【文档说明】河北省“五个一名校联盟”2021届高三上学期第一次诊断考试数学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，1.834 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4cbaa327ece2ab22c90b472fc40b2b69.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-河北省“五个一名校联盟”2021届高三第一次诊断考试数学第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，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2|2,AyyxxxR==−，集合()ln3|Bxyx==−，则AB＝（）A.B.[-1，0）C.[

-1，3）D.[-1，＋∞）【答案】C【解析】【分析】先化简集合,AB，得到)1,A=−+，(),3B=−，然后再求交集.【详解】由()222111yxxx=−=−−−，所以集合)1,A=−+由()ln3|Bxyx==−，可得30x−，则3x所

以集合(),3B=−所以)1,3AB=−I故选：C2.已知复数z＝3＋4i，那么86zzizz+−=−+（）A.34B.1C.43D.53【答案】B【解析】【分析】将z＝3＋4i，代入86zzizz+−−+化简即可【详解】解：因为复数z＝3

＋4i，所以34zi=−，所以8343486834346686zziiiiiiiizz+−++−−−==+−+++−+3434ii−=+-2-72425i−−=7242525i=−−2272412525=−+−=故选：B3.已

知向量()()1,0,0,1ab==，则向量2ab+与向量3ab+的夹角为（）A.π6B.5π12C.π3D.π4【答案】D【解析】【分析】根据条件先计算出2ab+、3ab+的坐标表示，然后根据坐标形式下向量的夹角公式求解出向量2ab+与向量3ab+

夹角的余弦值，则向量的夹角可求.【详解】因为()()1,0,0,1ab==，所以()()22,1,31,3abab+=+=，所以222211352cos2,32522113abab+++===++，所以2,34abab++=，故选：D.4.安排6名医生去甲、乙、丙3个单位

做核酸检测，每个单位去2名医生，其中医生a不去甲单位，医生b只能去乙单位，则不同的选派方式共有（）A.18种B.24种C.36种D.42种【答案】A【解析】【分析】根据题意分2种情况讨论：（1）a去乙单位，则ab在一起，（2）a

不去乙单位，则a必去丙单位，由加法原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2种情况讨论：（1）a去乙单位，则ab在一起，都去乙单位，将剩下4人分为2组，安排在甲、丙两个单位即可，有2242162CA=种安排方法；-3-（2）a不去乙单位，则a必去丙单位，在剩

下4人中选出2人安排在甲单位，再将剩下2人分别安排到乙、丙，有224212CA=种安排方法，则有61218+=种安排方法，故选：A5.在正四面体S-ABC中，点O为三角形SBC的垂心，则直线AO与平面SAC所成的角的余弦值为（）A

.13B.223C.33D.63【答案】B【解析】【分析】作出图形，可以得到直线AO与平面SAC所成的角为OAE，然后可得sinOAE，进一步得到出结果.【详解】如图：由于该四面体为正四面体，所以可知每个面均为正三角形，且AO⊥平面SBC所以可知点O的投影落在AE上，所以直线AO

与平面SAC所成的角为OAE故1sin3OEOAEAE==，所以222cos1sin3OAEOAE=−=故选：B6.在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝4上三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）构成正三角形ABC，那么222123xxx++=（）A.0B.2C.

3D.6【答案】D-4-【解析】【分析】分别设()22442cos,2sin,2cos,2sin,2cos,2sin3333ABC++++，计算222123xxx++，利用三角函数化简即可.【详解】因为

三角形ABC为正三角形，所以设()222cos,2sin,2cos,2sin33AB++，442cos,2sin33C++，故222222123244cos4cos4c

os33xxx++=++++22213134cos4cossin4cossin2222=+−−+−+222224coscos3sincos3sin=++++()226cossin

6=+=，故选：D【点睛】关键点点睛：根据A,B,C在圆上且构成正三角形ABC，设三点坐标为()222cos,2sin,2cos,2sin33AB++，442

cos,2sin33C++，是解题的关键.7.已知双曲线C：22221xyab−=（a＞0，b＞0）的右焦点为F，双曲线C的右支上有一点P满足|OP|＝|OF|＝2|PF|（点O为坐标原点），那么双曲线C的离心率为（）A.2B.31+C.2(

