河南省驻马店市汝南县第一高级中学2024-2025学年高三下学期3月阶段性测试数学试卷

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 2024—2025学年第二学期高三 3月阶段性测试 数 学 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. 1．已知集合  2 1,A x x x    Z∣ ，   2ln 1 0B x x x   ∣ ，则 A B  （ ） A． 2 B． 2,1 C． 0,1 D． 1,0,1 2．已知 ,p qR ，虚数1 i 是关于 x的方程 2 0x px q   的根，则 p q （ ） A． 2 B．0 C．1 D．2 3．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（ ） A． ( ) cos(sin 2 )f x x B． 1( ) lg 1 xf x x    C．  4 1( ) log 4 1 2 xf x x   D． 2 2( ) 2 2 x x x xf x      4．有 5辆车停放 6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放， 则共有（ ）种停放方法． A．72 B．144 C．108 D．96 5．在平面直角坐标系 xOy中，已知圆  2 2 2: ( 1) ( 2) 0C x y r r     ，点  4,0A ，若圆C上存在点M ，满 足 2 2| | | | 10MA MO  ，则 r的取值范围是（ ） A． 0, 5 1  B． 5 1, 5 1    C． 0, 5 1  D． 5 1,    6．已知抛物线  2 2 0y px p  的焦点为 F ，点  0 , 4M x 在抛物线上，点M 到点 F 的距离与到直线 2 py   的 距离相等，则 p （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知函数 π( ) 2sin ( 0) 6 f x x        和 π( ) 3cos(2 ) 1 | | 2 g x x          的图象的对称轴完全相同，令 ( ) sin( )h x x   ，则下列结论错误的是（ ） A．  h x 的一个周期为 2π B．  h x 的图象关于直线 5π 12 x  对称 C． ( π)h x  的一个零点为 π 6 x  D．  h x 在 π , π 2       单调递减 8．已知四面体 ABCD的顶点均在半径为 5 的同一球面上，且 2 4AB CD  ，则该四面体体积的最大值为 （ ） A． 2 2 B．3 C．4 D．3 2 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9．已知椭圆 2 2: 1 2 xE y  的右焦点为 F ，过 F作两条互相垂直的直线 1l 和 2 1l l， 和 2l 分别与 E交于 A C、 和 B D、 ，则（ ） A． E的离心率为 2 2 B．存在直线 1l ，使得 6AC  C． 1 1 AC BD  为定值 D．若 E上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的 2倍，则 E变为圆 10．柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同 的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为 2 的正八面体 ABCDEF．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、 乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ） A．该正八面体的外接球的体积为 8 2π 3 B．平面 ABE截该正八面体的外接球所得截面的面积为 4π 3 C．甲能构成正三角形的概率为 3 5 D．甲与乙均能构成正三角形的概率为 2 35 11．已知各项均不为零的数列 na ，其前 n项和是 1nS a a， ，且  1 1 2n n nS a a n  ，， . 下列说法正确的是 （ ） A． 2 1a  B．若 na 为递增数列，则 a的取值范围是  0,1 C．存在实数 a，使得 na 为等比数列 D． *Nm  ，使得当 k m 时，总有 0.012 2 1 2k k a a   数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知一组数据 233，144，89，55，34，21，13，8，5，3，2，1，则它们的上四分位数为 ．（用 具体数值作答） 13．幻方是一种中国传统游戏，其规则是将数字填在正方形格子中，使每行、每列和对角线上的数字的和 都相等．如图，已知一个三阶幻方由 1至 9这 9个不同的数组成，则 a b  ， a c  ． 14．设 e为自然对数的底数，若函数 2( ) e (2 e ) ( 2) e 1x x xf x a a      存在三个零点，则实数 a的取值范围 是 ． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分） 如图，在三棱锥 P ABC 中， PC 平面 ABC， 2 2 3 3 2AB BC AC PC AE EP    ， ， ， ． (1)在线段 AC上找一点 F ，使平面 BEF 平面 PAC，求 AF 的长； (2)若D为PC的中点，求DE与平面 PAB所成角的正弦值． 16．