2020年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（理科）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2020 年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（理科）年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（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，共分，共 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 （5 分） 设全集为 R， 集合 Ax|3x3， Bx|x24x50， 则 ARB （ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+2i）z34i，则| =（ ） A 5 5 B1 C5 D5 3 （5 分）

2、设 a，b，c 均为正数，且 ealna，e blnb，eclnc，则（ ） Acba Bcab Cbac Dabc 4 （5 分）为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的 得分制成如图所示的茎叶图有以下结论： 甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛 得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更 稳定； 从最近五场比赛的得分看， 甲比乙更稳定 其中所有正确结论的编号为 （ ） A B C D 5 （5 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 6 （5 分）已知 cos=

3、 5 5 ，sin（）= 10 10 ， 均为锐角，则 sin2（ ） A1 2 B 2 2 C 3 2 D1 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈话如下： 第 2 页（共 20 页） 甲： “丙第一名，我第三名” ； 乙： “我第一名，丁第四名” ； 丙： “丁第二名，我第三名” ； 丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、 丁的名次依次是第（ ）名 A一、二、三、四 B三、一、二、四 C三、一、四、二 D四、三、二、一 8 （5 分） 在ABC 中， = 0，| | = | | = 32， = 2 ， 则 = （ ）

4、A4 B6 C6 D43 9 （5 分）我国古代名著孙子算经中的“物不知数”问题： “今有物不知其数，三三数 之剩二，五五数之剩二，七七数之剩三，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余 二，被七除余三，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图， 则框图中的“”处应填入（ ） A;2 35 Z B;2 21 Z C;3 35 Z D;2 15 Z 10 （5 分）已知an为等差数列，a352，S7343，an的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn达到 最大值时 n 是（ ） A19 B20 C39 D40 11 （5 分）已知 F1，F2是双曲线 C： 2 2 2 2 = 1

5、(0，0)的左右焦点，过 F1的直线 与圆 x2+y2a2相切，切点 T，且交双曲线右支于点 P，若 21 = ，则双曲线 C 的渐 近线方程为（ ） 第 3 页（共 20 页） Axy0 B2x3y0 C3x2y0 Dx2y0 12 （5 分）已知四面体 ABCD 中，ABCD5，AC= = 34，AD= = 41，O 为其 外接球球心，AO 与 AB，AC，AD 所成的角分别为 ，有下列结论： 该四面体的外接球的表面积为 50该四面体的体积为 10 cos2+cos2+cos2 1BAC+CAD+DAB180 其中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 二、填空题（本大题共二、填空题（

6、本大题共 4 小题，共小题，共 20 分把答案填在题中的横线上）分把答案填在题中的横线上） 13 （5 分）若曲线 ye x 上点 P 到直线 x+y+10 的最短距离是 14 （5 分）在数列an中，a11，an+2+（1）nan1，记 Sn是数列an的前 n 项和，则 S40 15 （5 分）习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精 准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安 排 5 名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所 学校至少 1 人则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 16 （5 分）

7、阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠 “阿波罗尼 斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点 P 到两定点 A，B 的距离之满足| | =t（t0 且 t1）为常数，则 P 点的轨迹为圆已知圆 O：x2+y21 和( 1 2 ，0)，若定点 B（b， 0） （b 1 2）和常数 满足：对圆 O 上任意一点 M，都有|MB|MA|，则 ， MAB 面积的最大值为 三、 解答题 （本大题共三、 解答题 （本大题共 5 小题， 共小题， 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） （一）分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） （一） 必考题：共必考题：共 60

8、分分 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，sinA= 3sinB 且 bc （1）求角 A 的大小； （2）若 a23，角 B 的平分线交 AC 于点 D，求ABD 的面积 18 （12 分） 如图， 在三棱锥 PABC 中， PAC 为正三角形， M 为棱 PA 的中点， ABAC， AC= 1 2BC，平面 PAB平面 PAC （1）求证：平面 ABC平面 PAC； 第 4 页（共 20 页） （2）若 Q 是棱 AB 上一点，PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为 21 7 ，求二面角 QMC A 的正弦值 19（12 分） 在平面直角坐标系 xOy

