1、已知 i 为虚数单位，则复数（1i） （1i3）（ ） A2i B2i C2 D2 3 （5 分）已知平面向量 ， 的夹角为 30，则（ ） A B2 C3 D4 4 （5 分）已知实数 x，y 满足约束条件，则的最大值为（ ） A2 B C1 D 5 （5 分）在区间（0，3）上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与双曲线 C：x2y2 1 有两个不同的交点“发生的概率为（ ） A B C D1 6 （5 分）已知（2x1） （x+a）3展开式中各项系数之和为 27，则其展开式中 x2项的系数 为（ ） A24 B18 C12 D4 7 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别
2、为 a，b，c，若，ca， 则角 C 的大小为（ ） A B C D 8 （5 分）在下面四个三棱柱中，A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 则在这四个三棱柱中，直线 AB 与平面 EFG 不平行的是（ ） A B 第 2 页（共 25 页） C D 9 （5 分）已知椭圆与抛物线 E：y22px（p0）有公共焦点 F， 椭圆 C 与抛物线 E 交于 A，B 两点，且 A，B，F 三点共线，则椭圆 C 的离心率为（ ） A B C D 10 （5 分）已知数列an满足：对nN*，anlogn+1（n+2） ，设 Tn为数列an的前 n 项之 积，则下列说法错误的是（ ） A
3、a1a2 Ba1a7 CT63 DT7T6 11 （5 分）数学家托勒密从公元 127 年到 151 年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角 函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“cos21 2sin2”所用的几何图形已知点 B，C 在以线段 AC 为直径的圆上，D 为弧 BC 的中 点，点 E 在线段 AC 上且 AEAB，点 F 为 EC 的中点设 AC2r，DAC，那么下 列结论： DC2rcos，AB2rcos2， FCr（1cos2） ， DC2r（2rAB） 其中正确的是（ ） A B C D 12 （5 分）已知定义在 R 上的偶函数 f（x）e|x
4、|sin（x+） （0，0）的部分图 象如图所示，设 x0为 f（x）的极大值点，则 cosx0（ ） 第 3 页（共 25 页） A B C D 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）分） 13 （5 分）命题“x（0，+） ，x22xm0“为真命题，则实数 m 的最大值为 14 （5 分）设 aR，已知直线 l：ax+y2a0 与圆 C： （x2）2+y24 交于 A，B 两点， 则弦 AB 的长为 15 （5 分）已知函数，则 f（x）在 x3 处的切线方程 为 16 （5 分）已知平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为 1
5、，中心为点 O，将该正六边形沿对 角线 AD 折成二面角 EADC， 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 三棱锥 OCEF 的外接球表面积为 三、解答题（共三、解答题（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）已知数列an的前 n 项和为 Sn，当 nN*时，Sn2n+1n2 （1）求数列an的通项公式； （2）当 nN*时，证明： 18 （12 分）改革开放以来，中国快递行业持续快速发展，快递业务量从上世纪 80 年代的 153 万件提升到 2018 年的 507.1 亿件，快递行业的发展也给我们的生活带来了很
6、大便 利已知某市某快递点的收费标准为：首重（重量小于等于 1kg）收费 10 元，续重 5 元 /kg（不足 1kg 按 1kg 算） （如：一个包裹重量为 2.5kg，则需支付首付 10 元，续重 10 元， 一共 20 元快递费用） 第 4 页（共 25 页） （1）若你有三件礼物 A，B，C 重量分别为 0.4kg，1.2kg，1.9kg，要将三个礼物分成两个 包裹寄出（如：A，B 合为一个包裹，C 一个包裹） ，那么如何分配礼物，使得你花费的 快递费最少？ （2）为了解该快递点 2019 年的揽件情况，在 2019 年内随机抽查了 30 天的日揽收包裹 数（单位：件） ，得到如表格：
