1、2020 年高考（理科）数学（年高考（理科）数学（4 月份）模拟试卷月份）模拟试卷 一、选择题（共 12 小題）. 1已知 i 是虚数单位，复数 z 满足 z（3+4i）1+i，则 z 的共轭复数 在复平面内表示的点 在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2若函数 f（x）是幂函数，且满足3，则 f（）的值为（ ） A3 B C3 D 3已知直线 l1：（m4）x+4y+10 和 l2：（m+4）x+（m+1）y10，若 l1l2，则实数 m 的值为（ ） A1 或3 B或 C2 或6 D或 4“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一，他在九章算术注中提出割圆术，并作为 计算圆
2、的周长、 面积以及圆周率的基础刘徽把圆内接正多边形的面积直算到了正 3072 边 形，并由此而求得了圆周率为 3.1415 和 3.1416 这两个近似数值，这个结果是当时世界上 圆周率计算的最精确数据如图，当分割到圆内接正六边形时，某同学利用计算机随机 模拟法向圆内随机投掷点，计算得出该点落在正六边形内的频率为 0.8269，那么通过该 实验计算出来的圆周率近似值为（参考数据2.0946）（ ） A3.1419 B3.1417 C3.1415 D3.1413 5已知命题 p：xR，x2+x10；命题 q：xR，sinx+cosx则下列判断正确的是 （ ） Ap 是假命题 Bq 是假命题 Cp
3、q 是假命题 D（p）q 是真命题 6周碑算经中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、 春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、 立春、 春分日影长之和为31.5尺， 前九个节气日影长之和为85.5尺， 则小满日影长为 （ ） A1.5 尺 B2.5 尺 C3.5 尺 D4.5 尺 7下列四个命题：在回归模型中，预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定；若变 量 x， y 满足关系 y0.1x+1， 且变量 y 与 z 正相关， 则 x 与 z 也正相关； 在残差图中， 残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；以
4、模型 ycekx去拟合 一组数据时，为了求出回归方程，设 zlny，将其变换后得到线性方程 z0.3x+4，则 c e4，k0.3 其中真命题的个数为（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 8 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 9一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当 三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取 5 次球时停止取球的概率为（ ） A B C D 10已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁在某天的某个时段，他们每人各做一 项工作，一人
5、在查资料，一人在写教案，一人在批改作业，另一人在打印材料若下面 4 个说法都是正确的： 甲不在查资料，也不在写教案； 乙不在打印材料，也不在查资料； 丙不在批改作业，也不在打印材料； 丁不在写教案，也不在查资料 此外还可确定： 如果甲不在打印材料， 那么丙不在查资料 根据以上信息可以判断 （ ） A甲在打印材料 B乙在批改作业 C丙在写教案 D丁在打印材料 11设 F1，F2为双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点，P，Q 分别为双曲 线左、右支上的点，若2，且0，则双曲线的离心率为（ ） A B C D 12四棱锥 PABCD，AD面 PAB，BC面 PAB，底面 ABCD 为梯形，AD4
6、，BC8， AB6，APDBPC，满足上述条件的四棱锥顶点 P 的轨迹是（ ） A线段 B圆的一部分 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 二、填空题 13若 x，y 满足约束条件则的最大值为 14（sinx+ ）dx 15 若圆 C： x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称， 由点 P （a， b） 向圆 C 作切线， 切点为 A，则线段 PA 的长度的最小值为 16已知函数 y|sinx|的图象与直线 ym（x+2）（m0）恰有四个公共点 A（x1，y1），B （x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），其中 x1x 2x3x4，则 三、解答题：解答应写出文字说明
7、、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 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17在ABC 中，边 a，b，c 所对的角分别为 A，B，C，已知 ac，ABC 的面积为 2， sin（AB）+sinCsinA，b3 （1）求 sinB 的值； （2）求边 a，c 的值 18如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD， AB1，AD2，ACCD （1）求证：PD平面 PAB； （2）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 19已知动点 P 到直线 l：x2 的距离比到定点 F（1，
