2023年蘭州市高三診斷考試文科數(shù)學(xué)一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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. ，，則集合（    ）A.  B.  C.  D. 2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（    ）A.  B.  C.  D. 3. 2022年8—12月某市場(chǎng)上草莓價(jià)格（單位：元/千克）的取值為：12，16，20，24，28，市場(chǎng)需求量（單位：百千克），則市場(chǎng)需求量的方差為（    ）A. 8 B. 4 C.  D. 24. 世紀(jì)數(shù)學(xué)家歐拉研究調(diào)和級(jí)數(shù)得到了以下的結(jié)果：當(dāng)很大時(shí)，（常數(shù)）．利用以上公式，可以估計(jì)的值為（    ）A.  B.  C.  D. 5. 已知點(diǎn)在圓上，其橫坐標(biāo)為，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則拋物線的準(zhǔn)線方程是（    ）A.  B.  C.  D. 6. 已知，，若是與的等比中項(xiàng)，則的最小值是（    ）A. 8 B. 4 C. 3 D. 27. 已知命題：“若直線平面，平面平面，則直線平面”，命題：“棱長(zhǎng)為的正四面體的外接球表面積是”，則以下命題為真命題的是（    ）A.  B.  C.  D. 8. 如圖是某算法的程序框圖，若執(zhí)行此算法程序，輸入?yún)^(qū)間內(nèi)的任意一個(gè)實(shí)數(shù)，則輸出的的概率為（    ）A  B.  C.  D. 9. 攢尖是中國(guó)古建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，常見(jiàn)的有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、六角攢尖等，多見(jiàn)于亭閣式建筑，蘭州市著名景點(diǎn)三臺(tái)閣的屋頂部分也是典型的攢尖結(jié)構(gòu)．如圖所示是某研究性學(xué)習(xí)小組制作的三臺(tái)閣仿真模型的屋頂部分，它可以看作是不含下底面的正四棱臺(tái)和正三棱柱的組合體，已知正四棱臺(tái)上底、下底、側(cè)棱的長(zhǎng)度（單位：dm）分別為2，6，4，正三棱柱各棱長(zhǎng)均相等，則該結(jié)構(gòu)表面積為（    ）A.  B.  C.  D. 10. 若將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象，則關(guān)于函數(shù)的四個(gè)結(jié)論不正確的是（    ）A. 的最小正周期為 B. 在區(qū)間上的最小值為C. 在區(qū)間上單調(diào)遞減 D. 的圖象對(duì)稱中心為11. 已知雙曲線的一條漸近線上存在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)和，若雙曲線的左、右焦點(diǎn)與組成的四邊形為矩形，若該矩形的面積為，則雙曲線的離心率為（    ）A.  B.  C.  D. 12. 已知函數(shù)，其中，，，則以下判斷正確的是（    ）A 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，B. 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，C. 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，D. 函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，且，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13. 在梯形中，，，，則______．14. 如圖，圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為的正三角形，點(diǎn)是底面弧的兩個(gè)三等分點(diǎn)，則與所成角的正切值為______．15. 用長(zhǎng)度為1，4，8，9的4根細(xì)木棒圍成一個(gè)三角形（允許連接，不允許折斷），則其中某個(gè)三角形外接圓的直徑可以是______（寫出一個(gè)答案即可）．16. 定義：如果任取一個(gè)正常數(shù)，使得定義在上的函數(shù)對(duì)于任意實(shí)數(shù)，存在非零常數(shù)，使，則稱函數(shù)是“函數(shù)”．在①，②，③，④這四個(gè)函數(shù)中，為“函數(shù)”的是______（只填寫序號(hào)）．三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共60分．17. 已知數(shù)列，，對(duì)任意的都有．