山东省东营市2021届新高考数学二模试卷含解析

山东省东营市2021届新高考数学二模试卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知()f x 为定义在R 上的奇函数，若当0x ≥时，()2x
f x x m =++（m 为实数），则关于x 的不等
式()212f x -<-<的解集是（ ） A ．()0,2 B ．()2,2-
C ．()1,1-
D ．()1,3
【答案】A 【解析】 【分析】
先根据奇函数求出m 的值，然后结合单调性求解不等式. 【详解】
据题意，得()010f m =+=，得1m =-，所以当0x ≥时，()21x
f x x =+-.分析知，函数()f x 在R
上为增函数.又()12f =，所以()12f -=-.又()212f x -<-<，所以111x -<-<，所以02x <<，故选A. 【点睛】
本题主要考查函数的性质应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.
2．已知函数2()e (2)e x x f x t t x =+--（0t ≥），若函数()f x 在x ∈R 上有唯一零点，则t 的值为（ ） A ．1 B ．
1
2
或0 C ．1或0 D ．2或0
【答案】C 【解析】 【分析】
求出函数的导函数，当0t >时，只需(ln )0f t -=，即1ln 10t t -+=，令1()ln 1g t t t
=-+，利用导数求其单调区间，即可求出参数t 的值，当0t =时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断； 【详解】 解：∵2()e (2)e x
x f x t t x =+--（0t ≥），
∴()()2()2e
(2)e 1e 12e 1x
x x x f x t t t '=+--=-+，∴当0t >时，由()0f x '=得ln x t =-，
则()f x 在(),ln t -∞-上单调递减，在()ln ,t -+∞上单调递增， 所以(ln )f t -是极小值，∴只需(ln )0f t -=， 即1
ln 10t t -+=.令1()ln 1g t t t =-+，则2
11
()0g t t t
'=+
>，∴函数()g t 在(0,)+∞上单
调递增.∵(1)0g =，∴1t =；
当0t =时，()2e x f x x =--，函数()f x 在R 上单调递减，∵(1)2e 10f =--<，2
(2)22e 0f --=->，
函数()f x 在R 上有且只有一个零点，∴t 的值是1或0. 故选：C 【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.
3．已知a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a β⊂，b αβ=I ，则“//a α”是“//a b ”的（ ）
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
【答案】C 【解析】 【分析】
根据线面平行的性质定理和判定定理判断//a α与//b α的关系即可得到答案. 【详解】
若//a α，根据线面平行的性质定理，可得//a b ； 若//a b ，根据线面平行的判定定理，可得//a α. 故选：C. 【点睛】
本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.
4．命题p ：存在实数0x ，对任意实数x ，使得()0sin sin x x x +=-恒成立；q ：0a ∀>，()ln a x
f x a x
+=-为奇函数，则下列命题是真命题的是（ ） A ．p q ∧ B ．()()p q ⌝∨⌝ C ．()p q ∧⌝ D ．()p q ⌝∧
【答案】A 【解析】 【分析】
分别判断命题p 和q 的真假性，然后根据含有逻辑联结词命题的真假性判断出正确选项. 【详解】
对于命题p ，由于()sin sin x x π+=-，所以命题p 为真命题.对于命题q ，由于0a >，由
0a x
a x
+>-解得a x a -<<，且()()1
ln ln ln a x a x a x f x f x a x a x a x --++⎛⎫
-===-=- ⎪
+--⎝⎭
，所以()f x 是奇函数，故q 为真命题.所以p q ∧为真命题. ()()p q ⌝∨⌝、()p q ∧⌝、()p q ⌝∧都是假命题.
故选：A 【点睛】
本小题主要考查诱导公式，考查函数的奇偶性，考查含有逻辑联结词命题真假性的判断，属于基础题. 5．已知i 为虚数单位，实数,x y 满足(2)x i i y i +=-，则||x yi -= ( ) A ．1 B ．2
C ．3
D ．5
【答案】D 【解析】
()1
2,2,2x x i i y i xi y i y =-⎧+=-∴-+=-∴⎨=-⎩
Q ，
则12 5.x yi i -=-+= 故选D.
