2018年5月湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科）含答案解析

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1、2018 年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科） （5 月份）一、选择题：本大题共 12 小题，毎小题 5 分，共 60 分.在毎小题给出的四个选顼中项是符合题目要求的.1 （5 分）已知集合 ，则 AB（  ）A （0，3） B （0，3 C （1，0） D （3，+）2 （5 分）已知复数 z 满足 i（ z+3）3i ，则|z|（   ）A B3 C4 D53 （5 分）下列有三种说法：命题 “xR，x 2+13x”的否定是“x R，x 2+13x” ；已知 p、q 为两个命题，若 pq 为假命题，则（p）（q）为真命题；命题 “若 xy0，则 x0 且 y0”为真命

2、题其中正确的个数为（  ）A3 个 B2 个 C1 个 D0 个4 （5 分）已知双曲线的渐近线方程为 y ，且过点（4， ） ，则该双曲线的标准方程为（  ）A y 21 By 2 1 C y 21 Dy 2 15 （5 分）已知 x，y 满足 若 zx +2y 有最大值 4，则实数 m 的值为（  ）A4 B2 C1 D16 （5 分）运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合 A，从集合 A 中任取一个元素 a，则函数 yx a 在（0，+）是增函数的概率为（  ）第 2 页（共 25 页）A B C D7 （5 分）已知圆 C1：，x 2+y2

3、r 2，圆 C2：（xa） 2+（ yb） 2r 2（r0）交于不同的A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2）两点，给出下列结论： a（ x1x 2）+b（y 1y 2）0； 2ax1+2by1a 2+b2； x1+x2a，y 1+y2b其中正确结论的个数是（  ）A0 B1 C2 D38 （5 分） 九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵” ，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马” ，已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图中如图所示，已知该几何体的体积为 ，则图中 x（  ）A1 B C2 D29 （5 分）已知函数 f（x ）s

4、in（2x+ ）+ acos（2x+） （0）的最大值为 2，且满足 f（x ）f（ x） ，则 （  ）A B C 或 D 或10 （5 分）在ABC 中，BAC 60，AB5，AC 6 ，D 是 AB 上一点，且第 3 页（共 25 页），则 等于（  ）A1 B2 C3 D411 （5 分）已知点 M，N 是抛物线 y4x 2 上不同的两点，F 为抛物线的焦点，且满足，弦 MN 的中点 P 到直线 l： 的距离记为 d，若| MN|2d 2，则 的最小值为（  ）A3 B C D412 （5 分）已知函数 f（x ）ax，g（x）lnx，存在 t（0，e，使

5、得 f（t）g（t ）的最小值为 3，则函数 g（x ）lnx 图象上一点 P 到函数 f（x）ax 图象上一点 Q 的最短距离为（  ）A BC D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知 cos ， ，则 cos（ ）     14 （5 分）在（x 2+ ） 6 的展开式中，含 x3 项的系数是     （用数字作答）15 （5 分）已知 P，A，B ，C 是半径为 2 的球面上的点，PAPBPC2， ，点 B 在 AC 上的射影为 D，则三棱锥 PABD 体积的最大值是    

6、 16 （5 分）已知 BC6，AC2AB，点 D 满足 + ，设 f（x ，y）|，若 f（x ，y）f（x 0，y 0）恒成立，则 f（x 0，y 0）的最大值为      三、解答题：本大题共 5 小题.共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17 （12 分）在等比数列a n中，首项 a18，数列 bn满足 bnlog 2an，且b1+b2+b315（1）求数列 an的通项公式；（2）记数列 bn的前 n 项和为 Sn，求设数列 的前 n 项和为 Tn18 （12 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形，EF AC，E

7、F1，ABC60，CE 平面 ABCD， ，CD 2，G 是 DE 的中点第 4 页（共 25 页）（1）求证：平面 ACG平面 BEF；（2）求直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值19 （12 分）设直线 l：y kx +m（k0）与抛物线 x24 y 交于 A，B 两点，与椭圆+ 1 交于 C，D 两点，记直线 OA，OB，OC， OD 的斜率分别为k1，k 2，k 3，k 4（1）若 m ，证明： 为定值；（2）设抛物线 x24y 的焦点为 F，若 OAOB，求FCD 面积的最大值20 （12 分）某保险公司对一个拥有 20000 人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少

