【文档说明】湖南省师大附中2023届高三月考试卷（七）丨数学解析.pdf，共(27)页，1.446 MB，由小赞的店铺上传

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第1页/共27页学科网（北京）股份有限公司湖南师大附中2023届高三月考试卷（七）数学时量：120分钟满分：150分注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.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.已知模为2的复数z对应的向量为OZ（O为坐标原点），它对应的点位于第二象限，OZ与实轴正向的夹角为150，则复数z为（）A.13iB.2C.13i

D.3i【答案】D【解析】【分析】设复数z对应的点为,xy，根据题意可得cos150,sin150xzyz，即可得解.【详解】设复数z对应的点为,xy，则cos1503,sin1501xzyz，所以3iz

.故选：D.2.若一个n位正整数的所有数位上数字的n次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数，已知所有一位正整数的自恋数组成集合A，集合34BxZx，则AB真子集个数为（）A.3B.4C.7D.8【答案】C【解析】【分析】根据题中定义，结合集合交集的定

义、真子集个数公式进行求解即可.第2页/共27页学科网（北京）股份有限公司【详解】由题中定义可知1,2,3,4,5,6,7,8,9A，而34BxZx，所以1,2,3AB，因此AB真子集个数为32

17，故选：C3.已知fx为奇函数，且0x时，exfx，则ef（）A.eeB.e-eC.-eeD.-e-e【答案】D【解析】【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.【详解】fx为奇函数，且0x时，exfx，

-ee-e-eff.故选：D4.杭州亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目，共设杭州赛区、宁波赛区、温州赛区、金华赛区、绍兴赛区、湖州赛区、现需从6名管理者中选取4人分别到温州、金华、绍兴、湖州四个赛区负责志愿者工作，要求四个赛区各有一名管理者，且6人中甲、

乙两人不去温州赛区，则不同的选择方案共有（）A.300种B.240种C.144种D.96种【答案】B【解析】【分析】利用排列组合的知识分别求解甲、乙都没有被选派、甲、乙有且仅有一人被选派和甲、乙均被选派三种情况下的方案数，加和即可求得结果.【详解】

若甲、乙都没有被选派，则共有44A24种方案；若甲、乙有且仅有一人被选派，则共有113234CCA144种方案；若甲、乙均被选派，则共有113433CCA72种方案；综上所述：不同的选择方案有2414472240种.故选：B

.5.“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨

）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式tSab，第3页/共27页学科网（北京）股份有限公司若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为34a（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二

氧化碳排放量为3a（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（）（参考数据：lg20.30,lg30.48）A.13年B.14年C.15年D.16年【答案】D【解析】【分析】由条件列式434aab先确定参数，再结合对数运算解方程3taab.【详解】由题意，434

aSab，即434b，所以434b，令3taab，即13tb，故43143t，即431lglg43t，可得1(lg32lg2)lg34t，即4lg3162lg2lg3t．故选：D6.已知

椭圆2222:1(0)xyEabab的右焦点为F．短轴的一个端点为M，直线:340lxy交椭圆E于,AB两点．若4AFBF，点M到直线l的距离不小于45，则椭圆E的离心率的取值范围是A.3(0,]2B

.3(0,]4C.3[,1)2D.3[,1)4【答案】A【解析】【详解】试题分析：设1F是椭圆的左焦点，由于直线:340lxy过原点，因此,AB两点关于原点对称，从而1AFBF是平行四边形，所以14BFBFAFBF，即24a，2a，设(0,)Mb，则45bd，所以

4455b，1b，即12b，又22224cabb，所以03c，302ca．故选A．考点：椭圆的几何性质．【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得,ac关系或范围，解题的关键是利用对称性得出AFBF就是

2a，从而得2a，于是只有由点到直线的距离得出b的范围，就得出c的取值范围，从而第4页/共27页学科网（北京）股份有限公司得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．7.已知函数121xfx，正数,ab满足212fafb

，则222baaabb的最小值（）A.1B.2C.4D.5【答案】B【解析】【分析】利用1fxfx可得22ab，由此可化简所求式子，结合基本不等式可求得最小值.【详解】1121121211221xxxxxfxfx

，且fx在R上单调递减，由212fafb得：22ab，即22ab，,0ab，22222222222babababaaabbabababab（当且仅当42,55ab时取等号），则22

