2020年广东省深圳市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）含详细解答

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1、已知集合 A0，1，2，3，Bx|x22x30，则 AB（ ） A （1，3） B （1，3 C （0，3） D （0，3 2 （5 分）设 z，则 z 的虚部为（ ） A1 B1 C2 D2 3 （5 分）某工厂生产的 30 个零件编号为 01，02，19，30，现利用如下随机数表从中 抽取 5 个进行检测若从表中第 1 行第 5 列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽 取的第 5 个零件编号为（ ） 34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 86 32 21 18 34 29 78 64

2、 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 A25 B23 C12 D07 4 （5 分）记 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 a23，a59，则 S6为（ ） A36 B32 C28 D24 5 （5 分）若双曲线（a0，b0）的一条渐近线经过点（1，2） ，则该双曲 线的离心率为（ ） A B C D2 6 （5 分）已知 tan3，则（ ） A B C D 7 （5 分）的展开式中 x3的系数为（ ） A168 B84 C42 D21 8 （5 分）函数 f（x）ln|e2x1|x 的图象大致为（ ） 第 2 页（共

3、24 页） A B C D 9 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四 面体的外接球表面积为（ ） A B32 C36 D48 10 （5 分）已知动点 M 在以 F1，F2为焦点的椭圆上，动点 N 在以 M 为圆心， 半径长为|MF1|的圆上，则|NF2|的最大值为（ ） A2 B4 C8 D16 11 （5 分）著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直 线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半此直线被称为三角形的欧拉线， 该定理则被称为欧拉线定理设点 O，H 分别是ABC 的外心、垂心，且 M 为 BC 中点，

4、则（ ） A B C D 12 （5 分）已知定义在0，上的函数 f（x）sin（x） （0）的最大值为， 第 3 页（共 24 页） 则正实数 的取值个数最多为（ ） A4 B3 C2 D1 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 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2y 的最小值为 14 （5 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2ann，则 a6 15 （5 分）很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全某马拉松赛事报名网 站的登录验证码由 0，1，2，9 中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次

5、增大的 验证码称为“递增型验证码” （如 0123） ，已知某人收到了一个“递增型验证码” ，则该验 证码的首位数字是 1 的概率为 16 （5 分）已知点 M（m，m）和点 N（n，n） （mn） ，若线段 MN 上的任意一点 P 都满足：经过点 P 的所有直线中恰好有两条直线与曲线 C：y+x（1x3） 相切，则|mn|的最大值为 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每题，每个试题考生都必须作答第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

6、：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，a2+b2 c22S （1）求 cosC； （2）若 acosB+bsinAc，求 b 18 （12 分）如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四边形，点 M，N 分别在棱 C1C，A1A 上，且 C1M2MC，A1N2NA （1）求证：NC1平面 BMD； （2）若 A1A3，AB2AD2，DAB，求二面角 NBDM 的正弦值 第 4 页（共 24 页） 19 （12 分）已知以 F 为焦点的抛物线

7、C：y22px（p0）过点 P（1，2） ，直线 l 与 C 交于 A，B 两点，M 为 AB 中点，且 （1）当 3 时，求点 M 的坐标； （2）当12 时，求直线 l 的方程 20 （12 分）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体 出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期一研究团队统 计了某地区 1000 名患者的相关信息，得到如下表格： 潜伏期（单位：天） 0，2 （2，4 （4，6 （6，8 （8， 10 （10， 12 （12， 14 人数 85 205 310 250 130 15 5 （1） 求这 1000 名患者的潜伏期的

8、样本平均数 （同一组中的数据用该组区间的中点值作 代表） ； （2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期 是否超过6天为标准进行分层抽样， 从上述1000名患者中抽取200人， 得到如下列联表 请 将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有 95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关； 潜伏期6 天 潜伏期6 天 总计 50 岁以上（含 50 岁） 100 50 岁以下 55 总计 200 第 5 页（共 24 页） （3）以这 1000 名患者的潜伏期超过 6 天的频率，代替该地区 1 名患者潜伏期超过 6 天 发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过 6 天相互独立

9、为了深入研究，该研究团队随 机调查了 20 名患者，其中潜伏期超过 6 天的人数最有可能（即概率最大）是多少？ 附： P（K2k0） 0.05 0.025 0.010 k0 3.841 5.024 6.635 ，其中 na+b+c+d 21 （12 分）已知函数 f（x）exaln（x1） （其中常数 e2.71828，是自然对数的底 数） （1）若 aR，求函数 f（x）的极值点个数； （2）若函数 f（x）在区间（1，1+e a）上不单调，证明： +a （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 两题中任选一题作答注意：只能做所选定两题中任选一题作答注意：

