1、2019-2020 学年山西省高三（下）开学数学试卷（理科） （学年山西省高三（下）开学数学试卷（理科） （A 卷）卷） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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 要求的要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|x22x0，Bx|x|1，则 AB（ ） A （0.1） B （0，l C1.2） D1，l 2 （5 分）已知直线 m，n 分别在两个不同的平面 ， 内，则“mn”是“”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
2、要条件 3 （5 分）已知向量 ， 不共线，若向量（ +3 ）（k ） ，则实数 k（ ） A B C D 4 （5 分）函数（x2）的最小值是（ ） A3 B4 C5 D6 5 （5 分）已知 ，（0，） ，tan ，tan 是方程 x2+4x+20 的两根，则 cos（+）的值是（ ） A B C D 6 （5 分）对于函数的图象，下列说法正确的是（ ） A关于点（1，0）对称 B关于点（0，1）对称 C关于直线 x1 对称 D关于直线 yx 对称 7 （5 分）设 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过 F 的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，AB 的中点在直线 yl 上，则直线
3、l 的方程为（ ） Ay2x2 Byx1 Cy2x+2 Dyx+l 8 （5 分） 执行如图所示的程序框图 （其中 amodb 表示 a 除以 b 后所得的余数） ， 则输出的 N 的值是 （ ） A78 B79 C80 D81 9 （5 分）某部门共有 4 名员工，某次活动期间，周六、周日的上午、下午各需要安排一名员工值班，若规 定同一天的两个值班岗位不能安排给同一名员工，则该活动值班岗位的不同安排方式共有（ ） A120 种 B132 种 C144 种 D156 种 10 （5 分）将函数的图象向左或向右平移 a（a0）个单位长度，得 到函数 yg（x）的图象，若对任意实数 x 成立，则实
4、数 a 的最小值为（ ） A B C D 11 （5 分）设 F1，F2分别为双曲线 E：1（a，b0）的左、右焦点，以坐标原点 O 为圆心，|OF1| 为半径的圆与双曲线 E 的右支相交于 P， Q 两点， 与 E 的渐近线相交于 A， B， C， D 四点， 若四边形 PF1QF2 的面积与四边形 ABCD 的面积相等，则双曲线 E 的离心率为（ ） A B C D 12 （5 分）对任意实数 a，b，e2a2b（ea+a）+a2+2b2的最小值是（ ） A B C Dl 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 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知
5、复数 z，其中 i 是虚数单位，则 z 的共轭复数是 14 （5 分）某次考试后，对全班同学的数学成绩进行整理，得到如表： 分数段 70，90） 90，110） 110，130） 130，150 人数 5 15 20 10 将以上数据绘制成频率分布直方图后，可估计出本次考试成绩的中位数是 15 （5 分）已知直角三角形 ABC 两直角边长之和为 3，将ABC 绕一条直角边旋转一周，所形成旋转体的 体积最大值是 ，此时该旋转体外接球的表面积为 16 （5 分）已知变量 m 的取值完全由变量 a，b，c，d 的取值确定某同学进行了四次试验，每次试验中他 预先设定好 a，b，c，d 四个变量的取值，
6、然后记录相应的变量 m 的值，得到如表： 试验编号 a b c d m 1 1 1 1 4 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 2 2 2 1 则 m 关于 a，b，c，d 的表达式可能是 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第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17-21 题为必考题，每个试题考生题为必考题，每个试题考生 都必须作答第都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分分 17 （12 分）已知 Sn是正项数列an前 n 项和，且对任意 nN+，
