河北省石家庄市新华区2020年高考（理科）数学一模试卷（含答案解析）

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1、2020 年高考（理科）数学一模试卷年高考（理科）数学一模试卷 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 A，B，则 AB（ ） A2，2 B（1，+） C（1，2 D（，1（2，+） 2已知复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（1，2），则（ ） A B C D 3若是非零向量，则“ ”是“”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4函数的部分图象大致为（ ） A B C D 5如图茎叶图记录的是甲、乙两个班级各 5 名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单 位： 分， 每题 5 分， 共 16 题） 已知两组数据的平均数相等， 则 x、

2、y 的值分别为 （ ） A0，0 B0，5 C5，0 D5，5 6九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人 所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、 乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列， 问五人各得多少钱？” （ “钱” 是古代一种质量单位） ， 在这个问题中， 甲比戊多得 （ ） 钱？ A B C D 7将函数 f（x）cos2x 图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数 g（x）的图象， 如果 g（x）在区间0，a上单调递减，那么实数 a 的最大值为（ ） A B C D 8已知双

3、曲线 C：0），O 为坐标原点，F1、F2为其左、右焦点， 点 G 在 C 的渐近线上， F2GOG， 则该双曲线的渐近线方程为 （ ） A B Cyx D 9如图所示，正四面体 ABCD 中，E 是棱 AD 的中点，P 是棱 AC 上一动点，BP+PE 的最 小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ） A12 B32 C8 D24 10已知点 G 在ABC 内，且满足 2+3+40，现在ABC 内随机取一点，此点取 自GAB，GAC，GBC 的概率分别记为 P1、P2、P3，则（ ） AP1P2P3 BP3P2P1 CP1P2P3 DP2P1P3 11蒙娜丽莎是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多

4、 达芬奇创作的油画，现收藏于法国 罗浮宫博物馆该油画规格为：纵 77cm，横 53cm油画挂在墙壁上的最低点处 B 离地 面 237cm（如图所示）有一身高为 175cm 的游客从正面观赏它（该游客头顶 T 到眼睛 C 的距离为 15cm），设该游客离墙距离为 xcm，视角为 为使观赏视角 最大，x 应 为（ ） A77 B80 C100 D 12已知点 P 是曲线 ysinx+lnx 上任意一点，记直线 OP（O 为坐标原点）的斜率为 k，给 出下列四个命题： 存在唯一点 P 使得 k1； 对于任意点 P 都有 k0； 对于任意点 P 都有 k1； 存在点 P 使得 k1， 则所有正确的命题

5、的序号为（ ） A B C D 二.填空题（共 4 小题，每题 5 分，共 20 分） 13若实数 x，y 满足约束条件，则 x+y 的最小值为 14已知，则 的展开式中 x2的系数为 （用数字表 示） 15已知点 P 是椭圆上一点，点 P 在第一象限且点 P 关于原点 O 的对称点为 Q，点 P 在 x 轴上的投影为 E，直线 QE 与椭圆 C 的另一个交点为 G，若 PQG 为直角三角形，则椭圆 C 的离心率为 16 若函数 f （x） 的导函数， f （x） 部分图象如图所示， 则 ， 函数， 当 时，|g（x1）g（x2）|的最大值为 三、解答题（共 70 分，第 22、23 题为选考

6、题，考生根据要求选择其中一个作答.） 17如图，四棱锥 PABCD 中侧面 PAB 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC，BC AD，ABBCAD，E 是 PD 的中点 （1）证明：直线 CE平面 PAB； （2）求二面角 BPCD 的余弦值 18甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个 条件看不清，具体如下： 等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 ， （1）判断 S1，S2，S3的关系； （2）若 a1a33，设 bn|an|，记bn的前 n 项和为 Tn， 证明：Tn 甲同学记得缺少的条件是首项 a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值

7、，并且他俩 都记得第（1）问的答案是 S1，S3，S2成等差数列 如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题 19如图，椭圆 E：1（ab0）的离心率是，点 P（0，1）在短轴 CD 上， 且1 （）求椭圆 E 的方程； （）设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A、B 两点是否存在常数 ，使 得 + 为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 20调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发， 周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出 n 瓶外观相 同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优

