2022-2023学年人教A版高三下数学月考试卷含答案及解析233345.pdf)

2022-2023学年高中高三下数学月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：115 分考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分）
1. 已知集合A={x|x2−x−2<0}，B={x|x2+2x≤0}，则A∩B=（）
A.{x|0<x<2}
B.{x|−1<x≤0}
C.{x|−1<x<0}
D.{x|0≤x<2}
2. 若iz=−3+2i(其中i为虚数单位)，则复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3. 某同学将全班某次数学成绩整理成频率分布直方图后，并将每个小矩形上方线段的中点连接起来得到频率分布折线图（如图所示）据此估计此次考试成绩的众数为（）
A.100
B.110
C.115
D.120
4. 已知双曲线x 2a2
−y
2b2
=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，P为双曲线上一
点，|PF1|=2a．若p：△PF1F2为直角三角形；q：双曲线的离心率为√5，则p是q的( )
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
5. 函数y=5x与函数y=−15x的图象关于（ ）
A.x轴对称
B.y轴对称
C.原点对称
D.直线y=x对称
6. 双曲线C:x 2a2
−y
2b2
=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2−2x+15=0相切，则双曲线C的离心
率为（）
A.√52
B.√2
C.√5
D.√172
7. 函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，A，φ∈R）的部分图象如图所示，那么f(π4)=( )
A.√6+√24
B.12
C.√22
D.√32
8. 在等差数列{a n }
中，若a 6+a 10=18，a 3+a 5+a 13=12，则使a n >100成立的正整数n 的最小值为（ ）
A.24
B.25
C.26
D.27
9. 已知抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，A 为抛物线C 上异于顶点O 的一点，点B 的坐标为(a ，b)(其中a ，b 满足b 2−4a <0).当|AB |+|AF |最小时，△ABF 恰为正三角形，则a =( )
A.1
B.43
C.53
D.2
10. 现有四名高三学生准备高考后到长三角城市群（包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”）旅游，假设每名学生均从上海市、江苏省、浙江省、安徽省这四个地方中随机选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为( )
A.2764
B.916
C.81256
D.716
11. 某三棱锥的三视图如图所示，其中主视图是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A.23π
B.234π
C.64π
D.643π
12. 已知a=3ln2π，b=2ln3π，c=3lnπ2，则下列选项正确的是( )
A.a>b>c
B.c>a>b
C.c>b>a
D.b>c>a
卷II（非选择题）
二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
13. 双曲线的一个焦点为(0,5)，其渐近线方程为y=±43x，则双曲线的标准方程为________.
14. 等腰三角形ABC中， AB=AC ，点D在线段BC上， AB⊥AD，BD=3， CD=1 ，△ABC面积为________，点M是△ABC 外接圆上任意一点，则→AB⋅→AM的最大值为________．
15. 等比数列{a n}的前n项和为S n，若a8a4=2，S4=4，则S8= ________.
16. 如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个结论．
①AF⊥GC；
②BD//MN；
③BD与GC成异面直线且夹角为60∘；
④直线BG与平面ABCD所成的角为45∘．
其中正确结论的个数为________．
三、解答题（本题共计 7 小题，每题 5 分，共计35分）
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosA=√3bsinB.
(1)求角A的值；
(2)若△ABC的面积为3√3，且a=√14，求△ABC的周长．
18. 近年来，中国电影市场蓬勃发展，连创票房奇迹，各地陆续新增了许多影院．某市新开业的一家影院借助舒适的环境和较好的观影体验吸引越来越多的人前来观影，该影院的相关负责人统计了刚开业7天内每一天前来观影的人次，用x表示影院开业的天数，y表示每天前来观影的人次（单位：人
次）．
（1）该影院的相关负责人分别用两种模型①y＝a+bx，②y＝c⋅d x
（c，d为大于零的常数）进行拟
合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图．根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，应选择哪个模型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）的判断结果求y关于x的回归方程，并预测该影院开业第8天前来观影的人次；
参考数据：
41354704140
（3）根据（1）选择的模型按照某项指标测定，当差时，则称当天为观影正常日，反之则称为“非观影正常日”，若从该影院开业的这7天中任选3天进行进一步的数据分析，求这3天中含非观影正常日”的概率．
附：对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(x n,y n)，其回归直线y＝a+bx的斜率和截距的最小二乘法
估计分别为，．
19. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=√3，点D为AC的中点，点E在线段AA1上.
(1)当AE:EA1=1:2时，求证DE⊥BC1；
(2)是否存在点E，使三棱锥C1−BDE的体积恰为三棱柱ABC−A1B1C1体积的13，若存在，求AE的长，若不存在，请说明理由．
20. 已知函数f(x)=e x−x,g(x)=ax2+1
(1)求f(x)在[−1,1]上的值域；
(2)若 f(x)≥g(x)在[0,+∞）上恒成立，求α的取值范围．
21. 已知动点C是椭圆Ω：x 2a
+y2=1(a>1)上的任意一点，AB是圆G：x2+(y−2)2=94的一条直
径（A，B是端点），→CA⋅→CB的最大值是314．
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1，F2，过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P，Q两点．在线段OF2上是否存在点M(m,0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求实
数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
22. 已知曲线C的参数方程为{x=3+2cosα,y=1−2sinα.（α为参数），以直角坐标系原点为极点，x轴非负半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.
