2020年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（理科）含详细解答

1、设集合 Ax|ylg（x3），By|y2x，xR，则 AB 等于（ ） A BR C （3，+） D （0，+） 2（5 分） 瑞士数学家欧拉在 1748 年得到复数的三角形式： eicos+isin，（i 为虚数单位） ， 根据该式，计算 ei+1 的值为（ ） A1 B0 C1 Di 3 （5 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，S1530，a104，则 a9（ ） A2 B3 C4 D8 4 （5 分） 函数 f （x） Asin （x+） （0） 的图象与 x 轴的两个相邻交点间的距离为， 要得到函数 g（x）Acosx 的图象，只需将 f（x）的图象（ ） A向左平移个单位 B向

2、右平移个单位 C向左平移个单位 D向右平移个单位 5（5 分） 已知直线 y4x 与曲线 yx3在第一象限围成的封闭图形的面积为 a， 则 （） 5 的展开式中，x 的系数为（ ） A5 B5 C20 D20 6 （5 分）祖暅原理： “幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处 的截面积恒相等，则体积相等设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等， q：A、B 在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p 是 q 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 7 （5 分）设 ab0，a+b1，且 x（）b，yab，za，则

3、 x、y、z 的 大小关系是（ ） Ayzx Bzyx Cxyz Dyxz 8 （5 分）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局） ，甲在 第 2 页（共 26 页） 每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下， 比赛进行了三局的概率为（ ） A B C D 9 （5 分）函数 f（x）xsinx+在区间2，2上的大致图象为（ ） A B C D 10 （5 分）以双曲线 C：1（a0，b0）上一点 M 为圆心作圆，该圆与 x 轴 相切于双曲线 C 的一个焦点 F（c，0） ，与 y 轴交于 P，Q 两点，若|PQ|c，则双 曲线 C 的离

4、心率是（ ） A B C2 D 11 （5 分）如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动（P 点异于 B、 C1点） ，则下列四个结论： 三棱锥 AD1PC 的体积不变： A1P平面 ACD1： DPBC1； 平面 PDB1平面 ACD1 其中正确结论的个数是（ ） 第 3 页（共 26 页） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 12 （5 分）若 x，a，b 均为任意实数，且（a+2）2+（b3）21，则（xa）2+（lnxb） 2 的最小值为（ ） A3 B18 C31 D196 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5

5、 分，满分分，满分 20 分，分， 13 （5 分）已知 x 与 y 之间的一组数据： x 0 2 4 6 y a 3 5 3a 已求得关于 y 与 x 的线性回归方程 1.2x+0.55，则 a 的值为 14（5 分） 已知 F 是抛物线 C： y28x 的焦点， M 是 C 上一点， FM 的延长线交 y 轴于点 N 若 M 为 FN 的中点，则|FN| 15 （5 分）已知四棱锥 SABCD 的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球 O 的 球面上，则球 O 的表面积等于 16 （5 分）记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a14，2anan1+9（n2） ，若对任意的 正偶数

6、k，（Sk3k）4 恒成立，则实数 的最小值为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，题，.每个试题学生都必须作答第每个试题学生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：（一）必考题： 共共 60 分分. 17 （12 分）设ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 c3，且 sin（C） cosC （1）求角 C 的大小； 第 4 页（共 26 页） （2）若向量 （1，sinA）与 （2，sinB）共线

7、，求ABC 的周长 18 （12 分）如图，在四面体 ABCD 中，E，F 分别是线段 AD，BD 的中点，ABDBCD 90，ECABBD2 （1）证明：平面 EFC平面 BCD； （2）若二面角 DABC 为 45，求二面角 ACEB 的余弦值 19 （12 分）设椭圆 C：+1（ab0） ，F1、F2为椭圆 C 左右焦点，B 为短轴端 点，且4，离心率为，O 为坐标原点 （）求椭圆 C 的方程； （）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 C 恒有两个交点 M、 N，且满足|+|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由 20 （12 分）已知函数 f（x）a（x1）2+