8、0）的距离多 1 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）若 A 为（1）中曲线 E 上一点，过点 A 作直线 l 的垂线，垂足为 C，过坐标原点 O 的直线 OC 交曲线 E 于另外一点 B，证明直线 AB 过定点，并求出定点坐标 20已知函数 f（x）ex sinxax （1）若 f（x）在上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）当 a1 时，求证：对于任意的，均有 f（x）0 212019 年 7 月 1 日到 3 日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车 产业的转型升级和生态环境的持续改善某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新 能源汽车，并在出厂前对 100
9、 辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车 所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程） 的测试 现对测试数据进行分析， 得到如图的频率分布直方图 （1）估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 （同一组中的数据用该组区间的 中点值代表）； （2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正 态分布 N（，2），经计算第（1）问中样本标准差 s 的近似值为 50用样本平均数 作 为 的近似值，用样本标准差 s 作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续 航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率； （3）某汽车销售公司为推广此款
10、新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖” 活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停 在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券已知硬币出现正，反面的概率都是，方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格第 50 格遥控车开始在第 0 格，客户每掷一次硬 币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从 k 到 k+1），若掷出反 面，遥控车向前移动两格（从 k 到 k+2），直到遥控车移到第 49 格（胜利大本营）或第 50 格（失败大本营）时，游戏结束设遥控车移到第 n 格的概率为 Pn，试证明PnPn 1（1n49，nN *）是等比数列，
11、并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽 车 参考数据：若随机变量 服从正态分布 N（，2），则 P（+）0.6827， P（2+2）0.9545，P（3+3）0.9973 （二）选考题：共 10 分请考生在第 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 22在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲 线 C 的极坐标方程为 sin2acos（a0），过点 P（2，4）的直线 l 的参数方程 为（t 为参数），直线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点 （）写出曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方
12、程； （）若|PA| |PB|AB|2，求 a 的值 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 （）当 a2 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）若 mR，且 m0，证明： 参考答案 一、选择题：本题共 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已知 i 是虚数单位，复数 z 满足 z（3+4i）1+i，则 z 的共轭复数 在复平面内表示的点 在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、几何意义即可得出 解：复数 z 满足 z（3+4i）1+i，z（3+4i）（34i）（1+i）（
13、34i），5z7i， zi +i 则复平面内表示 z 的共轭复数的点在第一象限 故选：A 2若函数 f（x）是幂函数，且满足3，则 f（）的值为（ ） A3 B C3 D 【分析】设 f（x）x（ 为常数），由满足3，可得 log23. 代 入即可得出 解：设 f（x）x（ 为常数）， 满足3，3，log23 则 f（） 故选：D 3已知直线 l1：（m4）x+4y+10 和 l2：（m+4）x+（m+1）y10，若 l1l2，则实数 m 的值为（ ） A1 或3 B或 C2 或6 D或 【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解 解：直线 l1：（m4）x+4y+10 和 l2：（m+4）x+
14、（m+1）y10，l1l2， （）1， 解得 m2 或 m6， 实数 m 的值为 2 或6 故选：C 4“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一，他在九章算术注中提出割圆术，并作为 计算圆的周长、 面积以及圆周率的基础刘徽把圆内接正多边形的面积直算到了正 3072 边 形，并由此而求得了圆周率为 3.1415 和 3.1416 这两个近似数值，这个结果是当时世界上 圆周率计算的最精确数据如图，当分割到圆内接正六边形时，某同学利用计算机随机 模拟法向圆内随机投掷点，计算得出该点落在正六边形内的频率为 0.8269，那么通过该 实验计算出来的圆周率近似值为（参考数据2.0946）（ ） A3.1419
