“超级全能生”2021届高三全国卷地区3月联考试题（甲卷）数学（理）试题（PDF版含解析）.zip

“ 超级全能生” 高考全国卷地区 月联考甲卷 数学（ 理科） 答案详解 【 解析】 本题考查集合的交集运算、 一元二次不等 式的解法， 考查运算求解能力， 考查数学运算核心素 养 由 ， 即（ ） （ ） ， 得 ， 所以集合 ， ， 由 得 ， 即 ， 所以集合 （ ， ） ， 所以 ， ) ， 故选 【 解析】 本题考查复数的四则运算及复数的模， 考 查运算求解能力， 考查数学运算核心素养 复数 槡 槡 () 槡 槡槡 ， 所以 （ 槡 ） 槡 ， 故选 【 解析】 本题考查指数式、 对数式的大小比较， 考查 运算求解能力， 考查数学运算、 逻辑推理核心素养 ， 因为 ， 所以 ， 故 又 () ， 所以 ， 故选 【 解析】 本题考查二项式定理， 考查运算求解能力， 考查数学运算核心素养 根据题意可知， （ 槡 ） () （ ） ， ， ， ， ， ， 令 得 ， 所以 的系数为（ ） ， 故选 【 解析】 本题考查函数图象的识别， 考查推理论证、 运算求解能力， 考 查 数 学 运 算 核 心 素 养 由 题 知 （ ） （ ） 的定义域为（ ， ） 因为 （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） ， 所以 （ ） 是偶函数， 函数图 象关于 轴对称， 排除选项 ； 又 （ ） ， 故排除选项 ， ， 故选 【 解析】 本题考查导数的几何意义， 考查运算求 解能力， 考 查 数 学 运 算 核 心 素 养 由 题 得 （ ） 设切点为（ ， ） ， 则 ， 令 （ ） ， 即 令 （ ） ， 则 （ ） ， 易知 （ ） ， 则 （ ） （ ） ， 所以方程 只有一个实根 ， 代入原函数得 ， 故切点为（ ， ） ， 切线斜率为 ， 所以切线方程为 ， 故选 【 解析】 本题考查排列与组合及古典概型， 考查运算 求解和数据处理能力， 考查数学运算核心素养 从 科 中任选 科共 种不同的方案， 两人分别从 科 中任选 科， 共有 种不同的方案 因为他 们都选了物理， 其余 科又不同， 所以对甲是否选化学 分成两类讨论， 第 类甲选化学， 甲只需再从生物、 地 理、 政治 门中选 门， 有 种方法， 乙从剩余 门 中选 门， 有 种方法， 所以一共有 种选法； 第 类甲不选化学， 甲又不选历史， 所以他只能从生 物、 政治、 地理 门中选 门， 有 种方法， 乙只能 选剩下的 门， 有 种方法， 此时一共有 种选法 综 上所知， 满足要求的选法共有 种， 所以所求事件的 概率 ， 故选 【 解析】 本题考查程序框图， 考查数据处理和运算求解 能力， 考查数据分析、 数学运算、 逻辑推理核心素养 按照程序框图运行程序， 输入 ， ， 则第 次运 行， ， ， 继续循环； 第 次运 行， ， ， 继续循环； 第 次运行， ， ， 继续循 环； 由此可推出， 第 次运行， ， 令 ， 解得 ， 此时 ， 满足条 件， 退出循环， 所以判断框中应填 ？ ， 故选 【 解析】 本题考查等差数列的通项公式及前 项和 公式， 考查运算求解能力， 考查数学抽象及数学运算核 心素养 当 时， ， 解得 ； 又当 时， （ ） （ ）， 所以得（ ） （ ） ， 当 时， （ ） （ ） ， 所以得（ ） （ ） （ ） （ ） ， 可得 ， 所以数列 为 数学（ 理科） 答 等差数列， 设其公差为 因为 ， 解得 又 ， 且易得 ， ， 所 以 ， 故 ， 故 选 【 一题多解】 当 时， ， 解得 ； 当 时， ， 由已知 ， 解得 ， 所 以 ， 解得 ， 由前 项可猜想数 