河南省2020-2021学年高二下学期期末考试理科数学试题

2020-2021学年河南省高二（下）期末数学试卷（理科）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 已知集合𝐴={𝑥|−1≤𝑥<2}，𝐵={𝑦|𝑦≤𝑚}，若𝐴∪𝐵=𝐵，则m的取值

范围是( ) A. (−∞,−1)

B. (−∞,−1]

C. [2,+∞)

D. (2,+∞)

2. 已知(3+2𝑖)𝑧=2+𝑖3，则复数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

⃗⃗⃗ =(−1,2𝑎+1)，则“𝑎<2”是“⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ <6”的3. 设向量⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(𝑎,2)，⃗⃗𝐴𝐶𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶

( )

A. 充分不必要条件 C. 充要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

4. 若𝑓(𝑥)为幂函数，且𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，则𝑓(𝑥)的解析式可以是( )

A. 𝑓(𝑥)=−𝑥2

B. 𝑓(𝑥)=𝑥 2

C. 𝑓(𝑥)=𝑥3

D. 𝑓(𝑥)=𝑥2

1

5. 某社区卫生服务站周末到社区开展健康义诊咨询活动，活动结束后，参加活

动的医务人员要集体拍照留念．医务人员包括6名医生和3名护士，摄影师要求他们站成一排，且3名护士相邻，则不同的排法总数为( ) A. 𝐴77

32

3B. 𝐴66𝐴3

3C. 𝐴77𝐴3

4D. 𝐴66𝐴4

6. 抛物线𝑦=4−𝑥2与x轴所围成的图形面积为( )

A. 3 B. 3 16

C. 10 D. 5

7. 某公司参加两个项目的招标，A项目招标成功的概率为0.6，B项目招标成功

的概率为0.4，每个项目招标成功可获利20万元，招标不成功将损失2万元，则该公司在这两个项目的招标中获利的期望为( ) A. 17.5万元

B. 18万元

C. 18.5万元

D. 19万元

8. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难人微，数形

结合百般好，隔离分家万事休．在数学的学习和研究中，我们常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征．函数𝑓(𝑥)=ln|𝑒𝑥−𝑒−𝑥|的部分图象大致为( )

𝑥3−3𝑥

1

A. B.

C. D.

9. 某袋装加碘食盐的质量𝑋(单位：克)服从正态分布𝑁(500,4)，某超市在进货

前要在厂家随机抽检这种食盐100袋，则质量在(498,504]内的袋数约为( ) 若𝑋～𝑁(𝜇,𝜎2)，则𝑃(𝜇−𝜎<𝑋≤𝜇+𝜎)=0.6826，𝑃(𝜇−2𝜎<𝑋≤𝜇+10. 附：

2𝜎)=0.94． A. 82

B. 80

C. 84

9

D. 86

11. 已知P为曲线C：𝑥=3√𝑦上一点，𝑇(0,4)，𝐴(3,3)，则|𝑃𝑇|+|𝑃𝐴|的最小值

为( ) A. 6

B. 4 23

21

C. 5

D. 4

12. 剪刀石头布又称“猜丁壳”，古老而简单，游戏规则中，石头克剪刀，剪刀

克布，布克石头，三者相互制约，因此不论平局几次，总会有决出胜负的时候．现A，B两位同学各有3张卡片，以“剪刀、石头、布”的形式进行游戏：输方将给赢方一张卡片，平局互不给卡片，直至某人赢得所有卡片，游戏终止．若A，B一局各自赢的概率都是3，平局的概率为3，各局输赢互不影响，则恰好5局时游戏终止的概率是( ) A. 9 13. 已知当𝑥∈(0,

为( ) A. (0,1)

B. (0,1]

C. [1,3]

D. (0,3]

2𝜋3

1

2

2

4

1

1

B. 27 C. 81 D. 81

)时，𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑠𝑖𝑛2𝑥≥𝑏𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥恒成立，则正实数b的取值范围

2

二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 14. (𝑥−𝑥√𝑥)10展开式中的常数项为______．

15. 设函数𝑓(𝑥)=√3𝑥−1+ln(4−𝑥)的定义域为A，函数𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑥+1的

值域为B，则𝐴∩𝐵=______.(结果用区间表示) 16. 观察如图所示的三角形数阵，据规律可得该数阵第6行

第3个数为______，第7行各个数之和为______． 17. 18. 19. 20.

