2024年广东省高考数学适应性联考试卷附答案解析

2024年广东省高考数学适应性联考试卷

一、选择题：本大题共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的。

1.(5分)已知集合乂={*W2-3〉:-4<0}2=3\，=1|1汽-1)},则MNN=(

A.(l,4)B,[l,4]C.(-l,4)D.(-L4)

2.(5分)若(1-2i)(z-3-2i)=2+i,则z=()

A.-3+3iB.-3-3iC.3+3iD.3-3i

3.（5分）己知直线ax+y=0是双曲结勺j-彳=l（a•（））的•条渐近线，则该双曲线的半焦

距为（）

A.V6B.26C.2^2D.4^2

4.（5分）已知如是两个不燃的单位向量，向量C=Xa+pb（入叱R）.“心>0,且u>

0”是“C-（a+b）XT的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C,充分必要条件D.既不充分也不必要条件

5.（5分）函数〃幻=aln\x\+:的图象不可能是（）

6.（5分）如图，将正四楂台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三极

柱，四个部分为四棱锥.已知每个直三楂柱的体枳为3,每个四棱锥的体枳为1,则该正

四棱台的体积为（）

A.36B.32C.28D.24

7.（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x-3）2+y2=l,且圆C与x轴交于

M,N两点，设直线1的方程为丫=1^*>0）,直线1与圆C相交于A.B两点，直线AM

第1页（共22页）

与直线BN相交于点P,直线AM、直线BN、直线OP的斜率分别为kt,k2,k3，则()

A.ki+k2=2k3B.2kl+k2=k3C.ki+2k2=kD.ki+k2=k3

8.(5分)已知直线BC垂直单位圆0所在的平面，且直线BC交单位圆于点A,AB=BC=

1,P为单位圆上除A外的任意一点,1为过点P的单位圆C的切线，贝N)

A.有且仅有一点P使二面角B-1-C取得最小值

B.有且仅有两点P使二面角B-I-C取得最小值

C.有且仅有一点P使二面角R1C取得最大值

【).有且仅有两点P使二面角B7-C取得最大值

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

(多选)9.(6分)一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号

为1,2;红球有两个，编号为3,4,从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出

的两球不同色”，B表示事件”第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑

球”，D表示事件'‘取出的两球同色”，则()

A.A与D相互独立B.A与B相互独立

C.B与D相互独立D.A与C相互独立

(多选)10.(6分)已知函数f[x),g(X)的定义域均为R,且f(x)+g(2-x)=5,g

(x)-f(x-4)=7.若x=2是g(x)的对称轴，且g(2)=4,则下列结论正确的是

()

A.f(x)是奇困数

B.(3,6)是g(x)的对称中心

C.2是f(x)的周期

D.z2=lg(k)=130

(多选)11.(6分)在平面直隹坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转。(0

<«^90a)后,所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“a旋转函数”.那么()

A.存在90°旋转函数

B.80。旋转函数一定是70°旋转函数

C.若M(x)=ax+：为45°旋转函数，则a=l

D.若h(x)N9为45°旋转函数，贝卜e?WbW0

第2页(共22页)

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在答题卡中的横线上。

12.（5分）（2+》.2斤的展开式中x4y2的系数为.（ffl数字作劄

13.（5分）已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，直线x=t与C交于A,B,AF与C的另一

个交点为D,BF与C的另一个交点为E.若aABF与ADEF的面积之比为4:1,则I

14.（5分）设严格递增的整数数列al,a2，…,a20满足al=l,a20=4)设f为ai+a2,a2+a3,…,

al9+a20这19个数中被3整除的项的个数,则f的最大值为使得f取到最大

值的数列｛an｝的个数为

四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演和步骤。

15.（13分）如图，在三棱锥A-BCD中，人13_!_平面BCD,平面ABC_L平面ABD,AC=

AD,AB=BD.

（1）证明:BCJ.BD:

（2）求一.而角A-CD-R的余弦值.

16.(15分)记AABC的内角A,B.C的对边分别为a,be己知认=；,々_2.

