1、2020 年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1若集合 Ax|x22x30，Bx|2x，则 AB（ ） A B C D2，3 2欧拉公式 eicos+isin 把自然对数的底数 e，虚数单位 i，三角函数 cos 和 sin 联系 在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”若复数 z 满足（ei+i） zi， 则|z|（ ） A1 B
2、C D 3若实数 x，y 满足约束条件，则 z2xy 的最小值是（ ） A5 B4 C7 D16 4已知 f（x）为奇函数，当 x0 时，f（x）e xex2（e 是自然对数的底数） ，则曲线 y f（x）在 x1 处的切线方程是（ ） Ayex+e Byex+e Cyexe D 5若 mcos80+1，则 m（ ） A4 B2 C2 D4 6已知函数的图象关于点成中心 对称，且与直线 ya 的两个相邻交点间的距离为，则下列叙述正确的是（ ） A函数 f（x）的最小正周期为 B函数 f（x）图象的对称中心为 C函数 f（x）的图象可由 ytan2x 的图象向左平移得到 D函数 f（x）的递增区
3、间为 7 九章算术中“勾股容方”问题： “今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋 时期数学家刘徽在其九章算术注中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法： 如图 1， 用对角线将长和宽分别为 b 和 a 的矩形分成两个直角三角形， 每个直角三角形再 分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青） 将三种颜色的图形进行重组， 得到如图 2 所示的矩形，该矩形长为 a+b，宽为内接正方形的边长 d由刘徽构造的图形 可以得到许多重要的结论，如图 3设 D 为斜边 BC 的中点，作直角三角形 ABC 的内接 正方形对角线 AE，过点 A 作 AFBC 于点 F，则下列推理正确的是（ ） 由
4、图 1 和图 2 面积相等可得；由 AEAF 可得； 由 ADAE 可得； 由 ADAF 可得 a2+b22ab A B C D 8为了实施“科技下乡，精准脱贫”战略，某县科技特派员带着 A，B，C 三个农业扶贫项 目进驻某村，对该村仅有的甲、乙、丙、丁四个贫困户进行产业帮扶经过前期实际调研 得知，这四个贫困户选择 A，B，C 三个扶贫项目的意向如表： 扶贫项目 A B C 贫困户 甲、乙、丙、丁 甲、乙、丙 丙、丁 若每个贫困户只能从自己已登记的选择意向项目中随机选取一项，且每个项目至多有两 个贫困户选择，则不同的选法种数有（ ） A24 种 B16 种 C10 种 D8 种 9 某几何体是
5、由一个半球挖去一个圆柱形成的， 其三视图如图所示 已知半球的半径为， 则当此几何体的体积最小时，它的表面积为（ ） A24 B C21 D 10已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过点 D（3，0）的直线交抛物线 C 于点 A，B，若 ，则（ ） A9 B11 C12 D 11若关于 x 的不等式 ax2a2xlnx4 有且只有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 （ ） A （2ln3，2ln2 B （，2ln2） C （，2ln3 D （，2ln3） 12在三棱锥 PABC 中，二面角 PABC、PACB 和 PBCA 的大小均等于， AB：AC：BC3：4：5，设三棱锥 PABC 外
6、接球的球心为 O，直线 PO 与平面 ABC 交 于点 Q，则（ ） A B2 C3 D4 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，满分分，满分 20 分分.第第 16 题第一空题第一空 2 分，第二空分，第二空 3 分分. 把答案填在答题卡上的相应位置把答案填在答题卡上的相应位置. 13 （5 分）已知向量 和 满足| | 2 |，| |1，则 14 （5 分）三人制足球（也称为笼式足球）以其独特的魅力，吸引着中国众多的业余足球 爱好者，在某次三人制足球传球训练中，A 队有甲、乙、丙三名队员参加甲、乙丙三 人都等可能地将球传给另外两位队友中的一个人若由
