2020届河南省洛阳市高考数学三模试卷（理科）含答案解析

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1、2020 年河南省洛阳市高考数学三模试卷（理科）年河南省洛阳市高考数学三模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1设集合 Ax| ，集合 Bx|52x+13，则集合 AB（ ） A3，2） B（2，1） CR D 2已知直线 l1：xsin+2y10，直线 l2：xycos+30，若 l1l2，则 tan2（ ） A B C D 3已知复数 z 满足|z|1，则|z1 |的最小值为（ ） A2 B1 C D 4已知 m，n 为两条不同直线， 为两个不同平面，则下列结论正确的为（ ） A，m，则 m Bm，n，m，n，则 Cmn，m，n，则 Dm，mn，则 n 5已知 f（x）是偶函数，

2、且在（0，+）上单调递增，则函数 f（x）可以是（ ） Af（x）x42x2 Bf（x） Cf（x）xsinx Df（x） cosx 6已知圆 C：（xa）2+y24（a2）与直线 xy+2 20 相切，则圆 C 与直线 xy 40 相交所得弦长为（ ） A1 B C2 D2 7已知函数 f（x）sinx+cosx 的导函数为 g（x），则下列结论中错误的是（ ） A函数 f（x）与 g（x）有相同的值域和周期 B函数 g（x）的零点都是函数 f（x）的极值点 C把函数 f（x）的图象向左平移 个单位，就可以得到函数 g（x）的图象 D函数 f（x）和 g（x）在区间（ ， ）上都是增函数 8

3、若某单位员工每月网购消费金额（单位：元）近似地服从正态分布 N（1000，5002）， 现从该单位任选 10 名员工，记其中每月网购消费金额恰在 500 元至 2000 元之间的人数 为 ，则 的数学期望为（ ） 参考数据： 若随机变量 X 服从正态分布 N （， 2） ， 则 P （X+） 0.6827， P（2X+2）0.9545，P（3X+3）0.9973 A2.718 B6.827 C8.186 D9.545 9（2x+1）（x ） 5 的展开式中 x3系数为（ ） A180 B90 C20 D10 10 已知锐角三角形ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c 且

4、b2asinB， 则 cosB+sinC 的取值范围为（ ） A（0， B（1， C（ ， ） D（ ， ） 11设双曲线 E： 1（a0，b0）的左，右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e，P 在双曲线 E 的右支上，且 PF1PF2，Q 为线段 PF1，与双曲线 E 左支的交点，若PQF2 30，则 e2（ ） A72 B1 C2 1 D 12已知函数 f（x） ， ， ，若关于 x 的方程 f 2（x）mf（x）10 恰好 有 6 个不相等的实根，则实数 m 的取值范围是（ ） A（2， ） B（2，0 ）（ 0， ） C ， D（ ，0 ）（ 0， ） 二、填空题：本大题共 4 小题，

5、每小题 5 分，共 20 分. 13 已知向量 ， 满足： （1， ） ， | | ， （ ） ， 则向量 ， 的夹角为 14已知非负实数 x，y 满足 ，则 的最大值是 15已知直线 l 经过抛物线 C：y24x 的焦点 F，l 与 C 交于 A，B 两点，其中点 A 在第四 象限，若 2 ，则直线 l 的斜率为 16如图，在三棱锥 ABCD 中，ABCD2，ACBD ，BCAD ，E，F 分别 是 AB，CD 的中点若用一个与直线 EF 垂直的平面去截该三棱锥与棱 AC，AD，BD， BC 分别交于 M，N，P，Q 四点，则四边形 MNPQ 面积的最大值为 三、解答题：本大题共 6 个小题

6、，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤. 17已知数列an的首项 a11，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn+12Sn+n+1 （1）求证：数列an+1是等比数列； （2）令 bnn（an+1），求数列bn的前 n 项和 Tn 18如图长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 为正方形，AB ，AA13，E 为棱 AA1 上一点，AE1，F 为棱 B1C1上任意一点 C （1）求证：BEEF； （2）求二面角 CB1EC1的余弦值 19已知平面内动点 P 与点 A（2，0），B（2，0）连线的斜率之积为 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）过点 F（