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列滿足：，且，求數(shù)列的前項(xiàng)和．18. 如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點(diǎn)是的中點(diǎn)，．（1）在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請(qǐng)從中任選兩個(gè)作為補(bǔ)充條件，證明：側(cè)面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．）（2）在（1）的條件下求點(diǎn)到平面的距離．19. 2022年第22屆世界杯足球賽在卡塔爾舉行，這是繼韓日世界杯之后時(shí)隔20年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽，本屆世界杯還是首次在北半球冬季舉行的世界杯足球賽．每屆世界杯共32支球隊(duì)參加，進(jìn)行64場(chǎng)比賽，其中小組賽階段共分為8個(gè)小組，每個(gè)小組的4支隊(duì)伍進(jìn)行單循環(huán)比賽共計(jì)48場(chǎng)，以積分的方式產(chǎn)生16強(qiáng)，之后的比賽均為淘汰賽，1/8決賽8場(chǎng)產(chǎn)生8強(qiáng)，1/4決賽4場(chǎng)產(chǎn)生4強(qiáng)，半決賽兩場(chǎng)產(chǎn)生2強(qiáng)，三四名決賽一場(chǎng)，冠亞軍決賽一場(chǎng)．下表是某五屆世界杯32進(jìn)16的情況統(tǒng)計(jì)： 歐洲球隊(duì)美洲球隊(duì)非洲球隊(duì)亞洲球隊(duì)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)1131094515121310105514031361085240414108550515138835263合計(jì)66444525256245 （1）根據(jù)上述表格完成列聯(lián)表： 16強(qiáng)非16強(qiáng)合計(jì)歐洲地區(qū)   其他地區(qū)   合計(jì)   并判斷是否有95%的把握認(rèn)為球隊(duì)進(jìn)入世界杯16強(qiáng)與來(lái)自歐洲地區(qū)有關(guān)？（2）已知某屆世界杯比賽過(guò)程中已有2支歐洲球隊(duì)進(jìn)入8強(qiáng)并相遇，勝者進(jìn)入4強(qiáng)，此時(shí)球迷預(yù)測(cè)還將有3支歐洲球隊(duì)，2支美洲球隊(duì)，1支亞洲球隊(duì)進(jìn)入8強(qiáng)，并在這6支球隊(duì)中兩兩對(duì)決進(jìn)行3場(chǎng)比賽，產(chǎn)生剩下的三個(gè)4強(qiáng)席位，求歐洲球隊(duì)不碰面的概率．附：，0.0500.01000013.8416.63510.828 20. 已知是橢圓的左、右焦點(diǎn)，是橢圓的短軸，菱形的周長(zhǎng)為，面積為，橢圓的焦距大于短軸長(zhǎng)．（1）求橢圓的方程；（2）若是橢圓內(nèi)的一點(diǎn)（不在的軸上），過(guò)點(diǎn)作直線交于兩點(diǎn)，且點(diǎn)為的中點(diǎn)，橢圓的離心率為，點(diǎn)也在上，求證：直線與相切．21 已知函數(shù)．（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖象與軸交于，兩點(diǎn)，且點(diǎn)在右側(cè)．若函數(shù)在點(diǎn)處的切線為，求證：當(dāng)時(shí)，．（二）選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]22. 在平面直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為，其中．（1）當(dāng)時(shí)曲線與曲線交于、兩點(diǎn)，求線段的長(zhǎng)度；（2）過(guò)點(diǎn)的直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）與曲線交于、兩點(diǎn)，若，求實(shí)數(shù)．[選修4-5：不等式選講]23 已知．（1）解不等式；（2）若對(duì)于任意正實(shí)數(shù)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．                     答案解析一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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. ，，則集合（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】列舉法表示集合，根據(jù)并集定義可得結(jié)果.【詳解】，，.故選：C.2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法規(guī)則計(jì)算即可.【詳解】故選：C.3. 