7、包裹数（单位： 件） （0，100 （100，200 （200，300 （300，400 天数（天） 8 12 8 2 现用这 30 天的日揽收包裹数估计该快递点 2019 年的日揽收包裹数若从 2019 年任取 4 天，记这 4 天中日揽收包裹数超过 200 件的天数为随机变量 X，求 X 的分布列和期望 19 （12 分）如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1，A1A2B1B2，A1A22B1B2， A1B12，圆台 O1O2的侧面积为 6若点 C，D 分别为圆 O1，O2上的动点且点 C，D 在平面 A1A2B2B1的同侧 （1）求证：A1CA2C； （2） 若B1B2
8、C60， 则当三棱锥 CA1DA2的体积取最大值时， 求 A1D 与平面 CA1A2 所成角的正弦值 20 （12 分）已知抛物线 C：的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两 点，且|AF|BF|（2） （1）求直线 l 斜率的取值范围； （2）过点 A，B 分别作抛物线 C 的切线交于点 P，求ABP 面积的取值范围 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+2xax2 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 a1 时，判断并说明函数 g（x）f（x）3cosx 的零点个数若函数 g（x）所 有零点均在区间m，n（mZ，nZ）内，求 nm 的最小值 第 5
9、 页（共 25 页） 请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多如果多 做，则按所做的第一题计分做，则按所做的第一题计分.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）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，若点 M 为曲线 C 上的动点，直线 OM 交直线
10、 x2 于点 P以坐标原点为极 点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）写出曲线 C 的极坐标方程及点 P 轨迹的极坐标方程； （2）当|PM|3 时，求点 P 的极坐标 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|x+1|x1|的最大值为 M （1）求 M 的值； （2）设正数 a，b，c 满足 a+b+cM，求证： 第 6 页（共 25 页） 2019-2020 学年云南师大学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）附中高三（下）月考数学试卷（理科） （六）（六） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选择题 1 （5 分）已知集合 Ax|log2
11、x1，集合 BxN|x|2，则 AB（ ） Ax|0x1 Bx|0x2 Cx|2x2 D0，1 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行并集的运算即可 【解答】解：Ax|0x2，B0，1， ABx|0x2 故选：B 【点评】本题考查了描述法的定义，对数函数的定义域和单调性，绝对值不等式的解法， 并集的运算，考查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）已知 i 为虚数单位，则复数（1i） （1i3）（ ） A2i B2i C2 D2 【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： （1i） （1i3）（1i） （1+i）1i22 故选：C 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基
12、础的计算题 3 （5 分）已知平面向量 ， 的夹角为 30，则（ ） A B2 C3 D4 【分析】根据条件进行数量积的运算即可得出，解出即 可 【解答】解： ， 的夹角为 30， ， 故选：A 第 7 页（共 25 页） 【点评】本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的定义，考查了计算能力， 属于基础题 4 （5 分）已知实数 x，y 满足约束条件，则的最大值为（ ） A2 B C1 D 【分析】 由约束条件作出可行域， 再由 z的几何意义， 即可行域内的动点与定点 O （0， 0）连线的斜率求解 【解答】解：由实数 x，y 满足约束条件，作出可行域如图， 联立，解得 A（，1） ，
