2019-2020学年山西省太原第二外国语学校高三（上）11月质检数学试卷（文科）含详细解答

1、已知集合 Ax|0x2，集合 Bx|x24，则 AB（ ） A0，1，2 B2，1，0，1，2 C0，2 D0，4 2 （5 分）设复数 z 满足（1+i）z3i，则|z|（ ） A B C D5 3 （5 分）已知命题 p：x00，2，则p 为（ ） Ax00， Bx00， Cx0，ex+e x2 Dx0，ex+e x2 4 （5 分）如图是某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆 积图（例如：第 3 季度内，洗衣机销量约占 20%，电视机销量约占 50%，电冰箱销量约 占30% ） 根 据 该 图 ， 以 下 结 论 中 一 定 正 确 的 是 （ ） A电视

2、机销量最大的是第 4 季度 B电冰箱销量最小的是第 4 季度 C电视机的全年销量最大 D电冰箱的全年销量最大 5 （5 分）八卦是中国道家文化的深奥概念，是一套用三组阴阳组成的哲学符号八卦表示 事物自身变化的阴阳系统，用“”代表阳，用“”代表阴，用这两种符号，按 照大自然的阴阳变化平行组合，组成八种不同形式，叫做八卦（如图所示） 从图中的八 第 2 页（共 22 页） 卦中随机选取一卦，则此卦中恰有两个“”的概率为（ ） A B C D 6 （5 分）函数的图象大致为（ ） A B C D 7 （5 分）已知 m，n 为空间中的两条直线， 是两个平面，且 n，则“m” 是“mn”的（ ） A充

3、分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 8 （5 分）将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间 m，m上单调递增，则 m 的最大值为（ ） A B C D 9 （5 分）数列Fn：1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列，是由十三 第 3 页（共 22 页） 世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数 列” 该数列从第三项开始， 每项等于其前相邻两项之和 记该数列Fn的前 n 项和为 Sn， 则下列结论正确的是（ ） AS2019F2021+2 BS2019F20211 CS2019F2020+2 DS

4、2019F20201 10 （5 分）已知双曲线 C：y21，O 为坐标原点，F 为 C 的右焦点，过 F 的直线与 C 的两条渐近线的交点分别为 M，N若OMN 为直角三角形，则|MN|（ ） A B3 C2 D4 11 （5 分）三棱锥 PABC 的所有顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上若PAC 是等边三 角形，平面 PAC平面 ABC，ABBC，则三棱锥 PABC 体积的最大值为（ ） A2 B3 C D 12 （5 分）已知函数 f（x），若方程 f（x）f（x）有五个不同的根，则 实数 a 的取值范围为（ ） A （，e） B （，1） C （1，+） D （e，+） 二、填空题

5、：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知 ， 均为单位向量，若| 2 |，则 与 的夹角为 14 （5 分）已知递增等比数列an满足 a2+a36a1，则an的前三项依次是 （填出满足条件的一组即可） 15 （5 分）已知抛物线 y24x 上一点 P 到准线的距离为 d1，到直线 l：4x3y+110 的距 离为 d2，则 d1+d2的最小值为 16 （5 分）已知数列an满足 a11，a22，a33，an+3an（nN*） 若 anAsin（n+） +c，则实数 A 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，

6、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答，第题，每个试题考生都必须作答，第 2223 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 （1）求角 A； 第 4 页（共 22 页） （2）若 a2，求ABC 面积的最大值 18 （12 分）已知四棱锥 PABCD 中，PD底面 ABCD，底面 ABCD 为菱形，AD2， DAB60，E 为 AB 的中点 （1）证明：面 PCD面 P

7、DE （2）若 PDAD，求 E 到平面 PBC 的距离 19（12 分） 已知椭圆 C 的中心在原点， 一个焦点为， 且 C 经过点 （1）求 C 的方程； （2）设 C 与 y 轴的正半轴交于点 D，直线 l：ykx+m 与 C 交于 A、B 两点（l 不经过 D 点） ，且 ADBD证明：直线 l 经过定点，并求出该定点的坐标 20 （12 分）某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户 利用荒坡种植果树某农户考察三种不同的果树苗 A、B、C，经引种试验后发现，引种 树苗 A 的自然成活率为 0.8，引种树苗 B、C 的自然成活率均为 0.9 （1）若引种树苗

