新加坡硕士留学费用-医生年终总结

莆田六中2020届高三第一次模拟考试理科数学卷试题
（时间120分钟，满分150分）
一．选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确（每小题5分，共60分）．
1． 已知集合
Axx2x0
,
Bx

2

< br>x

x1

0
,则
AB
( )

D．

1,2



A．


B．

1,0

C．

1,0

2．欧拉（Leonhard Euler,国籍瑞士） 是科学史上最多产的一位杰出的数学家，他发明的公
式
ecosxisinx
（< br>i
为虚数单位），将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和
指数函数的关系， 这个公式在复变函数理论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.
根据此公式可知，表示的复 数
e

i5

4
ix
在复平面内位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D.第四象限
uuuruuur
uuuruuur
3．已知△
ABC
中，点
D< br>为
BC
中点，若向量
AB

1,2

,A C

2,3

，则
ADDC
=( )
A．2 B．4 C．
2

D．
4

x2
y
2
4．若直线
bxay0

a0,b0< br>
的倾斜角为
60
，
则双曲线
2

2
1
的离心率为( )
ab
o
A．2 B．
3

C.
5
D．
2
< br>5．若
x,y

2,2

,则
xy4
的概率为 ( )
22
5
A．
11
ππ
B.C．D.
4

2

8

4
ππ


,xR)
的部分图象如图所示,则
22
6．若函数
f(x)A sin(

x

)(A0,

0,
π

f



=( ) A．1 B.
1

C．
3

D.
3


3

7．如图所示,棱长为1的正方 形网格中画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱长
的和为( )
A．12 B．
4+45

C．
8+46
D．
4+83

8．若
0ab1
,则
a
A．
a
b
b
,b
a
,log
b
a,log
1
b
的大小 关系为( )
a
b
a
log
b
alog1
b
B．
b
a
a
b
log
1
blog
b
a

aa
b
C．
log
b
aab
a
log
1
b
D．
log
b
ab
a
a
b
log
1
b

aa
9．如图所示，若程序框图输出的所有实数对(
x
,y
)所对应的点都在函数
f

x

ax
b
c
的图象上，则实数
a,b,c
的值依次为( )
x
A．1,2,
2

B．2,
3
,2 C．
2
59
31
,3,
D．
1,,

22

22
10．已知直线
yt

t 0

与曲线
y2px

p0

交于
M,N
两点，若
x
轴上
存在关于原点对称的两点
A,B
(< br>M,A
均在
y
轴右侧)，使得
MANBMN
恒
为 定值2，则
p
=( )
A．1 B．2 C．3 D．4
11．在三棱锥
ABCD
中，
ABAC1,
DBDC2
，
AD BC3
，
则三棱锥
ABCD
的外接球表面积为( ) A．
π
B．
7π
C．
4π
D．
7π

4
12. 定义 在R上的函数
f

x

，当
x

0,2

时，
f

x

41x1
，且对任 意实数
nn1

x

22,22nN,n2

，都有
f

x





1

x

f

1

.若
g

x

f

x

log
a
x
有
2

2

且仅有三个零点，则
a< br>的取值范围是( ) A.

2,10

B.

2,10

C.

2,10



D.

2,10


二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．若
f

x

ln1e

2x


a
x
是偶函数，则数据3，6，8，
a
的中位数是 .
4
14．成 书于公元前1世纪左右的中国古代数学名著《周髀算经》曾记载有“勾股各自乘，并
而开方除之”，用现 代数学符号表示就是
a
2
b
2
c
2
，
可见当时就已经知道勾股定理.如果正
整数
a,b,c
满足
a
2b
2
c
2
，
我们就把正整数
a,b,c
叫 做勾股数，下面给出几组勾股数：

