2020年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（理科）含详细解答

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1、设全集为 R，集合 Ax|3x3，Bx|x24x50，则 ARB（ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+2i）z34i，则（ ） A B1 C D5 3 （5 分）设 a，b，c 均为正数，且 ealna，e blnb，eclnc，则（ ） Acba Bcab Cbac Dabc 4 （5 分）为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的 得分制成如图所示的茎叶图有以下结论： 甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛 得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场

2、比赛的得分看，乙比甲更 稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 5 （5 分）函数的部分图象大致是（ ） A B C D 6 （5 分）已知 cos，sin（）， 均为锐角，则 sin2（ ） 第 2 页（共 25 页） A B C D1 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈话如下： 甲： “丙第一名，我第三名” ； 乙： “我第一名，丁第四名” ； 丙： “丁第二名，我第三名” ； 丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、 丁的名次依次是第（ ）名 A一、二、三、四 B三

3、、一、二、四 C三、一、四、二 D四、三、二、一 8 （5 分）在ABC 中，则（ ） A4 B6 C6 D 9 （5 分）我国古代名著孙子算经中的“物不知数”问题： “今有物不知其数，三三数 之剩二，五五数之剩二，七七数之剩三，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余 二，被七除余三，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图， 则框图中的“”处应填入（ ） AZ BZ CZ DZ 10 （5 分）已知an为等差数列，a352，S7343，an的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn达到 最大值时 n 是（ ） A19 B20 C39 D40 第 3 页（共 25 页） 11

4、（5 分）已知 F1，F2是双曲线 C：的左右焦点，过 F1的直线 与圆 x2+y2a2相切，切点 T，且交双曲线右支于点 P，若 2，则双曲线 C 的渐 近线方程为（ ） Axy0 B2x3y0 C3x2y0 Dx2y0 12 （5 分）已知四面体 ABCD 中，ABCD5，AC，AD，O 为其外接球球心，AO 与 AB，AC，AD 所成的角分别为 ，有下列结论： 该四面体的外接球的表面积为 50该四面体的体积为 10 cos2+cos2+cos2 1BAC+CAD+DAB180 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，共小题，共

5、20 分把答案填在题中的横线上）分把答案填在题中的横线上） 13 （5 分）若曲线 ye x 上点 P 到直线 x+y+10 的最短距离是 14 （5 分）在数列an中，a11，an+2+（1）nan1，记 Sn是数列an的前 n 项和，则 S40 15 （5 分）习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精 准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安 排 5 名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所 学校至少 1 人则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 16 （5 分）阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被

6、称为亚历山大时期数学三巨匠 “阿波罗尼 斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点 P 到两定点 A，B 的距离之满足t（t 0 且 t1）为常数，则 P 点的轨迹为圆已知圆 O：x2+y21 和，若定点 B （b， 0）（b） 和常数 满足： 对圆 O 上任意一点 M， 都有|MB|MA|， 则 ， MAB 面积的最大值为 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） （一）分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） （一） 必考题：共必考题：共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c

7、，sinAsinB 且 bc （1）求角 A 的大小； 第 4 页（共 25 页） （2）若 a2，角 B 的平分线交 AC 于点 D，求ABD 的面积 18 （12 分）如图，在三棱锥 PABC 中，PAC 为正三角形，M 为棱 PA 的中点，ABAC， ACBC，平面 PAB平面 PAC （1）求证：平面 ABC平面 PAC； （2）若 Q 是棱 AB 上一点，PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为，求二面角 QMC A 的正弦值 19 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E：1（ab0）经过点 ，离心率为 （1）求 E 的方程； （2）过点 P 斜率为 k1，k2的两条直

8、线分别交椭圆 E 于 A，B 两点，且满足 k1+k20证 明：直线 AB 的斜率为定值 20 （12 分）已知函数 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）对任意的，xf（x）ex+x2恒成立，请求出 a 的取值范围 21 （12 分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检 测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标 Z 来衡量产品的质量当 Z8 时，产品为 优等品；当 6Z8 时，产品为一等品；当 2Z6 时，产品为二等品，第三方检测机 构在该产品中随机抽取 500 件，绘制了这 500 件产品的质量指标 Z 的条形图用随机抽 取的 500 件产品作为样本，估

