上海市南洋模范中学2025-2026学年高三下学期3月阶段测试数学试卷

2025-2026学年上海市南洋模范中学高三年级下学期阶段测试 数学试卷3.31 2026.3 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写 结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1.设集合A={0,-a},B={1,a-2,2a-2},若AsB,则a= 2.一组数据从小到大排列为：3,4,5,6,7,9,12,14，则该组数据的80%分位数为 3.复数z满足(1+)z=2-4i,则|z=· 4.在(-马的二项展开式中x项的系数为一 5.函数y=g(sin2x)+V9-x2的定义域是 6.若关于x的方程g(x-1)+g(3-x)=g(1-a)有两解，则实数a的取值范围是 7.若1+sin-cosc=2,则tana= cos2a 8.如图，在长方体ABCD-AB,CD,中，AB=3,AD=2,AA=4,点P是矩形ADD,4(包 括边界)上的动点，点Q是矩形ABCD(包括边界)上的动点，若PA⊥PC,则四面体PAOC 体积的最大值为 D 9 B C 9如图，是款电动自行车用“遮阳神器”的结构示意图，它由三叉形的支架O-ABC和覆盖 在支架上的遮阳布△ABC组成：己知OA=1.4m,OB=OC=0.6m,且∠AOB=∠AOC:为 保障行车安全，要求遮阳布的最宽处BC≤Im;若希望遮阳效果最好（即△ABC的面积最大）， 则∠BOC的大小约为 (结果四舍五入精确到1) 10.甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人 中的任何一人若第一次由甲传出，共传5次结束，记X表示球传回到甲手中的次数，则X 的数学期望E(X)= 11.若平面有不共线的五点A,B,C,D,0,记OA=a,OB=b,OC=c,OD=-d, 满足|āH6上2ā-6=1.c=ā+(2-)b(2eR),1ā+46=V5,则1c+d的最小值为一， 12.已知k∈R,存在8∈R,当x∈(0，+oo)时，都有cos8(x-k)+sin8(x-1+k)<0,则k的 取值范围是」 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分） 每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑。 13.已知集合A={(x,y沙y=sinx,B=(x,y)少=x,则A∩B的子集个数为() A.8 B.6 C.4 D.2 14.已知圆C:(c-3》+0-4=9关于直线1：x+by-2=0(a>0,b>0)对称，则1+1的 3a 4b 最小值是() A.1 B.2 C.4 D.8 15.已知双曲线C:女- a 2 =1(a>0),在双曲线C左支上任取两个不同的点R(:,),(x2, 2),都有xx+y2>0,则双曲线C的离心率e的最大值为（) A.3 B.3 C.2 D.2 16.若无穷数列{an}满足：a=1,当n>2时，la,-an-d=max{a,a2,…,an-},则称{a}是 “X-数列”则下列正确的是() A.若{a}是“X-数列”，则a4=4 B.若(a}是“X-数列”且是等差数列，则(a,)单调递增 C,若a,}是“X-数列”且单调递减，则{a,}是等比数列 D.若(a)是“X-数列”且是周期数列，则集合{I≤i≤100a,=1}的元素个数最多是50 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的 规定区域内写出必要的步骤 17.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=BC,AA=AB=2,点D满足AD=3DB,点E 为BB的中点。 (1)证明：DE⊥CE; (2)若异面直线AB,和CE所成角为艺，求平面AAC与平面ACB所成角的余弦值， E 18.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 在△ABC中，角A,B,，C的对边分别为a,b,c,(2b+V3c)cosA+√3 acosC=0. (1)求A: (2)若点D满足BD=2DC,AD⊥AB且AD=1,求△ABC的面积. 