（15分） 已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，离心率为 3，C上一点与 1F 、 2F 的距 离的差的绝对值等于 4． (1)求双曲线C的方程； (2)过点 2F 作斜率为 k的直线 l与C交于A、 B两点．当 1AF B 为锐角时，求 k的取值范围． 17．（15分） 某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人 数众多）随机选取了 40位患者和 60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下： 抽样人群 阳性人数 阴性人数 患者 36 4 非患者 2 58 (1)试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率； (2)若从该地区的患者和非患者中分别抽取 2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率； (3)假设该地区有 10万人，患病率为 0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为 阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过 0.2？并说明理由. 18．（17分） 已知椭圆 2 2 2 2 1 x y a b   （ 0a b  ）的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，离心率 2 2 e  ，椭圆的短轴长为 2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线 1l ， 2l 过右焦点 2F ，且它们的斜率乘积为 1 2  ，设 1l ， 2l 分别与椭圆交于点 A，B和 C，D． ①求 AB CD 的值； ②设 AB的中点 M，CD的中点为 N，求 OMN 面积的最大值. 19．（17分） 定义：对于一个多项式  P x ，如果存在正整数 k，使得  P x 可以表示为       1 2 kP x x a x a x a      ， 其中 1 2 Zka a a , , , ，则称  P x 为“ k阶整数分解多项式”． (1)判断多项式   3 26 11 6P x x x x    是否为整数分解多项式？并说明理由； (2)若       1 2 3 4P x x a x a x a x a     ，且 1 2 3 4, , ,a a a a 互不相同，求   4 1 1 i iP a   的值； (3)若  P x 为 5阶整数分解多项式， 1 2 3 40,a a a a, , , 为   0P x  的互不相等的整数根，试用  P x 的根来表示    0P P x  的整数根 答案第 1页，共 15页 2024—2025学年第二学期高三 3月阶段性测试 数学答案 1．A 【分析】首先解对数不等式求出集合 B，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由  2ln 1 0x x   ，可得 2 1 1x x   ，解得 2x  或 1x   ， 所以   2ln 1 0 { | 1B x x x x x      ∣ 或 2}x  ， 又    2 1, 2, 1,0,1A x x x       Z∣ ， 所以 A B   2 . 故选：A 2．B 【分析】将方程的根代入方程，化为复数的代数形式，根据复数为零求出参数的值. 【详解】由题， 2(1 i) (1 i) 0p q     ，即 (2 )i 0p q p    ， 所以 0 2 0 p q p      ，得 2p   ， 2q = ，所以 0p q  . 故选：B 3．D 【分析】利用奇偶性定义，结合指对数函数的性质及复合函数的单调性判断各项对应函数是 否满足题设，即可得答案. 【详解】A： ( ) cos[sin( 2 )] cos[ sin(2 )] cos[sin(2 )] ( )f x x x x f x       ，定义域为 R， ( )f x 是 偶函数，不符； B： 1 1( ) lg lg ( ) 1 1 x xf x f x x x           ，定义域为 ( 1,1) ， ( )f x 是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知 2( ) lg( 1) 1 f x x    在 ( 1,1) 上单调递减，不符； C：    4 41 1( ) log 4 1 log 4 1 ( )2 2 x xf x x x f x        ，定义域为 R， ( )f x 是偶函数，不符； D： 2 2 2 2( ) ( ) 2 2 2 2 x x x x x x x xf x f x               ，定义域为 R， ( )f x 是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知 2 2 4 1 2( ) 1 2 2 4 1 4 1 x x x x x x xf x            在 R上单调递增，符合. 答案第 2页，共 15页 故选：D 4．A 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有3种停法，则乙车有 2种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有 3 3A 种停法； 若货车甲靠边，共有 2种停法，则乙车有3种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有 3 3A 种， 故共有 3 3 3 33 2 A 2 3 A 36 36 72        种停放方法. 