2022年8—12月某市場(chǎng)上草莓價(jià)格（單位：元/千克）的取值為：12，16，20，24，28，市場(chǎng)需求量（單位：百千克），則市場(chǎng)需求量的方差為（    ）A. 8 B. 4 C.  D. 2【答案】A【解析】【分析】由草莓價(jià)格的方差結(jié)合方差的性質(zhì)得出市場(chǎng)需求量的方差.【詳解】，則草莓價(jià)格的方差為.因?yàn)?/span>，所以市場(chǎng)需求量的方差為.故選：A4. 世紀(jì)數(shù)學(xué)家歐拉研究調(diào)和級(jí)數(shù)得到了以下的結(jié)果：當(dāng)很大時(shí)，（常數(shù)）．利用以上公式，可以估計(jì)的值為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】所求式子為，根據(jù)已知中的公式直接計(jì)算即可.【詳解】.故選：D.5. 已知點(diǎn)在圓上，其橫坐標(biāo)為，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則拋物線的準(zhǔn)線方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】結(jié)合圓的方程可求得點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線方程可確定的值，進(jìn)而確定準(zhǔn)線方程.【詳解】將代入圓方程得：，解得：，或，在拋物線上，或，解得：（舍）或，拋物線方程為，拋物線的準(zhǔn)線方程為：.故選：D6. 已知，，若是與的等比中項(xiàng)，則的最小值是（    ）A. 8 B. 4 C. 3 D. 2【答案】B【解析】【分析】利用等比中項(xiàng)的性質(zhì)得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．【詳解】因?yàn)?/span>是與的等比中項(xiàng)，所以，即，所以，又，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)且，即時(shí)取等號(hào)．所以的最小值為4．故選：B．7. 已知命題：“若直線平面，平面平面，則直線平面”，命題：“棱長(zhǎng)為的正四面體的外接球表面積是”，則以下命題為真命題的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根據(jù)線面的關(guān)系判斷命題p的真假，根據(jù)正四面體外接球的表面積公式計(jì)算判斷命題q的真假，結(jié)合復(fù)合命題真假的判斷方法即可求解.【詳解】命題p：若，，則或，故命題p為假命題；命題q：將正四面體補(bǔ)成一個(gè)正方體，則正方體的棱長(zhǎng)為，對(duì)角線長(zhǎng)為，則正四面體的外接球的直徑為正方體的對(duì)角線長(zhǎng)，則外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故命題q為真命題.所以命題為真命題，命題為假命題.故選：A.8. 如圖是某算法的程序框圖，若執(zhí)行此算法程序，輸入?yún)^(qū)間內(nèi)的任意一個(gè)實(shí)數(shù)，則輸出的的概率為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】由程序框圖可知：輸入，當(dāng)時(shí)，滿足循環(huán)體，執(zhí)行循環(huán)體，，，當(dāng)時(shí)，滿足循環(huán)體，執(zhí)行循環(huán)體，此時(shí)，，當(dāng)時(shí)，滿足循環(huán)體，執(zhí)行循環(huán)體，此時(shí)，，當(dāng)時(shí)，滿足循環(huán)體，執(zhí)行循環(huán)體，此時(shí)，，當(dāng)時(shí)，不滿足循環(huán)體，退出循環(huán)，由幾何概型，得輸出的概率為.故選：B.9. 攢尖是中國(guó)古建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，常見(jiàn)的有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、六角攢尖等，多見(jiàn)于亭閣式建筑，蘭州市著名景點(diǎn)三臺(tái)閣的屋頂部分也是典型的攢尖結(jié)構(gòu)．如圖所示是某研究性學(xué)習(xí)小組制作的三臺(tái)閣仿真模型的屋頂部分，它可以看作是不含下底面的正四棱臺(tái)和正三棱柱的組合體，已知正四棱臺(tái)上底、下底、側(cè)棱的長(zhǎng)度（單位：dm）分別為2，6，4，正三棱柱各棱長(zhǎng)均相等，則該結(jié)構(gòu)表面積為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根據(jù)三棱柱和棱臺(tái)表面積公式計(jì)算即可.【詳解】由題可得正三棱柱的底面積為：，正三棱柱的外露表面積為：，四棱臺(tái)側(cè)面梯形的高為：，四棱臺(tái)外露表面積為：，該結(jié)構(gòu)表面積為：.故選：A10. 