7、1，0）的直线与曲线 E 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 与直线 x4 分别 交于 M，N 两点求证：以 MN 为直径的圆恒过定点 20某地为鼓励群众参与“全民读书活动”，增加参与读书的趣味性主办方设计这样一个 小游戏：参与者抛掷一枚质地均匀的骰子（正方体，六个面上分别标注 1，2，3，4，5， 6 六个数字）若朝上的点数为偶数则继续抛掷一次若朝上的点数为奇数，则停止游 戏，照这样的规则进行，最多允许抛掷 3 次每位参与者只能参加一次游戏 （1）求游戏结束时朝上点数之和为 5 的概率； （2）参与者可以选择两种方案： 方案一：游戏结束时，若朝上的点数之和为偶数，奖励 3 本不同的畅销书；

8、若朝上的点 数之和为奇数，奖励 1 本畅销书 方案二：游戏结束时，最后一次朝上的点数为偶数，奖励 5 本不同的畅销书，否则，无 奖励 试分析哪一种方案能使游戏参与者获得更多畅销书奖励？并说明判断的理由 21设函数 f（x）lnx，g（x）a（x1） （1）若对任意 x（0，+），f（x）g（x）恒成立，求 a 的取值集合； （2）设 xnn2（nN*），点 An（xn，f（xn），点 An+1（xn+1，f（xn+1），直线 AnAn+1 的斜率为 kn，求证：k1+k2+kn2（nN*） 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时，用 2B 铅笔在答题卡

9、上把所选题目对应的题号后的方框涂黑.选修 4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ） （1）求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）已知点 A（2，1），点 B 为曲线 C 上的动点，求线段 AB 的中点 M 到直线 l 的距离 的最大值并求此时点 B 的坐标 选修 4-5：不等式选讲 23已知 a，b，c 是正实数，且 a+b+2c1 （1）求 的最小值； （2）求证：a2+b2+c2 参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5

10、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设集合 Ax| ，集合 Bx|52x+13，则集合 AB（ ） A3，2） B（2，1） CR D 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 解：Ax|x2，或 x1，Bx|3x1， AB3，2） 故选：A 2已知直线 l1：xsin+2y10，直线 l2：xycos+30，若 l1l2，则 tan2（ ） A B C D 【分析】根据两直线垂直求出 sin 与 cos 的关系，计算 tan 的值，再求 tan2 的值 解：直线 l1：xsin+2y10，直线 l2：xycos+30， 若 l1l2，则 s

11、in2cos0， 即 sin2cos， 所以 tan2， 所以 tan2 故选：B 3已知复数 z 满足|z|1，则|z1 |的最小值为（ ） A2 B1 C D 【分析】满足|z|1 的复数 z，在以原点为圆心，以 1 为半径的圆上，|z1 |表示复 数 z 在复平面内对应的点 Z 到点 A （1， ） 的距离， 再利用数形结合法即可求出结果 解：满足|z|1 的复数 z，在以原点为圆心，以 1 为半径的圆上， |z1 |表示复数 z 在复平面内对应的点 Z 到点 A（1， ）的距离，如图所示： 由 OA2，利用点圆的位置关系，|z1 |的最小值为 211， 故选：B 4已知 m，n 为两条

12、不同直线， 为两个不同平面，则下列结论正确的为（ ） A，m，则 m Bm，n，m，n，则 Cmn，m，n，则 Dm，mn，则 n 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案 解：对于 A，若 ，m，则 m 或 m，故 A 错误； 对于 B，若 m，n，m，n，则 或 与 相交，只有加上条件 m 与 n 相 交时，才有结论 ，故 B 错误； 对于 C，若 mn，m，n，则 或 与 相交，故 C 错误； 对于 D，若 m，mn，则 n，又 ，则 n，故 D 正确 故选：D 5已知 f（x）是偶函数，且在（0，+）上单调递增，则函数 f（x）可以是（ ） Af（x）x