8、量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为 A， B，C 三类工种，从事这三类工种的人数分别为 12000，6000，2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频率如表（并以此估计赔付概率）：工种类别  A  B  C赔付频率    已知 A，B ，C 三类工种职工每人每年保费分别为 25 元、25 元、40 元，出险后的赔偿金额分别为 100 万元、100 万元、50 万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年 10 万元（1）求保险公司在该业务所或利润的期望值；（2）现有如下两个方案供企业选择：方案 1：

9、企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿付给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年 12 万元；方案 2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的 70%，职工个人负责保费的 30%，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支第 5 页（共 25 页）请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议21 （12 分）已知函数 f（x ） x2+ 1（kR，k1） （1）讨论函数 f（x ）的单调区间；（2）当 k 时，若函数 f（x）在（，e n（nZ ，e 是自然对数的底数）上有两个零点，求 n 的最小值选考题：10 分.请考生在 22、23 题中任

10、选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.【选修 4-4：坐标系与参数方程 】 （本题满分 10 分）22 （10 分）在直角坐标系中，直线 l 过点 P（1，2） ，且倾斜角为， 以直角坐标系的原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2（3+sin 2）12（1）求直线 l 的参数方程和曲线 C 的直角坐标方程，并判断曲线 C 是什么曲线；（2）设直线 l 与曲线 C 相交与 M，N 两点，当|PM| |PN|2，求 的值选修 4-5：不等式选讲 （本题满分 0 分）23已知函数 f（x ）|x 2a |+|x+3|，g（x）| x2|+3（1）解不等

11、式|g（x ）|6；（2）若对任意的 x2R，均存在 x1R，使得 g（x 1）f（x 2）成立，求实数 a 的取值范围第 6 页（共 25 页）2018 年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科） （5 月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，毎小题 5 分，共 60 分.在毎小题给出的四个选顼中项是符合题目要求的.1 （5 分）已知集合 ，则 AB（  ）A （0，3） B （0，3 C （1，0） D （3，+）【分析】求出关于 A，B 的不等式，求出 A，B 的交集即可【解答】解：由 Ax| ylnx x|x 0 ，B x|1x3则 ABx|0x 3，故选：A【

12、点评】本题考查了集合的运算，考查对数函数以及不等式的性质，是一道基础题2 （5 分）已知复数 z 满足 i（ z+3）3i ，则|z|（   ）A B3 C4 D5【分析】根据复数的基本运算先求出 z，然后利用复数的模长公式进行计算即可【解答】解：由 i（z+3 ）3i ，得 z+3 113i，则 z43i，则|z| 5，故选：D【点评】本题主要考查复数模长的计算，根据复数的运算法则先求出复数 z 的表达式是解决本题的关键3 （5 分）下列有三种说法：命题 “xR，x 2+13x”的否定是“x R，x 2+13x” ；已知 p、q 为两个命题，若 pq 为假命题，则（p）（q）为真命

13、题；命题 “若 xy0，则 x0 且 y0”为真命题其中正确的个数为（  ）A3 个 B2 个 C1 个 D0 个【分析】 根据特称命题的否定是全称命题进行判断第 7 页（共 25 页）根据复合命题真假关系进行判断根据命题真假判断即可【解答】解：命题“ xR，x 2+13x”的否定是“xR，x 2+13x” ；故错误，已知 p、q 为两个命题，若满足 pq 为假命题，则 p，q都为假命题，则（p）（q）为真命题；故正确命题 “若 xy0，则 x0 或 y0” 故错误，其中正确的个数为 1 个，故选：C【点评】本题主要考查命题的真假判断，涉及含有量词的命题的否定，复合命题真假关系以及命

14、题的真假判断，比较基础4 （5 分）已知双曲线的渐近线方程为 y ，且过点（4， ） ，则该双曲线的标准方程为（  ）A y 21 By 2 1 C y 21 Dy 2 1【分析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可以设双曲线的方程为 y2 ，将点（4， ）的坐标代入双曲线方程可得 的值，将 的值代入双曲线的方程，变形可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的渐近线方程为 y ，设双曲线的方程为 y2 ，又由双曲线经过点（4， ） ，则有（ ） 2 1 ，则双曲线的方程为 y 21；故选：A【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是设出双曲线的方程5 （5 分）已知 x，y 满足 若 zx +

