湖北省高中名校聯(lián)合體2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)診斷性考試數(shù)學(xué)試題 Word版含解析

《湖北省高中名校聯(lián)合體2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)診斷性考試數(shù)學(xué)試題 Word版含解析》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫(kù)。

湖北省高中名校聯(lián)合體2022~2023學(xué)年高三第二學(xué)期診斷性考試數(shù)學(xué)試題本試題卷共5頁(yè)，滿分150分，考試用時(shí)120分鐘.注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上.2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上相應(yīng)的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)；回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效.3.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回.★?？荚図樌镆弧雾?xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題意，錯(cuò)選、不選、多選均不得分.1.已知，集合，集合，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】可設(shè)，，則，再根據(jù)可得為的解集的子集且為方程的解，從而得到滿足的條件后解不等式可得的取值范圍.【詳解】因?yàn)?，故設(shè)，此時(shí)，令，則的解，其中故為的兩個(gè)根，故，所以，解得，故選B.

1【點(diǎn)睛】本題以集合為載體考查一元二次不等式的解.解題時(shí)應(yīng)令把高次不等式轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，注意利用得到的解集包含了且為方程的解.2.歐拉公式（為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，為虛數(shù)單位）是瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明的，是英國(guó)科學(xué)期刊《物理世界》評(píng)選出的十大最偉大的公式之一.根據(jù)歐拉公式可知，復(fù)數(shù)的虛部為A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用歐拉公式即可得出．【詳解】復(fù)數(shù)ii的虛部為．故選C．【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的基本概念，考查了推理能力與計(jì)算能力，熟練運(yùn)用新定義是關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．3.如圖，在三棱錐，是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球表面積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由題作出圖形，易得外接圓圓心在中點(diǎn)，結(jié)合正弦定理可求

2外接圓半徑，結(jié)合圖形知，，再結(jié)合二面角大小求出，進(jìn)而得解.【詳解】根據(jù)題意，作出圖形，如圖所示，因?yàn)槭且訟C為斜邊的等腰直角三角形，所以的外心在中點(diǎn)，設(shè)為，設(shè)的外心為，中點(diǎn)為，，因?yàn)?，所以必在連線上，則，即，因?yàn)閮善矫娼痪€為，為平面所在圓面中心，所以，，又因?yàn)槎娼堑拇笮?，，所以，所以，錐體外接球半徑，則三棱錐的外接球表面積為，故選：B4.已知是方程的兩根，有以下四個(gè)命題：甲：；乙：；丙：；?。?如果其中只有一個(gè)假命題，則該命題是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】B【解析】

3【分析】根據(jù)韋達(dá)定理可得，對(duì)乙?丁運(yùn)算分析可知乙?丁一真一假，分別假設(shè)乙?丁是假命題，結(jié)合其他命題檢驗(yàn)判斷．【詳解】因?yàn)槭欠匠痰膬筛?，所以，則甲：；丙：.若乙?丁都是真命題，則，所以，，兩個(gè)假命題，與題意不符，所以乙?丁一真一假，假設(shè)丁是假命題，由丙和甲得，所以，即，所以，與乙不符，假設(shè)不成立；假設(shè)乙是假命題，由丙和甲得，又，所以，即與丙相符，假設(shè)成立；故假命題是乙，故選：．5.如圖為正方體ABCD﹣A1B1C1D1，動(dòng)點(diǎn)M從B1點(diǎn)出發(fā)，在正方體表面沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)一周后，再回到B1的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)M與平面A1DC1的距離保持不變，運(yùn)動(dòng)的路程x與l＝MA1+MC1+MD之間滿足函數(shù)關(guān)系l＝f（x），則此函數(shù)圖象大致是（　?。?/p>