6．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）
A ．
32
3
B ．
643
C ．16
D ．32
【答案】A 【解析】
几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是21
13244323
⨯⨯⨯=，选A.
7．已知数列{}n a 的首项1(0)a a a =≠，且+1n n a ka t =+，其中k ，t R ∈，*n N ∈，下列叙述正确的是（ ）
A ．若{}n a 是等差数列，则一定有1k =
B ．若{}n a 是等比数列，则一定有0t =
C ．若{}n a 不是等差数列，则一定有 1k ≠
D ．若{}n a 不是等比数列，则一定有0t ≠
【答案】C 【解析】 【分析】
根据等差数列和等比数列的定义进行判断即可. 【详解】
A ：当0,k t a ==时，+1n a a =，显然符合{}n a 是等差数列，但是此时1k =不成立，故本说法不正确；
B ：当0,k t a ==时，+1n a a =，显然符合{}n a 是等比数列，但是此时0t =不成立，故本说法不正确；
C ：当1k =时，因此有+1n n n n a a ka t a t -=+-==常数，因此{}n a 是等差数列，因此当{}n a 不是等差数列时，一定有1k ≠，故本说法正确；
D ：当 0t a =≠时，若0k =时，显然数列{}n a 是等比数列，故本说法不正确. 故选：C 【点睛】
本题考查了等差数列和等比数列的定义，考查了推理论证能力，属于基础题.
8．如图，在平面四边形ABCD 中，满足,AB BC CD AD ==，且10,8AB AD BD +==，沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD -体积的最大值为（ ）
A ．12
B ．2
C ．
2
3
D ．
163
【答案】C 【解析】 【分析】
过P 作PE BD ⊥于E ，连接CE ，易知CE BD ⊥，PE CE =，从而可证BD ⊥平面PCE ，进而可知
18
33
P BCD B PCE D PCE PCE PCE V V V S BD S ---=+=⋅=V V ，当PCE S V 最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点
F ，可得EF PC ⊥，再由2
112
PCE S PC EF PE =⋅=-V PE 的最大值即可.
【详解】
在BPD △和BCD V 中，PB BC PD CD BD BD =⎧⎪
=⎨⎪=⎩
，所以BPD BCD V V ≌，则PBD CBD ∠=∠，
过P 作PE BD ⊥于E ，连接CE ，显然BPE BCE V V ≌，则CE BD ⊥，且PE CE =， 又因为PE CE E =I ，所以BD ⊥平面PCE ， 所以18
33
P BCD B PCE D PCE PCE PCE V V V S BD S ---=+=
⋅=V V ，
当PCE S V 最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，则EF PC ⊥， 所以21
12
PCE S PC EF PE =
⋅=-V ， 因为10,8PB PD BD +==，所以点P 在以,B D 为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，
所以PE 的最大值为椭圆的短轴长的一半，故PE 最大值为22543-=， 所以PCE S ∆最大值为22，故P BCD V -的最大值为8
223
⨯162
3
=. 故选：C.
【点睛】
本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
9．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒
∠=∠=，则异面直线1AB 与1
BC 所成角的余弦值为（ ）
A ．
3
3
B ．
66
C ．
34
D 3【答案】B 【解析】 【分析】
设1AA c
=u u u v v
，AB a =u u u v
v
，AC b =u u u v v
，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v
和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v
，即可得所求角的余弦值.
