2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(二)答案(1)(1)_2024年2月_022月合集_仿真丨新高考2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学（一至六）

2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷 数学（二） 一、选择题：本题共8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项 中，只有一个选项是符合题目要求的． A  x x2  x  B   x y log  x1  1. 已知集合 ， 2 ，则AB （ ） A.  1, B.  0,   C. （0，1） D. 0,1 【答案】B 【解析】 【分析】分别化简集合A,B，根据并集的定义求解.   【详解】A x x2  x 不等式x2  x的解集是集合A 又因为x2  x x  x1 00 x1,A  x 0 x1  又  x y log  x1  ，所以满足函数y log  x1  中x的范围就是集合B 2 2   所以x10 x1B  x x1 所以AB   x 0 x1    x x1    x x0   0, 故选：B 2. 已知复数z  a2i  1i  为纯虚数，则实数a （ ） 1 2 A.  B.  C.2 D. 2 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法计算方法化简复数，结合纯虚数的概念求值即可. 【详解】z  a2i  1i aai2i2i2 a 2 2a  i， 2a0 因为复数z为纯虚数，所以 ，即a2. a20 故选：D      3. 在正方形ABCD中，M是BC的中点．若AC m，AM n，则BD（ ） 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司    A. 4m3n B. 4m3n     C. 3m4n D. 3m4n 【答案】C 【解析】      【分析】作图，根据图像和向量的关系，得到 BC 2(ACAM)2m2n 和              AB ACBC m2m2n2nm，进而利用BD BCCD BCAB，可得答案. 【详解】       如图，AC m，AM n，且在正方形ABCD中，AB  DC    1       ACAM MC  BC ，BC  2(AC AM) 2m2n ， 2             AC  AB BC ，AB ACBC m2m2n2nm，            BD BCCD BCAB 2m2n2nm3m4n 故选：C 4. 已知a 0.54，blog 0.4，c log 0.4，则a，b，c的大小关系是（ ） 5 0.5 A. b  a c B. acb C. cab D. abc 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数，对数函数单调性，找出中间值0,1，使其和a,b,c比较即可. 【详解】根据指数函数单调性和值域， y 0.5x在R上递减，结合指数函数的值域可知， a 0.54  0,0.50  0,1  ；根据对数函数的单调性， y log x 在(0,)上递增，则 5 blog 0.4log 10，y log x在(0,)上递减，故clog 0.4log 0.51， 5 5 0.5 0.5 0.5 即c1a 0b，C选项正确. 故选：C 5. 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗．四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一 个正四面体．广东流行粽子里放蛋黄，现需要在四角状粽子内部放入一个蛋黄，蛋黄的形状 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司近似地看成球，当这个蛋黄的表面积是9π时，则该正四面体的高的最小值为（ ） A.4 B.6 C.8 D.10 【答案】B 【解析】 3 【分析】根据题意分析可知，当该正四面体的内切球的半径为 时，该正四面体的高最小， 2 再根据该正四面体积列式可求出结果. 3 【详解】由球的表面积为9π，可知球的半径为 ， 2 3 依题意可知，当该正四面体的内切球的半径为 时，该正四面体的高最小， 2 2 3 6 设该正四面体的棱长为a，则高为 a2 (  a)2  a ， 3 2 3 1 6 3 1 3 3 根据该正四面体积的可得  a a2   4 a2，解得a3 6 . 3 3 4 3 2 4 6 6 所以该正四面体的高的最小值为 a  3 6 6. 3 3 故选：B 6. 