XX中学2022届高考适应性月考卷（一至十）.rar

数学参考答案第 1 页（共 7 页） 巴蜀中学 2022 届高考适应性月考卷（一） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A D C B C D B 【解析】 1命题(0) ln1xxx ，的否定：(0) ln1xxx ，故选 D 22 (0)(3)log 83f ff，故选A 32i11i3i22z，复平面内z对应的点为1122，故选 D 430 | 333xAxxxx ， |212xBy y，2 3)AB ， ，故选C 5设i()zab a bR，则izab，若0zz，则0a ，z不一定是纯虚数；若z是纯虚数，则i(0)zb b，izb ，一定有0zz成立所以“0zz”是“z是纯虚数”的必要但非充分条件，故选B 6满足条件的集合P应同时含有3 3， 或2 2， 或1 1， 或0，又因为集合P非空，所以集合P的个数为42115 个，故选C 70.300.40.41，00.40.5122221.5，322223log 3log8log 21.52，故选D 8设2( )( )g xx f x，则2ln( )2( )( )xg xxf xx fxx，由2( )( )g xx f x，则2( )( )g xf xx，所以33( )2 ( )ln2 ( )( )xg xg xxg xfxxx，设( )ln2 ( )h xxg x，则1( )2( )h xg xx 12ln xx， 令( )0h x， 得ex ， 当(0e)x，时，( )0h x； 当( e)x ，时， ( )0h x，所以 ( )h x 在(0e)，上单调递增， 在( e) ，上单调递减， ( )( e)lne2 ( e)h xhg 数学参考答案第 2 页（共 7 页） 1112e ( e)2e0224ef，所以( )0fx在(0)，恒成立，则( )f x 在(0)，上单调递减，故选 B 二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的. 全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分） 题号 9 10 11 12 答案 BCD BD ACD AB 【解析】 9对选项 A：( )cf xx在 (0)，时减函数，所以ccab，A 错误；对选项 B：110ababccab，B 正确；对选项 C：22200abcacbc，C正确；对选项D：22cacacaacacac ，D正确，故选BCD 10设数据1：12nxxx， ， ，的均值为x，标准差为s，极差为maxminRxx，则数据2：1221 2121nxxx， ，的均值为21x，方差为24s，所以选项A，C错误；数据2的标准差为242ss，极差为maxminmaxmin(21)(21)2()2xxxxR，所以选项B，D正确，故选BD 11 由( )f x是奇函数，(1)f x 是偶函数， 可得( )f x关于(0 0)，和直线1x 对称， 从而( )f x的周期4T ，所以选项B错误，选项C正确；对选项A：由对称性及奇函数的性质可知(2)(0)0ff，A正确；对选项D：有已知( )f x关于(0 0)，和直线1x 对称，从而( )f x关于(2 0)，对称，又因为( )f x的周期4T ，可得( )f x关于( 2 0)，对称，所以(2)f x 是奇函数，D正确，故选ACD 12.2222211()(44 ) 4(24) 4333VSSSS hrrrrrr(02)r，对选项A：1r ，7 3(124) 333V ，A正确；322344834rrrVr ，设32( )3448f rrrr ，则2( )984frrr 在区间(0 2)，上递减，设( )0fr的两 数学参考答案第 3 页（共 7 页） 根 为12rr， 由 韦 达 定 理1 2409rr 知2(0 2)r ， 且 当2(0)( )0rrf r， ，；2(2)( )0rrf r， ，( )f r在2(0)r ，2(2)r， 由(0)8f，(1)5f，(2)24f 知，0(1 2)r ，使得0( )0f r，当0(0)( )0rrf r， ，即0V ；当0(2)( )0rrf r， ，即0V，所以当V在0(0)r ，0(2)r，B正确，C，D错误，故选AB 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 答案 6；160 241|xxx，等（答案不唯一）10113 ( 2 2)， 【解析】 13二项式系数之和为62642n，所以6n ；展开式的通项公式66 21662C2 CkkkkkkkTxxx (0 1 2 3 4 5 6)k ， ， ，令620k，则3k ，所以常数项为33462 C160T. 15记事件A “猎人第一次击中野兔” ，B “猎人第二次击中野兔” ，C “猎人第三次击中野兔” ，D “野兔被击中” ，则()()( )( )( )0.80.2P DP ABCP AP BP C 0.40.20.60.20.904，()0.0810()()0.904113P BDP B DP D. 16 临界法： 当90AOB时， 渐近线方程为yx ， 即1ba， 离心率212cbeaa，当直线3()3yxc与渐近线byxa 垂直时，3ba，离心率212cbeaa，所以当AOB是锐角三角形时，离心率( 2 2)e，. 