2023届江苏省南通市高三上学期第一次质量监测数学试题（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考

2023 届高三第一次大质量监测 数 学 2022.09 本试卷共6页，22小题，满分150分。考试时间120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡 “条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上； 如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要 求的。 1．已知集合M＝{x|≤0}，N＝{x|()x≤3}，则M∩N＝ A．[－4，－1] B．[－4，3) C．[－1，3) D．[－1，3] 2．已知b＞0，则“a＞b＋1”是“＞＋1”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．函数f(x)＝的部分图象大致为 4．在△ABC中，内角A，B，c所对的边分别为a，b，c，则下列条件能确定三角形有两解的是 A．a＝5，b＝4，A＝ B．a＝4，b＝5，A＝ C．a＝5，b＝4，A＝ D．a＝4，b＝5，A＝5．通过研究正五边形和正十边形的作图，古希腊数学家毕达哥拉斯发现了黄金分割率，黄金分割率的值 也可以用2sin18°表示，即＝2sin18°．记m＝2sin18°，则＝ A．－ B．－2 C． D． 6．已知过点A(a，0)作曲线y＝(1－x)ex的切线有且仅有1条，则a＝ A．－3 B．3 C．－3或1 D．3或1 7．设a＝，b＝ln，c＝sin，则 A．c＜b＜a B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 8．如图是一个近似扇形的湖面，其中OA＝OB＝r，弧AB的长为l(l＜r)．为了方便观光，欲在A，B两点 之间修建一条笔直的走廊AB．若当0＜x＜时，sinx≈x－，扇形OAB的面积记为S，则的值约为 A．－ B．－ C．－ D．－ 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， 有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对 的得2分，有选错的得 0分。 9．设a＞0，b＞0，a＋b＝1，则下列不等式中一定成立的是 A．ab≤ B．＋≥ C．2a＋2b≥2 D．≥8 10．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A＞0，ω＞0，|φ|＜)的部分图象如图所示，则 A．ω＝2 B．f(x)的图象关于直线x＝对称 C．f(x)＝2cos(2x－) D．f(x)在[－，－]上的值域为[－2，1] 11．对于定义域为[0，＋∞)的函数 y＝f(x)，若同时满足下列条件： ①∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥0；②∀x≥0，y≥0，f(x＋y)≥f(x)＋f(y)，则称函数f(x)为“H函数”．下列结论正 确的是 A．若f(x)为“H函数”，则其图象恒过定点(0，0) B．函数在[0，＋∞)上是“H函数” C．函数f(x)＝[x]在[0，＋∞)上是“H函数”([x]表示不大于x的最大整数)D．若f(x)为“H函数”，则f(x)一定是[0，＋∞)上的增函数 12．已知x，x 分别是函数f(x)＝ex＋x－2和g(x)＝lnx＋x－2的零点，则 1 2 A．x＋x＝2 B．e＋lnx＝2 1 2 2 C．xx＞ D．x2＋x2＜3 1 2 1 2 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若sin(α＋)＝，则tanα＋＝ ． 14．已知△ABC的面积为2，AB＝2，AC＝4，则△ABC的中线AD长的一个值为 ． 15．某容量为V万立方米的小型湖，由于周边商业过度开发，长期大量排放污染物，水质变差，今年政府 准备治理，用没有污染的水进行冲洗．假设每天流进和流出的水均为r万立方米，下雨和蒸发正好平 衡．用函数g(t)表示经过t天后的湖水污染质量分数，已知g(t)＝g(0)e，其中g(0)表示初始湖水污染质 量分数．如果V＝200，r＝4，要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的10%以下，至少需要经过 天． (参考数据：ln10≈2.303) 16．已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x＞0时，f′(－x)＞2f(x)，且f(3)＝0，则不等式f(x)＞0的解集 为 ． 