江西省九江市2020屆高三第三次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題 （解析版）

1、2020年高考數(shù)學(xué)三模試卷（理科）一、選擇題（共12小題）.1復(fù)數(shù)z=-1+i2+i的虛部為（）A-35iB-35C35iD352若集合A=x|log2(x-1)2，B=x|x2-2x-80，則AB（）Ax|x5Bx|2x4Cx|2x5Dx|1x43若數(shù)列an為等比數(shù)列，則“a2，a4是方程x23x+10的兩根”是“a31”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4拋物線yax2上一點P(-14，18)到其準(zhǔn)線的距離為（）A34B14C18D385若a，b為正實數(shù)，直線2x+（2a3）y+20與直線bx+2y10互相垂直，則ab的最大值為（）A32B98C94D3

2、246如圖是九江市2019年4月至2020年3月每月最低氣溫與最高氣溫（）的折線統(tǒng)計圖：已知每月最低氣溫與最高氣溫的線性相關(guān)系數(shù)r0.83，則下列結(jié)論錯誤的是（）A每月最低氣溫與最高氣溫有較強的線性相關(guān)性，且二者為線性正相關(guān)B月溫差（月最高氣溫月最低氣溫）的最大值出現(xiàn)在10月C912月的月溫差相對于58月，波動性更大D每月最高氣溫與最低氣溫的平均值在前6個月逐月增加72019年11月26日，聯(lián)合國教科文組織宣布3月14日為“國際數(shù)學(xué)日”（昵稱：day），2020年3月14日是第一個“國際數(shù)學(xué)日”圓周率是圓的周長與直徑的比值，是一個在數(shù)學(xué)及物理學(xué)中普遍存在的數(shù)學(xué)常數(shù)有許多奇妙性質(zhì)，如萊布尼茲恒等

3、式11-13+15-17+=4，即為正奇數(shù)倒數(shù)正負交錯相加等小紅設(shè)計了如圖所示的程序框圖，要求輸出的T值與非常近似，則、中分別填入的可以是（）AS（1）i11i，ii+2BS（1）i112i-1，ii+1CSS+（1）i1，1iii+2DSS+（1）i112i-1，ii+18在一個不透明的盒子中裝有4個大小、形狀、手感完全相同的小球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4現(xiàn)每次有放回地從中任意取出一個小球，直到標(biāo)有偶數(shù)的球都取到過就停止小明用隨機模擬的方法估計恰好在第4次停止摸球的概率，利用計算機軟件產(chǎn)生隨機數(shù)，每1組中有4個數(shù)字，分別表示每次摸球的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下21組隨機數(shù)：由此可以估計恰好

4、在第4次停止摸球的概率為（）1314 1234 2333 1224 3322 1413 3124 4321 2341 2413 1224 2143 43122412 1413 4331 2234 4422 3241 4331 4234A27B13C821D5219函數(shù)f（x）e|x|xsinx1的圖象大致是（）ABCD10設(shè)雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的直線分別交雙曲線左、右兩支于點P，Q，點M為線段PQ的中點，若P，Q，F(xiàn)1都在以M為圓心的圓上，且PQMF1=0，則雙曲線C的離心率為(A2B22C3D2311如圖所示，三棱錐S一ABC中

5、，ABC與SBC都是邊長為1的正三角形，二面角ABCS的大小為23，若S，A，B，C四點都在球O的表面上，則球O的表面積為（）A73B133C43D312已知函數(shù)-2x2-4x-1，x0x3-3x2+3，x0，若不等式f(x)-mx0(mZ)恰有兩個整數(shù)解，則m的個數(shù)為（）A6B7C8D9二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13已知向量a=(2，1)，b=(-1，x)，若a+b與a-b共線，則實數(shù)x的值為 14若二項式(x+3x)n的展開式中各項系數(shù)和為256，則展開式中的常數(shù)項為 15設(shè)等差數(shù)列an滿足：a13，公差d（0，10），其前n項和為Sn若數(shù)列Sn+1也是等差數(shù)列，則S

