2024年全国高考数学送考卷2（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024年全国高考数学送考卷2（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-05 13:53:33 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
2024年全国高考数学送考卷2
一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．已知5个成对数据的散点图如下、若去掉点，则下列说法错误的是（ ）
A．变量x与变量y呈负相关 B．变量x与变量y的相关性变强
C．残差平方和变小 D．样本相关系数r变大
2．公差不为零的等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．4 B．6 C．7 D．9
3．i为虚数单位，若，则在复平面内z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
4．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．在中，，.若，则（ ）
A． B． C． D．
6．若，则（ ）
A．0 B．-1 C．1 D．2024
7．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的点，且，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．“”是“直线与直线平行”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
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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）
9．某社区有甲、乙两队社区服务小组，其中甲队有3位男士、2位女士，乙队有2位男士、3位女士．现从甲队中随机抽取一人派往乙队，分别以事件和表示从甲队中随机抽取一人抽到的是男士和女士；以事件B表示从乙队（甲队已经抽取一人派往乙队）中随机抽取一人抽到的是男士，则（ ）
A． B． C． D．
10．过抛物线C：上的一点作两条直线，，分别交抛物线C于A，B两点，F为焦点（ ）
A．抛物线的准线方程为 B．过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有1条
C．若，则 D．若，则
11．如图，三棱台中，平面，，且有，则下列命题正确的是（ ）
A． B． C．直线和所成角为 D．三棱台体积为
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．如图，一个小球从处投入，通过管道自上而下落入.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到，则分别给以一 二 三等奖.则某人投1次小球获得三等奖的概率为 .
13．已知函数的值域为，则实数的值为 ．
14．定义在上的函数，其图象与水平直线的交点从左往右分别记为．若，则的取值范围是 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．在中，内角的对边分别为，已知
(1)若求的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
16．刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
(1)据此估计这人满意度的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
(2)某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球其中红球个，黑球个的抽奖盒中，一次性摸出个球，若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.现小张在该超市购买了总价为元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到）
17．在四棱锥中，底面是平行四边形，在上，且．
(1)若为中点，求证：平面；
(2)侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
18．在平面直角坐标系中，已知点，点（不位于轴左侧）到轴的距离为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)若圆与点的轨迹有且仅有一个公共点，求的最大值；
(3)在（2）的条件下，当取最大值，且时，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值．
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，如果对任意，，求证：.
参考答案：
1．D
【分析】根据已知条件，结合变量间的相关关系，结合图象分析判断即可.
【详解】由散点图可知，去掉点D后，与的线性相关加强，且为负相关，所以AB正确，
由于与的线性相关加强，所以残差平方和变小，所以C正确，
由于与的线性相关加强，且为负相关，所以相关系数的绝对值变大，而相关系数为负的，所以样本相关系数r变小，所以D错误，
故选：D.
2．C
【分析】根据等差数列的前n项和公式结合等差数列的性质即可得解.
【详解】设公差为，
，
，∴，．
故选：C．
3．C
【分析】根据复数的运算及复数的几何意义得解.
【详解】因为，
所以在复平面内z对应的点位于第三象限，
故选：C
4．A
【分析】根据题意，结合指数幂与对数的运算法则及运算性质，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C错误；
对于D中，由，所以D错误．
故选：A
5．C
【分析】将向量看作基底，利用向量的加减法法则以及数乘的运算法则，得到即可.
【详解】依题意，，
所以，
又因为，
所以，
所以，，
所以，，，，只有选项C正确；
故选：C．
6．B
【分析】通过赋值法分别令和，可求得结论.
【详解】令，得；
令，得，
所以.
故选：B.
7．A
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标，根据焦半径公式求出，即可得到点坐标，再由斜率公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
则，解得，
又点是抛物线上位于第一象限的点，则，所以，
所以直线的斜率为.
故选：A
8．D
【分析】代入，可得两直线为同一直线，可得结果.
【详解】当时，
直线即直线，
直线即直线，
所以两直线重合，“”是“直线与直线平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
9．ABC
【分析】事件，事件不能同时发生，求出，，，，，根据条件概率、全概率公式计算逐项判断可得答案.
【详解】对于A，依题意，事件，事件不能同时发生，，故A正确；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，
，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：ABC．
10．AD
【分析】将代入抛物线方程，求出，即可判断A；分直线斜率是否为零讨论即可判断B；设，根据，求出，再根据焦半径公式即可判断C；设直线的方程为，则的方程为，联立方程，求出两点的坐标，再根据斜率公式即可判断D.
【详解】由题意可得，所以，则抛物线C的方程为，准线方程为，故A正确；
当过点的直线斜率等于零时，直线方程为，
直线与抛物线的交点坐标为，只有一个交点，
当过点的直线斜率不等于零时，设直线方程为，
联立，消得，
当过点与抛物线有且只有一个公共点时，，解得，
综上所述，过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有2条，故B错误；
设，，
由，得，
所以，即，
所以，故C错误；
对于D选项，由题意，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，则的方程为，
联立，消得，
则，所以，
则，所以，
同理可得，
则，故D正确.
