2020年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合 Ay|y2x，Bx|x23x+20，则（） AAB BABR CAB DBA 3 （5 分）设为平面，m，n 为两条直线，若 m，则“mn”是“n”的（） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线互相垂直，则 C 的离心率为（） A B2 C D3 5 （5 分）已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），当 0x1 时，f（x）x，则 f（）（） A B2 C D8 6 （5 分）若 x1，x2，xn的平均数为 a，方差为 b，则 2x1+3，2x2+3，

2、2xn+3 的平均数和方差分别为（） A2a，2b B2a，4b C2a+3，2b D2a+3，4b 7 （5 分）记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S24，S42，则 S6（） A6 B4 C2 D0 8 （5 分）函数 f（x）的部分图象大致为（） A B 第 2 页（共 27 页） C D 9 （5 分）已知椭圆 C：+1 的右焦点为 F，O 为坐标原点，C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，则 C 的方程为（） A+1 B1 C1 D+1 10 （5 分）如图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图其阴离子排列如图 2 所示，图 2 中圆的半径均为 1，

3、且相邻的圆都相切，A，B，C，D 是其中四个圆的圆心，则（） A24 B26 C28 D32 11 （5 分）意大利数学家斐波那契（1175 年1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列： 1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 an+2an+1+an （nN*），故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列” ，其通项公式为 an （）n（）n设 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解，则 n 的最小值为（） A10 B9 C8 D7 12 （5 分）已知直线 y 与函数 f（x）sin（x+）（01）的图象相交，将其中三个相邻交点

4、从左到右依次记为 A，B，C，且满足n（nN*）有下列结论： n 的值可能为 2；当 n3，且| 时，f（x）的图象可能关于直线 x 对称；第 3 页（共 27 页）当时，有且仅有一个实数，使得 f（x）在，上单调递增；不等式 n1 恒成立其中所有正确结论的编号为（） 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 13 （5 分）曲线 yxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 14 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 15 （5 分）2020 年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医

5、务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去 1 人），则共有种分配方案 16 （5 分）已知正方形 ABCD 边长为 3，点 E，F 分别在边 AB，AD 上运动（E 不与 A，B 重合，F 不与 A，D 重合），将AEF 以 EF 为折痕折起，当 A，E，F 位置变化时，所得五棱锥 AEBCDF 体积的最大值为三、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，每个试题考生都必须作答第

6、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：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）ABC 中，D 为 BC 上的点，AD 平分BAC，AD5，AC8，ACD 的面积为 10 （1）求 CD 的长；（2）求 sinB 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 为等边三角形，E，F 分别为 AB， AA1的中点，CEFB1，ABAA1EB1 （1）证明：EF平面 CEB1；（2）求直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小第 4 页（共 27 页） 19 （12 分）足球运动被誉为

7、“世界第一运动” 为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：（1）如表是某同学 6 次的训练数据，以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率为加入足球社团，该同学进行了“点球测试” ，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求 E（）；点球数 20 30 30 25 20 25 进球数 10 17 20 16 13 14 （2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定

8、每次传球都能被接到记开始传球的人为第 1 次触球者，接到第 n 次传球的人即为第 n+1 次触球者（nN*），第 n 次触球者是甲的概率记为 Pn （i）求 P1，P2，P3（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列Pn为等比数列 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 l0：x4 上的动点，动点 Q 满足 PQ l0，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上记动点 Q 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程；（2）过点 E（2，0）的直线 l1与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D（异于 A，B）在 C 上，直线 AD，BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且3，

9、求BMN 面积的最小值 21 （12 分）已知函数 f（x）eax 1cosx（a0）（其中常数 e2.71828，是自然对数第 5 页（共 27 页）的底数）（1）若 a，求 f（x）在（0，）上的极大值点；（2）（i）证明 f（x）在（0，）上单调递增；（ii）求关于 x 的方程 f（x）e在0，上的实数解的个数（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，作答时请用的题目如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题