6、n+10an+1的最小值為 16在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點M，N分別是棱B1C1，C1D1的中點，過A，M，N三點作正方體的截面，將截面多邊形向平面ADD1A1作投影，則投影圖形的面積為 三、解答題：本大題共5小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟17在ABC中，三內(nèi)角A，B，C滿足1-sinAsinB=sin2C2（）判斷ABC的形狀；（）若點D在線段AC上，且CD2DA，tanABD=25，求tanA的值18已知正；ABC邊長為3，點M，N分別是AB，AC邊上的點，ANBM1，如圖1所示將AMN沿MN折起到PMN的位置，使線段PC長為5，連接PB，如圖2

7、所示（）求證：平面PMN平面BCNM；（）若點D在線段BC上，且BD2DC，求二面角MPDC的余弦值19如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（ab0）的離心率為63，A為橢圓E上位于第一象限上的點，B為橢圓E的上頂點，直線AB與x軸相交于點C，|AB|AO|，BOC的面積為6（）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）設(shè)直線l過橢圓E的右焦點，且與橢圓E相交于M，N兩點（M，N在直線OA的同側(cè)），若CAMOAN，求直線l的方程20已知函數(shù)f(x)=a(lnx-1)+1x(aR)，存在極小值點x0，f（x0）0（）求a的取值范圍；（）設(shè)m，n0，且mn，求證：f(m)-f(n)

8、m-n1m+n-1mn21為篩查在人群中傳染的某種病毒，現(xiàn)有兩種檢測方法：（1）抗體檢測法：每個個體獨立檢測，每一次檢測成本為80元，每個個體收取檢測費為100元（2）核酸檢測法：先合并個體，其操作方法是：當(dāng)個體不超過10個時，把所有個體合并在一起進行檢測當(dāng)個體超過10個時，每10個個體為一組進行檢測若該組檢測結(jié)果為陰性（正常），則只需檢測一次；若該組檢測結(jié)果為陽性（不正常），則需再對每個個體按核酸檢測法重新獨立檢測，共需檢測k+1次（k為該組個體數(shù)，1k10，kN*）每一次檢測成本為160元假設(shè)在接受檢測的個體中，每個個體的檢測結(jié)果是陽性還是陰性相互獨立，且每個個體是陽性結(jié)果的概率均為p（0

9、p1）（）現(xiàn)有100個個體采取抗體檢測法，求其中恰有一個檢測出為陽性的概率；（）因大多數(shù)人群篩查出現(xiàn)陽性的概率很低，且政府就核酸檢測法給子檢測機構(gòu)一定的補貼，故檢測機構(gòu)推出組團選擇核酸檢測優(yōu)惠政策如下：無論是檢測一次還是k+1次，每組所有個體共收費700元（少于10個個體的組收費金額不變）已知某企業(yè)現(xiàn)有員工107人，準(zhǔn)備進行全員檢測，擬準(zhǔn)備9000元檢測費，由于時間和設(shè)備條件的限制，采用核酸檢測法合并個體的組數(shù)不得高于參加采用抗體檢測法人數(shù)，請設(shè)計一個合理的的檢測安排方案；（）設(shè)p=1-e-124，現(xiàn)有n（nN*且2n10）個個體，若出于成本考慮，僅采用一種檢測方法，試問檢測機構(gòu)應(yīng)采用哪種檢測

10、方法？（ln31.099，ln41.386，ln51.609，ln61.792）請考生在第22-23題中任選一題作答,如果多做,則按所做的第一題計分.(本小題滿分5分)選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程22在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為x=12(t+1t)y=t-1tt為參數(shù)），以原點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標(biāo)系（）寫出曲線C的普通方程和極坐標(biāo)方程；（）M，N為曲線C上兩點，若OMON，求|MN|的最小值選修4-5：不等式選講23定義區(qū)間（x1，x2）（x2x1）的長度為x2x1，已知不等式|xm|x1|+1x（mR）的解集區(qū)間長度為1（）求m的值；（）若a，bR，ab0