9、 中， 已知椭圆 E： 2 2 + 2 2 =1 （ab0） 经过点(2，2)， 离心率为 2 2 （1）求 E 的方程； （2）过点 P 斜率为 k1，k2的两条直线分别交椭圆 E 于 A，B 两点，且满足 k1+k20证 明：直线 AB 的斜率为定值 20 （12 分）已知函数() = + + （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）对任意的 (1 2， + )，xf（x）ex+x2恒成立，请求出 a 的取值范围 21 （12 分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检 测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标 Z 来衡量产品的质量当 Z8 时，产品为 优等

10、品；当 6Z8 时，产品为一等品；当 226 时，产品为二等品第三方检测机构 在该产品中随机抽取 500 件，绘制了这 500 件产品的质量指标 z 的条形图用随机抽取 的 500 件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率 （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取 1 件，求该产品为优等品的概率； （2）现某人决定购买 80 件该产品已知每件成本 1000 元，购买前，邀请第三方检测机构 对要购买的 80 件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下 协议：从 80 件产品中随机抽出 4 件产品进行检测，若检测出 3 件或 4 件为优等品，则按 每件

11、1600 元购买， 否则按每件 1500 元购买， 每件产品的检测费用 250 元由企业承担 记 企业的收益为 X 元，求 X 的分布列与数学期望： （3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据 第 5 页（共 20 页） 抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是1 2方格图 上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格50 机器人开始在第 0 格，客户每掷一次硬币，机器人 向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从 k 到 k+1） ，若携出反面，机器人 向前移动两格（从 k 到 k+2） ，直到机器人移到第 49 格（胜利大本

12、营）或第 50 格（失败 大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营“，则可获得优惠券，设机器人移 到第 n 格的概率为 Pn（0n50，nN*） ，试证明PnPn+1（1n49，nN*）是等 比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品 （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，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分 22（10分） 在极坐标系中， 射线l： = 6与圆C： 2交于点A， 椭圆E的方程为： 2=3 1+22， 以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角标系 xOy （1）求点

13、 A 的直角坐标和椭圆 E 的直角坐标方程； （2）若 B 为椭圆 E 的下顶点，M 为椭圆 E 上任意一点，求 的最大值 23已知函数 f（x）|x+a|+2|x1|（a0） （1）当 a1 时，求不等式 f（x）4 的解集； （2）若不等式 f（x）42x 对任意的 x3，1恒成立，求 a 的取值范围 第 6 页（共 20 页） 2020 年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（理科）年湖南省岳阳市高考数学一模试卷（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，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题

14、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 （5 分） 设全集为 R， 集合 Ax|3x3， Bx|x24x50， 则 ARB （ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 【解答】解：Ax|3x3，Bx|1x5， RBx|x1 或 x5，ARB（3，1 故选：B 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+2i）z34i，则| =（ ） A 5 5 B1 C5 D5 【解答】解：（1+2i）z34i， z= 34 1+2 = 12i， |1+2i， | =|1+2i|= 1 + 4 = 5， 故选：C 3 （5 分）设 a，b，c 均为正数，

15、且 ealna，e blnb，eclnc，则（ ） Acba Bcab Cbac Dabc 【解答】解：在同一坐标系中分别画出 yex，ye x，ylnx，ylnx 的图象， yex与 ylnx 的交点的横坐标为 a， ye x 与 ylnx 的图象的交点的横坐标为 b， ye x 与 ylnx 的图象的交点的横坐标为 c， 从图象可以看出 bac 故选：C 第 7 页（共 20 页） 4 （5 分）为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的 得分制成如图所示的茎叶图有以下结论： 甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛 得分平均数低

16、于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更 稳定； 从最近五场比赛的得分看， 甲比乙更稳定 其中所有正确结论的编号为 （ ） A B C D 【解答】解：甲的中位数为 28，乙的中位数为 29，故不正确； 甲的平均数为 28，乙的平均数为 29，故正确； 从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故正确，不正确 故选：B 5 （5 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 第 8 页（共 20 页） 【解答】解：当 x时， 0:， 1 +1 = 1 2 +1 1:，所以 f（x）0+，排除 C， D； 因为 x+时， +， 1 +1 = 1