若將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象，則關(guān)于函數(shù)的四個(gè)結(jié)論不正確的是（    ）A. 的最小正周期為 B. 在區(qū)間上的最小值為C. 在區(qū)間上單調(diào)遞減 D. 的圖象對(duì)稱中心為【答案】B【解析】【分析】根據(jù)三角恒等變換公式，可得，再由函數(shù)圖象的平移法則得，然后根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，逐項(xiàng)分析選項(xiàng)，即可.【詳解】因?yàn)?/span>，所以.對(duì)于A：，故A正確；對(duì)于B：由知，，所以，所以在區(qū)間上的最小值為，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：令，因?yàn)?/span>，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，故C正確；對(duì)于D：令，，所以圖象對(duì)稱中心為，故D正確.故選：B11. 已知雙曲線的一條漸近線上存在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)和，若雙曲線的左、右焦點(diǎn)與組成的四邊形為矩形，若該矩形的面積為，則雙曲線的離心率為（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)，根據(jù)矩形對(duì)角線長(zhǎng)相等和矩形面積可構(gòu)造方程組，化簡(jiǎn)得到關(guān)于的齊次方程，解方程可求得離心率.【詳解】由雙曲線方程知其漸近線方程：，不妨設(shè)在上，設(shè)，則，，四邊形為矩形，，，矩形的面積，由得：，即，解得：，.故選：C.12. 已知函數(shù)，其中，，，則以下判斷正確的是（    ）A. 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，B. 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，C 函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且，D. 函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，且，【答案】B【解析】【分析】由已知可得，，，進(jìn)而利用零點(diǎn)存在性定理可得結(jié)論．【詳解】解：因?yàn)?/span>，，又，所以，即，又，，，則，，又為定義域上的連續(xù)函數(shù)，所以函數(shù)必有兩個(gè)不相同的零點(diǎn)，存在，使得，且，存在，使得，，，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，，且，．故選：B．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13. 在梯形中，，，，則______．【答案】【解析】【分析】以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，利用數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可求得結(jié)果.【詳解】，，則以為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方向?yàn)?/span>軸，可建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則，，，，，.故答案為：.14. 如圖，圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為的正三角形，點(diǎn)是底面弧的兩個(gè)三等分點(diǎn)，則與所成角的正切值為______．【答案】【解析】【分析】易證得，由異面直線所成角定義可知所求角為，由長(zhǎng)度關(guān)系可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)圓錐底面圓心為，連接，為弧的兩個(gè)三等分點(diǎn)，，又，為等邊三角形，，，即為異面直線與所成角，平面，平面，，，，，即與所成角的正切值為.故答案為：.15. 用長(zhǎng)度為1，4，8，9的4根細(xì)木棒圍成一個(gè)三角形（允許連接，不允許折斷），則其中某個(gè)三角形外接圓的直徑可以是______（寫出一個(gè)答案即可）．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據(jù)三角形性質(zhì)確定三邊邊長(zhǎng)，利用余弦定理和正弦定理計(jì)算出對(duì)應(yīng)三角形外接圓的直徑.【詳解】4根細(xì)木棒圍成一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)可以為5，8，9，設(shè)邊長(zhǎng)為9的邊所對(duì)的角為，由余弦定理可知：，因?yàn)?/span>，所以，由正弦定理知，，所以其中某個(gè)三角形外接圓的直徑可以是.