2020年广东省高考数学一模试卷（理科）含详细解答

《2020年广东省高考数学一模试卷（理科）含详细解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年广东省高考数学一模试卷（理科）含详细解答（23页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、如图，OAB 是边长为 2 的正三角形，记OAB 位于直线 xt（0t2）左侧 的图形的面积为 f（t） ，则 yf（t）的大致图象为（ ） A B C D 5 （5 分）将函数 f（x）cos（2x1）的图象向左平移 1 个单位长度，所得函数在 的零点个数是（ ） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个或以上 6 （5 分）某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去 八个一样的正三棱锥后得到的如果被截正方体的棱长为 40cm，则石凳子的体积为 （ ） 第 2 页（共 23 页） A B C D 7 （5 分）在某市 2020 年 1 月份的高三质量检测考试中，理科

2、学生的数学成绩服从正态分 布 N（98，100） ，已知参加本次考试的全市理科学生约有 9450 人，如果某学生在这次考 试中的数学成绩是 108 分，那么他的数学成绩大约排在全市第（ ） 附：若 XN（，2） ，则 P（X+）0.6826，P（2X+2） 0.9544 A1500 名 B1700 名 C4500 名 D8000 名 8 （5 分）已知，若 a13，a24，则 m（ ） A1 B3 C2 D4 9 （5 分）已知双曲线的左右焦点分别为 F1，F2，A 为双曲 线的左顶点，以 F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于 P，Q 两点，且， 则该双曲线的离心率为（ ） A B C D

3、 10 （5 分）设正项数列an的前 n 项和为 Sn，且满足，则数列an7的前 n 项和 Tn的最小值为（ ） A B C D12 11 （5 分）已知三棱锥 PABC 满足 PAPBPCAB2，ACBC，则该三棱锥外接球 的体积为（ ） A B C D 12 （5 分）已知 f（x）是定义在（，）上的奇函数，f（1）0，且当 x（0，） 时，f（x）+f（x）tanx0，则不等式 f（x）0 的解集为（ ） A （1，0）（1，） B （1，0）（0，1） C （，1）（1，） D （，1）（0，1） 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20

4、分）分） 第 3 页（共 23 页） 13 （5 分） 设函数 f （x） mx2lnx， 若曲线 yf （x） 在点 （e， f （e） ） 处的切线与直线 ex+y+2020 0 平行，则 m 14 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an+12an，若数列bn满足 bnSn1， 则 15 （5 分）已知 A（3，0） ，B（0，1） ，C（1，2） ，若点 P 满足，则 最大值为 16 （5 分）已知抛物线 C：x24y 的焦点为 F，直线 l 过点 F 且倾斜角为若直线 l 与 抛物线 C 在第二象限的交点为 A，过点 A 作 AM 垂直于抛物线 C 的准线，垂足为

5、M，则 AMF 外接圆上的点到直线 2xy30 的距离的最小值为 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分）分） 17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 满足 （1）求内角 A 的大小； （2）若 AB5，BC7，求 BC 边上的高 18 （12 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1，D 是 AB 的中点，E 是 C1C 的中点，且 AB 1，AA12 （1）证明：CD平面 A1EB； （2）求二面角 BA1ED 的余弦值 19 （12 分）已知椭圆 C：，A，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线 x2 上异于点 B 的任意一点，连接 AM 交椭圆于

6、 P 点 （1）求证：为定值； 第 4 页（共 23 页） （2）是否存在 x 轴上的定点 Q 使得以 MP 为直径的圆恒通过 MQ 与 BP 的交点 20 （12 分）已知函数 f（x）ex+（me）xmx2 （1）当 m0 时，求函数 f（x）的极值； （2）若函数 f（x）在区间（0，1）内存在零点，求实数 m 的取值范围 21 （12 分）一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某 种新型勘探技术的精准率为0.6， 乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a （0a0.4） 每 个勘探小组配备 1 名甲类人员与 2 名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应 用

