2019-2020学年四川省成都市郫都区高三上10月月考数学试卷（理科）含答案详解

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1、2019-2020 学年四川省成都市学年四川省成都市郫都区郫都区高三（上）高三（上）10 月月考数学试卷（理科）月月考数学试卷（理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的.请将你选择的答案涂到答题卡上请将你选择的答案涂到答题卡上. 1 （5 分）已知集合 Ay|y3x，B0，1，2，3，则 AB（ ） A1，2，3 B （0，+） C0，1，2 D0，+） 2 （5 分）已知 i 是虚数单位，复数 z 在复平面内对应的点

2、为（1，1） ，则为（ ） A B1i C1+i D 3 （5 分）某调研机构随机调查了 2019 年某地区 n 名业主物业费的缴费情况，发现缴费金额（单位：万元） 都在区间0.5，1.1内，其频率分布直方图如图所示，若第五组的频数为 32，则样本容量 n（ ） A200 B400 C800 D1600 4 （5 分）过点（1，0）且倾斜角为 45的直线与抛物线 y24x 的位置关系是（ ） A相交且有两公共点 B相交且有一公共点 C有一公共点且相切 D无公共点 5 （5 分）若直线 l：kxy+10 上不存在满足不等式组的点（x，y） ，则实数 k 的取值范围为 （ ） A （1，+） B

3、（0，+） C （0，1） D （0，1 6 （5 分）设 l，m 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A若 lm，m，l，则 B若 l，lm，则 m C若 l，m，则 lm D若 l，m，则 lm 7 （5 分）如图，若在矩阵 OABC 中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（ ） A1 B C D1 8 （5 分）如图所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术” ，执行 该程序框图，若输入的 a，b 分别为 63，36，则输出的 a（ ） A3 B6 C9 D18 9 （5 分） （文）设函数 yxsinx+cosx 的图象

4、上的点（x0，y0）处的切线的斜率为 k，若 kg（x0） ，则函数 kg（x0）的图象大致为（ ） A B C D 10 （5 分）为迎接双流中学建校 80 周年校庆，双流区政府计划提升双流中学办学条件区政府联合双流中 学组成工作组，与某建设公司计划进行 6 个重点项目的洽谈，考虑到工程时间紧迫的现状，工作组对项 目洽谈的顺序提出了如下要求：重点项目甲必须排在前三位，且项目丙、丁必须排在一起，则这六个项 目的不同安排方案共有（ ） A240 种 B188 种 C156 种 D120 种 11 （5 分）已知函数的图象过点，若要得到一 个偶函数的图象，则需将函数 f（x）的图象（ ） A向左平

5、移个单位长度 B向右平移个单位长度 C向左平移个单位长度 D向右平移个单位长度 12 （5 分）已知 f（x）是定义域为（0，+）的函数 f（x）的导函数，若 x2f（x）+xf（x）lnx，且 f（1） 2，则（ ） A B4f（3）3f（4） C当 x1 时，f（x）取得极小值2 D当 x0 时，f（2）+2x0 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，将答案填在答题卡相应横线上分，将答案填在答题卡相应横线上. 13 （5 分）已知双曲线的右焦点为 F，则 F 到其中一条渐近线的距离为 14 （5 分）已知平面向量 与 的夹角为，

6、若，则 15 （5 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c已知，c1，b+a（sinCcosC）0， 则 a 16 （5 分）圆锥 SD（其中 S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是 2：1，则圆锥 SD 与它的外 接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a23，S525等比数列bn中，b1+b330，b4+b6 810 （）求数列an

7、、bn的通项公式； （）求数列an+bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，CB1，CA2，点 N 是 CA 的中点 （）求证：B1C平面 A1BN； （）求平面 A1BN 与平面 CBB1C1所成的锐二面角的余弦值 19 （12 分）甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销 5 天两品牌提供的返利方案 如下：甲品牌无固定返利，卖出 10 件以内（含 10 件）的产品，每件产品返利 5 元，超出 10 件的部分每 件返利 7 元；乙品牌每天固定返利 20 元，且每卖出一件产品再返利 3 元经统计，两家品牌在试销期间 的销售

