2020年广东省东莞市高考数学模拟试卷（文科）（4月份）含详细解答

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1、已知集合 Ax|x2+2x30，Bx|2x10，则 AB（ ） A B （3，1） C D 2 （5 分）设复数 z 满足 iz1+i，则复数 z 的共轭复数 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3 （5 分）玫瑰花窗（如图）是哥特式建筑的特色之一，镶嵌着彩色玻璃的玫瑰花窗给人以 瑰丽之感构成花窗的图案有三叶形、四叶形、五叶形、六叶形和八叶形等右图是四 个半圆构成的四叶形，半圆的连接点构成正方形 ABCD，在整个图形中随机取一点，此 点取自正方形区域的概率为（ ） A B C D 4 （5 分）已知定义在 R 上的奇函数 f（x） ，当 x0 时，f（

2、x）log2x，且 f（m）2，则 m（ ） A B4 C4 或 D4 或 5 （5 分）已知平面向量 、 的夹角为 135，且 为单位向量，则 （ ） A B C1 D 6 （5 分）已知 F1、F2分别为椭圆 C：的左、右焦点，过 F1且垂直 于 x 轴的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，若AF2B 是边长为 4 的等边三角形，则椭圆 C 的方程为（ ） 第 2 页（共 25 页） A B C D 7 （5 分）定义运算 a*b 为执行如图所示的程序框图输出的 S 值，则（cos）*（sin） （ ） A B C1 D1 8 （5 分）约公元前 600 年，几何学家泰勒斯第一个测出了

3、金字塔的高度如图，金字塔是 正四棱锥，泰勒斯先测量出某个金字塔的底棱长约为 230 米；然后，他站立在沙地上， 请人不断测量他的影子， 当他的影子和身高相等时， 他立刻测量出该金字塔影子的顶点 A 与相应底棱中点 B 的距离约为 22.2 米 此时， 影子的顶点 A 和底面中心 O 的连线恰好与 相应的底棱垂直，则该金字塔的高度约为（ ） A115 米 B137.2 米 C230 米 D252.2 米 9 （5 分）为加强学生音乐素养的培育，东莞市某高中举行“校园十大歌手”比赛，比赛现 场有 7 名评委给选手评分，另外，学校也提前发起了网络评分，学生们可以在网络上给 选手评分，场内数百名学生均

4、参与网络评分某选手参加比赛后，现场评委的评分表和 该选手网络得分的条形图如图所示： 第 3 页（共 25 页） 评委序号 评分 10 8 9 8 9 10 9 记现场评委评分的平均分为， 网络评分的平均分为， 所有评委与场内学生评分的平 均数为 ，那么下列选项正确的是（ ） A B C D 与关系不确定 10 （5 分）已知函数的最小正周期为 ， 将 f （x） 的图象向左平移个单位后， 所得图象关于原点对称， 则函数 f （x） 的图象 （ ） A关于直线对称 B关于直线对称 C关于点（，0）对称 D关于点（，0）对称 11 （5 分）已知双曲线 C：的一条渐近线被圆（xc）2+y22a2

5、截得的弦长为 2b（其中 c 为双曲线的半焦距） ，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D2 12 （5 分）在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E、F 分别为 AB 和 DD1的中点，经 第 4 页（共 25 页） 过点 B1，E，F 的平面 交 AD 于 G，则 AG（ ） A B C D 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.请把答案填在答题卡的相应位置上请把答案填在答题卡的相应位置上. 13（5 分） ABC 的内角 A、 B、 C 的对边分别为 a、 b、 c， 若 acosBbsinA， 则 B

6、 14 （5 分）已知在 x0 的切线方程为 yx+1，则 k 15 （5 分）已知三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，PABC2，BAC，则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 16 （5 分）已知在 x（0，1）上恰有一个零点，则正实数 a 的 取值范围为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 17 至至 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考题为选考题，考生根据要求作答生根据要求作答. （一）

7、必考题：本大题共（一）必考题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 12 分，共分，共 60 分分. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S416，a33a2 （1）求an的通项公式； （2）设，求bn的前 2n 项的和 T2n 18 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，其中 ABBC，AD BC， AD4， APABBC2， E 是 AD 的中点， AC 和 BE 交于点 O， 且 PO平面 ABCD （1）证明：平面 PAC平面 PCD； （2）求点 D 到平面 PCE 的距离 第 5 页（共 25 页） 19 （12 分）已知函

