?湖南師大附中2023屆高三月考試卷（七）
數(shù)學(xué)
時(shí)量：120分鐘滿分：150分
注意事項(xiàng)：
1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡上.
2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上.寫(xiě)在本試卷上無(wú)效.
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知模為2的復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的向量為（為坐標(biāo)原點(diǎn)），它對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，與實(shí)軸正向的夾角為，則復(fù)數(shù)為（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，根據(jù)題意可得，即可得解.
【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，
則，
所以.
故選：D.
2. 若一個(gè)位正整數(shù)的所有數(shù)位上數(shù)字的次方和等于這個(gè)數(shù)本身，則稱這個(gè)數(shù)是自戀數(shù)，已知所有一位正整數(shù)的自戀數(shù)組成集合，集合，則真子集個(gè)數(shù)為（ ）
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題中定義，結(jié)合集合交集的定義、真子集個(gè)數(shù)公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】由題中定義可知，而，
所以，因此真子集個(gè)數(shù)為，
故選：C
3. 已知為奇函數(shù)，且時(shí)，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函數(shù)性質(zhì)及解析式求解即可.
【詳解】為奇函數(shù)，且時(shí)，，.
故選：D
4. 杭州亞運(yùn)會(huì)共設(shè)個(gè)競(jìng)賽大項(xiàng)，包括個(gè)奧運(yùn)項(xiàng)目和個(gè)非奧運(yùn)項(xiàng)目，共設(shè)杭州賽區(qū)、寧波賽區(qū)、溫州賽區(qū)、金華賽區(qū)、紹興賽區(qū)、湖州賽區(qū)、現(xiàn)需從名管理者中選取人分別到溫州、金華、紹興、湖州四個(gè)賽區(qū)負(fù)責(zé)志愿者工作，要求四個(gè)賽區(qū)各有一名管理者，且人中甲、乙兩人不去溫州賽區(qū)，則不同的選擇方案共有（ ）
A. 種 B. 種 C. 種 D. 種
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列組合的知識(shí)分別求解甲、乙都沒(méi)有被選派、甲、乙有且僅有一人被選派和甲、乙均被選派三種情況下的方案數(shù)，加和即可求得結(jié)果.
【詳解】若甲、乙都沒(méi)有被選派，則共有種方案；
若甲、乙有且僅有一人被選派，則共有種方案；
若甲、乙均被選派，則共有種方案；
綜上所述：不同的選擇方案有種.
故選：B.
5. “碳達(dá)峰”是指二氧化碳的排放不再增長(zhǎng)，達(dá)到峰值之后開(kāi)始下降，而“碳中和”是指企業(yè)、團(tuán)體或個(gè)人通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實(shí)現(xiàn)二氧化碳“零排放”．某地區(qū)二氧化碳的排放量達(dá)到峰值a（億噸）后開(kāi)始下降，其二氧化碳的排放量S（億噸）與時(shí)間t（年）滿足函數(shù)關(guān)系式，若經(jīng)過(guò)4年，該地區(qū)二氧化碳的排放量為（億噸）．已知該地區(qū)通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量為（億噸），則該地區(qū)要實(shí)現(xiàn)“碳中和”，至少需要經(jīng)過(guò)（ ）（參考數(shù)據(jù)：）
A. 13年 B. 14年 C. 15年 D. 16年
【答案】D
【解析】
分析】由條件列式先確定參數(shù)，再結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算解方程.
【詳解】由題意，，即，所以，
令，即，故，即，
可得，即．
故選：D
6. 已知橢圓的右焦點(diǎn)為．短軸的一個(gè)端點(diǎn)為，直線交橢圓于兩點(diǎn)．若，點(diǎn)到直線的距離不小于，則橢圓的離心率的取值范圍是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】試題分析：設(shè)是橢圓的左焦點(diǎn)，由于直線過(guò)原點(diǎn)，因此兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，從而是平行四邊形，所以，即，，設(shè)，則，所以，，即，又，所以，．故選A．
考點(diǎn)：橢圓的幾何性質(zhì)．
【名師點(diǎn)睛】本題考查橢圓的離心率的范圍，因此要求得關(guān)系或范圍，解題的關(guān)鍵是利用對(duì)稱性得出就是，從而得，于是只有由點(diǎn)到直線的距離得出的范圍，就得出的取值范圍，從而得出結(jié)論．在涉及到橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離時(shí)，需要聯(lián)想到橢圓的定義．