(1)求曲线C的极坐标方程，并说明其表示什么轨迹.
(2)若直线l的极坐标方程为sinθ−2cosθ=1ρ，求曲线C上的点到直线l的最大距离.
23. 设函数f(x)=|12x+1|+|x−1|(x∈R)的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c为正实数，且1ma+12mb+13mc=23，证明：a9+2b9+c3≥1．
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高三下数学月考试卷一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分）
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
D
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则、共轭复数、几何意义即可得出．
【解答】
解：iz=−3+2i(其中i为虚数单位)，
∴−i⋅iz=−i(−3+2i)，
∴z=2+3i
则复数z的共轭复数2−3i在复平面内对应的点(2,−3)位于第四象限．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数、百分位数
【解析】
无
【解答】
解：根据频率分布折线图，得折线的最高点对应的值为115，据此估计此次考试成绩的众数为115．故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的特性
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用双曲线的性质结合充分必要条件的定义进行求解即可.
【解答】
解：对于p，若F1为直角顶点，则PF1⊥F1F2，
令x=−c代入x 2a2
−y
2b2
=1，
解得|y|=b 2a ，
∴|PF1|=b 2a
=2a，
即b 2=2a2
，
故e=√1+b2a2=√3．
若P为直角顶点，则PF1⊥PF2，
由双曲线的性质，知|PF2|=2a+2a=4a，|F1F2|=2c．
在△PF1F2中，由勾股定理，得(2a)2+(4a)2=(2c)2
，
∴c 2=5a2
，
故e=√c2a2=√5.
对于q，由|PF1|=2a，得|PF2|=2a+2a=4a，e=√5，
∴|F 1F 2|=2c =2√5a ，
∴在△PF 1F 2中，|PF 1|2+|PF 2|2=|F 1F 2|2，
∴△PF 1F 2是直角三角形，
故q ⇒p ，反之则不能成立，
即p 是q 的必要不充分条件．
故选B ．
5.
【答案】
C
【考点】
函数的对称性
奇偶函数图象的对称性
【解析】
∵函数y =−15x =−5−x ，利用函数图象的性质找出对称性．
【解答】
解：因y =−15x =−5−x ，所以它与y =5x 关于原点对称．
故选C ．
6.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
直线与圆的位置关系
【解析】
取双曲线的一条渐近线方程为y =ba x ，圆心坐标为(1,0)，半径为2√25，计
算|a |√
a 2+
b 2=2√55，化简得到答案．
【解答】解：取双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线方程为y =ba x ，
即bx −ay =0，
化圆 x 2+y 2−2x +15=0为(x −1)2+y 2=45，
则圆心坐标 (1,0)，半径 为 2√55，
则由题意可得： |b |
√a 2+b 2=2√55，
即b 2a 2+b 2=45，
∴c 2−a 2c 2=45，
则c 2=5a 2，
得e =ca =√5.
故选C ．
7.
【答案】D
【考点】
函数的求值
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图，得f(x)max ，则{A=1}，
∵{\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi }{3}-\dfrac{\pi }{12}=\dfrac{\pi }{4}}，
{\therefore T=\pi }，
又{T=\dfrac{2\pi }{\omega}}，
{∴ \omega =\dfrac{2\pi }{T}=\dfrac{2\pi }{\pi }=2}，
{\therefore f\left(x\right)=\sin \left(2x+ \varphi\right)}.
又{f\left(\dfrac{\pi }{12}\right)=0}，{f\left(\dfrac{\pi }{3}\right)=1}，
即{\sin \left(\dfrac{\pi }{6}+\varphi \right)=0}，{\sin \left(\dfrac{2\pi }{3}+\varphi \right)=1}，{\therefore \varphi =-\dfrac{\pi }{6}+k\pi}，{}{\varphi =-\dfrac{\pi }{6}+2k\pi} ，{ k\in \mathbf Z}，∴{\varphi =-\dfrac{\pi }{6}+2k\pi}，{ k\in \mathbf Z}，
{\therefore f\left(x\right)=\sin \left(2x-\dfrac{\pi }{6}+2k\pi \right)}{=\sin \left(2x-\dfrac{\pi }{6}\right)}，
{∴f\left(\dfrac{\pi }{4}\right)=\sin \left(2\times \dfrac{\pi }{4}-\dfrac{\pi }{6}\right)=\sin \dfrac{\pi }{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}.
故选{\rm D}.
8.
【答案】
D
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
无
【解答】
解：因为{a_{6}+a_{10}=2a_{8}=18}，{ a_{3}+a_{5}+a_{13}=3a_{7}=12}，所以{a_{8}=9}，{a_{7}=4}，
则公差{d=9-4=5}，
所以{a_{1}=-26}，{a_{n}=5n-31\gt 100}，
解得{n\gt 26.2}，
故{n}的最小值为{27}．
故选{\rm D}．
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设{C}的准线为{l}，过点{B}做{BD⊥l}，{D}为垂足，
当且仅当{AB⊥l}即点{B，A，D}共线时，{|AB|+|AF|}最小，
此时点{D}的坐标为{(-1，b)}.
