丰润大众传媒-角的度量教学反思

绝密★启用前
2020届河南广东等省高三4月联考数学（理）试题
注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在
答题卡上
一、单选题
1．设集合
Axx2 x30,xN
，则集合
A
的真子集有（ ）
A．
5
个
解：
由
Axx2x30,xNx 1x3,xN

0,1,2

，集合
A
有
3
个元
2

2

B．
6
个 C．
7
个 D．
8
个


素，
因此，集合
A
的真子集个数为
2
3
17
个.
故选：C．
点评：
本题考查集合的真子集个数，需要解一元二次不等式，以及需要 注意
xN
，属简单题．

1i

2．已知
i
是虚数单位，则化简


1i

A．
i

解：
B．
i

2020
的结果为（ ）
C．
1
D．
1


1i


2i
i
，又
4
，

1i

1i
Q

i1

1i

1i
 
1i

2

1i

故选：D.
点评：
2
2020
i
2020


i
4
505

1
.
本题考查复数指数幂的计算，涉及复数的除法运算以及
i
考查计算能力，属于基础题.
n

nN

的周期性的应用，

3．若干年前， 某教师刚退休的月退休金为4000元，月退休金各种用途占比统计图如下
面的条形图该教师退休后加强 了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面
的折线图．已知目前的月就医费比刚退休时少1 00元，则目前该教师的月退休金为
（ ）

A．4500元
解：
B．5000元 C．5500元 D．6000元
刚退休时就医费用为：
400015%600
元，现在为就医费用占退休金的10%，
设目前该教师的退休金为
x
元，则由题意得
400015%10%x100
，
解得
x5000

故选：B．
点评：
本题通过统计图表考查考生的数据处理能力，属于简单题 4．将包括甲、乙、丙在内的
8
人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组
的概率为（ ）
2
A．
7
B．
3

7
C．
1

7
D．
3

14
解：
①甲指挥交通，乙不指挥交通，则丙不能指挥交通，故有
C
5
3
10
种方法；
2
②乙指挥交通，甲不指挥交通，则丙必须 指挥交通，故有
C
5
10
种方法；
2
③甲、乙都指挥交 通，则丙不能指挥交通，故有
C
5
10
种方法．
3C
5
2
3
所以满足条件的概率为
4

，
C
8
7
故选：B．
点评：
本题考查古典概型以及排列组合的基础知识，属中等题．
2
5．已知抛物线
y4x
的焦点为
F
，过点
F
和抛物线上一点
M3,23< br>的直线
l
交抛

物线于另一点
N
，则
NF :NM
等于（ ）

A．
1:2

解：
B．
1:3
C．
1:4
D．
1:3

抛物线的焦点为
F

1,0

，所以
k
FM

23
3
，
31
2


y4x
由

得：
3x
2
 10x30
，


y3

x1

1
p
1
FN
1
1
3
2
x
1
3
，
x
2

，

，
M Nx
1
x
2
p
3
1
2
4
3
3
x
2

故选：C．
点评：
本题考查过拋物线焦点的弦，考查方程思想的应用，考查计算能力，属中等题．
6．在所有棱 长都相等的直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，< br>D
、
E
分别为棱
CC
1
、
AC
的中
点，则直线
AB
与平面
B
1
DE
所成角的余弦值为 （ ）
A．
30

10
B．
30

20
C．
130

20
D．
70

10
解：
设正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有边长均为
2
，取
A
1
C
1的中点
F
，连接
EF
，
以点
E
为坐标原点，
EC
、
EB
、
EF
所在直线分别为
x
、< br>y
、
z
轴建立空间直角坐标
系，
如下图所示：

