2020年广东省广州市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、2020 年广州市高考数学二模试卷（理科）年广州市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1若集合 Ax|y ，Bx|x2x0，则 AB（ ） A0，1） B0，1 C0，2） D0，2 2已知复数 z1+bi（bR）， 是纯虚数，则 b（ ） A2 B C D1 3若 alog3 ，bln ，c0.6 0.2，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Acba Bcab Cbac Dacb 4首项为21 的等差数列从第 8 项起开始为正数，则公差 d 的取值范围是（ ） Ad3 Bd C3d D3d 5周髀算经中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”我国古 代铜钱

2、的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想现将铜钱抽象成如 图所示的图形，其中圆的半径为 r，正方形的边长为 a（0ar），若在圆内随机取点， 得到点取自阴影部分的概率是 p，则圆周率 的值为（ ） A B C D 6在三棱柱 ABCA1B1C1中，E 是棱 AB 的中点，动点 F 是侧面 ACC1A1（包括边界）上一 点，若 EF平面 BCC1B1，则动点 F 的轨迹是（ ） A线段 B圆弧 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 7函数 f（x）2x 的图象大致是（ ） A B C D 8如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ABAD，AB2AD2DC，E 是 BC 的中点，F 是 A

3、E 上一点， 2 ，则 （ ） A B C D 9已知命题 p：（x2 ） n的展开式中，仅有第 7 项的二项式系数最大，则展开式中的常数 项为 495；命题 q：随机变量 服从正态分布 N（2，2），且 P（4）0.7，则 P（0 2）0.3现给出四个命题：pq，pq，p（q），（p）q， 其中真命题的是（ ） A B C D 10设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a12，an+an+12n（nN*），则 S2020（ ） A B C D 11过双曲线 C： 1（a0，b0）右焦点 F2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足 为 P，与双曲线交于点 A，若 3 ，则双曲线 C 的渐近线方程为（

4、） Ay x Byx Cy2x Dy x 12若关于 x 的不等式 e2xalnx a 恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A0，2e B（，2e C0，2e2 D（，2e2 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，若点 P（2，1）在角 的终边上，则 sin2 14如表是某厂 2020 年 14 月份用水量（单位：百吨）的一组数据 月份 x 1 2 3 4 用水量 y 2.5 3 4 4.5 由散点图可知，用水量 y 与月份 x 之间有较明显的线性相关关系，其线性回归方程是 x+1.75，预测 202

5、0 年 6 月份该厂的用水量为 百吨 15过抛物线 y24x 焦点 F 的直线交该抛物线于 A，B 两点，且|AB|4，若原点 O 是ABC 的垂心，则点 C 的坐标为 16正四棱锥 PABCD 的底面边长为 2，侧棱长为 2 ，过点 A 作一个与侧棱 PC 垂直的 平面 ，则平面 被此正四棱锥所截的截面面积为 ，平面 将此正四棱锥分成的 两部分体积的比值为 三、 解答题： 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 ABC 的内角 A， B，

6、C 的对边分别为 a， b， c， 已知 a1， B ， ABC 的面积为 （1）求ABC 的周长； （2）求 cos（BC）的值 18如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，ACAB1，B1CBC1O （1）求证：B1CAB； （2）若CBB160，ACBC，且点 A 在侧面 BB1C1C 上的投影为点 O，求二面角 B AA1C 的余弦值 19已知点 A，B 的坐标分别是（ ，0），（ ，0），动点 M（x，y）满足直线 AM 和 BM 的斜率之积为3，记 M 的轨迹为曲线 E （1）求曲线 E 的方程； （2） 直线 ykx+m 与曲线 E 相交于 P， Q 两

7、点， 若曲线 E 上存在点 R， 使得四边形 OPRQ 为平行四边形（其中 O 为坐标原点），求 m 的取值范围 20当今世界科技迅猛发展，信息日新月异为增强全民科技意识，提高公众科学素养，某 市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对 科技类图书的情况进行了调查该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取 100 名，数据统计如表： 借阅科技类图书（人） 借阅非科技类图书（人） 年龄不超过 50 岁 20 25 年龄大于 50 岁 10 45 （1）是否有 99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？ （2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一