7、甲开始发球（记为第一次传球） ， 则第 4 次传球后，球仍回到甲的概率等于 15 （5 分）已知双曲线 C：的右焦点为点 F，点 B 是虚轴的一 个端点，点 P 为双曲线 C 左支上一个动点，若BPF 周长的最小值等于实轴长的 4 倍， 则双曲线 C 的渐近线方程为 16 （5 分）已知ABC 三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 sinA，sinB，sinC 成等比数列，sin（BA） ，sinA，sinC 成等差数列，则： （1）C ； （2） 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，满分小题，满分 60 分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤分解答应写出文字说
8、明证明过程或演算步骤. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a21，S714，数列bn满足 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）若数列cn满足 cnbncos（an） ，求数列cn的前 2n 项和 T2n 18 （12 分）如图（1） ，在矩形 ABCD 中，E，F 在边 CD 上，BCCEEFFD 沿 BE， AF 将CBE 和DAF 折起，使平面 CBE 和平面 DAF 都与平面 ABEF 垂直，如图（2） （1）试判断图（2）中直线 CD 与 AB 的位置关系，并说明理由； （2）求平面 ADF 和平面 DEF 所成锐角二面角的余弦值 19 （12 分）已知椭
9、圆 C 的方程为，斜率为的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点， 点 P在直线 l 的左上方 （1）若以 AB 为直径的圆恰好经过椭圆 C 的右焦点 F2，求此时直线 l 的方程； （2）求证：PAB 的内切圆的圆心在定直线 x1 上 20 （12 分）某企业拟对某条生产线进行技术升级，现有两种方案可供选择：方案 A 是报废 原有生产线，重建一条新的生产线；方案 B 是对原有生产线进行技术改造，由于受诸多 不可控因素的影响，市场销售状态可能会发生变化该企业管理者对历年产品销售市场 行情及回报率进行了调研，编制出如表： 市场销售状态 畅销 平销 滞销 市场销售状态概率（0p1） 2p 13p p
10、预期平均年利润 （单位：万元） 方案 A 700 400 400 方案 B 600 300 100 （1）以预期平均年利润的期望值为决策依据，问：该企业应选择哪种方案？ （2）记该生产线升级后的产品（以下简称“新产品）的年产量为 x（万件） ，通过核算， 实行方案 A 时新产品的年度总成本 y1（万元）为 y1+10x+160，实行方案 B 时新产品的年度总成本 y2（万元）为 y2+20x+100已知 p0.2，x20若 按（1）的标准选择方案，则市场行情为畅销、平销和滞销时，新产品的单价 t（元）分 别为 60，60x，60x，且生产的新产品当年都能卖出去试问：当 x 取何值时，新产 品年
11、利润的期望取得最大值？并判断这一年利润能否达到预期目标 21 （12 分）已知函数 f（x）exsinx（e 是自然对数的底数） （1）求 f（x）的单调递减区间； （2）记 g（x）f（x）ax，若 0a3，试讨论 g（x）在（0，）上的零点个数 （参 考数据） 请考生在第请考生在第 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，如果多做，则按所做的 第一个题目计分， 作答时， 请用第一个题目计分， 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铅笔在答题卡上， 将所选题号对应的方框涂黑.选修选修 4-4
12、： 坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（ 为参 数） 以坐标原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程 为 （1）曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）若直线 l 与曲线 C 交于 P，Q 两点，M（2，0） ，求|MP|+|MQ|的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知不等式|x1|+|3x5|m 的解集为 （1）求 n 的值； （2）若三个正实数 a，b，c 满足 a+b+cm，证明： 2020 年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）年安徽省合肥市高考数学二
