2019年山东省潍坊市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年山东省潍坊市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.1 （5 分）已知集合 Ax| 2x3，函数 f（x）ln（1x）的定义域为集合 B，则AB （   ）A2，1 B2，1） C1 ，3 D （1，32 （5 分）若复数 z1，z 2，在复平面内的对应点关于虚轴对称，z 11+i，则 （  ）Ai Bi C1 D13 （5 分）.若 ，则 （  ）A B C D4 （5 分）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的，而这七块板可拼成许多图形

2、，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以淮冷庐杂识写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余在 18 世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为（  ）A B C D5 （5 分）已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 1 的正方形，正视图与侧视图都是边长为 1 的正三角形，则此几何体的体积是（  ）第 2 页（共 27 页）A B C D6 （5 分）如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（  ）Ay2 x

3、x 2 1 By2xsinxC D7 （5 分）函数 ysin（2x+ ）的图象可由函数 y sin2xcos2x 的图象（  ）A向右平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变得到B向右平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变得到C向左平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的 横坐标不变得到D向左平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的 横坐标不变得到8 （5 分）已知二项式 的展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2：5，则 x3 的系数为（  ）A14 B14 C

4、240 D2409 （5 分）在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，点 P 是边 AB 上一点，且BP2PA，则（  ）第 3 页（共 27 页）A B C D110 （5 分）一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为 2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为（  ）A B C1 D211 （5 分）已知 P 为双曲线 C： （a0，b0）上一点，F 1，F 2 为双曲线 C的左、右焦点，若|PF 1| |F1F2|，且直线 PF2 与以 C 的实轴为直径的圆相切，则 C 的渐近线方程为（  ）A B C D12 （5 分）已知函数 f（x

5、 ）2 x1 ，g（x ） （aR） ，若对任意x11，+ ） ，总存在 x2R，使 f（x 1）g（x 2） ，则实数 a 的取值范围是（  ）A （， ） B （ ，+）C （， ）1，2 D （1， ，2二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）焦点在 x 轴上，短轴长等于 16，离心率等于 的椭圆的标准方程为     14 （5 分）若 x，y 满足约束条件 ，则 zx2y 的最大值为     15 （5 分）如图，边长为 1 的正方形 ABCD，其中边 DA 在 x 轴上，点 D 与坐标原点重合，若

6、正方形沿 x 轴正向滚动，即先以 A 为中心顺时针旋转，当 B 落在 x 轴上时，再以 B 为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形 ABCD 的某个顶点落在 x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转，设顶点 C（x ，y）滚动时形成的曲线为 yf（x） ，则 f（2019）     16 （5 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，若且 b1，则 a+c 的取值范围为     第 4 页（共 27 页）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 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 颢

7、为诜老颢.老生根据善求作答.（一）必考题：共 60分.17 （12 分）设数列a n满足（1）求a n的通项公式；（2）求数列 的前 n 项和 Sn18 （12 分）如图所示的多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为菱形，且ABC60，AF BFBC2EF，EF BC，G 为 CD 的中点（1）求证：EG平面 ACF；（2）若平面 ABF平面 ABCD，求直线 EC 与平面 ACF 所成角的正弦值19 （12 分）某高校为增加应届毕业生就业机会，每年根据应届毕业生的综合素质和学业成绩对学生进行综合评估，已知某年度参与评估的毕业生共有 2000 名其评估成绩 Z近似的服从正态分布 N（，

8、2） 现随机抽取了 100 名毕业生的评估成绩作为样本，并把样本数据进行了分组，绘制了如下频率分布直方图：（1）求样本平均数 和样本方差 s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） ；（2）若学校规定评估成绩超过 82.7 分的毕业生可参加 A、B、C 三家公司的面试（i）用样本平均数 作为的估计值 ，用样本标准差 s 作为 的估计值 请利用估计值判断这 2000 名毕业生中，能够参加三家公司面试的人数；（ii）若三家公司每家都提供甲、乙、丙三个岗位，岗位工资表如下：公司 甲岗位 乙岗位 丙岗位A 9600 6400 5200B 9800 7200 5400第 5 页（共 27 页）C 1