四、解答题（共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分 10 分） 解： （1） 因为( )(1)xf xf R， 所以( )f x 的对称轴为1x ， 则212a， 所以1a . （5 分） （2）令ext ，当0 1x， 时，1 et ， . 数学参考答案第 4 页（共 7 页） 由（1）( )f t 在1 et ， 单调递减，所以( )(e )xg xf的最大值为1c，所以0c . （10 分） 18 （本小题满分 12 分） 解： （1）由已知可求得：4095xy，所以385008409581001.518200840405400b ， 而95 1.5 4035a ，则线性回归方程为：1.535yx. （6 分） （2）当65x 时，带入回归方程得65 1.535132.5y， 所以预测他这次考试数学成绩为132.5分. （12 分） 19 （本小题满分 12 分） 解： （1）设正方形ABCD的边长为2a，取AD的中点M，连接PM，MC. 由平面PAD平面ABCD，17PDPA， 则PMAD，所以PM平面ABCD，则2217PMa， 又PMMC，所以22215PMa，则解出1a ，4PM， 所以体积21162433P ABCDV. （6分） （2）以M为坐标原点，平行于AB为x轴正方向，MD为y轴正方向，MP为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (01 0)A，(21 0)B，(2 1 0)C，(0 0 4)P ， ，. 设PQPB ，则(244 )Q， 所以(2144 )AQ，(2 2 0)AC ， ， 设平面QAC 的法向量()nxy z， ， 由0AQ n 且0ACn ， 所以2(1)(44 )0 xyz且220 xy，令1x ，可得311144n， 而(0 0 4)MP ， ，为平面ABCD的一个法向量， 数学参考答案第 5 页（共 7 页） 所以2314194419314244，解得311443 ， 有15 或713，由于点Q在线段PB上，所以713. （12 分） 20 （本小题满分 12 分） （1）解：由2(2 0)A，得2a . 直线1AB与直线l：230 xy相互垂直， 则由11A Blkk ，即2123b ，解得3b . 所以椭圆E的方程为22143xy. （5 分） （2） 证明： 设直线l：1(0)xmym， 联立l和椭圆C的方程得：22(43)690mymy， 设11()C xy，22()D xy，则有121222694343myyy ymm，. 111(2)2yACyxx：，令0 x ，则1122Syyx，同理：2222Tyyx. 所以12122121(2)(1)(2)(3)STOSyy xy myOTyyxymy. 由1221211221213(1)(3)23()133(3)3(3)OSy myymymy yyyOTymyymy， 将韦达结论代入分子：1212229623()2304343mmy yyymmm，所以13OSOT. （12分） 21 （本小题满分12分） 解： （1）设至少有3个单元正常工作的概率为1P，则34341441211CC3339P . （4分） 数学参考答案第 6 页（共 7 页） （2）7n 时，至少有4个单元正常工作芯片就能控制机床， 所以44355266777777(7)C(1)C(1)C(1)CPppppppp，由12p ， 7777456777771111(7)CCCC2222P7456777771(CCCC )2， 而45673210677777777CCCCCCCC2，所以1(7)2P. （8分） 若*21()nkkN， 则111( )C(1)C(1)Ckkn kkkn knnnnnP nppppp 11(CCC )2nkknnnn， 而11201CCCCCC2kknkknnnnnnn， 所以1( )2P n ，符合题意. 