广东省深圳市2021届高三下学期4月第二次调研考试数学试卷Word版含答案.zip

保密启用前 试卷类型：A 2021 年深圳市高三年级第二次调研考试年深圳市高三年级第二次调研考试 数学数学 2021.4 本试卷共 6 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号， 并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损。 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上 3.非选择题必须用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内； 如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要 求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 道小题，每小题道小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。 1.已知 A=xN|x7,B=5,6,7,8,则集合 AB 中的元素个数为 A.7 B.8 C.9 D.10 2.已知复数 z=1+i(i 为虚数单位），设 z 是 z 的共轭复数，则 zz= 2 A. B. C.2 D.3 23 3.五一国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机 选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概 率为 A. B. C. D. 1 6 1 3 1 2 2 3 4.函数 y=sin(x)log2|x|的图象大致为 2 3 x 5.已知 cosx=,则 sin(2x-)= 1 32 A. B.- C. D.- 7 9 7 9 8 9 8 9 6.设 , 为两个不同的平面，直线 l,则“l/”是“/”的 A. 充分不必要条件 B.必要不充分条件 C. 充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7.F1、F2分别为双曲线 C:x2-1 的左、右焦点，过 F1的直线 l 与 C 的左、右两支曲线分别 2 2 y 交于 A、B 两点，若 lF2B,则= 22 F A F B A. 4-2 B. 4+ C.6-2 D. 6+2 3355 8.在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三 角形（如图 1 所示，图中共有 2 个正三角形）然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成 一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图 2 所示的优美图形（图中共有 11 个正三角 形），这个过程称之为迭代在边长为 243 的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成 一个较小的正三角形，然后迭代得到如图 3 所示的图形（图中共有 10 个正三角形），其中最 小的正三角形面积为 A. B.1 C. D. 3 3 4 3 2 3 4 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：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。全部选对的得合题目要求。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.设直线 l:y=kx+1(kR)与圆 C:x2+y2=5,则下列结论正确的为 A.l 与 C 可能相离 B.l 不可能将 C 的周长平分 C.当 k=1 时，l 被 C 截得的弦长为 D.l 被 C 截得的最短弦长为 4 3 2 2 10.为方便顾客购物，某网上购鞋平台统计了鞋号 y(单位：码）与脚长 x(单位：毫米）的样本 数据（xi,yi),发现 y 与 x 具有线性相关关系，用最小二乘法求得回归方程为 y=0.2x-10,则 下列结论中正确的为 A.回归直线过样本点的中心（,) x y B. y 与 x 可能具有负的线性相关关系 C.若某顾客的鞋号是 40 码，则该顾客的脚长约为 250 毫米 D.若某顾客的脚长为 262 毫米，在“不挤脚”的前提下，应选择 42 码的鞋 11.摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩 天轮最高点离地面高度 128 米，转盘直径为 120 米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位 置进舱，开启后按逆时针匀速旋转 t 分钟，当 t=15 时，游客随舱旋转至距离地面最远处以下 关于摩天轮的说法中，正确的为 A.摩天轮离地面最近的距离为 4 米 B.若旋转 t 分钟后，游客距离地面的高度为 h 米，则 h=-60cos(t)+68 15 C.若在 t1,t2时刻，游客距离地面的高度相等，则 t1+t2的最小值为 30 D. t1,t20,20,使得游客在该时刻距离地面的高度均为 90 米 12.设函数 f(x)=ex-ex 和 g(x)=lnx-ka2+(1-2k)x+（kR),其中 e 是自然对数的底数（e=2.71828.), 1 2 则下列结论正确的为 A. f(x)的图象与 x 轴相切 B.