8、（x2）ex（a0） （1）讨论函数 f（x）的单调性： （2）若关于 x 的方程 f（x）+a0 存在 3 个不相等的实数根，求实数 a 的取值范围 21 （12 分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有 n（nN*）份血液样 本，有以下两种检验方式： 逐份检验，则需要检验 n 次： 混合检验，将其中 k（kN* 且 k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这 k 份的血液全为 阴性，因而这 k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共 为 k+1 次假

9、设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独 立的，且每份样本是阳性结果的概率为 p（0p1） （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经 第 5 页（共 26 页） 过 2 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率； （2）现取其中 k（kN*且 k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总 次数为 1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 （i）若 E1E2，试求 p 关于 k 的函数关系式 pf（k） ： （ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？ 参考数据：ln20.69，ln31.10，ln51.61，e2

10、.72，e27.39，e320.09 （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 题中任选题中任选-一题作答如果多做，则按所做的第一题作答如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）已知曲线 C 的参数方程为（t 为参数） ，以原点 O 为极点，x 轴的非负 半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线 l1，l2相互垂直，与曲线 C 分别相交于 A，B 两点（不同于点 O） ，且 l1的倾斜角为锐角 （1）求曲线 C 和射线 12的极坐标方程； （2）求OAB 的面积的最小值，并求此时 的值 选修

11、选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23已知函数 f（x）|xa|+x，aR （）若 f （1）+f（2）5，求 a 的取值范围； （）若 a，bN*，关于 x 的不等式 f（x）b 的解集为（，） ，求 a，b 的值 第 6 页（共 26 页） 2020 年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（理科）年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选一、选择题：本大题共择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分，在每小题给出的四个选项中，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只有一项

12、是符合题目要求的. 1 （5 分）设集合 Ax|ylg（x3），By|y2x，xR，则 AB 等于（ ） A BR C （3，+） D （0，+） 【分析】求定义域得集合 A，求值域得集合 B，根据并集的定义写出 AB 【解答】解：集合 Ax|ylg（x3）x|x30x|x3， By|y2x，xRy|y0， 则 ABx|x0 故选：D 【点评】本题考查了求函数的定义域和值域的应用问题，也考查了并集的运算问题，是 基础题 2（5 分） 瑞士数学家欧拉在 1748 年得到复数的三角形式： eicos+isin，（i 为虚数单位） ， 根据该式，计算 ei+1 的值为（ ） A1 B0 C1 Di

13、【分析】利用公式 eixcosx+isinx，代入化简即可得出 【解答】解：由 eixcosx+isinx， 则 ei+1cos+isin+10， 故选：B 【点评】本题考查了复数的三角方程及其应用、三角函数求值，考查了推理能力与计算 能力，属于基础题 3 （5 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，S1530，a104，则 a9（ ） A2 B3 C4 D8 【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出 【解答】解：设等差数列an的公差为 d，S1530，a104， 15a1+d30，a1+9d4， 联立解得：a15，d1， 第 7 页（共 26 页） 则 a95+83 故选：B 【点

14、评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题 4 （5 分） 函数 f （x） Asin （x+） （0） 的图象与 x 轴的两个相邻交点间的距离为， 要得到函数 g（x）Acosx 的图象，只需将 f（x）的图象（ ） A向左平移个单位 B向右平移个单位 C向左平移个单位 D向右平移个单位 【分析】由题意利用诱导公式，函数 yAsin（x+）的图象变换规律，得出结论 【解答】解：函数 f（x）Asin（x+） （0）的图象与 x 轴的两个相邻交点间的 距离为， 3，f（x）Asin（3x+） 要得到函数 g（x）Acos3xAsin（3x+）的图象，只需

