《2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)考前熱身練習(xí)試卷（三模）【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)考前熱身練習(xí)試卷（三模）【含答案】（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)考前熱身練習(xí)試卷（三模） 參考答案與試題解析 一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。 1．（4分）設(shè)集合P＝{3，log2a}，Q＝{a，b}，若P∩Q＝{0}，則P∪Q＝（　　） A．{3，0} B．{3，0，1} C．{3，0，2} D．{3，0，1，2} 【分析】根據(jù)集合P＝{3，log2a}，Q＝{a，b}，若P∩Q＝{0}，則log2a＝0，b＝0，從而求得P∪Q． 【解答】解：∵P∩Q＝{0}， ∴l(xiāng)og2a＝0 ∴a＝1 從而b＝0，P∪Q＝{3，0，1}， 故選：B． 【

2、點(diǎn)評(píng)】此題是個(gè)基礎(chǔ)題．考查集合的交集和并集及其運(yùn)算，注意集合元素的互異性，以及對(duì)數(shù)恒等式和真數(shù)是正數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用． 2．（4分）若||＝||＝1，（+2）⊥，則向量與的夾角為（　?。? A．30° B．60° C．120° D．150° 【分析】利用向量的垂直，推出關(guān)系式，通過(guò)數(shù)量積轉(zhuǎn)化求解向量的夾角即可． 【解答】解：||＝||＝1，（+2）⊥， 可得＝0，即：1+2cos＝0，所以＝120°． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量的夾角的求法，向量的數(shù)量積的應(yīng)用，是基本知識(shí)的考查． 3．（4分）已知a+bi（a，b∈R）是的共軛復(fù)數(shù)，則a+b＝（　?。? A．﹣1 B．﹣ C

3、． D．1 【分析】先利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則求出的值，再利用共軛復(fù)數(shù)的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b． 【解答】解：＝＝＝﹣i， ∴a+bi＝﹣（﹣i）＝i， ∴a＝0，b＝1， ∴a+b＝1， 故選：D． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查了共軛復(fù)數(shù)的概念，是基礎(chǔ)題． 4．（4分）直線x+ay+2＝0與直線ax+y+2a2＝0平行，則實(shí)數(shù)a的值為（　?。? A．1或﹣1 B．0或﹣1 C．﹣1 D．1 【分析】利用兩條直線平行的充要條件列出方程組，求解即可． 【解答】解：因?yàn)橹本€x+ay+2＝0與直線ax+y+2a2＝0平行， 所以，解

4、得a＝﹣1． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了兩條直線位置關(guān)系的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握兩條直線平行的充要條件的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題． 5．（4分）甲乙兩名學(xué)生，六次數(shù)學(xué)測(cè)驗(yàn)成績(jī)（百分制）如圖所示： ①甲同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)大于乙同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)； ②甲同學(xué)的平均分比乙同學(xué)高； ③甲同學(xué)成績(jī)的極差為18； ④甲同學(xué)成績(jī)方差小于乙同學(xué)成績(jī)的方差． 上面說(shuō)法正確的是（　　） A．③④ B．①④ C．②④ D．②③ 【分析】根據(jù)莖葉圖中的數(shù)據(jù)，分別計(jì)算甲、乙二人的中位數(shù)、平均數(shù)、方差，再求出甲的極差． 【解答】解：根據(jù)莖葉圖中數(shù)據(jù)，計(jì)算甲的中位數(shù)是×（80+82）＝81，乙的中位數(shù)是×

5、（87+88）＝87.5， 所以甲的中位數(shù)小于乙的中位數(shù)，①錯(cuò)誤； 計(jì)算甲的平均數(shù)是＝×（72+76+80+82+86+90）＝81， 方差是＝×[（72﹣81）2+（76﹣81）2+（80﹣81）2+（82﹣81）2+（86﹣81）2+（90﹣81）2]＝， 乙的平均數(shù)是＝×（69+78+87+88+92+96）＝85， 方差是＝×[（69﹣85）2+（78﹣85）2+（87﹣85）2+（88﹣85）2+（92﹣85）2+（96﹣85）2]＝， 所以甲的平均分比乙的低，②錯(cuò)誤，甲的方差小于乙的方差，④正確； 計(jì)算甲同學(xué)成績(jī)的極差為90﹣72＝18，所以③正確； 綜上知，正確的