8、劣为它们排序；经过一段时间，等其 记忆淡忘之后，再让其品尝这 n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮 测试根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分 现设 n4，分别以 a1，a2，a3，a4表示第一次排序时被排为 1，2，3，4 的四种调味品在 第二次排序时的序号，并令 X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则 X 是对两次排序的偏离 程度的一种描述（如第二次排序时的序号为 1，3，2，4，则 X2） （1）写出 X 的所有可能值构成的集合； （2）假设 a1，a2，a3+a4的排列等可能地为 1，2，3，4 的各种排列，求 X 的数学期望； （3）某调味品品

9、评师在相继进行的三轮测试中，都有 X2 （i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； （）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由 21已知函数 f（x）xlnx （1）求曲线 yf（x）在 xe2处的切线方程； （2）关于 x 的不等式 f（x）（x1）在（0，+）上恒成立，求实数 的取值范围； （3）若 f（x1）af（x2）a0，且 x1x2，证明：（x2x11）e21+2ae2 （二）选考题（共 10 分）请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第 一题计分. 22已知曲线 C1：（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的

10、正半轴为极轴 建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin （1）把 C1的参数方程化为极坐标方程； （2）求 C1与 C2交点的极坐标（p0，02） 23已知绝对值不等式：|x+1|+|x1|a25a+4 （1）当 a0 时，求 x 的范围； （2）若对于任意的实数 x 以上不等式恒成立，求 a 的范围 参考答案 一.选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分） 1已知集合 A，B，则 AB（ ） A2，2 B（1，+） C（1，2 D（，1（2，+） 【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 Ax|2x2， B x|x1， ABx|1x2（1，2 故选：C 2已知复

11、数 z 在复平面内对应的点的坐标为（1，2），则（ ） A B C D 【分析】由已知求得 z，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 解：由题意，z1+2i， 则 故选：D 3若是非零向量，则“ ”是“”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】 根据充分条件和必要条件的定义结合向量加法的平行四边形法则进行判断即可 解：由向量加法的平行四边形法则知： 平行四边形是菱形， 推不出两条对角线相等，即推不出； 平行四边形是矩形， 推不出； “”是“”的既不充分也不必要条件 故选：D 4函数的部分图象大致为（ ） A B C D 【分析】根

12、据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行判断即可 解：因为，所以 f（x）为奇函数，排 除 C， 当 x0+时，f（x）0，排除 B、D， 故选：A 5如图茎叶图记录的是甲、乙两个班级各 5 名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单 位： 分， 每题 5 分， 共 16 题） 已知两组数据的平均数相等， 则 x、 y 的值分别为 （ ） A0，0 B0，5 C5，0 D5，5 【分析】根据茎叶图中数据，利用两组数据的平均数相等列方程得出 x 与 y 的关系，结 合题意求出 x 与 y 的值 解：根据茎叶图中数据，利用两组数据的平均数相等， 得（65+75+70+x+80+80）（70+

13、70+y+70+75+80）， 即 5+xy； 所以 x0，y5 故选：B 6九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人 所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、 乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列， 问五人各得多少钱？” （ “钱” 是古代一种质量单位） ， 在这个问题中， 甲比戊多得 （ ） 钱？ A B C D 【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可直接求解 解：设甲、乙、丙、丁、戊五人分五得的钱数分别为 a1，a2，a3，a4，a5，公差为 d， 则由题意可得，S55

14、，a1+a2a3+a4+a5， ，解可得 a1，da1a54d ， 故选：A 7将函数 f（x）cos2x 图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数 g（x）的图象， 如果 g（x）在区间0，a上单调递减，那么实数 a 的最大值为（ ） A B C D 【分析】根据条件先求出 g（x）的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可 解：将函数 f（x）cos2x 图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数 g（x）的图 象， 则 g（x）cos2（x+）cos（2x+）， 设 2x+， 则当 0xa 时，02x2a，2x+2a+， 即2a+， 要使 g（x）在区间0，a上单调递减， 则 2a+ 得

15、2a ，得 a， 即实数 a 的最大值为， 故选：B 8已知双曲线 C：0），O 为坐标原点，F1、F2为其左、右焦点， 点 G 在 C 的渐近线上， F2GOG， 则该双曲线的渐近线方程为 （ ） A B Cyx D 【分析】由题意设 G 的坐标，再由 F2GOG 可得数量积为 0 可得 G 的坐标，再由 可得 a，c，b 的关系式，再由双曲线中的 a，b，c 之间的关系求出 a， b 的关系，进而可得双曲线的渐近线的方程 解：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：yx，焦点 F1（c，0），F2（c，0）， 设 G 在第一象限，坐标为（x0，x0）， 因为 F2GOG，所以 0，即（x0c，x