11、，a+bm，求b2a+a2b的最小值及此時a，b的值參考答案一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1復(fù)數(shù)z=-1+i2+i的虛部為（）A-35iB-35C35iD35【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案解：z=-1+i2+i=(-1+i)(2-i)(2+i)(2-i)=-15+35i，復(fù)數(shù)z=-1+i2+i的虛部為35故選：D2若集合A=x|log2(x-1)2，B=x|x2-2x-80，則AB（）Ax|x5Bx|2x4Cx|2x5Dx|1x4【分析】求出集合A和B，由此能求出AB解：集合A=x|log2(x-1)2

12、，B=x|x2-2x-80，Ax|1x5，Bx|2x4，ABx|2x5故選：C3若數(shù)列an為等比數(shù)列，則“a2，a4是方程x23x+10的兩根”是“a31”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【分析】“a2，a4是方程x23x+10的兩根”a2a4=a32=1“a31”；反之，滿足“a31”的一元二次方程有無數(shù)個解：數(shù)列an為等比數(shù)列，“a2，a4是方程x23x+10的兩根”，a2a4=a32=1，“a31”；反之，滿足“a31”的一元二次方程有無數(shù)個，“a2，a4是方程x23x+10的兩根”是“a31”的充分不必要條件故選：A4拋物線yax2上一點P(-14

13、，18)到其準(zhǔn)線的距離為（）A34B14C18D38【分析】求出a，然后利用拋物線的定義轉(zhuǎn)化求解即可解：拋物線yax2上一點P(-14，18)，可得：18=a116，解得a2；拋物線y2x2，即x2=12y，準(zhǔn)線方程為：y=-18拋物線y2x2上一點P(-14，18)到其準(zhǔn)線的距離為：14故選：B5若a，b為正實數(shù)，直線2x+（2a3）y+20與直線bx+2y10互相垂直，則ab的最大值為（）A32B98C94D324【分析】由兩直線垂直求出2a+b3，再利用基本不等式求出ab的最大值解：由直線2x+（2a3）y+20與直線bx+2y10互相垂直，所以2b+2（2a3）0，即2a+b3；又a、

14、b為正實數(shù)，所以2a+b22ab，即2ab(2a+b2)2=94，當(dāng)且僅當(dāng)a=34，b=32時取“”；所以ab的最大值為98故選：B6如圖是九江市2019年4月至2020年3月每月最低氣溫與最高氣溫（）的折線統(tǒng)計圖：已知每月最低氣溫與最高氣溫的線性相關(guān)系數(shù)r0.83，則下列結(jié)論錯誤的是（）A每月最低氣溫與最高氣溫有較強的線性相關(guān)性，且二者為線性正相關(guān)B月溫差（月最高氣溫月最低氣溫）的最大值出現(xiàn)在10月C912月的月溫差相對于58月，波動性更大D每月最高氣溫與最低氣溫的平均值在前6個月逐月增加【分析】由所給的折線圖，可以進行分析得到ABC正確，D錯誤解：每月最低氣溫與最高氣溫的線性相關(guān)系數(shù)r0.

15、83，可知每月最低氣溫與最高氣溫有較強的線性相關(guān)性，且二者為線性正相關(guān)，由所給的折線圖可以看出月溫差（月最高氣溫月最低氣溫）的最大值出現(xiàn)在10月，912月的月溫差相對于58月，波動性更大，每月的最高氣溫與最低氣溫的平均值在前5個月逐月增加，第六個月開始減少，所以ABC正確，D錯誤；故選：D72019年11月26日，聯(lián)合國教科文組織宣布3月14日為“國際數(shù)學(xué)日”（昵稱：day），2020年3月14日是第一個“國際數(shù)學(xué)日”圓周率是圓的周長與直徑的比值，是一個在數(shù)學(xué)及物理學(xué)中普遍存在的數(shù)學(xué)常數(shù)有許多奇妙性質(zhì)，如萊布尼茲恒等式11-13+15-17+=4，即為正奇數(shù)倒數(shù)正負交錯相加等小紅設(shè)計了如圖所示