8、数 f（x）ex+3ax （1）讨论函数 f（x）的单调性： （2）若函数 f（x）0 在 x（0，+）上恒成立，求 a 的取值范围 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 N： （x1）2+y21，圆心 N（1，0） ，点 E 在直线 x1 上，点 P 满足，点 P 的轨迹为曲线 M （1）求曲线 M 的方程 （2）过点 N 的直线 l 分别交 M 和圆 N 于点 A、B、C、D（自上而下） ，若|AC|、|CD|、|DB| 成等差数列，求直线 l 的方程 21 （12 分）在党中央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员 的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫

9、情得到了控制甲、乙两个地区采取防护措施后， 统计了从 2 月 7 日到 2 月 13 日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数，绘制成如图折线图： （1）根据图中甲、乙两个地区折线图的信息，写出你认为最重要的两个统计结论； （2）新冠病毒在进入人体后有一段时间的潜伏期，此期间为病毒传播的最佳时期，我们 把与病毒感染者有过密切接触的人群称为密切接触者，假设每位密切接触者不再接触其 第 6 页（共 25 页） 他病毒感染者，10 天内所有人不知情且生活照常 （i）在不加任何防护措施的前提下，假设每位密切接触者被感染的概率均为 p（0p 1） 第一天，若某位感染者产生 a（aN）名密切接触者则第二天新增感染

10、者平均人数为 ap；第二天，若每位感染者都产生 a 名密切接触者，则第三天新增感染者平均人数为 ap （1+ap） ；以此类推，记由一名感染者引发的病毒传播的第 n 天新增感染者平均人数为 En（2n10） 写出 E4，En； （ii）在（i）的条件下，若所有人都配戴口罩后，假设每位密切接触者被感染的概率均 为 p，且满足关系 pln（1+p），此时，记由一名感染者引发的病毒传播的第 n 天 新增感染者平均人数为（2n10） 当 p最大，且 a10 时， 、根据 E6和的值 说明戴口罩的必要性 （p精确到 0.1） 参考公式：函数 yln（1+x）的导函数， ；参考数据：ln31.1，ln20

11、.7，64 1296 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分，请考生在第分，请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分，作答时请写清题号第一题计分，作答时请写清题号.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，直线 l 的参数方程为为参数） ，以坐 标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线 C 的极坐标方程为 2asin （a 0） ，已知直线 l 与曲线 C 有且仅有一个公共点 （l）求 a； （2）A，B 为曲线 C 上的两点，且AOB，求|O

12、A|+|OB|的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|3x+1|+|3xa|，xR （1）当 a1 时，求不等式 f（x）9 的解集； （2）对任意 xR，恒有 f（x）2a1，求实数 a 的取值范围 第 7 页（共 25 页） 2020 年广东省东莞市高考数学模拟试卷（文科） （年广东省东莞市高考数学模拟试卷（文科） （4 月份）月份） 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有一

13、项是符合题目要求的求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑. 1 （5 分）已知集合 Ax|x2+2x30，Bx|2x10，则 AB（ ） A B （3，1） C D 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：， 故选：C 【点评】本题考查了一元二次不等式的解法，描述法、区间的定义，交集的运算，考查 了计算能力，属于基础题 2 （5 分）设复数 z 满足 iz1+i，则复数 z 的共轭复数 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【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 的坐

14、标得答案 【解答】解：由 iz1+i，得 z， ， 则复数 z 的共轭复数 在复平面内对应的点的坐标为（1，1） ，位于第一象限 故选：A 【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 （5 分）玫瑰花窗（如图）是哥特式建筑的特色之一，镶嵌着彩色玻璃的玫瑰花窗给人以 瑰丽之感构成花窗的图案有三叶形、四叶形、五叶形、六叶形和八叶形等右图是四 个半圆构成的四叶形，半圆的连接点构成正方形 ABCD，在整个图形中随机取一点，此 点取自正方形区域的概率为（ ） 第 8 页（共 25 页） A B C D 【分析】首先这是一个几何概型，整个图形内部的每个点对应一

