2019年湖南省湘潭市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

1、2019 年湖南省湘潭市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 个小题，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 （5 分）设全集 UR，集合 A x|x0，B x|3x1，则 U（AB）（  ）A x|0x1 Bx|x3 C x|x0 或 x1 D x|x32 （5 分）已知复数 z ，则复数 z 在复平面内对应点的坐标为（  ）A （2，2） B （2，2） C （2，2） D （2，2）3 （5 分）若双曲线 1（a0，b0）的一条渐近线与直线 x3y+10 垂直，则该双曲线的离心率为（  ）A2 B

2、C D24 （5 分）高铁、扫码支付、共享单车、网购并称中国“新四大发明” ，近日对全国 100 个城市的共享单车和扫码支付的使用人数进行大数据分析，其中共享单车使用的人数分别为 x1，x 2，x 3， x100，它们的平均数为 ，方差为 s2；其中扫码支付使用的人数分别为3x1+2，3x 2+2，3x 3+2，3x 100+2，它们的平均数为 '，方差为 s 2，则 ，s 2 分别为（  ）A3 +2，3s 2+2 B3 ，3s 2 C3 +2，9s 2 D3 +2，9s 2+25 （5 分）已知变量 x，y 束条件 ，则 zx +2y 的最小值为（  ）A9 B

3、8 C7 D66 （5 分）已知数列a n等比数列，首项 a12，数列b n满足 bnlog 2an，且b2+b3+b49，则 a5（   ）A8 B16 C32 D647 （5 分）已知 x 函数 f（x）xln（ax）+1 的极值点，则 a（  ）A B1 C D28 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ）第 2 页（共 24 页）A3 B4 C6 D89 （5 分）已知 x（0，） ，则 f（x）cos2 x+2sinx 的值域为（   ）A （1， B （0，2 ） C （ ） D1 ， 10 （5 分）2002 年在北京

4、召开的国际数学家大会的会标是以我国古代数学家的弦图为基础设计的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）设其中直角三角形中较小的锐角为 ，且 tan2 ，如果在弦图内随机抛掷 1000 米黑芝麻（大小差别忽略不计） ，则落在小正方形内的黑芝麻数大约为（  ）A350 B300 C250 D20011 （5 分）已知函数 g（x） ，若实数 m 满足 g（log 5m）g（log m）2g（2） ，则 m 的取值范围是（   ）A （0，25 B5，25 C25 ，+） D ，512 （5 分）直线 ykx+1 与抛物线 C：x 24y 交于 A，B

5、 两点，直线 lAB，且 l 与 C 相切，切点为 P，记PAB 的面积为 S，则 S|AB| 的最小值为（   ）A B C D二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13 （5 分）已知 m0，若（ 1+mx） 5 的展开式中 x2 的系数比 x 的系数大 30，则 m     14 （5 分）已知两个单位向量 和 的夹角为 120，则 在 方向上的投影为     第 3 页（共 24 页）15 （5 分）已知函数 f（x ）ax 21 的图象在点 A（1，f（1） ）处的切线与直线 x+8y0垂直，若数列 的前 n

6、项和为 Sn，则 Sn     16 （5 分）如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，AB1，BC ，点 M 在棱 CC1 上，当 MD1+MA 取得最小值时， MD1MA ，则棱 CC1 的长为     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 1721 题为必考题，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：60 分17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且3b2+3c24 bc3a 2（1）求 sinA；（2）若 3csinA asin

7、B，ABC 的面积为 ，求ABC 的周长18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABDC，ABBC，PAB 和PBC 是两个边长为 2 的正三角形， DC4，O 为 AC 的中点， E 为 PB 的中点（）求证：OE平面 PCD；（）在线段 DP 上是否存在一点 Q，使直线 BQ 与平面 PCD 所成角的正弦值为 ？若存在，求出点 Q 的位置；若不存在，说明理由19 （12 分）唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔唐第 4 页（共 24 页）三彩的生产至今已有 1300