10、卡上将所选题号后铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑的方框涂黑选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块 A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点 M 处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点 M 的轨迹 C 是一个椭圆，其中|MA|2，|MB|1，如图，以两条导槽的交点为原点 O，横槽所在直线为 x 轴，建立直角坐标系（1）将以射线 Bx 为始边，射线 BM 为终边的角 xBM 记为（02），用表示点 M 的坐标，并求出 C

11、的普通方程；（2）已知过 C 的左焦点 F，且倾斜角为（0）的直线 l1与 C 交于 D，E 两点，过点 F 且垂直于 l1的直线 l2与 C 交于 G，H 两点当，|GH|，依次成等差数列时，求直线 l2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 为正实数，且满足 a+b+c1证明：（1）|a|+|b+c1|；（2）（a3+b3+c3）（+）3 第 6 页（共 27 页） 2020 年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）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

13、x|（x1）（x2）01，2， BA，故选：D 【点评】本题考查集合间的关系，以及指数函数的性质和一元二次不等式的解法，属于基础题 3 （5 分）设为平面，m，n 为两条直线，若 m，则“mn”是“n”的（） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定结合充分必要条件的判定得答案【解答】解：在 m 的前提下，由 mn，不一定得到 n，有可能 n；反之，在 m 的前提下，由 n，一定有 mn 第 7 页（共 27 页）若 m，则“mn”是“n”的必要不充分条件故选：C 【点评】本题考查充分必

14、要条件的判定，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线互相垂直，则 C 的离心率为（） A B2 C D3 【分析】由题可知，双曲线的渐近线方程为，然后利用斜率之积为1 可得，即，代入离心率即可得解【解答】解：双曲线 C：1 的渐近线方程为，两条渐近线互相垂直，即，离心率故选：A 【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率，考查学生的运算能力，属于基础题 5 （5 分）已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），当 0x1 时，f（x）x，则 f（）（

15、） A B2 C D8 【分析】根据题意，分析可得 f（x）是周期为 2 的周期函数，据此可得 f（）f（+2） f（），结合函数的解析式计算可得答案【解答】解：根据题意，函数 f（x）满足 f（x+2）f（x），即函数 f（x）是周期为 2 的周期函数，则有 f（）f（+2）f（），第 8 页（共 27 页）当 0x1 时，f（x）x，则 f（）；故选：A 【点评】本题考查函数的周期性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题 6 （5 分）若 x1，x2，xn的平均数为 a，方差为 b，则 2x1+3，2x2+3，2xn+3 的平均数和方差分别为（） A2a，2b

16、 B2a，4b C2a+3，2b D2a+3，4b 【分析】由题可知，E（x）a，D（x）b，设 y2x+3，则 E（y）2E（x）+3，D（y） 4D（x），从而得解【解答】解：由题可知，E（x）a，D（x）b，设 y2x+3，则 E（y）E（2x+3）2E（x）+32a+3， D（y）D（2x+3）4D（x）4b，故选：D 【点评】本题考查平均数与方差的计算，熟练掌握平均数和方差的性质与相关公式是解题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题 7 （5 分）记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S24，S42，则 S6（） A6 B4 C2 D0 【分析】由题意利用 S2，S4

17、S2，S6S4也成等差数列，求得 S6的值【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，S2，S4S2，S6S4也成等差数列，又 S24，S42，2（24）4+（S62），S66，故选：A 【点评】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题 8 （5 分）函数 f（x）的部分图象大致为（） A B 第 9 页（共 27 页） C D 【分析】先检验函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊点函数值的正负即可判断【解答】解：f（x）f（x），故 f（x）为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除选项 B，D，因为 f（2）0，排除选项 A 故选：C 【

