2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年安徽省合肥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.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）设复数 z 满足 ，则 z 在复平面内的对应点位于（  ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限2 （5 分）若集合 ，Bx|1x2，则 AB（  ）A2，2） B （1，1 C （1，1） D （1，2）3 （5 分）已知双曲线 （a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，且经过点P（ ， 4） ，则双曲线的方程是（  ）A BC D4 （5 分）在ABC 中， ，则 （  ）A B

2、C D5 （5 分）如表是某电器销售公司 2018 年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类 冰箱类 小家电类 其它类营业收入占比 90.10% 4.98% 3.82% 1.10%净利润占比 95.80% 0.48% 3.82% 0.86%则下列判断中不正确的是（  ）A该公司 2018 年度冰箱类电器销售亏损B该公司 2018 年度小家电类电器营业收入和净利润相同C该公司 2018 年度净利润主要由空调类电器销售提供D剔除冰箱类电器销售数据后，该公司 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低6 （5 分）将函数 的图象上各点横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变）得到函数

3、 g（x ）的图象，则下列说法正确的是（  ）第 2 页（共 26 页）A函数 g（x）的图象关于点 对称B函数 g（x）的周期是C函数 g（x）在 上单调递增D函数 g（x）在 上最大值是 17 （5 分）已知椭圆 （ab0）的左右焦点分别为 F1，F 2，右顶点为 A，上顶点为 B，以线段 F1A 为直径的圆交线段 F1B 的延长线于点 P，若 F2BAP，则该椭圆离心率是（  ）A B C D8 （5 分）某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务 A 必须排在前三项执行，且执行任务 A 之后需立即执行任务 E，任务 B、任务 C 不能相邻，则不同的执行

4、方案共有（  ）A36 种 B44 种 C48 种 D54 种9 （5 分）函数 f（x ）x 2+xsinx 的图象大致为（  ）A BC D10 （5 分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面第 3 页（共 26 页）所在平面互相垂直的有（  ）A2 对 B3 对 C4 对 D5 对11 （5 分） “垛积术” （隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层 1 件，以后每一

5、层比上一层多 1 件，最后一层是 n 件已知第一层货物单价 1 万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的 若这堆货物总价是 万元，则 n 的值为（  ）A7 B8 C9 D1012 （5 分）函数 f（x ）e xe 1x b|2x1|在（0，1）内有两个零点，则实数 b 的取值范围是（  ）A B （1e，0）（0，e1）C D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.把答案填在答题卡上的相应位置.13 （5 分）设等差数列a n的前 n 项和为 Sn，若 a23， S416，则数列a n的公差 d     14 （5 分）若 ，则 cos2+

6、cos     15 （5 分）若 a+b0，则 的最小值为     16 （5 分）已知半径为 4 的球面上有两点 A，B， ，球心为 O，若球面上的动点C 满足二面角 CABO 的大小为 60o，则四面体 OABC 的外接球的半径为     第 4 页（共 26 页）三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c ，sin 2A+sin2B+sinAsinB2csinC ，ABC 的面积 Sabc（）求角 C；（）求ABC 周长的取值范围18 （12 分）

7、如图，三棱台 ABCEFG 的底面是正三角形，平面 ABC平面BCGF， CB2GF，BF CF（）求证：ABCG；（）若 BCCF，求直线 AE 与平面 BEG 所成角的正弦值19 （12 分）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2 台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金 7000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修费 2000 元；方案二：交纳延保金 10000 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修费 1000 元某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为

8、此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数 0 1 2 3台数 5 10 20 15以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概率记 X 表示这 2 台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（）求 X 的分布列；（）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？20 （12 分）已知抛物线 C： x22py（p0）上一点 M（m，9）到其焦点 F 的距离为10第 5 页（共 26 页）（）求抛物线 C 的方程；（）设过焦点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，且抛物线在 A，B 两点处的切线分

9、别交 x 轴于 P，Q 两点，求|AP| |BQ|的取值范围21 （12 分）已知函数 f（x ）a（x+1）ln （x +1）x 2ax（a0）是减函数（）试确定 a 的值；（）已知数列a n， ，T na 1a2a3an（nN *） ，求证：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，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用 2B 铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） 在以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 极坐标方程