9、计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率 （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取 1 件，求该产品为优等品的概率； （2）现某人决定购买 80 件该产品已知每件成本 1000 元，购买前，邀请第三方检测机构 对要购买的 80 件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下 第 5 页（共 25 页） 协议：从 80 件产品中随机抽出 4 件产品进行检测，若检测出 3 件或 4 件为优等品，则按 每件 1600 元购买， 否则按每件 1500 元购买， 每件产品的检测费用 250 元由企业承担 记 企业的收益为 X 元，求 X 的分布列与数学期望： （3）商场为推广此款产

10、品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据 抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格50 机器人开始在第 0 格，客户每掷一次硬币，机器 人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从 k 到 k+1） ，若携出反面，机器 人向前移动两格（从 k 到 k+2） ，直到机器人移到第 49 格（胜利大本营）或第 50 格（失 败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营“，则可获得优惠券，设机器人 移到第 n 格的概率为 Pn（0n50，nN*） ，试证明PnPn1（1n49，nN*）是 等比数列，并

11、解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品 （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题中任选一题作答如果多做，则按所做的，则按所做的 第一题计分第一题计分 22 （10 分）在极坐标系中，射线 l：与圆 C：2 交于点 A，椭圆 E 的方程为：2 ，以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角标系 xOy （1）求点 A 的直角坐标和椭圆 E 的直角坐标方程； （2）若 B 为椭圆 E 的下顶点，M 为椭圆 E 上任意一点，求的最大值 23已知函数 f（x）|x+a|+2|x1|（a0） （1）当 a1 时，求不等式 f（x）4 的解集

12、； （2）若不等式 f（x）42x 对任意的 x3，1恒成立，求 a 的取值范围 第 6 页（共 25 页） 2020 年湖南省岳阳市高年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（理科）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（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求的）有一项是符合题目要求的） 1 （5 分）设全集为 R，集合 Ax|3x3，Bx|x24x50，则 ARB（ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 【分析

13、】可以求出集合 B，然后进行补集、交集的运算即可 【解答】解：Ax|3x3，Bx|1x5， RBx|x1 或 x5，ARB（3，1 故选：B 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集和补集的运算， 考查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+2i）z34i，则（ ） A B1 C D5 【分析】化简复数，即可求出 【解答】解：（1+2i）z34i， z12i， | |1+2i， |1+2i|， 故选：C 【点评】本题考查复数的化简，考查复数的模，考查学生的计算能力，比较基础 3 （5 分）设 a，b，c 均为正数，且 ealna，e blnb，ec

14、lnc，则（ ） Acba Bcab Cbac Dabc 【分析】在同一坐标系中分别画出 yex，ye x，ylnx，ylnx 的图象，数形结合 能判断三个数的大小 【解答】解：在同一坐标系中分别画出 yex，ye x，ylnx，ylnx 的图象， yex与 ylnx 的交点的横坐标为 a， 第 7 页（共 25 页） ye x 与 ylnx 的图象的交点的横坐标为 b， ye x 与 ylnx 的图象的交点的横坐标为 c， 从图象可以看出 abc 故选：D 【点评】本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 4 （5 分）为比较甲、乙两

15、名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的 得分制成如图所示的茎叶图有以下结论： 甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛 得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更 稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 【分析】根据中位数，平均数，方差的概念计算比较可得 【解答】解：甲的中位数为 28，乙的中位数为 29，故不正确； 甲的平均数为 28，乙的平均数为 29，故正确； 从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故正确，不正确 故选：B 【点评】本题考查了茎叶图，

16、属基础题平均数即为几个数加到一起除以数据的个数得 到的结果 5 （5 分）函数的部分图象大致是（ ） 第 8 页（共 25 页） A B C D 【分析】利用趋近性结合排除法即可得到答案 【解答】解：当 x时，所以 f（x）0+，排除 C， D； 因为 x+时，所以 f（x）+，因此排除 B， 故选：A 【点评】本题考查由函数解析式确定函数图象，解决这类题的方法一般是从单调性，奇 偶性，特殊点及趋近性等角度，运用排除法求解，属于基础题 6 （5 分）已知 cos，sin（）， 均为锐角，则 sin2（ ） A B C D1 【分析】因为 ， 均为锐角，所以 ，所以， ，由 sinsin+（）s

17、incos（）+cossin（）求出 sin， 再求出 cos，代入即可 【解答】 解： 因为 ， 均为锐角， 所以 ， 所以， ， 由 sinsin+（） sincos（）+cossin（） ， 第 9 页（共 25 页） 所以， 所以 sin22sincos1， 故选：D 【点评】考查同角三角函数的基本关系式，两角和与差的公式的应用，中档题 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈话如下： 甲： “丙第一名，我第三名” ； 乙： “我第一名，丁第四名” ； 丙： “丁第二名，我第三名” ； 丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、