8、A、B、C 各 10 棵 估计自然成活的总棵数； 利用的估计结论，从没有自然成活的树苗中随机抽取两棵，求抽到的两棵都是树苗 A 的概率； （2） 该农户决定引种 B 种树苗， 引种后没有自然成活的树苗中有 75%的树苗可经过人工 栽培技术处理，处理后成活的概率为 0.8，其余的树苗不能成活若每棵树苗引种最终成 活后可获利 300 元，不成活的每棵亏损 50 元，该农户为了获利不低于 20 万元，问至少 引种 B 种树苗多少棵？ 21 （12 分）已知函数 f（x）a（xsinx） （aR 且 a0） （1）讨论 f（x）的单调性； （2）设，若对任意 x0，都有 f（x）+g（x）0，求 a

9、的取值范围 第 5 页（共 22 页） （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分 （第一题计分 （10 分）分）选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（ 为参 数） ，直线 l 的参数方程为（t 为参数，0） ，以坐标原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）已知直线 l 与曲线 C 相交于 A、B 两点，且|OA|OB|2，求 选修选

10、修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23已知函数 f（x）|2x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当 x0，xR 时，证明： 第 6 页（共 22 页） 2019-2020 学年山西省太原第二外国语学校高三（上）学年山西省太原第二外国语学校高三（上）11 月质检月质检 数学试卷（文科）数学试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有分在每小题给出的四个选项中，只有 一一项是符合题目要求的项是符合题目要求的 1 （5 分）已知

11、集合 Ax|0x2，集合 Bx|x24，则 AB（ ） A0，1，2 B2，1，0，1，2 C0，2 D0，4 【分析】可求出集合 B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Bx|2x2； AB0，2 故选：C 【点评】考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算 2 （5 分）设复数 z 满足（1+i）z3i，则|z|（ ） A B C D5 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的计算 公式求解 【解答】解：由（1+i）z3i，得 z， |z| 故选：A 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题 3 （5 分）已知命题

12、 p：x00，2，则p 为（ ） Ax00， Bx00， Cx0，ex+e x2 Dx0，ex+e x2 【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可 【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以：命题 p：x00，2， 第 7 页（共 22 页） 则p 为：x0，ex+e x2 故选：D 【点评】本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查 4 （5 分）如图是某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆 积图（例如：第 3 季度内，洗衣机销量约占 20%，电视机销量约占 50%，电冰箱销量约 占30% ） 根 据 该 图 ， 以 下 结

13、 论 中 一 定 正 确 的 是 （ ） A电视机销量最大的是第 4 季度 B电冰箱销量最小的是第 4 季度 C电视机的全年销量最大 D电冰箱的全年销量最大 【分析】电视机销量所占面百分比最大的是第 4 季度；电冰箱销量所占百分比最小的是 第 4 季度；电视机的全年销量最大 【解答】解：由某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆 积图，知： 在 A 中，电视机销量所占面百分比最大的是第 4 季度，故 A 错误； 在 B 中，电冰箱销量所占百分比最小的是第 4 季度，故 B 错误； 在 C 中，电视机的全年销量最大，故 C 正确； 在 D 中，电视机的全年销量最大，

14、故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，考查百分比堆积图的性质等基础知识，考查运算求 解能力，考查数据处理能力，是基础题 5 （5 分）八卦是中国道家文化的深奥概念，是一套用三组阴阳组成的哲学符号八卦表示 事物自身变化的阴阳系统，用“”代表阳，用“”代表阴，用这两种符号，按 照大自然的阴阳变化平行组合，组成八种不同形式，叫做八卦（如图所示） 从图中的八 第 8 页（共 22 页） 卦中随机选取一卦，则此卦中恰有两个“”的概率为（ ） A B C D 【分析】直接根据概率公式计算即可 【解答】解：用这两种符号，按照大自然的阴阳变化平行组合，组成八种不同的形式， 从图中的八卦中随机