16、的程序框圖，要求輸出的T值與非常近似，則、中分別填入的可以是（）AS（1）i11i，ii+2BS（1）i112i-1，ii+1CSS+（1）i1，1iii+2DSS+（1）i112i-1，ii+1【分析】由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量T4S的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案解：依題意，輸出的T4S4（1-13+15-17+12021）由題意可知循環(huán)變量i的初值為1，終值為2010，步長值為1，循環(huán)共執(zhí)行2010次，可得中填入的可以是ii+1，又S的值為正奇數(shù)倒數(shù)正負交錯相加，可得中填入的可以是SS+（1）i112i-1，故選：D8

17、在一個不透明的盒子中裝有4個大小、形狀、手感完全相同的小球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4現(xiàn)每次有放回地從中任意取出一個小球，直到標(biāo)有偶數(shù)的球都取到過就停止小明用隨機模擬的方法估計恰好在第4次停止摸球的概率，利用計算機軟件產(chǎn)生隨機數(shù)，每1組中有4個數(shù)字，分別表示每次摸球的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下21組隨機數(shù)：由此可以估計恰好在第4次停止摸球的概率為（）1314 1234 2333 1224 3322 1413 3124 4321 2341 2413 1224 2143 43122412 1413 4331 2234 4422 3241 4331 4234A27B13C821D521【分析】在21

18、組隨機數(shù)中，利用列舉法求出代表“恰好在第4次停止摸球”的隨機數(shù)共6組，由此能估計恰好在第4次停止摸球的概率解：在21組隨機數(shù)中，代表“恰好在第4次停止摸球”的隨機數(shù)是：1234，1224，3124，1224，4312，2234，共6組，恰好在第4次停止摸球的概率P=621=27故選：A9函數(shù)f（x）e|x|xsinx1的圖象大致是（）ABCD【分析】易知函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，且當(dāng)x（0，+）時，f（x）單調(diào)遞增，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象及性質(zhì)即可得解解：函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，由常見不等式exx+1可知，f（x）exsinxxcosxx+1sinxxcosxx（1cosx）+1sinx0，函

19、數(shù)f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，又由指數(shù)函數(shù)增長性可知，選項B符合題意故選：B10設(shè)雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的直線分別交雙曲線左、右兩支于點P，Q，點M為線段PQ的中點，若P，Q，F(xiàn)1都在以M為圓心的圓上，且PQMF1=0，則雙曲線C的離心率為(A2B22C3D23【分析】判斷PQMF1，則|PF1|QF1|，說明三角形PF1Q是等腰直角三角形，設(shè)|PF1|t，利用雙曲線的定義求出|PF2|=(22+2)a，在RtMF1F2中，結(jié)合勾股定理推出23a2c，即可求解雙曲線C的離心率解：以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1，則PF1Q=2，又PQ

20、MF1=0，可知PQMF1，則|PF1|QF1|，故三角形PF1Q是等腰直角三角形，設(shè)|PF1|t，則|PQ|=2t，由雙曲線的定義可知：|PF2|t+2a，|QF2|t2a，可得|PQ|4a，則2t4a，即t22a，則：|PF2|=(22+2)a，在RtMF1F2中，|MF1|=12|PQ|=2a，|MF2|PF1|PM|22a，由勾股定理可知|F1F2|23a2c，則雙曲線C的離心率為：e=ca=3故選：C11如圖所示，三棱錐S一ABC中，ABC與SBC都是邊長為1的正三角形，二面角ABCS的大小為23，若S，A，B，C四點都在球O的表面上，則球O的表面積為（）A73B133C43D3【分