16、0） （x0，x0）0， 整理可得：（1+）x02cx00，解得：x0 ，所以 G（，）， 因为，可得， 整理可得：2a4+a2b2b40，可得 2a2b2，a0，b0，所以 b 所以双曲线的渐近线的方程为：yx， 故选：D 9如图所示，正四面体 ABCD 中，E 是棱 AD 的中点，P 是棱 AC 上一动点，BP+PE 的最 小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ） A12 B32 C8 D24 【分析】根据题给的动点问题，将问题从立体转为平面，即可求出正四面体的棱长，求 出答案 解：将三角形 ABC 与三角形 ACD 展成平面，BP+PE 的最小值，即为 BE 两点之间连线 的距离，则

17、BE 设 AB2a，则BAD120，由余弦定理，解得， 则正四面体棱长为，因为正四面体的外接球半径是棱长的倍， 所以，设外接球半径为 R，则， 则表面积 S4R24 312 故选：A 10已知点 G 在ABC 内，且满足 2+3+40，现在ABC 内随机取一点，此点取 自GAB，GAC，GBC 的概率分别记为 P1、P2、P3，则（ ） AP1P2P3 BP3P2P1 CP1P2P3 DP2P1P3 【分析】 根据题意延长 GB 到 B， 使得， 延长 GC 到 C， 使得2， 得出+ ，G 是ABC的重心； 设ABC的面积为 3S，求出GAB，GAC，GBC 的面积比，即可得出 P1、P2、

18、 P3的大小 解：点 G 在ABC 内，且满足 2+3+4 ， +2 ， 延长 GB 到 B，使得，延长 GC 到 C，使得2， 连接 AB、AC、BC，则+ ， 所以 G 是ABC的重心，如图所示； 设ABC的面积为 3S，则 SGABSGACSGBCS； 又 SGABSGAB S，SGACSGACS，SGBCSGBCS； 所以GAB，GAC，GBC 的面积比为：4：3：2； 所以 P1：P2：P34：3：2，所以 P1P2P3 故选：C 11蒙娜丽莎是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多 达芬奇创作的油画，现收藏于法国 罗浮宫博物馆该油画规格为：纵 77cm，横 53cm油画挂在墙壁上的最低点处

19、 B 离地 面 237cm（如图所示）有一身高为 175cm 的游客从正面观赏它（该游客头顶 T 到眼睛 C 的距离为 15cm），设该游客离墙距离为 xcm，视角为 为使观赏视角 最大，x 应 为（ ） A77 B80 C100 D 【分析】 如图所示， 设BCD， 可得 tan tan （+） ， 化简解出 tan，变形利用基本不等式的性质即可得出 解：如图所示， 设BCD，则 tan tan（+）， 解得 tan， 当且仅当 x， 即 x77cm 时取等号 故选：D 12已知点 P 是曲线 ysinx+lnx 上任意一点，记直线 OP（O 为坐标原点）的斜率为 k，给 出下列四个命题：

20、存在唯一点 P 使得 k1； 对于任意点 P 都有 k0； 对于任意点 P 都有 k1； 存在点 P 使得 k1， 则所有正确的命题的序号为（ ） A B C D 【分析】结合正弦函数的值域和对数函数 ylnx 和直线 yx1 的关系，即可判断； 当x 时，ysinx+lnx0，即可判断；对于，存在唯一点 P 使得 k1， 即存在唯一解，令 g（x）sinx+lnx+x，则 g（x）0 存在唯一解，运用 导数判断单调性结合零点存在定理，可判断，由排除法即可得到结论 解：任意取 x 为一正实数，一方面 ysinx+lnxlnx+1， 另一方面由 ylnx 和直线 yx1 的图象容易证 lnx+1