13、模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：， 故选：A 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，指数函数的单调性， 交集的运算，考查了计算能力，属于基础题 2 【分析】由已知可得 ei1，再把（ei+i） zi 变形，利用复数代数形式的乘除运算化 简，结合复数模的计算公式求解 【解答】解
14、：由 eicos+isin，得 eicos+isin1， 则由（ei+i） zi，得 z， |z| 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法， 是基础题 3 【分析】 作出不等式对应的平面区域， 利用线性规划的知识， 通过平移即可求 z 的最小值 【 解 答 】 解 ： 作 出 不 等 式 对 应 的 平 面 区 域 （ 阴 影 部 分 ）， 由 z2xy，得 y2xz， 平移直线 y2xz，由图象可知当直线 y2xz 经过点 A（0，4）时，直线 y2xz 的 截距最大，此时 z 最小 此时 z 的最小值为 z0244， 故选：B 【点评】本题主
15、要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义 是解决此类问题的基本方法 4 【分析】根据条件求出 f（x）在 x0 时的解析式，然后求出其导数，再求出 f（x）在 x 1 处的切线斜率 f（1） ，进一步得到其切线方程 【解答】解：f（x）为奇函数，当 x0 时，f（x）e xex2， 当 x0 时，f（x）ex+ex2，此时 f（x）ex+2ex， f（x）在 x1 处的切线斜率 kf（1）e，又 f（1）0， f（x）在 x1 处的切线方程为 yexe 故选：C 【点评】本题考查了函数与导数的综合应用和利用导数研究曲线上某点切线方程，考查 化归与转化的数学思想，属基础题
16、5 【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin20m2sin20，进而可 求 m 的值 【解答】解：mcos80+1， msin10+1，可得 sin10cos10m+sin10cos100， sin20m2sin20， m2，解得 m4 故选：A 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用在三角函数化简求值中的应用，考查 了转化思想，属于基础题 6 【分析】根据题意求出周期，参数，然后根据函数的性质判断选项 【解答】解：直线 ya 的两个相邻交点间的距离为， 函数 f（x）的最小正周期为，A 错， ， 图象关于点成中心对称， 2+，kZ， 函数 f（x）图象的对称中心为（+，
17、0） ，kZ，B 错； f（x）tan（2x+） ， 函数 f（x）的图象可由 ytan2x 的图象向左平移得到，C 错； +k2x+k， 函数 f（x）的递增区间为，D 对 故选：D 【点评】本题考查三角函数的性质，属于中档题 7 【分析】根据题意求出 AD，AE，AF，然后可判断对，根据面积相等，可判断 对 【解答】解：由图 1 和图 2 面积相等 ab（a+b）d，可得，对； 由题意知图 3 面积为，AF， AD， 图 3 设正方形边长为 x，由三角形相似，解之得 x，则 AE； 可以化简判断对， 故选：A 【点评】本题考查根据图形，证明一些不等式，属于中等题 8 【分析】根据题意，以选
18、 C 项目的户数 2，1，0 为标准分为 3 类，每一类中再去考虑 A， B 两项目的选项情况，用列举的方法找出每一类的人数，再相加即可 【解答】解：以选 C 项目的户数 2，1，0 为标准分为 3 类， （1）C 项 2 户，有 4 种选法； （2）C 项 1 户，若是丁有 6 种选法，若是丙有 3 种选法，共有 9 种选法； （3）C 项 0 户，有 3 种选法 则由加法原理共有 4+9+316 种， 故选：B 【点评】本题考查分类计数原理的运用，关键是以选 C 项的户数有 3 种情况，进而确定 分类的方法 9 【分析】设半球的内接圆柱底面半径为 r，高为 h；写出几何体的体积，利用导数求