存在实数 k1,且 bk+11.若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由。 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。 18.(12 分） ABC 的内作 A、B、C 的对边分别为 a、b、c, 设 sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB. 2 （1)求 C; （2)若 cosB=, D 是边 BC 上一点，且 CD=4BD,ACD 的面积为,求 AC. 3 5 7 5 19.(12 分） 如图，在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，AB/CD,DC=2,AA1=3,AB=BC=DA=1, 点 E 和 F 分别在侧棱 AA1、CC1上，且 A1E=CF=1. （1)求证：BC/平面 D1EF; （2)求直线 AD 与平面 D1EF 所成角的正弦值 20.(12 分） 已知某高校共有 10000 名学生，其图书馆阅览室共有 994 个座位，假设学生是否去自习是 相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为 0.1. （1)将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为 X,求 X 的期望和方差； （2)18 世纪 30 年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量 X 服从二项分布 B(n,p),那么当 n 比较 大时，可视为 X 服从正态分布 N(,o2).任意正态分布都可变换为标准正态分布（=0 且 =1 的 正态分布），如果随机变量 YN(,o2),那么令 Z=,则可以证明 ZN(0,1).当 ZN(0,1) Y 时，对于任意实数 a,记 (a)=P(Za). 已知下表为标准正态分布表（节选），该表用于查询标准正态分布对应的概率值例如当 a=0.16 时，由于 0.16=0.1+0.06,则先在表的最左列找到数字 0.1(位于第三行），然后在表的最 上行找到数字 0.06(位于第八列），则表中位于第三行第八列的数字 0.5636 便是 (0.16)的值 （i)求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率； （ii)若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于 0.7,则至少需要添加多少个座位？ 21.(12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，O 是坐标原点，P 是直线 x= -2 上的动点，过 P 作两条相异直 线 ll和 l2,其中 l1与抛物线 C:y2=4x 交于 A、B 两点，l2与 C 交于 M、N 两点，记 l1、12和直线 OP 的斜率分别为 k1、k2和 k3. （1)当 P 在 x 轴上，且 A 为 PB 中点时，求|k1|; （2)当 AM 为 PBN 的中位线时，请问是否存在常数 ,使得k3?若存在，求出 12 11 kk 的值；若不存在，请说明理由。 22.(12 分） 已知定义在 R 上的函数 f(x)=x2+acosx+(a-2)e-x,aR.(其中常数 e 是自然对数的底数， e=2.718 28.) （1)当 a=2 时，求 f(x)的极值； （2)(i)若 f(x)在0,上单调递增，求实数 a 的取值范围； （ii)当 nN*时，证明： 1 11 . 1 42 ()tan n k n n nk nk 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第1页（共15页） 2021 年深圳市高三第二次调研考试年深圳市高三第二次调研考试 数学试题答案及评分参考 一、单项选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B B A B C A 二、多项选择题： 题号 9 10 11 12 答案 BD AC BC ACD 12. 设 函 数( )ee x f xx=和 2 1 ( )ln(12 ) 2 g xxkxk x=+()kR， 其 中e是 自 然 对 数 的 底 数 （=2.718 28e） ，则下列结论正确的为 A.( )f x的图象与x轴相切 B. 存在实数0k ，使得 ( )g x的图象与x轴相切 C. 若 1 2 k =，则方程( )( )f xg x=有唯一实数解 D. 若( )g x有两个零点，则k的取值范围为 1 (0, ) 2 解析：( )ee x f xx=，则( )ee x fx=；( ) 2 1 ln(12 ) 2 g xxkxk x=+， 则( ) 2 2(21)1(21)(1) (0) kxkxkxx gxx xx + = = . （选项 A）易知1x =是( )f x的极小值点，且(1)0f=，所以( )f x的图象与x轴相切，故选项 A 正确. （选项 B）显然当0k 时，( )0g x，( )g x无极值点，则( )g x的图象与x轴不可能相切，故选项 B 错误. （选项 C）易知函数( )f x的最小值( ) 1 1ee 10f= =；当 1 2 k =， 则函数( )g x的最大值 1 ()(1) 2 gg k = 111 ln1(12) 1 222 =+ +0=， 