21、析】取線段BC的中點D，連結(jié)AD，SD，由題意得ADBC，SDBC，ADS是二面角ABCS的平面角，ADS=23，由題意得BC平面ADS，分別取AD，SD的三等分點E，F(xiàn)，在平面ADS內(nèi)，過點E，F(xiàn)分別作直線垂直于AD，SD，兩條直線的交點即球心O，連結(jié)OA，則球O半徑R|OA|，由此能求出球O的表面積解：取線段BC的中點D，連結(jié)AD，SD，由題意得ADBC，SDBC，ADS是二面角ABCS的平面角，ADS=23，由題意得BC平面ADS，分別取AD，SD的三等分點E，F(xiàn)，在平面ADS內(nèi)，過點E，F(xiàn)分別作直線垂直于AD，SD，兩條直線的交點即球心O，連結(jié)OA，則球O半徑R|OA|，由題意知BD=

22、12，AD=32，DE=13AD=36，AE=23AD=33，連結(jié)OD，在RtODE中，ODE=3，OE=3DE=12，OA2OE2+AE2=712，球O的表面積為S4R2=73故選：A12已知函數(shù)-2x2-4x-1，x0x3-3x2+3，x0，若不等式f(x)-mx0(mZ)恰有兩個整數(shù)解，則m的個數(shù)為（）A6B7C8D9【分析】畫出函數(shù)的圖象，利用x的范圍，討論零點個數(shù)的m值，得到選項解：f（x）的圖象如圖：由題意可得，當(dāng)x0時，不等式f(x)-mx0(mZ)，可得f（x）m；所以m2，此時x1或x2；m0時，函數(shù)的零點為x1，x2當(dāng)x0時，不等式f(x)-mx0(mZ)，可得f（x）m，

23、m0時，x1，當(dāng)m6，5，4，3，2，時，不等式f(x)-mx0(mZ)恰有兩個整數(shù)解，整數(shù)解為：x2，和x1，綜上，m6，5，4，3，2，0，2共有7個值故選：B二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13已知向量a=(2，1)，b=(-1，x)，若a+b與a-b共線，則實數(shù)x的值為-12【分析】利用向量的坐標(biāo)運算和向量共線定理即可得出解：a+b=（1，1+x），a-b=（3，1x），(a+b)(a-b)，3（1+x）（1x）0，解得x=-12故答案為：-1214若二項式(x+3x)n的展開式中各項系數(shù)和為256，則展開式中的常數(shù)項為54【分析】先利用賦值法求出n的值，然后利用展開式

24、通項求常數(shù)項解：令x1，有4n256，解得n4，所以展開式通項為：Tk+1=3kC4kx4-2k，令42k0得，k2故常數(shù)項為：C4232=54故答案為：5415設(shè)等差數(shù)列an滿足：a13，公差d（0，10），其前n項和為Sn若數(shù)列Sn+1也是等差數(shù)列，則Sn+10an+1的最小值為3【分析】由題意可得：2S2+1=S1+1+S3+1，即27+d=2+10+3d，公差d（0，10），解得d可得anSn代入Sn+10an+1變形利用基本不等式的性質(zhì)即可得出解：由題意可得：2S2+1=S1+1+S3+1，即27+d=2+10+3d，公差d（0，10），解得d2an2n+1Sn=n(3+2n+1)2

25、=n2+2nSn+1=n+1數(shù)列Sn+1是等差數(shù)列，則Sn+10an+1=n2+2n+102n+2=(n+1)2+92(n+1)=12（n+1）+9n+1(n+1)9n+1=3，當(dāng)且僅當(dāng)n2時取等號，Sn+10an+1的最小值為3故答案為：316在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點M，N分別是棱B1C1，C1D1的中點，過A，M，N三點作正方體的截面，將截面多邊形向平面ADD1A1作投影，則投影圖形的面積為712【分析】由圖象可得投影為五邊形AH1M1D1G，利用三角形相似性質(zhì)得到DG2D1G=23，BH2B1H=23，進而求得AH12A1H1=23，A1M1D1M1=12，則可得