8、本科技类图书奖励积分 2 分， 每借阅一本非科技类图书奖励积分 1 分， 积分累计一定数量可以用积分换购自己喜 爱的图书用表中的样本频率作为概率的估计值 （i）现有 3 名借阅者每人借阅一本图书，记此 3 人增加的积分总和为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （ii）现从只借阅一本图书的借阅者中选取 16 人，则借阅科技类图书最有可能的人数是 多少？ 附：K2 ，其中 na+b+c+d P（K2k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 21已知函数 f（x）lnxsinx+ax（a0） （1）若 a1，求证：当 x（1， ）时，f（x）2x1； （2

9、）若 f（x）在（0，2）上有且仅有 1 个极值点，求 a 的取值范围 （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 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2 （1）写出曲线 C1和 C2的直角坐标方程； （2） 已知 P 为曲线 C2上的动点， 过点 P 作曲线 C1的切线， 切点为 A， 求|PA|的最大值 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+1|2x2|的最大值为 M，正实数

10、 a，b 满足 a+bM （1）求 2a2+b2的最小值； （2）求证：aabbab 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若集合 Ax|y ，Bx|x2x0，则 AB（ ） A0，1） B0，1 C0，2） D0，2 【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 Ax|y x|x2， Bx|x2x0x|0x1， 则 ABx|0x10，1， 故选：B 2已知复数 z1+bi（bR）， 是纯虚数，则 b（ ） A2 B C D1 【分析】由复数的除法法则把 化成复数的一般形式，实部为零，虚部不等

11、于零计算即 可 解：因为 ，由于其是纯虚数， 所以 2b10 且 2+b0 则 b2 故选：A 3若 alog3 ，bln ，c0.6 0.2，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Acba Bcab Cbac Dacb 【分析】利用对数函数、指数函数的单调性质直接求解 解：0log31alog3 log331， bln ln10， c0.60.20.601， cab 故选：B 4首项为21 的等差数列从第 8 项起开始为正数，则公差 d 的取值范围是（ ） Ad3 Bd C3d D3d 【分析】从第 8 项起开始为正数，可得 a70，a80，解出即可得出 解：an21+（n1）d 从第 8 项

12、起开始为正数， a721+6d0，a821+7d0， 解得 3d 故选：D 5周髀算经中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”我国古 代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想现将铜钱抽象成如 图所示的图形，其中圆的半径为 r，正方形的边长为 a（0ar），若在圆内随机取点， 得到点取自阴影部分的概率是 p，则圆周率 的值为（ ） A B C D 【分析】计算圆形钱币的面积和正方形的面积，求出对应面积比得 p，则 可求 解：圆形钱币的半径为 rcm，面积为 S圆 r2； 正方形边长为 acm，面积为 S正方形a2 在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是 p

13、 圆 正方形 圆 1 ， 则 故选：A 6在三棱柱 ABCA1B1C1中，E 是棱 AB 的中点，动点 F 是侧面 ACC1A1（包括边界）上一 点，若 EF平面 BCC1B1，则动点 F 的轨迹是（ ） A线段 B圆弧 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 【分析】分别取 AC，A1C1，A1B1的中点 N，F，M，连接 ME，MF，NE，EF，可得 N， E，M，F 共面，且可得使 EF平面 BCC1B1，所以 F 在线段 FN 上 解：分别取 AC，A1C1，A1B1的中点 N，F，M，连接 ME，MF，NE，EF， 因为 E 为 AB 的中点，可得 NEBC 且 NE ，FMB1C1 ，M

14、F B1C1， 所以 N，E，M，F 共面，所以可得 MEBB1，BEBC， 而 NEMEE， BCBB1B， 所以面 NEMF面 BC1， 而 EF面 MN， 所以 EF面 BC1， 所以要使 EF平面 BCC1B1，则动点 F 的轨迹为线段 FN 故选：A 7函数 f（x）2x 的图象大致是（ ） A B C D 【分析】由函数解析式易知 x0 时，f（x）0，且 f（2）0，由此利用排除法得解 解：当 x0 时， ，故排除选项 BD； 又 ，故排除选项 A 故选：C 8如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ABAD，AB2AD2DC，E 是 BC 的中点，F 是 AE 上一点， 2 ，则