故答案為：（答案不唯一）.16. 定義：如果任取一個(gè)正常數(shù)，使得定義在上的函數(shù)對(duì)于任意實(shí)數(shù)，存在非零常數(shù)，使，則稱函數(shù)是“函數(shù)”．在①，②，③，④這四個(gè)函數(shù)中，為“函數(shù)”的是______（只填寫序號(hào)）．【答案】②【解析】【分析】根據(jù)“函數(shù)”，依次判斷各選項(xiàng)中的是否為常數(shù)即可.【詳解】對(duì)于①，令，則，不是常數(shù)，不是“函數(shù)”；對(duì)于②，令，則為常數(shù)，是“函數(shù)”；對(duì)于③，令，則，不是常數(shù)，不是“函數(shù)”；對(duì)于④，令，則，不是常數(shù)，不是“函數(shù)”.故答案為：②.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)中的新定義問(wèn)題的求解，解題關(guān)鍵是能夠充分理解“函數(shù)”的定義，即為常數(shù)的函數(shù)，從而根據(jù)運(yùn)算法則來(lái)求解即可.三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共60分．17. 已知數(shù)列，，對(duì)任意的都有．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列滿足：，且，求數(shù)列的前項(xiàng)和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）取，即可證得數(shù)列為等差數(shù)列，由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可求得；（2）利用累乘法可求得，采用裂項(xiàng)相消法可求得.【小問(wèn)1詳解】對(duì)任意的，都有，當(dāng)時(shí)，，又，數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，.【小問(wèn)2詳解】由（1）得：，當(dāng)時(shí)，，又滿足，，.18. 如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點(diǎn)是的中點(diǎn)，．（1）在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請(qǐng)從中任選兩個(gè)作為補(bǔ)充條件，證明：側(cè)面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．）（2）在（1）的條件下求點(diǎn)到平面的距離．【答案】（1）條件選擇見(jiàn)解析，證明見(jiàn)解析    （2）【解析】【分析】（1）選條件①②，利用勾股定理逆定理證得，由等腰三角形的幾何性質(zhì)可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；選條件 ①③，利用正弦定理推導(dǎo)出，，由等腰三角形的幾何性質(zhì)可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；選條件②③，利用余弦定理求出的長(zhǎng)，利用勾股定理逆定理證得，由等腰三角形的幾何性質(zhì)可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）計(jì)算出三棱錐的體積，計(jì)算出的面積，利用等體積法可求得點(diǎn)到平面的距離.【小問(wèn)1詳解】證明：方案一：選條件①②.因?yàn)樵谒睦忮F中，，點(diǎn)為的中點(diǎn)，則，因?yàn)?/span>，在中，，，又因?yàn)樗倪呅?/span>為矩形，，則，，因?yàn)?/span>，，，所以，，則，因?yàn)?/span>，、平面，所以，平面，因?yàn)?/span>平面，所以，側(cè)面平面；方案二：選條件①③.因?yàn)樵谒睦忮F中，，點(diǎn)為的中點(diǎn)，則，在中，，，，由正弦定理可得，即，所以，，所以，，即，因?yàn)?/span>，、平面，所以，平面，因?yàn)?/span>平面，所以，側(cè)面平面；方案三：選條件②③.因?yàn)樵谒睦忮F中，，點(diǎn)為的中點(diǎn)，則，且，在中，，，又因?yàn)樗倪呅?/span>為矩形，，則，所以，，在中，，則，設(shè)，由余弦定理可得，整理可得，解得或（舍），所以，，因?yàn)?/span>，，，所以，，則，因?yàn)?/span>，、平面，所以，平面，因?yàn)?/span>平面，所以，側(cè)面平面.【小問(wèn)2詳解】解：在（1）的條件下，平面，因?yàn)?/span>為的中點(diǎn)，，，在中，，，則，所以，，則，，在中，，，則，所以，，所以，，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由可得，所以，.因此，點(diǎn)到平面的距離為.19. 2022年第22屆世界杯足球賽在卡塔爾舉行，這是繼韓日世界杯之后時(shí)隔20年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽，本屆世界杯還是首次在北半球冬季舉行的世界杯足球賽．