2021年江苏省苏锡常镇（苏州、无锡、常州、镇江）四市高考数学教学情况调研试卷（一）（一模）.docx

1、第 1 页（共 20 页） 2021 年江苏省苏锡常镇（苏州、无锡、常州、镇江）四市高考年江苏省苏锡常镇（苏州、无锡、常州、镇江）四市高考 数学教学情况调研试卷（一） （一模）数学教学情况调研试卷（一） （一模） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小是，每小题小是，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中只有一项分在每小题给出的四个选项中只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1 （5 分）设全集UR，集合2A，4， 2 |log1Bxx，则集合()( U AB ) A B2 C |02xx剟 D |2x x 2 （5 分） “ 2 sin 2 ”是“sincos

2、”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 3 （5 分）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、 丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、 戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支 在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子” ，第二年为“乙丑” ，第 三年为“丙寅” ，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌” ， “乙亥” ，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子” ，以此类推今年是辛丑年，也 是伟大、光荣

3、、正确的中国共产党成立 100 周年，则中国共产党成立的那一年是( ) A辛酉年 B辛戊年 C壬酉年 D壬戊年 4 （5 分） 5 (32 )(1)x x展开式中 3 x的系数为( ) A15 B10 C10 D15 5 （5 分）函数 2 ( )sin(1)f xxlnxx 的图象大致是( ) A B C D 第 2 页（共 20 页） 6 （5 分）过抛物线 2 2yx上一点P作圆 22 :(6)1C xy的切线，切点为A，B，则当 四边形PACB的面积最小时，P点的坐标是( ) A(1, 2) B 3 (, 3) 2 C(2,2) D 5 (, 5) 2 7 （5 分）若随机变量(3,

4、)XBp， 2 (2,)YN，若(1)0.657P X，(02)PYp， 则(4)(P Y ) A0.2 B0.3 C0.7 D0.8 8 （5 分）若 3 16 ,0 ( ) 0,0 xx f xx x ，则满足(1) 0 xf x 的x的取值范围是( ) A 1，13，) B(，10，13，) C 1，01，) D(，31，01，) 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合分在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得

5、分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）函数( )sin(2) 4 f xx ，则( ) A函数( )yf x的图象可由函数sin2yx的图象向右平移 4 个单位得到 B函数( )yf x的图象关于直线 8 x 轴对称 C函数( )yf x的图象关于点(,0) 8 中心对称 D函数 2 ( )yxf x在(0,) 8 上为增函数 10 （5 分） 已知O为坐标原点， 1 F， 2 F分别为双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、 右焦点， 点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有( ) A若 2 POPF，则双曲线的离心率2e B若 2 POF是面积为3的正三角形，则 2 2

6、3b C若 2 A为双曲线的右顶点， 2 PFx轴，则 222 A FPF D若射线 2 F P与双曲线的一条渐近线交于点Q，则 12 | 2QFQFa 11 （5 分）1982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都 相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体中 学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会， 美国数学学会根据丹尼尔的模型修 第 3 页（共 20 页） 改了有关结论对于该新几何体，则( ) A/ /AFCD BAFDE C新几何体有 7 个面 D新几何体的六个顶点不能在同一个球面上 12 （5 分）已知正数x，y

7、，z，满足3412 xyz ，则( ) A634zxy B 121 xyz C4xyz D 2 4xyz 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量(1,2)a ，(0, 2)b ，( 1, )c ，若(2)/ /abc，则实数 14 （5 分）已知复数z对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述 如下(i为虚数单位）: 甲：2zz；乙：2 3zzi；丙：4z z；丁： 2 2 zz z 在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数z 15 （5 分）若2 3sin2cos1xx，

8、则 5 sin() cos(2) 63 xx 16 （5 分）四面体的棱长为 1 或 2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体 积 ；这样的不同四面体的个数为 三、解答题：本题共三、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）在ABC中，90BAC，点D在边BC上，满足3ABBD （1）若30BAD，求C； （2）若2CDBD，4AD ，求ABC的面积 18 （12 分）已知等比数列 n a的各项均为整数，公比为q，且| 1q ，数列 n a中有连续 四项在集合 96M ，24，36

