1、已知复数 z 满足（1i）z2i（i 为虚数单位） ，则 （ ） A1i B1+i C1+i D1i 2 （5 分）若集合 Mx|x1，NxZ|0x4，则（RM）N（ ） A0 B0，1 C0，1，2 D2，3，4 3 （5 分）已知甲袋中有 1 个红球 1 个黄球，乙袋中有 2 个红球 1 个黄球，现从两袋中各随 机取一个球，则取出的两球中至少有 1 个红球的概率为（ ） A B C D 4 （5 分） “ba0”是“”的（ ） A充分不必要条件 B充要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 5 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，角 的顶点在原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，
2、终 边经过点（3，1） ，则 cos2（ ） A B C D 6 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（ ） A8 B16 C32 D64 7 （5 分）在，则（ ） 第 2 页（共 25 页） A B C D 8（5 分） 北朝时期数学家祖暅， 提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同， 则积不容异也” “幂” 是截面积， “势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等， 则两几何体体积相等已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既 同” ，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（ ） A B C1+2 D 9 （5 分）将函数的图象向右
3、平移个单位长 度后，所得图象关于 y 轴对称，且，则当 取最小值时，函数 f（x）的解 析式为（ ） A B C D 10 （5 分）设 A，B，C，D 是同一个球面上四点，ABC 是斜边长为 6 的等腰直角三角形， 若三棱锥 DABC 体积的最大值为 27，则该球的表面积为（ ） A36 B64 C100 D144 11 （5 分）若函数 f（x）exe x+sin2x，则满足 f（2x21）+f（x）0 的 x 的取值范围 为（ ） A B C D 第 3 页（共 25 页） 12 （5 分）已知 F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，M 为双曲线右支上一点且 满足， 若直线 MF2与双曲线
4、的另一个交点为 N， 则MF1N 的面积为 （ ） A12 B C24 D 二、填空题：本大题共有二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知（ax） （2+x）5的展开式中 x3的系数为 40，则实数 a 的值为 14 （5 分）已知 x，y 满足约束条件的最小值是 15 （5 分）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，若， 则ABC 周长的最大值为 16 （5 分）已知 f（x），若方程 f（x）mx0 有 2 个不同的 实根，则实数 m 的取值范围是 （结果用区间表示） 三、解答题：共三、解答题：共 70
5、 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 22、23 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： 60 分分 17 （12 分）已知数列an中， （1）记 bnlog2（an+1） ，判断bn是否为等差数列，并说明理由： （2）在（1）的条件下，设，求数列cn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）如图，在平面四边形 ABCD 中，ABC 等边三角形，ACDC，以 AC 为折痕 将ABC 折起，使得平面 ABC平面 A
6、CD （1）设 E 为 BC 的中点，求证：AE平面 BCD： （2）若 BD 与平面 ABC 所成角的正切值为，求二面角 ABDC 的余弦值 19 （12 分）已知 F 为抛物线 C：y22px（p0）的焦点，过 F 的动直线交抛物线 C 于 A， 第 4 页（共 25 页） B 两点当直线与 x 轴垂直时，|AB|4 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 AB 的斜率为 1 且与抛物线的准线 l 相交于点 M，抛物线 C 上存在点 P 使得 直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列，求点 P 的坐标 20 （12 分）2019 年 2 月 13 日烟台市全民阅读促进条例全文发布，旨在
7、保障全民阅读 权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校 为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了 200 名学生每周阅读时间 X（单 位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图 （1）求这 200 名学生每周阅读时间的样本平均数 和样本方差 s2（同一组中的数据用该 组区间的中间值代表） ； （2）由直方图可以认为，目前该校学生每周的阅读时间 X 服从正态分布 N（，2） ， 其中 近似为样本平均数 ，2近似为样本方差 s2 （i）一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若 XN（， 2） ，令 Y ，则 YN（0，1） ，且 P（Xa