18、点评】本题主要考查了函数图象与性质的对应关系的应用，排除法的应用是解决问题的关键 9 （5 分）已知椭圆 C：+1 的右焦点为 F，O 为坐标原点，C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，则 C 的方程为（） A+1 B1 C1 D+1 【分析】由 C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，可推知，点 P 为椭圆的右顶点，即 a 2c，再结合 a2b2+c2，可解得 a2，c1，b，故可得椭圆的方程【解答】解：C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，点 P 为椭圆的右顶点，即 a 2c， a2b2+c23+c2， a2，c1，b，椭圆的方程为故选：D 【点评】本题考查

19、椭圆方程的求法，椭圆的性质，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，第 10 页（共 27 页）属于基础题 10 （5 分）如图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图其阴离子排列如图 2 所示，图 2 中圆的半径均为 1，且相邻的圆都相切，A，B，C，D 是其中四个圆的圆心，则（） A24 B26 C28 D32 【分析】建立以为一组基底的基向量，其中且的夹角为 60，根据平面向量的基本定理可知，向量和均可以用表示，再结合平面向量数量积运算法则即可得解【解答】解：如图所示，建立以为一组基底的基向量，其中且的夹角为 60，，故选：B 【点评】本题考查平面向量的混合运算，观察

20、图形特征，建立基向量是解题的关键，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题 11 （5 分）意大利数学家斐波那契（1175 年1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列： 1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 an+2an+1+an （nN*），故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列” ，其通项公式为 an （）n（）n设 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解，则 n 的最小值为（） A10 B9 C8 D7 第 11 页（共 27 页）【分析】由已知可得 log（1+）n（1）n2n+11，结合对数的运算性质进行整理可得，然

21、后结合已知条件进行判断可求【解答】解：因为 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解，所以 log（1+）n（1）n2n+11，所以，，，令 an，则数列an为斐波那契数列，，即，不难知道 a713，a821，使得成立的 n 的最小值为 8 故 log（1+）n（1）n2n+11 成立的 n 的最小值为 8 故选：C 【点评】本题主要考查了利用数列的单调性求解实际问题，考查了考生分析，解决问题的能力 12 （5 分）已知直线 y 与函数 f（x）sin（x+）（01）的图象相交，将其中三个相邻交点从左到右依次记为 A，B，C，且满足n（nN*）有

22、下列结论： n 的值可能为 2；当 n3，且| 时，f（x）的图象可能关于直线 x 对称；当时，有且仅有一个实数，使得 f（x）在，上单调递增；不等式 n1 恒成立其中所有正确结论的编号为（） A B C D 第 12 页（共 27 页）【分析】作出直线 y 与函数 f（x）sin（x+）（01）的图象，不妨设 A（x1，），B（x2，），C（x3，），且线段 AB 的中点为 M（x0，），由向量等式结合图象可得，再由对称轴得到 x0+，kZ，即 x2+x1 4k2，联立求得 x1+2k，得到 cos，可得当（0， 1）时， n3，且， 1）由此判

23、断错误；取 n3，且| 时，有 cos，故 f（x）sin（），由 f（x）的图象关于直线 x 对称，得+k+， kZ，即 2k+，kZ，得到与| 矛盾，可知结论错误；再由，1），且 f（x）在区间，上单调递增，得到关于的不等式组，求解值判断正确；证明1（n3），即可得到 n1 恒成立，得到正确【解答】解：如图所示，不妨设 A（x1，），B（x2，），C（x3，），且线段 AB 的中点为 M（x0，），显然有，且 f（x）的图象关于直线 xx0对称， n（nN*），（nN*），，即，（1） 01，且 nN*，由正弦曲线的图象可知，x0+，kZ， +2

24、k，kZ，即 x2+x14k2，（2）由等式（1）（2）可得 x1+2k， sin（2k），即 cos，（0，1），且 nN*，n3，且，1）第 13 页（共 27 页）对于结论，显然 n2，故结论错误；对于结论，当 n3，且| 时，则 cos，故 f（x）sin（），若 f（x）的图象关于直线 x 对称，则+k+，kZ，即 2k+，kZ，显然与| 矛盾，从而可知结论错误；对于结论，1），且 f（x）在区间，上单调递增，，解得，故结论正确；对于结论，下面证明1（n3）当 n3 时，coscos，ncos1（n3），即1（n3），也就是 n1 恒成立，故正