(1)若sinB+sinC=2sinA,求△ABC的面积；

2।昔sinB-sinC=；,求b.

17.(15分)设0<rV：

60“JT-4cos2x-3

⑴若论mx=；求

cos4j+4cos2jr+3

tanx-x

⑵讦明:>2：

r-ernr

（3）若tanx+2sinx-ax>0,求实数a的取值范围.

18.（17分）设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值,它们的分布列分别为P（X=ak）

=xk,P(Y=ak)=yk,xk>0,yl<>0,k=l,2,...,n,Zk=lxk=Zk=lyk=1.指

第3页（共22页）

标D(X||Y)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为“取、

-

B(n,p),O<p<J.

(1)若Y〜B(n,q),O<qvl,求D(X1IY);

(2)若n=2,p(y=攵-I)=*=1,2,3,求D(XIIY)的最小值；

(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y,证明：D(XI1Y)NO,并指出取等号

的充要条件.

19.(17分)已知椭圆C:上+^=1的左焦点为F,P为曲线E:立竺+2=。上的

24924Q

动点，且点P不在x轴上，直线FP交C于A,B两点.

(1)证明：曲线E为椭圆，并求其离心率；

(2)证明：P为线段AB的中点：

(3)设过点A,B且与AB垂直的直线与C的另一个交点分别为M,N,求△PMN面积

的取值范围.

第4页(共22页)

2024年广东省高考数学适应性联考试卷

参考答案与熊解析

一、选择题：本大题共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的。

1.(5分)已知集合吊=仪x2-3x-4<0},N={xly=In(x-l)},贝1JMNN=()

A.(1.4)B.[l,4]C.(-l,4)D.[-l,4]

【解答]解：M={xix2-3x-4<0}={x-l<x<4},N={xlv=In(x-l)}=：xix>l),

故MNN=(1,4).

辘：A.

2.(5分)若(1-2iXz-3-2i)=2+i,则z=()

A.-3+3iB.-3-3iC.3+3iD.3-3i

【解答】解:(l-2i)(z-3-2i)=2+i,

度・・召^

z32N。一力）（1+4）

故z=3+3i,

则z=3-3i.

故选：D.

3.（5分）已知直线ax+y=0是双曲线Er-7l（a、0）的一条渐近线，则该双曲线的半焦

a44

距为（）

A«B.2\*6C.2,2D.4>/2

/y2

【解答】解：由ax+y=O是双曲缄/I=1（。七））的一条渐近线,

则/=如解得a=&,

故c2=a2+b2=2+4=6,贝ijc=、6.

魁：A.

4.卷分）已知如是两个不懒的单位向量，向量C=Aa+pib（巾ER）."X>0,且U>

0”是、・（a+b）乂T的（）

A,充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

第5页（共22页）

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

【解答】解：己期牖两个不赎的单位向量，向量>入济吐（工烟，

则Ia|二|b|二l,|cos<a,b>l<l,

当人>0,且U>0时，

贝lJC（aHb）二（入aHib）•（aHo）=人3?+口9+（入+u）ak入+口+（入+u）cos<a

,b»X+g-（X+|i）=O,

第•（a用）XXI寸，

彳妨设入也ua显然龊、•制））X）”，

即当（初用0时，可能有入X）,u=0,

即“入月且口»'是飞•制区”的充分而不必要条件.

A

5.（5分）函数/（X）,Rn|x|♦9的图象不可能是（）

当a=0时，/（x）=1畏反比例函数，其图象与A符合:

当aWO时，设g（x）=In|x|,其图象大致如图:

第6页供22页）

1zl

函数是反比例函数，其图象与y=g（x）的图象一定存在交点，

即方程小年=一白一定有解，

则当响时，函与x轴一定有交点，

选项D中图象不关于原点对称，则有a#0,与x轴没有交点，故不会是函数f（x）=ah]|x|+

]的图象.

雌D.