6、命題序號(hào)是③④． 故選：A． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用莖葉圖中的數(shù)據(jù)求中位數(shù)、平均數(shù)、方差和極差的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題． 6．（4分）我國(guó)古代科學(xué)家祖沖之之子祖暅在實(shí)踐的基礎(chǔ)上提出了體積計(jì)算的原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”（“冪”是截面積，“勢(shì)”是幾何體的高），意思是兩個(gè)同高的幾何體，如在等高處截面的面積恒相等，則它們的體積相等．已知某不規(guī)則幾何體與如圖所示的三視圖所表示的幾何體滿足“冪勢(shì)既同”，則該不規(guī)則幾何體的體積為（　　） A．8﹣π B．8﹣2π C．12﹣2π D．12﹣π 【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體的直觀圖，進(jìn)一步利用割補(bǔ)法求出結(jié)合體的體積． 【解答】解：根據(jù)幾何

7、體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為由長(zhǎng)為3，寬為2，高為2的長(zhǎng)方體，在長(zhǎng)方體的兩頭挖去兩個(gè)半圓柱組成的不規(guī)則的幾何體； 故V＝2×3×2﹣π?12?2＝12﹣2π． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三視圖和幾何體的直觀圖之間的轉(zhuǎn)換，幾何體的體積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題． 7．（4分）已知函數(shù)f（x）的圖象沿x軸向左平移2個(gè)單位后與函數(shù)y＝2x的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱，若f（x0）＝﹣1，則x0＝（　　） A．﹣2 B．2 C．﹣log23 D．log23 【分析】將函數(shù)y＝2x的圖象逆向變換（即先關(guān)于x對(duì)稱，再向右平移2個(gè)單位）可得到f（x）

8、的解析式，再結(jié)合指數(shù)的運(yùn)算法則，求解即可． 【解答】解：函數(shù)y＝2x的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱的函數(shù)為y＝﹣2x，將其向右平移2個(gè)單位，得到f（x）＝﹣2x﹣2， ∵f（x0）＝﹣1， ∴＝﹣1，即x0﹣2＝0， ∴x0＝2． 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)圖象的變換，熟練掌握函數(shù)圖象的平移與對(duì)稱變換原則是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題． 8．（4分）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S7＞S8，S8＝S9＜S10，則下面結(jié)論錯(cuò)誤的是（　?。? A．a(chǎn)9＝0 B．S15＞S14 C．d＜0 D．S8與S9均為Sn的最小值 【分析】由已知可得a8＜0

9、，a9＝0，a10＞0，d＞0，然后結(jié)合各選項(xiàng)進(jìn)行分析即可求解． 【解答】解：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}，S7＞S8，S8＝S9＜S10， 所以S7﹣S8＝﹣a8＞0，S9﹣S8＝a9＝0，S10﹣S9＝a10＞0， 即a8＜0，a9＝0，a10＞0，d＞0， 故A正確，C錯(cuò)誤； S15﹣S14＝a15＞0，即S15＞S14， 故B正確； 由a8＜0，a9＝0，a10＞0可知S8與S9均為Sn的最小值，D正確． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用，還考查了考生分析問(wèn)題的能力． 9．（4分）在△ABC中，“sinA＞cosB”是“△ABC為銳角三角形”的（　?。?/p>

10、 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】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)算三角函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可． 【解答】解：若B為鈍角，A為銳角，則sinA＞0，cosB＜0， 則滿足sinA＞cosB，但△ABC為銳角三角形不成立， 若△ABC為銳角三角形，則A，B，π﹣A﹣B都是銳角， 即π﹣A﹣B＜，即A+B＞，B＞﹣A， 則cosB＜cos（﹣A）， 即cosB＜sinA， 故“sinA＞cosB”是“△ABC為銳角三角形”的必要不充分條件， 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)三角形的性質(zhì)是解