21、x 成立，ysinx+lnxx， ysinx+lnxlnx+1 与 lnx+1x 中两个等号成立条件不一样， ysinx+lnxx 恒成立，k1，则正确，错误； 当x 时，ysinx+lnx0，k0，则错误； 对于，存在唯一点 P 使得 k1，也就是存在唯一解， 令 g（x）sinx+lnx+x，则 g（x）0 存在唯一解， g（x）（sinx+lnx+x）cosx+10 恒成立， 函数 g（x）sinx+lnx+x，在（0，+）上单调递增，又 g（1）0，g（0.1）0， sinx+lnx+x0 存在唯一解，故正确， 故选：D 二.填空题（共 4 小题，每题 5 分，共 20 分） 13若实

22、数 x，y 满足约束条件，则 x+y 的最小值为 6 【分析】由题意作平面区域，根据 x+y 的几何意义，从而求最小值 解：由题意作平面区域如下， 由解得，A（4，2）， 令 zx+y 则 zx+y 经过可行域的 A 时，目标函数取得最小值 故 zx+y 的最小值是6， 故答案为：6 14已知，则 的展开式中 x2的系数为 10 （用数字表 示） 【分析】先有积分的几何意义求解 m，再根据其通项公式求解结论 解：因为，而dx 表示以（0，0）为圆心，1 为半径的 圆的上半圆的面积； 故dx； 5； （x）5其展开式的通项公式为：Tr+1 （）5 r （x）r （1）r x； 令2r3； 的展开

23、式中 x2的系数为：（1）310 故答案为：10 15已知点 P 是椭圆上一点，点 P 在第一象限且点 P 关于原点 O 的对称点为 Q，点 P 在 x 轴上的投影为 E，直线 QE 与椭圆 C 的另一个交点为 G，若 PQG 为直角三角形，则椭圆 C 的离心率为 【分析】设 P 的坐标，有题意可得 Q，E 的坐标，设 P 的坐标，有题意可得 kQG kPG ，再由三角形 PQG 为直角三角形，所以 kOP kPG1，可得 a，b 的关系，再由 a，b，c 的关系求出离心率 解：设 P（m，n），则有题意可得：Q（m，n），E（m，0），设 P（x，y）， kQG kPG， 由作差可得：， 所

24、以 kQG kPG kGQ，所以 kGP， 所以 kOP，因为PQG 为直角三角形，所以 kOP kPG1， 所以，1， 所以 a22b2，所以 c2a2b2b2， 所以离心率 e， 故答案为： 16 若函数 f （x） 的导函数， f （x） 部分图象如图所示， 则 ， 函数， 当 时，|g（x1）g（x2）|的最大值为 【分析】 由的图象可求得其解析 式，继而可得 f（x）与的解析式，由 x时，2x ，sin2x1，可得 g（x）max1，g（x）min，从而可得答 案 解：由图可知，A2，故 T， 因此 2， 由“五点作图法”得：+2+， 解得：， 故 f（x）2cos（2x+）， 所以

25、，f（x）sin（2x+）， 所以sin2（x）+sin2x， 当 x时，2x，sin2x1， 所以 g（x）max1，g（x）min， 所以，当时，|g（x1）g（x2）|maxg（x1）maxg（x2）min 1（）， 故答案为：； 三、解答题（共 70 分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第 17 一 21 题为必 考题， 每个试题考生都必须作答 第 22、 23 题为选考题， 考生根据要求选择其中一个作答.） （一）必考题（共 60 分） 17如图，四棱锥 PABCD 中侧面 PAB 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC，BC AD，ABBCAD，E 是 PD 的中点

26、 （1）证明：直线 CE平面 PAB； （2）求二面角 BPCD 的余弦值 【分析】（1）证明四边形 EFBC 是平行四边形，可得 CEBF，进而得证； （2） 建立空间直角坐标系， 求出两平面的法向量， 利用向量的夹角公式即可求得余弦值 解：（1）取 PA 的中点 F，连接 FE，FB， E 是 PD 的中点， ， 又， ， 四边形 EFBC 是平行四边形， CEBF， 又 CE 不在平面 PAB 内，BF 在平面 PAB 内， CE平面 PAB （2）在平面 PAB 内作 POAB 于 O， 不妨令，则 AD4， 由PAB 是等边三角形，则 PAPB2，O 为 AB 的中点， 分别以 AB