25、确综上所述，正确结论的序号是故选：D 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查 yAsin（x+）型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力与推理论证能力，难度较大二、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）曲线 yxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 xy10 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x1 时的导数值，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案【解答】解：由 f（x）xlnx，得， f（1）ln1+11，即曲线 f（x）xlnx 在点（1，0）处的切线的斜率为 1，则曲线 f（x）xln

26、x 在点（1，0）处的切线方程为 y01（x1），整理得：xy10 故答案为：xy10 【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题第 14 页（共 27 页） 14 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 2 【分析】作出平面区域，则 z表示过原点和平面区域内一点的直线斜率【解答】解：作出平面区域如图所示：由平面区域可知当直线 ykx 过 A 点时，斜率最大即 z取得最大值，解方程组得得 A（1，2） z 的最大值为2 故答案为：2 【点评】本题考查了简单的线性规划，作出平面区域，找到 z的几何

27、意义是关键，属于中档题 15 （5 分）2020 年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去 1 人），则共有 14 种分配方案【分析】根据题意，先利用分步计数原理计算将 4 名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院的情况数目，进而排除其中 4 人同去一个医院的情况，即可得答案【解答】解：根据题意，将 4 名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每人有 2 种选法，则 4 人有 22222416 种情况，其中 4 人同去一个医院的情

28、况有 2 种，则每人去一家医院，每家医院至少去 1 人的安排方法有 16214 种；第 15 页（共 27 页）故答案为：14 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论 16 （5 分）已知正方形 ABCD 边长为 3，点 E，F 分别在边 AB，AD 上运动（E 不与 A，B 重合，F 不与 A，D 重合），将AEF 以 EF 为折痕折起，当 A，E，F 位置变化时，所得五棱锥 AEBCDF 体积的最大值为【分析】由题意画出图形，不妨设|AE|3a，|AF|3b，a，b（0，1），可得 EF 边上的高 h，再求出五棱锥 AEBCDF 的底面面积为 S

29、，可知平面 AEF 平面 EBCDF 时五棱锥 AEBCDF 体积最大，写出体积最大值，换元后利用导数求最值【解答】解：不妨设|AE|3a，|AF|3b，a，b（0，1），在直角三角形 AEF 中，可得 EF 边上的高 h 又五棱锥 AEBCDF 的底面面积为 S，要使五棱锥 AEBCDF 的体积最大，需要平面 AEF平面 EBCDF， a2+b22ab，令 t，则 t（0，1），t（0，1），令 f（t）2tt3（0t1），则 f（t）23t2，可得当 t时，f（t）取得最大值为，，综上所述，当 ab时，五棱锥 AEBCDF 的体积取得最大值为 2，故答案为：

30、第 16 页（共 27 页）【点评】本题考查棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查函数与方程思想的应用，训练了利用导数求最值，是中档题三、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，考生根据要求作答（一）必考题：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）ABC 中，D 为 BC 上的点，AD 平分BAC，AD5，AC8，ACD 的面积为 10 （1）求

31、CD 的长；（2）求 sinB 【分析】（1）由已知结合三角形的面积公式可求DAC，然后结合余弦定理即可求解；（2）由余弦定理可求 cosADC，然后结合同角平方关系及两角差的三角公式即可求解【解答】解：（1）因为 AD5，AC8，ACD 的面积为 10 ，，因为 0BAC，AD 平分BAC，所以 0DAC，， ACD 中，由余弦定理可得，CD252+82258cos6049，所以 CD7；（2）ACD 中，由余弦定理可得，cosADC，所以 sinADC，所以 sinBsin（）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角恒等变形，三角形的内角和公式，第 17

