关于直线x1 对称对x 1x 21，满足 0，等价于x 1x 21，f（x 2）f（x 1） ，可得函数 f（x ）在 x1 时的 x）单调性由 f（3）1，可得不等式 f（log 2x）1f（log 2x）f（3） 即可得出【解答】解：f（x +1）为 R 上的偶函数，f（x+1）f （x+1） ，函数 f（x）关于直线 x1 对称对
18、x 1x 21，满足 0，等价于x 1x 21，f（x 2）f（x 1） ，即函数f（x）在 x1 时，函数 f（x ）单调递减若 f（3）1，则不等式 f（log 2x）1f（log 2x）f （3 ） 3log 2x 1，解得： 8不等式 f（log 2x）1 的解集为 故选：A【点评】本题考查了究函数的单调性奇偶性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题9 （5 分）将函数 的图象向左平移 m（m 0）个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，得到函数 g（x）的图象，若对任意第 10 页（共 25 页）的 xR 均有 成立，则
19、 m 的最小值为（ ）A B C D【分析】直接利用三角函数的关系式的平移变换和伸缩变换的应用，求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数性质的应用的应用求出结果【解答】解：函数 的图象向左平移 m（m 0）个单位长度，得到：ysin （ 2x+2m+ ）再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，得到函数 g（x）sin（x+2 m+ ）的图象，若对任意的 xR 均有 成立即： 取得最大值 1，根据选项 A，B，C，D 四个选项，只有 D 正确故选：D【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基
20、础题型10 （5 分）已知过抛物线 C： y24x 焦点的直线交抛物线 C 于 P、Q 两点，交圆x2+y22x 0 于 M，N 两点，其中 P，M 位于第一象限则 的值不可能为（ ）A3 B4 C5 D6【分析】设 PQ 的方程为 xmy+1 可得 ，从而有|PM|QN|（PF|1） （|QF|1）（x 1+11） （x 2+11） （x 2+11）x 1x21，【解答】解：设 P（x 1，y 1） ， Q（x 2，y 2）设 PQ 的方程为 xmy +1y24my40第 11 页（共 25 页）y1+y24m，y 1y24，则|PM|QN|（PF|1） （|QF|1）（x 1+
21、11） （x 2+11） （x 2+11）x 1x21，则 故选：A【点评】本题考查了抛物线的性质，基本不等式的应用属于中档题11 （5 分）记函数 f（x ）e xxa，若曲线 ycos 2x+2cosx+1 上存在点（x 0，y 0）使得 f（y 0）y 0，则 a 的取值范围是（ ）A （，e 24） B2 2ln2，e 24C22ln2，e 2 +4 D （， e2 +4）【分析】先求出函数 ycos 2x+2cosx+1 的值域，即2 y 02，条件若 f（y 0）y 0，有解，等价为 f（x ）x，在2x2 上有解，构造函数求函数的导数，研究函数的最值进行 i 区就即可
22、【解答】解：ycos 2x+2cosx+1（cosx1） 2+2，1cosx1，2y2，即2y 02，若 f（y 0）y 0，有解，等价为 f（x ）x，在2x2 上有解，即 exx ax，即 ae x2x 在2x2 上有解，设 h（x）e x2x ，则 h（x ）e x2，由 h（x）0 得 ln2x2，h（x）为增函数，由 h（x）0 得2x ln2，h（x）为减函数，即当 xln2 时，函数取得极小值同时也是最小值 h（ln2）2 2ln2，第 12 页（共 25 页）h（2）e 24，h（2）e 2 +4，则 h（2）最大，即 22ln2h（x）e 2 +4，要使 ae x2x 在2x
23、 2 上有解，则 22ln2ae 2 +4，即实数 a 的取值范围是22ln2，e 2 +4，故选：C【点评】本题主要考查函数与方程的应用，求出 y0 的取值范围，结合条件 f（y 0）y 0，有解，等价为 f（x）x，在2x2 上有解，构造函数求函数的最值是解决本题的关键12 （5 分）在棱长为 l 的正四面体 ABCD 中，E 是 BD 上一点， 3 ，过 E 作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）A B C D【分析】根据题意，将四面体 ABCD 放置于如图所示的正方体中，则正方体的外接球就是四面体 ABCD 的外接球因此利用题中数据算出外接球半径 R，当球
24、心 O 到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值【解答】解：将四面体 ABCD 放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体 ABCD 的外接球，正四面体 ABCD 的棱长为 1，正方体的棱长为 ，可得外接球半径 R 满足 2R ，R E 是 BD 上一点， 3 ，当球心 O 到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，此时球心 O 到截面的距离等于 OE，第 13 页（共 25 页）cosODB ，OD ，DE ，OE 2 ，则所得截面半径最小值为 所得截面面积的最小值为 故选：B【点评】本题给出正四面体的外接球，求截面圆的面积最小值着重考