列 为等差数列， 设其公差为 因为 ， 解得 又 ， 所以 ， ， 将 ， 代入 （ ） 成立， 故 ， 故选 【 解析】 本题考查三角函数的定义、 三角函数的对 称性、 周期性， 考查运算求解能力、 推理论证能力 设 () ， 依题意 又 ， 所以 又 ， 圆 的半径为 ， 所以 点满足 () ， 当 时， ， 解 得 ， 所 以 () ， 故 () 该函 数最小正周期为 ， 所以当 时， 点 与 点 重合， 选项 错误； 令 （ ） ， 解得 （ ） ， 当 时， ， 又因为 ， ， ， 所 以选项 错误； 令 () ， 即 () ， 所以 （ ） 或 （ ） ， 解得 或 （ ） 又 （ ， ） ， 所以 可以取 的值为 ， ， ， ， ， 此时盛水筒有 次经过水平 面， 选项 正确； 当 时， ( ) ， 所以选项 错误， 故 选 【 解析】 本题考查椭圆的定义及几何性质、 角平分 线的性质， 考查推理论证能力、 运算求解能力及数形 结合思想， 考查数学运算、 逻辑推理、 直观想象核心素 养 如图， 连接 ， ， 是 的内心， 可得 ， 分别是 和 的角平分线， 则 由角平分线性质可知 ， ， 由比 例 关 系 性 质 可 知 又因为 ， 所以椭 圆的离心率 ， 故选 【 解析】 本题考查分段函数的单调性及不等式恒成 立问题， 考查运算求解能力， 考查化归与转化思想， 考 查数学运算、 逻辑推理核心素养 因为函数 （ ） （ ） ， （ ） 是定义在 上的单调递增函 数， 所以 ， ， ， 解得 又当 时， （ ） （ ） 恒成立， 即 （ ） ， 即 ， 当 时， ， 显然成立； 当 时， 化简可得 因为 ， 当且 仅当 时 等 号 成 立，所 以 ， 当且仅当 ， 即 时等号成立， 所以 综上可知 ， 故选 槡 【 解析】 本题考查平面向量的模和平面向量的 坐标运算， 考查运算求解能力， 考查数学运算核心素 养 （ ， ） （ ， ） （ ， ） ， 槡 【 解析】 本题考查等比数列的通项公式及性质， 考 查推理论证能力、 运算求解能力， 考查数学运算、 逻辑 推理核心素养 由 ， 得 由等比数列的通项公式得 ， 所以 （ ） （ ） （ ） 槡 【 解析】 本题考查双曲线的离心率， 考查运算 求解能力， 考查数学运算核心素养 由题意可令 点 （ ， ） ， （ ， ） ， （ ， ） ， 则由重心坐标公 式可得 ， ， 解得 ， ， 点 坐标 为（ ， ） 点 在曲线 上， ， 双曲线的离心率 ， ， ， 即 （ ） ， （ ） 数学（ 理科） 答 ， ， 槡 槡 槡 () ， 槡 【 一题多解】 由题意可令点 （ ， ） ， （ ， ） ， （ ， ） ， 则由重心坐标公式可得 ， ， 解得 ， ， 点 坐标为（ ， ） 点 在曲线 上， ， ， ， （ ） ， ， ， ， 即 ， 解 得 槡 ， 槡 （ 槡 ） 【 解析】 本题考查圆锥的内切球、 圆锥中 相关量的计算， 考查运算求解能力、 空间想象能力， 考 查化归与转化思想、 函数与方程思想， 考查数学运算、 直观想象核心素养 设圆锥的底面圆半径为 ， ， 设球与侧面相切于点 ， 在 中， 槡 因为 ， 则 ， 即 槡 ， 所以 在 中， （ ） 槡 （ ） 槡 ， 故圆锥的侧面 积 （ ） 槡 （ ） 槡 （ ） 槡 （ ） （ ） （ ） 槡 令 ， ， 则 ， 故 （ ） （ ） 槡 () 槡 () （ 槡 ） ， 当且仅当 ， 即 槡 ， 槡 时， 取等号， 所以圆锥侧面积 的最小 值为（ 槡 ） 【 一题多解】 解法一： 设 ， 在 中， ， 因为 ， 则 ， 即 ， 所以 ， ， 于是圆锥的侧面积 （ ） （ ） 令 ， 则 （ ） ， 则 （ ） （ ） () 槡 （ 槡 ） ， 当且仅当 ， 即 槡 时取 等号， 所以圆锥侧面积 的最小值为（ 槡 ） 解法 二： 设 ， ， 且 ， ， 即 （ ） 槡 ， （ ） 槡 ， ， 圆锥的侧面积 （ ） 槡 () （槡 ） ， 当且仅当 槡 时等号成立， 故圆锥侧面积 的 最小值为（ 槡 ） 【 名师指导】 本题考查余弦定理及三角形的面积公式、 三角恒等变换， 考查运算求解能力， 考查数学运算核 心素养 （） 利用 和三角恒等变换， 求 得 ， 再利用三角形的面积公式即可求解； （） 利 用三角形的面积公式建立 与 的关系， 再利用 余弦定理表示出 ， 最后利用辅助角公式即可求解 解： （） 在 中， 由 槡 ， 槡 得 槡 ， 槡 ， （ 分） 所以 （ ） 槡 槡 槡 槡 槡 （ 分） 因为 ， 所以三角形 的面积 槡 槡 （ 分） （） ， 所以 ， 所以 () （ 分） 在 中， 由余弦定理得 ，（ 分） 即 槡 （ ） ， 其中 又 （ ） 槡 ， 数学（ 理科） 答 即 槡 ， （ 分） 解得 槡 ， 所以 的最小值为槡 （ 分） 【 名师指导】 本题考查空间中直线与平面、 平面与平面 的位置关系、 余弦定理、 二面角， 考查运算求解能力， 考查直观想象、 逻辑推理核心素养 （） 利用已知条件及勾股定理的逆定理证得 平 面 ， 再利用面面垂直的判定定理即可得证； （） 由（） 易得 平面 ， 建立合适的空间直 角坐标系， 并分别求得平面 和平面 的一个 法向量即可利用向量法求解二面角的大小 解： （） 证明： 因为 ， ， 所以 （ 分） 在 中， 由余弦定理得 槡 （槡 ） 槡 槡 槡 （ 分） 因为 ， 所以 （ 分） 又 ， 所以 平面 （ 分） 又 平面 ， 所以平面 平面 （ 分） （） 由（） 可知 又 ， ， 所以 平面 （ 分） 故以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 （ ， ， ） ， （ ， ， ） ， （ ， ， ） ，（ ， ， ） ， （ ， ， ） ， （ ， ， ） ， （ ， ， ） ， （ ， ， ） 因为 ， 所以点 （ ， ， ） ， （ ， ， ） （ 分） 设平面 的法向量为 （ ， ， ） ， 则 ， ， 即 ， ， 令 ， 则 ， 故 （ ， ， ） （ 分） 同理， 设平面 的法向量为 （ ， ， ） ， 易得 （ ， ， ） ，（ 分） 所以 ， 槡槡 槡 （ 分） 易知二面角 为锐角， 所以二面角 的大小为 （ 分） 【 名师指导】 本题考查抛物线的定义与几何性质、 直线 与抛物线的位置关系， 考查推理论证能力、 运算求解 能力， 考查化归与转化思想， 考查逻辑推理和数学运 算核心素养 （） 利用抛物线的定义得 ， 再结合抛物 线的几何性质即可求解； （） 利用已知条件可求出直 线 ， 再设出直线 的方程并与抛物线的方程联立， 求得 ， 两点纵坐标的关系， 设出直线 的方程 并与直线 的方程联立， 可解出 ， 同理求得 ， 通 过化简可得 ， 即可得证 解： （） 过点 作抛物线 准线的垂线， 垂足为 ， 根据抛物线的定义可得 ， 于是 ，（ 分） 显然当 ， ， 三点共线时， 有最小值 ， 所以 ， 解得 ， （ 分） 所以抛物线 的方程为 （ 分） （） 证明： 直线 ： ， 令 得 ， 所以点 （ ， ） 因为直线 平行于直线 ： ， 且过点 （ ， ） ， 所以直线 ： 设直线 ： （ ） ， 代入抛物线 方程消去 得 ， （ ） 设点 （ ， ） ， （ ， ） ， 则 ， （ 分） 直线 ： ， 直线 ： ， （ 分） 联立 ， ， 解得 （ ） （ ） 同理可求得 （ ） （ ） ，（ 分） 所以 （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ 分） 因为 ， 所以 ， 即 是 的中点， 所以 （ 分） 数学（ 理科） 答 【 名师指导】 本题考查离散型随机变量的分布列与数 学期望， 考查数据处理能力、 运算求解能力， 考查数学 运算、 数据分析、 数学抽象核心素养 （） 根据题意分别求出每一类情况的概率， 再利用互 斥事件概率加法公式即可求解； （） 由题意可知 的所有可能取值为 ， ， ， 利用独立事件与互斥事件 的概率公式求出对应的概率即可求出分布列与数学 期望 解： （） 比赛进行了 场且甲晋级的情况有两类： 第一类是甲胜 局没有负的情况， 共两种情况分别为 甲胜丙， 丙对乙， 乙负甲； 甲胜乙， 乙对丙， 丙负甲， 其概率为 ； （ 分） 第二类是甲胜 局负 局， 共有 种情况， 分别为 甲胜乙， 乙胜甲， 甲胜乙； 甲负乙， 乙负甲， 甲胜乙； 甲胜乙， 乙胜甲， 甲胜丙； 甲负乙， 乙负甲， 甲胜丙； 甲胜丙， 丙胜甲， 甲胜乙； 甲负丙， 丙负甲， 甲胜乙； 甲胜丙， 丙胜甲， 甲胜丙； 甲负丙， 丙负甲， 甲胜丙， 其概率为 ( ) ， （ 分） 所以比赛进行了 场且甲晋级的概率为 （ 分） （） 依题意 的所有可能取值为 ， ， ， 由（） 知 （ ） （ 分） 当乙晋级且 时， 根据题意有三种情况分别是 甲负乙， 乙负丙， 丙负乙； 甲负丙， 丙负乙， 乙胜甲； 甲负丙， 丙负乙， 乙胜丙， 其概率为 ；（ 分） 当丙晋级且 时， 根据题意有三种情况分别是 甲负乙， 乙负丙， 丙胜甲； 甲负乙， 乙负丙， 丙胜乙； 甲负丙， 丙负乙， 乙负丙， 其概率为 ，（ 分） 所以 （ ） ，（ 分） 所以 （ ） ，（ 分） 故 的分布列为 （ 分） 则 （ ） （ 分） 【 名师指导】 本题考查利用导数研究函数的单调性、 极 值点， 考查运算求解能力， 考查化归与转化思想、 分类 与整合思想， 考查数学抽象、 逻辑推理、 数学运算核心 素养 （） 利用函数 （ ） 在定义域内是减函数等价于 （ ） 在（ ， ） 上恒成立， 参变分离后， 即可 求 的最小值； （） 利用（） 中 的取值范围与 （ ） 的单调性， 分别研究 （ ） 在（ ， ） 上图象的 变化趋势， 从而确定 （ ） 有两个极值点时 的取值 范围， 再构造函数， 利用导数研究函数的单调性即可 求解； 或利用极值点与零点的关系以及导数的性质即 可求解； 或利用极值点与零点的关系， 结合对数平均 不等式即可求解 解： （ ） （ ） （ ） （ ） ，（ 分） 依题意， （ ） 的定义域为（ ， ） ， 且 （ ） （ ） （ ） ， 即 （ ） 对 （ ， ） 恒成立 （ 分） 令 （ ） （ ） ， 则 （ ） （ ） （ ） ， 令 （ ） ， 解得 ， 当 （ ， ） 时， （ ） ； 当 （ ， ） 时， （ ） ， 所以当 时， （ ） （ ） ， 即 （ ） 有最大值 （ 分） 若使 （ ） ， 只需 （ ） ， 所以 ， 故 的最小值为 （ 分） （） 证法一： 由（） 知若 （ ） 有两个极值点， 则 令 （ ） （ ） （ ） ， 则 （ ） 由 （ ） ， 解得 ， （ 分） 当 ， () 时， （ ） ； 当 ，( ) 时， （ ） ， 所以 是 （ ） 的极大值点 不妨设 ， 则 ， （ 分） 令 （ ） （ ） () （ ） () () ，（ 分） 数学（ 理科） 答 （ ） （ ） () () ， 所以函数 （ ） 在 ，( ) 上单调递增， 于是 （ ） () 因为 ， 所以 （ ） （ ） () ， 即 () （ ） （ ） （ 分） 又 ， 由函数 （ ） 在 ， () 上单调递增知 ， 即 （ 分） 证法二： 由 ， 是 （ ） 的极值点知， 它们也是函数 （ ） （ ） （ ） （ ） 的零点， 于是 （ ） （ ） ， （ ） （ ） ， 两式相减得 （ ） （ ） （ ） （ 分） 不妨设 ， 则 要证 ， 即证 （ ） ， 即 () （ 分） 令 ， 则 （ ） （ 分） 令 （ ） （ ） （ ） ， （ ） （ ） （ ） ， （ 分） 所以 （ ） （ ） ， 于是 （ ） ， 故成立， （ 分） 所以 （ 分） 证法三： 由 ， 是 （ ） 的极值点知， 它们也是函数 （ ） （ ） （ ） （ ） 的零点， 于是 （ ） （ ） ， （ ） （ ） ， 两式相减得 （ ） （ ） （ ） （ 分） 因为 （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） ， （ 分） 所以 ， 即 （ 分） 【 名师指导】 本题考查参数方程与普通方程的互化、 极 坐标方程与直角坐标方程的互化、 参数的几何意义， 考查运算求解能力， 考查数学运算、 数学抽象核心 素养 （） 采用消参法将曲线参数方程化为普通方程即可， 先将极坐标方程化简， 再把 ， 代入 即可求解； （） 先将直线 的普通方程化为参数方 程， 再利用参数的几何意义即可求解 解： （） 由已知得曲线 ： ， 槡 ， 平方后相加得 （ 分） 又 槡 槡 （槡 ，槡 ， 所以曲线 的普通方程为 （ 槡 ） （ 分） 又 () ， 即 槡 ， 将 ， 代入即可得到直线 ： 槡 （ 分） （） 显然点 （ ， ） 在直线 ： 槡 上， 直线 的斜率为槡 ， 所以倾斜角为 ， 直线 的参数方程为 槡 ， （ 为参数） （ 分） 将参数方程代入椭圆 ： 得 槡 设 ， 对应的参数分别为 ， ， 由韦达定理得 槡 ， ，（ 分） 所以 （ 分） 【 名师指导】 本题考查绝对值不等式， 考查运算求解能 力， 考查数学运算核心素养 （） 把 的值代入， 再去绝对值即可求解； （） 根据 条件去绝对值， 然后解不等式即可求解 解： （） 当 时， （ ） ， ， ， ， （ 分） 当 时， （ ） （ ） ； 当 时， （ ） （ ） ，（ 分） （ ） ， （ 分） （） 当 （ ， ） 时， （ ） （ ） （ ） （ 分） 由 （ ） 得 （ ） ， 即（ ） （ ） （ 分） （ ， ） ， ， ， 即 又 ，（ 分） ， 即 ， 实数 的取值范围是 ， ） （ 分） 数学（ 理科） 答 “超级全能生超级全能生”2021”2021 高考全国卷地区高考全国卷地区 3 3 月联考甲卷月联考甲卷 数学理科答案及评分标准数学理科答案及评分标准 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的。 选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。 123456789101112 DDBAACBACCAC 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多 写答案、少写答案均不给分。 13. 26 141 15. 1 5 2 16(32) 2 三、解答题：共 70 分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生必须作答。第 22，23 题为选考题，考生根据要求作 答。 解答题评分标准 （1）导函数： 求单调区间过程要清楚，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。 