辽宁省十校联合体2024届高三上学期八月调研考试数学试题含答案.pdf

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1、数学试题 第 1 页（共 6 页）辽宁省十校联合体 2024 届高三毕业生八月调研考试数 学 试 题 2023.8.23 本试卷共四大题，22 小题，考试时间 120 分钟，试题满分 150 分。祝考试顺利注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上

2、交。5.本试卷应该是钓鱼卷，请勿当真！一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题仅有一个选项符合题意）1.方程22xx=的实数解为（）.A.2B.4C.2 或 4D.以上答案都不对2.平面直角坐标系中 xOy 中，A(a,b)，B(c,d),其中非负实数 a,b 和实数 c,d 满足 a+b=20,c 2+d 2=21,则|AB|的最大值为（）.A.20B.21+21C.20+21D.213.正四面体 A-BCD 中，在侧面 ABC 内有一个动点 M，满足 M 到底面 BCD 的距离等于|MA|的2 23倍，则动点 M 的轨迹形状为（）.A.一段圆弧B.椭圆的一部分C

3、.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分4.已知一个棱长为 2 的正方体，点 A,C 是其内切球上两点，B,D 是其外接球上两点，连接AB,CD，且线段 AB,CD 均不穿过内切球内部，当四面体 A-BCD 的体积取得最大值时，异面直线 AD 与 BC 的夹角的余弦值为（）.A.213B.212C.66D.23按秘密级事项管理 8.23 17:00 前数学试题 第 2 页（共 6 页）5.已知函数230123()P xaa xa xa x=+，若2221sin,cos,sin是方程()0P x=的根，则2(tan)P=（）.A.43B.34C.3 34D.16.已 知 平 面 单 位 向 量123

4、,e e e 满 足1230eee+=，若1012uv，则13233()()u eev eee+的最小值是（）.A.1B.34C.14D.187.已知在 n 行 n 列的数阵中，第 1 行第 1 列的数为 a0，数阵的每一列从上往下组成公差为d1的等差数列，每一行从左往右组成公差为 d2的等差数列从第 n 行第 1 列的数开始，沿数阵的对角线斜向上组成新的数列，整个数阵的所有数的总和为（）A.012(1)()2n nn nadd+B.0102(1)(1)2nandand+C.012(1)()andd+D.2012(1)()2nn add+8.四个村庄 A、B、C、D 之间建有四条路 AB、BC

5、、CD、DA.在某个月的 30 天里，每逢单数日开放 AB、CD，封闭 BC、DA；每逢双数日开放 BC、DA，封闭 AB、CD。游客小明起初住在村庄A，在该月第k天，他以1k的概率沿当天开放的道路去往相邻村庄投宿，以11k的概率留在当前村庄，设小明在 30 天内的选择相互独立，则第 30 天结束时，小明在村庄 B的概率是（）.A.14B.129C.1558D.435812二、选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。每小题有至少一个选项符合题意，全部选对得 5 分，部分选对得 2 分，有选错的得 0 分）9.对于变量 x 和变量 y，通过随机抽样获得 10 个样本数据（x，y

6、）（i=1，2，3，10），变量 x 和变量 y 具有较强的线性相关并利用最小二乘法获得回归方程为 y=-2x+a，且样本中心点为（6,9.3），则下列说法正确的是（）.A.变量 x 和变量 y 呈正相关.B.变量 x 和变量 y 的相关系数 r0.C.a=21.3.D.样本数据（5,12）比（7,5）的残差绝对值大.数学试题 第 3 页（共 6 页）10.设复数 z1，z2，z3,且 z1 z2 0,其中 z1为确定的复数.下列说法正确的是（）.A.若 z1z2=|z1|2，则 z1+z2 是实数B.若 z1z2=|z1|2，则存在唯一实数对(a,b)使得 z3=az1+bz2C若 1331

7、0z zz z+=，则 z3 在复平面内对应的点的轨迹是射线 D.若|z2|+|z3|1，则232311zzz z，焦点为 F，准线为 l，顶点为 A。则下列说法正确的有：（）.A.抛物线上两点 P、G 与顶点 A 为正三角形三顶点，PG 与的对称轴交于 N，则 AN=6p.B.过上两点 Q、Q的切线交于 T，作 TKl,直线 QQ与的对称轴交于 N，则 TK=2FN.C.过焦点 F 作三条弦,XX YY ZZ，则 XYZXYZX Y ZXYZSy y ySy y y=.D.任意作一条直线 l与抛物线相交于,R R（设 R 在 R上方）,在直线 l取两点,T T使得RRTT=（设 T 在 R