7. 已知函數(shù)，正數(shù)滿足，則的最小值（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用可得，由此可化簡(jiǎn)所求式子，結(jié)合基本不等式可求得最小值.
【詳解】，且在上單調(diào)遞減，
由得：，即，，
（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
則的最小值為.
故選：B.
8. 如圖，在中，已知，，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且，，其中，，且，若線段EF，BC的中點(diǎn)分別為M，N，則的最小值為（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)平面向量加法的運(yùn)算法則，結(jié)合平面向量基本定理和平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
【詳解】因?yàn)椋?，所以?br /> 因?yàn)椋?br /> 所以，所以
因?yàn)?，?br /> 所以，
當(dāng)時(shí)，有最小值，
最小值為，
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：運(yùn)用平面向量加法的運(yùn)算法則，利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.
9. 假設(shè)某市場(chǎng)供應(yīng)的職能手機(jī)中，市場(chǎng)占有率和優(yōu)質(zhì)率的信息如下
品牌
甲
乙
其他
市場(chǎng)占有率




優(yōu)質(zhì)率



在該市場(chǎng)中任意買一部手機(jī)，用，，分別表示買到的智能手機(jī)為甲品牌?乙品牌，其他品牌，表示可買到的優(yōu)質(zhì)品，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)條件概率公式及相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算可得；
【詳解】解：依題意可得，，，，因?yàn)?，所以，，故正確的有ABD；
故選：ABD
10. “楊輝三角”是二項(xiàng)式系數(shù)在三角形中的一種幾何排列，在中國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書(shū)中就有出現(xiàn).如圖所示，在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數(shù)都是1外，其余每個(gè)數(shù)都是其“肩上”的兩個(gè)數(shù)之和，例如第4行的6為第3行中兩個(gè)3的和.則下列命題中正確的是（ ）

A.
B. 在第2022行中第1011個(gè)數(shù)最大
C. 記“楊輝三角”第行的第i個(gè)數(shù)為，則
D. 第34行中第15個(gè)數(shù)與第16個(gè)數(shù)之比為
【答案】AC
【解析】
分析】利用二項(xiàng)式定理，結(jié)合組合數(shù)運(yùn)算性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】A：所以本選項(xiàng)正確；
B：第2022行是二項(xiàng)式的展開(kāi)式的系數(shù)，故第2022行中第個(gè)數(shù)最大，所以本選項(xiàng)不正確；
C：“楊輝三角”第行是二項(xiàng)式的展開(kāi)式系數(shù)，
所以，
，
因此本選項(xiàng)正確；
D：第34行是二項(xiàng)式的展開(kāi)式系數(shù)，
所以第15個(gè)數(shù)與第16個(gè)數(shù)之比，因此本選項(xiàng)不正確，
故選：AC
11. 已知球O的半徑為4，球心O在大小為的二面角內(nèi)，二面角的兩個(gè)半平面所在的平面分別截球面得兩個(gè)圓，，若兩圓，的公共弦AB的長(zhǎng)為4，E為AB的中點(diǎn)，四面體得體積為V，則一定正確的是（ ）
A. O，E，，四點(diǎn)共圓 B.
C. D. V的最大值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】連結(jié)，判斷出，利用勾股定理求，判斷B，證明,，四點(diǎn)共面，即可判斷四點(diǎn)共圓，判斷A，利用正弦定理求出，由此判斷C；設(shè)，求出的最大值，結(jié)合體積公式判斷D.
【詳解】
因?yàn)楣蚕褹B在棱l上，連結(jié)，則，
則，故B錯(cuò)誤；
因?yàn)槎娼堑膬蓚€(gè)半平面分別截球面得兩個(gè)圓O1，O2，O為球心，
所以O(shè)O1⊥,OO2⊥，又平面,，平面，
所以,，,，
因?yàn)槠矫?，所以平面，同理可證平面，
所以四點(diǎn)共面，又，
所以，對(duì)角互補(bǔ)的四邊形為圓內(nèi)接四邊形，
所以四點(diǎn)共圓，故選項(xiàng)A正確；
因?yàn)镋為弦AB的中點(diǎn),故⊥AB， ⊥AB，
故為二面角的平面角，所以，
由正弦定理得，故選項(xiàng)C正確；
設(shè)，在△中,由余弦定理可得，
，所以，
故，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)以時(shí)取等號(hào)，故選項(xiàng)D正確，
故選：ACD
12. 2021年3月30日，小米正式開(kāi)始啟用具備“超橢圓”數(shù)學(xué)之美的新logo（如圖所示），設(shè)計(jì)師的靈感來(lái)源于曲線．當(dāng)時(shí)，下列關(guān)于曲線的判斷正確的有（ ）