15、 B3.1417 C3.1415 D3.1413 【分析】由几何概型中的面积型及正六边形、圆的面积公式得：0.8269，所 以0.8269，又2.0946，所以 3.1419，得解 解：由几何概型中的面积型可得： 0.8269， 所以0.8269， 又2.0946， 所以 3.1419， 故选：A 5已知命题 p：xR，x2+x10；命题 q：xR，sinx+cosx则下列判断正确的是 （ ） Ap 是假命题 Bq 是假命题 Cpq 是假命题 D（p）q 是真命题 【分析】利用配方法求得 x2+x1 的范围，说明命题 p 为假命题，利用三角函数的化积 求得 sinx+cosx 的最大值等于 1
16、，说明命题 q 为真命题，然后利用符合命题的真值表加以 判断即可得到答案 解：由 x2+x1 ，所以命题 p：xR，x2+x10 为假命题； 由 sinx+cosx，当时 sinx+cosx 所以命题 q：xR，sinx+cosx是真命题 由以上可知：p 是真命题；q 是真命题；pq 是真命题；（p）q 是真命题 故选：D 6周碑算经中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、 春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、 立春、 春分日影长之和为31.5尺， 前九个节气日影长之和为85.5尺， 则小满日影长为 （ ） A1.5 尺 B2.5
17、 尺 C3.5 尺 D4.5 尺 【分析】利用等差数列通项公式和前 n 项和公式列方程组，求出首项和公差，由此能求 出结果 解：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小 满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列an， 冬至、立春、春分日影长之和为 31.5 尺，前九个节气日影长之和为 85.5 尺， ， 解得 a113.5，d1， 小满日影长为 a1113.5+10（1）3.5（尺） 故选：C 7下列四个命题：在回归模型中，预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定；若变 量 x， y 满足关系 y0.1x+1， 且变量 y 与 z 正相关， 则 x 与
18、z 也正相关； 在残差图中， 残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；以模型 ycekx去拟合 一组数据时，为了求出回归方程，设 zlny，将其变换后得到线性方程 z0.3x+4，则 c e4，k0.3 其中真命题的个数为（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】直接利用回归直线的方程的应用，相关的变量关系的应用，残差图的应用求出 结果 解：下列四个命题：在回归模型中，预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定；根 据回归模型中的变量关系，正确 若变量 x，y 满足关系 y0.1x+1，且变量 y 与 z 正相关，则 x 与 z 也正相关；应该是 负相关故错误
19、 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；即越接 近于回归直线的距离越小，故正确 以模型 ycekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设 zlny，将其变换后得到线 性方程 z0.3x+4，则 ce4，k0.3故正确 故选：C 8 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 【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：由二项式的展开式中的通项公式为 Tr+1 （1）r 2n
20、r ， 它第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2：5，求得 n6， 故通项公式为 Tr+1 （1）r 26r 令 63，求得 r2，故 x3的系数为 24240， 故选：C 9一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当 三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取 5 次球时停止取球的概率为（ ） A B C D 【分析】恰好取 5 次球时停止取球，分两种情况 3，1，1 及 2，2，1，这两种情况是互斥 的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果 解：分两种情况 3，1，1 及 2，2，1 这两种情况是互斥的，下面计算每一种
21、情况的概率， 当取球的个数是 3，1，1 时， 试验发生包含的事件是 35， 满足条件的事件数是 C31C43C21 这种结果发生的概率是 同理求得第二种结果的概率是 根据互斥事件的概率公式得到 P 故选：B 10已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁在某天的某个时段，他们每人各做一 项工作，一人在查资料，一人在写教案，一人在批改作业，另一人在打印材料若下面 4 个说法都是正确的： 甲不在查资料，也不在写教案； 乙不在打印材料，也不在查资料； 丙不在批改作业，也不在打印材料； 丁不在写教案，也不在查资料 此外还可确定： 如果甲不在打印材料， 那么丙不在查资料 根据以上信息可以判断 （ ）