15、选取一卦，则此卦中恰有两个“”的有 3 个， 此卦中恰有两个“”的概率为 p 故选：C 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识是基础题 6 （5 分）函数的图象大致为（ ） A B C D 【分析】根据函数的单调性排除 B，D，根据函数值，排除 C 【解答】解：由于函数 yln（x+1）在（1，0） ， （0，+）单调递减，故排除 B， 第 9 页（共 22 页） D， 当 x1 时，y1ln20，故排除 C， 故选：A 【点评】本题考查了函数的图象与性质的应用，属于基础题 7 （5 分）已知 m，n 为空间中的两条直线， 是两个平面，且 n，则“m” 是“mn”的（ ） A充分不

16、必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据直线与平面平行的判定定理及性质定理，判断正误，最后通过充分必要条 件的判定方法得出 【解答】解：选 D根据直线与平面平行的判定定理及性质定理， 当 m 时，直线 m 还可能与直线 n 异面，因此不能推出 mn； 反过来，当 mn 时，直线 m 可能在平面 内，不一定有 m，因此 mn 也不能推出 m所以“m”是“mn”的既不充分也不必要条件 故选：D 【点评】本题考查了充分必要条件的判定方法，考查了推理能力，属于基础题 8 （5 分）将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间 m，m上单调递增，则 m 的

17、最大值为（ ） A B C D 【分析】利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的单调性，求得 m 的最 大值 【解答】解：将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函 数为 ysin （2x+） 在区间m，m上单调递增， 2m+，且2m+， 求得 m，则 m 的最大值为， 故选：A 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的单调性，属 于基础题 第 10 页（共 22 页） 9 （5 分）数列Fn：1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列，是由十三 世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数 列” 该数列

18、从第三项开始， 每项等于其前相邻两项之和 记该数列Fn的前 n 项和为 Sn， 则下列结论正确的是（ ） AS2019F2021+2 BS2019F20211 CS2019F2020+2 DS2019F20201 【分析】 利用迭代法可得 Fn+2Fn+Fn1+Fn2+Fn3+F2+F1+1， 可得 S2019F20211， 代值计算可得结果 【解答】解：数列为：1，1，2，3，5，8，即从该数列的第三项数字开始，每个数字 等于前两个相邻数字之和 则：Fn+2Fn+Fn+1Fn+Fn1+Fn Fn+Fn1+Fn2+Fn1 Fn+Fn1+Fn2+Fn3+Fn2 Fn+Fn1+Fn2+Fn3+F2

19、+F1+1， S2019F20211 故选：B 【点评】本题考查的知识要点：迭代法在数列中的应用 10 （5 分）已知双曲线 C：y21，O 为坐标原点，F 为 C 的右焦点，过 F 的直线与 C 的两条渐近线的交点分别为 M，N若OMN 为直角三角形，则|MN|（ ） A B3 C2 D4 【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出直线方程，求出 MN 的坐标，然后求解|MN| 【解答】解：双曲线 C：y21 的渐近线方程为：y，渐近线的夹角为： 60，不妨设过 F（2，0）的直线为：y， 则：解得 M（，） ， 解得：N（） ， 第 11 页（共 22 页） 则|MN|3 故选：B 【点评】本题

20、考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力 11 （5 分）三棱锥 PABC 的所有顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上若PAC 是等边三 角形，平面 PAC平面 ABC，ABBC，则三棱锥 PABC 体积的最大值为（ ） A2 B3 C D 【分析】根据三角形的形状判断球心 O 的位置，得出 B 到平面 APC 的最大距离，再计算 体积 【解答】解：设 AC 的中点为 D，连接 PD，则 PDAC， 平面 PAC平面 ABC， PD平面 ABC， ABBC，AC 为平面 ABC 所在截面圆的直径， 球心 O 在直线 PD 上， 又PAC 是等边三角形， PAC 的中心为棱锥外接球的球心，即

21、OP2， OD1，AC2， B 到平面 APC 的距离的最大值为AC， 三棱锥 PABC 体积的最大值为 V3 故选：B 【点评】本题考查棱锥与外接球的位置关系，球的结构特征，属于中档题 12 （5 分）已知函数 f（x），若方程 f（x）f（x）有五个不同的根，则 实数 a 的取值范围为（ ） A （，e） B （，1） C （1，+） D （e，+） 第 12 页（共 22 页） 【分析】求出 f（x）的解析式，根据 x 的范围不同得出两个不同的方程，由两个方程 的关系得出 f（x）f（x）在（0，+）上有两解，根据函数图象和导数的几何意义 得出 a 的范围 【解答】解：f（x），f（x）