19、出体 积的最小值以及对应的 h 和 r 的值，再求该几何体的表面积 【解答】解：设半球的内接圆柱底面半径为 r，高为 h； 则球的半径为 R，且 r2+h26； 此时几何体的体积为 VV半球V圆柱r2h4 （6h2） h （h3 6h+4）； 设 f（h）h36h+4，h（0，） ， 则 f（h）3h26， 令 f（h）0，解得 h； 所以 h（0，）时，f（h）0，f（h）单调递减； h（，）时，f（h）0，f（h）单调递增； 所以 h时，f（h）取得最小值为 f（）26+444 此时圆柱的底面半径为 2，高为； 所以该几何体的表面积为 S4+22（18+4） 故选：D 【点评】本题考查了利
20、用三视图求几何体体积与表面积的应用问题，也考查了运算求解 能力，是中档题 10 【 分 析】 设直 线 AB 方 程为 x my+3 ，点 A （ x1，y1） ，B （ x2， y2） 由 联立， 可得y24my120 利 用韦达定理可得 x1x29，x1+x27即可得的值 【解答】解：设直线 AB 方程为 xmy+3 点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立，可得 y24my120 y1+y24m，y1y212 ，x1x29， x1+x27 则（x11） （x21）+y1y2（x21）+y1y2x1x2（x1+x2）+1+y1y29 故选：A 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关
21、系，考查了计算能力，属于中档题 11 【分析】设 g（x）2xlnx4，h（x）ax2a，画出图象，讨论当 a0 时，当 a0 时，数形结合即可得答案 【解答】解：由题意可知，ax2a2xlnx4， 设 g（x）2xlnx4，h（x）ax2a 由 g（x）2可知 g（x）2xlnx4 在（0，）上为减函数， 在（，+）上为增函数， h（x）ax2a 的图象恒过点（2，0） ，在同一坐标系中作出 g（x） ，h（x）的图象如图， 当 a0 时，原不等式有且只有两个整数解； 当 a0 时，若原不等式有且只有两个整数 x1，x2，使得 f（x1）0， 且 f（x2）0，则，即， 解得 0a2ln3，
22、 综上可得 a2ln3， 故选：C 【点评】本题考查函数图象与方程的解的关系，考查分类讨论思想和数形结合，属于中 档题 12 【分析】如图所示，可得，OMPN，Q，M，N 三点共线，则，故只需 求出 OM 的长即可进一步得出答案，而在ABC 中，解三角形易求得，再利用 OPOB，建立关于 OM 长的方程，解方程得到 OM 的长，进而得解 【解答】解：依题意，点 P 在平面 ABC 内的射影为三角形 ABC 内切圆的圆心 N，设内 切圆的半径为 r，则，解得 r1， 又 二 面 角 P AB C 、 P AC B 和 P BC A 的 大 小 均 等 于， 故 ， 设ABC 的外接圆圆心为 M，
23、易知 OM平面 ABC， 又 PN平面 ABC，故 OMPN，则点 O，M，P，N 四点共面，且平面 ABC平面 OMPN MN， 又 Q 在平面 APC 内，且 Q 在平面 OMPN 内， Q 在 MN 上，即 Q，M，N 三点共线； 现在研究 NM 的长度，如图， 易知，故，显然， 设OM x ， 由OP OB ， 即可 知 ， ，解得， ， 故选：D 【点评】本题是对外接球，二面角以及直线与平面位置关系的综合考查，考查空间想象 能力，逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题 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，满分分，满分 20 分分.第第 16
24、题第一空题第一空 2 分，第二空分，第二空 3 分分. 把答案填在答题卡上的相应位置把答案填在答题卡上的相应位置. 13 【分析】把所给向量的模长平方，整理即可求得结论 【解答】解：向量 和 满足| | 2 |，| |1， 4+42； 2+1， 2， 联立可得： 1 故答案为：1 【点评】本题考查两个向量的数量积的定义，向量的模的定义和求法 14 【分析】利用列举法求出所有的传球方法共有多少种，找出第 4 球恰好传回给甲的情况， 由此能求出经过 4 传球后，球仍在甲手中的概率 【解答】解：所有传球方法共有： 甲乙甲乙甲；甲乙甲乙丙；甲乙甲丙甲；甲乙甲丙 乙； 甲乙丙甲乙；甲乙丙甲丙；甲乙丙乙甲
25、；甲乙丙乙 丙； 甲丙甲乙甲；甲丙甲乙丙；甲丙甲丙甲；甲丙甲丙 乙； 甲丙乙甲乙；甲丙乙甲丙；甲丙乙丙乙；甲丙乙丙 乙甲 则共有 16 种方法第 4 球恰好传回给甲的有 6 情况， 经过 4 次传球后，球仍在甲手中的概率是 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用 15 【分析】由题意求得 B，F 的坐标，设出 F，运用双曲线的定义可得|PF|PF|+2a，则 BPF 的周长为|PB|+|PF|+|BF|PB|+|PF|+2a+，运用三点共线取得最小值，可 得 a，b，c 的关系式，由 a，b，c 的关系，推出 a、b 的关系，然后求解渐近线