故选：A. 5．B 【分析】设点M 坐标，然后表示出 MA 和 MO ，建立方程后得到点M 的轨迹方程，由两个 圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出 r的取值范围. 【详解】设  ,M x y ，则 2 2( 4)MA x y   ， 2 2MO x y  . 因为 2 2| | 10MA MO  ，所以    2 22 2 2 2( 4) 10x y x y     ， 即 2 2( 2) 1x y   ，所以点M 的轨迹是以  2,0N 为圆心，以 1为半径的圆 N . 又因为点M 在圆C上，所以圆C与圆 N有公共点，所以 1 1r CN r    ， 即 1 5 1r r    ，解得 5 1 5 1r    . 故选：B. 6．B 【分析】首先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义及已知条件得到 0 42 2 p px    ， 求出 0x ，再代入抛物线方程，求出 p . 【详解】抛物线  2 2 0y px p  的准线为 2 px   ， 又点  0 , 4M x 在抛物线，所以点M 到点 F 的距离与到直线 2 px   的距离相等， 又，点M 到点 F 的距离与到直线 2 py   的距离相等， 答案第 3页，共 15页 所以 0 42 2 p px    ，解得 0 4x  ，即  4,4M ，所以 24 2 4p  ，解得 2p  . 故选：B 7．D 【分析】根据已知及正余弦函数的对称性得到 2  、 π 3   ，进而有 π( ) sin(2 ) 3 h x x  ，再 由正弦型函数的性质依次判断各项的正误，即可得答案. 【详解】令 π π π, Z 6 2 x k k     ，则 2π π , Z 3 kx k      为 ( )f x 的对称轴方程， 令 2 π, Zx m m   ，则 π , Z 2 2 mx m   为 ( )g x 的对称轴方程， 由 ( )f x 与 ( )g x 的对称轴完全相同，则 2  ，即对称轴为 Z π 2 π π , , 3 22 x mk k m    ， 所以  π π , , Z 2 3 2 m k k m     且 π| | 2   ，则 π 3   ， 所以 π( ) sin(2 ) 3 h x x  ，其最小正周期 πT  ，故 2π 也是一个周期，A对； 5π 5π π( ) sin( ) 1 12 6 3 h    ，故  h x 的图象关于直线 5π 12 x  对称，B对； π π( π) sin(2 2π ) sin(2 ) 3 3 h x x x      ，当 π 6 x  有 π πsin(2 ) 0 6 3    ， 所以 ( π)h x  的一个零点为 π 6 x  ，C对； π , π 2 x      ，则 π 2π 5π2 ( , ) 3 3 3 x   ，显然 π( ) sin(2 ) 3 h x x  在给定区间内不单调，D错. 故选：D 8．C 【分析】设 E为 AB的中点， F 为CD的中点，O为四面体 ABCD外接球的球心，通过 1 1 3 3ABCD C ABF D ABF ABF ABF V V V S CF S DF        1 3 ABF S CD △ ， ABFS△ 同样利用 EF OE OF  进行放缩后可得最大值． 【详解】因为 2 4AB CD  ，四面体 ABCD外接球的半径为 5 ，设球心为O，设 E为 AB的 中点， F为CD的中点， 则球心O到 AB的中点 E的距离  2 25 2 1OE    ， 球心O到CD的中点 F 的距离  2 25 1 2OF    ； 答案第 4页，共 15页 所以 1 1 1 3 3 3ABCD C ABF D ABF ABF ABF ABF V V V S CF S DF S CD           ， 1 2ABF S AB EF   1 ( ) 2 AB OE OF  ， 所以 1 ( ) 6ABCD V AB CD OE OF    ，又 1OE  ， 2OF  ， 所以  1 2 4 1 2 4 6ABCD V       ，当且仅当 AB与CD垂直，且均与 EF垂直时取等号． 故选：C 9．ABC 【分析】求得椭圆的离心率可判断 A；设直线 AC的方程为 1x ty  ，    1 1 2 2, , ,A x y C x y ， 联立方程组，利用弦长公式求得 | |,| |AC BD ，进而可求 | |AC 的最大值，最小值，可判断 B； 求得 1 1 3 2 4AC BD   可判断 C；求得变换后的轨迹方程判断 D. 