19.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的 同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达 标的学生体测合格率有50%、 (1)完成列联表，并根据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动 量之间有关： 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 (2)从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和 期望； (3)为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子 里抽球，里面有2个白球和2个红球（大小、材质相同)，抽到红球放回，且学生就需要跑 步1km;抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红 球后结束，记n天后任务结束的概率为Pn求P, 附：x2= n(ad-be)2 n=a+b+c+d. (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) a 0.100 0.050 0.010 0.001 Xa 2.706 3.841 6.635 10.828 20.(本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分) 已知平面上一动圆P与圆F:x2+y2-2√3x=13相内切（其中圆P的半径小于圆F的半解 径)，且圆P经过点F关于原点的对称点F,记圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)记C与x轴的两个交点分别为A,A,(A,在4的右侧)，直线/与C相交于点M,N(异 于点A,A,),且直线AM的斜率恰好是直线A,N的斜率的7倍. ()直线/是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标：若不过定点，请说明理由； ()求四边形AMA,N的面积S的最大值 21.(本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分) 已知函数f(x)定义域为1，DsI,若x∈D，1∈D,当x<1时，都有f(x)<f).则称1 为f(x)在D上的“2点”. (1)设函数f(x)=(2+ax)ln(1+x)-2x. ()当a=0时，求f(x)在(-1，+∞)上的最大“2点”： ()若f(x)在[0，]上不存在“2点”，求a的取值范围； (2)设D={,2,,m(m∈N),且f(1)=0,fx)-f(x-10≤1. 证明：f(x)在D上的“2点”个数不小于f(m). 2025-2026学年上海市南洋模范中学高三年级下学期阶段测试 数学试卷3.31 2026.3 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写 结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1.设集合A={0,-a,B={1,a-2,2a-2},若A≤B,则a= 【答案】1 【解析】因为集合A={0,-a},B={1,a-2,2a-2},A∈B 所以a-2=0或2a-2=0, 若a-2=0,则a=2,此时A={0,-2},B={1,0,2},不符合题意， 若2a-2=0,则a=1,此时A={0,-1},B={1,-1,0},符合题意， 综上所述，a=1. 2.一组数据从小到大排列为：3,4,5,6,7,9,12,14，则该组数据的80%分位数为 【答案】12 【解析】因为8×80%=6.4， 所以该组数据的80%分位数是第7个数，即为12. 3.复数z满足(1+)z=2-4i，则1z=一 【答案】 【解析】根据题意得(1+)2=1+2i+2=2i, 所以1+02=2-4，即2z=2-41,可得2=241-2-1， 2i 所以川z=V(-2)2+(-1)2=√5 4.