则点
A

1,0,0

、
B

0,3,0
、
D

1,0,1

、
E
< br>0,0,0

、
B
1
0,3,2
，



uuuruuur
uuur
ED

1,0,1

，
EB
1
0,3,2
，
AB1,3,0
，

r
设平面
B
1DE
的法向量为
n

x,y,z

，
v< br>v
uuu



nED0

xz0
v
由

v
uuu
，得

，取
z 3
，则
x3
，
y2
，
nEB0


1


3y2z0
r
n3,2,3
，

设直线
AB
与平面
B
1
DE
所成 角为

，
uuurr
ABn
uuurr
33330
rr

则
sin

cosAB,n
uuu
，则
20
210
ABn
cos

1 sin
2


故选：C.
点评：
本题以直三棱柱为材料 考查了直线与平面所成的角，考查了考生的空间想象能力、推理
论证能力和计算能力，属中等题．
130
.
20

y0

7．已知点
A

4,3

，点
B
为不等式组

xy 0
所表示平面区域上的任意一点，

x2y60

则
AB
的最小值为（ ）
A．
5

解：
B．
45

5
C．
5
D．
25

5

y0

作出不等式组

xy0
所表示的平面区域如下图所示：

x2y60



xy0

x2
联立

，解得< br>
，
x2y60
y2


由图知
AB
的最小值即为
A

4,3

、
B
< br>2,2

两点间的距离，
所以
AB
的最小值为
故选：C．
点评：
本题考查目标函数为两点之间的距离的线性规划问题，考查数形结合思想的应用，属中
等题．
8．给出下列说法：
①定义在

a,b

上的偶函数②“
x

42



32
< br>22
5
.
f

x

x
2

a4

xb
的最大值为
20
；

4
”是“
tanx1
”的充分不必要条件；
③命题“
x
0


0,

，
x
0< br>
1
2
”的否定形式是“
x

0,

，
x
1
2
”．
x
0
x
其中正确说法的个数为（ ）
A．
0

解：
对于命题①，二次函数
该函数为偶函数，则
2
B．
1
C．
2
D．
3

f

x

x
2


a4

xb
的对称轴为直线
x 
a4
，
2
a4
0
，得
a4
，且定义域

4,b

关于原点对称，则
b4
， 2
所以，
f

x

x4
，定义域为

4,4

，
f

x

maxf

4

20
，命题①正确；
对于命题②，解 方程
tanx1
得
xk



4
< br>kZ

，

所以，
x
则“x

4
tanx1
，
x

4


tanx1
，

4
”是“
tanx1
”的充分不必要条件，命题②正确；
对于命题③，由特称命题的否定可知③正确.
故选：D.
点评：
本题以考查命题真假性的形式，考查函数奇偶性、二次函数最值，充分条件与必要条件
还有特称命题的否定，考查的知识点较多，能较好地检测考生的逻辑推理能力，属中等
题．
9．已知
log
m
30
，
am
log
4
2
，
bm
log
3
2
，
cm2
，则
a
、
b
、
c
间的大小关系
为（ ）
A．
abc

答案：A
由题意得出
m>1
，利用指数函数和对数函数的单调性比较
log
4
2
、
log3
2
和
2
0.5
三个
数的大小关系，再由指数函数的单 调性可得出
a
、
b
、
c
三个数的大小关系.
解：
B．
bac
C．
cab
D．
bca

0.5
Qlog
m
30log
m
1
，所以，对数函数
ylog
m
x
为
0,

上的增函数，则
m>1
，
Qlog
42
1
log
3
3log
3
212
0 .5
，
2
x
0.5
又指数函数
ym
为
R
上的增函数，故
m
log
4
2
m
log
3
2
m
2
，即
abc
.
故选：A．
点评：
本题考查了指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性结合中
间值法来比较，考查推理能力，属中等题．
10．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如 下问题：今有银一秤一斤十两（
1
秤
15
斤，
1
斤
16
两），令甲、乙、丙从上作折半差分之，问：各得几何？其意思是：现有
银一秤一斤十 两，现将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得
的一半．若银的数量不变，按此 法将银依次分给
7
个人，则得银最少的一个人得银（ ）
A．
9
两
答案：B
B．
266
两
127
C．
266
两
63
D．
250
两
127

先计算出银的质量为
266
两，设分银最少 的为
a
两，由题意可知
7
人的分银量构成首项
为
a
，公比为
2
的等比数列，利用等比数列的求和公式可求得
a
的值.
解：
共有银
161610266
两，
设分银最少的为a
两，则
7
人的分银量构成首项为
a
，公比为2的等比数列，
故有
a