27、、PO 所在的直线为 x 轴和 z 轴，以底面内 AB 的中垂线为 y 轴建立空间直角坐 标系， 则， ， 设平面 PBC 的法向量为，平面 PDC 的法向量为， 则，故可取， ，故可取， ， 经检验，二面角 BPCD 的余弦值的大小为 18甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个 条件看不清，具体如下： 等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 q ， （1）判断 S1，S2，S3的关系； （2）若 a1a33，设 bn|an|，记bn的前 n 项和为 Tn， 证明：Tn 甲同学记得缺少的条件是首项 a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值，并且他俩

28、 都记得第（1）问的答案是 S1，S3，S2成等差数列 如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题 【分析】（1）可补充公比 q 的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算 可得所求结论； （2）由等比数列的通项公式求得 bnn （）n，再由数列的错位相减法求和，结合 等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证 解：（1）由题意可得 S1a1，S2a1+a2a1a1a1，S3a1+a2+a3a1a1+a1 a1， 可得 S1+S22S3，即 S1，S3，S2成等差数列； （2）证明：由 a1a33，可得 a1a13，解得 a14， bn|an| |4 （

29、）n1|n （）n， 则 Tn（1 +2+3 +n）， Tn（1+2+3+n）， 上面两式相减可得Tn（+n） n， 化简可得 Tn（1）， 由 11，可得 Tn 19如图，椭圆 E：1（ab0）的离心率是，点 P（0，1）在短轴 CD 上， 且1 （）求椭圆 E 的方程； （）设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A、B 两点是否存在常数 ，使 得 + 为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 【分析】（）通过 e、1，计算即得 a2、b，进而可得结论； （）分情况对直线 AB 斜率的存在性进行讨论：当直线 AB 的斜率存在时，联立直线 AB 与椭圆方程，利用韦达定理计算可

30、得当 1 时+3；当直线 AB 的斜率不存在时，+3 解：（）根据题意，可得 C（0，b），D（0，b）， 又P（0，1），且1， ，解得 a2，b， 椭圆 E 的方程为：+1； （）结论：存在常数 1，使得 + 为定值3 理由如下： 对直线 AB 斜率的存在性进行讨论： 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx+1， A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去 y 并整理得：（1+2k2）x2+4kx20， （4k）2+8（1+2k2）0， x1+x2 ，x1x2 ， 从而 + x1x2+y1y2+x1x2+（y11）（y21） （1+）（1+k2）x1x2+k（x1

31、+x2）+1 2 当 1 时，23， 此时 + 3 为定值； 当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD， 此时 + +213； 故存在常数 1，使得 + 为定值3 20调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发， 周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出 n 瓶外观相 同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其 记忆淡忘之后，再让其品尝这 n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮 测试根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分 现设 n4，分别以 a1，a2，a3，a4表

32、示第一次排序时被排为 1，2，3，4 的四种调味品在 第二次排序时的序号，并令 X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则 X 是对两次排序的偏离 程度的一种描述（如第二次排序时的序号为 1，3，2，4，则 X2） （1）写出 X 的所有可能值构成的集合； （2）假设 a1，a2，a3+a4的排列等可能地为 1，2，3，4 的各种排列，求 X 的数学期望； （3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有 X2 （i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； （）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由 【分析】 （1）在 1，2，3，4 中奇

33、数与偶数各有两个，从而 a2，a4中的奇数个数等于 a1， a3中的偶数个数，进而|1a1|+|3a3|与|2a2|+|4a4|的奇偶性相同，由此能举出使得 X 所有可能值构成的集合 （2）可用列表或树状图列出 1，2，3，4 的一共 24 种排列，由此能求出 X 的数学期望 （3）（）首先 P（X2）P（X0）+P（X2），将三轮测试都有 X2 的概率记做 p，由独立性假设能求出结果 （） 由于 p是一个很小的概率， 这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试 都有 X2 的结果的可能性很小，从而我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不 是靠随机猜测 解：（1）X 的可能值集合为0，2，4，6，

34、8， 在 1，2，3，4 中奇数与偶数各有两个， 所以 a2，a4中的奇数个数等于 a1，a3中的偶数个数， 因此|1a1|+|3a3|与|2a2|+|4a4|的奇偶性相同， 从而 X（|1a1|+|3a3|）+（|2a2|+|4a4|）必为偶数，X 的值非负，且易知其值不大 于 8 由此能举出使得 X 的值等于 0，2，4，6，8 各值的排列的例子 （2）可用列表或树状图列出 1，2，3，4 的一共 24 种排列， 计算每种排列下的 X 值，在等可能的假定下，得到 X 0 2 4 6 8 P EX +85 （3）（）首先 P（X2）P（X0）+P（X2），将三轮测试都有 X2 的概率记做 p