6.（5分）如图，将正四楂台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三极

柱，四个部分为四棱椎.已知每个直三棱柱的体积为3,每个四棱锥的体积为1,则该正

四棱台的体积为（）

A.36B.32C.28D.24

【解答】解：设每个四棱锥的底面边长为a,中间正四棱柱的底面边长为b,高为h.

lahb■3

则根据题意可得I；、•:，曲二3,

一小=1

•»~~a2h2b2=G••a2/t-hb2=9,x3Mz=g

444

Ab2h=12,即中间正四棱柱的体积为12,

，该正四梭台的体积为12+4（3+1）=28.

雌C

7.（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x-3/y2=i,且圆C与x轴交于

M,N两点，设直线1的方程为丫=10€%>0）,直线1与圆C相交于A.B两点，直线AM

第7页（共22页）

与直线BN相交于点P,直线AM、直线BN、直线0P的斜率分别为匕*2,k3,则（）

A.ki+kz=2姓B.2ki+k2=k3C.kl+2k2=k3

D.ki+k2=k3【解答】解：根据题意，作出示意图形，如图所示，由题意得

M(2,0),N(4.0),

设直线AM方程为y=kl（x-2）,与圆C:（x-3）¥y2=l联立,

需所

消去y并整理,可得（x-2）［（l+k2）x-（2k2+4）］=0,解得xM=2,

⑼喘，晶）同理可啊需.笥

根据k由题意kik2齐1,

即心=一夕1，

可知ki+2k2=0,

则][%=短％-2),即P（铜+卷），

设P(xo,yo),

Go=hi%-4),

呷喈，学）,

，直线0P的斜率心■工可抑却+&-；&=2力,A项的式子符合题意.

故选：A.

8.（5分）已知直线RC垂直单位圆0所在的平面，且直线BC交单位圆于点A,AB=BC=

1.P为单位圆上除A外的任意一点,1为过点P的单位圆0的切线，则（）

A.有且仅有一点P使二面角B-1-C取得最小值

B.有且仅有两点P使二面角B-1-C取得最小值

C.有且仅有一点P使二面角B-1-C取得最大值

D.有且仅有两点P使二面角B-1-C取得最大值

【解答】解：过A作AML1于M,连接MB、MC,

因为直线BC垂直单位圆0所在的平面，且直线BC交单位圆于点A,

第8页（共22页）

所以AC_L1,所以11平面AMC,所以1_LMC,1_LMB,

所以NBMC是二面角B-1-C的平面角，

设/BMC=6,ZAMC=a,NAMB=ff,AM=t,则6=a邛,

由已知得t£（0,2）,AB=BC=1,

皿7,皿加去afr妒蒯嚼阁防碍+恐

令/⑺=心嫂归-必阳（24）=（2+2+如）,

当t£（0,J2）时，f（x）＞O,f（x）单调递增,当t£（J2,2）时，f（x）＜O,f（x）

单调递减，

所以当t=J2时，f（t）取最大值，即tan。取最大值，从而。取最大值，

由对称性知当t=J2时，对应P点有且仅有两个点，

所以有且仅有两点P使二面角B-I-C取得最大值.

故选：D.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得。分.

（多选）9.（6分）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号

为1,2;红球有两个，编号为3,4,从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出

的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑

球”，D表示事件“取出的两球同色”，贝心）

A.A与D相互独立B.A与B相互独立

C.B与D相互独立D.A与C相互独立

第9页（共22页）

【解答】解：一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1,

2;红球有两个，编号为3,4,

从中不放网的依次取出两个球，A表示事件”取出的两球不司色”，B表示事件“第一次

取出的是黑球”，

C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，

22222212122

X+ZX■X+-X212

一555-7755

4.4sr4

P(AD)=O,p।JH>=1x1=1,PiBD)=|x1=i八AC)=|x|=1

•・・P(AD/P(A)P(D),・・・A与D不是相互独立事件，故A错误；

P(AB)=P(A)P(B),AA与B是相互独立事件，故B正确；

P(BD)=P(B)P(D),AB与D是相互独立事件，故C正确:

P(AC)=P(A)P(C),/.A与C是相互独立事件，故D正确.