2baaabb的最小值为2.故选：B.8.如图，在ABC中，已知1ABAC，120A，E，F分别是边AB，AC上的点，且AEAB，AFAC，其中，0,1，且41，若线段EF，BC的中点分别为M，

N，则MN的最小值为（）A.17B.37C.77D.377【答案】C【解析】【分析】根据平面向量加法的运算法则，结合平面向量基本定理和平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为AEAB，

AFAC，所以1111112222MNMEEBBNFEABBCAEAFABACAB

第5页/共27页学科网（北京）股份有限公司11111112222ABACABACABABAC，因为4

1，所以1212MNABAC，所以2222211214121,24MNABACABACABAC因为1ABAC，120A

，所以222112131412142424MN，当3120,121724时，MN有最小值，最小值为22113117472747，故选：C【

点睛】关键点睛：运用平面向量加法的运算法则，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.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.假设某市

场供应的职能手机中，市场占有率和优质率的信息如下品牌甲乙其他市场占有率50%30%20%优质率80%90%70%在该市场中任意买一部手机，用1A，2A，3A分别表示买到的智能手机为甲品牌､乙品牌，其他品牌，B表示可买到的优质品，则（）A.10.50PAB.20.90PBA

C.30.70PBAD.0.81PB【答案】ABD【解析】【分析】根据条件概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；第6页/共27页学科网（北京）股份有限公司【详解】解：依题意可得10.50PA，20.90P

BA，3|0.70PBA，30.20PA，因为333|PBAPBAPA，所以333|0.700.200.14PBAPBAPA，0.50.80.30.90.20.70.81PB，故正确的有ABD；故

选：ABD10.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其

“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（）A.222234510CCCC164B.在第2022行中第1011个数最大C.记“杨辉三角”第n行的第i个数为ia，则11123ninii

aD.第34行中第15个数与第16个数之比为2:3【答案】AC【解析】【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断即可.【详解】A：22222222332223451033451034333345103113CCCCC

CCCCCCCCCCCC164,所以本选项正确；B：第2022行是二项式2022ab的展开式的系数，故第2022行中第2022110122个数最大，所以本选项不正确；第7页/共27页

学科网（北京）股份有限公司C：“杨辉三角”第n行是二项式nab的展开式系数，所以1Ciina，11111111111112223CC112nnniinrrnininiiiina，因此本选项正

确；D：第34行是二项式34ab的展开式系数，所以第15个数与第16个数之比为14153434C:C3:4，因此本选项不正确，故选：AC11.已知球O的半径为4，球心O在大小为45的二面角l内，二面角l的两个半平面所在的平

面分别截球面得两个圆1O，2O，若两圆1O，2O的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体12OAOO得体积为V，则一定正确的是（）A.O，E，1O，2O四点共圆B.3OEC.126OOD.V的最大值为21【答案】ACD【解析】【分析】连结1212,,,,OEOEOEOOOA

，判断出4,2OAAE，利用勾股定理求OE，判断B，证明11OOOE,22OOOE，12,,,OOEO四点共面，即可判断12,,,OEOO四点共圆，判断A，利用正弦定理求出12OO，由此判断C；设1122,OOdOOd，求出12OOOS的最大值，结合体积公式判断D.

【详解】因为公共弦AB在棱l上，连结1212,,,,OEOEOEOOOA，则4,2OAAE，则22224223OEOAAE，故B错误；因为二面角l的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1

⊥,OO2⊥，又1,OEAB平面,，2,OEAB平面，第8页/共27页学科网（北京）股份有限公司所以11OOOE,22OOOE，1OOAB,2OOAB，因为12,OOOO平面12OOO，所以AB平面12OOO，同理可证AB平面12OEO，所以12,,

,OOEO四点共面，又1290OOEOOE，所以1212180OEOOOO，对角互补的四边形为圆内接四边形，所以12,,,OEOO四点共圆，故选项A正确；因为E为弦AB的中点,故1OE⊥AB，2OE⊥

AB，故12OEO为二面角l的平面角，所以1245OEO，由正弦定理得12sin456OOOE，故选项C正确；设1122,OOdOOd，在△12OOO中,由余弦定理可得，2221212

12126222OOdddddd，所以12322dd，故121232112222OOOSdd，所以1232111221332OOOVAES，当且仅当以12632dd时取等号，故选项D正确，故选：ACD12.2021年3月30

