1、2021 年江西省六校高考数学联考试卷（理科）（年江西省六校高考数学联考试卷（理科）（3 月份）月份） 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 5 分）分） 1已知全集为 R，集合 Mx|0 x2，N1，0，1，2，3，则（RM）N（ ） A0，1 B1，0，1 C1，0，3 D1，1，2，3 2复数 z，则| |（ ） A B C D 3已知向量 ， 不共线，且 （3k+2） + ， +k ，若 与 方向相反，则实数 k 的值为（ ） A1 B C1 或2 D1 或 4已知球的半径与圆锥的底面半径都为 2，若它们的表面积相同，则圆锥的高为（ ） A B4 C2 D8 5 已知抛物线 y22x
2、的焦点为 F， 过 F 的直线交抛物线于 A、 B 两点， 设直线 AB 的倾斜角为 ， 则 0tan 1 是|AB|4 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 6将函数 f（x）cos（x+）的图象上所有点的横坐标压缩为原来的，纵坐标保持不变，得到 g（x） 图象，若 g（x1）+g（x2）2，且 x1，x22，则 x1x2的最大值为（ ） A B2 C3 D4 7如图，在直角坐标系 xOy 中，点 B（4，4），点 C（0，4），点 A 在 x 轴上，曲线 ysin+3 与线段 AB 交于点 D（4，3）若在四边形 OABC 内随机取一点，则此点取
3、自阴影部分的概率等于（ ） A B C D 8甲、乙、丙三人中，一人是董事长，一人是总经理，一人是秘书，已知：丙的年龄比秘书的大，甲的年 龄和总经理不同；总经理的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是（ ） A甲是董事长，乙是秘书，丙是总经理 B甲是秘书，乙是总经理，丙是董事长 C甲是秘书，乙是董事长，丙是总经理 D甲是总经理，乙是秘书，丙是董事长 9将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个路口 3 人，且甲、乙 不在同一路口的分配方案共有（ ） A18 种 B24 种 C36 种 D42 种 10已知函数 f（x）ln，若 f（a）+f（a+1）2，则
4、实数 a 的取值范围是（ ） Aa1 Ba0 C1a D1a0 11已知双曲线1（a0，b0）的左顶点为 A，直线 l 经过 A 点且斜率为 ，以右焦点 F 为圆 心、OF 为半径的圆与直线 l 从左往右依次交于 P、Q 两点（O 为坐标原点），若OFQ，则该双 曲线的渐近线方程为（ ） Ayx By x Cy x Dy2x 12已知关于 x 的不等式klnxx+1 对任意的 x（1，+）都成立，则实数 k 的最大值为（ ） A1e B2 Ce D3 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 分）分） 13若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 14某射击运动员一次击中目标的概率是，连续两次
5、击中目标的概率是，已知该运动员第一次击中目 标则第二次也击中目标的概率是 15 已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn， 若3， 3S77a2+14am， 则正整数m的值为 16在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P 是直线 BC1上的一个动点，点 Q 在平面 ACD1上，则 PQ 的最小值为 三、解答题：共三、解答题：共 70 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.第第 17-21 题为必考题，每个试题考生都题为必考题，每个试题考生都 必须作答。第必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根
6、据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，cos2C+cosC0 （）求角 C 的大小； （）已知点 D 在边 BC 上，ADB，BD3，AB，求ABC 的面积 18如图，三棱台 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC 和A1B1C1均为等边三角形，AB2AA1 2CC12A1B1，O 为 AC 的中点 （1）证明：OBAA1； （2）求直线 OB1与平面 BCC1B1所成角的正弦值 19已知椭圆1（ab0）的左、右焦点分别为 F1、F2，上顶点为 M，F1MF2 ，且原点 O 到直线 MF1的距离