故选：BCD.

(多选)10.(6分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,Af(x)+g(2-x)=5,g

(x)-f(x-4)=7.若x=2是g(x)的对称轴，Mg(2)=4,则下列结论正确的是

()

A.f(x)是奇函数

B.(3,6)是g(x)的对称中心

C.2是f(x)的周期

D.弭g⑶=130

【解答】解：因为X=2是g(x)的对称轴，

所以g(2+x)=g(2-x),

又因为f(x)+g(2-x)=5,

所以f(-x)+g(2+x)=5,

所以f(-x)=f(x),且定义域均为R,

所以f(x)为偶函数，故A错误；

因为g(x)-f(x-4)=7,

所以g(x+4)-f(x)=7,

又因为f(x)+g(2-x)=5,

第10页(共22页)

所以g(x+4)+g(2-x)=12,

所以g(x)的对称中心为•—.予).即(3,6),故B正确：

由g(x+4)-f(x)=7,

可得g(x+2)=7+f(x-2)

又因为f(x)+g(2-x)=5,g(2+x)=g(2-x),

所以f(x)+g(x+2)=5,

即f(x)+7+f(x-2)=5,

所以f(x)+f(x-2)=-2,

所以f(x+2)+f(x)=-2,

所以f(x+2)=f(x-2),

即f(x)=f(x+4),

所以f(x)为周期函数，且周期为4,故C错误：

对干D.因为f(x)是周期为4的偶函数，

所以f(x)=f(x-4),

又因为f(x)+g(2-x)=5,g(x)-f(x-4)=7,

所以g(x)+g(2-x)=12,

又因为g(x+4)+g(2-x)=12,

所以g(x+4)=g(x),

BPg(x)的周期为4,

又因为g(2+x)=g(2-x),即g(x+4)=g(-x),

所以g(x)=g(-x),

所以g(x)为偶函数，且关于(3,6)中心对称，

所以g(1①g(T)=g(T+4)=g(3)=6,

所以g(D+g⑵+g⑶+g⑷=g(-l)+[g(2)+g(4)]+g(3)=[g(3)+g

(3)]+[g(2)+g(4)]=12+12=24,

所以2k=lg(k尸5[g(I)+g(2)+g(3)+g(4)|+g(1)+g(2)=5x24+6+4=130,

故D正确.

故选:BD.

(多选)11.(6分)在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转a(0

第11页（共22页）

<aW90。)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“Q旋转函数”.那么()

A.存在90°旋转函数

B.80。旋转函数一定是70°旋转函数

(.)；°(外="二为45°旋转函数，贝1=1

D.若Mx)=*45。旋转函数,则-e?WbW°

【解答】解：对于A,如y=x满足条件，故A正确：

对于B,如倾斜角为20。的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误;

对与C若g(x)=ax+；为45°旋转函数，

则根据函数的性质可得，ga)=ar+m4时针旋转45°后，

不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.

故不存在倾斜角为45°的直线与M(X)=ax4-；的函数图象有两个交点.

即y=x+b(b£R)「g(ir)=ax+1至多1个交点.

上1

联力y■ax♦彳可得(a.1)X2.bx+1=0t

y=x+b

当a=l时，-bx+l=0最多1个解，满足题意：

当a网时，(a-l)x2-bx+l=0的判别

对任意的a.都存在b使得判别式大于0,不满足题意，故a=l.故C正确:

对与D,同C,八(幻=号与y=x+a(aER)的交点个数小于等于1,

即对任意的a,0■空一连多】个解，古幼⑶■普-”单调函数，

即切口)=与"-1为非正或非负函数•

又g'(l)=-l,地"]j)_]§0即e»b(xT)恒成立.

即丫=6乂图象在y=-b(x-l)上方，故-b2O,即b<0.

当y=e与丫=-1)G-1)相切时，可设切点(xo,eX0),

户

对y=c求导有p=e,桢=解得xo=2,此时b=-ex0=-e2.故-c?Wb

Xo-1

W0.故D正确。

故选：ACD.