9、，48，192中 （1）求q，并写出数列 n a的一个通项公式； 第 4 页（共 20 页） （2）设数列 n a的前n项和为 n S，证明：数列 n S中的任意连续三项按适当顺序排列后， 可以成等差数列 19 （12 分）如图，在四棱锥PABCD中，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， / /BCAD，ABAD，222ADABBC，2PC ，E为PD的中点 （1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值； （2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并请证明你的结论 20（12 分） 某地发现 6 名疑似病人中有 1 人感染病毒， 需要通过血清检测确定该感染人员， 血清检测结果呈阳性的

10、即为感染人员，呈阴性表示没感染拟采用两种方案检测： 方案甲：将这 6 名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止； 方案乙：将这 6 名疑似病人随机分成 2 组，每组 3 人先将其中一组的血清混在一起检测， 若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定 感染人员为止； 若结果为阴性， 则对另一组中每份血清逐个检测， 直到能确定感染人员为止 （1）求这两种方案检测次数相同的概率； （2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由 21 （12 分）已知O为坐标系原点，椭圆 2 2 :1 4 x Cy的右焦点为点F，右准线为直线n （1

11、） 过点(4,0)的直线交椭圆C于D，E两个不同点， 且以线段DE为直径的圆经过原点O， 求该直线的方程； （2） 已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为 3 2 直线l与直线n 交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M求证： FM FN 为定值 22 （12 分）已知函数( )1()f xmlnx mR （1）当2m 时，一次函数( )g x对任意(0,)x， 2 ( )( )f xg xx剟恒成立，求( )g x的表达 式； 第 5 页（共 20 页） （2）讨论关于x的方程 2 ( ) 1 ( ) f x x f x 解的个数 第 6 页（共 20 页） 2021

12、年江苏省苏锡常镇（苏州、无锡、常州、镇江）四市高考年江苏省苏锡常镇（苏州、无锡、常州、镇江）四市高考 数学教学情况调研试卷（一） （一模）数学教学情况调研试卷（一） （一模） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小是，每小题小是，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中只有一项分在每小题给出的四个选项中只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1 （5 分）设全集UR，集合2A，4， 2 |log1Bxx，则集合()( U AB ) A B2 C |02xx剟 D |2x x 【解答】解：全集UR，集合2A，4， 2 |log1

13、|2(2,)Bxxx x， ( UB ，2， 则集合()2 U AB 故选：B 2 （5 分） “ 2 sin 2 ”是“sincos”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：当 2 sin 2 时， 22 sincos1， 2 2 cos1 2 sin ， sincos 当sincos时， 22 sincos1， 2 sin 2 2 cos 2 或 2 sin 2 2 cos 2 ， 2 sin 2 ， 2 sin 2 是sincos的既不充分也不必要条件 故选：D 3 （5 分）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天

14、干即甲、乙、 丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、 戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支 在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子” ，第二年为“乙丑” ，第 第 7 页（共 20 页） 三年为“丙寅” ，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌” ， “乙亥” ，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子” ，以此类推今年是辛丑年，也 是伟大、光荣、正确的中国共产党成立 100 周年，则中国共产党成立的那一年是( ) A辛酉年 B辛戊年 C壬酉年 D壬戊年 【解答】解：由题

15、意可知，天干是公差为 10 的等差数列，地支为公差为 12 的等差数列， 所以1001010为辛年，1001284 ，为酉年（丑往前推 4 年） ， 则 100 年前可得到为辛酉年， 故选：A 4 （5 分） 5 (32 )(1)x x展开式中 3 x的系数为( ) A15 B10 C10 D15 【解答】解： 5 (1)x展开式的通项公式为 5 15 rr r TCx ， 分别令53r，52r，可得2r ，3， 故 5 (32 )(1)x x展开式中 3 x的系数为 23 55 3210CC， 故选：C 5 （5 分）函数 2 ( )sin(1)f xxlnxx 的图象大致是( ) A B