18、乙、丙、 丁的名次依次是第（ ）名 A一、二、三、四 B三、一、二、四 C三、一、四、二 D四、三、二、一 【分析】本题可采用假设法，先假设甲猜的丙第一名正确，则甲猜的自己第三名错误， 由此进行推理可得矛盾；从而有甲猜的丙第一名错误，则甲猜的自己第三名正确，由此 进行推理可得结果 【解答】解：由题意，他们预测都只猜对了一半， 则甲的猜测也是对一半，错一半 假设甲猜的丙第一名正确，则甲猜的自己第三名错误； 则乙猜的乙第一名错误，则乙猜的丁第四名正确； 则丙猜的丙第三名错误，则丙猜的丁第二名正确 由此可见，丁既是第二名，又是第四名， 故此假设不正确 故甲猜的丙第一名错误，则甲猜的自己第三名正确；

19、则丙猜的丙第三名错误，则丙猜的丁第二名正确 则乙猜的丁第四名错误，则乙猜的乙第一名正确； 故甲第三名，乙第一名，丙第四名，丁第二名 故选：C 【点评】本题主要考查假设法与合情推理的应用，考查了逻辑推理的能力本题属中档 题 第 10 页（共 25 页） 8 （5 分）在ABC 中，则（ ） A4 B6 C6 D 【分析】可画出图形，根据即可得出，并得出，从 而得出，然后进行数量积的运算即可 【解答】解：如图，由得 ， 又， 6 故选：B 【点评】本题考查了向量减法和数乘的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，考查 了计算能力，属于基础题 9 （5 分）我国古代名著孙子算经中的“物不知数”问题：

20、“今有物不知其数，三三数 之剩二，五五数之剩二，七七数之剩三，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余 二，被七除余三，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图， 第 11 页（共 25 页） 则框图中的“”处应填入（ ） AZ BZ CZ DZ 【分析】 【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并输出变量 a 的值，根据输出的 a 的条件可得答案 【解答】解：由题意，判断框内应该判断 a 的值是否同时能被三除余二，被五除余二， 被 3 和 5 整除余 2 的数即是被 15 整除余 2 的数 即判断是否为整数； 故选：D 【点评】本题考查了程序框图的应用

21、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 10 （5 分）已知an为等差数列，a352，S7343，an的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn达到 最大值时 n 是（ ） A19 B20 C39 D40 【分析】由 S77a4343，得 a449，求出 da4a349523，a1a32d52 2（3）58，由此能求出使得 Sn达到最大值时 n 的值 【解答】解：由 S77a4343，得 a449， 所以 da4a349523， a1a32d522（3）58， 所以 ana1+（n1）d3n+61 第 12 页（共 25 页） 由，得 n20 故选：B 【点评】本题考查

22、使得 Sn达到最大值时 n 的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考 查运算求解能力，是基础题 11 （5 分）已知 F1，F2是双曲线 C：的左右焦点，过 F1的直线 与圆 x2+y2a2相切，切点 T，且交双曲线右支于点 P，若 2，则双曲线 C 的渐 近线方程为（ ） Axy0 B2x3y0 C3x2y0 Dx2y0 【分析】连 PF2，过 F2作 F2QOT，结合向量共线定理和三角形的中位线定理，双曲线 的定义和直角三角形的勾股定理，可得 a，b 的关系，进而得到所求渐近线方程 【解答】解：连 PF2，过 F2作 F2QOT，若 2， 则易知|OF1|c，|OT|a，|TF1|TQ|Q

23、P|b， |QF2|2a，|PF2|PF1|2a3b2a， 所以在 RtPQF2中， （3b2a）2（2a）2+b2，整理得， 所以渐近线方程为，即 3x2y0， 故选：C 【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查向量共线定理和三角形的中位线定 理的运用，考查化简运算能力，属于中档题 12 （5 分）已知四面体 ABCD 中，ABCD5，AC，AD，O 为其外接球球心，AO 与 AB，AC，AD 所成的角分别为 ，有下列结论： 该四面体的外接球的表面积为 50该四面体的体积为 10 cos2+cos2+cos2 第 13 页（共 25 页） 1BAC+CAD+DAB180 其中所有正确结