35、， 由上述结果和独立性假设，得 p （）由于 p是一个很小的概率， 这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有 X2 的结果的可能性很小， 所以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测 21已知函数 f（x）xlnx （1）求曲线 yf（x）在 xe2处的切线方程； （2）关于 x 的不等式 f（x）（x1）在（0，+）上恒成立，求实数 的取值范围； （3）若 f（x1）af（x2）a0，且 x1x2，证明：（x2x11）e21+2ae2 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2） 等价于 （x1） xlnx， （0， +） ， 当 x1 时， R 当 x1 时， 可得 ， 令

36、 h（x），x1，可得故 h（x）在（1，+）上单调递增，h（x）h（1）， 由洛必达法则可得 （3）设直线 yxe2与 ya 的交点为（x1，a）则 a ， 记直线 yx1 分别于 ya 交于点（x2，a）则 ax21f（x2）x21，x2 a+1 ， 且x2 x2 ， 当 且 仅 当a 0时 取 等 号 可 得 2a+1+e2 即可证明 x2x11） e21+2ae2 解：（1）f（x）1+lnx， 所以 f（e2）1+lne21，f（e2）2e2， 故曲线 yf（x）在 xe2处的切线方程为 y+2e2（xe2）即 yxe2； （2）g（x）f（x）（x1）xlnx（x1）0，x（0，+

37、）， 即 （x1）xlnx，（0，+）， 当 x1 时，R 当 x1 时，可得 ， 令 h（x），x1，则， 设 m（x）x1lnx，x1， 则0，即 m（x）在（1，+）上单调递增，m（x）m（1）0， 故 h（x）h（1）0，故 h（x）在（1，+）上单调递增，h（x）h（1）， 由洛必达法则可知，1， 故 1， 当 0x1 时，同理可得，1， 综上可得，1 （3）设 h（x）f（x）（xe2）xlnx+x+e2，x0， 则 h（x）2+lnx， 当 0xe2时，h（x）0，h（x）单调递减，当 xe2时，h（x）0，h（x）单 调递增， 故当 xe2时，函数 h（x）取得最小值 0， 因

38、此 f（x）xe2， 设直线 yxe2与 ya 的交点为（x1，a）则 a ， x1ae2，且 x1x1，当且仅当 a2e2时取等号 又由（2）可知 f（x）x1，记直线 yx1 分别于 ya 交于点（x2，a） 则 ax21f（x2）x21，x2a+1，且 x2x2，当且仅当 a0 时取等号 因此2a+1+e 2 因为等号成立的条件不能同时满足， x2x11）e21+2ae2 （二）选考题（共 10 分）请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第 一题计分. 22已知曲线 C1：（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴 建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程

39、为 2sin （1）把 C1的参数方程化为极坐标方程； （2）求 C1与 C2交点的极坐标（p0，02） 【分析】（1）利用 sin2t+cos2t1 把曲线 C1：的参数他消去可得：（x 1）2+（y1）22，即 x2+y22x2y0把代入即可得出 （2） 曲线 C2的极坐标方程为 2sin， 化为 22sin， 化为普通方程： x2+y22y0 联 立解得即可 解：（1）把曲线 C1：的参数他消去可得：（x1）2+（y1）22，即 x2+y22x2y0 把代入可得 22cos2sin0即为 C1的极坐标方程 （2） 曲线 C2的极坐标方程为 2sin， 化为 22sin， 化为普通方程： x2+y22y0 联立，解得或 极坐标分别为（0，0）， 23已知绝对值不等式：|x+1|+|x1|a25a+4 （1）当 a0 时，求 x 的范围； （2）若对于任意的实数 x 以上不等式恒成立，求 a 的范围 【分析】（1）代入 a 的值，通过讨论 x 的范围，求出不等式的解集即可； （2）求出|x+1|+|x1|的最小值，得到关于 a 的不等式，解出即可 【解答】解（1）当 a0 时，原不等式变为：|x+1|+|x1|4， 故或或， 解此不等式可得：x2 或 x2， （2）由|x+1|+|x1|2， 所以|x+1|+|x1|a25a+4 恒成立， 即 2a25a+4 恒成立， 所以