7、均有 4Snan2+2an3 （l）求 an； （2）求数列（1）nan的前 n 项和 Tn 18 （12 分）已知 A1，A2分别为椭圆 C：1 的左、右顶点，P 为 C 上异于 A1，A2的点，且直线 PA2与 PA1的斜率乘积为 （l）求椭圆 C 的方程； （2）若 B 为椭圆 C 的上顶点，F 为 C 的右焦点，PBF 的面积为 1，求直线 PB 的方程 19 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，BCBB1，B1BC60，B1C1AB1， （l）证明：ABAC； （2）若 ABAC，AB1BB1，在线段 B1C1上是否存在一点 E，使二面角 A1CEC1的余弦值为？ 若存在
8、，求的值，若不存在，请说明理由 20 （12 分）某人某天的工作是，驾车从 A 地出发，到 B，C 两地办事，最后返回 A 地 A，B，C 三地之间 各路段的行驶时间及当天降水概率如表： 路段 正常行驶所需时间（小 时） 上午降水概率 下午降水概率 AB 2 0.3 0.6 BC 2 0.2 0.7 CA 3 0.3 0.9 若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时间需延长 1 小时 现有如下两个方案： 方案甲：上午从 A 地出发到 B 地办事然后到达 C 地，下午在 C 地办事后返回 A 地； 方案乙：上午从 A 地出发到 C 地办事，下午从 C 地出发到达 B 地，办事后返回 A 地 （1）
9、若此人 8 点从 A 地出发，在各地办事及午餐的累积时间为 2 小时，且采用方案甲，求他当日 18 点 或 18 点之前能返回 A 地的概率； （2）甲、乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后能更早返回 A 地？ 21 （12 分）已知函数 （1）当 xl 时，不等式 f（x）m 成立，求整数 m 的最大值； （参考数据：ln20.693，ln31.099） （2）证明：当 xl 时，f（x）g（x） （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，作题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分，作 答时请用答时请用
10、 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分） 在极坐标系 Ox 中， 直线 m， n 的方程分别为 cos3， sin2， 曲线 C： 以 极点 O 为坐标原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系 （1）将直线 m，n 的方程与曲线 C 的方程化成直角坐标方程； （2）过曲线 C 上动点 P 作直线 m，n 的垂线，求由这四条直线围成的矩形面积的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23已知 abc0，且 a+2b+3c1，求证： （1）； （2）a2+8
11、b2+27c21 2019-2020 学年山西省高三（下）开学数学试卷（理科） （学年山西省高三（下）开学数学试卷（理科） （A 卷）卷） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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 要求的要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|x22x0，Bx|x|1，则 AB（ ） A （0.1） B （0，l C1.2） D1，l 【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|0 x2，Bx|1x1，
12、 AB1，2） 故选：C 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式和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）已知直线 m，n 分别在两个不同的平面 ， 内，则“mn”是“”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】直线 m，n 分别在两个不同的平面 ， 内，则“直线 m直线 n“推不出“平面 平面 ” ， 反之也不成立根据充分必要条件的定义判断即可 【解答】解：直线 m，n 分别在两个不同的平面 ， 内，则“直线 m直线 n”推不出“平面 平面 ” ， 反之，也不成立 “mn”是“”的既不充分不必要
13、条件 故选：D 【点评】本题考查了空间位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题 3 （5 分）已知向量 ， 不共线，若向量（ +3 ）（k ） ，则实数 k（ ） A B C D 【分析】根据向量共线定理，求出即可 【解答】解：向量 ， 不共线，向量（ +3 ）（k ） ，得 +3 （k ） ， 得， 3k1， k， 故选：A 【点评】考查向量共线定理，基础题 4 （5 分）函数（x2）的最小值是（ ） A3 B4 C5 D6 【分析】因为 f（x），由又 x2，所以 x20，利 用基本不等式即可求出函数 f（x）的最小值 【解答】解：f（x）， x2，x20， f（x）（x2