26、方程 【解答】解：由题意可得 B（0，b） ，F（c，0） ，设 F（c，0） ， 由双曲线的定义可得|PF|PF|2a， |PF|PF|+2a， |BF|BF|， 则BPF 的周长为|PB|+|PF|+|BF|PB|+|PF|+2a+|BF| 2|BF|+2a， 当且仅当 B，P，F共线，取得最小值，且为 2a+2， 由题意可得 8a2a+2， 即 9a2b2+c22b2+a2，即 4a2b2， 可得， 所以双曲线的渐近线方程为：y2x 故答案为：y2x 【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用双曲线的定义和转化为三点共 线取得最小值，考查运算能力，属于中档题 16 【分析】 （1
27、）由已知结合等比数列的性质及等差数列的性质，和差角公式和余弦定理进 行化简可求 C； （2）结合（1）及同角基本关系进行化简可求 【解答】解： （1）由 sinA，sinB，sinC 成等比数列，可得 sin2BsinAsinC， 即 b2ac， sin（BA） ，sinA，sinC 成等差数列， 2sinAsin（BA）+sinCsin（BA）+sin（B+A）2sinBcosA， 所以 sinAsinBcosA， 所以 ab即 b2+c2a22ac2b2， a2+b2c2， C， （2）由（1）可得 A+B，且 sinAsinBcosAcos2A1sin2A， 解可得，sinAcosB，c
28、osAsinB， 故答案为： 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角基本关系在求解三角形中的应用， 属于中档试题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，满分小题，满分 60 分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤. 17 【分析】 （1）设等差数列an的公差设为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解 方程可得首项和公差，进而得到所求 an；再将中的 n 换为 n 1，两式相除可得 bn； （2）求得 cnbncos（an）2ncos（n） ，结合等比数列的求和公式，可得所求和 【解答】解： （1）设等差数列an的公差设为 d，由
29、a21，S714， 可得 a1+d1，7a1+21d14，解得 a1d，则 an+（n1）n； 由，可得 b1b2b3bn12（n2） ， 两式相除可得 bn2n（n2） ，对 n1 也成立， 故 bn2n（nN*） ； （2）cnbncos（an）2ncos（n） ， 则 T2n2cos+22cos+23cos+24cos（2）+22n 1cos（ （2n1）+22ncos （n） 22cos+24cos （2） +22ncos （n） 22+2426+ （1） n22n 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组 求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题
30、18 【分析】 （1）连结 CD，分别取 AF，BE 的中点 M，N，连结 DM，CN，MN，推导出 DM AF，CNBE，DMCN，从而 DM平面 ABEF，同理得 CN平面 ABEF，进而 DM CN，由 DMCN，得四边形 CDMN 为平行四边形，从而 CDMN，推导出 MNAB， 由此能证明 CDAB （2）在 AB 边上取一点 P，使得 APDF，推导出 MA，MP，MD 两两垂直，以 M 为坐 标原点，直线 MA，MP，MD 分别为坐标轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 平面 ADF 和平面 DEF 所成锐角二面角的余弦值 【解答】解： （1）CDAB，理由如下： 连结 CD