8、上方，T在 R下方），分别过,T T作的切线，切点为,S S，直线 SS和 RR交于 M，则 M 为 RR中点.12.若平面与一个球只有一个交点，则称该平面为球的切平面过球面上一点恒能作出唯一的切平面，且该点处的半径与切平面垂直已知在空间直角坐标系 O xyz 中，球 O 的半径为 1记平面 xOy，平面 zOx，平面 yOz 分别为，过球面上一点 P0111(,)632作切平面 0，且 0与 的交线为 l0，下列说法正确的是（）.A.l0的一个方向向量为(2,1,0).B.l0的方程为 260 xy+=.C.过 z 正半轴上一点 N(0,0,h)作与原点距离为 1 的直线 l，设|M Ml=

9、，若0l=，则 h 的取值范围为(2,)+.D.过球面上任意一点 P(x,y,z)作切平面，记 p=，m=，n=，dp，dm，dn 分别为 p，m，n 到原点的距离，则 278dp dm dn数学试题 第 4 页（共 6 页）三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。请将答案填在答题卡上）13.定义在1,2021上的函数()f x满足(1)(2021)ff=且对于任意,1,2021x y，均有|f(x)f(y)|2|x y|,若对于所有满足上述条件的函数f(x),均存在实数m,使得对于任意 x,y 1,2021，总有|f(x)f(y)|m,则实数 m 的最小值为 。14.在

10、ABC 中，已知 sin A=cos B=tan C,边 a,b 满足 b ka，则 k 的最大值是 。（此空结果保留两位小数）15.四面体 A-BCD 的体积是 V，AB=a，AC=b，AD=c，CD=p，DB=q，BC=r，则其外接球半径 R 为 。16.某 34 人班级派 5 人参观展览，班级里有 11 人喜欢唱，4 人喜欢跳，5 人喜欢 rap，14 人喜欢篮球，每个人只喜欢一种。5 人站一队参观，但是当队伍中第,1,2,3k kkk+个人分别喜欢唱、跳、rap、篮球时，上述 4 人会讨论蔡徐坤，展览馆不希望有人讨论蔡徐坤。当且仅当两个队伍中至少有一个位置上的人的喜好不同，两个队伍才被

11、认为是不同的，则满足上述条件的不同的排队方案数为 。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.（10 分）已知 H 为锐角ABC 的垂心，AD、BE、CF 为三角形的三条高线，且满足9HD HE HFHA HB HC=.（1）求coscoscosABC的值.（2）求coscosCABCBA的取值范围.18.（12 分）直三棱柱111ABCABC中，AB=AC=AA1,点 M,N 满足11,AMAB CNCA=且 MNAB1,MNA1C.设BAC=(0).（1）证明：1+=；（2）当 变化时，是否存在 MN1BC1？若存在，求；若不存在，说明理由

12、.数学试题 第 5 页（共 6 页）19.（12 分）已知数列na满足2112(3)nnnnaaana=+，且121aa=（1）求数列na的通项公式。（2）设2111()1(1.)(0,*)1!2!xnf xexxxxnNn=+，其中 e 是自然对数的底数，求证：10()(1)!nxf xn+（3）设nS为数列na的前 n 项和，实际上，数列nS存在“极限”，即为：存在一个确定的实数 S，使得对任意正实数 u 都存在正整数 m 满足当 nm 时，nSSu（可以证明 S 唯一），S 称为数列nS的极限。试根据以上叙述求出数列的极限 S。20.（12 分）某单位有 12000 名职工，通过抽验筛查

13、一种疾病的患者假设患疾病的人在当地人群中的比例为 p（0 p 1 且为 12000 的正因数）人一组分组，然后将各组 k 个人的血样混合再化验.如果混管血样呈阴性，说明这 k 个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.设该种方法需要化验的总次数为 X.（1）当 E（X）12000 时，求 p 的取值范围并解释其实际意义；（2）现对混管血样逐一化验，至化验出阳性样本时停止，最多化验 R 次.记 W 为混管的化验次数，当 R 足够大时，证明：1()1(1)kE Wp；（3）根据经验预测本次检测时个人患病的概率 p0，当 k=6 时，按照 p0计