4A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可知點(diǎn)M沿著運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)，分析當(dāng)M從B1到P時(shí)，在平面A1B1CD內(nèi)，作點(diǎn)A1關(guān)于B1B的對(duì)稱點(diǎn)A′，由MA1+MD＝MA′+MD，MC1，分析排除即得解【詳解】由于點(diǎn)M與平面A1DC1的距離保持不變，且從B1點(diǎn)出發(fā)，因此點(diǎn)M沿著運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)，當(dāng)M從B1到P時(shí)，如圖所示在平面A1B1CD內(nèi)，作點(diǎn)A1關(guān)于B1B的對(duì)稱點(diǎn)A′，則MA1+MD＝MA′+MD，由圖象可知，當(dāng)M從B1到P時(shí)，MA1+MD是減小的，MC1是由大變小的，所以當(dāng)M從B1到P時(shí)，l＝MA1+MC1+MD是逐漸減小的，故排除B，D；

5因?yàn)镻C1是定值，MC1，函數(shù)是減函數(shù)，類似雙曲線形式，所以C正確；故選：C6.若正實(shí)數(shù)a，b滿足，且，則下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性及得到或，分別討論兩種情況下四個(gè)選項(xiàng)是否正確，A選項(xiàng)可以用對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性得到，B選項(xiàng)可以用作差法，C選項(xiàng)用作差法及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行求解，D選項(xiàng)，需要構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)椋瑸閱握{(diào)遞增函數(shù)，故，由于，故，或，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)；，故；，；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，，故；，；故ABC均錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，，兩邊取自然對(duì)數(shù)，，因?yàn)椴还埽€是，均有，所以，故只需證即可，設(shè)（且），則，令（且），則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以，所以在且上恒成立，故（且

6）單調(diào)遞減，因?yàn)椋?，結(jié)論得證，D正確故選：D7.已知，，．若，則的最小值為（）A.0B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，畫(huà)出圖形，確定點(diǎn)C的位置，再利用向量模的幾何意義，借助對(duì)稱思想求解作答.【詳解】令，依題意，，而，則，因，則有點(diǎn)C在半徑為1，所含圓心角為的扇形的弧上，如圖，因，則表示直線上的點(diǎn)Q與直線上的點(diǎn)P間距離，、分別是點(diǎn)C到點(diǎn)Q，P的距離，因此，表示三點(diǎn)Q，P，C兩兩距離的和，作點(diǎn)C關(guān)于直線OA對(duì)稱點(diǎn)N，關(guān)于直線OB對(duì)稱點(diǎn)M，連MN交OA，OB分別于點(diǎn)F，E，連FC，EC，ON，OM，

7則有，令，則，，于是得，而，由余弦定理得，因此，，對(duì)于直線上任意點(diǎn)Q、直線上任意點(diǎn)P，連接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，則，，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)Q與F重合且點(diǎn)P與點(diǎn)E重合時(shí)取“=”，從而得，所以的最小值為.故選：D【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：已知幾個(gè)向量的模，探求向量問(wèn)題，可以借助向量的幾何意義，作出符合要求的圖形，數(shù)形結(jié)合求解作答.8.對(duì)于數(shù)列，定義為數(shù)列“加權(quán)和”，已知某數(shù)列的“加權(quán)和”，記數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若對(duì)任意的恒成立，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)與的關(guān)系求出，再根據(jù)等差數(shù)列的求和公式求出，將化為對(duì)任意的恒成立，分類討論可求出結(jié)果.【詳解】由，∴時(shí),，∴，∴，時(shí)，也成立，∴，

8∴數(shù)列的前n項(xiàng)和為：，∵對(duì)任意的恒成立，∴，即，即，即，即，即對(duì)任意的恒成立，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的恒成立，因?yàn)?，∴，所以，?dāng)時(shí)，恒成立，，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的恒成立，因?yàn)?，∴，所以，綜上可得：實(shí)數(shù)p的取值范圍為．故選：A．二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題意，全選得5分，漏選得2分，錯(cuò)選、不選均不得分.9.已知隨機(jī)變量的取值為不大于的非負(fù)整數(shù)，它的概率分布列為…