8、）P（Y） 利用直方图得到的正态分布，求 P（X10） （ii）从该高校的学生中随机抽取 20 名，记 Z 表示这 20 名学生中每周阅读时间超过 10 小时的人数，求 P（Z2） （结果精确到 0.0001）以及 Z 的数学期望 参考数据：若 YN（0，1） ，则 P（Y0.75） 0.7734 21 （12 分）已知函数 f（x）ex2ax+3a2e x（aR） ，其中 e2.71828为自然对数的底 第 5 页（共 25 页） 数 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x（0，+）时，ex（xa）+3a2e xx2a2+10f（x）恒成立，求 a 的取值 范围 （二）选考题：共（二）
9、选考题：共 10 分请在第分请在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一 题计分题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，以 坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的普通方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点，直线 l 与曲线 C 相交于两点 A，B，求的值 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|m|x
10、+2| （1）当 m1 时，求不等式 f（x）2 的解集； （2）若实数 m 使得不等式 f（x2）m 在 x1，1恒成立，求 m 的取值范围 第 6 页（共 25 页） 2019 年山东省烟台市高考数学一模试卷（理科）年山东省烟台市高考数学一模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 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，只分在每小题给出的四个选项中，只 有一个选项符合题目要求有一个选项符合题目要求 1 （5 分）已知复数 z 满足（1i）z2i（i 为虚数单位） ，则 （ ） A1i B1+i
11、 C1+i D1i 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由（1i）z2i，得 z， 故选：A 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 2 （5 分）若集合 Mx|x1，NxZ|0x4，则（RM）N（ ） A0 B0，1 C0，1，2 D2，3，4 【分析】可求出集合 N，然后进行补集、交集的运算即可 【解答】解：N0，1，2，3，4，RMx|x1； （RM）N0，1 故选：B 【点评】考查描述法、列举法的定义，以及补集、交集的运算 3 （5 分）已知甲袋中有 1 个红球 1 个黄球，乙袋中有 2 个红球 1 个黄球，现从两袋中
12、各随 机取一个球，则取出的两球中至少有 1 个红球的概率为（ ） A B C D 【分析】现从两袋中各随机取一个球，基本事件总数 n6，取出的两球中至少 有 1 个红球的对立事件是取出的两球都是黄球，利用对立事件概率计算公式能求出取出 的两球中至少有 1 个红球的概率 【解答】解：甲袋中有 1 个红球 1 个黄球，乙袋中有 2 个红球 1 个黄球， 现从两袋中各随机取一个球， 基本事件总数 n6， 第 7 页（共 25 页） 取出的两球中至少有 1 个红球的对立事件是取出的两球都是黄球， 利用对立事件概率计算公式得： 取出的两球中至少有 1 个红球的概率为 p1 故选：D 【点评】本题考查概率
13、的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解 能力，是基础题 4 （5 分） “ba0”是“”的（ ） A充分不必要条件 B充要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可 【解答】解：当 ba0 时，成立，反之当 b0，a0 时，满足， 但 ba0 不成立，即 ba0”是“”的充分不必要条件， 故选：A 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关 键 5 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，角 的顶点在原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终 边经过点（3，1） ，则 cos
14、2（ ） A B C D 【分析】由任意角的三角函数的定义求得 sin，然后展开二倍角公式求 cos2 【解答】解：角 的顶点在原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边经过点（3，1） ， |OP|， sin 则 cos212sin2 故选：D 【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查任意角的三角函数的定义，是基础题 6 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（ ） 第 8 页（共 25 页） A8 B16 C32 D64 【分析】根据程序框图进行模拟计算即可 【解答】解：当 a1，b2 时，Sab2，S100 成立， 则 a2，b2，Sab224，S100 成立， 则 a2，b4，