8、多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格，检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取 3 件作检验，这 3 件唐三彩中优质品的件数记为 n如果 n2，再从这批唐三彩中任取 3 件作检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验；如果 n3，再从这批唐三彩中任取 1 件作检验，若为优质品，则这批唐三彩通过检验；其他情况下，这批唐三彩都不能通过检验假设这批唐三彩的优质品概率为，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为 ，且各件唐三彩是否为优质品相互独立（1）求这批唐三彩通过优质品检验的概率；（2）已知每件唐三彩的检验费用为 100 元，且抽取的每件唐三彩都需要检验，对这批唐三彩作质量检验所需的总费用

9、记为 X 元，求 X 的分布列及数学期望20 （12 分）设 D 是圆 O：x 2+y216 上的任意一点，m 是过点 D 且与 x 轴垂直的直线，E是直线 m 与 x 轴的交点，点 Q 在直线 m 上，且满足 2|EQ| |ED|当点 D 在圆 O 上运动时，记点 Q 的轨迹为曲线 C（1）求曲线 C 的方程（2）已知点 P（2，3） ，过 F（2，0）的直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，交直线 x8 于点 M判定直线 PA，PM，PB 的斜率是否依次构成等差数列？并说明理由21 （12 分）设函数 f（x ）ln （x+1） （x 0） ，g（x） （1）证明：f（x ）xx 2（2

10、）若 f（x） +xg（x）恒成立，求 a 的取值范围；（3）证明：当 nN*时，ln（ n2+3n+2） 选考题：共 10 分.请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （t 为参数） ，其中 ，k Z以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程 22cos4sin+40（1）求曲线 C1 和曲线 C2 的直角坐标方程；（2）已知曲线 C1 与曲线 C2 交于 A，B 两点，点 P（1，2） ，求| PA|2+|PB|2 的取值范第 5 页（

11、共 24 页）围选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x 1|（1）解不等式 f（x 2）+f（x+2）8（2）若|a| 1， |b|1，a0 求证： 第 6 页（共 24 页）2019 年湖南省湘潭市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 个小题，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 （5 分）设全集 UR，集合 A x|x0，B x|3x1，则 U（AB）（  ）A x|0x1 Bx|x3 C x|x0 或 x1 D x|x3【分析】由全集 UR，以及 A，B，求出 A 与 B 的并集，再求

12、出补集即可【解答】解：全集 UR，集合 A x|x0，B x|3x1，则 ABx|x3则 U（AB ）x |x3，故选：D【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键2 （5 分）已知复数 z ，则复数 z 在复平面内对应点的坐标为（  ）A （2，2） B （2，2） C （2，2） D （2，2）【分析】结合复数的运算法则以及复数的几何意义进行求解即可【解答】解：z 2+2i，对应点的坐标为（2，2） ，故选：B【点评】本题主要考查复数的几何意义，结合复数的运算法则进行化简是解决本题的关键3 （5 分）若双曲线 1（a0，b0）的一条渐近线与直线 x

13、3y+10 垂直，则该双曲线的离心率为（  ）A2 B C D2【分析】渐近线与直线 x+3y+10 垂直，得 a、b 关系，再由双曲线基本量的平方关系，得出 a、c 的关系式，结合离心率的定义，可得该双曲线的离心率【解答】解：双曲线 1（a0，b0）的一条渐近线与直线 x3y+10 垂第 7 页（共 24 页）直双曲线的渐近线方程为 y3x， 3，得 b29a 2，c 2a 29a 2，此时，离心率 e 故选：C【点评】本题给出双曲线的渐近线方程，求双曲线的离心率，考查了双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题4 （5 分）高铁、扫码支付、共享单车、网购并称中国“新四大发明

14、” ，近日对全国 100 个城市的共享单车和扫码支付的使用人数进行大数据分析，其中共享单车使用的人数分别为 x1，x 2，x 3， x100，它们的平均数为 ，方差为 s2；其中扫码支付使用的人数分别为3x1+2，3x 2+2，3x 3+2，3x 100+2，它们的平均数为 '，方差为 s 2，则 ，s 2 分别为（  ）A3 +2，3s 2+2 B3 ，3s 2 C3 +2，9s 2 D3 +2，9s 2+2【分析】根据题意，由平均数公式可得 （x 1+x2+x100） ，s 2 （x 1 ）2+（x 2 ） 2+（x 100 ） 2，进而分析数据 3x1+2，3x 2+2