13、 z的几何意义为可行域内的动点与定点 O（0，0）连线的斜率 z， z的最大值为 故选：D 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方 法，是中档题 5 （5 分）在区间（0，3）上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与双曲线 C：x2y2 1 有两个不同的交点“发生的概率为（ ） 第 8 页（共 25 页） A B C D1 【分析】 故联立方程组成方程组， 利用判别式大于 0 求解， 同时应注意二次项系数不为 0， 求出 k 的范围，以及对应区间长度即可求解 【解答】解：将直线 ykx 代入双曲线 x2y21，化简得 （1k2）x210 直线 ykx
14、 与双曲线 C：x2y21 有两个不同的交点 0 且 1k20 k1 且1k1； 即1k1； 故所求概率为： 故选：A 【点评】本题的考点是几何概型以及直线与圆锥曲线的关系，主要考查直线与双曲线有 两个不同的交点，关键是联立方程组成方程组，根据判别式求解 6 （5 分）已知（2x1） （x+a）3展开式中各项系数之和为 27，则其展开式中 x2项的系数 为（ ） A24 B18 C12 D4 【分析】取 x1，结合展开式的所有项系数之和为 27 求得 a 值，然后展开两数和的立方 公式，可得展开式中含 x2的项的系数 【解答】解：由已知令 x1 可得， （21） （1+a）327，则 a2 （
15、2x1） （a+x）3（2x1） （2+x）3（2x1） （8+12x+6x2+x3） 展开式中含 x2的项的系数是 212618 故选：B 【点评】本题考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给 二项式的 x 赋值，求展开式的所有项系数和，可以简便的求出答案，属于基础题 7 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，ca， 则角 C 的大小为（ ） A B C D 【分析】由已知利用正弦定理可得 sinB 的值，根据同角三角函数基本关系式可求 cosA， 第 9 页（共 25 页） cosB 的值，进而根据两角和的余弦函数公式可求 cosC 的
16、值，结合范围 C（0，） ，可 得 C 的值 【解答】解：，ca， 由正弦定理可得 sinAsinB，可得 sinB， cab， cosA，cosB， cosCcos（A+B）sinAsinBcosAcosB， C（0，） ，可得 C 故选：D 【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式 的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 8 （5 分）在下面四个三棱柱中，A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 则在这四个三棱柱中，直线 AB 与平面 EFG 不平行的是（ ） A B C D 【分析】 在 A 和 B 中， 平面 EFG 平行于
17、棱柱中 AB 所在平面， 直线 AB 与平面 EFG 平行； 在 C 中，直线 AB 与平面 EFG 相交；在 D 中，ABFG，直线 AB 与平面 EFG 平行 【解答】解：A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 在 A 中， 平面 EFG 平行于棱柱中 AB 所在平面， 直线 AB 与平面 EFG 平行， 故 A 错误； 在 B 中， 平面 EFG 平行于棱柱中 AB 所在平面， 直线 AB 与平面 EFG 平行， 故 B 错误； 在 C 中，直线 AB 与平面 EFG 相交，直线 AB 与平面 EFG 不平行，故 C 正确； 第 10 页（共 25 页） 在 D 中，A
18、BFG，AB平面 EFG，FG平面 EFG，直线 AB 与平面 EFG 平行，故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查直线与平面平行的判断，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 9 （5 分）已知椭圆与抛物线 E：y22px（p0）有公共焦点 F， 椭圆 C 与抛物线 E 交于 A，B 两点，且 A，B，F 三点共线，则椭圆 C 的离心率为（ ） A B C D 【分析】由题意求出抛物线及椭圆的解得可得 p 与 c 的关系，再由两个曲线的交点与焦 点共线可得可得交点 A 的坐标横坐标与 F 的相同，代入抛物线可得 A 的纵坐标，将 A 代 入椭圆由 a
19、，b，c 的关系及离心率的取值范围可得离心率的值 【解答】解：由抛物线 E：y22px（p0）可得解得坐标为： （，0） ， 再由椭圆可得焦点坐标为： （c，0） ， 由于两个曲线的焦点坐标相同，所以可得c，即 p2c， 由于椭圆及抛物线的对称性可得：A，B，F 三点共线，可得 xAc，yA2c，即 A（c， 2c） ， 而 A 在椭圆上，所以+1，整理可得 c2（b2+4a2）a2b2， 即 c2（a2c2+4a2）a2（a2c2）整理可得：e46e2+10， e（0，1） ，解得 e， 故选：A 【点评】本题考查椭圆及抛物线的性质对称性可得 A，F，B 三点共线的性质，属于中档 题 10
