2019-2020学年河南省驻马店市高三（上）期末数学试卷（理科）.docx

1、 第 1 页（共 21 页） 2019-2020 学年河南省驻马店市高三 （上） 期末数学试卷 （理科）学年河南省驻马店市高三 （上） 期末数学试卷 （理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. 1 （5 分）若 2020 3 1 ii z i ，则z的虚部是( ) Ai B2i C1 D1 2 （5 分）已知集合 2 |2Ax yx， 2 |0 1 x Bx x ，则(AB ) A( 1, 2 B 1, 2 C 1，2

2、D2,2 3 （5 分） 已知( )f x为定义在R上的偶函数， 当( 1,0)x 时， 4 ( )3 3 x f x ， 则 3 3 ( l o g) ( 2 f ) A2 B2 C3 D3 4 （5 分）cos350 sin70sin170 sin20( ) A 3 2 B 3 2 C 1 2 D 1 2 5 （5 分）函数 2 cos ( ) (1) x f x lnxx 的部分图象大致为( ) A B C D 6 （5 分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4 cossin3bBCc， 则(B ) A 6 或 5 6 B 4 C 3 D 6 或 3 7 （5 分）将

3、函数( )sin(3) 6 f xx 的图象向右平移(0)m m 个单位长度，再将图象上各点 的横坐标伸长到原来的 6 倍（纵坐标不变） ，得到函数( )g x的图象，若( )g x为奇函数，则m 的最小值为( ) A 9 B 2 9 C 18 D 24 第 2 页（共 21 页） 8 （5 分）明代数学家程大位(15331606年） ，有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血 写出算法统宗 ，可谓集成计算的鼻祖如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的 “李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的y的值为 2，则输入的x的值为( ) A 7 4 B 56 27 C2 D164 81 9 （5 分）

4、已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、右顶点分别是A，B，双曲线的右焦点 F为(2,0)， 点P在过F且垂直于x轴的直线l上， 当ABP的外接圆面积达到最小时， 点P 恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为( ) A 22 1 22 xy B 2 2 1 3 y x C 2 2 1 3 x y D 22 1 44 xy 10 （5 分）点O在ABC所在的平面内，| | |OAOBOC，| 2AB ，| 1AC ， ( ,)AOABACR ，且42(0)，则| (BC ) A 7 3 B 7 2 C7 D7 11（5 分） 有一圆柱状有盖铁皮桶 （铁皮厚度忽略不计） ， 底面

5、直径为20cm， 高度为100cm， 现往里面装直径为10cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装( )（附 :21.414,31.732,52.236) A22 个 B24 个 C26 个 D28 个 第 3 页（共 21 页） 12 （5 分）已知函数 2 4 ( )2, ( )2 ax f xlnxax g xx lnx ，若方程( )( )f xg x恰有三个不相等 的实根，则a的取值范围为( ) A(0， e B 1 (0,) 2e C( ,)e D 1 (0, ) e 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答

6、题卡中的横线上把答案填在答题卡中的横线上. 13 （5 分）抛物线 2 1 12 yx的焦点坐标为 14 （5 分） 26 1 (2)()xx x 的展开式中常数项为 15（5 分） 在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，E是正方形 11 BBC C的中心，M为 11 C D 的中点，过 1 A M的平面与直线DE垂直，则平面截正方体 1111 ABCDABC D所得的截面 面积为 16 （5 分）某部队在训练之余，由同一场地训练的甲、乙、丙三队各出三人，组成3 3小 方阵开展游戏，则来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分

7、.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每道试题考生都必须作答每道试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17 （12 分）已知数列 n a满足 123 123 252525253 n nn aaaa （1）求数列 n a的通项公式； （2）设数列 1 1 nn a a 的前n项和为 n T，证明： 11 226 n T 18 （12 分）如图，在三棱柱ADEBCF中，ABCD是边长为 2 的菱形，且60BAD

8、， CDEF是矩形，1ED ，且平面CDEF 平面ABCD，P点在线段BC上移动(P不与C重 合） ，H是AE的中点 （1）当四面体EDPC的外接球的表面积为5时，证明：/ /HB平面EDP （2）当四面体EDPC的体积最大时，求平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值 19 （12 分）某芯片公司对今年新开发的一批5G手机芯片进行测评，该公司随机调查了 100 第 4 页（共 21 页） 颗芯片，并将所得统计数据分为9，10)，10，11)，11，12)，12，13)，13，14)，五 个小组（所调查的芯片得分均在9，14内） ，得到如图所示的频率分布直方图，其中 0.18ab （1） 求