14、）+，当且仅当 x2，即 x4 时，等号成立， 函数 f（x）的最小值为 6， 故选：D 【点评】本题主要考查了利用基本不等式求函数的最值，是中档题 5 （5 分）已知 ，（0，） ，tan ，tan 是方程 x2+4x+20 的两根，则 cos（+）的值是（ ） A B C D 【分析】根据两角和差的三角公式，求出角的范围，结合弦化切进行求解即可 【解答】解：tan ，tan 是方程 x2+4x+20 的两根， tan +tan 4，tan tan 2， 则 tan 0，tan 0， 即 ，（，） ，则 +（，2） ， 则 tan（+）4， 则 +（，） ，则 cos（+）0， 则 cos2
15、（+）， 则 cos（+）， 故选：B 【点评】本题主要考查三角函数值的计算，结合两角和差的三角公式以及弦化切，1 的代换是解决本题 的关键考查学生的计算能力难度中等 6 （5 分）对于函数的图象，下列说法正确的是（ ） A关于点（1，0）对称 B关于点（0，1）对称 C关于直线 x1 对称 D关于直线 yx 对称 【分析】计算可知，f（x）+f（x）2，进而得出结论 【解答】解：， 函数 f（x）关于（0，1）对称， 故选：B 【点评】本题考查函数的对称性，属于基础题 7 （5 分）设 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过 F 的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，AB 的中点在直线
16、yl 上，则直线 l 的方程为（ ） Ay2x2 Byx1 Cy2x+2 Dyx+l 【分析】设直线 AB 的方程与抛物线联立求出两根之和，再由中点的纵坐标在直线 y1 上，求出参数， 进而写出直线方程注意直线 AB 的斜率不为 0，所以设为：xmy+1 【解答】解：由题意可得抛物线的焦点 F（1，0） ，准线方程为：x1， 由题意可得直线 BA 的斜率不为 0，设直线 AB 的方程为：xmy+1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立直线与抛物线的方程：，整理可得：y24my40，y1+y24m， 而由题意可得 AB 的中点的纵坐标坐标，所以可得1，解得：m， 所以直线方程为：2xy
17、20，即 y2x2， 故选：A 【点评】考查抛物线的性质，属于基础题 8 （5 分） 执行如图所示的程序框图 （其中 amodb 表示 a 除以 b 后所得的余数） ， 则输出的 N 的值是 （ ） A78 B79 C80 D81 【分析】根据程序框图表示的算法进行运算即可 【解答】解：当 Y 是 20 的倍数时，N 就加 1；当 Y 是 100 的倍数时，N 就减 1；当 Y2020 时，结束循 环输出 N Y 从 1 到 2020，共有 101 个 20 的倍数，有 20 个 100 的倍数，故 N1012081 故选：D 【点评】本题考查程序框图，理解框图中整除的含义、循环结构和条件分支
18、结构是解题的关键，属于中 档题 9 （5 分）某部门共有 4 名员工，某次活动期间，周六、周日的上午、下午各需要安排一名员工值班，若规 定同一天的两个值班岗位不能安排给同一名员工，则该活动值班岗位的不同安排方式共有（ ） A120 种 B132 种 C144 种 D156 种 【分析】根据周六周日，分两步完成 【解答】解：第一步，从 4 名员工中选 2 名，安排周六的上下午值班，有 A4212 种 第二步，从 4 名员工中选 2 名，安排周日的上下午值班，有 A4212 种， 故共有 1212144 种， 故选：C 【点评】本题考查了分步计数原理，考查了运算能力，属于基础题 10 （5 分）将
19、函数的图象向左或向右平移 a（a0）个单位长度，得 到函数 yg（x）的图象，若对任意实数 x 成立，则实数 a 的最小值为（ ） A B C D 【分析】根据辅助角公式结合三角函数平移关系求出 g（x）的解析式，结合条件判断函数的对称性，利 用对称性进行求解即可 【解答】解：f（x）sin2xcos2x2sin（2x） ， 将函数 f（x）的图象向左或向右平移 a（a0）个单位长度，得到函数 yg（x）的图象， 即 g（x）2sin2（xa）2sin（2x2a） ， 若对任意实数 x 成立， 则 g（x）关于对称， 即 22ak+，即2ak+， 即 2ak，得 a， a0， 当 k1 时，a
20、，满足条件， 故选：D 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用辅助角公式以及三角函数的对称性是解决本题的关 键考查学生的运算和转化能力，难度中等 11 （5 分）设 F1，F2分别为双曲线 E：1（a，b0）的左、右焦点，以坐标原点 O 为圆心，|OF1| 为半径的圆与双曲线 E 的右支相交于 P， Q 两点， 与 E 的渐近线相交于 A， B， C， D 四点， 若四边形 PF1QF2 的面积与四边形 ABCD 的面积相等，则双曲线 E 的离心率为（ ） A B C D 【分析】画出图形，利用四边形的面积相等，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可 【解答】解：F1，F2分别为双曲线