22、A甲在打印材料 B乙在批改作业 C丙在写教案 D丁在打印材料 【分析】若甲不在打印资料，则丙不在查资料，则甲在改作业，丙只能写教案，乙不管 是写教案还是改作业都与甲或丙在做一样的事，与题设矛盾，从而得解 解：把已知条件列表如下： 查资料 写教案 改作业 打印资料 甲 乙 丙 丁 若甲不在打印资料，则丙不在查资料，则甲在改作业，丙只能写教案，乙不管是写教案 还是改作业都与甲或丙在做一样的事，与题设矛盾 查资料 写教案 改作业 打印资料 甲 乙 丙 丁 所以甲一定在打印资料，此时丁在改作业，乙在写教案，丙在查资料 故选：A 11设 F1，F2为双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点，P，Q 分别
23、为双曲 线左、右支上的点，若2，且0，则双曲线的离心率为（ ） A B C D 【分析】设 P（x，y），Q（x1，y1），F1（c，0），F2（c，0），由2，得 x13c+2x，y12y 由0， 得 x2c2+y20， 又1， 由可得 P （， ） ， 代入得Q （3c，） ， 将点Q坐标代入得3c2+a24a， 即可求解 解：设 P（x，y），Q（x1，y1），F1（c，0），F2（c，0）， （cx1，y1），（cx，y） 2，（cx1，y1）2（cx，y）， cx12（cx），y12y， x13c+2x，y12y （x+c，y），（xc，y）， 0，x2c2+y20， 又1， 由可得
24、 P（，），代入得 Q（3c，） 将点 Q 坐标代入得 3c2+a24a， 9c426a2c2+17a409e426e2+170 e21（舍去），e2e 故选：B 12四棱锥 PABCD，AD面 PAB，BC面 PAB，底面 ABCD 为梯形，AD4，BC8， AB6，APDBPC，满足上述条件的四棱锥顶点 P 的轨迹是（ ） A线段 B圆的一部分 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 【分析】以 AB 所在直线为 x 轴，AB 的中垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系，写出点 A， B 的坐标，根据条件得出 RtAPDRtCPB， 进而得出 ， 设出点 P 的坐标， 利用两点间的距离公式， 代入上
25、式化简， 根据轨迹方程，即可得到结论 解：在平面 PAB 内， 以 AB 所在直线为 x 轴，AB 的中垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系 设点 P（x，y），则由题意可得 A（3，0），B（3，0） AD，BC，AD4，BC8，AB6，APDCPB， RtAPDRtCPB， 即 BP24AP2，故有（x3）2+y24（x+3）2+y2， 整理得：（x+5）2+y216，表示一个圆 由于点 P 不能在直线 AB 上（否则，不能构成四棱锥）， 故点 P 的轨迹是圆的一部分， 故选：B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13若 x，y 满足约束条件则的最大值为 3 【分析
26、】 作出不等式组对应的平面区域， 利用目标函数的几何意义， 利用数形结合确定 的最大值 解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分 ABC） 设 k，则 k 的几何意义为区域内的点到原点的斜率， 由图象知 OA 的斜率最大， 由，解得，即 A（1，3）， kOA3， 即的最大值为 3 故答案为：3 14（sinx+ ）dx 2 【分析】运用微积分基本定理可解决此问题 解： 根据题意，（sinx+） dxsinxdx+dx0+222， 故答案为 2 15 若圆 C： x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称， 由点 P （a， b） 向圆 C 作切线， 切点为 A，则线段
27、 PA 的长度的最小值为 3 【分析】由已知得圆心 C（1，1）在直线 ax+by+40 上，从而 ba+4，点（a，b） 向圆所作的切线长为：，由此能求出点（a，b） 向圆所作的切线长的最小值 解：圆 C：x2+y2+2x+2y70 可化简为：（x+1）2+（y+1）29 圆 C 的圆心为（1，1），半径 r3 圆 C：x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称， 圆心 C（1，1）在直线 ax+by+40 上， ab+40，即 ba+4， 点（a，b）向圆所作的切线长为：， 当 a2 时，点（a，b）向圆所作的切线长取得最小值 3 故答案为 3 16已知函数 y|sinx
28、|的图象与直线 ym（x+2）（m0）恰有四个公共点 A（x1，y1），B （x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），其中 x1x 2x3x4，则 1 【分析】本题先要根据题意画出图象，找到只有四个公共点的情况，明确 D 点即为直线 与函数 y|sinx|的图象相切点，然后代入运算，即可得到结果 解：由题意画出图象如下： 根据题意，很明显，在 D 点处，直线与函数 y|sinx|的图象相切，D 点即为切点 则有，在点 D 处，ysinx，ycosx而cosx4m， 且 y4m（x4+2）sinx4， x4 +2 tanx4 1 故答案为：1 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或
29、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 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17在ABC 中，边 a，b，c 所对的角分别为 A，B，C，已知 ac，ABC 的面积为 2， sin（AB）+sinCsinA，b3 （1）求 sinB 的值； （2）求边 a，c 的值 【分析】（1）由已知结合和差角公式进行化简可求 cosB，进而可求 sinB； （2）由已知结合余弦定理及三角形面积公式即可求解 解：（1）由，C（A+B）， 得， 即， 0AsinA0，0B （2）由余弦定理得：， 得， 又，ac6， 由解得，或， ac，a3，c2 18如图
