福建省龙岩市2020年5月高三毕业班教学质量检查数学试题（理科）含答案解析

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1、龙岩市龙岩市 2020 届高三毕业班届高三毕业班 5 月教学质量检查数学（理科）试题月教学质量检查数学（理科）试题 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已知复数 z 满足 z（l2i）2+i，则 z 的虚部为（ ） A1 B1 Ci Di 2已知集合 Ax|0x2，Bx|1 3 2，则 AB（ ） Ax|x0 Bx|0x 1 9 Cx|0x2 Dx|1 9 x2 32020 年初，我国突发新冠肺炎疫情，疫情期间中小学

2、生“停课不停学” 已知某地区中 小学生人数情况如甲图所示， 各学段学生在疫情期间 “家务劳动” 的参与率如乙图所示 为 了进一步了解该地区中小学生参与“家务劳动”的情况，现用分层抽样的方法抽取 4%的 学生进行词查， 则抽取的样本容量、 抽取的高中生中参与 “家务劳动” 的人数分别为 （ ） A2750，200 B2750，110 C1120，110 D1120，200 4若 3cos22sin（ 4 ） ， ( 2 ，)，则 sin2 的值为（ ） A 42 9 B 52 9 C 7 9 D7 9 5某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为 1，则该三棱锥的体积为 （ ） A4

3、 B8 C12 D24 6 已知A， B， C三点不共线， 若 = 3 ， 点E为线段AD的中点， 且 = + ， 则x+y 的值为（ ） A 1 6 B1 2 C1 D3 2 7已知函数 f（x）（|sinx|+sinx） cosx，则下列命题中正确的是（ ） Af （x） 的最小正周期为 Bf （x）的图象关于直线 = 4对称 Cf （x）的值域为0，1 Df （x） 在区间 4 ， 3 4 上单调递减 8分形几何是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，科赫曲线是比较典型的分形图 形，1904 年瑞典数学家科赫第一次描述了这种曲线，因此将这种曲线称为科赫曲线其 生成方法是： （）将正三角

4、形（图（1） ）的每边三等分，以每边三等分后的中间的那一 条线段为一边，向形外作等边三角形，并将这“中间一段”去掉，得到图（2） ； （）将 图（2）的每边三等分，重复上述的作图方法，得到图（3） ； （）再按上述方法继续做 下去， 设图 （1）中的等边三角形的边长为 1， 并且分别将图 （1） 、 图 （2） 、 图 （3） 、 、 图（n） 、中的图形依次记作 M1，M2，M3，Mn，设 Mn的周长为 Ln，则 L4为 （ ） A32 9 B16 3 C64 9 D256 27 9已知函数() = 1 +1(3 + )， 0，则 f（x）的图象不可能是（ ） A B C D 10设双曲线

5、C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，|F1F2|2c，过 F2作x轴的垂线， 与双曲线在一第象限的交点为A， 点Q坐标为(， 3 2 )且满足|F2Q|F2A|， 若在双曲线 C 的右支上存在点 P 使得|PF1|+|PQ| 7 6 |12|成立，则双曲线 C 的离心率的 取值范围是（ ） A(1， 10 2 ) B(1， 3 2) C(3 2， 10 2 ) D(3 2， + ) 11 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， P 是正方形 ADD1A1内 （包括边界） 的动点， M 是 CD 的中点，且PBAPMD，则当PAD 的面积最大时，

6、|PA|的值为（ ） A22 3 B23 3 C42 3 D43 3 12已知各项都为正数的数列an满足 a11，:1= + 1 2 + 3 2 ，= ，其中an 表示不超过 an的最大整数，则 b5的值为（参考数据：ln20.69，ln31.10，ln51.61） （ ） A2 B3 C4 D5 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在( 1 2) 6( + 3)的展开式中，常数项为 14已知抛物线 E：y28x 的焦点为 F，过抛物线 E 上一点 P（在第一象限内）作 Y 轴的垂 线 PQ，垂足为 Q，若四边形 O