20、（5 分）已知数列an满足：对nN*，anlogn+1（n+2） ，设 Tn为数列an的前 n 项之 积，则下列说法错误的是（ ） Aa1a2 Ba1a7 CT63 DT7T6 【分析】运用对数的换底公式和运算性质，结合基本不等式，作差比较 a1，a2与 a1，a7 第 11 页（共 25 页） 的大小，可判断 A，B；再由对数的换底公式和运行性质可判断 C，D 【解答】解：由 anlogn+1（n+2） ， a1a20， 可得 a1a2，故 A 正确； a1a20，可得 a1a2，故 B 正确； 又 Tna1a2a3anlog23log34log45logn+1（n+2） ， 则 T63，故
21、 C 正确； 由 T73，可得 T7T6，故 D 错误 故选：D 【点评】本题考查数列的各项的大小和前 n 项之积，考查对数的运算性质和基本不等式 的运用，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题 11 （5 分）数学家托勒密从公元 127 年到 151 年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角 函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“cos21 2sin2”所用的几何图形已知点 B，C 在以线段 AC 为直径的圆上，D 为弧 BC 的中 点，点 E 在线段 AC 上且 AEAB，点 F 为 EC 的中点设 AC2r，DAC，那么下 列结论： DC2rcos，AB2rc
22、os2， FCr（1cos2） ， DC2r（2rAB） 其中正确的是（ ） A B C D 【分析】根据题意，依次分析四个结论是否正确，综合即可得答案 第 12 页（共 25 页） 【解答】解：根据题意，依次分析 4 个结论： 对于，在ADC 中，AC2r，DAC，ADC，则 DCACsin2rsin， 错误； 对于，在ABC 中，AC2r，BAC2DAC2，ADC，则 ABACcos BAC2rcos2，正确； 对于， FCEC （ACAE） （ACAB） （2r2rcos2） r （1cos2） ， 正确； 对于，在ADC 中，DCACsin2rsin，则 DC24r2sin22r2（1
23、cos2）r （2r2rcos2）DC2r（2rAB） ，正确； 综合：正确； 故选：D 【点评】本题考查弧度制、三角函数的计算，涉及正余弦定律的应用，属于基础题 12 （5 分）已知定义在 R 上的偶函数 f（x）e|x|sin（x+） （0，0）的部分图 象如图所示，设 x0为 f（x）的极大值点，则 cosx0（ ） A B C D 【分析】根据题设条件，可得 f（x）e|x|cos2x，考虑 x0 的情况，利用导数可得当 时，f（x）有极大值，由此即可得解 【解答】解：依题意，函数 ysin（x+）为偶函数， 又 0，故，由图象可知，可得 2， f（x）e|x|cos2x， 由函数 f
24、（x）为偶函数，故只需考虑 x0 的情况， 当x 0时 ， f （ x ） excos2x ， f （ x ） ex（ cos2x 2sin2x ） 第 13 页（共 25 页） ， 当时，f（x）有极大值， 故 故选：B 【点评】本题涉及了三角函数的恒等变换，三角函数的图象及性质，利用导数研究函数 的极值，函数的奇偶性等知识点，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题 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）分） 13 （5 分）命题“x（0，+） ，x22xm0“为真命题，则实数 m 的最大值为 1 【分析】问题等价于“x（0，
25、+） ，mx22x”恒成立，求出 f（x）x22x 在 x （0，+）上的最小值即可 【解答】解：命题“x（0，+） ，x22xm0”为真命题， 等价于“x（0，+） ，mx22x”恒成立， 设 f（x）x22x，x（0，+） ， 所以 f（x）f（1）1， 所以 m1， 即实数 m 的最大值为1 故答案为：1 【点评】本题考查了全称量词命题的应用问题，是基础题 14 （5 分）设 aR，已知直线 l：ax+y2a0 与圆 C： （x2）2+y24 交于 A，B 两点， 则弦 AB 的长为 4 【分析】由直线系方程可得直线过已知圆的圆心，则答案可求 【解答】解：由 ax+y2a0，得 a（x2
