【文档说明】福建省福州市2022届高三下学期3月一模试题 数学含解析.docx，共(29)页，2.498 MB，由管理员店铺上传

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2022年3月福州市高中毕业班质量检测数学试题完卷时间120分钟；满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一

致．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．第Ⅰ卷一、单项选择题：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.若复数z满足(1i)4iz−=，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由(1i)4iz−=求出复数z，从而可求

得其所在的象限【详解】由(1i)4iz−=，得24i4i(1i)2i2i22i1i(1i)(1i)z+===+=−+−−+，所以z在复平面内对应的点为(2,2)−，位于第二象限，故选：B2.己知(3,0),(3,0),(0,3)ABC−，则ABC外接圆的方程为

（）A.22(1)2xy−+=B.22(1)4xy−+=C.22(1)2xy+−=D.22(1)4xy+−=【答案】D【解析】【分析】求得ABC外接圆的方程即可进行选择.【详解】设ABC外接圆的方程为()222()xaybr−+−=则

有()()()222222222(3)0(3)0(0)3abrabrabr−−+−=−+−=−+−=，解之得012abr===则ABC外接圆的方程为22(1)4xy+−=故选：D3.中国营养学会把走路称为“最简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，

还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等．下图为甲、乙两人在同一星期内日步数的折线统计图：则下列结论中不正确的是（）A.这一星期内甲的日步数的中位数为11600B.乙的日步数星期四比星期三增加了1倍以上C.这一星期内甲的日步数的

平均值大于乙D.这一星期内甲的日步数的方差大于乙【答案】B【解析】【分析】对于A：直接求出中位数；对于B：求出乙的星期三和星期四步数，计算可得；对于C：分别计算出甲、乙平均数，即可判断；对于D：分别计算出甲、乙方差，即可判断；【详解】对于A：甲的步数：16000，7965，12700，2435，

16800，9500，11600.从小到大排列为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800.中位数是11600.故A正确；对于B：乙的星期三步数7030，星期四步数12970.因为129701.8427030，所以没有增加1倍上.故B不正确；对于C

：()160007965127002430516800950011601110070x==甲++++++，()1420012300703012970053401101106000570106x==乙+

+++++.所以xx甲乙.故C正确；对于D：()()()()()(2222216000110007965110001270011000243511000168001100095017s=−−−−−甲2+++++()()()()()()()22222221420010500123001050

0703010500129701050905340105001160010500100601519014402070s−−−−−−−=乙2++++++所以22ss甲乙.故D正确；故选：B.4.“0ab”是“11abab−−”的（

）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由1yxx=−的单调性可依次判断充分性和必要性是否成立，由此可得结论.【详解】1yxx=−在(),0−和()0,+上均为增函数，当0ab时，11abab−−，充分性成立；当1

1abab−−时，0ab或0ab，必要性不成立；“0ab”是“11abab−−”的充分不必要条件.故选：A.5.己知P是半径为3cm的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置0P开始，按逆时针方向做圆周运动，角速度为rad/s2．如图，以砂轮

圆心为原点，建立平面直角坐标系xOy，若03POx=，则点P的纵坐标y关于时间t（单位：s）的函数关系式为（）A.3sin43yt=+B.3sin23yt=+C.3sin43yt=−D.3sin23yt=−

【答案】D【解析】【分析】设点P的纵坐标y关于时间t（单位：s）的函数关系式为()sinyAt=+，求出A的值，()st时，射线OP可视角23t−的终边，结合三角函数的定义可得出函数解析式.【详解】设点P的纵坐标y关于时间t（单位：s）的函数关系式为()sin

yAt=+，由题意可得3A=，3=−，()st时，射线OP可视角23t−的终边，则3sin23ty=−.故选：D.6.从集合1,2,3的非空子集中任取两个不同的集合A和B，若AB，则不同的取法共有（）A.4

2种B.36种C.30种D.15种【答案】C【解析】【分析】分别讨论集合A中元素个数为1,2或3的时候，集合B的取法数，由分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.【详解】若集合A仅有1个元素，则集合A有133C=种取法；集合B有2213−=种取法；此时共有339=

种取法；若集合A中有2个元素，则集合A有233C=种取法；集合B有112215CC++=种取法；此时共有3515=种取法；若集合A中有3个元素，则集合B为1,2,3的非空真子集，有3226−=种取法；此时共有166=种取法；综上所述：不同的取法共有915630++=种.