24、论的编号为（ ） A B C D 【分析】由题意可采用割补法，考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形，所以可 在其每个面补上一个以 5，为三边的三角形作为底面，且以分别 x，y，z 长、 两两垂直的侧棱的三棱锥从而可得到一个长、宽、高分别为 x，y，z 的长方体，并且 x2+y225，x2+z234，y2+z241，求出 x，y，z 即可 【解答】解：由题意可采用割补法，考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形， 所 以 可 在 其 每 个 面 补 上 一 个 以 5 ，为 三 边 的 三 角 形 作 为 底 面 ， 且以分别 x，y，z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥 从而可得到一

25、个长、宽、高分别为 x，y，z 的长方体， 并且 x2+y225，x2+z234，y2+z241， 则有（2R）2x2+y2+z250（R 为球的半径） ， 对于，球的表面积为 S4R250故正确 由上可知 x2x2+y2+z2（y2+z2）50419，x3 y2x2+y2+z2（x2+z2）503416，y4， z2x2+y2+z2（x2+y2）502525，x5， 对于，四面体 ABCD 体积为 xyz4xyz20，故错 对于，cos2+cos2+cos21，故错 对于，BAC，CAD，DAB 是边长为 5，的三角形的三个内角，故正 确 故选：A 第 14 页（共 25 页） 【点评】本题

26、考查了空间线面位置关系，考查了转化思想，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20 分把答案填在题中的横线上）分把答案填在题中的横线上） 13 （5 分）若曲线 ye x 上点 P 到直线 x+y+10 的最短距离是 【分析】求得函数 y 的导数，设在 P（m，n）处的切线平行于直线 x+y+10，可得切线 的斜率，解方程可得 m，n，再由点到直线的距离公式可得所求距离 【解答】解：ye x 的导数为 ye x， 设在 P（m，n）处的切线平行于直线 x+y+10， 即有e m1 得 m0，n1， 即有切点为 P（0，1） ， 可得最短距离为点 P（0，1

27、）到直线 x+y+10 的距离， 故答案为： 【点评】本题考查导数的几何意义：曲线在某点处的切线的斜率即为函数在该点处的导 数，考查点到直线的距离公式，化简运算能力，属于基础题 14 （5 分）在数列an中，a11，an+2+（1）nan1，记 Sn是数列an的前 n 项和，则 S40 220 【分析】利用数列的递推关系式，通过 n 为奇数与偶数，判断数列特征，然后求解数列 的和即可 【解答】解：在数列an中，a11，an+2+（1）nan1， 当是 n 奇数时 an+2an1，数列an中奇数项构成等差数列， 当 n 是偶数时 an+2+an1， S40（a1+a3+a5+a39）+（a2+a

28、4+a6+a40） 20a1+1+10220 故答案为：220 【点评】考查数列的的通项公式的应用，数列分组求和的方法，是基本知识的考查 15 （5 分）习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精 准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安 排 5 名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所 学校至少 1 人则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 第 15 页（共 25 页） 【分析】总的基本事件数为 n，杨老师与李老师在一组所含 的基本事件数为 m，由此能求出李老师与杨老师安排去同一个学 校的概率 【解

29、答】解：总的基本事件数为 n， 杨老师与李老师在一组所含的基本事件数为 m， 李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查组合问题等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、 运算求解能力，是基础题 16 （5 分）阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠 “阿波罗尼 斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点 P 到两定点 A，B 的距离之满足t（t 0 且 t1）为常数，则 P 点的轨迹为圆已知圆 O：x2+y21 和，若定点 B（b，0） （b）和常数 满足：对圆 O 上任意一点 M，都有|MB|MA|，则 2 ，MAB 面积的最大值为 【

30、分析】画出图形，通过|MB|MA|，求解轨迹方程，推出 ，然后求解三角形的面积 【解答】解：设点 M（x，y） ，由|MB|MA|，得， 整理得 ， 第 16 页（共 25 页） 所以解得 2，b2 如右图，当 M（0，1）或 M（0，1）时， 故答案为：2； 【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查圆的方程的应用，转化思想以及计算能力，是 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 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） （一）分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） （一） 必考题：共必考题：共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C

31、 的对边分别为 a，b，c，sinAsinB 且 bc （1）求角 A 的大小； （2）若 a2，角 B 的平分线交 AC 于点 D，求ABD 的面积 【分析】 （1）由正弦定理及其余弦定理，求出角 A 即可； （2）由（1）求出 B，C，再由及ABD，D，求出 AD， 再求出面积 【解答】解： （1）由 sinAsinB 及正弦定理知 ab， 又 bc，由余弦定理得 cosA， A（0，） ，A； （2）由（1）知 BC， 又 a2，在ABC 中，由正弦定理知：AB2， 在ABD 中，由正弦定理及ABD，BDC 解得 AD1， 故 SABD 【点评】考查正余弦定理的应用，中档题 18 （12