7、这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术 的人员数量为 （1）证明：在 各个取值对应的概率中，概率 P（1）的值最大 （2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如 果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发现在有三个勘探小组 Ai（i1，2，3） 可派出，若小组 Ai能完成特殊任务的概率 t；tiP（i） （i1，2，3） ，且各个小组能 否完成任务相互独立试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需 派出的小组个数的均值达到最小 （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

8、选一题作答如果多做，则题中任选一题作答如果多做，则按所做的按所做的 第一题计分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）在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极 坐标系，曲线 C1的极坐标方程为 cos2sin1若 P 为曲线 C1上的动点，Q 是射 线 OP 上的一动点，且满足|OP|OQ|2，记动点 Q 的轨迹为 C2 （1）求 C2的直角坐标方程； （2）若曲线 C1与曲线 C2交于 M，N 两点，求OMN 的面积 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 （1）当 k1 时，解不等式 f（x）

9、1； （2）若 f（x）x 对于任意的实数 x 恒成立，求实数 k 的取值范围 第 5 页（共 23 页） 2020 年广东省高考数学一模试卷（理科）年广东省高考数学一模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分）分） 1 （5 分）已知集合 A，B 均为全集 U1，2，3，4，5，6，7的子集，集合 A1，2，3， 4，则满足 AUB1，2的集合 B 可以是（ ） A1，2，3，4 B1，2，7 C3，4，5，6 D1，2，3 【分析】根据题意得出 1，2B，即可判断结论 【解答】解：集合

10、A，B 均为全集 U1，2，3，4，5，6，7的子集，集合 A1，2， 3，4， 要满足 AUB1，2； 则 1，2B， 故符合条件的选项为 C 故选：C 【点评】本题考查集合了的交、并、补集的混合运算问题，是基础题 2 （5 分）复数（i 为虚数单位）的虚部为（ ） A1 B2 C5 D1 【分析】利用复数的运算法则即可得出 【解答】解：zi， 复数的虚部是 1， 故选：D 【点评】本题考查了复数的运算法则，属于基础题 3 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 z2x+y 的最大值为（ ） A7 B3 C5 D7 【分析】先画出线性约束条件表示的可行域，再将目标函数赋予几何意义，最后利用数

11、 形结合即可得目标函数的最值 【解答】解：画出 x，y 满足约束条件，可行域如图阴影部分： 第 6 页（共 23 页） 由，得 A（2，3） ， 目标函数 z2x+y 可看做斜率为2 的动直线，其纵截距越大，z 越大， 由图数形结合可得当动直线过点 A 时，z 最大22+37 故选：D 【点评】本题主要考查了线性规划，以及二元一次不等式组表示平面区域的知识，数形 结合的思想方法，属于基础题 4 （5 分）如图，OAB 是边长为 2 的正三角形，记OAB 位于直线 xt（0t2）左侧 的图形的面积为 f（t） ，则 yf（t）的大致图象为（ ） A B C D 【分析】根据面积的变换趋势与 t

12、的关系进行判断即可 【解答】解：当 0x1 时，函数的面积递增，且递增速度越来越快，此时，CD，不合 适， 第 7 页（共 23 页） 当 1x2 时，函数的面积仍然递增，且递增速度逐渐变慢，排除 A， 故选：B 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数递增速度与 t 的关系是解决本 题的关键难度不大 5 （5 分）将函数 f（x）cos（2x1）的图象向左平移 1 个单位长度，所得函数在 的零点个数是（ ） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个或以上 【分析】先根据平移法则求出平移后的图象解析式，再根据零点定义即可求出 【解答】解；设函数 f（x）cos（2x1）的图象向左平移

13、1 个单位长度，所得函数为 g （x） ， g（x）f（x+1）cos（2x+1） 令 t2x+1，x0，t1，2 由 g（x）0，所以 2x+1，方程只有一个解 故选：B 【点评】本题主要考查函数的平移法则的应用和函数零点的求法，属于基础题 6 （5 分）某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去 八个一样的正三棱锥后得到的如果被截正方体的棱长为 40cm，则石凳子的体积为 （ ） A B C D 【分析】由正方体的体积减去八个正三棱锥的体积求解 【解答】解：如图， 正 方 体AC1 的 棱 长 为40cm ， 则 截 去 的 一 个 正 三 棱 锥 的 体 积