故选：C.7.已知平面向量,,abc均为单位向量，且1ab−=，则()()abbc−−的最大值为（）A.14B.12C.1D.32【答案】B【解析】【分析】利用21ab−=和向量数量积的运算律可求得12ab=，并将所求式子化为1cos,2abc−−−，由co

s,1,1abc−−可求得结果.【详解】2222221abaabbab−=−+=−=，12ab=，()()()2112abbcabacbbcabc−−=−−+=−−−1cos,2abcabc=−−−−1cos,2abc=−−

−，cos,1,1abc−−，()()31,22abbc−−−，即()()abbc−−的最大值为12.故选：B.8.折纸是我国民间的一种传统手工艺术．现有一张长10cm、宽8cm的长方

形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）将纸片分成两部分，面积分别为12,SS．若12:1:3SS=，则折痕长的最大值为（）A.89cmB.10cmC.229cmD.234cm【答案】C【解析】【分析】由已知可确定2120cmS=，分别在三种折叠方式下利用面

积建立关于折痕的函数关系式，根据二次函数和对勾函数的单调性可求得最值，由此可得结果.【详解】由题意得：长方形纸片的面积为()210880cm=，又12:1:3SS=，2120cmS=，2260cmS=；①当折痕如下图所示时，设AE

x=，AFy=，则120201008xyxy=，解得：40510xyx=，222221600EFxyxx=+=+，令225,100xt=，()()160025100ftttt=+，()ft在()25,40上单调递减，在()40,100上单

调递增，又()25256489f=+=，()10010016116f=+=，()40404080f=+=，()80,116ft，45,229EF；②当折痕如下图所示时，设AEx=，DFy=，则()18202010010xyxy+=

，解得：505xyx+=，()()222642564EFxyx=−+=−+，令()()()2256405gxxx=−+，则()gx在50,2上单调递减，在5,52上单调递增，又()0256489g=+=，5642g=

，()5256489g=+=，()64,89gx，8,89EF；③当折痕如下图所示时，设AFx=，BEy=，则()1102020808xyxy+=，解得：404xyx+=

，()()22210024100EFxyx=−+=−+令()()()22410004hxxx=−+，则()hx在()0,2上单调递减，在()2,4上单调递增，又()016100116h=+

=，()2100h=，()416100116h=+=，()100,116hx，10,229EF；综上所述：折痕长的取值范围为8,229；折痕长的最大值为229cm.故选：C.二、多项选择题：

本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知椭圆22:143xyC+=的左、右焦点分别为12,FF，P为C上一点，则（）A.C的离心率为22B.1

2PFF△的周长为5C.1290FPFD.113PF【答案】CD【解析】【分析】由椭圆方程可确定,ac，根据离心率cea=，焦点三角形周长为22ac+可确定AB错误；当P为椭圆短轴端点时12FPF最大，由此可确定()12max60FPF=，知C正确；根据1acPFac−

+可知D正确.【详解】对于A，由椭圆方程知：2a=，431c=−=，离心率12cea==，A错误；对于B，由椭圆定义知：1224PFPFa+==，1222FFc==，12PFF△的周长为426+=，

B错误；对于C，当P为椭圆短轴端点时，123tan23FPFcb==，1212212232tan32tan3111tan32FPFFPFFPF===−−，1260FPF=，即()12max60FPF

=，1290FPF，C正确；对于D，1min1PFac=−=，1max3PFac=+=，113PF，D正确.故选：CD.10.已知等差数列na的前n项和为nS，公差0d．若6nSS，则（）A.10aB.0dC.60a=D.130S