32、 分）如图，在三棱锥 PABC 中，PAC 为正三角形，M 为棱 PA 的中点，ABAC， 第 17 页（共 25 页） ACBC，平面 PAB平面 PAC （1）求证：平面 ABC平面 PAC； （2）若 Q 是棱 AB 上一点，PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为，求二面角 QMC A 的正弦值 【分析】 （1）证明 CMPA，推出 CM平面 PAB，得到 CMAB，结合 ABAC，推出 AB平面 PAC，然后证明平面 ABC平面 PAC （2）作 AC 中点 O，连 OP，以 O 为坐标原点，OA，OP 分别为 x，z 轴，过 O 且平行于 AB 的方向为 y 轴，如图，建立空间直角坐

33、标系求出平面 ABC 的法向量，平面 QMC 的 法向量利用空间向量的数量积求解二面角 QMCA 的余弦值，然后求解正弦函数值即 可 【解答】 （1）证明：因为PAC 为正三角形，M 为棱 PA 的中点，所以 CMPA， 又平面 PAB平面 PAC，且平面 PAB平面 PACPA， 所以 CM平面 PAB， 所以 CMAB，又 ABAC，且 ACCMC， 所以 AB平面 PAC， 又 AB平面 ABC， 所以平面 ABC平面 PAC （2）作 AC 中点 O，连 OP，由（1）及 OPAC 可知 OP平面 ABC 以 O 为坐标原点，OA，OP 分别为 x，z 轴，过 O 且平行于 AB 的方

34、向为 y 轴，如图，建 立空间直角坐标系 第 18 页（共 25 页） 设 AC2 则 ， 设，则， 设平面 ABC 的法向量为（0，0，1） ， 因为 PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为 所以，即，解得 即 Q 为 AB 的中点，则， 设 平 面QMC的 法 向 量 为 （ x ， y ， z ）， 则， 即 ， 取， 设平面 AMC 的法向量为，则（0，1，0） 则二面角 QMCA 的余弦值为 cos， 故 sin 【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空 第 19 页（共 25 页） 间想象能力以及计算能力，是中档题 19 （12 分）在平面直角坐

35、标系 xOy 中，已知椭圆 E：1（ab0）经过点 ，离心率为 （1）求 E 的方程； （2）过点 P 斜率为 k1，k2的两条直线分别交椭圆 E 于 A，B 两点，且满足 k1+k20证 明：直线 AB 的斜率为定值 【分析】 （1）利用离心率得到，椭圆 E 过点，得到，求出 a，b 然后求解椭圆 E 的方程 （2）方法一：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，AP 的方程为， 由，消去 y 得，利用 韦达定理以及 直线 PA，PB 的斜率互为相反数，转化求解直线 AB 的斜率为定值 【解答】解： （1）依题意，所以， 又椭圆 E 过点，所以， 解得 a28，b24， 所以椭圆 E 的

36、方程为 （2）证明：方法一：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，AP 的方程为， 由，消去 y 得， 所以， 所以， 第 20 页（共 25 页） 又因为直线 PA，PB 的斜率互为相反数， ， 所以直线 AB 的斜率为定值 【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想 以及计算能力是难题 20 （12 分）已知函数 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）对任意的，xf（x）ex+x2恒成立，请求出 a 的取值范围 【分析】 （1）求导，对 f（x）中的 a 进行讨论，判断单调性； （2）据题意，任意的，xf（x）ex+x2恒成立，即 aexxlnx

37、，令 g（x） exxlnx，求出 g（x）的最小值，即可求出 a 的范围 【解答】解： （1）f（x），x0， 当 a0 时，f（x）0，f（x）在（0，+）递增； 当 a0 时，对于 yx2+xa，1+4a0，故 y0 有在 x0 时，有一个解 m ， 当 x（0，m）时，f（x）0，f（x）递减； 当 x（m，+）时，f（x）0，f（x）递增； 综上，当 a0 时，f（x）在（0，+）递增； 当 a0 时，f（x）在（，+）递增；在（0，）递减； （2）根据题意，任意的，xf（x）ex+x2恒成立，即 xlnx+aex， 分离参数得 aexxlnx， 第 21 页（共 25 页） 令 g