每屆世界杯共32支球隊(duì)參加，進(jìn)行64場(chǎng)比賽，其中小組賽階段共分為8個(gè)小組，每個(gè)小組的4支隊(duì)伍進(jìn)行單循環(huán)比賽共計(jì)48場(chǎng)，以積分的方式產(chǎn)生16強(qiáng)，之后的比賽均為淘汰賽，1/8決賽8場(chǎng)產(chǎn)生8強(qiáng)，1/4決賽4場(chǎng)產(chǎn)生4強(qiáng)，半決賽兩場(chǎng)產(chǎn)生2強(qiáng)，三四名決賽一場(chǎng)，冠亞軍決賽一場(chǎng)．下表是某五屆世界杯32進(jìn)16的情況統(tǒng)計(jì)： 歐洲球隊(duì)美洲球隊(duì)非洲球隊(duì)亞洲球隊(duì)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)32強(qiáng)16強(qiáng)1131094515121310105514031361085240414108550515138835263合計(jì)66444525256245 （1）根據(jù)上述表格完成列聯(lián)表： 16強(qiáng)非16強(qiáng)合計(jì)歐洲地區(qū)   其他地區(qū)   合計(jì)   并判斷是否有95%的把握認(rèn)為球隊(duì)進(jìn)入世界杯16強(qiáng)與來(lái)自歐洲地區(qū)有關(guān)？（2）已知某屆世界杯比賽過(guò)程中已有2支歐洲球隊(duì)進(jìn)入8強(qiáng)并相遇，勝者進(jìn)入4強(qiáng)，此時(shí)球迷預(yù)測(cè)還將有3支歐洲球隊(duì)，2支美洲球隊(duì)，1支亞洲球隊(duì)進(jìn)入8強(qiáng)，并在這6支球隊(duì)中兩兩對(duì)決進(jìn)行3場(chǎng)比賽，產(chǎn)生剩下的三個(gè)4強(qiáng)席位，求歐洲球隊(duì)不碰面的概率．附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828 【答案】（1）見(jiàn)解析    （2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意完成列聯(lián)表，利用列聯(lián)表求出，即可求解；（2）利用平均分組的方法求所有比賽的方法數(shù)，再由排列問(wèn)題的應(yīng)用求出歐洲球隊(duì)不碰面的比賽方法數(shù)，再由古典概型概率公式.【小問(wèn)1詳解】解：根據(jù)上述表格完成列聯(lián)表： 16強(qiáng)非16強(qiáng)合計(jì)歐洲地區(qū)442266其他地區(qū)365894合計(jì)8080160所以，所以有的把握認(rèn)為球隊(duì)進(jìn)入世界杯強(qiáng)與來(lái)自歐洲地區(qū)有關(guān)；【小問(wèn)2詳解】由題意，3支歐洲球隊(duì)，2支美洲球隊(duì)，1支亞洲球隊(duì)這6支球隊(duì)中兩兩對(duì)決進(jìn)行3場(chǎng)比賽，一場(chǎng)比賽對(duì)應(yīng)著將6個(gè)球隊(duì)平均分成3組，每組2支球隊(duì)的一種分組方法，共有(種)比賽方法；若歐洲球隊(duì)不碰面，可將3支歐洲球隊(duì)看成三個(gè)空格，將2支美洲球隊(duì)，1支亞洲球隊(duì)在3個(gè)空格進(jìn)行排列，一種排列方法對(duì)應(yīng)著一種滿足條件的比賽方法，共有(種)排列，所以歐洲球隊(duì)不碰面的比賽方法共有6種.故歐洲球隊(duì)不碰面的概率為20. 已知是橢圓的左、右焦點(diǎn)，是橢圓的短軸，菱形的周長(zhǎng)為，面積為，橢圓的焦距大于短軸長(zhǎng)．（1）求橢圓的方程；（2）若是橢圓內(nèi)的一點(diǎn)（不在的軸上），過(guò)點(diǎn)作直線交于兩點(diǎn)，且點(diǎn)為的中點(diǎn)，橢圓的離心率為，點(diǎn)也在上，求證：直線與相切．【答案】（1）    （2）證明見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的周長(zhǎng)和面積可構(gòu)造方程組求得，進(jìn)而得到橢圓方程；（2）設(shè)，與橢圓方程聯(lián)立可得韋達(dá)定理的結(jié)論，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求得點(diǎn)坐標(biāo)；將與橢圓聯(lián)立，可得，由在橢圓上可得等量關(guān)系，化簡(jiǎn)可得，由此可得結(jié)論.【小問(wèn)1詳解】菱形的周長(zhǎng)為，面積為，，又，或，又橢圓的焦距大于短軸長(zhǎng)，即，，，則橢圓的方程為：.【小問(wèn)2詳解】由題意知：直線的斜率必然存在，可設(shè)其方程為：，由得：，設(shè)，則，即，，，，；橢圓的離心率為，，解得：，，由得：，，在橢圓上，，整理可得：，，直線與相切.