【详解】由椭圆 2 2: 1 2   xE y ，可得 2 22, 1a b  ，所以 2 22, 1a c a b    ， 所以椭圆 E的离心率为 1 2 22 c a   ；故 A正确； 可得椭圆 E的右焦点为  1,0F ， 当直线 AC的斜率为 0时，直线 AC的方程为 0y  ，此时， 2 2AC  ， 当直线 AC的斜率不为 0时，设直线 AC的方程为 1x ty  ，    1 1 2 2, , ,A x y C x y ， 答案第 5页，共 15页 联立 2 2 1 2 1 x y x ty        ，消去 x，可得  2 21 2 2ty y   ，整理得  2 22 2 1 0t y ty    ， 所以 1 2 1 22 2 2 1, 2 2 ty y y y t t        ， 所以       2 22 2 1 2 1 2 2 2 2 11 4 1 4 2 2 tAC t y y y y t t t                            2 2 22 2 22 4 4 2 2 2 1 1 22 t t t t tt             ， 同理可得  2 2 2 2 1 2 1 t BD t    ，    2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 t t AC t t t           ，当 0t  时， min 2AC  ，且 2 2AC  所以 | |AC 的最小值为 2，最大值为 2 2 ，故 B正确； 当直线 AC的斜率为 0时，直线 BC斜率不存在，此时 2 2 2AC BD ， ， 1 1 3 2 4AC BD   ， 当直线 BC的斜率为 0时，直线 AC斜率不存在，同理可得 1 1 3 2 4AC BD   当直线 AC， BC的斜率不为 0时，     2 2 2 2 1 1 2 2 1 3 2 42 2 1 2 2 1 t t AC BD t t         为定值，故 C正确； 若 E上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的 2倍，则方程为 2 2 1 2 4 x y   ，故不是圆，故 D错误. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断 A；如图， 根据等面积求出 OH，进而求出截面圆的半径即可判断 B；确定甲乙选择的三个点构成正三 角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断 CD. 答案第 6页，共 15页 【详解】A：由棱长为 2，得正八面体上半部分的斜高为 2 22 1 3EG    ，高为 3 1 2EO    ， 则正八面体的体积为 2 2 2 8 22 2 3 3 3 AB BC EOV         ． 则正八面体的外接球的球心为O，半径为 2EO  ， 所以外接球的体积为  34 8 2 ππ· 23 3V  球 ，故 A正确； B：由于O到平面 ABE的距离等于O到平面 BCE的距离， 在Rt OEG△ 中，过O作EG的垂线，垂足为 H ，则OH 平面 BCE． 由 1OG  ，得 6 3 EO OGOH EG    ， 平面 ABE截正八面体的外接球所得截面是圆，半径 2 2 2 2 32 3 3 r EO OH     ， 所以所得截面的面积为 2 4ππ 3 r  ，故 B正确； C：甲随机选择的情况有 36C 20 种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有 1 12 4C C 8 种， 甲构成正三角形的概率为 8 2 20 5  ，故 C错误； D：乙随机选择的情况有 38C 56 种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有 2 4 8  种，概率为 8 1 56 7  ；又甲能构成正三角形的概率为 2 5 ， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为 2 1 2 5 7 35   ，故 D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题， 关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 答案第 7页，共 15页 11．ABD 【分析】赋值法计算判断 A，先应用 1 1n n nS S a   计算化简得出数列分奇偶得出等差数列， 再分类求出通项即可判断 B，C，再结合指数运算判断 D. 【详解】由  1 1 2n n nS a a n  ，， 得 1 2 1n n nS a a   ， 相减可得 1 2 1 1n n n n n nS S a a a a      ，  1 1 2n n n na a a a    ， 由于 na 各项均不为零，所以 2 1n na a   ，所以 na 的奇数项和偶数项分别为公差为 1的等 差数列， 对于 A， 1 2 1 1a a S a  ， 2 1a  ，故正确； 对于 B，由于 na 的奇数项和偶数项分别为公差为 1的等差数列，所以  2 1 21n na a n a n    ， ， 若 * 1N n nn a a  ， ，则需要  * 2 1 2 2 1N 1n n nn a a a a n n a n          ， ，则0 1a  ， 故正确， 对于 C，  2 1 21n na a n a n    ， ，若 na 为等比数列，则   2 2 1 1 n n a n a a n    为常数，则 1a  ， 此时 2 2 1 1n n a a   ，故 2 1 2n na n a n  ， ，进而可得数列的项为11 2 2 3 3，，，，，， ，显然这不是等比数列， 故错误， 对于 D，若 0.012 2 1 2 1 k k a k a a k     ，只要 k足够大，一定会有 1 0a k   ， 则 0.01 0.011 12 2 1a k a k k        ，只要 k足够的大， 1a k  趋近于 0， 而 0.012 1 0   ，显然能满足 0.01 1 2 1a k    ，故 *Nm  ，当 k m 时，总有 0.012 2 1 2k k a a   ，故 正确， 故选：ABD. 12．72 【分析】利用分位数的定义计算即可求解. 