21、 E：1（a，b0）的左、右焦点，以坐标原点 O 为圆心， |OF1|为半径的圆与双曲线 E 的右支相交于 P，Q 两点，与 E 的渐近线相交于 A，B，c，D 四点，可 A（a， b） ，四边形 ABCD 的面积：4ab，联立1 与 x2+y2c2，可得 P 的纵坐标：， 四边形 PF1QF2的面积：2b2 若四边形 PF1QF2的面积与四边形 ABCD 的面积相等， 可得：2ab，即 4a2b2c2a2，所以 e 故选：C 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题 12 （5 分）对任意实数 a，b，e2a2b（ea+a）+a2+2b2的最小值是（ ） A
22、 B C Dl 【分析】e2a2b（ea+a）+a2+2b2（eab）2+（ab）2表示两点 P（a，ea） ，Q（b，b）之间的距离 d 的平方令 f（x）ex，yx设直线 yx+m 与曲线令 f（x）ex相切于点 M（x0，y0） 利用导数的几 何意义，可得切点，进而得出结论 【解答】解：e2a2b（ea+a）+a2+2b2（eab）2+（ab）2表示两点 P（a，ea） ，Q（b，b）之间的 距离 d 的平方 令 f（x）ex，yx 设直线 yx+m 与曲线令 f（x）ex相切于点 M（x0，y0） yex，则1，解得 x00 切点为 M（0，1） m1 切线方程为：yx+1 最小值 d
23、 e2a2b（ea+a）+a2+2b2的最小值 故选：B 【点评】本题考查了利用导数研究切线方程、平行线之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题 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 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知复数 z，其中 i 是虚数单位，则 z 的共轭复数是 1+i 【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， 故答案为：1+i 【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，是基础题 14 （5 分）某次考试后，对全班同学的数学成绩进行整理，得到如表： 分数段 70，90） 90，110
24、） 110，130） 130，150 人数 5 15 20 10 将以上数据绘制成频率分布直方图后，可估计出本次考试成绩的中位数是 115 【分析】根据题意，中位数在110，130之间，设为 x，根据中位数的算法，求出即可 【解答】解：总共有 50 人，其中从70，150，四组对应的频率为 0.1，0.3，0.4.0.2， 根据题意，中位数在110，130之间，设为 x， 则由 0.1+0.3+（x110）0.4200.5， 得 x115， 故答案为：115 【点评】考查频率分布直方图的应用，求中位数，中档题 15 （5 分）已知直角三角形 ABC 两直角边长之和为 3，将ABC 绕一条直角边
25、旋转一周，所形成旋转体的 体积最大值是 ，此时该旋转体外接球的表面积为 25 【分析】设作为旋转轴的直角边长为（3x） ，则另一条直角边长为 x，由题意可知，所形成的旋转体是 圆锥，体积 V， 设函数 f（x），x（0，3） ，利用导数得到函数 f（x）在（0，2）上单调递增，在（2， 3）上单调递减，所以当 x2 时，函数 f（x）的值最大，最大值为 f（2），此时画出图形，利用 勾股定理即可求出外接球的半径 R，从而求出外接球的表面积 【解答】解：设作为旋转轴的直角边长为（3x） ，则另一条直角边长为 x， 由题意可知，所形成的旋转体是圆锥，体积 V， 设函数 f（x），x（0，3） ，
26、f（x）x2+2xx（2x） ， 函数 f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，3）上单调递减， 当 x2 时，函数 f（x）的值最大，最大值为 f（2）， 所形成旋转体的体积最大值是， 此时，如图所示： O 为外接球球心，设外接球的半径为 R， R2（R1）2+22，解得 R， 外接球的表面积为：4R225， 故答案为：，25 【点评】本题主要考查了圆锥的外接球，是中档题 16 （5 分）已知变量 m 的取值完全由变量 a，b，c，d 的取值确定某同学进行了四次试验，每次试验中他 预先设定好 a，b，c，d 四个变量的取值，然后记录相应的变量 m 的值，得到如表： 试验编号 a b c d