15、个基本事件只需要算 出整个图形面积即两个圆与正方形的面积和用正方形面积除以总面积即可 【解答】解：由题意可知，整个图形内部的每个点对应一个基本事件，所以这是一个几 何概型 设此点取自正方形区域为事件 A 设正方形的边长为 2r，则圆的半径为 rS（）2r2+（2r）22r2+4r2 正方形面积为 S（A）4r2故 故选：A 【点评】本题考查了几何概型的概率计算方法属于基础题 4 （5 分）已知定义在 R 上的奇函数 f（x） ，当 x0 时，f（x）log2x，且 f（m）2，则 m（ ） A B4 C4 或 D4 或 【分析】根据题意，分 m0 与 m0 两种情况讨论，结合函数的奇偶性与解析

16、式分析， 求出 m 的值，综合即可得答案 【解答】解：根据题意，当 x0 时，f（x）log2x，此时若 f（m）2，必有 log2m2， 解可得 m4； 当 x0，则x0，此时若 f（m）2，则有 f（m）2，即 log2（m）2， 解可得 m； 综合可得：m4 或； 故选：D 【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数解析式以及函数值的计算， 属于基础题 第 9 页（共 25 页） 5 （5 分）已知平面向量 、 的夹角为 135，且 为单位向量，则 （ ） A B C1 D 【分析】根据平面向量的数量积计算模长即可 【解答】解：由题意知，平面向量 、 的夹角为 135，且| |

17、1， 所以| |， 1cos1351， +2+1+2（1）+21， 所以1 故选：C 【点评】本题考查了根据平面向量的数量积计算模长的应用问题，是基础题 6 （5 分）已知 F1、F2分别为椭圆 C：的左、右焦点，过 F1且垂直 于 x 轴的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，若AF2B 是边长为 4 的等边三角形，则椭圆 C 的方程为（ ） A B C D 【分析】由AF2B 是边长为 4 的等边三角形，及椭圆的定义可得 2a，及 2c 与 2a 的关系 求出 c，再由 a，b，c 之间的关系求出椭圆的方程 【解答】 解： 因为AF2B 是边长为 4 的等边三角形， 所以AF2F130，

18、 2a|AF1|+|AF2| 2+46，2c|F1F2|AF1|2， 所以 b2a2c2936， 所以椭圆的方程为：+1， 故选：B 【点评】本题考查椭圆的定义及椭圆的性质，属于中档题 第 10 页（共 25 页） 7 （5 分）定义运算 a*b 为执行如图所示的程序框图输出的 S 值，则（cos）*（sin） （ ） A B C1 D1 【分析】先判断 acos和 bsin的大小，然后代入框图的左边执行框计算即可 【解答】解：， ， 1 1 故选：C 【点评】本题考查了程序框图的条件结构以及三角函数的二倍角公式等基础知识，同时 考查了学生的逻辑推理能力和数学运算能力难度不大 8 （5 分）约

19、公元前 600 年，几何学家泰勒斯第一个测出了金字塔的高度如图，金字塔是 正四棱锥，泰勒斯先测量出某个金字塔的底棱长约为 230 米；然后，他站立在沙地上， 请人不断测量他的影子， 当他的影子和身高相等时， 他立刻测量出该金字塔影子的顶点 A 与相应底棱中点 B 的距离约为 22.2 米 此时， 影子的顶点 A 和底面中心 O 的连线恰好与 相应的底棱垂直，则该金字塔的高度约为（ ） 第 11 页（共 25 页） A115 米 B137.2 米 C230 米 D252.2 米 【分析】易知，当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直 角边，再根据金字塔高与影子所在的直角三角

20、形与刚才的三角形相似，可知塔底到 A 的 距离即为塔高 【解答】解：当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直角 边， 再根据金字塔高与影子所在的直角三角形与刚才的三角形相似，可知塔底到 A 的距离即 为塔高 所以由题意得金字塔塔高为 OAOB+BA115+22.2137.2 米 故选：B 【点评】本题考查了解三角形知识的实际应用本题的关键是抓住两个三角形相似作为 切入点是一道较容易的中档题 9 （5 分）为加强学生音乐素养的培育，东莞市某高中举行“校园十大歌手”比赛，比赛现 场有 7 名评委给选手评分，另外，学校也提前发起了网络评分，学生们可以在网络上给 选手评分，场内数