15、，3x 3+2，3x 100+2的平均数与方差，即可得答案【解答】解：根据题意，数据 x1，x 2，x 100 的平均数为 ，方差为 s2；则 （x 1+x2+x100） ，s 2 （x 1 ） 2+（x 2 ） 2+（x 100 ） 2，若 3x1+2，3x 2+2，3x 3+2，3x 100+2 的平均数为 ，则 （3x 1+2）+（3x 2+2）+ +（3x 100+2） 3 +2，方差 s 2 （3x 1+23 2）+ （3x 2+23 2）+（3x 100+23 2）9s 2故选：C【点评】本题主要考查了样本数据的平均数和方差的计算与应用，其中解答中熟记样本数据的平均数和方差的计算公

16、式，合理化简与计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题第 8 页（共 24 页）5 （5 分）已知变量 x，y 束条件 ，则 zx +2y 的最小值为（  ）A9 B8 C7 D6【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由变量 x，y 束条件 作出可行域如图，联立 ，得 A（1， ） ，化目标函数 zx+2y 为 y + ，由图可知，当直线 y + 过 A 时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最小值为 1+26，故选：D【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题

17、思想方法，是中档题6 （5 分）已知数列a n等比数列，首项 a12，数列b n满足 bnlog 2an，且b2+b3+b49，则 a5（   ）A8 B16 C32 D64【分析】设等比数列a n的公比为 q，首项 a12，可得 an2q n1 ，代入 bnlog 2an，可得数列b n为等差数列根据 b2+b3+b49，可得 b3，再利用等比数列的通项公式即可得出【解答】解：设等比数列a n的公比为 q，首项 a12，第 9 页（共 24 页）a n2q n1 ，b nlog 2an1+（n1）log 2q，数列b n为等差数列b 2+b3+b49，3b 39，解得 b33a 3

18、2 382q 28，解得 q24a 524 232故选：C【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7 （5 分）已知 x 函数 f（x）xln（ax）+1 的极值点，则 a（  ）A B1 C D2【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出 a，即可【解答】解：函数 f（x ）xln（ax）+1，可得 f（x） ln（ax ）+1，已知 x 函数 f（x）xln（ax）+1 的极值点，可得：ln（a ）+10，解得 a1，经验证 a1 时，x 函数 f（x）xln（ax）+1的极值点，故选：B【点评】本题考查函数的导数的

19、应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ）A3 B4 C6 D8第 10 页（共 24 页）【分析】几何体是一个简单组合体，左侧是一个半圆柱，底面的半径是 1，高为：4，右侧是一个半圆柱，底面半径为 1，高是 2，根据体积公式得到结果【解答】解：由三视图知，几何体是一个简单组合体，左侧是一个半圆柱，底面的半径是 1，高为：4，右侧是一个半圆柱，底面半径为 1，高是 2，组合体的体积是： 3，故选：A【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原直观图，本题是一个基础题，题目的运算量比较小，若出现是一

20、个送分题目9 （5 分）已知 x（0，） ，则 f（x）cos2 x+2sinx 的值域为（   ）A （1， B （0，2 ） C （ ） D1 ， 【分析】利用二倍角公式转化为二次函数问题求解最值即可；【解答】解：由 f（x ）cos2x +2sinx12sin 2x+2sinx设 sinx t，x（0，） ，t（0，1g（t）2（t ） 2+ ，g（t）1， ；即 f（x）cos2x +2sinx 的值域为1， ；故选：D【点评】本题考查三角函数的有界性，二次函数的最值，考查转化思想以及计算能力第 11 页（共 24 页）10 （5 分）2002 年在北京召开的国际数学家大会的