8、件数的茎叶图如下： （）现从乙品牌试销的 5 天中随机抽取 3 天，求这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 （）若将频率视作概率，回答以下问题： 记甲品牌的日返利额为 X（单位：元） ，求 X 的分布列和数学期望； 商场拟在甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知 识为商场作出选择，并说明理由 20 （12 分）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为 F1，F2A，B 是椭圆 C 上两点，O 是坐标原点，且，|AF1|+|BF1|4 （）求椭圆 C 的方程； （）过 F1作两条相互垂直的直线 l1，l2分别交椭圆于 P，Q 和 M，N，求|PQ

9、|+|MN|的取值范围 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+（aR）在 x1 处的切线与直线 x2y+10 平行 （）求实数 a 的值，并判断函数 f（x）的单调性； （）若函数 f（x）m 有两个零点 x1，x2，且 x1x2，求证：x1+x21 请考题：共请考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题记分题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题记分.作答时请写清作答时请写清 题号题号.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）已知过点 P（1，1）的直线 l 的倾斜角为 ，以直角坐标系 xOy

10、 的原点 O 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 sin24cos （I）将曲线 C 的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）若直线 l 与曲线 C 交 A，B 两点，当OAP 的面积为OAB 面积的一半时，求 tan 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 f（x）|x+3|x1| （）解不等式：f（x）1； （）若函数 f（x）的最大值为 m，且正数 a，b，c 满足 a+2b+4cm，求证： 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 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题

11、给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的.请将你选择的答案涂到答题卡上请将你选择的答案涂到答题卡上. 1 （5 分）已知集合 Ay|y3x，B0，1，2，3，则 AB（ ） A1，2，3 B （0，+） C0，1，2 D0，+） 【分析】可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ay|y0，B0，1，2，3， AB1，2，3 故选：A 【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，指数函数的值域，交集的运算，考查了计算能力，属于基 础题 2 （5 分）已知 i 是虚数单位，复数 z 在复平面内对应的点为（1，1） ，则为（ ） A B

12、1i C1+i D 【分析】由已知求得 z，代入，再由复数代数形式的乘除运算求解 【解答】解：由题意，z1i，得 故选：D 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题 3 （5 分）某调研机构随机调查了 2019 年某地区 n 名业主物业费的缴费情况，发现缴费金额（单位：万元） 都在区间0.5，1.1内，其频率分布直方图如图所示，若第五组的频数为 32，则样本容量 n（ ） A200 B400 C800 D1600 【分析】根据频率分布直方图，求出第五组的频率为 0.08，再由第五组的频数为 32，由此能求出样本容 量 【解答】解：根据频率分布直方图，第

13、五组的频率为 0.80.10.08， 又第五组的频数为 32， 所以样本容量为 故选：B 【点评】本题考查样本容量的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题 4 （5 分）过点（1，0）且倾斜角为 45的直线与抛物线 y24x 的位置关系是（ ） A相交且有两公共点 B相交且有一公共点 C有一公共点且相切 D无公共点 【分析】联立直线与抛物线方程，通过零点的个数，判断位置关系即可 【解答】解：直线方程为 yx+1，与 y24x 联立可得（x+1）24xx22x+10， 0 且有重根 x1， 该直线与抛物线 y24x 有唯一公共点且相切 故选：C 【点评】本题考查直

14、线与抛物线的位置关系的应用，是基本知识的考查 5 （5 分）若直线 l：kxy+10 上不存在满足不等式组的点（x，y） ，则实数 k 的取值范围为 （ ） A （1，+） B （0，+） C （0，1） D （0，1 【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形知直线 l：kxy+10 的斜率 k 满足什么条件时，直 线 l 上不存在阴影部分内的点 【解答】解：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示； 由直线 kxy+10 恒过定点 B（0，1） ， 结合图形可知，当且仅当直线 l：kxy+10 的斜率 k 满足 0k1 时， 直线 l 上不存在阴影部分内的点 故选：D 【点评】本题考

15、查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合解题思想，是基础题 6 （5 分）设 l，m 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A若 lm，m，l，则 B若 l，lm，则 m C若 l，m，则 lm D若 l，m，则 lm 【分析】先由 l 及 ml 可得 m，又 可得 m 【解答】解：对于 B：l，lm，m， （若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条直 线也垂直这个平面） 由 m 及 可得 m， 故选：B 【点评】本题考查了空间中直线与平面之间的位置关系，属基础题 7 （5 分）如图，若在矩阵 OABC 中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（