考虑到{△ABF}为正三角形和抛物线的定义，
则有{|AB|=|AF|=|AD|}，从而点{A}的坐标为{(\dfrac{a-1}{2}，b)}，
因此，{\dfrac{1}{2}(\dfrac{a-1}{2}+a)=1}，
解得{a=\dfrac{5}{3}}，
故选{\rm C}.
10.
【答案】
B
排列、组合及简单计数问题
概率的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：四名学生从四个地方任选一个共有{4\times 4\times 4\times 4=256}种选法，
恰有一个地方未被选中，即有两位学生选了同一个地方，另外两名学生各去一个地方，考虑先分堆再排序共有{\rm C^{2}_{4}\times A^{3}_{4}=144}种，
所以恰有一个地方未被选中的概率为{\dfrac{144}{256}=\dfrac{9}{16}}．
故选{\rm B}．
11.
【答案】
D
【考点】
由三视图求外接球问题
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据几何体的三视图知，该几何体是侧棱{PD\perp }底面{ABC}的三棱锥，如图所示：
{\triangle PAC}是边长为{2}的正三角形，取{PD}的三等分点{E}，
则{E}为{\triangle PAC}的外心，作{EO\perp }平面{PAC}，
{\triangle BAC}为直角三角形，外心{F}是{BC}的中点，则{FO\perp }平面{BAC}，
则{O}为三棱锥{P-ABC}外接球的球心，
{ED= \dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 2= \dfrac{\sqrt{3}}{3}}，
{R^{2}= OC^{2}= DE^{2}+ CF^{2}= (\dfrac{\sqrt{3}}{3}{)}^{2} + (\dfrac{1}{2}\times
\sqrt{{2}^{2} + {4}^{2}}{)}^{2}}{= \dfrac{16}{3}}，
∴三棱锥{P-ABC}外接球的半径{R= \sqrt{\dfrac{16}{3}}}，
∴该几何体外接球的表面积：{4\pi R^{2}= \dfrac{64\pi }{3}}．
故选{\rm D}．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
对数值大小的比较
【解析】
由{\dfrac{a}{6\pi} = \dfrac{\ln 2}{2}}，{\dfrac{b}{6\pi} = \dfrac{\ln 3}{3}}，{\dfrac{c}{6\pi} =
\dfrac{\ln \pi}{\pi}}，则{a}，{b}，{c}的大小比较可以转化为{\dfrac{\ln 2}{2},\dfrac{\ln 3} {3},\dfrac{\ln \pi}{\pi}}的大小比较．设{f(x) = \dfrac{\ln x}{x}}，则{f′(x) = \dfrac{1 - \ln x} {{x}^{2}}}，根据对数的运算性质，导数和函数的单调性，即可比较．
【解答】
解：{\dfrac{a}{6\pi} = \dfrac{\ln 2}{2}}，{\dfrac{b}{6\pi} = \dfrac{\ln 3}{3}}，{\dfrac{c}{6\pi} = \dfrac{\ln \pi}{\pi}}，
∵{6\pi \gt 0}，
∴{a}，{b}，{c}的大小比较可以转化为{\dfrac{\ln 2}{2},\dfrac{\ln 3}{3},\dfrac{\ln \pi}{\pi}}的大小比较．
设{f(x) = \dfrac{\ln x}{x}}，
则{f^{\prime}(x) = \dfrac{1 - \ln x}{{x}^{2}}}，
当{x={\rm e}}时，{f′(x)=}{0}，当{x\gt {\rm e}}时，{f′(x) \lt 0}，
当{0\lt x\lt {\rm e}}时，{f′(x) \gt 0}.
∴{f(x)}在{({\rm e},\, + \infty )}上，{f(x)}单调递减，
∵{{\rm e}\lt 3\lt \pi \lt 4}，
∴{\dfrac{\ln 3}{3}\gt \dfrac{\ln \pi}{\pi}\gt \dfrac{\ln 4}{4} = \dfrac{\ln 2}{2}}，
∴{b\gt c\gt a}.
故选{\rm D}.
二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
13.
【答案】
{\dfrac{y^2}{16}-\dfrac{x^2}9=1}
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
由题意求出{c=5}，设双曲线的方程为{y^2-{\displaystyle\dfrac{16x^2}9}=\lambda}，由{\lambda+ {\displaystyle\dfrac9{16}}\lambda=25}可求出{\lambda=16}，即可得到双曲线方程
为{{\displaystyle\dfrac{y^2}{16}}-{\displaystyle\dfrac{x^2}9}=1}.
【解答】
解：因为双曲线的焦点为{(0,5)}，
所以{c=5}，且双曲线的焦点在{y}轴.
又双曲线的渐近线方程为{y=\pm{\displaystyle\dfrac43}x}，
则可设双曲线的方程为{y^2-{\displaystyle\dfrac{16x^2}9}=\lambda}，其中{\lambda \gt 0}，
整理得{{\displaystyle\dfrac{y^2}\lambda}-{\displaystyle\dfrac{16x^2}{9\lambda}}=1}.