21、会标是以我国古代数学家的弦图为基础设计的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）设其中直角三角形中较小的锐角为 ，且 tan2 ，如果在弦图内随机抛掷 1000 米黑芝麻（大小差别忽略不计） ，则落在小正方形内的黑芝麻数大约为（  ）A350 B300 C250 D200【分析】由已知求得 tan，找出小正方形与大正方形边长的关系，得到面积比，则答案可求【解答】解：由 tan2 ，得 ，解得 tan设大正方形为 ABCD，小正方形为 EFGH，如图，则 tan ，设小正方形边长为 a，则 ，即 AF2a，大正方形边长为 ，则小正方形与大正方形面积比为 在弦

22、图内随机抛掷 1000 米黑芝麻，则落在小正方形内的黑芝麻数大约为 1000故选：D【点评】本题考查几何概型概率的求法，求得小正方形与大正方形的面积比是关键，是中档题11 （5 分）已知函数 g（x） ，若实数 m 满足 g（log 5m）g（log m）第 12 页（共 24 页）2g（2） ，则 m 的取值范围是（   ）A （0，25 B5，25 C25 ，+） D ，5【分析】先对 g（log 5m）g（log m）2g（2）化简整理，然后研究函数 g（x）的单调性，从而求解不等式【解答】解：由 g（log 5m）g（log m）2g（2 化简整理得，g（log 5m）g（2

23、） ，且 ，所以 g（x）为奇函数，当 x0 时，yx 20， 在（0，+）上均为增函数，故 g（x）在（0，+）上为增函数，又知 g（x）为奇函数，所以 g（x）在 R 上为增函数，所以 g（log 5m）g（2）转化为 log5m2，解之得 0m25，故选：A【点评】本题考查函数的单调性的性质、对数函数的性质；属于中档题目12 （5 分）直线 ykx+1 与抛物线 C：x 24y 交于 A，B 两点，直线 lAB，且 l 与 C 相切，切点为 P，记PAB 的面积为 S，则 S|AB| 的最小值为（   ）A B C D【分析】设出 A，B 的坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用

24、弦长公式求得|AB|，再由点到直线的距离公式求得 P 到 AB 的距离，得到PAB 的面积为 S，作差后利用导数求最值【解答】解：设 A（x 1，y 1） ， B（x 2，y 2） ，联立 ，得 x24kx40，则 x1+x24k， 则|AB| 由 x24y，得 ， ，设 P（x 0，y 0） ，则 ， x02k， 第 13 页（共 24 页）则点 P 到直线 ykx+1 的距离 d ，从而 S S|AB| （d 1） 令 f（x）2x 34x 2，f（x）6x 28x（x 1） 当 1x 时，f（x）0，当 x 时，f （x）0，故 ，即 S|AB |的最小值为 故选：D【点评】本题考查直线

25、与抛物线位置关系的应用，训练了利用导数求最值，是中档题二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13 （5 分）已知 m0，若（ 1+mx） 5 的展开式中 x2 的系数比 x 的系数大 30，则 m 2 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得 m 的值【解答】解：m0，若（ 1+mx） 5 的展开式中 x2 的系数比 x 的系数大 30， m2 m30，求得 m （舍去） ，或 m2，故答案为：2【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）已知两个单位向量 和 的夹角为 120，则 在 方

26、向上的投影为   【分析】根据条件即可求出 ，从而得出 在 方向上的投影为：【解答】解： ； ； ； 在 方向上的投影为：第 14 页（共 24 页） 故答案为： 【点评】考查单位向量的定义，向量数量积的运算及计算公式，向量投影的计算公式15 （5 分）已知函数 f（x ）ax 21 的图象在点 A（1，f（1） ）处的切线与直线 x+8y0垂直，若数列 的前 n 项和为 Sn，则 Sn   【分析】求得 f（x ）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得 a4，再由裂项相消求和，可得所求和【解答】解：函数 f（x ）ax 21 的导数为 f（x ）2ax，可得 f