14、算得混管数量 Y 的期望 E（Y）=400；某次检验中 Y0=440，试判断个人患病的概率为 p0是否合理。如果 2P（Y Y0）0.05，则说明假设不合理 附：若 X N（，2），则 P（|X-|）0.6827，P（|X-|2）0.9545，P（|X-|,曲线21:4Cxy=，过点(0,)Mb的曲线1C的所有弦中，最小弦长为8.（1）求b的值；（2）过点 M 的直线与曲线 C1 交于 A、B 两点，曲线 C1 在 A、B 两点处的两条切线交于点 P，求点 P 的轨迹 C2；（3）在（2）的条件下，N 是平面内的动点，动点 Q 是 C2上与 N 距离最近的点，满足|NQ|=|NM|的动点 N

15、的轨迹为 C3；并判断是否存在过 M 的直线 l，使得 l 与 C1、l 与C3 的四个交点的横坐标成等差数列，说明理由。22.（12 分）设方程2(2)xxea=有三个实数根123123,()x x x xxx.(1)求 a 的取值范围；(2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同。若选则该小问满分 4 分，若选则该小问满分 9 分。证明：12(2)(2)4xx；证明：12312311132exxxxxx+0,tu,故知 t+u=0,u=-t,G(2pt,-2pt)即 P，G 为 上的对称点，AN 为 PG 边上的高.设 PN=l,则 =3,3,.又由 P 在抛物

16、线 y=2px 上，故 2=2 3,=23(舍去 0 根)=3=6,A 正确。B：设 Q(2pt,2pt),(2,2),则=2,=2,=|2 2|.由 Q,，N 共直线得 2()+42()=0=2，=|=|2+2|=，B 错误。C:设(2,2),(2,2),(2,2),(2,2),(2,2),(2,2).由 F,P,P共直线得 +4()=0因 0,故 1+4=0,=14.同理=14,=14.=22|2()+2()+2()|同理=22|2()+2()+2()|=23|11621414+11621414+11621414|=232222|()+()+()|数学试题 第 3 页（共 14 页）易见二

17、式最后两绝对值相等，故=64222=|141414|=|=|C 正确。D：设(2,2),(2,2),(2,2),(2,2).则直线 +(+)=2过 Q 的切线 2ty=x+2pt 解得交点 T=2(2)+2=2(2)+2 2=2+2()2 同理 =2+2()2由两共直线线段 =知 =,()+():=0 从而(t-u)(u+2)+()(+2)=0(1)又直线 +(+)=2，与直线 方程联立解得交点 M=2()+要证共直线的线段 =,只要证+=2.即证 2+2=2 2()+即证(+)(+)(+)=2 2即证 +(+)(+)=2 即证(+2)+(+)=0(2)把已证的式(1)的左边写成 t 的方程(

18、+2)+(2 2 2 2+4+4)+(+2)+(+)()=0 证其左边有式(2)左边为其因式，得(+2)+(+)+(+)=0 但 +0(否 则 从 =2()+知不存在交点 M)，从而式(2)成立.D 正确。故选 ACD。12.由于切点处的半径垂直于切点处的切平面，因此切平面 的一个法向量是 =16,13,12,平面 的一个法向量是 n=(0,0,1).因为交线 l同时在 和 内,所以 ml且 nl,设 l的方向向量为=(,),则 =16+13+12=0,=0,取=2,1,0,A 选项正确.为了确定交线 l的位置，我们需要知道 l上其中一个点的坐标.根据情景，我们可以试图求平面 POz 截直线

19、l得到的点 Q 的坐标.方便起见,设P(x,y,z).在平面 POz内,过点 P作 PHOQ于点H,则=(0,0,0),|=02+02.由于 与 共线,因此要求点 Q 的坐标,只需求|OQ|.由 RtOHPRtOPQ得|=|,从而|=|2|=102+02,因此 数学试题 第 4 页（共 14 页）=|=102+02 002+02,002+02,0=002+02,002+02,0,即 002+02,002+02,0.方便起见，在 =0+0+0=0,=0中取=(0,0,0).容易知道，直线Ax+By+C=0 的其中一个方向向量是(-B,A).因此,设 l的一般式方程为xxx+yy+C=0,代入点Q