7、FPQ 的周长为 7，则点 P 的坐标为 15实现国家富强、民族复兴、人民幸福是“中国梦”的本质内涵某商家计划以“全民健 身促健康，同心共筑中国梦”为主题举办一次有奖消费活动，此商家先把某品牌乒乓球 重新包装，包装时在每个乒乓球上印上“中” “国” “梦”三个字样中的一个，之后随机 装盒（1 盒 4 个球） ，并规定：若顾客购买的一盒球印的是同一个字，则此顾客获得一等 奖； 若顾客购买的一盒球集齐了 “中” “国” 二个字且仅有此二字， 则此顾客获得二等奖； 若顾客购买的一盒球集齐了“中” “国” “梦”三个字，则此顾客获得三等奖，其它情况 不设奖，则顾客购买一盒乒乓球获奖的概率是 16 如图

8、， 在平面直角坐标系 xOy 中， 边长为 2 的正方形 ABCD 沿 x 轴滚动 （无滑动滚动） ， 点 D 恰好经过坐标原点， 设顶点 B （x， y） 的轨迹方程是 yf （x） ， 则 f （19） 三、 解答题 （本大题共三、 解答题 （本大题共 5 小题小题， 共， 共 70 分， 解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤 （一）分， 解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤 （一） 必考题：共必考题：共 60 分分 17在锐角ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知2 = 2 2+22 （1）求 A 的值； （2）若 c2，求ABC 面积的取值范围 18在四棱

9、锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADCBCD90，BCl，PD AD2DC2，PDA60，且平面 PAD平面 ABCD （1）求证：BDPC； （2）在线段 PA 上是否存在一点 M，使二面角 MBCD 的大小为 30？若存在，求 出 的值；若不存在，请说明理由 19已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的左、右焦点分别为 F1，F2，M 为椭圆上任意一 点，当F1MF260时，F1MF2的面积为3，且 2b= 3a （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知直线 l 经过点 N（2，3）与椭圆 C 交于不同的两点 P，Q，且 = 48 5 ， 求直线 l 的方程 20交

10、强险是车主必须为机动车购头的险种，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆 发生道路交通事故的情况相联系每年交强险最终保险费计算方法是：交强险最终保险 费a （1+A） ，其中 a 为交强险基础保险费，A 为与道路交通事故相联系的浮动比率，同 时满足多个浮动因索的，按照向上浮动或者向下浮动比率的高者计算按照我国机动 车交通事故责任强制保险基础费率表的规定：普通 6 座以下私家车的交强险基础保险 费 a 为 950 元，交强险费率浮动因素及比率如表： 交强险浮动因素和浮动费率比率表来源:Z1（n2） ，且 T11， 即数列Tn是首项为 1，公比为1 3的等比数列， 所以 Tn= (1 3 );1

11、， 所以 Mn的周长 LnNnTn3 (4 3) ;1， 来源:学科网 则 L43 (4 3) 3 = 64 9 ， 故选：C 本题主要考查了合情推理中的归纳推理，以及等比数列的应用，是中档题 9已知函数() = 1 +1(3 + )， 0，则 f（x）的图象不可能是（ ） A B C D 设 g（x）= 1 +1，先判断 g（x）的奇偶性，结合函数图象先确定 a 的值，然后结合函数 的奇偶性分别进行判断即可 设 g（x）= 1 +1，则 g（x）= 1 +1 = 1 1+ = g（x） ，则 g（x）是奇函数， A中由图象知是偶函数，则 ycos（3x+a）是奇函数，则 a= 2，此时 ys

12、in3x，此 时 f（x）= 1 +1sin3x，当 0x1 时，f（x）0，此时 A 有可能成立，B 不成立， CD中由图象知是奇函数，则 ycos（3x+a）是偶函数，则 a0 或 a， 当 a0 时，f（x）= 1 +1cos3x，此时对应图象为 C， 当 a 时，f（x）= 1 +1cos3x，此时对应图象为 D， 故不可能的是 B， 故选：B 本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件构造函数，判断函数的奇偶性，结合图 象，利用奇偶性求出 a 的值是解决本题的关键难度中等 10设双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，|F1F2|2c，过 F2