15、将 f（x）的图象向左平移 个单位， 故选：A 【点评】本题主要考查诱导公式，函数 yAsin（x+）的图象变换规律，属于基础题 5（5 分） 已知直线 y4x 与曲线 yx3在第一象限围成的封闭图形的面积为 a， 则 （） 5 的展开式中，x 的系数为（ ） A5 B5 C20 D20 【分析】定积分表示围成的图形的面积，然后计算求出 a 的值，根据二项式展开的公式 将二项式展开，令 x 的幂级数为 1，求出 r，从而求解 【解答】解：两个图形在第一象限的交点为（2，8） ， 所以曲线 yx3与直线 y4x 在第一象限所围成的图形的面积是02（4xx3）dx， 而02（4xx3）dx（2x2

16、x4）|02844， 则（）5展开式的通项公式为 Tr+1（1）rC5r45 rx ， 第 8 页（共 26 页） 由51，解得 r4， 则展开式中的系数为（1）4C54420， 故选：C 【点评】本题本题考查了定积分的计算以及求二项式展开式的指定项的基本方法 6 （5 分）祖暅原理： “幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处 的截面积恒相等，则体积相等设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等， q：A、B 在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p 是 q 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 【分析】 利用

17、祖暅原理可得： A、 B 在等高处的截面积恒相等” ， 可得： A、 B 的体积相等 即 可判断出 p 与 q 的关系 【解答】解：设 A、B 为两个同高的几何体，p：A、B 的体积不相等，q：A、B 在等高处 的截面积不恒相等 由“A、B 在等高处的截面积恒相等” ，由祖暅原理，可得：A、B 的体积相等 因此可得：A、B 的体积不相等，必然：A、B 在等高处的截面积不恒相等 即 pq，反之不成立 p 是 q 的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 7 （5 分）设 ab0，a+b1，且 x（）b，yab，za，则 x

18、、y、z 的 大小关系是（ ） Ayzx Bzyx Cxyz Dyxz 【分析】由已知得到 a，b 的具体范围，进一步得到 ab，的范围，结合指数函数与 对数函数的性质得答案 【解答】解：由 ab0，a+b1，得 0，且 0ab1， 则，a， 第 9 页（共 26 页） x（）b0， yab1， 0za1， yzx 故选：A 【点评】本题考查对数值的大小比较，考查了指数函数与对数函数的性质，考查了数学 转化思想方法，是中档题 8 （5 分）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局） ，甲在 每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下， 比赛进

19、行了三局的概率为（ ） A B C D 【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了 3 局的概率，即可得出结论 【解答】解：由题意，甲获得冠军的概率为+， 其中比赛进行了 3 局的概率为+， 所求概率为， 故选：B 【点评】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题 9 （5 分）函数 f（x）xsinx+在区间2，2上的大致图象为（ ） A B C D 第 10 页（共 26 页） 【分析】根据题意，分析可得 f（x）为偶函数，排除 AD，求出 f（）的值，排除 B， 即可得答案 【解答】解：根据题意，f（x）xsinx+，则 f（x）f（x） ，即函数 f（x） 为偶函数，排除

20、A、D； 当 x时，f（）（）+0，排除 B； 故选：C 【点评】本题考查函数图象的分析，涉及函数的奇偶性、特殊值的分析，属于基础题 10 （5 分）以双曲线 C：1（a0，b0）上一点 M 为圆心作圆，该圆与 x 轴 相切于双曲线 C 的一个焦点 F（c，0） ，与 y 轴交于 P，Q 两点，若|PQ|c，则双 曲线 C 的离心率是（ ） A B C2 D 【分析】由题意可设 F（c，0） ，MFx 轴，可设 M（c，n） ，n0，设 xc，代入双曲 线的方程，可得 M 的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|2c， 可得 a，c 的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值 【解答】解：由

