【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，由小赞的店铺上传

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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)1,3

AB=−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222cos1s

in3OAEOAE=−=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222222123244cos4cos4cos33xxx++=++++22213134cos4cossin4cossin2222=+−−

+−+222224coscos3sincos3sin=++++()226cossin6=+=，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++，442cos,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(15

1)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12+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()()2212ga

ga−−，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−−=−++−+()()()()223322log1log13131xxf

xfxxxxx−+−=++−+−++−++()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52,232

122122kkkxkxkZ−+−+−++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11a=，()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()1111

111nnaannnnnn+=−+−=++，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()212nann=−，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：()2

1212nnnSn+−==，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()1111111nnaannn

nnn+=−+−=++，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1983aba

b+++又()2222222222223468268881010343434aabbaabbaabaabbaabbaabb++−−++=+=−++++++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'-BC

ED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()()22

222433xxR+=−+=,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：y

2＝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2211221212(,),(,)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an＝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13

4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00l

n4210422xaax++++，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0201ln022xaaex+−+所以02

0122xaex+=，即02014xaex+=，两边取对数可得00ln42lnxax++=−则00lnln42axx=−−−由00ln4210422xaax++++，即0001ln2ln04xxx−−−令()00001ln2ln4mx

xxx=−−−，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()011ln122hxh=−所以1ln12a−，则1

ln1,2a−+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−=；③1-2sinBsin（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2

cos212sinBB=−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＝sin2B＋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23c

os12sin242AA=−=，21cos2cos122AA=−=.若选③，由1-2sinBsin（A-C）＝cos2B，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23sin1cos2AA=−=，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）()232,172,2104,33142264,4nnnnTnnn+====−+.【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：()232,172,2104,33142264,4nnnnTnnn+====−+.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''2A

EAF==，32AEAF==，在Rt△OAE和Rt△OAF中，∠OAE＝∠OAF＝30°，可解得：32OEOF==，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：7

745cos'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）111132.【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）31113111313331381822282228888888256=

++++=；（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）＝32310113111148288282+

=．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）()2

32fxxbxc=++，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()12

2cgxxx=−++，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APBQ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AB2

22222144(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|︰|F1

F2|︰|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)14

3ykxxy=−+=，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