13、42x2 Bf（x） Cf（x）xsinx Df（x） cosx 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与在区间（0，+）上的单调性，综 合即可得答案 解：根据题意，依次分析选项： 对于 A，f（x）x42x2，其定义域为 R，有 f（x）x42x2f（x），是偶函数，其 导数 f（x）4x34x4x（x21），在区间（0，1）上，f（x）0，f（x）为减函 数，不符合题意； 对于 B，f（x） ，其定义域为 R，有 f（x） f（x），是偶函数，其 导数 f（x） ，在区间（0，+）上，f（x）0，f（x）为增函数，符合题 意； 对于 C，f（x）xsinx，其定义域为 R，有 f（x

14、）（x）sin（x）xsinxf（x）， 是偶函数，有 f（ ） 0，但 f（ ） 0，在（0，+）上不是增函数，不 符合题意； 对于 D，（x） cosx， 其定义域为 R， 有 f （x） （x） 2+cos （x） cosxf （x） ， 是偶函数，有 f（0）1，f（ ） 1，在（0，+）上不是增函数，不符合题 意； 故选：B 6已知圆 C：（xa）2+y24（a2）与直线 xy+2 20 相切，则圆 C 与直线 xy 40 相交所得弦长为（ ） A1 B C2 D2 【分析】根据题意，分析圆 C 的半径，由直线与圆的位置关系可得圆心 C 到直线 x y+2 20 的距离，由平行线间的

15、公式计算直线 xy+2 20 与 xy40 之间 的距离，分析可得圆心 C 到直线 xy40 的距离，由直线与圆的位置关系分析可得答 案 解：根据题意，圆 C：（xa）2+y24 的半径 r2， 圆C：（xa） 2+y24 （a2） 与直线xy+2 20相切， 则圆心C到直线xy+2 2 0 的距离为 2， 直 线x y+2 2 0与x y 4 0平 行 ， 两 条 平 行 直 线 的 距 离 d 2 ， 又由圆 C 与直线 xy40 相交，则圆心 C 到直线 xy40 的距离 d ， 则圆 C 与直线 xy40 相交所得弦长为 2 2 ； 故选：D 7已知函数 f（x）sinx+cosx 的

16、导函数为 g（x），则下列结论中错误的是（ ） A函数 f（x）与 g（x）有相同的值域和周期 B函数 g（x）的零点都是函数 f（x）的极值点 C把函数 f（x）的图象向左平移 个单位，就可以得到函数 g（x）的图象 D函数 f（x）和 g（x）在区间（ ， ）上都是增函数 【分析】求出函数 f（x）的导函数 g（x），再分别判断 f（x）、g（x）的值域、极值点 和零点，图象平移和单调性问题 解：函数 f（x）sinx+cosx，g（x）f（x）cosxsinx， 对于 A，f（x） sin（x ），g（x） sin（x ），两函数的值域相同，都是 ， ，周期也相同；A 正确； 对于 B，

17、若 x0是函数 g（x）的零点，则 x0 k，kZ； 解得 x0k ，kZ；， f（x0） sin（k ） ， x0也是函数 f（x）的极值点，B 正确； 对于 C，把函数 f（x）的图象向左平移 个单位， 得 f（x ）sin（x ）+cos（x ）cosxsinxg（x），C 正确； 对于 D，x（ ， ）时，x （0， ），f（x）是单调增函数， x （ ，0），g（x）是单调递减函数，D 错误 故选：D 8若某单位员工每月网购消费金额（单位：元）近似地服从正态分布 N（1000，5002）， 现从该单位任选 10 名员工，记其中每月网购消费金额恰在 500 元至 2000 元之间的人数

18、 为 ，则 的数学期望为（ ） 参考数据： 若随机变量 X 服从正态分布 N （， 2） ， 则 P （X+） 0.6827， P（2X+2）0.9545，P（3X+3）0.9973 A2.718 B6.827 C8.186 D9.545 【分析】先根据已知数据，求出 P（500X1500）和 P（0X2000），然后利用正 态分布曲线的特点得 P（500X2000）P（500X1500）+P（1500X2000） 0.8186，而随机变量 B（10，0.8186），最后由二项分布的数学期望求解即可 解：XN（1000，5002）， P（500X1500）0.6827，P（0X2000）0.9