21、百名学生均参与网络评分某选手参加比赛后，现场评委的评分表和 该选手网络得分的条形图如图所示： 评委序号 评分 10 8 9 8 9 10 9 记现场评委评分的平均分为， 网络评分的平均分为， 所有评委与场内学生评分的平 均数为 ，那么下列选项正确的是（ ） 第 12 页（共 25 页） A B C D 与关系不确定 【分析】根据题意求出平均数，然后估算求出总平均数 【解答】解：9， 0.17+0.18+0.29+0.6109.3， 则9.15， 设场内人数为 a（a100） ，则 因为 a100，所以， 故选：C 【点评】本题考查平均数，属于基础题 10 （5 分）已知函数的最小正周期为 ，

22、将 f （x） 的图象向左平移个单位后， 所得图象关于原点对称， 则函数 f （x） 的图象 （ ） A关于直线对称 B关于直线对称 第 13 页（共 25 页） C关于点（，0）对称 D关于点（，0）对称 【分析】根据条件求出函数的解析式，结合函数的对称性进行求解即可 【解答】解：f（x）的最小正周期为 ， 则，得 2， 则 f（x）cos（2x+） ， 将 f（x）的图象向左平移个单位后，得到 ycos2（x+）+cos（2x+） ， 所得图象关于原点对称， 则+k+，kZ， 得 k，kZ， ， 当 k0 时， 即 f（x）cos（2x） ， f（）cos（2）cos0， 则 f（x）关于

23、点（，0）对称， 故选：D 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用条件求出函数的解析式，以及利用 对称性是解决本题的关键难度不大 11 （5 分）已知双曲线 C：的一条渐近线被圆（xc）2+y22a2 截得的弦长为 2b（其中 c 为双曲线的半焦距） ，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D2 【分析】由题意画出图形，利用垂径定理可得 a 与 b 的关系，得到双曲线为等轴双曲线， 则离心率可求 【解答】解：如图所示，双曲线的两条渐近线关于 x 轴对称， 取 y与圆相交于点 A，B，|AB|2b， 第 14 页（共 25 页） 圆心（c，0）到直线 bxay0 的距离 d 结合垂

24、径定理可得 2a2b2+b2，即 ab 双曲线为等轴双曲线，其离心率 e 故选：B 【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查直线与圆位置关系的应用，是基础的计算题 12 （5 分）在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E、F 分别为 AB 和 DD1的中点，经 过点 B1，E，F 的平面 交 AD 于 G，则 AG（ ） A B C D 【分析】 由面面平行的性质定理可得平面 B1EF 与平面 D1DCC1的交线与 B1E 平行， 过 F 作 B1E 的平行线交 C1D1于 H，连接 B1H，过 E 作 EGB1H，交 AD 于 G，由比例关系 可得所求值 【解答】解：由平面 A1

25、ABB1平面 D1DCC1， 可得平面 B1EF 与平面 D1DCC1的交线与 B1E 平行， 过 F 作 B1E 的平行线交 C1D1于 H， 由 F 为 DD1的中点，可得 H 为 C1D1的四等分点， 连接 B1H，过 E 作 EGB1H，交 AD 于 G， 从而 G 为 AD 的三等分点，则 AG 第 15 页（共 25 页） 故选：D 【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查线面相交的交点情况，注意 运用面面平行的性质定理，考查运算能力和空间想象能力，属于中档题 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.请把答案

26、填在答题卡的相应位置上请把答案填在答题卡的相应位置上. 13 （5 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，若 acosBbsinA，则 B 【分析】由已知结合正弦定理及同角基本关系进行化简即可求解 【解答】解：acosBbsinA， 由正弦定理可得，sinAcosBsinBsinA， 由 sinA0， 化简可得 tanB， 0B， 故 B 故答案为： 【点评】本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题 14 （5 分）已知在 x0 的切线方程为 yx+1，则 k 2 【分析】先对函数求导数，再将 x0 代入，并令 f（0）1，即可求出 k 的值 【解答】解：由