32、页（共 27 页）考查了三角知识的应用能力 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 为等边三角形，E，F 分别为 AB， AA1的中点，CEFB1，ABAA1EB1 （1）证明：EF平面 CEB1；（2）求直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小【分析】（1）设 AA12a，由已知可得 AB，BB12a，再由点 E 为棱 AB 的中点，证明 EBBB1，结合侧面 ABB1A1为平行四边形，可得四边形 ABB1A1 为矩形，由点 F 为棱 AA1 的中点，求解三角形证明 EFEB1，又 CEAB，得 CE平面 ABB1A1，得到 CEEF，由直线与平

33、面垂直的判定可得 EF平面 CEB1；（2）由（1）可知，CE平面 ABB1A1，得到 CEBB1，又由（1）知即 EBBB1，可得 BB1平面 ABC，得到三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱，设 A1B1 的中点为 M，以 E 为坐标原点，分别以 EB，EC，EM 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系求出平面 CFB1的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小【解答】（1）证明：设 AA12a， ABAA1EB1，AB，BB12a，点 E 为棱 AB 的中点，EB，则，即 EBBB1 三棱柱 ABCA1B1C1的侧面 ABB

34、1A1为平行四边形，四边形 ABB1A1 为矩形，点 F 为棱 AA1 的中点，，FE2AF2+AE23a2，，得 EFEB1 第 18 页（共 27 页）三棱柱的底面 ABC 是正三角形，E 为 AB 的中点，CEAB CEFB1，AB平面 ABB1A1，FB1平面 ABB1A1，AB 与 FB1相交， CE平面 ABB1A1，而 EF平面 ABB1A1， CEEF，又 CEEB1E，EF平面 CEB1；（2）解：由（1）可知，CE平面 ABB1A1，则 CEBB1，又由（1）知即 EBBB1，EBCEE， BB1平面 ABC，三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱设 A1

35、B1 的中点为 M，则 EB，EC，EM 两两互相垂直以 E 为坐标原点，分别以 EB，EC，EM 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系设 E（0，0，0），C（0，0），F（a，0，a），B1（，0，2a），则，设平面 CFB1的一个法向量为，由，取 x1，得设直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小为则 sin| 则直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小为 45 【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题 19 （12 分）足球运动被誉为“世界第一运动” 为推广足球运动，某学校成立了足球社团，

36、第 19 页（共 27 页）由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：（1）如表是某同学 6 次的训练数据，以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率为加入足球社团，该同学进行了“点球测试” ，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求 E（）；点球数 20 30 30 25 20 25 进球数 10 17 20 16 13 14 （2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到记开始传球

37、的人为第 1 次触球者，接到第 n 次传球的人即为第 n+1 次触球者（nN*），第 n 次触球者是甲的概率记为 Pn （i）求 P1，P2，P3（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列Pn为等比数列【分析】（1）求出这 150 个点球中的进球频率为 0.6，从而该同学踢一次点球命中的概率为 P0.6，的可能取值为 1，2，3，分别求出相应概率，由此能求出 E（）（2）（i）由题意（ii）第 n 次触球者是甲的概率为 Pn，当 n2 时，第 n1 次触球者是甲的概率为 pn1，第 n1 次触球者不是甲的概率为 1Pn1，推导出，由此能证明是以为首项，公比为的等比数

38、列【解答】解：（1）这 150 个点球中的进球频率为： 0.6，该同学踢一次点球命中的概率为 P0.6，由题意，的可能取值为 1，2，3，则 P（1）0.6，第 20 页（共 27 页） P（2）0.60.40.24， P（3）0.420.16， E（）10.6+20.34+30.161.56 （2）（i）由题意（ii）证明：第 n 次触球者是甲的概率为 Pn，当 n2 时，第 n1 次触球者是甲的概率为 pn1，第 n1 次触球者不是甲的概率为 1Pn1，则（1Pn1），，，是以为首项，公比为的等比数列【点评】本题考查样本估计总体，随机变量的期望，考查递推关系