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．(10分) 已知数列{a}满足a＝，a＝1，2a －a＝a ． n 1 2 n＋2 n n＋1 (1)证明：数列{a －a}是等比数列； n＋1 n (2)求数列{a}的通项公式． n 18．(12分) 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． (1)若C＝2A，a＝2，b＝3，求c；(2)若a2＋b2＝c2，求证：3tanA＝2tanC． 19．(12分) 如图，在三棱柱ABC－ABC 中，侧面AAC C⊥底面ABC，侧面AAC C是菱形，∠AAC＝60°，∠ACB＝ 1 1 1 1 1 1 1 1 90°，AC＝BC＝2． (1)若D为AC的中点，求证：AD⊥AB； 1 1 (2)求二面角A－AC－B 的正弦值． 1 1 20．(12分) 某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制(一方先胜三局即获胜，比赛结束)，比赛采用积分制， 积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束 比赛，取胜的一方积2分，负者积1分．已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为． (1)在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列； (2)求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率．21．(12分) 已知A′，A分别是椭圆C：(a＞b＞0)的左、右顶点，B，F分别是C的上顶点和左焦点．点P在C上， 满足PF⊥A′A，AB∥OP，|FA′|＝2－． (1)求C的方程； (2)过点F作直线l(与x轴不重合)交C于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为k ，k ，求证：kk 为 1 2 1 2 定值． 22．(12分) 设函数f(x)＝xlnx，g(x)＝． (1)若直线y＝x＋b是曲线f(x)的一条切线，求b的值； (2)证明：①当0＜x＜1时，g(x)f(x)＞x(x－1)； ②∀x＞0，g(x)－f(x)＜．(e是自然对数的底数，e≈2.718)参考答案： 1．C 【分析】首先通过求解分式不等式化简集合M ，然后利用指数函数的单调性化简集合N ，最后利用集合 间的交运算即可求解. x4 【详解】∵ 04x3 x3 x4 ∴M {x∣ 0}{x|4x3} x3 1 由指数函数的单调性可知，( )x 3x 3x1 x1， 3 1 从而N {x∣( )x 3}{x|x1}， 3 M N {x|1x3}  故 . 故选：C. 2．B 【解析】从充分性和必要性两方面进行讨论即可. 【详解】充分性：当a3，b1时充分性不成立；  2  2 a  b1 b12 b b1 必要性：由 a  b1可得 ，即ab1， ab1 a  b1 所以“ ”是“ ”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本题主要考查充要条件的判定，涉及到不等式的性质，属于基础题. 3．C  【分析】结合已知条件，利用函数奇偶性可判断B；通过判断 在(0, )上的符号可判断D；通过判断 f(x) 4 f(x) (0,) 在 上的零点个数可判断AC. 【详解】由题意可知， f(x)的定义域为(,0)  (0,)， cos2x cos(2x) cos2x 因为 f(x) ，所以 f(x)  f(x)， 2x2x 2x2x 2x2x 故 f(x)为奇函数，从而 f(x)的图像关于原点对称，故B错误；  cos2x 当x(0, )时， 且 ，此时 f x 0，故D错误； 4 2x2x 0 cos2x0 2x2x 因为ycos2x在(0,)上有无数个零点，cos2x 所以 f x 在 上也有无数个零点，故A错误，C正确. 2x2x (0,) 故选：C. 4．B 【分析】结合已知条件和正弦定理即可求解. a b 2 【详解】对于A：由正弦定理可知，  sinB sinA sinB 5  ∵ ，∴B A ，故三角形 有一解； ab 6  ABC a b 5 2  sinB 对于B：由正弦定理可知，sinA sinB 8 ，  ∵ ，∴B A ，故三角形 有两解； 4 ABC ba  a b 2 对于C：由正弦定理可知，  sinB sinA sinB 5 ∵A为钝角，∴B一定为锐角，故三角形 ABC有一解； a b 5 3  sinB 1 对于D：由正弦定理可知，sinA sinB 8 ，故故三角形 ABC无解.  故选：B. 5．