现有一组数据0，l，2，3，4，5，6，7，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的 平均数大于4的概率为（ ） 5 3 2 1 A. B. C. D. 14 14 7 7 【答案】D 【解析】 【分析】先得到删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为4，从而得到要想这 组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，利用列 举法得到其情况，结合组合知识求出这组数据随机删去两个数总共的情况，求出概率. 284 【详解】0，l，2，3，4，5，6，7删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为 4， 82 所以要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于 4，         有 0,1 , 0,2 , 0,3 , 1,2 四种情况符合要求， 将这组数据随机删去两个数，共有C2 28种情况 8 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司4 1 所以将这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4的概率为  . 28 7 故选：D 7. 在棱长为3的正方体ABCDABCD 中，O为AC与BD的交点，P为AD 上一点， 1 1 1 1 1 1   且AP2PD ，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ） 1 1 A. 4 13 B. 6 2 C. 2 132 2 D. 2 134 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三点的平面截正方体所得截面，再求 周长即得.    1 【详解】因为AP2PD ，即DP  D A ， 1 1 1 3 1 1 uuuur uuuur 1 取DH  DC ，连接PH,HC,AC ，则HP/ /AC ， 1 3 1 1 1 1 1 1 又AC//AC ， 1 1 所以HP//AC ， 所以A,O,C,H,P共面，即过A ，P ，O三点的正方体的截面为ACHP ， 由题可知AP CH  32 22  13，PH  2 ，AC 3 2， 1 1 所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为 4 22 13. 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司故选：D. ex1 alnx 8. 不等式  1对任意x(1,)恒成立，则实数a的取值范围是（ ） x5 x  A. (,1e] B. ,2e2  C. (,4] D. (,3] 【答案】C 【解析】 ex1 alnx x4ex1x 【分析】分离参数，将  1变为a ,x1，然后构造函数，即将不 x5 x lnx 等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用导数判断函数的单调性，求最值即可. ex1 alnx 【详解】由不等式  1对任意x(1,)恒成立，此时lnx0 ， x5 x x4ex1x 可得a ,x1 恒成立， lnx x4ex1x x4ex1x 令 y  ,x1，从而问题变为求函数 y  ,x1的最小值或范围问题； lnx lnx 令g(x)ex1x ，则g(x)ex11， 当x1 时，g(x)ex110，当x1时，g(x)ex110， 故g(x)ex1x g(1)0，即ex1  x， 所以 x4ex1 ex1elnx4 ex4lnx1  x4lnx ，() ，当且仅当x4lnx1 时取等号， 4 x4 令h(x) x4lnx1，则h(x)1  ， x x 当x4 时，h(x)0，当x>4时，h(x)0， 故h(x) h(4) 34ln40 ，且当x时，h(x) x4lnx1也会取到正值， min 即x4lnx1在x1 时有根，即() 等号成立， 所以x4ex1x x4lnxx4lnx ， x4ex1x 则 4，故a4 ， lnx 故选：C 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解法一般是分离参数，构造函数，将恒成立问题 转化为求函数最值或范围问题，解答的关键是在于将不等式或函数式进行合理的变式，这里 需要根据式子的具体特点进行有针对性的变形，需要一定的技巧. 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的选项中， 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司有多项符合题目要求．全部选对的得 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2 分． 9. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为x2  y2 2y1 0，若直线yx1上存在一点 M，使过点M所作的圆的两条切线相互垂直，则点M的纵坐标为（ ） A.1 B. 3 C. 1 D.  3 【答案】AC 【解析】 【分析】首先可根据圆的方程得出圆心与半径，然后根据题意得出点M 、圆心以及两个切 点构成正方形，最后根据 MC 2以及两点间距离公式即可得出结果. 【详解】x2  y2 2y1 0化为标准方程为：x2  y1 2 2，圆心C  0,1  ，半径为 2 ， 因为过点M所作的圆的两条切线相互垂直， 所以点M、圆心以及两个切点构成正方形， MC 2， 因为M在直线yx1上，所以可设M  a,a1  ， 则 MC 2 a2  a2 2 4，解得：a2或a 0，所以M  2,1  或M  0,1  ， 故点M的纵坐标为1或1. 故选：AC.  π 10. 已知函数 f  x  Asin x A0,0, 的部分图象如图所示，若将  2 f  x  的图象向右平移m  m0  个单位长度后得到函数g  x  Asin x2 的图象， 则m的值可以是（ ） π π 4π 9π A. B. C. D. 4 3 3 4 【答案】AD 【解析】 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司π 【分析】根据函数图象可确定A和最小正周期T ，由此可得，结合 f  2可求得， 6 从 而 得 到 f  x  ,g  x  的 解 析 式 ， 根 据 f  xm  g  x  可 构 造 方 程 求 得 π m kπ  kZ ，由此可得m可能的取值. 4 5π π 2π 【详解】由图象可知：A2，最小正周期T 4     π， 2， 12 6 T π  π  π π π  f    2sin    2，  2kπ  kZ ，解得： 2kπ  kZ ， 6 3  3 2 6 又 π ， π ， f  x 2sin  2x π ，g  x 2sin  2x π ， 2 6  6  3  π  f  xm 2sin2x2m   g  x ，  6 π π π 2m  2kπ  kZ ，解得：m kπ  kZ ， 6 3 4 π 9π 当k 0时，m ；当k 2时，m . 4 4 故选：AD. 11. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文 化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列  a  满足a 0， n 1 a n1,n为奇数, a  n ，则（ ） n1 a n,n为偶数 n A. a 4 3 B. a a 2n1 n2 n n2 1  ,n为奇数,  2 C. a  n n2 ,n为偶数  2   D. 数列 1 n a 的前2n项和的最小值为2 n 【答案】ACD 【解析】 【分析】当 n2k 时， a a 2k ,当 n2k1时， a a 2k ,联立可得 2k1 2k 2k 2k1 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司n2 1  ,n为奇数  2 a a  4k ，利用累加法可得a 2k2 2k，从而可求得a  ， 2k1 2k1 2k1 n n2 ,n为偶数  2 在逐项判断即可. 【详解】令kN且k 1， 当n2k时，a a 2k ①； 2k1 2k 当n2k1时，a a 2k 11a 2k ②， 2k 2k1 2k1 由①②联立得a a  4k . 2k1 2k1 所以a a  4,a a 8,,a a  4k ， 3 1 5 3 2k1 2k1  1k  k 累加可得a a a  484k  4  2k 22k . 2k1 1 2k1 2 n2 1 令2k 1n(n3且为奇数)，得a  . n 2 当n 1时a 0满足上式， 1 n2 1 所以当n为奇数时，a  . n 2  n1 2 当n为奇数时， a a n1 ， n1 n 2 n2 所以a  ，其中n为偶数. n 2 n2 1  ,n为奇数  2 所以a  ，故C正确. n n2 ,n为偶数  2 32 1 所以a   4，故A正确. 3 2  n2 2 n2 当n为偶数时，a a    2n 2，故B错误. n2 n 2 2  2n 2  2n1 2 1 因为a a    2n ， 2n 2n1 2 2   所以 1 n a 的前2n项和S a a a a a a n 2n 1 2 3 4 2n1 2n 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司 1n  n 21222n2  n  n1 ， 2 令c n  n1 ， n 因为数列  c  是递增数列，所以  c  的最小项为c 122， n n 1   故数列 1 n a 的前2n项和的最小值为2，故D正确. n 故选:ACD. 【点睛】数列求和的方法技巧 (1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 12. 