26、SAH1M1D1G=1-SA1H1M1-SADG解：直線MN分別與直線A1D1，A1B1交于E，F(xiàn)兩點，連接AE，AF，分別與棱DD1，BB1交于G，H兩點，連接GN，MH，得到截面五邊形AGNMH，向平面ADD1A1作投影，得到五邊形AH1M1D1G，由點M，N分別是棱B1C1，C1D1的中點，可得D1ED1N=12，由D1EGDAG，可得DG2D1G=23，同理BH2B1H=23，則AH12A1H1=23，A1M1D1M1=12，則SAH1M1D1G=1-SA1H1M1-SADG1-121213-12123=712，故答案為：712三、解答題：本大題共5小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明，證

27、明過程或演算步驟17在ABC中，三內(nèi)角A，B，C滿足1-sinAsinB=sin2C2（）判斷ABC的形狀；（）若點D在線段AC上，且CD2DA，tanABD=25，求tanA的值【分析】（）由已知利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡可得cos（AB）1，結(jié)合范圍AB（，），可得AB，即可判斷ABC的形狀為等腰三角形；（）設(shè)DAx，CD2x，ABD，在ADB，CDB中，由正弦定理可得xsin=4xsin(A-)，利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可求tanA5tan，結(jié)合tan=25，可求tanA的值解：（）1-sinAsinB=sin2C2，sinAsinB1sin2C2=cos2C2，2sinAsinB

28、1+cosC，C（A+B），2sinAsinB1+cos（A+B）1cos（A+B），2sinAsinB1cosAcosB+sinAsinB，即cosAcosB+sinAsinB1，即cos（AB）1，AB（，），AB0，可得AB，可得ABC的形狀為等腰三角形；（）設(shè)DAx，CD2x，ABD，在ADB中，由正弦定理可得BDsinA=ADsin，即BDsinA=xsin，在CDB中，由正弦定理可得BDsinC=CDsin(B-)，即BDsin2A=2xsin(A-)，即BDsinA=4xcosAsin(A-)，xsin=4xsin(A-)，sin（A）4cosAsin，sinAcoscosAsi

29、n4cosAsin，sinAcos5cosAsin，tanA5tan，tan=25，tanA218已知正；ABC邊長為3，點M，N分別是AB，AC邊上的點，ANBM1，如圖1所示將AMN沿MN折起到PMN的位置，使線段PC長為5，連接PB，如圖2所示（）求證：平面PMN平面BCNM；（）若點D在線段BC上，且BD2DC，求二面角MPDC的余弦值【分析】（）推導(dǎo)出ANMN，即PNMN，PNNC，從而PN平面BCNM，由此能證明平面PMN平面BCNM（）以N為坐標(biāo)原點，NM為x軸，NC為y軸，NP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角MPDC的余弦值解：（）證明：依題意，在AMN中，A

30、M2，AN1，A=3，由余弦定理及勾股得MN2+AN2AM2，ANMN，即PNMN，在圖2PNC中，PN1，NC2，PC=5，PC2PN2+NC2，PNNC，MNNCN，PN平面BCNM，PN平面PMN，平面PMN平面BCNM（）解：以N為坐標(biāo)原點，NM為x軸，NC為y軸，NP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則P（0，0，1），M（3，0，0），D（32，32，0），C（0，2，0），PM=（3，0，1），MD=（-32，32，0），PC=（0，2，1），DC=（-32，12，0），設(shè)平面MPD的一個法向量m=（x，y，z），則mPM=3x-z=0mMD=-32x+32y=0，取y1，得m=（3，

31、1，3），設(shè)平面PDC的法向量n=（a，b，c），則nPC=2b-c=0nDC=-32a+12b=0，取a1，得n=（1，3，23），設(shè)二面角MPDC的平面角為，由圖知是鈍角，cos=-|mn|m|n|=-83413=-23913二面角MPDC的余弦值為-2391319如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（ab0）的離心率為63，A為橢圓E上位于第一象限上的點，B為橢圓E的上頂點，直線AB與x軸相交于點C，|AB|AO|，BOC的面積為6（）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）設(shè)直線l過橢圓E的右焦點，且與橢圓E相交于M，N兩點（M，N在直線OA的同側(cè)），若CAMOAN，