15、2y 有最大值 4，则实数 m 的值为（  ）A4 B2 C1 D1【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即可得到结论第 8 页（共 25 页）【解答】解：作出 x，y 满足 对应的平面区域如图：由图象可知 zx+2y 在点 A 处取得最大值，由 ，解得 A（0，2） ，A 在直线 2xy m 上，此时 02m，解得 m2，故选：B【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键6 （5 分）运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合 A，从集合 A 中任取一个元素 a，则函数 yx a 在（0，+）是增函数的概率为（  ）第 9 页（

16、共 25 页）A B C D【分析】先根据流程图进行逐一进行运行，求出集合 A，再求出基本事件的总数，然后讨论满足“函数 yx ，x 0，+）是增函数”时包含基本事件，最后根据古典概型公式求出该概率即可【解答】解：模拟程序的运行，可得 A8，3，0 ，其中基本事件的总数为 3，设集合中满足“函数 yx ，x0 ，+）是增函数”为事件 E，当函数 yx ，x 0，+ ）是增函数时， 0事件 E 包含基本事件为 2，则 P（E） 故选：C【点评】本题主要考查了当型循环结构，以及与集合和古典概型相结合等问题，算法与其他知识结合在近两年的新课标地区高考都考查到了，这启示我们要给予高度重视，属于基础题7

17、 （5 分）已知圆 C1：，x 2+y2r 2，圆 C2：（xa） 2+（ yb） 2r 2（r0）交于不同的A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2）两点，给出下列结论： a（ x1x 2）+b（y 1y 2）0； 2ax1+2by1a 2+b2； x1+x2a，y 1+y2b其中正确结论的个数是（  ）A0 B1 C2 D3【分析】根据圆的公共弦方程判断，根据 A、B 在公共弦上判断，根据公共弦与圆心连线互相平分及中点坐标公式判断【解答】解：两圆方程相减可得直线 AB 的方程为：a 2+b22ax2by0，即2ax+2bya 2+b2，故正确；分别把 A（x 1， y1） ，B

18、（x 2，y 2）两点代入 2ax+2bya 2+b2 得：2ax1+2by1a 2+b2，2ax 2+2by2a 2+b2，两式相减得：2a（x 1x 2）+2b（y 1y 2）0，即 a（x 1x 2）+b（y 1y 2）0，故正确；由圆的性质可知：线段 AB 与线段 C1C2 互相平分，x 1+x2a，y 1+y2b，故正确故选：D第 10 页（共 25 页）【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题8 （5 分） 九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵” ，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马” ，已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图中如图所

19、示，已知该几何体的体积为 ，则图中 x（  ）A1 B C2 D2【分析】如图所示，由已知中的三视图可得：该几何体是一个四棱锥与三棱柱的组合体，其直观图如下图所示，分别利用体积计算公式即可得出【解答】解：如图所示，由已知中的三视图可得：该几何体是一个四棱锥与三棱柱的组合体，其直观图如下图所示：该几何体的体积为 1 + ，解得 x 故选：B【点评】本题考查了四棱锥与三棱柱的三视图与体积计算公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题9 （5 分）已知函数 f（x ）sin（2x+ ）+ acos（2x+） （0）的最大值为 2，且满足 f（x ）f（ x） ，则 （ &nb

20、sp;）A B C 或 D 或【分析】化简函数的解析式为 一个角的一个三角函数的形式，利用函数的对称轴以及第 11 页（共 25 页）函数的最大值求出 a，与 的值【解答】解：函数 f（x ）sin（2x+ ）+ acos（2x+） sin（2x+） ，其中 tana由三角函数的性质可知，函数的周期是 ，由函数满足 f（x ）f（ x） ，得知函数 f（x ）关于 x 对称，函数在 y 轴右侧的第一个最大值为 x 时取得2 + ， +0，f（x）的最大值为 2 2，a ，0 ，可得： 0，当 a 时，tana ， ， （舍去） ，或 ，可得 ；当 a 时，tana ，可得： ，由 0 ， 故选