26、）+y0， 可得直线 l：ax+y2a0 过定点（2，0） ，即过圆 C： （x2）2+y24 的圆心 弦 AB 的长为圆的直径等于 4 故答案为：4 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查直线系方程，是基础题 15 （5 分）已知函数，则 f（x）在 x3 处的切线方程为 x+y40 第 14 页（共 25 页） 【分析】依题意，可求得 f（x）在 x3 处的切线方程的斜率及切点的坐标，从而利用直 线的点斜式即可得到答案 【解答】解：， f（3）f（32）f（1）1， 又当 x（0，2时，f（x）， f（x）， f（1）1， f（x）在 x3 处的切线方程为：y1（x3） ， 即 x+
27、y40， 故答案为：x+y40 【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得 f（x）在 x3 处的切线的斜 率是关键，考查运算能力，属于中档题 16 （5 分）已知平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为 1，中心为点 O，将该正六边形沿对 角线 AD 折成二面角 EADC， 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 三棱锥 OCEF 的外接球表面积为 2 【分析】首先对正六边形进行折叠，求出该直观图形，进一步利用余弦定理的应用求出 三角形 CEF 为等腰直角三角形，最后利用勾股定理的应用，求出外接球的半径，最后求 出球的表面积 【解答】解：平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为
28、 1，中心为点 O， 如图所示： 将该正六边形沿对角线 AD 折成二面角 EADC， 如图所示： 第 15 页（共 25 页） 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 即在线段 OD 上取中点 G，所以 EGGC， 在EGC 中，利用余弦定理 EC2EG2+GC22EGGCcosEGC， 解得， 解得 EC1 由于 EFAD，EGAD，GCAD， 所以 AD平面 EGC， 所以 ADEC， 故EFC 为等腰直角三角形 由于 OEOFOC1， 所以三棱锥 OCEF 的外接球的球心在过EFC 斜边 CF 的中点，且垂直于 CF 的直线 上， 整理得 OFOEOC1，CF， 解得 FKCK 如图
29、所示： 设外接球的球心为 H， 故：设外接球的半径为 r， 第 16 页（共 25 页） 所以，解得 r 即球心 H 和 K 重合 故： 故答案为：2 【点评】本题考查的知识要点：折叠问题的应用，线面垂直的应用，余弦定理的应用， 三棱锥体和外接球的关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属 于中档题型 三、解答题（共三、解答题（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）已知数列an的前 n 项和为 Sn，当 nN*时，Sn2n+1n2 （1）求数列an的通项公式； （2）当 nN*时，证明： 【分析】 （
30、1）由 Sn2n+1n2，得 a1S11；当 n2 时，再由 anSnSn1求数列 an的通项公式； （2） （），下面利用数学归纳法证明 2n1 2n 1，则由 ； （）由（）知，代入后利用等比数列的前 n 项和证明结论 【解答】解： （1）由 Sn2n+1n2，得 a1S11； 当 n2 时，anSnSn12n+1n22n+（n1）+22n1 a11 适合上式， ； 证明： （2） （） 第 17 页（共 25 页） 下面利用数学归纳法证明 2n12n 1 当 n1 时，左边1，右边1，左边右边，不等式成立； 当 n2 时，左边3，右边2，左边右边，不等式成立； 假设当 nk 时不等式成立
31、，即 2k12k 1， 则当 nk+1 时，左边2k+1122k12（2k 1+1）12k+12（k+1）1 即 nk+1 时，不等式成立 综上，明 2n12n 1 ； （）由（）知， 则+ 2n+2 【点评】本题考查由数列递推式求数列的通项公式，考查等比数列的前 n 项和，训练了 利用放缩法与数学归纳法证明数列不等式，是中档题 18 （12 分）改革开放以来，中国快递行业持续快速发展，快递业务量从上世纪 80 年代的 153 万件提升到 2018 年的 507.1 亿件，快递行业的发展也给我们的生活带来了很大便 利已知某市某快递点的收费标准为：首重（重量小于等于 1kg）收费 10 元，续重
32、 5 元 /kg（不足 1kg 按 1kg 算） （如：一个包裹重量为 2.5kg，则需支付首付 10 元，续重 10 元， 一共 20 元快递费用） （1）若你有三件礼物 A，B，C 重量分别为 0.4kg，1.2kg，1.9kg，要将三个礼物分成两个 包裹寄出（如：A，B 合为一个包裹，C 一个包裹） ，那么如何分配礼物，使得你花费的 快递费最少？ （2）为了解该快递点 2019 年的揽件情况，在 2019 年内随机抽查了 30 天的日揽收包裹 数（单位：件） ，得到如表格： 包裹数（单位： 件） （0，100 （100，200 （200，300 （300，400 第 18 页（共 25