9…其中滿足，且．定義由生成的函數(shù)，為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，為隨機(jī)變量的期望．現(xiàn)有一枚質(zhì)地均勻的正四面體型骰子，四個(gè)面分別標(biāo)有1，2，3，4個(gè)點(diǎn)數(shù)，這枚骰子連續(xù)拋擲兩次，向下點(diǎn)數(shù)之和為，此時(shí)由生成的函數(shù)為，則（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】先求出和，并判斷，則排除選項(xiàng)A，判斷選項(xiàng)C正確；再求出的分布列和的解析式，最后求出，則排除選項(xiàng)B；判斷選項(xiàng)D正確.【詳解】解：因?yàn)?，則，，令時(shí)，，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；連續(xù)拋擲兩次骰子，向下點(diǎn)數(shù)之和為，則的分布列為：

10故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)D正確.故選：CD.【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、由生成的函數(shù)求數(shù)學(xué)期望、求隨機(jī)變量生成的函數(shù)與函數(shù)值，是基礎(chǔ)題.10.已知定義在上的函數(shù)滿足，則下列不等式一定正確的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用已知等式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可判斷各選項(xiàng)的正誤.【詳解】由，得，設(shè)，則,設(shè)，則在上為增函數(shù),且，則當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，此時(shí)函數(shù)為增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，此時(shí)函數(shù)為減函數(shù)，故由，即，A正確；由，得，即，B錯(cuò)誤；與不在一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，C中算式無(wú)法比較大小，C錯(cuò)誤；由，得，即，D正確．故選：AD11.如圖，在直三棱柱中，，，為的中點(diǎn)，過(guò)

11的截面與棱、分別交于點(diǎn)、，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.存在點(diǎn)，使得B.線段長(zhǎng)度取值范圍是C.當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，四棱錐的體積為D.設(shè)截面、、的面積分別為、、，則的最小值為【答案】BC【解析】【分析】以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)、，其中，，利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示可判斷A選項(xiàng)；求出與的關(guān)系式，利用反比例函數(shù)的基本性質(zhì)可判斷B選項(xiàng)；利用錐體和臺(tái)體的體積公式可判斷C選項(xiàng)；利用基本不等式可判斷D選項(xiàng).【詳解】因?yàn)槠矫?，，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

12則、、、、、、、設(shè)點(diǎn)、，其中，.對(duì)于A選項(xiàng)，若存在點(diǎn)，使得，且，，，解得，不合乎題意，A錯(cuò)；對(duì)于B選項(xiàng)，設(shè)，其中、，即，即，可得，，則，所以，，B對(duì)；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，，則，此時(shí)點(diǎn)為的中點(diǎn)，如下圖所示：在直三棱柱中，四邊形為矩形，則且，

13、分別為、的中點(diǎn)，則且，所以，且，同理且，且，所以，，故幾何體為三棱臺(tái)，，，，，因此，，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，，，則點(diǎn)到直線的距離為，，則點(diǎn)到直線的距離為，所以，，故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為，D錯(cuò).故選：BC.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求空間幾何體體積的方法如下：（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解．12.已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，過(guò)點(diǎn)且斜率大于0的直線交拋物線于

14兩點(diǎn)（其中在的上方），為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)線段的中點(diǎn)且與軸平行的直線依次交直線于點(diǎn).則（）A.若，則直線的斜率為B.C.若是線段的三等分點(diǎn)，則直線的斜率為D.若不是線段的三等分點(diǎn)，則一定有【答案】ABC【解析】【分析】設(shè)直線方程為，，直線方程代入拋物線方程用韋達(dá)定理得，從而可以表示出點(diǎn)坐標(biāo)，然后求出坐標(biāo)，然后依次判斷各項(xiàng)即可.【詳解】拋物線焦點(diǎn)為，設(shè)直線方程為，，，由得，由韋達(dá)定理可知，，，因?yàn)椋瑒t可得,且，，所以，即，且，

15解得，得，所以，且所以，故A正確,又因?yàn)椋?，故直線方程為，又因?yàn)楣簿€，所以，，同理可得，，，所以，,即，故B正確.若是線段的三等分點(diǎn)，則,，，又，，，，所以，