取值写成区间或者集合的形式，未写扣 1 分。 （2）选做题： 极坐标方程直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。 解不等式解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。 （3）具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 （4）试题有不同解法时，解法正确即可酌情给分。 17解：()在ABD 中，ABDCABD. 由 cosBDC，sinABD 2 4 14 8 得 sinBDC，cosABD，(2 分) 14 4 5 2 8 所以 sinAsin(BDCABD) sinBDCcosABDcosBDCsinABD .(4 分) 14 4 5 2 8 2 4 14 8 7 4 因为 AB2DC2，所以三角形 ABC 的面积 S ABACsinA 22.(6 1 2 1 2 7 4 7 2 分) ()S ABACsinA AB2sinA2， 1 2 1 2 所以 AB2， 4 sinA 所以 AD2.(8 分) ( 1 2AB) 2 1 sinA 在ABD 中，由余弦定理得 BD2AB2AD22ABADcosA 4 sinA 1 sinA 4cosA sinA ，(10 分) 54cosA sinA 即 BD2sinA4cosAsin(A)5，其中 tan. BD416 4 BD2 又 sin(A)1， 5 BD416 即 5，(11 分) BD416 解得 BD，所以 BD 的最小值为 .(12 分) 33 18解：()证明：因为 ADBE，ADBC， 所以 BCBE.(1 分) 在ABC 中，由余弦定理得 AB AC2BC22ACBCcosACB 2.(2 分) （2 2）2222 2 2 2 2 2 因为 AB2BC2AC2，所以 BCAB.(3 分) 又 ABBEB，所以 BC平面 ABE.(4 分) 又 BC平面 BCE，所以平面 BCE平面 ABE.(5 分) ()由()可知 EABC. 又 EACD，BCCDC， 所以 EA平面 ABCD.(6 分) 故以 A 为坐标原点，AD，AB，AE 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， 则 A(0，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，2)， (0，2，0)，(1，2，0)，(2，2，2) AB DB EC 因为， EF 1 2EC 所以点 F(1，1，1)，(1，1，1)(8 分) BF 设平面 ABF 的法向量为 m(x，y，z)， 则 即 mAB 0， mBF 0，) 2y0， xyz0，) 令 z1，则 x1，故 m(1，0，1)(9 分) 同理，设平面 BDF 的法向量为 n(x，y，z)， 易得 n(2，1，1)，(10 分) 所以 cosm，n.(11 分) mn |m|n| 3 2 6 3 2 易知二面角 ABFD 为锐角， 所以二面角 ABFD 的大小为 .(12 分) 6 19解：()过点 E 作抛物线 C 准线的垂线，垂足为 D， 根据抛物线的定义可得|EF|ED|， 于是|AE|EF|AE|ED|，(2 分) 显然当 A，E，D 三点共线时，|AE|ED|有最小值 2 ， p 2 所以 2 3，解得 p2，(4 分) p 2 所以抛物线 C 的方程为 y24x.(5 分) ()证明：直线 l：2xy40， 令 x0 得 y4，所以点 B(0，4) 因为直线 l1平行于直线 l：2xy40， 且过点 A(2，1)，所以直线 l1：2xy30. 