27、m 1 1 1 1 4 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 2 2 2 1 则 m 关于 a，b，c，d 的表达式可能是 m或 m或 m，或其他符合条 件的解析式 【分析】根据所给的数据，找到合适的解析式即可，答案不唯一 【解答】解：对比实验推断 m 与 d 成反比，对比实验推断 m 与 c 成反比，对比实验推断 m 与 a+b 成正比， 由此可得 mk，代入实验的数据，解得 k2， 故 m， 本题属于开放型的题目，答案不唯一，例如 m或 m，只要符合条件即可 故答案为：m或 m或 m，或其他符合条件的解析式 【点评】本题考查了推理论证的问题，考查了转化与化归的思想，属于难题 三、解答
28、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第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17-21 题为必考题，每个试题考生题为必考题，每个试题考生 都必须作答第都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分分 17 （12 分）已知 Sn是正项数列an前 n 项和，且对任意 nN+，均有 4Snan2+2an3 （l）求 an； （2）求数列（1）nan的前 n 项和 Tn 【分析】本题第（1）题运用 an即可求出数列an的通项公式；第（2）题先根据第 （1） 题的结果求出数列 （1）
29、 nan的通项公式， 然后分 n 为奇数和为偶数两种情况分别求前项 n 和 Tn， 最后综合可得结果 【解答】解： （1）由题意，当 n1 时，4a14S1a12+2a13，解得 a13 当 n2 时，由 4Snan2+2an3，可得 4Sn1an12+2an13， 两式相减，可得 4anan2+2an3（an12+2an13） ， 整理，得（an+an1） （anan12）0 数列an为正项数列， anan12 数列an是以 3 为首项，2 为公差的等差数列 an3+2（n1）2n+1 （2）由题意，设 bn（1）nan，则 bn（1）n （2n+1） 当 n 为偶数时，n1 为奇数， 此时
30、 Tn3+57+9+（2n1）+（2n+1） （3+5）+（7+9）+（2n1）+（2n+1） 2n； 当 n 为奇数时，n1 为偶数， 此时 Tn3+57+9+（2n1）（2n+1） 3+（57）+（911）+（2n1）（2n+1） 3+（2） n2 Tn 【点评】本题主要考查数列求通项公式，求数列前项 n 和考查了分类讨论思想，转化思想的应用，逻 辑思维能力和数学运算能力本题属中档题 18 （12 分）已知 A1，A2分别为椭圆 C：1 的左、右顶点，P 为 C 上异于 A1，A2的点，且直线 PA2与 PA1的斜率乘积为 （l）求椭圆 C 的方程； （2）若 B 为椭圆 C 的上顶点，F
31、 为 C 的右焦点，PBF 的面积为 1，求直线 PB 的方程 【分析】 （1）根据题意，利用直线的斜率公式即可求得 b 的值，求得椭圆方程； （2）由点到直线距离公式，求得 P 点满足的条件，与椭圆方程联立，求得 P 点坐标，即可求得 PB 的方 程 【解答】解： （1）A1（，0） ，A2（，0） ，设 P（x0，y0） ，且，所以， 因为，所以 b21， 故椭圆 C 的方程为； （2）由（1）可知，B（0，1） ，F（1，0） ，所以，且直线 BF 的方程为 x+y10， 所以 P（x0，y0）到直线 BF 的距离， 所以，所以|x0+y01|2， 所以 x0+y030 或 x0+y0+
32、10， 由，无解， 由，解得或， 所以 P（0，1）或， 当 P（0，1）时，直线 PB 的方程为 x0； 当时，直线 PB 的斜率为，所以直线 PB 的方程为，即 x2y+20， 综上所述，直线 PB 的方程为 x0 或 x2y+20 【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式的应用，考查转化思 想，计算能力，属于中档题 19 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，BCBB1，B1BC60，B1C1AB1， （l）证明：ABAC； （2）若 ABAC，AB1BB1，在线段 B1C1上是否存在一点 E，使二面角 A1CEC1的余弦值为？ 若存在，求的值，
33、若不存在，请说明理由 【分析】 （1）取 BC 中点 D，证明 BCAD，由三线合一即可得证； （2）建立空间直角坐标系，假设存在满足条件的点 E，且，表示出点 E 的坐标，建立关 于 的方程，解出即可得出结论 【解答】解： （1）证明：取 BC 中点 D，连接 AD，DB1， BCBB1，B1BC60， BCB1为等边三角形， B1DBC， 又 B1C1AB1，BCB1C1， BCAB1， 又 AB1B1DB1，且 AB1，B1D 均在平面 ADB1内， BC平面 ADB1， 又 AD 在平面 ADB1内， BCAD， 又 D 为 BC 中点， ABAC； （2）由（1）可知，以 D 为坐标