11、決本題的關(guān)鍵． 10．（4分）已知函數(shù)，若存在唯一的整數(shù)x，使得成立，則滿足條件的整數(shù)a的個(gè)數(shù)為（　　） A．2 B．3 C．4 D．無(wú)數(shù) 【分析】作出f（x）的函數(shù)圖象，由不等式表示的幾何意義，結(jié)合圖象可得所求范圍． 【解答】解：作出f（x）的函數(shù)圖象如圖所示： 表示點(diǎn)（x，f（x））與點(diǎn)（a，1）所在直線的斜率，可得曲線上只有一個(gè)點(diǎn)（x，f（x））（x為整數(shù)）和點(diǎn)（a，1）所在直線的斜率大于0， 而點(diǎn)（a，1）在到直線y＝1上運(yùn)動(dòng)， 由f（0）＝0，f（1）＝3，f（2）＝0， 可得當(dāng)﹣1≤a≤0時(shí)，只有點(diǎn)（1，3）滿足； 當(dāng)1≤a≤2時(shí)，只有點(diǎn)（0，0）滿足． 綜上可

12、得a的范圍是[﹣1，0]∪[1，2]． 故滿足條件的整數(shù)a有：﹣1，0，1，2共四個(gè)． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分段函數(shù)的圖象和運(yùn)用，考查分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想，化簡(jiǎn)運(yùn)算能力和推理能力，屬于難題． 二、填空題共5小題，每小題5分，共25分. 11．（5分）雙曲線＝1的漸近線方程為　y＝±2x　． 【分析】直接根據(jù)雙曲線的方程，令方程的右邊等于0求出漸近線的方程． 【解答】解：已知雙曲線﹣x2＝1 令：﹣x2＝0 即得到漸近線方程為：y＝±2x 故答案為：y＝±2x 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：雙曲線的漸近線方程的求法． 12．（5分）設(shè)（2x﹣1）5＝a0

13、+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則a1＝　10?。? 【分析】根據(jù)a1是x的系數(shù)，求出二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，令x的次數(shù)為1，進(jìn)行求解即可． 【解答】解：a1是x的系數(shù)， 展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為kk+1＝C（2x）5﹣k（﹣1）k＝C25﹣kx5﹣k（﹣1）k， 由5﹣k＝1得k＝4， 則a1＝2?（﹣1）4＝10， 故答案為：10． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二項(xiàng)式系數(shù)的求解，求出二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式是解決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題． 13．（5分）已知f（x）＝sin（x﹣θ）+cos（x+θ）是偶函數(shù)，且θ∈[0，π]，則θ＝　?。? 【分析】正弦函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，從而當(dāng)

14、x＝0時(shí)，函數(shù)取得最值，代入函數(shù)后，結(jié)合正弦函數(shù)對(duì)稱軸處取得函數(shù)最值可求． 【解答】解∵f（x）＝sin（x﹣θ）+cos（x+θ）是偶函數(shù)， 故函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱， 根據(jù)正弦函數(shù)的對(duì)稱性可知，當(dāng)x＝0時(shí)，f（x）取得最值， 故﹣sinθ+cosθ＝±2， 所以sinθ﹣cosθ＝±2， 即2（）＝±2， 所以sin（）＝±1， 因?yàn)棣取蔥0，π]， 則θ＝， 故答案為：． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦函數(shù)對(duì)稱性的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正弦函數(shù)在對(duì)稱軸處取得最值條件的應(yīng)用． 14．（5分）能夠說(shuō)明命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題的一個(gè)實(shí)數(shù)a是　?。? 【分析

15、】若命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題，則命題￢p：?x∈R，x2+2ax+a＞0是真命題，結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得答案． 【解答】解：若命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題 則命題￢p：?x∈R，x2+2ax+a＞0是真命題， 即Δ＝4a2﹣4a＜0， 解得：a∈（0，1）， 故答案為：（答案不唯一，（0，1）上任意數(shù)均可） 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是命題的否定，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，難度中檔． 15．（5分）向量集合，對(duì)于任意，∈S，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈S，則稱S為“C類集”，現(xiàn)有四個(gè)命題： ①若S為“C類集”，則集合也是