151)7+D.3748+【答案】C【解析】-5-【分析】记双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左焦点为1F，根据题中条件，得到1FPPF⊥，根据双曲线的定义，得到12+2+2cPFaPFa==，在1PFF中，根据勾股定理，即可求出

结果.【详解】记双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左焦点为1F，由题意可得|OP|＝|OF|＝2|PF|=c，所以112OPFF=，则1FPPF⊥，由双曲线的定义可得，12PFPFa−=，则1

2+2+2cPFaPFa==，所以在1PFF中，22211PFPFFF+=，所以222+2+422ccac=，所以27480ee−−=，解得离心率为()215+17cea==.故选：C.【点睛】关键点点睛：求解圆锥曲线离心

率时，解题关键是找到关于a,b,c的等量关系．本题中根据题中条件，以及双曲线的定义，得到1FPPF⊥，列出所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．8.已知函数232()log(1)31xfxxx=++−+，若()()22122fafa−+

−−，则实数a的取值范围是（）A.3,1−B.2,1−C.(0,1D.0,1【答案】A【解析】【分析】根据条件先分析()()fxfx+−的结果，由此确定出()()1gxfx=+的奇偶性和单-6-调性，再将问题转

化为“已知()()2212gaga−−，求解a的取值范围”，根据单调性列出关于a的不等式并求解出结果.【详解】由题可知xR且()()232log131xfxxx−−=−++−+()()()()223322log1log13131xxfxfxxxxx

−+−=++−+−++−++()223223log123131xxxxx=−++−−=−++，()()11fxfx+=−−+，令()()1gxfx=+，则()()gxgx=−−且定义域为R关于原点对称，即()gx为奇函数

，函数21yxx=++与31xy=+在()0,+上均单调递增，()23log1yxx=++与231xy=−+在()0,+上单调递增，()fx在()0,+上单调递增，即()gx在()0,+上也单调递增且()00g=，又()gx为奇函数，()

gx在R上单调递增，不等式()()22122fafa−+−−等价于()()221121fafa−+−−+，()()()222122gagaga−−−=−，()gx在R上单调递增，2212aa−−，解得31a−，实数a的取值

范围是3,1−，故选：A.【点睛】思路点睛：利用函数单调性和奇偶性解形如()()()()0fgxfhx+的不等式的思路：（1）利用奇偶性将不等式变形为()()()()fgxfhx−；、（2）根据单调性得到()gx与()hx−的

大小关系；（3）结合函数定义域以及()gx与()hx−的大小关系，求解出x的取值范围即为不等式解集.-7-二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.若函数f（x）＝tan2x

的图象向右平移π6个单位得到函数g（x）的图象，那么下列说法正确的是（）A.函数g（x）的定义域为{5π|π6xxk+，k∈Z}B.函数g（x）在π5π(,)1212−单调递增C.函数g（x）图象的对称中心为ππ(,0)26k+，k∈ZD.函数g（x）≤1的一个充分条件是ππ64x【答案】

BD【解析】【分析】根据平移可得()gx的表达式，然后利用正切函数的性质进行判断即可.【详解】由题可知：()tan23gxx=−令2,32xkkZ−+，即5,122kxkZ+所以函数定义域为5,122kxxkZ+，故A错令

52,232122122kkkxkxkZ−+−+−++所以函数单调递增区间为5,,122122kkkZ−++，当0k=时，π5π(,)1212−是函数的单调递增区间，故B正确令2,3264kkxxkZ−==+，故函

数对称中心为，故C错tan212,3234xkxkkZ−−+−+所以7,122242kkxkZ−++，所以ππ64x在所求的范围之内，故D正确故选：BD-8-10.已知数列na满足1

1a=，()111nnnana+−+=，*nN，其前n项和为nS，则下列选项中正确的是（）A.数列na是公差为2的等差数列B.满足100nS的n的最大值是9C.nS除以4的余数只能为0或1D.2nnSna=【答案】ABC【解析】【分析】根据题意对()111nnnana+−+=变