已知抛物线y2 2pxp0的准线为l:x2，焦点为F，点P  x ,y  是抛物线上的 P P 动点，直线l 的方程为2x y20，过点P分别作PAl ，垂足为A，PB l ，垂足 1 1 为B，则（ ） A. 点F到直线l 的距离为 6 5 B. x 2  x 2 2  y2 1 5 p p p 2 C. x  的最小值为1 D. PA  PB 的最小值为 6 5 p y2 1 5 p 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，用点到直线的距离公式即可判断；对于B，利用抛物线的定义即可判断； 对 于 C ， 利 用基 本 不 等式 即 可 判断 ； 对 于 D ， 利 用抛 物 线 的定 义 可 得到 PA  PB  PF  PB  BF ，接着求出 BF 的最小值即可 【详解】由抛物线y2 2pxp0的准线为l:x 2可得抛物线方程为 y2 8x，焦点为   F 2,0 ， 2202 6 5 对于A，点F到直线l 的距离为d   ，故A正确； 1 22 12 5 对于B，因为P  x ,y  在抛物线上，所以利用抛物线的定义可得 PF  x 2，即 P P P x 2  x 2 2  y2 ，故B正确； p p p 对于C，因为P  x ,y  在抛物线上，所以 y2 8x ,x 0， P P p p p 所以 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 1 2 2 1 1 4 4 x   x   x   x    p y2 1 p 8x 1 p 1 p 8 1 8 p p x  x  p 8 p 8 1  1 1 7 3 4 2 x      ，当且仅当x  时，取等号，故C错误；  p 8 1 8 8 p 8 x  p 8 对于D，由抛物线的定义可得 PA  PF ，故 PA  PB  PF  PB  BF ，当且仅当 P,B,F三点共线时，取等号，此时BF l ， 1 6 5 6 5 由选项A可得点F到直线l 的距离为d  ，故 PA  PB 的最小值为 ，故D正 1 5 5 确， 故选：ABD 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分． 13. 已知sin3cos0，则tan2______． 3 【答案】 ##0.75 4 【解析】 【分析】利用已知等式可求得tan，由二倍角正切公式可求得结果. sin 【详解】由sin3cos0得：sin3cos，tan 3， cos 2tan 6 3 tan2   . 1tan2 19 4 3 故答案为： . 4 14. 函数 f  x ln  2x1 x1的图象在点  0, f  0  处的切线方程是______． 【答案】3x y10 【解析】 【分析】求导函数，可得切线斜率，求出切点坐标，运用点斜式方程，即可求出函数 f(x)的    图象在点 0, f 0 处的切线方程. 【详解】 f  x ln  2x1 x1， 2  f(x) 1 ，则 f(0)213， 2x1 又Q f(0)ln  201 011，切点为  0,1  ， 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司函数 f  x ln  2x1 x1的图象在点  0,1  处的切线方程是 y13  x0  , 即 3x y10. 故答案为：3x y10. 15. 2名老师带着8名学生去参加数学建模比赛，先要选4人站成一排拍照，且2名老师同 时参加拍照时两人不能相邻．则2名老师至少有1人参加拍照的排列方法有______种．（用 数字作答） 【答案】3024 【解析】 【分析】分两种情况讨论：①若只有1名老师参与拍照；②若2名老师都拍照.利用计数原理、 插空法结合分类加法计数原理可求得结果. 【详解】分以下两种情况讨论： ①若只有1名老师参与拍照，则只选3名学生拍照，此时共有C1C3A4 2688种排列方法； 2 8 4 ②若2名老师都拍照，则只选2名学生拍照，先将学生排序，然后将2名老师插入2名学生 所形成的空位中， 此时，共有C2A2A2 336种排列方法. 8 2 3 综上所述，共有26883363024种排列方法. 故答案为：3024. x2 y2    16. 已知A，B是双曲线C:  1上的两个动点，动点P满足APAB0，O为坐 2 4 标原点，直线OA与直线OB斜率之积为2，若平面内存在两定点F、F ，使得 PF  PF 1 2 1 2 为定值，则该定值为______． 