3,4,5；5,12,13；7,24,25；9, 40,41，这几组勾股数有如下规律：第一个数是奇数
m
,且第二
个、第三个数都可 以用含
m
的代数式来表示，依此规律,当
m13
时，得到的一组勾股数是 ．

xy10

15．已知不 等式组

xy10
表示的平面区域为
D
,若存在
< br>x
0
,y
0

D
，使

3xy 30

得
y
0
1k

x
0
1

，则实数
k
的取值范围是 .
16． 四边形
ABCD
中
AD2AB2
,
CBCD
，
BCCD2BD
，
则四边形
ABCD
面积的取值范围为 .
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或或演算
步 骤.第17—21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．（本小题满分12分）已知
S
n
na
1


n1

a
2
L2a
n1
a
n
.
(1)若

a
n

是等差数列,且
S
1
5
,
S
2
1 8
,求
a
n
； (2)若

a
n

是等比数列,且
S
1
3,S
2
15
,
求S
n
.


18．（本小题满分12分）如图，直三棱柱
ABC-ABC'''
，
BA C=90
，
AB=AC=

AA'
，
点
M,N
分别为
AB
''
的中点.
'
和
BC
''
； （Ⅰ）证明：
MN平面AACC
（Ⅱ）若二面角
A'-MN-C
为直二面角，求

的值.

19． （本小题满分12分）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随
机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.
一次购物量
顾客数（人）
1至4件 5至8件
30
9至12件
25
13至16件 17件及以上
10
x

y

结算时间（分钟人） 1 1.5 2 2.5 3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％，将频率视为概率.
（Ⅰ）确定
x,y
的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望； （Ⅱ）若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾
客结算前 的等候时间不超过
．．．
2.5分钟的概率.
x
2
y
2
20．(本题满分12分) 已知圆
xy2x 0
关于椭圆
C
：
2

2
1

ab0

的一个
ab
22
焦点对称，且经过椭圆的一个顶点．
(1)求椭圆
C
的方程；
(2)若直线
l
：
y kx1
与椭圆
C
相交于
A
、
B
两点，已知
O
为坐标原点，以线段
OA
、
OB
为邻
边作平行四边形< br>OAPB，
若点
P
在椭圆
C
上，求
k
的值及 平行四边形
OAPB
的面积.
21．（本小题满分12分）已知函数
f
x

x

a2

xalnx
,其中常数
a0
．
2
（1）讨论函数
f

x

的单调性；（2）已知
a1
,
f

x

在
xt

t0

处的切线为
yg

x

,
求证：当

xt


t



2


0
时,

xt



f

x

g
x



0
恒成立.
2


(二)选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一
题记分．
22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

2
x1 t


2
平面直角坐标系
xOy
中，直线
l的参数方程为

(
t
为参数)，以坐标原点
O
为极点，

y
2
t


2
x
轴的正半轴 为极轴建立极坐标系，曲线
C
1
的极坐标方程为

2
cos 2

4

2
sin
2

3
.
(1)求出直线
l
的普通方程及曲线
C
1
的直角坐标方程；
(2)若直线
l
与曲线
C
1
交于
A
，B
两点，点
C
是曲线
C
1
上与
A
，< br>B
不重合的一点，求

ABC
面积
的最大值.

23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
f(x)|x3||x2|
．
(Ⅰ)若不等式
f (x)|m1|
恒成立，求实数
m
的最大值
M
；
(Ⅱ )在(Ⅰ)的条件下，若正数
a,b,c
满足
a2bcM
，求证：11
1
．
abbc

2020年度莆田六中高三第一次模拟考文科数学试卷
班级： 姓名： 座号：
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合
A

1,3,9,27

，
B

yylog
3
x,xA

，则
AIB
( )
9，27

D．

1，3

B．

1，3，9

C．

3，
3，9，27

A．

1，
2. 已知复数
z
满足
zi2i
（
i
为虚数单位），则
z
( )
A．
2
B．
3
C．
2
D．
5

3. 已知等差 数列

a
n

的首项
a
1
和公差
d
均不为零，且
a
2
，
a
4
，
a
8
成等比数列，
则
a
1
+a
5
+a
9

( ) A．
6
B．
5
C．
4
D．
3

a
2
+a
3
4. 折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”
活动中，会产生如右上图 所示的几何图形，其中四边形
ABCD
为正方形，
G
为线段
BC的中
点，
四边形
AEFG
与四边形
DGHI
也为正方 形，连接
EB
、
CI
，则向多边形
AEFGHID
中投掷一
点，
则该点落在阴影部分的概率为 ( ) A．
1
1
15
B． C． D．
12624
8
5. 已知直线
m
平面

