2020年4月福建省福州市高考数学模拟试卷（文科）含答案解析

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1、2020 年年 4 月月高考数学模拟试卷（文科）高考数学模拟试卷（文科） 一、选择题（共 12 小题） 1若复数 z1+i，则 （ ） A0 B2 C2i D2i 2已知集合 Mx|x24，Nx|2x0，则 MN（ ） Ax|2x2 Bx|0x2 Cx|2x2 Dx|x2 3已知 0m1，设 am3，b3m，clog3m，则（ ） Abac Babc Ccba Dbca 4下列函数中为奇函数的是（ ） Ayxsinx Byex+ex C Dy ， ， 5在ABC 中， ，则 （ ） A B C D2 62021 年开始，我省将试行“3+1+2“的普通高考新模式，即除语文、数学、外语 3 门必

2、选科目外，考生再从物理、历史中选 1 门，从化学、生物、地理、政治中选 2 门作为选 考科目为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均 缩放成 5 分制，绘制成雷达图甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的 是（ ） A甲的物理成绩领先年级平均分最多 B甲有 2 个科目的成绩低于年级平均分 C甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理、化学、历史 D对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 7如图来自古希腊数学家阿基米德所研究的几何图形此图形由三个半圆构成，两个小半 圆外切，又同时内切于大半圆，三个半圆弧围成曲边三角形（黑色部分），由于其形状 很像皮

3、匠用来切割皮料的刀子，又称此图形为“皮匠刀”图形若 AC2CB，在整个图 形中随机取一点，则此点取自曲边三角形（黑色部分）的概率为（ ） A B C D 8 已知双曲线 ： ， 的一条渐近线与圆 相交于 A， B 两点，若|AB|2，则 C 的离心率为（ ） A B C2 D4 9已知 f（x）2sin（x+）（0），且 ， ，则（ ） A 有最小值 1 B 有最大值 1 C 有最小值 3 D 有最大值 3 10我国古代名著九章算术中，将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体称 之为阳马已知阳马 PABCD 的顶点都在球 O 的表面上，平面 PAD平面 ABCD，平 面 PAB平面 AB

4、CD，ABADAP1，则球 O 的半径为（ ） A B C1 D 11已知两条抛物线 C：y22x，E：y22px（p0 且 p1），M 为 C 上一点（异于原点 O），直线 OM 与 E 的另一个交点为 N若过 M 的直线 l 与 E 相交于 A，B 两点，且 ABN 的面积是ABO 面积的 3 倍则 p（ ） A8 B6 C4 D2 12已知 ， 是函数 在0，2）上的两个零点，则 cos（） （ ） A1 B C D0 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上 13已知 f（x）x2lnx，则曲线 yf（x）在 x1 处的切线方程为 14设 x，

5、y 满足约束条件 ， ， 则 zx3y 的最小值为 15已知三棱锥 PABC 的各棱长均为 2，M，N 分别为 BC，PA 的中点，则异面直线 MN 与 PC 所成角的大小为 16ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积 ，D 为线 段 BC 上一点若ABD 为等边三角形，则 tanDAC 的值为 三、解答题：本大题共 5 小题，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：共 60 分 17已知数列an为递减的等差数列，a1，a6为方程 x29x+14

6、0 的两根 （1）求an的通项公式； （2）设 ，求数列bn的前 n 项和 18如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，ABC45，ABAA12，P 为 CC1的中点 （1）证明：AB1平面 PA1B； （2） 设 E 为 BC 的中点， 线段 AB1上是否存在一点 Q， 使得 QE平面 A1ACC1？若存在， 求四棱锥 QAA1C1C 的体积；若不存在，请说明理由 19已知椭圆 ： 经过点 ， ，F1，F2是 C 的左、右焦点，过 F1 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，且ABF2的周长为 （1）求 C 的方程； （2）若 ，求 l 的方程 20如图是某校某班 44 名同学的