31、，分别取 AF，BE 的中点 M，N，连结 DM，CN，MN， 由图（1）可得，ADF 与BCE 都是等腰直角三角形且全等， 则 DMAF，CNBE，DMCN，如图， 平面 ADF平面 ABEF，交线为 AF，DM平面 ADF，DMAF， DM平面 ABEF， 同理得 CN平面 ABEF，DMCN， DMCN，四边形 CDMN 为平行四边形，CDMN， M，N 分别为 AF，BE 的中点，MNAB， CDAB （2）在 AB 边上取一点 P，使得 APDF， 由图（1）得 ADFP 为正方形，即 APFP， M 为 AF 中点，MPMA， 由（1）知 MD平面 ABEF，MA，MP，MD 两两
32、垂直， 以 M 为坐标原点，直线 MA，MP，MD 分别为坐标轴，建立空间直角坐标系， 设 AF2，则 D（0，0，1） ，A（1，0，0） ，P（0，1，0） ，F（1，0，0） ， （1，0，1） ，（1，1，0） ， 设平面 DFE 的一个法向量为 （x，y，z） ， 由，得，取 x1，得 （1，1，1） ， 平面 ADF 的法向量 （0，1，0） ， 设平面 ADF 和平面 DEF 所成锐角二面角为 ， 则平面 ADF 和平面 DEF 所成锐角二面角的余弦值为： cos 【点评】本题考查二直线位置关系的判断与求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空 间中线线、线面、面面间的位置关系等基础
33、知识，考查运算求解能力，是中档题 19 【分析】 （1）由题意设直线 AB 的方程，与椭圆联立求出两根之和，两根之积，判别式 大于 0，求出参数的范围，再有 AB 为直径的圆恰好经过椭圆 C 的右焦点 F2，可得 0，可得参数的值，进而求出直线 AB 的方程； （2）由题意可计算出 kPAkPB0，可证得直线 x1 平分APB，即证明了PAB 的内切 圆的圆心在定直线 x1 上 【解答】解（1）设 l 的方程为 yx+m，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立直线与椭圆的方程，整理可得 x2+mx+m230，则 x1+x2m， x1x2m23， m24（m23）0，解得2m2， 又因为
34、点 P（1，）在直线的左上方，所以2m1， 若以 AB 为直径的圆恰好经过椭圆 C 的右焦点 F2， 则0， 即 （1x1， y1） （1 x2，y2）0， 化简可得 7m2+4m110，解得 m，或 m1（舍） ， 所以直线 l 的方程为：y； （2）证明：因为 kPAkPB+1+（1m） （+） 1+（1m）1+（1m）0， 所以直线 x1 平分APB， 即证明了PAB 的内切圆的圆心在定直线 x1 上 【点评】本题考查以线段的端点为直径的圆过定点的性质，及直线与椭圆的综合，属于 中档题 20 【分析】 （1）根据概率的性质，求出 p 的范围，再求出 E（A） ，E（B） ，比较判断即可；
35、 （2）因为 p0.2，根据（1） ，选择方案 A，年产量为 x（万件）与新产品的年度总成本 的关系为：y1+10x+160，求出新产品年利润的随机变量 X 的分布列和数学 期望，构造函数 f（x） ，利用导数法求出函数的最大值，得出结论 【解答】解： （1）根据概率的性质， ，得 0p， 若 E（A）E（B） ，400200p300+200p，得 0p； 若 E（A）E（B） ，p； 若 E（A）E（B） ，p； 故当 0p时，选择方案 A；若 p，则选择方案 A 或 B；若p，则选择方 案 B； （2）因为 p0.2，根据（1） ，选择方案 A，年产量为 x（万件）与新产品的年度总成本 的
36、关系为：y1+10x+160， 设 市 场 行 情 为 畅 销 、 平 销 和 滞 销 时 ， 新 产 品 的 年 利 润 分 别 为 60x y1， ， 新产品年利润的随机变量 X 的分布列为： X 60xy1 （60x）xy1 P 0.4 0.4 0.2 E（X）+0.2（60x）xy1 ， 设 f（x），x（0，20， 由 f（x）2x2+15x+50（2x+5） （x10） ， 当 x（0，10）时，f（x）0，函数递增； 当 x（10，20）时，f（x）0，函数递减， 故当 x10（万件）时，函数 f（x）有最大值 f（10）423.3（万元） ， 由（1）知，E（A）400200p
37、360（万元）423.3（万元） ， 故当年产量为 10 万件时，可达到或超过预期的平均年利润 【点评】本题考查了概率的性质，离散型随机变量求分布列和数学期望，用函数求导求 最大值，考查运算能力和实际应用能力，中档题 21 【分析】 （1）由 f（x）ex（sinx+cosx）sinex（x+）0，可得 sin（x+） 0，利用正弦函数的单调性质即可解得 f（x）的单调递减区间； （2）由于 g（x）ex（sinx+cosx）a，令 h（x）g（x） ，可求得 h（x）在（0， ）上单调递增，在（，）上单调递减，再对 a 分 0a1，1a3 两类讨论， 求得 g（x）在（0，）上的零点个数 【