15、Sab248，S100 成立， 则 a4，b8，Sab4832，S100 成立， 则 a8，b32，Sab832256，S100 不成立， 输出 b32， 故选：C 【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件进行模拟运算是解决本题的关 键 7 （5 分）在，则（ ） A B C D 【分析】本题主要是找到两个基底向量，然后用两个基底向量表示，再 通过向量的运算即可得出结果 【解答】解：由题意，画图如下： 第 9 页（共 25 页） 则：， 故选：A 【点评】本题主要考查基底向量的建立，以及用两个基底向量表示别的向量本题属基 础题 8（5 分） 北朝时期数学家祖暅， 提出了著名的祖暅原理
16、：“缘幂势既同， 则积不容异也” “幂” 是截面积， “势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等， 则两几何体体积相等已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既 同” ，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（ ） A B C1+2 D 【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与圆锥体的所得组合体， 结合图中数据计算该组合体的体积即可 【解答】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体， 如图所示； 第 10 页（共 25 页） 则该组合体的体积为 V112+122+； 所以对应不规则几何体的体积为+ 故选：B 【点评】本题考查了简单组合
17、体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图 的应用问题，是基础题 9 （5 分）将函数的图象向右平移个单位长 度后，所得图象关于 y 轴对称，且，则当 取最小值时，函数 f（x）的解 析式为（ ） A B C D 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，可得所得函数的解析式， 由，求出 ，再根据所得图象关于 y 轴对称求出 ，可得 f（x）的解析式 【解答】解：将函数的图象向右平移个 单位长度后， 可得 ysin（x+）的图象； 所得图象关于 y 轴对称，+k+，kZ sin（+）sin，即 sin，则当 取最小值时， k+， 取 k1， 可得 4， 函数 f （x）
18、 的解析式为 f （x） sin （4x+） ， 故选：C 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的性质，属于 中档题 第 11 页（共 25 页） 10 （5 分）设 A，B，C，D 是同一个球面上四点，ABC 是斜边长为 6 的等腰直角三角形， 若三棱锥 DABC 体积的最大值为 27，则该球的表面积为（ ） A36 B64 C100 D144 【分析】由题意画出图形，求出三棱锥 DABC 的外接球的半径，代入表面积公式求解 【解答】解：如图， ABC 是斜边 BC 长为 6 的等腰直角三角形， 则当 D 位于直径的端点时， 三棱锥 DABC 体积取最大值为
19、27， 由 ABAC，ABAC，BC6，可得斜边 BC 上的高 AE3，ABAC， 由，解得 DE9， 则 EF 球 O 的直径为 DE+EF10， 则球 O 的半径为 该球的表面积为 S452100 故选：C 【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档 题 11 （5 分）若函数 f（x）exe x+sin2x，则满足 f（2x21）+f（x）0 的 x 的取值范围 为（ ） A B C D 【分析】判断函数 f（x）为定义域 R 上的奇函数，且为增函数； 把 f（2x21）+f（x）0 化为 2x21x，求出解集即可 第 12 页（共 25 页） 【解答】
20、解：函数 f（x）exe x+sin2x，定义域为 R， 且满足 f（x）e xex+sin（2x）（exex+sin2x）f（x） ， f（x）为 R 上的奇函数； 又 f（x）ex+e x+2cos2x2+2xos2x0 恒成立， f（x）为 R 上的单调增函数； 又 f（2x21）+f（x）0， 得 f（2x21）f（x）f（x） ， 2x21x， 即 2x2+x10， 解得 x1 或 x， 所以 x 的取值范围是（，1）（，+） 故选：B 【点评】本题考查了利用定义判断函数的奇偶性和利用导数判断函数的单调性问题，是 中档题 12 （5 分）已知 F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，M
21、为双曲线右支上一点且 满足， 若直线 MF2与双曲线的另一个交点为 N， 则MF1N 的面积为 （ ） A12 B C24 D 【分析】设|MF1|m，|MF2|n，根据双曲线的定义和 MF1MF2，可求出 m6，n2， 再设|NF2|t，则|NF1|4+t 根据勾股定理求出 t6 即可求出三角形的面积 【解答】解：设|MF1|m，|MF2|n， F1、F2分别为双曲线的左、右焦点， mn2a4，|F1F2|2c2 ， MF1MF2， m2+n24c240， （mn）2m2+n22mn， 第 13 页（共 25 页） 即 2mn401624， mn12， 解得 m6，n2， 设|NF2|t，则
22、|NF1|2a+t4+t 在 RtNMF1中可得（4+t）2（t+2）2+62， 解得 t6， |MN|6+28， MF1N 的面积 S|MN|MF1|8624 故选：C 【点评】本题考查了双曲线的定义和向量的数量积和三角形的面积，考查了运算能力和 转化能力，属于中档题 二、填空题：本大题共有二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知（ax） （2+x）5的展开式中 x3的系数为 40，则实数 a 的值为 3 【分析】把（2+x）5按照二项式定理展开，可得（ax） （2+x）5的展开式中 x3的系数， 再根据（ax） （2+x）