【详解】
设棱长为1，1AA c
=u u u v v
，AB a =u u u v
v
，AC b =u u u v v
由题意得：
1
2
a b⋅=
v
v
，
1
2
b c⋅=
v v
，
1
2
a c⋅=
v v
1
AB a c
=+
u u u v v v
Q，
11
BC BC BB b a c
=+=-+
u u u u v u u u v u u u v v v v
()()22
11
11
111
22
AB BC a c b a c a b a a c b c a c c
∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=
u u u v u u u u v v v v
v v v v v v v v v v v v
又()222
1
23
AB a c a a c c
=+=+⋅+=
u u u v v v v v v v
()2222
1
2222
BC b a c b a c a b b c a c
=-+=++-⋅+⋅-⋅=
u u u u v v v v v
v v v v v v v v
11
11
11
6
cos,
6
6
AB BC
AB BC
AB BC
⋅
∴<>===
⋅
u u u v u u u u v
u u u v u u u u v
u u u v u u u u v
即异面直线1
AB与
1
BC所成角的余弦值为：6
本题正确选项：B
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.
10．下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC、直角边AB AC
、，已知以直角边AC AB
、为直径的半圆的面积之比为1
4
，记ABCα
∠=，则2
cos sin2
αα
+=（）
A．
3
5
B．
4
5
C．1 D．
8
5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据以直角边AC AB
、为直径的半圆的面积之比求得
1
2
AC
AB
=，即tanα的值，由此求得sinα和cosα的值，进而求得所求表达式的值.
【详解】
由于直角边AC AB
、为直径的半圆的面积之比为
1
4
，所以
1
2
AC
AB
=，即
1
tan
2
α=，所以
sin ,cos 55αα=
=，所以2cos sin 2αα+=48255
55+⨯
⨯=. 故选：D
【点睛】
本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题. 11．函数()()23
ln 1x f x x
+=
的大致图象是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】 【分析】
利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断. 【详解】
由题意可知函数()f x 为奇函数，可排除B 选项； 当x 0<时，()0f x ＜，可排除D 选项； 当x 1=时，()12f ln =，当x 3=时，ln10ln10(3),ln 22727
f =
>， 即()()1?
3f f ＞，可排除C 选项， 故选：A 【点睛】
本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题．
12．若函数32()39f x x ax x =++-在3x =-时取得极值，则a =（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5
【答案】D 【解析】 【分析】
对函数求导，根据函数在3x =-时取得极值，得到()30f '-=，即可求出结果. 【详解】
因为()3
2
39f x x ax x =++-，所以()2
323f x x ax =++'，
又函数()3
2
39f x x ax x =++-在3x =-时取得极值，
所以()327630f a -=-+='，解得5a =. 故选D 【点睛】
本题主要考查导数的应用，根据函数的极值求参数的问题，属于常考题型. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．抛物线24y x =上到其焦点F 距离为5的点有_______个． 【答案】2 【解析】 【分析】
设符合条件的点00(,)P x y ,由抛物线的定义可得015PF x =+=,即可求解. 【详解】
设符合条件的点00(,)P x y ,则00015,4,4PF x x y =+=∴==±,所以符合条件的点有2个. 故答案为:2 【点睛】
本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径. 14．某几何体的三视图如图所示（单位：
），则该几何体的表面积是______
，体积是_____
.
【答案】，.
【解析】
试题分析：由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积，
体积，故填：，.
考点：1.三视图；2.空间几何体的表面积与体积.
15．已知集合{
}
22
1,(1),33A m m m m =+--+，若1A ∈，则2020m =__________． 【答案】1
1A ∈分别代入集合中的元素，求出值，再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.
【详解】
依题意，分别令11m +=，()2
11m -=，2331m m -+=， 由集合的互异性，解得1m =，则20201m =. 故答案为：1 【点睛】
本题考查集合元素的特性：确定性、互异性、无序性．确定集合中元素，要注意检验集合中的元素是否满足互异性．
16．已知函数()5cos x
f x e x x =+，则曲线()y f x =在点()()
0,0f 处的切线方程是_______．
【答案】1y x =+ 【解析】 【分析】
求导，x=0代入求k ，点斜式求切线方程即可 【详解】
()()45,x f x e cosx sinx x =-+'则()01f ，'=又()01f =
故切线方程为y=x+1 故答案为y=x+1 【点睛】
本题考查切线方程，求导法则及运算，考查直线方程，考查计算能力，是基础题 三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．如图，在四棱锥A BCDE -中，平面BCDE ⊥平面ABC ，,1,2,60BE EC BC AB ABC ⊥==∠=︒.