则由{\lambda+{\displaystyle\dfrac9{16}}\lambda=25}可求出{\lambda=16}，
所以双曲线的标准方程为{{\displaystyle\dfrac{y^2}{16}}-{\displaystyle\dfrac{x^2}9}=1}.
故答案为：{{\displaystyle\dfrac{y^2}{16}}-{\displaystyle\dfrac{x^2}9}=1}.
14.
【答案】
2{\sqrt {2}}；,3+3{\sqrt{3}}
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
15.
【答案】
{12}
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
本题考等比数列的前{n}项和、等比数列的性质.
【解答】
解：设等比数列{\left\{a_{n}\right\}}的公比为{q}，由题意知{q \neq 1}.
因为{\dfrac{a_{8}}{a_{4}}=2}，{S_{4}=4}，
所以{\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{a_{1} q^{7}}{a_{1} q^{3}}=2} ，\\ {\dfrac{a_{1}\left(1-
q^{4}\right)}{1-q}=4}，\end{array}\right.}
解得{q^{4}=2，a_{1}=-4(1-q)}，
所以{S_{8}=\dfrac{a_{1}\left(1-q^{8}\right)}{1-q}=\dfrac{-4(1-q)\left(1-2^{2}\right)}{1-q}=12}.故答案为：{12}.
16.
【答案】
{2}
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将平面展开图还原为正方体如图所示：
对于①，由图形知{AF}与{GC}异面垂直，故①正确；
对于②，{BD}与{MN}为异面直线，所以②错误；
对于③，{BD}与{GC}显然成异面直线，连接{MB}，{MD}，则{BM//GC} ，
所以{\angle MBD}为异面直线{BD}与{GC}所成的角或其补角，在等边三角形{BDM}中，{\angle MBD= 60^{\circ }}，
所以异面直线{BD}与{GC}所成的角为{60^{\circ }}，故③正确；
对于④，由题意得{GD\perp}平面{ABCD}，所以{\angle GBD}为直线{BG}与平面{ABCD}所成的角，
但在直角三角形{BDG}中，{\angle GBD\neq 45^{\circ }}，所以④错误．
故答案为：{2}．
三、解答题（本题共计 7 小题，每题 5 分，共计35分）
17.
【答案】
解：{(1)}由正弦定理：{\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}}，
可得{b=\dfrac{a\sin B}{\sin A}}．
又因为{\dfrac{a}{\cos A}=\dfrac{\sqrt{3}b}{\sin B}}，
所以{\dfrac{a}{\cos A}=\dfrac{\sqrt{3}a}{\sin A}}，
所以{\tan A=\sqrt{3}}．
因为{A\in \left(0, \pi \right)}，
所以{A=\dfrac{\pi }{3}}．
{(2)}因为{S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}bc\sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{4}bc=3\sqrt{3}}，
所以{bc=12}．
在{\triangle ABC}中，由余弦定理，
{a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos \dfrac{\pi }{3}=b^{2}+c^{2}-12=14}，
则{b^{2}+c^{2}=26}，
故{b^{2}+c^{2}=\left(b+c\right)^{2}-2bc=26}，
{b+c=5\sqrt{2}}．
所以{\triangle ABC}的周长为{a+b+c=\sqrt{14}+5\sqrt{2}}．
【考点】
余弦定理
解三角形
【解析】
无
无
【解答】
解：{(1)}由正弦定理：{\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}}，
可得{b=\dfrac{a\sin B}{\sin A}}．
又因为{\dfrac{a}{\cos A}=\dfrac{\sqrt{3}b}{\sin B}}，
所以{\dfrac{a}{\cos A}=\dfrac{\sqrt{3}a}{\sin A}}，
所以{\tan A=\sqrt{3}}．
因为{A\in \left(0, \pi \right)}，
所以{A=\dfrac{\pi }{3}}．
{(2)}因为{S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}bc\sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{4}bc=3\sqrt{3}}，所以{bc=12}．
在{\triangle ABC}中，由余弦定理，
{a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos \dfrac{\pi }{3}=b^{2}+c^{2}-12=14}，
则{b^{2}+c^{2}=26}，
故{b^{2}+c^{2}=\left(b+c\right)^{2}-2bc=26}，
{b+c=5\sqrt{2}}．
所以{\triangle ABC}的周长为{a+b+c=\sqrt{14}+5\sqrt{2}}．
18.