7、某次考试的物理成绩 y 和数学成绩 x 的散点图： 根据散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点 A，B经调查得 知，A 考生由于重感冒导致物理考试发挥失常，B 生因故未能参加物理考试为了使分析 结果更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计量的值： ， ， ， ， ，其中 xi，yi分别表示这 42 名同学的数学成绩、物理成绩，i1， 2，42y 与 x 的相关系数 r0.82 （1）若不剔除 A、B 两名考生的数据，用 44 数据作回归分析，设此时 y 与 x 的相关系数 为 r0，试判断 r0与 r 的大小关系，并说明理由； （2）求 y 关

8、于 x 的线性回归方程（系数精确到 0.01），并估计如果 B 考生参加了这次物 理考试（已知 B 考生的数学成绩为 125 分），物理成绩是多少？（精确到个位） 附：回归方程 中 ， 21已知函数 f（x）（x+sinxcosx）ex，f（x）为 f（x）的导函数 （1）设 g（x）f（x）f（x），求 g（x）的单调区间； （2）若 x0，证明：f（x）x1 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22，23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第 一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑 （本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系

9、xOy 中，曲线 C1的参数方程为 ， （ 为参数），以坐标 原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系 （1）求 C1的极坐标方程； （2）若 C1与曲线 C2：2sin 交于 A，B 两点，求|OA| |OB|的值 选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 0 分) 23已知函数 f（x）|x1|+|2xa| （1）当 a3 时，解不等式 f（x）2； （2）若不等式|x1|+f（x）3 的解集非空，求实数 a 的取值范围 参考答案参考答案 一、选择题：本大题共 12 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若复数 z1+i，则 （

10、） A0 B2 C2i D2i 【分析】把 z1+i 代入 ，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 解：z1+i， ， 则 故选：D 2已知集合 Mx|x24，Nx|2x0，则 MN（ ） Ax|2x2 Bx|0x2 Cx|2x2 Dx|x2 【分析】可以求出集合 M，N，然后进行交集的运算即可 解：Mx|x24x|2x2，Nx|2x0x|x2，则 MNx|2x 2， 故选：A 3已知 0m1，设 am3，b3m，clog3m，则（ ） Abac Babc Ccba Dbca 【分析】利用幂函数、对数函数和指数函数的单调性即可求解 解：函数 yx3在 R 上单调递增，且 0m1，0m31，即

11、0a1， 函数 y3x在 R 上单调递增，且 0m1，303m31，即 1b3， 函数 ylog3x 在（0，+）上单调递增，且 0m1，log3mlog310，即 c0， bac， 故选：A 4下列函数中为奇函数的是（ ） Ayxsinx Byex+ex C Dy ， ， 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合即可得答案 解：根据题意，依次分析选项： 对于 A，yxsinx，其定义域为 R，有 f（x）（x）sin（x）xsinxf（x），则 函数 f（x）为偶函数，不符合题意； 对于 B，yex+ex，其定义域为 R，有 f（x）f（x），则函数 f（x）为偶函数，不符 合题意

12、； 对于 C，ylnxln ，其定义域为（0，+），是非奇非偶函数，不符合题意； 对于 D，y ， ， ，其定义域为x|x0，当 x0 时，x0，有 f（x）lnx f（x），当 x0 时，x0，有 f（x）ln（x）f（x）， 则对于定义域中任意一个 x，都有 f（x）f（x），f（x）为奇函数，符合题意； 故选：D 5在ABC 中， ，则 （ ） A B C D2 【分析】可设 ，从而可得出 ，进而得出 ，从而可 得出 的值 解：如图，设 ， ， ， 又 ， ， 故选：B 62021 年开始，我省将试行“3+1+2“的普通高考新模式，即除语文、数学、外语 3 门必 选科目外，考生再从物理、

13、历史中选 1 门，从化学、生物、地理、政治中选 2 门作为选 考科目为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均 缩放成 5 分制，绘制成雷达图甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的 是（ ） A甲的物理成绩领先年级平均分最多 B甲有 2 个科目的成绩低于年级平均分 C甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理、化学、历史 D对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 【分析】根据图表进行选项判断，可知 C 错误 解：甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理、化学、生物（物理）， C 选项错， 故选：C 7如图来自古希腊数学家阿基米德所研究的几何图形

