湖南省永州市2020届高三第三次模拟考试数学试题（理科）含答案解析

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1、2020 年湖南省永州市高考数学三模试卷（理科）年湖南省永州市高考数学三模试卷（理科） 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 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1已知集合 Mx|1x3，Nx|ylg（x21），则 MN（ ） Ax|1x3 Bx|1x1 Cx|1x3 Dx|1x1 2已知复数 z 满足 z （1+2i）|34i|（i 为虚数单位） ，则在复平面内复数 z 对应的点位于 （ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知 a0.40

2、.3，b0.30.3，c0.30.4，则（ ） Aacb Babc Ccab Dbca 4图 1 为某省 2019 年 1 至 4 月快递业务量统计图，图 2 是该省 2019 年 1 至 4 月快递业务 收入统计图，下列对统计图理解错误的是（ “同比”指与去年同月相比） （ ） A2019 年 1 至 4 月的快递业务收入在 3 月最高，2 月最低，差值超过 20000 万元 B2019 年 1 至 4 月的快递业务收入同比增长率不低于 30%，在 3 月最高 C从 1 至 4 月来看，该省在 2019 年快递业务量同比增长率逐月增长 D从两图来看 2019 年 1 至 4 月中的同一个月快

3、递业务量与收入的同比增长率不完全一 致 5下列说法正确的是（ ） A若“pq”为真命题，则“pq”为真命题 B命题“x0，exx10”的否定是“x00，” C命题“若 x1，则”的逆否命题为真命题 D “x1”是“x25x60”的必要不充分条件 6在锐角ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 bcosCccosB2ccosC，则 角 C 的取值范围为（ ） A B C D 7 已知平面向量 ， ， 均为单位向量， 若， 则的最大值是 （ ） A B3 C D 8我国传统的房屋建筑中，常会出现一些形状不同的窗棂，窗棂上雕刻有各种花纹，构成 种类繁多的精美图案如图所示的窗棂图案，

4、是将边长为 2R 的正方形的内切圆六等分， 分别以各等分点为圆心，以 R 为半径画圆弧，在圆的内部构成的平面图形若在正方形 内随机取一点，则该点在窗棂图案上阴影内的概率为（ ） A B C D 9已知函数 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）2|x+2|若对任意的 x 1，2，f（x+a）f（x）成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A （0，2） B （0，2）（，6） C （2，0） D （2，0）（6，+） 10已知双曲线 C：（a0，b0）的左、右顶点分别为 A，B，左焦点为 F，P 为 C 上一点，且 PFx 轴，过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M（异

5、于 P，F） ，与 y 轴 交于点 N，直线 MB 与 y 轴交于点 H，若（O 为坐标原点） ，则 C 的离心率为 （ ） A2 B3 C4 D5 11 已知函数，在区间0， 上有且仅有 2 个零点， 对于下列 4 个结论：在区间（0，）上存在 x1，x2，满足 f（x1）f（x2）2；f （x）在区间（0，）有且仅有 1 个最大值点；f（x）在区间上单调递增； 的取值范围是，其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 12设函数恰有两个极值点，则实数 t 的取值范围是（ ） A（1，+） B1，+） C D1，+） 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

6、 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）二项式（）5的展开式中 x 2 的系数是 14 （5 分）在今年的疫情防控期间，某省派出 5 个医疗队去支援武汉市的 4 个重灾区，每 个重灾区至少分配一个医疗队，则不同的分配方案共有 种 （用数字填写答案） 15 （5 分）已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l，过点 F 且斜率为的直线交抛物线 于点 M （M 在第一象限） ， MNl， 垂足为 N， 直线 NF 交 y 轴于点 D， 则|MD| 16 （5 分）在四面体 ABCD 中，CACB，DADB，AB6，CD8，AB平面 ，l平 面 ，E，F 分别为线段 AD，BC 的中点，

7、当四面体以 AB 为轴旋转时，直线 EF 与直线 l 夹角的余弦值的取值范围是 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，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 17 题第题第 21 题为必考题， 考生都必须作答， 第题为必考题， 考生都必须作答， 第 22、 23 题为选考题， 考生根据要求作答 （一）题为选考题， 考生根据要求作答 （一） 必做题：必做题：60 分分 17 （12 分）已知 Sn是公差不为零的等差数列an的前 n 项和，S36，a3是 a1与 a9的等比 中项 （1）求数列an的通项公式； （ 2