【详解】把数据由小到大排列为 1，2，3，5，8，13，34，21，55，89，144，233. 因为12 0.75 9  ，所以上四分位数为 55 89 72 2   . 故答案为： 72 . 答案第 8页，共 15页 13． 3 16 【分析】由对角线8 5 2 15   ，得到每行、每列、对角线的和都为15，列出等式求解即可； 【详解】由对角线8 5 2 15   ，可知每行、每列、对角线的和都为15， 所以可得： 8 7-b b 10-c 5 c 13-a a 2 所以 8 10 13 15 7 5 15 13 5 15 c a b a a b                ， 解得： 9 6 7 a b c      所以 3a b  ， 16a c  ， 故答案为：3；16 14．1 2a  【分析】令 e 1x t  ，利用换元法，根据 e 1xy   的函数图象以及已知条件，结合一元二 次方程根的分布情况，列出不等关系，即可求得结果. 【详解】设 e 1x t  ，故 2e (2 e ) ( 2) e 1x x xa a     0，即 2 2( 2) 1t a t a    0 对函数 y  e 1x  ，其函数图象如下所示： 令    2 22 1g t t a t a     ， 故要满足题意，只需  g t 在  0,1 内有一个实数根，且另一个根为0； 答案第 9页，共 15页 或  g t 在  0,1 内有一个实数根，且在 1, 内也有一个实数根. 所以 (0) 0 2(1) 0, (0,1) 2 g ag       或 (0) 0 (1) 0, g g    或 (0) 0 2(1) 0, (0,1) 2 g ag       即 2 1 2 0, ( 2,0) a a a a         或 2 1 1 2, a a       或 2 2 1 2 0, ( 2,0) a a a a         解得1 2a  . 故答案为：1 2a  . 【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路： (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形 结合求解． 15．(1) 3AF  (2) 3 57 38 【分析】（1）取 AC中点为 F ，连接 BF ，可得 BF AC ，又可得 PC BF ，进而可得 BF  平面 PAC，可得平面 BEF 平面 PAC，可求得 AF 的长； （2）取 AC中点为O，连接OB，建立空间直角坐标系，求得平面 PAB的一个法向量，利 用向量法可求得直线DE与平面 PAB所成角的正弦值． 【详解】（1）取 AC中点为 F ，连接 BF，因为 2AB BC  ，所以 BF AC ， 又PC 平面 ABC， BF 平面 ABC， PC BF ， 因为 AC 平面 PAC， PC 平面 PAC， AC PC C ， 所以 BF 平面 PAC，因为 BF 平面 BEF，所以平面BEF 平面 PAC， 此时 1 3 2 AF AC  ； （2）取 AC中点为O，连接OB，在平面 PAC内过点O作 PC的平行线为 z轴，以O为坐标 原点， ,OA OB所在直线分别为 ,x y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 答案第 10页，共 15页 则 3 3( 3,0,0), (0,1,0), ( 3,0,3), ( 3,0, ), ( ,0, 2) 2 3 A B P D E   ， 所以 2 3 1( 3,1,0), ( 2 3,0,3), ( ,0, ) 3 2 AB AP DE        ， 设平面 PAB的一个法向量为 ( , , )n x y z  ， 则 · 3 0 · 2 3 3 0 n AB x y n AP x z             ，令 3x  ，则 3, 2y z  ， 所以平面 PAB的一个法向量为 ( 3,3,2)n   ， 所以DE与平面PAB所成角的正弦值 6 0 1 3 573sin cos , 3812 13 9 4 9 4 DE n DE n DE n                   ． 16．(1) 2 2 1 4 8 x y   (2)    2 2, 2 ,0 0, 2,2 2                      【分析】（1）依题意可得 2 4a  ，结合离心率求出 a、b，即可得解； （2）依题意可得直线 l的方程为   2 3 0y k x k   ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立直线 与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由 1AF B 为锐角，可得 1 1 0FB F A    ，再由数量积的坐 标表示得到不等式，解得即可； 【详解】（1）依题意 2 2 2 4 3 a ce a c a b           ，解得 2 2 3 2 2 a c b      ， 所以双曲线的方程为 2 2 1 4 8 x y   ； 答案第 11页，共 15页 （2）由（1）知  1 2 3,0F  、  2 2 3,0F ， 依题意直线 l的斜率 0k  ，则直线 l的方程为   2 3 0y k x k   ， 由   2 2 2 3 1 4 8 y k x x y          ，消去 y整理得  2 2 2 22 4 3 12 8 0k x k x k     ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 当 22 k  0，即 2k   ，由     4 2 2 2Δ 