12
7

12
266，所以
a
266
，
127
故选：B．
点评： < br>本题以元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提出的问题为背景，贴近生活，考查了等比
数列的求和 问题，本题注重考查考生的阅读理解能力、提取信息能力、数学建模能力以
及通过计算解决问题的能力， 属中等题．
11．在
VABC
中，角
A
、
B
、< br>C
的对边分别是
a
、
b
、
c
，若
a cosBbcosA
c
，
3
则
acosB
的最大值为（ ）
acosAbcosB
B．A．
2

答案：B
2

2
C．
3

2
D．
23

3
利用边角互化思想结合等式
aco sBbcosA
c
可得
tanA2tanB
，利用边角互化
3
acosB1

思想可得
acosAbcosB
cosAsinB
，利用基本不等式可求得所求代数式的最

cosBsinA
大值.
解：
c
QacosBbcosA
，
3
3

sinAcosBsinBcosA

sinCsin

A B

sinAcosBsinBcosA
，即
tanA2tanB，
A
、
B
均为锐角且
acosBsinAcosB

acosAbcosBsinAcosAsinBcosB


1
cosAsinB

cosBsinA
≤
1112

2
，
cosAsinBtanB1
222
cosBsi nAtanA2
故选：B．
点评：
本题主要考查正弦定理和三角恒等变换，还需要结合基本不等式求最值，属中等题．
x
12．已知
f

x

为奇函数，
g

x

为偶函数，且
f

x

g

x

log
3
31
，不等式

3g

x

f

x

t≥0
对
x R
恒成立，则
t
的最大值为（ ）
A．
1

答案：B
根据函数
yf

x

为奇函数，函数
yg

x

为偶函数，利用方程组法求出这两个函数
的解 析式，由
3g
B．
32log
3
2
C．
2
D．
3
log
3
21

2
x

f

x

t≥0
得出tlog
3

3
x
1

3
33
2x
，换元
p30
，利用导
x

p1

数求出函数
y
p
2
的最小值，即可得出实数
t
的最大值.
解：
Q
函数
yf

x

为奇函数，
yg

x

为偶函数，且
f

x

g

x

log
3
3
x
1
，①

f

x

g

x

log
3

3
x
1

，即
f

x

g

x

log
3

3
x
1

，②
3
x

3
x
1

3
x< br>1
x
log
3
xx
x
，
f

x


，①

②得：
2f

x

log
3
x
31
2
3

31

g

x

log
3
3
x
1


由
3g
x
，
2
x
3

x

f

x

t≥0
得
t≤3g

x

f

x< br>
3log

3
32
1

2xlo g
3

3
x
1

3
2x
3，

p1

，则
y



p1

p2

.
x
令
p30
，
y
p
2
p
3

p1

当
0p2
时，
y

0
，此时函数
y
p
2
3
单调递减；当
p2
时，
y

0
，此时

p1

函数
y
p
2
3
单调递增.


p1

所以，当p2
时，函数
y
p
2
tlog
3
27
32log
3
2
.
4
3
取得最小值，即
y
min

27
，
4
故选：B．
点评：
本题考查函数的奇偶性．恒成立问题，需要结合导数求函数的最值，属于难题．


二、填空题
rr
rr
a2,5b1,25
13．已知向量， ，则
b
在
a
方向上的投影等于__________．

答案：


设
a
与
b
的 夹角

，利用向量的数量积的坐标运算可求得
b
在
a
方向上 的投影为
rr
r
ab
bcos


r
.
a
8
3
rrrr
解：
rr
r
ab2 108
rrrr
bcos


r
设
a
与
b
的夹角

，则
b
在
a
方向上的投影 为．
33
a
故答案为：

.
点评：
本题通过求一个向量在另一个向量上的投影，考查平面向量的坐标运算，属简单题．
14．在
VABC
中，
B
8
3
2π
，
A
、
B
是双曲线
E
的左、右焦点，点
C
在
E
上，且
3
BC
1
AB
，则
E
的离心率为___ _______．
2
71

3
答案：
利用余弦定理求出
AC
，利用双曲线的定义建立
a
与
c
的等量关系，进而可求 得双曲线
的离心率.
解：
由题意，
AB2c
，
BC c
，
VABC
中，
B
2π
，
3
A C
22