𝑥2𝑦2533 21. 设𝑃(−,√)是双曲线C：2−2=1(𝑎>0,𝑏>0)上一点，𝐹1(−2,0)是C𝑎𝑏

4

41的左焦点，Q是C右支上的动点，则C的离心率为______，△𝑃𝑄𝐹面积的取值范围是______．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

22. 在直角坐标系中，曲线C的方程为𝑥2+𝑦2=9，曲线C上所有点的横坐标

不变，纵坐标缩小到原来的3，得到曲线𝐶′，以原点为极点，x轴非负半轴为l与曲线C，极轴，建立极坐标系，射线l的极坐标方程为𝜃=6(𝜌≥0)，𝐶′分别交于A，B两点．

23. (1)求曲线𝐶′的直角坐标方程和极坐标方程； 24. (2)求|𝐴𝐵|的值． 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

32. 某中学调查了该校某班50名同学参加棋艺社团和武术社团的情况，数据如

表所示：

𝜋

1

3

参加武术社团 未参加武术社团 参加棋艺社团 10 8 未参加棋艺社团 12 20 (1)能否有95%的把握认为参加棋艺社团和参加武术社团有关？ (2)已知既参加棋艺社团又参加武术社团的10名同学中，有4名男同学，6名女同学.现从这10名同学中随机选6人参加综合素质大赛，求被选中的女生人数X的分布列．

附：𝐾=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)，𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑． 𝑃(𝐾2≥𝑘0) 𝑘0

P与E在平面ABCD33. 如图，四边形ABCD是菱形，𝑃𝐴⊥底面ABCD，𝑃𝐴//𝐷𝐸，

的同侧且𝑃𝐴=2𝐴𝐷=2𝐷𝐸． 34. (1)证明：𝐵𝐷//平面PCE；

求二面角𝐷−𝐶𝐸−𝑃的正弦值． 35. (2)若PC与平面ABCD所成角的正切值为2，

0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 2

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2

4

36. 中国是世界上沙漠化最严重的国家之一，沙漠化造成生态系统失衡，可耕地

面积不断缩小，给中国工农业生产和人民生活带来严重影响随着综合国力逐步增强，西北某地区大力兴建防风林带，引水拉沙，引洪淤地，开展了改造沙漠的巨大工程.该地区于2017年投入沙漠治理经费2亿元，从2018年到2020年连续3年每年增加沙漠治理经费1亿元，近4年投入的沙漠治理经费𝑥(亿元)和沙漠治理面积𝑦(万亩)的相关数据如表所示：

年份 x y 2017 2 24 2018 3 37 2019 4 47 2020 5 52 (1)通过散点图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；(结果保留3位小数) (2)求y关于x的回归方程；

(3)若保持以往沙漠治理经费的增加幅度，请预测到哪一年沙漠治理面积可突破80万亩．

参考数据：√2290≈47.8．

5

参考公式：相关系数𝑟=

̂

∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)2√∑𝑛√∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)𝑖=1

−𝑖

−−

，𝑏=(𝑦−𝑦)2

−̂

∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)

2∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)

−−−

−

，𝑎=𝑦−

̂

𝑏𝑥

−．

337. 已知以坐标原点为中心，𝐵(1,2). 坐标轴为对称轴的椭圆C经过点𝐴(−√3,√)，

2

3

38. (1)求椭圆C的标准方程．

39. (2)设过点𝐹(1,0)的直线l与C交于M，N两点，点Q在x轴上，且|𝑀𝑄|=|𝑁𝑄|，

是否存在常数𝜆使|𝑀𝑁|=𝜆|𝑄𝐹|？如果存在，请求出𝜆；如果不存在，请说明理由． 40. 41. 42. 43. 44. 45. 46.

47. 已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑎(4−𝑙𝑛𝑥)．

48. (1)若𝑎=0，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝜋,𝑓<(𝜋))处的切线方程．

49. (2)若存在实数b，n，使得𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑏有两个不同的零点m，证明：𝑚𝑛<

𝑎2． 50. 51. 52. 53. .

6

55.