( )
，则“直线
nm
”是“
n∥

”的
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条
件
6. 已知圆
C
：
x
2
y
2
3
，点
A(0,23)
，
B(a,23)．从点
A
观察点
B
，要使视线不被圆
C
挡住，则
实
( )
(,23)U(23,)
B．A．
(,2)U(2,)
D．
(,4)U(4,)
C．
(4,4)

数
a
的取值范围为
7.将函数
f(x)2cosx23sinx
的图象向左平移

（

0
）个单位长度，所得图象对应的函
数为

 
2

5

偶函数，则

的最小值为 ( ) A． B． C． D．
6336
8. 某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于( )
A．
12
13
B． C． D．
3
3
24
n
为
n
个正数
p
1
,p< br>2
,p
3
,L,p
n
的“均倒数”．
p
1
p
2
p
3
Lp
n
9.定义
若已知 数列

a
n

的前
n
项的“均倒数”为
a 1
1
，又
b
n

n
，则
2n141111
L
( )
b
1
b
2
b
2
b
3
b
3
b
4
b
10
b
11
191011
B． C． D．
11 101112
rr
rrrrrr
10.已知向量
a
，
b满足
a+b3
，
ab2
，则
a+b
的取值范围是 ( )
A．
A．
[2,3]
B．
[3,4]
C．
[2,13]
D．
[3,13]

11.已知
MOD
函数是一个求余函数，记
MOD(m,n)
表示
m
除以
n
的余数，例如
MOD(8,3)2
．右图是某个算法的程序框图，
若输入
m
的值为
56
，则输出的值为 ( )
A．
6
B．
7
C．
8
D．
9


2
x
,x0
12.已知
f(x)

，则关于
x
的方程
f(f(x))t
，
,x0
x
给出下列五个命题：①存在实数
t
，使得该方程没有实根；
②存在实数
t
，使得该方程恰有
1
个实根；
③存在实数
t
，使得该方程恰有
2
个不同实根；
④存在实数
t
，使得该方程恰有
3
个不同实根；
⑤存在实数
t
，使得该方程恰有
4
个不同实根．
其中正确的命题的个数是
( )
A．
4
B．
3
C．
2
D．
1

二、填空题（本题共 4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.设
a2
0.6< br>,b0.5
3.1
,csin
5

，则
a
，
b
，
c
的大小关系是________(用“<”连接)
6


y2

14.若变量
x
、
y
满足约束条件

xy0
，则
zx2y
的最大值为 ；

xy20

x
2
y
2
15 .设
F
1
、
F
2
分别是双曲线
2

2
1

a0,b0


的左、右焦点，点
P
在双曲线上，若
ab
uuuruuuur
PF
1
PF< br>2
0
，
PF
1
F
2
的面积为
9
，且
ab7
，则该双曲线的离心率为 ；
16.已知函数
f(x)x3sin(x)
；
1
2
1
122018
，则
f()f()f()

2
2
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.
(一)必考题：共60分.
17. (本小题满分12分) 已知函数
f(x)3 sin(x)sin(
3

x)cos
2
x1
．
2
(Ⅰ)求函数
f(x)
的递增区间；(Ⅱ)若
ABC
的角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，角
A
的
平分线
交
BC
于
D
，
f(A)








18. (本小题满分12分)
交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通
6
座以下私家车投保交强险第 一年的费用
（基准
保费）统一为
950
元，在下一年续保时，实行的是费率 浮动机制，保费与上一年度车辆发
生道路
交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下
表（其中
浮动比率是在基准保费上上下浮动）：
3
，
AD2BD2
，求
cosC
．
2