19、545， P （ 500 X 2000 ） P （ 500 X 1500 ） +P （ 1500 X 2000 ） 0.6827 ， 而随机变量 B（10，0.8186）， E（）100.81868.186 故选：C 9（2x+1）（x ） 5 的展开式中 x3系数为（ ） A180 B90 C20 D10 【分析】求出（x ） 5 展开式的含 x2与 x3项的系数，再计算（2x+1）（x ） 5 的展 开式中 x3的系数 解：（x ） 5 展开式的通项公式为 Tr+1 xr （ ）5 r35r x ； 令 2，解得 r3； 令 3，解得 r 不存在； 故（2x+1）（x ） 5的展开式中 x

20、3 系数为：2 353180 故选：A 10 已知锐角三角形ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c 且 b2asinB， 则 cosB+sinC 的取值范围为（ ） A（0， B（1， C（ ， ） D（ ， ） 【分析】由已知结合正弦定理进行化简可求 sinA，进而可求 A，结合锐角三角的条件可 求 B 的范围，然后结合和差角公式及辅助角公式进行化简后结合正弦函数的性质即可求 解 解：因为 b2asinB， 由正弦定理可得，sinB2sinAsinB， 因为 sinB0， 故 sinA ， 因为 A 为锐角，故 A ， 由题意可得， ， 解可得， ， 则 cosB+si

21、nCcosB+sin（ ） sin（B ） ， 故选：C 11设双曲线 E： 1（a0，b0）的左，右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e，P 在双曲线 E 的右支上，且 PF1PF2，Q 为线段 PF1，与双曲线 E 左支的交点，若PQF2 30，则 e2（ ） A72 B1 C2 1 D 【分析】 设 PF2m， 根据条件得 PQ m， QF22m， 结合双曲线性质 PF1PF22a， QF2QF12a，进行整理可得 m2（ 1）a，再由勾股定理 PF12+PF22F1F22，得 到（72 ）a 2c2即可 解：因为 PF1PF2，PQF230，所以 PQ PF2，QF22PF2， 不妨设

22、 PF2m，则 PQ m，QF22m， 根据双曲线定义：PF1PF22a，QF2QF12a， 由 PF1PF22a 得 PF12a+m， 由 QF2QF12a，得 QF12m2a，又因为 QF1PF1PQ， 即有 2m2a2a+m m， 所以 m2（ 1）a， 在 RtPF1F2中，PF12+PF22F1F22， 即（2a+m）2+m24c2， 代入得2a+2（ 1）a2+4（ 1）2a24c2， 整理得（72 ）a 2c2， 则 e2 72 ， 故选：A 12已知函数 f（x） ， ， ，若关于 x 的方程 f 2（x）mf（x）10 恰好 有 6 个不相等的实根，则实数 m 的取值范围是（

23、 ） A（2， ） B（2，0 ）（ 0， ） C ， D（ ，0 ）（ 0， ） 【分析】利用导数得到函数 f（x）的单调性和极值，画出函数 f（x）的大致图象，令 t f（x），则 t2mt10，由0 可知方程 t2mt10 有两个不相等的实根，设为 t1，t2，由函数 f（x）的图象可知： ，2t20，设 g（t）t 2mt1，再 利用二次函数的图象和性质列出不等式组即可求出实数 m 的取值范围 解：当 x0 时，f（x）3xx3，则 f（x）33x23（1x）（1+x）， 令 f（x）0 得：x1， 当 x（，1）时，f（x）0，f（x）单调递减；当 x（1，0）时，f（x）0， f（

24、x）单调递增，且 f（1）2，f（0）0， 当 x0 时，f（x） ，则 f（x） ，显然 f（1）0， 当 x（0，1）时，f（x）0，f（x）单调递增；当 x（1，+）时，f（x）0，f （x）单调递减，且 f（1） ， 故函数 f（x）的大致图象如图所示：， 令 tf（x），则关于 x 的方程 f2（x）mf（x）10 化为关于 t 的方程 t2mt10， m2+40，方程 t2mt10 有两个不相等的实根，设为 t1，t2， 由韦达定理得：t1+t2m，t1t210，不妨设 t10，t20， 关于 x 的方程 f2（x）mf（x）10 恰好有 6 个不相等的实根， 由函数 f（x）的图