故选：AD.
11．BC
【分析】根据线面垂直的性质即可求解A，根据勾股定理即可求解B，根据异面直线的几何法可得即为直线和所成角或其补角，即可根据长度关系判断为等边三角形求解C，根据台体的体积公式即可求解.
【详解】对于A,由于平面，显然不在平面内，且与平面也不平行，所以不与垂直，A错误，
对于B，取中点，连接,由于，所以且，故四边形为平行四边形，
故,由于平面，所以由于平面，平面，
故,
故,故B正确，
对于C，连接,由于,所以即为直线和所成角或其补角，
故为等边三角形，故,C正确，
对于D,由于棱台上下底面分别为直角边为1和2的等腰直角三角形，
所以棱台的体积为,故D错误，
故选：BC
12．/
【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】投1次小球获得三等奖有三条线路，又因为小球从每个叉口落入两个管道的可能性相等，
所以投1次小球获得三等奖得概率为.
故答案为：
13．13
【分析】令，则，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题意可得可得，
令，则，，
∴当时取得最大值，
但由于，故当即时，，解得．
故答案为：13．
14．
【分析】振幅仅是保证与总有交点，的变化仅是改变函数的周期，与线段长度的比无关，令即可，由题意研究图象解出的取值范围即可.
【详解】
由题意，振幅仅是保证与有交点，
且它们的交点不可能为正弦型函数的最值点或零点，否则，故且，
又的变化仅改变函数的周期(长度)，与线段长度的比无关，
要使，第一与第二个交点距离大于半个周期长，而第二与第三个交点距离小于半个周期长，
不妨令，，作出(注意代换且)的图象，
如图： 由，且，，
所以，由图象得：，或，结合，
所以的取值范围为：.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）结合题目条件利用余弦定理得出和之间的关系，即可求出的大小；
（2）结合（1）中得出的利用正弦定理求出的表达式，利用的锐角三角形得出的范围，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在中，，
由余弦定理得，
∴，
，
∵，
∴，
，
或（舍），
∵，
，
．
（2）由题意及（1）得，
在中，，
由正弦定理得，，
为锐角三角形，
解得：，
，
∴的取值范围为．
16．(1)68
(2)①分布列见详解，；②选择方案二更划算.
【分析】（1）根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
（2）①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断.
【详解】（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
17．(1)证明见解析；
(2)存在，
【分析】（1）利用中位线的性质及线线平行证明线面平行即可；
（2）作，，，构造面面平行，利用面面平行的性质判定线面平行即可.
【详解】（1）
如图所示，连接交于N，连接，
由题意可知为的中点，故，
又平面，平面，
所以平面；
（2）存在点，使得平面，理由如下：
如图所示，作交直线于E点，过E作交于F，
过F作交于Q，
因为底面为平行四边形，所以C为的中点，则为中点，
又，即为的中点，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，平面,
又，平面，
所以平面平面，
同理平面平面，
因为平面平面，所以两平面重合，
即平面平面，
因为平面，所以存在一点，使得平面，
且．
18．(1)
(2)2
(3)32
【分析】（1）设，利用两点距离公式及点线距离计算即可；
（2）联立圆与C方程计算即可；
（3）设坐标，含参表示圆的切线方程，利用直线与圆的位置关系及同解方程得，利用三角形面积公式结合基本不等式计算最小值即可.
【详解】（1）设，则，
所以，
两边平方可得，
整理得，所以点的轨迹方程C为；
（2）依题意，联立圆与，可得，
解得或，由于仅有一个公共点，
所以，解得，
所以的最大值为2；
（3）不妨设，显然，
则直线，直线，
依题意直线PA与圆相切，所以，
整理可得，同理可得，
显然，
所以a，b为关于的一元二次方程的两根，
所以，
则，
则面积为
，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为32．
【点睛】思路点睛：第三问设点坐标，利用斜截式表示圆的切线方程，根据直线与圆的位置关系得出同解方程，消元转化再结合基本不等式计算即可.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先确定函数的定义域，然后求导，在函数定义域内求解和，即可求出单调区间；
（2）根据（1）中单调性的结论，写出的等价形式，,再转化为研究在上单调递减，最后利用分离参数法即可证明出a的范围.
【详解】（1）函数定义域为，，
①当时，，在单调递增；
②当时，，在单调递减；
③当时，由得，
所以在单调递增，在单调递减.
（2）证明：不妨设而当时，
由（1）可知在单调递减，
从而 ，等价于，.
构造函数，只需在单调递减，
即在恒成立，
分离参数法：，只需.