27、题意得 第 16 页（共 25 页） ， f（0）k11 k2 故答案为：2 【点评】本题考查了导数的运算以及利用导数求切线方程的基本思路，属于基础题，难 度不大 15 （5 分）已知三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，PABC2，BAC，则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 8 【分析】根据三棱锥的结构特征确定球心位置，从而得出球的半径和表面积 【解答】解：将三棱锥还原成直三棱柱， 则三棱柱的外接球即为求 O，D，D，为上下底面的外心，O 为 DD的中点，AD 为 底面外接圆的半径， 由正弦定理可得：2AD2； 由 OD1，AD1；得 RAO， 所以球 O 的表面积为：4R28 故答案

28、为：8 【点评】本题考查的知识点是球的体积和表面积，难度中档 16 （5 分）已知在 x（0，1）上恰有一个零点，则正实数 a 的 取值范围为 （0，1） 【分析】原题等价于函数和 h（x）2x2ax 的图象在（0，1）上只 有一个公共点，作出函数图象，由图象观察可知，只需 h（1）g（1）即符合题意，由 第 17 页（共 25 页） 此得解 【解答】解：依题意，方程在（0，1）上仅有一个解， 即在（0，1）上仅有一个实数根， 亦即函数和 h（x）2x2ax 的图象在（0，1）上只有一个公共点， 而 h（x）2x2ax 必经过原点，且其对称轴为， 由图可得当 h（1）g（1）时符合题意，即 2

29、a1，解得 a1， 又a0， 0a1 故答案为： （0，1） 【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于中档题 三、三、解答题：本大题共解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 17 至至 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：本大题共（一）必考题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 12 分，共分，共 60 分分. 17 （12 分）已知等差数列

30、an的前 n 项和为 Sn，S416，a33a2 （1）求an的通项公式； （2）设，求bn的前 2n 项的和 T2n 【分析】 （1）根据等差数列的通项公式和前 n 项和公式求解； （2）通过裂项相消法求解数列bn的前 2n 项的和 T2n求解 【解答】解： （1）因为等差数列an中，设首项为 a1公差为 d 由题意得，解得， 第 18 页（共 25 页） 所以 an2+4（n1）4n6 （2） T2nb1+b2+b3+b2n1+b2n 所以 bn的前 2n 项的和 T2n为 【点评】本题主要看考查等差数列的通项公式和前 n 项和的求解，利用裂项相消法求解 是本题的关键 18 （12 分）如

31、图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，其中 ABBC，AD BC， AD4， APABBC2， E 是 AD 的中点， AC 和 BE 交于点 O， 且 PO平面 ABCD （1）证明：平面 PAC平面 PCD； （2）求点 D 到平面 PCE 的距离 【分析】 （1）由已知证明四边形 ABCE 为平行四边形，进一步证得四边形 ABCE 是正方 形，得 CEAD求解三角形证明 CDAC由线面垂直的判定可得 PO平面 ABCD， 得到 CDPO 再由直线与平面垂直的判定可得 CD平面 PAC，从而得到平面 PAC平 面 PCD； （2）由（1）知，四棱锥 PABCE 为正四棱

32、锥，故 PCPEPA2，设点 D 到平面 PCE 第 19 页（共 25 页） 的距离为 h，再由等体积法求点 D 到平面 PCE 的距离 【解答】 （1）证明：ADBC，AD4，BC2，E 是 AD 的中点， 四边形 ABCE 为平行四边形， 又ABBC，ABBC，四边形 ABCE 是正方形，得 CEAD 又CEAEED2，ACCD 又AD4，AC2+CD2AD2，故 CDAC PO平面 ABCD，CD平面 ABCD，CDPO 又ACPOO，AC，PO平面 PAC， CD平面 PAC， 而 CD平面 PCD，平面 PAC平面 PCD； （2）解：由（1）知，四棱锥 PABCE 为正四棱锥，