9、这 100 颗芯片评测分数的平均数 （同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替） （2）芯片公司另选 100 颗芯片交付给某手机公司进行测试，该手机公司将每颗芯片分别装 在 3 个工程手机中进行初测若 3 个工程手机的评分都达到 11 万分，则认定该芯片合格； 若 3 个工程手机中只要有 2 个评分没达到 11 万分，则认定该芯片不合格；若 3 个工程手机 中仅 1 个评分没有达到 11 万分，则将该芯片再分别置于另外 2 个工程手机中进行二测，二 测时，2 个工程手机的评分都达到 11 万分，则认定该芯片合格；2 个工程手机中只要有 1 个评分没达到 11 万分，手机公司将认定该芯片不合格

10、已知每颗芯片在各次置于工程手机 中的得分相互独立， 并且芯片公司对芯片的评分方法及标准与手机公司对芯片的评分方法及 标准都一致（以频率作为概率） 每颗芯片置于一个工程手机中的测试费用均为 300 元，每 颗芯片若被认定为合格或不合格， 将不再进行后续测试， 现手机公司测试部门预算的测试经 费为 10 万元，试问预算经费是否足够测试完这 100 颗芯片？请说明理由 20 （12 分）已知 1 F， 2 F分别是椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点，直线 2 3 b y 与 C交于A，B两点， 2 90AF B，且 2 20 9 F AB S （1）求C的方程； （2）

11、已知点P是C上的任意一点， 不经过原点O的直线l与C交于M，N两点， 直线PM， PN，MN，OP的斜率都存在，且0 MNOP kk，求 PMPN kk的值 21 （12 分）已知函数( ), ( ) x x f xxlnxx g x e （1）若不等式 2 ( ) ( )f x g xax对1x，)恒成立，求a的最小值； 第 5 页（共 21 页） （2）证明：( )1( )f xxg x （3） 设方程( )( )f xg xx的实根为 0 x， 令 0 0 (), 1, ( ) ( ), f xxx x F x g x xx ， 若存在 1 x， 2 (1,)x ， 12 xx，使得 1

12、2 ()()F xF x，证明： 201 ()(2)F xFxx （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一如果多做，则按所做的第一 题计分题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 93 ,(xt t yt 为参数） ，以坐标原 点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 2 2 16 13sin （1）求C和l的直角坐标方程； （2）已知P为曲线C上的一个动点，求线段OP的中点M到直线l的最大距离

13、选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23设函数( ) |1|21|f xxx （1）求不等式( ) 3f x 的解集； （2）若( )f x的最小值为a，且xyza，求 222 (1)(2)xyz的最小值 第 6 页（共 21 页） 2019-2020 学年河南省驻马店市高三 （上） 期末数学试卷 （理科）学年河南省驻马店市高三 （上） 期末数学试卷 （理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合

14、题目要求的一项是符合题目要求的. 1 （5 分）若 2020 3 1 ii z i ，则z的虚部是( ) Ai B2i C1 D1 【解答】解： 2020 313(13 )(1) 2 11(1)(1) iiiii zi iiii ， z的虚部是 1 故选：D 2 （5 分）已知集合 2 |2Ax yx， 2 |0 1 x Bx x ，则(AB ) A( 1, 2 B 1, 2 C 1，2 D2,2 【解答】解：集合 2 |2 |22Ax yxxx剟， 2 |0 | 12 1 x Bxxx x 剟， | 12( 1ABxx ，2 故选：A 3 （5 分） 已知( )f x为定义在R上的偶函数，

15、当( 1,0)x 时， 4 ( )3 3 x f x ， 则 3 3 ( l o g) ( 2 f ) A2 B2 C3 D3 【解答】解：根据题意， 33 32 23 loglog ，且 3 2 10 3 log ， 又由( )f x为定义在R上的偶函数， 则 3 2 3 33 33424 (log)(log)32 22333 log ff； 故选：B 4 （5 分）cos350 sin70sin170 sin20( ) A 3 2 B 3 2 C 1 2 D 1 2 【解答】解： 3 cos350 sin70sin170 sin20cos10 cos20sin10 sin 20cos30

16、2 第 7 页（共 21 页） 故选：A 5 （5 分）函数 2 cos ( ) (1) x f x lnxx 的部分图象大致为( ) A B C D 【解答】解： 222 cos()coscos ()( ) ()1()(1)(1) xxx fxf x lnxxlnxxlnxx ， ( )f x为奇函数，排除B，C； 又 2 31 ( )()0, ( )0 22 (1) fff ln ，排除D； 故选：A 6 （5 分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4 cossin3bBCc， 则(B ) A 6 或 5 6 B 4 C 3 D 6 或 3 【解答】解：由4 cossi