C 【分析】将m2sin18代入，根据恒等变换公式化简，即可求得结果. 【详解】Qm2sin18， 1cos36   m22  sin144 2cos218   4sin2182  sin36 2cos18  2cos36sin36 2sin72   2 sin72 故选:C. 6．C Aa,0 【分析】设出切点，对函数求导得出切线的斜率，利用点斜式方程写出切线，将点 代入，并将切线有且仅有1条，转化为方程只有一个根，列方程求解即可．  x ,1x ex0  【详解】设切点为 0 0 ， yxex k x ex0 y1x ex0 x ex0 xx  由已知得 ，则切线斜率 0 ，切线方程为 0 0 0 Aa,0 1x ex0 x ex0 ax  x2a1x 10 直线过点 ，则 0 0 0 ，化简得 0 0 切线有且仅有1条，即 a1240 ，化简得a22a30，即 a3a10 ，解得a 3或1 故选：C 7．C  π 25 2  2  2 x0, ,xsinx baln  ln12  【分析】根据  2 ，判断a,c的大小，由 21 21  21 21，构造函数  1 f xln12xx0x   2，利用导数判断单调性，即可得到 . ba  π 2 2 25 2  2  2 x0, ,xsinx sin baln  ln12  【详解】由不等式  2 可得21 21，即ac； 21 21  21 21，  1  2  2 12x f xln12xx0x ,ba f  , fx 1 设  2 21 12x 12x ， 1  1 因为 0x 2 , fx0 ，所以 f x 在   0, 2  上单调递增，  1  2  x0, , f x f 00 f  0 所以当  2 ，所以 21 ，即 . ba 所以bac. 故选：C 8．B l AB 4 l 【分析】由题可得AB2rsin ，再根据扇形面积公式可得  sin ，结合条件即得. 2r S l 2r l 【详解】设扇形 的圆心角为 ，则 ， OAB  r  l 在 中，AB2rsin 2rsin ， OAB 2 2r 1 又S  lr， 2 l 2rsin AB 2r 4 l   sin ∴ S 1 l 2r ，又 l 1 ， lr 0  2 2r 2   l  3     AB  4 sin l  4  l  2r  2  l2 ∴ S l 2r l 2r 6  r 12r3 .     故选：B. 9．ACD 【分析】利用基本不等式及其变形求最值即可判断. ab 2 1 1 ab   ab 【详解】A选项：  2  4，当且仅当 2时，等号成立，故A正确； 1 B选项：  a b 2 ab2 ab 1ab2，所以 ，当且仅当ab 时，等号成立， a b  2 2 故B错； 1 C选项： ，当且仅当ab 时，等号成立，故C正确； 2a 2b 2 2ab 2 2 2 b 4 b 4ab b 4a b 4a b 4a 1 2      42  48  a b D选项：a b a b a b a b ，当且仅当a b ，即 3， 3 时，等号成 立，故D正确. 故选：ACD. 10．AC 【分析】结合函数图像求出 f(x)的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断B；利用换元法和三角 5  函数性质求出 f x在[ , ]上的值域可判断D. 6 3 3 7  3 2 【详解】由图像可知， ， T  ( ) T  2，故A正确； A2 4 12 6 4  从而 f(x)2sin(2x)，     又由 f( )2sin( )0 k k， ， 6 3 3 3 kZ   因为 ，所以 ， 2 3    从而 f(x)2sin(2x )2sin(2x  )2cos(2x )，故C正确； 3 6 2 6 2 5 因为 f( )2sin  32， 3 3 2 所以x 不是 的对称轴，故B错误； 3 f(x) 5   4  当x[ , ]时，则t2x [ , ]， 6 3 3 3 3 4    因为 在[ , ]上单调递减，在( , ]上单调递增， ysint 3 2 2 3 y  y 1 所以 min |t  ， 2 3 3 3 y  y  y  因为 |t 4 2 ， |t  2 ，所以 max 2 ， 3 3 3 故1sint ，即 ， 2 22sint 3  从而2 f(x)2sin(2x ) 3， 3 5  即 f x在[ 6 , 3 ]上的值域为 [2, 3] ，故D错误. 故选：AC. 11．