16解得，，故C正確.由，得，即，所以，，又，所以，，所以，當(dāng)時(shí)，,故D錯(cuò)誤.故選:ABC.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.正三角形中，為中點(diǎn)，為三角形內(nèi)滿足的動(dòng)點(diǎn)，則最小值為_(kāi)_____.【答案】【解析】【分析】設(shè)正三角形邊長(zhǎng)為，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)可求得點(diǎn)軌跡方程為，從而可將化簡(jiǎn)為；當(dāng)

17時(shí)，可直接求得；當(dāng)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為與連線的斜率的求解問(wèn)題，利用圓的切線的求法可求得臨界值，從而得到的范圍，進(jìn)而確定此時(shí)的最小值；綜合兩種情況可得最終結(jié)果.【詳解】不妨設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方向?yàn)檩S，可建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，則，，，，，即，點(diǎn)軌跡為：，；當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，令，則表示與連線的斜率，

18設(shè)直線與圓相切，則圓心到直線距離，解得：或，，則當(dāng)時(shí)，取得最小值，；綜上所述：的最小值為.故答案為：.14.已知雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，若C與直線有交點(diǎn)，且雙曲線上存在不是頂點(diǎn)的P，使得，則雙曲線離心率取值范圍范圍為_(kāi)__________.【答案】【解析】【分析】由直線與雙曲線有交點(diǎn)，得在一三象限的漸近線的斜率大于1，得出的一個(gè)范圍．雙曲線上存在不是頂點(diǎn)的P，使得，與軸交于點(diǎn)，由平面幾何的知識(shí)及雙曲線定義得，在直角三角形中由邊的關(guān)系得不等式，得出的范圍，同時(shí)由的范圍又是一個(gè)不等關(guān)系，從而得出離心率范圍．【詳解】雙曲線C與直線有交點(diǎn)，則，，解得，雙曲線上存在不是頂點(diǎn)的P，使得，則點(diǎn)在右支上，設(shè)與軸交于點(diǎn)，由對(duì)稱性，所以，所以，，

19所以，由得，所以，又中，，，所以，即，綜上，．故答案為：．15.已知集合，對(duì)于集合的兩個(gè)非空子集，，若，則稱為集合的一組“互斥子集”.記集合的所有“互斥子集”的組數(shù)為（視與為同一組“互斥子集”）.那么______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)任意一個(gè)元素只能在集合之一中，以及非空子集個(gè)數(shù)，即可求得.【詳解】根據(jù)題意，任意一個(gè)元素只能在集合之一中，則這個(gè)元素在集合中，共有種；其中為空集種數(shù)為，為空集的種數(shù)為個(gè)，故可得均為非空子集的種數(shù)為，又因?yàn)榕c為同一組“互斥子集，故.

20故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查集合新定義，涉及排列組合的求解，屬綜合中檔題.16.已知關(guān)于的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為_(kāi)_______.【答案】【解析】【分析】將已知不等式變形整理，構(gòu)造新函數(shù)h（t）=tet，求導(dǎo)分析單調(diào)性，將原不等式通過(guò)單調(diào)性轉(zhuǎn)化為含a的恒成立問(wèn)題，求解即可.【詳解】易知，將原不等式變形：，，可得，即，其中.設(shè)，則，原不等式等價(jià)于.當(dāng)時(shí)，原不等式顯然成立；當(dāng)時(shí)，因?yàn)樵谏线f增，恒成立，設(shè)，則，所以在遞減，遞增，所以的最小值為，故.故答案為：【點(diǎn)睛】函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿于整個(gè)高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問(wèn)題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無(wú)關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡(jiǎn)的作用.因此對(duì)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行全面、準(zhǔn)確的認(rèn)識(shí)，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點(diǎn)，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問(wèn)題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能獲得簡(jiǎn)潔明快的思路，有著非凡的功效.