32、求直線l的方程【分析】（）運用橢圓的離心率公式和a，b，c的關(guān)系，結(jié)合三角形的面積公式和線段的中點坐標(biāo)公式，解方程可得a，b，進而得到所求橢圓方程；（）求得A的坐標(biāo)和右焦點坐標(biāo)，運用等腰三角形的性質(zhì)，可得線AM，AN的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線AM：y1k（x3），聯(lián)立橢圓方程x2+3y212，運用韋達定理，求得x1，同理可得x2，再由直線的斜率公式，化簡整理，即可得到k，進而得到所求直線方程解：（）因為e=ca=63，可得a=62c，b=a2-c2=22c，由|AB|AO|，可得A（32a，12b）為BC的中點，所以SBOC=123ab6，即ab43，所以62c22c43，即c22，a23，b2

33、，所以橢圓的方程為x212+y24=1；（）由（）可得A（3，1），右焦點為（22，0），因為|AB|AO|，所以ABOAOB，所以AOCACO，又CAMOAN，直線AM，AN的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線AM：y1k（x3），聯(lián)立橢圓方程x2+3y212，消去y，可得（1+3k2）x2+6k（13k）x+27k218k90，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則3x1=27k2-18k-91+3k2，所以x1=9k2-6k-31+3k2，將k換為k，同理可得x2=9k2+6k-31+3k2，x1+x2=18k2-61+3k2，x2x1=12k1+3k2，kMN=y2-y1x2-x1=(-kx2+

34、3k+1)-(kx1-3k+1)x2-x1=-k(x2+x1)+6kx2-x1=-k18k2-61+3k2+6k12k1+3k2=1，所以直線l的方程為y0x22，即xy22=020已知函數(shù)f(x)=a(lnx-1)+1x(aR)，存在極小值點x0，f（x0）0（）求a的取值范圍；（）設(shè)m，n0，且mn，求證：f(m)-f(n)m-n1m+n-1mn【分析】（I）先對函數(shù)求導(dǎo)，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系對a進行分類討論，然后結(jié)合單調(diào)性及極值的關(guān)系可求a，（II）先代入整理可得f(m)-f(n)m-n-(1n+m-1mn)=a(lnn-lnm)n-m-1m+n，結(jié)合結(jié)果特點構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)進行

35、證明解：（I）f(x)=ax-1x2=ax-1x2，x0，當(dāng)a0時，f（x）0恒成立，f（x）在（0，+）上單調(diào)遞減，不合題意；當(dāng)a0時，由f（x）0可得0x1a，f（x）0可得x1a，故函數(shù)在（0，1a）上單調(diào)遞減，在（1a，+）上單調(diào)遞增，故x0=1a，由f（1a）alna0，即lna0，可得a1，故a的范圍（1，+），（II）f(m)-f(n)m-n-(1n+m-1mn)=(alnm+1m)-(alnn+1n)m-n-（1m+n-1mn）=a(lnn-lnm)n-m-1m+n，不妨設(shè)nm0，因為a0，所以f(m)-f(n)m-n-(1n+m-1mn)lnn-lnmn-m-1n+m，=1n

36、-m(lnn-lnm)-n-mn+m=1n-m(lnnm-nm-1nm+1)，又nm0，故nm1，令t（x）lnx-x-1x+1，x1，則t(x)=1x-2(x+1)2=1+x2x(x+1)20，故t（x）在（1，+）上單調(diào)遞增，t（x）t（1）0，即lnx-x-1x+10，即lnnm-nm-1nm+10，故f(m)-f(n)m-n1m+n-1mn21為篩查在人群中傳染的某種病毒，現(xiàn)有兩種檢測方法：（1）抗體檢測法：每個個體獨立檢測，每一次檢測成本為80元，每個個體收取檢測費為100元（2）核酸檢測法：先合并個體，其操作方法是：當(dāng)個體不超過10個時，把所有個體合并在一起進行檢測當(dāng)個體超過10個