7、为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知斜率为的直线 l 交椭圆 C 于 A、B 两点，求的取值范围 20已知 f（x）xsinx+sin（x+） （1）讨论 f（x）在0，上的单调性； （2）设 g（x）x2+44f（x），试判断 g（x）在 R 上的零点个数，并说明理由 21某种疾病可分为、两种类型为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的 病人进行调查，其中女性是男性的 2 倍，男性患型病的人数占男性病人的，女性患型病的人数占 女性病人的 （1）若在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少 有多少人？ （2） 某药品研发
8、公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物 两个团队各至多安排 2 个接种 周期进行试验，甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 p（0p1），每人每次接种花费 m（m 0）元每个周期至多接种 3 次，第一个周期连续 2 次出现抗体，则终止本接种周期进入第二个接种 周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期；第二接种周期连续 2 次出现抗体，则终止试 验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 q（0q1），每 人每次花费 n（n0）元，每个周期接种 3 次，每个周期必须完成 3 次接种，若一个周期内至少出现 2 次抗体，则该周期结束后终止试验
9、，否则进入第二个接种周期假设两个研发团队每次接种后产生抗体 与否均相互独立当 nm、pq 时，从两个团队试验的平均花费考虑，试证明该公司选择乙团队进 行药品研发的决策是正确的 附：K2 P（K2k0） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。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。题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选选 修修 4-4:坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C
10、 的参数方程为（ 为参数），在以坐标原点 O 为极 点，x 轴非负半轴为极轴的极坐标系中，点 P 在射线上，且点 P 到极点 O 的距离为 4 （1）求曲线 C 的普通方程与点 P 的直角坐标； （2）求OCP 的面积 选修选修 4-5:不等式选讲不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+a|+|x2| （）当 a3 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）若 f（x）|x4|的解集包含1，2，求 a 的取值范围 参考答案参考答案 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 5 分）分） 1已知全集为 R，集合 Mx|0 x2，N1，0，1，2，3，则（RM）N（ ） A0，1 B1，0，1 C1，0
11、，3 D1，1，2，3 解：Mx|0 x2，N1，0，1，2，3， 则（RM）Nx|x0 或 x21，0，1，2，31，0，3 故选：C 2复数 z，则| |（ ） A B C D 【分析】结合复数的基本运算进行化简，然后结合模长公式即可求解 解：因为， 所以，则 故选：D 3已知向量 ， 不共线，且 （3k+2） + ， +k ，若 与 方向相反，则实数 k 的值为（ ） A1 B C1 或2 D1 或 【分析】由平面向量的共线定理列方程求出 k 的值，再讨论 k 的值是否满足 与 反向 解：由 （3k+2） + ， +k ，且 与 方向相反， 所以 k（3k+2）10， 即 3k2+2k1
12、0， 解得 k1 或 k， 当 k1 时， + ， ， 与 反向， 当 k时， 3 + ， +， 与 同向， 所以实数 k 的值为1 故选：A 4已知球的半径与圆锥的底面半径都为 2，若它们的表面积相同，则圆锥的高为（ ） A B4 C2 D8 【分析】根据球的半径求出球的表面积，设圆锥的高为 h，求出圆锥的母线长和表面积，列方程求得 h 的值 解：球的半径为 2，则球的表面积为 S球42216； 圆锥的底面半径为 2，设圆锥的高为 h，则圆锥的母线长为 l； 所以圆锥的表面积为 S圆锥22+24+2； 由题意知，4+216，解得 h4； 所以圆锥的高为 4 故选：B 5 已知抛物线 y22x
13、 的焦点为 F， 过 F 的直线交抛物线于 A、 B 两点， 设直线 AB 的倾斜角为 ， 则 0tan 1 是|AB|4 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】先设直线 AB 的方程，联立得关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式求出|AB|，再分 析充分性和必要性即可 解：抛物线的焦点为 F（，0）， 当直线斜率不存在，即 时，x，y21，y1，不妨设 A（，1），B（，1）， |AB|2 当直线斜率存在且 k0 时，设直线 AB 为 yk（x），A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立得 整理得 k2x2（k2+2）x+k20