1

ABBC2ABBCcosB4c
2
c
2
22c



7c
．

2


由双曲线的定义得
7cc2a
，得：
e
c71
．

a3
因此，该双曲线的离心率为
71
.
3
故答案为：
点评：
71
.
3
本题考查双曲线的离心率问题，涉及余弦定理与双曲线定义的应用，属中等题．
1 5．已知函数
f

x

cos


x



0,0




是 奇函数，且在


调递减，则

的最大值是__________．
答案：
2

先根据函数
yf

x
为奇函数结合

的取值范围可求得

的值，化简可得



,

上单

64







f

x

s in

x
，由
x

,

求得

x

,

，可得出

64


64






,

,

，进而得出关于

的不等式组，由此可得出实数< br>
的最大值.

6422

解：
Q函数
f

x

cos


x


0,0




是奇函 数，则
f

0

cos

0
， 

Q0



，




，
f

x

cos


x

sin

x
.
2
2






Q
x
,

，


x

,
.

64

64









Q
函数
yf

x

在区间

,

上单调递减，则

, 

,

，

6464

2 2






62






，解得
0

2
，
42



0


因此，

的最大值是
2
.
故答案为：
2
.

点评：
本题考查三角函数的图象与性质，主要考查利用奇偶性与单 调性求参数，考查计算能力，
属中等题．
16．已知三棱锥
ABCD
中， 平面
ABD
平面
BCD
，
BCCD
，
BCC D2
，
ABAD6
，则三棱锥
ABCD
的外接球的体积为_ _________．
答案：


作出图形，求
BD
的中 点为
E
，连接
AE
，确定外接球球心在线段
AE
上，设外接 球的
半径为
R
，可得出
OE
9
2
2R
，然后在
Rt△ODE
中利用勾股定理可求得
R
的值，最
后利用球体 体积公式可求得结果.
解：
Q
平面
ABD
平面
BCD
，
BCCD
，取
BD
的中点为
E
，连接
AE
，

则外接球的球心
O
在
AE
上，且
BD22
，
ED2
，
VBCD
的外接圆圆心为点
E< br>，
AEAD
2
DE
2
2
，
设外接球半径为
R
，则
OE2R
，
在
Rt△ ODE
中，
OD
2
OE
2
DE
2
，即
R
2


2
2


2R
，得
R
3
2
3
，
2
44

3

9
因此，三棱锥
ABCD
的外接球的体积为V

R
3






．
33

2

2
故答案为：
点评： < br>本题考查外接球体积的计算，解答时要分析几何体的结构，确定球心的位置，考查推理
能力与计算 能力，属于中等题.
9

.
2

三、解答题
17．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，且
S
n

（1）求数列

a
n

的通项公式；
1
na
n
a
n
1
．
2
< br>2

3
（2）若数列

2

的前
n
项和为
T
n
，证明：
T
n

．
2

a
n

答案：（1）
a
n
n1n N

*
（2）见解析

．
（1）令
n1求得
a
1
的值，令
n2
，由
S
n

1
na
n
a
n
1
得出
2
a< br>n
a
n1
1

a
n

S
n1


n1

a
n1
a
n1
1
，两式相减得出

，由此可得出数列

为
2
n1n

n1

常数列，进而可求得数列

a
n

的通项公式；
22211

（2）利用放缩法 得出
2
，再利用不等式的基本性质
a
n

n1

2
n

n2

nn2
和裂项求和法可证得所证 不成立成立.
解：
（1）当
n1
时，
S
1

当
n2
时，
S
n

1
a
1a
1
1
，即
a
1
2
，
2
1
na
n
a
n
1
①，
2
S
n1

1

n1

a
n 1
a
n1
1
②，
2
①

②，得：
2a
n
na
n


n1

a
n1
2a
n
2a
n1
，即
na
n


n1

a
n1
，

a
n
a
a

n1
，且
1
1
，
2
n1n
a

a


数列
< br>n

是以每一项均为
1
的常数列，则
n
1
，即
a
n
n1nN
*
；
n1

n1


（2）由（1）得
a
n
n1
，< br>
22211

，
2
2
a
n

n1

n

n2

nn2
T
n
1
L
1
.
32435nn22n1n22
点评：
本题第（1）问通过给出数列的项a
n
与其前
n
项和
S
n
的关系，求
a
n
的递推关系式，进
一步求数列

a
n

的前
n
项和，第（2）问考查了用裂项相消法求和，主要考查考生的基

础知识和基本技能是否扎实，属中等题．
18．如图，在以
A
、
B
、
C
、
D
、
E
、
F
为顶点的五面 体中，四边形
ABEF
为正方形，
AFDF
，
AF22FD
，
DFECEF45
o
．