25、象可知： ，2t20， 设 g（t）t2mt1，则 ， 解得： ， 故选：C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13已知向量 ， 满足： （1， ），| | ，（ ） ，则向量 ， 的夹角为 【分析】根据平面向量的数量积，求出向量 、 夹角的余弦值，再求夹角大小 解： （1， ），所以| | 2， 又| | ，（ ， 所以 0， 所以 2， 设向量 ， 的夹角为 ， 则 cos ， 又 0， 所以 故答案为： 14已知非负实数 x，y 满足 ，则 的最大值是 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 的几何意义进行求解即可 解： 的几何意义是可行域内的点与（1，1

26、）连线的斜率， 作出不等式组对应的平面区域如图： 则由图象知 PA 的斜率最大，由 ，解得 A（ ， ） 则 PA 的斜率 k ， k 的最大值为 ， 故答案为： 15已知直线 l 经过抛物线 C：y24x 的焦点 F，l 与 C 交于 A，B 两点，其中点 A 在第四 象限，若 2 ，则直线 l 的斜率为 2 【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设直线 l 的方程为 xmy+1，联立直线方程和抛 物线的方程，运用韦达定理，再由向量共线的坐标表示，可得 y1，y2的关系，消去 y1， y2，可得 m 的值，进而得到所求直线的斜率 解：y24x 的焦点 F（1，0），设直线 l 的方程为 xmy

27、+1， 联立 y24x，可得 y24my40， 设 A，B 的纵坐标分别为 y1，y2（y10，y20）， 则 y1+y24m，y1y24， 又 2 ，可得y12y2，即 y12y2， 由可得 m0，y18m，y24m，32m24， 解得 m ，则直线 l 的斜率为2 ， 故答案为：2 16如图，在三棱锥 ABCD 中，ABCD2，ACBD ，BCAD ，E，F 分别 是 AB，CD 的中点若用一个与直线 EF 垂直的平面去截该三棱锥与棱 AC，AD，BD， BC 分别交于 M，N，P，Q 四点，则四边形 MNPQ 面积的最大值为 【分析】把三棱锥 ABCD 放置在长方体中，由已知可得四边形

28、MNPQ 为平行四边形， 再由平行线截线段成比例，可得|PN|+|PQ|AB|2求出 PN 与 PQ 所成角，代入三角形 面积公式，再由基本不等式求最值 解：把三棱锥 ABCD 放置在长方体中， 如图， E，F 分别是 AB，CD 的中点，且平面 MNPQEF， 可知 MNPQ，PNQM，则四边形 MNPQ 为平行四边形， 再由平行线截线段成比例，可得|PN|+|PQ|AB|2 由已知可求得作侧面两条对角线所成锐角为 60，则NPQ60 S四边形MNPQ|PN| |PQ| sin60 当且仅当 PN|PQ|1 时上式等号成立 四边形 MNPQ 面积的最大值为 故答案为： 三、解答题：本大题共

29、6 个小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤. 17已知数列an的首项 a11，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn+12Sn+n+1 （1）求证：数列an+1是等比数列； （2）令 bnn（an+1），求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】（1）先由 Sn+12Sn+n+1Sn2Sn1+n，两式相减得 an+12an+1，进而证明结 论； （2）由（1）可得 an+12n，bnn 2n，再利用错位相减法求出 Tn即可 解：（1）证明：Sn+12Sn+n+1， 当 n2 时，Sn2Sn1+n， 由一得，an+12an+1，n2， a n+1+12an+1+1，n2

30、，即 an+1+12（an+1），n2 又 a1+a22a1+2，a11， a23，则 a2+12（a1+1）也适合， 数列an+1是以 a1+12 为首项，公比为 2 的等比数列； （2）解：由（1）知 an+12n， bnn 2n Tn121+222+323+424+（n1） 2n1+n 2n， 2Tn122+223+324+425+（n1） 2n+n 2n+1， 由得：Tn121+122+123+12nn 2n+1（1n） 2n+12， Tn（n1） 2 n+1+2 18如图长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 为正方形，AB ，AA13，E 为棱 AA1 上一点，AE1，F

