湖北省九校教研协作体2023届高三数学上学期起点考试试题（Word版含答案）.doc

1、绝密启用前2023届湖北省九校教研协作体高三起点考试数学本试卷共 8 页，共 22 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟.注意事项：1答题前，先将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2请在答题卡上各题号对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3选择题用2B铅笔把所选答案的标号涂黑，非选择题用黑色签字笔作答第I卷（选择题）一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.)1. 设集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差称为集合的长度，那么集合所有长度为的子

2、集的元素个数之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先考虑最小元素为，最大元素为的情况：只有一种情况；，且，共有种情况；，且，共有种情况；以此类推，有种情况，所以此类满足要求的子集元素个数之和，计算可得：，再考虑可以分为， ，等类，可得本题答案【详解】当最小元素为，最大元素为时，集合有如下情况：集合中只含个元素；，只有种情况；集合中含有个元素；，且，共有种情况；集合中含有个元素；，且，共有种情况；以此类推 集合中含有个元素；，有有种情况；所以此类满足要求的子集元素个数之和： ， 两式相加可得： 同理可得：， ，所有子集元素个数之和都是 集合所有长度为的子集的元素个数之和为

3、.故选：A2. 设是实系数一元二次方程的两个根，若是虚数，是实数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】是实系数一元二次方程的两个根，是共轭虚数,是实数,结合共轭复数的运算性质,可得是1的立方虚根,再由1的立方虚根的特性,可得答案.【详解】是实系数一元二次方程的两个虚数根,是实数, ,即或，而.故选:C【点睛】本题考查实系数一元二次方程虚数根的关系,以及共轭复数的运算关系.对特殊复数的性质的灵活应用是解题的关键,属于难题.3. 已知ABC中，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，结合已知得ABC为等

4、腰直角三角形，由于，P、B、C三点共线且P在BC两个四等分点之间运动，由图易得最小值.【详解】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，依题意得ABC为等腰直角三角形，斜边，D，E为斜边BC的两个四等分点，因为，且，得点P在线段DE上运动，由下图易得，当点P在点D处时，取得最小值，根据余弦定理解得，所以.故选：C.【点睛】(1) 首尾相接的几个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量；(2) 平面向量，若，则A、B、C三点共线，反之亦成立.4. 如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出

5、现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）A. 11280cm3B. 12380cm3C. 12680cm3D. 12280cm3【答案】D【解析】【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.【详解】由题意得圆柱的高约为（cm），则何尊的体积（cm3）故选：D5. 小林同学喜欢吃4种坚果：核桃腰果杏仁榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚

6、果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）A. 20160B. 20220C. 20280D. 20340【答案】A【解析】【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z）（）（），故有种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）

7、（Z）（X）（），故有种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含模式，（H）（H）（H）（）（H），故有种可能；若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；YXZHHHHHHHHHHH若是“10=2+

8、2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；小计：；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ）（XZ）（）（）（），故有种可能；若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；若是“12=3+

9、3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H）（Y），有2种可能.小计；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z）（）（），其中Z有种可能，故此小类有3种可能；若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；小计；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，

10、X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.故选：A【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.6. 已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将问题转化为对于任意，均存在，使得，结合数轴求得当在相邻的两个点或中点时，则有.【详解】题设等价于对于任意

11、，均存在，使得，将在数轴上表示如下：当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，要使对于任意，均存在，使得，则有，又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.故，故.故选：B.【点睛】本题关键点在于先将问题简化为对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示出来

12、，结合对于都成立，得到当在相邻的两个点或中点时，进而求出的范围，即可求解.7. 已知，其中为自然对数的底数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】观察，发现都含有，把换成，自变量在或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较的大小.详解】令，令，当时，单调递增，又，所以，又，所以，在成立，所以即，令，在为减函数，所以，即，令，在为减函数，所以，即，所以，成立，令，则上式变为，所以所以，所以.故答案为：B.【点睛】比较大小题目，是高考的热点，也是难点，通过观察和构造函数是基本的解题要求，难点在于构造后的证明，需要平时多积累常见的结论，达到深入理解，举一反三，融会贯通.8

13、. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录已知某鞠（球）的表面上有四个点，且球心在上，则该鞠（球）的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，作出辅助线，求出，进而得到，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.【详解】如图，取AB的中点M，连接MP，由AC=BC=4，ACBC得：，由，得：，连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径

14、，设球的半径为R，则PHCH，则，所以，解得：，球的表面积为.故选：C【点睛】立体几何中外接球问题，要画出具体图形，找到球心的位置，结合解三角形等知识进行求出半径，再求解球的表面积或体积.二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.)9. 如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD平面ABCD点P为半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合）下列说法正确的是（ ）A. 三棱锥PABD的四个面都是直角三角形B. 三棱锥P一ABD体积的最大值为C. 异面直线PA与BC的距离为定值D. 当直线PB与平面A