17、n3bBCc，得4sincossin3sinBBCC， 3 sin2 2 B，2 3 B 或 2 3 ， 6 B 或 3 ， 故选：D 7 （5 分）将函数( )sin(3) 6 f xx 的图象向右平移(0)m m 个单位长度，再将图象上各点 的横坐标伸长到原来的 6 倍（纵坐标不变） ，得到函数( )g x的图象，若( )g x为奇函数，则m 的最小值为( ) A 9 B 2 9 C 18 D 24 【解答】解：将函数( )sin(3) 6 f xx 的图象向右平移(0)m m 个单位长度，可得 第 8 页（共 21 页） sin(33) 6 yxm 的图象； 再将图象上各点的横坐标伸长到

18、原来的6倍 （纵坐标不变） ， 得到函数 1 ( )sin(3) 26 g xxm 的图象， 若( )g x为奇函数，则当m的最小时，30 6 m ， 18 m ， 故选：C 8 （5 分）明代数学家程大位(15331606年） ，有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血 写出算法统宗 ，可谓集成计算的鼻祖如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的 “李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的y的值为 2，则输入的x的值为( ) A 7 4 B 56 27 C2 D164 81 【解答】解：模拟程序的运行过程知， 34yx，1i ； 34916yyx，2i ； 342752yyx，3i ； 3481

19、160yyx，4i ； 34243484yyx， 此时不满足3i，跳出循环，输出结果为243484x ， 第 9 页（共 21 页） 由题意2434842yx，得2x 故选：C 9 （5 分）已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、右顶点分别是A，B，双曲线的右焦点 F为(2,0)， 点P在过F且垂直于x轴的直线l上， 当ABP的外接圆面积达到最小时， 点P 恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为( ) A 22 1 22 xy B 2 2 1 3 y x C 2 2 1 3 x y D 22 1 44 xy 【解答】解：不妨设点P的坐标为(2,)m，0m ，由于|AB为定值

20、，由正弦定理可知当 sinAPB取得最大值时，APB的外接圆面积取得最小值， 也等价于tanAPB取得最大值， 因为 2 tan a APF m ， 2 tan a BPF m ，所以 2 2 22 22 tantan() 22 1 2 aa aaa mm APBAPFBPF aa bb b m m mm m m ，当且仅当 2 b m m ， 即当mb时，等号成立， 此时APB最大，此时APB的外接圆面积取最小值， 点P的坐标为(2, )b，代入 22 22 1 xy ab 可得2a ， 22 2bca 所以双曲线的方程为： 22 1 22 xy 故选：A 10 （5 分）点O在ABC所在的

21、平面内，| | |OAOBOC，| 2AB ，| 1AC ， ( ,)AOABACR ，且42(0)，则| (BC ) A 7 3 B 7 2 C7 D7 【解答】解：由| | |OAOBOC，可知，点O为ABC外心， 则 21 2 2 AB AOAB； 211 22 AC AOAC， 又( ,)AOABACR ， 所以 2 42AO ABABAC ABAC AB； 第 10 页（共 21 页） 2 AO ACAB ACACAB AC； 因为42(0)， 联立方程可得 5 6 ， 4 3 ，1AB AC ，因为BCACAB， 所以 222 27BCACABAC AB； 即|7BC 故选：D 1

22、1（5 分） 有一圆柱状有盖铁皮桶 （铁皮厚度忽略不计） ， 底面直径为20cm， 高度为100cm， 现往里面装直径为10cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装( )（附 :21.414,31.732,52.236) A22 个 B24 个 C26 个 D28 个 【解答】解：由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相 切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm的正四面体， 以两层为例，如图，求得5 2EF 即求得正四面体相对棱的距离为5 2cm，每装两个球称为“一层” ，这样装n层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为(105 2(1)ncm， 若想要

23、盖上盖子，则需要满足105 2(1) 100n ，解得1 9 213.726n， 最多可以装 13 层球，即最多可以装 26 个球 故选：C 12 （5 分）已知函数 2 4 ( )2, ( )2 ax f xlnxax g xx lnx ，若方程( )( )f xg x恰有三个不相等 的实根，则a的取值范围为( ) 第 11 页（共 21 页） A(0， e B 1 (0,) 2e C( ,)e D 1 (0, ) e 【解答】解：由题意知方程( )( )f xg x在(0，1)(1，)有三个不相等的实根， 即 2 4 22 ax lnxaxx lnx ， 因为0x ，式两边同除以x，得 4