因此方程( )( )f xg x=有唯一解1x =. （选项 D） （解法一）易知当0k 时， 1 2 x k =是( )g x的极大值点， 若函数( )g x有两个零点，则须有 1 ()0 2 g k ，即 2 1111 ln()(12 )0 2222 kk kkk +， 绝密启封并使用完毕前 绝密启封并使用完毕前 试题类型：试题类型：A 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第2页（共15页） 化简得 11 ln(2 ) 42 k k ，不难解得 1 0 2 k， 当0 x + 时，( )g x ， 显然当 1 0 2 k时，有 2 11 2kk ， 又 2 2222232 1111111121 ()ln()(12 )1 22 gkk kkkkkkkk =+ + 322 12211121 (2)() 22kkkkkk = +=+，当 1 0 2 k时， 2 1 ()0g k ，故选项 D 正确. （解法二）( )g x有两个零点 2 1 ln(12 )=0 2 xkxk x+ 1 ln ln1 2 =21=21 2 x x kxkkxk xxx + + +， 构造函数 ln1 ( ) 2 x u x xx =+和( )=21v xkxk+， 则 2 12ln ( ) 2 x u x x =，易知ex =是( )u x的极大值点，极大值 1 ( e) e u=， 函数( )=21v xkxk+的图象是过定点( 2, 1)的直线， 直线1= (2)yk x+与函数( )u x的图象相切于点 00 (, ()x u x，则 0 0 0 ()1 () 2 u x u x x + = + ， 则 0 2000 000000 2 00 ln1 1 12ln2 22(44)ln12ln1 22 x xxx xxxxxx xx + =+ = + ， 则 12ln11 (1) 22 ku =， 则k的取值范围为 1 (0, ) 2 ，故选项 D 正确. 综上所述，选项 ACD 正确. 三、填空题： 13. 22 1 43 xy +=（答案不唯一） ； 14. 79； 15. 15 2 ； 16. 2 3 2+ . 13. 解析：解析： 22 1 43 xy +=，形如 22 1(0) 43 xy m mm +=这样的方程均可. 16著名的费马问题是法国数学家皮埃尔 德 费马（16011665）于 1643 年提出的平面几何极值问题： “已 知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费 马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC的三个内角均小于120时，则使 得120APBBPCCPA=的点P即为费马点.已知点P为ABC的费马点，且ACBC，若 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第3页（共15页） |PAPBPC+=，则实数的最小值为 . 解析： （解法一）解析： （解法一）不妨设| |PAm PC= ，| |PBn PC= ，且| |PCx= ， 由余弦定理得 2222222 |2cos120(1)CAxm xmxmmx=+=+， 2222222 |2cos120(1)CBxn xnxnnx=+=+， 222222222 |2cos120()ABm xn xmnxmnmn x=+=+， 222 |ABCACB=+， 2222222 ()(1)(1)mnmn xmmxnnx+=+，即2mnmn+ + =， 又 2 () 4 mn mn + ， 2 () 2 4 mn mn + +， 显然m n+ =， 2 480 ，解得22 3+，或22 3（舍去） ， 易知当31mn=+时，等号成立， 实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. （解法二）（解法二）不妨设PCA=，则 2 PCB=， 3 PAC=， 6 PBC=， 由正弦定理得 |sinsin |31 sin() cossin 3 22 PA PC = ， 及 sin() |cos 2 |31 sin() sincos 6 22 PB PC = ， sincos3sin23 1 313132sin23 cossinsincossin2 22222 =+= ， 易知 63 ， 2sin2323， 33 112 32 2sin2323 = =+ ，即2 32+， 易知当 4 =时，等号成立， 实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第4页（共15页） 17 （10 分） 在 212 2baa=+， 28 ba=， 35 Ta=这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出解答. 问题：已知数列 n a的前n项和 2 21 n Snn=，等比数列 n b的前n项和为 n T， 13 ba=，且_， 判断是否存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 解解：由(21) n Snn=，得 11 20aS=， 1 分 当1n时， 22 1 (21)21(1)(1) nnn aSSnnnn = 22 2n=， 经检验，当1=n时，上式也成立， 故 n a的通项公式为222 n an=， 3 分 则 13 16ba=. 