形得()1111111nnaannnnnn+=−+−=++，进而根据累加法求得()*21nannN=−，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为()111nnnana+−+=，故等式两边同除以()1nn+得：()1111111nnaannnnnn+=−+−=++，

所以()1111111nnaannnnnn−=−−−−−=，()()12111221211nnaannnnnn−−=−−−−−−=−−，，2111121122aa=−−=故根据累加法得：()11121naannn=−−，由于11a=，故()212nan

n=−，检验11a=满足，故()*21nannN=−所以数列na是公差为2的等差数列，故A选项正确；由等差数列前n项和公式得：()21212nnnSn+−==，故2100nnS=，解得：10n，故满足100nS的n的最大值是9，故B选项正确；对于C

选项，当*21,nkkN=−时，22441nnkSk==−+，此时nS除以4的余数只能为-9-1；当*2,nkkN=时，224nnkS==，此时nS除以4的余数只能0，故C选项正确；对于D选项，222nSn

=，()2212nnnnnna=−=−，显然2nnSna，故D选项错误.故选：ABC【点睛】本题考查累加法求通项公式，裂项求和法，等差数列的相关公式应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于整理变形已知表达式得(

)1111111nnaannnnnn+=−+−=++，进而根据累加法求得通项公式.11.已知a，b＞0且2a＋b＝1，则193abab+++的值不可能是（）A7B.8C.9D.10【答案】ABD【解析】【分析】根据式子

进行化简可得原式=2222834baabb+++，然后进一步化简可得198103abab+++，简单判断可得结果.【详解】由题可知：21ab+=所以()()92633192333ababbababaabababababab+++++++=+=++++++

+所以原式222223334216773334ababaabbbababababaabb+++=+++=++=+++++++原式2222834baabb=+++，由a，b＞0，所以1983abab+++又()2222222222223468268881010343434

aabbaabbaabaabbaabbaabb++−−++=+=−++++++故198103abab+++故选：ABD12.如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8

，把△ADE沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）-10-A.点A'到平面BCED的距离为3B.直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为58C.A'D⊥BDD.四棱锥A'-BCED的外接

球半径为2373【答案】ABD【解析】【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A

;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=

OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE,,∵'AM∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面

A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43,∴A'M=23,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4

,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M=23,-11-cos∠A'DN=22441252448+−=,故B正确；A'D=DB=4,A'B=22121627ANBN+=+=,∴222ADDBAB+,∴A'D与BD不垂直，故C错误

’易得NB=NC=ND=NG=4，∴N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，设四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,若O在平面BCED上方，入图①所示：设ON=x,外接球的半

径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,则HP=x,易得()()22222433xxR+=−+=,解得23x=−,舍去；故O在平面BCED下方，如图②所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,

则HP=x,易得()()22222433xxR+=++=,解得23x=,∴244371699R=+=,2373R=,故D正确.故选:ABD.-12-【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球

的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：13.曲线22()xfxex−=+在点（0，f（0））处的切线方程为___

_____.【答案】210xy+−=【解析】【分析】利用导数的几何意义求解，先对函数求导，然后求切线的斜率'(0)f，再利用点斜式方程可求出切线方程【详解】解：由22()xfxex−=+，得'2()22xfxex−

=−+，所以切线的斜率为'0(0)22fe=−=−，(0)1f=，所以在点（0，f（0））处切线方程为12yx−=−，即210xy+−=，故答案为：210xy+−=14.已知抛物线C：y2＝4x，直线l：x＝-1，过直线l上一动点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则以AB为

直径的圆与直线l的位置关系是________.（用“相交”“相切”或“相离”填空）-13-【答案】相切【解析】【分析】设(1,)Pt−，再切线方程为(1)ytkx−=+，与抛物线方程联立，消元后由0=，得,kt的关系，此式作为

k的方程，方程的两个解就是切线,PAPB的斜率，然后求出,AB两点坐标，计算AB，求出切线AB中点M到准线的距离它等于12AB即可得结论．【详解】设(1,)Pt−，过P点的抛物线的切线斜率为k，切线方程为(1)ytkx−=+，由24(1)

yxytkx=−=+得204kyykt−++=(*)，所以1()0kkt=−+=，210ktk+−=，此时240t=+，此方程一定有两不等实根，为切线,PAPB的斜率．12kkt+=−，121kk=−，由(*)，切点纵坐标为2yk=，则21xk=，所以2211221