34、原点，DB，DB1，DA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系，设 AB1BB12， 则 BC2，CD1，AD1，故， ， 假设存在一点 E，使二面角 A1CEC1的余弦值为，且，设 E（x，y，z） ，则 ，则，即， 设平面 A1CE 的一个法向量为，又，则 ，可取； 易知平面 CEC1的一个法向量为， ，解得， 故在线段 B1C1上是否存在一点 E，使二面角 A1CEC1的余弦值为，且此时 【点评】本题考查利用空间向量求解空间角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题 20 （12 分）某人某天的工作是，驾车从 A 地出发，到 B，C 两地办事，最后返回 A
35、 地 A，B，C 三地之间 各路段的行驶时间及当天降水概率如表： 路段 正常行驶所需时间（小 时） 上午降水概率 下午降水概率 AB 2 0.3 0.6 BC 2 0.2 0.7 CA 3 0.3 0.9 若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时间需延长 1 小时 现有如下两个方案： 方案甲：上午从 A 地出发到 B 地办事然后到达 C 地，下午在 C 地办事后返回 A 地； 方案乙：上午从 A 地出发到 C 地办事，下午从 C 地出发到达 B 地，办事后返回 A 地 （1）若此人 8 点从 A 地出发，在各地办事及午餐的累积时间为 2 小时，且采用方案甲，求他当日 18 点 或 18 点之前能
36、返回 A 地的概率； （2）甲、乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后能更早返回 A 地？ 【分析】 （1）由题意可知，若各路段均不会遇到降水，则返回 A 地的时间为 17 点，若 18 点之前能返回 A 地的充要条件是降水的路段数不超过 1，记事件 M1，M2，M3分别表示在上午 AB 路段降水、上午 BC 路段降水、 下午 CA 路段降水， 则所求概率 PP （） +P （） +P （） +P （） （2）设基本路段正常行驶时间为 x，降水概率为 p，求出该路段行驶时间 X 的分布列，从而 E（X）x （1p）+（x+1）px+p，采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为 Y，Z，从而 E
37、Y2.3+2.2+3.9 8.4，EZ2.6+2.7+3.38.6由此能示出采用甲方案更有利于办事之后能更早返回 A 地 【解答】解： （1）由题意可知，若各路段均不会遇到降水，则返回 A 地的时间为 17 点， 因此若 18 点之前能返回 A 地的充要条件是降水的路段数不超过 1， 记事件 M1，M2，M3分别表示在上午 AB 路段降水、上午 BC 路段降水、下午 CA 路段降水， 则所求概率： PP（）+P（）+P（）+P（） 0.70.80.1+0.30.80.1+0.70.20.1+0.70.80.90.598 （2）设基本路段正常行驶时间为 x，降水概率为 p， 则该路段行驶时间 X
38、 的分布列为： 行驶时间 X x x+1 概率 P 1p p E（X）x（1p）+（x+1）px+p， 路段 正常行驶所需 时间（小时） 上午 上午 下午 下午 降水概率 行驶时间期望 值 降水概率 行驶时间期望 值 AB 2 0.3 2.3 0.6 2.6 BC 2 0.2 2.2 0.7 2.7 CA 3 0.3 3.3 0.9 3.9 设采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为 Y，Z， 则 EY2.3+2.2+3.98.4， EZ2.6+2.7+3.38.6 采用甲方案更有利于办事之后能更早返回 A 地 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查对立事件概率计
39、算公式、相 互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21 （12 分）已知函数 （1）当 xl 时，不等式 f（x）m 成立，求整数 m 的最大值； （参考数据：ln20.693，ln31.099） （2）证明：当 xl 时，f（x）g（x） 【分析】（1）， 令 h （x） lnx1， 则， 因为 x1，所以0，所以 h（x）在（1，+）上单调递增，又 h（2）0，h（3）0， h（4）0，所以 h（x）在（3，4）上存在唯一的零点，设为 x0（3，4） ，且当 1xx0时，h（x）0； 当 xx0时，h（x）0，所以当 1xx0时，f（x）0；当 xx0时，f（x）0
40、；所以 f（x）在（1， +）上有最小值 f（x0） ，且 x0满足 h（x0）lnx010，即 lnx0，所以 f（x0） x0，所以 mf（x0）x0，又 x0（3，4） ，则可得整数 m 的最大值 （2）欲证明 f（x）g（x）因为 x1，所以 lnx0 且 x10，则x21 lnxex， 不妨令 p（x）lnxexx2+1，则 p（x）ex（lnx+）2x，令 q（x）lnx+，则 q（x）0， 故 q （x） 在 （1， +） 单调递增， 则 q （x） q （1） 1， 又 ex1， 所以， 又令 r（x）ex2x，则 r（x）ex2，当 x1 时，r（x）ex2e20，则 r（x