25、查了正方体的性质、球内接多面体和球的截面圆性质等知识，属于中档题二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）己知随机变量 N（3， 2） ，且 P（1）0.1，则 P（35） 0.4 【分析】P（35）P（13）P（3）P（1）0.50.10.4【解答】解：P（35）P（13）P（3）P（1）0.50.10.4故答案为：0.4【点评】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示，属中档题14 （5 分）设 ，则 展开式中 x2 的系数为 8 【分析】求定积分得到 n 的值，再利用二项式定理，求得 展开式中 x2的系数【解答】解：设 4 |sinx|dx4 si
26、nxdx4（cos x）dx4，第 14 页（共 25 页）则 （ 2）（1+x） 4（ 2） （1+4x+6x 2+4x3+x4） ，故展开式中 x2 的系数为 4128，故答案为：8【点评】本题主要考查求定积分，二项式定理的应用，属于中档题15 （5 分）若满足约束条件 则 的最大值为 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求 z 的取值范围【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，则 的几何意义为区域内的点到D（2，0）的斜率，由图象知，AD 的斜率最大，由 A（1，2） ，故 AD 的斜率 k 故答案为： 【点评】本题主要考查线性规划和
27、直线斜率的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法16 （5 分）在ABC 中，角 A 的平分线交 BC 于点 D，BD2CD2，则ABC 面积最大值为 3 【分析】由三角形内角平分线定理得 ，设 ACx，BAC2 ，则 （0，） ；利用余弦定理和ABC 面积公式，借助于三角恒等变换求出ABC 面积的最大第 15 页（共 25 页）值【解答】解：ABC 中，角 A 的平分线交 BC 于点 D，BD2CD2，如图所示；则 CD1，由三角形内角平分线定理得 2，设 ACx，BAC2，则 AB2x，（0， ） ；由余弦定理得，3 24x 2+x222x xcos2
28、，即 95x 24x 2cos2，解得 x2 ；ABC 面积为S 2xxsin2x 2sin2 3，当且仅当 tan 时“”成立；所以ABC 面积的最大值为 3故答案为：3【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了利用基本不等式求最值的应用问题，是中档题三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考题，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.（一）必考题：60 分.17 （12 分）已知数列a n前 n 项和 Sn 满足 是等差数列，且a3b 42b 1，b 6a 4第 16 页（共 25 页）（1）求
29、a n和b n的通项公式：（2）求数列 的前 2n 项和 T2n【分析】 （1）根据由 Sn 求 an 的方法可求a n的通项公式，由题意可得 bn为等差数列，由条件求其公差 d，可得结果；（2）由 3（b 1+b2）+3（b 3+b4）+ +3（b 2n1 +b2n）3（b 1+b2+b2n） ，即可求出答案【解答】解：（1）S n2a n2，当 n1 时，得 a12，当 n2 时，S n1 2a n1 2，作差得 an2a n1 ， （n2）所以数列a n是以 2 为首项，公比为 2 的等比数列，所以 设等差数列b n的公差为 d，由 a3b 42b 1，b 6a 4，所以 83db 1，
30、165d+b 1，所以 3d，b 11，所以 bn3n2（2） 3（b 1+b2）+3（b 3+b4）+ +3（b 2n1 +b2n） ，3（b 1+b2）+3（b 3+b4）+ +3（b 2n1 +b2n）3（b 1+b2+b2n）又因为 bn3n2，所以 【点评】本题考查了数列的通项公式和求和公式，考查了运算能力和转化能力，考查了转化与化归能力，属于中档题18 （12 分）如图，直角三角形 ABD 所在的平面与半圆弧 所在平面相交于BD，ABBD2，E，F 分别为 AD，BD 的中点 C 是 BD 上异于 B，D 的点，第 17 页（共 25 页）EC （1）证明：平面 CEF平面 BCD
31、（2）若点 C 为半圆弧 上的一个三等分点（靠近点 D） ，求二面角 ACEB 的余弦值【分析】 （1）推导出 BCBD，EFC 为直角三角形，且 EFFCEFBD从而EF平面 BCD由此能证明平面 CEF平面 BCD（2）由已知BFC120，以 F 为坐标原点，分别以垂直于平面 BCD 向上的方向，向量 所在方向作为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Fxyz ，利用向量法能求出二面角 ACEB 的余弦值【解答】证明：（1）因为 C 半圆弧 上的一点，所以 BCBD 在ABD 中，E ，F 分别为 AD，BD 的中点，所以 ，且 EFAB于是在EFC 中，EF 2+FC21