14、， x1+x2 +1， |AB|AF|+|BF|x1+x2+x1+x2+1+2， 当 0tan1，即 0k1 时，0k21，2， |AB|+24， 当|AB|4 时，+24，k21，1k1 且 k0， 1tan1 且 tan0， 综上所述：0tan1 是|AB|4 时的充分不必要条件 故选：A 6将函数 f（x）cos（x+）的图象上所有点的横坐标压缩为原来的，纵坐标保持不变，得到 g（x） 图象，若 g（x1）+g（x2）2，且 x1，x22，则 x1x2的最大值为（ ） A B2 C3 D4 【分析】由题意利用函数 yAcos（x+）的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，得出结论 解：将函
15、数 f（x）cos（x+）的图象上所有点的横坐标压缩为原来的，纵坐标保持不变， 得到 g（x）cos（2x+）图象，若 g（x1）+g（x2）2，则 g（x1）g（x2）1， x1，x22，2x1，2x24，2， 则当 2x12，2x24 时， x1x2取得最大值 3， 故选：C 7如图，在直角坐标系 xOy 中，点 B（4，4），点 C（0，4），点 A 在 x 轴上，曲线 ysin+3 与线段 AB 交于点 D（4，3）若在四边形 OABC 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于（ ） A B C D 【分析】利用定积分求出阴影部分的面积，再由测度比是面积比可得所求概率 解：阴影部分的
16、面积 S 正方形 OABC 的面积为 4416 由测度比是面积比，可得在四边形 OABC 内随机取一点，此点取自阴影部分的概率等于 故选：B 8甲、乙、丙三人中，一人是董事长，一人是总经理，一人是秘书，已知：丙的年龄比秘书的大，甲的年 龄和总经理不同；总经理的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是（ ） A甲是董事长，乙是秘书，丙是总经理 B甲是秘书，乙是总经理，丙是董事长 C甲是秘书，乙是董事长，丙是总经理 D甲是总经理，乙是秘书，丙是董事长 【分析】由“甲的年龄和总经理不同”和“总经理的年龄比乙小”知丙是总经理，且丙比乙小；再由“丙 的年龄比秘书大”即可知甲乙的身份 解：根据甲的年龄和
17、总经理不同，总经理的年龄又比乙小， 所以丙为总经理，且丙比乙小， 因为丙比秘书大，所以甲为秘书，乙为董事长， 故选：C 9将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个路口 3 人，且甲、乙 不在同一路口的分配方案共有（ ） A18 种 B24 种 C36 种 D42 种 【分析】根据题意，分 2 步进行分析：将甲、乙等 5 名交警分成人数为 311 的 3 组，要求甲乙不 在同一组，将分好的三组安排到三个路口，由分步计数原理计算可得答案 解：根据题意，分 2 步进行分析： 将甲、乙等 5 名交警分成人数为 311 的 3 组，要求甲乙不在同一组， 有 C53C3
18、17 种分组方法， 将分好的三组安排到三个路口，有 A336 种情况，则有 7642 种分组方法， 故选：D 10已知函数 f（x）ln，若 f（a）+f（a+1）2，则实数 a 的取值范围是（ ） Aa1 Ba0 C1a D1a0 【分析】令 g（x）f（x）1ln（1x1），可判断出 g（x）为奇函数，利用导数可判断其 单调性，从而将 f（a）+f（a+1）2 转化为 g（a）g（a1），继而可得答案 解：f（x）lnlne+ln1+ln（1x1）， 令 g（x）f（x）1ln（1x1）， 则 g（x）+g（x）ln+lnln10， yg（x）（1x1）为奇函数， 又 g（x）0， yg（
19、x）在区间（1，1）上单调递减 f（a）+f（a+1）2f（a）11f（a+1）f（a+1）1， 即 g（a）g（a+1）g（a1）， aa1，解得 a 又，解得1a0 由得1a， 故选：C 11已知双曲线1（a0，b0）的左顶点为 A，直线 l 经过 A 点且斜率为 ，以右焦点 F 为圆 心、OF 为半径的圆与直线 l 从左往右依次交于 P、Q 两点（O 为坐标原点），若OFQ，则该双 曲线的渐近线方程为（ ） Ayx By x Cy x Dy2x 【分析】由题意画出图形，写出直线 l 的方程，再由已知求得 Q 的坐标，代入直线方程，整理后结合隐 含条件求得，则该双曲线的渐近线方程可求 解：
20、由题意，A（a，0），F（c，0）， l：y，圆 F 的半径为 c， 如图， OFQ，QFG，则 Q（，）， 点 Q 在直线 y上， 则 c2a，c2a2+b24a2，即 b23a2， ，则该双曲线的渐近线方程为 yx 故选：C 12已知关于 x 的不等式klnxx+1 对任意的 x（1，+）都成立，则实数 k 的最大值为（ ） A1e B2 Ce D3 【分析】将不等式进行变形得到x+klnx+1 对任意的 x（1，+）都成立，等价转化为 （ex2lnx）minx+klnx+1，利用导数常用结论 ett+1 恒成立，分析求解即可 解：因为，且不等式klnxx+1 对任意的 x（1，+）都成立