10、为24sin 3（）写出曲线 C1 和 C2 的直角坐标方程；（）若 P，Q 分别为曲线 C1，C 2 上的动点，求| PQ|的最大值选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |3x+2|（）求 f（x） 1 的解集；（）若 f（x 2）a|x |恒成立，求实数 a 的最大值第 6 页（共 26 页）2019 年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1 （5 分）设复数 z 满足 ，则 z 在复平面内的对应点位于（  ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限

11、【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解： ，z 在复平面内的对应点为（2，2） ，位于第一象限故选：A【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2 （5 分）若集合 ，Bx|1x2，则 AB（  ）A2，2） B （1，1 C （1，1） D （1，2）【分析】可求出集合 A，然后进行交集的运算即可【解答】解：Ax| 2x 1，Bx|1x2；AB（1，1） 故选：C【点评】考查描述法、区间的定义，分式不等式的解法，以及交集的运算3 （5 分）已知双曲线 （a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，且经过点P（ ， 4） ，则双

12、曲线的方程是（  ）A BC D【分析】求得双曲线的渐近线方程可得 2，代入点 P 的坐标，可得 a，b 的方程组，解方程即可得到所求双曲线的方程第 7 页（共 26 页）【解答】解：双曲线 （a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，可得 2，由双曲线经过点 P（ ，4） ，可得 1，解得 a ，b2 ，则双曲线的方程为 1故选：C【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题4 （5 分）在ABC 中， ，则 （  ）A B C D【分析】根据 即可得出： ，解出向量 即可【解答】解： ； ； 故选：B【点评】考查向量减法的

13、几何意义，以及向量的数乘运算5 （5 分）如表是某电器销售公司 2018 年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类 冰箱类 小家电类 其它类营业收入占比 90.10% 4.98% 3.82% 1.10%净利润占比 95.80% 0.48% 3.82% 0.86%则下列判断中不正确的是（  ）A该公司 2018 年度冰箱类电器销售亏损B该公司 2018 年度小家电类电器营业收入和净利润相同C该公司 2018 年度净利润主要由空调类电器销售提供第 8 页（共 26 页）D剔除冰箱类电器销售数据后，该公司 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低【分析】根据题意，分析表中数

14、据，即可得出正确的选项【解答】解：根据表中数据知，该公司 2018 年度冰箱类电器销售净利润所占比为0.48，是亏损的，A 正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B 错误；该公司 2018 年度净利润空调类电器销售所占比为 95.80%，是主要利润来源，C 正确；所以剔除冰箱类电器销售数据后，该公司 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低，D 正确故选：B【点评】本题考查了数据分析与统计知识的应用问题，是基础题6 （5 分）将函数 的图象上各点横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变）得到函数 g（x ）的图象，则下列说法正确的是（  ）A

15、函数 g（x）的图象关于点 对称B函数 g（x）的周期是C函数 g（x）在 上单调递增D函数 g（x）在 上最大值是 1【分析】直接利用函数的图象的伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果【解答】解：函数 的图象上各点横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变） ，得到函数 g（x）2sin（2x+ ）1 的图象，故：函数 g（x）的图象关于点 对称，故选项 A 错误函数的最小正周期为 ，故选项 B 错误第 9 页（共 26 页）当 时， ，所以函数的最大值取不到 1故选项 D 错误故选：C【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数的性质的应用，主

16、要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型7 （5 分）已知椭圆 （ab0）的左右焦点分别为 F1，F 2，右顶点为 A，上顶点为 B，以线段 F1A 为直径的圆交线段 F1B 的延长线于点 P，若 F2BAP，则该椭圆离心率是（  ）A B C D【分析】如图所示，以线段 F1A 为直径的圆的方程为： +y2 ，化为：x 2（ac ）x +y2ac0直线 F1B 的方程为：bxcy+bc0，联立解得 P 点坐标，利用F2BAP，及其斜率计算公式、离心率计算公式即可得出【解答】解：如图所示，以线段 F1A 为直径的圆的方程为： +y2 ，化为：x 2（ac）x+y2ac0直线 F1