14、此图形由三个半圆构成，两个小半 圆外切，又同时内切于大半圆，三个半圆弧围成曲边三角形（黑色部分），由于其形状 很像皮匠用来切割皮料的刀子，又称此图形为“皮匠刀”图形若 AC2CB，在整个图 形中随机取一点，则此点取自曲边三角形（黑色部分）的概率为（ ） A B C D 【分析】分别求出各自的面积，转化为面积比即可 解：设 AC2r1，BC2r2，则 AB2r1+2r2，r12r2， 于是阴影部分的面积为： r1 r2， 于是所求概率为 P 故选：B 8 已知双曲线 ： ， 的一条渐近线与圆 相交于 A， B 两点，若|AB|2，则 C 的离心率为（ ） A B C2 D4 【分析】求出双曲线的

15、渐近线方程，圆的圆心与半径，利用体积推出 ab 关系式，然后求 解离心率即可 解：由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：bx+ay0， 圆 相的圆心（0，2 ），半径为：2， 双曲线 ： ， 的一条渐近线与圆 相交于 A，B 两点，若|AB|2， 可得 ， 3 即：b23a2， 可得 c2a23a2， 解得 e 2 故选：C 9已知 f（x）2sin（x+）（0），且 ， ，则（ ） A 有最小值 1 B 有最大值 1 C 有最小值 3 D 有最大值 3 【分析】直接利用 ， ，列出方程，然后求解 的值，求出最小值 解：f（x）2sin（x+）（0），且 ， ， f（ ）2sin（ +）2，f（

16、 ）2sin（ +）0， + 2k1， +k2，k1，k2Z， k22k1 ，k1，k2Z， 2k24k11，k1，k2Z， 当 k21，k10 时，实数 的最小值为 1 故选：A 10我国古代名著九章算术中，将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体称 之为阳马已知阳马 PABCD 的顶点都在球 O 的表面上，平面 PAD平面 ABCD，平 面 PAB平面 ABCD，ABADAP1，则球 O 的半径为（ ） A B C1 D 【分析】 由题意可得将阳马 PABCD 的顶点的四棱锥放在长方体中， 由长方体的对角线 等于外接球的直径，可得外接球的半径 解：由题意可得将阳马 PABCD 的顶点

17、的四棱锥放在长方体中， 可得长方体的对角线为外接球的直径，所以 2R ， 所以外接球的半径为 ， 故选：B 11已知两条抛物线 C：y22x，E：y22px（p0 且 p1），M 为 C 上一点（异于原点 O），直线 OM 与 E 的另一个交点为 N若过 M 的直线 l 与 E 相交于 A，B 两点，且 ABN 的面积是ABO 面积的 3 倍则 p（ ） A8 B6 C4 D2 【分析】由三角形的面积的公式可得|MN|3|MO|，转化为 M，N 的纵坐标之间的关系， 设直线 OM 的方程， 联立两个抛物线的方程， 求得 M， N 的纵坐标， 解方程可得所求值 解：由 ，得 ，故 （*）， 设直

18、线 OM 的方程为 ykx（k0）， 分别代入 y22x 和 y22px，得 ， ， 代入（*）式得|p1|3，解得 p2（舍去）或 p4， 所以 p4 故选：C 12已知 ， 是函数 在0，2）上的两个零点，则 cos（） （ ） A1 B C D0 【分析】利用函数与方程之间的关系，结合三角函数的诱导公式，同角的三角函数的关 系以及两角和差的三角公式分别进行转化求解即可 解：解法一：依题意，f（）f（）0，故 ，由 ， 得 9sin23sin40，9cos23cos40 且 sincos， 所以 sin，cos 是方程 9x23x40（*）的两个异根 同理可证，sin，cos 为方程（*）

19、的两个异根可以得到 sinsin， 理由如下：假设 sinsin，则 coscos，又 ，0，2），则 ，这与已知相 悖，故 sinsin 从而 sin，sin 为方程（*）的两个异根， 故 同理可求 ，所以 cos（）coscos 解法二： 令 f （x） 0， 得 令 g （x） sinx+cosx， 即 ， 则 ， 即为 g（x）与直线 在0，2）上交点的横坐标， 由图象可知， ，故 ， 又 ， 所以cos （） 解法三：依题意，不妨设 02，则点 A（cos，sin），B（cos，sin）为直线 与单位圆的两个交点， 如图所示取 AB 中点为 H，则 OHAB，记AOH则 22， 所以

