2022年高考三轮复习之仿真模拟卷5

展开

这是一份2022年高考三轮复习之仿真模拟卷5，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．设A＝{x|y＝eq \r(3－x)}，B＝{x|4x－x2>0}，则A∩B等于( )
A．{x|x≤0} B．{x|0C．{x|x≤4} D．{x|x∈R}
答案 B
解析因为A＝{x|y＝eq \r(3－x)}＝{x|3－x≥0}＝{x|x≤3}，
B＝{x|4x－x2>0}＝{x|x2－4x<0}＝{x|0所以A∩B＝{x|02．已知命题p：∀x>0，lg x>0，则綈p为( )
A．∀x>0，lg x≤0 B．∃x0>0，lg x0<0
C．∀x>0，lg x<0 D．∃x0>0，lg x0≤0
答案 D
解析全称命题的否定是特称命题，需把全称量词改为存在量词，并否定结论，
所以綈p：∃x0>0，lg x0≤0，故选D.
3．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))cs x(－π≤x≤π，且x≠0)的图象可能为( )
答案 D
解析由f(－x)＝－f(x)及－π≤x≤π，且x≠0判定函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B选项；当x>0且x→0时，－eq \f(1,x)→－∞，cs x→1，此时f(x)→－∞，排除C选项，故选D.
4．若a>0，b>0，a＋b＝ab，则a＋b的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 B
解析方法一由于a>0，b>0，a＋b＝ab≤eq \f(a＋b2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
方法二由题意，得eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
方法三由题意知a＝eq \f(b,b－1)(b>1)，所以a＋b＝eq \f(b,b－1)＋b＝b－1＋eq \f(1,b－1)＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.
5．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝120°，点D为BC边上的一点，且eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C．1 D．2
答案 C
解析以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示．则A(0,0)，B(3,0)，C(－1，eq \r(3))，
∵eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)(－4，eq \r(3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(2\r(3),3)))，
则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(3,0)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝3×eq \f(1,3)＋0×eq \f(2\r(3),3)＝1.
6．经过点(2,1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切的双曲线的标准方程为( )
A.eq \f(x2,\f(11,3))－eq \f(y2,11)＝1 B.eq \f(x2,2)－y2＝1
C.eq \f(y2,\f(11,3))－eq \f(x2,11)＝1 D.eq \f(y2,11)－eq \f(x2,\f(11,3))＝1
答案 A
解析设双曲线的方程为mx2－ny2＝1(mn>0)，
将点(2,1)代入方程，得4m－n＝1，①
双曲线的渐近线方程为eq \r(\f(m,n))x±y＝0，且与圆x2＋(y－2)2＝1相切，
∴eq \f(2,\r(1＋\f(m,n)))＝1，即eq \f(m,n)＝3，②
由①②联立得m＝eq \f(3,11)，n＝eq \f(1,11)，
故双曲线的标准方程为eq \f(x2,\f(11,3))－eq \f(y2,11)＝1.
7.鼎被誉为中国历史上的传国重器，是青铜文化的代表，是国家权力的象征，有着鼎盛千秋的寓意.1939年在河南安阳出土的后母戊鼎(如图)是一件形制巨大、工艺精巧、威武庄严的商后期青铜祭器．该器重832.84 kg，口长112 cm，口宽79 cm，连耳高133 cm，厚6 cm.某中学青铜文化研究小组的同学发现鼎的耳、身、足的高度之比约为3∶4∶4.据此推算，下列选项中与后母戊鼎的器腹容积最贴近的是( )
A．218 000 cm3 B．246 000 cm3
C．284 000 cm3 D．324 000 cm3
答案 C
解析 (112－6×2)×(79－6×2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4×133,3＋4＋4)－6))≈100×67×42.36＝283 812(cm3)，
与284 000 cm3最贴近．故选C.