【答案】
应该选择模型①
因为＝+{x}，＝{4704}，，，，
所以＝＝{33}，
把样本数据中心点{(4,\, 135)}代入{y}＝{a+ bx}，
所以{y}关于{x}的回归方程为，
把{x}＝{8}代入上式得：，
故该影院开业第{8}天前来观影的人次为{267}．
从残差图易知，{7}天中有{5}天为“观影正常日”，{2}，{6}，{4}，{5}，
{3}天“非观影正常日”为{a}，{b}，
所以从{7}天中选出{3}天的种数为①{(3,\, 2,\,
a)}，{2}，{b)}，{4}，{a)}，{3}，{b)}，{5}，{a)}，{4}，{b)}；
②{(1,\, 2,\, 5)}，{2}，{4)}，{2}，{5)}；
③{(a,\, b,\, 1)}，{b}，{3)}…，{b}，{5)}，
故总种数为{35}种，含“非观影正常日”的种数为{25}种，
所以这{3}天中含“非观影正常日”的概率．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）结合图形，判断应该选择模型①．
（2）利用＝+{x}，结合已知条件求解{y}关于{x}的回归方程为，{x}＝{8}代入上式求解即可．
（3）从残差图易知，{7}天中有{5}天为“观影正常日”，记这{5}天
为{1}，{2}，{3}，{4}，{5}，{2}天“非观影正常日”为{a}，{b}，求出从{7}天中选出{3}天的种数，然后求解这{3}天中含“非观影正常日”的概率即可．
【解答】
应该选择模型①
因为＝+{x}，＝{4704}，，，，
所以＝＝{33}，
把样本数据中心点{(4,\, 135)}代入{y}＝{a+ bx}，
所以{y}关于{x}的回归方程为，
把{x}＝{8}代入上式得：，
故该影院开业第{8}天前来观影的人次为{267}．
从残差图易知，{7}天中有{5}天为“观影正常日”，{2}，{6}，{4}，{5}，
{3}天“非观影正常日”为{a}，{b}，
所以从{7}天中选出{3}天的种数为①{(3,\, 2,\,
a)}，{2}，{b)}，{4}，{a)}，{3}，{b)}，{5}，{a)}，{4}，{b)}；
②{(1,\, 2,\, 5)}，{2}，{4)}，{2}，{5)}；
③{(a,\, b,\, 1)}，{b}，{3)}…，{b}，{5)}，
故总种数为{35}种，含“非观影正常日”的种数为{25}种，
所以这{3}天中含“非观影正常日”的概率．
19.
【答案】
{(1)}证明：∵正三棱柱{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}，
∴三角形{\triangle ABC}是正三角形.
又∵{D}是{AC}的中点，
∴{BD\perp AC}.
又∵平面{ABC\perp }平面{CAA_{1}C_{1}}，
∴{BD\perp }平面{CAA_{1}C_{1}}，
∴{BD\perp DE}.
∵{AE: EA_{1}= 1: 2}，{AB= 2}，{AA_{1}= \sqrt{3}}，
∴{AE= \dfrac{\sqrt{3}}{3}}，{AD= 1}，
∴在{ {\rm Rt} \triangle ADE}中，{\angle ADE= 30^{{\circ} }}，
在{ {\rm Rt} \triangle DCC_{1}}中{\angle C_{1}DC= 60^{{\circ} }}，
∴{\angle EDC_{1}= 90^{{\circ} }}，即{ED\perp DC_{1}}.
∵{BD\cap C_{1}D=D}，
∴{ED\perp }平面{BDC_{1}}.
∴{DE\perp BC_{1}}．
{(2)}解：设{AE= h}，则{A_{1}E= \sqrt{3}-h}，
∴{S_{\triangle DEC_{1}}= S_{AA_{1}C_{1}C}-S_{\triangle AED}-S_{\triangle DCC_{1}}-
S_{\triangle EA_{1}C_{1}}}
{= 2\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}h-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-(\sqrt{3}-h)}
{= \dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{1}{2}h}.
∵{BD\perp }平面{ACC_{1}A_{1}}，
{V_{C_{1}-BDE}= V_{B-C_{1}DE}= \dfrac{1}{3}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{1}{2}h)\cdot
\sqrt{3}= \dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{6}h}.
又{V_{棱柱}= \dfrac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}= 3}，
∴{\dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{6}h= 1}.
解得：{h= \sqrt{3}\leq \sqrt{3}}，
故存在点{E}，{E}为{A_{1}}时，三棱锥{C_{1}-BDE}的体积恰为三棱柱{ABC-
A_{1}B_{1}C_{1}}体积的{\dfrac{1}{3}}.
【考点】
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）证明{BD\perp DE}，说明{\triangle ADE}是直角三角形，求出{\angle ADE= 30^{{\circ} }}，说明{\triangle DCC_{1}}是直角三角形，求出{\angle C_{1}DC= 60^{{\circ} }}，然后证明{DE\perp BC_{1}}．
（2）设{AE= h}，利用{S_{\triangle DEC_{1}}= S_{AA_{1}C_{1}C}-S_{\triangle AED}-S_{\triangle DCC_{1}}-S_{\triangle EA_{1}C_{1}}}，通过{V_{C_{1}-BDE}= V_{B-C_{1}DE}}求出棱锥的体积，利用三棱锥{C_{1}-BDE}的体积恰为三棱柱{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}体积的{\dfrac{1}{3}}，求出{h}，然后说明存在{E}即可．
【解答】
{(1)}证明：∵正三棱柱{ABC-A_{1}B_{1}C_{1}}，
∴三角形{\triangle ABC}是正三角形.
又∵{D}是{AC}的中点，
∴{BD\perp AC}.