39、以及等比数列的概念，考查分析问题、解决问题的能力，考查建模能力、数据处理能力 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 l0：x4 上的动点，动点 Q 满足 PQ l0，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上记动点 Q 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程；（2）过点 E（2，0）的直线 l1与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D（异于 A，B）在 C 上，直线 AD，BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且3，求BMN 面积的最小值【分析】（1）可设 Q（x，y），则 P（4，y），由原点 O 在以 PQ 为直径的圆上，可得 0，由向量数量积的坐标表示，化简

40、可得所求方程；（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），M（m，0），N（n，0），由题意可设直线 l1：xty+a（其中 a2），联立曲线 C 的方程，运用韦达定理，可得 m，n 关于 y3， y1，以及 y3，y2的式子，结合向量共线的坐标表示，以及三角形的面积公式，化简整理，由二次函数的最值求法，可得所求最小值【解答】解：（1）由题意可设 Q（x，y），则 P（4，y），（4，y），（x，y），因为 O 在以 PQ 为直径的圆上，所以0，即（4，y）（x，y）4x+y20，第 21 页（共 27 页）所以 y24x，即曲线 C

41、的方程为 y24x；（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），M（m，0），N（n，0），由题意可设直线 l1：xty+a（其中 a2），由方程组，可得 y24ty4a0，则 y1+y24t，y1y24a8，同理可得 y1y34m，y2y34n，所以 m，n，又3，所以（x3x1，y3y1）3（mx1，y1），所以 y3y13y1，即 y32y1，所以|MN|mn|y1y3y2y3|y1y2|y3|y1y2|2y1|y1|y1y2|，所以 SBMN|MN|y2|y1y2|y1y2|28，所以当 t0 时，BMN 的面积取得最小值，且为 8

42、【点评】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线和抛物线的位置关系及最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思维能力 21 （12 分）已知函数 f（x）eax 1cosx（a0）（其中常数 e2.71828，是自然对数的底数）（1）若 a，求 f（x）在（0，）上的极大值点；（2）（i）证明 f（x）在（0，）上单调递增；（ii）求关于 x 的方程 f（x）e在0，上的实数解的个数【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数的极值

43、点即可；（2）（i）只需证明x0，问题转化为只需证明 sinx0x0，令 g （x） sinxx， x0，），结合函数的单调性证明即可；（ii）求出 ex1+x，再证明函数 f（x）的最大值 f（x0）；令函数 G（x）cosxeax 第 22 页（共 27 页） 1 ，x0，先求函数 G（x）在（x0，上的零点个数，再求函数 G（x）在0，x0上的零点的个数，从而求出方程解的个数【解答】解：（1）易知 f（x）（acosxsinx）eax 1（atanx）cosxeax1，若 a，则 f（x）（tanx）cosxeax 1， x，f（x），f（x）的变化如下： x （

44、0，）（，） f（x） + 0 f（x）递增极大值递减函数 f（x）在（0，）递增，在（，）递减，函数 f（x）的极大值点是；（2）（i）证明：a0，在（0，）上必存在唯一实数 x0，使得 tanx0a，函数 f（x）在（0，x0）递增，在（x0，）递减，欲证明 f（x）在（0，）递增，只需证明x0， tanx0a，sinx0，故只需证明 sinx0x0，令 g（x）sinxx，x0，），则 g（x）cosx10，函数 g（x）在0，）递减，当 x0（0，）时，g（x0）g（0）0， sinx0x00，即 sinx0x0，亦即x0，函数 f（x）在（0，）递增；（ii）先证明当 x0 时，有 ex1+x，第 23 页（共 27 页）令 h（x）exx1，（x0），则 h（x）ex10，（x0），函数 h（x）在0，+）递增，当 x0 时，h（x）0，即 ex1+x，再证明函数 f（x）的最大值 f（x0），显然 tanx0a，cosx0，sinx0，