7

答案和解析

1.C 【解析】

解：∵𝐴∪𝐵=𝐵，∴𝐴⊆𝐵， ∴𝑚≥2． 故选：C．

由𝐴∪𝐵=𝐵可得𝐴⊆𝐵，从而利用数轴作出集合，从而求解． 本题考查了集合的子集关系的应用及数形结合的应用，属于基础题． 2.D

【解析】解：∵(3+2𝑖)𝑧=2+𝑖3， ∴𝑧=3+2𝑖=3+2𝑖=

2+𝑖3

2−𝑖

(2−𝑖)(3−2𝑖)

13

=13−13𝑖，

4

7

47

∴复数z在复平面内对应的点(13,−13)位于第四象限． 故选：D．

根据已知条件，结合复数的乘法原则和复数的几何含义，即可求解．

本题考查了复数的几何含义，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题． 3.B

⃗⃗⃗ =(−1,2𝑎+1)， 【解析】解：∵⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(𝑎,2)，⃗⃗𝐴𝐶

⃗⃗⃗ =−𝑎+4𝑎+2=3𝑎+2，由⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ <6，得3𝑎+2<6，即𝑎<， ∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶3⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ <6”的必要不充分条件． 又3<2，∴“𝑎<2”是“𝐴𝐵故选：B．

⃗⃗⃗ <6可得a的范围，再由充分必要条件的判断由数量积的坐标运算结合⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶得答案．

4

4

8

本题考查向量的数量积与常用逻辑用语，考查运算求解能力与推理论证能力，是基础题． 4.D

【解析】解：由幂函数的图像都过(1,1)，故A，B错误； 又𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，故C错误，D正确； 故选：D．

根据幂函数的性质分别判断即可．

本题考查了幂函数的性质，考查函数的单调性问题，是基础题． 5.C

【解析】解：根据题意，将3名护士看成一个整体，再与6名医生全排列即可，

3则不同的排法总数为𝐴77𝐴3．

故选：C．

根据题意，将3名护士看成一个整体，再与6名医生全排列即可，由分步计数原理计算可得答案．

本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 6.A

【解析】解：令𝑦=0，即4−𝑥2=0，解得𝑥=±2， ∴抛物线与x轴的交点为(−2,0)，(2,0)，

∴抛物线𝑦=4−𝑥2与x轴所围成的图形面积为∫−2(4−𝑥2)𝑑𝑥=(4𝑥−3𝑥3)|2−2=(4×2−3×23)−[4×(−2)−3×(−2)3]=故选：A．

根据积分的几何意义进行计算即可．

本题主要考查区域面积的计算，根据积分的几何意义是解决本题的关键，是基础题．

1

1

323

2

1

．

9

7.B

【解析】解：设该公司在这两个项目的招标中获利为X万元，则X的所有可能取值为−4，18，40，

𝑃(𝑋=40)=0.6×0.4=0.24，

𝑃(𝑋=18)=0.6×(1−0.4)+0.4×(1−0.6)=0.52， 𝑃(𝑋=−4)=0.4×0.6=0.24，

则𝐸(𝑋)=40×0.24+18×0.52−4×0.24=18． 故选：B．

18，设该公司在这两个项目的招标中获利为X万元，则X的所有可能取值为−4，40，分别求出对应的概率，并结合期望公式，即可求解．

本题主要考查了离散型随机变量概率的求解，需要学生熟练掌握期望公式，属于基础题． 8.B

【解析】解：函数𝑓(𝑥)=ln|𝑒𝑥−𝑒−𝑥|，

因为奇函数𝑦=𝑒𝑥−𝑒−𝑥在R上是单调递增函数，且𝑦∈𝑅，

所以当𝑥→0且𝑥>0时，ln|𝑒𝑥−𝑒−𝑥|<0，𝑥3−3𝑥=𝑥(𝑥2−3)<0， 则𝑓(𝑥)>0，故选项C，D错误；

又当𝑥=0时，函数𝑓(𝑥)无意义，故选项A错误． 故选：B．

利用函数𝑦=𝑒𝑥−𝑒−𝑥的奇偶性与单调性，通过判断当𝑥→0且𝑥>0时，𝑓(𝑥)>0，即可排除选项C，D，又𝑥=0时函数无意义，即可排除选项A，从而得到答案． 本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于基础题． 9.A