16、“C類集”； ②若S，T都是“C類集”，則集合也是“C類集”； ③若A1，A2都是“C類集”，則A1∪A2也是“C類集”； ④若A1，A2都是“C類集”，且交集非空，則A1∩A2也是“C類集”． 其中正確的命題有?、佗冖堋。ㄌ钏姓_命題的序號(hào)）． 【分析】由新定義“C類集”，結(jié)合不等式的性質(zhì)和集合的運(yùn)算性質(zhì)，即可判斷結(jié)論． 【解答】解：①若S為“C類集”，則對(duì)于任意，∈S，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈S， 集合，可得對(duì)于任意μ，μ∈M，以及任意λ∈（0，1），都有λμ+（1﹣λ）μ∈M，故①正確； ②若S是“C類集”，則對(duì)于任意，∈S，以及任意λ1∈（0，1）

17、，都有λ1+（1﹣λ1）∈S， T是“C類集”，則對(duì)于任意，∈T，以及任意λ2∈（0，1），都有λ2+（1﹣λ2）∈T， 可得對(duì)于任意+∈M，+∈M，以及任意λ∈（0，1），都有λ（+）+（1﹣λ）（+）∈M，故②正確； ③若A1“C類集”，可得對(duì)于任意，∈A1，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A1， A2是“C類集”，對(duì)于任意，∈A2，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A2， 設(shè)M＝A1∪A2，M為A1，A2中的元素的合并而得，且不重復(fù)，不符合“C類集”的定義，故③錯(cuò)誤； ④若A1“C類集”，可得對(duì)于任意，∈A1，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈

18、A1， A2是“C類集”，對(duì)于任意，∈A2，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A2， 設(shè)M＝A1∩A2，M為A1，A2中的元素的公共部分而得，且不為空集，符合“C類集”的定義，故④正確． 故答案為：①②④． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查集合的新定義的理解和運(yùn)用，考查定義法解題，以及推理能力，屬于基礎(chǔ)題． 三、解答題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程。 16．（14分）在銳角△ABC中，設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且． （1）求B的大?。? （2）若AB＝2，BC＝，點(diǎn)D在邊AC上，______，求BD的長(zhǎng)． 請(qǐng)?jiān)冖貯D＝DC；②∠DBC＝∠D

19、BA；③BD⊥AC這三個(gè)條件中選擇一個(gè)，補(bǔ)充在上面的橫線上，并完成解答． （注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分）． 【分析】（1）由正弦定理化簡(jiǎn)已知等式，結(jié)合A，可得sinA＞0，可求，結(jié)合范圍，可求B的值． （2）若選①．法一：由題意可得＝，兩邊平方，利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算即可求解BD的值；法二：由余弦定理可求AC的值，在△ABD，△BDC中，分別應(yīng)用余弦定理，結(jié)合cos∠ADB+cos∠CDB＝0，可求4+＝2BD2+，即可解得BD的值．若選②．由于S△ABC＝S△ABD+S△CBD，利用三角形的面積公式即可求解BD的值；若選③．由余弦定理可求AC的值，利用三角形的面

20、積公式可得，進(jìn)而解得BD的值． 【解答】解：（1）在△ABC中，由正弦定理，及得，sinBsinA＝sinA．…（2分） 因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形， 所以A， 所以sinA＞0． 所以．……（4分） 又因?yàn)?，所以B＝．……（6分） （2）若選①． 法一：在△ABC中，因?yàn)锳D＝DC，所以＝．……（8分） 所以2＝……（10分）＝＝， 所以BD＝．……（12分） 法二：在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB＝＝， 所以， 所以AD＝DC＝．……（8分） 在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝BD2+DA2﹣2BD?DA?cos∠ADB