17、 2 +1 1:，所以 f（x）+，因此排除 B， 故选：A 6 （5 分）已知 cos= 5 5 ，sin（）= 10 10 ， 均为锐角，则 sin2（ ） A1 2 B 2 2 C 3 2 D1 【解答】解：因为 ， 均为锐角，所以 ( 2 ， 2)，所以( ) = 310 10 ， = 25 5 ， 由 sinsin+（） sincos（）+cossin（） = 25 5 310 10 + 5 5 ( 10 10 ) = 2 2 ， 所以 = 2 2 ， = 2 2 ， 所以 sin22sincos1， 故选：D 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈

18、话如下： 甲： “丙第一名，我第三名” ； 乙： “我第一名，丁第四名” ； 丙： “丁第二名，我第三名” ； 丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、 丁的名次依次是第（ ）名 A一、二、三、四 B三、一、二、四 C三、一、四、二 D四、三、二、一 【解答】解：由题意，他们预测都只猜对了一半， 则甲的猜测也是对一半，错一半 假设甲猜的丙第一名正确，则甲猜的自己第三名错误； 则乙猜的乙第一名错误，则乙猜的丁第四名正确； 则丙猜的丙第三名错误，则丙猜的丁第二名正确 第 9 页（共 20 页） 由此可见，丁既是第二名，又是第四名， 故此假设不正确 故甲猜的丙第一

19、名错误，则甲猜的自己第三名正确； 则丙猜的丙第三名错误，则丙猜的丁第二名正确 则乙猜的丁第四名错误，则乙猜的乙第一名正确； 故甲第三名，乙第一名，丙第四名，丁第二名 故选：C 8 （5 分） 在ABC 中， = 0，| | = | | = 32， = 2 ， 则 = （ ） A4 B6 C6 D43 【解答】解：如图，由 = 2 得 = = 2 3 + = 2 3( ) + = 2 3 + 1 3 ， = ， 又 = 0，| | = | | = 32， = (2 3 + 1 3 ) ( ) = 2 3 2 + 1 3 2 = 2 3 18 + 1 3 18 6 故选：B 9 （5 分）我国古代

20、名著孙子算经中的“物不知数”问题： “今有物不知其数，三三数 之剩二，五五数之剩二，七七数之剩三，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余 二，被七除余三，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图， 则框图中的“”处应填入（ ） 第 10 页（共 20 页） A;2 35 Z B;2 21 Z C;3 35 Z D;2 15 Z 【解答】解：由题意，判断框内应该判断 a 的值是否同时能被三除余二，被五除余二， 被 3 和 5 整除余 2 的数即是被 15 整除余 2 的数 即判断;2 15 是否为整数； 故选：D 10 （5 分）已知an为等差数列，a352，S7343，a

21、n的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn达到 最大值时 n 是（ ） A19 B20 C39 D40 【解答】解：由 S77a4343，得 a449， 所以 da4a349523， a1a32d522（3）58， 所以 ana1+（n1）d3n+61 由 0 :1 0，得 n20 故选：B 11 （5 分）已知 F1，F2是双曲线 C： 2 2 2 2 = 1(0，0)的左右焦点，过 F1的直线 与圆 x2+y2a2相切，切点 T，且交双曲线右支于点 P，若 21 = ，则双曲线 C 的渐 近线方程为（ ） Axy0 B2x3y0 C3x2y0 Dx2y0 【解答】解：连 PF2，过 F2作 F

22、2QOT，若 21 = ， 则易知|OF1|c，|OT|a，|TF1|TQ|QP|b， 第 11 页（共 20 页） |QF2|2a，|PF2|PF1|2a3b2a， 所以在 RtPQF2中， （3b2a）2（2a）2+b2，整理得 = 3 2， 所以渐近线方程为 = 3 2 ，即 3x2y0， 故选：C 12 （5 分）已知四面体 ABCD 中，ABCD5，AC= = 34，AD= = 41，O 为其 外接球球心，AO 与 AB，AC，AD 所成的角分别为 ，有下列结论： 该四面体的外接球的表面积为 50该四面体的体积为 10 cos2+cos2+cos2 1BAC+CAD+DAB180 其