22、 显然 x0 是方程 f（x）f（x）的一个根， 当 x0 时，exax， 当 x0 时，e xax， 显然，若 x0为方程的解，则x0为方程的解， 即方程，含有相同个数的解， 方程 f（x）f（x）有五个不同的根， 方程在（0，+）上有两解， 做出 yex（x0）和 yax（x0）的函数图象，如图所示： 设 ykx 与 yex相切，切点为（x0，y0） ， 则，解得 x01，ke yex与 yax 在（0，+）上有两个交点， ae，即 ae 故选：A 第 13 页（共 22 页） 【点评】本题考查了函数零点个数与函数图象的关系，导数的几何意义，属于中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共

23、 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知 ， 均为单位向量，若| 2 |，则 与 的夹角为 【分析】由|2|，结合向量数量积的性质可求，然后代入到夹角公式 cos即可求解 【解答】解： ， 均为单位向量，设 与 的夹角为 ， 又| 2 |， ， ， 则 与 的夹角 cos， ， 故答案为： 【点评】本题主要考查了平面向量数量积的性质的 简单应用，属于基础试题 14 （5 分）已知递增等比数列an满足 a2+a36a1，则an的前三项依次是 1，2，4（填 首项为正数，公比为 2 的等比数列均可） （填出满足条件的一组即可） 【分析】因为等比数列的项 a

24、n0，故由 a2+a36a1得，q+q26，所以 q2 或 q3， 若 q1，则 a1 时即可满足等比数列an递增，若 q0，则an为摆动数列 【解答】解：因为等比数列的项 an0，故由 a2+a36a1得，q+q26，所以 q2 或 q 3， 若 q1，则 a11 时即可满足等比数列an递增， 若 q0，则an为摆动数列不满足递增 取 a11，则an的前三项依次是 1，2，4 故答案为：1，2，4 【点评】解决本题的关键在于了解等比数列递增，递减时应满足的条件，属于基础题 第 14 页（共 22 页） 15 （5 分）已知抛物线 y24x 上一点 P 到准线的距离为 d1，到直线 l：4x3

25、y+110 的距 离为 d2，则 d1+d2的最小值为 3 【分析】利用抛物线的定义，将 d1+d2的最小值转化为点到直线的距离即可求得结论 【解答】解：点 P 到准线的距离等于点 P 到焦点 F 的距离， 过焦点 F 作直线 4x3y+110 的垂线，则点到直线的距离为 d1+d2最小值， F（1，0） ，直线 4x3y+110， d1+d23， 故答案为：3 【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质，点到直线距离公式的应用，将 d1+d2的最 小值转化为点到直线的距离是关键 16 （5 分）已知数列an满足 a11，a22，a33，an+3an（nN*） 若 anAsin（n+） +c，则实

26、数 A 【分析】根据题意知 anAsin（n+）+c 的最小正周期为 T3，由此求得 的值，再 令 n1、2、3，联立方程组求出 A 的值 【解答】解：数列an满足 a11，a22，a33，an+3an（nN*） ； 且 anAsin（n+）+c（0，|） ， 3，解得 ； anAsin（n+）+c（|） ， 1Asin（+）+c，2Asin（+）+c，3Asin（2+）+c； 化为：1Asin（+）+c，2Asin（+）+c，3Asin+c； 1Asin+Asin（+） ，2AsinAsin（+） ； 联立方程组，化简得， 解得 Asin1，Acos； tan； 第 15 页（共 22 页）

27、 又|， ，A 故答案为： 【点评】本题考查了数列递推关系、数列与三角函数的周期性，也考查了推理与计算能 力，是中档题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答，第题，每个试题考生都必须作答，第 2223 题题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 （1）求角 A； （2）若 a2，求ABC 面积的最大值 【分析】 （

28、1）通过已知条件，结合正弦定理，转化求解 A 即可 （2）利用余弦定理以及基本不等式求出 bc，说明面积的最大值即可 【解答】解： （1）由及正弦定理得：， 因为 sinB0，所以，即 因为 0A，所以（6 分） （2）因为 a2，所以， 所以，因为， 所以当且仅当时 SABC最大， 所以 SABC最大值为 （12 分） 【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力 18 （12 分）已知四棱锥 PABCD 中，PD底面 ABCD，底面 ABCD 为菱形，AD2， DAB60，E 为 AB 的中点 （1）证明：面 PCD面 PDE （2）若 PDAD，求 E 到平面