21、题意可设 F（c，0） ， MFx 轴，可设 M（c，n） ，n0， 设 xc，代入双曲线的方程可得 yb， 即有 M（c，） ， 可得圆的圆心为 M，半径为， 即有 M 到 y 轴的距离为 c， 可得|PQ|2c， 化简可得 3b44a2c2， 由 c2a2+b2，可得 3c410c2a2+3a40， 第 11 页（共 26 页） 由 e，可得 3e410e2+30， 解得 e23（舍去） ， 即有 e 故选：A 【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用直线和圆相交的弦长公式，考查化 简整理的运算能力，属于中档题 11 （5 分）如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角

22、线 BC1上运动（P 点异于 B、 C1点） ，则下列四个结论： 三棱锥 AD1PC 的体积不变： A1P平面 ACD1： DPBC1； 平面 PDB1平面 ACD1 其中正确结论的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂 直的判断与性质求解 【解答】解：对于，由题意知 AD1BC1，从而 BC1平面 AD1C， 故 BC1上任意一点到平面 AD1C 的距离均相等， 所以以 P 为顶点，平面 AD1C 为底面，则三棱锥 AD1PC 的体积不变，故正确； 对于，连接 A1B，A1C1，A1C1AD1且相等，

23、由于知：AD1BC1， 所以 BA1C1面 ACD1，从而由线面平行的定义可得，故正确； 对于，由于 DC平面 BCB1C1，所以 DCBC1， 若 DPBC1，则 BC1平面 DCP， BC1PC，则 P 为中点，与 P 为动点矛盾，故错误； 第 12 页（共 26 页） 对于，连接 DB1，由 DB1AC 且 DB1AD1， 可得 DB1面 ACD1，从而由面面垂直的判定知，故正确 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等积法、线面平 行、线线垂直的判定，要注意转化的思想的使用，是中档题 12 （5 分）若 x，a，b 均为任意实数，且（a+2）2+（b3

24、）21，则（xa）2+（lnxb） 2 的最小值为（ ） A3 B18 C31 D196 【分析】由题意可得（a，b）在（2，3）为圆心，1 为半径的圆上， （xa）2+（lnx b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（ 2，3）的法线垂直，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，解方程求得切点，圆心和切 点的距离 d，可得距离的最小值为 dr，可得所求值 【解答】解： （a+2）2+（b3）21， 可得（a，b）在（2，3）为圆心，1 为半径 r 的圆上， （xa）2+（lnxb）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方， 设过切点（m，ln

25、m）的切线与过（2，3）的法线垂直， 可得1， 即有 lnm+m2+2m3， 由 f（m）lnm+m2+2m 在 m0 递增，且 f（1）3， 可得切点为（1，0） ， 圆心与切点的距离为 d3， 可得（xa）2+（lnxb）2的最小值为（31）2196， 故选：D 第 13 页（共 26 页） 【点评】本题考查两点的距离的运用，圆的方程和运用，考查导数的几何意义，以及转 化思想和运算能力，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分，分， 13 （5 分）已知 x 与 y 之间的一组数据： x 0 2 4 6 y a 3

26、5 3a 已求得关于 y 与 x 的线性回归方程 1.2x+0.55，则 a 的值为 2.15 【分析】首先求出这组数据的横标和纵标的平均数，写出这组数据的样本中心点，把样 本中心点代入线性回归方程求出 a 的值 【解答】解： 3， a+2， 将（3，a+2）带入方程得： a+23.6+0.55，解得：a2.15， 故答案为：2.15 【点评】本题考查回归分析，考查样本中心点满足回归直线的方程，考查求一组数据的 平均数，是一个运算量比较小的题目，并且题目所用的原理不复杂，是一个好题 14（5 分） 已知 F 是抛物线 C： y28x 的焦点， M 是 C 上一点， FM 的延长线交 y 轴于点

27、 N 若 M 为 FN 的中点，则|FN| 6 【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出 M 坐标，然后求解即可 【解答】解：抛物线 C：y28x 的焦点 F（2，0） ，M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴 于点 N若 M 为 FN 的中点， 可知 M 的横坐标为：1，则 M 的纵坐标为：， |FN|2|FM|26 故答案为：6 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力 15 （5 分）已知四棱锥 SABCD 的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球 O 的 球面上，则球 O 的表面积等于 第 14 页（共 26 页） 【分析】根据四棱锥 SABCD 的三视图，把四棱锥 S