又∵平面{ABC\perp }平面{CAA_{1}C_{1}}，
∴{BD\perp }平面{CAA_{1}C_{1}}，
∴{BD\perp DE}.
∵{AE: EA_{1}= 1: 2}，{AB= 2}，{AA_{1}= \sqrt{3}}，
∴{AE= \dfrac{\sqrt{3}}{3}}，{AD= 1}，
∴在{ {\rm Rt} \triangle ADE}中，{\angle ADE= 30^{{\circ} }}，
在{ {\rm Rt} \triangle DCC_{1}}中{\angle C_{1}DC= 60^{{\circ} }}，
∴{\angle EDC_{1}= 90^{{\circ} }}，即{ED\perp DC_{1}}.
∵{BD\cap C_{1}D=D}，
∴{ED\perp }平面{BDC_{1}}.
∴{DE\perp BC_{1}}．
{(2)}解：设{AE= h}，则{A_{1}E= \sqrt{3}-h}，
∴{S_{\triangle DEC_{1}}= S_{AA_{1}C_{1}C}-S_{\triangle AED}-S_{\triangle DCC_{1}}-
S_{\triangle EA_{1}C_{1}}}
{= 2\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}h-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-(\sqrt{3}-h)}
{= \dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{1}{2}h}.
∵{BD\perp }平面{ACC_{1}A_{1}}，
{V_{C_{1}-BDE}= V_{B-C_{1}DE}= \dfrac{1}{3}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{1}{2}h)\cdot
\sqrt{3}= \dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{6}h}.
又{V_{棱柱}= \dfrac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}= 3}，
∴{\dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{6}h= 1}.
解得：{h= \sqrt{3}\leq \sqrt{3}}，
故存在点{E}，{E}为{A_{1}}时，三棱锥{C_{1}-BDE}的体积恰为三棱柱{ABC-
A_{1}B_{1}C_{1}}体积的{\dfrac{1}{3}}.
20.
【答案】
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
【解答】
21.
【答案】
解：{(1)}设点{C}的坐标为{\left(x, y\right)}，则{\dfrac{x^{2}}{a}+y^{2}=1}.
因为{\overrightarrow {CA}=\overrightarrow {CG}+\overrightarrow {GA}}，{\overrightarrow {CB}=\overrightarrow {CG}+\overrightarrow {GB}=\overrightarrow {CG}-\overrightarrow {GA}}，且{G\left(0, 2\right)}，
所以{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}=\overrightarrow {CG}^{2}-\overrightarrow {GA}^{2}=x^{2}+\left(y-2\right)^{2}-\dfrac{9}{4}}
{=a\left(1-y^{2}\right)+\left(y-2\right)^{2}-\dfrac{9}{4}}
{=-\left(a-1\right)y^{2}-4y+a+\dfrac{7}{4}}，其中{y\in \left[-1, 1\right]}，
因为{a\gt 1}，所以当{y=\dfrac{4}{2\left(1-a\right)}\le -1}时，
即{1\lt a\le 3}时，取{y=-1}，
得{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}}有最大值{-\left(a-1\right)+4+a+\dfrac{7}
{4}=\dfrac{27}{4}}，与条件矛盾；
当{y=\dfrac{4}{2\left(1-a\right)}\gt -1}，即{a\gt 3}时，
{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}}的最大值是{\dfrac{4\left(1-a\right)\left(a+\frac{7} {4}\right)-16}{4\left(1-a\right)}} ，
由条件得{\dfrac{4\left(1-a\right)\left(a+\frac{7}{4}\right)-16}{4\left(1-a\right)}=\dfrac{31}{4}} ，
即{a^{2}-7a+10=0}，
解得{a=5}或{a=2}（舍去）．
综上所述，椭圆{\rm \Omega}的方程是{\dfrac{x^{2}}{5}+y^{2}=1}.
{(2)}存在，理由如下：
设点{P(x_{1},\, y_{1})}，{Q(x_{2},\, y_{2})}，{PQ}的中点坐标为{(x_{0},\, y_{0})}，
则{P}，{Q}满足{\dfrac{x^{2}_{1}}{5}+y^{2}_{1}=1}，{\dfrac{x^{2}_{2}}{5}+y^{2}_{2}=1}，两式相减，整理得{\dfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=-\dfrac{x_{2}+x_{1}}
{5\left(y_{2}+y_{1}\right)}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}}，
所以直线{PQ}的方程为{y-y_{0}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}\left(x-x_{0}\right)}.
又右焦点{F_{2}}的坐标是{\left(2, 0\right)}，
将点{F_{2}}的坐标代入{PQ}的方程得{-y_{0}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}\left(2-x_{0}\right)}.
即{2x_{0}-x^{2}_{0}=5y^{2}_{0}}，
因为直线{l}与{x}轴不垂直，
所以{2x_{0}-x^{2}_{0}\gt 0}，
解得{0\lt x_{0}\lt 2}.