（1）证明
DCEF
；
（2）求二面角
DBEC
的平面角的余弦值．
答案：（1）见解析；（2）
25
.
5
（1）证明出
AB
平面
EFDC
，然后利用线面平行的性质定理可证明出
DCAB
，再
利用空间平行线的传递性可得出结论；
（2）证明出平面
ABEF
平面< br>EFDC
，然后作
DGEF
，垂足为
G
，可得出
D G
平面
ABEF
，由此以点
G
为坐标原点，
GF
的方向为
x
轴正方向，
GD
的方向为
z
轴正
uuu r
uuur
uuur
方向，
GF
为单位长建立空间直角坐标系，利用 空间向量法能求出二面角
DBEC
的平面角的余弦值.
解：
（1）
Q
四边形
ABEF
为正方形，
ABFE
，
QAB
平面
EFDC
，
FE
平面
EFDC，
AB
平面
EFDC
，
QAB
平面
AB CD
，平面
ABCDI
平面
EFDCDC
，
DCAB< br>，因此，
DCEF
；
（
2
）
QAFEF
，
AFDF
，
EFIDFF
，
AF
平面
E FDC
，
QAF
平面
ABEF
，

平面
ABEF
平面
EFDC
，
作
DGEF
，垂足为G
，
QDG
平面
EFDC
，平面
ABEFI
平面
EFDC=EF
，
DG
平面
ABEF
，
uuur
uuur
uuur
以点
G
为坐标原点，
GF
方向为
x
轴正方向，
GD
为
z
轴正方向，
GF< br>为单位长，如
图建立空间直角坐标系，

则
DFGCEF45
o
，
D

0,0 ,1

，
E

3,0,0

，
C

2,0,1

，
B

3,4,0

．
uuuruuur
BD

3,4,1

，ED

3,0,1

，
ur
设平面
DBE
的法向量为
m

x
1
,y
1
,z
1

，
uuuv
v

mBD0

3x
1
4y
1
z
1
0
v
则

v
uuu
，即

，取
z
1
3
，则
x
1
1
，
y
1
0
，所以， < br>
3x
1
z
1
0

mED0
ur
m

1,0,3

，
uuuruuur
又
BC

1,4,1

，
EC

1,0,1

，
r
设平面
BEC
的法向量为
n

x
2
,y
2
,z
2

， v
v
uuu
r

nBC0

x
2
4y
2
z
2
0
v
n

1,0,1

，则

v
uuu
即

，令
z
2
1
，则
x
2
1
，
y< br>2
0
，
xz0

nEC0

2 2
urr
mn

1



1

31
25
cos


urr
设二面 角
DBEC
的平面角为

，
．
5
102< br>mn
即二面角
DBEC
的平面角的余弦值为
点评：
本 题第（1）问考查了空间中直线、平面平行的判定定理和性质定理，第（2）问求二面
角，考查空间向量 坐标运算，属中等题．
19．已知点
P
在圆
O:
xy9
上运动，点
P
在
x
轴上的投影为
Q
，动点
M满足
22
25
．
5
uuuruuuur
4PQ32MQ
.
（1）求动点
M
的轨迹
E
的方程；
（2）设
G< br>
3,0

,H

3,0

,过点
F

1,0

的动直线
l
与曲线
E
交 于
A,B
(不同于
G,H
)
两点.问：直线
AG
与
BH
的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定
值，试说明理由.