AC 【分析】结合函数新定义的概念利用赋值法即可求解. x y0 f(00) f(0) f(0) f(0)0 【详解】对于A：不妨令 ，则 ， x0, fx0 f(0)0 因为 ， ，所以 ， f(0)0 故 ，故A正确； x1 y 2 对于B：不妨令 ， ， f(1)1 f( 2)0 f(1 2)0 f(1 2) f(1) f( 2) 则 ， ， ，即 ， x0 y≥0 f xy f x f y 这与 ， ， 矛盾，故B错误； x0, f x[x]0 对于C：由题意可知， ， ，不妨令xmn0，其中m为整数部分，n为小数部分，则 f(x)[x]m； 再令yab0，其中a为整数部分，b为小数部分，则 f(y)[y]a； 若0nb1，则 f(xy)[xy]ma； 若nb1，则 f(xy)[xy]ma1， x0 y≥0 f xy f x f y 从而 ， ， 成立，故C正确； 对于D：由题意可知，常函数 f(x)0为“H函数”，但 f(x)不是增函数，故D错误. 故选：AC. 12．ABD 【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点A和B关于点C C1,1 x 对称，根据 可判断A、B选项；结合基本不等式可以判断C选项；利用特殊值的思路得到 1的范围 即可判断D选项. x x f xexx2 gxlnxx2 ex1 2x lnx 2x 【详解】因为 1， 2分别是函数 ， 的零点，所以 1， 2 2， x x yex ylnx y2x 那么 1， 2可以看做函数 和 与函数 图像交点的横坐标， A C B yex yx ylnx y2x 如图所示，点 ， ， 分别为函数 ， ， 的图像与函数 图像的交点，所以 C1,1 yex ylnx yx y2x ，因为函数 和 互为反函数，所以函数图像关于 的图像对称， 的图像也关 于 yx 的图像对称，所以点 A  x 1 ,ex1  和 Bx 2 ,lnx 2  关于点 C1,1 对称， x 1 x 2 2 ， ex1 lnx 2 2 ，故AB 正确； x x  2 e xx  1 2  1 1 因为 1 2  2  ，x  x ，所以xx 1，而 2 ，故C错； 1 2 1 21 5 x 当 3 时，函数 yex对应的函数值为3e ，函数 y2x 对应的函数值为 3 ，因为  3 5 3 125 5 e    3e 3 27 ，所以 3 ， 1   26 26  ,1 x2x2 2x24x 42,  3 所以x的范围为3 ，那么 1 2 1 1  9 ，而 9 ，所以x2x2 3，故D正确. 1 1 2 故选：ABD. 13．4  π 3 6 sin  sincos sincos 1 【分析】根据  4 2 展开可得 2 ，从而求得 4 ，再由 1 sin cos 1 tan    ，即可得到结果. tan cos sin sincos  π 3 2 3 sin  sincos 【详解】因为  4 2 ，即 2 2 6 3 1 sincos 12sincos sincos 所以 2 ，平方可得 2，所以 4， 1 sin cos 1 所以tan    4 tan cos sin sincos 故答案为：4 7 3 14． 或 【分析】结合已知条件和三角形面积公式求A，然后利用余弦定理即可求解. ABC 2 3,AB2,AC 4 【详解】因为 的面积为 ， 1 3 所以S  ABACsinA4sinA2 3sinA ， VABC 2 2  2 故A 或 ； 3 3  ①当A 时， ， 3 BC2  AB2AC22ABACcosA12BC 2 3 1 故BD BC  3， 2 因为AB2BC2  AC2，所以ABBC，AD2  AB2BD2 7 AD 7 故 ； 2 ②当A 3 时， BC2  AB2AC22ABACcosA28BC 2 7 ， 1 故BD BC 7， 2 AB2BC2AC2 2 7 在 中，由余弦定理可知cosB  ， ABC 2ABBC 7  在△ABD中，由余弦定理可知，AD2  AB2BD22ABBDcosB3， AD 3 故 . 综上所述， ABC 的中线 AD 长为 7 或 3 . 7 3 故答案为： 或 . 15．116 【分析】根据题意列不等式，再结合对数计算公式解不等式即可. 【详解】设至少需要经过x天，因为要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的10%以下，所以 r r gx10g0，又因为gtg0e  V t ，所以g0e  V x 0.1g0，由题意知g00， r4 ，V 200， 1 所以  4 x ，整理得， xln10，解得 ，所以至少需要经过116天. e 200 0.1 50 x115.15 故答案为：116. 