4 分 选择条件的解答： 由222 n an=，得 1 20a =， 2 18a =， 5 分 12 2 2 aa b + = 20 18 19 2 + =， 6 分 则等比数列 n b的公比 2 1 19 1 16 b q b = ， 7 分 则 n b是递增的等比数列，且 11 1 19 16 ()1 16 nn n bb q =， 9 分 故不存在k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 选择条件的解答： 由222 n an=， 得 8 6a =，即 28 6ba=， 5 分 则等比数列 n b的公比 2 1 63 168 b q b = ， 6 分 则 n b的通项公式 11 1 3 16 ( ) 8 nn n bb q =， 8 分 则 n b是递减的等比数列， 当3k =时，使得 3 9 1 4 b =，且 4 27 1 32 b =， 易知存在唯一的3k =，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 选择条件的解答： 由222 n an= ，得 5 12a = ， 5 分 设等比数列 n b的公比为q， 222 31111(1 )16(1)Tbbqbqbqqqq=+=+=+12=，即 2 1440qq+=， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第5页（共15页） 解得 1 2 q = ， 7 分 则 n b是摆动的等比数列，且 11 1 1 16 () 2 nn n bb q = ， 8 分 当1k =时，使得 12 1618bb= =， 当3k =时，使得 34 412bb= =， 故不存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 【命题意图】 本题主要考查等差数列、 等比数列的通项公式及前n项和公式等， 考察了学生的数学运算、 逻辑推理等核心素养. 18 （12 分） 设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=. (1) 求C； (2) 若 3 cos 5 B =，D是边BC上一点，且4CDBD=，ACD的面积为 7 5 ，求b. 解：解：(1)由正弦定理，及 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=，可得 222 2abcab+=，3 分 由余弦定理，得 222 2 cos 22 abc C ab + =， 4 分 ()0,C， 4 C =； 5 分 （解法一）（解法一）ACD的面积为 7 5 ，且4CDBD=， ABC的面积为 7 4 ， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 2 4 sin1cos 5 BB=，7 分 又 4 C =， 7 2 sinsin()sin()= 410 ABCB=+=+，8 分 在ABC中，由正弦定理，得 sinsin ba BA =， sin4 2 sin7 B baa A =， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第6页（共15页） 7 2 8 ab=， 10 分 ABC的面积为 7 4 ， 2 717 sin 4216 abCb=， 2b=， 即2AC =. 12 分 （解法二）（解法二）设BDx=，4CDx=，过A作AEBC于E， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 4 tan 3 B =， 则由 (1) 易知 22 = 22 AEACb=， 2 5 2 BExb=， 7 分 在直角ABE中，有 2 4 2 tan= 32 5 2 b AE B BE xb = ， 8 分 7 2 40 xb=， 10 分 22 11 7 2277 sin 22102205 ACD SCD ACCbb =， 2b=， 即2AC =. 12 分 【命题意图】本题主要考察正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等知识，渗透数形结合、转化与化归、 方程等思想，意在考察学生的逻辑推理，数学运算等核心素养 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第7页（共15页） 19 （12 分） 如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D中，/AB CD，2DC =， 1 3AA =，1ABBCDA=，点E和F 分别在侧棱 1 AA、 1 CC上，且 1 1A ECF=. (1) 求证：BC平面 1 D EF； (2) 求直线AD与平面 1 D EF所成角的正弦值. 解：解：(1) 证明：如图所示，分别取CD， 1 FD的中点M，N，连接MN，AM，EN.1 分 M，N分别是CD， 1 FD的中点， MN是梯形 1 CFD D的中位线， 1 /MNCFD D，且 1 1 ()2 2 MNCFD D=+=. 