8．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在(0，π)上有且仅有2个极值点，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上递增，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2))
答案 D
解析令ωx＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
令k＝0,1,2，得x＝eq \f(π,3ω)，eq \f(4π,3ω)，eq \f(7π,3ω)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4π,3ω)<π，,\f(7π,3ω)≥π，))解得eq \f(4,3)<ω≤eq \f(7,3).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
∴－eq \f(2π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，
令k＝0得，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))上单调递增，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)≤－\f(π,4)，,\f(π,3ω)≥\f(π,6)，))解得0<ω≤2，
综上有eq \f(4,3)<ω≤2，故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)
9．下列各函数中，满足“x1＋x2＝0”是“f(x1)＋f(x2)＝0”的充要条件的是( )
A．f(x)＝tan x
B．f(x)＝3x－3－x
C．f(x)＝x3
D．f(x)＝lg3|x|
答案 BC
解析由f(x)＝tan x是奇函数，所以x1＋x2＝0⇒f(x1)＋f(x2)＝0，但是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝0，此时eq \f(π,4)＋eq \f(3π,4)≠0，不符合要求，所以A不符合题意；因为f(x)＝3x－3－x和f(x)＝x3均为单调递增的奇函数，所以“x1＋x2＝0”是“f(x1)＋f(x2)＝0”的充要条件，符合题意；对于选项D，由f(x)＝lg3|x|的图象易知不符合题意．
10．抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ci＝“点数为i”，其中i＝1,2,3,4,5,6，E1＝“点数不大于3”，E2＝“点数大于3”，E3＝“点数大于4”，F＝“点数为奇数”，G＝“点数为偶数”，判断下列结论，错误的有( )
A．F＝E1∪E2∪E3
B．C2，C3为对立事件
C．E3⊆E2
D．E1，E2为对立事件
答案 AB
解析 C2＝“点数为2”，C3＝“点数为3”，E1＝“点数不大于3”＝“点数为1,2,3”，E2＝“点数大于3”＝“点数为4,5,6”，E3＝“点数大于4”＝“点数为5,6”，F＝“点数为奇数”＝“点数为1,3,5”，G＝“点数为偶数”＝“点数为2,4,6”．因为E1∪E2∪E3＝“点数为1,2,3,4,5,6”，所以F≠E1∪E2∪E3，故A错误；因为C2∩C3＝∅，且C2∪C3＝“点数为2,3”，所以C2，C3为互斥事件，故B错误；因为E3⊆E2，故C正确；因为E1∪E2＝“点数为1,2,3,4,5,6”，E1∩E2＝∅，所以E1，E2为对立事件，故D正确，故选AB.
11．已知cs 2θ－2sin 2θ＝1，则tan 2θ的值为( )
A．－eq \f(4,3) B．0 C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案 BD
解析 ∵1－2sin2θ－2sin 2θ＝1，
∴sin2θ＋sin 2θ＝0，
∴sin θ(sin θ＋2cs θ)＝0，
∴sin θ＝0或sin θ＋2cs θ＝0，
∴tan θ＝0或tan θ＝－2，
∴tan 2θ＝0或tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(4,3)，故选BD.
12．已知定义在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，则下列判断正确的有( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(π,3)))>0
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
答案 CD
解析令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
因为f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs 2x)<0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以函数g(x)＝eq \f(fx,cs x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，因此geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，A错误；因为f(0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f0,cs 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(fx,cs x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．又因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(π,3)))<0，B错误；因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，C正确；因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知等差数列{an}的首项a1＝1，若3a3＝7a7，则数列{an}的前n项和的最大值为________．
答案 5
解析设数列{an}的公差为d，
∵3a3＝7a7，a1＝1，
∴3(1＋2d)＝7(1＋6d)，解得d＝－eq \f(1,9)，
∴an＝1－eq \f(1,9)(n－1)＝eq \f(10,9)－eq \f(n,9)，
令an≥0，解得n≤10，
∴数列{an}的前n项和的最大值为
S9＝S10＝10＋eq \f(10×9,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))＝5.
14．两个女生和三个男生站成一排照相，两个女生要求相邻，男生甲不站在两端，不同排法的种数为________．
答案 24
解析先把2名女生捆绑在一起看作一个复合元素，再和另外的2名男生全排列形成了2个空(不包含两端)，将男生甲插入到其中，故有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(1,2)＝24(种)．
15．(2020·沈阳质检)在四面体ABCD中，若AD＝DC＝AC＝CB＝1，则当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为________．
答案 eq \f(7π,3)
解析因为AD＝DC＝AC＝1，
所以底面ACD的面积为定值，
因此当CB⊥平面ACD时，四面体ABCD的体积最大．
设△ACD外接圆圆心为O1，
则四面体ABCD的外接球的球心O满足OO1∥BC，
且OO1＝eq \f(1,2)，
因此外接球的半径R满足R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(7,12)，
从而外接球的表面积为4πR2＝eq \f(7π,3).
16．已知抛物线C：y2＝4x的焦点是F，直线l1：y＝x－1交抛物线于A，B两点，分别从A，B两点向直线l2：x＝－2作垂线，垂足是D，C，则四边形ABCD的周长为________．
答案 18＋4eq \r(2)
解析由题意知，p＝2，F(1,0)，准线l的方程是x＝－1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y，
得x2－6x＋1＝0.
因为直线l1经过焦点F(1,0)，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝8.
由抛物线上的点的几何特征知
|AD|＋|BC|＝|AB|＋2＝10，
因为直线l1的倾斜角是eq \f(π,4)，
所以|CD|＝|AB|sin eq \f(π,4)＝8×eq \f(\r(2),2)＝4eq \r(2)，
所以四边形ABCD的周长是
|AD|＋|BC|＋|AB|＋|CD|＝10＋8＋4eq \r(2)
＝18＋4eq \r(2).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上．若问题中的正整数k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
设正项等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)
解在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，
∴a5＝10，∴公差d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，
∴b3＝a4＝8.