17、B 的方程为：bx cy+bc0，联立 ，解得 P kAP ， F 2BAP， ，化为：e 2 ，e （0，1） 第 10 页（共 26 页）解得 另解：F 1A 为圆的直径，F 1PA90F 2BAP，F 1BF290 2a 2（2c） 2，解得 e 故选：D【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率与离心率计算公式、圆的标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8 （5 分）某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务 A 必须排在前三项执行，且执行任务 A 之后需立即执行任务 E，任务 B、任务 C 不能相邻，则不同的执行方案共有（  ）A36 种 B44

18、种 C48 种 D54 种【分析】根据题意，分 3 种情况讨论：，任务 A 排在第一位，则 E 排在第二位，任务 A 排在第二位，则 E 排在第三位， ，任务 A 排在第三位，则 E 排在第四位，由加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，任务 A 必须排在前三项执行，分 3 种情况讨论：，任务 A 排在第一位，则 E 排在第二位，将剩下的 2 项任务全排列，排好后有 3 个空位，将 B、C 安排在 3 个空位中，有 A22A3212 种不同的执行方案，任务 A 排在第二位，则 E 排在第三位，BC 的安排方法有 4A228 种，将剩下的2 项任务全排列安排在剩下位置，有 A222 种安排方法

19、，则有 8216 种安排方法，任务 A 排在第三位，则 E 排在第四位，BC 的安排方法有 4A228 种，将剩下的第 11 页（共 26 页）2 项任务全排列安排在剩下位置，有 A222 种安排方法，则有 8216 种安排方法，则不同的执行方案共有 12+16+1644 种；故选：B【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题9 （5 分）函数 f（x ）x 2+xsinx 的图象大致为（  ）A BC D【分析】根据函数的奇偶性排除 B，再根据函数的单调性排除 C，D，问题得以解决【解答】解：函数 f（x ）x 2+xsinx

20、是偶函数，关于 y 轴对称，故排除 B，令 g（x）x+sin x，g（x）1+cosx 0 恒成立，g（x）在 R 上单调递增，g（0）0，f（x）xg（x）0，故排除 D，当 x0 时，f（ x）xg（x ）单调递增，故当 x0 时，f（x）xg（x）单调递减，故排除 C故选：A【点评】本题考查了函数图象识别和应用，考查了导数和函数单调性的关系，属于中档题10 （5 分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面第 12 页（共 26 页）所在平面互相垂直的有（  ）A2 对 B3 对 C4 对 D5 对【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用面面垂

21、直的判定的应用求出结果【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：根据几何体得到：平面 SAD平面 SCD，平面 SBC平面 SCD，平面 SCD平面 ABCD，平面 SAD平面 SBC故选：C【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，面面垂直的判定定理的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型11 （5 分） “垛积术” （隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层 1 件，以后每一层比上一层多 1 件，最后一层是

22、 n 件已知第一层货物单价 1 万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的 若这堆货物总价是 万元，则 n 的值为（  ）第 13 页（共 26 页）A7 B8 C9 D10【分析】由题意可得第 n 层的货物的价格为 ann（ ） n1 ，根据错位相减法求和即可求出【解答】解：由题意可得第 n 层的货物的价格为 ann（ ） n1 ，设这堆货物总价是 Sn1（ ） 0+2（ ） 1+3（ ） 2+n（ ） n1 ， ，由 可得 Sn1（ ） 1+2（ ） 2+3（ ） 3+n（ ） n，由 可得 Sn1+ （ ） 1+（ ） 2+（ ） 3+（ ） n1 n（ ） nn（ ） n10

23、（10+n）（ ） n，S n10010（10+n）（ ） n，这堆货物总价是 万元，n10，故选：D【点评】本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题解决问题的能力，属于中档题12 （5 分）函数 f（x ）e xe 1x b|2x1|在（0，1）内有两个零点，则实数 b 的取值范围是（  ）A B （1e，0）（0，e1）C D【分析】利用换元法设 tx ，则函数等价为 y 2b|t |，条件转化为 2b|t| ，研究函数的 单调性结合绝对值的应用，利用数形结合进行求解第 14 页（共 26 页）即可【解答】解：f（x ）e xe 1x 2b|x |，设 tx ，则