48 4 12 8 2 64 1 0k k k k       ， 则 21 2 2 4 3 2 x k x k    ， 21 2 2 12 8 2 kx x k     ， 所以     2 21 2 1 2 1 2 1 22 3 2 3 2 3 12y y k x x k x x x x         2 2 2 2 2 2 2 12 8 4 3 162 3 12 2 2 2 k k kk k k k              ， 因为 1AF B 为锐角，所以 1 1 0FB F A    ， 即     1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 3 2 3 2 3 12F B F A x x y y x x x x y y            2 2 2 2 2 2 12 8 4 3 162 3 12 2 2 2 k k k k k k          2 2 16 32 0 2 k k     ，解得 2 1 2 k  或 2 2k  ， 则 2 2 2 2 k   或 2k  或 2k   ， 又 0k  ，所以 k的取值范围为    2 2, 2 ,0 0, 2,2 2                       . 17．(1)0.94 (2) 551 2500 答案第 12页，共 15页 (3)超过，理由见解析 【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可； （2）设事件A：患者检测结果正确，事件 B：非患者检测结果正确“，事件C：该地区的患 者和非患者中分别抽取 2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误，由 1 2 1 2 2 2( ) C ( ) ( ) ( ( )) C ( ) ( ) ( ( ))P C P A P A P B P B P B P A      求解即可； （3）求得检测一次结果为阳性的人数，确定其中患者人数，即可判断； 【详解】（1）由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有 100人，其中检测结果正确的共有 94人， 所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为 94 0.94 100  . （2）设事件A：患者检测结果正确，事件 B：非患者检测结果正确“， 事件C：该地区的患者和非患者中分别抽取 2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误； 根据题中数据，  P A 可估计为  36 9 , 40 10 P B 可估计为 58 29 60 30  该地区的患者中抽取 2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为 1 2 9 1 18C ( ) ( ) 2 10 10 100 P A P A     该地区的非患者中抽取 2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为 1 2 29 1 58C ( ) ( ) 2 30 30 900 P B P B     所以 1 2 1 2 2 2( ) C ( ) ( ) ( ( )) C ( ) ( ) ( ( ))P C P A P A P B P B P B P A      ， 所以   2 218 29 58 9 551 0.2204 100 30 900 10 2500 P C                 . 因此恰有一人检测结果错误的概率为 551 2500 （3）此人患该疾病的概率超过 0.2.理由如下： 由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次， 那么结果为阳性的人数为 2 3699000 1000 3300 900 4200 60 40       ，其中患者人数为 900. 若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为 900 0.2 4200  . 18．（1） 2 2 1 2 x y  ；（2）①3 2；② 2 8 【分析】（1）由短轴长为 2，得到 1b  ，再由离心率结合 2 2 2a b c  计算可得椭圆方程； 答案第 13页，共 15页 （2）①由直线 AB，CD过右焦点 2F ，设出直线 AB的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理， 计算出弦长 AB，再由两直线的斜率乘积为 1 2  ，将弦长 AB中的斜率变为 1 2k  可得弦CD， 相加即可得解； ②由中点坐标公式求出M 、 N的坐标，观察坐标知MN的中点T 在 x轴上，所以 1 2OMN m n S OT y y   整理后利用基本不等式即可得到面积的最值； 【详解】解：（1）依题意可得 2 2 2 2 2 2 2 b c a a b c        解得 1 2 1 b a c      ，故椭圆的方程为 2 2 1 2 x y  ； （2）①设 AB的方程为  1y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y 联立   2 2 1 1 2 y k x x y        消去 y并整理得到  2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k     2 1 2 2 4 1 2 