A. 曲線關(guān)于軸和軸對(duì)稱
B. 曲線所圍成的封閉圖形的面積小于8
C. 設(shè)，直線交曲線于兩點(diǎn)，則的周長(zhǎng)小于8
D. 曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的最大值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)用替換，不變，得方程不變，用替換，不變，得方程不變，可判斷A正確；根據(jù)曲線的范圍，可判斷B正確；先得到橢圓在曲線內(nèi)(除四個(gè)交點(diǎn)外)，再根據(jù)橢圓的定義可判斷C不正確；利用兩點(diǎn)間的距離公式、三角換元和三角函數(shù)知識(shí)求出最大值，可判斷D正確；
【詳解】當(dāng)時(shí)，曲線：，
對(duì)于A，用替換，不變，得，即，則曲線關(guān)于軸對(duì)稱；用替換，不變，得，即，則曲線關(guān)于軸對(duì)稱，故A正確；
對(duì)于B，由，得，，所以曲線在由直線和所圍成的矩形內(nèi)（除曲線與坐標(biāo)軸的四個(gè)交點(diǎn)外），所以曲線所圍成的封閉圖形的面積小于該矩形的面積，該矩形的面積為，故B正確；

對(duì)于C，對(duì)于曲線和橢圓，
設(shè)點(diǎn)在上，點(diǎn)在上，
因?yàn)?br /> ，
所以，所以，
設(shè)點(diǎn)在上，點(diǎn)在上，
因?yàn)?br /> ，
所以，所以，
所以橢圓在曲線內(nèi)(除四個(gè)交點(diǎn)外)，如圖：

設(shè)直線交橢圓于兩點(diǎn)，交軸于，
易知，為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，
由橢圓的定義可知，，，
所以的周長(zhǎng)為，
由圖可知，的周長(zhǎng)不小于，故C不正確；
對(duì)于D，設(shè)曲線上的點(diǎn)，則該點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，
因?yàn)?，所以設(shè)，，，
則，其中，，
所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，取得最大值.故D正確；
故選：ABD
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知，則______.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式計(jì)算可得；
【詳解】，

．
故答案為：．
14. 已知：，，，，，一束光線從點(diǎn)出發(fā)發(fā)射到上的點(diǎn)經(jīng)反射后，再經(jīng)反射，落到線段上（不含端點(diǎn)）斜率的范圍為_(kāi)___________.
【答案】
【解析】
【分析】先作出關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，再作關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，因?yàn)楣饩€從點(diǎn)出發(fā)射到上的點(diǎn)經(jīng)反射后，反射光線的反向延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)點(diǎn)，又因?yàn)樵俳?jīng)反射，反射光線經(jīng)過(guò)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，所以只需連接交與點(diǎn)，連接分別交為點(diǎn)，則之間即為點(diǎn)的變動(dòng)范圍．再求出直線的斜率即可．
【詳解】∵，∴直線方程為，直線方程為,
如圖， 作關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，則，
再作關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，則,??
連接交與點(diǎn)，則直線方程為,
∴，
連接分別交為點(diǎn)，?
則直線方程為，直線方程為，?
∴，連接，?
則之間即為點(diǎn)?的變動(dòng)范圍．?
∵直線方程為，直線的斜率為??
∴斜率的范圍為?
故答案為：.

【點(diǎn)睛】本題主要考查入射光線與反射光線之間的關(guān)系，入射光線與反射光線都經(jīng)過(guò)物體所成的像，據(jù)此就可找到入射點(diǎn)的范圍，解決此類問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵在于求出點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，屬于中檔題.
15. 設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)列．已知數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和，則d+q的值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】結(jié)合等差數(shù)列和等比數(shù)列前項(xiàng)和公式的特點(diǎn)，分別求得的公差和公比，由此求得.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為，根據(jù)題意.
等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式為，
等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式為，
依題意，即，
通過(guò)對(duì)比系數(shù)可知，故.
故答案為：
【點(diǎn)睛】本小題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式，屬于中檔題.
16. 已知函數(shù)，若關(guān)于的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為_(kāi)_____
【答案】
【解析】
【分析】將不等式恒成立轉(zhuǎn)化為在上恒成立,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為恒成立，即恒成立.再構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求最值可解決.
【詳解】易求得函數(shù)的定義域?yàn)?，由，
得，
因?yàn)楹瘮?shù)與函數(shù)互為反函數(shù)，
其圖象關(guān)于直線對(duì)稱，

所以要使得恒成立，
只需恒成立，即恒成立，
設(shè)，則，
在上遞減，在遞增，
可知當(dāng)時(shí)，取得最小值，
所以，又因?yàn)?，所以的取值范圍?
【點(diǎn)睛】本題考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化思想,不等式恒成立問(wèn)題.屬中檔題.
四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.
17. 已知函數(shù)的圖象如圖所示.

