2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（理科）一、选择题：本大题共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（5分）已知集合AxZ|x2x60，Bx|x1，则AB（）A（1，1）B1，0C1，2D1，0，1，22（5分）若复数z满足（1i）z2（3+i），则z的虚部等于（）A4iB2iC2D43（5分）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和

2、侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD4（5分）已知单位向量a，b，b（a+12b）0，则a与b的夹角为（）A30B60C120D1505（5分）如图，F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1的左、右焦点，点P在椭圆上，POF2是面积为43的正三角形，则b2的值是（）A83B23C43D4+236（5分）北京2022年冬奥会即将开幕，北京某大学5名同学报名到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（）A90种B125种C150种D243种7（5分）已知an为等比数列，若a2a3a1，且a4与2a7的等差中项为58，则a1a2a

3、3a4的值为（）A5B512C1024D648（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是双曲线渐近线上一点，且AF1AO（其中O为坐标原点），AF1交双曲线于点B，且|AB|BF1|，则双曲线的离心率为（）A264B344C2D39（5分）瀑布是庐山的一大奇观，为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为32，沿山道继续走20m，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为3已知该同学沿山道行

4、进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为3，则该瀑布的高度约为（）A60mB90mC108mD120m10（5分）若（0，2），sin2-cos=tan2，则tan（）A33B3C34D6211（5分）已知函数f（x）满足f（x）f（x），且当x（，0时，f（x）+xf（x）0成立，若a（20.6）f（20.6），b（ln2）f（ln2），c（log218）f（log218），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcbaCacbDcab12（5分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱AA1平面ABCD，且AA14，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段DD1上

5、的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在CC1上且CQ1，则下列说法正确的个数是（）三棱锥C1PAC的体积是定值；当直线BQ时，DP2；当DP3时，平面截棱柱所得多边形的周长为72；存在平面，使得点A1到平面距离是A到平面距离的两倍A1B2C3D4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，则a 14（5分）2020年春节期间，因新冠肺炎疫情防控工作需要，某高中学校需要安排男教师x名，女教师y名做义工，x和y需满足条件2x-y5，x-y2，x6，则该校安排教师最多为 人15（5分）将函数f（x）2

6、cosx的图象先向左平移6个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，若g（x）在（2，）上没有零点，则的取值范围是 16（5分）已知f（x）1+ax-1+ax2，若对任意x0，2，f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为 三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、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（12分）已知在各项均为正数的等差数列an中，a2+a3+a421，且a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项（1）求数列an，b

7、n的通项公式；（2）设数列cn_，求数列cn的前n项和Sn请在anbn；bn(bn-1)(bn+1-1)；（1）nan+n这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答18（12分）某商品的包装纸如图1，其中菱形ABCD的边长为3，且ABC60，AEAF=3，BEDF23将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹（）证明：PA底面ABCD；（）设点T为BC上的点，且二面角BPAT的正弦值为2114，试求PC与平面PAT所成角的正弦值.19（12分）如图，P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1）求|PF|的最小值；（2

8、）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x1）2+y21相切当|PF|4，6时，求|BC|的最小值20（12分）已知函数f（x）lnx+ax，g（x）ex+sinx，其中aR（1）试讨论函数f（x）的单调性；（2）若a1，试证明：f（x）g(x)x21（12分）为2020年全国实现全面脱贫，湖南贫困县保靖加大了特色农业建设，其中茶叶产业是重要组成部分，由于当地的地质环境非常适宜种植茶树，保靖的“黄金茶”享有“一两黄金一两茶”的美誉保靖县某茶场的黄金茶场市开发机构为了进一步开拓市场，对黄金茶交易市场某个品种的黄金茶日销售情况进行调研，得到这种黄金茶的定价x（单位：百元/kg）和销售率y（销售率是

9、销售量与供应量的比值）的统计数据如表：x102030405060y0.90.650.450.30.20.175（1）设zlnx，根据所给参考数据判断，回归模型y=bx+a与y=bz+a哪个更合适？并根据你的判断结果求回归方程（a，b的结果保留一位小数）；（2）某茶场的黄金茶生产销售公司每天向茶叶交易市场提供该品种的黄金茶1200kg，根据（1）中的回归方程，估计定价x（单位：百元/kg）为多少时，这家公司该品种的黄金茶的日销售额W最大，并求W的最大值参考数据：y与x的相关系数r10.96，y与z的相关系数r20.99，x=35，y0.45，i=16 xi2=9100，z3.40，6z269.3