15、 （ ） A B C D 【分析】直接利用向量的三角形法则以及基本定理即可求得结论 解：由梯形 ABCD 中，ABCD，ABAD，AB2AD2DC，E 是 BC 的中点，F 是 AE 上一点， 2 ， 则 （ ） （ ） （ ） ； 故选：C 9已知命题 p：（x2 ） n的展开式中，仅有第 7 项的二项式系数最大，则展开式中的常数 项为 495；命题 q：随机变量 服从正态分布 N（2，2），且 P（4）0.7，则 P（0 2）0.3现给出四个命题：pq，pq，p（q），（p）q， 其中真命题的是（ ） A B C D 【分析】由（x2 ） n 的展开式中，仅有第 7 项的二项式系数最大求得

16、 n，写出二项展开 式的通项，令 x 的指数为 0 求得 r，得到常数项判断 p；再由正态分布的对称性求得 P（0 2）判断 q，再由复合命题的真假判断得答案 解：在（x2 ） n 的展开式中，只有第 7 项的二项式系数最大，n12， 则 令 243r0，得 r8， 展开式中的常数项为 ，故 p 为真命题； 随机变量 服从正态分布 N（2，2），则其对称轴方程为 x2， 又 P（4）0.7，则 P（02） 0.2，故 q 为假命题 则pq 为假命题；pq 为真命题；p（q）为真命题；（p）q 为假命 题 其中真命题的是 故选：C 10设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a12，an+an+1

17、2n（nN*），则 S2020（ ） A B C D 【分析】本题根据递推公式 an+an+12n（nN*）的特点在求 S2020时可采用分组求和法， 然后根据等比数列的求和公式即可得到正确选项 解：由题意，可知 S2020a1+a2+a2020 （a1+a2）+（a3+a4）+（a2019+a2020） 21+23+22019 故选：C 11过双曲线 C： 1（a0，b0）右焦点 F2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足 为 P，与双曲线交于点 A，若 3 ，则双曲线 C 的渐近线方程为（ ） Ay x Byx Cy2x Dy x 【分析】由题意画出图形，不妨设一条渐近线方程为 ，求得直线 F2P

18、： y 与已知渐近线方程联立求得 P 的坐标，再由向量等式求得 A 的坐标，代 入双曲线方程整理即可求得双曲线 C 的渐近线方程 解：如图，不妨设一条渐近线方程为 ， 则 F2P 所在直线的斜率为 ，直线 F2P：y 联立 ，解得 P（ ， ） 设 A（x0，y0），由 3 ，得（ ， ）3（x0c，y0）， 解得 A（ ， ） 代入 1，得 ， 整理得： 双曲线 C 的渐近线方程为 y 故选：A 12若关于 x 的不等式 e2xalnx a 恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A0，2e B（，2e C0，2e2 D（，2e2 【分析】讨论 a0 时，f（x）e2xalnx 无最小值，不

19、符题意；检验 a0 时显然成立； 讨论 a0 时，求得 f（x）的导数和极值点 m、极值和最值，解不等式求得 m 的范围，结 合 a2me2m，可得所求范围 解：当 a0 时，f（x）e2xalnx 为（0，+）的增函数，f（x）无最小值，不符合题 意； 当 a0 时，e2xalnx a 即为 e 2x0 显然成立； 当 a0 时，f（x）e2xalnx 的导数为 f（x）2e2x ， 由于 y2e2x 在（0，+）递增，设 f（x）0 的根为 m，即有 a2me 2m， 当 0xm 时，f（x）0，f（x）递减；当 xm 时，f（x）0，f（x）递增， 可得 xm 处 f（x）取得极小值，且

20、为最小值 e2malnm， 由题意可得 e2malnm a，即 alnm a， 化为 m+2mlnm1，设 g（m）m+2mlnm，g（m）1+2（1+lnm）， 当 m1 时，g（1）1，m1 时，g（m）0，g（m）递增， 可得 m+2mlnm1 的解为 0m1， 则 a2me2m（0，2e2， 综上可得 a0，2e2， 故选：C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，若点 P（2，1）在角 的终边上，则 sin2 【分析】由已知结合三角形函数的定义可求 sin，cos，然后结合二倍角的正弦公式即 可

21、求解 解：由题意可得，sin ，cos ， 所以 sin22sincos 故答案为： 14如表是某厂 2020 年 14 月份用水量（单位：百吨）的一组数据 月份 x 1 2 3 4 用水量 y 2.5 3 4 4.5 由散点图可知，用水量 y 与月份 x 之间有较明显的线性相关关系，其线性回归方程是 x+1.75，预测 2020 年 6 月份该厂的用水量为 5.95 百吨 【分析】求出样本中心的坐标，代入回归直线方程，求出 ，然后代入 x6，推出结合 即可 解：由题意可知 2.5， 3.5；线性回归方程是 x+1.75，经过样本中心，所以 3.5 1.75， 解得： 0.7， 所以 0.7x