假设在线段{OF_{2}}上存在点{M\left(m, 0\right)\left(0\lt m\lt 2\right)}，
使得以{MP}，{MQ}为邻边的平行四边形是菱形，
则线段{PQ}的垂直平分线必过点{M}，
因为线段{PQ}的垂直平分线方程是{y-y_{0}=\dfrac{5y_{0}}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)}，
将点{M\left(m, 0\right)}代入得{-y_{0}=\dfrac{5y_{0}}{x_{0}}\left(m-x_{0}\right)}，得{m=\dfrac{4} {5}x_{0}}，
所以{m\in \left(0, \dfrac{8}{5}\right)}.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
【解答】
解：{(1)}设点{C}的坐标为{\left(x, y\right)}，则{\dfrac{x^{2}}{a}+y^{2}=1}.
因为{\overrightarrow {CA}=\overrightarrow {CG}+\overrightarrow {GA}}，{\overrightarrow
{CB}=\overrightarrow {CG}+\overrightarrow {GB}=\overrightarrow {CG}-\overrightarrow {GA}}，
且{G\left(0, 2\right)}，
所以{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}=\overrightarrow {CG}^{2}-\overrightarrow {GA}^{2}=x^{2}+\left(y-2\right)^{2}-\dfrac{9}{4}}
{=a\left(1-y^{2}\right)+\left(y-2\right)^{2}-\dfrac{9}{4}}
{=-\left(a-1\right)y^{2}-4y+a+\dfrac{7}{4}}，其中{y\in \left[-1, 1\right]}，
因为{a\gt 1}，所以当{y=\dfrac{4}{2\left(1-a\right)}\le -1}时，
即{1\lt a\le 3}时，取{y=-1}，
得{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}}有最大值{-\left(a-1\right)+4+a+\dfrac{7}
{4}=\dfrac{27}{4}}，与条件矛盾；
当{y=\dfrac{4}{2\left(1-a\right)}\gt -1}，即{a\gt 3}时，
{\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {CB}}的最大值是{\dfrac{4\left(1-a\right)\left(a+\frac{7} {4}\right)-16}{4\left(1-a\right)}} ，
由条件得 {\dfrac{4\left(1-a\right)\left(a+\frac{7}{4}\right)-16}{4\left(1-a\right)}=\dfrac{31}{4}} ，
即{a^{2}-7a+10=0}，
解得{a=5}或{a=2}（舍去）．
综上所述，椭圆{\rm \Omega}的方程是{\dfrac{x^{2}}{5}+y^{2}=1}.
{(2)}存在，理由如下：
设点{P(x_{1},\, y_{1})}，{Q(x_{2},\, y_{2})}，{PQ}的中点坐标为{(x_{0},\, y_{0})}，
则{P}，{Q}满足{\dfrac{x^{2}_{1}}{5}+y^{2}_{1}=1}，{\dfrac{x^{2}_{2}}{5}+y^{2}_{2}=1}，两式相减，整理得{\dfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=-\dfrac{x_{2}+x_{1}}
{5\left(y_{2}+y_{1}\right)}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}}，
所以直线{PQ}的方程为{y-y_{0}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}\left(x-x_{0}\right)}.
又右焦点{F_{2}}的坐标是{\left(2, 0\right)}，
将点{F_{2}}的坐标代入{PQ}的方程得{-y_{0}=-\dfrac{x_{0}}{5y_{0}}\left(2-x_{0}\right)}.
即{2x_{0}-x^{2}_{0}=5y^{2}_{0}}，
因为直线{l}与{x}轴不垂直，
所以{2x_{0}-x^{2}_{0}\gt 0}，
解得{0\lt x_{0}\lt 2}.
假设在线段{OF_{2}}上存在点{M\left(m, 0\right)\left(0\lt m\lt 2\right)}，
使得以{MP}，{MQ}为邻边的平行四边形是菱形，
则线段{PQ}的垂直平分线必过点{M}，
因为线段{PQ}的垂直平分线方程是{y-y_{0}=\dfrac{5y_{0}}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)}，
将点{M\left(m, 0\right)}代入得{-y_{0}=\dfrac{5y_{0}}{x_{0}}\left(m-x_{0}\right)}，得{m=\dfrac{4} {5}x_{0}}，
所以{m\in \left(0, \dfrac{8}{5}\right)}.
22.
【答案】
解：{(1)}由{\begin{cases}x=3+2 \cos \alpha, \\ y=1-2 \sin \alpha. \end{cases}}
得{\begin{cases}x-3=2 \cos \alpha ,\\ y-1=-2 \sin \alpha. \end{cases}}
两式两边平方并相加，
得{(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=4}；
所以曲线{C}表示以{(3,1)}为圆心，{2}为半径的圆；
将{\begin{cases}y=\rho \sin \theta \\ x=\rho \cos \theta \end{cases}}，
代入得{(\rho \cos \theta-3)^{2}+(\rho \sin \theta-1)^{2}=4}，
化简得{\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+6=0}；
所以曲线{C}的极坐标方程为
{\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+6=0}.
