2020年福建省莆田市高考数学一模试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合 Ax|ylg（x+1），Bx|x2+x20，则 AB（ ） Ax|1x1 Bx|1x2 Cx|2x1 Dx|2x1 2 （5 分）若 iz12i，则|z|（ ） A B C3 D5 3 （5 分）若 （0，） ，cos（+），则 sin（2+）（ ） A B C D 4 （5 分）函数 f（x）在，的图象大致为（ ） A B C D 5 （5 分）甲、乙、丙、丁四名志愿者去 A，B，C 三个社区参与服务工作，要求每个社区 至少安排一人，则不同的安排方式共有（ ） A18 种 B36 种 C72 种 D81 种 6 （5 分）高斯函数x表示不超过 x 的最大整数，如22，1.91，3.

2、64执行 第 2 页（共 24 页） 如图的程序框图，则输出 S 的值为（ ） A5 B4 C3 D2 7 （5 分）函数 f（x）lnx+ax3的图象在点 P（1，f（1） ）处的切线分别交 x 轴，y 轴于 A， B 两点，O 为坐标原点，2+，则 a（ ） A B C D 8 （5 分）已知函数 f（x）sin（x+） （0，0）的图象关于直线 x对称， 且当 取最小值时，（ ） A B C D 9 （5 分）已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，y 轴被以 AB 为直径的圆所截得的弦长为 6，则|AB|（ ） A5 B7 C10 D14

3、10 （5 分）已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA平面 ABC，PAAB BC2，PB 与平面 PAC 所成的角为 30，则球 O 的表面积为（ ） A6 B12 C16 D48 11 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 的左支交于 P，Q 两点若|PF2|F1F2|，且 3|PF1|2|QF1|，则 C 的离心 第 3 页（共 24 页） 率为（ ） A B C D2 12 （5 分）设函数 f（x）axxa（a1）的定义域为（0，+） ，已知 f（x）有且只有一 个零点 下列四个结论： ae；f（x）在区间（

4、1，e）单调递增；xe 是 f（x）的零点；x1 是 f（x） 的极大值点，f（e）是 f（x）的最小值 其中正确的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 二、填空题二、填空题. 13 （5 分）已知非零向量 ， 满足| |4| |，且（ 2 ） ，则 与 的夹角为 14 （5 分）设 x，y 满足约束条件，则 z的最大值为 15 （5 分）已知函数 f（x），且 f（a）5，则 f（2a） 16 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 ccosB+bcos（A+B）0， BD 是 AC 边上的中线，且 BD1，则ABC 面积的最大值为 三、解答题：共三、解答题：共

5、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，题为必考题， 毎个试题考生都必须作答第毎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(一一)必考题：共必考题：共 60 分分 17 （12 分）设an是公差不为 0 的等差数列，其前 n 项和为 Sn已知 a1，a2，a5成等比数 列，S525 （1）求an的通项公式； （2）设 bn（1）nan+2，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 T2n 18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是菱形，ABAC2，PA2，PBPD （

6、1）证明：平面 PAC平面 ABCD； （2）若 PAAC，点 M 在棱 PC 上，且 BMMD，求二面角 BAMC 的余弦值 第 4 页（共 24 页） 19 （12 分）莆田市是福建省“历史文化名城”之一，也是旅游资源丰富的城市 “九头十 八巷” 、 “二十四景”美如画某文化传媒公司为了解莆田民众对当地风景民俗知识的了 解情况，在全市进行网上问卷（满分 100 分）调查，民众参与度极高该公司对得分数 据 X 进行统计拟合，认为 X 服从正态分布 N（63，144） （1） 从参与调查的民众中随机抽取 200 名作为幸运者， 试估算其中得分在 75 分以上 （含 75 分）的人数（四舍五入精