日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo（如图所示），设计师的灵感来源于曲线:1(0,R)nnxyCnnab．当4,2,1nab时，下列关于曲线C的判断正确的有（）A.曲线C关于

x轴和y轴对称B.曲线C所围成的封闭图形的面积小于8C.设3,0M，直线30xy交曲线C于PQ､两点，则PQM的周长小于8D.曲线C上的点到原点O的距离的最大值为1417【答案】ABD【解析

】【分析】根据用y替换y，x不变，得方程不变，用x替换x，y不变，得方程不变，可判断A正确；根第9页/共27页学科网（北京）股份有限公司据曲线C的范围，可判断B正确；先得到椭圆2214xy在曲线:C44116xy

内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；【详解】当4,2,1nab时，曲线C：44116xy，对于A，用y替换y，x不变，得44

116xy，即44116xy，则曲线C关于x轴对称；用x替换x，y不变，得44116xy，即44116xy，则曲线C关于y轴对称，故A正确；对于B，由44116xy，得||2x≤，||1y，所以曲线

C在由直线2x和1y所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为428，故B正确；对于C，对于曲线:C44116xy和椭圆2214xy，设点1(,)xy在44116xy上，点2(,)xy在2214xy

上，因为42442121(1)164xxyy2222(1)(1)(1)444xxx222(1)(11)444xxx221(1)024xx，所以4412yy，所以1

2||||yy，第10页/共27页学科网（北京）股份有限公司设点1(,)xy在44116xy上，点2(,)xy在2214xy上，因为244421216(1)4(1)xxyy2224(1)4(1)4(1)yyy22224(1)28(1)0yyyy

，所以4412xx，所以12||||xx，所以椭圆2214xy在曲线:C44116xy内(除四个交点外)，如图：设直线30xy交椭圆2214xy于,AB两点，交x轴于(3,0)N，易知，,MN为椭圆2214xy的两个焦点，由椭圆的定义可知，|

|AN||224AM，||||224BNBM，所以ABM的周长为8，由图可知，PQM的周长不小于8，故C不正确；对于D，设曲线:C44116xy上的点(,)xy，则该点到原点O的

距离为22xy，因为44116xy，所以设2cos4x，2siny，π[0,]2，则224cossinxy4117(sincos)17sin()1717，其中

1sin17，4cos17，所以当sin()1时，22xy取得最大值17，22xy取得最大值1417.故D正确；第11页/共27页学科网（北京）股份有限公司故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知1,4,1,42xfxxfxx

，则2log3f______.【答案】124【解析】【分析】根据分段函数的解析式计算可得；【详解】(1),4()1(),42xfxxfxx，22log3g3lo1ff2log33221log2log3323

ff121log3311111223824．故答案为：124．14.已知：2,0A，2,0B，0,2C，1,0E，1,0F，一束光线从F点

出发发射到BC上的D点经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上（不含端点）FD斜率的范围为____________.【答案】4,【解析】【分析】先作出F关于BC的对称点P，再作P关于AC的对称点M，因为光线从F点出发射到B

C上的D点经BC反射后，反射光线的反向延长线经过F关于直线BC的对称点P点，又因为再经AC反射，反射光线经过P关于直线AC的对称点，所以只需连接,MAME交AC与点N，连接,PNPA分别交BC为点,GH，则,GH之间即为点D的变动范围．再求出直线,FGFH

的斜率即可．【详解】∵(2,0),(2,0),(0,2)ABC，∴直线BC方程为20xy，直线AC方程为20xy,如图，作F关于BC的对称点P，则(2,1)P，再作P关于AC的对称点M，则(1,4)M,第12页/共27页学科网（北京）股份有限公司连接,MAME交AC与

点N，则直线ME方程为=1x,∴(1,1)N，连接,PNPA分别交BC为点,GH，则直线PN方程为1y，直线PA方程为420xy，∴64(1,1),,55GH，连接,GFHF，则,GH之间即为点D的变动范围．∵

直线FG方程为1x，直线FH的斜率为454615∴FD斜率的范围为(4,)故答案为：(4,).【点睛】本题主要考查入射光线与反射光线之间的关系，入射光线与反射光线都经过物体所成的像，据此就可找到入射点的范围，解决此类问题时，关键在于求出点关于直线的对称点，属于中档题.1

5.设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和221()nnSnnnN，则d+q的值是_______．【答案】4【解析】【分析】结合等差数列

和等比数列前n项和公式的特点，分别求得,nnab的公差和公比，由此求得dq.【详解】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题意1q.等差数列na的前n项和公式为2111222nnnddPnadnan