【答案】BD【解析】【分析】依题意可得56SS且76SS，即可得到60a，70a，再根据0d，即可得到0d，10a，最后根据等差数列前n项和公式及下标和性质判断13S；【详解】解：因为6nSS，所以56SS

且76SS，即6650aSS=−，7760aSS=−，因为0d即6a、7a不同时为零，所以760daa=−，因为60a，即150ad+，所以10a，()113137131302aaSa+==，故D正确；6a不一定为零，故C错误；故选：BD

11.设函数()fx定义域为R，(1)fx−为奇函数，(1)fx+为偶函数，当(1,1)x−时，2()1fxx=−+，则下列结论正确的是（）A.7324f=−B.(7)fx+为奇函数C.()fx在(6

,8)上为减函数D.方程()lg0fxx+=仅有6个实数解【答案】ABD【解析】【分析】由题干条件可以得到()fx关于()1,0−对称，关于1x=对称，()fx周期为8，从而求出1373()(24)22fff−=−−=−=，A正确；根据周期与奇偶性判断出B选

项，先根据奇偶性与单调性得到()fx在()2,0−单调递增，再根据周期求出()fx在(6,8)上单调递增，画出()fx与lgyx=−的函数图象，判断出交点个数，从而得到D选项正确.【详解】(1)fx+为偶函数，故(1)(1)fxfx+=−+，令52x=得：

753()(1)()222fff=−+=−，(1)fx−为奇函数，故(1)(1)fxfx−=−−−，令12x=得：311()(1)()222fff−=−−=−−，其中1131244f−=−+=，所以1373()(2

4)22fff−=−−=−=，A正确；因为(1)fx−为奇函数，所以()fx关于()1,0−对称，又(1)fx+为偶函数，则()fx关于1x=对称，所以()fx周期为428=，故()()71fxfx=+−，所以()()()(7)(1)1187fxfxfxfxfx−+=−

−=−−=−−+=−+，从而(7)fx+为奇函数，B正确；2()1fxx=−+在(1,0)x−上单调递增，又()fx关于()1,0−对称，所以()fx在()2,0−上单调递增，且()fx周期为8，故()fx在

(6,8)上单调递增，C错误；根据题目条件画出()fx与lgyx=−的函数图象，如图所示：其中lgyx=−单调递减且lg121−−，所以两函数有6个交点，故方程()lg0fxx+=仅有6个实数解，D正

确.故选：ABD【点睛】抽象函数对称性与周期性的判断如下：若()()fxafxb+=−+，则函数()yfx=关于2abx+=对称；若()()0fxafxb++−+=，则函数()yfx=关于,02ab+中心对称；

若()()fxafxb+=+，则ab−是()yfx=的一个周期.12.已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O．点E满足AEAB=(01)，过点E作平面平行于AC和BD，设分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于

点F，G，H，则（）A.四边形EFGH的周长为定值B.当12=时，四边形EFGH为正方形C.当13=时，截球O所得截面的周长为134D.四棱锥AEFGH−的体积的最大值为223【答案】ABD【解析】【分析】求得四边形EFGH的周长判断选项A；依据

正方形判定标准判断选项B；求得平面截球O所得截面的周长判断选项C；求得四棱锥AEFGH−的体积的最大值判断选项D.【详解】//AC平面，平面平面ABCEF=，平面平面ADCGH=则//ACEF，//ACGH，则//EFGH又//BD平面

，平面平面ABDEH=，平面平面BDCGF=则//BDEH，//BDGF，则//EHGF则四边形EFGH为平行四边形.由AEAB=，可得:=AEAB，则:=HEDB，:=1EFAC−又正四面体ABCD的棱长为3，则=3H

EGF=，()=31EFGH=−选项A：四边形EFGH的周长为()=23+316HEGFEFGH+++−=.判断正确；选项B：当12=时，3=2HEGF=，3=2EFGH=，则平行四边形EFGH为菱形又正四面体ABCD中，对棱BDAC⊥，则E