21、：D【点评】本题考查三角函数的性质，求得 a 是关键，考查正弦函数的对称性，考查分析、转化与运用三角知识解决问题的能力，属于中档题10 （5 分）在ABC 中，BAC 60，AB5，AC 6 ，D 是 AB 上一点，且，则 等于（  ）A1 B2 C3 D4【分析】依题意，作出图形设 k ，由向量的加减的几何意义和数量积即可求出【解答】 】解：在ABC 中，BAC 60，AB5，AC4，D 是 AB 上一点，且 5，作图如下：设 k ， k ， （k ）k 25k 5 6 25k155，第 12 页（共 25 页）解得 k ，| |（ 1 ）| |3，故选：C【点评】本题考查平面向量

22、数量积的运算，考查平面向量的加法运算（三角形法则）及平面向量共线基本定理的应用，考查数形结合思想，属于中档题11 （5 分）已知点 M，N 是抛物线 y4x 2 上不同的两点，F 为抛物线的焦点，且满足，弦 MN 的中点 P 到直线 l： 的距离记为 d，若| MN|2d 2，则 的最小值为（  ）A3 B C D4【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设|MF |a，|NF|b，由MFN120，运用余弦定理可得|MN| ，运用抛物线的定义和中位线定理可得 d （|MF|+|NF|） （a+b） ，运用基本不等式计算即可得到所求最小值【解答】解：抛物线 y4x 2 的焦点 F（0， ）

23、 ，准线为 y ，设|MF |a，|NF |b，由MFN120，可得|MN |2|MF| 2+|NF|22|MF| NF|cosMFNa 2+b2+ab，由抛物线的定义可得 M 到准线的距离为 |MF|，N 到准线的距离为|NF|，由梯形的中位线定理可得 d （|MF |+|NF|） （a+b） ，由|MN |2d 2，可得 1 1 ，可得 3，当且仅当 ab 时，取得最小值 3，故选：A【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查余弦定理和基本不等式的运用：求第 13 页（共 25 页）最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题12 （5 分）已知函数 f（x ）ax，g（x）lnx，存在

24、t（0，e，使得 f（t）g（t ）的最小值为 3，则函数 g（x ）lnx 图象上一点 P 到函数 f（x）ax 图象上一点 Q 的最短距离为（  ）A BC D【分析】由题意可得 yatlnt 在（0，e上取得最小值 3，求得 y 的导数，可得极值且为最值，可得 a 的值，设 f（ x）上存在点（m，lnm）处的切线平行于直线 yax，求得切线的斜率，可得切点，由点到直线的距离公式可得所求最小值【解答】解：存在 t（0，e，使得 f（t ）g（t）的最小值为 3，即有 yatlnt 在（0，e上取得最小值 3，由 yatlnt 的导数为 ya ，可得 a0，且 0 e，即有 t

25、处函数 yat lnt 取得极小值，且为最小值，可得 1ln 3，解得 ae 2，则 f（x）e 2x，设 f（x）lnx 上存在点（m，lnm）处的切线平行于直线 yax，可得 a ，即切点为（ ，2） ，可得最短距离为 故选：D【点评】本题考查导数的运用：求切线斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和运算能力，属于中档题二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知 cos ， ，则 cos（ ）   【分析】利用同角三角函数的基本关系求得 sin的值，再利用两角和的余弦公式求得第 14 页（共 25 页）cos（ ）的值【解答】解：cos ，

26、，sin ，则 cos（ ）cos cossin sin ，故答案为： 【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的余弦公式的应用，属于基础题14 （5 分）在（x 2+ ） 6 的展开式中，含 x3 项的系数是 160 （用数字作答）【分析】写出二项展开式的通项，再由 x 的指数为 3 求得 r 值，则答案可求【解答】解：由 ，由 123r3，可得 r3在（x 2+ ） 6 的展开式中，含 x3 项的系数是 故答案为：160【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题15 （5 分）已知 P，A，B ，C 是半径为 2 的球面上的点，PAPBPC2， ，点