28、ABCD 补成长方体，点 S 是所在 棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为 O1，O2，所以四棱锥 SABCD 的外接球的球心 O 在线段 O1O2上，由三视图的数据可知：AB4，BC2，SC3， 长 方 体 的 高O1O2， CO2， SO，设四棱锥 SABCD 的外接球的半径为 R，得到， 从而求出半径 R，得到球 O 的表面积 【解答】解：根据四棱锥 SABCD 的三视图，把四棱锥 SABCD 补成长方体，点 S 是 所在棱的中点， 设长方体的上下底面的对角线的交点分别为 O1，O2， 所以四棱锥 SABCD 的外接球的球心 O 在线段 O1O2上，如图所示： ， 由三视图的

29、数据可知：AB4，BC2，SC3， 长 方 体 的 高 O1O2， CO2， SO， 设四棱锥 SABCD 的外接球的半径为 R， 在 RtSOO1中：OO1，在 RtCOO2中：OO2， ， 化简得：R， 球 O 的表面积为：4R2， 故答案为： 第 15 页（共 26 页） 【点评】本题主要考查了三视图还原实物图，以及四棱锥的外接球，是中档题 16 （5 分）记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a14，2anan1+9（n2） ，若对任意的 正偶数 k，（Sk3k）4 恒成立，则实数 的最小值为 8 【分析】直接利用数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问题的应用求出 结果 【

30、解答】解：数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a14，2anan1+9（n2） 则：， 所以数列an3是以 a131 为首项，为公比的等比数列 所以，整理得， 所以， 所以0， 故对于任意的正偶数 n，恒成立 等价于，对于任意的正偶数 n 恒成立 由于， 第 16 页（共 26 页） 所以， 所以，只需满足 8 故答案为：8 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问 题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1

31、721 题为必考题为必考 题，题，.每个试题学生都必须作答第每个试题学生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：（一）必考题： 共共 60 分分. 17 （12 分）设ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 c3，且 sin（C） cosC （1）求角 C 的大小； （2）若向量 （1，sinA）与 （2，sinB）共线，求ABC 的周长 【分析】 （1）由已知式化简可得，进而得到，由此 即可求得角 C 的大小； （2）由向量 与 共线结合正弦定理可得 b2a，再利用余弦定理建立关于 a 的方程，解 出即可求得周长

32、【解答】解： （1）sin（C） cosC， ， ， ， ， ， 又 C 为ABC 的内角， ； 第 17 页（共 26 页） （2）向量 （1，sinA）与 （2，sinB）共线， sinB2sinA0， 由正弦定理可知，b2a， 由（1）结合余弦定理可知，c2a2+b22abcosC，即， ， ABC 的周长为 【点评】本题考查三角恒等变换及正余弦定理在解三角形中的运用，同时也涉及了斜率 共线的坐标运算，属于基础题 18 （12 分）如图，在四面体 ABCD 中，E，F 分别是线段 AD，BD 的中点，ABDBCD 90，ECABBD2 （1）证明：平面 EFC平面 BCD； （2）若二面

33、角 DABC 为 45，求二面角 ACEB 的余弦值 【分析】 （1）由勾股定理可证 ACCD，又 CDBC，则 CD平面 ABC，得到 CDAB， 又 ABBD，得到 AB平面 BCD，进而得到 EF平面 BCD，由此即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值 【解答】解： （1）证明：E，F 分别是线段 AD，BD 的中点，ABBD2， EFFD1，且 EFAB， ABD90， EFD90， ， 又， ACCD， 又BCD90，即 CDBC， 第 18 页（共 26 页） 又 ACBCC，且 AC，BC 均在平面 ABC 内， CD平面 ABC，