20、，cos（）cos（22）cos22cos21 另一方面， ，OA1，故 ， 从而 故选：B 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上 13已知 f（x）x2lnx，则曲线 yf（x）在 x1 处的切线方程为 yx 【分析】先对函数 f（x）求导数，然后分别求出 f（1），f（1），代入直线的点斜式 即可 解：由已知 ， 所以 f（1）1，f（1）1， 故切线方程：y1x1， 即 yx 即为所求 所以答案为：yx 14设 x，y 满足约束条件 ， ， 则 zx3y 的最小值为 7 【分析】先根据条件画出可行域，设 zx3y，再利用几何意义求最值，将最小

21、值转化 为 y 轴上的截距最大，只需求出直线 zx3y，过可行域内的点 A 时的最小值，从而得 到 z 最小值即可 解：在坐标系中画出 x，y 满足约束条件 ， ， 的可行域，如图所示： 由 zx3y 可得 y ，则 z 表示直线 zx3y 在 y 轴上的截距，截距越大，z 越小 平移直线 3x2y0 经过点 A 时，z 最小， 由 可得 A（2，3）， 此时最小值为：7， 则目标函数 zx3y 的最小值为7 故答案为：7 15已知三棱锥 PABC 的各棱长均为 2，M，N 分别为 BC，PA 的中点，则异面直线 MN 与 PC 所成角的大小为 45 【分析】取 AB 中点 O，PB 中点 D

22、，连结 PO，CO，MD，ND，则NMD 是异面直线 MN 与 PC 所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线 MN 与 PC 所成角的大小 解：取 AB 中点 O，PB 中点 D，连结 PO，CO，MD，ND， 三棱锥 PABC 的各棱长均为 2，M，N 分别为 BC，PA 的中点， NDAB，且 ND 1，MDPC，且 MD PC1， NMD 是异面直线 MN 与 PC 所成角（或所成角的补角）， POAB，COAB， POCOO，AB平面 POC， PC平面 POC，ABPC，DNDM， DNDM，NMD45， 异面直线 MN 与 PC 所成角的大小为 45 故答案为：45 16AB

23、C 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积 ，D 为线 段 BC 上一点若ABD 为等边三角形，则 tanDAC 的值为 【分析】 由题设、 三角形面积公式及余弦定理得 ， 所以 tanC ，所以 tanDACtan（60C） 解：由余弦定理可得 c2a2+b22abcosB， a2+b2c22abcosC， S absinC， ， tanC ， ABD 为等边三角形， tanDACtan（60C） 故答案为：8+5 三、解答题：本大题共 5 小题，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

24、， 考生根据要求作答（一） 必考题：共 60 分 17已知数列an为递减的等差数列，a1，a6为方程 x29x+140 的两根 （1）求an的通项公式； （2）设 ，求数列bn的前 n 项和 【分析】（1）设等差数列an的公差为 d，根据 a1，a6为方程 x29x+140 的两根，且 数列an为递减的等差数列，解得 a1，a6，再利用通项公式即可得出 （2）由（1）得 an8n，所以 ，利用求和公式即可得出 解：（1）设等差数列an的公差为 d， 因为 a1，a6为方程 x29x+140 的两根，且数列an为递减的等差数列， 所以 a17，a62， 所以 ， 所以 ana1+（n1）d7（n

25、1）8n， 即数列an的通项公式为 an8n （2）由（1）得 an8n，所以 ， 所以数列bn的前 n 项和 18如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，ABC45，ABAA12，P 为 CC1的中点 （1）证明：AB1平面 PA1B； （2） 设 E 为 BC 的中点， 线段 AB1上是否存在一点 Q， 使得 QE平面 A1ACC1？若存在， 求四棱锥 QAA1C1C 的体积；若不存在，请说明理由 【分析】解法一：（1）证明 A1ABB1为正方形，设 A1B 交 AB1于点 O，则 O 为 AB1的中 点，且 A1BAB1 连接 PA，PB1，PO，推出 POAB1，然后证明 A