31、 为棱 B1C1上任意一点 C （1）求证：BEEF； （2）求二面角 CB1EC1的余弦值 【分析】（1）先根据勾股定理可得 BEB1E，结合长方体的性质可得 BEB1C1，进而 可证 BE平面 B1C1E，再由线面垂直的性质得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 CB1E 及平面 B1C1E 的一个法向量，再利用向量的 夹角公式即可得解 解： （1） 证明： AE1， A1E2， 在长方体 ABCDA1B1C1D1 中， B1E ，BE ， BE2，即 BEB1E， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面 A1ABB1，BE平面 A1ABB1， BEB1C1， 又 B1EB

32、1C1B1， BE平面 B1C1E， 又无论点 F 位置如何，EF平面 B1C1E， BEEF； （2）如图所示，分别以 DA，DC，DD1为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 B1（ ， ， 3） ， E （ ， 0， 1） ， C （0， ， 0） ， B （ ， ， 0） ， （ ， 0， 3） ， （ ， ， 2）， 设平面 CB1E 的法向量为 （x，y，z）， ，即 ，令 ，则 x3，y2，可得平面 CB1E 的一 个法向量为 ， ， ， 由（1）可知，BE平面 B1C1E， 所以平面 B1C1E 的一个法向量 ， ， ， ， ， ， 即二面角 CB1EC1的余弦值 19已知

33、平面内动点 P 与点 A（2，0），B（2，0）连线的斜率之积为 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）过点 F（1，0）的直线与曲线 E 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 与直线 x4 分别 交于 M，N 两点求证：以 MN 为直径的圆恒过定点 【分析】（1）设点 P 的坐标为（x，y ），则由 可得关于 x，y 的关系式， 得到动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）当 PQ 的斜率存在时，设 PQ 的方程为 yk（x1），与曲线 E 的方程联立，得到 关于 x 的一元二次方程，写出根与系数的关系，再写出直线 APD 方程，求得 M，N 的坐 标，结合根与系数的关系得到|MN|，

34、求出线段 MN 中点的坐标，可得以 MN 为直径的圆 的方程，求出以 MN 为直径的圆过点 D（1，0）和 E（7，0）验证当 PQx 轴时成立， 可得以 MN 为直径的圆恒过点 D（1，0）和 E（7，0） 解：（1）设点 P 的坐标为（x，y ），则由 ， 得 ，整理得 1（ x2）， 即动点 P 的轨迹 E 的方程为 1（ x2）； 证明：（2）当 PQ 的斜率存在时，设 PQ 的方程为 yk（x1）， 与曲线 E 的方程联立，消去 y 得（3+4k2）x28k2x4k2120 设 P（x1，y1），Q（x2，y2），则 x1+x2 ， 直线 AP 的方程为 ， 令 x4，得 ，即 ，

35、，同理 ， 6| |， |x2x1| | |MN| 线段 MN 中点的纵坐标为 （ ） ） 故以 MN 为直径的圆的方程为：（x4）2 令 y0 得：（x4）29，解得 x1 或 x7 此时以 MN 为直径的圆过点 D（1，0）和 E（7，0） 当 PQx 轴时， ， ， ， ， ， ， ， 则以 MN 为直径的圆的方程为（x4）2+y29，也过点 D，E 以 MN 为直径的圆恒过点 D（1，0）和 E（7，0） 20某地为鼓励群众参与“全民读书活动”，增加参与读书的趣味性主办方设计这样一个 小游戏：参与者抛掷一枚质地均匀的骰子（正方体，六个面上分别标注 1，2，3，4，5， 6 六个数字）若

36、朝上的点数为偶数则继续抛掷一次若朝上的点数为奇数，则停止游 戏，照这样的规则进行，最多允许抛掷 3 次每位参与者只能参加一次游戏 （1）求游戏结束时朝上点数之和为 5 的概率； （2）参与者可以选择两种方案： 方案一：游戏结束时，若朝上的点数之和为偶数，奖励 3 本不同的畅销书；若朝上的点 数之和为奇数，奖励 1 本畅销书 方案二：游戏结束时，最后一次朝上的点数为偶数，奖励 5 本不同的畅销书，否则，无 奖励 试分析哪一种方案能使游戏参与者获得更多畅销书奖励？并说明判断的理由 【分析】（1）设事件 A：只抛掷 1 次就结束游戏且朝上点数之和为 5，事件 B：抛掷 2 次就结束游戏且朝上点数之和