1
x
2
y
2
答案：(1)
+=
1
;(2)是定值为
.
98
2
uuur(1)设
M

x,y

,P

x
0< br>,y
0

,根据
4PQ32MQ
,用
x,y
表示
x
0
,y
0
,代入
uuuur
x
2
y
2
9
即可求出轨迹
E
的方程.
(2)设 出直线方程,与轨迹
E
的方程联立,由韦达定理求出交点坐标的关系,对斜率之比
进行 化简即可判断.
解：
uuuruuuur
(1)解:设
M
x,y

,P

x
0
,y
0

,则
Q

x
0
,0

.
PQ

0,y
0

,MQ

x
0
x, y

.

x
0
x

uuuruuu ur
032xx



0
解得

Q
4PQ32MQ



32y

y


0
< br>4y
0
32y
4


32y

x
2
y
2
2
22
QP

x
0< br>,y
0

在
xy9
上,
x

9
,整理得
+=
1

98

4

x
2
y
2
故动点
M
的轨迹
E
的方程为
+=
1
.
98
(2)解:由题意知,
l
的斜率不为0,则设
l:xmy 1
,
A

x
1
,y
1

,B
x
2
,y
2

,
2

xmy1

22
与曲线
E
方程联立得

x
2
y
2
,整理得

8m9

y16my640

1

98
则
y
1
y
2
16m64
,yy

my
1
y
2
4< br>
y
1
y
2


12
228m98m9
直线
AG
的斜率
k
1

y< br>1
y
2
,直线
BH
的斜率
k
2
< br>
x
1
3x
2
3
k
1
y
1

x
2
3

y
1

my< br>2
2

my
1
y
2
2y
14y
1
4y
2
2y
1
1

此时
k
2
y
2

x
1
3

y
2

my
1
4

my
1< br>y
2
4y
2
4y
1
4y
2
4 y
2
2
所以直线
AG
与
BH
的斜率之比是定值,为
点评：
本题考查了轨迹方程,考查了直线与椭圆的位置关系.对于过定点的直线问题,一般在 设
的时候,如果可以确定斜率存在,则可用点斜式;若可以确定斜率不为0,但不确定斜率存
在 与否,则可设直线方程为
xayb
.本题难点是,有韦达定理找出
1
.
2
my
1
y
2
4

y
1
y
2

.
20．某县为了帮助农户脱贫致富，鼓励农户利用荒地山坡种 植果树，某农户考察了三种

不同的果树苗
A
、
B< br>、
C
．经过引种实验发现，引种树苗
A
的自然成活率为
0.7
，引
种树苗
B
、
C
的自然成活率均为
p

0.6p0.8

．
（1）任取树苗
A
、
B
、
C
各一棵，估计自然成活的棵数为
X
，求
X
的分 布列及其数
学期望；
（2）将（1）中的数学期望取得最大值时
p
的值作为
B
种树苗自然成活的概率．该农户
决定引种
n
棵
B
种树苗，引种后没有自然成活的树苗有
75%
的树苗可经过人工栽培技
术处理，处理后 成活的概率为
0.8
，其余的树苗不能成活．
①求一棵
B
种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活可获利400
元，不成活的每棵亏损
80
元，该农户为了获利
期望不低于
10
万元，问至少要引种
B
种树苗多少棵？
答案：（1）分布列见解析，
E

X

2p0.7
；（2）①
0.92；②
277
棵.
（1）根据题意得出随机变量
X
的可能取值有
0
、
1
、
2
、
3
，计算出随机变量
X
在不
同取值下的概率，可得出随机变量
X
的分布列，进而可求得随机变量
X
的数学期望；
（2）①由（1）知当
p0.8
时，
E

X

最大，然后分一棵
B
种树苗自然成活和非自然
成活两种情况，可求得所求事件的概率；
②记
Y
为
n
棵树苗的成 活棵数，由题意可知
YB

n,0.92

，利用二项分布的期望 公式
得出
E

Y

0.92n
，根据题意得出关 于
n
的不等式，解出
n
的取值范围即可得解.
解：
（1 ）依题意，
X
的所有可能值为
0
、
1
、
2
、
3
，
则
P