（Ⅰ）求证：BE ⊥平面ACE ； （Ⅱ）若锐二面角E AB C --的余弦值为21
7
，求直线CE 与平面ABC 所成的角. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）45︒.
（Ⅰ）由余弦定理解得AC ，即可得到AC BC ⊥，由面面垂直的性质可得AC ⊥平面BCDE ，即可得到
AC BE ⊥，从而得证；
（Ⅱ）在平面BCDE 中，过点E 作EO BC ⊥于点O ，则OE ⊥平面ABC ，如图所示建立空间直角坐标系，
设()
(),0,0,A a E b -，其中01,0a b <<>，利用空间向量法得到二面角的余弦，即可得到,a b 的关系，从而得解； 【详解】
解：（Ⅰ）证明：在ABC ∆中，2222cos AC BC AB BC ABC =+-⋅∠
，解得AC = 则222AC BC AB +=，从而AC BC ⊥
因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ⋂平面ABC BC = 所以AC ⊥平面BCDE ， 又因为BE ⊂平面BCDE ， 所以AC BE ⊥，
因为BE EC ⊥，AC CE C =I ，AC ⊂平面ACE ，CE ⊂平面ACE ，所以BE ⊥平面ACE ； （Ⅱ） 解：在平面BCDE 中，过点E 作EO BC ⊥于点O ，则OE ⊥平面ABC ，如图所示建立空间直
角坐标系，设()
(),0,0,A a E b -，其中01,0a b <<>，则
(
)()
()1,0,0,,1,0,B a BA BE a b -=-=-u u u r u u u r
设平面ABE 的法向量为(),,m x y z =u r
，则 00BA m BE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v
u u u v v
，即()0
10x a x bz ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩
， 令1y =
，则m =⎭
u r
又平面ABC 的一个法向量()0,0,OE b =u u u r
，则
cos 7m OE m OE m OE
⋅⋅==
=
⋅u r u u u r
u r u u u r u r u u u r 从而1b a =-，故45EBO ECB ∠=︒=∠
则直线CE 与平面ABC 所成的角为ECB ∠，大小为45︒. 【点睛】
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.
18．已知{}{}{},,n n n a b c 都是各项不为零的数列，且满足1122,*,n n n n a b a b a b c S n N ⋯+=++∈其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，{}n c 是公差为()0d d ≠的等差数列．
（1）若数列{}n a 是常数列，2d =，23c =，求数列{}n b 的通项公式； （2）若n a n λ=λ（是不为零的常数）
，求证：数列{}n b 是等差数列； （3）若11a c d k ===（k 为常数，*k N ∈），()2,*n n k b c n n N +≥∈=．求证：对任意
1
1
2,*,
n n n n b b n n N a a ++≥∈>的恒成立． 【答案】（1）43n b n -＝；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】 【分析】
(1)根据2d =,23c =可求得n c ,再根据{}n a 是常数列代入1122,*,n n n n a b a b a b c S n N ⋯+=++∈根据通项与前n 项和的关系求解{}n b 即可.
(2)取1n =,并结合通项与前n 项和的关系可求得11,n n n n n n S c S c a b ﹣﹣﹣＝再根据1n n n a S S -=-化简可得1n n n S d nc nb λλ+﹣＝,代入()
112
n n n S λ--=
化简即可知()1332n n b n b d --=
≥,再证明213
2
b b d -=也成立即可.