10、2，i=16 yizi8.16，i=16 zi271.52，e320.1，e3.430.0，e3.533.1，e454.6参考公式：b=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2=i=1n xiyi-nxyi=1n xi2-nx2，a=y-bx，r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2（二）选考题：共10分。请考生在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（10分）在平面直角坐标系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立

11、极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l的极坐标方程为（R），l与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OP|PQ|，点M的极坐标为(1，2)，求PMQ的面积选修4一5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）+x0的解集；（2）设函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，求k的取值范围2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（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，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（5分）已知集合AxZ|x

12、2x60，Bx|x1，则AB（）A（1，1）B1，0C1，2D1，0，1，2【解答】解：因为AxZ|x2x60xZ|2x31，0，1，2，Bx|x1，所以AB1，0故选：B2（5分）若复数z满足（1i）z2（3+i），则z的虚部等于（）A4iB2iC2D4【解答】解：由题意，可知z=2(3+i)1-i=（3+i）（1+i）2+4i，所以复数z的虚部为4，故选：D3（5分）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性

13、所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD【解答】解：相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选：B4（5分）已知单位向量a，b，b（a+12b）0，则a与b的夹角为（）A30B60C120D150【解答】解：单位向量a，b，b（a+12b）0，可得ab=-12，所以cosa，b=-1211=-12，a，b0，180，所以a与b的夹角为：120故选：C5（5分）如图，F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1的

14、左、右焦点，点P在椭圆上，POF2是面积为43的正三角形，则b2的值是（）A83B23C43D4+23【解答】解：由于POF2是面积为43的正三角形，所以P(12c，32c)且34c2=43，c=4，则P(2，23)，代入椭圆方程得4a2+12b2=1，4b2+16+12b2=1，解得b2=83故选：A6（5分）北京2022年冬奥会即将开幕，北京某大学5名同学报名到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（）A90种B125种C150种D243种【解答】解：根据题意，分2步进行分析：将5人分为3组，有C52C32A22+C5325种分组

15、方法，将分好的三组安排到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，有A336种安排方法，则有256150种安排方法，故选：C7（5分）已知an为等比数列，若a2a3a1，且a4与2a7的等差中项为58，则a1a2a3a4的值为（）A5B512C1024D64【解答】解：设等比数列an的公比为q，由a2a3a1，得a1qa1q2a1，即a4a1q31，又a4与2a7的等差中项为58，得a4+2a7258，即1+2a7=54，解得a7=18，所以a7a4q3，即18=q3，解得q=12，则a1=a4q3=118=8，所以a1a2a3a4（a1a4）2（81）264故选：D8（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=

16、1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是双曲线渐近线上一点，且AF1AO（其中O为坐标原点），AF1交双曲线于点B，且|AB|BF1|，则双曲线的离心率为（）A264B344C2D3【解答】解：根据双曲线的对称性，不妨设点A在第二象限，设F1（c，0），因为AF1AO，点F1到直线bx+ay0的距离d=|-bc|b2+a2=b，所以|AF1|b，因为|F1O|c，所以cosAF1O=bc，因为|AB|BF1|，所以|BF1|=12|AF1|=b2，由双曲线的定义可知|BF2|=|BF1|+2a=2a+b2，在BF1F2中，由余弦定理可得cosAF1O=bc=b24+4c2-(2a+

17、b2)22b22c，整理得ba，所以c=2a，即离心率e=ca=2故选：C9（5分）瀑布是庐山的一大奇观，为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为32，沿山道继续走20m，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为3已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为3，则该瀑布的高度约为（）A60mB90mC108mD120m【解答】解：根据题意作出如下示意图，其中tan=32，=3，AB20m，过点B作BCOA于C，设O

18、H3x，则OA2x，OB=3x，在RtABC中，AB20，=3，AC10，BC103，OCOAAC2x10，在RtOBC中，由勾股定理知，（2x10）2+(103)2=(3x)2，化简得x240x+4000，解得x20，瀑布的高度OH3x60m故选：A10（5分）若（0，2），sin2-cos=tan2，则tan（）A33B3C34D62【解答】解：因为sin2-cos=tan2，所以sin2cos2=2sin2cos22-cos，又因为（0，2），sin20，所以2cos2cos22，即2cos1+cos，所以cos=12，又因为（0，2），所以=3，tan=3故选：B11（5分）已知函数f

19、（x）满足f（x）f（x），且当x（，0时，f（x）+xf（x）0成立，若a（20.6）f（20.6），b（ln2）f（ln2），c（log218）f（log218），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcbaCacbDcab【解答】解：根据题意，令h（x）xf（x），h（x）（x）f（x）xf（x）h（x），则h（x）为奇函数；当x（，0时，h（x）f（x）+xf（x）0，则h（x）在（，0上为减函数，又由函数h（x）为奇函数，则h（x）在0，+）上为减函数，a（20.6）f（20.6）h（20.6），b（ln2）f（ln2）h（ln2），c（log218）f（log218）h（log21