1 1A E =， 11 /A AD D， 2EAMN=，且/EA MN， 四边形AENM是平行四边形， /ENAM. 3 分 易证四边形AMCB是平行四边形， /BCAMEN， 又EN 平面 1 D EF，BC平面 1 D EF， BC平面 1 D EF. 5 分 (2)（解法一）（解法一）以A为坐标原点，AB为x轴，过点A并垂直于AB的直线为z轴， 1 AA为y轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， 6 分 易得(0,0,0)A，(0,0,2)E， 13 (,0) 22 D ， 1 13 (,3) 22 D ， 33 ( ,1) 22 F， 7 分 （第 19 题图） A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 M N 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第8页（共15页） 则有 13 (,0) 22 AD= ， 1 13 ( , 1) 22 D E =， 1 (2,0, 2)DF =， 8 分 设平面ABS的法向量为 111 ( ,)mx y z=， 则 1 1 0 0 D E m D F m = = ， ， 即 111 111 13 0 22 2020 xyz xyz = += ， ， 9 分 则平面ABS的一个法向量为( 3, 1, 3)m=， 10 分 321 cos, 717 AD m AD m ADm = ，11 分 设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 21 sincos, 7 AD m= =. 12 分 （解法二）连接 1 A F，得到三棱锥 1 FADE，连接AC， 6 分 易知ACAD，且3AC =，2EF =，2DE =， 1 2 2DF =， 7 分 又 1 A AAC，则AC 平面 1 A DE， 8 分 那么三棱锥 1 FADE的体积 113 1 13 326 V = =， 222 ( 2)(2 2)23 cos 4222 2 DEF + = ， 10 分 则 7 sin 4 DEF=，设 1 A到平面 1 D EF的距离为h， 由 1111 AD EFFA D E VV =可得 1173 22 2 3246 h=， 解得 21 7 h =， 11 分 设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 11 21 sin 7 h AD =. 12 分 【命题意图】本题主要考察线面的位置关系，线面平行的判定定理和求线面所成的角.涉及到的思想方 法主要有向量法，数形结合思想.考察了学生的直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养. 20 （12 分） 已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的， 且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为1 . 0. (1) 将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差； A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 z x y 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第9页（共15页） (2) 18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布( , )B n p，那么当n比较大时， 可视为X服从正态分布 2 ( ,)N .任意正态分布都可变换为标准正态分布（0=且1=的正态分布） ，如 果随机变量 2 ( ,)YN ，那么令 = Y Z，则可以证明(0,1)ZN.当(0,1)ZN时，对于任意实数a， 记( )() aP Za=. 已知下表为标准正态分布表（节选） ，该表用于查询标准正态分布对应的概率值.例如当0.16a=时，由 于0.160.1 0.06=+，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行） ，然后在表的最上行找到数字0.06（位 于第八列） ，则表中位于三行八列的数字0.5636便是(0.16)的值. (i) 求晚自习时间阅览室座位不够用的概率； (ii) 现对阅览室进行改造，使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于7 . 0，则阅览室至少还需要增加 多少个座位？ a 00. 0 01. 0 02. 0 03. 0 04. 0 05. 0 06. 0 07. 0 08. 0 09. 0 0 . 0 5000. 0 5040. 0 5080. 0 5120. 0 5160. 0 5199. 0 5239. 0 5279. 0 5319. 0 5359. 0 1 . 0 5398. 0 5438. 0 5478. 0 5517. 0 5557. 0 5596. 0 5636. 0 5675. 0 5714. 0 5753. 0 2 . 0 5793. 0 5832. 0 5871. 0 5910. 0 5948. 0 5987. 0 6026. 0 6064. 0 6103. 0 6141. 0 3 . 0 6179. 0 6217. 0 6255. 0 6293. 0 6331. 0 6368. 0 0.6404 6443. 0 6480. 0 6517. 0 4 . 0 6554. 0 6591. 0 6628. 0 6664. 0 6700. 0 6736. 0 6772. 0 6808. 0 6844. 0 6879. 0 5 . 0 6915. 0 6950. 0 6985. 0 7019. 0 7054. 0 7088. 0 7123. 0 7157. 0 7190. 0 7224. 