7、确到 1 人） ； （2）在（1）的条件下，为感谢参与民众，该公司组织两种活动，得分在 75 分以上（含 75 分）的幸运者选择其中一种活动参与活动如下： 活动一 参与一次抽奖已知抽中价值 200 元的礼品的概率为，抽中价值 420 元的礼品 的概率为； 活动二 挑战一次闯关游戏规则如下：游戏共有三关，闯关成功与否相互独立，挑战者 依次闯关，第一关闯关失败者没有获得礼品，第二关起闯关失败者只能获得上一关的礼 品，获得的礼品不累计，闯关结束已知第一关通过的概率为，可获得价值 300 元的 礼品；第二关通过的概率为，可获得价值 800 元的礼品；第三关通过的概率为，可 获得价值 1800 元的礼品

8、 若参与活动的幸运者均选择礼品价值期望值较高的活动，该公司以该期望值为依据，需 准备多少元的礼品？ 附：若 XN（，2） ，则 P（X+）0.6826，P（2X+2） 0.9544，P（3X+3）0.9974 20 （12 分）已知 F1，F2为椭圆 E：+1（ab0）的左、右焦点，点 P 在 E 上 有以下三个条件： 第 5 页（共 24 页） |F1F2|2；点 P 的坐标为（，） ；PF1PF2且|PF1|PF2|2 （1）从三个条件中任意选择两个，求 E 的方程； （2）在（1）的条件下，过点 M（4，0）的直线 l 与 E 交于 A，B 两点，B 关于坐标原 点的对称点为 C，求AB

9、C 面积的最大值 21 （12 分）已知函数 f（x）+2sinx，g（x）（sinxcosx）ex+sinx+cosx （1）求 f（x）在区间（0，2）的极值点； （2）证明：g（x）在区间2，2有且只有 3 个零点，且之和为 0 (二二)选考题： 共选考题： 共 10 分 请考生在第分 请考生在第 22、 23 题中任选一题作答 注意： 只能做所选定的题目 如题中任选一题作答 注意： 只能做所选定的题目 如 果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂 黑黑选修选修 4-4

10、：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，已知直线 l 过点 P（2，2） 以坐标原点为极点，x 轴正 半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 cos24cos0 （1）求 C 的直角坐标方程； （2）若 l 与 C 交于 A，B 两点，求的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲(10 分分) 23已知 f（x）|2x1|+|x+2| （1）求不等式 f（x）5 的解集； （2）若 x1，+）时，f（x）kx+k，求 k 的取值范围 第 6 页（共 24 页） 2020 年福建省莆田市高考数学一模试卷（理科）年福建省莆田市高考数学一模

11、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：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|ylg（x+1），Bx|x2+x20，则 AB（ ） Ax|1x1 Bx|1x2 Cx|2x1 Dx|2x1 【分析】对集合 A，B 化简，求出交集 【解答】解：已知集合 Ax|ylg（x+1）（1，+） ， Bx|x2+x20（2，1） ， 则 AB（1，1） ， 故选：A 【点评】考查集合的交集及其运算，基础题 2 （5

12、分）若 iz12i，则|z|（ ） A B C3 D5 【分析】把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解 【解答】解：iz12i， z，则|z| 故选：B 【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题 3 （5 分）若 （0，） ，cos（+），则 sin（2+）（ ） A B C D 【分析】由已知结合同角平方关系可求 sin（+） ，然后结合二倍角的正弦公式即可求 解 【解答】解：因为 （0，） ，cos（+）， sin（+） 则 sin（2+）sin2（）2sin（+）cos（+）2 第 7 页（共 24 页） 故选：A 【点评】本题主要考查了同角平方关系及二倍角的正弦公

13、式在三角求值化简中的应用， 属于基础试题 4 （5 分）函数 f（x）在，的图象大致为（ ） A B C D 【分析】利用函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解 【解答】解：， 函数 f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故排除 AB； 又，故排除 C 故选：D 【点评】本题考查利用函数性质确定函数图象，属于基础题 5 （5 分）甲、乙、丙、丁四名志愿者去 A，B，C 三个社区参与服务工作，要求每个社区 至少安排一人，则不同的安排方式共有（ ） 第 8 页（共 24 页） A18 种 B36 种 C72 种 D81 种 【分析】根据题意，分 2 步进行分析：，先将甲、乙、丙、丁四名志愿者