21、 即， 在△BDC中，由余弦定理，得BC2＝BD2+DC2﹣2BD?DC?cos∠CDB 即．……（10分） 又∠ADB+∠CDB＝π，所以cos∠ADB+cos∠CDB＝0． 所以4+＝2BD2+， 所以BD＝．……（12分） 若選②． 在△ABC中，S△ABC＝S△ABD+S△CBD，……（8分） 即BA?BC?sin＝BA?BD?sin+BD?BC?sin，……（10分） 即， 解得．……（12分） 若選③． 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB＝＝， 所以．……（8分） 因?yàn)镾△ABC＝BA?BC?sinB＝， 又S

22、△ABC＝BD?AC＝BD，……（10分） 所以， 解得．……（12分） 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，余弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題． 17．（14分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C． （1）求證：AB⊥B1C； （2）若∠B1BC＝60°，直線A1B1與平面BB1C1C所成角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值． 【分析】（1）推導(dǎo)出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，從而B(niǎo)1C⊥平面AOB，由此能證明B1C⊥AB． （2）設(shè)

23、O為原點(diǎn)，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值． 【解答】解：（1）證明：由題知四邊形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C， ∵AO∩B1C＝O，∴B1C⊥平面AOB， ∵AB?平面AOB，∴B1C⊥AB． （2）∵A1B1∥AB，∴AB與平面BB1C1C所成角為30°， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴∠ABO＝30°， 設(shè)O為原點(diǎn)，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則B1（1，0，0），C1（0，，0），A（0，0，1），B（0，﹣，0

24、）， 由＝，知A1（1，，1）， ∴＝（0，﹣，1），＝（﹣1，，0），＝（1，0，1）， 設(shè)平面AB1C1的法向量為＝（x，y，z）， 則，取y＝1，得＝（）， 同理得平面A1B1C1的法向量＝（）， ∴cos＜＞＝＝， ∴二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值為． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是中檔題． 18．（14分）隨著移動(dòng)互聯(lián)網(wǎng)的發(fā)展，越來(lái)越多的人習(xí)慣用手機(jī)應(yīng)用程序（簡(jiǎn)稱app）獲取新聞資訊．為了解用戶對(duì)某款新聞?lì)恆pp的滿意度，隨機(jī)調(diào)查了30

25、0名用戶，調(diào)研結(jié)果如表：（單位：人） 青年人 中年人 老年人 滿意 60 70 x 一般 55 25 y 不滿意 25 5 10 （Ⅰ）從所有參與調(diào)研的人中隨機(jī)選取1人，估計(jì)此人“不滿意”的概率； （Ⅱ）從參與調(diào)研的青年人和中年人中各隨機(jī)選取1人，估計(jì)恰有1人“滿意”的概率； （Ⅲ）現(xiàn)需從參與調(diào)研的老年人中選擇6人作進(jìn)一步訪談，若在“滿意”、“一般”、“不滿意”的老年人中各取2人，這種抽樣是否合理？說(shuō)明理由． 【分析】（Ⅰ）根據(jù)古典概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可 （Ⅱ）根據(jù)獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可 （Ⅲ）根據(jù)抽樣的公平性的性質(zhì)進(jìn)行判斷

26、【解答】解：（Ⅰ）從所有參與調(diào)研的人共有300人，不滿意的人數(shù)是25+5+10＝40 記事件D為“從所有參與調(diào)研的人中隨機(jī)選取1人此人不滿意”，則所求概率為． （Ⅱ）記事件M為“從參與調(diào)研的青年人中隨機(jī)選取1人，此人滿意”，則； 記事件N為“從參與調(diào)研的中年人中隨機(jī)選取1人，此人滿意”，則； 則“從參與調(diào)研的青年人和中年人各隨機(jī)選取1人，恰有1人滿意”的概率為＝ （Ⅲ）這種抽樣不合理． 理由：參與調(diào)研的60名老年人中不滿意的人數(shù)為20，滿意和一般的總?cè)藬?shù)為x+y＝50，說(shuō)明滿意度之間存在較大差異，所以從三種態(tài)度的老年中各取2人不合理．合理的抽樣方法是采用分層抽樣，根據(jù)x，y，10的