32、+12EF 2，所以EFC 为直角三角形，且 EFFC （2 分）因为 ABBD ，EFAB，所以 EFBD（3 分）因为 EFFC， EFBD，BDFC F，（4 分）所以 EF平面 BCD又 EF平面 CEF，所以平面 CEF平面 BCD （5 分）解：（2）由已知BFC120，以 F 为坐标原点，分别以垂直于平面 BCD 向上的方向，向量 所在方向作为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz，则 ，E（0，0，1） ，B（0，1，0） ，A（0，1，2） ，第 18 页（共 25 页）， ， （7 分）设平面 ACE 的一个法向量为 （x 1，y 1，z 1
33、） ，则 ，取 z11，得 （ ，1，1） （8 分）设平面 BCE 的法向量 （x 2，y 2，z 2） ，则 ，即 ，取 z21，得（ ） （9 分）所以 cos ，（11 分）又二面角 ACEB 为锐角，所以二面角 ACE B 的余弦值为 （12 分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角余弦值的求解，利用面面垂直的判定定理证明线面垂直，考查向量法求二面角的余弦值，是中档题19 （12 分）混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：
34、MPa）随龄期（单位：天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了 10 组混凝土试件在龄期xi（i 1，2， ，10）分别为 2，3，4，5，7，9，12，14 ，l 7，21 时的抗压强度 yi 的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值 （x i） 2（w i） 2（x i ）（y i ）（w i） （y i ）第 19 页（共 25 页）9.4 29.7 2 366 5.5 439.2 55表中 wilnx i， wi（1）根据散点图判断 ya+bxy c+dlnx 哪一个适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立
35、y 关于 x 的回归方程；（2）工程中常把龄期为 28 天的混凝土试件的抗压强度 f28 视作混凝十抗压强度标准值已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为 40MPa（i）试预测该批次混凝土是否达标？，（ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义经验表明，该型号混凝土第 7 天的抗压强度 f7 与第 28 天的抗压强度 f28 具有线性相关关系 f281.2f 7+7，试估计在早期质量控制中，龄期为 7 天的试件需达到的抗压强度，附： ， 参考数据：ln20.69，ln 71.95【分析】 （1）由散点图可以判断，yc+dlnx 适宜作为抗压强度 y
36、 关于龄期 x 的回归方程类型令 wlnx，先建立 y 关于 w 的线性回归方程求出 与 的值，得到 y 关于 w的线性回归方程（2） （i）由（1）中的回归方程，取 x28 求得 y43，由 4340，可知预测该批次混凝土达标（ii）令 f281.2f 7+740，求得 f727.5可知估计龄期为 7 天的混凝土试件需达到的抗压强度为 27.5MPa【解答】解：（1）由散点图可以判断，yc+dlnx 适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型第 20 页（共 25 页）令 wlnx，先建立 y 关于 w 的线性回归方程由于 ， ，y 关于 w 的线性回归方程为 ，因此 y 关于 x
37、的线性回归方程为 （2） （i）由（1）知，当龄期为 28 天，即 x28 时，抗压强度 y 的预报值 434340，预测该批次混凝土达标（ii）令 f281.2f 7+740，得 f727.5估计龄期为 7 天的混凝土试件需达到的抗压强度为 27.5MPa【点评】本题考查回归方程的求法，考查数学转化思想方法，考查计算能力，是中档题20 （12 分）己知椭圆 的离心率为 ，原点到椭圆的上顶点与右顶点连线的距离为 （1）求椭圆 的标准方程：（2）斜率存在且不为零的直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，若线段 AB 的垂直平分线的纵截距为1求直线 l 纵截距的取值范围【分析】 （1）由原点到椭圆上
38、顶点与右顶点连线的距离为 ，以及离心率 ，即可求出 a2，b1，可得椭圆方程（2）由题意可知直线的斜率存在且不为零，设出直线方程，并代入抛物线方程，求得关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理和中点坐标公式，表示 x0 和 y0，求得 AB 的中垂线方程，求得截距，利用0，求得 k 的取值范围，即可求得 m 的取值范围【解答】解：（1）原点到椭圆上顶点与右顶点连线的距离为 第 21 页（共 25 页）又离心率 ，又因为 a2b 2+c2，解得 a2，b1，所以椭圆 方程为 （2）设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，直线 l 的方程为：y kx+m（k0） ，将 ykx+m（k 0