37、時，每10個個體為一組進行檢測若該組檢測結(jié)果為陰性（正常），則只需檢測一次；若該組檢測結(jié)果為陽性（不正常），則需再對每個個體按核酸檢測法重新獨立檢測，共需檢測k+1次（k為該組個體數(shù)，1k10，kN*）每一次檢測成本為160元假設(shè)在接受檢測的個體中，每個個體的檢測結(jié)果是陽性還是陰性相互獨立，且每個個體是陽性結(jié)果的概率均為p（0p1）（）現(xiàn)有100個個體采取抗體檢測法，求其中恰有一個檢測出為陽性的概率；（）因大多數(shù)人群篩查出現(xiàn)陽性的概率很低，且政府就核酸檢測法給子檢測機構(gòu)一定的補貼，故檢測機構(gòu)推出組團選擇核酸檢測優(yōu)惠政策如下：無論是檢測一次還是k+1次，每組所有個體共收費700元（少于10個個體

38、的組收費金額不變）已知某企業(yè)現(xiàn)有員工107人，準(zhǔn)備進行全員檢測，擬準(zhǔn)備9000元檢測費，由于時間和設(shè)備條件的限制，采用核酸檢測法合并個體的組數(shù)不得高于參加采用抗體檢測法人數(shù)，請設(shè)計一個合理的的檢測安排方案；（）設(shè)p=1-e-124，現(xiàn)有n（nN*且2n10）個個體，若出于成本考慮，僅采用一種檢測方法，試問檢測機構(gòu)應(yīng)采用哪種檢測方法？（ln31.099，ln41.386，ln51.609，ln61.792）【分析】（）利用n次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生k次概率計算公式能求出其中恰有一個檢測出為陽性的概率（）設(shè)安排x個個體采用抗體檢測法，y組個體采用核酸檢測法，則由條件知：x+10y107100

39、x+700y9000yx，x，yN，總檢測費用為z100x+700y利用線性規(guī)劃能求出安排17人采取抗體檢測法，90人采用核酸檢測法，或者安排10人采取抗體檢測法，97人采用核酸檢測法，可使所有員工參加檢測，且費用偏低（）設(shè)采用抗體檢測法，檢測機構(gòu)成本期望為EX，采用核酸檢測，檢測機構(gòu)成本期望為EY，由已知得EX80n，求出E（Y）160n+1n（1p）n，設(shè)EXEY，推導(dǎo)出（1p）n1n+12，從而ln（1n+12）+n240，設(shè)f（x）ln（1x+12）+x24，（2x10），則f(x)=124-2x(x+2)，由此能求出當(dāng)n2時，采用抗體檢測法，當(dāng)3n10，nN*時，采用核酸檢測法解：（

40、）現(xiàn)有100個個體采取抗體檢測法，其中恰有一個檢測出為陽性的概率為：P=C1001p(1-p)99=100p（1p）99（）設(shè)安排x個個體采用抗體檢測法，y組個體采用核酸檢測法，則由條件知：x+10y107100x+700y9000yx，x，yN，總檢測費用為z100x+700y畫出可行域如圖： 由x+10y=107y=x，解得A（10711，10711），則在可行域內(nèi)臨近A點的整點有（10，10），（17，9），此時，Zmin8000，即安排17人采取抗體檢測法，90人采用核酸檢測法，或者安排10人采取抗體檢測法，97人采用核酸檢測法，可使所有員工參加檢測，且費用偏低（）設(shè)采用抗體檢測法，檢測機構(gòu)成本期望為EX，采用核酸檢測，檢測機構(gòu)成本期望為EY，由已知得EX80n， 設(shè)采用核酸檢測法檢測次數(shù)為，則的取值只有1和n+1，且P（1）（1p）n，P（n+1）1（1p）n，E（）（1p）n+（n+1）1（1p）nn+1n（1p）n，E（Y）160n+1n（1p）n，設(shè)EXEY，則160n+1n（1p）n80n，即（1p）n1n+1