X0

0.3

1p

0.30.6p0.3p
2
，
2P

X1

0.7

1p

 0.32p

1p

0.1p
2
0.8p0.7
，
2
P

X2

20.7p
< br>1p

0.3p
2
1.1p
2
1.4p< br>，
P

X3

0.7p
2
.
所以，随机变量
X
的分布列为：
X

P


0

1

0.1p
2
0.8p0.7

2

3

0.30.6p0.3p
2

1.1p
2
1.4p

0.7p
2

E

X

10.1p
2< br>0.8p0.721.1p
2
1.4p30.7p
2
2p0.7
；
（2）由（1）知当
p0.8
时，
E

X

取得最大值．
①一棵
B
种树苗最终成活的概率为：
0.8

10.8

0.750.80.92
，
②记
Y
为
n
棵树苗的成活棵数，则
YB

n,0.92

，
E

Y

0.92n
，



0.924000.0880

n100000
，
n≥
100000
276.55
．
361.6
所以该农户至少要种植
277
棵树苗，才可获利不低于
10
万元．
点评：
本题通过“果树种植”的例子，第（1）问考查了随机变量及其分布列，数 学期望等基
础知识点，第（2）问考查了考生数学建模的能力，即把实际问题转化为数学问题，再
运算求解的能力，对于考生的综合分析能力提出较高要求，属中等题．
21．已知函数
f< br>
x



a1

xxlnx
的图象在点
Ae
2
,f

e
2

（
e
为自然对数的底数）

处的切线斜率为
4
．
（1）求实数
a
的值；
（2）若
mZ
，且
m< br>
x1

f

x

1
对任意
x1
恒成立，求
m
的最大值．
答案：（1）
a2
；（2）
m
的最大值为
3
．
（1）由题意得出
f

e

4
，进而可求得实 数
a
的值；
2
（2）求得
f

x
xxlnx
，由参变量分离法得出
m
xxlnx1
，构造函数
x1
xxlnx1
，利用导数求出函数
yg

x< br>
在区间

1,

上的最小值，进而
x1可得出整数
m
的最大值.
g

x


解：
（1）
Qf

x



a1

xxlnx
，
f


x

lnxa
，
Q
函数
f

x



a1

xxl nx
的图象在
xe
2
处的切线斜率为
4
，
f< br>
e
2
4
，
即
alne
2
4
，因此，
a2
；
（2）由（
1
）知
f

x

xxlnx
．

Qm

x1

f

x
对任意
x1
恒成立，
m
恒成立，
f

x

1
x1

xxlnx1
对任意x1
x1

lnx2

x1



xxlnx1

xlnx3

x xlnx1


令
g

x


，则
g

x


，
22
x1

x1

x1

令
u

x

xlnx3
，则
u


x

1 
1
，
x
Qx1
，
u


x

0
，
u

x

xlnx3
在

1,

为增函数，
Qu

4< br>
1ln40
，
u

5

2ln 50
，

存在
x
0


4,5

，使
u

x
0

x
0
l nx
0
30
，
当
x

1,x
0< br>
时，
g


x

0
，函数yg

x

单调递减；
当
x

x
0
,

时，
g


x
< br>0
，函数
yg

x

单调递增.
g

x

min
g

x
0

x
0
x
0
lnx
0
1
x
0
x
0

x
0
3

1
 x
0
1
，
x
0
1x
0
1
故有
mx
0
1
对
x1
恒成立．
Qx0


4,5

，
x
0
1
3,4

，因此，
m
的最大值为
3
．
点评：
本题第（1）问考查切线问题，较基础；第（2）问考查恒成立问题，使用适当的变换 ，
可以归结为函数的最值问题．需要注意的是，这里需要用到设而不求的未知数的技巧，
主要考 查了转化与化归思想的使用，数形结合能力和运算求解能力，对考生的要求较高，
属难题．
2 2．以坐标原点为极点，以
x
轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线
C
的极坐标

x2tcos





方程为

2




,


，直线
l
的参数方程为

（
t
为参 数）．
y4tsin

22



（ 1）点
A
在曲线
C
上，且曲线
C
在点
A
处 的切线与直线：
x2y10
垂直，求点
A
的直角坐标；
（2 ）设直线
l
与曲线
C
有且只有一个公共点，求直线
l
的斜率 的取值范围．

4242


21010

,
,
答案：（1）点
A
的坐标为

；（2）
< br>

U

1

.