在(x-马的二项展开式中x项的系数为 【答案】-126 【解析】(x-的展开式通项为：T=C5r←y=(←1yCx-”,r=0,1,2,,9, 令9-2r=-1,则r=5, 二项展开式中x项的系数为(-1护C=-9x8x7x6x5=-126. 5×4×3×2×1 5.函数y=lg(sin2x)+V9-x2的定义域是 第1页（共19页） 【答案】 3到 【解析】函数y=lg(sin2x)+V9-x, sin 2x>0 19-x2201 解得飞元≤<k元+，三乙 -3≤x≤3 即-3<x<-T或0<x< 函微y的定义地是[3-引0引 6.若关于x的方程g(x-1)+lg(3-x)=1g(1-ax)有两解，则实数a的取值范围是 【答案】0 【解析】关于x的方程g(x-1)+1g(3-x)=g1-a)有两解， 即1g[(x-1)3-x]=lg(1-ax)有两解，1<x<3, 可得f(x)=(x-103-x)=-x2+2x-3,1<x<3, g(x)=1-ax>0, 只需要f(x)与g(x)的图象有两个交点即可， 图象如图所示： 个y R0,1) 42,12 A1,0) B(3,0) 由图象知：当kpM<-a<kpB, 即-}-0<0， 即0<a<兮即a的范围为@，的， 第2页（共19页） 7.若1+sin-cosa=2,则tana=一 cos2a 【答案】 3 【解析】因为1+sinacosa-cos2a =2, cos2a 所以sim'a+sin=2,即iara+ana=2, cos-a-sin a 1-tan'a 整理得3tan2a+tana-2=0且tan2a≠1， 所以ama=2或-1（合）. 3 8.如图，在长方体ABCD-AB,CD中，AB=3,AD=2,A4=4,点P是矩形ADD,A(包 括边界)上的动点，点Q是矩形ABCD(包括边界)上的动点，若PA⊥PC,则四面体PAQC 体积的最大值为 D A DL B 【答案】1 【解析】分别取AC,AD的中点0，E,连接PE,OB,P0,则OE11CD,且OE=CD=? 由正方体的性质知，CD⊥平面ADD,A, 所以OE⊥平面ADDA, 又PEc平面ADD,A,所以OE⊥PE, 在矩形ABCD中，AC=VAD2+CD2=V13, 因为PALPC,所以PO=号AC= 3,所以PE=VPO2-OE=1, 2 故点P的轨迹是以点E为圆心，1为半径的半圆， 所以点P到平面ABCD的距离的最大值为1， 又因为点Q是矩形ABCD(包括边界)上的动点， 所以当且仅当点Q与点B或点D重合时，△ACQ的面积取得最大值，为二x2×3=3, 第3页（共19页） 所以四面体PA0C体积的最大值为×1×3=1， B B 9.如图，是款电动自行车用“遮阳神器”的结构示意图，它由三叉形的支架O-ABC和覆盖 在支架上的遮阳布△ABC组成：已知OA=1.4m,OB=OC=0.6m,且∠AOB=∠AOC:为 保障行车安全，要求遮阳布的最宽处BC≤Im;若希望遮阳效果最好（即△ABC的面积最大）， 则∠BOC的大小约为 (结果四舍五入精确到1) B 【答案】113° 【解析】因为∠AOB=∠AOC,OB=OC,OA=OA, 故△4OB=△A0C,故AC=AB,设∠B0C=2a,则0<a≤arcsin: 1 又S,4ac=2×2×1.4x0.6sina+2x0.6x0.6sin2a =0.84sina+0.18sin2, f(a)=0.84sina+0.18sin 2a, 则f'()=0.84cosa+0.36cos2a=0.72cos2a+0.84c0sa-0.36 -126cos2a+7c0sa-3)=36 100 253cosa-2cosa+3》, 记cosa,=有4e0,孕，因为sna, 2√2.5 >2,即a,>arcsin 361 6 故f)在0，arcsin内为增函数， 6 故f(x)nam=f(a), 此时cs∠B0C=2cos2((aresin-1=20-22)-1=-子，故∠B0C=元-aco 7 6 361 18 18 用度表示后约等于113°， 第4页（共19页） 10.甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人 中的任何一人.