16、） A1 B C D1 【分析】分别求出矩形和阴影部分的面积即可求出豆子落在图中阴影部分的概率 【解答】解：S矩形，sinxdx（coscos0）2， S阴影2， 故豆子落在图中阴影部分的概率为1， 故选：A 【点评】本题简单的考查了几何概率的求解，属于容易题，难度不大，正确求面积是关键 8 （5 分）如图所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术” ，执行 该程序框图，若输入的 a，b 分别为 63，36，则输出的 a（ ） A3 B6 C9 D18 【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的 a，b 的值，即可得到结论 【解答】解：由 a63，b3

17、6，满足 ab， 则 a633627， 由 ab，则 b36279， 由 ab，则 a27918， 由 ab，则 a1899， 由 ab，则退出循环，输出 a9 故选：C 【点评】本题考查了算法和程序框图，主要是对循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用问题，是 基础题 9 （5 分） （文）设函数 yxsinx+cosx 的图象上的点（x0，y0）处的切线的斜率为 k，若 kg（x0） ，则函数 kg（x0）的图象大致为（ ） A B C D 【分析】 先根据导数的几何意义写出 g （x） 的表达式 再根据图象的对称性和函数值的分布， 逐一判断 【解答】解：由题意，得 g（x）xcosx，因

18、为 g（x）g（x）所以它是奇函数， kg（x0）y（x0）x0cosx0，图象关于原点对称，排除 A，C，排除 B，C 又当 0 x1时，cosx0，xcosx0，知 D 项不符合， 故选：B 【点评】对于这样的图象信息题，要根据选项，找出区分度，如图象的对称性，单调性，函数值的特征 等，再逐一判断在选择题的作答中，排除法一直是切实有效的方法之一，特别是这样的图象题，优势 尤为明显 10 （5 分）为迎接双流中学建校 80 周年校庆，双流区政府计划提升双流中学办学条件区政府联合双流中 学组成工作组，与某建设公司计划进行 6 个重点项目的洽谈，考虑到工程时间紧迫的现状，工作组对项 目洽谈的顺序

19、提出了如下要求：重点项目甲必须排在前三位，且项目丙、丁必须排在一起，则这六个项 目的不同安排方案共有（ ） A240 种 B188 种 C156 种 D120 种 【分析】 根据题意， 按甲的位置分 3 种情况讨论， 求出每种情况的排法数目， 由加法原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，分 3 种情况讨论： 、当甲在第 1 位时， 第一步，丙、丁捆绑成的整体有 4 种方法， 第二步，丙、丁内部排列用种方法， 第三步，其他三人共种方法，共种方法； 、当甲在第 2 位时，第一步，丙、丁捆绑成的整体有 3 种方法， 后面两步与第一类方法相同，共种方法； 、当甲在第 3 为时，与第二类相同，共 36

20、 种方法； 则完成这件事的方法数为 N48+36+36120； 故选：D 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分步计数原理的应用，属于基础题 11 （5 分）已知函数的图象过点，若要得到一 个偶函数的图象，则需将函数 f（x）的图象（ ） A向左平移个单位长度 B向右平移个单位长度 C向左平移个单位长度 D向右平移个单位长度 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换的应用，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用 函数的图象和性质的应用和函数的图象的平移变换的应用求出结果 【解答】解：函数， 由已知，可知，kZ， 解得，kZ 又因为 03， 所以 k0， 所以 令，kZ， 得，kZ，

21、 所以函数 f（x）时，对称轴为直线，当 k1 时，对称轴为直线要得到一个偶函数 的图象， 可将 f（x）的图象向左平移个单位长度，或向右平移个单位长度 故选：B 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的 平移变换的应用，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 12 （5 分）已知 f（x）是定义域为（0，+）的函数 f（x）的导函数，若 x2f（x）+xf（x）lnx，且 f（1） 2，则（ ） A B4f（3）3f（4） C当 x1 时，f（x）取得极小值2 D当 x0 时，f（2）+2x0 【分析】构造函数，结合条件分析