14、为 cm3 又正方体的体积为 V40404064000cm3， 石凳子的体积为 64000cm3， 故选：B 第 8 页（共 23 页） 【点评】本题考查多面体体积的求法，考查计算能力，是基础题 7 （5 分）在某市 2020 年 1 月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分 布 N（98，100） ，已知参加本次考试的全市理科学生约有 9450 人，如果某学生在这次考 试中的数学成绩是 108 分，那么他的数学成绩大约排在全市第（ ） 附：若 XN（，2） ，则 P（X+）0.6826，P（2X+2） 0.9544 A1500 名 B1700 名 C4500 名 D8000 名

15、 【分析】将正态总体向标准正态总体的转化，求出概率，即可得到结论 【解答】解：考试的成绩 服从正态分布 N（98，100） 98，10， P（108）1P（108）1（）1（1）0.158 7， 即数学成绩优秀高于 108 分的学生占总人数的 15.87% 945015.87%1500 故选：A 【点评】本题考查正态总体与标准正态总体的转化，解题的关键是求出 108 的概率 8 （5 分）已知，若 a13，a24，则 m（ ） A1 B3 C2 D4 【分析】根据通项求出第二、三项的系数，列方程组求出 m 的值 【解答】解：二项式展开式的通项为： 当 k1，2 时，可得，解得 n9，m3 故选

16、：B 【点评】本题考查二项展开式的通项、系数的性质，同时考查学生利用方程思想解决问 题的能力和计算能力属于基础题 第 9 页（共 23 页） 9 （5 分）已知双曲线的左右焦点分别为 F1，F2，A 为双曲 线的左顶点，以 F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于 P，Q 两点，且， 则该双曲线的离心率为（ ） A B C D 【分析】由题意画出图形，联立双曲线渐近线方程与圆的方程，可得 P，Q 的坐标，得 到F2AQ，则 tan，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率 【解答】解：如图， 设双曲线的一条渐近线方程为 yx， 联立，解得 xPa，xQa， Q（a，b） ，且 APx 轴， PAQ，

17、F2AQ，则 tan， 则 b2c2a212a2，得 e213，即 e 故选：D 【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查计算能力，是中档题 10 （5 分）设正项数列an的前 n 项和为 Sn，且满足，则数列an7的前 n 项和 Tn的最小值为（ ） A B C D12 第 10 页（共 23 页） 【分析】根据 anSnSn1求得数列an的通项公式，则可以推出 an72n8，通过 分组求和法求得数列an7的前 n 项和 Tn，通过二次函数的最值求得 Tn的最小值 【解答】解：， ， anSnSn1， 化简得：2（an+an1）， 正项数列an中，anan12 n1 时， a11 数列an是以

18、 1 为首项，2 为公差的等差数列 an1+2（n1）2n1 an72n8， Tn218+228+238+2n8 n27n， nN*， n3 或 n4 时，Tn的最小值为12 故选：D 【点评】 本题主要考查数列通项公式和前 n 项和的求解， 利用 anSnSn1求得数列an 的通项公式和分组求和法是解决本题的关键 11 （5 分）已知三棱锥 PABC 满足 PAPBPCAB2，ACBC，则该三棱锥外接球 的体积为（ ） A B C D 【分析】因为 ACBC，所以ABC 的外接圆的圆心为斜边 AB 的中点 D，再由 PAPB PC 可得球心 O 在直线 PD 所在的直线上，设为 O，然后在直

19、角三角形中有勾股定理可 得外接球的半径，进而求出外接球的体积 【解答】解：因为 ACBC，所以ABC 的外接圆的圆心为斜边 AB 的中点 D， 第 11 页（共 23 页） 可得外接圆的半径为 r1， 再由 PAPBPCAB2 可得 PD面 ABC，可得 PD， 可得球心 O 在直线 PD 所在的直线上，设外接球的半径为 R，取 OPOAR， 在OAD 中，R2r2+（PDR）2， 即 R21+（R）2，解得：R， 所以外接球的体积 VR3， 故选：A 【点评】本题考查三棱锥的棱长与外接球的半径之间的关系，及球的体积公式，属于中 档题 12 （5 分）已知 f（x）是定义在（，）上的奇函数，f