15、BCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥PABCD外接球的截面面积为【答案】AC【解析】【分析】利用面面垂直和线面垂直的性质可得，由平面几何知识可证明，由此可判断选项A；当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，求解即可判断选项B；证明为异面直线与的距离，即可判断选项C；过点作于点，连接，确定为直线与平面所成的角，利用平面几何知识，表示出，利用基本不等式求解最值，即可得到答案由题意可得正方形的中心即为四棱锥的外接球的球心，求其对角线长，可得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案【详解】对于A选项，因为底面为边长是4的正方形，则，又半圆平面，半圆平面，平面，则半圆，又平面，故，则为直角三角形

16、，所以，因为是圆的直径，则，故为直角三角形，所以，因为，则是直角三角形，所以，中，则，所以为直角三角形，故三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故选项A正确；对于B选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B错误；因为半圆面平面，半圆面平面，所以半圆面，又半圆面，所以，又，所以为异面直线与的距离，所以异面直线与的距离为定值；故C正确；对于D选项，取的中点，由选项A中的解析可得，所以点为四棱锥外接球的球心，过点作于点，连接，如图所示，因为半圆面平面，半圆面平面，故平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设

17、，则，在中，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，所以，过作于，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D错误；故选：AC【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间几何体外接球的理解与应用，空间角、空间几何体的体积的计算等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于难题10. 已知函数有两个极值点，则下列选项正确的有（ ）A B. 函数有两个零点C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】问题化为在上有两个变号零点，讨论参

18、数a研究的单调性，结合零点存在性定理判断区间零点情况，进而求出a的范围，再研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数，且可得，最后应用对数均值不等式判断C、D.【详解】由题设，在上有两个变号零点，令，则，若，则，即递增，此时不可能存在两个零点；所以，则时，递增；时，递减；故，而，要存在零点，则，可得，则，此时x趋向于正无穷时趋于负无穷，则在各有一个零点，满足题设，A正确；由上，不妨设，在上，递减；在上，递增，且，所以x趋向于时趋于0，故上无零点，上不一定存在零点，B错误；由对数均值不等式，证明如下：令，要证，即证，若，则，故在上递减，所以，即，故得证；令要证，即证，若，则，故在上递增，所以，

19、即，故得证；综上，故，C正确；且，即，所以，故，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：注意将问题化为在上有两个变号零点求参数范围问题，由此得到的的单调性和零点情况判断的单调性和零点，根据零点得到，利用对数均值不等式求证不等式.11. 双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.下列说法正确的是（ ）A. 外心轨迹是一条直线B. 当变化时，外心的轨迹方程为C. 当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上D. 若分别是中点，则的外接圆过定点【答案】AD【解析】【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运

20、用夹角公式逐一判断即可.【详解】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，所以的内心横坐标，双曲线方程：，渐近线.设.当点在双曲线上时：设直线与双曲线交两点 当直线与双曲线相切时，此时切点满足：切线设直线与渐近线交两点 切点正是线段的中点，；线段中垂线是.中垂线与轴交于点，且.可设一方面，；另一方面，线段中点是考虑到，点 确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！依（1）设线段中点是线段中垂线是，即线段中垂线是，即，即外心的轨迹方程为.故选项B错！（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而化简得把代入并化简得：考虑到不在渐近线上得，故，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；

21、（4）设共圆！的外接圆过定点原点，选项D对.故选：AD【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.12. 已知函数，下列选项正确的是 （ ）A. 函数f（x）在（2，1）上单调递增B. 函数f（x）的值域为C. 若关于x的方程有3个不相等的实数根，则实数a的取值范围是D. 不等式在恰有两个整数解，则实数a的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】A选项，利用导函数求解单调性；B选项，利用导函数研究函数单调性，极值情况，画出图象，作出判断；C选项，画出的图象，数形结合将根的个数转化为图象交点个数，从而判断出a的取值范围是；D选项，画出的图象，数形结合得到斜率的取值范围，进而求出

22、a的取值范围.【详解】当时，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，当时，单调递增，当时，单调递减，又当时，故数f（x）在（2，1）上单调递增，A正确；由A选项分析可知：在处取得极小值，在处取得极大值，又时，恒成立，时，恒成立，画出，如图：故f（x）的值域为，B错误；由得：或画出的图象，如图所示：从图象可以看出有1个根，为，要想方程有3个不相等的实数根，需要需要有2个不相等的实数根，且不等于-1，所以则实数a的取值范围是，C正确；不等式在恰有两个整数解，即在恰有两个整数解，在同一坐标系下画出的图象：当介于直线之间时，满足要求，其中，则实数a的取值范围是，D错误.故选：AC【点睛】研究方程根的个数