FEH⊥，则菱形EFGH为正方形.判断正确；分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ，设DN、CM交于K，连接AK，则AK为正四面体的高正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O,则

O在AK上，连接CO332AMCM==，113333322KMCM===，226AKAMKM=−=设球O半径为R，则222COKCKO=+，即()()22236RR=+−，解之得364R=由AMCMAQQC==，，可得MQ

AC⊥同理有MQBD⊥，则MQ为异面直线BDAC、之间的距离223=22MQMCQC−=，则点K到AC的距离为2，球心O到AC的距离为324选项C：当13=时，设与MC交于T，则1332TCMC==，T到A

C的距离为22球心O到平面EFGH的距离为24则平面截球O所得截面半径为22222321364442R−=−=则平面截球O所得截面的周长为13π.判断错误；选项D：由AEAB=，322MQ=可得点A到平面EFGH的距离为3

22，又平行四边形EFGH为矩形，则四棱锥AEFGH−的体积213933(1)22(1)322V=−=−令29()2(1)(01)2fxxxx=−，则9()2(23)2fxxx=−由()0fx得203x，由(

)0fx，得213x则()fx在20,3单调递增，在2,13单调递减，在23x=时取最大值2292222()2()(1)32333f=−=，即292(1)2−的最大值为223故四棱锥AEFGH−的体积的最大值

为223.判断正确.故选：ABD第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13.已知函数()lnfxaxx=+在1x=处取得极值，则实数=a_________．【答案】2−【解析】【分析】求出导函数()fx，由

()01f=求得a值，并检验此时1x=是极值点．【详解】∵()ln,0fxaxxx=+∴1()2afxxx=+，则02(1)1af+==，2a=−，当2a=−时，111()xfxxxx−−=+=，01x时，()0fx，1x时，()0fx，所以1x=时，()fx取得极

值，所以实数=a2−.故答案为：2−.14.如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm，高为20cm，则这个茶叶盒的表面积约为______2cm．（精确到0.1，31.732）【答案】1719.6【解析】【分析】根据所给数据算出答案即可.【详解】边长为10cm的正六边形的面积为161010

sin6015032=2cm所以表面积为2150361020=1200+3003=1200+3001.732=1719.6+2cm故答案为：1719.615.写出一个使等式sincos2sincos66+=++成立

的的值为_____________．【答案】8（答案不唯一，只要满足()2148kkZ+=−即可）.【解析】【分析】利用二倍角和两角和差正弦公式化简已知等式得到sin2sin263+=+，由正弦函数性质可确定()()2221

36kkZ+++=+，由此可解得结果.【详解】sincoscossinsincos66sincossincos6666++++=+++

+sin2621sin223+==+，sin2sin263+=+，()()222136kkZ+++=+，解得：()2148kkZ

+=−，当0k=时，8=，使得等式成立的一个的值为8（答案不唯一）.故答案为：8（答案不唯一，只要满足()2148kkZ+=−即可）.16.已知抛物线2:4Cyx=的焦点为F，过F的动直线l交C于,AB两点，过,AB分别作

C的切线1l，2l，1l与2l交于点P．经探究可知点P必在一条定直线上，其方程为___________；记1l，2l与y轴的交点分别为,MN，若l的倾斜角为30，则四边形PMFN的面积为_______．【答案】①.1x=−②.4【解析】【分析】设:1lxty=+，与抛物线方程联立可得韦

达定理形式；结合导数知识可求得12,ll方程，由此可求得P点横坐标恒为1−，由此可得定直线1x=−；由12,ll方程可求得,MN坐标，结合韦达定理可求得MN，由PMNFMNSSS=+可求得结果.【详解】

由抛物线方程知：()1,0F，设:1lxty=+，()()111,0Axyy，()()222,0Bxyy，由214xtyyx=+=得：2440yty−−=，121244yytyy+==−，()22212121214416yyyyxx