20、的坐标得 0002+02+0002+02+=0,解得 C=-1，因此 l的方程为 16+13 1=0,即 +2 6=0,B 选项错误.显然 l与球 O 相切，所有的 l组成双锥面，双锥面与平面 的交线即为圆.由于 l=,因此圆 与直线 l相离.临界条件下，与 l相切，的半径长即为|OQ|，不过还没证明 OQl，下面进行证明.(直接用向量数量积为 0 即可证明,不过不够本质)因为 OP,l,所以 lOP.因为 Oz,l,所以 lOz.因为OPOz=O,所以 l平面 POz.因为 OQ平面 POz,所以 OQl,得证.因此当 与 l相切时,切点即为点 Q,此时PQ 与 z 轴的交点正是点 N 最低

21、的位置 N(0,0,h).由 RtOHPRtNOQ 得|0|=|,从而得到 0=|0|=|=02+02102+020=10=2,因此 0=2,C 选项正确.根据上面的分析得知，=|=12+2=112.根据对称性得知，=112,=112.点 P(x,y,z)在半径为 1 的球 O 的面上,有 x+y+z=1.显然有：x1,y1,z323,D 选项错误.13.先证明对于任意 x,y 1,2021,均有|f(x)f(y)|2020.若|x y|1010,则|f(x)f(y)|2|x y|2020;若|x y|1010,不妨假设 1 x y 2021,则|f(x)f(y)|=|f(x)f(1)+f(2

22、021)f(y)|f(x)f(1)|+|f(2021)f(y)|2|x 1|+2|2021 y|=2(x 1)+2(2021 y)=2 2020 2(y x)2 2020 2 1010=2020,因此,对于任意 x,y 1,2021,均有|f(x)f(y)|2020.再证 m=2020 是最小的.设函数 f(x)=2|x 1011|,则函数 f(x)满足 f(1)=f(2021)=2020.对于任意不等的实数 x,y 1,2021,不妨假设 1 x y 2021,则|f(x)f(y)|=2|x 1011|y 1011|2|(x 1011)(y 1011)|=2|x y|,因此 f(x)=2|x

23、 1011|是满足已知条件的函数.取 x=1,y=1011,则 m|f(1)f(1011)|=|2020 0|=2020.数学试题 第 5 页（共 14 页）综上可得,实数 m 的最小值为 2020 14.由sin=cos，得=2，由题意可知，tan存在，所以 2，即+2，所以=2+，所以2+=2+()=2+2=32.由sin=tan=tan32 2=cos2sin2，得1=sin sin2cos2=2sin2cos2cos21=2(1cos2)cos2cos21，故2cos3+2cos2 2cos 1=0，令cos=(1 0)，则()=23+22 2 1(1 0)，()=62+4 2=2(3

24、 1)(+1)，当 0；当1 0时，()0；所以函数()在(,1)上单调递增，在(1,0)上单调递减，令 f(x)=0,则 x-0.403-0.40 所以cos 0.40，0.916，cos 0.916，0.40，=sinsin=sincos=tan 0.44，答案为 0.44（0.430.45 均可）.15.设二面角 C-AB-D 的平面角是,ABC 的外接圆半径是 R,ABD的外接圆半径是 R,则OEO=。因为EO1O=EO2O=90,所以点 E、O、O、O 共圆,EO 是该圆的半径,所以 =12sin=12+22212cossin由此得到=2+2=24+12+22212cossin2。又

25、因为 1=1cos=2sincos=2cossin,1=2cos=2sincos=2cossin,所以 =sin2+cos2sin2+cos2sin22coscoscossinsinsin.。因为 =16sinsinsin,所以sin=6sinsin,因此现在来计算 sin2sin2sin2+cos2sin2+cos2sin22coscoscossinsin。因为 cos=coscoscossinsin,所以 sin2=1cos2cos2cos2+2coscoscossin2sin2,数学试题 第 6 页（共 14 页）因此得到 sinBAC sinBAD sin=1-cosBAC-cosBA