(3)由(2) 当2n ≥时,11()n n
n n n n n S c c a c a b +﹣﹣﹣＝,代入所给的条件化简可得1,n n S ka ﹣＝()11n n n n S S a k a ++﹣＝＝,进而证明可得11
n n k a a k
-+=
,即数列{}n a 是等比数列.继而求得2
1n n k a k -+⎛⎫= ⎪
⎝⎭
,再根据作商法证明
1
1
n n n n b b a a ++>即可. 【详解】
()1解：22,3,d c Q ＝＝
21n c n ∴＝﹣．
{}n a Q 是各项不为零的常数列,
12,n a a a ∴⋯＝＝＝
则1n S na ＝,
则由1122n n n n c S a b a b a b ++⋯+＝,
及21,n c n
＝﹣得()1221n n n b b b ++⋯+﹣＝, 当2n ≥时,()()121123n n n b b b ++⋯+﹣﹣﹣＝,
两式作差,可得43n b n
＝﹣． 当1n ＝时,11b ＝满足上式,
则43n b n
＝﹣； ()2证明：1122n n n n a b a b a b c S ++⋯+Q ＝,
当2n ≥时,11221111n n n n a b a b a b c S ++⋯+﹣﹣﹣﹣＝,
两式相减得：11
,n n n n n n S c S c a b ﹣﹣﹣＝ 即()()11111,n n n n n n n n n n n n n n S a c S c a b S c c a c a b ++﹣﹣﹣﹣﹣﹣＝﹣＝．
即1n n n S d nc nb λλ+﹣＝． 又()
112
n n n S λ--=
,
()
12
n n n n d nc nb λλλ-∴
+=,
即
1
2
n n n d c b -+=． ∴当3n ≥时,112
2
n n n d c b ---+=,
两式相减得：()133
2
n n b n b d --=≥．
∴数列{}n b 从第二项起是公差为3
2
d 的等差数列．
又当1n ＝时,由1111,S c a b ＝得11c b ＝,
当2n ＝时,由22112113222b d c d c d b d -=
+=++=+,得213
2b b d -=． 故数列{}n b 是公差为3
2
d 的等差数列；
()3证明：由()2,当2n ≥时,
()11n n n n n n n S c c a c a b +﹣﹣﹣＝,即()1n n n
n S d a b c ﹣＝﹣, n n k b c +Q ＝,
n n b c kd ∴+＝,即n n b c kd ﹣＝, 1•,n n S d a kd ∴﹣＝即1
n n S ka ﹣＝．
()11n n n n S S a k a ∴++﹣＝＝,
当3n ≥时,()11
1,n n n S k a ka +﹣﹣＝＝即11
n n k a a k
-+=． 故从第二项起数列{}n a 是等比数列,
∴当2n ≥时,2
21n n k a a k -+⎛⎫= ⎪⎝⎭
．
()()()22111n n k n b c c kd c n k k k n k k k n k +++-+=+-+=+＝＝＝．
另外,由已知条件可得()1221122a a c a b a b ++＝, 又()2122,,2c k b k b k k +＝＝＝,
21a ∴＝,
因而2
1n n k a k -+⎛⎫= ⎪⎝⎭
．
令n
n n
b d a =
, 则()()()()()
11111111101n n n n n n n k k n k d b a n
d a k k b n +++-=++-=-=-+++<+． 故对任意的2,*,n n N ≥∈1
1
n n n n b b a a ++>恒成立． 【点睛】
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前n 项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.
19．已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，{}n a 的前n 项和为n S ，满足13a =，11b =，2210b S +=，
5232a b a -=.
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；
（2）令2
,,n n n
n S c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数
为偶数，数列{}n c 的前n 项和n T ，求2n T .