27、（x）在 x1 处的切线斜率为 2a，切线与直线 x+8y0 垂直，可得 2a8，即 a4，则 f（x）4x 21， （ ） ，可得 Sn （1 + + ） （1 ） 故答案为： 【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，数列的裂项相消求和，两直线垂直的条件，考查运算能力，属于基础题16 （5 分）如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，AB1，BC ，点 M 在棱 CC1 上，当 MD1+MA 取得最小值时， MD1MA ，则棱 CC1 的长为    第 15 页（共 24 页）【分析】设长方体的高为 h，求出 MD1+MA 的最小值对应的位置，根据勾股定理解方程

28、得出 h 的值【解答】解：AB1，BC ，AC 2，延长 DC 到 N 使得 CNAC2，则 MAMN，设 CC1h，连接 D1N 交 CC1 于 M，则 MD1+MA 的最小值为 D1N ，CM ，C 1M DM ，AM ，又 AD1 ，MA MD 1，AD 12M A 2+MD 12，即 3+h21+ +4+ ，解得 h 故答案为： 【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要

29、求作答.（一）必考题：60 分第 16 页（共 24 页）17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且3b2+3c24 bc3a 2（1）求 sinA；（2）若 3csinA asinB，ABC 的面积为 ，求ABC 的周长【分析】 （1）先把题设条件代入关于 A 的余弦定理中，求得 cosA 的值，进而利用同角三角函数的基本关系求得 sinA 的值（2）由已知及正弦定理可解得 b ，利用三角形的面积公式可求 c 的值，进而可求b，利用余弦定理可求 a，即可得解ABC 的周长的值【解答】 （本题满分为 12 分）解：（1）3b 2+3c24 bc3a 2，由余

30、弦定理得 cosA ，又 0A，sinA 6 分（2）3csin A asinB，由正弦定理可得：3ac ab，解得：b ，8 分ABC 的面积为 bcsinA ，解得：c2，10 分b3 ，11 分a ，可得：ABC 的周长a+b+c 2+3 + 12 分【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的综合应用，考查了学生对基础知识的掌握和基本的计算能力，属于基础题18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABDC，ABBC，PAB 和PBC 是两个边长为 2 的正三角形， DC4，O 为 AC 的中点， E 为 PB 的中点（）求证：OE平面 PCD；（）在

31、线段 DP 上是否存在一点 Q，使直线 BQ 与平面 PCD 所成角的正弦值为 ？若存在，求出点 Q 的位置；若不存在，说明理由第 17 页（共 24 页）【分析】 （）直接利用题中的已知条件，把线线平行转换为线面平行（）根据垂直的关系，建立平面直角坐标系，进一步利用向量的共线和向量的夹角及法向量求出结果【解答】证明：（）四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABDC，AB BC，PAB 和PBC 是两个边长为 2 的正三角形，DC4，O 为 AC 的中点，E 为 PB 的中点，则 CFAB，ABBC，ABBC，ABDC ，四边形 ABCF 为正方形，O 为 AC 的中点，O 为 BF，AC

32、的交点，O 为 BF 的中点，E 为 PB 中点，OEPF，OE平面 PDC，PF 平面 PDC，OE平面 PDC（）PAPC2，O 为 AC 的中点，POAC， ， ， ， ，在PBO 中，PO 2+BO2PB 24，POBO，又ACBOO，PO平面 ABCD；又因为 ABBC ，如图所示：第 18 页（共 24 页）所以过 O 分别作 AB，BC 的平行线，分别以它们作为 x，y 轴，以 OP 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系则 B（1，1，0） ，C（1，1 ，0） ，D（3，1，o） ， 假设线段 DP 上存在一点 Q，使直线 BQ 与平面 PCD 所成角的正弦值为 设 （01）

33、 ，则 ，即 设平面 PCD 的一个法向量为 ，则 ，即取 z1，得：平面 PCD 的一个法向量为 设直线 BQ 与平面 PCD 所成角为 ，令 ，得 ，化简并整理得 327+20，解得 2（舍去）或 当 时，直线 BQ 与平面 PCD 所成角的正弦值为 第 19 页（共 24 页）【点评】本题考查的知识要点：线面平行的判定的应用，法向量和平面直角坐标系的建立，向量的共线的应用，勾股定理的应用，向量的夹角的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题19 （12 分）唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下