𝑥3−3𝑥

10

【解析】解：∵𝑋服从正态分布𝑁(500,4)，

∴𝑃(498<𝑋<502)=𝑃(500−2<𝑋<500+2)=0.6826， 𝑃(496<𝑋<504)=𝑃(500−2×2<𝑋<500+2×2)=0.94， ∴𝑃(498<𝑋≤504)=0.6826+

0.94−0.6826

2

=0.8185，

∴质量在(498,504]内的袋数约为100×0.8185=82． 故选：A．

根据正态分布性质求出𝑃(498≤𝑋≤504)，从而可估计出质量在(498,504]内的袋数．

本题考查了正态分布的性质，概率的求法，属于基础题． 10.D

【解析】解：由题意可得，曲线C是抛物线𝑥2=9𝑦的右半部分且𝑇(0,4)是焦点， ∵𝑃为曲线C上一点，设P到准线𝑦=−4的距离为d，则𝑑=|𝑃𝑇|，

∴|𝑃𝑇|+|𝑃𝐴|=𝑑+|𝑃𝐴|，要使其最小，则𝑑+|𝑃𝐴|即为A到准线𝑦=−4的距离， ∴|𝑃𝑇|+|𝑃𝐴|的最小值为3+4=故选：D．

根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解． 本题主要考查了抛物线的定义，属于基础题． 11.B

【解析】解：设“前3局赢2局输1局，后2局都赢(𝐴或𝐵)”为事件𝑃1，“前4局赢2局，最后1局赢(𝐴或𝐵)”为事件𝑃2，

12

×(3)5×2=81，𝑃2=𝐶4×(3)5×2=81， 则𝑃1=𝐶3

1

2

1

4

9

214

9

9

9

．

∴恰好5局时游戏终止的概率是𝑃=𝑃1+𝑃2=81+81=81=27． 故选：B．

2462

11

设“前三局赢两局输1局，后2局都赢(𝐴或𝐵)”为事件𝑃1，“前4局赢2局，最后1局赢(𝐴或𝐵)”为事件𝑃2，再结合相互事件的概率乘法公式，即可求解． 本题主要考查相互事件的概率乘法公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题． 12.D

【解析】解：当𝑥∈(2,显然恒成立，

当𝑥∈(0,2)时，𝑐𝑜𝑠𝑥>0，所以𝑡𝑎𝑛𝑥+2𝑠𝑖𝑛𝑥>𝑏𝑥，

𝑥∈(0,2)，ℎ′(𝑥)=cos2𝑥+2𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑏， 记ℎ(𝑥)=𝑡𝑎𝑛𝑥+2𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑏𝑥，则ℎ(0)=0，

2𝑠𝑖𝑛𝑥2𝑠𝑖𝑛𝑥(1−cos令𝑔(𝑥)=cos2𝑥+2𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑏，则𝑔′(𝑥)=3−2𝑠𝑖𝑛𝑥=

cos𝑥cos3𝑥

1

3𝑥)

𝜋2𝜋

3

)时，𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑠𝑖𝑛2𝑥=𝑠𝑖𝑛𝑥(1+2𝑐𝑜𝑠𝑥)>0≥𝑏𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥，

𝜋

𝜋1

>0，

所以ℎ′(𝑥)在(0,2)上单调递增，ℎ′(0)=3−𝑏，

𝜃∈(0,2)，若𝑏>3，则ℎ′(0)<0，记𝑐𝑜𝑠𝜃=√𝑏，则ℎ′(𝜃)=𝑏+√𝑏−𝑏=√𝑏>0， 所以存在𝑥0∈(0,𝜃)，使得ℎ′(𝑥0)=0，当𝑥∈(0,𝑥0)时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减，

所以当𝑥∈(0,𝑥0)时，ℎ(𝑥)<ℎ(0)=0，不符合题意，

若𝑏≤3，则ℎ′(𝑥)>ℎ′(0)=3−𝑏≥0，即当𝑥∈(0,2)时，ℎ(𝑥)单调递增， 所以ℎ(𝑥)>ℎ(0)=0，符合题意． 综上所述，正实数b的取值范围是(0,3]． 故选：D． 先对x在区间(2,

𝜋2𝜋

𝜋

1𝜋

22𝜋

)上进行讨论，可以看成显然成立，然后只需对区间(0,2)讨论，3

𝜋

𝜋

转化为ℎ(𝑥)=𝑡𝑎𝑛𝑥+2𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑏𝑥，𝑥∈(0,2)，研究函数ℎ(𝑥)的单调性，即可求得b的取值范围．