【答案】2 10 【解析】    【分析】设P(x,y),A  x ,y  ,B  x ,y  ,根据APAB0得到x2x x ，y 2y  y ， 1 1 2 2 1 2 1 2 x2 y2 根据点 A , B 在双曲线  1上则 8x2 4y2 16,2x 2  y 2 4 ，代入计算得 1 1 2 2 2 4 2x2  y2 20，根据双曲线定义即可得到 PF  PF 为定值. 1 2    【详解】设P(x,y),A  x ,y  ,B  x ,y  ,则由APAB0, 1 1 2 2 得  xx ,y y  x x ,y  y  0,0  ， 1 1 2 1 2 1 则x2x x ，y 2y  y ， 1 2 1 2 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 点A,B在双曲线  1上, 2 4 x2 y2 x2 y2  1  1 1, 2  2 1，则8x2 4y2 16,2x 2  y 2 4 1 1 2 2 2 4 2 4 2x2  y2 2  2x x 2  2y  y 2 1 2 1 2   8x2 2x2 8x x    4y2  y2 4y y  204  2x x  y y  ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 设k ,k 分别为直线OA,OB的斜率,根据题意, OA OB y y 可知k k 2,即 1  2 2，y y 2x x 0 OA OB x x 1 2 1 2 1 2 x2 y2 2x2 y2 20，即  1 10 20 x2 y2 P在双曲线  1上,设该双曲线的左、右焦点分别为F,F ， 1 2 10 20 由双曲线定义可知||PF ||PF ||为定值，该定值为2 10 . 1 2 故答案为：2 10 . 四、解答题：本题共6小题，共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17. 在ABC中，角A,B,C 的对边分别是a,b,c ，  ac  ac b  ba 0． （1）求C； 3 （2）若c  3，ABC的面积是 ，求ABC的周长． 2 π 【答案】（1） . 3 （2）3+ 3. 【解析】 【分析】（1）将  ac  ac b  ba 0化为a2 b2 c2 ab，由余弦定理即可求得 角C. （2）根据三角形面积求得ab2，再利用余弦定理求得ab3，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意在ABC中，  ac  ac b  ba 0， 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司a2 b2 c2 1 即a2 b2 c2 ab，故cosC   ， 2ab 2 π 由于C(0,π)，所以C  . 3 【小问2详解】 3 π 1 3 3 由题意ABC的面积是 ，C  ，即S  absinC  ab ,ab2 ， 2 3 ABC 2 4 2 由c  3，c2 a2 b2 2abcosC 得3a2 b2 ab(ab)2 6,ab3， 故ABC的周长为abc3+ 3 . 18. 已知数列  a  满足， 1 a  1 a  1 a  1 a n  nN*  ． n 2 1 22 2 23 3 2n n   （1）求数列 a 的通项公式； n （2）若b  2n1  a ，记S 为数列  b  的前n项和，求S ，并证明：当n2时，S 6． n n n n n n 【答案】（1）a 2n n （2）S  2n3  2n16 n 【解析】 【分析】(1)利用递推式相减得出a 2n，并验证首项符合通项，最后得出答案； n (2)错位相减法求前n项和 【小问1详解】 1 1 1 1  a  a  a  a n ，① 2 1 22 2 23 3 2n n 1 1 1 1 则 a  a  a  a n1  n 2 ，② 2 1 22 2 23 3 2n1 n1 1 ①-②得 a 1(n2)，则a 2n(n2)， 2n n n 1 当n=1时，由①得 a 1 ， 2 1 ∴a 221， 1 ∴a 2n. n 【小问2详解】 易得b  2n1  2n， n S 121322 523  2n1  2n，① n 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司2S 122 323 524  2n1  2n1，② n ②-①得S 2  23242n1  2n 1  2n1 n 2  2n28   2n1  2n1  2n3  2n16， 故S  2n3  2n16， n 当n2时，  2n3  2n1 0 S 6 n 19. 如图，四棱锥PABCD中，平面APD 平面ABCD，△APD为正三角形，底面 ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB 2CD 2BC 4． （1）求证：BD平面APD； （2）若点F 为线段PB上靠近点P的三等分点，求二面角F  ADP的大小． 【答案】（1）证明见解析； π （2） 4 【解析】 π 【分析】（1）先用几何关系证明A ，然后根据余弦定理求出BD，结合勾股定理可得 3 BD AD，最后利用面面垂直的性质定理证明； （2）过P作PG AD，垂足为G，结合面面垂直的性质先说明可以在G处为原点建系， 然后利用空间向量求二面角的大小. 