若*2 ()nk kN，则11( )(CCC )2nkknnnnP n， 而对立事件12101( )(CCCC )2nkknnnnP n， 且1120CCCCCknkknnnnn，则1( )( )C02nknP nP n，所以1( )2P n ， 故：*21()nkkN. （12分） 22 （本小题满分12分） 解： （1）若选择12m ，121( )e2xf xx，则1( )exfxx，1( )e1xfx， 由( )fx单调递增，且(1)0f ，所以( )fx在(0 1)， 上单调递减，(1) ，上单调递增， 有( )(1)0fxf，则( )f x在(0) ，上单调递增，不存在极小值点. （6分） 若选择1m ，12( )exf xx，则1( )e2xfxx，1( )e2xfx， 由( )fx单调递增，且(1ln2)0f ， 数学参考答案第 7 页（共 7 页） 所以( )fx在(0 1ln2)，上单调递减，(1ln2)， 上单调递增， 有( )(1ln2)2ln20fxf ，而3(4)e80f ， 所以存在极小值点0(1ln2 4)x ，. （6分） （2）令( )0g x ，有12eln()0 xmxmxmx，又0mx ， 所以11ln() 1ln()eeln()ln()eln()0exxxmxmxxmxxmxxmxmx，令ln()txmx， 即转化为1e0tt 有解，设1( )eth tt， 则由1( )e1th t可得，( )h t在(1)t ， 单调递减， 在(1)t，单调递增， 而(1)0h， 所以1( )eth tt由唯一零点1t . 若( )g x在区间(0)，存在零点，即为1ln()xmx在(0)，有解. 整理得：1lnlnmxx， 设( )lnl xxx，由1( )1l xx 知，( )l x在(0 1)x， 单调递减，在(1)x ，单调递增， 则( )(1)1l xl， 所以1ln1m， 故有1m. （12分） 1/42/43/44/4 数学参考答案第 1 页（共 8 页） 巴蜀中学 2022 届高考适应性月考卷（七） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D B D D C C 【解析】 12|100 1 2 3xxN， ，0 1 2AB ，故选 C. 22375a aa，53a ，故选 A. 3若mn，n，也可以有m，A 错；若mn，n，也可以有m，B 错；若mn，n，则m或m，C 错；若mn，n，则m，这是线面垂直的判定定理之一，D 正确，故选 D. 4 角的终边过点(3)(0)Pm m ， 故可得2sin59mmm， 解得29m ， 故23cos9m 35，故选B. 5圆222210Cxyaxa ：的圆心(0)Ca，半径1r，双曲线2241xy的渐近线2xy ，由题意有|15a，5a，故选D. 60.50.30.300.50.5log0.3log0.51 0.30.30.50.51，bca，故选D. 7由tan11tan41tan2 有tan3 ，又2，3sin10，1cos10 ，则2sin2cos212sincos2cos2sin(sincos)422 22 52 2cos510 ，故选 C. 8 设2( )cosln(1)h xxxx， 则()( )hxh x ， 所以( )h x是一个奇函数， 所以函数( )h x的最大值和最小值的和是0，所以2Mm，所以()4f Mm，故选C. 数学参考答案第 2 页（共 8 页） 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的. 全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 题号 9 10 11 12 答案 AB AD BC ACD 【解析】 93m 时，表示椭圆；43m时，表示双曲线，故选AB. 10B.设点P的坐标是()P xyz， ，则由OA 平面有，26xyz，所以B错误；C. | |PBPC， 所 以222222(3)(1)(2)(3)(1)(2)xyzxyz， 即20yz，则|OP 2222214836xyzzz的最小值不是6，所以C错误；D.OA OB OC ，三个向量不共面，它们可以作为基底表示空间任何向量OM ，故选AD. 11A.(1 3)20f ，；B.2111()(1)244f a aaaa ，；C.()()(1)f xa xxax， 24xaxaxa ， 整理得240 xxax， 所以，2(1)160a ，5 3a；D.()f xa x，2()(1)xaxxa xaxa4，整理得24axxx 0，所以，2040 xxx ， ，0 x ，故选 BC. 12A，B.向量c与向量a，b的夹角相等，同时，向量a，b的长度不等，所以 A 对 B 错；C以向量a所在直线为x轴建立直角坐标系，由 | 3a ，| 1b ，设(3 0)a ，(cossin )b，(0 )(2)，则(3 cos33 3 sin )cacb， (3 coscos33 sinsin )，2() ()18(1cos )12(1cos )cacb 3cos0，72(1cos )(2cos )0 ，所以存在两个向量c；D.由(3 cosca 33 3 sin ) ，(3 coscos33 sinsin )cb，() ()cacb 218(1cos )12(1cos )3cos0 ，有2264cos641，所以2264cos641，则2218 |18|3416416c ，故选 ACD. 数学参考答案第 3 页（共 8 页） 三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 240 3 432 20232022 【解析】 13含2x 的项是42426C2240 xx. 14复数 z 在复平面内所对应的点形成的图形是以(11)，为圆心，3为半径的圆. 