27、具體數(shù)值來(lái)確定抽樣數(shù)值． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查抽樣方法的應(yīng)用，以及概率的計(jì)算，根據(jù)古典概型的概率公式是解決本題的關(guān)鍵．難度不大． 19．（15分）已知橢圓C：的右焦點(diǎn)為F，離心率，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，過(guò)點(diǎn)F的直線l與橢圓交于M，N兩點(diǎn)（非長(zhǎng)軸端點(diǎn)）． （1）求橢圓C的方程； （2）已知點(diǎn)Q（0，2），求線段MQ長(zhǎng)度的取值范圍； （3）延長(zhǎng)MO交橢圓C于P點(diǎn)，求△PMN面積的最大值，并求此時(shí)直線l的方程． 【分析】（1）通過(guò)橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)，結(jié)合離心率，即得到橢圓的方程； （2）設(shè)M（x1，y1），由M為橢圓上一點(diǎn)，可得，再利用兩點(diǎn)間距離公式進(jìn)行求解即可； （3）設(shè)出MN所在直線方程，然后與

28、橢圓方程聯(lián)立，利用弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線距離公式求解三角形的面積，利用基本不等式求解最大值即可． 【解答】解：（1）∵長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，∴2a＝4，a＝2， 又∵離心率，∴c＝，∴b2＝a2﹣c2＝1， ∴橢圓C的方程為， （2）設(shè)M（x1，y1），則，y∈[﹣1，0）∪（0，1]， ∴|MQ|＝＝＝， ∴|MQ|的取值范圍是； （3）設(shè)直線MN的方程為x＝my+， 聯(lián)立，消x得， ∵Δ＞0，，， ∴＝， 原點(diǎn)O到直線x＝my+的距離， ∴P到直線MN的距離為， ∴， 令，則， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)， 所以直線l的方程為或． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，橢

29、圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化思想及計(jì)算能力，屬中檔題． 20．（14分）已知函數(shù)f（x）＝（a∈R）． （1）若曲線y＝f（x）在點(diǎn)（，f（））處的切線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a； （2）當(dāng)a＞0時(shí)，判斷函數(shù)f（x）在x∈（0，π）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由． 【分析】（1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率，再由兩點(diǎn)的斜率公式解方程可得a的值； （2）由f（x）＝0，可令g（x）＝x2﹣a﹣2sinx，討論當(dāng)x∈（0，），[，π）時(shí)，g（x）的單調(diào)性，可得f（x）的單調(diào)性，可得所求零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 【解答】解：（1）f（x）＝的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝， 可得曲線y＝f（x）在點(diǎn)

30、（，f（））處的切線的斜率為f′（）＝π， f（）＝﹣a﹣2，即切點(diǎn)為（，﹣a﹣2）， 由于切線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)， 可得＝π，解得a＝﹣﹣2； （2）因?yàn)閤∈（0，π），所以sinx＞0， 所以f（x）＝＝0，可化為x2﹣a﹣2sinx＝0， 設(shè)g（x）＝x2﹣a﹣2sinx，g′（x）＝2x﹣2cosx， 設(shè)h（x）＝2x﹣2cosx，h′（x）＝2+2sinx＞0， 可得h（x）即g′（x）在（0，π）遞增， 又g′（0）＝﹣2＜0，g′（）＝π＞0， 所以存在x0∈（0，），使得g′（x0）＝0，當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，g（x）遞減； 當(dāng)x∈（x0，）時(shí)，g（x）遞增， 所