22、函数的单调性，逐个分析每个选项，确定答案 【解答】解析：因为 x0，x2f（x）xf（x）lnx，所以 当 0 x1 时，单调递减 当 x1 时，单调递增 所以，即，4f（3）3f（4） ，故 A，B 错误； 当 x1 时，取得极小值，故 C 错误， 所以当 x0 时，即 f（x）+2x0，D 正确 故选：D 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了函数构造法，属中档题 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，将答案填在答题卡相应横线上分，将答案填在答题卡相应横线上. 13 （5 分）已知双曲线的右焦点为 F，则 F 到其中一

23、条渐近线的距离为 2 【分析】求出双曲线的焦点坐标，渐近线方程，利用已知条件求解即可 【解答】 解： 对于任意双曲线， 其中一个焦点 F （c， 0） 到渐近线（即 bxay0） 的距离为 又 b24b2，焦点 F 到其中一条渐近线的距离为 2 故答案为：2 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，是基础题 14 （5 分）已知平面向量 与 的夹角为，若，则 1 【分析】根据平面向量的数量积与模长公式，列方程求出| |的值 【解答】解：平面向量 与 的夹角为 ，且， | |2； 又，则2 +7， 即 422| |cos+7， 整理得+2| |30， 解得| |1 或| |3（

24、不合题意，舍去） ； 所以 故答案为：1 【点评】本题考查了平面向量的数量积与模长的计算问题，是基础题 15 （5 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c已知，c1，b+a（sinCcosC）0， 则 a 【分析】利用正弦定理和三角函数化简，求出 A，再利用余弦定理求出 a 【解答】解：由正弦定理与 b+a（sinCcosC）0，得 sinB+sinA（sinCcosC）0， 又 A+B+C，所以 sin（A+C）+sinA（sinCcosC）0， 所以 sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC0， 即 sinC（sinA+cosA）， 所以 由余

25、弦定理得， 故答案为： 【点评】考查正余弦定理的应用，三角函数化简，中档题 16 （5 分）圆锥 SD（其中 S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是 2：1，则圆锥 SD 与它的外 接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为 【分析】设圆锥的底面半径为 r，母线为 l，由侧面积与底面积的比求出母线与底面半径的关系，进而求 出圆锥的高与底面半径的关系，由外接球的半径 R 与底面半 r 和圆锥的高的关系：R2r2+（hR）2， 求出 R 与 r 的关系，进而求出圆锥的体积与外接球的体积之比 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为 r，圆锥母线长为 l，则侧面积为 rl，侧面积与底面

26、积的比为 ，则母线 l2r，圆锥的高为，则圆锥的体积为，设 外接球的球心为 O，半径为 R，截面图如图， 则 OBOSR，BDr，在直角三角形 BOD 中，由勾股定理得 OB2OD2+BD2，即 ，展形整理得，则外接球的体积为， 故所求体积比为 故答案为： 【点评】考查空间几何体与球的体积公式，属于中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a23，S525等比数列bn中，b1+b330，b4+b6 810 （）求

27、数列an、bn的通项公式； （）求数列an+bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （）设等差数列an的公差为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公 差，进而得到 an，再由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求 bn； （）运用数列的分组求和，以及等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和 【解答】解： （）设等差数列an的公差为 d， 则，解得 所以 an2n1， 设等比数列bn的公比为 q，则，所以 q3 又因为，所以 b13，所以； （）Tn（a1+b1）+（a2+b2）+（an+bn） （a1+a2+an）+（b1+b2+bn）（1+3+5+（2n1

28、） ）+（3+32+33+3n） n（1+2n1）+ 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的分组求和，考查方程思想 和运算能力，属于中档题 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，CB1，CA2，点 N 是 CA 的中点 （）求证：B1C平面 A1BN； （）求平面 A1BN 与平面 CBB1C1所成的锐二面角的余弦值 【分析】 （）连接 B1A，交 BA1于点 O，连接 ON证明 B1CON即可证明 B1C平面 A1BN （）如图建立坐标系，求出面 BNA1的法向量，平面 CBB1C1的法向量，通过空间向量的数量积求解平 面 A1B