38、（x）exxlnx，g（x）exlnx1， g（x）单调递增，g（），g（1）e10， 故存在唯一的零点 n（） ， 当 x（，n）时，g（x）0，g（x）递减，当 x（n，+）时，g（x）0，g（x） 递增， 故 g（x）ming（n）， 故 g（x）在递增， 故 ag（） 【点评】考查含参函数单调性的判断，导数法解决不等式恒成立问题，还用了函数零点 的判断，函数的最值的判断等，中档题 21 （12 分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检 测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标 Z 来衡量产品的质量当 Z8 时，产品为 优等品；当 6Z8 时，产品为一等品

39、；当 2Z6 时，产品为二等品，第三方检测机 构在该产品中随机抽取 500 件，绘制了这 500 件产品的质量指标 Z 的条形图用随机抽 取的 500 件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率 （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取 1 件，求该产品为优等品的概率； （2）现某人决定购买 80 件该产品已知每件成本 1000 元，购买前，邀请第三方检测机构 对要购买的 80 件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下 协议：从 80 件产品中随机抽出 4 件产品进行检测，若检测出 3 件或 4 件为优等品，则按 每件 1600 元购买， 否则按每件

40、 1500 元购买， 每件产品的检测费用 250 元由企业承担 记 企业的收益为 X 元，求 X 的分布列与数学期望： （3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据 抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格50 机器人开始在第 0 格，客户每掷一次硬币，机器 人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从 k 到 k+1） ，若携出反面，机器 人向前移动两格（从 k 到 k+2） ，直到机器人移到第 49 格（胜利大本营）或第 50 格（失 败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜

41、利大本营“，则可获得优惠券，设机器人 第 22 页（共 25 页） 移到第 n 格的概率为 Pn（0n50，nN*） ，试证明PnPn1（1n49，nN*）是 等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品 【分析】 （1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，可得任 取一件产品为优等品的概率 （2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，由题意可得，进而得出 P（X47000） ， P（X39000） 可得 X 的分布列，即可得出数学期望 EX （3）机器人在第 0 格为必然事件，P01，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第 1 格， 其概率 P1机器人移到第 n（2n49）格的情况

42、只有两种：先到第 n2 格，又 出现反面， 其概率Pn2， 先到第 n1 格， 又出现正面， 其概率Pn1 可得 PnPn 1+Pn2，PnPn1（Pn1Pn2） ，1n49 时，数列PnPn1为首项 P1 P0，公比为的等比数列可得 P1P0，可得 Pn1，进而得出结论 【解答】解： （1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率， 则任取一件产品为优等品的概率为 P （2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为， 由题意 X（16001000）80250447000 或 X（15001000）80250439000 P（X47000）+ P（X39000）+ 故 X 的分布列为： X

43、47000 39000 第 23 页（共 25 页） P 所以数学期望 EX47000+3900041500 （3）机器人在第 0 格为必然事件，P01，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第 1 格， 其概率 P1机器人移到第 n（2n49）格的情况只有两种： 先到第 n2 格，又出现反面，其概率Pn2， 先到第 n1 格，又出现正面，其概率Pn1 所以 PnPn1+Pn2， 故 PnPn1（Pn1Pn2） ， 所以 1n49 时，数列PnPn1为首项 P1P0，公比为的等比数列 所以 P1P0，P2P1，P3P2，PnPn1 以上各式累加，得 Pn1+ Pn+ （n0，1，2，49） 获胜概率

44、 P49+ 失败概率 P50P48 P49P50+0，所以获胜概率更大， 故此方案能吸引顾客购买该款产品 【点评】本题考查了古典概率计算公式、等比数列的求和公式、分类讨论方法，考查了 推理能力与计算能力，属于难题 （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 22 （10 分）在极坐标系中，射线 l：与圆 C：2 交于点 A，椭圆 E 的方程为：2 ，以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角标系 xOy （1）求点 A 的直角坐标和椭圆 E 的直角坐标方程； 第 24 页（共 25 页） （2）若 B 为椭圆 E 的下顶点，M 为椭圆 E 上任意一点，求的最大值 【分析】 （1）由射线 l：与圆 C：2 交于点 A，能求出点 A 的直角坐标，由椭圆 E 的极坐标方程，能求出椭圆的直角坐标方程 （2）由椭圆 E 的参数方程为， （ 为参数） 设， B（0，1） ，由此能求出的最大值 【解答】 解： （1） 射线 l： 与圆 C： 2 交于点 A， 点 A 的直角坐标， 椭圆 E 的方程为 2，直角坐标方程为1 （2）由（1）椭圆 E 的参数方程为， （ 为参数）