（1）求函數(shù)的對(duì)稱中心；
（2）先將函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的3倍（橫坐標(biāo)不變），然后將得到的函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變），最后將所得圖象向左平移個(gè)單位后得到函數(shù)的圖象.若對(duì)任意的恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象求得的解析式，然后利用整體代入法求得的對(duì)稱中心.
（2）利用三角函數(shù)圖象變換的知識(shí)求得的解析式，根據(jù)在區(qū)間上的值域轉(zhuǎn)化不等式，由此求得的取值范圍.
【小問(wèn)1詳解】
由圖可知：，所以，所以，，
又，
所以，.
所以.
令，，
則，.
所以的對(duì)稱中心為，.
【小問(wèn)2詳解】
由題.
當(dāng)時(shí)，.
因?yàn)閷?duì)任意的恒成立，
則.
所以.
18. 如圖，在四棱錐中，已知，，，，，，為中點(diǎn)，為中點(diǎn).

（1）證明：平面平面；
（2）若，求平面與平面所成夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)線面平行及面面平行的判定定理即得；
（2）方法一，延長(zhǎng)與交于，由題可得面面，過(guò)作，過(guò)作，進(jìn)而可得即為面與面所成二面角的平面角，結(jié)合條件即得；
方法二，利用坐標(biāo)法，根據(jù)面面角的向量求法即得.
【小問(wèn)1詳解】
連接，∵為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，

∴，又面，面，
∴面，
在中，，，，
∴，即，
在中，，，∴，，
在中，，，，，
∴，，∴，
∵F為AB中點(diǎn)，∴，，
∴，又∵面，面，
∴面，又∵，CF，面，
∴平面平面；
【小問(wèn)2詳解】
解法一：延長(zhǎng)與交于，連，則面面，
在中，，，，所以，
又，，，面，
∴面，面，
∴面面，
在面內(nèi)過(guò)作，則面，
∵面，∴，

過(guò)作，連，∵，面，面，
∴面，面，
∴，
∴即為面與面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，又，
∴，， ，
∴.
解法二：在中，，，，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，
又∵，，
∴，
以為軸，為軸，過(guò)且垂直于面的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，，
設(shè)平面的法向量，，，
，令，則，∴，
設(shè)平面的法向量，，
令，則，，
∴，
所以，
∴平面與平面所成角的余弦值為.
19. 已知數(shù)列各項(xiàng)都不為0，，，的前項(xiàng)和為，且滿足.
（1）求的通項(xiàng)公式；
（2）若，求數(shù)列的前項(xiàng)和.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用與的關(guān)系，得到，再利用隔項(xiàng)等差數(shù)列的性質(zhì)，分別求出為奇數(shù)與為偶數(shù)時(shí)的通項(xiàng)，進(jìn)而可得答案.
（2）利用倒序相加，求得，整理得，進(jìn)而利用裂項(xiàng)求和法，得到
【小問(wèn)1詳解】
時(shí)，，，兩式相減，可得，由題意得，可得，則有
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，為等差數(shù)列，，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，為等差數(shù)列，，

【小問(wèn)2詳解】
，
，利用倒序相加，可得
，
解得，
，

20. 2022年12月15至16日，中央經(jīng)濟(jì)工作會(huì)議在北京舉行.關(guān)于房地產(chǎn)主要有三點(diǎn)新提法，其中“住房改善”位列擴(kuò)大消費(fèi)三大抓手的第一位.某房地產(chǎn)開(kāi)發(fā)公司旗下位于生態(tài)公園的樓盤(pán)貫徹中央經(jīng)濟(jì)工作會(huì)議精神，推出了為期10天的促進(jìn)住房改善的惠民優(yōu)惠售房活動(dòng)，該樓盤(pán)售樓部統(tǒng)計(jì)了惠民優(yōu)惠售房活動(dòng)期間到訪客戶的情況，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：（注：活動(dòng)開(kāi)始的第i天記為，第i天到訪的人次記為，，2，3，…）
（單位：人次）
1
2
3
4
5
6
7
（單位：人次）
12
22
42
68
132
202
392