9、0000 6000 5000李华同学取得了三个公司的面试机会，经过评估，李华在三个公司甲、乙、丙三个岗位的面试成功的概率均为 0.3，0.3，0.4李华准备依次从 A、B、C 三家公司进行面试选岗，公司规定：面试成功必须当场选岗，且只有一次机会，李华在某公司选岗时，若以该岗位与未进行面试公司的工资期望作为抉择依据，问李华可以选择 A、B、C 公司的哪些岗位？并说明理由附： 若随机变量 ZN（， 2） ，则 P（Z+）0.6826，P（2Z +2）0.954420 （12 分）已知抛物线 C： x24y 的焦点为 F，直线：ykx +b（k 0）交抛物线 C 于A、B 两点，| AF|+|BF|

10、4，M（0，3） （1）若 AB 的中点为 T，直线 MT 的斜率为 k'，证明 kk'为定值；（2）求ABM 面积的最大值21 （12 分）已知函数 f（x ）xe x1 alnx （无理数 e2.718） （1）若 f（x）在（ 1，+）单调递增，求实数 a 的取值范围：（2）当 a0 时，设 g（x） f（x）x 2x，证明：当 x0 时，g（x）1 （ ） 2第 6 页（共 27 页）（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，

11、在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点 M 的极坐标为，直线 l 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的直角坐标方程与曲线 C 的普通方程；（2）若 N 是曲线 C 上的动点，P 为线段 MN 的中点，求点 P 到直线 l 的距离的最大值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|ax 2|，不等式 f（x）4 的解集为x |2x6 （1）求实数 a 的值；（2）设 g（x）f（x）+f（ x+3） ，若存在 xR，使 g（x）tx2 成立，求实数 t 的取值范围第 7 页（共 27 页）2019 年山东省潍坊市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：

12、本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.1 （5 分）已知集合 Ax| 2x3，函数 f（x）ln（1x）的定义域为集合 B，则AB （   ）A2，1 B2，1） C1 ，3 D （1，3【分析】可求出集合 B，然后进行交集的运算即可【解答】解：Bx| x1；AB2，1） 故选：B【点评】考查描述法、区间的定义，函数定义域的概念及求法，对数函数的定义域，交集的运算2 （5 分）若复数 z1，z 2，在复平面内的对应点关于虚轴对称，z 11+i，则 （  ）Ai Bi C1 D1【分析】由已知求得 z2，把 z

13、1，z 2 代入 ，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z 1，z 2 在复平面内的对应点关于虚轴对称，且 z11+i，z 21+i， 故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题3 （5 分）.若 ，则 （  ）A B C D【分析】由 cos（2+ ）sin2 ，再代值第 8 页（共 27 页）计算即可【解答】解：cos（2+ ）sin2 2 ，故选：A【点评】本题考查了二倍角公式和诱导公式，属于基础题4 （5 分）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的，而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清

14、陆以淮冷庐杂识写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余在 18 世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为（  ）A B C D【分析】根据七巧板对应图形的面积，结合几何概型的概率公式进行计算即可【解答】解：阴影部分对应的图形为 6 平行四边形，设正方形的边长为 4，则平行四边形的底面长为 2，平行四边形的高为 1，则阴影部分的面积 S212，则大正方形的面积 S4416，则阴影部分的概率 P ，故选：C【点评】本题主要考查几何概型的概率的计算，设出对

15、应边长求出对应面积是解决本题的关键第 9 页（共 27 页）5 （5 分）已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 1 的正方形，正视图与侧视图都是边长为 1 的正三角形，则此几何体的体积是（  ）A B C D【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为正方形的正四棱锥，结合图中数据求出它的体积【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面边长为 1 正方形，斜高为 1 四棱锥，且四棱锥的高为 的正四棱锥它的体积为 V 12 故选：D【点评】本题考查了利用空间几何体的三视图求体积的问题，也考查了空间想象能力的应用问题，是基础题目6 （5 分）如图所示的函数图象，对应的函数解析