若第一次由甲传出，共传5次结束，记X表示球传回到甲手中的次数，则X 的数学期望E(X)= 【答案】23 16 【解析】5次传球后，共有32个样本点，随机变量X的可能取值为0,1,2， 当X0时，包含了“乙丙乙丙Z,丙Z乙丙Z丙”两种可能，则P(X=0)=及2专 当X=1时，包含了“乙甲乙丙乙，乙甲丙乙丙，乙丙甲乙丙，乙丙甲丙乙，乙丙乙甲丙， 乙丙乙甲乙， 乙丙乙丙甲，丙甲乙丙乙，丙甲丙乙丙，丙乙甲丙乙，丙乙甲乙丙，丙乙丙甲乙，丙乙丙甲 丙，丙乙丙乙甲”，共14种可能， 则Px=D=4=Z,所以Px=2)=1-7= 3216 1616-2 所以E(X)=0× 7 +1x 123 6 +2×216 16 11.若平面有不共线的五点A,B,C,D,O,记OA=ā，OB=b,OC=c,OD=-d, 满足|a曰b=2a.b=1.c=ā+(2-)b(∈R),1d+46=V2,则1c+d1的最小值为 【答案】- 【解析】已知平面有不共线的五点A,B,C,D,O,记OA=a,OB=b,OC=c,OD=-d, 满足|a日b=2a-b=1.c=a+(2-2)b(1eR),|d+4b=√2， 作出示意图，由aHb非2a-6=1,可得1041O81,且cos∠40B=a-6=, lalb 2 即∠A0B=5作oNM=26,OE=46,M=BA, 所以△AOB,△ABN,△BMN均为正三角形，且OM=ME=2b, 由c=1ā+(2-)b,得OC=(OA-OB)+2OB=2OB+1BA=OM+1MN, 化简可得OC-OM=MC=1MN, 所以C在直线MN上. 由图像可知d+4b=-OD+OE=DE, 所以1DE曰d+4b=V2, 第5页（共19页） 可得点D在以点E为圆心，以√2为半径的圆E上， 所以|c+dHOC-ODHDC. 如图过E作MN垂线垂足为C,交圆E于D点， 显然EC=V3, 此时1DC1的最小值为EC1-|ED=√3-√2. 即c+d1的最小值为V5-2 E 12.已知k∈R,存在0eR,当x∈(0，+o)时，都有cos(x-k)+sin0(lx-1+k)<0,则k的 取值范围是 【答案】(o,) 【解析】令x-k=te(一k,+o),所以x=1+k,原不等式等价于 1cos0+sin0(In(t+k)-1+k)<0, P(cos0,sin0),e(t,In(t+k)-1+k), 则点P在以原点为圆心的单位圆上，点Q在函数f()=t+k)-1+k的图象上， 所以不等式的几何意义是向量OP与0的夹角大于子，作出大致图像，如图所示： 由x≥l+1x知，k=1时，函数f()=n(t+1)与直线y=t恰好相切，切点为原点， 易知存在BeR,在k<1时使得1cos0+sin[ln(u+k)-1+k]<0恒成立， 当k>≥l时，不存在一个给定的0eR,使得tcos0+sin eIn(t+k)-l+k]<0恒成立， 综上，k的取值范围是(-o∞，1)， 个y y'=ln(t+k)-1+k Q -y=In(t+1) y=ln(t+k)-14k 第6页（共19页） 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分） 每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13.已知集合A={(x,yy=sinx,B={(x,y)y=x},则4∩B的子集个数为() A.8 B.6 C.4 D.2 【答案】D 【解析】集合A={(x,y)y=sinx,B={(x,y)y=x 则A∩B={(0,0)},元素个数为1个， A∩B的子集个数为2=2 故选：D 14.已知圆C:(-3)+0-42=9关于直线1：m+by-2=0a>0,b>0)对称，则1+1的 3a 4b 最小值是() A.1 B.2 C.4 D.8 【答案】B 【解析】圆C:(x-3)2+(y-4)2=9的圆心C(3,4). 因为圆C:(x-3)2+(y-4)2=9关于直线1：ax+y-2=0(a>0,b>0)对称， 所以直线1过圆心C(3,4),即3a+4b=2, 因为a>0,b>0, 所+布-+a+4治 1 3a46≥2×2+2 4b,3a)=2, V3a 4b 当且仅当地=30，即a=号， 3a 4b 6=时，等号成立，所以之+小的最小值是2 4 3a 4b 故选：B. 15.已知双曲线c:-y a22 =1(a>0),在双曲线C左支上任取两个不同的点P(x,y),卫(x2, y2),都有xx2+yy2>0,则双曲线C的离心率e的最大值为() A.5 B.3 C.