13、作x轴的垂线， 与双曲线在一第象限的交点为A， 点Q坐标为(， 3 2 )且满足|F2Q|F2A|， 若在双曲线 C 的右支上存在点 P 使得|PF1|+|PQ| 7 6 |12|成立，则双曲线 C 的离心率的 取值范围是（ ） A(1， 10 2 ) B(1， 3 2) C(3 2， 10 2 ) D(3 2， + ) 将 xc 代入双曲线的方程，求得 A 的纵坐标，由|F2Q|F2A|，结合 a，b，c 和离心率公 式可得 e 的范围；再由双曲线的定义和恒成立思想，讨论 F2，P，Q 共线时，|PF2|+|PQ| 取得最小值|F2Q|， 结合离心率公式可得 e 的范围， 再由 e1， 取交

14、集即可得到所求范围 令 xc 代入双曲线的方程可得 yb 2 2 1 = 2 ， 由|F2Q|F2A|，可得3 2 2 ， 即为 3a22b22（c2a2） ， 即有 e= 10 2 ， 又|PF1|+|PQ| 7 6|F1F2|恒成立， 由双曲线的定义，可得 2a+|PF2|+|PQ| 7 3c 恒成立， 由 F2，P，Q 共线时，|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|= 3 2 ， 可得7 3c2a+ 3 2， 即有 e= 3 2， 由 e1，结合可得， e 的范围是（3 2， 10 2 ） 故选：C 本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用双曲线的定义和三点共线的性质，考查运算 能力，属

15、于中档题 11 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， P 是正方形 ADD1A1内 （包括边界） 的动点， M 是 CD 的中点，且PBAPMD，则当PAD 的面积最大时，|PA|的值为（ ） A22 3 B23 3 C42 3 D43 3 |PA|2|PD|，以 AD 所在直线为 x 轴，AD 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系， 则 A（1，0） ，D（1，0） ，设 P（x，y） ，则（x+1）2+y24（x1）2+4y2，推导出点 P 的轨迹是以 （5 3， 0） 为圆心， 以 4 3为半径的圆在面 ADD1A1 内的部分， 由此能求出当PAD 的面积最大时|P

16、A|的值 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， P 是正方形 ADD1A1内（包括边界）的动点， M 是 CD 的中点，且PBAPMD， |PA|2|PD|， 以 AD 所在直线为 x 轴，AD 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系， 则 A（1，0） ，D（1，0） ， 设 P（x，y） ，则（x+1）2+y24（x1）2+4y2， 整理，得（x 5 3） 2+y2=16 9 ， 点 P 的轨迹是以（5 3，0）为圆心，以 4 3为半径的圆在面 ADD1A1 内的部分， 当PAD 的面积最大时|PA|的值为43 3 故选：D 本题考查三角形面积最大时线段长的求法，考查空

17、间中线线、线面、页面间的位置关系 等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题 12已知各项都为正数的数列an满足 a11，:1= + 1 2 + 3 2 ，= ，其中an 表示不超过 an的最大整数，则 b5的值为（参考数据：ln20.69，ln31.10，ln51.61） （ ） A2 B3 C4 D5 设 f（x）lnx+ 1 2 + 3 2 （x0） ，利用导数得到当 x（2，3）时，2f（x）3，又 a2 2.5，所以 a3（2，3） ，a4（2，3） ，a5（2，3） ， 故 b52 设 f（x）lnx+ 1 2 + 3 2 （x0） ， 所以 f（x）= 1 2 3

18、= 22 3 ，当 x2时，函数 f（x）单调递增， 又f（2）ln2+ 7 4 2.44，f（3）ln3+ 29 18 2.71， 当 x（2，3）时，2f（x）3， 又a22.5，a3（2，3） ，a4（2，3） ，a5（2，3） ， b52， 故选：A 本题主要考查了数列的递推式，以及利用函数的思想解决数列问题，是中档题 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在( 1 2) 6( + 3)的展开式中，常数项为 15 2 先将原式拆写成( 1 2) 6 + 3( 1 2) 6的形式，然后分两种情况求常数项即可 原式