30、，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD， AB1，AD2，ACCD （1）求证：PD平面 PAB； （2）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 【分析】（1）推导出 AB平面 PAD，从而 ABPD，再由 PAPD，能证明 PD平面 PAB （2）取 AD 的中点 O，连接 PO，CO，推导出 POAD，从而平面 PAD平面 ABCD， 进而 PO平面 ABCDPOCO由 ACCD，得 COAD，建立空间直角坐标系 O xyz利用向量法能求出直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 【解答】证明：（1）因为平面 PAD平面 ABCD，平面
31、 PAD平面 ABCDAD，AB AD， 所以 AB平面 PAD，所以 ABPD 又 PAPD，ABPAA， 所以 PD平面 PAB 解：（2）取 AD 的中点 O，连接 PO，CO 因为 PAPD，所以 POAD，PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD， 所以 PO平面 ABCD因为 CO平面 ABCD，所以 POCO 因为 ACCD，所以 COAD 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz由题意得， A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1） 设平面 PCD 的一个法向量为 n（x，y，z），则 ，即 令 z2，则 x1，y2所以 n（1，2，
32、2） 又（1，1，1），所以 cosn， 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 19已知动点 P 到直线 l：x2 的距离比到定点 F（1，0）的距离多 1 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）若 A 为（1）中曲线 E 上一点，过点 A 作直线 l 的垂线，垂足为 C，过坐标原点 O 的直线 OC 交曲线 E 于另外一点 B，证明直线 AB 过定点，并求出定点坐标 【分析】（1）根据条件列出|x+2|1，整理即可得轨迹 E； （2）表示出直线 AB 的方程，令 y0，可得定点坐标 解：（1）设点 P（x，y），根据题意得：|x+2|1， 整理得：y24x，即轨迹 E 为
33、 y24x； （2）设 A（x0，y0），其中，即 ，则 C（2，y0），所以直线 OC： yx， 联立，整理得 B（，）， 所以 kAB 则直线 AB 的方程为 yy0（xx0）， 根据题意，若直线 AB 过定点，则定点必在 x 轴上， 故令 y0，解得 x2，即定点坐标为（2，0）， 综上，直线 AB 过定点（2，0） 20已知函数 f（x）ex sinxax （1）若 f（x）在上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）当 a1 时，求证：对于任意的，均有 f（x）0 【 分 析 】 （ 1 ） 求 出 导 函 数 ， 判 断 导 函 数 的 符 号 ， 判 断 函 数 的 单 调 性
34、 ， 令 ，则 g（x）mina，利用导数求解函数的最小值即可 （2）求出令，则 g（x） 2excosx通过 当时 ， 当时 ， 求 解 函 数 的 最 小 值 ， 构 造 ，通过导函数判断函数的单调性，推出 f（x）0得到结果 解：（1）因为 f（x）ex sinxax，所以 因为函数 f（x）在上单调递增，f（x）在上恒有 f（x）0即 恒成立 令，则 g（x）mina， 又因为 g（x）2excosx，所以 g（x）在上单调递增， 所以 g（x）ming（0）1，a1 故 a 的取值范围是（，1 （2）证明：因为 f（x）ex sinxax，所以 令，则 g（x）2excosx 当时，
35、g（x）0，g（x）递增，有 g（x）g（x）ming（0）1， 因为 a1，此时，f（x）g（x）a0，f（x）递增， 有 f（x）f（x）minf（0）0 成立 当时，g（x）0，g（x）递减，有， 若 a0，此时 f（x）g（x）a0，f（x）递增，显 然成立 若 a（0，1，此时记 f（x0）0，则 f（x）在上递增，在 上 递减 此时有， 构造，则， 令 t（x）0，求得故 t（x）在上递减， 在上递增，所以， 所以，此时满足 f（x）0 综上所述，当 a1 时，对于任意的，均有 f（x）0 212019 年 7 月 1 日到 3 日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球
36、汽车 产业的转型升级和生态环境的持续改善某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新 能源汽车，并在出厂前对 100 辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车 所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程） 的测试 现对测试数据进行分析， 得到如图的频率分布直方图 （1）估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 （同一组中的数据用该组区间的 中点值代表）； （2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正 态分布 N（，2），经计算第（1）问中样本标准差 s 的近似值为 50用样本平均数 作 为 的近似值，用样本标准差 s 作为的估计值，现任取