【小问1详解】 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司取AB中点E，连接CE，根据梯形性质和AB2CD可知，CD//AE，且CD  AE， 于是四边形ADCE为平行四边形，故CE  AD  2BE CB ，则CEB为等边三角形， π 故ACEB ，在△ABD中，由余弦定理， 3 π BD2  AB2 AD2 2ABADcos 164812 ，故BD 2 3，注意到 3 π BD2 AD2 12416 AB2 ，由勾股定理，ADB ，即BD AD，由平面APD  2 平面ABCD，平面APD平面ABCD AD，BD平面ABCD，根据面面垂直的性质 定理可得，BD平面APD. 【小问2详解】 过P作PG AD，垂足为G，连接EG，由平面APD 平面ABCD，平面APD平面 ABCD AD，PG平面PAD，根据面面垂直的性质定理，PG平面ABCD，△APD 为正三角形，PG AD，故AG GD（三线合一），由AE EB和中位线性质，GE//BD， 由（1）知，BD平面APD，故GE 平面APD，于是GA,GE,GP两两垂直，故以G 为原点，GA,GE,GP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. 由（1）  知，BD平面APD，又BD//y轴，故可取m(0,1,0)为平面APD的法向量，又   P(0,0, 3)，B(1,2 3,0)，根据题意，BF 2FP，设F(x,y,z)，则      1 2 3 2 3 x1,y2 3,z 2 x,y, 3z ，解得F , , ，又A(1,0,0)，    3 3 3    4 2 3 2 3  D(1,0,0)，DA(2,0,0)，FA  , ,   ，设平面FAD的法向量n(a,b,c)， 3 3 3    a 0  nDA0   由   ，即4a 2 3b 2 3c ，于是n(0,1,1)为平面FAD的法向量，故 nFA0     0  3 3 3 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司    mn 1 2 cos m,n      ，二面角大小的范围是  0,π  ，结合图形可知是锐二面角， m n 2 2 π 故二面角F  ADP的大小为 4 20. 为落实体育总局和教育部发布的《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》， 某校组织学生参加100米短跑训练．在某次短跑测试中，抽取100名女生作为样本，统计她 们的成绩（单位：秒），整理得到如图所示的频率分布直方图（每组区间包含左端点，不包 含右端点）． （1）估计样本中女生短跑成绩的平均数；（同一组的数据用该组区间的中点值为代表） （2）由频率分布直方图，可以认为该校女生的短跑成绩X服从正态分布N  ,2  ，其中 近似为女生短跑平均成绩x ，2近似为样本方差s2，经计算得，s2 6.92，若从该校女 生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在  12.14,22.66  以外的人数为Y，求P  Y 1  ．   附参考数据： 6.92 2.63，随机变量X服从正态分布N ,2 ，则 P  X 0.6827，P 2 X 20.9545， P 3 X 30.9974 ，0.682710 0.0220，0.954510 0.6277， 0.997410 0.9743． 【答案】（1）17.4 （2）0.3723 【解析】 【分析】(1)结合频率分布直方图中求平均数公式, 即可求解. (2)根据已知条件, 可知，17.4,2 6.92，即可求出212.14,222.66， 结合正态分布的对称性以及二项分布的概率公式, 即可求解. 【小问1详解】 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司估计样本中女生短跑成绩的平均数为:  120.02140.06160.14180.18200.05220.03240.02 217.4； 【小问2详解】   该校女生短跑成绩 X 服从正态分布N 17.4,6.92 , 由题可知17.4,2 6.92， 6.92 2.63，则212.14,222.66，   故该校女生短跑成绩在 12.14,22.66 以外的概率为： 1P(12.14 X 22.66)10.95450.0455， 由题意可得, Y ~ B(10,0.0455), P(Y 1)1P(Y 0)10.95451010.62770.3723 . x2 y2 2 21. 已知椭圆C:  1  a b 0 的左焦点为F，右顶点为A，离心率为 ，B为 a2 b2 2 21 椭圆C上一动点，FAB面积的最大值为 ． 2 （1）求椭圆C的方程； （2）经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足 PM  PN ， 若 MN FP ，求的值． x2 【答案】（1）  y2 1； 2 （2）2 2 . 