假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立．设正项等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
若选①，
∵b2b3＝a16，
∴b2＝4，∴q＝eq \f(b3,b2)＝2，∴bn＝2n.
∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选②，
∵b4＝a12＝24，∴q＝eq \f(b4,b3)＝3，
∴bn＝8·3n－3.
∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，
该方程无正整数解，
∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选③，
∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n.
∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5.
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
18．(12分)若△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且(sin B－sin C)2＝sin2A－eq \f(4,3)sin Bsin C.
(1)求cs A；
(2)若△ABC的面积为eq \f(4\r(2),3)，求内角A的角平分线AD长的最大值．
解 (1)∵(sin B－sin C)2＝sin2A－eq \f(4,3)sin Bsin C，
∴sin2B＋sin2C－sin2A＝2sin Bsin C－eq \f(4,3)sin Bsin C.
由正弦定理可得，b2＋c2－a2＝2bc－eq \f(4,3)bc，
∴b2＋c2－a2＝eq \f(2,3)bc.
由余弦定理，得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,3).
(2)∵cs A＝eq \f(1,3)，∴sin A＝eq \r(1－cs2A)＝eq \f(2\r(2),3)，
∵S△ABC＝eq \f(4\r(2),3)＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(2),3)bc，
解得bc＝4，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)b·AD·sin∠CAD＋eq \f(1,2)·c·AD·
sin∠BAD＝eq \f(4\r(2),3).
即ADeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·b·\f(\r(3),3)＋\f(1,2)·c·\f(\r(3),3)))＝eq \f(4\r(2),3)，AD＝eq \f(8\r(6),3b＋c)≤eq \f(8\r(6),6\r(bc))＝eq \f(2\r(6),3)(当且仅当b＝c时等号成立)．
故AD的最大值为eq \f(2\r(6),3).
19．(12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，动点P满足eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))(λ＞0)，当λ＝eq \f(1,2)时，AB1⊥BP.
(1)求棱CC1的长；
(2)若二面角B1－AB－P的大小为eq \f(π,3)，求λ的值．
解 (1)以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设CC1＝m，则A(0,0,0)，B1(3,0，m)，B(3,0,0)，
P(0,4，λm)，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝(3,0，m)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(3，－4，－λm)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(3,0,0)，
当λ＝eq \f(1,2)时，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(3,0，m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－4，－\f(1,2)m))＝0，
解得m＝3eq \r(2)，
即棱CC1的长为3eq \r(2).
(2)设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n1＝0，,\(PB,\s\up6(→))·n1＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＝0，,3x－4y－3\r(2)λz＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,4y＋3\r(2)λz＝0，))
令z＝1，则y＝－eq \f(3\r(2)λ,4)，
所以平面PAB的一个法向量为n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3\r(2)λ,4)，1))，
又平面ABB1与y轴垂直，所以平面ABB1的一个法向量为n2＝(0,1,0)，
因为二面角B1－AB－P的大小为eq \f(π,3)，
所以|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(1,2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(3\r(2)λ,4),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2)λ,4)))2＋1))))，
结合λ＞0，解得λ＝eq \f(2\r(6),9).
20．(12分)某淘宝店经过对春节七天假期的消费者的消费金额进行统计，发现在消费金额不超过1 000元的消费者中男女比例为1∶4，该店按此比例抽取了100名消费者进行进一步分析，得到下表：
女性消费情况：
男性消费情况：
若消费金额不低于600元的网购者为“网购达人”，低于600元的网购者为“非网购达人”．
(1)分别计算女性和男性消费的平均数，并判断平均消费水平高的一方“网购达人”出手是否更阔绰？
(2)根据列表中统计数据填写如下2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“是否为‘网购达人’与性别有关”．
附：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)女性消费者消费的平均数为eq \f(1,80)×(100×5＋300×10＋500×15＋700×47＋900×3)＝582.5.
男性消费者消费的平均数为eq \f(1,20)×(100×2＋300×3＋500×10＋700×3＋900×2)＝500.
“女网购达人”消费的平均数为eq \f(1,50)×(700×47＋900×3)＝712.
“男网购达人”消费的平均数为eq \f(1,5)×(700×3＋900×2)＝780.