33、页） 天数（天） 8 12 8 2 现用这 30 天的日揽收包裹数估计该快递点 2019 年的日揽收包裹数若从 2019 年任取 4 天，记这 4 天中日揽收包裹数超过 200 件的天数为随机变量 X，求 X 的分布列和期望 【分析】 （1）A，B 合为一个包裹，C 一个包裹，花费的快递费为：10+5+10+530 元， A，C 合为一个包裹，B 一个包裹，花费的快递费为：10+10+10+535 元，B，C 合为一 个包裹，A 一个包裹，花费的快递费为：10+5+10+5+1050 元，wwdmjA，B 合为一个包 裹，C 一个包裹，花费的快递费最少，最少费用为：30 元 （2）30 天的日
34、揽收包裹数超过 200 件的有 10 天，从 2019 年任取 4 天，记这 4 天中日揽 收包裹数超过 200 件的天数为随机变量 X，XB（4，） ，由此能求出 X 的分布列和 E （X） 【解答】解： （1）有三件礼物 A，B，C 重量分别为 0.4kg，1.2kg，1.9kg， 要将三个礼物分成两个包裹寄出， A，B 合为一个包裹，C 一个包裹，花费的快递费为：10+5+10+530 元， A，C 合为一个包裹，B 一个包裹，花费的快递费为：10+10+10+535 元， B，C 合为一个包裹，A 一个包裹，花费的快递费为：10+5+10+5+1050 元， A，B 合为一个包裹，C
35、一个包裹， 花费的快递费最少，最少费用为：30 元 （2）30 天的日揽收包裹数超过 200 件的有 10 天， 从 2019 年任取 4 天，记这 4 天中日揽收包裹数超过 200 件的天数为随机变量 X， 则 XB（4，） ， P（X0）， P（X1）， P（X2）， P（X3）， P（X4）， X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 第 19 页（共 25 页） P E（X）4 【点评】本题考查最低运费和离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查二项分 布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 19 （12 分）如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1，A1A2B1B
36、2，A1A22B1B2， A1B12，圆台 O1O2的侧面积为 6若点 C，D 分别为圆 O1，O2上的动点且点 C，D 在平面 A1A2B2B1的同侧 （1）求证：A1CA2C； （2） 若B1B2C60， 则当三棱锥 CA1DA2的体积取最大值时， 求 A1D 与平面 CA1A2 所成角的正弦值 【分析】 （1）设圆 O1，O2的半径分别为 r，2r，依题意可得 r1，分析可知 ，CO22，由此即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出 A1D 的方向向量与平面 CA1A2的法向量，利用向量的 夹角公式即可得解 【解答】解： （1）证明：设圆 O1，O2的半径分别为 r，2r， 圆台的侧面
37、积为 6， ，解得 r1， 在等腰梯形 A1A2B2B1中， 连接 O1O2，O1C，O2C，在圆台 O1O2中，O1O2平面 B1CB2，O1C 在平面 B1CB2内， O1O2O1C， 又 O1C1，故在O1CO2中，CO22， 在CA1A2中，故A1CA290，即 A1CA2C； 第 20 页（共 25 页） （2）由题意可知，三棱锥CA1DA2的体积为 ， 又 在Rt A1DA2中 ， 当 且 仅 当 时取等号， 即点 D 为弧 A1A2的中点时，V 有最大值， 连接 DO2，O1O2平面 A1DA2，DO2O2A2， 以点 O2为坐标原点，以 O2D，O2A2，O2O1所在直线分别为
38、 x 轴，y 轴，z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系， 则 A1（0，2，0） ，A2（0，2，0） ，D（2，0，0） ，由B1B2C60，可知 ， 设平面 CA1A2的一个法向量为，则，可取 ， ， A1D 与平面 CA1A2所成角的正弦值为 【点评】本题考查线线垂直的判定以及利用空间向量求解线面角问题，考查逻辑推理能 力以及运算求解能力，属于中档题 20 （12 分）已知抛物线 C：的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两 第 21 页（共 25 页） 点，且|AF|BF|（2） （1）求直线 l 斜率的取值范围； （2）过点 A，B 分别作抛物线 C 的切线