===；当0y≥时，由24yx=得：2yx=，1yx=，()11111:lyyxxx−=−，又112yx=，1111:lyxxx=+；当0y时，由24yx=得：2yx=−，1yx=−，

()12221:lyyxxx−=−−，又222yx=−，2221:lyxxx=−−；由112211yxxxyxxx=+=−−得：()121212xxxxxxx+=−+，又120xx+，121xxx=−=−，点P必在定直

线1x=−上；由12,ll方程可求得()10,Mx，()20,Nx−，12MNxx=+；当l倾斜角为30时，l方程为：31xy=+，1212434yyyy+==−，()12121232141xxyyx

x+=++==，21212214216MNxxxx=++=+=，解得：4MN=，四边形PMFN的面积1242PMNFMNSSSMN=+==.【点睛】结论点睛：过点()(),00aa作直线l交抛物线22ypx=

于,AB两点，过,AB两点分别作抛物线的两条切线，则两条切线的交点必在定直线：xa=−上.四、解答题：本大题共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.已知数列na的前n项和为nS，11a=，22a=，且214nnnSSa++=+．（1

）求na；（2）求证：121112111naaa++++++．【答案】（1）()12nnan−=N（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知数列21ka−是首项为11a=，公比为4的等比数列，数列2ka是首项为22a=，公比为4的等比数列，求出21ka−、2ka

的表达式，即可得出数列na的通项公式；（2）利用放缩法可得出1112nna−，结合等比数列的求和公式可证得原不等式成立.【小问1详解】解：由214nnnSSa++=+得24nnaa+=．所以，当()21nkk=−

N时，21214kkaa+−=，所以数列21ka−是首项为11a=，公比为4的等比数列，故11211414kkkaa−−−==，即()211222122kkka−−−−==．当()2nkk=

N时，则2224kkaa+=，所以，数列2ka是首项为22a=，公比为4的等比数列，所以，1121224242kkkkaa−−−===．所以()12nnan−=N．【小问2详解】证明：由（1）知1111

1212nnna−−=+，所以0121121111111111221111122221122nnnaaa−−+++++++==+++

−−.故原不等式成立.18.记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinsin3cosbCCC=+，3A=．（1）求c；（2）在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，

说明理由．①BC边上的中线长为22，②AB边上的中线长为7，③三角形的周长为6．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）2c=（2）选①，三角形不存在；选②，三角形存在，面积为332；选③，三角形存在，面积为3【解析】【分析】（1）利用三角形内角和与三角恒等变换化简

求值；（2）选①，方法一：由coscosADBADC=−，在ADB△，ADC，ABC分别用余弦定理可得方程组，求解即可；方法二：由1()2ADABAC=+，平方，结合向量数量积公式解方程；方法三：建立平面直角坐标系，结合中点公式及

两点间距离可得方程，求解；选②，在ACF中利用余弦定理，可解得AC，进而可得面积；选③，在ABC中用余弦定理，结合周长，可解得各边长，进而求得面积.【小问1详解】由sinsin3cosbCCC=+得sin2sin3cBC=+，又3A=，ABC++=所以sin2s

in()2sincBBB=−=，而0B，故sin0B，故2c=；【小问2详解】选①，方法一：设BC边上的中线为AD，则22AD=，由coscosADBADC=−得，22222222ADBDABADCDACADBDADCD+−+−=−，即2221142424aab+

−=−+−，即2226ab=+，由余弦定理2222cosabcbcA=+−得2224abb=−+，即2220bb++=，该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在.方法二：设BC边上的中线为AD，

则1()2ADABAC=+，两边平方得()222124ADABABACAC=++，即2111422242bb=++，即2220bb++=，易知该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在．方法三：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴

，建立直角坐标系．故C点坐标为cos,sin33bb，即13,22bb，B点坐标为()2,0，所以BC边的中点坐标为131,44bb+，由BC边上的中线长为22得2221321442bb++=

，整理得2220bb++=，该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在．选②，设AB边上的中线为CF，则7CF=．在ACF中，由余弦定理得2222cosCFAFACACAFA=+−，即27121cos3ACAC