26、B1平面 PA1B （2）当 Q 为 AB1中点，即点 Q 与点 O 重合时，QE平面 A1ACC1连接 A1C，说明 QE 平面 AA1C1CQ 到平面 A1ACC1的距离等于 B 到平面 A1ACC1的距离的一半，转化求 解几何体的体积即可 解法二： （1）证明 A1ABB1为正方形，设 A1B 交 AB1于点 O，则 O 为 AB1的中点，且 A1B AB1连接 B1C 交 BP 于 F 点，推出 BB1平面 ABC，ACBB1结合 ACBC，证明 AC平面 BB1C1C，证明 BP平面 AB1C，然后证明 A1B平面 PA1B （2）当 Q 为 AB1中点，即点 Q 与点 O 重合时，

27、QE平面 A1ACC1 取 AB 中点 M，连接 QM，ME，说明 Q 到平面 A1ACC1的距离等于 E 到平面 A1ACC1的距 离，利用等体积法 转化求解即可 解法三：（1）设 A1B 交 AB1于点 O，说明 A1ABB1为正方形， 得到 A1BAB1，连接 PA，PB1，PO，推出 POAB1，证明 PO平面 ABB1A1得到平 面 PA1B平面 ABB1A1即可证明 AB1平面 PA1B（2）同方法一 解：解法一：（1）证明：在ABC 中， ACB90，ABC45，AB2， ， 又直三梭柱 ABCA1B1C1中，ABAA12，则 A1ABB1为正方形， 设 A1B 交 AB1于点

28、O，则 O 为 AB1的中点，且 A1BAB1 连接 PA，PB1，PO， 侧棱 CC1底面 ABC，P 为 CC1的中点，则 ， ， 故 PAPB1 POAB1， POA1BO，且 PO，A1B平面 PA1B， AB1平面 PA1B （2）当 Q 为 AB1中点，即点 Q 与点 O 重合时，QE平面 A1ACC1 理出如下： 连接 A1C，E 为 BC 的中点，则 QEA1C， QE平面 AA1C1C，A1C半面 AA1C1C， QE平面 AA1C1C 此时，Q 到平面 A1ACC1的距离等于 B 到平面 A1ACC1的距离的一半， 又 ， 解法二：（1）证明：在ABC 中，ACB90，AB

29、C45，AB2， ，（1 分） 又直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA12，则 A1ABB1为正方形， 设 A1B 交 AB1于点 O，则 O 为 AB1的中点，且 A1BAB1 连接 B1C 交 BP 于 F 点，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1平面 ABC， AC平面 ABC，ACBB1 又 ACBC，BCBB1B，BC，BB1平面 BB1C1C， AC平面 BB1C1C， BP平面 BB1C1C，ACBP， 在矩形 BB1C1C 中，P 为 CC1的中点，则 ， ， 由 CC1BB1得CPFBB1F， ， ， ，PF2+CF2PC2，故 B1CPB， 又 ACBP，ACB1C

30、C，AC，B1C平面 AB1C，BP平面 AB1C， AB1平面 AB1C，AB1BP 又 A1BAB1，A1BBPB，A1B，BP平面 PA1B，A1B平面 PA 1B （2）当 Q 为 AB1中点，即点 Q 与点 O 重合时，QE平面 A1ACC1 理由如下： 取 AB 中点 M，连接 QM，ME，又 CEBE，MEAC， ME平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1， ME平面 A1ACC1 同理可得 QM平面 A1ACC1 又MEQMM，ME，QM平面 QME， 平面 QME平面 A1ACC1， 又QE平面 QME， QE平面 A1ACC1 此时，Q 到平面 A1ACC1的距离等于

31、E 到平面 A1ACC1的距离， 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC， BC平面 ABC，CC1BC， 又 ACBC，ACCC1C，AC，CC1平面 AA1C1C，BC平面 AA1C1C， EC 为四棱锥 QAA1C1C 的高， 解法三：（1）证明：在ABC 中， ACB90，ABC45，AB2， ， 设 A1B 交 AB1于点 O， 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AA12，A1ABB1为正方形， O 为 AB1中点，且 A1BAB1 连接 PA，PB1，PO， 侧棱 CC1底面 ABC，P 为 CC1的中点，则 ， ， 故 PAPB1 POAB1， 同理可得 POA1B