3,0 3，  16． f x 【分析】利用奇函数的性质得到 fx fx，再根据不等式构造函数hx e2x ，分析函数 f x hx e2x 在x0时的单调性，根据单调性、奇偶性和 f 30 解不等式即可. f x f xf xfxfx fx fx R 【详解】因为 为奇函数，定义域为 ，所以 ， f 00 ， fx2f x fx2f x x0 又因为 时， ，所以 ，f x fx2f x 构造函数hx ，所以hx ， e2x e2x hx0 hx 0, x0 所以当 时， ， 在 上单调递增， f 30 h30 hx 3, 0,3 又因为 ，所以 ， 在 上大于零，在 上小于零， e2x 0 x0 f x 3, 0,3 f x 又因为 ，所以当 时， 在 上大于零，在 上小于零，因为 为奇函数，所以 x0 f x ,3 3,0 当 时， 在 上小于零，在 上大于零， f x0 3,03, 综上所述： 的解集为 . 3,03, 故答案为： . 【点睛】常见的函数构造形式： gxeaxf x gxeax  af x fx  ① ， ； f x fxaf x gx gx ② eax ， eax . 17．(1)见解析 5 (1)n1 a   (2) n 6 32n1 【分析】(1)结合递推公式利用等比数列的定义证明即可；(2)结合(1)中结论，利用累加法和等比数列求和 公式即可求解. （1） 1 因为2a a a ，所以a n2  2 (a n a n1 )， n2 n n1 1 (a a )a 从而 a n2 a n1  2 n n1 n1  1 ， a a a a 2 n1 n n1 n 1 1 1 因为a 1  2 ，a 2 1，所以a 2 a 1 1 2  2 ， 1 故数列a n1 a n 是首项为 1 2 ，公比为 2 的等比数列. （2）1 1 (1)n1 a a  ( )n1 由(1)可知， n1 n 2 2 2n ， 1 1 1 (1)n2 故当 时，a a  ，a a  ，a a  ， ，a a  ， n2 2 1 2 3 2 22 4 3 23 L n n1 2n1 1 1 [1( )n1] 1 1 1 (1)n2 2 2 1 (1)n1 a a  ( ) L    [1 ] 由各式相加可知， n 1 2 22 23 2n1 1 3 2n1 ， 1( ) 2 1 (1)n1 5 (1)n1 故a a  [1 ]  ， n 1 3 2n1 6 32n1 5 (1)n1 当 时，a   也满足， n1 n 6 32n1 5 (1)n1 故数列 a n  的通项公式为： a n  6  32n1 . 10 18．(1) (2)见解析 【分析】（1）由三角形内角和，可表示出角B，根据三角恒等式，结合正弦定理，可得cos2A的值，根据 二倍角式，进而可得cosC，由余弦定理，可得答案； （2）由题意，结合余弦定理与正弦定理，根据同角三角函数的关系式，可得答案. （1） sinBsinπ3AsinA2A C 2A BπACπ3A  ， ，则 sinAcos2AcosAsin2A， sin2A2sinAcosA，cos2A2cos2 A1，  sinBsinA  2cos2 A1  2sinAcos2 AsinA  4cos2 A1  ， 2 3 a b  由正弦定理，可得：sinA  sinB，则sinA sinA  4cos2 A1  ， 5 1 可得 ，解得cos2 A ，则cosC cos2A2cos2 A1 ， 8cos2 A23 8 4 1 由余弦定理，c2 a2b22abcosC 49223 10，故 . 4 c 10 （2）1 1 1  a2 b2 c2 ，a2c2  b2 ，c2a2  b2 ， 5 5 5 1 b2 b2 由余弦定理，cosA c2b2a2  5  3  b ①， 2cb 2cb 5 c 1 b2 b2 cosC  a2b2c2  5  2  b ②， 2ab 2ab 5 a cosA 3b 5a 3a 3sinA ①与②相除可得：     ， cosC 5c 2b 2c 2sinC 2cosAsinC 3sinAcosC，两边同除以cosAcosC，可得2tanC 3tanA. 19．(1)见解析 2 7 (2) 7 AD AC 【分析】(1)结合已知条件和平面几何关系知 1 ，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知 BC  AD ，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；(2)取 A 1 C 1的中点 E ，然后利用面面垂直性质证明 CE ABC AAC ACB 底面 ，再建立空间直角坐标系，分别求出平面 1 和平面 1 1的法向量，最后利用二面角的 向量公式即可求解. （1） AACC AA  AC ∵侧面 1 1 是菱形，∴ 1 ， AC AD AC ∵ D 为 1 的中点，∴ 1 ， ∵侧面 AA 1 C 1 C  底面 ABC ，侧面 AA 1 C 1 C  底面 ABC  AC ， ACB90 ， BC 底面 ABC ， BC  AACC ∴ 侧面 1 1 ， ∵ AD 侧面 AA 1 C 1 C ，∴ BC  AD ， ∵ A 1 C  BCC ，∴ AD 平面 A 1 BC ， AB ABC AD AB ∵ 1 平面 1 ，∴ 1 .