8、 ） 设 数 列， 数 列 bn 的 前 2n 项 和 为 P2n， 若 ，求正整数 n 的最小值 18 （12 分） 在如图的空间几何体中， 四边形 BCED 为直角梯形， DBC90， BC2DE， ABAC2，且平面 BCED平面 ABC，F 为棱 AB 中点 （1）证明：DFAC； （2）求二面角 BADE 的正弦值 19 （12 分）已知椭圆与抛物线 D：y24x 有共同的焦点 F， 且两曲线的公共点到 F 的距离是它到直线 x4（点 F 在此直线右侧）的距离的一半 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 O 为坐标原点，直线 l 过点 F 且与椭圆交于 A，B 两点，以 OA，OB

9、为邻边作平 行四边形 OAMB是否存在直线 l，使点 M 落在椭圆 C 或抛物线 D 上？若存在，求出点 M 坐标；若不存在，请说明理由 20 （12 分） 为丰富学生课外生活， 某市组织了高中生钢笔书法比赛， 比赛分两个阶段进行： 第一阶段由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员 由组委会按规则另行确定数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数 X 都在70，100）内，在以组距为 5 画分数的频率分布直方图（设“” ）时，发现 Y 满足，nN*，5nX5（n+1） （1）试确定 n 的所有取值，并求 k； （2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于 85 分

10、的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛； 分数在95，100）的参赛者评为一等奖；分数在90，95）的同学评为二等奖，但通过附 加赛有的概率提升为一等奖；分数在85，90）的同学评为三等奖，但通过附加赛有 的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级） 已知学生 A 和 B 均参加了本次比赛，且学生 A 在第一阶段评为二等奖 （i）求学生 B 最终获奖等级不低于学生 A 的最终获奖等级的概率； （ii）已知学生 A 和 B 都获奖，记 A，B 两位同学最终获得一等奖的人数为 ，求 的分 布列和数学期望 21 （12 分）已知函数 f（x）（x+1）ln（x+1） ，g（x）ax+xc

11、osx （1）当 x0 时，总有，求 m 的最小值 （2）对于0，1中任意 x 恒有 f（x）g（x） ，求 a 的取值范围 （二）选考题：（二）选考题：10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题如果多做，则按所做第一题 计分计分.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）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为 x22x+y20以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 （1）写出曲线 C 的极坐标方程，并求出直线 l 与曲线 C 的交点 M，N 的极坐标；

12、 （2）设 P 是椭圆上的动点，求PMN 面积的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 f（x）x2+2|x1| （1）解关于 x 的不等式：； （ 2 ） 若 f （ x ） 的 最 小 值 为 M ， 且 a+b+c M （ a ， b ， cR+） ， 求 证 ： 2020 年湖南省永州市高考数学三模试卷（理科）年湖南省永州市高考数学三模试卷（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 有一项是符合题目要

13、求的有一项是符合题目要求的 1 【分析】可以求出集合 N，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Nx|x210x|x1 或 x1，Mx|1x3， MNx|1x3 故选：C 【点评】本题考查了描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集 的运算，考查了计算能力，属于基础题 2 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答案 【解答】解：由 z （1+2i）|34i|5， 得， 在复平面内复数 z 对应的点的坐标为（1，2） ，位于第四象限， 故选：D 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是 基础题 3 【分析】由题

14、意利用指数函数的单调性和特殊点，得出结论 【解答】解析：0.30.30.30.4，即 bc0，而，即 ab， abc， 故选：B 【点评】本题主要考查指数函数的单调性和特殊点，属于基础题 4 【分析】本剧图表，可知 C 错，增长率不稳定 【解答】解析：由图表易知，从 1 至 4 月来看，该省在 2019 年快递业务量同比增长率先 降低，再增加，再降低，再增加，C 错 故选：C 【点评】本题考查频率直方图，属于基础题 5 【分析】A 选项涉及“或”一真则真， “且”一假则假的问题； B 选项命题的否定要注意一改量词，二改结论； C 选项可以考虑原命题的真假； D 选项解方程的根为1，6 【解答】