29、N 与平面 CBB1C1所成的锐二面角的余弦值即可 【解答】 （）证明：连接 B1A，交 BA1于点 O，连接 ON 由题，四边形 AA1B1B 是矩形点 O 为 B1A 中点 又点 N 是 CA 的中点，B1CONB1C面 A1BN，ON面 A1BN，B1C平面 A1BN （）解：如图建立坐标系，ABC90，CB1，CA2，点 N 是 CA 的中点， 设面 BNA1的法向量为， ， 令，得， 又AB平面 CBB1C1， 取平面 CBB1C1的法向量为， ， 平面 A1BN 与平面 CBB1C1所成的锐二面角的余弦值为 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，考查

30、空间想象能力以及 计算能力，是中档题 19 （12 分）甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销 5 天两品牌提供的返利方案 如下：甲品牌无固定返利，卖出 10 件以内（含 10 件）的产品，每件产品返利 5 元，超出 10 件的部分每 件返利 7 元；乙品牌每天固定返利 20 元，且每卖出一件产品再返利 3 元经统计，两家品牌在试销期间 的销售件数的茎叶图如下： （）现从乙品牌试销的 5 天中随机抽取 3 天，求这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 （）若将频率视作概率，回答以下问题： 记甲品牌的日返利额为 X（单位：元） ，求 X 的分布列和数学期望； 商场拟在

31、甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知 识为商场作出选择，并说明理由 【分析】 （）法一：设 A 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天，这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 优缺点 的事件，利用排列组合能求出这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 法二：设 A 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天，这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 件的事件，则 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天， 这 3 天的销售量都不低于 10 件的事件，利用对立事件概率计算公 式能求出这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 （）设甲品

32、牌的日销售量为随机变量 ，则当 6 时，X30；当 7 时，X35；当 10 时，X 50；当 12 时，X64，由此能求出 X 的分布列和数学期望 法一： 设乙品牌的日销售量为随机变量 ， 乙品牌的日返利额 Y （单位： 元） 与 的关系为： Y20+3， 求出 的分布列和数学期望，由此能求出如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售 法二：乙品牌的日返利额 Y（单位：元）的取值集合为38，47，56，59，求出 Y 分布列数学期望， 由此能求出如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售 【解答】解： （）解法一：设 A 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天，这 3

33、天的销售量中至少有一天 低于 10 优缺点 的事件， 则这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 解法二：设 A 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天，这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 件的事件， 则 为从乙品牌试销售的 5 天中抽取 3 天，这 3 天的销售量都不低于 10 件的事件， 则这 3 天的销售量中至少有一天低于 10 的概率 （）设甲品牌的日销售量为随机变量 ， 则甲品牌的日返利额 X（单位：元）与 的关系为： 当 6 时，X30；当 7 时，X35；当 10 时，X50；当 12 时，X64； 故 X 的分布列为： X 30 35 50 64 P （元） ，

34、 解法一： 设乙品牌的日销售量为随机变量 ， 乙品牌的日返利额 Y （单位： 元） 与 的关系为： Y20+3， 且 的分布列为 6 9 12 13 P 则（件） ， 则 E（Y）E（3+20）3E（）+20310.4+2051.2（元） ， 因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额， 所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售 解法二：乙品牌的日返利额 Y（单位：元）的取值集合为38，47，56，59，分布列为 Y 38 47 56 59 P 则（元） ， 因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额， 所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售 【点

35、评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查排列组合、对立 事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （12 分）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为 F1，F2A，B 是椭圆 C 上两点，O 是坐标原点，且，|AF1|+|BF1|4 （）求椭圆 C 的方程； （）过 F1作两条相互垂直的直线 l1，l2分别交椭圆于 P，Q 和 M，N，求|PQ|+|MN|的取值范围 【分析】 （）由知直线 AB 过原点，根据椭圆的对称性知|BF1|AF2|，得 2a|AF1|+|AF2| |AF1|+|BF1|4，得出 a2，又因为离心率为，求出 c，进而求出

36、 b，写出椭圆 C 的方程 （）分两种情况当直线 PQ，MN 有一条斜率不存在时，|PQ|+|MN|4+37当 PQ 斜率存在且 不为 0 时，设方程为 yk（x+1） ，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） 联立直线 PQ 与椭圆 C 的方程得|PQ|，同理得|MN|，再对|PQ|+|MN|化简分析取值范围 【解答】解： （）连接 AF2，BF2，由知直线 AB 过原点，根据椭圆的对称性知|BF1|AF2|， 由椭圆的定义知 2a|AF1|+|AF2|AF1|+|BF1|4，a2， 由题知，c1，b2a2c23， 故椭圆 C 的方程为 （）当直线 PQ，MN 有一条斜率不存在时，|PQ|+|