156个人站成一排，3个老师中有且只有两个老师是相邻的站法有32223342A C A A432种. 16函数( )exf x在点(0 1)， 处的切线1yx ，所以( )exf x在0 x 附近可以用1yx 代替，即( )e1xf xx，又12022非常接近0，2022112023e1202220222022f . 四、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分10分） （1）解：由已知得：234nnSa， 1n 时，1112342Saa； （1分） 2n 时，11112343444234nnnnnnnnnSaaaaaSaa， （3分） 则数列na是以12a为首项，公比为4的等比数列， 则112112 42nnnnaaq. （4分） （2）证明：22111111loglog(21)(21)2 2121nnnbaannnn， （6分） 111111111123352121221nTnnn， （8分） 显然随着n增大，nT递增，且1021n，则1132nT. （10分） 数学参考答案第 4 页（共 8 页） 18 （本小题满分12分） 解： （1）2313( )sin cos3cossin2cos2sin 22223f xxxxxxx， ( )()sin 2()3g xf xx， 由( )g x的图象关于06，对称， 得20sin20633g. （5 分） （2）11sin8243243634312AAAAg ， 则23A， （8 分） 由余弦定理：2222122 1 2 cos773BCBC ， 则72 733BDCD， （10 分） 设ADC， 则2222 72 712cos33ADAD， 2227722cos()33ADAD2131393ADAD. （12分） 另外，利用：2133ADABAC 平方也可求解. 19 （本小题满分12分） （1）证明：如图，在平面ABD内，过点A作AOBD交BD 于点O，连接CO. 2602sin603ADADBAO ， ， 2cos601DO ， 数学参考答案第 5 页（共 8 页） 43BDBO， ，2223(3 2)23 3 2cos4593COCO ， ， （3分） 2222 3ACAOCOACAOCO， ， ， AOBDAOCO BDCOOAO， 平面BCD， AO 平面ABD，平面ABD 平面BDC. （6分） （2）解：222333 2BOCOBCBCBOCOBOCO， ， ， 由（1）可知AO 平面BDC， 以O为坐标原点，OBOCOA，方向为x轴，y轴，z轴正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 其中(0 03)(3 0 0)(0 3 0)( 1 0 0)ABCD ， ， ， ， ， ， 由题意可知，G为BCD的重心，所以21 03G，2133AG， （8分） 设平面ABC的法向量为()nxy z， ，( 3 3 0)( 3 03)BCBA ， ， ， 00BCnBA n ，330330 xyxz， 取1x ，则(1 13)n ， （10 分） 记 AG 与平面 ABC 所成角为，则213|23sin|cos|5| |4059AG nAG nAGn ，. （12 分） 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）甲进入决赛的概率239( )416P甲， 乙进入决赛的概率451()582P乙， 数学参考答案第 6 页（共 8 页） 3043012pp， 1324p， 丙进入决赛的概率2233399()2241616Pppppp 丙， 甲、乙、丙三人中，甲进入决赛的可能性最大. （4分） （2）91393171329116221622162272pppppp， 整理得21827100pp，解得2536p或，132243pp， . （8分） （3）由（2）可知23p，丙进入决赛的概率5()9P丙， 的可能取值为0 1 2 3， ， ， 7147(0)162972P，91471471511(1)16291629162932P， 由（2）知29(2)72P，9155(3)162932P， 的分布列为： 0 1 2 3 p 772 1132 2972 532 （12分） 21 （本小题满分12分） 解： （1）2222123tan636()3212baPFFbacacacc， 则226(1)36360(23)(32 3)0eeeeee， 由3012ee . （4分） 数学参考答案第 7 页（共 8 页） （2）设112233()()()A xyB xyM xy， 2112bea222214xyCbb：，即22244xyb， 由A B， 在椭圆上，则2221144xyb且2222244xyb， 由234OAOBOM ，得123123234234xxxyyy，由M在椭圆上，则2223344xyb， 即222121223234444xxyyb， 即22222111212224(4)12(4)9(4)64xyx