20、8）h（3），因为log2180ln2120.6，则有cba；故选：B12（5分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱AA1平面ABCD，且AA14，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段DD1上的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在CC1上且CQ1，则下列说法正确的个数是（）三棱锥C1PAC的体积是定值；当直线BQ时，DP2；当DP3时，平面截棱柱所得多边形的周长为72；存在平面，使得点A1到平面距离是A到平面距离的两倍A1B2C3D4【解答】解：对于：因为DD1CC1，DD1平面CAC1，CC1平面CAC1，所以DD1平面CAC1，因为PDD1，

21、所以点P到平面CAC1的距离为定值，而CAC1的面积为定值，所以三棱锥PC1AC 的体积是定值，即三棱锥C1PAC的体积是定值，故正确；对于：如图，延长 EF 交 DC 的延长线于点 M，设平面交棱CC1于点W，连接MW，并延长MW交DD1于点P，因为BQ，BQ平面BB1C1C，平面平面BB1C1CFW，所以FWBQ，因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，因为BECM，则EBFMCF，EFBMFC，BFCF，所以BEFCMF，则MCBE1，因为CWDP，则DPCW=DMCM=3，则DP=3CW=32，即错误；对于：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点 N、M，连接PN、PM，分别交AA1、

22、CC1于点R、S，连接RE、SF，由可知，CM1，同理可知AN1，因为PDDM3，PDM90，则PDM为等腰直角三角形，则PM=2PD=32，同理可知，PDN也为等腰直角三角形，同理可知，SM=2CM=2，PS=PM-SM=22，同理PR=22，由勾股定理可得FS=RE=EF=BE2+BF2=2，则截面的周长为222+32=72，即正确；对于：设截面交棱AA1于点R，假设存在平面，使得点A1到平面距离是A到平面距缡的两倍，则A1RAR=2AR+A1R=4，可得AR=43，因为ARDP，则ARDP=ANDN=13，则DP3AR4，不符合题意；即不存在平面，使得点A1到平面距离是A到平面距离的两倍

23、，故错误综上所述，正确故选：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，则a2【解答】解：曲线f(x)=ax-1(a0)，可得f（x）=-ax2，曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，所以-a(-1)2=2，可得a2，故答案为：214（5分）2020年春节期间，因新冠肺炎疫情防控工作需要，某高中学校需要安排男教师x名，女教师y名做义工，x和y需满足条件2x-y5，x-y2，x6，则该校安排教师最多为13人【解答】解：由约束条件2x-y5x-y2x6作出可行域如图，联立x=62x-

24、y=5，解得A（6，7）令zx+y，化为yx+z，由图可知，当直线yx+z过点A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为13该校安排教师最多为13人故答案为：1315（5分）将函数f（x）2cosx的图象先向左平移6个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，若g（x）在（2，）上没有零点，则的取值范围是 （0，512【解答】解：将函数f（x）2cosx的图象先向左平移6个单位长度，可得y2cos（x+6）的图象；再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）2cos（2x+6）的图象，若g（x）在（2，）上没有

25、零点，T2=2=-2，01令2x+6=k+2，kZ，求得x=2（k+13），kZ，当k0时，x=6，016当k0时，012(k-1)+1322k+13，求得1323综上，016，或1323故答案为：（0，1613，2316（5分）已知f（x）1+ax-1+ax2，若对任意x0，2，f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为 1-2，0【解答】解：对于任意的x0，2，f（x）0恒成立，f(0)0f(2)0，解得1-2a0又当1-2a0时，1+ax20，对于任意的x0，2，f（x）0恒成立，等价于1+ax1+ax21在x0，2上恒成立，令g（x）=1+ax1+ax2，x0，2，则只需g（x）max1即

26、可g（x）=a(1-x)(1+ax2)1+ax2，且a0，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，g（x）maxmaxg（0），g（2），由g（0）1，g（2）1，解得a1-2，0三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、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（12分）已知在各项均为正数的等差数列an中，a2+a3+a421，且a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设数列cn_，求数列cn的前n项和Sn请在anbn；bn(

27、bn-1)(bn+1-1)；（1）nan+n这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答【解答】解：（1）根据题意，因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a2+a3+a43a321，即得a37，设公差为的，则有a21a3d16d，a3+18，a4+a3a3+d+a314+d，又因为a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项，所以(a3+1)2=(a2-1)(a4+a3)，即64（6d）（14+d），解之可得d2，或d10（舍去），所以a1a32d743，即得数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，故可得an2n+1，且由题可得，b1a214，b2a3+18，所以数列bn