34、了浓墨重彩的一笔唐三彩的生产至今已有 1300 多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格，检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取 3 件作检验，这 3 件唐三彩中优质品的件数记为 n如果 n2，再从这批唐三彩中任取 3 件作检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验；如果 n3，再从这批唐三彩中任取 1 件作检验，若为优质品，则这批唐三彩通过检验；其他情况下，这批唐三彩都不能通过检验假设这批唐三彩的优质品概率为，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为 ，且各件唐三彩是否为优质品相互独立（1）求这批唐三彩通过优质品检验的概率；（2）已知每件唐三彩的检验费用为 100 元，且抽取的每件唐三

35、彩都需要检验，对这批唐三彩作质量检验所需的总费用记为 X 元，求 X 的分布列及数学期望【分析】 （1）分两种情况研究唐三彩通过检验的概率相加即可求解（2）线列出 X 可能的取值，再分别求出概率分布列，求解即可【解答】解：（1）设第一次取出的 3 件唐三彩中恰有 2 件优质品为事件 A1，第一次取出的 3 件唐三彩全是优质品为事件 A2，第二次取出的 3 件唐三彩都是优质品为事件B1，第二次取出的 1 件唐三彩是优质品为事件 B2，这批唐三彩通过检验为事件 A，依题意有 A（A 1B1）（A 2B2） ，P（A）P（ A1B1）+P（A 2B2） + 第 20 页（共 24 页）（2）X 可能

36、的取值为 300，400，600，P（X300） ，P（X400） ，P（X600） 所以 X 的分布列为：X 300 400 600P    E（X）300 +400 +600 【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，概率加法公式，理解题意准确计算是关键，属于基础题20 （12 分）设 D 是圆 O：x 2+y216 上的任意一点，m 是过点 D 且与 x 轴垂直的直线，E是直线 m 与 x 轴的交点，点 Q 在直线 m 上，且满足 2|EQ| |ED|当点 D 在圆 O 上运动时，记点 Q 的轨迹为曲线 C（1）求曲线 C 的方程（2）已知点 P（2，3） ，过 F（2

37、，0）的直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，交直线 x8 于点 M判定直线 PA，PM，PB 的斜率是否依次构成等差数列？并说明理由【分析】 （1）由题意设 Q（x，y） ，D（x 0，y 0） ，根据 2|EQ| |ED|，Q 在直线 m 上，则椭圆的方程即可得到；（2）设出直线 l 的方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系得到 k1+k3，并求得 k2的值，由 k1+k32k 2 说明直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列【解答】解：（1）设 Q（x，y） ，D（x 0，y 0） ，2|EQ| |ED|，Q 在直线 m 上，x 0x，|y 0| y|点 D 在圆 x2+y216 上

38、运动，x 02+y0216，将式代入 式即得曲线 C 的方程为 x2+ y216，即 + 1，（2）直线 PA，PM ，PB 的斜率成等差数列，证明如下：第 21 页（共 24 页）由（1）知椭圆 C：3x 2+4y248，直线 l 的方程为 yk（x2） ，代入椭圆方程并整理，得（3+4k 2）x 216k 2x+16k248 0设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，直线 PA，PM ，PB 的斜率分别为 k1，k 2，k 3，则有 x1+x2 ，x 1x2 ，可知 M 的坐标为（8，6k） k 1+k3 + +2k3 2k3 2k 1，2k22 2k 1k 1+k32k 2故

39、直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列【点评】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系解题，是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考试具备较强的运算推理的能力，该题是中档题21 （12 分）设函数 f（x ）ln （x+1） （x 0） ，g（x） （1）证明：f（x ）xx 2（2）若 f（x） +xg（x）恒成立，求 a 的取值范围；（3）证明：当 nN*时，ln（ n2+3n+2） 【分析】 （1）不等式为 ln（x+1）x+x 20，求出函数 h（x）ln（x+1）x+x 2，x0，+）时的最小值大于等于 0；（2