29、PBC 的距离 第 16 页（共 22 页） 【分析】 （1）由 CDDE，CDPD 得出 CD平面 PDE，故而平面 PCD平面 PED； （2）根据 VPEBCVEPBC列方程得出 E 到平面 PBC 的距离 【解答】 （1）证明：连接 DB， PD底面 ABCD，CD平面 ABCD， PDCD， 底面 ABCD 是菱形，DAB60， DAB 为等边三角形， 又E 为 AB 的中点， ABDE，又 ABCD， CDDE， 又 DEPDD，DE平面 PDE，PD平面 PDE， CD底面 PDE， 又 CD平面 PCD， 平面 PCD平面 PED （2）解：ADBDCD2，PDAD2， PC4

30、，PB4， 又 BC2，P 到 BC 的距离为 d， SPBCBCd，又 SBCEBCBEsin120， 设 E 到平面 PBC 的距离为 h， 由 VPEBCVEPBC得， SBCEPDSPBCh， h 第 17 页（共 22 页） 【点评】本题考查了面面垂直的判定，点面距离的计算，属于中档题 19（12 分） 已知椭圆 C 的中心在原点， 一个焦点为， 且 C 经过点 （1）求 C 的方程； （2）设 C 与 y 轴的正半轴交于点 D，直线 l：ykx+m 与 C 交于 A、B 两点（l 不经过 D 点） ，且 ADBD证明：直线 l 经过定点，并求出该定点的坐标 【分析】 （1）由题意设

31、椭圆，可得，求得椭圆的另一 个焦点坐标，利用定义求解 a2，再由隐含条件求得 b，则椭圆方程可求； （2）由已知得 D（0，1） ，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得 A，B 横纵坐标的和与积，结合 ADBD，得x1x2+（y11） （y21）0，由此求解 m 值，得到当时，有0，直线 l 经过定点 【解答】 （1）解：由题意，设椭圆，焦距为 2c， 则，椭圆的另一个焦点为， 由椭圆定义得，则 a2， ， C 的方程； （2）证明：由已知得 D（0，1） ， 由，得（1+4k2）x2+8kmx+4m240， 当0 时，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 第 18 页（共 22

32、 页） 则， ， 由 ADBD 得，x1x2+（y11） （y21）0，即， 5m22m30，解得 m1 或， 当 m1 时，直线 l 经过点 D，舍去； 当时，显然有0，直线 l 经过定点 【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力， 是中档题 20 （12 分）某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户 利用荒坡种植果树某农户考察三种不同的果树苗 A、B、C，经引种试验后发现，引种 树苗 A 的自然成活率为 0.8，引种树苗 B、C 的自然成活率均为 0.9 （1）若引种树苗 A、B、C 各 10 棵 估计自然成活的总棵数； 利用的

33、估计结论，从没有自然成活的树苗中随机抽取两棵，求抽到的两棵都是树苗 A 的概率； （2） 该农户决定引种 B 种树苗， 引种后没有自然成活的树苗中有 75%的树苗可经过人工 栽培技术处理，处理后成活的概率为 0.8，其余的树苗不能成活若每棵树苗引种最终成 活后可获利 300 元，不成活的每棵亏损 50 元，该农户为了获利不低于 20 万元，问至少 引种 B 种树苗多少棵？ 【分析】 （1）依题意：100.8+100.9+100.926，由此能求出自然成活的总棵数 没有自然成活的树苗共 4 棵，其中两棵 A 种树苗、一棵 B 种树苗、一棵 C 种树苗，分 别设为 a1，a2，b，c，从中随机抽取

34、两棵，利用列举法能求出抽到的两棵都是树苗 A 的 概率 （2） 设该农户种植 B 树苗 n 棵， 最终成活的棵数为， 未能成活的棵数为 n0.96n0.04n，由题意知 0.96n3000.04n50200000，由此能 求出该农户至少种植 700 棵树苗，就可获利不低于 20 万元 第 19 页（共 22 页） 【解答】解： （1）依题意： 100.8+100.9+100.926， 所以自然成活的总棵数为 26 没有自然成活的树苗共 4 棵，其中两棵 A 种树苗、一棵 B 种树苗、一棵 C 种树苗， 分别设为 a1，a2，b，c， 从中随机抽取两棵，可能的情况有： （a1，a2） ， （a1