【点睛】方法点睛：已知函数恒成立，求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2024年全国高考数学送考卷2
一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．已知5个成对数据的散点图如下、若去掉点，则下列说法错误的是（ ）
A．变量x与变量y呈负相关 B．变量x与变量y的相关性变强
C．残差平方和变小 D．样本相关系数r变大
2．公差不为零的等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．4 B．6 C．7 D．9
3．i为虚数单位，若，则在复平面内z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
4．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．在中，，.若，则（ ）
A． B． C． D．
6．若，则（ ）
A．0 B．-1 C．1 D．2024
7．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的点，且，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．“”是“直线与直线平行”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
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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）
9．某社区有甲、乙两队社区服务小组，其中甲队有3位男士、2位女士，乙队有2位男士、3位女士．现从甲队中随机抽取一人派往乙队，分别以事件和表示从甲队中随机抽取一人抽到的是男士和女士；以事件B表示从乙队（甲队已经抽取一人派往乙队）中随机抽取一人抽到的是男士，则（ ）
A． B． C． D．
10．过抛物线C：上的一点作两条直线，，分别交抛物线C于A，B两点，F为焦点（ ）
A．抛物线的准线方程为 B．过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有1条
C．若，则 D．若，则
11．如图，三棱台中，平面，，且有，则下列命题正确的是（ ）
A． B． C．直线和所成角为 D．三棱台体积为
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．如图，一个小球从处投入，通过管道自上而下落入.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到，则分别给以一 二 三等奖.则某人投1次小球获得三等奖的概率为 .
13．已知函数的值域为，则实数的值为 ．
14．定义在上的函数，其图象与水平直线的交点从左往右分别记为．若，则的取值范围是 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．在中，内角的对边分别为，已知
(1)若求的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
16．刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
(1)据此估计这人满意度的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
(2)某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球其中红球个，黑球个的抽奖盒中，一次性摸出个球，若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.现小张在该超市购买了总价为元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到）
17．在四棱锥中，底面是平行四边形，在上，且．
(1)若为中点，求证：平面；
(2)侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
18．在平面直角坐标系中，已知点，点（不位于轴左侧）到轴的距离为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)若圆与点的轨迹有且仅有一个公共点，求的最大值；
(3)在（2）的条件下，当取最大值，且时，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值．
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，如果对任意，，求证：.
参考答案：
1．D
【分析】根据已知条件，结合变量间的相关关系，结合图象分析判断即可.
【详解】由散点图可知，去掉点D后，与的线性相关加强，且为负相关，所以AB正确，
由于与的线性相关加强，所以残差平方和变小，所以C正确，
由于与的线性相关加强，且为负相关，所以相关系数的绝对值变大，而相关系数为负的，所以样本相关系数r变小，所以D错误，
故选：D.
2．C
【分析】根据等差数列的前n项和公式结合等差数列的性质即可得解.
【详解】设公差为，
，
，∴，．
故选：C．
3．C
【分析】根据复数的运算及复数的几何意义得解.
【详解】因为，
所以在复平面内z对应的点位于第三象限，
故选：C
4．A
【分析】根据题意，结合指数幂与对数的运算法则及运算性质，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C错误；
对于D中，由，所以D错误．
故选：A
5．C
【分析】将向量看作基底，利用向量的加减法法则以及数乘的运算法则，得到即可.
【详解】依题意，，
所以，
又因为，
所以，
所以，，
所以，，，，只有选项C正确；
故选：C．
6．B
【分析】通过赋值法分别令和，可求得结论.
【详解】令，得；
令，得，
所以.
故选：B.
7．A
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标，根据焦半径公式求出，即可得到点坐标，再由斜率公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
则，解得，
又点是抛物线上位于第一象限的点，则，所以，
所以直线的斜率为.
故选：A
8．D
【分析】代入，可得两直线为同一直线，可得结果.
【详解】当时，
直线即直线，
直线即直线，
所以两直线重合，“”是“直线与直线平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
9．ABC
【分析】事件，事件不能同时发生，求出，，，，，根据条件概率、全概率公式计算逐项判断可得答案.
【详解】对于A，依题意，事件，事件不能同时发生，，故A正确；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，
，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：ABC．
10．AD
【分析】将代入抛物线方程，求出，即可判断A；分直线斜率是否为零讨论即可判断B；设，根据，求出，再根据焦半径公式即可判断C；设直线的方程为，则的方程为，联立方程，求出两点的坐标，再根据斜率公式即可判断D.
【详解】由题意可得，所以，则抛物线C的方程为，准线方程为，故A正确；
当过点的直线斜率等于零时，直线方程为，
直线与抛物线的交点坐标为，只有一个交点，
当过点的直线斜率不等于零时，设直线方程为，
联立，消得，
当过点与抛物线有且只有一个公共点时，，解得，
综上所述，过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有2条，故B错误；
设，，
由，得，
所以，即，
所以，故C错误；
对于D选项，由题意，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，则的方程为，
联立，消得，
则，所以，
则，所以，
同理可得，
则，故D正确.