15、解析： “pq”为真，则命题 p，q 有可能一真一假，则“pq”为假，故选项 A 说法不正确； 命题“x0，exx10”的否定应该是“x00，” ，故选项 B 说法 不正确； 因命题“若 x1，则”为真命题，则其逆否命题为真命题，故选项 C 说法正确； 因 x1x25x60，但 x25x60x1 或 x6，所以“x1”是“x2 5x60”的充分不必要条件，选项 D 说法不正确； 故选：C 【点评】本题难度较小，着重考查了逻辑连结词，命题的四种形式，否命题和充要条件 的问题，需要我们熟练掌握概念和性质 6 【分析】由已知利用正弦定理，两角差的正弦函数公式，二倍角的正弦函数公式可得 sin （BC

16、）sin2C，在锐角三角形中可求 B3C，可得，且，从 而解得 C 的取值范围 【解答】解：bcosCccosB2ccosC， 由正弦定理可得：sinBcosCsinCcosB2sinCcosC， sin（BC）sin2C， BC2C， B3C， ，且， 故选：A 【点评】本题主要考查了正弦定理，两角差的正弦函数公式，二倍角的正弦函数公式在 解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题 7 【分析】先根据已知求得|；再把所求展开结合数量积即可求解结论 【解答】解：平面向量 ， ， 均为单位向量， （ + ）2+2 +3， 故|； + （ + ） （）+| + | |+； 当且仅当与 反向时取等

17、号 故选：C 【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及到向量的模长计算，属于基础题目 8 【分析】由题意知，阴影部分是由 12 个全等的弓形组成的面积，由此求出阴影部分的面 积，利用几何概型的概率公式计算概率值 【解答】解：连接 A、B、O，得等边三角形 OAB，则阴影部分的面积为 S阴影12（R2R2sin60）（23）R2， 故所求概率为 故选：B 【点评】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题 9 【分析】作出函数 f（x）的图象，易知 yf（x+a）的图象可以看成是 yf（x）的图象向 左（a0 时）或向右（a0 时）平移|a|个单位而得，分 a0 及 a0，结合图象观察即 可得解

18、【解答】解析：依题意作出 f（x）的图象，yf（x+a）的图象可以看成是 yf（x）的图 象向左（a0 时）或向右（a0 时）平移|a|个单位而得， 当 a0 时，yf（x）的图象至少向左平移 6 个单位（不含 6 个单位）才能满足 f（x+a） f（x）成立， 当 a0 时，yf（x）的图象向右平移至多 2 个单位（不含 2 个单位）才能满足 f（x+a） f（x）成立（对任意的 x1，2） ， 故 x（2，0）（6，+） ， 故选：D 【点评】本题主要考查函数图象的应用，考查函数奇偶性及不等式的恒成立问题，考查 数形结合思想，属于基础题 10 【分析】画出图形，利用三角形相似，列出比例关系

19、，结合已知条件转化求解即可 【解答】解：不妨设 P 在第二象项，|FM|m，H（0，h） （h0） ， 由知 N（0，2h） ， 由AFMAON，得（1） ， 由BOHBFM，得（2） （1） ， （2）两式相乘得， 即 c3a，离心率为 3 故选：B 【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出 a、c 关系，是解决本题的关 键 11 【分析】f（x1）f（x2）2 则为最大值 1 减最小值1，我们需要找到在（0，） 上是否存在最大值 1和最小值1； 我们需要先确定 范围从而确定的范围， 根据整体思想确定它的单调性 【解答】解析：x0， 令，则 由题意，在上只能有两解和 ，（ * ）

20、 因 为 在上 必 有 ， 故在（0，）上存在 x1，x2满足 f（x1）f（x2）2；成立； 对应的 x（显然在0，上）一定是最大值点，因对应的 x 值有可能在0， 上，故结论错误； 解（*）得，所以成立； 当时 ， 由 于， 故 ， 此时 ysinz 是增函数，从而 f（x）在上单调递增 综上，成立， 故选：B 【点评】本题为三角函数与简易逻辑的综合考查，本题的关键为确定 的范围，难度比 较大 12【分析】 求导得有两个零点等价于函数 （x） ex （2x+1） t 有一个不等于 1 的零点，分离参数得，令， ，利用 h（x）的单调性可得：在取得最小值，作 h（x） 的图象，并作 yt 的