32、 又 A1BAB1O，A1B，AB1平面 ABB1A1，PO平面 ABB1A1 PO平面 PA1B， 平面 PA1B平面 ABB1A1 平面 PA1B平面 ABB1A1A1B，AB1平面 ABB1A1， AB1平面 PA1B （2）同方法一 19已知椭圆 ： 经过点 ， ，F1，F2是 C 的左、右焦点，过 F1 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，且ABF2的周长为 （1）求 C 的方程； （2）若 ，求 l 的方程 【分析】（1）依题意，易得 2 ， ，进而得到 a，b，由此可得椭圆 C 的方程； （2）解法一：设 A（x1，y1），B（x2，y2），直线 l 的方程为 xty1，与椭

33、圆方程联 立，可得 ， ， ， ， ， ，再 根据题设建立方程，可求得 ，由此求得直线 l 的方程； 解法二：分情况讨论，当 ABx 轴时，容易判断此时不符合题意；当 AB 与 x 轴不 垂直时，设直线 l 的方程为 yk（x+1），与椭圆方程联立，可得 ， ， ， ，再根据题设建立方程，可求得 k2，由此求得直线 l 的方程 解：解法一：（1）依题意，2 ，故 将点 ， 代入椭圆方程得， ，所以 b21， 所以 C 的方程为 （2）由（1）知 F1，F2的坐标分别为（1，0），（1，0） 设 A（x1，y1），B（x2，y2），直线 l 的方程为 xty1， 代入 得，（2+t 2）y22t

34、y10 所以4t2+4（2+t2）8t2+80， ， 因为 ， ， ， ， ， ， 所以 （t2+1） y1y22t （y1+y2） +4 ， 因为 ， 所以 ，即 5t 2+12+t2， 解得 ， 综上，直线 l 的方程为 2xy+20 或 2x+y+20 解法二：（1）同解法一 （2）由（1）知 F1，F2的坐标分别为（1，0），（1，0） 设 A（x1，y1），B（x2，y2）， 当 ABx 轴时，A，B 的坐标为 ， ， ， ，则 ， ， ，不满足题意 当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk（x+1）， 代入 得：（1+2k 2）x2+4k2x+2k220 所以 （4

35、k2） 24 （1+2k2） （2k22） 8k2+80， ， ， 因为 ， ， ， ， 所以 x1x2（x1+x2）+1+y1y2 因为 y1y2k（x1+1）k（x2+1）k2（x1x2+x1+x2+1）， 所以 依题意得： ， 解得 k24，即 k2 综上，直线 l 的方程为 2xy+20 或 2x+y+20 20如图是某校某班 44 名同学的某次考试的物理成绩 y 和数学成绩 x 的散点图： 根据散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点 A，B经调查得 知，A 考生由于重感冒导致物理考试发挥失常，B 生因故未能参加物理考试为了使分析 结果更科学准确，剔除这两组

36、数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计量的值： ， ， ， ， ，其中 xi，yi分别表示这 42 名同学的数学成绩、物理成绩，i1， 2，42y 与 x 的相关系数 r0.82 （1）若不剔除 A、B 两名考生的数据，用 44 数据作回归分析，设此时 y 与 x 的相关系数 为 r0，试判断 r0与 r 的大小关系，并说明理由； （2）求 y 关于 x 的线性回归方程（系数精确到 0.01），并估计如果 B 考生参加了这次物 理考试（已知 B 考生的数学成绩为 125 分），物理成绩是多少？（精确到个位） 附：回归方程 中 ， 【分析】（1）r0r通过 y 与 x 成正相关关系，说明异常点

37、 A，B 会降低变量间的线 性相关程度；44 个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数 更小；42 个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数史大； 42 个数据点更贴近其回归直线 l；44 个数据点与其回归直线更离散 （2）求出对称中心，求出回归直线方程的斜率，然后求解 a，得到回归直线方程，将 x 125 代入，即可求出估计 B 同学的物理成绩 解：（1）r0r 理由如下：由图可知，y 与 x 成正相关关系， 异常点 A，B 会降低变量间的线性相关程度； 44 个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小； 42 个数据点与其回归直