{(2)}由{\sin \theta-2 \cos \theta=\frac{1}{\rho}}，得{\rho \sin \theta-2 \rho \cos \theta=1}，
即得{2x-y+1=0}；
所以直线{l}的直角坐标方程为{2x-y+1=0；}
因为圆心{C(3,1)}到直线{l：2x-y+1=0}的距离
{d=\dfrac{|2 \times 3+(-1) \times 1+1|}{\sqrt{5}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}}；
所以曲线{C}上的点到直线l的最大距离为{d+r=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}+2}.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：{(1)}由{\begin{cases}x=3+2 \cos \alpha, \\ y=1-2 \sin \alpha. \end{cases}}
得{\begin{cases}x-3=2 \cos \alpha ,\\ y-1=-2 \sin \alpha. \end{cases}}
两式两边平方并相加，
得{(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=4}；
所以曲线{C}表示以{(3,1)}为圆心，{2}为半径的圆；
将{\begin{cases}y=\rho \sin \theta \\ x=\rho \cos \theta \end{cases}}，
代入得{(\rho \cos \theta-3)^{2}+(\rho \sin \theta-1)^{2}=4}，
化简得{\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+6=0}；
所以曲线{C}的极坐标方程为
{\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+6=0}.
{(2)}由{\sin \theta-2 \cos \theta=\frac{1}{\rho}}，得{\rho \sin \theta-2 \rho \cos \theta=1}，
即得{2x-y+1=0}；
所以直线{l}的直角坐标方程为{2x-y+1=0；}
因为圆心{C(3,1)}到直线{l：2x-y+1=0}的距离
{d=\dfrac{|2 \times 3+(-1) \times 1+1|}{\sqrt{5}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}}；
所以曲线{C}上的点到直线l的最大距离为{d+r=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}+2}.
23.
【答案】
{(1)}解：由题意，得{f(x) = \mathrel{|} \dfrac{1}{2}x + 1\mathrel{|} + \mathrel{|} x - 1\mathrel{|} = \left\{ \begin{matrix} - \dfrac{3}{2}x,x \leq - 2 ,\\ - \dfrac{1}{2}x + 2, - 2\lt x\lt 1 ,\\ \dfrac{3} {2}x,x \geq 1 ,\\ \end{matrix} \right.\ }
当{x\in (-\infty ,\, 1)}时，{f(x)}单调递减；当{x\in [1,\, + \infty )}时，{f(x)}单调递增，
所以当{x=}{1}时，{f(x)}取最小值{m = \dfrac{3}{2}}．
{(2)}证明：由{(1)}可知，{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c} = 1}，
因为{a}，{b}，{c}为正实数，
所以{a + 2b + 3c = (a + 2b + 3c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c}) }
{= 3 + \dfrac{a}{2b} + \dfrac{a}{3c} + \dfrac{2b}{a} + \dfrac{2b}{3c} + \dfrac{3c}{a} + \dfrac{3c} {2b} }
{= 3 + (\dfrac{a}{2b} + \dfrac{2b}{a}) + (\dfrac{a}{3c} + \dfrac{3c}{a}) + (\dfrac{2b}{3c} +
\dfrac{3c}{2b}) \geq 3 + 2 + 2 + 2 = 9}．
当且仅当{a=}{2b=}{3c}，即{a = 3}，{b = \dfrac{3}{2}}，{c = 1}时取等号，
所以{\dfrac{a}{9} + \dfrac{2b}{9} + \dfrac{c}{3} \geq 1}．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式的证明
【解析】
（1）将函数{f(x)}化为分段函数的形式，利用其单调性即可求得最小值{m}；
（2）依题意，{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c} = 1}，利用基本不等式可证{a+ 2b+ 3c\geq 9}，由此得证．
【解答】
{(1)}解：由题意，得{f(x) = \mathrel{|} \dfrac{1}{2}x + 1\mathrel{|} + \mathrel{|} x - 1\mathrel{|} =
\left\{ \begin{matrix} - \dfrac{3}{2}x,x \leq - 2 ,\\ - \dfrac{1}{2}x + 2, - 2\lt x\lt 1 ,\\ \dfrac{3}{2}x,x \geq 1 ,\\ \end{matrix} \right.\ }
当{x\in (-\infty ,\, 1)}时，{f(x)}单调递减；当{x\in [1,\, + \infty )}时，{f(x)}单调递增，
所以当{x=}{1}时，{f(x)}取最小值{m = \dfrac{3}{2}}．
{(2)}证明：由{(1)}可知，{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c} = 1}，
因为{a}，{b}，{c}为正实数，
所以{a + 2b + 3c = (a + 2b + 3c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c}) }
{= 3 + \dfrac{a}{2b} + \dfrac{a}{3c} + \dfrac{2b}{a} + \dfrac{2b}{3c} + \dfrac{3c}{a} + \dfrac{3c} {2b} }
{= 3 + (\dfrac{a}{2b} + \dfrac{2b}{a}) + (\dfrac{a}{3c} + \dfrac{3c}{a}) + (\dfrac{2b}{3c} +
\dfrac{3c}{2b}) \geq 3 + 2 + 2 + 2 = 9}．
当且仅当{a=}{2b=}{3c}，即{a = 3}，{b = \dfrac{3}{2}}，{c = 1}时取等号，
所以{\dfrac{a}{9} + \dfrac{2b}{9} + \dfrac{c}{3} \geq 1}．。