21四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.17.在中，設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求證：；（2）求的最小值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理邊化角結(jié)合兩角和差的正弦公式化簡(jiǎn)可得，即可證明結(jié)論；（2）利用（1）的結(jié)論將邊化角，結(jié)合三角恒等變換可得，由基本不等式可求得答案.【小問(wèn)1詳解】證明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.【小問(wèn)2詳解】由（1）得，∴，，由（1），得，

22當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)時(shí)，的最小值為.18.如圖，在幾何體中，平面平面，.四邊形為矩形.在四邊形中，，，.（1）點(diǎn)在線段上，且，是否存在實(shí)數(shù)，使得？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.（2）點(diǎn)在線段上，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】（1）存在實(shí)數(shù)，使得，且的值為（2）【解析】【分析】（1）由題知平面，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量共線求解即可；（2）結(jié)合（1）得平面的法向量，設(shè)，，進(jìn)而結(jié)合空間向量求線面角即可.【小問(wèn)1詳解】解：因?yàn)樗倪呅螢榫匦危?因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，所以平面不妨設(shè)，則.以為原點(diǎn)，所在直線為軸，所在直線為軸，過(guò)D與AB平行的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

23則，，，，，所以，，，，所以，.因?yàn)?，所以，解?故存在實(shí)數(shù)，使得，且的值為【小問(wèn)2詳解】解：設(shè)平面的法向量，則，即，不妨取，則.設(shè)，，則，.直線與平面所成的角為，則.…令，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以.故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.19.若正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足.

24（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若對(duì)于任意的，都有成立，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)條件可推得，由此利用累加法求得，即可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）利用（1）的結(jié)論，化簡(jiǎn)并結(jié)合基本不等式可推出，繼而判斷數(shù)列的單調(diào)性，可得，結(jié)合對(duì)于任意的，都有成立，即可求得答案.【小問(wèn)1詳解】時(shí)，，且，解得，（舍去），，，化簡(jiǎn)可得時(shí)，，，，，，，累加可得，，又，故時(shí)，，當(dāng)時(shí)，上式也成立，所以，又因?yàn)椋?，所以，，，時(shí)，適合該式，

25故.【小問(wèn)2詳解】由（1）得，（此處不等關(guān)系是因?yàn)椋?，故，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，而，故上式中等號(hào)取不到），，，因?yàn)?，所以，即，所以，即，所以?shù)列是遞減數(shù)列，

26所以，因?yàn)椋加谐闪?，所?【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系和數(shù)列的函數(shù)特性，屬于較難題，解答時(shí)要注意：（1）利用累加法求出，再由與的關(guān)系求解；（2）利用基本不等式得，再證明數(shù)列是單調(diào)遞減數(shù)列，根據(jù)單調(diào)性求解.20.某企業(yè)計(jì)劃新購(gòu)買100臺(tái)設(shè)備，并將購(gòu)買的設(shè)備分配給100名年齡不同（視為技術(shù)水平不同）的技工加工一批模具，因技術(shù)水平不同而加工出的產(chǎn)品數(shù)量不同，故產(chǎn)生的經(jīng)濟(jì)效益也不同.若用變量x表示不同技工的年齡，變量y為相應(yīng)的效益值（元），根據(jù)以往統(tǒng)計(jì)經(jīng)驗(yàn)，他們的工作效益滿足最小二乘法，且y關(guān)于x的線性回歸方程為.（1）試預(yù)測(cè)一名年齡為52歲的技工使用該設(shè)備所產(chǎn)生的經(jīng)濟(jì)效益；（2）試根據(jù)r的值判斷使用該批設(shè)備的技工人員所產(chǎn)生的效益與技工年齡的相關(guān)性強(qiáng)弱（，則認(rèn)為y與x線性相關(guān)性很強(qiáng)；，則認(rèn)為y與x線性相關(guān)性不強(qiáng)）；（3）若這批設(shè)備有A，B兩道獨(dú)立運(yùn)行的生產(chǎn)工序，且兩道工序出現(xiàn)故障的概率依次是0.02，0.03.若兩道工序都沒(méi)有出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本不增加；若A工序出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加2萬(wàn)元；若B工序出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加3萬(wàn)元；若A，B兩道工序都出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加5萬(wàn)元.求這批設(shè)備增加的生產(chǎn)成本的期望.參考數(shù)據(jù)：；參考公式：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為，，，.【答案】（1）元（2）很強(qiáng)（3）萬(wàn)元【解析】