19、= ( 1 2) 6 + 3( 1 2) 6， 而( 1 2) 6的通项为：(1 2) 66;2， 所以当 62k0，即 k3 时，可得式中的后一项的常数项乘以 3 即为所求， 此时原式常数项为3( 1 2) 363 = 15 2 故答案为： 15 2 本题考查二项展开式通项的应用，同时考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础 题 14已知抛物线 E：y28x 的焦点为 F，过抛物线 E 上一点 P（在第一象限内）作 Y 轴的垂 线 PQ，垂足为 Q，若四边形 OFPQ 的周长为 7，则点 P 的坐标为 （1 2，2） 由抛物线的方程可得焦点坐标，及准线方程，设 P 的坐标，代入抛物线的方程

20、可得坐标 之间的关系，再由四边形 OFPQ 的周长为 7 可得 P 的横纵坐标的关系，两式联立求出 P 的坐标 由抛物线的方程可得焦点 F（2，0） ，准线方程 x2，设 P（m，n） ，则 n28m， 因为四边形 OFPQ 的周长为 7，由抛物线的性质可得：|PF|PQ|+2m+2， 所以 n+m+m+2+27，即 n+2m3， 由可得：m= 1 2，n2，即 P（ 1 2，2） ， 故答案为： （1 2，2） 本题考查抛物线的性质，属于中档题 15实现国家富强、民族复兴、人民幸福是“中国梦”的本质内涵某商家计划以“全民健 身促健康，同心共筑中国梦”为主题举办一次有奖消费活动，此商家先把某品

21、牌乒乓球 重新包装，包装时在每个乒乓球上印上“中” “国” “梦”三个字样中的一个，之后随机 装盒（1 盒 4 个球） ，并规定：若顾客购买的一盒球印的是同一个字，则此顾客获得一等 奖； 若顾客购买的一盒球集齐了 “中” “国” 二个字且仅有此二字， 则此顾客获得二等奖； 若顾客购买的一盒球集齐了“中” “国” “梦”三个字，则此顾客获得三等奖，其它情况 不设奖，则顾客购买一盒乒乓球获奖的概率是 53 81 基本事件总数 n3481，顾客购买一盒乒乓球获奖包含的基本事件个数 m3+ （2 141 + 4 2）+314222 =53，由此能求出顾客购买一盒乒乓球获奖的概率 包装时在每个乒乓球上印

22、上“中” “国” “梦”三个字样中的一个，之后随机装盒（1 盒 4 个球） ， 并规定：若顾客购买的一盒球印的是同一个字，则此顾客获得一等奖； 若顾客购买的一盒球集齐了“中” “国”二个字且仅有此二字，则此顾客获得二等奖； 若顾客购买的一盒球集齐了“中” “国” “梦”三个字，则此顾客获得三等奖，其它情况 不设奖， 基本事件总数 n3481， 顾客购买一盒乒乓球获奖包含的基本事件个数： m3+（2 141 + 4 2）+314222 =53， 则顾客购买一盒乒乓球获奖的概率是 p= = 53 81 故答案为：53 81 本题考查概率的求法，考查排列组合、古典概型等基础知识，考查运算求解能力以及

23、化 归与转化思想，是基础题 16 如图， 在平面直角坐标系 xOy 中， 边长为 2 的正方形 ABCD 沿 x 轴滚动 （无滑动滚动） ， 点 D 恰好经过坐标原点，设顶点 B（x，y）的轨迹方程是 yf（x） ，则 f（19） 3 根据条件分4x2，2x2，2x4 和 4x6 几种情况求出点的轨迹，再找 到轨迹的变化规律，进一步求出 f（19）的值 由题意，知当4x2 时，顶点 B（x，y）的轨迹是以点 A（2，0）为圆心，以 2 为半径的1 4圆； 当2x2 时，顶点 B（x，y）的轨迹是以点 D（0，0）为圆心，以22为半径的1 4圆； 当 2x4 时，顶点 B（x，y）的轨迹是以点

24、C（2，0）为圆心，以 2 为半径的1 4圆； 当 4x6 时，顶点 B（x，y）的轨迹是以点 A（4，0）为圆心，以 2 为半径的1 4圆，与 4x2 的形状相同， 因此函数 yf（x）的图象在4，4上恰好为一个周期的图象， 函数 yf（x）的周期为 8，f（19）f（3）= 3 故答案为：3 本题考查了轨迹方程的求法，考查了分类讨论思想，属中档题 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 （一）分， 解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤 （一） 必考题：共必考题：共 60 分分 17在锐角ABC 中