37、一辆汽车，求它的单次最大续 航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率； （3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖” 活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停 在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券已知硬币出现正，反面的概率都是，方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格第 50 格遥控车开始在第 0 格，客户每掷一次硬 币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从 k 到 k+1），若掷出反 面，遥控车向前移动两格（从 k 到 k+2），直到遥控车移到第 49 格（胜利大本营）或第 50 格（失
38、败大本营）时，游戏结束设遥控车移到第 n 格的概率为 Pn，试证明PnPn 1（1n49，nN *）是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽 车 参考数据：若随机变量 服从正态分布 N（，2），则 P（+）0.6827， P（2+2）0.9545，P（3+3）0.9973 【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出 （2）由 XN（300，502）利用正态分布的对称性可得 P（250X400） （3）遥控车开始在第 0 格为必然事件，P01第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第 一格，其概率为，即 P1遥控车移到第 n（2n49）格的情况是下面两种，而 且只有两种：
39、遥控车先到第 n2 格，又掷出反面，其概率为Pn2遥控车先到第 n1 格，又掷出正面，其概率为Pn1可得：PnPn2+Pn1变形为 PnPn1 （Pn1Pn2）即可证明 1n49 时，数列PnPn1是等比数列，首项为 P1 P0，公比为的等比数列利用 Pn（PnPn1）+（Pn1Pn2）+（P1P0） +P0，及其求和公式即可得出可得获胜的概率 P49，失败的概率 P50进而得出结论 解：（1） 0.00250205+0.00450255+0.00950305+0.00450355+0.001 50405300（千米） （2）由 XN（300，502） P（250X400）0.95450.81
40、86 （3）遥控车开始在第 0 格为必然事件，P01第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第 一格，其概率为，即 P1 遥控车移到第 n（2n49）格的情况是下面两种，而且只有两种： 遥控车先到第 n2 格，又掷出反面，其概率为Pn2 遥控车先到第 n1 格，又掷出正面，其概率为Pn1 PnPn2+ Pn1 PnPn1 （Pn1Pn2） 1n49 时，数列PnPn1是等比数列，首项为 P1P0，公比为 的等比 数列 P11 ，P2P1 ，P3P2 ，PnPn1 Pn（PnPn1）+（Pn1Pn2）+（P1P0）+P 0 + +1 （n0，1，49） 获胜的概率 P49， 失败的概率 P50P48 P
41、49P50 0 获胜的概率大 此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车 （二）选考题：共 10 分请考生在第 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 22在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲 线 C 的极坐标方程为 sin2acos（a0），过点 P（2，4）的直线 l 的参数方程 为（t 为参数），直线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点 （）写出曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程； （）若|PA| |PB|AB|2，求 a 的值 【分析】（）把曲线 C 的极坐标方程、直线 l 的参数
42、方程化为普通方程即可； （）把直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程中，得关于 t 的一元二次方程，由 根与系数的关系，求出 t1、t2的关系式，结合参数的几何意义，求出 a 的值 解：（）曲线 C 的极坐标方程 sin2acos（a0）， 可化为 2sin2acos（a0）， 即 y2ax（a0）； 直线 l 的参数方程为 （t 为参数）， 消去参数 t，化为普通方程是 yx2； （）将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程 y2ax（a0）中， 得； 设 A、B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 则； |PA| |PB|AB|2， t1 t2 ， +4t1 t25t1
43、 t2， 即； 解得：a2 或 a8（不合题意，应舍去）； a 的值为 2 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 （）当 a2 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）若 mR，且 m0，证明： 【分析】（I）当 a2 时，去掉绝对值，再求不等式 f（x）3 的解集； （）f（m）+f（）|m+a|+|m+|+|+a|+|+|2|m+|2（|m|+）4， 可得结论 【解答】（I）解：当 a2 时，f（x）|x+2|+|x+|， 不等式 f（x）3 等价于或或， x或 x， 不等式 f（x）3 的解集为x|x或 x； （）证明：f（m）+f（）|m+a|+|m+|+|+a|+|+| 2|m+|2（|m|+ ）4， 当且仅当 m1，a1 时等号成立， f（m）+