31、以，對(duì)于連續(xù)函數(shù)g（x），在x∈（0，x0）時(shí)，g（x）遞減，在x∈（x0，π）時(shí)，g（x）遞增， 又因?yàn)間（0）＝﹣a＜0，當(dāng)g（π）＝π2﹣a＞0即a＜π2時(shí)，g（x）有唯一零點(diǎn)在（x0，π）上， 當(dāng)g（π）＝π2﹣a≤0即a≥π2時(shí)，g（x）在（0，π）上無(wú)零點(diǎn)， 綜上可得，當(dāng)0＜a＜π2時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，π）有唯一零點(diǎn)； 當(dāng)a≥π2時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，π）沒(méi)有零點(diǎn)． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的求法，考查方程思想和分類討論思想、運(yùn)算能力和推理能力，屬于難題． 21．（14分）已知集合Sn＝{X|X＝（x1，x2，…，xn），xi∈{0，1}

32、，i＝1，2，…，n}．其中n≥2，對(duì)于A＝（a1，a2，…，an），B＝（b1，b2，…，bn）∈Sn，定義A與B之間的距離為． （1）記I＝（1，1，1，1）∈S4，寫(xiě)出所有A∈S4使得d（I，A）＝3； （2）記I＝（1，1，1，1）∈Sn，A，B∈Sn，并且d（I，A）＝d（I，B）＝p≤n，d（A，B）的最大值； （3）設(shè)P?Sn，P中所有不同元素間的距離的最小值為k，記滿足條件的集合P的元素個(gè)數(shù)的最大值為m，求證：． 【分析】（1）根據(jù)題中給出的定義，寫(xiě)出所有A∈S4使得d（I，A）＝即可3； （2）設(shè)A＝（a1，a2，???，an），B＝（b1，b2，???，bn），分

33、兩種情況2p≤n、2p＞n時(shí)，分別利用含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì)求解即可； （3）設(shè)P是滿足條件的最大集合，即P中元素個(gè)數(shù)為m，由題中的定義可知，對(duì)于Sn中的任意元素X，都存在C∈P使得d（X，C）≤k﹣1，否則，假設(shè)存在X0∈Sn，對(duì)任意C∈P都有d（X0，C）≥k，推出矛盾，故假設(shè)不成立，即可證明原命題． 【解答】（1）解：A的所有可能取值為（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1）； （2）解：設(shè)A＝（a1，a2，???，an），B＝（b1，b2，???，bn）， 因?yàn)閐（I，A）＝1﹣a1+1﹣a2+???+1﹣an＝p， 則a1+a2+??

34、?+an＝n﹣p， 同理b1+b2+???+bn＝n﹣p， 當(dāng)2p≤n時(shí)，d（A，B）＝≤， 當(dāng)2p＞n時(shí)，d（A，B）＝， 當(dāng)A＝{1，1，???，1，0，0，????，0}（其中含有p個(gè)1）或A＝{0，0，???，0，1，1，???，1}（其中含有p個(gè)1）時(shí)，上式取等號(hào)， 綜上所述，d（A，B）的最大值為； （3）證明：設(shè)P是滿足條件的最大集合，即P中元素個(gè)數(shù)為m， 那么對(duì)任意的A，B∈P，且A≠B，d（A，B）≥k， 對(duì)任意的C∈P，記集合S（C，k﹣1）＝{X∈Sn|d（X，C）≤k﹣1}， 那么S（C，k﹣1）中元素個(gè)數(shù)為， 對(duì)于Sn中的任意元素X，都存在C∈P使得d（X，C）≤k﹣1， 若不然，假設(shè)存在X0∈Sn，對(duì)任意C∈P都有d（X0，C）≥k， 那么集合P'＝P∪{X0}中所有不同元素間的距離的最小值為k，且P'中有m+1個(gè)元素，這與m的最大性矛盾． 綜上所述，所有Sn中的每個(gè)元素必與P中的某個(gè)元素的距離不超過(guò)k﹣1， 又S（C，n）中元素個(gè)數(shù)為＝2n，所以． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了新定義問(wèn)題，解決此類問(wèn)題，關(guān)鍵是讀懂題意，理解新定義的本質(zhì)，把新情境下的概念、法則、運(yùn)算化歸到常規(guī)的數(shù)學(xué)背景中，運(yùn)用相關(guān)的數(shù)學(xué)公式、定理、性質(zhì)進(jìn)行解答，屬于中檔題．