【答案】（1）21n a n =+，1
2
n n b -=；（2）222(41)
213
n n n T n -=+
+． 【解析】
【分析】
（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由基本量法列式求出,d q 后可得通项公式； （2）奇数项分一组用裂项相消法求和，偶数项分一组用等比数列求和公式求和． 【详解】
（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由2210b S +=，5232a b a -=.得：
61034232q d d q d ++=⎧⎨+-=+⎩，解得2
2d q =⎧⎨
=⎩
， ∴32(1)21n a n n =+-=+，12n n
b -=；
（2）由13a =，21n a n =+得(2)n S n n =+，
n 为奇数时，2112
n n c S n n =
=-+，n 为偶数时，1
2n n c -=， ∴21321242()()n n n T c c c c c c -=+++++++L L
32111111[(1)()()](222)
3352121n n n -=-+-++-++++-+L L 12(14)22(41)
12114213
n n n n n --=-+=+
+-+． 【点睛】
本题考查求等差数列和等比数列的通项公式，考查分组求和法及裂项相消法、等差数列与等比数列的前n 项和公式，求通项公式采取的是基本量法，即求出公差、公比，由通项公式前n 项和公式得出相应结论．数列求和问题，对不是等差数列或等比数列的数列求和，需掌握一些特殊方法：错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法等等．
20．为调研高中生的作文水平.在某市普通高中的某次联考中，参考的文科生与理科生人数之比为1:4，且成绩分布在[0,60]的范围内，规定分数在50以上（含50）的作文被评为“优秀作文”，按文理科用分层抽样的方法抽取400人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示.其中,,a b c 构成以2为公比的等比数列.
（1）求,,a b c 的值；
（2）填写下面22⨯列联表，能否在犯错误的概率不超过0.01的情况下认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关？
（3）将上述调查所得的频率视为概率，现从全市参考学生中，任意抽取2名学生，记“获得优秀作文”的学生人数为X ，求X 的分布列及数学期望.
附：2
2
()()()()()
n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.
【答案】（1）0.005a =，0.01b =，0.02c =.（2）填表见解析；在犯错误的概率不超过0.01的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关（3）详见解析 【解析】 【分析】
（1）根据频率分步直方图和,,a b c 构成以2为公比的等比数列，即可得解；
（2）由频率分步直方图算出相应的频数即可填写22⨯列联表，再用2K 的计算公式运算即可； （3）获奖的概率为20140020=，随机变量1~2,20x B ⎛⎫
⎪⎝⎭
，再根据二项分布即可求出其分布列与期望. 【详解】
解：（1）由频率分布直方图可知，10()110(0.0180.0220.025)0.35a b c ⨯++=-⨯++=， 因为,,a b c 构成以2为公比的等比数列，所以 2 4 0.035a a a ++=，解得0.005a =， 所以 2 0.01b a ==，40.02c a ==. 故0.005a =，0.01b =，0.02c =.
（2）获奖的人数为0.0051040020⨯⨯=人，
因为参考的文科生与理科生人数之比为1: 4，所以400人中文科生的数量为1
400805
⨯=，理科生的数量为40080320-=.
由表可知，获奖的文科生有6人，所以获奖的理科生有20614-=人，不获奖的文科生有80674-=人. 于是可以得到22⨯列联表如下：
2
2
400(63061474) 1.32 6.6352038080320
K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯
所以在犯错误的概率不超过0.01的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关. （3）由（2）可知，获奖的概率为
201
40020
=， X 的可能取值为0，1，2，
2
02119361(0)2020400
P X C ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅=
⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭， 1
1
12
1193819(1)2020400200P X C ⎛⎫
⎛⎫==⋅⋅==
⎪
⎪⎝⎭
⎝⎭， 2
221191(2)2020400P X C ⎛⎫⎛⎫
==⋅⋅=
⎪
⎪⎝⎭
⎝⎭
， 分布列如下：
数学期望为()01240020040010
E X =⨯+⨯+⨯=. 【点睛】
本题考查频率分布直方图、统计案例和离散型随机变量的分布列与期望，考查学生的阅读理解能力和计算能力，属于中档题．
21．在平面直角坐标系中，曲线C 的参数方程为sin x y α
α
⎧=⎪⎨=⎪⎩（α是参数），以原点O 为极点，x 轴的
正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为sin 4πρθ⎛
⎫
-= ⎪⎝
⎭
. （1）求直线l 与曲线C 的普通方程，并求出直线的倾斜角；
（2）记直线l 与y 轴的交点为,Q M 是曲线C 上的动点，求点,M Q 的最大距离.