24、xt+ ，0x1， t ，则函数 f（x）等价为 y 2b|t |，即等价为 y 2b| t|在 t 上有两个零点，即 2b|t| 有两个根，设 h（t） ，则 h（t） （ ）h（t ） ，即函数 h（t）是奇函数，则 h（t） + 0，即函数 h（t ）在 t 上是增函数，h（0）0，h（ ）e1，h（ ）1e，当 0t ，若 b0，则函数 f（x ）只有一个零点，不满足条件若 b0，则 g（t）2bx ，设过原点的直线 g（t）与 h（ t）相切，切点为（a， ） ，h（t） + ，即 h（a） + ，则切线方程为 y（ ）（ + ） （xa） ，切线过原点，则（ ）a（ + ） ，即

25、+ a a ，则（a+1） （a+1 ） ，第 15 页（共 26 页）得 a0，即切点为（0，0） ，此时切线斜率 kh（0） 2若 2 2b，则 b ，此时切线 y2 x 与 h（t）相切，只有一个交点，不满足条件当直线过点（ ，e1）时，e12b b，此时直线 g（t）2（e 1）x，要使 g（t）与 h（t）有两个交点，则 be1，当 b0 时，t0 时，g（t）2bx，由2b2得 b ，当直线过点（ ，1e）时，1e2b（ ）b，要使 g（t）与 h（t）有两个交点，则 1eb ，综上 1eb 或 be1，即实数 b 的取值范围是 ，故选：D【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用

26、条件转化为两个函数图象问题是解决本题的关键综合性较强，难度较大二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.把答案填在答题卡上的相应位置.13 （5 分）设等差数列a n的前 n 项和为 Sn，若 a23， S416，则数列a n的公差 d 2 【分析】利用等差数列的通项公式及其求和公式即可得出【解答】解：由 a23，S 416，a 1+d3，4a 1+6d16，联立解得 a11，d2，故答案为：2【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题14 （5 分）若 ，则 cos2+cos    【分析】根据三角函数的诱导公式求出 co

27、s的值，结合二倍角公式进行转化求解即可第 16 页（共 26 页）【解答】解： ，cos ，则 cos2+cos2cos 21+cos 2 1+ ，故答案为： 【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求值，利用诱导公式以及二倍角公式是解决本题的关键15 （5 分）若 a+b0，则 的最小值为    【分析】根据题意，由基本不等式的性质可得 a2+b2 ，进而可得 + ，结合基本不等式的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，若 a+b0，即 ab，则有 a2+b2 ，则 + 2 ，即 的最小值为 ；故答案为：【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是构造基本不等式成立的条

28、件16 （5 分）已知半径为 4 的球面上有两点 A，B， ，球心为 O，若球面上的动点C 满足二面角 CABO 的大小为 60o，则四面体 OABC 的外接球的半径为    【分析】由球面动点 C 想到以 O 为顶点，以 A，B，C 所在球小圆 O为底面的圆锥，作出图形，取 AB 中点 E，OEO60，进而求得高和底面半径，列方程求解不难【解答】解：如图，设 A，B，C 所在球小圆为圆 O，取 AB 中点 E，连接 OE，O E，第 17 页（共 26 页）则OEO 即为二面角 CABO 的平面角，为 60，由 OAOB 4，AB ，得AOB 为等腰直角三角形，OE ，

29、， ， ，设 OABC 的外接球球心为 M，半径为 r，利用 RtBOM 列方程得： ，解得：r 故答案为： 【点评】此题考查了圆锥外接球，二面角等，综合性较强，难度较大三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c ，sin 2A+sin2B+sinAsinB2csinC ，ABC 的面积 Sabc（）求角 C；（）求ABC 周长的取值范围【分析】 （）由已知利用三角形的面积公式可得 2csinC，由正弦定理化简已知等式可得 a2+b2+abc 2由余弦定理得 ，即可得解 C 的值（）由（）知 2csinC，由正弦定