16、式可能是（  ）Ay2 xx 2 1 By2xsinxC D【分析】根据函数的定义域，函数的奇偶性，函数值的变化趋势即可选择【解答】解：根据函数定义域为 R，可知 C 不符合，根据函数图象可知，该函数为非奇非偶函数，故 B 不符合，第 10 页（共 27 页）当 x时，函数值趋向于，故 A 不符合，对于 D：y（x 22x）e x，当 y0 时，解得 x0 或 x2，当 x+时，y+，当x时，y0，故 D 符合故选：D【点评】本题考查了函数图象的识别，属于基础题7 （5 分）函数 ysin（2x+ ）的图象可由函数 y sin2xcos2x 的图象（  ）A向右平移 个单位

17、，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变得到B向右平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍，横坐标不变得到C向左平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的 横坐标不变得到D向左平移 个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的 横坐标不变得到【分析】利用两角和差的正弦公式化简函数的解析式，再利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，得出结论【解答】解：把函数 y sin2xcos2 x2sin（2x ） 的图象向左平移 个单位，可得 y2sin （ 2x+ ） 的图象；再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的 ，横坐标不变得到函数y

18、sin（ 2x+ ）的图象，故选：D【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式，函数 yAsin（x+）的图象变换规律，属于基础题8 （5 分）已知二项式 的展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2：5，则 x3 的系数为（  ）A14 B14 C240 D240第 11 页（共 27 页）【分析】先由题意利用二项式系数的性质求得 n 的值，可得通项公式，在通项公式中，令 x 的幂指数等于 3，求得 r 的值，可得 x3 的系数【解答】解：由二项式 的展开式中的通项公式为 Tr+1 （1） r2nr ，它第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2：5， ，求得 n6，故通项

19、公式为 Tr+1 （1） r26r 令 6 3，求得 r2，故 x3 的系数为 24240，故选：C【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题9 （5 分）在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，点 P 是边 AB 上一点，且BP2PA，则（  ）A B C D1【分析】利用向量关系，求出 ，然后求解向量的数量积即可【解答】解：在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，点 P 是边 AB 上一点，且 BP2PA，可得 ，所以 （ ） 11cos60 故选：C【点评】本题考查向量的数量积的应用，平面向量的基本定理以及平行四边形法则的应用，是基

20、本知识的考查10 （5 分）一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为 2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为（  ）A B C1 D2【分析】要使球半径最大，则当球与四面体各面均相切时半径最大，先根据题意作出图第 12 页（共 27 页）形，求得四面体的表面积，再利用等体积法，求出该球的半径最大值【解答】解：满足条件的四面体的容器如图，四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BD BC ，满足各面均为直角三角形，此时，ADBD BC 2，则 ABCD2 ，AC2 ，要满足题意，则当球与四面体各面均相切时半径最大，此时设球心为 O，则原四面体可看成是以 O 为顶

21、点，其余各面为底面的四个四面体组合而成，且这 4 个四面体的高均为内切球半径，由等体积法有： ，解得 r 故选：A【点评】本题考查球半径的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置的关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题11 （5 分）已知 P 为双曲线 C： （a0，b0）上一点，F 1，F 2 为双曲线 C的左、右焦点，若|PF 1| |F1F2|，且直线 PF2 与以 C 的实轴为直径的圆相切，则 C 的渐近线方程为（  ）A B C D【分析】设直线 PF2 与圆 x2+y2a 2 相切于点 M，取 PF2 的中点 N，连接 NF2，由切线的性质和

22、等腰三角形的三线合一，运用中位线定理和勾股定理，可得|PF 2|4b，再由双曲线的定义和 a，b，c 的关系，计算即可得到渐近线方程【解答】解：设直线 PF2 与圆 x2+y2a 2 相切于点 M，则|OM| a，OMPF 2，第 13 页（共 27 页）取 PF2 的中点 N，连接 NF2，由于|PF 1| F1F2|2c，则 NF1PF 2，|NP| |NF 2|，由|NF 1|2|OM|2a，则|NP | 2b，即有|PF 2|4b，由双曲线的定义可得|PF 2|PF 1|2a，即 4b2c2a，即 2bc +a，4b24ab+a 2b 2+a2，4（ca）c+a，即 3b4a，则 则