24、 22 lnxax a xlnx ， 所以方程 4 22 lnxax a xlnx 有三个不等的正实根 记( ) lnx t x x ，(0x，1)(1，)，则上述方程转化为 4 ( )220 ( ) a t xa t x ， 即 ( )2 ( )2 0t xt xa，所以( )2t x 或( )2t xa 因为 2 1 ( ) lnx t x x ，当(0x，1)(1，) e时，( )0t x，所以( )t x在(0,1)，(1, ) e上单调递 增，且0x 时，( )t x ， 当( ,)xe时，( )0t x，( )t x在( ,)e 上单调递减，且x时，( )0t x ， 所以当xe时

25、，( )t x取最大值 1 e ，当( )2t x ，有一根， 所以( )2t xa恰有两个不相等的实根，所以 1 0 2 a e 故选：B 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡中的横线上把答案填在答题卡中的横线上. 13 （5 分）抛物线 2 1 12 yx的焦点坐标为 (0,3) 【解答】解：抛物线 2 1 12 yx的标准方程为 2 12xy，则6p ，所以焦点坐标为(0,3) 故答案为：(0,3) 14 （5 分） 26 1 (2)()xx x 的展开式中常数项为 25 【解答】解： 6 1 ()x x

26、展开式的通项公式为： 66 2 166 1 ()( 1) rrrrrr r TCxCx x ， 令620r，解得3r ， 33 3 16 ( 1)20TC ； 令622r ，解得4r ， 44 4 16 22 11 ( 1)15TC xx ； 第 12 页（共 21 页） 26 1 (2)()xx x 展开式中常数项为： 2 ( 20)1525 故答案为：25 15（5 分） 在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，E是正方形 11 BBC C的中心，M为 11 C D 的中点，过 1 A M的平面与直线DE垂直，则平面截正方体 1111 ABCDABC D所得的截面 面积为

27、2 6 【解答】 解： 如图， 在正方体 1111 ABCDABC D中， 记AB的中点为N， 连接MC，CN， 1 NA， 则平面 1 AMCN即为平面证明如下： 由正方体的性质可知， 1 / /AMNC，则 1 A，M，C，N四点共面， 记 1 CC的中点为F，连接DF，易证DFMC 连接EF，则EFMC，所以MC 平面DEF， 则DECM 同理可证，DENC，NCMCC， 则DE 平面 1 AMCN， 所以平面面 1 AMCN即平面，且四边形面 1 AMCN即平面截正方体所得的截面 因为正方体的棱长为 2，易知四边形面 1 AMCN是菱形，其对角线 1 2 3AC ，2 2MN ， 所以

28、其面积 1 2 22 32 6 2 S 故答案为：2 6 16 （5 分）某部队在训练之余，由同一场地训练的甲、乙、丙三队各出三人，组成3 3小 方阵开展游戏，则来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率为 1 140 【解答】解：首先，第一行队伍的排法有 3 3 A种， 第二行队伍的排法有 2 种，第三行队伍的排法有 1 种， 第 13 页（共 21 页） 然后，第一行的每个位置的人员安排有 111 333 C C C种， 第二行的每个位置的人员安排有 111 222 C C C种， 第三行的每个位置的人员安排有1 1 1 种 所以来自同一队的战士既不在同一行，也不在同一列的概率为：

29、3111111 3333222 9 9 21 140 AC C CC C C P A 故答案为： 1 140 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每道试题考生都必须作答每道试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17 （12 分）已知数列 n a满足 123 123 252525253 n nn aaaa （1）求数列 n a的通项公式； （2）设数列 1 1 nn

30、a a 的前n项和为 n T，证明： 11 226 n T 【解答】 （1）解： 123 123 252525253 n nn aaaa ， 当1n 时， 1 4a 当2n时， 11 111 25253 n nn aa ， 由，得 35 2 n n a ， 因为 1 4a 符合上式，所以 35 2 n n a ， （2）证明： 1 14411 () (35)(38)3 3538 nn a annnn 4 1111114 11 ()() 3 811111435383 838 n T nnn ， 因为 11 0 3811n ， 所以 11 226 n T 18 （12 分）如图，在三棱柱ADEBC