22、+1.75， x6 时， 0.76+1.755.95（百吨） 预测 2020 年 6 月份该厂的用水量为 5.95 百吨 故答案为：5.95 15过抛物线 y24x 焦点 F 的直线交该抛物线于 A，B 两点，且|AB|4，若原点 O 是ABC 的垂心，则点 C 的坐标为 （3，0） 【分析】由题意设直线 AB 的方程，与抛物线联立求出两根之和，由抛物线的性质可得弦 长|AB|的表达式，再由题意可得参数的值，进而求出直线的方程，代入抛物线的方程求出 A，B 的坐标，由 O 为三角形 ABC 的垂心可得 C 在 x 轴上，设 C 的坐标，由 OABC， 可得数量积为 0，求出 C 点的坐标 解：

23、显然直线 AB 的斜率不为 0，由题意设直线 AB 的方程为：xmy+1，设 A（x1，y1）， B（x2，y2）， 联立直线 AB 与抛物线的方程 ，整理可得 y24my40，y1+y24m，所以 x1+x24m2+2， 由抛物线的性质可得|AB|x1+x2+24m2+4， 由题意可得 4m2+44，所以 m0，即直线 AB 垂直于 x 轴， 所以可得 A（1，2），B（1，2）， 因为原点 O 是ABC 的垂心， 所以 C 在 x 轴上， 设 C （a， 0） ， 可得 AOBC， 即 0 即（1，2） （1a，2）0，整理可得：1a40，解得 a3， 所以 C 的坐标为：（3，0）， 故

24、答案为：（3，0） 16正四棱锥 PABCD 的底面边长为 2，侧棱长为 2 ，过点 A 作一个与侧棱 PC 垂直的 平面 ，则平面 被此正四棱锥所截的截面面积为 ，平面 将此正四棱锥分成 的两部分体积的比值为 （或 2） 【分析】由已知得PAC 为正三角形，取 PC 的中点 G，得 AGPC，且 AG 然后 证明 AGEF， 且求得 AG 与 EF 的长度， 可得截面四边形的面积； 再求出四棱锥 PAEGF 的体积与原正四棱锥的体积，则平面 将此正四棱锥分成的两部分体积的比值可求 解：如图， 在正四棱锥 PABCD 中，由底面边长为 2，侧棱长为 ， 可得PAC 为正三角形，取 PC 的中点

25、 G，得 AGPC，且 AG 设过 AG 与 PC 垂直的平面交 PB 于 E，交 PD 于 F，连接 EF， 则 EGPC，FGPC，可得 RtPGERtPGF，得 GEGF，PEPF， 在PAE 与PAF 中，由 PAPA，PEPF，APEAPF，得 AEAF AGEF 在等腰三角形 PBC 中，由 PBPC2 ，BC2，得 cosBPC ， 则在 RtPGE 中，得 PE 同理 PF ，则 EFDB，得到 EF 四边形 ； 则 又 ， 平面 将此正四棱锥分成的上下两部分体积的比为 故答案为： ； （或 2） 三、 解答题： 共 70 分。 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤。 第

26、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 ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 a1， B ， ABC 的面积为 （1）求ABC 的周长； （2）求 cos（BC）的值 【分析】（1）由已知结合三角形的面积公式可求 c，然后结合余弦定理可求 b，进而可 求； （2）由已知结合余弦定理及同角平方关系可分别求解 cosC，sinC，然后结合差角余弦公 式可求 解：（1）因为 a1，B ，ABC 的面积 S ， c3， 由余弦定理可得，b2 7， b ， 故ABC 的周长 4 ，

27、（2）由余弦定理可得，cosC ， 故 sinC ， cos（BC）cosBcosC+sinBsinC 18如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，ACAB1，B1CBC1O （1）求证：B1CAB； （2）若CBB160，ACBC，且点 A 在侧面 BB1C1C 上的投影为点 O，求二面角 B AA1C 的余弦值 【分析】（1）由侧面 BB1C1C 为菱形，得 B1CBO，再由 ACAB1，O 为 B1C 的中点， 得 B1CAO，利用直线与平面垂直的判定可得 B1C平面 ABO，从而得到 B 1CAB； （2）点 A 在侧面 BB1C1C 上的投影为点 O，即 A