212(,),(,)ABkkkk，1212122212222211ABkkkkkkktkk−===+−，又211kk=−，211(,2)Bkk−，设AB中点为M，则2122212111111()()22Mxkkkk=+=+，M到准线的距离为221121111111

()1()22Mdxkkkk=+=++=+，22221112111121()(2)()2ABkkkdkkk=−++=+=，所以以AB为直径的圆与直线l相切．故答案为：相切．【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系．直线与圆相切，等价于圆心到直线的距离等于圆的半径，

而直线与抛物线相切，只能应用韦达定理，即由直线方程与抛物线方程联立消元后由判别式等于0判断求解．-14-15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指

出此法符合1801年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：若一个正整数被3除余2且被5除余4，就称为“α数”，现有数列{an}，其中an＝2n-1，则数列{an}

前2021项中“α数”有________个.【答案】134【解析】【分析】依据题意可知，所求的数是被15除余14的数，假设“α数”的个数为x个，满足1514041x−，最后根据该数列的特点进行判断即可.【详解】由题可知：被3除余2且被5除余4的正整数为被15除余14的正整数，由a

n＝2n-1，所以数列{an}前2021项即1到4041项中的奇数，设“α数”的个数为x个，则1514041269.5,xx−即269x=又数列{an}中的每一项均为奇数，1342x，所以数列{an}前2021项中“α数”有134个故答案为

：13416.已知函数21()ln22xaafxex+=−+在定义域内没有零点，则a的取值范围是________.【答案】1ln1,2−+【解析】【分析】利用导数并得到隐零点，可得00ln42lnxax++=−，然后将00lnln42axx

=−−−代入00ln4210422xaax++++，可得0x的范围，最后简单计算即可得到结果.【详解】函数定义域为()0,+21()22xafxex+=−，令()()212,2xagxehxx+==，由()gx单调递增，且()()2,agxe+又()12hxx=单调递减，且(

)()0,hx+，所以存在()00x+,，使得0()0fx=当()00,xx时，()0fx′；当()0,xx+时，()0fx′所以()fx在()00,x单调递减，在()0,x+单调递增，-15-所以()()min00fxfx=，即0201

ln022xaaex+−+所以020122xaex+=，即02014xaex+=，两边取对数可得00ln42lnxax++=−则00lnln42axx=−−−由00ln4210422xaax++++，即0001ln2ln04xxx−−−令()00001ln2ln4mxxx

x=−−−，易得函数()0mx在定义域中是单调递减的，且102m=所以0102x，由00lnln42axx=−−−，令()000lnln42hxxx=−−−又()0hx在10,2单调递减，所以()01

1ln122hxh=−所以1ln12a−，则1ln1,2a−+故答案为：1ln1,2−+【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用导数求得隐零点，然后计算，并使用等价转化的思想.四、解答

题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，在以下三个条件中任选一个：①sin2A＝sin2B＋sin2C-sinBsinC；②62sin44A−=；③1-2si

nBsin（A-C）＝cos2B；并解答以下问题：（1）若选________（填序号），求cosA的值；（2）在（1）的条件下，若a＝2，求△ABC的面积S的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）若选①，利用正弦定理先进行角化边，然后对比角A的余弦定理即可

求解出cosA的值；若选②，利用二倍角公式先求解出cos2A的值，然后再求解出cosA的值；若选③，利用二倍角变形公式2cos212sinBB=−进行化简，求解出,,ABC之间的关系，结合隐含条件ABC

++=求解出A的值，从而cosA可求；（2）先根据已知条件结合基本不等式求解出bc的最大值，然后根据三角形的面积公式-16-1sin2SbcA=即可求解出面积的最大值.【详解】（1）若选①，sin2A＝sin