14、分成 3 组， ，将分好的三组对应分派到 A，B，C 三个社区，由分步计数原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，分 2 步进行分析： ，先将甲、乙、丙、丁四名志愿者分成 3 组，有 C426 种分法， ，将分好的三组对应分派到 A，B，C 三个社区，有 A336 种情况， 则有 6636 种不同的安排方式； 故选：B 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意先分组，再排列，属于基础题 6 （5 分）高斯函数x表示不超过 x 的最大整数，如22，1.91，3.64执行 如图的程序框图，则输出 S 的值为（ ） A5 B4 C3 D2 【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算

15、并输出变量 S 的 值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案 【解答】解：S1，n1， 第一次执行循环体后，S1，n2，不满足退出循环的条件； 第二次执行循环体后，S2，n3，不满足退出循环的条件； 第三次执行循环体后，S3，n4，满足退出循环的条件； 故输出 S 值为 3， 第 9 页（共 24 页） 故选：C 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得 出正确的结论，是基础题 7 （5 分）函数 f（x）lnx+ax3的图象在点 P（1，f（1） ）处的切线分别交 x 轴，y 轴于 A， B 两点，O 为坐标原点，2+，则 a（ ）

16、A B C D 【分析】求得函数的导数， 可得切线的斜率和切点， 以及切线的方程，求得 A， B 的坐标， 运用向量的坐标表示，解方程可得 a 的值 【解答】解：f（x）lnx+ax3的导数为 f（x）+3ax2， 可得切线的斜率为 k1+3a，切点为 P（1，a） ， 则切线的方程为 ya（1+3a） （x1） ， 可得 A（，0） ，B（0，12a） ， 2+，即为 2（1，a）（，0）+（0，12a） ， 可得 2a12a，2，解得 a， 故选：B 【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查直线方程的运用，以及向量的加减 运算，考查运算能力，属于中档题 8 （5 分）已知函数 f（x

17、）sin（x+） （0，0）的图象关于直线 x对称， 且当 取最小值时，（ ） A B C D 【分析】求 的最小值，由周期和 的关系，需要求周期的最大值，对称轴与对称中心 最近为周期，可求最大周期，从而求得最小的 值，由，结合范围 0 从而可解得 的值 【解答】解：函数 f（x）sin（x+） （0，0）的图象关于直线 x对 称，且 f（）0， 第 10 页（共 24 页） 则 取最小时， 可得 2，可得 f（x）sin（2x+） ， 再根据 可得 2+k，kZ，求得 k，kZ， 因为 0， 所以 ， 故选：D 【点评】本题主要考查正弦函数的图象和性质，解题时注意利用数形结合，数形结合比 较

18、直观，一目了然，属于基础题 9 （5 分）已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，y 轴被以 AB 为直径的圆所截得的弦长为 6，则|AB|（ ） A5 B7 C10 D14 【分析】设直线方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的焦点弦公式，利用勾 股定理即可求得 k 的值，求得|AB| 【解答】解：由 y24x 的焦点 F（1，0） ，设直线 AB：yk（x1） ， 代入抛物线的方程可得，k2x2（2k2+4）x+k20， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 即有 x1+x22+，即有中点的横坐标为 x01+， |AB|x1+x2+

19、24+， 由题意可知，即，解得， 所以|AB|4+10， 故选：C 【点评】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，抛物线的焦点弦 公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题 10 （5 分）已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA平面 ABC，PAAB BC2，PB 与平面 PAC 所成的角为 30，则球 O 的表面积为（ ） A6 B12 C16 D48 第 11 页（共 24 页） 【分析】 由题意画出图形， 可得底面三角形 ABC 为等腰直角三角形， 找出三棱锥 PABC 的外接球的球心，进一步求得半径，代入球的表面积公式得答案 【解答】解：如图， 由

20、 PA平面 ABC，得平面 PAC平面 ABC， 取 AC 中点 H，连接 BH，PH，则 BHAC，可得 BH平面 PAC， 则BPH30， PAAB2，PB2，得 BH，求得 AHHC，则 H 为底面三角形 ABC 的外心， 过 H 作 HO底面 ABC，且 HOPA（O 在球内部） ，则 O 为三棱锥 PABC 的外接球 的球心， 可得 球 O 的表面积为 4R24312 故选：B 【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计 算能力，是中档题 11 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 的左支交于