39、）代入 得：（1+4k 2）x 2+8kmx+4m240，于是64k 2m24（1+4 k2） （4m 24）16（1+4k 2m 2）0 得：1+4k 2m 2且 ，设 AB 中点 M（x 0，y 0） ，则 ，因为线段 AB 的垂直平分线的纵截距为1，所以线段 AB 的垂直平分线过点（0，1） ，所以 ，即 3m1+4 k2，因为 k0，所以 3m1+4 k21，所以 ，3m1+4k 2 代入 1+4k2m 2 得 0m3，所以 【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的位置关系，考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意线段中垂直线定理的合理运用，属于中档题21 （12 分）
40、已知 f（x ）x（alnxx 2+x） ，且 f（x）0（1）求 a 的值：（2）证明：f（x ）存在唯一的极小值点 x0，且 （参考数据：ln20.69）【分析】 （1）利用导数研究函数的单调性，极值得：f（x）xg（x） ，f（x）0 等价于g（x）0因为 g（1）0，g（x）0，所以 g'（1）0而 ，g'（1）a1，得 a1，再检验即可（2）利用导数的应用可得：h（x）在 上有唯一零点 x0，又 h（1）0，所以 f（x）在 上有唯一零点 1，第 22 页（共 25 页）当 x（0，x 0）时，h（x）0，当 x（x 0，1）时，h（x）0，当 x（1，+）时，h（x
41、）0，因为 f'（x）h（x） ，所以 xx 0 是 f（x）的唯一极小值点由 f'（x 0）0，得 ，故 ，由（1）知，令 （t）2t 3t 2t， ，则，当 时，'（t）0，所以 （t）在 上单调递减，所以 ，所以 ，得解【解答】解：（1）f（x ）的定义域为（0，+） 设 g（x）alnxx 2+x，则 f（x）xg（x） ，f（x）0 等价于 g（x）0因为 g（1）0，g（x）0，所以 g'（1）0而 ，g'（1）a1，得 a1，若 a1，则 ，当 0x1 时，g'（x ）0，g（x ）单调递增，当 x1 时，g'（x ）0，g
42、（x ）单调递减，所以 x1 是 g（x ）的极大值点，故 g（x ）g（1）0，故 a1（2）由（1）知 f（x ）x（lnxx 2+x） ，f '（x）lnx3x 2+2x+1设 h（x）lnx3x 2+2x+1，则 ， ，令 h'（x ）0，得 当 时，h'（x）0，h（x）单调递增，当 时，h'（x）0，h（x）单调递减，又因为 ， ， ，所以 h（x）在 上有唯一零点 x0，又 h（1）0，所以 f（x）在 上有唯一零点 1，第 23 页（共 25 页）于是当 x（0， x0）时，h（x）0，当 x（x 0，1）时，h（x）0，当 x（1，+）时，h（
43、x）0，因为 f'（x ）h（x） ，所以 xx 0 是 f（x）的唯一极小值点由 f'（x 0）0，得 ，故 ，由（1）知 ，令 （t ）2t 3t 2t， ，则 ，当 时，'（t）0，所以 （t）在 上单调递减，所以 ，所以 ，故结论得证【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，最值，属综合性较强的题型（二）选考题：共 10 分.请在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线，的参数方程为 （t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，
44、以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程；（2）设 ，M，N 为直线 l 与曲线 C 的两个交点，求 |OM|+|ON|的最大值【分析】 （1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得；第 24 页（共 25 页）（2）根据极径的几何意义以及三角函数的性质可得【解答】解：（1）直线 l 的极坐标方程为 （ R） ； （2 分）曲线 C 的普通方程为 ，（3 分）因为 xcos ，ysin ，x 2+y2 2，所以曲线 C 的极坐标方程为 （5 分）（2）设 M（ 1，） ，N（ 2， ） ，且 10， 20，将 代入曲线 C 的极坐标方程，有 ，（
45、6 分）因为 ，（7 分）根据极坐标的几何意义，|OM|，| ON|分别表示点 M，N 的极径，因此 ，（8 分）因为 ，所以 ，所以，当 ，即 时，|OM|+|ON| 取最大值 4（10 分）【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲 （10 分）23已知函数 f（x ）|3x 1|+|3x+k|，g（x ）x 24x1（1）当 k3 时，求不等式 f（x）4 的解集：（2）若存在 使得 f（x ）g（x）成立，求 k 的取值范围【分析】 （1）k3 时，利用分段法求不等式 f（x）4 的解集；（2） 时，f（x ）1+k，原问题等价于存在 使kx 24x2 成立，构造函数，求函数的最值，从而求得 k 的取值范围【解答】解：（1）当 k3 时，不等式 f（x）4 可化为：第 25 页（共 25 页）或 或 ；（3 分）解得：x 或 x或 x0，所以不等式的解集为x| x0 或 x ；（5 分）（2）当 时，3x10，3x+k 0 ，所以 f（x）1+k；于是原问题等价于存在 使 kx 24x 2，即 x24x2k 0 成立； （6 分）设 h（x）x 24x 2k， ，则 h（x） max0；（7 分）因为 h（x）x 24x 2k 为开口向上的抛物线，对称轴为 x2，所以 h（x）在 单调递减，当 时， ；（8 分）令 ，解得 k6 或 k3；
