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2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷(理科)含答案解析

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