本题主要考查不等式恒成立问题，三角函数的最值，导数的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于难题． 13.210

12

𝑟【解析】解：∵(𝑥−𝑥√𝑥)10展开式中的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶10⋅(−1)𝑟⋅𝑥10−2，

15𝑟

令10−

5𝑟2

=0，求得𝑟=4，

4

可得展开式的常数项为𝐶10=210，

故答案为；210．

由题意利用二项展开式的通项公式，求得𝑥−𝑥√𝑥)10展开式中的常数项． 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题． 14.[,4)

43

1

113𝑥−1≥0【解析】解：解{得，3≤𝑥<4，∴𝐴=[3,4),

4−𝑥>0

∵𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑥+1=(𝑥−2)2+4≥4，

3

∴𝐵=[,+∞),

4∴𝐴∩𝐵=[4,4)． 故答案为：[4,4)．

3𝑥−1≥0

解不等式组{可得出集合A，配方可求出集合B，然后进行交集的运算

4−𝑥>0即可．

本题考查了函数定义域的定义及求法，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，属于基础题．

15.256 175

【解析】解：根据题意，三角形数阵，第n行有n个数， 奇数行为公差为2的等差数列，偶数行为公比为2的等比数列，

故第6行的6个数为、128、256、512、1024、2018，故该数阵第6行第3个数为256；

第7行共7个数，第一个数为19，是公差为2的等差数列，故第7行各个数之和为19×7+

7×6233

133

×2=175；

13

故答案为：256，175．

根据题意，分析三角形数阵的规律，得到第6行和第7行的数字规律，据此分析可得答案．

本题考查归纳推理的应用，注意分析三角形数阵的规律，属于基础题．

16.2 (3√3,+∞)

4

【解析】解：因为𝑃(−,

4−16𝑏2=116𝑎2

所以{𝑐=2，

𝑐2=𝑎2+𝑏2

解得𝑎2=1，𝑏2=3，𝑐2=4， 所以双曲线C的方程为𝑥−

𝑐2

𝑦23

25

27

53√3)是双曲线4

C的点，𝐹1(−2,0)是C的左焦点，

=1，

所以双曲线的离心率𝑒=𝑎=2， |𝑃𝐹1|=√[4−(−2)]2+(𝑘𝑃𝐹1=

3√3−045−−(−2)45

3√32

)43

=2，

=√3=𝑎，

𝑏

直线𝑃𝐹1的方程为𝑦=√3(𝑥+2)=√3𝑥+2√3， 所以直线𝑃𝐹1与双曲线的渐近线𝑦=√3𝑥平行， 所以直线𝑃𝐹1与双曲线的渐近线的距离𝑑=√

|2√3|12+(√3)2

=√3，

所以△𝑃𝐹1𝑄的边𝑃𝐹1边上的高ℎ>𝑑=√3， 所以ℎ>√3，

所以𝑆△𝑃𝐹1𝑄=|𝑃𝐹1|⋅ℎ∈(

2

41

3√3,+∞)． 4𝑐

33故答案为：2，(√,+∞)．𝑎 由𝑃(−,

4

53√3)是双曲线4

C的点，𝐹1(−2,0)是C的左焦点，列方程组，解得a，b，

1

c，即可得出双曲线的方程，离心率，渐近线，|𝑃𝐹1|长度的定值，则𝑆△𝑃𝐹1𝑄=2|𝑃𝐹1|⋅

14

ℎ大小，取决于h的大小，h的最小值为直线𝑃𝐹1与双曲线的渐近线的距离d，进而可得答案．

本题考查双曲线的性质，解题中，需要一定的计算能力，属于中档题．

17.解：(1)将曲线C上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小到原来的3， 得到曲线𝐶′：𝑥+(3𝑦)=9，即把{