21、 P，Q 两点若|PF2|F1F2|，且 3|PF1|2|QF1|，则 C 的离心 率为（ ） A B C D2 【分析】易得|PF2|F1F2|2c，|PF1|2c2a，QF1|3c3a，在PF1F2中可得 cos在F2PQ中由余弦定理可得 os 第 12 页（共 24 页） 5c7a ，即可求解 【解答】解：|PF2|F1F2|，且 3|PF1|2|QF1|， |PF2|F1F2|2c，|PF1|2c2a，QF1|3c3a， 在PF1F2中可得 cos 在F2PQ 中由余弦定理可得 cos 由可得：5c212ac+7a20 5c7a 则 C 的离心率为 e， 故选：B 【点评】本题考查了双

22、曲线的性质、离心率，考查了运算能力，属于中档题 12 （5 分）设函数 f（x）axxa（a1）的定义域为（0，+） ，已知 f（x）有且只有一 个零点 下列四个结论： ae；f（x）在区间（1，e）单调递增；xe 是 f（x）的零点；x1 是 f（x） 的极大值点，f（e）是 f（x）的最小值 其中正确的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】令 f（x）0，可得 axxa，两边取自然对数，可得在 x0 有且只 有一个实根，设 h（x），求得导数，判断单调性，画出图象，可得 ae，即有 f （x）的解析式，再求导数，以及单调性、极值点，可得极值和最值，即可判断正确的结 论 【解答】 ：

23、f（x）有且只有一个零点，即为 axxa0 即 axxa， 第 13 页（共 24 页） 两边取对数可得 xlnaalnx， 即为在 x0 有且只有一个实根， 设 h （x） ， h（x），当 xe 时，h（x）0，h（x）递减；0xe 时，h（x）0， h（x）递增， 即有 h（x）在 xe 处取得最小值，yh（x）的图象如右： 当或0，解得 ae 或 0a1，又 a1，可得 ae，故正确； 由 f（x）exxe，f（e）0，故正确； f（x）的导数为 f（x）exexe 1，由 f（x）0，即 exexe1，两边取对数可得 x 1+（e1）lnx， 即 x1（e1）lnx，结合直线 yx1

24、 和 y（e1）lnx 的图象，可得 x1 或 xe， 由 0x1 或 xe 时，f（x）0，f（x）递增，1xe 时，f（x）0，f（x）递 减， 则 x1 是 f（x）的极大值点，xe 是 f（x）的极小值点，且 x0 可得 f（x）1， 则 f（x）的最小值为 f（e）0，故错误，正确 故选：C 【点评】本题考查函数的图象和性质，主要是零点、单调性和极值、最值，考查转化思 想和数形结合思想，函数方程思想，考查运算能力、推理能力，属于难题 二、填空题二、填空题. 13 （5 分）已知非零向量 ， 满足| |4| |，且（ 2 ） ，则 与 的夹角为 【分析】由题意（ 2 ） ，求出（ 2

25、） 0，计算夹角的余弦值，从而求得 与 的夹角 【解答】解：由非零向量 ， 满足| |4| |，且（ 2 ） ， 所以 （ 2 ） 20， 第 14 页（共 24 页） 求得 2， 所以 与 的夹角的余弦值为 cos， 又 0， 所以与的夹角为 故答案为： 【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角计算问题，属于基础题 14 （5 分）设 x，y 满足约束条件，则 z的最大值为 【分析】先画出满足条件的平面区域，得到 yz（x+2）过（3，4）时，z 最大，从而求 出 z 的最大值 【解答】解：先画出满足条件的平面区域， 如图示： ， 由 z得：yz（x+2） ， yz（x+2）过 A（3，4）