27、B 在 AC 上的射影为 D，则三棱锥 PABD 体积的最大值是   【分析】P 在平面上的射影 G 为ABC 的外心，即 G 为 AC 中点，球的球心在 PG 的延长线上，设 PGh，则 OG2h，求出 h1，则 AGCG ，过 B 作 BDAC 于D，设 ADx，则 CD2 x ，设 BDy，由BDCADB，得 ，从而y ，则 ，令 f（x）x 4+2 ，则，利用导数性质能求出三棱锥 PABD 体积的最大值【解答】解：如图，根据题意得 PAPBPC2，ABC90，P，A，B，C 是半径为 2 的球面上的点，PAPBPC2， ，点 B 在 AC上的射影为 D，P 在平面上的射影 G

28、 为ABC 的外心，即 G 为 AC 中点，则球的球心在 PG 的延长线上，设 PGh，则 OG2h，第 15 页（共 25 页）OB 2OG 2 PB2PG 2，即 4（2h） 24h 2，解得 h1，则 AGCG ，过 B 作 BDAC 于 D，设 ADx ，则 CD2 x ，设 BDy，由BDCADB，得 ，解得 y ，则 ，令 f（x）x 4+2 ，则 ，由 f（x）0 ，得 x ，当 x 时，f（x） max ，ABD 面积的最大值为 ，三棱锥 PABD 体积的最大值为 故答案为： 【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查几何体性质、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查

29、函数与方程思想，是中档题16 （5 分）已知 BC6，AC2AB，点 D 满足 + ，设 f（x ，y）|，若 f（x ，y）f（x 0，y 0）恒成立，则 f（x 0，y 0）的最大值为  4 【分析】由题意设 2 ， ，则三点 D，E，F 共线，可得|AD|的最小值为A 到直线 EF 的距离，设 A，E，F 的坐标，求得 A 的轨迹方程，可得 AD 的最小值，即可得到所求最大值【解答】解：BC6，AC2AB，点 D 满足 + （2 ）+ （ ） ，第 16 页（共 25 页）设 2 ， ，则三点 D，E，F 共线，由题意可得 EFBC6，且 AF2AE，| AD|的最小值为 A

30、到直线 EF 的距离，可设 A（m，n） ，E（3，0 ） ，F（3，0） ，可得 2 ，两边平方化简可得 m2+n2+10m+90，即有 A 在以（5，0）为圆心，4 为半径的圆上运动，则|AD |的最小值为 4，f（x，y）f（x 0，y 0）恒成立，可得 f（x 0，y 0）4，即 f（x 0，y 0）的最大值为 4，故答案为：4【点评】本题考查向量共线定理的运用，考查圆的方程的求法和应用，以及恒成立思想的解法，考查运算化简能力，属于难题三、解答题：本大题共 5 小题.共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17 （12 分）在等比数列a n中，首项 a18，数列 bn满足

31、 bnlog 2an，且b1+b2+b315（1）求数列 an的通项公式；（2）记数列 bn的前 n 项和为 Sn，求设数列 的前 n 项和为 Tn【分析】 （1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式（2）利用裂项相消法求出数列的和【解答】解：（1）等比数列 an中，首项 a18，数列  bn满足 bnlog 2an，且 第 17 页（共 25 页）b1+b2+b315设公比为 q，则： ，所以：88q8q 22 15，解得：q4所以： （2）由（1）得到：b n2n+1，所以：S n3+5+7+（2n+1）n 2+2n，故： ， 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应

32、用，裂项相消法在数列求和中的应用18 （12 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形，EF AC，EF1，ABC60，CE 平面 ABCD， ，CD 2，G 是 DE 的中点（1）求证：平面 ACG平面 BEF；（2）求直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值【分析】 （）连接 BD 交 AC 于 O，则 O 是 BD 的中点连结 OG，则 OGBE，从而OG面 BEF；由 EFAC，得面 ACG 有两条相交直线与面 BEF 平行，由此能证明面ACG面 BEF（）以 O 为坐标原点，分别以 OC、OD、OF 为 x、y 、 z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出