0 解 解：(1) 由题意可得，随机变量X服从二项分布， 1 分 则10001 . 010000)(= npXE， 2 分 9009 . 01 . 010000)1 ()(=pnpXD. 3 分 (2) (i) 由于 (1) 中二项分布的n值较大， 故可以认为随机变量X服从正态分布， 由(1)可得， 1000= ，30=， 4 分 由题意，可得(1000,900)XN ， 则 1000 (0,1) 30 X N ， 则 )2 . 0()2 . 0 30 1000 ()994(= = X PXP， 5 分 由标准正态分布性质可得，)2 . 0(1)2 . 0(=， 故)2 . 0(1)994(XP=， 6 分 故5793. 0)2 . 0()994(1)994(=XPXP， 故阅览室晚上座位不够用的概率为5793. 0. 7 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第10页（共15页） (ii) 查表可得，7019. 0)53. 0(=， 8 分 则7019. 0)53. 0 30 1000 (= X P， 即7019. 0)9 .1015(=XP， 9 分 又7 . 06915. 0)5 . 0()5 . 0 30 1000 ()1015(= = X PXP， 10 分 故座位数至少要1016个， 11 分 由于229941016=， 则阅览室至少还需要增加22个座位. 12 分 【命题意图】本题以大学阅览室的座位安排为背景，通过正态分布的相关背景知识，考查学生数学抽 象、数学建模、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现化归与转化的数学思想. 21 （12 分） 在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线2x=上的动点，过P作两条相异直线 1 l和 2 l，其 中 1 l与抛物线 2 :4C yx=交于A、B两点， 2 l与C交于M、N两点，记 1 l、 2 l和直线OP的斜率分别为 1 k、 2 k和 3 k. (1) 当P在x轴上，且A为PB中点时，求1 |k； (2) 当AM为PBN的中位线时，请问是否存在常数，使得 3 12 11 k kk += ？若存在，求出的值； 若不存在，请说明理由. 解：解：(1) （解法一）由题意易知 ( 2,0)P ， 由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 2 2 (,) 4 y By 2 (0)y ， A为PB中点， 2 22 (1,) 82 yy A， 1 分 A在C上， 2 2 22 () =4(1) 28 yy ， 解得 2 4y = ， 3 分 (4,4)B ， 1 402 | 4( 2)3 k = . 4 分 （解法二）由题意可知 1 l的方程为 1 1 2xy k = ， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第11页（共15页） 设 11 (,)A x y， 22 (,)B xy， 由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 0y ， 代入 2 :4C yx=，得 2 1 4 80yy k += ， 1 分 则 12 1 4 yy k += ， 12 8y y =， A为PB中点， 21 2yy=， 3 分 联立解得 1 2y =， 2 4y =， 1 2 3 k =， 1 2 | 3 k =. 4 分 (2) 设 1 l的方程为 1( 2)yk xt=+，代入 2 :4C yx=，得 2 11 4840k yykt+=， 则 12 1 4 yy k += ， 1 12 1 84kt y y k + = ， 5 分 AM为PBN的中位线， A为PB中点， 21 2yty+ =， 联立解得 1 1 4 33 t y k =+ ， 2 1 8 33 t y k = + ， 7 分 由可得 1 111 8484 () () 3333 kttt kkk + += ， 进而可得 22 11 (72)32320tktk+=， 8 分 M为PN中点， 同理可得 22 22 (72)32320tktk+=， 易知 1 k， 2 k为 22 (72)32320tktk+=的两根(事实上0，故关于k的上述方程必有两个实数根)， 12 2 32 72 t kk t += + ， 12 2 32 72 k k t = + ， 10 分 12 1 2 = kk t k k + ，即 12 11 +=t kk ， 3 2 OP t kk= ， 3 2tk= ， 11 分 3 12 11 +2k kk = ， 故存在常数 2= ，使得 3 12 11 k kk += 恒成立. 12 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第12页（共15页） 【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系为背景，利用方程思想、韦达定理来解决问题， 利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系及探索性问题，考查学生的逻辑推 理，数学运算等数学核心素养及思辨能力. 22 （12 分） 已知定义在R上的函数 2 ( )cos(2)e x f xxaxa =+，aR.