23、中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 【解答】解：由题意可采用割补法，考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形， 所以可在其每个面补上一个以 5，34，41为三边的三角形作为底面， 且以分别 x，y，z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥 从而可得到一个长、宽、高分别为 x，y，z 的长方体， 并且 x2+y225，x2+z234，y2+z241， 则有（2R）2x2+y2+z250（R 为球的半径） ， 对于，球的表面积为 S4R250故正确 由上可知 x2x2+y2+z2（y2+z2）50419，x3 y2x2+y2+z2（x2+z2）503416，y4， z2x2+y2+z2（x2

24、+y2）502525，x5， 对于，四面体 ABCD 体积为 xyz4 1 3 1 2xyz= 1 3 = 1 3 3 4 5 =20，故错 对于，cos2+cos2+cos21 2 2 + 2 2 + 2 2 = 25:41:34 32:42:52 = 2，故错 对于， BAC， CAD， DAB 是边长为 5， 34， 41的三角形的三个内角， 故正确 故选：A 第 12 页（共 20 页） 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20 分把答案填在题中的横线上）分把答案填在题中的横线上） 13 （5 分）若曲线 ye x 上点 P 到直线 x+y+10 的最短距离

25、是 2 【解答】解：ye x 的导数为 ye x， 设在 P（m，n）处的切线平行于直线 x+y+10， 即有e m1 得 m0，n1， 即有切点为 P（0，1） ， 可得最短距离为点 P（0，1）到直线 x+y+10 的距离 = 2 2 = 2， 故答案为：2 14 （5 分）在数列an中，a11，an+2+（1）nan1，记 Sn是数列an的前 n 项和，则 S40 220 【解答】解：在数列an中，a11，an+2+（1）nan1， 当是 n 奇数时，an+2an1，数列an中奇数项构成等差数列， 当 n 是偶数时，an+2+an1， = 201+ 2019 2 1 + 10 = 220

26、 故答案为：220 15 （5 分）习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精 准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安 排 5 名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所 学校至少 1 人则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 6 25 【解答】解：总的基本事件数为 n= 5 2 3 2 2 2 3 3 + 5 333 = 150， 第 13 页（共 20 页） 杨老师与李老师在一组所含的基本事件数为 m= 3 1 3 3 + 3 233 = 36， 李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为 p= =

27、6 25 故答案为： 6 25 16 （5 分）阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠 “阿波罗尼 斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点 P 到两定点 A，B 的距离之满足| | =t（t0 且 t1）为常数，则 P 点的轨迹为圆已知圆 O：x2+y21 和( 1 2 ，0)，若定点 B（b， 0） （b 1 2）和常数 满足：对圆 O 上任意一点 M，都有|MB|MA|，则 2 ， MAB 面积的最大值为 3 4 【解答】解：设点 M（x，y） ，由|MB|MA|，得( )2+ 2= 2( + 1 2) 2 + 2，整 理得 2+ 2 2+2 12 + 21 4 2 12

28、 = 0， 所以 2+ 2 12 = 0 21 4 2 12 = 1 解得 2，b2 如右图，当 M（0，1）或 M（0，1）时，()= 3 4 故答案为：2；3 4 三、 解答题 （本大题共三、 解答题 （本大题共 5 小题， 共小题， 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） （一）分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） （一） 必考题：共必考题：共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，sinA= 3sinB 且 bc （1）求角 A 的大小； （2）若 a23，角 B 的平分线交 AC 于点 D，求ABD 的面积

29、【解答】解： （1）由 sinA= 3sinB 及正弦定理知 a= 3b， 第 14 页（共 20 页） 又 bc，由余弦定理得 cosA= 2+22 2 = 2+232 22 = 1 2， A（0，） ，A= 2 3 ； （2）由（1）知 BC= 6， 又 a23，在ABC 中，由正弦定理知：AB2， 在ABD 中，由正弦定理 = 及ABD= 12，BDC= 4 解得 AD= 3 1， 故 SABD= 1 2 2 3 = 1 2 2 (3 1) 3 2 = 33 2 18 （12 分） 如图， 在三棱锥 PABC 中， PAC 为正三角形， M 为棱 PA 的中点， ABAC， AC= 1