23、问题或根据根的个数求取值范围问题，当方程较复杂时，要转化为两个函数的交点问题，数形结合进行求解.第II卷（非选择题）三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分.)13. 已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为_.【答案】40【解析】【分析】由题意得，则的系数为.结合柯西不等式得出的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.【详解】由题意得，的系数为.由柯西不等式知，又由于为正整数所以.当时，因此的最小值为34.另一方面，若为正整数，则，这是因为上式展开即为，亦即.所以.当时，因此的最大值为66.进而我们有的最大最小值分别为1

24、2，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.故答案为：40.14. 如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：弦AC长度的最小值为；线段BO长度的最大值为；点M的轨迹是一个圆；四边形ABCD面积的取值范围为其中所有正确结论的序号为_【答案】【解析】【分析】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断；若分别是的中点，圆心到直线的距离且，易证为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断；根据得到四边形ABCD面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断.【详解】

25、由题设，则圆心，半径，由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，此时，正确；BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，错误；若分别是的中点，则且，且，又，易知：为矩形，而，若圆心到直线的距离且，所以，则，故，所以在以为直径，交点为圆心的圆上，正确；由上分析：，而，所以，令，则，当，即时，；当或5，即或时，；所以，正确；故答案为：【点睛】关键点点睛：证明分别是的中点所成四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；利用得到关于的表达式，结合函数思想求范围.15. 已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】方程根的数量转化为函数图像的交点个数，利用复合函

26、数结合图形共同分析可以求解.【详解】转化为有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，令，则，令得，所以当时，当时，所以在单调递增，在单调递减，所以，做出大致图像如下：令，则原方程转化为，令，令得，当时，当时，所以在递减，在递增，做出大致图像如下：所以时，对应解出两个值，从而对应解出四个值，故答案：.16. 阿波罗尼奥斯在其著作圆锥曲线论中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为若已知ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则_【答案】4【解析】【分析】设、，由重心的性质有、，写出过切

27、线方程并求交点坐标，进而判断重心也为O，再由在椭圆上可得、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.【详解】若、，则的中点、，由O为ABC的重心，则、，所以、，可得，由题设，过切线分别为、，所以，所以，同理，即重心也为O，又、，可得、，所以，同理可得、，所以、共线，综上，分别是的中点，则【点睛】关键点点睛：设点坐标及过切线方程，并求出坐标，利用重心的性质确定重心为O，并求证分别是的中点即可.四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 已知数列满足，（其中）（1）判断并证明数列的单调性；（2）记数列的前n项和为，证明：【答案】（1）单调递减，证明见解析 （2

28、）证明见解析【解析】【分析】（1）由结合即可判断数列的单调性；（2）直接求出，由即可证得；又由得，由累加法得，结合放缩得到，再由裂项求和及放缩证得.【小问1详解】单调递减，理由如下：，数列单调递减；【小问2详解】，又，则.，则，当，累加可得，则，则，则，则【点睛】本题关键点在于利用进行放缩得到，再由累加法得到，再次进行放缩得，再通过裂项求和及放缩即可证得结论.18. 如图，在平面四边形ABCD中，（1）若，求的面积；（2）若，求BC【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据求得，再结合求解即可（2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可【小问1详解】由可

29、得，又故，故【小问2详解】设，则，在中，由正弦定理可得，即，交叉相乘化简得，即，利用降幂公式有，利用辅助角公式有，故，利用诱导公式可得，故，又，解得，又由正弦定理有，故19. 查找并阅读关于蜂房结构的资料，建立数学模型说明蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）的原因【答案】理由见解析.【解析】【分析】蜂房是蜜蜂用来盛蜂蜜的在体积一定的情况下，为了节约空间，蜜蜂建造蜂房时，首先希望蜂房既对称而又有规律，而正多边形正好符合这一要求，我们知道并非任意的正多边形都能铺满平面的，那么能铺满整个平面的正多边形又有哪些呢？谁最佳呢？这也就是我们要回答

30、问题：为什么蜂房正面采用正六边形面，底端是封闭的六角棱锥体的底，由三个相同的菱形组成（菱形的锐角为，钝角为）？因为蜜蜂建造蜂房时需要使用材料（蜂腊）最少，在空间(体积)一定的情况下，这种形状容积最大.用正六边形才能蜂腊的用料最小.菱形的大小不影响蜂房的容积，只影响蜂房的表面积，但会影响到制造蜂房所用的材料；蜂房的底能够无间隙地粘合在一起.【详解】数学模型I：能铺满平面的正多边形有哪些？在周长一定的情况下，哪种面积最大？数学模型I的求解：由于正边形的每一个内角都等于， 要将平面铺满，则有：，解得，故时，符合要求.当周长一定时，正三角形的面积为；正四边形的面积为；正六边形的面积为.此时有： ，所以