25、，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知2 = 2 2+22 （1）求 A 的值； （2）若 c2，求ABC 面积的取值范围 （1）对已知等式应用余弦定理得2 = 2 2 = ，再应用正弦定理得： 2sinBcosAsinB，所以 cosA= 1 2，从而求出角 A 的值； （2）由（1）得 A= 3，设 B，则 C= 2 3 ，由ABC 为锐角三角形可得 6 2， 所以 tan 3 3 ，由正弦定理得 b= 2 3 2 1 + 1 2 ，所以 1b4，再利用三角形面积公式即可 求出ABC 面积的取值范围 （1）由余弦定理得：b2+c2a22bccosA， 2 = 2 2+22，2

26、= 2 2 = ， 由正弦定理得：2sinBsinC= ， 2sinBcosAsinCcosAsinAcosC， 2sinBcosAsin（A+C）sinB， ABC 为锐角三角形，0 2，0 2，sinB0， cosA= 1 2， A= 3； （2）由（1）得 A= 3，设 B，则 C= 2 3 ， ABC 为锐角三角形， 0 2，0 2 3 2， 6 2， 由正弦定理得： = (2 3 ;)， c2，b= 2 3 2+ 1 2 = 2 3 2 1 + 1 2 ， 由 6 2得 tan 3 3 ， 1 2 3 2 1 + 1 2 2， 1b4， SABC= 1 2 = 3 2 ， 3 2 2

27、3， ABC 面积的取值范围是： （ 3 2 ，23） 本题主要考查了正弦定理和余弦定理，是中档题 18在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADCBCD90，BCl，PD AD2DC2，PDA60，且平面 PAD平面 ABCD （1）求证：BDPC； （2）在线段 PA 上是否存在一点 M，使二面角 MBCD 的大小为 30？若存在，求 出 的值；若不存在，请说明理由 （1） 过点 P 在平面 PAD 内作 POAD， 垂足为 O， 连结 BO、 OC， 推导出 PO面 ABCD， POBD， 四边形 OBCD 是正方形， BDOC， 从而 BD面 POC， 由此能证明 BD

28、PC （2）PO面 ABCD，OBAD，建立空间直角坐标系 Oxyz，利用向量法能求出在线段 PA 上存在点 M，满足题设条件，且 = 2 3 （1）证明：过点 P 在平面 PAD 内作 POAD，垂足为 O，连结 BO、OC， 面 PAD面 ABCD，PO面 ABCD，POBD， PDA60，PDDA2，PDA 是等边三角形，OD1BC， ODBC，BCD90， 四边形 OBCD 是正方形，BDOC， OCPOO，BD面 POC， PC面 POC，BDPC （2）PO面 ABCD，OBAD，如图，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则 B（0，1，0） ，C（1，1，0） ，D（1，0，0） ，

29、P（0，0，3） ，A（1，0，0） ， 假设在线段 PA 上存在一点 M，使二面角 MBCD 大小为 30， 设 =（， 1，3 3） ， =（1，0，0） ， 设面 MBC 的法向量为 =（x，y，z） ， 则 = + (3 3) = 0 = = 0 ，取 =（0，3 3，1） ， 面 ABCD 的一个法向量 =（0，0，1） ， 二面角 MBCD 大小为 30， cos30= | | | |= 1 (33)2+1 = 3 2 ， 解得 = 2 3或 = 4 3（舍） ， 在线段 PA 上存在点 M，满足题设条件，且 = 2 3 本题考查线线垂直的证明，考查满足二面角的两线段的比值的求法，

30、考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档 题 19已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的左、右焦点分别为 F1，F2，M 为椭圆上任意一 点，当F1MF260时，F1MF2的面积为3，且 2b= 3a （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知直线 l 经过点 N（2，3）与椭圆 C 交于不同的两点 P，Q，且 = 48 5 ， 求直线 l 的方程 （1）设|MF1|m，|MF2|n，运用椭圆的定义和三角形的面积公式和余弦定理，结合 a， b，c 的关系，解得 a，b，可得椭圆方程； （2） 由题意可得直线 l 的斜率存在， 设直线