21、图象，注意到 h（0）1，对 t 分类讨论即可得出 【解答】解：求导得有两个零点等价于函数 （x）ex （2x+1）t 有一个不等于 1 的零点，分离参数得， 令， h（x）在递减，在递增，显然在取得最小值， 作 h（x）的图象，并作 yt 的图象，注意到 h（0）1， （原定义域 x0，这里为方便讨论，考虑 h（0） ） ， 当 t1 时，直线 yt 与只有一个交点即 （x）只有一个零点（该零点值大 于 1） ； 当时在两侧附近同号，不是极值点； 当时函数 （x）ex（2x+1）t 有两个不同零点（其中一个零点等于 1） ，但此时 在 x1 两侧附近同号，使得 x1 不是极值点不合 故选：D

22、 【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，考查了推理能力与计算能力，属于难题 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，共分，共 20 分分 13 【分析】先求通项公式，再令 x 的指数为2 即可求解结论 【解答】解：展开式通项， 依题意，得 r3， 所以：x 2 的系数是 故答案为：80 【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 14 【分析】根据题意，分 2 步进行分析：先选出一个重灾区分配有两个医疗队，再为剩下 的 3 个重灾区各分配一个医疗队，由分步计数原理计算可得答

23、案 【解答】解：根据题意，将 5 个医疗队分派到 4 个重灾区，每个重灾区至少分配一个医 疗队， 则其中有一个重灾区安排两个医疗队，剩下 3 个重灾区各安排一个医疗队， 分 2 步进行分析： 先选出一个重灾区分配有两个医疗队，有 C41种分配法， 再为剩下的 3 个重灾区各分配一个医疗队，有种分配法， 所以不同的分配方案数共有 故答案为：240 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意要先分组，再进行排列，属于基础题 15 【分析】由抛物线定义知|MN|MF|，再由题意可得MNF 为等边三角形，O 为 EF 的 中点 DONE，可得 DO 为三角形 EFN 的中位线，可得 D 为 NF 的中点，

24、DM 为等边三 角形 MNF 的高，由NFE 的角NFE60可得 NF 的值，进而求出 MD 的值 【解答】 解： 设准线 l 与 x 轴交于 E 易知 F （1， 0） ， EF2， 由抛物线定义知|MN|MF|， 由于NMF60， 所以NMF 为等边三角形，NFE60，所以三角形边长为|NM|2|FE| 4， 又 OD 是FEN 的中位线， MD 就是该等边三角形的高， 故答案为：2 【点评】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，属于中档题 16 【分析】推导出 ABCD，GECD，GFAB，从而 GEGF，得 EF5当四面体绕 AB 旋转时，由 GFAB，即 EF 绕 GF 旋转，由

25、此能求出 EF 与直线 l 所成角的范围 【解答】解：在四面体 ABCD 中，CACB，DADB，AB6，CD8， AB平面 ，l平面 ，E，F 分别为线段 AD，BC 的中点， ABCD，又 GECD，GFAB，GEGF，得 EF5 当四面体绕 AB 旋转时，由 GFAB，即 EF 绕 GF 旋转， 故 EF 与直线 l 所成角的范围为90GFE，90， 直线 EF 与直线 l 夹角的余弦值的取值范围是 故答案为：0， 【点评】本题考查两条异面直线所成角的余弦值的取值范围的求法，考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，是中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5

26、 小题，共小题，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 17 题第题第 21 题为必考题， 考生都必须作答， 第题为必考题， 考生都必须作答， 第 22、 23 题为选考题， 考生根据要求作答 （一）题为选考题， 考生根据要求作答 （一） 必做题：必做题：60 分分 17 【分析】 （1）设出等差数列的公差为 d，且不为 0，运用等比数列的中项性质和等差数列 的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式； （2）求得，再由数列的裂项相消求和，计 算可得 P2n，解不等式可得所求最小值 【解答】解： （1）公差 d

27、不为零的等差数列an，由 a3是 a1与 a9的等比中项，可得 ，即 a1（a1+8d）（a1+2d）2， 化为 a1d， 又 S33a1+3d6，可得 a1d1， 所以数列an是以 1 为首项和公差的等差数列， 故综上； （2）由（1）可知， 所以 ， 所以， 故 n 的最小值为 505 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列的中项性质， 同时考查利用裂项相消法求数列的和，考查运算能力，属于中档题 18 【分析】 （1）先证明四边形 GFDE 为平行四边形，可得 GEDF，而 GEAC，则 DF AC，即得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 ABD 及平面 A