，第13页/共27页学科网（北京）股份有限公司等比数列nb的前n项和公式为1111111nnnbqbbQqqqq，依题意nnnSPQ，即22111212211nnbbddnnnanqqq，通过对比系数可

知111212211ddaqbq112021daqb，故4dq.故答案为：4【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n项和公式，属于中档题.16.已知函数

(0)xfxealnaxaaa，若关于x的不等式0fx恒成立，则实数a的取值范围为______【答案】20,e【解析】【分析】将不等式0fx恒成立转化为1xelnaxaa在

(1,)上恒成立,进一步转化为1xexa恒成立，即1xeax恒成立.再构造函数,利用导数求最值可解决.【详解】易求得函数fx的定义域为(1,)，由0xfxealnaxaa，得1xelnaxaa，因为函数1xeya与函数

ylnaxa互为反函数，其图象关于直线yx对称，第14页/共27页学科网（北京）股份有限公司所以要使得0fx恒成立，只需1xexa恒成立，即1xeax恒成立，设1xegxx，则

221xexgxx，gx在1,2上递减，在2，递增，可知当2x时，gx取得最小值2e，所以2ae，又因为0a，所以a的取值范围是20,e.【点睛】本题考查了等价转化思想,不等式恒成立问题.属中档题.四、解答题：本题共6小题，共7

0分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数1sin03fxx的图象如图所示.（1）求函数fx的对称中心；第15页/共27页学科网（北京）股份有限公司（2）先将函数yfx图象上所有点的纵坐标伸长

到原来的3倍（横坐标不变），然后将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），最后将所得图象向左平移π3个单位后得到函数ygx的图象.若1gxt对任意的5π,012x

恒成立，求实数t的取值范围.【答案】（1）ππ,0424k，kZ（2）0,1【解析】【分析】（1）根据函数图象求得fx的解析式，然后利用整体代入法求得fx的对称中心.（2）利用三角函数图象变换的知识求得gx的解析式，根据

gx在区间5π,012上的值域转化不等式1gxt，由此求得t的取值范围.【小问1详解】由图可知：πππ23124T，所以π2π2T，所以4ω=，1sin43fxx，又π1π1

πππsin,sin1,2π12333332fk，所以π2π6k，kZ.所以1π1πsin42πsin43636fxxkx.令π4π6xk，kZ，则ππ424kx，kZ.所以fx

的对称中心为ππ,0424k，kZ.【小问2详解】由题ππ5sin2sin2π366gxxx.第16页/共27页学科网（北京）股份有限公司当5π5π5π,0,20

,1266xx时，0,1gx.因为1gxt对任意的5π,012x恒成立，则maxmin11gxtgxt.所以0,

1t.18.如图，在四棱锥POABC中，已知1OAOP，2CP，4AB，π3CPO，π6ABC，π2AOC，E为PB中点，F为AB中点.（1）证明：平面//CEF平面PAO；（2）若3PA，求

平面POC与平面PAB所成夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）31313.【解析】【分析】（1）根据线面平行及面面平行的判定定理即得；（2）方法一，延长CO与BA交于H，由题可得面PCO面POA，过A作AMPO，过A作

ANPH，进而可得ANM即为面POC与面PAB所成二面角的平面角，结合条件即得；方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】连接AC，∵E为PB中点，F为AB中点，第17页/共27页学科网（北京）股份有限公司∴//

EFPA，又EF面PAO，PA面PAO，∴//EF面PAO，在PCO△中，1OP，2CP，π3CPO，∴2222212cos2212321OPCPOPCOPOCCP，即3OC，在ACO△中，1OA，π2AOC，∴2AC，π3OAC，在

ACB△中，4AB，π6ABC，2AC，sinsin1ABABCACBAC，∴π2ACB，π3CAB，∴2π3OAB，∵F为AB中点，∴122CFAB，2π3CFB，∴OACF∥，又∵CF面PAO，OA面PAO，∴//CF面PAO，又∵CFEFF，CF

，EF面CEF，∴平面//CEF平面PAO；【小问2详解】解法一：延长CO与BA交于H，连PH，则面PAB面POCPH，在PCO△中，1OP，2CP，3OC，所以OCOP，又π2AOC，OAOC，POOAO，,POOA面POA，∴CO面POA，CO面PCO，