16、C 第 8 页（共 20 页） D 【解答】解： 22 22 2 1 ()sin()(1)sinsin(1)( ) 1 xx fxxlnxxx lnx lnxxf x xx ， ( )f x为偶函数，排除选项B和D， 又(0)sin010fln，排除选项C， 故选：A 6 （5 分）过抛物线 2 2yx上一点P作圆 22 :(6)1C xy的切线，切点为A，B，则当 四边形PACB的面积最小时，P点的坐标是( ) A(1, 2) B 3 (, 3) 2 C(2,2) D 5 (, 5) 2 【解答】解：设 2 ( 2 a P，)a，由圆的方程可得圆心(0,6)C，半径1r ， 44 22 |(

17、6)1236 44 aa PCaaa， 设 4 2 1236 4 a yaa， 32 212(2)(26)yaaaaa ， 2a 时0y，函数y单调递增，2a 时0y，函数y单调递减， 所以2a 时 4 2 2 212 23620 4 min y， 1 22| 2 PACPABC SSPAAC 四边形 ，当四边形PACB的面积最小，而|AC为定值1r ， 所以|PA最小时面积最小，而 22 |PAPCAC，所以|PC最小时即可， 此时2a ，即(2,2)P， 故选：C 7 （5 分）若随机变量(3, )XBp， 2 (2,)YN，若(1)0.657P X，(02)PYp， 则(4)(P Y )

18、 A0.2 B0.3 C0.7 D0.8 第 9 页（共 20 页） 【解答】解：(1)0.657P X， 3 1 (1)0.657p ，即 3 (1)0.343p，解得0.3p (02)0.3PYp， 则 12 (02)120.3 (4)0.2 22 PY P Y ， 故选：A 8 （5 分）若 3 16 ,0 ( ) 0,0 xx f xx x ，则满足(1) 0 xf x 的x的取值范围是( ) A 1，13，) B(，10，13，) C 1，01，) D(，31，01，) 【解答】解： （1）当0 x 时，(1)0 xf x成立， （2）当1x 时，(1)(0)0 xf xf成立， （

19、3）当0 x 时， 3 16 (1)(1) 0 1 xf xx x x ，即 3 16 (1) 1 x x ， 当01x时，不等式化为 4 (1)16x，解得01x， 当1x 时，不等式化为 4 (1)16x，解得3x， （4）当0 x 时， 3 16 (1)(1) 0 1 xf xx x x ，即 3 16 (1) 1 x x ， 即 4 (1)16x，解得1x， 综上，不等式(1) 0 xf x 的解集为(，10，13，)， 故选：B 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的选项中，有多项符合在每小题给出的选项中，有多项

20、符合 题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）函数( )sin(2) 4 f xx ，则( ) A函数( )yf x的图象可由函数sin2yx的图象向右平移 4 个单位得到 B函数( )yf x的图象关于直线 8 x 轴对称 C函数( )yf x的图象关于点(,0) 8 中心对称 D函数 2 ( )yxf x在(0,) 8 上为增函数 第 10 页（共 20 页） 【解答】解：函数( )sin(2)sin2() 48 f xxx 向右平移 8 个单位可得sin2yx，所以 函数( )sin(2)s

21、in2() 48 f xxx 可由sin2yx向左平移 8 个单位得到， 所以A不正确； B中， 8 x 时，函数sin(2)sin1 842 y ，所以可得 8 x 是函数的一条对称轴， 所以B正确； C中， 8 x 时，sin2()0 84 y ，所以( 8 ，0)为对称中心，所以C正确； D中，0 8 x 时， 2 yx单调递增，2 442 x ，sin(2) 4 yx 单调递增，所以 0 8 x 时，函数 2 ( )yxf x在(0,) 8 上为增函数，所以D正确； 故选：BCD 10 （5 分） 已知O为坐标原点， 1 F， 2 F分别为双曲线 22 22 1(0,0) xy ab