第12页(共22页)

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在答题卡中的横线上。

12.（5分）（2+；）（x-2y），的展开式中X，v?的系数为一如.（用数字作答）

【解答】解：根据（x-2yF的展开式Tr+l=C6・（-2）rx6-r.yr,（r=O,1,2,34

5,6）；

与2配对时：r=2,系数为2c2《2）2=120;

与「配对时，r=3,系数为C3-（-2）3—60,

y

故120-160=-40.

故答案为：-40.

13.（5分）已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，直线x:t与C交于A,B,AF与C的另一

个交点为D,BF与C的另一个交点为E.若aABF与aDEF的面积之比为4:1,贝世

=_2_

【解答】解：如图，抛物线C:y2=4x的焦点为F（l,0）,可知t>l,

由题意，得2M即|AB|=4\t

所以直线AD的方程为yy=普（犬-1）,

：2。,八

，-r-i"）得ix2-（2+i）x+t=o,

2

Iy=4JC

r.x,+x2=^±l.因为A<t,24t）,可得点D的横坐标-f=1

«ft

代入抛物线方程可得，y=±4,所以=g

5a=7**(t—1)=2y[t.«-1：SGQEF二;乂：乂(1一;)=弋.；，

*受”.■I2■4.又t>l,所以t=2.

必由-hr

故答案为：2.

第13页（共22页）

14.（5分）设严格递增的整数数列al,a2,…,a20满足al=l,a20=40.设f为ai+a2,a2+a3,…,

al9+a20这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为18，使得f取到最大值

的数列｛an｝的个数为25270

【解答】解：第一个空，由al=l,a20-10,且｛an｝为严格递增数列，

为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1,一

个模3余2这样的组合，

这样它们之和才会被3整除，而由二1,a20=40,均为模3余1,

则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，

如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,

26,28,40,满足题意,

所以f的最大值为18.

第二个空，因为1〜40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2,则要从这

27个数中选出满足要求的20个数.

第一步，在m到a20这2。个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满

足

任意相邻数一个模3余1,一个模3余2,

这样就形成了18组，即使得f的最大值为18;

第二步，将这27个数从小到到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列，它们

中任意相邻两数--个模3余1,一个模3余2,

因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数：

第三步，利用搠绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数，

有3种情况：

①两端均删去，这种情况不满足要求，因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，

第14页（共22页）

在下一步加回来时也最多加回1或40中的一个,

而1和40必定在数列中，因此不满足；

②两端均不删去，从中间21个数中选4个删去，有C2种，再从删去的8个数中拿

一个加回原来的19个数中，有Cg种方法，共有C2a种；

③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2（3中，此时加回来的数

必定是删去的两端之一的1或40,有1种选法，共有2c21种；

第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数波加回来，即未被删去，被删去的是这

一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A,

它旁边两个数分别为B,C,即排列为B.AC,在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为

BA,然后删去，再补回B;或者为AC,然后删去，再补回C,这两种删去方式结果相同.

综上，共（（X—25270种.

故答案为：18:25270.

四、解答题：木大题共5小题，共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15.（13分）如图，在三棱锥A-BCD中,AB±平面BCD,平面ABC，5^面ABD,AC=

AD,AB=BD.

（1）证明:BCJ.BD;

（2）求二面角A-CD-B的余弦值.

【解答】解：（1）证明：因为AB_L平面BCD,且BDc平面BCD,

所以ABLBD,

因为平面ABC_L平面BCD,平面ABCA面平ABD=AB,BDC面BCD,

所以BD_L而ABC,

因为BCc面ABC.所以BC1BD.

（2）解法一：取CD中点M,并连结AM、BM.

因为AC=AD,所以AM_LCD,

第15页供22页）

由勾股定理可得：BC=VAC2-AB2=^'AD2-AB2=BD=AB.

因为BC=RD,所以BMLCD,

所以NAMB是二面角A-CD-B的一个平面角，且由图可知NAMB为锐角.