虽然女性消费者平均消费水平较高，但“女网购达人”平均消费水平低于“男网购达人”平均消费水平，所以“平均消费水平”高的一方“网购达人”出手不一定更阔绰．
(2)2×2列联表如下所示：
K2的观测值k＝eq \f(100×50×15－30×52,80×20×55×45)≈9.091，
因为9.091>7.879，
所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“是否为‘网购达人’与性别有关”．
21．(12分)已知点(1，e)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(\r(3),2)))在椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，其中e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l经过C的上顶点且l与抛物线M：y2＝4x交于P，Q两点，F为椭圆的左焦点，直线FP，FQ与M分别交于点D(异于点P)，E(异于点Q)，证明：直线DE的斜率为定值．
(1)解由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,\f(e2,a2)＋\f(3,4b2)＝1，,e2＝\f(c2,a2)＝\f(a2－b2,a2)，))
解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明由题意可得直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与抛物线的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))
整理可得eq \f(k,4)y2－y＋1＝0，
Δ＝1－k＞0，即k＜1，且k≠0，
y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝eq \f(4,k)，
由(1)可得左焦点F(－1,0)，所以直线FP的方程为
y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，
联立直线PF与抛物线的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝\f(y1,x1＋1)x＋1，))
整理可得y2－eq \f(4x1＋1,y1)y＋4＝0，
所以y1yD＝4，所以yD＝eq \f(4,y1)，
所以D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,y\\al(2,1))，\f(4,y1)))，
同理可得，E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,y\\al(2,2))，\f(4,y2)))，
所以kDE＝eq \f(\f(4,y1)－\f(4,y2),\f(4,y\\al(2,1))－\f(4,y\\al(2,2)))＝eq \f(y1y2,y1＋y2)＝1，
所以可证得直线DE的斜率为定值1.
22．(12分)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，g(x)＝(a＋1)ln x(a<0)．
(1)若点P(x0，y0)为函数f(x)与g(x)图象的唯一公共点，且两曲线存在以点P为切点的公共切线，求a的值；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意可知，y＝f(x)与y＝g(x)(x＞0)的图象在唯一公共点处的切线相同，
又f′(x)＝x＋a，g′(x)＝eq \f(a＋1,x)，
所以f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\\al(2,0)＋ax0＝a＋1ln x0，,x0＋a＝\f(a＋1,x0)，))
由x0＋a＝eq \f(a＋1,x0)可得x0＝1或x0＝－a－1，
由点P唯一可得－a－1＝1或－a－1≤0，
即a＝－2或a≥－1，
由eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋ax0＝(a＋1)ln x0，可得a＝－eq \f(1,2)，
综上可得，a＝－eq \f(1,2).
(2)由h(x)＝f(x)－g(x)
＝eq \f(1,2)x2＋ax－(a＋1)ln x，x＞0，
可得h′(x)＝x＋a－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(x－1x＋a＋1,x)，
(ⅰ)若a＋1＞0，即－1因为x→0时，h(x)→＋∞，
且h(2)＝2＋2a－(a＋1)ln 2＞2＋2a－2(a＋1)＝0，
故要使得h(x)有2个零点，只有h(1)＜0，
即－1＜a＜－eq \f(1,2)，
当a＝－1时，h(x)＝eq \f(1,2)x2－x只有一个零点，
故－1＜a＜－eq \f(1,2).
(ⅱ)若a＋1＜0，即a＜－1时，
①当a＝－2时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；
②当－2＜a＜－1时，h(x)在(0，－a－1)上单调递增，
在(－a－1,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
且x→0时，h(x)→－∞，且h(1)＝a＋eq \f(1,2)＜0，
h(e2)＝eq \f(1,2)e4＋ae2－(a＋1)ln e2>eq \f(1,2)e4＋ae2＞0，
故要使得h(x)有2个零点，
则h(－a－1)＝eq \f(1,2)(a＋1)2－a(a＋1)－(a＋1)ln(－a－1)＝0，
即eq \f(1－a,2)－ln(－a－1)＝0，
令m(a)＝eq \f(1－a,2)－ln(－a－1)，－2＜a＜－1，
则m′(a)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,a＋1)＝－eq \f(a＋3,2a＋1)＞0，
故m(a)在(－2，－1)上单调递增，
且当a→－2时，m(a)→eq \f(3,2)>0，
故m(a)＞0在(－2，－1)上恒成立，不可能有2个零点，
③当a＜－2时，h(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，－a－1)上单调递减，
在(－a－1，＋∞)上单调递增，
且h(1)＝a＋eq \f(1,2)＜0，
故h(x)不可能有2个零点．
综上所述，－1＜a＜－eq \f(1,2)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))).消费金额/元
(0,200)
[200,400)
[400,600)
[600,800)
[800,1 000]
人数
5
10
15
47
3
消费金额/元
(0,200)
[200,400)
[400,600)
[600,800)
[800,1 000]
人数
2
3
10
3
2
女性
男性
总计
“网购达人”
“非网购达人”
总计
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
女性
男性
总计
“网购达人”
50
5
55
“非网购达人”
30
15
45
总计
80
20
100

2022年高考三轮复习之仿真模拟卷5

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网