21、， 所以x+klnx+1 对任意的 x（1，+）都成立，即（ex 2lnx）minx+klnx+1， 令 f（t）ett1，则 f（t）et1， 当 t0 时，f（t）0，则 f（t）单调递减， 当 t0 时，f（t）0，则 f（t）单调递增， 所以当 t0 时，f（t）取得最小值 f（0）0， 故 f（t）0，即 ett1）0，则 ett+1 恒成立， 所以 ex2lnxx2lnx+1， 所以（ex2lnx）minx2lnx+1， 故 x2lnx+1x+klnx+1，故当 x1 时，k2， 故实数 k 的最大值为2 故选：B 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题
22、 5 分，共分，共 20 分分. 13若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 2 【分析】作出平面区域，则 z表示过原点和平面区域内一点的直线斜率 解：作出平面区域如图所示： 由 平 面 区 域 可 知 当 直 线y kx过A点 时 ， 斜 率 最 大 即z 取 得 最 大 值 ， 解方程组得得 A（1，2） z 的最大值为2 故答案为：2 14某射击运动员一次击中目标的概率是，连续两次击中目标的概率是，已知该运动员第一次击中目 标则第二次也击中目标的概率是 【分析】该运动员第一次击中目标，由条件概率计算公式能求出第二次也击中目标的概率 解：某射击运动员一次击中目标的概率是，连续两次击中目标
23、的概率是， 该运动员第一次击中目标， 则由条件概率计算公式得第二次也击中目标的概率是： P 15 已知公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若3， 3S77a2+14am， 则正整数 m 的值为 5 【分析】 先由题设推导出数列an的首项 a1与公差 d 之间的关系式， 再由 3S77a2+14am求得结果即可 解：设数列an的公差为 d（d0）， 3， a1+4d3（a1+d），即 d2a1， 又 3S77a2+14am， 3（7a1+）7（a1+d）+14a1+（m1）d，即 8d2（m1）d，解得：m5， 故答案为：5 16在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，
24、点 P 是直线 BC1上的一个动点，点 Q 在平面 ACD1上，则 PQ 的最小值为 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，设 P（a，2，2a），求出所需向量的坐标， 然后利用待定系数法求出平面 ACD1的法向量，将 PQ 的最小值转化为点 P 到平面 ACD1的距离，利用点 到直线的距离公式求解即可 解：以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 则 A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2）， 所以， 因为点 P 是直线 BC1上的一个动点，故设 P（a，2，2a）， 设平面 ACD1的法向量 ， 则有， 令 x1，则
25、yz1，故， 又， 故点 P 到平面 ACD1的距离为 ， 因为点 P 到 Q 的最小值即为点 P 到平面 ACD1的距离， 所以 PQ 的最小值为 故答案为： 三、解答题：共三、解答题：共 70 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.第第 17-21 题为必考题，每个试题考生都题为必考题，每个试题考生都 必须作答。第必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，cos2C+cosC0 （）求角 C 的大
26、小； （）已知点 D 在边 BC 上，ADB，BD3，AB，求ABC 的面积 【分析】（）利用二倍角的余弦公式化简已知可得（2cosC1）（cosC+1）0，可得 cosC 的值，结 合 C（0，），可得 C 的值 （）由已知可得ACD 为等边三角形，在ABD 中，由余弦定理可得 AD2+3AD100，解得 AD 的 值，进而根据三角形的面积公式即可求解 解：（）因为 cos2C+cosC0， 所以（2cosC1）（cosC+1）0，可得 cosC，或 cosC1， 因为 C（0，）， 所以 C （）因为点 D 在边 BC 上，ADB，BD3，AB， 可得ACD 为等边三角形， 在ABD 中，
27、由余弦定理可得 AD2， 所以ABC 的面积 SCACBsin 18如图，三棱台 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC 和A1B1C1均为等边三角形，AB2AA1 2CC12A1B1，O 为 AC 的中点 （1）证明：OBAA1； （2）求直线 OB1与平面 BCC1B1所成角的正弦值 【分析】（1）推导出 OBAC，从而 OB平面 A1ACC1，由此能证明 OBAA1 （2） 把三棱台还原为锥， 设顶点为 P， 则 PO平面 ABC， 作 ODBC 于 D， 由三垂线定理得 PDBC， 连结 PD，BC平面 POD，平面 PBC平面 POD，作 OHPD 于 H，则 O