5

2

5


2

（1）求出曲 线
C
的普通方程，根据题意求出直线
OA
的方程，再将直线
l
的方程与曲线
C
的方程联立，即可求得点
A
的坐标；
（2）设直 线
l
的方程为
yk

x2

4
（其 中
k
为直线
l
的斜率），求出直线
l
与半圆
C

相切时直线
l
的斜率
k
的值，设点
B 0,2
，
D0,2
，
P

2,4

，求出直线
PB
、

PD
的斜率，利用数形结合思想可求得直 线
l
的斜率的取值范围.
解：
（1）由







2




,


，
x
2
y
2
2
< br>x0

，所以，曲线
C
的直角坐标方程为：
22


Q
点
A
在曲线
C
上，且曲线
C< br>在点
A
处的切线与直线：
x2y10
垂直，

直线
OA
与直线：
x2y10
平行，

直线
OA
的斜率

1
1
，即
OA
的方程为
yx
，
2
2
10
5
．
1 0
5

x
2
y
2
2

2x


1


由

yx
，得：

2

y





x0

21010

,
即点
A
的坐 标为


5

；
5

（2）将直线
l
化为普通方程：
yk

x2

4
（
k
为直线
l
的斜率），
当直线
l
与半圆
xy2

x0

相切时，则有
22
2k4
k1
2
2
．
k
2
8k70
，k1
或
k7
，
设点
B0,2
，
D0, 2
，
P

2,4

，则
k
PB

42
42
，
k
PC

．
2
2
由图象知，当直线
l
与半圆
C
相切时，则
kk
PD
，此时
k1
.
因此，当直线
l与半圆
C
有且只有一个公共点时，直线
l
的斜率的取值范围是

4242



2
,
2



1

．


点评：
本题第（1）问考查极坐标与直角坐标的转化，圆的切线问题；第（2）问考查利用直 线
与圆位置关系求参数，考查数形结合思想的应用，属中等题．
23．设函数
f
x

x12x1
，
xR
.
（1）求不等式
f

x

5
的解集；
（2）若关于
x
的不等式
范围．
答案：（1）

2,
f

x

22t1
在实数范围内解集为空集， 求实数
t
的取值


4

35

,

. ；（2）


3


22< br>
（1）将函数
yf

x

表示为分段函数的形式 ，然后分
x1
、
1x1
、
x1
三
段解 不等式
f

x

5
，综合可得出该不等式的解集； （2）由题意可知关于
x
的不等式
f

x

 2t12
恒成立，进而得出
f

x

min
 2t12
，求出函数
yf

x

的最小值，然后解不 等式
f

x

min
2t12
即可求得实数
t
的取值范围.
解：

3x1,x1

（1）函数
yf

x

可化为
f

x



x3,1x1
．

3x1,x 1

当
x1
时，由
f

x

5
，可得
3x15
，解得
x2
，此时
2 x1
；
当
1x1
时，由
f

x

5
，可得
x35
，解得
x2
，此时
 1x1
；

当
x1
时，由
f

x

5
，得
3x15
，解得
x
综上所述，不等式
f

x

5
的解集为
2,
（2）关于
x
的不等式
4
4
，此时
1 x
.
3
3


4


； < br>3

f

x

22t1
在实数范围内 解集为空集，
则关于
x
的不等式
f

x

2t12
恒成立，所以，
f

x

min
2t12
.
当
x1
时，
f

x

3x1
，此时，函数
yf

x

单调 递减，则
f

x

f

1

2
；
当
1x1
时，
f

x
< br>x3
，此时，函数
yf

x

单调递增，则< br>f

1

f

x

f

1

，即
2f

x

4
；
当
x1
时，
f

x

3x1< br>，此时函数
yf

x

单调递增，则
f

x

f

1

4
.
综上所 述，
f

x

min
f

1

2
.
35
2t122
，即
42t1 4
，解得
≤t≤
.
22
因此，实数
t
的取值范围是


点评： 本题第（1）问是求解含绝对值的不等式，是基础问题；第（2）问以“不等式无解”的
方式提出问 题，其实可以转化为恒成立问题，最终转化为最值问题，属中等题．


35

,

.

22