23、5的展开式中 x3的系数为 40，求得 a 的值 【解答】解：（ax） （2+x）5（ax） （32+80x+80x2+40x3+10x4+x5） 的展开式中 x3的系数为 40a8040， a3， 故答案为：3 第 14 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 14 （5 分）已知 x，y 满足约束条件的最小值是 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可得到结论 【解答】解：作出 x，y 满足约束条件的对应的平面区域如图： 由 z2x+y 得 y2x+z， 平移直线 y2x+z， 由图象可知当直线
24、y2x+z 经过点 A 时，直线的截距最小， 此时 z 最小，由解得 A（，） 此时 z2+， 故答案为： 【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义 是解决此类问题的基本方法 15 （5 分）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，若， 则ABC 周长的最大值为 6 【分析】 由正弦定理化简已知等式可得： sinAsinBsinBcosA， 结合 sinB0， 可求 tanA ，结合范围 A（0，） ，可求 A，由余弦定理，基本不等式可求 4bc，进而 第 15 页（共 25 页） 可求 b+c4，即可计算得解ABC 周长的最大值 【解答】
25、解：， 由正弦定理可得：sinAsinBsinBcosA， sinB0， sinAcosA，可得：tanA， A（0，） ， A， 由余弦定理 a2b2+c22bccosA，可得：4b2+c2bc2bcbcbc，当且仅当 bc 时等号成立， 由 4b2+c2bc（b+c）23bc，可得： （b+c）24+3bc4+3416， 即 b+c4，当且仅当 bc 时等号成立， ABC 周长 a+b+c2+46，即其最大值为 6 故答案为：6 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用， 考查了计算能力和转化思想，属于基础题 16 （5 分）已知 f（x），若方程 f（x
26、）mx0 有 2 个不同的 实根，则实数 m 的取值范围是 （结果用区间表示） 【分析】由方程的解与函数图象的交点个数的关系可得：f（x）mx0 有 2 个不同的实 根等价于 yf（x）的图象与直线 ymx 的交点个数为 2， 由函数图象的性质及利用导数求切线方程可得：设过原点的直线与 yf（x）相切与点 P （x0，y0） ，由 f（x），则此切线方程为：ylnx0（xx0） ，又此直线过原点 （0，0） ，则求得 x0e，即切线方程为：y再结合图象可得：实数 m 的取值范围是 m，得解 【解答】解：由 f（x）， 可得：yf（x）在（0，4e）的图象关于直线 x2e 对称， f（x）mx0
27、 有 2 个不同的实根等价于 yf（x）的图象与直线 ymx 的交点个数为 2， 第 16 页（共 25 页） yf（x）的图象与直线 xmx 的位置关系如图所示， 设过原点的直线与 yf（x）相切与点 P（x0，y0） ， 由 f（x）， 则此切线方程为：ylnx0（xx0） ， 又此直线过原点（0，0） ， 则求得 x0e， 即切线方程为：y， 由图可知：当 yf（x）的图象与直线 ymx 的交点个数为 2 时， 实数 m 的取值范围是 m， 故答案为： （，） 【点评】本题考查了方程的解与函数图象的交点个数的相互转化、函数图象的性质及利 用导数求切线方程，属难度较大的题型 三、解答题：共
28、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 22、23 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： 60 分分 17 （12 分）已知数列an中， （1）记 bnlog2（an+1） ，判断bn是否为等差数列，并说明理由： （2）在（1）的条件下，设，求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）根据题意，由于 bnlog2（an+1） ，分析可得当 n1 时，计算可得 b1的值， 第 17 页（共
29、 25 页） 当 n2 时，分析 bnbn1的值，综合即可得答案； （2）由（1）的结论求出bn的通项公式，进而可得，由错位相减法分析可得答 案 【解答】解： （1）根据题意，bnlog2（an+1） ， 当 n1 时，有 b1log2（a1+1）log221； 当n 2时 ， ； 所以数列bn是以 1 为首项、公差为 1 的等差数列 （2）由（1）的结论，数列bn是以 1 为首项、公差为 1 的等差数列，则 bn2+（n1） n， 则，于是， ， ， 可得：， ， 所以 【点评】本题考查数列的递推公式以及数列的求和，关键是求出数列bn的通项公式， 属于综合题 18 （12 分）如图，在平面四
30、边形 ABCD 中，ABC 等边三角形，ACDC，以 AC 为折痕 将ABC 折起，使得平面 ABC平面 ACD （1）设 E 为 BC 的中点，求证：AE平面 BCD： （2）若 BD 与平面 ABC 所成角的正切值为，求二面角 ABDC 的余弦值 第 18 页（共 25 页） 【分析】 （1）推导出 CD平面 ABC，从而 CDAE，再求出 AEBC，由此能证明 AE 平面 BCD （2）由 DC平面 ABC，知DBC 即为 BD 与平面 ABC 所成角，从而在直角DCB 中， ，以 C 为坐标原点，分别以所在的方向作为 x 轴、y 轴的正 方向，建立空间直角坐标系 Cxyz利用向量法能求