38、解答】 解：（1） f （x） exsinx 的定义域为 R， f （x） ex（sinx+cosx） sinex（x+） ， 由 f（x）0，得 sin（x+）0，解得 2k+x+2k（kZ） ， f（x）的单调递减区间（2k+，+2k） （kZ） ， （2）由已知得 g（x）exsinxax，g（x）ex（sinx+cosx）a，令 h（x）g （x） ，则 h（x）2excosx， x（0，） ，x（0，）时，h（x）0，x（，）时，h（x）0， h（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减 g（0）1a，g（）ea0， 当 1a0，即 0a1 时，g（0）0，g（）0， x0（，）
39、 ，使得 g（x0）0， 当 x（0，x0） ，g（x0）0， 当 x（x0，）时，g（x）0， g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）单调递减； g（0）0，g（x0）0， 又g（）a0，由零点存在定理得，此时 g（x）在（0，）上仅有一个零点， 若 1a3 时，g（0）1a0， 又g（x） （0，）上单调递增，在（，）上单调递减，又 g（） a0， x1（0，） ，x2（，） ，使得 g（x1）0，g（x2）0， 且当 x（0，x1） 、x（x2，）时，g（x）0，当 x（x1，x2）时，g（x）0， g（x）在（0，x1）和（x2，）上单调递减，在（x1，x2）单调递增 g（0）
40、0，g（x1）0，g（）a0，g（x2）0， 又g（）a0， 由零点存在定理可得，g（x）在（x1，x2）和（x2，）内各有一个零点， 即此时 g（x）在（0，）上有两个零点， 综上所述，当 0a1 时，g（x）在（0，）上仅有一个零点， 当 1a3 时，g（x）在（0，）上有两个零点 【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性、求极值、恒成立问题等知识点，考查等 价转化思想、分类讨论思想的综合运用，涉及构造函数、多次求导等方法，有一定综合 性，考查学生的分析能力和逻辑推理能力，属于难题 请考生在第请考生在第 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，则按所做的题中任选一题
41、作答注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的 第一个题目计分第一个题目计分， 作答时， 请用， 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铅笔在答题卡上， 将所选题号对应的方框涂黑.选修选修 4-4： 坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22 【分析】 （1） 曲线 C 的参数方程， 利用平方关系消去参数 得， 可得曲线 C 的普通方程 由， 可得， 利用互化公式可得：直线 l 的直角坐标方程 （2）设直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，将其代入曲线 C 的直角坐标方程并 化简得 7t26t630，利用根与系数的关系、弦长公式即可得出 【解答】解： （1）曲线 C
42、 的参数方程消去参数 得，曲线 C 的 普通方程为 ， 直线 l 的直角坐标方程为（5 分） （2）设直线 l 的参数方程为（t 为参数） ， 将其代入曲线 C 的直角坐标方程并化简得 7t26t630， 点 M（2，0）在直线 l 上， （10 分） 【点评】本题考查了极坐标参数方程与普通方程的互化、根与系数的关系、弦长公式、 平方关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 【分析】 （1）依题意，为方程|x1|+|3x5|m 的根，代入可解得 m1，进而求得不 等式的解集为，由此求得； （2）由（1）得a+b+c1，而 ，由此得证 【解答】解： （1）由题意知，为方程|x1|+|3x5|m 的根， ，解得 m1， 由|x1|+|3x5|1 解得， ； （2）证明：由（1）知，a+b+c1， ， 成立 【点评】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，考查推理能力及计算能力， 属于基础题