28、H平面 POD，连结 B1H， OB1H 是直线 OB1与平面 BCC1B1所成角，由此能求出直线 OB1与平面 BCC1B 1所成角的正弦值 解：（1）证明：ABC 为等边三角形，且 O 为 AC 的中点，OBAC， 平面 A1ACC1平面 ABC，平面 A1ACC1平面 ABCAC， OB平面 A1ACC1， AA1平面 A1ACC1，OBAA1 （2）解：把三棱台还原为锥，设顶点为 P，则 PO平面 ABC， 作 ODBC 于 D，由三垂线定理得 PDBC，连结 PD，BC平面 POD， 平面 PBC平面 POD，作 OHPD 于 H， 则 OH平面 POD，连结 B1H， OB1H 是
29、直线 OB1与平面 BCC1B1所成角， 设 AB2AA12CC12A1B14， 在 RtPOB 中， 在 RtPOD 中， 在 RtPOD 中，sin 直线 OB1与平面 BCC1B1所成角的正弦值为 19已知椭圆1（ab0）的左、右焦点分别为 F1、F2，上顶点为 M，F1MF2 ，且原点 O 到直线 MF1的距离为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知斜率为的直线 l 交椭圆 C 于 A、B 两点，求的取值范围 【分析】（1）由F1MF2为等腰三角形，且F1MF2，推出MF1F2 ，点 O 到直线 MF1的 距离 d|OF1|sin，|OM|OF1|tan ，解得 b，c，再由 a2b
30、2+c2，解得 a2，进而可得答案 （2）设直线 AB 的方程为 yx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线 AB 与椭圆的方程，由 0，解得 0m2，结合韦达定理可得 x1+x2，x1x2，y1y2，由向量的数量积 x1x2+y1y2m2 ，结合二次函数性质，即可得出答案 解：（1）因为F1MF2为等腰三角形，且F1MF2 ， 所以MF1F2， 所以点 O 到直线 MF1的距离 d|OF1|sin， 又原点 O 到直线 MF1的距离为， 所以，即 c， |OM|OF1|tan1，即 b1， 所以 a2b2+c24， 所以椭圆的方程为+y21 （2）设直线 AB 的方程为 yx+m
31、，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，得 x2mx+3m230， 因为直线 l 交椭圆于 A，B 两点， 所以9m2120，解得 0m2， 又 x1+x2m，x1x23m23， y1y2（x1+m）（x2+m）x1x2m（x1+x2）+m2， 所以x1x2+y1y2m2（，） 联立，得 x2mx+3m230， 因为直线 l 交椭圆于 A，B 两点， 所以9m2120，解得 0m2， 又 x1+x2m，x1x23m23， y1y2（x1+m）（x2+m）x1x2m（x1+x2）+m2， 所以x1x2+y1y2m2（，） 20已知 f（x）xsinx+sin（x+） （1）讨论 f（x）在
32、0，上的单调性； （2）设 g（x）x2+44f（x），试判断 g（x）在 R 上的零点个数，并说明理由 【分析】（1）依题意得 f（x）xcosx，分当 x（0，）与当 x（，）两类讨论，即可得到 f （x）在0，上的单调性； （2）易知 g（x）x2+44f（x）x2+44xsinx4cosx 为偶函数，g（x）2x（12cosx），利用导 数分析当 x0 时，g（x）的零点个数，即可得到答案 解：（1）f（x）xsinx+sin（x+）xsinx+cosx， f（x）xcosx， 当 x（0，）时，f（x）0，当 x（，）时，f（x）0， f（x）在（0，）递增，在（，）递减4 分 （2
33、）f（x）xsin（x）+cos（x）xsinx+cosxf（x）， g（x）x2+44f（x）x2+44xsinx4cosx 为偶函数， 当 x0 时，g（x）2x（12cosx）， x（0，），g（x）0，g（ ）0， x（，），g（x）0，g（ ）0， g（x）在（，）有唯一零点，8 分 当 x，g（x）x2+44x4h（x）h（）0， 又 g（0）0，由对称性知 g（x）在 R 上有且只有 3 个零点12 分 21某种疾病可分为、两种类型为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的 病人进行调查，其中女性是男性的 2 倍，男性患型病的人数占男性病人的，女性患型病的人数占
34、女性病人的 （1）若在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少 有多少人？ （2） 某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物 两个团队各至多安排 2 个接种 周期进行试验，甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 p（0p1），每人每次接种花费 m（m 0）元每个周期至多接种 3 次，第一个周期连续 2 次出现抗体，则终止本接种周期进入第二个接种 周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期；第二接种周期连续 2 次出现抗体，则终止试 验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为 q（0q