31、F中，ABCD是边长为 2 的菱形，且60BAD， CDEF是矩形，1ED ，且平面CDEF 平面ABCD，P点在线段BC上移动(P不与C重 合） ，H是AE的中点 第 14 页（共 21 页） （1）当四面体EDPC的外接球的表面积为5时，证明：/ /HB平面EDP （2）当四面体EDPC的体积最大时，求平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值 【解答】 （1）证明：当四面体EDPC的外接球的表面积为5时， 则其外接球的半径为 5 2 ， 因为ABCD是边长为 2 的菱形，CDEF是矩形，1DE ，且平面CDEF 平面ABCD， 则DE 平面ABCD，5EC ， 则EC为四面体EDPC外接

32、球的直径， 所以90EPC，即CBEP， 由题意，CBED，EPEDE，所以CBDP， 因为60BADBCD ，所以P为BC的中点 记AD的中点为M，连接MH，MB， 则/ /MBDP，/ /MHDE，DEDPD，所以平面/ /HMB平面EDP， 因为HB平面HMB，所以/ /HB平面EDP； （2）解：由题意，ED 平面ABCD，则三棱锥EDPC的高不变， 当四面体EDPC的体积最大时，只需DPC的面积最大， 所以当点P位于点B时，四面体EDPC的体积最大 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则(0D，0，0)，(0E，0，1)，( 3B，1，0)，( 3, 1A，0)

33、， 31 1 (, ) 22 2 H，(0C，2， 0)， 所以 31 1 ( 3,1,0),(, ) 22 2 DBDH，(0,2, 1),( 3,1, 1)ECEB， 设平面HDB的法向量为( , , )mx y z， 则 30 311 0 222 m DBxy m DHxyz ， 第 15 页（共 21 页） 令1x ，得(1,3, 2 3)m ， 设平面EBC的一个法向量为( , , )na b c， 则 20 30 n ECbc n EBabc ， 令3b ，得( 3,3,6)n ， 所以 33 312 37 cos, 84 4 3 m n ， 设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是

34、，则 7 cos 8 所以当四面体EDPC的体积最大时， 平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 7 8 19 （12 分）某芯片公司对今年新开发的一批5G手机芯片进行测评，该公司随机调查了 100 颗芯片，并将所得统计数据分为9，10)，10，11)，11，12)，12，13)，13，14)，五 个小组（所调查的芯片得分均在9，14内） ，得到如图所示的频率分布直方图，其中 0.18ab （1） 求这 100 颗芯片评测分数的平均数 （同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替） （2）芯片公司另选 100 颗芯片交付给某手机公司进行测试，该手机公司将每颗芯片分别装 第 16 页（共

35、21 页） 在 3 个工程手机中进行初测若 3 个工程手机的评分都达到 11 万分，则认定该芯片合格； 若 3 个工程手机中只要有 2 个评分没达到 11 万分，则认定该芯片不合格；若 3 个工程手机 中仅 1 个评分没有达到 11 万分，则将该芯片再分别置于另外 2 个工程手机中进行二测，二 测时，2 个工程手机的评分都达到 11 万分，则认定该芯片合格；2 个工程手机中只要有 1 个评分没达到 11 万分，手机公司将认定该芯片不合格已知每颗芯片在各次置于工程手机 中的得分相互独立， 并且芯片公司对芯片的评分方法及标准与手机公司对芯片的评分方法及 标准都一致（以频率作为概率） 每颗芯片置于一

36、个工程手机中的测试费用均为 300 元，每 颗芯片若被认定为合格或不合格， 将不再进行后续测试， 现手机公司测试部门预算的测试经 费为 10 万元，试问预算经费是否足够测试完这 100 颗芯片？请说明理由 【解答】解： （1）依题意，(0.050.350.28) 1 1ab ， 故0.32ab 又因为0.18ab所以0.25a ，0.07b ， 所求平均数为9.50.0510.50.2511.50.3512.50.2813.50.0711.57x （万分） ； （2） 由题意可知， 手机公司抽取一颗芯片置于一个工程机中进行检测评分达到 11 万分的概 率10.050.250.7p 设每颗芯片的

37、测试费用为X元，则X的可能取值为 600，900，1200，1500， 2 (600)0.30.09P X ， 32 (900)0.70.7 0.30.3 0.7 0.30.469P X ， 12 3 (1200)0.3 0 70.30.1323P XC， 12 3 (1500)0.3 0 70.70.3087P XC， 故每颗芯片的测试费用的数学期望为 第 17 页（共 21 页） ()600 0.09900 0.469 1200 0.1323 1500 0.30871097.91E X （元)， 因为100 1097.91100000， 所以预算经费不够测试完这 100 颗芯片 20 （1