23、C 的渐近线方程为： 故选：A【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法中位线定理和双曲线的定义是解题的关键12 （5 分）已知函数 f（x ）2 x1 ，g（x ） （aR） ，若对任意x11，+ ） ，总存在 x2R，使 f（x 1）g（x 2） ，则实数 a 的取值范围是（  ）A （， ） B （ ，+）C （， ）1，2 D （1， ，2【分析】求出两个函数的值域，结合对任意 x11，+） ，总存在 x2R，使 f（x 1）第 14 页（共 27 页）g（x 2） ，等价为 f（x）的值域是 g（x）值域的子集，利用数形结合进行转化求解即可【解答】解：对任意

24、x1，+） ，则 f（x）2 x1 2 01，即函数 f（x 1）的值域为1，+ ） ，若对任意 x11，+ ） ，总存在 x2R，使 f（x 1）g（x 2） ，设函数 g（x）的值域为 A，则满足1，+ ）A，即可，当 x0 时，函数 g（x ）x 2+2a 为减函数，则此时 g（x ）2a，当 x0 时，g（x ）acosx +22| a|，2+|a|，当 2a1 时， （红色曲线） ，即 a 时，满足条件1 ，+）A，当 a 时，此时 2a1，要使1 ，+）A 成立，则此时当 x0 时，g（x ）acosx+2 2a，2+a，此时满足（蓝色曲线） ，即 ，得 1a2，综上 a 或 1a

25、2，故选：C【点评】本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的 值域，转化为 f（x）的值域是g（x）值域的子集，利用数形结合是解决本题的关键二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）焦点在 x 轴上，短轴长等于 16，离心率等于 的椭圆的标准方程为 第 15 页（共 27 页）【分析】利用已知条件求出 a，b，然后求解椭圆方程【解答】解：焦点在 x 轴上，短轴长等于 16，离心率等于 ，可得：b8， ，即 1 解得 a10，所求的椭圆方程为： 故答案为： 【点评】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，是基本知识的考查14 （5 分）若 x，y 满足约束条

26、件 ，则 zx2y 的最大值为 10 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合可得最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由 x，y 满足约束条件 ，作出可行域如图：由 可得 A（2，4） 化目标函数 zx2y 为直线方程的斜截式 y x 由图可知，当直线 y x 过点 A 时，直线在 y 轴上的截距最小， z 最大，为z22（4）10故答案为：10第 16 页（共 27 页）【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题15 （5 分）如图，边长为 1 的正方形 ABCD，其中边 DA 在 x 轴上，点 D 与坐标原点重合

27、，若正方形沿 x 轴正向滚动，即先以 A 为中心顺时针旋转，当 B 落在 x 轴上时，再以 B 为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形 ABCD 的某个顶点落在 x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转，设顶点 C（x ，y）滚动时形成的曲线为 yf（x） ，则 f（2019） 0 【分析】根据正方形的运动关系，分布求出当 x0，1，2，3，4 时对应的函数值 f（x） ，得到 f（x）具备周期性，周期为 4，利用周期性进行求解即可【解答】解：正方形的边长为 1，正方形的对角线 AC ，则由正方形的滚动轨迹得到 x0 时，C 位于（0，1）点，即 f（0）1，当 x1 时，C 位于（1， ）点，即

28、 f（1） ，当 x2 时，C 位于（2，1）点，即 f（2）1，当 x3 时，C 位于（3，0）点，即 f（3）0，当 x4 时，C 位于（4，1）点，即 f（4）1，则 f（x+4）f（x ） ，即 f（x）具备周期性，周期为 4，则 f（2019）f（5044+3）f（3）0，故答案为：0第 17 页（共 27 页）【点评】本题主要考查函数值的计算，结合正方形的运动轨迹，计算出对应函数值，得到周期性是解决本题的关键16 （5 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，若且 b1，则 a+c 的取值范围为 （ ，2  【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知