xy yxyb， 将代入得：212124x xy yb， （7分） 线段AB的中点为Q112，由点差法得2211122ABbka ， 由点斜式得112AByx：，（8分） 代入22244xyb，得2221222002xxbb ， 由韦达定理得：12212222xxxxb， 且2121212121111111()122422by yxxx xxx ， （10分） 将代入得：222214224425bbbb符合2102b ， 则椭圆C的方程是22551164xy. （12分） 22 （本小题满分12分） （1）解：21 ee (1)( )(e )exxxxaxxafx ， 数学参考答案第 8 页（共 8 页） 当0a时，( )0fx恒成立，( )f x在(0) ，没有极值； 当0a时，( )f x在(0)()aa ， ，极小值为1( )eaf a ，没有极大值. （4分） （2） 证明： 由 （1） 可知， 当0a时才存在12xx， 满足12()()f xf x， 不妨设120 xax， 设( )( )(2)g xf xfax(0)xa，则211( )eexa xaxxag x ， 2222(ee )( )()eeeaxxa xa xxaxag xxa， 2200 ee0axxaxa， ，( )0g x，( )(0)g xa在 ， 1()( )0g xg a，1111()(2)0()(2)f xfaxf xfax， ， 1221()()()(2)f xf xf xfax， ， 212xaaxa，而( )f x在()a ，211222xaxxxa， ， （8分） 下面证2422aaa，2222242 (2)8 2 (2)202(2)(2)aa aaa aaaaa ， 422aaa，12422axxaa，1242axxa，得证. （12分） 巴蜀中学 2022 届高考适应性月考卷（七）数学更正说明致各参考学校：第 12 题答案中“则，故选 ACD.”改为“则2218 |18|3416416c，故选 AC.” 。2218 |181|3cos12416416c当，即与题干矛盾正确答案“ACD”改为“AC” 。给您带来的不便，敬请谅解 数学参考答案第 1 页（共 10 页） 巴蜀中学 2022 届高考适应性月考卷（三） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C B A C B A 【解析】 112i(12i)(1i)13i1i(1i)(1i)2z ，对应的点的坐标为1322，在第三象限，故选 C 2 1 0 1 2 3A ， ， ，所以AB 1 0 1 ， ， ，故选 D 3cosyx在(0 )，上单调递减，故为充要条件，故选 C 4在ABC中，由正弦定理，3sinsinsin3abBAB，故选 B 5( )f x为奇函数，故排除 B，当(0 )( )0 xf x， ，故排除 C，( )0 xf x ，故排除 D，故选 A 6分类：甲校 2 人 222532C C A60，甲校 3 人3252C A20，故总数有 80 种，故选 C 722662，cos 2cos 2sin 26626 2sincos66，53662， ，则2 2cos63， 12 24 22sincos266339 ，故选 B 8设2BFmAFm，渐近线与x轴所成角为，在OAFOBF， 中分别由正弦定理：sinsin(1502 )mc，2sinsin30mc，则1sin302sin(1502 )， 则sin(1502 )1，则30，则232 3tan133bbeaa，故选A 数学参考答案第 2 页（共 10 页） 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的. 全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 题号 9 10 11 12 答案 AC ABD AD BCD 【解析】 9线线关系中，平行具有传递性，垂直没有传递性，故A正确，B错误.由线面垂直的性质定 理，C正确，平行于同一平面的两条直线不一定平行，可以相交和异面，故D错误，故选AC. 10观察散点图，变量x与y具有负的相关关系，A正确， 易得B正确，若选择函数模型二，利用最小二乘法求出的回归方程一定经过()xay，C 错误；残差=真实值-预测值，因此残差为 0.1，D 正确，故选 ABD 111cos2( )23sin212sin 226xf xxx ，( )f x在区间123，上具有单调性 ，242T，( )f x在 区 间308，上 有 且 仅 有2个 极 值 点 ，( )4 cos 26fxx，326646x，则3351624629 289，故1629 ，又*Z，所以2，故 B 错误，则( )2sin 46f xx，故( )f x的最大值为 2，A 正确；当24x时，( )2sin33f x，不满足条件，C 错误；令2 42 262kxk，则62122kkx ，D 正确，故选 AD 122ln( )xfxx，故( )f x 在(0 1)， 