30、理，三角函数恒等变换的应用可得a+b+c sin（A + ）+ ，由范围 ，可求 ，利用正弦函数的图象和性质可求ABC 的周长的取值范围第 18 页（共 26 页）【解答】 （本小题满分 12 分）解：（）由 ，可知：2csin C，sin 2A+sin2B+sinAsinBsin 2C由正弦定理得 a2+b2+abc 2由余弦定理得 ， （5 分）（）由（）知 2csinC，2asinA，2bsinBABC 的周长为 ， ， ，ABC 的周长的取值范围为 （12 分）【点评】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用

31、，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18 （12 分）如图，三棱台 ABCEFG 的底面是正三角形，平面 ABC平面BCGF， CB2GF，BF CF（）求证：ABCG；（）若 BCCF，求直线 AE 与平面 BEG 所成角的正弦值第 19 页（共 26 页）【分析】 （）取 BC 的中点为 D，连结 DF，推导出四边形 CDFG 为平行四边形，从而CGDF，DFBC，CGBC进而 CG平面 ABC，由此能证明 CGAB（）连结 AD由ABC 是正三角形，且 D 为中点得，AD BC 由 CG平面ABC，CGDF，DFAD ， DFBC ，以 DB，DF，DA 分别为 x，y，z 轴，建立空

32、间直角坐标系 Dxyz利用向量法能求出直线 AE 与平面 BEG 所成角的正弦值【解答】证明：（）取 BC 的中点为 D，连结 DF由 ABCEFG 是三棱台得，平面 ABC平面 EFG，从而 BCFGCB2GF， ，四边形 CDFG 为平行四边形， CG DFBFCF，D 为 BC 的中点，DFBC，CGBC平面 ABC平面 BCGF，且交线为 BC，CG平面 BCGF，CG平面 ABC，而 AB平面 ABC，CGAB 解：（）连结 AD由ABC 是正三角形，且 D 为中点得，AD BC 由（）知，CG平面 ABC，CGDF，DFAD ，DFBC，DB，DF ，DA 两两垂直以 DB，DF

33、，DA 分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz 设 BC2，则 A（ ） ，E（ ） ，B（1，0，0） ，G（1， ，0） ， ， ， 设平面 BEG 的一个法向量为 第 20 页（共 26 页）由 可得， 令 ，则 y2，z1， 设 AE 与平面 BEG 所成角为 ，则直线 AE 与平面 BEG 所成角的正弦值为【点评】本题考查线线垂直的证明，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，是中档题19 （12 分）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2 台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：

34、方案一：交纳延保金 7000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修费 2000 元；方案二：交纳延保金 10000 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修费 1000 元某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数 0 1 2 3台数 5 10 20 15以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概率记 X 表示这 2 台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数第 21 页（共 26 页）（）求 X 的分布列

35、；（）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【分析】 （）X 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列（）选择延保方案一，求出所需费用 Y1 元的分布列和数学期望，选择延保方案二，求出所需费用 Y2 元的分布列和数学期望，由此能求出该医院选择延保方案二较合算【解答】 （本小题满分 12 分）解：（）X 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，5，6，X 的分布列为X 0 1 2 3 4 5 6P（）选择延保方案一，所需费用 Y1 元的分布列为：Y1 7000 9000 11000 13000 15000P（元） 选

36、择延保方案二，所需费用 Y2 元的分布列为：Y2 10000 11000 12000第 22 页（共 26 页）P（元） EY 1EY 2，该医院选择延保方案二较合算【点评】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20 （12 分）已知抛物线 C： x22py（p0）上一点 M（m，9）到其焦点 F 的距离为10（）求抛物线 C 的方程；（）设过焦点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，且抛物线在 A，B 两点处的切线分别交 x 轴于 P，Q 两点，求|AP| |BQ|的取值范围【分析】 （）可得抛物线的