31、出二面角 ABDC 的余弦值 【解答】证明： （1）因为平面 ABC平面 ACD， 平面 ABC平面 ACDAC，CD平面 ACD，CDAC， 所以 CD平面 ABC（1 分） 又 AE平面 ABC，所以 CDAE（2 分） 在等边ABC 中，因为 E 为 BC 的中点，所以 AEBC（3 分） 因为 AECD，AEBC，CDBCC， 所以 AE平面 BCD（4 分） 解： （2）由（1）知 DC平面 ABC，所以DBC 即为 BD 与平面 ABC 所成角， 于是在直角DCB 中，（5 分） 以 C 为坐标原点，分别以所在的方向作为 x 轴、y 轴的正方向，建立如图所示的 空间直角坐标系 Cx
32、yz 设等边ABC 的边长为 a， 则，C（0，0，0） ，A（0，a，0） ， ， （7 分） 设平面 ABD 的一个法向量为 （x1，y1，z1） ， 则，即， 第 19 页（共 25 页） 令 z11，则，于是 （，） （9 分） 设平面 BCD 的一个法向量为 （x2，y2，z2） ， 则，即， 解得 x20，令 z21，则，于是 （0，1） （11 分） 所以 cos 由题意知二 面角 A BD C 为锐角，所以二面 角 A BDC 的余弦值 为 （12 分） 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能
33、力，考查数形结合思想，是中档题 19 （12 分）已知 F 为抛物线 C：y22px（p0）的焦点，过 F 的动直线交抛物线 C 于 A， B 两点当直线与 x 轴垂直时，|AB|4 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 AB 的斜率为 1 且与抛物线的准线 l 相交于点 M，抛物线 C 上存在点 P 使得 直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列，求点 P 的坐标 【分析】 （1）由题意可得|AB|2p4，即可求出抛物线的方程， （2）设直线 AB 的方程为 yx1，联立消去 x，得 y24y40，根据韦达定 理结合直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列，即可求出点 P 的坐标 第
34、20 页（共 25 页） 【解答】解： （1）因为，在抛物线方程 y22px 中，令，可得 yp 于是当直线与 x 轴垂直时，|AB|2p4，解得 p2 所以抛物线的方程为 y24x （2）因为抛物线 y24x 的准线方程为 x1，所以 M（1，2） 设直线 AB 的方程为 yx1， 联立消去 x，得 y24y40 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 y1+y24，y1y24 若点 P（x0，y0）满足条件，则 2kPMkPA+kPB， 即， 因为点 P，A，B 均在抛物线上，所以 代入化简可得， 将 y1+y24，y1y24 代入，解得 y02 将 y02 代入抛物线方程，可得
35、x01 于是点 P（1，2）为满足题意的点 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查数列与解析几何的综合，考查直线的 斜率，综合性强 20 （12 分）2019 年 2 月 13 日烟台市全民阅读促进条例全文发布，旨在保障全民阅读 权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校 为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了 200 名学生每周阅读时间 X（单 位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图 （1）求这 200 名学生每周阅读时间的样本平均数 和样本方差 s2（同一组中的数据用该 组区间的中间值代表） ； （2）由直方图可以认为，目前该校学生每周的阅
36、读时间 X 服从正态分布 N（，2） ， 其中 近似为样本平均数 ，2近似为样本方差 s2 （i）一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若 XN（， 第 21 页（共 25 页） 2） ，令 Y ，则 YN（0，1） ，且 P（Xa）P（Y） 利用直方图得到的正态分布，求 P（X10） （ii）从该高校的学生中随机抽取 20 名，记 Z 表示这 20 名学生中每周阅读时间超过 10 小时的人数，求 P（Z2） （结果精确到 0.0001）以及 Z 的数学期望 参考数据：若 YN（0，1） ，则 P（Y0.75） 0.7734 【分析】 （1）直接由平均数公式及方差公式求解；
37、 （2） （i）由题知 9，21.78，则 XN（9，1.78） ，求出，结合已知公式求解 P （X10） （）由（i）知 P（X10）1P（X10）0.2266，可得 ZB（20，0.2266） ，由 P （Z2）1P（Z0）P（Z1）求解 P（Z2） ，再由正态分布的期望公式求 Z 的 数学期望 E（Z） 【解答】解：（1） ， s2（69） 20.03+（79）20.1+（89）20.2+（99）20.35+（109）20.19+ （119）20.09+（129）20.041.78； （2） （i）由题知 9，21.78，XN（9，1.78） ， ； （）由（i）知 P（X10）1P（X