（1）根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，通過(guò)建模分析得到適合函數(shù)模型為（c，d均為大于零的常數(shù)）.請(qǐng)根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)及上表中的數(shù)據(jù)，求活動(dòng)到訪人次關(guān)于活動(dòng)開(kāi)展的天次的回歸方程，并預(yù)測(cè)活動(dòng)推出第8天售樓部來(lái)訪的人次：
（2）該樓盤(pán)營(yíng)銷策劃部從有意向購(gòu)房的客戶中，隨機(jī)通過(guò)電話進(jìn)行回訪，統(tǒng)計(jì)有效回訪發(fā)現(xiàn)，客戶購(gòu)房意向的決定因素主要有三類：A類是樓層的品質(zhì)與周邊的生態(tài)環(huán)境，B類是樓盤(pán)的品質(zhì)與房子的設(shè)計(jì)布局，C類是樓盤(pán)的品質(zhì)與周邊的生活與教育配套設(shè)施.統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下表：
類別
A類
B類
C類
頻率
0.4
0.2
0.4
從被回訪的客戶中再隨機(jī)抽取3人聘為樓盤(pán)的代言人，視頻率為概率，記隨機(jī)變量為被抽取的3人中A類和C類的人數(shù)之和，求隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望.
參考數(shù)據(jù)：其中，，，；
參考公式：對(duì)于一組數(shù)據(jù)，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小一乘估計(jì)公式分別為：，；
【答案】（1）；當(dāng)時(shí)，.
（2），分布列見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）將轉(zhuǎn)換成，由最小二乘法求回歸直線方程，再換回的形式即可；
（2）根據(jù)題意，結(jié)合二項(xiàng)分布的概率公式及期望公式即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
由可得，
由，，，
則，，
所以，
，所以，
則所求回歸方程為，
當(dāng)時(shí)，，
所以第8天售樓部來(lái)訪的人次大約為.
【小問(wèn)2詳解】
由題意得，類和類被抽到的概率為，
的可能取值為，且，
所以；；
；；
所以的分布列為










所以.
21. 已知雙曲線的頂點(diǎn)為，，過(guò)右焦點(diǎn)作其中一條漸近線的平行線，與另一條漸近線交于點(diǎn)，且.點(diǎn)為軸正半軸上異于點(diǎn)的任意點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)的直線交雙曲線于C，D兩點(diǎn)，直線與直線交于點(diǎn).
（1）求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求證：為定值.
【答案】（1）
（2）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意表示出點(diǎn)的橫坐標(biāo)，求出縱坐標(biāo)，表示面積即可求解；
（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)韋達(dá)定理證明求解.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)雙曲線，易知.
由題意可知：等腰三角形，則，代入得：
，則，
又，則解得，
則雙曲線.
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)直線的方程為：，（且），，.
聯(lián)立，消得：，
，，
，①，②
聯(lián)立①②，解得：
又，同理，，
把它們代入，得
，
故，得證.
22. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時(shí)，求證：；
（2）若對(duì)恒成立，求.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)后，分別在、和的情況下，根據(jù)的正負(fù)確定的單調(diào)性，根據(jù)每段區(qū)間內(nèi)都有可證得結(jié)論；
（2）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在上恒成立，根據(jù)和最值點(diǎn)的特征可確定為的極大值點(diǎn)，由極值點(diǎn)定義可求得；代回函數(shù)中驗(yàn)證，利用導(dǎo)數(shù)可說(shuō)明當(dāng)時(shí)，，由此可確定其符合題意.
【小問(wèn)1詳解】
；
①當(dāng)時(shí)，，，
又，，在上單調(diào)遞增，
，即；
②當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞增，
又在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，
，，
，使得，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
又，，
當(dāng)時(shí)，；
③當(dāng)時(shí)，，，
又，，在上單調(diào)遞減，
，即；
綜上所述：當(dāng)時(shí)，.
【小問(wèn)2詳解】
令，
則在上恒成立；
，，
為的一個(gè)極大值點(diǎn)，
又，，解得：；
當(dāng)時(shí)，由知：，
令，則，
令，則；
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，，
在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減；
，在上恒成立，符合題意；
綜上所述：.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、導(dǎo)數(shù)中的恒成立問(wèn)題；本題求解恒成立中的參數(shù)值的基本思路是：通過(guò)函數(shù)的最值，結(jié)合自變量區(qū)間和函數(shù)最值只能在極值點(diǎn)或區(qū)間端點(diǎn)處取得的特征，確定函數(shù)的極值點(diǎn)，從而求解出參數(shù)值；易錯(cuò)點(diǎn)是求解出參數(shù)值后，忽略驗(yàn)證的過(guò)程，導(dǎo)致解析過(guò)程不夠嚴(yán)謹(jǐn).

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