38、线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数史大； 42 个数据点更贴近其回归直线 l； 44 个数据点与其回归直线更离散 （以上理由写出任一个或其它言之有理均可得分） （2）由题中数据可得： ， ， 35035042110.5746916， 所以 ， ， 所以 ， 将 x125 代入，得 ， 所以估计 B 同学的物理成绩约为 81 分 21已知函数 f（x）（x+sinxcosx）ex，f（x）为 f（x）的导函数 （1）设 g（x）f（x）f（x），求 g（x）的单调区间； （2）若 x0，证明：f（x）x1 【分析】解法一：（1）求出导函数 f（x），通过 g（x），得到 g（x）（1+2

39、cosx） ex求出极值点，判断函数的单调性即可 （2）要证 f（x）x1，只需证：f（x）+1x0设 h（x）f（x）+1x，x0，求 出导函数 h（x），记 t（x）h（x），通过 t（x）（2+x+2sinx+2cosx）ex判 断函数的单调性，转化求解 h（x）0，推出结果 解法二：（1）同解法一， （2）要证 f（x）x1，只需证 f（x）+1x0：设 h（x）f（x）+1x，x0，则 h （x）（1+x+2sinx）ex1x0，时，1+x1，sinx0，1+x+2sinx1，x（，+ ）时 1+x+2sinx1+21然后转化推出 h（x）h（0）0 即可 【解答】解法一：（1）依题

40、意得，f（x）（1+cosx+sinx）ex+（x+sinxcosx）ex （1+x+2sinx）ex 所以 g（x）f（x）f（x）（1+sinx+cosx）ex，g（x）（1+2cosx）ex 令 g（x）0，得 ，解得 ，k一、选择题 令 g（x）0，得 ，解得 ，kZ 所以 g（x）的单调增区间为 ， ； 单调减区间为 ， ，其中 kZ （2）要证 f（x）x1，只需证：f（x）+1x0 设 h（x）f（x）+1x，x0，则 h（x）f（x）1（1+x+2sinx）ex1 记 t（x）h（x）（1+x+2sinx）ex1，则 t（x）（2+x+2sinx+2cosx）ex 当 x0，时

41、，sinx0，又 2+2cosx0，ex0，所以 t（x）0； 当 x（，+）时，x，2sinx2，所以 x+2sinx20，又 2+2cosx0，ex0， 所以 t（x）0 综上，当 x0 时，t（x）0 恒成立， 所以 t（x）在0，+）上递增 所以，t（x）t（0）0，即 h（x）0， 所以，h（x）在0，+）上递增，则 h（x）h（0）0，证毕 解法二：（1）同解法一， （2）要证 f（x）x1，只需证 f（x）+1x0： 设 h（x）f（x）+1x，x0，则 h（x）f（x）1（1+x+2sinx）ex1 x0，时，1+x1，sinx0，1+x+2sinx1， x（，+）时，1+x1

42、+，2sinx2，故 1+x+2sinx1+21 综上，当 x0 时，1+x+2sinx1， 所以，当 x0 时，h（x）ex10 所以，h（x）在0，+）上递增，则 h（x）h（0）0，证毕 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22，23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第 一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑 （本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 ， （ 为参数），以坐标 原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系 （1）求 C1的极坐标方程； （2）若 C1与曲线 C2：2sin 交于 A，B 两点，求|OA| |OB|的值 【分析】 （1） 直接利用转换关系， 把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2）利用两曲线间的位置关系的应用求出交点的坐标，进一步利用两点间的距离公式的 应用求出结果 解：（1）曲线 C1的参数方程为 ， （ 为参数），转换为直角坐标方程 为（x1）2+y25，转换为极坐标方程为 22cos40 （2）由于若 C1与曲线 C2：2sin 交于 A，B 两点，曲线 C2：2sin 转换为直角坐 标方程为 x2+y22y 所以 ，解得 或 ， 即 A（0，2），B（1，1）， 所以 选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 0