2B＋sin2C-sinBsinC，由正弦定理可得：a2＝b2＋c2-bc，再由余弦定理可得：2221cos22bcaAbc+−==.若选②，由二倍角公式23cos12sin242AA=−=，21cos2cos122AA=−=.若选③，由1-2sinBsin（A-C）＝c

os2B，可得sinBsin（A-C）＝1cos22B−＝sin2B.即sin（A-C）＝sinB，即A-C＝B或A-C＝π-B，又因为若A-C＝π-B，则有ABC+=+，不符合题意，所以可得A-C＝

B，而A＋B＋C＝π，所以π2A=，则cosA＝0.（2）若选①或②，由余弦定理a2＝b2＋c2-2bccosA，把1cos2A=，a＝2代入可得：4＝b2＋c2-bc≥bc，可得bc≤4，当且仅当b＝c时等号成立，又因为A为三角形内角，可得sinA＞0，则23s

in1cos2AA=−=，则13sin324SbcAbc==，即S的最大值为3，若选③，由勾股定理a2＝b2＋c2，即4＝a2＋b2≥2bc，可得bc≤2，当且仅当b＝c时等号成立.则112Sbc=，即S的最大值为1.【点睛】思路点睛：利用正、余弦定理求解三角形面积最值

的常见思路：（1）若已知角A和a，可通过余弦定理求解出bc的最值，则三角形面积1sin2SbcA=对应的最值可求；（2）若已知角A和a，可通过正弦定理用sin,sinBC的形式表示出,bc，再结合面积公式以及三角恒等变换的公式通过化简可求解出面积

的最值.-17-18.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝-8，S6＋a5＝1.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列bn＝2n＋1，求数列{|an|·bn}的前n项和Tn.【答案】（1）an＝3n-11；（2）()232,172,210

4,33142264,4nnnnTnnn+====−+.【解析】【分析】（1）假设等差数列的公差，然后根据所给的基本量进行计算可得结果.（2）根据（1）的条件可得an，然后讨论n的范围并结

合错位相减法计算即可.【详解】（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，由题意可知：6a1＋15d＋a1＋4d＝1，其中a1＝-8，解得：d＝3，则an＝-8＋3（n-1）＝3n-11.（2）由（1）可知当n＝1，2，3时，an＜0，|

an|＝-an，当n≥4时，an＞0，|an|＝an，当n＝1，2，3时，可知：T1＝32，T2＝72，T3＝104，当n≥4时，可知：Tn＝104＋a4b4＋…＋anbn，即：Tn＝104＋（3×4-11

）·25＋…＋（3n-11）·2n＋1，两边乘以2可得：2Tn＝2×104＋（3×4-11）·26＋…＋（3n-11）·2n＋2，两式做差，整理可得：Tn＝（3n-14）·2n＋2＋264，综上可得：()232,172,2104,3314226

4,4nnnnTnnn+====−+.19.如图，在四棱柱ABCDABCD−中，底面ABCD是菱形，AB＝2，3AA=，且60AABAADBAD===.-18-（1）求证：平面ABD⊥平面

ABCD；（2）求二面角BACD−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）57.【解析】【分析】（1）作AO⊥底面ABCD，通过线段的长度，来验证点O是底面的中心，可得AO⊥平面ABCD，然后根据面面

垂直的判定定理可得结果.（2）根据（1）的条件可得该二面角的平面角为BAD，然后根据长度并结合余弦定理计算即可.【详解】（1）证明：过A向底面作垂线，设垂足为O，过O分别向AD，AB作垂线，垂足分别为E，F，连接AE和AF，易得AO⊥AD，OE⊥AD，AO∩OE＝O，所以AD⊥

平面AOE，所以AD⊥AE，同理AB⊥AF.在Rt△AAE和Rt△AAF中，60AABAAD==，所以33''2AEAF==，32AEAF==，在Rt△OAE和Rt△OAF中，∠OAE＝∠OAF＝30°，可解得：32OE