乂因为ABJ_面BCD,BMc平面BCD,所以AB_LBM,

设AB=a,可得所以lan/AMB=Y2,

4

cos£A^S",解用co$UMB=*,

+cos^LAMB=1

即二面角A-CD-B的余弦值为斗.

解法二：由（1）可知，AB、BC、BD三者两两相互垂直,

故以点脑坐标原点，分别阪、BD、BA的方向为X、y、蒯勺正方向，建立空间直

角坐标系.

由勾股定理可知BCu'ACZ-AB^qAD?-AB2=BD=AB.

设BC=(a,O,O),则BD=(0,a,0),

则易得平面BCD的一个法向量可以是n!=（0,0,1\

因为AC=(a,0,-a),AD=(0,a,-a),

设平面ACD的法向量为微=(xyz),

n*AC=ax-az=0

蝴2

前•ay-az=0

令z=l,得x=l,y=l,所以平面ACD的一个法向量为n2=（11,l）.

设二面角A-CD-B的一个平面角为。,且由图可知a为锐角.

则cosa=|cos5i,n；引=*号=1二v"

|nil|n2l8

即二面角A-CD-B的余弦值短

第16页（共22页）

A

16.（15分）记AABC的内角A,B,C的对边分别为a,bc已跖4■ga=2.

（1）若sinB+sinC=2sinA,求△ABC的面积:

（2fisinB-sir\C=j.求b.

【解答】解:⑴在AABC中,sinB+sinC=2sinA,

由正弦定理=----=-----=2R<

sinAsinBsinC

可化为：2+R=2携

故可得：b+c=2a,代入可得：b+c=4,

所以（b+c）2=b2+c2+2bc=16,故b2+c2=16-2bc（*）,

在△ABC中，由余弦定理口.得：CQSA=''——

znr

代入数据和（*）式可得：bc=4,

所以三角形面积为：S=；xsiMxbc=J5,

故△ABC的面积为V3;

（2）因为A+B+且/=:故B+

代人可得：一（竽一8）=/

因屿58-与a）$B

第17页供22页）

化简可得：sin(8—1)=；・则cos(B-g)■土，

情况一：当icos(B；)=；时，

所以可得：§58=⑺川H-g)+g；］,化简可得：$卅8=与”

在aABC中，由正弦定理可得：6=二.$加8=今2

ctnAz

情况二：当ko5(B

同理可得：$inB=lz£l<D.乂因为BE(O,Ji),故sinB>0;

r»

综上，b的值为v；,

17.(15分)设OVrV,

icos4x-4cos2x-¥3

(D若Hanx=w来▲，、

7cos4x4-4cos2x-»-3

/、­，tanx-x

(2)证明：------->2；

r-«/nr

(3)若lanx+2sinx-ax>0,求实数a的取值范围.

【解答】解：⑴因为小5r,当

所以

COS4X-4COJ2X+32cosi2x-4cos2x^22(cos2z-l)2(-2sin2x)2

un*x=(l)4=

cos4x+4cos2x+32e『2x+4co$2x+22(cos2x+l)2(Icos21)2

1

后

(2)证明：先证当OVxV鸨x-sinx>0.

令m(x)=x-sinx,则mlx)=1-cos>()在OVxV?时恒成立,

所以…t)-「Situ在(0,与D上单调递增，所以m(x)〉m⑻=0,

即当0VtV罗,x-sinx>0.

要证•竺二>2.只需证明lanx

-x>2(x-sinx),即证tanx+2sinx-3x>0,

x-sinx

令4>(x)=tanx+2sinx-3x,“W(O,|

〃。$3-3。。网+1_(wl)2(2co$++l)

e&s^xcosix

因为0<cosx<l,所以e'(x)>0.