√2 D.2 【答案】C 【解析】因为任取双曲线C左支上两个不同的点P(x,y),P(x2,2)都有xx,+2>0, 所以OEOE=xx2+yy2>0, 第7页（共19页） 即∠RoR<经 P P 设A,B分别为两条渐近线上的两点， 由图可知∠AOB>∠POP, 因为∠ROR<受，所以∠A0B≤ 3 即双曲线两渐近线的夹角0≤ 2 所以b≤tan=l, 所以离心率e= h+s2 即双曲线C的离心率e的最大值为√2. 故选：C. 16.若无穷数列{a,}满足：a=1,当≥2时，a,-a-=max{a,a,…,an},则称{a}是 “X-数列”.则下列正确的是（) A.若{an}是“X-数列”，则a,=4 B若{an}是“X-数列”且是等差数列，则{a}单调递增 C.若{an}是“X-数列”且单调递减，则{an}是等比数列 D.若{a,)是“X-数列”且是周期数列，则集合{1≤≤100a,=1}的元素个数最多是50 【答案】D 【解析】对于A,若{a}是“X-数列”，当n>2时，an-an-=max{a,a2,,an-}, a=1,若an-an=max{a,a,…,an-i} 当n=2时，a2-a,=max{a}=a,=1,所以a2=a+1=2, 当n=3时，a3-a2=max{a,a2}=max{1,2}=2,所以a,=a2+2=4, 第8页（共19页） 当n=4时，a4-a3=max{a,a2,a3}=max{1,2,4=4,所以a4=4+4=8,故A错误； 对于B,若{an}是“X-数列”且是等差数列，设公差为d, 当n=2时，|a,-a,=max{a}=a,即|d=a,=1, 当d=-1时，a,=1,则a2=0,a3-a=max{a,a2}=1,即a,=-1, 此时a2>a,数列{an}不单调递增，故B错误； 对于C,若{an}是“X-数列”且单调递减， 当n=2时，|a2-a,=max{a}=a,=1,因为数列单调递减，所以a2=0. 当n=3时，a,-a=max{a,a2}=1,因为数列单调递减，所以a=-1. 当n=4时，a4-a=max{a,a2,a3}=1,因为数列单调递减，所以a,=-2. 可知数列不是等比数列，故C错误； 对于D,若{an}是“X-数列”且是周期数列，假设周期为T, 当≥2时，lan-a-=max{a,a2,…,a-}, 当n=2时，|a2-a,=max{a}=a,=1,所以a2=0或a2=2, 若a2=2时，当n=3时，%-a2=max{a,a2}=2,所以a=4或a,=0, 若a=4时，当n=4时，a-a=max{a,a2,a}=4,所以a,=8或a=0, 这样数列值会越来越大（非周期），所以a2=0, 若a2=0时，当n=3时，a-a2l=max{a,a2}=1,所以a,=1或a,=-1, 若a,=1时，当n=4时，a4-a3=max{a,a2,a3}=1,所以a4=2或a4=0, 若a,=-1时，当n=4时，a4-a=max{a,a2,a}=1,所以a4=0或a,=-2, 同理按此规律计算可得数列a,}的取值可能是1,0,1,0,1,0,1,0，， 所以1≤1001a,=1}的元素个数最多是50，D正确. 故选：D 第9页（共19页） 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的 规定区域内写出必要的步骤 17.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=BC,AA=AB=2,点D满足AD=3DB,点E 为BB的中点. (1)证明：DE⊥CE; (2)若异面直线AB和CE所成角为？，求平面AAC,与平面4CB所成角的余弦值. B 、E =>B 【答案】)见解折；2)5或-店 15 15 【解析】 (1)证明：如图，取AB中点O,连接CO,OE,设AB与AB交于点M, B 由于AC=BC,O为AB中点，所以CO⊥AB, 在直三棱柱ABC-AB,C中，有BB,⊥平面ABC, 又COC平面ABC,所以BB⊥CO, 又AB∩BB=B，AB,BBC平面AAB,B, 所以CO⊥平面AAB,B,又DEc平面AA,B,B, 所以CO⊥DE, 又AA=AB,可得四边形AAB,B,是正方形，所以AB⊥AB,且M为线段AB,中点， 又AD=3DB,可得点D为B,M的中点， 第10页（共19页） 又E为BB的中点，所以OE是△BAB,的中位线，DE为△B,BM的中位线， 所以DE/1AB，OE IIAB, 所以DE⊥OE, 