30、2BC，平面 PAB平面 PAC （1）求证：平面 ABC平面 PAC； （2）若 Q 是棱 AB 上一点，PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为 21 7 ，求二面角 QMC A 的正弦值 【解答】 （1）证明：因为PAC 为正三角形，M 为棱 PA 的中点，所以 CMPA， 又平面 PAB平面 PAC，且平面 PAB平面 PACPA， 所以 CM平面 PAB， 所以 CMAB，又 ABAC，且 ACCMC， 所以 AB平面 PAC， 又 AB平面 ABC， 所以平面 ABC平面 PAC （2）作 AC 中点 O，连 OP，由（1）及 OPAC 可知 OP平面 ABC 以 O 为坐标原点，O

31、A，OP 分别为 x，z 轴，过 O 且平行于 AB 的方向为 y 轴，如图，建 立空间直角坐标系 第 15 页（共 20 页） 设 AC2 则(0，0，0)，(0，0，3)，(1，0，0)，(1，0，0)， (1 2，0， 3 2 )，(1，23，0)， 设 ，则(1，23，0)， = (1，23， 3)， 设平面 ABC 的法向量为1 =（0，0，1） ， 因为 PQ 与平面 ABC 所成角的正弦值为 21 7 所以 |1 | |1 | | = 21 7 ，即 3 122:4 = 21 7 ，解得 = 1 2 即 Q 为 AB 的中点，则(1， 3 ，0)， 设平面QMC的法向量为2 =

32、（x， y， z） ， 则2 = 0 2 = 0 ， 即 (，) (2， 3 ，0) = 0 (，) (3 2，0， 3 2 ) = 0 ， 2 + 3 = 0 3 + 3 = 0， 取2 = (3， 2， 3)， 设平面 AMC 的法向量为3 ，则3 =（0，1，0） 则二面角 QMCA 的余弦值为 cos= 2 3 |2 |3 | = 1 2， 故 sin= 3 2 19（12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 E： 2 2 + 2 2 =1 （ab0） 经过点(2，2)， 离心率为 2 2 （1）求 E 的方程； （2）过点 P 斜率为 k1，k2的两条直线分别交椭圆 E

33、于 A，B 两点，且满足 k1+k20证 第 16 页（共 20 页） 明：直线 AB 的斜率为定值 【解答】解： （1）依题意， = =1 2 2 = 2 2 ，所以 2 2 = 1 2， 又椭圆 E 过点(2，2)，所以 4 2 + 2 2 = 1， 解得 a28，b24， 所以椭圆 E 的方程为 2 8 + 2 4 = 1 （2）证明：方法一：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，AP 的方程为 = ( 2) + 2， 由 = ( 2) + 2 2+ 22= 8 ，消去 y 得(22+ 1)2 (82 42) + 82 82 4 = 0， 所以1+ = 1+ 2 = 8242 2

34、2+1 ， 所以1= 42422 22+1 ， 又因为直线 PA，PB 的斜率互为相反数，2= 42+422 22+1 ， (2+2+2)(12+2) 21 (2+1)+4 21 824 22+1()+4 82 22+1 2 2 ， 所以直线 AB 的斜率为定值 2 2 20 （12 分）已知函数() = + + （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）对任意的 (1 2， + )，xf（x）ex+x2恒成立，请求出 a 的取值范围 【解答】解： （1）f（x）= 1 2 + 1 = 2+ 2 ，x0， 当 a0 时，f（x）0，f（x）在（0，+）递增； 当a0时， 对于yx2+xa， 1

35、+4a0， 故y0有在x0时， 有一个解m= 1+1+4 2 ， 当 x（0，m）时，f（x）0，f（x）递减； 当 x（m，+）时，f（x）0，f（x）递增； 综上，当 a0 时，f（x）在（0，+）递增； 当 a0 时，f（x）在（;1:1:4 2 ，+）递增；在（0，;1:1:4 2 ）递减； （2）根据题意，任意的 (1 2， + )，xf（x）ex+x2恒成立，即 xlnx+aex， 第 17 页（共 20 页） 分离参数得 aexxlnx， 令 g（x）exxlnx， (1 2， + )，g（x）exlnx1， g（x）= 1 单调递增，g（ 1 2）= 20，g（1）e10， 故