27【分析】（1）將代入線性回歸方程,即可求解.（2）結(jié)合相關(guān)系數(shù)的公式,即可求解.（3）設(shè)增加的生產(chǎn)成本為（萬(wàn)元），則所有可能取值為,分別求出對(duì)應(yīng)的概率,再結(jié)合期望公式，即可求解.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)時(shí)，.所以預(yù)測(cè)一名年齡為歲的技工使用該設(shè)備所產(chǎn)生的經(jīng)濟(jì)效益為元【小問(wèn)2詳解】由題得，所以，所以.因?yàn)椋耘c線性相關(guān)性很強(qiáng).所以使用該批設(shè)備的技工人員所產(chǎn)生的的效益與技工年齡的相關(guān)性強(qiáng).【小問(wèn)3詳解】設(shè)增加的生產(chǎn)成本為（萬(wàn)元)，則的可能取值為，，，.，，，.所以（萬(wàn)元)，所以這批設(shè)備增加的生產(chǎn)成本的期望為萬(wàn)元.21.已知橢圓一個(gè)頂點(diǎn)，以橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形面積為．（1）求橢圓E的方程；

28（2）過(guò)點(diǎn)P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與直線交y=-3交于點(diǎn)M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時(shí)，求k的取值范圍．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓所過(guò)的點(diǎn)及四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)，求出直線的方程后可得的橫坐標(biāo)，從而可得，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理化簡(jiǎn)，從而可求的范圍，注意判別式的要求.【詳解】（1）因?yàn)闄E圓過(guò)，故，因?yàn)樗膫€(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：.（2）設(shè)，因?yàn)橹本€的斜率存在，故，故直線，令，則，同理.直線，由可得，

29故，解得或.又，故，所以又故即，綜上，或.22.已知函數(shù).（1）討論極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；（2）若有兩個(gè)極值點(diǎn)，且，證明:.【答案】（1）見(jiàn)解析（2）見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）分類討論導(dǎo)函數(shù)的實(shí)數(shù)根即可求解極值點(diǎn)，（2）構(gòu)造函數(shù)和，通過(guò)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解最值，當(dāng)導(dǎo)數(shù)正負(fù)不好確定的時(shí)候，需要構(gòu)造新的函數(shù)，不斷的通過(guò)求導(dǎo)判斷單調(diào)性.【小問(wèn)1詳解】,則,顯然不是的零點(diǎn),令,則,在單調(diào)遞減,在（0,1）單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

30當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，且時(shí),只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，所以此時(shí)有1個(gè)極值點(diǎn),時(shí),沒(méi)有實(shí)數(shù)根，故有0個(gè)極值點(diǎn),當(dāng)時(shí)，，有一個(gè)實(shí)數(shù)根，但不是極值點(diǎn)，故此時(shí)沒(méi)有極值點(diǎn)，時(shí),有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，故有2個(gè)極值點(diǎn).【小問(wèn)2詳解】由（1）知,,且在（0,1）單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增,先證:,即證:，即證:.即證:.令,即證:,令則令,則,則在單調(diào)遞減,,即在單調(diào)遞減,,證畢.再證:,,且.

31在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增,.即證:,又,即證:.令,.令,,令,令令,,在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.,,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞增;當(dāng)時(shí),單調(diào)遞減.,在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.,

32在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.,,,在單調(diào)遞增,,所以原命題得證.【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性時(shí)，如果求導(dǎo)后的正負(fù)不容易辨別，往往可以將導(dǎo)函數(shù)的一部分抽離出來(lái)，構(gòu)造新的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進(jìn)而可判斷原函數(shù)的單調(diào)性.在證明不等式時(shí)，常采用兩種思路：求直接求最值和等價(jià)轉(zhuǎn)化.無(wú)論是那種方式，都要敢于構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造有效的函數(shù)往往是解題的關(guān)鍵.

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