【解析】 c 2 1 21 【分析】（1）由题意可得e  ， (ac)b ，再结合a2 b2 c2可求出a,b， a 2 2 2 从而可求出椭圆的方程； （2）由题意设直线MN为xty1（t 0），M(x ,y ),N(x ,y )，设P(x ,0)，将直线 1 1 2 2 0 1 方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由 PM  PN 可得x  ，再 0 t2 2 根据 MN FP 可求得结果. 【小问1详解】 2 因为椭圆的离心率为 ， 2 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司c 2 所以e  ， a 2 21 因为FAB面积的最大值为 ， 2 1 21 所以 (ac)b ， 2 2 因为a2 b2 c2， 所以解得a  2,bc1， x2 所以椭圆C的方程为  y2 1； 2 【小问2详解】 F(1,0)，设直线MN为xty1（t 0），M(x ,y ),N(x ,y )，不妨设 y  y ， 1 1 2 2 1 2 设P(x ,0)， 0 x ty1  由x2 ，得(t2 2)y2 2ty10，   y2 1  2 2t 1 则 y  y  ,y y  ， 1 2 t2 2 1 2 t2 2 2 所以 y  y  (y  y )2 4y y  2t2 2， 1 2 1 2 1 2 t2 2 因为 PM  PN ， 所以(x x )2  y2 (x x )2  y2， 1 0 1 2 0 2 所以x2 x2 2x x 2x x  y2  y2 0， 1 2 1 0 2 0 1 2 所以(x x )(x x )2x (x x )(y  y )(y  y )0 ， 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 所以(ty 1ty 1)(ty ty )2x (ty ty )(y  y )(y  y )0 ， 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 因为 y  y  0， 1 2 所以t(ty ty 2)2x t(y  y )0 ， 1 2 0 1 2  2t2  2t 所以t 22x t 0， t2 2  0 t2 2 2t2 2 1 所以 22x  0 ，解得x  ， t2 2 0 t2 2 0 t2 2 因为 MN FP ， 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司所以 MN 2 2 FP 2，0， 所以(x x )2 (y  y )2 2(x 1)2， 1 2 1 2 0 (ty ty )2 (y  y )2 2(x 1)2 1 2 1 2 0 (t2 1)(y  y )2 2(x 1)2， 1 2 0 8t2 8 (t2 1)2 所以(t2 1) 2 ， (t2 2)2 (t2 2)2 化简得2 8，解得2 2， 因为0，所以2 2. x1 22. 已知函数 f  x lnxm  mR ． x1   （1）当m1时，判断函数 f x 的单调性； （2）当x1时， f  x 0恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1） f  x  在  0, 上是单调递增的 （2）m2 【解析】 【分析】（1）对 f(x)求导，从而确实 f(x)为正及 f(x)的单调性； （2）令 g  x  x1  lnxm  x1  (mR)，然后分m2和m>2两种情况讨论g(x)的 单调性及最值，即可得答案. 【小问1详解】 x1 当m1时， f  x lnx ， 定义域为 x1 1 2  x1 2 2x x2 1  0, f x     ， x  x1 2 x  x1 2 x  x1 2 所以 f ¢( x )>0，所以 f  x  在  0, 上是单调递增的. 【小问2详解】 x1 当x1时， f  x lnxm  mR ， f  x 0等价于 x1 1 g  x  x1  lnxm  x1  (mR)，则g  x 0，g(x)lnx 1m， x 1 1 1 x1 令h  x lnx 1m，则h(x)   ， x x x2 x2 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司当x1时，h(x)0，则g(x)在  1, 上是单调递增的，则g(x) g(1)2m ①当m2时，g(x)0，g(x)在 1,上是单调递增的， 所以g(x) g(1)0，满足题意． ②当m>2时，g(1)2m0，g(em)mem1m em10 ， 所以x (1,em)，使g(x )0， 0 0 因为g(x)在 1,上是单调递增的 所以当x(1,x )时，g(x)0，所以g(x)在(1,x )上是单调递减的， 0 0 又g(1)0， 即得当x(1,x )时，g(x) g(1)0，不满足题意． 0 综上①②可知：实数m的取值范围m2. 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司