10、只能做所选定 的题目如果多做，则按所做的第一题计分的题目如果多做，则按所做的第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 C1的参数方程为（t 为参数， 为倾斜角） ，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 C2的极坐标 方程为 4sin （1）求 C2的直角坐标方程； （2）直线 C1与 C2相交于 E，F 两个不同的点，点 P 的极坐标为，若 2|EF| |PE|+|PF|，求直线 C1的普通方程 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 a，b，c 为正数，且满足 a+b+c1证明： （1）9

11、； （2）ac+bc+ababc 第 6 页（共 24 页） 2020 年广东省深圳市高考数学模拟试卷（理科） （年广东省深圳市高考数学模拟试卷（理科） （3 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：本题共一、选择题：本题共 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，只有分，在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 A0，1，2，3，Bx|x22x30，则 AB（ ） A （1，3） B （1，3 C （0，3） D （0，3 【分析】求出 A 与 B 中不等式的解集确定

12、出 A 与 B，求出 A 与 B 的并集 【解答】解：集合 A0，1，2，3，Bx|x22x30（1，3） ， 则 AB（1，3， 故选：B 【点评】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键，基础题 2 （5 分）设 z，则 z 的虚部为（ ） A1 B1 C2 D2 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：z， z 的虚部为 1 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （5 分）某工厂生产的 30 个零件编号为 01，02，19，30，现利用如下随机数表从中 抽取 5 个进行检测若从表中第 1 行第 5 列的数

13、字开始，从左往右依次读取数字，则抽 取的第 5 个零件编号为（ ） 34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 86 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 A25 B23 C12 D07 【分析】根据随机数表依次进行选取即可 【解答】解：根据随机数的定义，1 行的第 5 列数字开始由左向右依次选取两个数字，依 次为 07，04，08，23，12， 第 7 页（共 24 页） 则抽取的第

14、 5 个零件编号为，12， 故选：C 【点评】本题主要考查简单随机抽样的应用，比较基础 4 （5 分）记 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 a23，a59，则 S6为（ ） A36 B32 C28 D24 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可得出 【解答】解：S63（3+9）36 故选：A 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题 5 （5 分）若双曲线（a0，b0）的一条渐近线经过点（1，2） ，则该双曲 线的离心率为（ ） A B C D2 【分析】由（1，2）在直线上，可得由 e即可求解 【解答】解：双曲线（a0，b0

15、）的一条渐近线经过点（1，2） ， 点（1，2）在直线上， 则该双曲线的离心率为 e 故选：C 【点评】本题考查了双曲线的性质、离心率，属于基础题 6 （5 分）已知 tan3，则（ ） A B C D 【分析】由cos2，代入即可求解 第 8 页（共 24 页） 【解答】解：因为 tan3， 则cos2 故选：D 【点评】本题主要考查了同角基本关系及二倍角的三角函数值的应用，属于基础试题 7 （5 分）的展开式中 x3的系数为（ ） A168 B84 C42 D21 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 3，求出 r 的值，即可求得展开 式中 x3的系数 【解答】解：由于

16、的展开式的通项公式为 Tr+1 （2）rx7 2r， 则令 72r3，求得 r2，可得展开式中 x3的系数为484， 故选：B 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 8 （5 分）函数 f（x）ln|e2x1|x 的图象大致为（ ） A B C D 【分析】由特殊点的函数值运用排除法得解 【解答】解：，故排除 CD； f（1）ln|e 21|+1ln（1e2）+lne ，故排除 B 故选：A 【点评】本题考查函数图象的确定，属于基础题 第 9 页（共 24 页） 9 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某四面体的三视图

17、，则该四 面体的外接球表面积为（ ） A B32 C36 D48 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出外接球的半径，最后求出表面积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为三棱锥体 ABCD： 如图所示： 设外接球的半径为 r， 则： （2r）242+42+42，解得 r212， 所以：S41248 故选：D 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公 式的应用，球的体积公式和表面积公式的应用，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 10 （5 分）已知动点 M 在以 F1，F2为焦点的椭圆上，动点 N 在以 M 为圆心， 半径长