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查直線與橢圓位置關(guān)系的證明問(wèn)題，解題關(guān)鍵是能夠利用點(diǎn)在橢圓上得到變量之間所滿足的等量關(guān)系，將等量關(guān)系代入判別式中進(jìn)行化簡(jiǎn)整理即可得到直線與橢圓的位置關(guān)系.21. 已知函數(shù)．（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖象與軸交于，兩點(diǎn)，且點(diǎn)在右側(cè)．若函數(shù)在點(diǎn)處的切線為，求證：當(dāng)時(shí)，．【答案】（1）遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是；    （2）證明見(jiàn)解析.【解析】【分析】（1）把代入，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間作答.（2）求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及切線，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討最小值作答.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)時(shí)，函數(shù)的定義域?yàn)?/span>，求導(dǎo)得，顯然在上單調(diào)遞增，而，則當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)的遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是.【小問(wèn)2詳解】，，解得或，則，，，函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線，于是，當(dāng)時(shí)，令，求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，，則，即，顯然，即，，因此，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，則，即，顯然，即，，因此，函數(shù)在上單調(diào)遞增，于是當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)不等式證明問(wèn)題，將所證不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新函數(shù)，再借助函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問(wèn)題處理.（二）選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]22. 在平面直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為，其中．（1）當(dāng)時(shí)曲線與曲線交于、兩點(diǎn)，求線段的長(zhǎng)度；（2）過(guò)點(diǎn)的直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）與曲線交于、兩點(diǎn)，若，求實(shí)數(shù)．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）求出曲線和曲線的直角坐標(biāo)方程，根據(jù)幾何關(guān)系和點(diǎn)到直線距離公式計(jì)算即可；（2）將參數(shù)方程代入曲線的直角坐標(biāo)方程中，根據(jù)韋達(dá)定理和直線參數(shù)t的幾何含義求解.【小問(wèn)1詳解】曲線的直角坐標(biāo)方程為：，圓心為，半徑為1，當(dāng)時(shí)，曲線的極坐標(biāo)方程為，轉(zhuǎn)換為直角坐標(biāo)方程為，相交弦所在的直線方程為：，圓心到直線的距離為：，曲線與曲線交于、兩點(diǎn)，線段的長(zhǎng)度為：.【小問(wèn)2詳解】把直線：（為參數(shù)）代入曲線：，得到：，所以，即，解得或.[選修4-5：不等式選講]23. 已知．（1）解不等式；（2）若對(duì)于任意正實(shí)數(shù)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）分別在、和的情況下，去除絕對(duì)值符號(hào)解不等式即可；（2）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題，通過(guò)分類討論可得，進(jìn)而得到的取值范圍.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)時(shí)，，解得：；當(dāng)時(shí)，，解得：；當(dāng)時(shí)，，解得：；的解集為.【小問(wèn)2詳解】由時(shí)，得：，令，則，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，；，，即實(shí)數(shù)取值范圍為.  

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