20、（1）0，且当 x（0，） 时，f（x）+f（x）tanx0，则不等式 f（x）0 的解集为（ ） A （1，0）（1，） B （1，0）（0，1） C （，1）（1，） D （，1）（0，1） 【分析】令 g（x）f（x）sinx，g（x）f（x）+f（x）tanxcosx，当 x（0，） 时，根据 f（x）+f（x）tanx0，可得函数 g（x）单调递增又 g（1）0，可得 x （0，1）时，g（x）f（x）sinx0，sinx0，解得 f（x）0x0 时，f（0）0， 舍去根据 f（x）是定义在（，）上的奇函数，可得 g（x）是定义在（， ）上的偶函数进而得出不等式 f（x）0 的解集

21、【解答】解：令 g（x）f（x）sinx，g（x）f（x）cosx+f（x）sinxf（x）+f （x）tanxcosx， 第 12 页（共 23 页） 当 x（0，）时，f（x）+f（x）tanx0，g（x）0，即函数 g（x）单调递增 又 g（1）0，x（0，1）时，g（x）f（x）sinx0，sinx0，解得 f（x）0 x0 时，f（0）0，舍去 f（x）是定义在（，）上的奇函数，g（x）是定义在（，）上的偶 函数 不等式 f（x）0 的解集为（，1）（0，1） 故选：D 【点评】本题考查了利用导数研究的单调性、构造法、方程与不等式的解法、分类讨论 方法、等价转化方法，考查了推理能力与

22、计算能力，属于中档题 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分）分） 13 （5 分） 设函数 f （x） mx2lnx， 若曲线 yf （x） 在点 （e， f （e） ） 处的切线与直线 ex+y+2020 0 平行，则 m 【分析】求出 f（x）的导数，然后根据切线与直线 ex+y+20200 平行，得 f（e） e，列出关于 m 的方程，解出 m 的值 【解答】解：f（x）m（2xlnx+x） ， 又曲线 yf（x）在点（e，f（e） ）处的切线与直线 ex+y+20200 平行， f（e）3eme，解得 m 故答案为： 【点评】本题考

23、查导数的几何意义和切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解题 的能力和运算能力 14 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an+12an，若数列bn满足 bnSn1， 则 2046 【分析】数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an+12an，利用求和公式：Sn由数列bn 满足 bnSn1，可得 bn进而得出，再利用等比数列的求和公式即可得出 【解答】解：数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an+12an，Sn2n1 第 13 页（共 23 页） 若数列bn满足 bnSn1，bn 2n 则2+22+21021122046 故答案为：2046 【点评】本题考查了等比数列

24、的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 15 （5 分）已知 A（3，0） ，B（0，1） ，C（1，2） ，若点 P 满足，则 最大值为 【分析】 根据， 易知 P 点在以 A （3， 0） 为圆心， 1 为半径的圆上， 设 P （3+cos， sin） ，通过坐标表示出，再根据模长公式求解 【解答】解：由题，点 P 满足，说明 P 点在以 A（3，0）为圆心，1 为半径的圆 上， 设 P（3+cos，sin） ， 则（2+cos，3+sin） ， （tan ） ， 根据三角函数的值域，可知最大值为 故答案为： 【点评】本题主要考查平面向量的模长公式，以及辅助角公式的最值问题，考查

25、学生转 化的思想，属于中档题 16 （5 分）已知抛物线 C：x24y 的焦点为 F，直线 l 过点 F 且倾斜角为若直线 l 与 抛物线 C 在第二象限的交点为 A，过点 A 作 AM 垂直于抛物线 C 的准线，垂足为 M，则 AMF 外接圆上的点到直线 2xy30 的距离的最小值为 【分析】由抛物线的方程可得焦点 F 的坐标，由题意求出直线 l 的方程，代入抛物线的 方程求出 A， B 的坐标， 由题意求出 M 的坐标， 求出线段 AF 的中垂线， 及 AM 的中垂线， 第 14 页（共 23 页） 两条直线的交点为三角形 AMF 的外接圆的圆心，及半径，求出圆心到直线y3 0 的距离 d