（2） 取 A 1 C 1中点 E ，连接 CE ，从而 CE A 1 C 1， 又由 A 1 C 1 AC ，则 CE AC ， ∵侧面 AA 1 C 1 C  底面 ABC ，侧面 AA 1 C 1 C  底面 ABC  AC ， ∴CE底面ABC， 以C为坐标原点，以CA，CB，CE为x轴， y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如下图： C(0,0,0) A(2,0,0) A(1,0, 3) B(1,2, 3) 由已知条件和上图可知， ， ， 1 ， 1 ，  由题意可知，CB(0,2,0)为平面 AA 1 C 的一个法向量，  不妨设n(x,y ,z )平面 ACB 的一个法向量， 1 1 1 1 1   因为CA (1,0, 3)，CB (1,2, 3)， 1 1 C  A  n0  x  3z 0 从而  C  B  1 1 n0   1 x 1 2y 1 1  3z 1 0 ，  令 z 1  3 ，则 x 1 3 ， y 1 3 ，即n(3,3, 3)， AACB   设二面角 1 1为 ，由图可知 为钝角，     |CBn| 21 cos|cosCB,n|  2 7 从而   7 ，即sin ， |CB||n| 72 7 故二面角AACB 的正弦值为 7 . 1 1 20．(1)见解析 333 (2) 2048 【分析】(1)结合已知条件，X 可能取值为0，1，2，3，然后分析每种积分X 对应的输赢情况，然后利用 二项分布和独立事件的概率乘法求解即可；(2)结合(1)中结论，分析积分之和为5时三场比赛的积分情况， 然后利用独立事件的概率乘法求解即可. （1） 由题意可知，X 可能取值为0，1，2，3 ， 当X 0时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输， 1 1 1 1 5 则P(X 0)(1 )3C1 (1 )2(1 ) ， 2 3 2 2 2 16 当X 1时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输， 1 1 1 3 则P(X 1)C2( )2(1 )2(1 ) ； 4 2 2 2 16 当X 2时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢， 1 1 1 3 则P(X 2)C2( )2(1 )2  ， 4 2 2 2 16 当X 3时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢， 1 1 1 1 5 则P(X 3)( )3C2( )2(1 )  ， 2 3 2 2 2 16 故X 的概率分布列如下： X 0 1 2 3 5 3 3 5 P 16 16 16 16 （2） 设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A， 则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2， 3 3 5 5 3 5 3 3 3 333 故P(A)3   A3   3    ， 16 16 16 3 16 16 16 16 16 16 2048 333 故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为 . 2048x2 y2  1 21．(1) 4 2 3 (2)证明见解析，定值为 2 2 【分析】（1）根据 PF  AA 可设 Pc,y 0  ，根据 AB∥OP ，利用 AB,OP 斜率相等且 Pc,y 0  在椭圆上 FA 2 2 列式可得椭圆基本量的关系，再根据 求解基本量即可； l xty 2 kk （2）由题意设 ： ，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再表达出 1 2，结合韦达定理求 解即可. （1） b y bc 因为 PF  AA ，故可设Pc,y 0 ，因为 AB∥OP ，故k AB ∥k OP ，即 a  c 0 ，解得y 0  a . b2c2 又P  c, bc  在椭圆 上，故 c2  a2 1，解得 ，故 .  a  C a2 b2 a2 2c2 2a22b2 a 2b 2c   又 FA 2 2 ，故 FA ac 21 c2 2 ，故c 2，a2,b 2. x2 y2  1 故C的方程为 4 2 . （2） x2 y2  1 F   2,0  ,A2,0 因为椭圆方程为 4 2 ，故 ，当l斜率为0时A,M 或A,N 重合，不满足题意，故可 l xty 2 设 ： . x2 y2   1 联立  4 2 可得 ，设 ，则 2 2t 2 .  