又CO∩OE=O,C0,OEc平面COE,所以DE⊥平面COE, 又CEc平面COE, 所以DE⊥CE; (2)如图，以O为原点，OA,OC所在的直线为x轴，z轴，以平行于A4的直线为y轴 如图建系， ZA 则A(1,0,0),A(1,2,0),B(-1,2,0),E(-1,1,0) 设C(0,0,m,m>0,则AB=(-2,2,0),CE=(-11,-m), 因异面直线AB和CE所成角为 4 则B.CE 4 |AB ICE12√2×√m2+22 解得m=V2,即C0,0,V2),则C(0,2,2), 则AC=(-1,0,V2)，BC=1,0,V2),A4=(0,2,0), 设平面AAC的一个法向量为n=(x,y,乙)， 由{ n,A4=0 得%=0 n·AC=0 -x+V2z,=0 故可取n=(W2,0,1), 设平面ACB的一个法向量为n,=(x2,y2,2), 第11页（共19页） 由 mAB,=0 得 -x2+y2=0 n2·B,C=0 x2+V2z2=0 故可取n,=(-V2,-V2,1), 设平面AAC与平面ACB,所成角为8， 则cos0cos(m,n2)= hn21_|-2+1川15 1hln2lV3×515 V15 故平面AAC与平面ACB,所成角的余弦值为 或- V15 15 15 18.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,(2b+V3c)cosA+V3 acosC=0. (1)求A: (2)若点D满足BD=2DC,AD⊥AB且AD=1,求△ABC的面积. 【答案】(1) 5；(2) 93 4 【解析】(1)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,(2b+V3c)cosA+V3 acosC=0, 由正弦定理可得，(2sinB+√3sinC)cosA+V3 sinAcosC=0,即 2sin Bcos +3sin(A+C)=0, 在△ABC中，sin(A+C)=sinB,sinB>0, 所以cosA=- 3 2 因为A∈(0，)，所以A=5π： 6； (2)若点D满足BD=2DC,AD⊥AB且AD=1, 则∠CAD=7,设BD=2x,在△ABD中，sinB= 3 2x 在△ACD中，由正弦定理，D-x sin C 得sinc= s3 π 2x 又因为sinB=sin(匹-C),得x=V万， 6 第12页（共19页） B=VBD2-AD=35,所以83 3√5 ,所以S,c=SACn+S,4o 95 4 4, 所以△ABC的面积为9 19.(本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分) 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的 同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达 标的学生体测合格率有50%. （1)完成列联表，并根据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动 量之间有关： 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 (2)从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和 期望； (3)为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子 里抽球，里面有2个白球和2个红球（大小、材质相同），抽到红球放回，且学生就需要跑 步1km；抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红 球后结束，记n天后任务结束的概率为P,.求Pn. 附：x2 n(ad-be)2 n=a+b+c+d. (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) a 0.100 0.050 0.010 0.001 Xa 2.706 3.841 6.635 10.828 【答类10有关：2)期望：3)R=*写- 【解析】 (1)补全的联表如下： 体测合格 体测不合格 合计 第13页（共19页） 运动量达标 5 5 10 运动量未达标 15 75 90 合计 20 80 100 零假设H。