33、故 PCPEPA2 又 CE2，PCE 是等边三角形，即 设点 D 到平面 PCE 的距离为 h，得 由 PCPA2，AC，得PAC 为等腰直角三角形，故 PO ECD 是直角三角形，且 CEED2， 得 由 VPDCEVDPCE，得，即 h 点 D 到平面 PCE 的距离为 【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用 等体积法求多面体的体积，是中档题 第 20 页（共 25 页） 19 （12 分）已知函数 f（x）ex+3ax （1）讨论函数 f（x）的单调性： （2）若函数 f（x）0 在 x（0，+）上恒成立，求 a 的取值范围 【分析】 （1）求导，

34、根据导数讨论参数 a，根据参数讨论单调性， （2）分离参数，求最值，求出 a 【解答】解： （1）因为 f（x）ex+3ax，xR， 所以 f（x）ex+3a， 当 a0 时，f（x）0，故 f（x）在 R 上单调递增； 当 a0 时，f（x）ex+3a，令 f（x）0，解之得 xln（3a） 所以 x（，ln（3a） ）时，f（x）0，f（x）单调递减；x（ln（3a） ，+）时， f（x）0，f（x）单调递增， 综上所述，当 a0 时，f（x）在 R 上单调递增； 当 a0 时，f（x）在（，ln（3a） ）上单调递减，f（x）在（ln（3a） ，+）上 单调递增； （2）由题意知，ex+

35、3ax0 在 x（0，+）上恒成立， 即在 x（0，+）上恒成立， 所以， （x0） ， 设，则， 当 0x1，g（x）0，g（x）单调递增； 当 1x，g（x）0，g（x）单调递减； 故， 所以 a 【点评】本题考查导数单调性，以及恒成立求参数，属于难题 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 N： （x1）2+y21，圆心 N（1，0） ，点 E 在直线 x1 上，点 P 满足，点 P 的轨迹为曲线 M （1）求曲线 M 的方程 （2）过点 N 的直线 l 分别交 M 和圆 N 于点 A、B、C、D（自上而下） ，若|AC|、|CD|、|DB| 第 21 页（共 25 页）

36、 成等差数列，求直线 l 的方程 【分析】（1） 设 p （x， y） ， 由， 得 E （1， y） ， 求出向量的坐标代入， 化简得：y24x，所以点 P 的轨迹曲线 M 的方程为：y24x； （2）由|AC|、|CD|、|DB|成等差数列，得弦长|AB|AC|+|CD|+|DB|6，对直线 l 的斜率 分情况讨论，当斜率不存在时，|AB|46，不符合题意，当斜率存在时，A（x1，y1） ， B（x2，y2） ，设直线 l 的方程为：yk（x1） ，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合抛 物线的定义可求得 k 的值，从而得到直线 l 的方程 【解答】解： （1）设 p（x，y） ，由，得 E（

37、1，y） ， 则， 由，得（x1，y） （2，y）（x+1，0） （2，y） ，即2x+2+y22x+2， 化简得：y24x， 所以点 P 的轨迹曲线 M 的方程为：y24x； （2）由|AC|、|CD|、|DB|成等差数列，得|AC|+|DB|2|CD|4， 所以弦长|AB|AC|+|CD|+|DB|6， 当斜率不存在时，直线 l 的方程为：x1，交点 A（1，2） ，B（1，2） ，此时|AB|4 6，不符合题意， 当斜率存在时，设直线 l 的方程为：yk（x1） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立方程，消去 y 得：k2x2（2k2+4）x+k20， ，x1x21，显然16

38、（k2+1）0 恒成立， 由抛物线的定义可知，|AB|x1+x2+26， ，解得：k， 直线 l 的方程为 y 【点评】本题主要考查了动点轨迹方程，考查了抛物线的定义以及直线与抛物线的位置 关系，是中档题 21 （12 分）在党中央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员 的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制甲、乙两个地区采取防护措施后， 统计了从 2 月 7 日到 2 月 13 日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数，绘制成如图折线图： 第 22 页（共 25 页） （1）根据图中甲、乙两个地区折线图的信息，写出你认为最重要的两个统计结论； （2）新冠病毒在进入人体后有

