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2024届高三下学期开学摸底考（全国甲卷、乙卷通用）理 科 数 学试题及答案
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这是一份2024届高三下学期开学摸底考（全国甲卷、乙卷通用）理 科 数 学试题及答案，文件包含高三理科数学开学摸底考全国甲卷乙卷通用解析版docx、高三理科数学开学摸底考全国甲卷乙卷通用考试版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．考试范围：高考全部内容。
一、选择题：本大题共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．
1．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域求得，进而求得，根据函数的值域求得，进而求得.
【详解】，
因为，所以，又，
所以.
故选:A
2．已知复数的虚部是2，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算，化简，结合虚部为2求出a的值，即可得复数，再根据模的计算公式，即可得答案；
【详解】，则，
解得，则，则，
故选：A．
3．执行如图所示的程序框图，若输出p的值为21，则空白框内可以填入的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】模拟程序 ，可知输出p的值为21时，的取值，即可得解.
【详解】执行程序框图：
，，进入循环，，是；
，，是；
，，否，结束循环．
输出p的值为21，
所以结合选项知选B．
故选：B
4．已知中，，，，O为所在平面内一点，且,则的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】利用平面向量基本定理即可解决问题.
【详解】，
∵，∴，∴，
∴
故选：C.
5．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：C.
6．已知长方形ABCD中，，E，H分别是AB，AD的中点，F是BC边上靠近B的三等分点，G是DC边上靠近D的四等分点．现往长方形ABCD中投掷96个点，则落在阴影部分内的点有（ ）
A．46个B．48个
C．54个D．72个
【答案】A
【分析】根据已知可分别长方形及阴影部分的面积，再根据几何概型即可求解.
【详解】依题意，不妨设，则，落在阴影部分的点有n个，
结合题中图形易知长方形ABCD的面积为，
阴影部分的面积，
由几何概型得，解得，
即落在阴影部分内的点有个.
故选：A．
7．已知平面直角坐标系中，角的终边不在坐标轴上，则“”是“是第四象限角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用不同象限角的三角函数值的符号可知，不在第二象限和第三象限，对在第一象限和第四象限进行分类讨论即可得出结论.
【详解】显然在第二象限和第三象限不等式均不成立，
若在第一象限，则，，，
因为，所以，
可知，即，故不成立；
若在第四象限，则，，，
因为，所以，
可知，即，即成立；
若，则可知不在第二象限和第三象限；
当在第一象限时，不妨取，则，不合题意；
所以只能是第四象限角；
综上可知，“”是“是第四象限角”的充要条件.
故选：C
8．已知双曲线（，）的离心率为，圆与C的一条渐近线相交，且弦长不小于4，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的离心率可得渐近线方程为，结合弦长可得，运算求解即可.
【详解】设双曲线的半焦距为，
则，解得，
且双曲线的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线为，
因为圆的圆心为，半径，
可知圆关于x轴对称，不妨取渐近线为，即，
则圆心到渐近线的距离，可得，
又因为圆与双曲线C的一条渐近线相交弦长为，
由题意可得，解得，
所以a的取值范围是.
故选：D.
9．劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，某校计划组织学生参与各项职业体验，让学生在劳动课程中掌握一定的劳动技能，理解劳动创造价值，培养劳动自立意识和主动服务他人，服务社会的情怀．该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A、B、C三个街道进行打扫活动，每个街道至少去一个小组，则不同的派遣方案有（ ）
A．140B．150C．200D．220
【答案】B
【分析】分成两种情况，分别对每种情况单独讨论即可.
【详解】当按照进行分配时，则有种不同方案，
当按照进行分配时，则有种不同方案，
故共有不同的方案，
故选:B
10．已知函数的部分图象如图所示，其中，，现先将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图象得到的最小正周期，进而求出,根据的图象过点求出，得到的解析式, 根据三角函数图象的变换法则求出的解析式,即可根据和差角公式求解.