31、正六边形是最佳的设计.数学模型：蜂房口的正六边形及蜂房的容积一定的情况下，问题是底面菱形的各角分别多大时，蜂房的表面积最小？数学模型求解：假定六棱柱的边长是，先求的长度，是腰长为1，夹角为的等腰三角形.以为对称轴作一个三角形 (图3).三角形是等边三角形.因此，即得.把图4的表面分成六份，把其中之一摊平下来，得出图7的形状.从一个宽为的长方形切去一角，切割处成边.以为腰，为高作等腰三角形.问题:怎样切才能使所作出的图形的面积最小?假定被切去的三角形的高是.从矩形中所切去的面积等于.现在看所添上的三角形的面积。AP 的长度是，因此的长度等于因而三角形的面积等于.问题再变而为求的最小值的问题.令，

32、故，两边平方，整理得因为是实数，故二次方程判别式，而必大于，因此的最小值为，即.当时取最小值，即在一棱上过处（图5中点）以及与该棱相邻的二棱的端点（图5中，点）切下来洴上去的图形的表面积最小.设，由余弦定理得，并将代入可得.因此得出.【点睛】建模的关键是围绕蜂房是蜜蜂用来盛蜂蜜的在体积一定的情况下，为了节约空间和蜂房既对称而又有规律，材料最少的原则.20. 某果园种植“糖心苹果”已有十余年，根据其种植规模与以往的种植经验，产自该果园的单个“糖心苹果”的果径（最大横切面直径，单位：）在正常环境下服从正态分布.（1）一顾客购买了20个该果园的“糖心苹果”，求会买到果径小于56的概率；（2）为了提高

33、利润，该果园每年投入一定的资金，对种植、采摘、包装、宣传等环节进行改进.如图是2009年至2018年，该果园每年的投资金额（单位：万元）与年利润增量（单位：万元）的散点图：该果园为了预测2019年投资金额为20万元时的年利润增量，建立了关于的两个回归模型；模型：由最小二乘公式可求得与的线性回归方程：；模型：由图中样本点的分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对投资金额做交换，令，则，且有，. （I）根据所给的统计量，求模型中关于的回归方程；（II）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测投资金额为20万元时的年利润增量（结果保留两位小数）.回归模型

34、模型模型回归方程102.2836.19附：若随机变量，则，；样本的最小乘估计公式为，；相关指数.参考数据：，.【答案】（1）0.3695；（2）（I）,（II）模型的小于模型，说明回归模型刻画的拟合效果更好，当时，模型的年利润增量的预测值为（万元），【解析】【分析】（1）由已知满足正态分布，则可知，的值，由正态分布的对称性可知，可求得买一个苹果，其果径小于56的概率，由独立重复试验概率的运算方式，求得购买20个“糖心苹果”中有果径小于56的苹果概率；（2）（I）由最小二乘法求得模型中关于的回归方程；（II）分别计算两种模型的相关系数的平方，得模型的相关系数的平方更大其拟合程度越好，再代进行计算

35、，求得预测值.【详解】（1）由已知，当个“糖心苹果”的果径，则，.由正态分布的对称性可知，设一顾客购买了20个该果园的“糖心苹果”，其中果径小于56的有个，则，故，所以这名顾客所购买20个“糖心苹果”中有果径小于56的苹果概率为0.3695.（2）（I）由，可得，又由题，得，则所以，模型中关于的回归方程.（II）由表格中的数据，有，即，所以模型的小于模型，说明回归模型刻画的拟合效果更好，当时，模型的年利润增量的预测值为（万元），这个结果比模型的预测精度更高、更可靠.【点睛】本题考查统计案例的综合问题，涉及正态分布求概率、独立重复试验的概率运算以及利用最小二乘法求回归直线方程，还考查了由相关系数

36、的平方比较模型的拟合程度，属于难题.21. 抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，（1）若的面积为，求的值及圆的方程（2）若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.【答案】（1），圆的方程为 （2）【解析】【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.【小问1详解】由对称性可知：，设，由焦半径可得：，解得：圆的方程为：【小问2详解】由题意得：直线的斜率一定存在，其中，设关于直线的对称点为，则，

37、解得：，联立与得：，设，则，则，则，解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，所以，【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.22. 设函数（1）求的单调区间；（2）已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点证明：（）若，则；（）若，则（注：是自然对数的底数）【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2）（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（）由题设构造关于切点横坐标的

38、方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（） ，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】，当，；当，故的减区间为，的增区间为.【小问2详解】（）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故.（）当时，同（）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则即，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.