第18页(共22页)

所以在小(x)在(0，彳))上单调递增，所以力(x)><b(0)=0,BPtanx+2sinx-3x>0,

所以当OVxV号时，吧=>2.

zx-sinx

(3)令f(x)=tanx+2sinx-ax,x€(0.；)，则f(0)=0,/(x)=防/+2cosx-a

令i=cosx,则/fixe(0,上单调递减，te(0,1),/口)=机1)=*+2♦(1

而9U)=-,+2、0,所以g(t)在t£(0,1)上递减，所以f(x)x€(0.3)上

递增，

所以f(x)的值域为(3-a,+0),

(I)当3~aN0,即aW3时，f(x)2011亘成立，所以f(x)在xW(0,*])递增，

所以f(x)>0,所以aW3符合题意；

(H)当3~a<0,即a>3时，f(0)<0,所以存在：％W(0,劣使得f(xo)R,

所以当x£(0,xo)时，f(x)<0,f(x)递减,此时f(x)〈O,矛盾，舍去.

综上知，

所以实数a的取值范围为(-0,3).

18.(17分)设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为P(X二ak)

=xk,P(Y=ak)=yk,xk>O,yk>O,k=l,2,...,n,Zk=lxk=ZK=lyk=l.指

标D(XHY)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为1。(刈|匕)=工,几俳黄设X"

B[〃,p),O<p<L

(1)若Y〜B(n,q),O<q<l,求D(XIHY);

⑵若n=2,P(y=lr-1)=*=1,2,3,求D(XI1Y)的最小值；

(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y,证明：D(X11Y)20,并指出取等号

的充要条件.

【解答】解：(1)不妨设ak=k,则xk=Chpk(l-p)n-k,yk二Chqk(l-q)n-k.

所以o(*ii丫)=W加a-职力喘:二等二=嚼湍w3。-

P)i+小昌£“嫡(1-PL=”也黜+加昌

⑵当n=2时，P(X=2)=p2,P(X=l)=2p(l-p),P(X=0)=(l-p)2,

第19页(共22页)

酋(p)=D(X\Y)=2〃3P2+2p(]Mln6PdM+(]刃产加3(j-p)2

=p2lnp2+2p(l-p)In2p(l-p)+(l-p)2In(l-p)2+In3,

贝lJf(p)=4phip+2p+(2-4p)[In2P(1-p)+1]-4(1-p)[n(1-p)-2(l-p)

=2[lnp-In(l-p)+(l-2p)In2],

令g(p)=Inp-In(1-p)+(l-2p)ln2,贝前加)=L，--2m2X).

今33)=：'牖-2,mMvtp)=^2^zL2

当OVpV；时，犷(p)<0,<b(p)单调递减；

*Vp<11时，》(p)>0,d>(p)单调递增；

所以5(P)，G)=4-2加2>(,则g(p)单调递增，而

所以f(p)在(0・；为负数，在((；•1)为正数，

贝依P)在(0,1单调递减，在I：)单调递增，

所以f(P)=D(XY)=p21n3p?+2p(1-p)]n6p(1-p)+(1-p)“n3(I必2的最

小tfi为加3-：加2.

(3)令h(x)=Inx-x+l,则心[外.12£,

①当O<X<1时，hr(x)>O.h(x)单调递增；

②当X>1时，hf(x)<O,h(x)单调递减；

所以h(x)Wh(l)=O,即Inx-x+IWO,当且仅当x=l对，等号成立，

则当x>0时，Inx£x-1,所以济；4j-1,BIVnx31一1

故D(X|Y)=2k=lX&5端N。31-知工1xk-Zk=lyk=O=

G1州於乩如第Y.1xk-Zk=lyk=O.

当且仅当对所有的k,xk=yk时等号成立.

19.(17分)已知椭圆C::^力刀:1的左焦点为F,P为曲线E:

动点，且点P不在x轴上，直线FP交C于A,B两点.=0卜的

2S9

(1)证明：曲线E为椭圆，并求其离心率；

(2)证明：P为线段AB的中点:

第20页(共22页)

(3)设过点A,B且与AB垂直的直线与C的另一个交点分别为M,N,求△PMN面枳

的取值范围.

【解答】解：(1)曲线E:二士+上=0,整理得+匕=o.

222

”♦2)2y4nrt(x+2)y

----------+-=—.[IJ-----------♦r"=1•

259254工

曲线E可由|?+与=1向左平移2个单位得到，故为椭圆，