2

2

𝑥29

1

+𝑦2=1．

𝑥=𝜌cos𝜃

代入得𝜌2cos2𝜃+9𝜌2sin2𝜃=9，

𝑦=𝜌sin𝜃

9

即𝜌2=cos2𝜃+9𝑠𝑖𝑛2𝜃；

(2)设𝐴(𝜌𝐴,6)，𝐵(𝜌𝐵,6)，曲线C：𝑥2+𝑦2=9的极坐标方程为𝜌=3． 则𝜌𝐴=3，𝜌𝐵=√cos2𝜋+9𝑠𝑖𝑛2𝜋=√3．

6

6

𝜋𝜋

9∴|𝐴𝐵|=|𝜌𝐴−𝜌𝐵|=3−√3．

【解析】(1)直接由伸缩变换求得曲线𝐶′的直角坐标方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线𝐶′的极坐标方程；

(2)把𝜃=6分别代入曲线C，𝐶′的极坐标方程，求出A，B对应的极径，作差得答案．

本题考查简单曲线的极坐标方程，考查运算求解能力，是基础题．

18.解：(1)由列联表中的数据可得，𝐾2=

50×(10×20−12×8)2

18×32×28×22

𝜋

=2772≈1.524<3.841，

4225

所以没有95%的把握认为参加棋艺社团和参加武术社团有关； (2)由题意可知，随机变量X的可能取值有2，3，4，5，6， 所以𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝑋=3)=𝑃(𝑋=4)=𝑃(𝑋=5)=

3𝐶3

𝐶466𝐶10

4𝐶2𝐶466𝐶10

=14，

1

=21， =7， =35，

143

8

2𝐶4𝐶466𝐶10

1𝐶5𝐶466𝐶10

𝑃(𝑋=6)=𝐶6=210，

10

6𝐶6

15

故随机变量X的分布列为： X P

【解析】(1)由列联表中的数据，计算𝐾2的值，对照临界表中的数据，比较即可得到答案；

(2)先求出随机变量X的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列即可． 本题考查了列联表的应用以及性检验的应用，离散型随机变量及其分布列的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．

19.(1)证明：连接AC，设BD与AC交于点O，取PC的中点F，连接OF，EF，

F分别为AC，PC的中点，∵𝑂，∴𝑂𝐹//𝑃𝐴，𝑂𝐹=

12

2 1 143 8 214 3 75 4 356 1 210𝑃𝐴，

1

∵𝐷𝐸//𝑃𝐴，且𝐷𝐸=2𝑃𝐴，∴𝑂𝐹//𝐷𝐸且𝑂𝐹=𝐷𝐸， 故四边形OFED为平行四边形，可得𝑂𝐷//𝐸𝐹，即𝐵𝐷//𝐸𝐹，

∵𝐸𝐹⊂平面PCE，𝐵𝐷⊄平面PCE， ∴𝐵𝐷//平面PCE；

(2)解：设𝑃𝐴=2，则𝐴𝐷=𝐷𝐸=1，

∵𝑃𝐶与平面ABCD所成角为∠𝑃𝐶𝐴，∴tan∠𝑃𝐶𝐴=𝐴𝐶=2， 则𝐴𝐶=1，∴𝐴𝐶=𝐴𝐷=𝐶𝐷，故△𝐴𝐵𝐶为等边三角形， 设BC的中点为M，连接AM，则𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，

以A为坐标原点，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则𝑃(0,0，2)，𝐶(√,,0)，𝐸(0,1，1)，𝐷(0,1，0)，

22⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,−2)，⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,1)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)， 𝑃𝐶𝐶𝐸𝐷𝐸

2222

31

𝑃𝐴

16

设平面PCE的一个法向量为𝑛⃗ =(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，

⃗⃗⃗⃗ =√3𝑥1+1𝑦1−2𝑧1=0𝑛⃗ ⋅⃗𝑃𝐶

22

由{，令𝑦1=1，得𝑛⃗ =(√3,1,1)； 1√3⃗⃗⃗⃗ =−𝑥1+𝑦1+𝑧1=0⃗ ⋅⃗𝑛𝐶𝐸

22设平面CDE的一个法向量为𝑚⃗⃗⃗ =(𝑥2,𝑦2,𝑧2)， 由{

⃗⃗⃗⃗ =−√3𝑥2+1𝑦2+𝑧2=0⃗⃗⃗ ⋅⃗𝑚𝐶𝐸

22⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑧2=0⃗⃗⃗ ⋅⃗𝑚𝐷𝐸

⃗ ⋅𝑚⃗⃗⃗ 𝑛

2√3√5×2，取𝑥2=1，则𝑚⃗⃗⃗ =(1,√3,0)．

∴cos<𝑛⃗ ,𝑚⃗⃗⃗ >=|𝑛=⃗ |⋅|𝑚⃗⃗⃗ |

=

√15． 5

则二面角𝐷−𝐶𝐸−𝑃的正弦值为√1−(√15)2=√10．

55

【解析】(1)连接AC，设BD与AC交于点O，取PC的中点F，连接OF，EF，可证四边形OFED为平行四边形，可得𝐵𝐷//𝐸𝐹，再由直线与平面平行的判定得𝐵𝐷//平面PCE；