OF==，所以O在∠DAB的平分线AC上，-19-又3AO=，所以O既为AC中点，又在BD上，AC∩BD＝O，又AO平面ABD，AO⊥平面ABCD，所以平面ABD⊥平面ABCD；（2）由（1）可知：平面ABD⊥平面ABCD，又AC⊥BD，AC平面ABCD，所以AC⊥平面

ABD，又AC∥AC，所以AC⊥平面ABD，则BAD即为二面角BACD−−的平面角；由（1）可知：'6AO=，ABAD=＝7，BD＝2，由余弦定理可得：7745cos'7277BAD+−==，所以二面角BACD−−的余弦值是57.【点睛】关

键点点睛：第（1）中，关键在于验证点O是底面的中心，从而得到AO⊥平面ABCD；第（2）问建立在第（1）的基础上并得到该二面角的平面角进行计算.20.甲乙两人进行投篮比赛，每轮比赛由甲乙各投一次，已知甲投中的概率为34，乙投中的概率为12.每轮投篮比赛中，甲乙投中与否互不影响，按

以下情况计分：都投中或者都不中双方都记0分；一方投中，而另一方未中，投中者得1分，未中者得-1分；若有人积2分，则此人获胜且比赛停止.（1）比赛三轮后，甲积1分的概率是多少？（2）若比赛至多进行五轮，问乙能获胜的概率是多少？【答案】（1）81256；（2）11

1132.【解析】【分析】（1）利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件乘法公式即可求解；（2）比赛至多进行五轮乙能获胜，包含两轮获胜乙获胜，三轮获胜乙获胜，四轮获胜乙获胜，五轮获胜乙获胜，利用互斥事件和相互独立事件分别求得各概率，最后相加

即可．【详解】（1）在一轮比赛中，甲积1分记为事件A，其概率为313()428PA==，甲积0分记为事件B，其概率为P（B）＝3111142422+=，甲积-1分记为事件C，其概率为()111428PC=

=，三轮比赛后，甲积1分记为事件D，则P（D）＝P（ABB＋BAB＋BBA＋CAA＋ACA）-20-＝P（ABB）＋P（BAB）＋P（BBA）＋P（CAA）＋P（ACA）31113111313331381822282228

888888256=++++=；（2）乙两轮获胜记为事件E，则P（E）＝P（CC）＝1118864=；乙三轮获胜记为事件F，则P（F）＝P（BCC＋CBC）＝P（BCC）＋P（CBC）＝111111128882864+=；乙四轮获胜记为事

件G，则P（G）＝P（BBCC＋BCBC＋CBBC＋ACCC＋CACC）＝P（BBCC）＋P（BCBC）＋P（CBBC）＋P（ACCC）＋P（CACC）＝111111111111113111131127228828288228888888882+++

+=；乙五轮获胜记为事件H，则P（H）＝P（BBBCC＋BBCBC＋BCBBC＋CBBBC＋BACCC＋BCACC＋ABCCC＋CBACC＋ACBCC＋CABCC＋ACCBC＋CACBC）＝3231011311114

8288282+=．综上：若比赛至多进行五轮，则乙能获胜的概率是1110111127111136464222P=+++=．【点睛】方法点睛：求概率的常用方法：先定性（古典概型、几何概型、独立事件概率、互斥事件概率、独立重复试

验概率、条件概率），再定量（代公式求解）．21.设函数()321fxxbxcx=+++存在两个极值点12,xx，且11,0x−，20,1x.（1）求c的取值范围；（2）证明：()211fx−.