kx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k    于是   2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 21 1 4 1 2 kAB k x x k x x x x k           同理可得 2 2 2 2 12 2 2 2 2 4 22 1 211 2 2 kkCD k k              2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 2 1 2 1 2 k kAB CD k k         ②由①知 2 2 2 1 2M kx k   ， 21 2M ky k    ， 2 1 1 2N x k   ， 21 2N ky k   ， 所以 2 2 2 2 , 1 2 1 2 k kM k k       ， 2 2 1 , 1 2 1 2 kN k k       所以MN的中点 1 ,0 2 T      所以 2 22 1 1 2 1 1 2 11 2 1 8 2 1 1 1 2 4 2 2 12 22 OMN m n k S OT y y k k k k kk k            当且仅当 1 2 k k  即 2 2 k   时取等号， 所以 OMN 面积的最大值为 2 8 答案第 14页，共 15页 【点睛】本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等 式求最值，属于中档题. 19．(1)是，理由见解析； (2)0； (3) ( ( )) 0P P x  的根为 1 2 3 40,a a a a, , , ． 【分析】（1）直接因式分解直接得到答案； （2）因为    i i j i j P a a a     ，代入计算即可； （3）根据题意知     1 2 3 4( )P x x x a x a x a x a     ，从而分析得 1 2 3 40,a a a a, , , 仍为 ( ( )) 0P P x  的根，最后再证明对 {1,2,3,4}, ( ) ii P x a   无整数根即可. 【详解】（1）因为 3 2( ) 6 11 6 ( 1)( 2)( 3)P x x x x x x x        ， 所以多项式 3 2( ) 6 11 6P x x x x    是 3整数分解多项式． （2）    i i j i j P a a a     ，           4 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 3 2 4 1 1 1 i iP a a a a a a a a a a a a a                  3 1 3 2 3 4 4 1 4 2 4 3 1 1 a a a a a a a a a a a a                          2 1 1 2 3 4 4 3 3 4 1 2 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 3 1 3 2 4 1 4 2 0 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                      下面对通分后的分子为 0进行简单计算说明，        2 1 1 2 3 4 3 4 1 2 4 3 3 4 1 2a a a a a a a a a a a a a a a a                  2 1 1 2 3 4 3 4 2 1 1 2 3 4 3 4 0a a a a a a a a a a a a a a a a             . （3）由题意     1 2 3 4( )P x x x a x a x a x a     ， 于是     1 2 3 4( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P P x P x P x a P x a p x a P x a     ． 因为 ( ( )) 0P P x  ，所以 ( ) 0P x  或 ( ) ( 1, 2,3,4)iP x a i  ． 从而 1 2 3 40,a a a a, , , 仍为 ( ( )) 0P P x  的根． 下面证明对 {1,2,3,4}, ( ) ii P x a   无整数根． 答案第 15页，共 15页 若不然，不妨设 44, ( )i P x a  有整数根  ， 则     4 1 2 3 4a a a a a         ， 求出         2 1 2 3 4 1 2 31 a a a a a a a                 ． 因为  与 1互质，所以 1 ,k  Z 与 11 k  互质． 取    1 1 2 3k a a a      ， 则  与    1 2 31 a a a       互质． 再取    1 2 3k a a a       ，即有  与1 k 互质． 对于任意绝对值大于 1的整数 k，有 k与 1k  互质，所以 k 与1 k 互质． 即    2 1 2 3a a a      与    1 2 31 a a a       互质， 所以    1 2 31 1a a a         ． 由于 0, , 1, 2,3ia i    ， 则    1 2 31 1a a a         ， 即    1 2 3 2a a a        ， 所以 ( ( )) 0P P x  的根为 1 2 3 40,a a a a, , , ．