31、 l 的方程为 y3k （x2） ， 联立椭圆方程， 运用判别式大于 0 和韦达定理，结合向量的数量积的坐标表示，解方程可得斜率 k，进而 得到所求直线方程 （1）设|MF1|m，|MF2|n，则 m+n2a，在MF1F2中，S= 1 2mnsin60= 3，即 mn 4， 由余弦定理可得 m2+n22mncos604c2，即（m+n）23mn4c2， 代入计算可得 a2c23，所以 b23， 又 2b= 3a，所以 a2， 则椭圆 C 的方程为 2 4 + 2 3 =1； （2）由题意可得直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y3k（x2） ，联立椭圆方程 3x2+4y212， 可得（

32、3+4k2）x2+（24k16k2）x+16k248k+240， 则64k2（32k）24（3+4k2） （16k248k+24）0，解得 k 1 2， 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，则 x1+x2= 16224 3+42 ，x1x2= 16248+24 3+42 ， 由 =（x12，y13） ， =（x22，y23） ，且 = 48 5 ， 所以 =（x12） （x22）+（y13） （y23）= 48 5 ，又因为 y1k（x12）+3， y2k（x22）+3， 所以 =（x12） （x22） （1+k2）（1+k2）x1x22（x1+x2）+4= 48 5 ， 即（1+k2

33、） （16 2;48:24 3:42 322;48 3:42 +4）= 48 5 ，化简可得36(1: 2) 42:3 = 48 5 ，解得 k2 3， 由 k 1 2，可得 k= 3， 则直线 l 的方程为 y3= 3（x2） ，即3xy+323 =0 本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立直线方程和 椭圆方程，运用韦达定理，同时考查向量数量积的坐标表示，以及化简运算能力，属于 中档题 20交强险是车主必须为机动车购头的险种，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆 发生道路交通事故的情况相联系每年交强险最终保险费计算方法是：交强险最终保险 费a （1+A） ，其

34、中 a 为交强险基础保险费，A 为与道路交通事故相联系的浮动比率，同 时满足多个浮动因索的，按照向上浮动或者向下浮动比率的高者计算按照我国机动 车交通事故责任强制保险基础费率表的规定：普通 6 座以下私家车的交强险基础保险 费 a 为 950 元，交强险费率浮动因素及比率如表： 交强险浮动因素和浮动费率比率表 类型 浮动因素 浮动比率 A1 上一个年度未发生有责任道路交通事故 10% A2 上两个年度未发生有责任道路交通事故 20% A3 上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故 30% A4 上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 0% A5 上一个年度发生两次及两次以上有责任道路

35、交通事故 10% A6 上一个年度发生有责任道路交通死亡事故 30% 某机构为了研究某一品牌普通 6 座以下私家车的投保情况，随机抽取了 100 辆车龄已满 三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计结果如表： 类型 A1 A2 A3 A4 A5 A6 数量 25 10 10 25 20 10 以这 100 辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题： （1）记 X 为一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求 X 的分布列与数学期望（数学期望 值保留到个位数字） ； （2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将经销商购车后下一年的交强险最 终保险费高于交强险基础

36、保险费a的车辆记为事故车， 假设购进一辆事故车亏损3000元， 购进一辆非事故车盈利 5000 元： 该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至少有一辆是事故 车的概率； 若该销售商一次购进 100 辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求他获得利润的期望 （1）由表 1 可得出 X 的可能取值为 0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a，由表 2 求出每个 X 的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望； （2） 由表 1 和表 2 可知， 任意一辆该品牌 （车龄已满三年） 的二手车为事故车的概率， 再根据对立事件的概率求解即可； 设该销售商购进一辆二手车获得的