18、为|MF1|的圆上，则|NF2|的最大值为（ ） A2 B4 C8 D16 第 10 页（共 24 页） 【分析】N 在圆上，由题意可得|NF2|F2M|+|MN|F2M|+|MF1|，当 N，M，F2三点共线 时取得最大值，再由椭圆的定义可得|NF2|的最大值 【解答】解：由椭圆的方程可得焦点在 y 轴上，a24，即 a2， 由题意可得|NF2|F2M|+|MN|F2M|+|MF1|，当 N，M，F2三点共线时取得最大值 而|F2M|+|MF1|2a4，所以|NF2|的最大值为 4， 故选：B 【点评】考查椭圆的性质，属于中档题 11 （5 分）著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重

19、心、垂心依次位于同一直 线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半此直线被称为三角形的欧拉线， 该定理则被称为欧拉线定理设点 O，H 分别是ABC 的外心、垂心，且 M 为 BC 中点， 则（ ） A B C D 【分析】构造符合题意的特殊三角形（例如直角三角形） ，然后利用平面向量的线性运算 法则进行计算即可得解 【解答】解：如图所示的 RtABC，其中角 B 为直角，则垂心 H 与 B 重合， O 为ABC 的外心，OAOC，即 O 为斜边 AC 的中点， 又M 为 BC 中点， M为BC中点， 故选：D 【点评】本题考查平面向量的线性运算，以及三角形的三心问题，解题的关键是找到符 合

20、题意的欧拉三角形，考查学生分析问题的能力和推理论证能力，属于中档题 第 11 页（共 24 页） 12 （5 分）已知定义在0，上的函数 f（x）sin（x） （0）的最大值为， 则正实数 的取值个数最多为（ ） A4 B3 C2 D1 【分析】由定义在0，上的函数 f（x）sin（x） （0）的最大值为，可 得：01，解得 03，因此：x分类讨论：0 时， sin （） ， 利用函数零点定理及其函数的单调性即可判断出结论 3，sin（x）1，必须 3，x即可得出结论 【解答】解：定义在0，上的函数 f（x）sin（x） （0）的最大值为， 01，解得 03， x 0时，则 sin（）， 令

21、g（）sin（），ysin（）在（0，上单调递增， g（0）0，g（）10， 因此存在唯一实数 ，使得 sin（） 3，sin（x）1，必须 3，x 综上可得：正实数 的取值个数最多为 2 个 故选：C 【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、函数零点存在判定定理、分类讨论方法， 考查了推理能力与计算能力，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 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2y 的最小值为 3 【分析】画出约束条件表示的平面区域，结合图象求出最优解，再计算目标函数的最小 值 第 12 页（共 24

22、页） 【解答】解：画出 x，y 满足约束条件，表示的平面区域，如图所示； 结合图象知目标函数 zx2y 过 A 时，z 取得最小值， 由，解得 A（1，2） ， 所以 z 的最小值为 z1223 故答案为：3 【点评】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合解题方法，是基础题 14 （5 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2ann，则 a6 63 【分析】直接利用数列的递推关系式的应用，求出数列的通项公式，进一步求出结果 【解答】解：数列an的前 n 项和为 Sn，由于 Sn2ann， 所以当 n2 时，Sn12an1（n1）， 得：an2an1+1，整理得（an+1）2

23、（an1+1） ， 所以（常数） ，所以数列an+1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 所以，整理得 所以 故答案为：63 【点评】本题考查的知识要点：数列的通过项公式的求法及应用，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 15 （5 分）很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全某马拉松赛事报名网 第 13 页（共 24 页） 站的登录验证码由 0，1，2，9 中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的 验证码称为“递增型验证码” （如 0123） ，已知某人收到了一个“递增型验证码” ，则该验 证码的首位数字是 1 的概率为 【分析】分别求出基本事件的总数为

24、，其中该验证码的首位数字是 1 的包括的事件 个数为利用古典概率计算公式即可得出 【解答】解：基本事件的总数为，其中该验证码的首位数字是 1 的包括的事件个数 为 该验证码的首位数字是 1 的概率 故答案为： 【点评】本题考查了古典概率计算公式、组合数计算公式及其应用，考查了推理能力与 计算能力，属于基础题 16 （5 分）已知点 M（m，m）和点 N（n，n） （mn） ，若线段 MN 上的任意一点 P 都满足：经过点 P 的所有直线中恰好有两条直线与曲线 C：y+x（1x3） 相切，则|mn|的最大值为 【分析】由条件可得 M，N 在直线 yx上，联立曲线的方程可得它们无交点，求得 函数