38、10）0.2266， 第 22 页（共 25 页） 可得 ZB（20，0.2266） ，P（Z2）1P（Z0）P（Z1） 1（0.7734+200.2266）0.0076 0.9597 Z 的数学期望 E（Z）200.22664.532 【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查离散型随机变量得期 望，是中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）ex2ax+3a2e x（aR） ，其中 e2.71828为自然对数的底 数 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x（0，+）时，ex（xa）+3a2e xx2a2+10f（x）恒成立，求 a 的取值 范围 【分析】 （1）求出
39、函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）令 g（x）ex（xa1）x2+2axa2+10 只需在 x（0，+）使 gmin（x）0 即可，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最值，从而确定 a 的范围 即可 【解答】解： （1）由题意可知， ，（1 分） 当 a0 时，f（x）ex0，此时 f（x）在 R 上单调递增； （2 分） 当 a0 时，令 f（x）0，解得 xln（3a） ， 当 x（，ln（3a） ）时，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x（ln（3a） ，+）时，f（x）0，f（x）单调递增； （3 分） 当 a0 时，令 f（x）0，
40、解得 xln（a） ， 当 x（，ln（a） ）时，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x（ln（a） ，+）时，f（x）0，f（x）单调递增； （4 分） 综上，当 a0 时，f（x）在 R 上单调递增； 当 a0 时，x（，ln（3a） ）时，f（x）单调递减， 第 23 页（共 25 页） x（ln（3a） ，+）时单调递增； 当 a0 时，x（，ln（a） ）时，f（x）单调递减， x（ln（a） ，+）时单调递增（5 分） （2）由 ex（xa）+3a2e xx2a2+10f（x） ， 可得，ex（xa1）x2+2axa2+100， 令 g（x）ex（xa1）x2+2axa2+10
41、只需在 x（0，+）使 gmin（x）0 即可， g（x）ex（xa1）+ex2x+2a（ex2） （xa） ，（6 分） 当 a0 时，xa0，当 0xln2 时，g（x）0，当 xln2 时，g（x）0， 所以 g（x）在（0，ln2）上是减函数，在（ln2，+）上是增函数， 只需 g（ln2）a2+（2ln22）aln22+2ln2+80， 解得 ln24aln2+2，所以 ln24a0； （8 分） 当 0aln2 时，g（x）在（0，a）上是增函数， 在（a，ln2）上是减函数，在（ln2，+）上是增函数， 则，解得 0aln2，（9 分） 当 aln2 时，g（x）0，g（x）在（
42、0，+）上是增函数， 而 g（0）9ln2ln220 成立，（10 分） 当 aln2 时，g（x）在 g（x）在（0，ln2）上是增函数， 在（ln2，a）上是减函数，在（a，+）上是增函数， 则，ln2aln10（11 分） 综上，a 的取值范围为（ln24，ln10） （12 分） 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转 化思想，是一道综合题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请在第分请在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一 题计分题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参
43、数方程（10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，以 第 24 页（共 25 页） 坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的普通方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点，直线 l 与曲线 C 相交于两点 A，B，求的值 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换 （2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果 【解答】解： （1）直线 l 的普通方程为； 因为， 所以 222cos28， 将 xcos，2x2+y2，代入上式， 可得
44、x2+2y28 （2）将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程， 可得， 设 A，B 两点所对应的参数分别为 t1，t2， 则， 于是 【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元 二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型 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|m|x+2| （1）当 m1 时，求不等式 f（x）2 的解集； （2）若实数 m 使得不等式 f（x2）m 在 x1，1恒成立，求 m 的取值范围 【分析】 （1）分 3 种情况去绝对值，解不等式组可得； （2）将不等式分离参数 m 后构造函数求最小值可得 第 25 页（共 25 页） 【解答】解： （1）当 m1 时，|2x1|x+2|2， 当 x2 时，原不等式转化为 12x+x+22，解得 x2；（1 分） 当2x时，原不等式转化为 12xx2
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