26、D-cosCAD+2 cos BAC cos BAD cosCAD。另外sin2sin2cos2sin2=22cos2sin2,sin2sin2cos2sin2=22cos2sin2 sin2sin2coscoscossinsin=2sinsincoscoscoscoscossinsin=2coscos(cos coscos),所以sin2sin2sin2+cos2sin2+cos2sin22coscoscossinsin 把 cos=2+222,cos=2+222,cos=2+222,cos=2+222,cos=2+222,sin2=222+222+222444422 sin2=222+22

27、2+222444422 代入上式进行化简，最后得到sin2sin2sin2+cos2sin2+cos2sin22coscoscossinsin=(+)(+)(+)(+)16422,所以=(+)(+)(+)(+)24。16.先求有多少个排布方案，满足至少有 1 堆人讨论。可以枚举有 i 堆人讨论，这样放置的方案数是 3证明：首先，对于每一种方案，有 n-4i 个没有被选中的位置。我们可以考虑枚举这些没有被选中的位置。把每一个讨论的组看成一个整体，缩成一个点。这样就有 n-3i个点了。对于所有 n-3i 个点，如果被选中，成为一个讨论的组，那么这个点就要被展开代表 4 个人。否则就代表一个人。我们

28、直接从这 n-3i 个点中选取 n-4i 个点作为没有被选为组的点。这样方案数就是 34=3 显然这样的枚举对应的方案是唯一的(可以把这些选为组的点展开，再顺序标号)。数学试题 第 7 页（共 14 页）然后这么多位置已经固定了，怎么计算剩余不讨论的人的排列数呢?可能有些排列会有不只 i 个人讨论！所以我们考虑，枚举有 4组人讨论。这样就可以排除干扰，对剩下的乱排列了。设初始 4 个数最小值为 mini 答案 ans=1min(1)1 3剩余 n-4i 个数的排列个数 证明：发现枚举至少一组的时候，对于一种可行的方案(这里代指枚举方案)会算 2 次至少两组的贡献，算3 次至少三组的贡献。枚举至

29、少两组的时候，会算 3 次至少三组的贡献，算 6 次至少四组的贡献。枚举至少 i 组的时候，会算 次至少 j 组的贡献(ji)所以我们可以通过=1(1)1=1 来算出单个的贡献。这可以通过二项式展开来证明。所以答案 ans=1mini(1)1 3剩余 n-4i 个数的排列个数 设喜欢 4 种爱好的人初始有 x,x,x,x个这时候分别还剩下 x-i,x-i,x-i,x-i 个人 相当于求有重复元素的排列！我们知道，如果 x+x+x+x=n 那么排列答案就是(4)!(1)!(2)!(3)!(4)!如果 x+x+x+xn 呢?考虑枚举+排列。我们前面还要用所有排列的个数减去答案，所以真正的答案其实就

30、是ans=1mini(1)1 3剩余 n-4i 个数的排列个数 代入数据解得方案数为 1015.四、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.（10 分）已知H为锐角ABC的垂心，AD、BE、CF为三角形的三条高线，且满足9HD HE HFHA HB HC=.（1）求coscoscosABC的值.（2）求coscosCABCBA的取值范围.（1）记ABC的三个内角为 A、B、C.注意到，cos Bcos A+sin Asin B=cos(B-A)1.由题意结合几何关系得 cos cos cos=19（2）cos cos cos=cos Acos B

31、(sin Asin B-cos Acos B)cos Acos B(1-2cosAcos B).数学试题 第 8 页（共 14 页）故 16 cos cos 13.当 =16时,cos Acos B 取得最小值；当 =13时,cos Acos B 取得最大值.因此，所求范围是 16,13.18.（12 分）直三棱柱111ABCABC中，AB=AC=AA1,点 M,N 满足11,AMAB CNCA=且 MNAB1,MNA1C.设BAC=(0).（1）证明：1+=；（2）当 变化时，是否存在 MN1BC1？若存在，求；若不存在，说明理由.解：(1)以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，垂直于

32、AB 的直线为 y 轴，AA所在直线为 z 轴，则 B(1,0,1),C(cos,sin,0),A(0,0,1),M(,0,)因此 1=(1,0,1),1=(cos,sin,1),=(cos,sin,),则=(cos cos,sin sin,),由题 1=cos cos +=0,1=1+cos+=0,两式相减，得+=1.(2)代入+=1,则cos-+1-2=0 因此 =13cos,=2cos3cos,因此有 1=cos2 cos cos+cos cos+sin2 sin2 +=1 2cos+2 2=1 2cos3cos+24+2cos3cos=1cos3cos 由于 0 ,1不为 0,因此不存