【答案】（1）3,0−；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得()2320fxxbxc=++=有两个不同的根12,xx，且11,0x−，20,1x，由二次函数的性质列不等式组，即可求得c的取值范围；（2）由()20fx=，可得

()222132bxxc=−+，则32221()122cfxxx=−++，令-21-31()122cgxxx=−++，利用导数可得()gx在[]0,1上单调递减，进而可21()122cfx+，结合（1）中

结论，即可得证.【详解】（1）()232fxxbxc=++，由题意可知，()2320fxxbxc=++=有两个不同的根12,xx，且11,0x−，20,1x，则()()()'1320'00'1320fbcfcfbc−=−+==++，解得：30c−，即c的范

围为3,0−.（2）由题意可知，()2222320fxxbxc=++=，所以()222132bxxc=−+，所以32323222222222211()1(3)11222cfxxbxcxxxcxcxxx=+++=−+++=−++，令31()122cgx

xx=−++，求导可得：23()022cgxx=−+，可知()gx在[]0,1上单调递减，则11(1)()(0)122cggxg−++==，即21()122cfx+，又由30c−，所以()211fx−得证.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调

性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：22221xyab+=（a＞b＞0）和抛物线D：y2＝4x，椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，且椭圆C上有一点P

满足|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝3︰4︰5，抛物线D的焦点为F2.（1）求椭圆C的方程；（2）过F2作两条互相垂直的直线l1和l2，其中直线l1交椭圆C于A，B两点，直线l2交抛物线D于P，Q两点，求四边形A

PBQ面积的最小值.-22-【答案】（1）22143xy+=；（2）8.【解析】【分析】（1）由题意得c＝1，由|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝3︰4︰5，可得1212||212||||2FFceaPFPF===+，从而可求出,ab的值，进而可得

到椭圆的方程；（2）由题意可知直线AB的斜率存在，当直线AB的斜率为0时，可求得四边形APBQ的面积S＝4×2＝8，当直线AB的斜率k≠0时，设直线AB的方程为y＝k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2

），直线方程与椭圆方程联立方程组消去后，再利用根与系数的关系，然后利用弦长公式求出AB222222144(1)12(1)1(34)34kkkkk++=+=++，直线PQ与抛物线方程联立方程组，同样可求得|PQ|，而由AB⊥PQ，可得四边形APBQ的面积222222112(1)24(1)4(1

)23434kkSkkk++=+=++，若令3＋4k2＝t＞3，则31(2)2Stt=++，再利用导数可求得其最小值【详解】（1）由题意可知，抛物线D：y2＝4x的焦点为（1，0），所以椭圆C的半焦距c＝1，又椭圆C有一点P满足|PF1|︰|F1F2|︰|

PF2|＝3︰4︰5，所以椭圆C的离心率1212||212||||2FFceaPFPF===+，所以a＝2，3b=，则求得椭圆C的方程是22143xy+=.（2）当直线AB的斜率不存在时，直线PQ即为x轴，与抛物线只有一个交点，不满足条件；当直线AB的斜率为0时，A，B为椭圆长轴两端点，直

线PQ⊥x轴，|PQ|＝4，四边形APBQ的面积S＝4×2＝8；当直线AB的斜率k≠0时，设直线AB的方程为y＝k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线AB与椭圆C：22(1)143ykxxy=−+=，消去y

可得：（3＋4k2）x2-8k2x＋4k2-12＝0，则2122834kxxk+=+，212241234kxxk−=+.则弦长2222212228412||1||1()43434kkABkxxkkk−=+−=+−++-23-222222144(1)12(1

)1(34)34kkkkk++=+=++，设P（x3，y3），Q（x4，y4），联立直线PQ与抛物线D：21(1)4yxkyx=−−=，消去y可得：x2-（4k2＋2）x＋1＝0，则x3＋x4＝4k2＋2，由抛物线的定义，弦长|PQ|＝x3＋x4＋2＝4k2＋2＋

2＝4（k2＋1），由于AB⊥PQ，则四边形APBQ的面积222222112(1)24(1)4(1)23434kkSkkk++=+=++，令3＋4k2＝t＞3，则234tk−=，即31(2)2Stt=++，令31()(2)2gxxx=++，求导可得：'231()(1)

2gxx=−，可知x＞3时，'()0gx，则g（x）单调递增，则g（x）＞g（3）＝8，综上可知，当直线AB斜率k＝0时，四边形APBQ面积有最小值8.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，直线与抛物

线的位置关系，解题的关键是利用弦长公式求出,ABPQ的长，从而可表示出四边形APBQ面积，再利用换元法转化后，利用导数求其最小值，考查计算能力，属于中档题