26、时，z 最大， z 的最大值是， 故答案为： 【点评】本题考查了线性规划问题，考查了数形结合思想，是一道中档题 15 （5 分）已知函数 f（x），且 f（a）5，则 f（2a） 第 15 页（共 24 页） 【分析】结合已知函数解析式需对 a 进行分类讨论，代入即可求解 【解答】解：f（x）， 当 a1 时，f（a）2a5，此时 a 不存在，不符合题意； 当 a1 时，f（a）a24a+55， 解可得，a0（舍）或 a4， 则 f（2a）f（2）2 2 故答案为： 【点评】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题 16 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c

27、已知 ccosB+bcos（A+B）0， BD 是 AC 边上的中线，且 BD1，则ABC 面积的最大值为 【分析】由题意可求 BC，设 ABAC2x，三角形的顶角 ，则由余弦定理求得 cos 的表达式，进而根据同角三角函数基本关系求得 sin，最后根据三角形面积公式表示出 三角形面积的表达式，根据一元二次函数的性质求得面积的最大值 【解答】解：ccosB+bcos（A+B）0，可得 sinCcosBsinBcosC0， sin（CB）0， B，C（0，） ，可得 CB（，） ，可得 BC， 设 ABAC2x，ADx 设三角形的顶角 ，则由余弦定理得 cos， sin， 根 据 公 式 三 角

28、 形 面 积S absin 2x 2x ， 当 3x2时，三角形面积有最大值 故答案为： 第 16 页（共 24 页） 【点评】本题主要考查函数最值的应用，根据条件设出变量，根据三角形的面积公式以 及三角函数的关系是解决本题的关键，利用二次函数的性质即可求出函数的最值，考查 学生的运算能力运算量较大 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，题为必考题， 毎个试题考生都必须作答第毎个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要题为选考题，考生根据要求作答求作答(一一)必考题：共必考

29、题：共 60 分分 17 （12 分）设an是公差不为 0 的等差数列，其前 n 项和为 Sn已知 a1，a2，a5成等比数 列，S525 （1）求an的通项公式； （2）设 bn（1）nan+2，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 T2n 【分析】 （1）设等差数列an的公差为 d（d0） ，由已知列式求得首项与公差，则等差 数列的通项公式可求； （2）求出数列bn的通项公式，可得，再由数列的分组求和与 等比数列的前 n 项和求解 【解答】解： （1）设等差数列an的公差为 d（d0） ， 由题意，解得 an1+2（n1）2n1； （2）bn（1）nan+2（1）n（2n1）+22n 1，

30、， T2n（b1+b2）+（b3+b4）+（b2n1+b2n） 521+2+525+2+524n 3+2 5（21+25+24n 3）+2n 【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列通项公式与前 n 项和的求法，训练了数列 第 17 页（共 24 页） 的分组求和与等比数列的前 n 项和，是中档题 18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是菱形，ABAC2，PA2，PBPD （1）证明：平面 PAC平面 ABCD； （2）若 PAAC，点 M 在棱 PC 上，且 BMMD，求二面角 BAMC 的余弦值 【分析】 （1）连结 AC，BD，交于点 O，连结 PO，推导出 ACBD，POB

31、D，从而 BD 平面 PAC，由此能证明平面 PAC平面 ABCD （2）取 BC 中点 E，连结 AE，则 AEAD，以 A 为原点，AE 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 BAMC 的余弦值 【解答】解： （1）证明：连结 AC，BD，交于点 O，连结 PO， 四棱锥 PABCD 的底面是菱形，ABAC2，PA2，PBPD ACBD，POBD， ACPOO，BD平面 PAC， BD平面 ABCD，平面 PAC平面 ABCD （2）解：PAAC，平面 PAC平面 ABCD，PA平面 ABCD， 取 BC 中点 E，连结 AE，则 AE

32、AD， 以 A 为原点，AE 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 B（，1，0） ，D（0，2，0） ，C（，1，0） ，P（0，0，2） ， 设 M（a，b，c） ，01， （a，b，c2）（） ，解得 a，b，c22， M（，） ， （，+1，） ，（，2，2） ， 点 M 在棱 PC 上，且 BMMD， 第 18 页（共 24 页） （）+（+1） （2）+（） （） 0， 解得 或（舍） ，M（，） ， （，） ，（，1，0） ，（，0） ， 设平面 ABM 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x，得 （，3，） ， 设平面 ACM 的法向量 （