29、等式可得 sinBsinC sinCcosB，结合sinC0，可得 tanB ，由 B 为锐角，可得 B ，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求 a+c2sin（A+） ，由已知可求范围 A（ ， ） ，利用正弦函数的图象和性质可求其范围【解答】解： ，cosB（cos C sinC） cos（B+C）cosBcosCsinBsin C，可得：sinBsinC sinCcosB，sinC0，可得：tanB ，由 B 为锐角，可得 B ，由正弦定理 ，b1，a+c （sinA+sin C） sinA+sin（ A ） （ cosA+ sinA）2sin（A+ ） ， ，可得：A（ ， ） ，A

30、+ （ ， ） ，可得： sin（A+ ）（ ，1，a+c2sin（A+ ）（ ，2 第 18 页（共 27 页）故答案为：（ ，2【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于中档题三、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 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 颢为诜老颢.老生根据善求作答.（一）必考题：共 60分.17 （12 分）设数列a n满足（1）求a n的通项公式；（2）求数列 的前 n 项和 Sn【分析】 （1）求得数列的首项，再将

31、n 换为 n1，相除可得所求通项公式；（2）求得 n2 n+n，再由数列的分组求和和错位相减法求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和【解答】解：（1）a n满足可得 n1 时，a 12，n2 时，a 12a2（n1）a n1 2 n1 ，又相除可得 nan2，即 an ，上式对 n1 也成立，则a n的通项公式为 an ；（2） n2 n+n，设 Hn12+2 22+n2n，2Hn12 2+223+n2n+1，相减可得H n2+4+2 n n2n+1 n2 n+1，第 19 页（共 27 页）化简可得 Hn2+（n1）2 n+1则前 n 项和 Tn2+ （n1）2 n+1+ 【

32、点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用下标变换相除法，考查数列的分组求和和错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题18 （12 分）如图所示的多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为菱形，且ABC60，AF BFBC2EF，EF BC，G 为 CD 的中点（1）求证：EG平面 ACF；（2）若平面 ABF平面 ABCD，求直线 EC 与平面 ACF 所成角的正弦值【分析】 （1）连接 BD 交 AC 于 M，连接 FM，MG，证明四边形 EFMG 是平行四边形可得 EGFM，故而 EG平面 ACF；（2）取 AB 中点 O，证明 OF平面 ABCD，OCAB ，以 O 为原点建

33、立空间坐标系，设 EF1，求出平面 FAC 的法向量 ，则|cos ， |为直线 EC 与平面 ACF 所成角的正弦值【解答】 （1）证明：连接 BD 交 AC 于 M，连接 FM，MG四边形 ABCD 是菱形，M 是 BD 的中点，又 G 是 CD 的中点，MG BC，又 EF BC，EF MG，四边形 EFMG 是平行四边形，EGFM，又 EG平面 FAC，FM平面 FAC，EG平面 ACF（2）解：取 AB 的中点 O，连接 OC，OF ABBC， ABC60，ABC 是等边三角形，OCAB ，第 20 页（共 27 页）AFBF，O 是 AB 的中点，OFAB，平面 ABF平面 ABC

34、D，平面 ABF平面 ABCDAB，OF平面 ABC，以 O 为原点，以 OB，OC，OF 为坐标轴建立空间坐标系 Oxyz 如图所示，设 EF1，则 A（1，0，0） ，C （0， ，0） ，F（0，0， ） ，E（ ， ， ） ， （ ， ， ） ， （0， ， ） ， （1， ，0） ，设平面 FAC 的法向量为 （x，y，z） ，则 ，即 ，令 x 得 （ ，1，1） ，cos ， 直线 EC 与平面 ACF 所成角的正弦值为|cos ， | 【点评】本题考查了线面平行的判定，考查空间向量与线面角的计算，属于中档题19 （12 分）某高校为增加应届毕业生就业机会，每年根据应届毕业生的综