【详解】记函数的最小正周期为，由题意知，得，所以，故．
因为的图象过点，所以，得，又，所以，故，
因为的图象过点，所以，解得，所以．
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到的图象，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，
故选:C．
11．已知椭圆，直线l过椭圆的右焦点F，交椭圆于A，B两点，O为坐标原点，M为AB的中点，N为OF的中点，则线段MN的长的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意运用垂径定理和椭圆的对称性即可求解.
【详解】轴时，故，
轴时均为顶点，为原点，，故，
不垂直坐标轴时，设，和椭圆方程联立得
即
故，
故
故，即．
设，易知，则时，
得点M的轨迹方程为，而时也满足该方程，刚好构成完整的椭圆，且N为其对称中心，
又椭圆上的点到椭圆中心的距离，
所以．
故选：A.
12．已知函数，实数，分别满足，，则下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对于AB选项构造函数利用函数单调性比较大小进行判断.
对于CD利用函数为偶函数得到的两个函数值相等，然后求出上函数为单调递增函数，然后利用单调性比较大小.
【详解】由，得．令，则，
所以当时，，当，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，
所以当时，，当时，，故选项A，B均错误．
因为，所以的定义域为，，所以是偶函数．
易知，令，则，
所以是上的增函数．
因为，所以当时，，所以在上单调递增，
所以.
故选:C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知函数，若，则 ．
【答案】
【分析】设，判断函数的奇偶性求解即可.
【详解】设，
的定义域为，
，
是奇函数，
，，
，
.
故答案为：.
14．若满足约束条件，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】利用线性规划作出可行域，直接求最优解即可.
【详解】如图，作出可行域，为一封闭三角形区域（包含边界），
易得三角形的顶点分别为，，
作出直线并平移，
当平移后的直线过点时，取得最小值，
且为．
故答案为：
15．已知正四棱锥的底面边长为，高为，且，该四棱锥的外接球的表面积为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，列出方程，求出半径与的关系式，利用导函数得到其单调性和最值情况，得到表面积的取值范围.
【详解】连接相交于点，连接，则⊥平面，
球心在上，连接，则，，
因为正四棱锥的底面边长为，所以，
在直角三角形上，由勾股定理得，
即，，解得，
由，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在取得极小值，也是最小值，此时，
又当和时，，
所以，则.
故答案为：
16．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则周长的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，从而解出周长的范围.
【详解】由，得，
化简为，因为为锐角，所以，
所以，即，因为为锐角，所以．
由正弦定理，得，
，
故的周长为
.
因为且为锐角三角形，
所以，，
因为，整理得，
解得，
所以，故，
所以，
即周长的取值范围为．
故答案为：.
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知数列的前项和为，且满足，，当时，是4的常数列.
(1)求的通项公式；
(2)当时，设数列的前项和为，证明：.
【详解】（1）当时，为等比数列，即是4的常数列，2分
故，3分
当时，，4分
当时，，5分
∴数列，均为公比为4的等比数列，
，，7分
.8分
（2），10分
∴当时，数列的前项和为
.12分
18．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）在平面内过点作交于点，连接，
则四边形为平行四边形，
所以，所以，
又，所以，1分
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，2分
又平面，所以平面平面，3分
又平面，所以平面．4分
（2）取的中点，连接，
因为，
所以，所以，所以，5分
又，所以，所以．
在中，，
又，所以，所以，6分
又平面，所以平面．
过作，则平面，则两两垂直，7分
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．8分
设平面的法向量为，
则，
取，则，故，10分
设直线与平面所成的角为，
则，11分
即直线与平面所成角的正弦值为．12分
19．（12分）为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表：
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是.
(1)补全列联表，判断能否有的把握认为智慧课堂的应用与区域有关，并阐述理由；
(2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有个，求的分布列和数学期望.
附：
.
【详解】（1）补全列联表如下：
2分
.4分
所以有的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关.5分
（2）在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是，所以抽取的5个样本有2个是农村学校，3个是城市学校，抽取2个，6分
则可能取值为.
9分
所以的分布列为：
11分
的数学期望12分
20．（12分）已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点，使得，且.