37、利润为 Y，则 Y 的可能取值为3000，5000，结合 可知每个 Y 的取值所对应的概率，进而求出数学期望 E（Y） ，而销售商购进 100 辆车 的利润为 100E（Y） ，从而得解 （1）由表 1 可知，X 的可能取值为 0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a， 由表 2 可知， P（X0.9a）= 25 100 = 1 4，P（X0.8a）= 10 100 = 1 10，P（X0.7a）= 10 100 = 1 10，P（X a）= 25 100 = 1 4，P（X1.1a）= 20 100 = 1 5，P（X1.3a）= 10 100 = 1 10， X 的分布列为 X

38、 0.9a 0.8a 0.7a a 1.1a 1.3a P 1 4 1 10 1 10 1 4 1 5 1 10 E（X）= 0.9 1 4 + 0.8 1 10 + 0.7 1 10 + 1 4 + 1.1 1 5 + 1.3 1 10 = 0.975 926 （2）由表 1 可知，事故车的类型为 A5和 A6， 由表 2 可知， 任意一辆该品牌 （车龄已满三年） 的二手车为事故车的概率为20:10 100 = 3 10， 则三辆车中至少有一辆事故车的概率为 = 1 (1 3 10) 3 = 657 1000 设该销售商购进一辆二手车获得的利润为 Y，则 Y 的可能取值为3000，5000，

39、 P（X3000）= 3 10；P（X5000）= 1 3 10 = 7 10， 数学期望 E（Y）= 3000 3 10 + 5000 7 10 = 2600 故该销售商一次购进100辆 （车龄已满三年） 该品牌的二手车获得利润的期望为100E （Y） 26 万元 本题考查古典概型、对立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期望 的实际应用等知识点，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力，属于基础题 21已知 f（x）（lnx）2+2xaex （l）证明 f（x）在 xl 处的切线恒过定点； （2）若 f（x）有两个极值点，求实数 a 的取值范围 （1）求出 f（1）2ae，f（1

40、）2ae，再利用点斜式求得切线方程，进而求得定 点得证； （2）函数的定义域为（0，+） ，() = 2(+) ，设 g（x）2（lnx+x） axex，对函数 g（x）求导，然后分 a0 及 a0 两种情况讨论即可 （1）证明：() = 2(+) ， f（1）2ae， 又 f（1）2ae， f（x）在 x1 处的切线方程为 y（2ae）（2ae） （x1） ，即 y（2ae）x， f（x）在 x1 处的切线恒过定点（0，0） ； （2）() = 2(+) ，其中 x0， 设 g（x）2（lnx+x）axex，则() = (+1)(2) ， 当 a0 时，g（x）0，则 g（x）在（0，+）上

41、单调递增，g（x）在（0，+）上 至多有一个零点， 即 f（x）在（0，+）上至多有一个零点， f（x）至多只有一个极值点，不合题意，舍去； 当 a0 时，设 h（x）2axex，h（x）a（x+1）ex0，则 h（x）在（0，+） 上单调递减， 又(0) = 20，(2 ) = 2 2 2 0， 存在0 (0， 2 )，使得h（x0）0，即0 0 = 2， 且当 x（0，x0）时，h（x）0，此时 g（x）0，g（x）在（0，x0）上单调递增， 当 x（x0，+）时，h（x）0，此时 g（x）0，g（x）在（x0，+）上单调递减， g （x） 在 （0， +） 上存在极大值 g （x0） ，

42、 即()= 2(0+ 0) 00= 2(0+ 0) 2 = 2(0+ 0 1)， 若 lnx0+x010，则 g（x）0，f（x）0， f（x）在（0，+）上单调递减，不合题意； 若 lnx0+x010，设 p（x）lnx+x，则() = 1 + 10， p（x）在（0，+）上单调递增，且 p（1）0， x01， （xex）（x+1）ex0， yxex在（0，+）单调递增， 2 = 00，即0 2 ，此时 g（x0）0，f（x0）0， (1 ) = 2(1 + 1 ) 1 1 = 2 + 2 1 ;10，g（x）在（0，x0）单调递增，g （x0）0， 存在1 (1 ，0)，使得 g（x1）0， 且当 x（0，x1）时，g（x）0，f（x）0，f（x）在 x（0，x1）上单调递减， 当 x（x1，x0）时，g（x）0，f（x）0，f（x）在 x