设直线 l2：x2t(y1)，代入抛物线 C 方程消去 x 得 y24ty4t80，16(t2t2)0. 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 y1y24t，y1y24t8.(7 分) 直线 PB：yx4， y14 x1 直线 QB：yx4，(8 分) y24 x2 联立 yy14 x1 x4， 2xy30，) 解得 xM. 7x1 2x1y14 7（ty12t） （2t1）y182t 同理可求得 xN，(9 分) 7（ty22t） （2t1）y282t 所以 xMxN 7（ty12t） （2t1）y182t 7（ty22t） （2t1）y282t 2t(2t1)y1y2(82t)t(2t1)(2t)(y1y2)2(2t)(82t)(2t1) 2y1y2(2t1)(82t)(y1y2)(82t)27 4.(11 分) 4t24t8 t2t2 因为 xA2， 所以 xMxN2xA，即 A 是 MN 的中点， 所以|AM|AN|.(12 分) 20解：()比赛进行了 3 场且甲晋级的情况有两类：第一类是甲胜 2 局没有负的情况， 共两种情况分别为 甲胜丙，丙对乙，乙负甲； 甲胜乙，乙对丙，丙负甲， 其概率为 ；(2 分) 1 8 1 3 2 3 1 8 2 3 1 3 4 72 1 18 第二类是甲胜 2 局负 1 局，共有 8 种情况，分别为 甲胜乙，乙胜甲，甲胜乙； 甲负乙，乙负甲，甲胜乙； 甲胜乙，乙胜甲，甲胜丙； 甲负乙，乙负甲，甲胜丙； 甲胜丙，丙胜甲，甲胜乙； 甲负丙，丙负甲，甲胜乙； 甲胜丙，丙胜甲，甲胜丙； 甲负丙，丙负甲，甲胜丙， 其概率为 2 2 2 ，(4 分) 1 8 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 9 所以比赛进行了 3 场且甲晋级的概率为 .(5 分) 1 18 1 9 3 18 1 6 ()依题意 X 的所有可能取值为 0，1，2， 由()知 P(X2) .(6 分) 1 6 当乙晋级且 X0 时，根据题意有三种情况分别是 甲负乙，乙负丙，丙负乙； 甲负丙，丙负乙，乙胜甲； 甲负丙，丙负乙，乙胜丙， 其概率为 ；(7 分) 1 8 1 3 1 2 1 2 1 8 2 3 1 2 1 3 1 8 2 3 1 2 1 2 13 288 当丙晋级且 X0 时，根据题意有三种情况分别是 甲负乙，乙负丙，丙胜甲； 甲负乙，乙负丙，丙胜乙； 甲负丙，丙负乙，乙负丙， 其概率为 ，(8 分) 1 8 1 3 1 2 2 3 1 8 1 3 1 2 1 2 1 8 2 3 1 2 1 2 13 288 所以 P(X0)，(9 分) 13 288 13 288 13 144 所以 P(X1)1 ，(10 分) 1 6 13 144 107 144 故 X 的分布列为 X012 P 13 144 107 144 1 6 (11 分) 则 E(X)012.(12 分) 13 144 107 144 24 144 155 144 21解：()f (x)ln(1x)2a(x1)，(1 分) 依题意，f(x)的定义域为(1，)， 且 f (x)ln(1x)2a(x1)0， 即 2a对 x(1，)恒成立(2 分) ln（x1） x1 令 g(x)，则 g(x)， ln（x1） x1 1ln（x1） （x1）2 令 g(x)0，解得 xe1， 当 x(1，e1)时，g(x)0； 当 x(e1，)时，g(x)0， 所以当 xe1 时，g(x)maxg(e1) ，即 g(x)有最大值 .(3 分) 1 e 1 e 若使 2a，只需 2ag(x)max ， ln（x1） x1 1 e 所以 a，故 a 的最小值为.