28、O平面 BB1C1C，由（1）知 OBOB1， 以 O 为坐标原点，分别以 OB，OB1，OA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系分 别求出平面 BAA1 的一个法向量与平面 ACA1的一个法向量， 由两法向量所成角的余弦值 可得二面角 BAA1C 的余弦值 【解答】（1）证明：侧面 BB1C1C 为菱形，B1CBO， 又 ACAB1，O 为 B1C 的中点，B1CAO， 而 AOBOO，B1C平面 ABO，得 B1CAB； （2）解：点 A 在侧面 BB1C1C 上的投影为点 O，即 AO平面 BB1C1C， 又由（1）知 OBOB1， 以 O 为坐标原点，分别以 OB，OB1，O

29、A 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 CBB160，ACBC， 设 BC2a，则 B（ ，0，0），A1（ a，a， ），A（0，0， ），C（0， a，0）， ， ， ， ， ， ， ， ， 设平面 BAA1 的一个法向量为 ， ， ， 由 ，取 z1 1，得 ， ， ； 设平面 ACA1的一个法向量为 ， ， ， 由 ，取 ，得 ， ， cos ， 由图可知，二面角 BAA1C 为锐角， 二面角 BAA1C 的余弦值为 19已知点 A，B 的坐标分别是（ ，0），（ ，0），动点 M（x，y）满足直线 AM 和 BM 的斜率之积为3，记 M 的轨迹为曲线 E （1）求曲线 E

30、的方程； （2） 直线 ykx+m 与曲线 E 相交于 P， Q 两点， 若曲线 E 上存在点 R， 使得四边形 OPRQ 为平行四边形（其中 O 为坐标原点），求 m 的取值范围 【分析】（1）根据题意得 kAM kBM 3，（y0），化简可 得曲线 E 的方程 （2）设 P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线与曲线 E 的方程，得关于 x 的一元二次 方程，结合韦达定理得 x1+x2，y1+y2，0，根据题意得 PQ 的中点也是 OR 的中点， 得 R 点的坐标，再代入曲线 E 的方程，得 2m2k2+3，将代入得 m 的取值范围 解：（1）kAM kBM 3，（y0） 化简得曲线

31、E 的方程： （y0） （2）设 P（x1，y1），Q（x2，y2） 联立 ，得（3+k 2）x2+2kmx+m260， x1+x2 ，y 1+y2k（x1+x2 ）+2m ， （2km）24（3+k2）（m26）12m2+24k2+720，即m2+2k2+60， 若四边形 OPRQ 为平行四边形，则 PQ 的中点也是 OR 的中点， 所以 R 点的坐标为（ ， ）， 又点 R 在曲线 E 上得， 化简得 2m 2k2+3 将代入得，m20，所以 m0，由得 2m23，所以 m 或 m 所以 m 的取值范围为（， ，+） 20当今世界科技迅猛发展，信息日新月异为增强全民科技意识，提高公众科学素

32、养，某 市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对 科技类图书的情况进行了调查该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取 100 名，数据统计如表： 借阅科技类图书（人） 借阅非科技类图书（人） 年龄不超过 50 岁 20 25 年龄大于 50 岁 10 45 （1）是否有 99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？ （2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一本科技类图书奖励积分 2 分， 每借阅一本非科技类图书奖励积分 1 分， 积分累计一定数量可以用积分换购自己喜 爱的图书用表中的样本频率作为概率的估计值 （i）现有 3 名借阅者每人借阅

33、一本图书，记此 3 人增加的积分总和为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （ii）现从只借阅一本图书的借阅者中选取 16 人，则借阅科技类图书最有可能的人数是 多少？ 附：K2 ，其中 na+b+c+d P（K2k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【分析】（1）根据 K 的表达式带入计算即可判断； （2） （i） 由题知借阅科技类图书的概率 P ， 若这 3 人增加的积分总和为随机变量 ， 分别计算出 P（3），P（4），P（5），P（6），即可得到分布列及期望； （ii）根据题意得随机变量 X 满足 XB（16， ）的二项分布，列出不等式组，