26、，则可得圆上到直线的最小距离为 dr 【解答】解：由抛物线的方程可得焦点 F（0，1） ，准线方程 y1， 因为直线 l 过点 F 且倾斜角为，则直线 l 的方程为：yx+1， 直线与抛物线联立， 整理可得 x2+x40， 解得 x1， x2， 可得 y1，y23， 即 A（，3） ， 由题意可得 M（，1） ，可得ABF 的外接圆的圆心 N 直线线段 AM 的中垂线上， y1 上， 又在线段 AF 的中垂线上，而 AF 的中点（，2） ，y2（x+）即 y+5， 联立解得：N（，1） ， 所以圆心坐标为（，1） ，半径 r， 圆心到直线的距离 d+， 所以外接圆上的点到直线的距离xy30 的

27、最小距离为 dr， 故答案为： 【点评】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，及求三角形外接圆的圆心和半 径，属于中档题 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分）分） 第 15 页（共 23 页） 17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 满足 （1）求内角 A 的大小； （2）若 AB5，BC7，求 BC 边上的高 【分析】 （1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角函数的值的应用求出结果 （2）利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果 【解答】 解：（1） 在ABC 中， sin （B+C） sinA， 内角 A， B， C 满足 所以， 则：，

28、由于 A（0，） ， 所以， 则： （2）由于 A，AB5，BC7， 由余弦定理得：72AC2+5210AC，解得 AC3（8 舍去） 则： 设 BC 边上的高为 h，所以，解得 h 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理、余弦定理和三 角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 18 （12 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1，D 是 AB 的中点，E 是 C1C 的中点，且 AB 1，AA12 （1）证明：CD平面 A1EB； （2）求二面角 BA1ED 的余弦值 第 16 页（共 23 页） 【分析】 （1）取 A1B 的

29、中点 F，连结 EF、DF，推导出四边形 CDEF 是平行四边形，从 而 CDEF，由此能证明 CD平面 A1EB （2）推导出 CD、BD、DF 两两垂直，以 D 为原点，DB、DC、DF 所在直线分别为 x， y，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 BA1ED 的余弦值 【解答】解： （1）证明：取 A1B 的中点 F，连结 EF、DF， D、F 分别是 AB，A1B 的中点，DF， A1AC1C，E 是 C1C 的中点，DFEC， 四边形 CDEF 是平行四边形，CDEF， CD平面 A1EB，EF平面 A1EB， CD平面 A1EB （2）解：ABC 是正三角形，D 是

30、 AB 的中点，CDAB， 在正三棱柱 ABCA1B1C1中，A1A平面 ABC， A1ACD， 由（1）知 DFA1A，CD、BD、DF 两两垂直， 以 D 为原点，DB、DC、DF 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D（0，0，0） ，B（，0，0） ，E（0，1） ，A1（，0，2） ， （，1） ，（0，1） ，（，1） ， 设平面 A1DE 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 z，得 （4，2，） ， 设平面 A1BE 的法向量 （a，b，c） ， 则，取 c1，得 （2，0，1） ， 设二面角 BA1ED 的平面角为 ， 则 cos 第 17 页（共 23

31、 页） 二面角 BA1ED 的余弦值为 【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角和余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题 19 （12 分）已知椭圆 C：，A，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线 x2 上异于点 B 的任意一点，连接 AM 交椭圆于 P 点 （1）求证：为定值； （2）是否存在 x 轴上的定点 Q 使得以 MP 为直径的圆恒通过 MQ 与 BP 的交点 【分析】 （1）由椭圆的方程可得 A，B 的坐标，设 M，P 的坐标，可得 AP，AM 的斜率 相等，求出数量积，由 kAPkBP，可得 M，P 的