(5 分) 1 2e 1 2e ()证法一：由()知若 f(x)有两个极值点， 则 a0； (1， 1 2a1) 当 x时，h(x)0， ( 1 2a1，) 所以 x1 是 h(x)的极大值点 1 2a 不妨设 x1x2，则1x11 1 2a1) m(x)4a 1 a（1x）(1 a1x) 4a0， 1 a(1x 1 a1x 2 ) 2 所以函数 m(x)在上单调递增， ( 1 2a1，) 于是 m(x)m0. ( 1 2a1) 因为 x21， 1 2a 所以 m(x2)h(x2)h0， ( 1 a2x2) 即 hh(x2)h(x1)(10 分) ( 1 a2x2) 又1 2x21， 1 a 1 2a 由函数 h(x)在上单调递增知 2x2 2.(12 分) (1， 1 2a1) 1 a 1 a 证法二：由 x1，x2是 f(x)的极值点知，它们也是函数 h(x)f (x)ln(1x)2a(x1)的 零点， 于是 ln(1x1)2a(1x1)，ln(1x2)2a(1x2)， 两式相减得 a.(6 分) ln（1x2）ln（1x1） 2（x2x1） 不妨设 x10. 要证 x1x2 2，即证 a(x1x22)1， 1 a 即 ln1.(8 分) x21 x11 x21 x111 2(x21 x111) 令 t1， x21 x11 则 lnt0.(9 分) 2（t1） t1 令 m(t)lnt(t1)， 2（t1） t1 m(t)0，(10 分) （t1）2 t（t1）2 所以 m(t)m(1)0， 于是 lnt0，故成立，(11 分) 2（t1） t1 所以 x1x2 2.(12 分) 1 a 证法三：由 x1，x2是 f(x)的极值点知，它们也是函数 h(x)f (x)ln(1x)2a(x1)的 零点， 于是 ln(1x1)2a(1x1)，ln(1x2)2a(1x2)， 两式相减得 .(9 分) 1 a 2（x2x1） ln（1x2）ln（1x1） 因为 2（x2x1） ln（1x2）ln（1x1） 2 （x21）（1x1） ln（1x2）ln（1x1） ，即 x1x2 2.(12 分) 1 a 1 a 22解：()由已知得曲线 C： x 2 2k 1k2， y 3 1k2 1k2，) 平方后相加得1.(2 分) x2 4 y2 3 又 y(， ， 3 2 3 k2133 所以曲线 C 的普通方程为1(y)(3 分) x2 4 y2 33 又 2cos1，即 cossin1， ( 3)3 将 xcos，ysin 代入即可得到直线 l：xy10.(5 分) 3 ()显然点 A(1，0)在直线 l：xy10 上，直线 l 的斜率为，所以倾斜角为 3 3 3 ， 6 直线 l 的参数方程为(t 为参数)(7 分) x1 3 2 t， y1 2t ) 将参数方程代入椭圆 C：1 得 13t212t360. x2 4 y2 33 设 M，N 对应的参数分别为 t1，t2， 由韦达定理得 t1t2，t1t2，(9 分) 12 3 13 36 13 所以|AM|AN|t1|t2|t1t2|.(10 分) 36 13 23解：()当 a3 时，f(x)(1 分) 4x， x 1， 5x2，x 1， ) 当 x1 时，f(x)f(1)3； 当 x1 时，f(x)f(1)3，(3 分) f(x)3，m3.(5 分) ()当 x(1，1)时，f(x)2x1a(1x)(2a)xa1.(6 分) 由 f(x)x22 得 x2(a2)x1a0， 即(x1)x(1a)0.(7 分) x(1，1)，x11a，即 x1a. 又x12，(8 分) 2a，即 a2， 实数 a 的取值范围是2，)(10 分)