xty 2  t22  y22 2ty20 Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  y 1 y 2  t22 ,y 1 y 2  t22 y y y y kk  1  2  1 2 故 1 2 x 2 x 2  ty  22  ty  22  1 2 1 21   y 1 y 2    y y   2 2 2 t2y 1 y 2   2 2  ty 1 y 2   2 2 2 t2 2 2 t  1 y 1 y 2 2    y 1 y 2 1   t22   1  2 3 t2 2  2 2  t2  2 2 2  2  32 2  2 2 3 故定值为 2 2 【点睛】本题主要考查了椭圆中基本量的求解，同时也考查了联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理表达 目标表达式，再化简求解的问题，为方便计算，当直线过的定点在x轴时可设直线的横截距式，同时注意 y y ,y y 韦达定理中 1 2 1 2的关系进行化简.属于难题. 1  22．(1)e 2 (2)①证明见解析②证明见解析 【分析】(1)首先利用导函数的几何意义求出切点，再将切点代入切线即可求出b； 1 (2)①将原不等式化简为h(x)2lnxx x 0，然后利用导函数求 h(x) 在 (0,1) 上的最大值大于0即可；② x 1 1 2 结合①中条件，利用放缩法只需证明  x2  ，然后利用隐零点证明不等式在 上恒成立即可， x1 2 2 e (0,1) f(x) g(x) [1,) 最后结合 和 的单调性即可证明原不等式在 上恒成立. （1） f xxlnx f'(x)lnx1 由 ，则 ， 1 设y xb在 f x上的切点为(x ,x lnx )， 2 0 0 0 1  1 从而 f'(x )lnx 1 x e 2， 0 0 2 0 1  1 1  1 故y xb在 f x上的切点为(e 2, e 2)， 2 2  1 1  1 1 1  1 1  1  1 将(e 2, e 2)代入y xb得， e 2  e 2 bbe 2， 2 2 2 2 1  故b的值为e 2.（2） 1 1 ①当 时，gx f x xx12lnxx 0， 0x1 2 x 1 2 1 (x1)2 不妨令h(x)2lnxx ，则h'(x) 1  0， x x x2 x2 故h(x)在(0,1)上单调递减， 从而对x(0,1)，都有h(x)h(1)0， 1 故当 时，gx f x xx1 . 0x1 2 1 ②(i)由①知，当 时，gx f x xx1 ， 0x1 2 1 从而xlnx (x21)， 2 x 1 1 故gx f x  x2 ， x1 2 2 2 x 1 1 2 欲证gx f x ，只需证(x)  x2  ， e x1 2 2 e 1 1x(x1)2 '(x) x 则 (x1)2 (x1)2 ， (x)1x(x1)2 '(x)(x1)22x(x1)0 令 ，则 ， 从而(x)在(0,1)上单调递减， 1 1 1 1 1 9 19 1919  2 66139 ( )1 ( 1)2 1 ( 1)2 1 0  1  1 1 0 因为 e e e e 2 4e ， 40 4040  64000 ， 1 19 x  ,  由零点存在的基本定理可知， 0 e 40，使得(x )1x (x 1)2 0， 0 0 0 x 从而 0 x2(x 1)， x 1 0 0 0 (x) (0,1) '(x)00xx '(x)0x x1 结合 在 上单调递减可知， 0； 0 ， (x) (0,x ) (x ,1) 故 在 0 上单调递增，在 0 上单调递减， x 1 1 1 1 1 1 从而(x) (x ) 0  x2  x2(x 1) x2  x3 x2 ， max 0 x 1 2 0 2 0 0 2 0 2 0 2 0 2 0 19 1 19 1 2 故(x) ( )3 ( )2 0.72 ， max 40 2 40 2 e2 即当 时，gx f x ； 0x1 e 1 1 (ii) 由 f'(x)lnx10x ，从而 在[ ,)上单调递增， e f(x) e 故当x1时， f(x) f(1)0， x 1 又因为gx 1 在 上单调递增， x1 x1 (0,) x x e 2 故当 时，gx f x  f(x)   ， 1xe x1 x1 e1 e 1 2 当xe时， f(x) f(e)e ，此时gx f x1 x1 e<0 e ， 2 综上所述， ，gx f x . x0 e 【点睛】利用隐零点证明不等式需要注意的地方： 一、在利用隐零点求函数最值的时候，一定要精确隐零点所在区间I 的端点值，否则在证明的时候放缩过 大或过小都很难求证； 二、二分法是一种精确隐零点所在区间I 的一种较好的方法.