33、在 MNBC.19.（12 分）已知数列na满足2112(3)nnnnaaana=+，且121aa=数学试题 第 9 页（共 14 页）（1）求数列na的通项公式。（2）设2111()1(1.)(0,*)1!2!xnf xexxxxnNn=+，其中 e 是自然对 数的底数，求证：10()(1)!nxf xn+（3）设nS为数列na的前 n 项和，实际上，数列nS存在“极限”，即为：存在一 个确定的实数S，使得对任意正实数 u 都存在正整数 m 满足当 nm 时，nSSu（可 以证明 S 唯一），S 称为数列nS的极限。试根据以上叙述求出数列的极限 S。(1)题设递推公式等价于1=1+12(3)

34、,设=+1,则 =1+,且 1=21=1,于是 是首项和公差均为 1 的等差数列，即(=。当 n2 时，累乘可 得:=12212211=1211=(1)(2)1 1=(1)!,而a=1=0!,故 =(1)!。(2)证明:由()=1 1+11!+12!2+1!(0,),则()=1+11!+12!2+1!1+11!+12!2+1(1)1=!,由 0,()=!0,且仅当 x=0 时等号成立 于是 f(x)在0,+)上单调递增,故 f(x)f(0)=0。设()=()1(+1)!,则()=()!=!(1),由 0,1 0故()0,且仅当 x=0 时等号成立,于是 g(x)在0,+)上单调递减,故 g(x

35、)g(0)=0。于是 0 ()+1(+1)!得证。数列 的极限 S=e。由知,0 ()+1(+1)!,整理得：0 1+11!+12!2+1!+1(+1)!。于是对 n2,0 1+11!+12!2+1(1)!1!,令 x=1 得:0 1+11!+12!+1(1)!。由题意，=1+11!+12!+1(1)!,故|!,于是|3,于是当 nm 时,|33,于是数列 的极限 S=e。20.（12 分）某单位有 12000 名职工，通过抽验筛查一种疾病的患者假设患疾病的人在当地人群中的比例为 p（0 p 1 且为 12000 的正因数）人一组分组，然后将各组 k 个人的血样混合再化验.如果混管血样呈阴性，

36、说明这 k 个人全部阴性；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.设该种方法需要化验的总次数为 X.（1）当 E（X）12000 时，求 p 的取值范围并解释其实际意义；（2）现对混管血样逐一化验，至化验出阳性样本时停止，最多化验 R 次.记 W 为混管的化验次数，当 R 足够大时，证明：1()1(1)kE Wp；（3）根据经验预测本次检测时个人患病的概率 p0，当 k=6 时，按照 p0计算得混管数量 Y 的期望 E（Y）=400；某次检验中 Y0=440，试判断个人患病的概率为 p0是否合理。如果 2P（Y Y0）0.05，则说明假设不合理 附：若

37、 X N（，2），则 P（|X-|）0.6827，P（|X-|2）0.9545，P（|X-|0,得 ln(1 )ln.不妨设()=ln,则()=ln1,当 k(0,e)时,f(x)0,因此 f(k)在(0,e)上单调递减,在(e,+)上单调递增.因此，()()=1,此时 k=e.但由于 k 是 12000 的因数,所以()max(3)=max(4),(3)=(3)=ln33,那么 ln(1 )ln33,即 1 ln33=313,即 1 133.实际意义略，合理即可.数学试题 第 11 页（共 14 页）(2)n=1,2,3,R-1时,(=)=(1 )1 (1 ),n=R 时,(=)=(1 )(

38、1),()=1(=),不妨设=(1 )则()=(1 )1+2+32+(1)2+1,设 =1+2+32+(1)2,=+22+(-1)pR-1 两式相减,(1 )=1+2(1)1 则()=1+2+1=1111(1)(3)由于 Y 服从二项分布,可以取得的值为 0,1,2,2000.所以 E(Y)=2000p=400,得 p=0.2,D(Y)=2000p(1-p)=320.同时，由于 2000 足够大，不妨视 (400,320),2=320,=85 17.9.则 2P(Y440)=1-P(360Y440)1-P(-2Y+2)而 P(-2Y+2)0.954,故 2P(Y440)0.046,因此 2P(