∴面PCO面POA，在面PCO内过A作AMPO，则AM面PCO，∵PH面PCO，∴AMPH，第18页/共27页学科网（北京）股份有限公司过A作ANPH，连MN，∵AMANA，AM面AMN，AN面AM

N，∴PH面AMN，MN面AMN，∴PHMN，∴ANM即为面POC与面PAB所成二面角的平面角，∵1OPOA，3PA，∴2π3POA，23AM，∵2CF，//OACF，∴3OH，2AH

，2PH，又3PA，∴2232223AN，394AN，334MN，∴333134cos13394ANM.解法二：在PCO△中，1OP，2CP，3OC，所以OCOP，又π2AOC，OAOC，,,OPOAOOPOA平面AOP，

所以OC平面AOP，OC平面OABC，所以平面AOP平面OABC，又∵1OPOA，3PA，∴2π3POA，以OC为x轴，OA为y轴，过O且垂直于面OABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，第

19页/共27页学科网（北京）股份有限公司则0,0,0O，0,1,0A，3,0,0C，23,3,0B，130,,22P，设平面POC的法向量1111,,nxyz，13

0,,22OP，3,0,0OC，1111113002200OPnyzOCnx，令11z，则13y，∴10,3,1n

，设平面PAB的法向量2222,,nxyz，330,,22AP，23,2,0AB22222223200330022xyABnAPnyz

令21x，则23y，23z，∴21,3,3n，所以123313cos,1313nn，∴平面POC与平面PAB所成角的余弦值为31313.19.已知数列na各项都不为0，12a，

24a，na的前n项和为nS，且满足14nnnaaS.（1）求na的通项公式；（2）若12311231CCCCCnnnnnnnnnnbaaaaa，求数列112nnnnbbb的

前n项和nT.【答案】（1）2nan，Nn；第20页/共27页学科网（北京）股份有限公司（2）111212nnTn【解析】【分析】（1）利用nS与na的关系，得到114nnaa，再利用隔项等差数列的性质，分别求出n为奇数与n为偶数时的通项na，进而可得答案

.（2）利用倒序相加，求得2nnbn，整理得1112112(1)2nnnnnnbbbnn，进而利用裂项求和法，得到nT【小问1详解】2n时，14nnnaaS，114nnnaaS，两式相减，可得11()4nnn

naaaa，由题意得0na，可得114nnaa，则有当n为奇数时，135,,,,naaaa为等差数列，114(1)22nnaan，当n为偶数时，246,,,,naaaa为等差数列，24(1)22nnaa

n，*2(N)nann【小问2详解】121121CCCCnnnnnnnnnbaaaa，121121CCCCnnnnnnnnnbaaaa，利用倒序相加，可得12112()(CCC)2Cnnnnnnnnnbaaa2(22)

422nnnnn，解得2nnbn，11111222112(1)22(1)2nnnnnnnnnnbnbbnnnn，2231111111122222322(1)2nnnTnn111

212nn20.2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠

售房活动期间到第21页/共27页学科网（北京）股份有限公司访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为ix，第i天到访的人次记为iy，1i，2，3，…）ix（单位：人次）1234567iy（单位

：人次）12224268132202392（1）根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为xycd（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及上表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次：（2）该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中

，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼层的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：类别A类B类C类频率0.40.20.4从被回访的客户中再随机抽取3人

聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.参考数据：其中lgiivy，7111.847iivv，7158.55iiixv，0.84106.9；参考公式：对于一组数据11,uv，2

2,uv，…，,nnuv，其回归直线ˆˆˆvu的斜率和截距的最小一乘估计公式分别为：1122211nniiiiiinniiiiuuvvuvnuvuuunu，ˆˆvu；【答案】（1）0.256.910xy；当8x时，

0.2586.910690y.（2）125，分布列见解析【解析】【分析】（1）将xycd转换成lglgyxdc，由最小二乘法求回归直线方程，再换回xycd的形式即可；（2）根据题意

4(3,)5XB，结合二项分布的概率公式及期望公式即可求解.第22页/共27页学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】由xycd可得lglglgyxdc，由lgiivy，7111.847iivv，715

8.55iiixv，则4x，72222211237140iix，所以7172221758.55741.84lg0.25140747iiiiixyxvdxx，lglg1.8440.250.84cvxd，所以lg0.