28、DE 的法向量，利用向量公式求解即 可 【解答】解： （1）证明：取 AC 中点为 G，连接 GE 和 GF，因为 GFBC，且， 又因为 DEBC，且， 故 GFDE，且 GFDE， 即四边形 GFDE 为平行四边形，故 GEDF， CEAE，GEAC， 又 GEDF，则 DFAC； （2）平面 BCED平面 ABC，平面 BCED平面 ABCBC，DBAC， DB平面 ABC， 又 AC 在平面 ABC 内，DBAC， 又 DFAC，BDDFD，BD，DF 在平面 ABC AC平面 ABD，ACAB， ABAC2， ， 取 BC 中点 O 连接 OE 和 OA，四边形 BCED 为直角梯形

29、，则 OEDB， DB平面 ABC， OE平面 ABC，故 OEBC，OEOA， ABAC，OABC， 以 OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OE 为 z 轴建立直角坐标系， ，OE1， 则，故 ， 易知平面 ABD 的一个法向量为， 设平面 ADE 的一个法向量为，则，故可取 ， 设二面角 BADE 的为 ，则， 二面角 BADE 的正弦值为 【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的基本位置关系，考查利用空间向量求解 二面角的正弦值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题 19 【分析】 （1）由已知求得 c，可得 a2b2+1，再由已知求得点 Q 的坐标，代入椭圆方程 得关于 a

30、，b 的方程，联立求得 a，b 的值，则椭圆方程可求； （2）当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时，设直线 AB 的方程为 yk（x+1） ，与椭圆方程 联立，利用根与系数的关系，结合 OABM 为平行四边形，即，可得 M 的坐 标，分别代入椭圆与抛物线方程，得到关于 k 的方程，求解 k 无解，当直线斜率不存在 时，易知存在点 M（2，0）在椭圆 C 上，可得不存在直线 l，使点 M 落在抛物线 D 上， 存在直线 l，使点 M（2，0）落在椭圆 C 上 【解答】解： （1）由题意知 F（1，0） ，因而 c1，即 a2b2+1， 又两曲线在第二象限内的交点 Q （xQ， yQ） 到 F

31、的距离是它到直线 x4 的距离的一半， 即 4+xQ2（xQ+1） ， 得，则，代入到椭圆方程，得 由，解得 a24，b23， 所求椭圆的方程为 （2）当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时，设直线 AB 的方程为 yk（x+1） ， 由，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2120， 设 M（x0，y0） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 则， 由于 OABM 为平行四边形，得， 故， 若点 M 在椭圆 C 上，则，代入得，解得 k 无解； 若点 M 在抛物线 D 上， 则， 代入得， 解得 k 无解 当直线斜率不存在时，易知存在点 M（2，0）在椭圆 C 上 故不存在直线 l，使

32、点 M 落在抛物线 D 上，存在直线 l，使点 M（2，0）落在椭圆 C 上 【点评】本题考查求椭圆的标准方程的求法，考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考 查计算能力，是中档题 20 【分析】 （1）X 在70，100）内，按组距为 5 可分成 6 个小区间，分别是70，75） ，75， 80） ，80，85） ，85，90） ，90，95） ，95，100） ，由 70X100，由 5nX5（n+1） ， nN*，能求出 n 的对值和 k （2） （i）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率，学生 B 的分数属于区间70，75） ， 75 ， 80 ） ， 80 ， 85 ） ， 85 ， 9

33、0 ） ， 90 ， 95 ） ， 95 ， 100 ） 的 概 率 分 别 是 ，用符号 Aij（或 Bij）表示学生 A（或 B）在第一轮获 奖等级为 i，通过附加赛最终获奖等级为 j，其中 ji（i，j1，2，3） ，记 W“学生 B 最终获奖等级不低于学生 A 的最终获奖等级” ， 由此能求出学生 B 最终获奖等级不低于学 生 A 的最终获奖等级的概率 （ii） 学生 A 最终获得一等奖的概率是 P（A21），学生 B 最终获得一等奖的概率 是 P（）， 的可能取值为 0，1，2，分虽求出相应的 概率，由此能求出 的分布列和 E 【解答】解： （1）根据题意，X 在70，100）内，按