39、Y440)0.046,曲线21:4Cxy=，过点(0,)Mb的曲线1C的所有弦中，最小弦长为8.（1）求b的值；（2）过点 M 的直线与曲线 C1 交于 A、B 两点，曲线 C1 在 A、B 两点处的两条切线 交于点 P，求点P 的轨迹 C2；（3）在（2）的条件下，N 是平面内的动点，动点 Q 是 C2上与 N 距离最近的点，满 足|NQ|=|NM|的动点 N 的轨迹为 C3；并判断是否存在过 M 的直线 l，使得 l 与 C1、l 与 C3 的四个交点的横坐标成等差数列，说明理由。(1)b=4.(2)x=-4(3)不存在。22.（12 分）设方程2(2)xxea=有三个实数根123123,

40、()x x x xxx.(1)求 a 的取值范围；(2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同。若选则该小问满分 4 分，若选则该小问满分 9 分。数学试题 第 12 页（共 14 页）证明：12(2)(2)4xx；证明：12312311132exxxxxx+0,在(0,2)上()0,故 f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+)单调递增.易知 f(x)+a0,且有 f(0)=4-a,f(2)=-a.当 a0 时,有 f(x)-a0,当且仅当 x=2，a=0 时等号成立，那么 f(x)=0 至多有一个实根，故舍去；当 a(0,4)时,注意到

41、 4+41+0,(2)0,而 4+41+0 2 0,故 f(x)在(-，2)上至多有一零点，在(2，+)上有一零点，那么 f(x)=0 至多有两个实根，故舍去.综上所述，当且仅当 a(0，4)时，满足题意.(2)由(1)得,x0 x2x3,则 x-2-2x-20.设 l=x-2,l=x-2,l 故 t-2t 1而(1 2)21=(2 2)22=,故12=22=2 0.两边取对数，则 2ln(-t)+t=2ln(-t)+t=2ln(-t)+2lnk+kt得到 t-kt=2lnk,则 2=2ln1,1=2=2ln1.则 12=2ln12=2ln12=4ln12设()=2ln +1,则()=2 1

42、12=(1)22 0,那么 g(x)在(1,+)单调递减,即 g(x)1,则 2ln +1 0,即 2ln 0,则.4ln1 2,则(1 2)(2 2)=12=4ln12 4.(2)由(1)得,x0 x2x3,则 x-2-2x-20.设 l=x-2,l=x-2,l 故 t-2t 1而(1 2)21=(2 2)22=,故12=22=2 0.两边取对数，则 2ln(-t)+t=2ln(-t)+t=2ln(-t)+2lnk+kt得到 t-kt=2lnk,则 2=2ln1,1=2=2ln1.则 12=2ln12=2ln12=4ln12设()=2ln +1,则()=2 1 12=(1)22 0,那么 g

43、(x)在(1,+)单调递减,即 g(x)1,则 2ln +1 0,即 2ln 4,只需证题设式子小于 4 即可。(x-2)(m-2)=xx-2(x+x)+44.那么 xx2(x+x),又因为 x0 x2,i 故 xx2(1+2)12=211+12,那么11+1212.下证 x+xf(x)=f(x),即证 f(x)-f(-x)0,0 x2.设()=()()=(2)(+2),0 0.故 F(x)在(0,2)上单调递减，在(2，2)上单调递增.而 2 0,故存在唯一一 x(2,2),F(x)=0.即 F(x)在(0,x)上单调递减,在(x,2)上单调递增,而(0)=0,(2)=162 0,故 F(x)0 恒成立.那么，f(x)-f(-x)f(x)=f(x).而 f(x)在(-,0)上递增。x0,-x0.1 故 x-x,即 x+x0,原题得证.法二：欲证 x+x4.即证 2ln1+2ln1 4,数学试题 第 14 页（共 14 页）即证+11ln 2,即 ln+4+1 2.设()=ln+4+1,故()=14(+1)2=(1)2(+1)2 0,那么 h(x)在(1,+)上单增,h(x)h(1)=2,故 ln+4+1 2.则 1 2=2ln1+2ln1=+11ln 4,故 x+x0,而 2x3,易知,3+13103,原题得证.