故选：AD.
11．BC
【分析】根据线面垂直的性质即可求解A，根据勾股定理即可求解B，根据异面直线的几何法可得即为直线和所成角或其补角，即可根据长度关系判断为等边三角形求解C，根据台体的体积公式即可求解.
【详解】对于A,由于平面，显然不在平面内，且与平面也不平行，所以不与垂直，A错误，
对于B，取中点，连接,由于，所以且，故四边形为平行四边形，
故,由于平面，所以由于平面，平面，
故,
故,故B正确，
对于C，连接,由于,所以即为直线和所成角或其补角，
故为等边三角形，故,C正确，
对于D,由于棱台上下底面分别为直角边为1和2的等腰直角三角形，
所以棱台的体积为,故D错误，
故选：BC
12．/
【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】投1次小球获得三等奖有三条线路，又因为小球从每个叉口落入两个管道的可能性相等，
所以投1次小球获得三等奖得概率为.
故答案为：
13．13
【分析】令，则，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题意可得可得，
令，则，，
∴当时取得最大值，
但由于，故当即时，，解得．
故答案为：13．
14．
【分析】振幅仅是保证与总有交点，的变化仅是改变函数的周期，与线段长度的比无关，令即可，由题意研究图象解出的取值范围即可.
【详解】
由题意，振幅仅是保证与有交点，
且它们的交点不可能为正弦型函数的最值点或零点，否则，故且，
又的变化仅改变函数的周期(长度)，与线段长度的比无关，
要使，第一与第二个交点距离大于半个周期长，而第二与第三个交点距离小于半个周期长，
不妨令，，作出(注意代换且)的图象，
如图： 由，且，，
所以，由图象得：，或，结合，
所以的取值范围为：.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）结合题目条件利用余弦定理得出和之间的关系，即可求出的大小；
（2）结合（1）中得出的利用正弦定理求出的表达式，利用的锐角三角形得出的范围，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在中，，
由余弦定理得，
∴，
，
∵，
∴，
，
或（舍），
∵，
，
．
（2）由题意及（1）得，
在中，，
由正弦定理得，，
为锐角三角形，
解得：，
，
∴的取值范围为．
16．(1)68
(2)①分布列见详解，；②选择方案二更划算.
【分析】（1）根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
（2）①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断.
【详解】（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
17．(1)证明见解析；
(2)存在，
【分析】（1）利用中位线的性质及线线平行证明线面平行即可；
（2）作，，，构造面面平行，利用面面平行的性质判定线面平行即可.
【详解】（1）
如图所示，连接交于N，连接，
由题意可知为的中点，故，
又平面，平面，
所以平面；
（2）存在点，使得平面，理由如下：
如图所示，作交直线于E点，过E作交于F，
过F作交于Q，
因为底面为平行四边形，所以C为的中点，则为中点，
又，即为的中点，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，平面,
又，平面，
所以平面平面，
同理平面平面，
因为平面平面，所以两平面重合，
即平面平面，
因为平面，所以存在一点，使得平面，
且．
18．(1)
(2)2
(3)32
【分析】（1）设，利用两点距离公式及点线距离计算即可；
（2）联立圆与C方程计算即可；
（3）设坐标，含参表示圆的切线方程，利用直线与圆的位置关系及同解方程得，利用三角形面积公式结合基本不等式计算最小值即可.
【详解】（1）设，则，
所以，
两边平方可得，
整理得，所以点的轨迹方程C为；
（2）依题意，联立圆与，可得，
解得或，由于仅有一个公共点，
所以，解得，
所以的最大值为2；
（3）不妨设，显然，
则直线，直线，
依题意直线PA与圆相切，所以，
整理可得，同理可得，
显然，
所以a，b为关于的一元二次方程的两根，
所以，
则，
则面积为
，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为32．
【点睛】思路点睛：第三问设点坐标，利用斜截式表示圆的切线方程，根据直线与圆的位置关系得出同解方程，消元转化再结合基本不等式计算即可.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先确定函数的定义域，然后求导，在函数定义域内求解和，即可求出单调区间；
（2）根据（1）中单调性的结论，写出的等价形式，,再转化为研究在上单调递减，最后利用分离参数法即可证明出a的范围.
【详解】（1）函数定义域为，，
①当时，，在单调递增；
②当时，，在单调递减；
③当时，由得，
所以在单调递增，在单调递减.
（2）证明：不妨设而当时，
由（1）可知在单调递减，
从而 ，等价于，.
构造函数，只需在单调递减，
即在恒成立，
分离参数法：，只需.
【点睛】方法点睛：已知函数恒成立，求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录