34、 CDAB， 又 ABBD，CDBDD，且 CD，BD 均在平面 BCD 内， AB平面 BCD， EF平面 BCD， 又 EF 在平面 EFC 内， 平面 EFC平面 BCD； （2）由（1）可知，DBC 为二面角 DABC 的平面角，即DBC45， 过点 B 作 BBCD，如图，以 B 为坐标原点，BB，BD，BA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系， 则 A（0，0，2） ，B（0，0，0） ，D（0，2，0） ，C（1，1，0） ，E（0，1，1） ， ， 设平面 ACE 的一个法向量为，则，可取； 设平面 BCE 的一个法向量为， 则， 可取； 如 图 可 设 二 面

35、 角A CE B的 平 面 角 为 锐 角 ， 则 ， 即二面角 ACEB 的余弦值为 【点评】本题考查面面垂直的判定及利用空间向量求解二面角，属于常规题目 第 19 页（共 26 页） 19 （12 分）设椭圆 C：+1（ab0） ，F1、F2为椭圆 C 左右焦点，B 为短轴端 点，且4，离心率为，O 为坐标原点 （）求椭圆 C 的方程； （）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 C 恒有两个交点 M、 N，且满足|+|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由 【分析】 （）由题意可得方程2cb4，e，且 a2b2+c2；从 而联立解出椭圆 C 的方程为+1； （）假设存

36、在圆心在原点的圆 x2+y2r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆 C 恒有两个 交点 M、N，则可得0；再设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，当切线斜率存在时，设 该圆的切线的方程为 ykx+m， 联立方程组可得 x1+x2， x1x2； y1y2 （kx1+m）（kx2+m） k2x1x2+km（x1+x2）+m2；从而再由 x1x2+y1y20 可得 3m28k280，从 而可解得 m或 m；从而解出所求圆的方程为 x2+y2；再验证当切线 的斜率不存在时也成立即可 【解答】解： （）椭圆 C：+1（ab0） ， 由题意可得， 2cb4，e，且 a2b2+c2； 联立解得，； 故椭圆

37、 C 的方程为+1； （）假设存在圆心在原点的圆 x2+y2r2， 第 20 页（共 26 页） 使得该圆的任意一条切线与椭圆 C 恒有两个交点 M、N， |+|， 0； 设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为 ykx+m， 解方程组得， （1+2k2）x2+4kmx+2m280， 则（4km）24（1+2k2） （2m28）8（8k2m2+4）0； 即 8k2m2+40； x1+x2，x1x2； y1y2（kx1+m） （kx2+m）k2x1x2+km（x1+x2）+m2； 要使0， 故 x1x2+y1y20； 即+0； 所以 3m28k280，

38、 所以 3m280 且 8k2m2+40； 解得 m或 m； 因为直线 ykx+m 为圆心在原点的圆的一条切线， 所以圆的半径为 r，r2； 故 r； 即所求圆的方程为 x2+y2； 第 21 页（共 26 页） 此时圆的切线 ykx+m 都满足 m或 m； 而当切线的斜率不存在时切线为 x与椭圆+1 的两个交点为（， ） ， （，） ； 满足0， 综上所述，存在圆心在原点的圆 x2+y2满足条件 【点评】本题考查了圆锥曲线的应用，化简很复杂，应用到了根与系数的关系以简化运 算，属于难题 20 （12 分）已知函数 f（x）a（x1）2+（x2）ex（a0） （1）讨论函数 f（x）的单调性：

39、 （2）若关于 x 的方程 f（x）+a0 存在 3 个不相等的实数根，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对 a 进行分类讨论即可求解； （2）转化为相应的函数的交点问题，结合导数研究函数的特征，然后结合图象可求 【解答】解： （1）f（x）a（x1）+（x1）ex（x1） （exa） ， a0，由 f（x）0 可得 x1 或 xlna， （i）当 0ae 时，1lna， 在（1，+） ， （，lna）上，f（x）0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f（x） 0，f（x）单调递减； （ii）当 ae 时，lne1，f（x）0 在 R 上恒成立