【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，
抛物线；1分
由题意知：直线斜率存在，设，，，
由得：，2分
，解得：或；3分
，，，，4分
又直线与轴相交于两点，
，
即，解得：且；5分
综上所述：直线斜率的取值范围为.6分
（2）设点，，
由，，知：共线，即在轴上，
则可设，，，
，，，同理可得：，
，直线，8分
令得：，同理可得：，
，，10分
由（1）知：，，
，解得：，
存在定点满足题意.12分
21．（12分）已知函数．
(1)若曲线在处的切线方程为，求，的值；
(2)若函数，且恰有2个不同的零点，求实数的取值范围．
【详解】（1）由题知，，，
，2分
曲线在处的切线方程为，即，
解得；4分
（2）由题知，，
恰有2个不同的零点，即恰有2个不同的解，
即恰有2个不同的解.5分
设，
易知单调递增，
恰有2个不同的解，6分
设，，则恰有2个不同的零点，
，
当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，8分
要使恰有2个不同的零点，则，即，9分
当时，，．
设，则，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递增，10分
当时，，
在区间和区间上各有1个零点，11分
实数的取值范围为．12分
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）在直角坐标系中，已知曲线（其中），曲线（为参数，），曲线（t为参数，）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求的极坐标方程；
(2)若曲线与分别交于两点，求面积的最大值．
【详解】（1）因为曲线（其中），且，1分
所以的极坐标方程为，即.2分
（2）由题意可知：曲线（为参数，）表示过坐标原点，倾斜角为的直线，
所以曲线的极坐标方程为；4分
曲线（t为参数，），即，
表示过坐标原点，倾斜角为的直线，所以曲线的极坐标方程为；5分
可得，7分
注意到，则，8分
可得面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为1.10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若不等式恒成立，求实数的值．
【详解】（1）解：当时，．
当时，，恒成立，故；1分
当时，，由，得，故；2分
当时，，无解．3分
故不等式的解集为．5分
（2）由，得，
令，，
作出函数的图象及当时函数的图象，7分
如图所示，
9分
数形结合可知当时，恒成立，故．10分
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
城市
总计
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
40
40
80
城市
60
20
80
总计
100
60
160
0
1
2
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．考试范围：高考全部内容。
一、选择题：本大题共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．
1．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域求得，进而求得，根据函数的值域求得，进而求得.
【详解】，
因为，所以，又，
所以.
故选:A
2．已知复数的虚部是2，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算，化简，结合虚部为2求出a的值，即可得复数，再根据模的计算公式，即可得答案；
【详解】，则，
解得，则，则，
故选：A．
3．执行如图所示的程序框图，若输出p的值为21，则空白框内可以填入的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】模拟程序 ，可知输出p的值为21时，的取值，即可得解.
【详解】执行程序框图：
，，进入循环，，是；
，，是；
，，否，结束循环．
输出p的值为21，
所以结合选项知选B．
故选：B
4．已知中，，，，O为所在平面内一点，且,则的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】利用平面向量基本定理即可解决问题.
【详解】，
∵，∴，∴，
∴
故选：C.
5．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：C.
6．已知长方形ABCD中，，E，H分别是AB，AD的中点，F是BC边上靠近B的三等分点，G是DC边上靠近D的四等分点．现往长方形ABCD中投掷96个点，则落在阴影部分内的点有（ ）
A．46个B．48个
C．54个D．72个
【答案】A
【分析】根据已知可分别长方形及阴影部分的面积，再根据几何概型即可求解.
【详解】依题意，不妨设，则，落在阴影部分的点有n个，
结合题中图形易知长方形ABCD的面积为，
阴影部分的面积，
由几何概型得，解得，
即落在阴影部分内的点有个.
故选：A．
7．已知平面直角坐标系中，角的终边不在坐标轴上，则“”是“是第四象限角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用不同象限角的三角函数值的符号可知，不在第二象限和第三象限，对在第一象限和第四象限进行分类讨论即可得出结论.