37、为 5，事件 C：掷 3 次结束游戏且朝上点数之和为 5，事件 A，B，C 彼此互斥然后求解概率即可 （2）方案一：设获得奖励畅销书的本数为 X，求出概率得到分布列，然后求解期望通 过比较 E（X），E（Y），推出选择方案一能使游戏参与者获得更多畅销书奖励 解：（1）设事件 A：只抛掷 1 次就结束游戏且朝上点数之和为 5，事件 B：抛掷 2 次就 结束游戏且朝上点数之和为 5，事件 C：掷 3 次结束游戏且朝上点数之和为 5，事件 A， B，C 彼此互斥 则 ， ， ， 游戏结束时朝上点数之和为 5，即事件 A+B+C，其概率为 P（A+B+C） （2）方案一：设获得奖励畅销书的本数为 X，

38、 P（x3） ，P（x1） ， 则 X 的分布列为： X 3 1 P E（X）3 方案二：设获得奖励畅销书的本数为 Y P（X5） ，P（x0） ，则 Y 的分布列为： Y 5 0 P E（Y）5 ， E（X）E（Y），选择方案一能使游戏参与者获得更多畅销书奖励 21设函数 f（x）lnx，g（x）a（x1） （1）若对任意 x（0，+），f（x）g（x）恒成立，求 a 的取值集合； （2）设 xnn2（n一、选择题*），点 An（xn，f（xn），点 An+1（xn+1，f（xn+1）， 直线 AnAn+1的斜率为 kn，求证：k1+k2+kn2（nN*） 【分析】（1）令 F（x）f（x）

39、g（x），求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出 函数的单调区间，求出函数的最大值，得到 a 的取值即可； （2）求出 kn，结合 ln（1 ） ，得到 k1+k2 ，不等 式放缩证明即可 解：（1）令 F（x）f（x）g（x）， F（x）lnxa（x1），F（x） a ，（1 分） 若 a0 时，当 x1 时，lnxa（x1）0，不符合题意 若 a0，F（x）0 得 ，F（x）0 得 ， F（x）在 ， 上递增，在（ ， ）上递减 F（x）maxF（ ）ln 令 （x）ln ， 1 ， （x）在（0，1）上递减，在（1，+）上递增 （x）（1）0，（a）0 （a）0，a1， 故 a 的取

40、值集合为1 （2）由题意知，点 An（n2，lnn2），点 An+1（n+1）2，ln（n+1）2）， kn 由（1）知，当 a1 时，lnxx1（x0）， ln（1 ） ，k1+k2 而 1+（1 ）+（ ）+（ ）2 2， k1+k2+kn2（nN*） 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时，用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号后的方框涂黑.选修 4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ） （1）求曲线 C

41、的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）已知点 A（2，1），点 B 为曲线 C 上的动点，求线段 AB 的中点 M 到直线 l 的距离 的最大值并求此时点 B 的坐标 【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） 利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质 的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的参数方程为 （ 为参数）， 可得 两边平方相加得： y21， 即曲线 C 的普通方程为： y 21 由 可得 即直线 l 的直角坐标方程为 （2）A（2，1），设点 B ， ，则点 M ， ， 点 M到直线 l的距离

42、当 时，的最大值为 即点 M 到直线 l 的距离的最大值为 ，此时点的坐标为 ， ） 选修 4-5：不等式选讲 23已知 a，b，c 是正实数，且 a+b+2c1 （1）求 的最小值； （2）求证：a2+b2+c2 【分析】（1）根据 a，b，c 是正实数，且 a+b+2c1，可得 （ ） （a+b+2c），然后利用基本不等式求出 的最小值即可； （2）由柯西不等式可得（12+12+22）（a2+b2+c2）（a+b+2c）2，再结合 a+b+2c1， 即可证明 a2+b2+c2 成立 解：（1）a，b，c 是正实数，且 a+b+2c1 所以 （ ）（a+b+2c） ， 当且仅当 ，即 ， 时等号成立， 的最小值为 （2）由柯西不等式可得（12+12+22）（a2+b2+c2）（a+b+2c）21， 即 ，当且仅当 ，即 ， 时等号成立， a2+b2+c2 成立