32、坐标的关系，进 而可得为定值 （2） 假设存在 Q 满足条件， 因为以 MP 为直径的圆恒通过 MQ 与 BP 的交点可得 0，由（1） 可得整理得 n（x02）0，再由 x02 可得 n0， 第 18 页（共 23 页） 【解答】解： （1）证明：由椭圆的方程可得：A（2，0） ，B（2，0） ，设 M（2，m） ，P （x0，y0） ， （m0，x02） ， 则+1，得 y02， 又 kAPkAM，kBP， 所以 kAPkBP， 又，整理可得 2x0+my04， 所以2x0+my04 为定值 （2）假设存在定点 Q（n，0）满足要求，设 M（2，m） ，P（x0，y0） ， （m0，x02

33、） ， 则以 MP 为直径的圆恒通过 MQ 与 BP 的交点可得0， 所以（n2，m） （x02，y0）nx02n2x0+4my00， 由（1）得 2x0+my04， 由可得 n（x02）0，因为 x02，解得 n0， 所以存在 x 轴上的定点 Q（0，0） ，使得以 MP 为直径的圆恒通过 MQ 与 BP 的交点 【点评】本题考查椭圆的性质，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于中档题 20 （12 分）已知函数 f（x）ex+（me）xmx2 （1）当 m0 时，求函数 f（x）的极值； （2）若函数 f（x）在区间（0，1）内存在零点，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）将 m0 代入

34、，求导得 f（x）exe，再求出函数 f（x）的单调性，进 而求得极值； （2）求导得 f（x）ex2mx+me，令 g（x）f（x） ，对函数 g（x）求导后，分 第 19 页（共 23 页） m0，m0 及 m0 讨论，m0 时容易得出结论，m0 时运用零点存在性定理可得出 结论，m0 时运用放缩思想，先证明 exex，进而可得 f（x）0 在（0，1）上恒成立， 由此得出结论，以上情况综合，即可求得实数 m 的取值范围 【解答】解： （1）当 m0 时，f（x）exex，f（x）exe， 又 f（x）是增函数，且 f（1）0， 当 x1 时，f（x）0，当 x1 时，f（x）0， f（x

35、）在（，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增， 当 x1 时，f（x）取得极小值 f（1）0，无极大值； （2）f（x）ex2mx+me，令 g（x）f（x）ex2mx+me，则 g（x）ex 2m， 当 m0 时，f（1）0，由（1）知 f（x）在区间（0，1）上没有零点； 当 m0 时，则 g（x）0，故 g（x）f（x）在（0，1）上单调递增， 又 g（0）f（0）1+me0，g（1）f（1）m0， 存在 x0（0，1） ，使得 g（x0）f（x0）0，且当 x（0，x0）时，f（x）0，f （x）是减函数， 当 x（x0，1）时，f（x）0，f（x）是增函数， 又f（0）1，f（1）

36、0， f（x）在（0，1）上存在零点； 当 m0，x（0，1）时，令 h（x）exex，则 h（x）exe， 在 x（0，1）上，h（x）0，h（x）是减函数， h（x）h（1）0，即 exex， f（x）ex+（me）xmx2ex+（me）xmx2m（xx2）0， f（x）在（0，1）上没有零点； 综上，要使 f（x）在（0，1）上内存在零点，则 m 的取值范围为（，0） 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值及函数的零点，考查分类讨论思想及运 算求解能力，属于中档题 21 （12 分）一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某 种新型勘探技术的精准率为0.6，

37、 乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a （0a0.4） 每 个勘探小组配备 1 名甲类人员与 2 名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应 用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术 第 20 页（共 23 页） 的人员数量为 （1）证明：在 各个取值对应的概率中，概率 P（1）的值最大 （2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如 果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发现在有三个勘探小组 Ai（i1，2，3） 可派出，若小组 Ai能完成特殊任务的概率 t；tiP（i） （i1，2，3） ，且各个小组能 否完成任务相