34、组距为 5 可分成 6 个小区间， 分别是70，75） ，75，80） ，80，85） ，85，90） ，90，95） ，95，100） ， 70X100，由 5nX5（n+1） ，nN*， n14，15，16，17，18，19， 每个小区间对应的频率值分别是 P5Y ，解得 k， n 的对值是 14，15，16，17，18，19，k （2） （i）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率， 由（1）知，学生 B 的分数属于区间70，75） ，75，80） ，80，85） ，85，90） ，90，95） ， 95，100）的概率分别是： ， 我们用符号 Aij（或 Bij）表示学生 A（或 B）在

35、第一轮获奖等级为 i，通过附加赛最终获 奖等级为 j， 其中 ji（i，j1，2，3） ， 记 W“学生 B 最终获奖等级不低于学生 A 的最终获奖等级” ， 则 P（W）P（B1+B21+B22A22+B32A22） P（B1）+P（B21）+P（B22）P（A22）+P（B32）P（A22） + （ii） 学生 A 最终获得一等奖的概率是 P（A21）， 学生 B 最终获得一等奖的概率是 P（）， P（0）（1） （1）， P（1）， P（2）， 的分布列为： 0 1 2 P E 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查分布列、数 学期望等基础知识，考查运算求解能

36、力，是中档题 21 【分析】 （1）由已知不等式先构造函数，然后结合导数与单调性的关系可求相应函数的 单调性，进而可求 （2）构造函数，对其求导，然后结合导数与单调性的关系及不等 式的恒成立与最值问题的相互转化可求 【解答】解： （1）令， 则 （x）x+mln（x+1）1， （x）在0，+）上单调递增，且 （0）m1， 若 m1，（x）在0，+）上单调递增， （x）（0）0， 即 m1 满足条件， 若 m1，（0）m10，（x）存在单调递减区间0，x0，又（0）0 所以存在 x0使得 （x0）0 与已知条件矛盾，所以 m1，m 的最小值为 1 （2）由（1）知，如果，则必有 f（x）g（x）

37、成立 令，则 h（x）（a1）xxcosxx（a1cosx） ， h（x）x（a1cosx）0，则 a1cosx0，a1+cosx，a2 若 h（x）0，必有 f（x）g（x）恒成立，故当 a2 时，f（x）g（x）恒成立， 下面证明 a2 时，f（x）g（x）不恒成立 令 f1（x）f（x）x（x+1）ln（x+1）x，f1（x）ln（x+1） ， 当 x0 时，f1（x）ln（x+1）0，f1（x）在区间0，1上单调递增， 故 f1（x）f1（0）0，即 f1（x）f（x）x0，故 xf（x） g（x）f（x）g（x）x， 令，0， 所以 t（x）在0，1上单调递增，t（0）a20，则一定

38、存在区间（0，m） （其中 0 m1） ，当 x（0，m）时，t（x）0， 则 g（x）f（x）xt（x）0，故 f（x）g（x）不恒成立 综上所述：实数 a 取值范围是2，+） 【点评】本题主要考查了不等式恒成立问题；还考查不等式放缩求参数取值范围问题的 求解，属于中档试题 （二）选考题：（二）选考题：10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题如果多做，则按所做第一题 计分计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 【分析】 （1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）

39、利用点到直线的距离公式的应用和三角形面积公式的应用求出结果 【解答】解： （1）曲线 C 的方程为 x22x+y20转换为极坐标方程为：2cos 联立，得 M（0，0） ， （2）易知|MN|1，直线 设点 P（2cos，sin） ，则点 P 到直线 l 的距离 （其中 ） PMN 面积的最大值为 【点评】本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点 到直线的距离公式的应用，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能 力及思维能力，属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 【分析】第 1 问考查利用分类讨论思想解绝对值不等式； 第 2 问考查分段函数求最值、构造法和基本不等式等 【解答】 解：（1） 当 x0 时，等价于 x2+2|x1|2， 该不等式恒成立， （1 分） 当 0x1 时，f（x）等价于 x22x0，该不等式解集为 ，（2 分） 当 x1 时，等价于 x2+2x22，解得，（3 分） 综上，x0 或， 所以不等式的解集为 （5 分） 证明： （2）， 易得 f（x）的最小值为 1，即 a+b+cM1（7 分） 因为 a，b，cR+， 所以， 所以2a+2b+2c 2，（9 分） 当且仅当时等号成立（10 分） 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式的证明，属于基础题