36、存在唯一的零点 n（1 2 ，1） ，= 1 ， 当 x（1 2，n）时，g（x）0，g（x）递减，当 x（n，+）时，g（x）0，g（x） 递增， 故 g（x）ming（n）= 1 = 1 + 12 1 = 10， 故 g（x）在 (1 2， + )递增， 故 ag（1 2）= + 1 2 2 21 （12 分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检 测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标 Z 来衡量产品的质量当 Z8 时，产品为 优等品；当 6Z8 时，产品为一等品；当 226 时，产品为二等品第三方检测机构 在该产品中随机抽取 500 件，绘制了这 500

37、 件产品的质量指标 z 的条形图用随机抽取 的 500 件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率 （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取 1 件，求该产品为优等品的概率； （2）现某人决定购买 80 件该产品已知每件成本 1000 元，购买前，邀请第三方检测机构 对要购买的 80 件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下 协议：从 80 件产品中随机抽出 4 件产品进行检测，若检测出 3 件或 4 件为优等品，则按 每件 1600 元购买， 否则按每件 1500 元购买， 每件产品的检测费用 250 元由企业承担 记 企业的收益为 X 元，求 X

38、 的分布列与数学期望： （3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖“活动，客户可根据 抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是1 2方格图 上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格50 机器人开始在第 0 格，客户每掷一次硬币，机器人 向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从 k 到 k+1） ，若携出反面，机器人 向前移动两格（从 k 到 k+2） ，直到机器人移到第 49 格（胜利大本营）或第 50 格（失败 大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营“，则可获得优惠券，设机器人移 到第 n 格的概率为 Pn（0n50，nN*） ，

39、试证明PnPn+1（1n49，nN*）是等 第 18 页（共 20 页） 比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买：该款产品 【解答】 解： （1） 根据条形图可知， 优等品的频率为121:87:42 500 = 1 2， 用频率估计概率， 则任取一件产品为优等品的概率为 P= 1 2 （2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为1 2， 由题意 X（16001000）80250447000 或 X（15001000）80250439000 P（X47000）= 4 4(1 2) 4 + 4 3(1 2) 4 = 5 16 P（X39000）= 4 0(1 2) 4 + 4 1(1 2) 4 + 4

40、 2(1 2) 4 = 11 16 故 X 的分布列为： X 47000 39000 P 5 16 11 16 所以数学期望 EX47000 5 16 +39000 11 16 =41500 （3）机器人在第 0 格为必然事件，P01，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第 1 格， 其概率 P1= 1 2机器人移到第 n（2n49）格的情况只有两种： 先到第 n2 格，又出现反面，其概率1 2Pn 2， 先到第 n1 格，又出现正面，其概率1 2Pn 1 所以 Pn= 1 2Pn1+ 1 2Pn2， 故 PnPn1= 1 2（Pn1 1 2Pn2） ， 所以 1n49 时，数列Pn1Pn2为首项

41、 P1P0= 1 2，公比为 1 2的等比数列 第 19 页（共 20 页） 所以 P1P0= 1 2，P2P1= ( 1 2) 2，P3P2= (1 2) 3，PnPn1= (1 2) 以上各式累加，得 Pn1= 1 2 + ( 1 2) 2 + ( 1 2) 3 + + ( 1 2) = 1 21( 1 2) 1(1 2) Pn= 2 3 + 1 3 ( 1 2) （n0，1，2，49） 获胜概率 P49= 2 3 + 1 3 ( 1 2) 49 失败概率 P50= 1 2P48= 1 3 1 ( 1 2) 49 =1 3 1 + (1 2) 49 P49P50= 2 3 + 1 3( 1 2) 49 1 31 + ( 1 2) 49 =1 3 1 (1 2) 480，所以获胜概率更大， 故此方案能吸引顾客购买该款产品 （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，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分 22（