【详解】显然在第二象限和第三象限不等式均不成立，
若在第一象限，则，，，
因为，所以，
可知，即，故不成立；
若在第四象限，则，，，
因为，所以，
可知，即，即成立；
若，则可知不在第二象限和第三象限；
当在第一象限时，不妨取，则，不合题意；
所以只能是第四象限角；
综上可知，“”是“是第四象限角”的充要条件.
故选：C
8．已知双曲线（，）的离心率为，圆与C的一条渐近线相交，且弦长不小于4，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的离心率可得渐近线方程为，结合弦长可得，运算求解即可.
【详解】设双曲线的半焦距为，
则，解得，
且双曲线的焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线为，
因为圆的圆心为，半径，
可知圆关于x轴对称，不妨取渐近线为，即，
则圆心到渐近线的距离，可得，
又因为圆与双曲线C的一条渐近线相交弦长为，
由题意可得，解得，
所以a的取值范围是.
故选：D.
9．劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，某校计划组织学生参与各项职业体验，让学生在劳动课程中掌握一定的劳动技能，理解劳动创造价值，培养劳动自立意识和主动服务他人，服务社会的情怀．该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A、B、C三个街道进行打扫活动，每个街道至少去一个小组，则不同的派遣方案有（ ）
A．140B．150C．200D．220
【答案】B
【分析】分成两种情况，分别对每种情况单独讨论即可.
【详解】当按照进行分配时，则有种不同方案，
当按照进行分配时，则有种不同方案，
故共有不同的方案，
故选:B
10．已知函数的部分图象如图所示，其中，，现先将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图象得到的最小正周期，进而求出,根据的图象过点求出，得到的解析式, 根据三角函数图象的变换法则求出的解析式,即可根据和差角公式求解.
【详解】记函数的最小正周期为，由题意知，得，所以，故．
因为的图象过点，所以，得，又，所以，故，
因为的图象过点，所以，解得，所以．
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到的图象，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，
故选:C．
11．已知椭圆，直线l过椭圆的右焦点F，交椭圆于A，B两点，O为坐标原点，M为AB的中点，N为OF的中点，则线段MN的长的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意运用垂径定理和椭圆的对称性即可求解.
【详解】轴时，故，
轴时均为顶点，为原点，，故，
不垂直坐标轴时，设，和椭圆方程联立得
即
故，
故
故，即．
设，易知，则时，
得点M的轨迹方程为，而时也满足该方程，刚好构成完整的椭圆，且N为其对称中心，
又椭圆上的点到椭圆中心的距离，
所以．
故选：A.
12．已知函数，实数，分别满足，，则下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对于AB选项构造函数利用函数单调性比较大小进行判断.
对于CD利用函数为偶函数得到的两个函数值相等，然后求出上函数为单调递增函数，然后利用单调性比较大小.
【详解】由，得．令，则，
所以当时，，当，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，
所以当时，，当时，，故选项A，B均错误．
因为，所以的定义域为，，所以是偶函数．
易知，令，则，
所以是上的增函数．
因为，所以当时，，所以在上单调递增，
所以.
故选:C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知函数，若，则 ．
【答案】
【分析】设，判断函数的奇偶性求解即可.
【详解】设，
的定义域为，
，
是奇函数，
，，
，
.
故答案为：.
14．若满足约束条件，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】利用线性规划作出可行域，直接求最优解即可.
【详解】如图，作出可行域，为一封闭三角形区域（包含边界），
易得三角形的顶点分别为，，
作出直线并平移，
当平移后的直线过点时，取得最小值，
且为．
故答案为：
15．已知正四棱锥的底面边长为，高为，且，该四棱锥的外接球的表面积为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，列出方程，求出半径与的关系式，利用导函数得到其单调性和最值情况，得到表面积的取值范围.
【详解】连接相交于点，连接，则⊥平面，
球心在上，连接，则，，
因为正四棱锥的底面边长为，所以，
在直角三角形上，由勾股定理得，
即，，解得，
由，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在取得极小值，也是最小值，此时，
又当和时，，
所以，则.
故答案为：
16．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则周长的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题利用正、余弦定理进行边角转化，将已知转化为角后，利用角的范围求三角函数的范围，从而解出周长的范围.