25、y+x 的导数，可得在 x1 和 x3 的切线的斜率和方程，联立直线 yx ，求得交点 E，F，可得所求最大值 【解答】解：由点 M（m，m）和点 N（n，n） ， 可得 M，N 在直线 yx上， 联立曲线 C：y+x（1x3） ， 可得x2，无实数解， 由 y+x 的导数为 yx+1， 可得曲线 C 在 x1 处的切线的斜率为 0， 第 14 页（共 24 页） 可得切线的方程为 y， 即有与直线 yx的交点 E（0，） ， 同样可得曲线 C 在 x3 处切线的斜率为 4， 切线的方程为 y4x，联立直线 yx，可得交点 F（，） ， 此时可设 M（0，） ，N（，） ， 则由图象可得|mn

26、|的最大值为0， 故答案为： 【点评】本题考查直线与曲线的位置关系的判断，考查导数的几何意义和切线方程的求 法，以及两直线的交点的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S

27、，a2+b2 c22S （1）求 cosC； （2）若 acosB+bsinAc，求 b 第 15 页（共 24 页） 【分析】 （1）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可求 cosC， （2） 由已知结合正弦定理及和差角公式可求 A， 然后结合诱导公式及和角正弦可求 sinB， 再由正弦定理即可求解 b 【解答】解： （1）a2+b2c22S， 所以 2abcosCabsinC，即 sinC2cosC0， sin2C+cos2C1，cosC0， 解可得，cosC， （2）acosB+bsinAc， 由正弦定理可得，sinAcosB+sinBsinAsinCsin（A+B） ， 故 sinA

28、cosB+sinBsinAsinAcosB+sinBcosA， 所以 sinAcosA， A（0，） ，所以 A， 所以 sinBsin（A+C）sin（）， 由正弦定理可得，b3 【点评】本题综合考查了三角形的基本运算，三角函数的性质，考查了利用正弦定理及 余弦定理解决三角形问题，检验学生的数学知识运用能力 18 （12 分）如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四边形，点 M，N 分别在棱 C1C，A1A 上，且 C1M2MC，A1N2NA （1）求证：NC1平面 BMD； （2）若 A1A3，AB2AD2，DAB，求二面角 NBDM 的正弦值 第 16 页（

29、共 24 页） 【分析】 （1）连接 BD，AC 交于 E，取 CM 的中点 F，连接 AF，ME，先证明平行四边 形 C1FAN，所以 C1NFA，最后得出结论； （2）根据题意，以 D 为原点，以 DA，DB，DD分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 利用向量法求出平面的法向量，利用夹角公式求出即可 【解答】解： （1）连接 BD，AC 交于 E，取 C1M 的中点 F，连接 AF，ME， 由 C1M2MC，A1N2NA， 故 C1FAN，以且 C1FAN， 故平行四边形 C1FAN，所以 C1NFA， 根据中位线定理，MEAF， 由 ME平面 MDB，FA平面 MDB， 所以 FA

30、平面 MDB，NC1FA， 故 NC1平面 BMD； （2）AB2AD2，DAB，由 DB21+4212cos3， 由 AB2AD2+DB2，得 ADBD， 以 D 为原点，以 DA，DB，DD分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， D（0，0，0） ，B（0，0） ，M（1，1） ，N（1，0，1） ， （0，0） ，（1，1） ，（1，0，1） ， 设平面 MBD 的一个法向量为 （x，y，z） ， 由，令 x1，得 （1，0，1） ， 第 17 页（共 24 页） 设平面 NBD 的一个法向量为 （a，b，c） ， 由，得， 由 cos， 所以二面角 NBDM 为，正弦值为 1 【点

31、评】考查线线，线面的平行，考查向量法求法向量，夹角公式求二面角的余弦值， 中档题 19 （12 分）已知以 F 为焦点的抛物线 C：y22px（p0）过点 P（1，2） ，直线 l 与 C 交于 A，B 两点，M 为 AB 中点，且 （1）当 3 时，求点 M 的坐标； （2）当12 时，求直线 l 的方程 【分析】 （1）将 P 代入抛物线方程，求得 p 的值，根据向量的坐标运算，即可求得 M 的 值； （2）方法一：根据向量的坐标运算，求得 M 的纵坐标，利用抛物线的“点差法”求得 直线的斜率，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得直线 l 的方 程； 方法二：设直线 l