33、直线 AD 与面 ABF 成的角的正弦值第 18 页（共 25 页）【解答】解：（）连接 BD 交 AC 于 O，则 O 是 BD 的中点，连结 OG，G 是 DE 的中点，OGBE，BE 面 BEF， OG 在面 BEF 外，OG面 BEF；又 EFAC，AC 在面 BEF 外，AC面 BEF，又 AC 与 OG 相交于点 O，面 ACG 有两条相交直线与面 BEF 平行，故面 ACG面 BEF（）如图，以 O 为坐标原点，分别以 OC、OD、OF 为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系，则 A（1，0，0） ， ， ， ， ， ，设面 ABF 的法向量为 ，依题意有 ，则 ，令 ，b1，c1

34、， ，直线 AD 与面 ABF 成的角的正弦值是 【点评】本题考查面面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，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、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题19 （12 分）设直线 l：y kx +m（k0）与抛物线 x24 y 交于 A，B 两点，与椭圆第 19 页（共 25 页）+ 1 交于 C，D 两点，记直线 OA，OB，OC，OD 的斜率分别为k1，k 2，k 3，k 4（1）若 m ，证明： 为定值；（2）设抛物线 x24y 的焦点为 F，若 OAOB，求FCD 面积的最大值【分析】 （1）设直线 l：y

35、kx +m，联立 ，得 x24kx4m0，联立，得（2+3k 2）x 2+6kmx+3m2120，由此利用导达定理能证明 为定值（2）由韦达定理、OAOB，得 m4，由此利用弦长公式、点到直线距离公式，能求出三角形面积面积的最大值【解答】证明：（1）设直线 l：y kx+ m，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，C（x 3，y 3） ，D（x 4，y 4） ，联立 ，得 x24kx4m0，则 x1+x24k，x 1x24m，k1+k2 k ，联立 ，得（2+3k 2）x 2+6kmx+3m2120，（6km） 24（2+3 k2） （3m 212）0，即 4+6k2m 2， ，2k

36、+ + 2k+ 2k+ ，第 20 页（共 25 页）m ， 是一个与 k 无关的值， 为定值（2）由（）知 x1+x24k ， x1x24m，由 OAOB ，得 x1x2+y1y20， 4m+m 20，得 m4 或 m0（舍） ，此时0，k 22， ，x 3x4 ，|CD| |x3x 4|12 ，F（0，1）到直线 CD 的距离 d ，S FCD 18 ，设 t0，则 ，当且仅当 tt2 ，即 k 时，FCD 面积的最大值（ SFCD ） max 【点评】本题考查代数式的值为定值的证明，考查三角形面积的最大值的求法，考查椭圆方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式等基础知识，考

37、查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题20 （12 分）某保险公司对一个拥有 20000 人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为 A， B，C 三类工种，从事这三类工种的人数分别为 12000，6000，2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频率如表（并以此估计赔付概率）：工种类别  A  B  C赔付频率    已知 A，B ，C 三类工种职工每人每年保费分别为 25 元、25 元、40 元，出险后的赔偿第 21 页（共 25 页）金额分别为 100 万

38、元、100 万元、50 万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年 10 万元（1）求保险公司在该业务所或利润的期望值；（2）现有如下两个方案供企业选择：方案 1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿付给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年 12 万元；方案 2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的 70%，职工个人负责保费的 30%，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议【分析】 （1）分别计算保险公司在三种工种的利润的数学期望，从而可得出保险公司的总利润期望；（2）分别计算两种方

39、案的企业支出费用，从而得出结论【解答】解：（1）设工种 A、B、C 职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X、Y、 Z，则 X、Y 、Z 的分布列为：X 25 2510010 4PY 25 2510010 4PZ  40  405010 4P  1E（X）25（1 ）+（2510010 4） 15，E（Y） 25（1 ）+（2510010 4） 5，E（Z） 40（1 ）+（405010 4） 10，保险公司的利润的期望值为 1200015+6000520001010000090000，保险公司在该业务所获利润的期望值为 9 万元     &n

40、bsp;第 22 页（共 25 页）（2）方案 1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为：12000100104 +6000100104 +200050104 +1210446104，方案 2：企业与保 险公司合作，则企业支出保险金额为：（1200025+600025+200040）0.737.110 4，4610437.110 4，建议企业选择方案 2【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列，数学期望的计算，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ） x2+ 1（kR，k1） （1）讨论函数 f（x ）的单调区间；（2）当 k 时，若函数 f（x）在（，e n（nZ