40、，即 f（x）在 R 上单调递增； （iii）当 ae 时，lna1， 在（lna，+） ， （，1）上，f（x）0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f（x） 0，f（x）单调递减； （2）f（x）+a（x2） （ex）0 有 3 个实数根， x2 显然是方程的一个解，故 ex0 有 2 个实数根且 x0，x2， 即 a（x2） ， 令 g（x）（x2） ，则， 第 22 页（共 26 页） 当 x（，0） ， （0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减，当（1，2） ， （2，+） ， g（x）0，g（x）单调递增， 当 x0 时，g（x）0，x1 时，g（x）取得极小值，g（1）2e

41、， 又 g（2）e2，则 2eae2或 ae2 【点评】本题主要考查利用导数求解函数的单调区间及函数零点的求解，体现了转化思 想及数形结合思想的应用 21 （12 分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有 n（nN*）份血液样 本，有以下两种检验方式： 逐份检验，则需要检验 n 次： 混合检验，将其中 k（kN* 且 k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这 k 份的血液全为 阴性，因而这 k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共 为 k+1 次假设

42、在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独 立的，且每份样本是阳性结果的概率为 p（0p1） （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经 过 2 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率； （2）现取其中 k（kN*且 k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总 次数为 1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 （i）若 E1E2，试求 p 关于 k 的函数关系式 pf（k） ： （ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？ 参考数据：ln20.69，ln31.10，ln51.61，e2.72，e27.39，e320

43、.09 【分析】 （1）利用古典概型、排列组合求出恰好经过 2 次检验能把阳性样本全部检验出 第 23 页（共 26 页） 来的概率； （2） （i）由 E（1）k，2的取值为 1，k+1，计算对应概率与数学期望值，由 E（1） E（2）求得 p 的值； （ii）由题意得，即，设， 利用导数判断 f（x）的单调性，求得 k 的最大值，即可得出结论 【解答】解： （1）记恰好经过 2 次检验就能把阳性样本全部检验出来为 A 事件， 则 P（A） （2） （i）E（1）k，2的取值为 1，k+1， 计算， 所以， 由 E（1）E（2） ，得 kk+1k（1p）k，所以（kN*且 k2） （ii），

44、所以，即 设，x0， 当 x（0，4）时，f（x）0，f（x）在（0，4）上单调递增； 当 x（4，+）时，f（x）0，f（x）在（4，+）上单调递减 且 f（8）ln823ln220， 所以 k 的最大值为 8； 所以 k2，8时，混合检验方式好，k9，+）时，逐份检验方式好； 【点评】本题考查了概率与函数的应用问题，也考查了离散型随机变量的分布列、数学 期望的求法问题，是中档题 （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 题中任选题中任选-一题作答如果多做，则按所做的第一题作答如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标

45、系与参数方程 22 （10 分）已知曲线 C 的参数方程为（t 为参数） ，以原点 O 为极点，x 轴的非负 第 24 页（共 26 页） 半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线 l1，l2相互垂直，与曲线 C 分别相交于 A，B 两点（不同于点 O） ，且 l1的倾斜角为锐角 （1）求曲线 C 和射线 12的极坐标方程； （2）求OAB 的面积的最小值，并求此时 的值 【分析】 （1）由曲线 C 的参数方程，得普通方程，由此能求出曲线 C 的极坐标方程；由 过极点的两射线 l1、l2相互垂直，与曲线 C 分别相交于 A、B 两点（不同于点 O） ，且 l1 的倾斜角为锐角 ，能求出 l2的极坐标方程 （ 2 ） 依 题 意 设， 则， 同 理 ，由此能法语出OAB 的面积的最小值及此时 的值 【解答】解： （1）由曲线 C 的参数方程为， （t 为参数）