32、的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理，中点坐标公式，及向量的 第 18 页（共 24 页） 坐标运算，即可求得直线 l 的方程 【解答】解： （1）将 P（1，2）代入抛物线 C：y22px 方程，得 p2， 所以 C 的方程为 y24x，焦点 F（1，0） ， 设 M（x0，y0） ，当 3 时，可得 M（2，2） （2）方法一：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，M（x0，y0） ， 由可得（x0+1，y02）（，0） ，所以 y02， 所以直线 l 的斜率存在且斜率， 设直线 l 的方程为 yx+b，联立，消去 y，整理得 x2+（2b4）x+b20， （2b4）24b21616

33、b0，可得 b1， 则 x1+x242b， 所以， 解得 b6，b2（舍） ， 所以直线 l 的方程为 yx6 方法二：设直线 l 的方程为 xmy+n，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，M（x0，y0） ， 联立方程组，消去 x，整理得 y24my4n0，16m2+16n0， 则 y1+y24m，y1y24n，则， 则 M（2m2+n，2m） ，由得（2m2+n+1，2m2）（，0） ，所以 m1， 所以直线 l 的方程为 xy+n， 由16+16n0，可得 n1， 由 y1y24n，得， 所以， 解得 n6 或 n2， （舍去） 所以直线 l 的方程为 yx6 第 19 页（共

34、24 页） 【点评】本题以直线与抛物线为载体，考查抛物线方程，直线与抛物线的位置关系，向 量的数量积运算，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力，属于中 档题 20 （12 分）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体 出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期一研究团队统 计了某地区 1000 名患者的相关信息，得到如下表格： 潜伏期（单位：天） 0，2 （2，4 （4，6 （6，8 （8， 10 （10， 12 （12， 14 人数 85 205 310 250 130 15 5 （1） 求这 1000 名患者的潜伏期的样本平均

35、数 （同一组中的数据用该组区间的中点值作 代表） ； （2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期 是否超过6天为标准进行分层抽样， 从上述1000名患者中抽取200人， 得到如下列联表 请 将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有 95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关； 潜伏期6 天 潜伏期6 天 总计 50 岁以上（含 50 岁） 100 50 岁以下 55 总计 200 （3）以这 1000 名患者的潜伏期超过 6 天的频率，代替该地区 1 名患者潜伏期超过 6 天 发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过 6 天相互独立为了深入研究，该研究团队随 机调查了

36、 20 名患者，其中潜伏期超过 6 天的人数最有可能（即概率最大）是多少？ 附： P（K2k0） 0.05 0.025 0.010 k0 3.841 5.024 6.635 ，其中 na+b+c+d 【分析】 （1）根据统计数据计算平均数即可； （2）根据题意补充完整列联表，计算 K2，对照临界值得出结论； （3）根据题意知随机变量 XB（20，） ，计算概率 P（Xk） ，列不等式组并结合题 第 20 页（共 24 页） 意求出 k 的值 【解答】解： （1）根据统计数据，计算平均数为 （185+3205+5310+7250+9130+1115+135）5.4（天） ； （2）根据题意，补充

37、完整列联表如下； 潜伏期6 天 潜伏期6 天 总计 50岁以上 （含 50 岁） 65 35 100 50岁以下 55 45 100 总计 120 80 200 根据列联表计算 K22.0833.841， 所以没有 95%的把握认为潜伏期与年龄有关； （3）根据题意得，该地区每 1 名患者潜伏期超过 6 天发生的概率为， 设调查的 20 名患者中潜伏期超过 6 天的人数为 X，则 XB（20，） ， P（Xk），k0，1，2，20； 由， 得， 化简得，解得k； 又 kN，所以 k8，即这 20 名患者中潜伏期超过 6 天的人数最有可能是 8 人 【点评】本题考查了频数分布表与平均数、二项分布

38、的随机变量概率值最大取值问题， 也考查了分析问题、解决问题和处理数据与建模能力，是中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）exaln（x1） （其中常数 e2.71828，是自然对数的底 数） （1）若 aR，求函数 f（x）的极值点个数； 第 21 页（共 24 页） （2）若函数 f（x）在区间（1，1+e a）上不单调，证明： +a 【分析】 （1）求导后，分 a0 及 a0 讨论即可得出结论； （ 2 ） 结 合 题 意 分 析 可 知 1+e a lna a ， 由及可 证 ，进而得出结论 【解答】解： （1）易知， 若 a0，则 f（x）0，函数 f（x）在（1，+）上单调递增