=+−，整理得260ACAC−−=，解得3AC=或2AC=−（舍去），故ABC的面积11333sin322222SACABA===．选③，依题意得6ABBCCA++=，由（1）知2AB=，所以4

BCCA+=，在ABC中，由余弦定理得，2222cosBCABCAABCAA=+−，所以22212222CBCACA=+−，即2242CBCACA=+−，所以22(4)42CACACA−=+−，解得，2BCCA==，所以ABC的面积113sin223222SACABA===．1

9.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，点E为AB的中点，点F在BC上，且3ACBCBF==．（1）证明：平面11ABF⊥平面1CCE；（2）若60ABC=，12AAAB=，且三棱锥11EABF

−的体积为439，求CE与平面11ABF所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）437【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；（2）根据三棱锥11EABF−的体积为439求出直三棱柱侧面棱长和底面边长，再建立空间直角坐标系求解即可.【小问1详解】在直三棱柱111ABCAB

C−中，1CC⊥平面111ABC，∴111CCAB⊥，∵点E为AB的中点，且ACBC=，∴ABCE^，∵11ABAB∥，∴11ABCE⊥，∵1CECCC=，∴11AB⊥平面1CCE，∵11AB平面11ABF，∴平面11ABF⊥平面1CCE；【小问2详解】∵60ABC=

，ACBC=，∴ABC为正三角形．设ABt=，则122AAABt==，由（1）可得，CE⊥平面11ABBA，依题意得13BFBC=，故点F到平面11ABBA的距离为11333326CEtt==，∴112111222ABESABAAttt=

==，∴1111112313133363618EABFFABEABEVVStttt−−====，∵三棱锥11EABF−的体积为439，∴3343189t=，解得2t=．以E为原点，分别以1,,ECEBAA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直

角坐标系Exyz−，则(3,0,0)C，(0,0,0)E，1(0,1,4)A−，1(0,1,4)B，32,,033F，∴(3,0,0)CE=−，11(0,2,0)AB=，135,,433AF=−，设平面11ABF的法向量为(,,)nxyz=，则1110,0,nABnA

F==即20,3540,33yxyz=+−=令1z=，得(43,0,1)n=，∴1243cos,7||||37CEnCEnCEn−===−，∴CE与平面11ABF所成角的

正弦值为437．20.某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n（*nN，且2n）次抽奖，每次中奖的概率为13，不中奖的概率为23，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个；方案①：若中奖则得30分，否则得0分；

方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．（1）如果2n=，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由；（2）记顾客

甲第i次获得的分数为(1,2,,)iXin=，并且选择方案②．请直接写出()1iEX+与()iEX的递推关系式，并求()8EX的值．（精确到0.1，参考数据：720.0593．）【答案】（1）应选择方案①，理由见解析；（2）()()121033ii

EXEX+=+，()89.8EX【解析】【分析】（1）分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择；（2）依据题给条件即可求得()8EX的值．【小问1详解】若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，

35，10，5．111(40)339P===，212(35)339P===，122(10)339P===，224(5)339P===，所以40702020150()99999E=+++=．若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，

15，10，则111(30)339P===，21124(15)33339P==+=，224(10)339P===，306040130()9999E=++=，因为()()EE，所以应选择方案

①．【小问2详解】依题意得()()121033iiEXEX+=+，1X的可能取值为10，5其分布列为1X105P1323所以()1203EX=，则()110103EX−=−，由()()121033iiEXEX+=+得()()1210103iiEXEX+−=−，所以()10iEX−为等比

数列．其中首项为103−，公比为23．所以()781021033EX−=−，故()78102109.833EX=−+．21.平面直角坐标系xOy中，双曲线22:136xyC−=的右焦点为F，T为直线:1lx=上一点，过F作TF