28、是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得bn=42n-1=2n+1，（2）（i）设cn=anbn=4(2n+1)2n-1=（2n+1）2n+1，则Sn=322+523+724+(2n-1)2n+（2n+1）2n+1，在上式两边同时乘以2可得，2Sn=323+524+(2n-1)2n+1+（2n+1）2n+2，可得，-Sn=322+2(23+24+2n+1)-（2n+1）2n+212+16(1-2n-1)1-2-（2n+1）2n+2（12n）2n+24，即得Sn=(2n-1)2n+2+4（ii）设cn=bn(bn-1)(bn+1-1)=42n-1(42n-1-1)(42n-1)=142n-1-1

29、-142n-1，则Sn=13-17+17-131+142n-1-1-142n-1=13-142n-1；（iii）设cn=(-1)nan+n=(-1)n(2n+1)+n，则Sn=-3+1+5+2-7+3+9+4+(-1)n(2n+1)+n所以当n为偶数时，Sn=(-3+5)+(-7+9)+(-1)n-1(2n-1)+(-1)n(2n+1)+（1+2+3+n）=n22+n(n+1)2=n2+3n2；由上可得当n为奇数时，Sn=n-122+(1+2+3+n)-（2n+1）=n2-n-42，综上可得，Sn=n2+3n2，n为偶数n2-n-42，n为奇数18（12分）某商品的包装纸如图1，其中菱形ABC

30、D的边长为3，且ABC60，AEAF=3，BEDF23将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹（）证明：PA底面ABCD；（）设点T为BC上的点，且二面角BPAT的正弦值为2114，试求PC与平面PAT所成角的正弦值.【解答】解：（I）由菱形ABCD的边长为3，AEAF=3，BEDF23，可得BE2AB2+AE2，即有ABAE，同理DF2AD2+AF2，即有ADAF，在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得PAAB，PAAD，ABADA，所以PA底面ABCD；（II）如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空

31、间直角坐标系，由第（I）问可得PA底面ABCD，则PAAB，PAAT，则BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得sinBAT=2114，考虑BAT，ABT60，可得sinATBsin（ABT+60）=32114，利用正弦定理ABsinATB=BTSinBTA，可得BT1，所以点T的坐标为（52，32，0），点P（0，0，3），A（0，0，0），C（32，332，0），设面PAT的一个法向为量m=（x，y，z），则有mAP=0mAT=0，即3z=05x+3y=0，令x3，则有m=（3，53，0），PC=（32，332，-3），所以cosm，PC=mPC=-3714，所以PC与面PAT所成角的正

32、弦值为371419（12分）如图，P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1）求|PF|的最小值；（2）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x1）2+y21相切当|PF|4，6时，求|BC|的最小值【解答】解：（1）P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1，0），准线方程为x1，由抛物线的定义可得|PF|dxP+1，由xP0，可得d的最小值为1，|PF|的最小值为1；（2）设B（0，m），C（0，n），P（x0，y0），y024x0，则PB的方程为y=y0-mx0x+m，PC的方程为y=y0-nx0x+n，由直线PA与圆（x1）2+y21相切，可得|y0-m+mx0

33、|x02+(y0-m)2=1，化为（x02）m2+2y0mx00，同理可得（x02）n2+2y0nx00，即有m，n为方程（x02）x2+2y0xx00的两根，可得m+n=2y02-x0，mn=x02-x0，则|mn|=(m+n)2-4mn=4y02(2-x0)2-4x02-x0=4x02+8x0|2-x0|，由|PF|4，6，可得x0+14，6，即x03，5，令t|2x0|x02，t1，3，即有|mn|=4(2+t)2+8(2+t)t=28t2+6t+1在1，3递减，可得t3即x05时，|BC|mn|取得最小值235320（12分）已知函数f（x）lnx+ax，g（x）ex+sinx，其中a

34、R（1）试讨论函数f（x）的单调性；（2）若a1，试证明：f（x）g(x)x【解答】解：（1）函数f（x）lnx+ax的定义域是（0，+），f（x）=1x-ax2=x-ax2，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，令f（x）0，解得：xa，令f（x）0，解得：0xa，综上，当a0时，f（x）在（0，+）单调递增，无递减区间，当a0时，f（x）在（0，a）递减，在（a，+）递增；（2）证明：a1，f（x）lnx+1x，即证：lnx+1xex+sinxx，x0，即证：ex+sinxxlnx10，当x（0，1）时，ex1，sinx0，xlnx0，ex+sinxxlnx111