35、，b） ， （a1，c） ， （a2，b） ， （a2，c） ， （b，c） ， 抽到的两棵都是树苗 A 的概率为 （2） 设该农户种植 B 树苗 n 棵， 最终成活的棵数为， 未能成活的棵数为 n0.96n0.04n， 由题意知 0.96n3000.04n50200000，则有 n699.3 所以该农户至少种植 700 棵树苗，就可获利不低于 20 万元 【点评】本题考查自然成活动总棵数、概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 21 （12 分）已知函数 f（x）a（xsinx） （aR 且 a0） （1）讨论 f（x）的单调性； （2）设，若对任意 x0，

36、都有 f（x）+g（x）0，求 a 的取值范围 【分析】 （1）f（x）的定义域为 xR；由题意，得 f（x）a（1cosx） 对 a 分类讨论 即可得出单调性 （2）由题意得，当 x0 时，f（0）+g（0）a10，有 a1下面证当 a1 时，对 任意 x0， 都有 只需证明对任意 x0， 都有由（1）可知 f（x）xsinx 在0，+）上单调递 增当 x0 时，f（x）f（0）0，即 xsinx，可得 1x1sinx， 设 ，x0，利用导数已经其单调性即可得出 【解答】解： （1）f（x）的定义域为 xR；由题意，得 f（x）a（1cosx） 第 20 页（共 22 页） 当 a0 时，x

37、R，f（x）0，所以 f（x）在 R 上单调递增 当 a0 时，xR，f（x）0，所以 f（x）在 R 上单调递减（4 分） （2）由题意得，当 x0 时，f（0）+g（0）a10，则有 a1 下面证当 a1 时，对任意 x0，都有 由于 xR 时，1sinx0，当 a1 时，则有 只需证明对任意 x0，都有（6 分） 证明：由（1）可知 f（x）xsinx 在0，+）上单调递增； 所以当 x0 时，f（x）f（0）0，即 xsinx， 所以 1x1sinx，则（7 分） 设，x0，则 当 x0 时，ex1，所以 F（x）0，所以 F（x）在0，+）上单 调递增； 当 x0 时，F（x）F（0

38、）0所以对任意 x0，都有 所以，当 a1 时，对任意 x0，都有 f（x）+g（x）0（12 分） 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分 类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分 （第一题计分 （10 分）分）选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（ 为参 数） ，直线 l 的参数方程为

39、（t 为参数，0） ，以坐标原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）已知直线 l 与曲线 C 相交于 A、B 两点，且|OA|OB|2，求 【分析】 （1）先消去 得普通方程，再通过互化公式化成极坐标方程； 第 21 页（共 22 页） （2）利用直线 l 和曲线 C 的极坐标方程联立，根据极径的几何意义可得 【解答】解： （1）由曲线 C 的参数方程可得普通方程为（x2）2+y23， 即 x2+y24x+10，（2 分） 所以曲线 C 的极坐标方程为 24cos+10（5 分） （2）由直线 l 的参数方程可得直线的极坐标方程为 （R）

40、 ，（6 分） 因为直线 l 与曲线 C 相交于 A、B 两点，所以设 A（1，） ，B（2，） ， 联立可得 24cos+10，（7 分） 因为16cos240，即 cos2，（8 分） 所以|OA|OB|12|2， 解得，所以或（10 分） 【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23已知函数 f（x）|2x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当 x0，xR 时，证明： 【分析】 （1）讨论 x 的范围，去掉绝对值符号解不等式； （2）利用绝对值不等式和基本不等式即可证明 【解答】解： （1）原不等式 f（x）+f（x+1）4 等价于|2x1|+|2x+1|4， 等价于 或或， 解得 x1 或 x1， 所以原不等式的解集是（，11，+） （2）当 x0，xR 时，f（x）+f（）|2x1|+|， 因为|2x1|+|2x1（1）|2x+|2|x|+4， 当且仅当即 x1 时等号成立，所以 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的应用，考查分类讨论思想， 属于中档题