22、ab 的左、 右焦点， 点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有( ) A若 2 POPF，则双曲线的离心率2e B若 2 POF是面积为3的正三角形，则 2 2 3b C若 2 A为双曲线的右顶点， 2 PFx轴，则 222 A FPF D若射线 2 F P与双曲线的一条渐近线交于点Q，则 12 | 2QFQFa 【解答】 解： 对于A， 因为 2 POPF， 所以 2 OF的中垂线 2 c x 与双曲线有交点， 即有 2 c a， 解得2e，故选项A正确； 对于B， 因为 2 POF是面积为3的正三角形， 所以 221 2PFOFOFc， 解得 1 2 3PF ， 所以 12 31 2 PF

23、PF a ，故 2222 4( 31)2 3bca，故选项B正确； 对于C，因为 2 A为双曲线的右顶点，则 22 F Aca，又 2 PFx轴，则 2 2 b F P a ，所以 222 F AF P，故选项C错误； 对 于D， 若P为 右 顶 点 ， 则 射 线 2 F P与 双 曲 线 的 渐 近 线 交 于 点(0,0)Q， 此 时 12 | 02QFQFa，故选项D错误 故选：AB 11 （5 分）1982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都 相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体中 学生丹尼尔做了一个如图所示的模型

24、寄给美国数学学会， 美国数学学会根据丹尼尔的模型修 第 11 页（共 20 页） 改了有关结论对于该新几何体，则( ) A/ /AFCD BAFDE C新几何体有 7 个面 D新几何体的六个顶点不能在同一个球面上 【解答】解：对于A，由题意可知/ /AFBE，又/ /BECD，所以/ /AFCD，故选项A正确； 对于B，因为DECD，且/ /AFCD，所以AFDE，故选项B正确； 对于C，新几何体为三棱柱，有 5 个面，故选项C错误； 对于D，新几何体为斜三棱柱，没有外接球，故选项D正确 故选：ABD 12 （5 分）已知正数x，y，z，满足3412 xyz ，则( ) A634zxy B 1

25、21 xyz C4xyz D 2 4xyz 【解答】解：由于正数x，y，z，满足3412 xyz ，设3412 xyz t，1t ， 则 3 logxt， 4 logyt， 12 logzt， 对于A， 12 3 6 66912 1 3312 3 3 lgt log tzlglg lgt xlog tlg lg ，63zx， 3 4 3 33643 1 4481 4 4 lgt log txlglg lgt ylog tlg lg ，34xy， 则634zxy，故A正确； 对于B， 3 11 3 t log xlog t ，同理 1 4 t log y ， 1 12 t log z ， 12

26、31648log 12 tttt logloglog xy ，故B错误； 对于C， 3412 4 4loglog4log 3412 lgtlgtlgt xyzttt lglglg 第 12 页（共 20 页） 2 114(34) ()0 341234 12 lglg lgtlgt lglglglg lg lg ，4xyz ，故C正确； 对于D， 2 22 3412 2 4() 44() 34( 12) lgtlgtlgt xyzlog t log tlog t lglglg 22 2 () (34) 0 34( 12) lgtlglg lg lglg ， 2 4xyz，故D错误 故选：AC 二

27、、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分） 已知向量(1,2)a ，(0, 2)b ，( 1, )c ， 若( 2)/a bc， 则实数 3 【解答】解：向量(1,2)a ，(0, 2)b ，( 1, )c ， 2(2,6)ab， (2)/ /abc， 26 1 ， 解得3 实数3 故答案为：3 14 （5 分）已知复数z对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述 如下(i为虚数单位）: 甲：2zz；乙：2 3zzi；丙：4z z；丁： 2 2 zz z 在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确