39、一段时间的潜伏期，此期间为病毒传播的最佳时期，我们 把与病毒感染者有过密切接触的人群称为密切接触者，假设每位密切接触者不再接触其 他病毒感染者，10 天内所有人不知情且生活照常 （i）在不加任何防护措施的前提下，假设每位密切接触者被感染的概率均为 p（0p 1） 第一天，若某位感染者产生 a（aN）名密切接触者则第二天新增感染者平均人数为 ap；第二天，若每位感染者都产生 a 名密切接触者，则第三天新增感染者平均人数为 ap （1+ap） ；以此类推，记由一名感染者引发的病毒传播的第 n 天新增感染者平均人数为 En（2n10） 写出 E4，En； （ii）在（i）的条件下，若所有人都配戴口罩

40、后，假设每位密切接触者被感染的概率均 为 p，且满足关系 pln（1+p），此时，记由一名感染者引发的病毒传播的第 n 天 新增感染者平均人数为（2n10） 当 p最大，且 a10 时， 、根据 E6和的值 说明戴口罩的必要性 （p精确到 0.1） 参考公式：函数 yln（1+x）的导函数， ；参考数据：ln31.1，ln20.7，64 1296 【分析】 （1）根据图表得到结论，正确即可， （2）根据题意求 E4，En （3）先求 f（p） ，求导求最值，求出 p，然后求出 E6， 【解答】解： （1）甲地区比乙地区新增人数的平均数低， 甲地区比乙地区的方差大， （2） （i）， 第 23

41、页（共 25 页） ，2n10，nN+， （ii）令，则 f（p）， 当 f（p）0 时，0p，f（p）单调递增；当 f（p）0 时，p1，f（p）单调 递减； 故ln3ln21.10.70.30.1， 所以当 p0.5 时，p取得最大值 0.1， 此时， E100.1（1+100.1）416， E6， 戴口罩很有必要 【点评】本题考查概率，以及利用导数求最值，属于中档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分，请考生在第分，请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分，作答时请写清题号第一题计分，作答时请写清题号.选修选

42、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，直线 l 的参数方程为为参数） ，以坐 标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线 C 的极坐标方程为 2asin （a 0） ，已知直线 l 与曲线 C 有且仅有一个公共点 （l）求 a； （2）A，B 为曲线 C 上的两点，且AOB，求|OA|+|OB|的最大值 【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的 进行转换 （2） 利用点到直线的距离和极径的应用及三角函数关系式的变换的应用及正弦型函数的 性质的应用求出结果 【解答】解： （1）直线 l

43、 的参数方程为为参数） ，转换为直角坐标方程为 曲线 C 的极坐标方程为 2asin（a0） ，转换为直角坐标方程为 x2+y22ay0，整理 得 x2+（ya）2a2， 由于直线 l 与曲线 C 有且仅有一个公共点， 第 24 页（共 25 页） 所以圆心（0，a）到直线的距离 d，解得 a1 或3（负值舍 去） （2）A，B 为曲线 C 上的两点，且AOB，设点 A 为曲线上靠右的点， 所以 A（1，） ，B（） ， （） ， 所以|OA|+|OB|1+2， 当时，|OA|+|OB|的最大值为 2 【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，三角 函数关系式的恒

44、等变换，正弦型函数的性质的应用，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设函数 f（x）|3x+1|+|3xa|，xR （1）当 a1 时，求不等式 f（x）9 的解集； （2）对任意 xR，恒有 f（x）2a1，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）将 a1 代入，并化为分段函数的形式，再分类讨论解不等式，最后取各解 集的并集即可； （2）先利用绝对值不等式的性质可得 f（x）|a+1|，问题转化为|a+1|2a+1 恒成立，再 分类讨论即可得解 【解答】解： （1）当 a1 时， 当时，6x9，解得，所以； 当时，29 恒成立，所以； 当时，6x9，解得，所以； 所求不等式的解集为； （2）由绝对值不等式性质得 f（x）|3x+1|+|3xa|3x+1（3xa）|a+1|， 由 f（x）2a+1 恒成立，可知|a+1|2a+1 恒成立， 第 25 页（共 25 页） 当 a1 时，a+12a+1，解得 a0，所以1a0； 当 a1 时，1a2a+1，解得，所以 a1； 综上，实数 a 的取值范围为（，0 【点评】本题考查绝对值不等式的解法以及绝对值不等式的性质的运用，考查不等式的 恒成立问题，考查分类讨论思想，属于基础题