39、交于点 P，求ABP 面积的取值范围 【 分 析 】 （ 1 ） 设 出 直 线 l 的 方 程 ， 与 抛 物 线 方 程 联 立 ， 结 合 题 意 可 得 ，进而求得实数 k 的取值范围； （2）求导，可得直线 AP：，同理可得直线 BP：， 进而可得 P（2k，1） ，进一步求得点 P 到直线 l 点的距离 d 以及利用弦长公式求得|AB|， 再表示出ABP 的面积，从而求得取值范围 【解答】解： （1）抛物线 C：的焦点为 F（0，1） ，由题意知，直线 l 的斜率存在， 设直线 l：ykx+1， 代入抛物线方程 C：得 x24kx40，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，
40、因为0，所以 x1+x24k，x1x24， 又|AF|BF|，故 x1x2， 则，故， 当 2 时， 或； （2）对求导得，则直线 AP：， 又，所以直线 AP：， 同理可得直线 BP：， 点，即 P（2k，1） ， 点P到直线l点的距离为 ， ， 综上，ABP 面积的取值范围为 第 22 页（共 25 页） 【点评】本题考查直线与抛物线的综合运用，还涉及了导数在解析结合中的运用，考查 运算求解能力，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+2xax2 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 a1 时，判断并说明函数 g（x）f（x）3cosx 的零点个数若函数 g（x）所
41、 有零点均在区间m，n（mZ，nZ）内，求 nm 的最小值 【分析】 （1）求导，分 a0，a0 及 a0 分别讨论导函数与 0 的关系，进而得出单调 性情况； （2）求出 g（x） ，分 x（0，1，x（，4，x（4， +）分别讨论零点情况，由此即可得出结论 【解答】解： （1）函数的定义域为（0，+） ， 当 a0 时，故函数 f（x）在（0，+）上单调递增； 当 a0 时，2ax20，f（x）0，故函数 f（x）在（0，+）上单调递增； 当 a0 时，令2ax2+2x+10，解得（舍） ， 当 x（0，x1）时，f（x）0，当 x（x1，+）时，f（x）0， 故函数 f（x）在（0，x1
42、）上单调递减，在（x1，+）上单调递增； （2）当 a1 时，f（x）lnx+2xx2（x0） ，g（x）lnx+2xx23cosx（x0） ， 当x（0，1时，f（x）lnx+2xx2单调递增， ， 则 g（x）0，函数 g（x）不存在零点； 当时，在上单调 递减， ， ，g（x）单增， 又， 存在唯一，使得 g（x）0； 第 23 页（共 25 页） 当时， g（x）单减， 又， 存在，使得 g（x0）0， g（x）在递增，在（x0，递减， 又， g（x）0 在恒成立，不存在零点； 当 x（，4时， g（x）单减， 又 g（）0， g（x）0，g（x）单减， 又 g（）0，g（4）ln4+
43、8163cos40， 存在唯一 x（，4，使得 g（x）0， ； 当 x（4，+）时，g（x）x1+2xx2+3x2+3x+20，故不存在零点； 综上，g（x）存在两个零点， nm 的最小值为 3 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，以及函数的零点问题，考 查分类讨论思想及运算求解能力，属于较难题目 请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在
44、答题卡选答区域指定位置答题.如果多如果多 做，则按所做的第一题计分做，则按所做的第一题计分.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）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，若点 M 为曲线 C 上的动点，直线 OM 交直线 x2 于点 P以坐标原点为极 点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）写出曲线 C 的极坐标方程及点 P 轨迹的极坐标方程； （2）当|PM|3 时，求点 P 的极坐标 第 24 页（共 25 页） 【分析】（1） 由曲线 C 的参数方程化为普通方程， 再由普通方程与极坐标可 得极坐标的方程，由
45、三角形相似可得对应比成比例，可得 P 的极坐标方程； （2）由 P，M 的极坐标可得极角，进而可得极径，求出 P 的极坐标 【解答】解： （1）曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，可得： 可得（x1）2+y21， （y0） 整理可得：x2+y22x0 所以极坐标方程为：22cos0，即 2cos， 设 M（，）P（，） ，由三角形相似可得：，所以 所以 P 的轨迹的极坐标方程为：； （2）由|PM|3 可得：2cos3，整理可得 2cos2+3cos20，可得 cos ，所以 ，所以 4， 所以 P 的极坐标（4，） 【点评】本题考查简单曲线的极坐标，参数方程与普通方程之间的互化，即在极坐标形 式中由两点间