28、，则复数z 1i 【解答】解：由题意可设zabi(0,0)ab， zabi， 2zza，2zzbi， 22 z zab， 2 22 zabiz zabiab ， 丙丁不可能同时正确，乙丁不可能同时正确，且甲、乙、丙可以知二推一， 甲丁正确， 此时1a ，1b ，1zi ， 故答案为：1i 15 （5 分）若2 3sin2cos1xx，则 5 sin() cos(2) 63 xx 7 32 【解答】解：2 3sin2cos1xx， 第 13 页（共 20 页） 所以4sin()1 6 x ，整理得 1 sin() 64 x ， 故 51 sin()sin() 664 xx ， 2 7 cos(2

29、)12sin () 368 xx ， 故 5177 sin() cos(2) 634832 xx 故答案为： 7 32 16 （5 分）四面体的棱长为 1 或 2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体 积 11 2 ；这样的不同四面体的个数为 【解答】解：四面体的棱长为 1 或 2，但该四面体不是正四面体， 可以构成一个底面边长为 1 的正三角形，侧棱长均为 2 的正三棱锥， 该三棱锥的高为 22 311 2() 33 h ， 则体积 131111 34123 V ， 1 和 2 可以构成的三角形有： 边长为 1 的正三角形，边长为 2 的正三角形，边长为 1，2，2 的三角形，

30、除了已求体积的正三棱锥外，还可以是： 四个 1，2，2 的三角形拼成的三棱锥； 两个边长为 2 的正三角形和两个 1，2，2 的三角形拼成的三棱锥， 综上这样的不同四面体的个数为 3 故答案为： 11 2 ，3 三、解答题：本题共三、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）在ABC中，90BAC，点D在边BC上，满足3ABBD （1）若30BAD，求C； （2）若2CDBD，4AD ，求ABC的面积 【解答】解： （1）设BDa，则3ABa， ABD中，由正弦定理得， sinsin BDAB

31、 BADBDA ， 第 14 页（共 20 页） 即 3 1 sin 2 aa BDA ， 所以 3 sin 2 BDA， 由题意得BDA为钝角， 所以 2 3 BDA ， 3 ADC ，() 3263 CADCDAC ， （2）设BDa，则3ABa，2CDa， ABC中， 2222 (3 )( 3 )6ACBCABaaa， 所以 66 cos 33 a C a ， 222222 6936 cos 23263 ACBCABaaa C AC BCaa ， 解得2 2a ， 所以4 3AC ，2 6AB ， 所以 11 3 64 312 2 22 ABC SAB AC 18 （12 分）已知等比数

32、列 n a的各项均为整数，公比为q，且| 1q ，数列 n a中有连续 四项在集合 96M ，24，36，48，192中 （1）求q，并写出数列 n a的一个通项公式； （2）设数列 n a的前n项和为 n S，证明：数列 n S中的任意连续三项按适当顺序排列后， 可以成等差数列 【解答】解： （1）等比数列 n a的各项均为整数，公比为q，且| 1q ，数列 n a中有连续 四项在集合 96M ，24，36，48，192中， 根据观察得知： 96M ，24，36，48，192中的24，48，96，192，这四项构成公 比为2的等比数列； 第 15 页（共 20 页） 所以 1 24 ( 2)

33、n n a 证明： （2）由（1）的通项公式 1 24 ( 2)n n a ， 根据等比数列的前n项和公式： 1111 ( 2) ( 2) 1233 n n n aaaa S ， 所以 111 1 ( 2) 33 n n aa S ， 211111 2 22 ( 2)( 2) 3333 nn n aaaa S ， 则 11 12 22 ( 2) 33 n nn aa SS ， 11 22 2( 2) 33 n n aa S ， 故 12 2 nnn SSS ， 故 1n S ， n S， 2n S ，构成等差数列； 19 （12 分）如图，在四棱锥PABCD中，PAD是以AD为斜边的等腰直角三