：体测成绩与每日运动量之间无关， 则X-100x5x75-15x5}=625>3.841, 20×80×10×90 根据小概率值α=0.05的独立性检验，零假设H。不成立， 即体测成绩与每日运动量之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.05； (2)该校随机抽取三人，每个人合格的概率为20%，设抽取的三人中合格人数为X, 则X=0,1,2,3,由于测试相互独立，则X~B(3,), Px=2-Ggg9品x==g=5 则X的分布列为： X 0 2 3 P 64 48 12 1 125 125 125 125 所以EX)=3x=2: 55 (3)设4=“第i次操作取出白球”，B,=“第i次操作取出红球”，i=1,2,,n, 111 依题意P=0,P=5×,=。 248 当n≥3时，若n天后任务结束， 则第n次取出的是白球，前(n-1)次操作中，有一次取出白球，其余(n-2)次均取出红球， 则D,=P(AB,B…Bn-An)+P(B,4A2B…Bn1An)+P(BB2A…Bn1An)+…+P(B,B2B,…An-1An)） =×厚+×+x+++门x 2×2+++=2 3 11-() 2×-, 1-3 经检验，P,P均满足该式， 第14页（共19页） 所以B=之×-小： 20.(本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分) 已知平面上一动圆P与圆F:x2+y2-2√3x=13相内切（其中圆P的半径小于圆F的半解 径)，且圆P经过点F关于原点的对称点F',记圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程： (2)记C与x轴的两个交点分别为A,A,(4,在A的右侧)，直线I与C相交于点M,N(异 于点A,A,),且直线AM的斜率恰好是直线A,N的斜率的7倍. ()直线/是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标：若不过定点，请说明理由： (i)求四边形AMA,N的面积S的最大值 【答案1营y-1:20(号0：m 【解析】(1)圆F:x2+y2-2√3x=13,即(x-V3)2+y2=16, 所以圆心F(√3,0)，半径R=4, 因为F'是F关于原点的对称点，所以F(-V3,0), 设动圆P的半径为r,因为动圆P与圆F相内切，所以|PF=4-r, 又因为圆P经过点F',所以1PF'r,则|PF|+|PF=4>FF'=2N3, 所以点P的轨迹是以F,F'为焦点的椭圆，其中2a=4,2c=2√5，则a=2,c=V5, 所以唐线C的方程为号+少产=1： (2)0曲线c的方程兰+y=1,则4(-2,0,4(2,0， 由题可知直线1斜率不为零，则设直线1：x=m+n,M(x,y),N(2,2) 第15页（共19页） A x=my+n 联立 +y2=1 消去x整理得(m2+4)y2+2my+n2-4=0, 4 △=(2mn)2-4(m2+4)(n2-4)=16m2-16n2+64>0, 片+h= m+4’ysn4 2mn m2+4 又直线AM的斜率恰好是直线4，N的斜率的7倍，即”。=7x2。 七+2 x2-2 即出 5=7×2 m%+n+2my,+n-2 整理得6myy2+7(n+2)y2-(n-2)m=0, 即6mxp2-4 m2+ 7n+2%-0m-20-2mm m2+4h)=0, 即8m2-24m-4mm+8m+12y=0, m2+4 8m+12=0,解得m=-3 n=-3时，8m2-24m-4mm_18m-24m+6m-0, 2 m2+4 m2+4 20): &n三，直线1的方程为x三m-,即直线1恒过定点3 (i)由0知n=-3, 则y+为=3m m2+4’= 7 4(m2+4) 则四边形AM,N的面积S=S46w+S44v=2X4y+2X4=2%+%D, 2 7 “= <0, 4(m2+4) S=20y+|y2D=21y-y=2V0y+)2-4y2 3m = 2+ 7 4m2+7 =4 Vm2+4 m2+4-V(0m2+4)2 令m2+4=t,t≥4， 则S=4 4m2+7 41-9 (m2+4y=4 =4 19 931 第16页（共19页） 当号=0，即-号时取等。 