38、互独立试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需 派出的小组个数的均值达到最小 【分析】 （1）每个勘探小组共有 3 名人员，故 的所有可能取值为 0，1，2，3，再依据 相互独立事件的概率求出每个 的取值所对应的概率，并用作差法逐一比较 P（1）与 P（0） 、P（2） 、P（3）的大小关系即可得证； （2）先根据（1）中的结论比较 P（2）和 P（3）的大小，可得到 t1t2t3，故 而可猜想出结论，再进行证明证明时，设三个小组 Ai（i1，2，3）按照某顺序派出， 该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为 p1，p2，p3，记在特殊勘探时所需派出 的小组个数为 ，则 1，

39、2，3，然后求出 的分布列和数学期望，只需证明数学期望 E（）32p1p2+p1p232t1t2+t1t2成立即可，这一过程采用的是作差法，其中用 到了因式分解的相关技巧 【解答】解： （1）由已知， 的所有可能取值为 0，1，2，3， P（0）（10.6） （1a）20.4（1a）2， P（1）， P（2）， P（3）0.6a2 0a0.4， P（1）P（0）0.2（1a） （1+3a）0， P（1）P（2）0.2（3a28a+3）0， P（1）P（3）0.2（4a2+2a3）0， 概率 P（1）的值最大 （2）由（1）可知，当 0a0.4 时，有 t1P（1）的值最大， 且 t2t3P（2

40、）P（3）0.2a（67a）0， t1t2t3， 第 21 页（共 23 页） 应当以 A1，A2，A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均 值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值 证明如下： 假定 p1，p2，p3为 t1，t2，t3（t1t2t3）的任意一个排列，即若三个小组 Ai（i1，2， 3）按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为 p1，p2，p3，记在 特殊勘探时所需派出的小组个数为 ，则 1，2，3，且 的分布列为 1 2 3 P p1 （1p1）p2 （1p1） （1 p2） 数学期望 E（）p1+2（

41、1p1）p2+3（1p1） （1p2）32p1p2+p1p2 下面证明 E（）32p1p2+p1p232t1t2+t1t2成立， （32p1p2+p1p2）（32t1t2+t1t2） 2（t1p1）+（t2p2）+p1p2p1t2+p1t2t1t2 2（t1p1）+（t2p2）+p1（p2t2）+t2（p1t1） （2t2） （t1p1）+（1p1） （t2p2） （1p1） （t1p1）+（1p1） （t2p2） （1p1）（t1+t2）（p1+p2）0， 按照完成任务概率从大到小的 A1，A2，A3的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探 时所需派出的小组个数的均值达到最小 【点评】本题考查

42、相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期 望的实际应用等，考查学生对数据的分析能力和运算能力，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 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）在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极 坐标系，曲线 C1的极坐标方程为 cos2sin1若 P 为曲线 C1上的动点，Q 是射 线 OP 上的一动点，且满足|OP|OQ|2，记动点 Q 的

43、轨迹为 C2 （1）求 C2的直角坐标方程； （2）若曲线 C1与曲线 C2交于 M，N 两点，求OMN 的面积 【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 第 22 页（共 23 页） （2）利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果 【解答】解： （1）曲线 C1的极坐标方程为 cos2sin1 若 P 为曲线 C1上的动点，Q 是射线 OP 上的一动点，且满足|OP|OQ|2，记动点 Q 的 轨迹为 C2 设 P（1，） ，Q（，） ， 则：1cos21sin1，即， 由于|OP|OQ|2， 所以 2cos4sin，整理得 22co

44、s4sin，转换为直角坐标方程为： （x1）2+ （y+2）25（原点除外） （2）曲线 C1的极坐标方程为 cos2sin1 转换为直角坐标方程为：x2y10 曲线 C2的圆心为（1，2） ，半径为， 所以圆心到直线 C1的距离 d 所以|MN| 由于点 O 到 C1的距离 所以 【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，点 到直线的，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 （1）当 k1 时，解不等式 f（x）1； （2）若 f（x）x 对于任意的实数 x 恒成立，求实数 k 的取值范围 【分析】 （1）由题意可得|x1|+|x+3|3，由零点分区间法和绝对值的定义，