34、角形， / /BCAD，ABAD，222ADABBC，2PC ，E为PD的中点 （1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值； （2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并请证明你的结论 【解答】解： （1）取AD中点O，连接OP、OC， PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以OPAD，1OPOAOD， 因为/ /BCAD，ABAD，222ADABBC， 所以四边形ABCO为边长为 1 的正方形， 所以OCAD，又因为2PC ，所以 222 PCOPOC，所以POOC， 所以OA、OC、OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， (1A，0，0)，(1B，1，0)，(0C，1，0

35、)，(0P，0，1)， 平面PAC的法向量为(1n ，1，1)，(1PB ，1，1)， 所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为 |11 3| |33 PB n PBn （2）连接AF，( 1D ，0，0)， 1 ( 2 E ，0， 1 ) 2 ， 1 (4F， 1 2 ， 1 ) 4 ， 3 ( 4 AF ， 1 2 ， 1 ) 4 ， 第 16 页（共 20 页） 点F到平面PAC的距离为 |0 0 |3 AF n n ，所以点F在平面PAC内 20（12 分） 某地发现 6 名疑似病人中有 1 人感染病毒， 需要通过血清检测确定该感染人员， 血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没

36、感染拟采用两种方案检测： 方案甲：将这 6 名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止； 方案乙：将这 6 名疑似病人随机分成 2 组，每组 3 人先将其中一组的血清混在一起检测， 若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定 感染人员为止； 若结果为阴性， 则对另一组中每份血清逐个检测， 直到能确定感染人员为止 （1）求这两种方案检测次数相同的概率； （2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由 【解答】解： （1）由题意，可设甲方案检测的次数是X，则1X ，2，3，4，5， 设乙方案检测的次数是Y，则2Y ，3，方案甲与方案

37、乙相互独立， 12345 11 ()()()(), () 63 P XP XP XP XP X， 23 55 2 3131 6363 1 () 3 CC P Y C CC C ， 32 2 ()1() 3 P YP Y ， 用事件D表示方案甲所需检测的次数等于方案乙所需检测的次数， 则P（D） 22332233 11121 ()() ()() () 63636 P X YX YP XP YP XP Y， 所以这两种方案检测次数相同的概率为 1 6 ； （2）由（1）可知， 12345 11 ()()()(), () 63 P XP XP XP XP X， 所以 1111110 ()12345

38、666633 E X ， 第 17 页（共 20 页） 又 23 12 (), () 33 P YP Y， 所以 128 ( )23 333 E Y ， 所以( )()E YE X， 所以方案乙检测总费用较少 21 （12 分）已知O为坐标系原点，椭圆 2 2 :1 4 x Cy的右焦点为点F，右准线为直线n （1） 过点(4,0)的直线交椭圆C于D，E两个不同点， 且以线段DE为直径的圆经过原点O， 求该直线的方程； （2） 已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为 3 2 直线l与直线n 交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M求证： FM FN 为定值 【解答】解：

39、（1）设直线DE的方程为：(4)yk x，设 1 (D x， 2) y， 2 (E x， 2) y， 联立 2 2 (4) 1 4 yk x x y 整理可得 2222 (14)326440kxk xk， 2422 324(1 4)(644)0kkk， 2 12 2 32 14 k xx k ， 22 2 12121212 22 64412 4()16 1414 kk x xy ykx xxx kk ， 所以以线段DE为直径的圆过原点O，所以可得0OD OE， 即 1212 0 x xy y， 22 22 64412 0 1414 kk kk ，解得 19 19 k ， 所以直线DE的方程为：

40、 19 (4) 19 yx ； （2）证明：由题意可得右准线的方程为： 2 4 3 3 a x c ， 离心率 3 2 e ， 由题意直线l上只有一点到焦点的距离与到准线的距离为 3 2 e ， 即直线l上有一点位于椭圆上， 所以直线l与椭圆相切，设直线l的方程为：ykxm 第 18 页（共 20 页） 联立 2 2 1 4 ykxm x y ，整理可得： 222 (14)8440kxkmxm， 2222 644(1 4)(44)0k mkm，可得 22 14mk ， 因为右焦点( 3F，0)，将3x 代入直线l中：3ykm， 所以( 3M，3)km， |3FMkm， 将 4 3 3 x 代入