（其中常数e是自然对数的底数， =2.718 28e） (1) 当2a=时，求( )f x的极值； (2)（i）若( )f x在0,上单调递增，求实数a的取值范围； （ii）当 * nN时，证明： 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 解解：(1) 当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+， ( )2(sin )fxxx = ， 1 分 令( )sing xxx=，则( )1cos0g xx= ， ( )g x在(,) +上单调递增， 2 分 又(0)0g=， 当(,0)x 时，( )(0)0g xg=；当(0,)x+时，( )(0)0g xg=， 当(,0)x 时，( )0fx ；当(0,)x+时，( )0fx ， ( )f x在(,0)上单调递减；在(0,)+上单调递增， ( )f x的极小值为(0)2f=，无极大值. 3 分 (2) (i) 易知( )2sin(2)e x fxxaxa =， 若( )f x在0,上单调递增，则2sin(2)e0 x xaxa （*）在0,上恒成立， （解法一）（解法一）显然当0,x时，sine0 x x +， 不等式（*）等价于 2(e) sine x x x a x + + ， 4 分 下证 e 1 sine x x x x + + ，0,x， 即证esine xx xx +，0,x， 即证sin0 xx，0,x，由（1）可知，显然成立， e 1 sine x x x x + + ，0,x，6 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第13页（共15页） 或者考虑 esin 11 sinesine x xx xxx xx + = + + 亦可（由(1)可知sin0 xx，0,x） ， 6 分 又当0 x=时， e 1 sine x x x x + = + ， 2a，即实数a的取值范围为(,2. 7 分 （解法二）（解法二）不等式（*）在0,上恒成立， 即对于 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +， 当(2,)a+时，令 0 0 x =，上述不等式显然不成立； 5 分 当(,2a时，令 00 00 ( )(sine)2(e) xx h axax =+， 易知( )h a在(,) +上单调递减， 当(,2a时， 00 ( )(2)2(sin)h ahxx=， 6 分 由(1)可知，当 0 0,x 时， 00 sin0 xx，( )0h a ， 当(,2a时， 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +， 综上所述，当且仅当(,2a时，不等式（*）在0,上恒成立，即使得( )f x在0,上单调递增的 实数a的取值范围为(,2.7 分 (ii) 先证当(0,1x时，有 2 cos1 2 x x . （解法一）（解法一）由(1)可知，当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+在0,上单调递增， 当(0,1x时，( )(0)f xf，即 2 cos1 2 x x ， 8 分 （解法二）由 (1) 可知，当(0,1x时，sin0 xx， 22 sinxx，(0,1x， 当(0,1x时， 2 22 cos1 2sin ( )1 2 ( )1 222 xxx x = = ， 即 2 cos1 2 x x ， 8 分 当(0,1x时，有 2 cos1 2 x x . 当1,)x+时，易知 11 1sin0 xx ， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第14页（共15页） 11 sin 11 cos 111 tantantan xx x x xxx =， 9 分 （解法一）（解法一）再证当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + . 22 11211 cos111 () 2412121xxxxx = + ， 当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + ， 即 111 1() 1 2121 tan xx x x + ，1,)x+， 10 分 111 1() 1 2123 (1)tan 1 nn n n + + + ， 111 1() 1 2325 (2)tan 2 nn n n + + + ， ， 111 1() 1 4141 2 tan 2 nn n n + ， 将上述不等式相加得， 1 111 1 2141 ()tan n k n nn nk nk = + + + + ， 11 分 又 11111 2141214242 nnn nnnnn += + ， 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 12 分 （解法二）（解法二）不难知道当( 1,)x +时，有ln(1) xx+（证明略） ， 下证当2,)x+时，有 1121 cos1ln 221 x xx + + . 9 分 易知当2,+ )x时， 2 (1)(1)21 21 xxx xx + + ， 222 11111(1)(1)121 cos1ln(1)lnln 222221 xxx xxxxx + = + ， 当2,+ )x时， 1121 cos1ln 221 x xx + + ， 1121 cos1ln 1223 n nn + + + ， 1123 cos1ln 2225 n nn + + + ， 深圳市高三数学第二