34、解出即 可 解：（1）K2 8.1296.635， 所以有 99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关； （2）（i）因为用表中的样本频率作为概率的估计值，所以借阅科技类图书的概率 P ， 因为 3 名借阅者每人借阅一本图书，这 3 人增加的积分总和为随机变量 ， 所以随机变量 的可能取值为 3，4，5，6， P（3） P（4） P（5） P（6） ， 从而 的分布列为： 3 4 5 6 P 所以 E（）3 4 5 6 3.9； （ii） 记 16 人中借阅科技类图书的人数为 X， 则随机变量 X 满足二项分布 XB （16， ） 设借阅科技类图书最有可能的人数时 k（k0，1，2，16） 则

35、， 而 ， ， 解得 4.1k5.1， 故 k5， 所以 16 人借阅科技类图书最有可能的人数是 5 人 21已知函数 f（x）lnxsinx+ax（a0） （1）若 a1，求证：当 x（1， ）时，f（x）2x1； （2）若 f（x）在（0，2）上有且仅有 1 个极值点，求 a 的取值范围 【分析】（1）构造函数 g（x）f（x）（2x1），对其求导研究其在 x ， 单调 性，即可证明结论； （2）先对 f（x）求导，然后把 f（x）在（0，2）上有且仅有 1 个极值点转化为 f（x） 的零点问题，利用 y （a0）与函数 ycosx，x（0， ）的图象 只有一个交点求出 a 的取值范围即可

36、 解：（1）证明：当 a1 时，f（x）lnxsinx+x，令 g（x）f（x）（2x1）lnx sinxx+1，x ， ， 则 g（x） cosx1 0，g（x）在（1， ）上单调递减， 故 g（x）g（1）sin10，所以 f（x）2x1； （2）解：由题知 f（x） ，令 f（x）0 f（x）在（0，2）上有且仅有 1 个极值点， 函数 y （a0）与函数 ycosx，x（0， ）的图象只有一个交点， ，即 a1 ， 所以 a 的取值范围为（0，1 ） 一、选择题 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 轴正半轴为极轴建立极坐标系，

37、曲线 C2的极坐标方程为 2 （1）写出曲线 C1和 C2的直角坐标方程； （2） 已知 P 为曲线 C2上的动点， 过点 P 作曲线 C1的切线， 切点为 A， 求|PA|的最大值 【分析】 （1） 由 （ 为参数） ， 消去参数 ， 可得曲线 C1的直角坐标方程 由 2 ，得 2+32sin24，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线 C 2的直 角坐标方程； （2）由 P 为曲线 C2上的动点，设 P（2cos，sin），则 P 与圆的圆心的距离 d 利用二次函数求最值，再由勾股 定理求|PA|的最大值 解：（1）由 （ 为参数），消去参数 ，可得 x 2+（y2）21 曲线 C1的直角

38、坐标方程为 x2+（y2）21； 由 2 ，得 2+32sin24， 即 x2+y2+3y24，即 曲线 C2的直角坐标方程为 ； （2）P 为曲线 C2上的动点，设 P（2cos，sin）， 则 P 与圆的圆心的距离 d 要使|PA|的最大值，则 d 最大，当 sin 时，d 有最大值为 |PA|的最大值为 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+1|2x2|的最大值为 M，正实数 a，b 满足 a+bM （1）求 2a2+b2的最小值； （2）求证：aabbab 【分析】（1）由绝对值的性质和绝对值的几何意义，可得 f（x）的最大值，即有 M 的 值，再由柯西不等式，即可得到

39、所求最小值； （2）应用分析法证明，考虑两边取自然对数，结合因式分解和不等式的性质、对数的性 质，即可得证 解：（1）函数 f（x）|x+1|2x2|x+1|x1|x1| |x+1x+1|11|2，当 x1 时，f（x）取得最大值 2， 即 M2， 正实数 a，b 满足 a+b2， 由柯西不等式可得（2a2+b2）（ 1）（ a b） 2， 化为 2a2+b2 ， 当 b2a 时，2a 2+b2取得最小值 ； （2）证明：因为 a+b2，a，b0，要证 aabbab，即证 alna+blnblna+lnb， 即证（a1）lna（1b）lnb， 即证（1a）ln（ 1）0， 当 0a1 时， 11，所以 ln（ 1）0， 由 1a0，可得（1a）ln（ 1）0； 当 a1 时，（1a）ln（ 1）0； 当 1a2 时，0 11，所以 ln（ 1）0， 因为 1a0，所以（1a）ln（ 1）0， 综上所述，（1a）ln（ 1）0 成立，即 a abbab