41、，e 是自然对数的底数）上有两个零点，求 n 的最小值【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 k 的范围，即可求出函数的单调区间；（2）把 k 代入函数解析式，结合（1）中函数的单调性，则只需要 en3ln2，且f（e n）0，由此求出 n 的最小值为 2【解答】解：（1）函数 f（x）的定义域为 R，由 f（x） x2+ 1（kR，k1）得 f（x）kx+ 当 k0 时，对 xR 都有 kex10，当 x 变化时，f'（x） ，f（x）的变化如下表：x （，0） 0 （0，+）f（x） + 0 f（x） 递增 极大值 递减此时，f（x）的增区间是（ ，0） ；减区间是（0，+） 当

42、 0 k1 时，f（x ） 由 f'（x）0，得 x0 或 xlnk0当 x 变化时，f'（x） ，f（x ）的变化如下表：x （，0） 0 （0，lnk lnk （lnk，+第 23 页（共 25 页） ）f（x） + 0 0 +f（x） 递增 极大值 递减 极小值 递增此时，f（x）的增区间是（ ，0） ， （lnk，+） ；减区间是（0，lnk） 当 k1 时，f（x ） ，此时，f（x）的增区间是（ ，+） ，没有减区间当 1 k 时，f（x ） 由 f'（x）0，得 x0 或 xlnk0当 x 变化时，f'（x） ，f（x ）的变化如下表：x （，ln

43、k）lnk （lnk，0）0 （0，+）f （x ） + 0 0 +f（ x） 递增 极大值 递减 极小值 递增此时，f（x）的增区间是（ ，lnk） ， （0，+） ；减区间是（lnk，0） （2）当 k 时，f（x） x2+ 1由（1）可得知 f（x ）在（，0）上为增区间，且 f（ 0）0，且 f（x）在（0，3ln2）上为减函数，则必须有 f（3ln2）0，要想函数 f（x）在（ 0，e 2有一个零点，同时考虑到函数 f（x）在（3ln2，+）上为增函数，则只需要 en3ln2，且 f（e n）0，又03ln23，且 f（3） + 1 0，f（4）1+ 1 0， e243e，当 n2

44、时，函数 f（x ）在（0，e n还有一个零点，则 n 的最小值为 2，综上所述：n 的最小值为 2【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题第 24 页（共 25 页）选考题：10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.【选修 4-4：坐标系与参数方程 】 （本题满分 10 分）22 （10 分）在直角坐标系中，直线 l 过点 P（1，2） ，且倾斜角为， 以直角坐标系的原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2（3+sin 2）12（1）求直线 l 的

45、参数方程和曲线 C 的直角坐标方程，并判断曲线 C 是什么曲线；（2）设直线 l 与曲线 C 相交与 M，N 两点，当|PM| |PN|2，求 的值【分析】 （1）直接利用转换关系式，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化（2）利用直线和曲线的位置关系，建立方程，进一步利用根和系数的关系求出结果【解答】解：（1）直线 l 过点 P（1，2） ，且倾斜角为 ， 则：直线的参数方程为： （ 为参数） 曲线 C 的直角坐标方程为：3 x2+4y212，整理得： 所以曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆（2）将 l 的参数方程： （t 为参数）代入曲线 C 的直角坐标方程为3x2+4y212，得到

46、：（3cos 2+4sin2）t 2+（6cos+16sin ）t+70所以：|PM| |PN|t 1t22，即： ，解得： ，则： 【点评】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线和曲线的位置关系的应用，一元二次方程根与系数的关系的应用选修 4-5：不等式选讲 （本题满分 0 分）第 25 页（共 25 页）23已知函数 f（x ）|x 2a |+|x+3|，g（x）| x2|+3（1）解不等式|g（x ）|6；（2）若对任意的 x2R，均存在 x1R，使得 g（x 1）f（x 2）成立，求实数 a 的取值范围【分析】 （1）将 a2 代入 f（ x） ，通过讨论 x 的范围求出各个区间上的不等式的解集，取并集即可；（2）问题转化为y| yf（x） y|yg（x） ，分别求出 f（x ） ，g（x）的范围，得到关于 a 的不等式组，解出即可【解答】 （本小题满分 10 分）解：（）由|x 2|+36，可得9|x