39、， 函数 f（x）无极值点，即此时极值点个数为 0； 若 a0，易知函数 yex的图象与的图象有唯一交点 M（x0，y0） ， ， 当 x（1，x0）时，f（x）0，函数 f（x）在（1，x0）上单调递减， 当 x（x0，+）时，f（x）0，函数 f（x）在（x0，+）上单调递增， 函数 f（x）有较小值点 x0，即此时函数 f（x）的极值点个数为 1； 综上所述，当 a0 时，函数 f（x）的极值点个数为 0；当 a0 时，函数 f（x）的极值点 个数为 1； （2）证明：函数 f（x）在区间（1，1+e a）上不单调， 存在为函数 f（x）的极值点， 由（1）可知，a0，且，即，两边取 自

40、然对数得 1a+e alna，即 1+ealnaa， 要证+a，不妨考虑证， 又易知 ex1+x， ，即， 又， ， ，即， 第 22 页（共 24 页） ， +a 【点评】本题考查导数的综合运用，主要考查利用导数研究函数的极值及证明不等式， 考查转化思想，放缩思想，分类讨论思想及推理论证能力，属于难题 （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 两题中任选一题作答注意：只能做所选定两题中任选一题作答注意：只能做所选定 的题目如果多做，则按所做的第一题计分的题目如果多做，则按所做的第一题计分选修选修 4-4：坐标系：坐标系与参数方程与参数方程 22 （10 分

41、）在直角坐标系 xOy 中，直线 C1的参数方程为（t 为参数， 为倾斜角） ，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 C2的极坐标 方程为 4sin （1）求 C2的直角坐标方程； （2）直线 C1与 C2相交于 E，F 两个不同的点，点 P 的极坐标为，若 2|EF| |PE|+|PF|，求直线 C1的普通方程 【分析】 （1）曲线 C2的极坐标方程为 4sin即 24sin，利用互化公式可得普通 方程 （2）点 P 的极坐标为，可得直角坐标为（2，0） 把直线 C1的参数方 程为（t 为参数， 为倾斜角） ，代入 C2方程可得：t2 （4cos+4sin）t+120，0

42、，由 为锐角可得：sin（+），解得：0 利 用 根 与 系 数 的 关 系 可 得 ： |EF| 4，|PE|+|PF|t1|+|t2|t1+t2|8|sin（+）|，解出 即可得出 【解答】 解： （1） 曲线 C2的极坐标方程为 4sin 即 24sin， 可得普通方程： x2+y2 4y （2）点 P 的极坐标为，可得直角坐标为（2，0） 把直线 C1的参数方程为（t 为参数， 为倾斜角） ，代入 C2方程可 得：t2（4cos+4sin）t+120，480， 第 23 页（共 24 页） 可得：sin（+），或 sin（+），由 为锐角可得：sin（+） ，解得：0 则 t1+t24

43、cos+4sin，t1t212 |EF|4， |PE|+|PF|t1|+|t2|t1+t2|8|sin（+）|， 88|sin（+）|， 化为：sin（+）1，+2k，kZ 满足 0可得 直线 C1的参数方程为：， 可得普通方程：xy+20 【点评】本题考查了极坐标参数方程普通方程的互化、参数方程的应用、一元二次方程 的根与系数的关系、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 a，b，c 为正数，且满足 a+b+c1证明： （1）9； （2）ac+bc+ababc 【分析】 （1）利用乘一法，结合基本不等式即可求证； （2）ac+bc+ababc）（1a） （1b） （1c） ，再利用基本不等式即可求证 【解答】证明： （1） ， 当且仅当时，等号成立； （2）a，b，c 为正数，且满足 a+b+c1， c1ab，1a0，1b0，1c0， ac+bc+ababc （a+bab） c+ab （a+bab） （1ab） +ab （b1） （a1） （a+b） 第 24 页（共 24 页） （1a） （1b） （1c）， ac+bc+ababc，当且仅当时，等号成立 【点评】本题以三元不等式为载体考查二元基本不等式的证明，涉及代数恒等变形等数 学运算，充分体现了对考生的逻辑推理的核心素养及化归与转化能力的考察，属于中档 题