即四边形AMA,N的面积S的最大值为 21.(本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分) 已知函数f(x)定义域为I,DsI,若x∈D,1∈D,当x<t时，都有f(x)<f0.则称t 为f(x)在D上的“2点” （1)设函数f(x)=(2+ax)ln(1+x)-2x. ()当a=0时，求f(x)在(-1，+o)上的最大“2点”： (0若fx)在[0,1]上不存在“2点”，求a的取值范围； (2)设D={1,2,,m(m∈N),且f()=0,fx)-fx-1≤1. 证明：f(x)在D上的“2点”个数不小于f(m). 【答案】(1)(i)0:(i)a52-2:2)见解析 1n2 【解析】(1)()当a=0时，f(x)=2ln(1+x)-2x, 则0220”产 1+x 1+x 则当x∈(-1,0)时，f'(x)>0,当x∈(0，+o)时，f"(x)<0, 即f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0，+o)上单调递减， 即对任意x∈(-l,0],存在tE(-1,0],当x<t时，都有f()<f), 即f(x)在(-1，+o)上的最大“2点”为0： (由题意可得fx)f0)在x∈[0,1]时恒成立， f0)=aln1++2+a-2, x+1 令g=aml+x刘+2+a-2,x∈[0，l], x+1 令g(e)=,a+ax+)-(2+a=ac+2a-2 1+x (x+1)2 (x+1)2 当a<0时，g'(x)<0恒成立，故g(x)在[0,1上单调递减， 则(=g)sg0=alml+0-2=0, 故f(x)在[0,1上单调递减，此时f(x)≤f(O),符合要求： 当a>0时，令m+2a-2=0,则x=2-20=2-2, aa 第17页（共19页） 则当2-2≤0，即a>1时，g'(x)0,即g()在[0，]上单调递增， 则f'(x)=g(x)≥g(0)=0,即f(x)在[0,1]上单调递增， 有f(x)≥f(0),不符合要求，故舍去； 当2-2≥1，即0<a≤名时，gc)<0恒成立，故g6)在[0,1刂上单调递减， a 则f"(x)=gx)人g(0)=0,故fx)在[0,1上单调递减， 此时f(x)f(O),符合要求； 当2-2e0,,即2<a<1时， a 若xe0,2-2,g<0,若x∈2-2，)，g'>0, a 即g)在(0,2-2)上单调递减，在(2-2，)单调递增， a 则若需f(x)≤f(O)恒成立， 解得a52-2, In2 由-2-1=2-32ac-2n 1m2 1n2 8<0, In2 1n2 故2-2<1， In2 后？-子-.2. "16>0, In2 331m2 3ln2 In2 放2 2 In2 2>行 即当2<a≤2 -2时，符合要求： 3 In2 综上所述，a≤2 -2: In2 (2)证明：若f()在D上的“2点”个数为0，则f(m)≤f(1)=0,符合要求； 若fx)在D上的“2点”个数为S∈N,令f(x)在D上的“2点”分别为i、i2、、i, 其中i<i2<…<i,≤m、s≤m-1∈N',i、i2、、i,e{2,,m(m∈N), 若s=1, 则若i-1=1,由fx)-f(x-1)<1,则0<f(3)-f(1)≤1，即0<fG)1, 第18页（共19页） 若-1=j广>1，由题意G-1)<f),f()<f(),f(G-1)≤f() 故0<f()-f()≤1，即0<fG)1,又f(m)f), 故f(m)≤1，符合要求： 若S≥2， 则f()-f(1)=f()>0,fG)-f)>0,,,)-f0,)>0, 由f(x)-f(x-1)<1,则0<f)-f-1)1, 若i-i-=1,即i-1=i-1,则0<f()-f(6-)1, 若4--1=j>1,由题意f+j-1)=f-1)<f心)， f(-)<f(),且f(-1)f(i-), 又0<f()-f(-1)≤1， 故0<f(4)-f(-)1, 即0<f2)-f()1, 0<f6,)-f2)1,,0<f6)-f(-)1, 即有0<f(62)-f()+f(6,)-f(2)+-f(-)s-1, 即0<f,)-f()s-1, 由0<f()≤1，故0<f(,)s, 又f(m)f民)，故f(m)s, 即f(x)在D上的“2点”个数不小于f(m): 第19页（共19页）