35、合素质和学业成绩对学生进行综合评估，已知某年度参与评估的毕业生共有 2000 名其评估成绩 Z近似的服从正态分布 N（， 2） 现随机抽取了 100 名毕业生的评估成绩作为样本，并把样本数据进行了分组，绘制了如下频率分布直方图：（1）求样本平均数 和样本方差 s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） ；（2）若学校规定评估成绩超过 82.7 分的毕业生可参加 A、B、C 三家公司的面试（i）用样本平均数 作为的估计值 ，用样本标准差 s 作为 的估计值 请利用估计值判断这 2000 名毕业生中，能够参加三家公司面试的人数；（ii）若三家公司每家都提供甲、乙、丙三个岗位，岗位工资表如下：第

36、 21 页（共 27 页）公司 甲岗位 乙岗位 丙岗位A 9600 6400 5200B 9800 7200 5400C 10000 6000 5000李华同学取得了三个公司的面试机会，经过评估，李华在三个公司甲、乙、丙三个岗位的面试成功的概率均为 0.3，0.3，0.4李华准备依次从 A、B、C 三家公司进行面试选岗，公司规定：面试成功必须当场选岗，且只有一次机会，李华在某公司选岗时，若以该岗位与未进行面试公司的工资期望作为抉择依据，问李华可以选择 A、B、C 公司的哪些岗位？并说明理由附： 若随机变量 ZN（， 2） ，则 P（Z+）0.6826，P（2Z +2）0.9544【分析】 （1

37、）根据频率分布直方图结合平均数和方差公式进行计算即可（2）结合正态分布进行估算即可（3）公比计算出三个岗位的工资期望，进行对比判断即可【解答】解：（1）由所得数据绘制的频率直方图，得：样本平均数 450.05+550.18+650.28+75 0.26+850.17+950.0670；样本方差 s2（4570） 20.05+（5570） 20.18+（6570） 20.28+（7570）20.26+（8570） 20.17+（9570） 20.06161；（ i ）由（1）可知， 70 ， 2161，故评估成绩 Z 服从正态分布 N（70，161） ，所以 P（Z82.7）P（Z + ） （1

38、0.6826）0.1587在这 2000 名毕业生中能多加三家公司面试的估计有 20000.1587317 人（ii）李华可以选择 A 公司的甲岗位，B 公司的甲，乙岗位，C 公司的三个岗位，理由如下：第 22 页（共 27 页）设 BC 公司提供的工资为 XB，X C，则 XB，X C 都为随机变量，其分布列为公司  甲岗位 乙岗位  丙岗位XB  9800 7200  5400XC  10000  6000  5000P  0.3  0.3  0.4则 B 公司的工资期望 E（X B）980

39、00.3+72000.3+54000.47260（元） ，C 公司的工资期望：E（X C） 100000.3+60000.3+50000.46800（元） ，因为 A 公司的甲岗位工资 9600 元大于 B，C 公司的工资期望，乙岗位工资 6400 元小于B，C 公司的工资期望，故李华先去 A 公司面试，若 A 公司给予甲岗位就接受，否则去 B 公司；B 公司甲，乙岗位工资都高于 C 公司的工资期望，故 B 公司提供甲，乙岗位就接受，否则去 C 公司；在 C 公司可以依次接受甲，乙，丙三种岗位中的一种岗位【点评】本题主要考查正态分布的应用，结合样本平均数和方差公式以及求出对应概率分布列是解决本

40、题的关键考查学生的计算能力20 （12 分）已知抛物线 C： x24y 的焦点为 F，直线：ykx +b（k 0）交抛物线 C 于A、B 两点，| AF|+|BF|4，M（0，3） （1）若 AB 的中点为 T，直线 MT 的斜率为 k'，证明 kk'为定值；（2）求ABM 面积的最大值【分析】 （1）由抛物线与直线方程组成方程组，消去 y 得关于 x 的方程，利用根与系数的关系和抛物线的定义，求出 AB 的中点坐标 T 以及直线 MT 的斜率，计算 kk'的值；第 23 页（共 27 页）（2）利用弦长公式计算|AB|的值，求出点 M 到直线 l 的距离 d，计算AB