38、2 分）已知 1 F， 2 F分别是椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点，直线 2 3 b y 与 C交于A，B两点， 2 90AF B，且 2 20 9 F AB S （1）求C的方程； （2） 已知点P是C上的任意一点， 不经过原点O的直线l与C交于M，N两点， 直线PM， PN，MN，OP的斜率都存在，且0 MNOP kk，求 PMPN kk的值 【解答】 解： （1） 由题意不妨设 5 ( 3 Aa，2) 3 b， 5 ( 3 Ba，2) 3 b， 则 2 5 ( 3 FAca ，2) 3 b， 2 5 ( 3 F Bca ， 2 ) 3 b 2 90AF B

39、， 222 22 54 0 99 F A F Bcab， 22 45ab 又 1 12 5220 2339 F AB Sab，2 5a b， 5a，2b ， 故C的方程为 22 1 54 xy （2）设 0 (P x， 0) y， 1 (M x， 1) y， 2 (N x， 2) y，则 0 0 OP y k x 0 OPMN kk， 0 0 MN y k x ，设直线MN的方程为 0 0 (0) y yxm m x ， 0 0 22 1 54 y yxm x xy 整理得 22222 00000 (45)105(4)0xy xmx y xx m P在C上， 22 00 4520xy，上式可化

40、为 222 000 42(4)0xmx y xx m 00 12 2 mx y xx， 22 20 120 4 m x x xx， 2222 00 4(416)0x m ym， 22 000 1212 0 (4)2 ()2 25 ymymx yyxxm x ， 2222 2222000000 1212121200 2 0000 ()()()(1) 45 yyymyym x y yxmxmx xxxmmyy xxxx ， 第 18 页（共 21 页） 222222 222000000 102012012000 22 ()()() 555 m xmx ym xmx y yyyyy yyyyyyy

41、， 222 2000 1020120120 2 ()()() 5 m xmx y xxxxx xx xxx ， 1020 1020 4 5 PMPN yyyy kk xxxx 21 （12 分）已知函数( ), ( ) x x f xxlnxx g x e （1）若不等式 2 ( ) ( )f x g xax对1x，)恒成立，求a的最小值； （2）证明：( )1( )f xxg x （3） 设方程( )( )f xg xx的实根为 0 x， 令 0 0 (), 1, ( ) ( ), f xxx x F x g x xx ， 若存在 1 x， 2 (1,)x ， 12 xx，使得 12 ()(

42、)F xF x，证明： 201 ()(2)F xFxx 【解答】 （1）解：由 2 ( ) ( )f x g xax对1x，)恒成立，化简可得1 x lnx a e 令 1 ( ) x lnx k x e ，则 1 1 ( ) x lnx x k x e 因为 1 1 x ，1 1lnx ， 则( ) 0k x，( )k x在1，)上单调递减，( )k xk（1） 1 e ， 所以a的最小值为 1 e （2）要证( )1( )f xxg x ，即1 x x xlnx e ，0x ， 两边同除以x可得 11 x lnx xe 设 1 ( )t xlnx x ，则 2 1 ( ) x t x x

43、， 在(0,1)上，( )0t x，所以( )t x在(0,1)上单调递减， 在(1,)上，( )0t x，所以( )t x单调递增， 所以( )t xt（1）1 设 1 ( ) x h x e ，因为( )h x在(0,)上上是减函数，所以( )(0)1h xh， 所以( )( )t xh x，即( )1( )f xxg x （3）证明：方程( )( )f xg xx在区间(1,)上的实根为 0 x，即 0 0 1 x lnx e 要证 201 ()(2)F xFxx由 21 ()()F xF x可知，即要证 101 ()(2)F xFxx 第 19 页（共 21 页） 当 0 1xx时，(

44、 )F xxlnx，( )10F xlnx ，因而( )F x在 0 (1,)x上单调递增； 当 0 xx时， 1 ( )( )0 xx xx F xF x ee ，因而( )F x在 0 (x，)上单调递减 因为 10 (1,)xx，所以 010 2xxx，要证 101 ()(2)F xFxx 即要证 01 01 11 2 2 xx xx x lnx e 记 0 0 2 2 ( ) xx xx m xxlnx e ， 0 1xx， 因为 0 0 1 x lnx e ，所以 0 0 00 x x x lnx e ， 0 0 000 ()0 x x m xx lnx e 000 00 222 1221 ( )11 xxxxxx xxxx m xlnxlnx eee