【答案】（1）22
1
6
x y +=，2y x =+，直线l 的倾斜角为4π
（2 【解析】 【分析】
（1）由公式2
2
sin cos 1αα+=消去参数得普通方程，由公式cos sin x y ρθ
ρθ=⎧⎨=⎩
可得直角坐标方程后可得倾斜
角；
（2）求出直线l 与y 轴交点Q ，用参数表示M 点坐标，求出MQ ，利用三角函数的性质可得最大值． 【详解】
（1）由,sin ,
x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩，消去α得C 的普通方程是： 2216x
y +=
由sin 4πρθ⎛
⎫
-
= ⎪⎝
⎭
，得sin cos 2ρθρθ-=， 将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩
代入上式，化简得2y x =+
直线l 的倾斜角为
4
π
（2）在曲线C 上任取一点)
,sin M
αα，
直线l 与y 轴的交点Q 的坐标为()0,2
则MQ =
=
当且仅当2sin 5α=-时，MQ 取最大值
5
. 【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题．求两点间距离的最值时，用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题． 22．设实数,x y 满足3x y +=.
（1）若32x x y +<-，求x 的取值范围； （2）若0x >，0y >，求证：
11
11x y
+≥+.
【答案】（1）()3,+∞（2）证明见解析 【解析】 【分析】
（1）依题意可得31x x x +<-，考虑到0x >，则有31x x x +<-再分类讨论可得；
（2）要证明11
11x y
+≥+，即证()()11x y x y ++≥+，即证()14x y +≤.利用基本不等式即可得证； 【详解】
解：（1）由32x x y +<-及3x y +=，得31x x x +<-， 考虑到0x >，则有31x x x +<-，它可化为
()01,31,x x x x <≤⎧⎨
+<-⎩
或()1,
31.x x x x >⎧⎨+<-⎩ 即201,30,x x <≤⎧⎨+<⎩或2
1,
230.x x x >⎧⎨-->⎩
前者无解，后者的解集为{}
3x x >， 综上，x 的取值范围是()3,+∞.
（2）要证明
11
11x y
+≥+，即证()()11x y x y ++≥+， 由3x y +=，得()14x y ++=，即证()14x y +≤.
因为()()2
2
141422x y x y ++⎡⎤⎛⎫
+≤==⎢⎥ ⎪⎝⎭
⎣⎦（当且仅当1x =，2y =时取等号）.
所以()14x y +≤成立，
故
11
11x y
+≥+成立. 【点睛】
本题考查分类讨论法解绝对值不等式，基本不等式的应用，属于中档题.
23．2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.
方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.
方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌
均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.
（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率； （2）若某顾客获得抽奖机会.
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；
②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？ 【答案】 (1)1
729
(2)①10080元，元②第一种抽奖方案. 【解析】 【分析】
(1)方案一中每一次摸到红球的概率为101
303
p =
=，每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为3
33
11327
C ⎛⎫=
⎪⎝⎭，根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率 (2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即可 ②根据①得出结论. 【详解】
（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为101303
p =
= 设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A ，则()3
3311327
P A C ⎛⎫== ⎪
⎝⎭ 所以两位顾客均获得180元返金劵的概率()()1729
P P A P A =⋅= （2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为
13，每一次摸到白球的概率为23
. 设获得返金劵金额为X 元，则X 可能的取值为60，100，140，180.
则()3
032860327P X C ⎛⎫=== ⎪
⎝⎭； ()1
2
13
124100339
P X C ⎛⎫⎛⎫
=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；
()2
23122
140339P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；
()3
33
11180327
P X C ⎛⎫===
⎪⎝⎭. 所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为
()842160100140180100279927
E X =⨯
+⨯+⨯+⨯=（元）
若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y ，最终获得返金劵的金额为Z 元，则
13,3Y B ⎛⎫
~ ⎪⎝⎭
，故()1313E Y =⨯=
所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的 数学期望为()()8080E Z E Y ==（元）.
②即()()E X E Z >，所以该超市应选择第一种抽奖方案 【点睛】
本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的应用，属于中档题.。