37、准线为 ， ，解得，p2，即可得抛物线的方程（）设 l：y kx+1设 A（ ） ，B（x 2， ） ，可得 同理可得，即可得|AP |BQ|的取值范围【解答】解：（）已知 M（ m，9）到焦点 F 的距离为 10，则点 M 到其准线的距离为10抛物线的准线为 ， ，解得，p2，抛物线的方程为 x24y（5 分）（）由已知可判断直线 l 的斜率存在，设斜率为 k，因为 F（0，1） ，则 l：ykx+1设 A（ ） ，B（x 2， ） ，由 消去 y 得，x 24kx 40，x 1+x24k，x 1x24由于抛物线 C 也是函数 的图象，且 ，第 23 页（共 26 页）则 令 y0，解得 ，

38、P ，从而 同理可得， ， k 20，|AP |BQ|的取值范围为2，+） （12 分）【点评】本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）a（x+1）ln （x +1）x 2ax（a0）是减函数（）试确定 a 的值；（）已知数列a n， ，T na 1a2a3an（nN *） ，求证：【分析】 （）求出原函数的定义域，求出原函数的导函数，把 f（x）是定义域内的减函数转化为 f（x ）aln（x+1）2x 0 恒成立再利用导数求得导函数的最大值，由最大值等于 0 求得 a 值；（）由 f（x）是减函数，

39、且 f（0）0 可得，当 x0 时，f （x ）0，得到 f（n）0，即 2（n+1）ln（1+ n）n 2+2n两边同除以 2（n+1） 2 得，即 得到 Tn ，则然后利用导数证明  即可【解答】解：（）f（x ）的定义域为（1，+） ，f （x）aln （x+1）2x 由 f（x）是减函数得，对任意的 x（1，+） ，都有 f （x）aln（x+1）2x0恒成立设 g（x）aln （x+1）2x第 24 页（共 26 页） ，由 a0 知， ，当 时，g'（x）0；当 时，g'（x）0，g（x）在 上单调递增，在 上单调递减，g（x）在 时取得最大值又g（0）0

40、，对任意的 x（1，+） ，g（x）g（0）恒成立，即 g（x）的最大值为 g（0） ，解得 a2；（）由 f（x）是减函数，且 f（0）0 可得，当 x0 时，f （x ）0，f（n）0，即 2（n+1）ln（1+n）n 2+2n两边同除以 2（n+1） 2 得， ，即 从而， 下面证 记 ，x1 ，+） ， 在2，+）上单调递增，h'（x ）在2 ， +）上单调递减，而，当 x2，+ ）时，h'（x ）0 恒成立，h（x）在2 ，+ ）上单调递减，即 x2，+） ，h（x）h（2）2ln4ln33ln2ln2ln3 0，第 25 页（共 26 页）当 n2 时，h（n）0

41、，当 nN*时，h（n）0，即 综上可得， 【点评】本题考查利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明数列不等式，考查化归与转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题请考生在第 22、23 题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用 2B 铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） 在以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 极坐标方程为24sin 3（）写出曲线 C1 和 C2 的直角坐标方程；（）若 P

42、，Q 分别为曲线 C1，C 2 上的动点，求| PQ|的最大值【分析】 （）根据平方关系式可得 C1 的直角坐标方程，根据 xcos，y sin 可得 C2 的直角坐标方程；（2）|PQ|的最大值为 C1 上的点到圆心 C2 的最大值加上半径【解答】解：（）曲线 C1 的直角坐标方程为 ，曲线 C2 的直角坐标方程为 x2+y24y3，即 x2+（y2）21（5 分）（）设 P 点的坐标为（2cos，sin ） |PQ|PC 2|+1，当 时，|PQ| max （10 分）【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |3x+2|（）求 f（x） 1 的解集；第 26 页（共 26 页）（）若 f（x 2）a|x |恒成立，求实数 a 的最大值【分析】 （）去掉绝对值，求出不等式的解集即可；（）问题转化为 ，根据基本不等式的性质求出 a 的最大值即可【解答】解：（）由 f（x ）1 得|3x+2|1，所以13x+21，解得 ，所以，f（x） 1 的解集为 （5 分）（）f（x 2） a|x |恒成立，即 3x2+2a|x| 恒成立当 x0 时，a R；当 x0 时， 因为 （当且仅当 ，即 时等号成立） ，所以 ，即 a 的最大值是 （10 分）【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查基本不等式的性质以及转化思想，是一道常规题