递增，(1)，递减，易得若( )2f xm有两个不同解，则021m ，则102m，故 A 错误，当0k 时， ykx与( )yf x显然有且仅有1个交点，当0k时，则( )yf x与 ykx相切时，有且仅有1个交点，设切点为00()xy， 数学参考答案第 3 页（共 10 页） 切线方程为000200ln1ln()xxyxxxx， 将原点代入： 则0000200ln1ln()lnxxxxxx 1201e2x，e2k，故e02kk 或，则 B 正确； 1exx恒成立， ( )f x 在(1)，上单调递减ln11lne1( )(e )eexxxxxxf xfx，故 C 正确；34 2ln212e 3ln2122e2 21ln81lne1ln2 21lne12ee2 22 2，即比较(2 2)(e)ff与大小，又因为2 2e，( )f x 在(1)，递减，故(2 2)(e)ff，D正确，故选BCD 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 答案 45 16 2 2 3 4； 【解析】 13利用诱导公式：344cossinsin255a . 14 假 设 该 二 项 展 开 式 中 每 一 项 的 系 数 为 ：012345aaaaaa， ， ， ， ， 令1x， 则5012345232aaaaaa， 令1x ，0123450aaaaaa， 故02416aaa. 15( )(2)f xfx， ( )f x关于1x 对称，(3)f x 为奇函数，( )f x关于(3 0)，对称，则4(3 1)8T ，(2022)(253 82)( 2)(2( 2)(4)(2)2ffffff . 16 设ABxADy， 则4xy， 在ABD中，22222|2cos120BDxyxyxyxy 22223()()()1224xyxyxyxyxy（ 当 且 仅 当xy时 取 等 ），min|2 3BD，四边形ABCD内接于圆O，且ADCABC ，则90ADCABC ，则AC为该四边形外接圆的直径，由|2|sinBDRACA，所以min|4AC. 数学参考答案第 4 页（共 10 页） 四、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分10分） 解： （1）由最大值可确定2A ，因为54126T，所以22T， （2分） 此时( )2sin(2)f xx，代入最高点5212，可得：5sin16， 从而52 ()62kkZ，结合|2，于是当0k 时，3 ， （4分） 所以( )2sin 23f xx. （5分） （2）由题意，( )2sin 22sin 2121236g xfxxx， （7分） 当02x ，时，72666x ，则有7sin 2sinsin626x， 即1sin 2162x ，所以( )g x在区间02，上的值域为 2 1， （10分） 18 （本小题满分12分） 解： （1）对于有放回抽取，每次抽到一等品的概率为4021005，且各次试验之间的结果是 独立的， （1分） 因此245XB，从而4281(0)15625P X，31422216(1)C155625P X， 222422216(2)C155625P X，3342296(3)C155625P X， 4216(4)5625P X， （6分） 数学参考答案第 5 页（共 10 页） 所以X的分布列如下： X 0 1 2 3 4 P 81625 216625 216625 96625 16625 （8分） （2）对于不放回抽取，各次试验结果不独立，X服从超几何分布，样本中一等品的比例为4X， 而总体中一等品的比例为400.4100， 由题意， 0.40.20.82.4124XXXX或， （10分） 0.40.2(1)(2)4XPP XP X1322406040604100C CC CC （12分）19 （本小题满分12分） 解： （1）若选择条件： 在ABC中，因为ABC， 所以cos()cosABC ，（1分） 于是有2cos22sin1cos21cos()12ABCCAB ， 即22coscos10CC ，（3分） 所以(2cos1)(cos1)0CC，解得1cos2C 或cos1C （舍去） ， 因为0C， 所以23C ； （6分） 若选择条件： 数学参考答案第 6 页（共 10 页） 由21abcbaab ，可得：222ababc，即有222abcab ， （1分） 所以2221cos222abcabCabab ， （4分） 因为ABC中，0C，所以23C . （6分） （2）ABC的面积1sin2 32SabC， 结合（1）中23C ，得：8ab ，（8分） 利用正弦定理，23sinsin(2 )14abABR， 解得4 2123R ，又23C ， （10分） 所以4 2132 sin2 732cRC. （12分） 20 （本小题满分12分） 解： （1）在椭圆C中，1(0)Aa ，2(0)A a，(0)Bb，则1A Bbka，2A Bbka ， 由题意得：122214A BA Bbkka ，又223114ab ，解得24a，21b ， 所以椭圆C的方程为2214xy. （5分） （2）由（1）可知，1( 2 0)A，2(2 0)A，(0 1)B ， ，则直线1AB ：12xy， 直线2A B ：12xy，由题意， 20t ， 联立1212xttM txy，同理联立1212xttN txy， （6 分） 数学参考答案第 7 页（共 10 页） 设00()P xy，则222200001444xyxy ， 且点00()P xy，满足：11A PA Nkk，即002224ytxt， （8 分） 两边乘以2002A Pykx，可得：20020024242yytxtx， 代入得：00124242yttx000024224(2)224yyttxtxt，而2224A Mtkt， 则22A PA Mkk，所以 P ，M ，2A 三点共线 （12 分） 21 （本小题满分 12 分） 解： （1）由题意，ADB是正三角形，设M 是 AB 的中点，则 DMAB， 所以 DMDC， 又1DD平面ABCD，易证 DM平面11DDC C 如图 1，以DM， DC，1DD 方向建立空间直角坐标系： 则(0 0 0)D ， ，1(0 0 3)D， ， ，(0 2 0)C， ，( 3 1 0)B， 显然，平面1DCD 的一个法向量是(1 0 0)m， ， 设平面1BDC 的法向量为()nxyz， ， 由130( 3 3 2)330n BCxynn BDxyz ， 设二面角1BDCD的平面角为，则33cos4| |394m nmn. （6 分） （2）在线段1DC 上存在点 P 使得AE/ /平面 PDB ，此时1123D PDC 论证如下： 如图 2 甲连接 AC ， BD相交于点O，连接 EC ，设 N 是 EC 的中点，再连接ON ， 又菱形 ABCD中，点O是对角线 AC 的中点，由中位线知： /AEON ， （8 分） 图 1 数学参考答案第 8 页（共 10 页） 连接 BN 并延长交1DC 于点 P ，连接 PD，因为 AE 平面 PDB ，ON 平面 PDB ， 所以此时/AE平面 PDB （10 分） 如图乙，在1D BC中，作1/EF DC 交 BP于点 F ，因为 E 是1D B 的中点， 所以由中位线关系得：112EFD P， 又由1/EFDC 可得：EFN与CPN相似，又N是EC的中点， 所以 EFPC，结合知：12D PPC，从而可得1123D PDC（12 分） 法二：利用空间向量，设11D PDC，即有11D PDC ，因为1(0 0 3)D， ， ，(0 2 0)C， ， 可求得： (0 233)P，又(0 0 0)D ， ， ( 3 1 0)B，（7 分） 于是(0 233)DP ，( 3 1 0)DB ， 设平面 PBD 的法向量为()axyz， ， 由2( 33)0233130aDPyzaaDBxy ， （10 分） 因为( 31 0)A， ，1D B 的中点为313222E， ，所以333222AE ， ， 因为/AE平面 PDB ，所以 AEa ， 即有333239323302221222 1AEa ， ，解得23， 图 2 数学参考答案第 9 页（共 10 页） 即线段1DC 上存在点 P 使得 AE平面 PDB ，此时1123D PDC （12 分） 22 （本小题满分 12 分） （1）解：由( )e1xf xmx，可得1exxm恒成立，令1( )exxF x， 则( )00exxF xx， 当(0)x ，时，( )0F x，则( )F x 在(0)，上单调递增， 当(0)x ，时，( )0F x，则( )F x 在(0)，上单调递减， 所以max( )(0)1F xF ， 由恒成立得1m ，故m的取值范围是1) ，. （3 分） （2）证明：由ln()( )lneaxg xxx，则21ln()( )axxg xx，再令 ( )1ln()h xaxx ， 因为1( )10h xx 在(0)，上恒成立，所以 ( )h x 在(0)，上单调递减， 因为当1a时，1110haa ， (1)ln0ha ， 于是存在011xa，使得000()1ln()0h xaxx ，即00ln()1axx ， （5 分） 并且当0(0)xx，时，( )0g x，则 ( )g x 在0(0)x，上单调递增， 当0()xx，时，( )0g x，则 ( )g x 在0()x，上单调递减， 于是 ( )g x 存在唯一极大值点0 x ，且011xa，. （7 分） （3）证明：由（1）知，当1m 时，( )e1xf xx ，又21a ，所以22(e1)xaa x， 于是当0 x时，222222eee(e1)2e444xaa xa xaxxx， （8 分） 数学参考答案第 10 页（共 10 页） 由（2）并结合得： 00max0000000ln()11( )()lnelnelne1axxg xg xxxxxxx ， 容易发现0001()lne1t xxx 在011xa，时单调递减， 所以max1( )lne1g xtaaa， （10 分） 设( )e(lne1)G aaaa，其中1a ，因为1( )e10G aa 在