41、）在（1，+ ）单调递增，所以 r（x）r（1）0，所以 p（x）ex20，所以 p（x）在（1，+）上单调 递增，所以 p（x）lnxexx2+1p（1）0；所以 x21lnxex；所以，即可得出结论 【解答】解：由题可知，f（x），则 ， 令 h（x）lnx1， 则， 因为 x1，所以0， 所以 h（x）在（1，+）上单调递增， 又 h（2）ln20，h（3）ln30， h（4）2ln20， 所以 h（x）在（3，4）上存在唯一的零点，设为 x0（3，4） ， 且当 1xx0时，h（x）0； 当 xx0时，h（x）0， 所以当 1xx0时，f（x）0；当 xx0时，f（x）0； 所以 f（
42、x）在（1，+）上有最小值 f（x0） ，且 x0满足 h（x0）lnx010，即 lnx0， 所以 f（x0）x0， 所以 mf（x0）x0，又 x0（3，4） ， 则整数 m 的最大值为 3 （2）当 x1 时，欲证明 f（x）g（x） ，即证， 因为 x1，所以 lnx0 且 x10，则 x21lnxex， 不妨令 p（x）lnxexx2+1， 则 p（x）ex（lnx+）2x， 令 q（x）lnx+， 则 q（x）0， 故 q（x）在（1，+）单调递增，则 q（x）q（1）1，又 ex1， 所以， 又令 r（x）ex2x，则 r（x）ex2， 当 x1 时，r（x）ex2e20，则 r
43、（x）在（1，+）单调递增， 所以 r（x）r（1）e20， 所以 p（x）ex20， 所以 p（x）在（1，+）上单调递增， 所以 p（x）lnxexx2+1p（1）0； 所以 x21lnxex， 所以， 即当 x1 时，f（x）g（x） 【点评】本题考查导数的综合运用，属于难题 （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，作题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分，作 答时请用答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系
44、与参数方程 22（10 分） 在极坐标系 Ox 中， 直线 m， n 的方程分别为 cos3， sin2， 曲线 C： 以 极点 O 为坐标原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系 （1）将直线 m，n 的方程与曲线 C 的方程化成直角坐标方程； （2）过曲线 C 上动点 P 作直线 m，n 的垂线，求由这四条直线围成的矩形面积的最大值 【分析】 （1）直线 m，n 的方程分别为 cos3，sin2，曲线 C：利用互化公 式可得：直线 m，n 的直角坐标方程曲线 C 的直角坐标方程 （2）设 P（3cos，2sin） ，0，2） 则由这四条直线围成的矩形面积 S（33cos） （22s
45、in） 61 （cos+sin） +cossin， 令 cos+sinsin （+） t， cossin 利 用二次函数的单调性即可得出 【解答】解： （1）直线 m，n 的方程分别为 cos3，sin2，曲线 C： 可得直线 m，n 的直角坐标方程分别为 x3，y2， 曲线 C 的直角坐标方程为：4x2+9y236，即+1 （2）设 P（3cos，2sin） ，0，2） 则由这四条直线围成的矩形面积 S（33cos） （22sin）61（cos+sin）+cossin， 令 cos+sinsin（+）t， 则 cossin S6（1t+）3（t1）239+6 故由这四条直线围成的矩形面积的最
46、大值为 9+6 【点评】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化、椭圆的标准方程极坐标方程及其参数方程、同角三 角函数基本关系式，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（10 分）分） 23已知 abc0，且 a+2b+3c1，求证： （1）； （2）a2+8b2+27c21 【分析】 （1）根据条件可得，然后利用基本不等式求出 的最值即可； （2）由 abc0，可知 abb2，acc2，bcc2，然后利用不等式的基本性质，即可证明 a2+8b2+27c2 1 成立 【解答】证明： （1）abc0，且 a+2b+3c1， 48 当且仅当 a，b，c时取等号 （2）由 abc0，可知 abb2，acc2，bcc2， a+2b+3c1， 1（a+2b+3c）2a2+4b2+9c2+4ab+6ac+12bc a2+4b2+9c2+4b2+6c2+12c2 a2+8b2+27c2， a2+8b2+27c21 【点评】本题考查了利用综合法证明不等式，基本不等式和不等式的基本性质，考查了转化思想，属中 档题