的垂线分别交C的左、右支于P、Q两点，交l于点A．（1）证明：直线OT平分线段PQ；（2）若3PAQF=，求2TF的值．【答案】（1）证明见解析（2）1237+【解析】【分析】（1）设直线PQ的方程为3x

ty=+，设点()11,Pxy、()22,Qxy，将直线PQ的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出线段PQ的中点N的坐标，计算得出ONOTkk=，证明出O、T、N三点共线，即可证得结论成立；（2）由3PAQF

=得3PAQF=，可得出1238xx−+=，变形可得出()()12212184384xxxxxx++=+−=，两式相乘结合韦达定理可求得2t的值，再利用两点间的距离公式可求得2TF的值.【小问1详解】解：依题意，363Fx=+=，即()3

,0F，设()1,2Tt，则直线PQ的方程为3xty=+，由22326xtyxy=+−=得()222112120tyty−++=，设()11,Pxy、()22,Qxy，则()222210Δ14448210ttt−=−−，故212t，由

韦达定理可得1221221tyyt+=−−，1221221yyt=−，所以()121226621xxtyyt+=++=−−，又直线PQ分别交C的左、右支于P、Q两点，所以()()()22121212122963339021txxtytytyytyyt+=++=+++=−−

，故212t所以PQ中点为2236,2121tNtt−−−−，所以2ONOTktk==，故O、T、N三点共线，即直线OT平分线段PQ．【小问2详解】解：依题意，由3PAQF=得3PAQF=，则()12133xx−=−，即1238xx−

+=，所以()12284xxx++=，①，()121384xxx+−=，②①×②得()()21212123166416xxxxxx+++−=，所以()22222366963166416212121tttt+−−=

−−−−，解得28374t+=，或28374t−=（舍去），此时，22441237tTF=+=+．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆

锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数()e

sinxfxaxxbxc=−−+的图象与x轴相切于原点．（1）求b，c的值；（2）若()fx在(0,)上有唯一零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）1b=，1c=−（2）1,2+【解析】【分析】（1）

由题意得(0)0,(0)0,ff==从而可求出b，c的值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令()()gxfx=，再次求导()e(2cossin)xgxaxxx=−−，由(0)12ga=−，所以分12a和12a两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零

点情况即可【小问1详解】()e(sincos)xfxaxxxb=−+−，依题意，(0)0,(0)0,ff==即10,10,bc−=+=解得1,1bc==−．【小问2详解】由（1）得()e(sincos

)1xfxaxxx=−+−，记()e(sincos)1xgxaxxx=−+−，()e(2cossin)xgxaxxx=−−，所以(0)12ga=−，①当12a时，（ⅰ）当0,2x时，()e(3sincos)0xgxaxxx=++，所以()gx为增函数，又

因为(0)0g，2e022ga=+，所以存在唯一实数00,2x，使得()00gx=．（ⅱ）当,2x时，2cossin0xxx−，则()0gx．由（ⅰ）（ⅱ）可知，()00,,()0,()xxgxgx单调递减()0,,

()0xxgx，()gx单调递增．因为(0)0,()e10gga==+−，所以存在唯一实数()10,xx，使得()10gx=，所以当()10,xx时，()0gx，即()0,()fxfx单调递减；()1,xx，()0g

x，即()0fx，()fx单调递增．因为(0)0,()e10ff==−−，所以存在唯一实数：()21,xx，使得()20fx=，即()fx在(0,)上有唯一零点，符合题意．②当12a时，1()es

in1esin12xxfxaxxxxxx=−−−−−−，记1()esin1,(0,)2xhxxxxx=−−−．1()e(sincos)12xhxxxx=+−−，所以011()ecossinecossin02

2xhxxxxxxx=−+−+，所以()hx为增函数，01()e(sin00cos0)102hx−+−=，所以()hx为增函数，01()e0sin00102hx−−−=，则(0,),()0xfx，所以()fx在(0,)上没有零点，不合题意，舍去．

综上，a的取值范围为1,2+．【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观

想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出()fx后无法判断其正负，所以构造函数()()gxfx=，再次求导，又由于(0)12ga=−，所以分别由(0)12ga

=−的正负入手分情况求解，属于难题获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com