33、a，b，c） ， 则，取 a，得 （，3，0） ， 设二面角 BAMC 的平面角为 ， 则二面角 BAMC 的余弦值为： cos 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题 19 （12 分）莆田市是福建省“历史文化名城”之一，也是旅游资源丰富的城市 “九头十 八巷” 、 “二十四景”美如画某文化传媒公司为了解莆田民众对当地风景民俗知识的了 解情况，在全市进行网上问卷（满分 100 分）调查，民众参与度极高该公司对得分数 第 19 页（共 24 页） 据 X 进行统计拟合，认为 X 服从正态分布 N（

34、63，144） （1） 从参与调查的民众中随机抽取 200 名作为幸运者， 试估算其中得分在 75 分以上 （含 75 分）的人数（四舍五入精确到 1 人） ； （2）在（1）的条件下，为感谢参与民众，该公司组织两种活动，得分在 75 分以上（含 75 分）的幸运者选择其中一种活动参与活动如下： 活动一 参与一次抽奖已知抽中价值 200 元的礼品的概率为，抽中价值 420 元的礼品 的概率为； 活动二 挑战一次闯关游戏规则如下：游戏共有三关，闯关成功与否相互独立，挑战者 依次闯关，第一关闯关失败者没有获得礼品，第二关起闯关失败者只能获得上一关的礼 品，获得的礼品不累计，闯关结束已知第一关通过的

35、概率为，可获得价值 300 元的 礼品；第二关通过的概率为，可获得价值 800 元的礼品；第三关通过的概率为，可 获得价值 1800 元的礼品 若参与活动的幸运者均选择礼品价值期望值较高的活动，该公司以该期望值为依据，需 准备多少元的礼品？ 附：若 XN（，2） ，则 P（X+）0.6826，P（2X+2） 0.9544，P（3X+3）0.9974 【分析】 （1）根据正态分布的性质求出 P（51X75）0.6826，从而求得 P（X75） 0.1587，即可得解； （2）分别求出活动一与活动二中礼品价值的分布列与期望，发现活动二的期望值更高， 于是参与活动的幸运者均选择活动二，进而得出需要准

36、备的礼品价值 【解答】解： （1）XN（63，144） ，63，12，P（6312X63+12） 0.6826P（51X75） ， P（X75）， 故 200 名幸运者中得分在 75 分以上（含 75 分）的人数为 2000.158732 人 （2）设礼品的价值为 Y， 活动一：Y 的可能取值为 200，420，其分布列如下表： Y 200 420 第 20 页（共 24 页） P 期望； 活动二：Y 的可能取值为 0，300，800，1800，其分布列如下表： Y 0 300 800 1800 P 275； E1（Y）E2（Y） ， 参与活动的幸运者均选择活动二 故需要准备的礼品价值为 32

37、2758800 元 【点评】本题考查正态分布的性质，离散型随机变量的分布列和方差，考查学生将理论 知识与实际生活相联系的运用能力，属于中档题 20 （12 分）已知 F1，F2为椭圆 E：+1（ab0）的左、右焦点，点 P 在 E 上 有以下三个条件： |F1F2|2；点 P 的坐标为（，） ；PF1PF2且|PF1|PF2|2 （1）从三个条件中任意选择两个，求 E 的方程； （2）在（1）的条件下，过点 M（4，0）的直线 l 与 E 交于 A，B 两点，B 关于坐标原 点的对称点为 C，求ABC 面积的最大值 【分析】 （1）可选，运用椭圆的焦距定义和 P 满足椭圆方程，及 a，b，c

38、的关系， 解方程可得 a，b，即有椭圆方程； （2）设直线 l 的方程为 xmy4，联立椭圆方程，可得 y 的二次方程，运用韦达定理和 实际行动面积公式，结合换元法和基本不等式可得所求最大值 【解答】解： （1）选|F1F2|2；点 P 的坐标为（，） ； 可得 c，即 a2b23，+1，解得 a2，b1， 则椭圆的方程为+y21； 第 21 页（共 24 页） （2）设直线 l 的方程为 xmy4，联立椭圆方程可得（4+m2）y28my+120， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x2，y2） ，可得 y1+y2，y1y2， 则 SABC2SAOB2|OM|y1y2|4|y1y