【详解】由，得，
化简为，因为为锐角，所以，
所以，即，因为为锐角，所以．
由正弦定理，得，
，
故的周长为
.
因为且为锐角三角形，
所以，，
因为，整理得，
解得，
所以，故，
所以，
即周长的取值范围为．
故答案为：.
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知数列的前项和为，且满足，，当时，是4的常数列.
(1)求的通项公式；
(2)当时，设数列的前项和为，证明：.
【详解】（1）当时，为等比数列，即是4的常数列，2分
故，3分
当时，，4分
当时，，5分
∴数列，均为公比为4的等比数列，
，，7分
.8分
（2），10分
∴当时，数列的前项和为
.12分
18．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）在平面内过点作交于点，连接，
则四边形为平行四边形，
所以，所以，
又，所以，1分
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，2分
又平面，所以平面平面，3分
又平面，所以平面．4分
（2）取的中点，连接，
因为，
所以，所以，所以，5分
又，所以，所以．
在中，，
又，所以，所以，6分
又平面，所以平面．
过作，则平面，则两两垂直，7分
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．8分
设平面的法向量为，
则，
取，则，故，10分
设直线与平面所成的角为，
则，11分
即直线与平面所成角的正弦值为．12分
19．（12分）为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表：
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是.
(1)补全列联表，判断能否有的把握认为智慧课堂的应用与区域有关，并阐述理由；
(2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有个，求的分布列和数学期望.
附：
.
【详解】（1）补全列联表如下：
2分
.4分
所以有的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关.5分
（2）在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是，所以抽取的5个样本有2个是农村学校，3个是城市学校，抽取2个，6分
则可能取值为.
9分
所以的分布列为：
11分
的数学期望12分
20．（12分）已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)证明：存在定点，使得，且.
【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，
抛物线；1分
由题意知：直线斜率存在，设，，，
由得：，2分
，解得：或；3分
，，，，4分
又直线与轴相交于两点，
，
即，解得：且；5分
综上所述：直线斜率的取值范围为.6分
（2）设点，，
由，，知：共线，即在轴上，
则可设，，，
，，，同理可得：，
，直线，8分
令得：，同理可得：，
，，10分
由（1）知：，，
，解得：，
存在定点满足题意.12分
21．（12分）已知函数．
(1)若曲线在处的切线方程为，求，的值；
(2)若函数，且恰有2个不同的零点，求实数的取值范围．
【详解】（1）由题知，，，
，2分
曲线在处的切线方程为，即，
解得；4分
（2）由题知，，
恰有2个不同的零点，即恰有2个不同的解，
即恰有2个不同的解.5分
设，
易知单调递增，
恰有2个不同的解，6分
设，，则恰有2个不同的零点，
，
当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，8分
要使恰有2个不同的零点，则，即，9分
当时，，．
设，则，令，得，
在区间上单调递增，在区间上单调递增，10分
当时，，
在区间和区间上各有1个零点，11分
实数的取值范围为．12分
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）在直角坐标系中，已知曲线（其中），曲线（为参数，），曲线（t为参数，）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求的极坐标方程；
(2)若曲线与分别交于两点，求面积的最大值．
【详解】（1）因为曲线（其中），且，1分
所以的极坐标方程为，即.2分
（2）由题意可知：曲线（为参数，）表示过坐标原点，倾斜角为的直线，
所以曲线的极坐标方程为；4分
曲线（t为参数，），即，
表示过坐标原点，倾斜角为的直线，所以曲线的极坐标方程为；5分
可得，7分
注意到，则，8分
可得面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为1.10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若不等式恒成立，求实数的值．
【详解】（1）解：当时，．
当时，，恒成立，故；1分
当时，，由，得，故；2分
当时，，无解．3分
故不等式的解集为．5分
（2）由，得，
令，，
作出函数的图象及当时函数的图象，7分
如图所示，
9分
数形结合可知当时，恒成立，故．10分
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
城市
总计
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
40
40
80
城市
60
20
80
总计
100
60
160
0
1
2
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