交强险浮动因素和浮动费率比率表
浮动因素
上一个年度未发生有责任道路交通事故
上两个年度未发生有责任道路交通事故
上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故
浮动比率
下浮
10%

下浮
20%

下浮
30%

A
1

A
2

A
3

A
4

上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
A
5

A
6

年的
该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：

类型
上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
0%

上浮
10%

上浮
30%

某机构为了研究某一品牌普通
6
座以下私家车的投保情况，随机抽取了
60
辆车龄已满三
A
1

A
2

5

A
3

5

A
4

A
5

20

15

A
6

5
数量
10


(Ⅰ )求这
60
辆车普通
6
座以下私家车在第四年续保时保费的平均值（精确到< br>0.1
元）
(Ⅱ)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保 费高于基准保费的
车辆记为
事故车．假设购进一辆事故车亏损
5000
元， 一辆非事故车盈利
10000
元，且各种投保类
型车的
频率与上述机构调查的频率一致．试完成下列问题：
①若该销售商店内有六辆（车龄已满三年 ）该品牌二手车，某顾客欲在该店内随机挑选
3
辆车，
求这
3
辆车恰好有一辆为事故车的概率；
②若该销售商一次购进
120辆车（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值．




19. (本小题满分12分)
如图，在三棱锥
PABC
中，
PAAB
，
PAABBC4
，

ABC90o
，
PC43
，
D
为线段
AC
的中点，E
是线段
PC

上一动点． （1）当
DEAC
时，求证：
PA∥
面
DEB
；
（2）当
BDE
的面积最小时，求三棱锥
EBCD
的体积．




20. (本小题满分12分)
已知一定点< br>F(0,1)
，及一定直线
l
：
y1
，以动点
M
为圆心的圆
M
过点
F
，且与直线
l
相切．
(Ⅰ)求动点
M
的轨迹
C
的方程；
(Ⅱ)设
P< br>在直线
l
上，直线
PA
，
PB
分别与曲线
C
相切于
A
，
B
，
N
为线段
AB
的 中点．
求证：
AB2NP
，且直线
AB
恒过定点．





21. (本小题满分12分) 已知函数
f(x)xsinxcosx
.
(Ⅰ)若
x(0,2

)
，求函数
f(x)
的极值；
(Ⅱ)若
x0
，记
x
i
为
f(x)
的从小到大的第
i
（
iN

）个极值点，证明：
11111
．

2< br>+
2
L
2

（
n2，nN

）
2
x
2
x
3
x
4
x
n
9




(二)选考题：共10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
记分，
作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
22.[选修4—4：坐标系与参数方程] (本小题满分10分)



x1t
已知直线
l
的参数方程为

（
t< br>为参数），在以坐标原点
O
为极点，
x
轴非负半轴


y33t
为
2
极轴的极坐标系中，曲线
C
的极坐标 方程为

4

cos

23

sin

4
．
(Ⅰ) 求直线
l
的极坐标方程和曲线
C
的直角坐标方程；
(Ⅱ) 设直线
l
与曲线
C
相交于
A,B
两点，求
OAOB的值．




23.选修4-5：不等式选讲 (本小题满分10分)
设函数
f(x)x1xa
．
(Ⅰ)当
a2
时，求不等式
f(x)5
的解集；
(Ⅱ )对任意实数
x
，都有
f(x)3
恒成立，求实数
a
的取 值范围．



2020年度莆田六中高三第一次模拟考文科数学试卷参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1
A
2
D
3
D
4
C
5
B
6
B
7
C
8
A
9
C
10
D
11
B
12
B
1. A 【解析】：∵
A