(2)设𝑃𝐴=2，则𝐴𝐷=𝐷𝐸=1，由已知求得𝐴𝐶=1，可得△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，AD，设BC的中点为M，连接AM，则𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，以A为坐标原点，分别以AM，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的一个法向量与平面CDE的一个法向量，可得两法向量所成角的余弦值，进一步求得二面角𝐷−𝐶𝐸−𝑃的正弦值．

本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．

20.解：(1)因为𝑥=

−−

2+3+4+5

4

−

24+37+47+52

4

=3.5，𝑦==40，

22222所以∑4𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)=(−16)+(−3)+7+12=458， 22222∑4𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)=(−1.5)+(−0.5)+0.5+1.5=5，

−−

∑4𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)=(−1.5)(−16)+(−0.5)(−3)+0.5×7+1.5×12=47， 所以𝑟=√5×√458=√2290≈0.983．

因为y与x的相关系数非常接近1，说明y与x的线性相关程度相当高， 从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系．

4747−

17

(2)由(1)可得：𝑏=

̂

∑4𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)

2∑4𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)

−−−

=

475

=9.4，

所以y关于x的回归方程为𝑦=9.4𝑥+7.1． (3)当𝑥=7时，𝑦=9.4×7+7.1=72.9<80， 当𝑥=8时，𝑦=9.4×8+7.1=82.3>80， 所以到2023年沙漠治理面积可突破80万亩．

【解析】(1)求出样本中心坐标，回归直线方程的系数，然后求解相关系数即可． (2)通过求解𝑏=

̂

∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)

2∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)

−−

−

̂

̂

̂

，然后推出回归直线方程即可．

(3)利用回归直线方程，验证𝑛=7，𝑛=8时的预报值，即可得到结果． 本题考查回归直线方程的求法与应用，考查计算能力，是基础题．

21.解：(1)设椭圆C的标准方程为𝑥+𝑦=1(𝑚>0,𝑛>0,𝑚≠𝑛)，

𝑚𝑛+4𝑛=13√3𝑚

把点𝐴(−√3,)，𝐵(1,−2)代入椭圆方程可得{1， 92+=1

𝑚

4𝑛3

3

2

2

解得𝑚=4，𝑛=3， 所以椭圆C的标准方程为

𝑥24

+

𝑦23

=1．

(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，

𝑦=𝑘(𝑥−1)联立{2，整理得(4𝑘2+3)𝑥2−8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0， 2

3𝑥+4𝑦−12=0所以△=144𝑘2+144>0， 设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)， 则𝑥1+𝑥2=2，𝑥1𝑥2=

4𝑘+3所以|𝑀𝑁|=√1+𝑘2√(𝑥1

8𝑘2

4𝑘2−124𝑘2+3

，

12(1+𝑘2)4𝑘2+3

+𝑥2

)2−4𝑥1𝑥2=

8𝑘2

，

因为𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2−2)=𝑘(2−2)=2，

4𝑘+34𝑘+3所以线段MN的中点坐标为(

,)， 4𝑘2+34𝑘2+3

4𝑘2

−3𝑘

−6𝑘

因为点Q在x轴上，且|𝑀𝑄|=|𝑁𝑄|，

18

所以Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点， 当𝑘=0时，|𝑀𝑁|=4，|𝑄𝐹|=1，则|𝑀𝑁|=4|𝑄𝐹|， 当𝑘≠0时，线段MN的垂直平分线方程为𝑦+令𝑦=0，得𝑥=2，即𝑄(2,0)，