39、2|4 4 16， 可令 t（t0） ， 可得 16 2， 当且仅当 t4 即 m2时，上式取得最大值 2，即ABC 面积的最大值为 2 【点评】本题考查椭圆的方程的求法，三角形的面积的最大值，注意运用椭圆的性质和 联立方程组，以及韦达定理和基本不等式，考查运算能力，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）+2sinx，g（x）（sinxcosx）ex+sinx+cosx （1）求 f（x）在区间（0，2）的极值点； （2）证明：g（x）在区间2，2有且只有 3 个零点，且之和为 0 【分析】 （1）f（x），由 x（0，2） ，可得 ex10，令 f（x） 0， 可得 cosx0，

40、解得 x， 即可得出 f （x） 在区间 （0， 2） 的极值点为 x或 x， （2）g（x）（sinxcosx）ex+sinx+cosx0，g（0）0，可得 x0 是函数 g（x）的 一个零点由（sinxcosx）ex+sinx+cosx0，可得：extan（x+） ，可证 明：若 x0是上述方程的一个根，则x0也是上述方程的一个根下面画出函数 yex，y tan（x+）的图象，即可得出、 【解答】解： （1）f（x）， x（0，2） ， ex10， 令 f（x）0，则 cosx0，解得 x或 x， 故 f（x）在区间（0，2）的极值点为 x或 x， 第 22 页（共 24 页） （2）g（

41、x）（sinxcosx）ex+sinx+cosx0， g（0）1+10，x0 是函数 g（x）的一个零点 由（sinxcosx）ex+sinx+cosx0， 可得：extan（x+） ， tan（x）e x， 可得：若 x0是上述方程的一个根，则x0也是上述方程的一个根 下面画出函数 yex，ytan（x+）的图象， g（x）在区间2，2有且只有 3 个零点，且之和为 0 【点评】本题考查了函数的单调性、数形结合方法、方程的解与函数图象的交点之间的 关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 (二二)选考题： 共选考题： 共 10 分 请考生在第分 请考生在第 22、 23 题中任选一题作答

42、注意： 只能做所选定的题目 如题中任选一题作答 注意： 只能做所选定的题目 如 果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂 黑黑选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 过点 P（2，2） 以坐标原点为极点，x 轴正 半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 cos24cos0 （1）求 C 的直角坐标方程； （2）若 l 与 C 交于 A，B 两点，求的最大值 【分析】 （1） 曲线 C 的极坐标方

43、程为 cos24cos0 即 22cos24cos0， 把互化公式代入可得普通方程 （2）设直线 l 的倾斜角为 ，0可得参数方程为：（t 为参数） ，代 入抛物线方程可得：t2sin2+（4sin4cos）t40，把根与系数的关系代入可得 第 23 页（共 24 页） 进而得出最大值 【解答】解： （1）曲线 C 的极坐标方程为 cos24cos0即 22cos24cos 0，把互化公式代入可得：x2+y2x24x0，即 y24x （2）设直线 l 的倾斜角为 ，0可得参数方程为：（t 为参数） ，代 入抛物线方程可得：t2sin2+（4sin4cos）t40， 则 t1+t2，t1t20，

44、 |cossin|cos （+） | 当且仅当 时，等号成立 的最大值为 【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、三角函数的和差公式及其单调性，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(10 分分) 23已知 f（x）|2x1|+|x+2| （1）求不等式 f（x）5 的解集； （2）若 x1，+）时，f（x）kx+k，求 k 的取值范围 【分析】 （1）利用分段讨论法去掉绝对值，求不等式 f（x）5 的解集； （2）讨论 x1、1x和 x时，得出 f（x） ，再求不等式 f（x）k（x+1）时 k 的取值范围 【解答】解： （1）由 f（x）|2x1|+|x+2|， 不等式 f（x）5 等价于|2x1|+|x+2|5， 可化为， 或， 或； 第 24 页（共 24 页） 解得