37、MN|4+37 当 PQ 斜率存在且不为 0 时，设方程为 yk（x+1） ，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） 联立方程，得，消去 y 整理得（3+4k2）x2+8k2x+4k2120 ， 把代入上式，得， ， 设 tk2+1（k0） ，t1，t1， 设，t1， 令，则， ， ， ， 综上所述，|PQ|+|MN|的取值范围是 【点评】本题考查直线与椭圆相交问题，及取值范围，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+（aR）在 x1 处的切线与直线 x2y+10 平行 （）求实数 a 的值，并判断函数 f（x）的单调性； （）若函数 f（x）m 有两个零点 x1，x2，且 x1

38、x2，求证：x1+x21 【分析】 （）求出函数的导数，求出 a 的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （）求出，令 t，则，构造函数 ，根据函数的单调性证明即可 【解答】解： （）函数 f（x）的定义域： （0，+） ， （1 分） ，（2 分） ， （3 分） 令 f（x）0，解得，故；（4 分） 令 f（x）0，解得，故（5 分） （II）由 x1，x2为函数 f（x）m 的两个零点，得，（6 分） 两式相减，可得，（7 分） ， 因此，（8 分） 令， 则，（9 分） 构造函数，（10 分） 则 所以函数 h（t）在（0，1）上单调递增，故 h（t）h（1） ，（11

39、分） 即，可知， 故 x1+x21命题得证（12 分） 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及换元思想，转化思想，是一道综合 题 请考题：共请考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题记分题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题记分.作答时请写清作答时请写清 题号题号.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）已知过点 P（1，1）的直线 l 的倾斜角为 ，以直角坐标系 xOy 的原点 O 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 sin24cos （I

40、）将曲线 C 的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）若直线 l 与曲线 C 交 A，B 两点，当OAP 的面积为OAB 面积的一半时，求 tan 【分析】 （1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2） 利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数关系式的恒等变换和三角形的面积的应用求出 结果 【解答】解： （1）过点 P（1，1）的直线 l 的倾斜角为 ，所以直线的方程为当直线的斜率不存在时， x1 转换为极坐标方程为 cos1， 当直线的斜率存在时， y1tan （x1） ， 转换为极坐标方程为 sin 1tan（cos1） 曲线 C 的极坐标方程为 s

41、in24cos转换为直角坐标方程为 y24x （2）直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，代入直角坐标方程为 y24x 得 sin2t2+（2sin4cos）t30（t1和 t2为 A 和 B 对应的参数） ， 所以 当OAP 的面积为OAB 面积的一半时，即|PA|PB|， 即 t1+t20， 即 4cos2sin0，解得 tan2 【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，一元二次方程根和系 数关系式的应用，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 f（x）|x+3|x1| （）解不等式：f

42、（x）1； （）若函数 f（x）的最大值为 m，且正数 a，b，c 满足 a+2b+4cm，求证： 【分析】 （）通过当 x1 时，当3x1 时，当 x3 时，去掉绝对值符号，然后求解 f（x）1 的解集 （）由绝对值不等式可得 f（x）|x+3|x1|（x+3）（x1）|4得 m4a+2b+4c4，利 用柯西不等式转化证明即可 【解答】解： （）当 x1 时，f（x）1 可化为 x+3（x1）1，即 41，恒成立，故 x1； 当3x1 时， f （x） 1 可化为 x+3+ （x1） 1， 即 2x+21， 解得， 又3x1， 故 当 x3 时，f（x）1 可化为（x+3）+（x1）1，即41，显然不成立，所以此时不等式无解 综上，故 f（x）1 的解集为 （）证明：由绝对值不等式可得 f（x）|x+3|x1|（x+3）（x1）|4 由题意得 m4 所以 a+2b+4c4， 所以由柯西不等式得 （1+2+4）249， 当且仅当时等号成立 【点评】本题考查柯西不等式证明不等式，绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力，是中档 题