250.84yx，则所求回归方程为0.840.250.25106.910xxy，当8x时，0.2586.910690y，所以第8天售楼部来访的人次大约为690.【小问2详解】由题意得，A

类和C类被抽到的概率为0.40.40.8，X的可能取值为0,1,2,3，且4(3,)5XB，所以0033411(0)C()()55125PX；11234112(1)C()()55125PX；22134148(2)C()()55125PX

；33034164(3)C()()55125PX；所以X的分布列为X0123P1125121254812564125所以412()=3=55EX.21.已知双曲线E的顶点为1,0A，10B,，

过右焦点F作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点G，且324OFGS△.点P为x轴正半轴上异于点B的任意点，过点P的直线l交双曲线于C，D两点，直线AC与直线BD交于点H.第23页/共27页学科网（北京）股份有限公司（1）求双曲线E的标准方程；（2）求证：OPOH为定值

.【答案】（1）2212yx（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意表示出G点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.【小问1详解】设双曲线

2222:1xyEab，易知1a.由题意可知：OFG△为等腰三角形，则2Gcx，代入byxa得：22Gbcbcya，则132224OFGbcSc△，又22221cabb，则解得2b，则双曲线22:

12yEx.【小问2详解】设直线l的方程为：xtym，（0m且1m），11,Cxy，22,Dxy.联立2212xtymyx，消x得：22212102tymtym，122212mtyyt，21221

12myyt，212121.2myyyymt11:11yACyxx，①22:11yBDyxx，②联立①②，解得：211221211221Hyxyxyyxyxyxyy.又2121212

yxytymtyymy，同理，12121yxtyymy，第24页/共27页学科网（北京）股份有限公司把它们代入Hx，得21212211212212121212112Hmyymyyyytyymyyyymxmyyyy

myyyy1221122121212121111yyyyyymyymmyyyymmyyyym，故11HOPOHmxmm，得证.22.已知函数ln1sin

cosxxfxx.（1）当0,πx时，求证：0fx；（2）若1fxax对1x恒成立，求a.【答案】（1）证明见解析（2）2a【解析】【分析】（1）求导后，分别在π0,4x、π

3π,44x和3π,π4x的情况下，根据fx的正负确定fx的单调性，根据每段区间内都有min0fx可证得结论；（2）将问题转化为10gxfxax在1,上恒成立，

根据00g和最值点的特征可确定0x为gx的极大值点，由极值点定义可求得2a；代回函数中验证，利用导数可说明当2a时，0gx，由此可确定其符合题意.【小问1详解】11πcossin2sin114fxxxxxx

；①当π0,4x时，ππ,044x，π2sin1,04x，又101x，0fx，()fx\在π0,4上单调递增，0ln1sin0cos01fxf，即0fx；第25页/共27

页学科网（北京）股份有限公司②当π3π,44x时，ππ0,42x，此时πsin4yx单调递增，又11yx在π3π,44上单调递减，fx在π3π,44上单调递减，π404π

4f，3π42043π4f，0π3π,44x，使得00fx，当0π,4xx时，()0fx¢>；当03π,4xx时，0fx；()fx\在0π,4x

上单调递增，在03π,4x上单调递减，又πππππln1sincosln12044444f，3π3π3π3π3πln1sincosln1044444f，当π3π,44x

时，0fx；③当3π,π4x时，ππ3π,424x，π2sin1,24x，又1211π2x，0fx，()fx\在3π,π4上单调递减，πlnπ1s

inπcosπlnπ110fxf，即0fx；综上所述：当0,πx时，0fx.【小问2详解】令1ln1sincos1gxfxaxxxxax，则0gx在1,上恒成立；0ln1sin0cos010

g，max0gxg，0x为gx的一个极大值点，第26页/共27页学科网（北京）股份有限公司又1cossin1xaxgxx，01cos0sin020gaa，解得：2a；当2a时，由cos10x知：ln1

sincos21ln1sin2gxxxxxxxx，令ln1sin2hxxxx，则1cos21hxxx，令mxhx，则21sin1mxxx；当1,0x时，1sin0mxx，hx单

调递减，00hxh，hx在1,0上单调递增；当0,x时，1cos211201hxxx，hx在0,上单调递减；00hxh，0gxhx在

1,上恒成立，符合题意；综上所述：2a.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式、导数中的恒成立问题；本题求解恒成立中的参数值的基本思路是：通过函数的最值，结合自变量区间和函数最值只能在极值点或区间端点处取得的特征，确定函数的极值点，从

而求解出参数值；易错点是求解出参数值后，忽略验证的过程，导致解析过程不够严谨.第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司