41、M 的面积，求出最大值即可【解答】 （1）证明：由抛物线 C：x 24y 与直线：ykx+b 的方程组成方程组 ，消去 y 得，x 24kx4b0，则16k 2+16b0，即 k2+b0，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，由根与系数的关系知，x 1+x24k ，x 1x24b，由|AF|+|BF|4，根据抛物线的定义知， （y 1+1）+ （y 2+1） 4，即 y1+y22，所以 AB 的中点坐标为 T（2k，1） ，又 M（0，3） ，所以直线 MT 的斜率为 k' ，所以 kk'1 为定值；（2）解：由（1）知 4x 1x216（k 2+b） ，|AB|

42、 |x1x 2|4 ，设点 M 到直线 l 的距离为 d，则 d，由（1）知 y1+y2kx 1+b+kx2+bk（x 1+x2）+2b4k 2+2b2，即 2k2+b1，即 b12k 2，由16k 2+16b0，得 0k 21；所以 SABM |AB|d 4 4 ，令 tk 2，0t1，f（t）（1+t） 2（1t）1+tt 2t 3，0t 1，f（t）12t3t 2（t+1） （3t +1） ，0t 时，f（t）0，f（t）为增函数；第 24 页（共 27 页）t1 时，f（t）0，f（t）为减函数；所以当 t 时，f（t）取得最大值为 f（x） maxf （ ） ，所以ABM 面积的最大

43、值为 4 【点评】本题考查了直线与抛物线方程的综合应用问题，也考查了弦长公式与三角形面积的计算问题，是难题21 （12 分）已知函数 f（x ）xe x1 alnx （无理数 e2.718） （1）若 f（x）在（ 1，+）单调递增，求实数 a 的取值范围：（2）当 a0 时，设 g（x） f（x）x 2x，证明：当 x0 时，g（x）1 （ ） 2【分析】 （1）由题意可得 f （x ）（1+x）e x1 0 在（1，+）上恒成立可得 a（x+x 2）e x1 h（x） ，利用导数研究其单调性可得实数a 的取值范围（2）当 a0 时，g（x） f（x）x 2xe xx 2x g（x ）e x

44、2x1u（x ） 利用导数研究其单调性极值，进而证明结论【解答】 （1）解：由题意可得 f（x ）（1+x）e x1 0 在（1，+）上恒成立a（x+x 2） ex1 h（x ） ，h（x ）（1+3 x+x2）e x1 0，函数 h（x）在（1，+）上单调递增ah（1）2实数 a 的取值范围是（，2（2）证明：当 a0 时，g（x） f（x）x 2xe xx 2xg（x ）e x2x1u（x ） u（x）e x2，可得 xln2 时，函数 u（x）取得极小值，g（ln2）u（ln2）12ln20g（0）0，又 2（1+ ln2）1 e3ln20第 25 页（共 27 页）存在 x0（ln2，

45、1+ ln2） ，使得 g（x 0） 2x 010， 2x 0+1由单调性可得：xx 0 时，函数 g（x ）取得极小值即最小值，g（x）g（x 0） x 02x 0+1 x 0 +x0+1 + 由 x0（ln2，1+ ln2） ，可得函数 yg（x 0）单调递减，故 g（x ） ）g（x 0）+ 1 （ ） 2当 x0 时，g（x ）1 （ ） 2【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、放缩法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）

46、在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点 M 的极坐标为，直线 l 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的直角坐标方程与曲线 C 的普通方程；（2）若 N 是曲线 C 上的动点，P 为线段 MN 的中点，求点 P 到直线 l 的距离的最大值【分析】 （1）由直线 l 的极坐标方程为 ，得sincos+40，把 xcos，ysin 代入可得直线 l 的直角坐标方程直接将曲线 C 的参数方程消去参数 ，可得曲线 C 的普通方程；（2）设 N（ ，sin） ，0，2） ，化点 M 的极坐标（ ， ）化为直角坐标（2，2） ，利用中点坐标公式求得 P（ ， ） ，再由点到直线的距离公式求解【解答】解：（1）直线 l 的极坐标方程为 ，即sincos+40，由 xcos ，ysin ，可得直线 l 的直角坐标方程为 xy40第 26 页（共 27 页）将曲线 C 的参数方程为 （ 为参数）消去参数 ，得曲线 C 的普通方程为 ；（2）设