35、1），每 人每次花费 n（n0）元，每个周期接种 3 次，每个周期必须完成 3 次接种，若一个周期内至少出现 2 次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期假设两个研发团队每次接种后产生抗体 与否均相互独立当 nm、pq 时，从两个团队试验的平均花费考虑，试证明该公司选择乙团队进 行药品研发的决策是正确的 附：K2 P（K2k0） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【分析】（1）设男性患者有 z 人，则女性患者有 2z 人，完成列联表，要使在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病
36、类型”与“性别”有关，则 K2， 由此能求出男性患者至少有多少人 （2）设甲研发团队试验总花费为 X 元，则 X 的可能取值为 4m，5m，6m，分别求出相应的概率，从而 得到 E（X）2mp2+6m，求出 E（X）4m，设乙研发团队试验总花费为 Y 元，则 Y 的可能取值为 3n， 6n，分别求出相应的概率，从而得到 E（Y）6nq39nq2+6n，由导数性质得 E（Y）6n4m，从而 E （X）E（Y）恒立，由此得到该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的 解：（1）设男性患者有 z 人，则女性患者有 2z 人，列联表如下： 型病 型病 合计 男 z 女 2z 合计 3z 要使在犯错误的
37、概率不超过 0.005 的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关， 则 K2 ， 解得 z11.8185， ，z 的最小值为 12， 男性患者至少有 12 人 （2）证明：设甲研发团队试验总花费为 X 元，则 X 的可能取值为 4m，5m，6m， P（X4m）p2p2p4， P（X5m）p2（1p2）+（1p2）p22（p2p4）， P（X6m）（1p2）2p42p2+1， E（X）4mp4+10m（p2p4）+6m（p42p2+1）2mp2+6m， y2mp2+6m 在（0，1）递减，E（X）4m， 设乙研发团队试验总花费为 Y 元，则 Y 的可能取值为 3n，6n， P（Y3n）， P（
38、Y6n）1+2q33q2， E（Y）3n（2q3+3q2）+6n（1+2q33q2）6nq39nq2+6n， 设 y6nq39nq2+6n，y3n（6q26q）0， 该函数递减，E（Y）6n4m， E（X）E（Y）恒立， 该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。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。题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选选 修修 4-4:坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（ 为参数），在以坐标原点 O 为极 点，x
39、 轴非负半轴为极轴的极坐标系中，点 P 在射线上，且点 P 到极点 O 的距离为 4 （1）求曲线 C 的普通方程与点 P 的直角坐标； （2）求OCP 的面积 【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换 （2）利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的普通方程为， 点 P 的极坐标为，直角坐标为 （2）（方法一）圆心， 点 P 到 OC 的距离，且|OC|2， 所以 （方法二） 圆心， 其极坐标为， 而， 结合图象利用极坐标的几何含义， 可得，|OC|2，|OP|4， 所以2 选修选修 4-5:不等式选讲不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+a|+|x2| （）当 a3 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）若 f（x）|x4|的解集包含1，2，求 a 的取值范围 解：（1）当 a3 时，f（x）3 即|x3|+|x2|3， 即，或，或； 解可得 x1，解可得 x，解可得 x4 把、的解集取并集可得不等式的解集为 x|x1 或 x4 （2）原命题即 f（x）|x4|在1，2上恒成立，等价于|x+a|+2x4x 在1，2上恒成立， 等价于|x+a|2，等价于2x+a2，2xa2x 在1，2上恒成立 故当 1x2 时，2x 的最大值为213，2x 的最小值为 0， 故 a 的取值范围为3，0