4𝑘+34𝑘+3所以|𝑄𝐹|=|1−2|=4𝑘+3所以|𝑀𝑁|=4|𝑄𝐹|，

当直线l的斜率不存在时，|𝑀𝑁|=

1

7

2𝑏2𝑎

𝑘2

3(𝑘2+1)4𝑘2+3

𝑘2

𝑘2

3𝑘4𝑘2+3

=−𝑘(𝑥−4𝑘2+3)，

1

4𝑘2

，

=3．

所以𝑄(4,0)或𝑄(4,0)，满足|𝑀𝑁|=4|𝑄𝐹|， 综上所述，存在实数𝜆=4满足题意．

𝑥𝑦

【解析】(1)设椭圆C的标准方程为+=1(𝑚>0,𝑛>0,𝑚≠𝑛)，把点

𝑚𝑛

2

2

𝐴(−√3,3√3，𝐵(1,−2)代入椭圆方程，可得关于)2

m，n的方程组，解得m，n，即

可得出答案．

(2)设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，联立椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得𝑥1+𝑥2，𝑥1𝑥2，由弦长公式可得|𝑀𝑁|，写出线段MN的中点坐标，由点Q在x轴上，且|𝑀𝑄|=|𝑁𝑄|，推出Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，分两种情况：当𝑘=0时，当𝑘≠0时，分析|𝑀𝑁|=𝜆|𝑄𝐹|，即可得出答案．

本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

22.(1)解：当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=2𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑓′(𝑥)=2−𝑐𝑜𝑠𝑥， ∵𝑓′(𝜋)=3，𝑓(𝜋)=2𝜋，

∴所求切线方程为𝑦−2𝜋=3(𝑥−𝜋)，即3𝑥−𝑦−𝜋=0； (2)证明：若𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑏有两个不同的零点m，n， 则2𝑚−𝑎𝑙𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑚=2𝑛−𝑎𝑙𝑛𝑛−𝑠𝑖𝑛𝑛， ∴𝑎(𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑚𝑛)=2(𝑚−𝑛)−(𝑠𝑖𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑛)，

令ℎ(𝑥)=𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，则ℎ′(𝑥)=1−𝑐𝑜𝑠𝑥≥0，则ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，

19

不妨设𝑚>𝑛>0，∵ℎ(𝑚)>ℎ(𝑛)，∴𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑚>𝑛−𝑠𝑖𝑛𝑛， 则−(𝑠𝑖𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑛)>𝑛−𝑚，

∵2(𝑚−𝑛)−(𝑠𝑖𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑛)>2(𝑚−𝑛)+(𝑛−𝑚)=𝑚−𝑛， ∴𝑎(𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑛𝑛)>𝑚−𝑛，即𝑎>𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑛𝑛．

要证𝑚𝑛<𝑎，即证𝑎>√𝑚𝑛，只需证𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑛𝑛>√𝑚𝑛，即证令𝑡=

𝑚

2

𝑚−𝑛

𝑚−1𝑛𝑚ln𝑛𝑚−𝑛

>√𝑛，

𝑚

(𝑡>1)，设𝜑(𝑡)=𝑛

(√𝑡−1)22𝑡√𝑡𝑡−1√𝑡−𝑙𝑛𝑡(𝑡>1)，

则𝜑′(𝑡)=

>0，

∴𝜑(𝑡)在(1,+∞)上单调递增，则𝜑(𝑡)>𝜑(1)=0， 即𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑛𝑛>√𝑚𝑛成立， 故𝑚𝑛<𝑎2．

【解析】(1)当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=2𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，求其导函数，再求出𝑓′(𝜋)与𝑓(𝜋)的值，利用直线方程的点斜式得答案；

(2)由已知可得2𝑚−𝑎𝑙𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑚=2𝑛−𝑎𝑙𝑛𝑛−𝑠𝑖𝑛𝑛，则𝑎(𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑚𝑛)=2(𝑚−𝑛)−(𝑠𝑖𝑛𝑚−𝑠𝑖𝑛𝑛)，令ℎ(𝑥)=𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，不妨设𝑚>𝑛>0，利用导数证明𝑎>𝑙𝑛𝑚−𝑙𝑛𝑛，把问题转化为

𝑚−𝑛

𝑚

−1𝑛𝑚ln𝑛𝑚−𝑛

>√𝑛，令𝑡=

𝑚𝑚

(𝑡>1)，设𝜑(𝑡)=𝑛

𝑡−1√𝑡−𝑙𝑛𝑡(𝑡>

1)，再由导数证明𝜑(𝑡)>0即可得结论．

20