35、0，当x1，+）时，令g（x）ex+sinxxlnx1，则g（x）ex+cosxlnx1，g（x）exsinx-1xe110，g（x）ex+cosxlnx1在1，+）上单调递增，g（x）g（1）e+cos1010，g（x）在1，+）上单调递增，g（x）g（1）e+sin1010，综上，f（x）ex+sinxx，即f（x）g(x)x21（12分）为2020年全国实现全面脱贫，湖南贫困县保靖加大了特色农业建设，其中茶叶产业是重要组成部分，由于当地的地质环境非常适宜种植茶树，保靖的“黄金茶”享有“一两黄金一两茶”的美誉保靖县某茶场的黄金茶场市开发机构为了进一步开拓市场，对黄金茶交易市场某个品种的黄金

36、茶日销售情况进行调研，得到这种黄金茶的定价x（单位：百元/kg）和销售率y（销售率是销售量与供应量的比值）的统计数据如表：x102030405060y0.90.650.450.30.20.175（1）设zlnx，根据所给参考数据判断，回归模型y=bx+a与y=bz+a哪个更合适？并根据你的判断结果求回归方程（a，b的结果保留一位小数）；（2）某茶场的黄金茶生产销售公司每天向茶叶交易市场提供该品种的黄金茶1200kg，根据（1）中的回归方程，估计定价x（单位：百元/kg）为多少时，这家公司该品种的黄金茶的日销售额W最大，并求W的最大值参考数据：y与x的相关系数r10.96，y与z的相关系数r20

37、.99，x=35，y0.45，i=16 xi2=9100，z3.40，6z269.32，i=16 yizi8.16，i=16 zi271.52，e320.1，e3.430.0，e3.533.1，e454.6参考公式：b=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2=i=1n xiyi-nxyi=1n xi2-nx2，a=y-bx，r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2【解答】解：（1）因为回归模型y=bx+a的相关系数|r1|0.96，回归模型y=bz+a的相关系数|r2|0.99，因为0.960.991，由线性相关系数的意义可知，

38、回归模型y=bz+a更合适，b=i=1n (zi-z)(yi-y)i=1n (zi-z)2=i=1n ziyi-nzyi=1n zi2-nz2=8.16-63.400.4571.52-69.32-0.46-0.5，a=y-bx=0.45（0.45）3.402.0，所以回归方程为y=-0.5lnx+2.0；（2）由题意可知，W1200（0.5lnx+2.0）x，所以W1200（1.50.5lnx），令W0，解得lnx3，即xe320.1，当0xe3时，W0，W单调递增，当xe3时，W0，W单调递减，所以当售价约为20.1百元/kg时，日销售额W最大，最大值为1200（0.5lne3+2.0）e3

39、1200（0.53+2.0）20.112060百元，所以最大日销售额为120.6万元（二）选考题：共10分。请考生在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（10分）在平面直角坐标系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l的极坐标方程为（R），l与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OP|PQ|，点M的极坐标为(1，2)，求PMQ的面积【解答】解：（1）平面直角坐标

40、系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，得到直角坐标方程为x24+y2=1根据x=cosy=sinx2+y2=2转换为极坐标方程为2=41+3sin2曲线C2的极坐标方程为4cos根据x=cosy=sinx2+y2=2转换为直角坐标方程为（x2）2+y24（2）由于=2=41+3sin2得到：P=41+2sin2，且=4cos整理得Q4cos由于|OP|PQ|，所以Q2P，故：4cos=241+3sin2，解得sin2=23，cos2=13所以P=41+3sin2=233，Q=433则：SPMQSOQMSOPM=12|OQ|OM|sin(2-)-12|OP|OM|si

41、n(2-)=12|Q-P|sin(2-)=1223333=13选修4一5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）+x0的解集；（2）设函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，求k的取值范围【解答】解：（1）由已知不等式f（x）+x0，得|x2|x+|x+1|，当x2时，不等式化为x2x+x+1，解得x3，x2；当1x2时，不等式化为2xx+x+1，解得x13，13x2；当x1时，不等式化为2xxx1，解得x3，此时不等式无解综上所述，原不等式的解集为（13，+）；（2）f（x）|x+1|x2|=3，x22x-1，-1x2-3，x-1，画出函数图象如图：图中A（1，3），B（2，3），C（2，4），直线yk（x+2）4恒过定点C（2，4），kAC1，kBC=74，由图可知，若函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，则k的取值范围是（1，74）