41、直线l中可得： 4 3 3 ykm，所以 4 3 ( 3 N， 4 3 ) 3 km， 所以 22222 4 34 3168 31 |(3)() 33333 NFkmkkmm， 222 2 2 2 |32 3 |168 31 333 FMkkmm NFk kmm ，将 22 14mk ， 所以可得 22 2 2 |72 313 |4288 34 333 FMkkm FNk km ， 所以可证得： FM FN 为定值 3 2 22 （12 分）已知函数( )1()f xmlnx mR （1）当2m 时，一次函数( )g x对任意(0,)x， 2 ( )( )f xg xx剟恒成立，求( )g x

42、的表达 式； （2）讨论关于x的方程 2 ( ) 1 ( ) f x x f x 解的个数 【解答】解： （1）当2m 时，( )12f xlnx ， 设 2 ( )21(0)h xxlnxx， 则 2 121 ( )2 x h xx xx ， 令( )0h x得 2 2 x ， 所以( )h x在 2 (0,) 2 上单调递减，在 2 ( 2 ，)上单调递增， 所以 212 ( )()210 222 min h xhln ， 第 19 页（共 20 页） 所以f（1）g（1）1， 又因为f（1）1， 所以g（1）1， 设g（a）(1)1a x， 又因为 2 ( )g xx， 所以 2 1 0

43、 xaxa 在(0,)上恒成立， 所以(1)(1) 0 xxa ，在(0,)上恒成立， 所以11a ，即2a ， 所以( )21g xx 又因为( )1221222m xlnxxlnxx ， 222 ( )2 x m x xx ， 所以( )0 max m x， 所以1 221lnxx， 综上( )21g xx （2） 2 ( ) 1 ( ) f x x f x ，即 2 1 (0) 1 mlnx xx mlnx ， 变为： 2 2 2 2(1) 0 1 x mlnx x ， 令 2(1) ( ) 1 t n tmlnt t ， 0m时， 2 2 (24) ( )0 (1) mtmtm n t

44、 t t ， 则( )n t在(0,)上单调递减， 又因为n（1）0， 所以( )n t在(0,)上恒有一解， 01m时， 2 2 (24) ( ) (1) mtmtm n t t t ， 令 2 ( )(24)tmtmtm，则 0 16(1)0 m m ， 根据二次函数的性质得( )0t在(0,)上有两解，设 12 01tt ， 因为n（1）0， 第 20 页（共 20 页） 所以 1 ( )0n t， 2 ( )0n t， 当 2 te时， 44 ( )2220 1 11 1 n tmlnt ， 所以( )0n t 在(0,)上恒有一解，即 2 ( ) 1 ( ) f x x f x 只有

45、一个解 0m 时，( ) 0n t， 所以( )n t在(0,)t单调递减且n（1）0， 故( )n t在(0,)恒有一解， 01m时， 2 2 (24) ( ) (1) mtmtm n t t t ， 设 2 ( )(24)tmtmtm， （1）44 0m ，(0)m， 所以( )0t在(0,)上有两解，且 12 01tt ， 又因为n（1）0， 所以 1 ( )0n t， 2 ( )0n t， 当 2 m te时， 44 ( )2220 11 m tmlnt tt ， 所以( )n t在 0 (t，)上恰有一根， 当01t 时， 4 (2,4) 1t ， 当 2 m te 时，2mlnt ， 4 22420 1 mlnt t ， 所以 0 (0,1)t且 2 0 m te ，解得 0 ( )0n t， 所以( )n t在 1 (0, )t上恰有一根，( )n t在(0,)上恰有三个根 综上所述，当1m或0m时， 2 ( ) 1 ( ) f x x f x 恰有一根， 当01m时， 2 ( ) 1 ( ) f x x f x 恰有三个根