40、）不等为 ln（x +1） ，令 m（x）ln（x+1） ，利用导数判断函数的单调性，并求函数的最小值，从而求出 a 的最小值；（3）由（1）知 ln（x +1）xx 2，令 x ，nN *，得出 ln（n+1）lnn ，第 22 页（共 24 页）利用列项求和法求出 ln（n+1） + + 【解答】 （1）证明：函数 f（ x）ln （x+1） （x 0） ，则不等式 f（x） xx 2 化为 ln（x+1）x+x 20，设 h（x）ln（ x+1）x+x 2，x0 ，+） ；则 h（x） +2x1 0，所以 h（x）为单调递增函数，且 h（x）h（0）0，所以 ln（x+1）xx 2；（2

41、）解：不等式 f（x ）+xg（x） ，即为 ln（x+1） ，令 m（x）ln（x +1） ，即 m（x）0 恒成立，则 m（x） ，令 m（x）0，即 x+1a0，得 xa1；当 a10，即 a1 时，m（ x）在0 ，+）上单调递增，m（x）m（0）0，所以当 a1 时，m（x）0 在0 ，+）上恒成立；当 a10，即 a1 时，m（ x）在0 ，a1上单调递减，在（a1，+）上单调递增，所以 m（x）的最小值为 m（ x） minm（a1）m （0） 0，所以 m（x）0 不恒成立；综上所述，a 的取值范围是（，1；（3）证明：由（1）知，ln（ x+1）xx 2，令 x ，nN *，

42、x（0，1；由 ln ，即 ln（n+1）lnn ，所以有 ln2ln10，ln3ln2 ，ln（n+1）lnn ，以上各式相加，可得ln（n+1） + + ；第 23 页（共 24 页）因为 n2+3n+2（n+1）（ n+1） 20，所以 n2+3n+2n+1，所以 ln（n 2+3n+2）ln（n+1） ，所以当 nN*时，ln（n 2+3n+2） 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值问题，也考查了不等式恒成立应用问题，是难题选考题：共 10 分.请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.22 （10 分）在直角坐标系 xOy

43、 中，曲线 C1 的参数方程为 （t 为参数） ，其中 ，k Z以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程 22cos4sin+40（1）求曲线 C1 和曲线 C2 的直角坐标方程；（2）已知曲线 C1 与曲线 C2 交于 A，B 两点，点 P（1，2） ，求| PA|2+|PB|2 的取值范围【分析】 （1）根据参数方程与普通方程的互化，可得曲线 C1 的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线 C2 的直角坐标过程（2）将直线 l 的参数方程代入曲线 C2，利用韦达定理和参数 t 的几何意义，即可求解，得到答案【解答】解：（1）曲线 C1 的

44、普通方程 y（x+1）tan+2 ，其中 k+ ，kZ，曲线 C2 的直角坐标方程（x 1） 2+（y 2） 21，（2）将 代入（x1） 2+（y2） 21，化简得 t24tcos+30，因为0，所以 cos2 ，设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t 2，则有 t1+t24cos，t 1t230，|PA|2+|PB|2（|PA|+|PB|） 22|PA |PB|（|t 1|+|t2|） 22|t 1|t2|（t 1+t2）22t 1t216cos 26（6，10所以|PA| 2+|PB|2 的取值范围是（6，10 【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题第 24 页（共 24

45、页）选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x 1|（1）解不等式 f（x 2）+f（x+2）8（2）若|a| 1， |b|1，a0 求证： 【分析】 （1）利用零点分段即可求解；（2）由 可得|ab1| |a| |ab1| |ba|，平方后作差即可证明；【解答】解：（1）函数 f（x）|x1|那么 f（x2） +f（x +2）|x3|+|x+1|8， 或 或解得：x5 或 x3；原不等式的解集为x| x5 或 x3 ；（2）由 可得|ab 1| |a| |ab 1|ba|，即|ab 1|2|ba| 2作差：|ab1| 2|ba| 2a 2b22ab+1b 2+2aba 2a 2b2+1b 2a 2（a 21）（b 21）|a |1 ，|b| 1，（a 21） （b 21）0即|ab 1|ba|成立故得 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和证明属于中档题