1,3,9,27

，
B

ylog
3
x,xA



0,1,2,3

， 则
AIB

1,3

，故应选
A．
2. D 【解析】：∵
zi2i
，∴
z12i
，∴
z5
，故应选D．
3. D【解析】：∵
a
2
，
a
4
，
a
8
成等比数列，∴
a
4
a
2
a< br>8
，∴
(a
1
3d)
2
(a
1
d)(a
1
7d)
，
∴
d
2
a
1< br>d
，
2
a
1
+a
5
+a
9
a
1
+5a
1
+9a
1
3
，故又
d 0
，
a
1
0
，∴
da
1
，∴
a
n
a
1
(n1)dna
1
0
，∴< br>a
2
+a
3
2a
1
+3a
1
应选D ．
4. C【解析】：设
AB2
，则
BG1
，
AG 5
，故多边形
AEFGHID
的面积

1
S55 22212
，
2
∵
sinEABcosGAB
A B2

AG
5
，
112
∴
S
阴影部分AEABsinEAB522
，
22
5
故所求概率为
P
21

．故应选C．
126
5. B 【解析】： 由
m

，
nm
推不出
n∥

（可能
n

），由
m

，
n∥

能推出
nm
；
6. B 【解析】： 点
B
在直线
y23
上，过点
A(0,23)
作圆的切线 ，设该切线的斜率为
k
，
则该切线
的方程为
ykx23
，即
kxy230
．由圆心到切线的距离等于半径得：
∴
k3< br>，
∴该切线的方程为
y3x23
，它和直线
y23
的交点为
(4,2)
、
(4,2)
．故要使视线不
被圆
C

挡住，则实数
a
的取值范围为
(,4)U(4,)，故应选B．（或作出图形，利用平几法，求相
关线段）
7. C 【解析】：∵
f(x)2cosx23sinx4cos(x)
向左平移

（

0
）
3
单位后得到函数
g(x)
4cos(x
)
，又
g(x)
为偶函数，故

k

，
33
23
k1
2
3
，



kZ
，故



3
k

，
kZ
，故

min

2

，故应选C．
3
8. A 【解析】：抠点法:在长方体
ABCDA
1< br>B
1
C
1
D
1
中抠点，①由正视图
可知：
C
1
D
1
上没有点； ②由侧视图可知：
B
1
C
1
上没有点； ③由俯视图可知：
CC
1
上没
有点；
④由正（俯）视图可知：< br>D,E
处有点，由虚线可知
B,F
处有点，
A
点排除．由上述 可还
原出
四棱锥
A
1
BEDF
，如右上图所示，∴S
BEDF
选
A
.
9. C 【解析】：依题意得：
11
111
，∴
V
ABEDF
11
．故< br>1
33
a1
n1
，∴
S
n
2n
2
n
，故可得
a
n
4n1
，∴
b
n

n


n
，
S
n
2n1< br>4

1111
1111110
，再由裂项求和法，可得
 
L1
，故
b
n
b
n1
n(n 1)nn1
b
1
b
2
b
2
b
3
b
3
b
4
b
10
b
11
1111
应选C．
rrrrrrrr
rrrr
10. D 【解析】：∵
a+b 3
，
ab2
，∴
(a+b)
2
9
，
(ab)
2
4
，∴
(a+b)
2
(ab)
2
13
，
rr
r
2
r
2
13
r
2
r
2
13
r
2
r
2
13rr
13
∴
a+b
，∴
a+b
，∴
a+b 2ab
，（当且仅当
ab
时，等
2
222
号成立） ，
r
2
r
2
rr
rrrrrrrr
∴
2 (a+b)13(ab)
2
，∴
ab13
，又
aba b
，∴
ab3
，故应选D．
11. B 【解析】：此框图的功能 是求
56
大于
1
的约数的个数，其约数有
2
，
4< br>，
7
，
8
，
14
，
28
，
56
，
共有
7
个，故应选B．

2
m
,m0
12. B 【解析】：设
mf(x)< br>，则
f(m)t
，先作出
f(m)

的图象，及直线yt
，结
m,m0

合图象
可以看出：①当
t 0
时，
m
不存在，从而
x
不存在；②当
t0
时 ，
m0
，则
x0
，原方程有
唯一根；

2< br>x
,x0
③当
0t1
时，则存在唯一负数
m
与 之对应，再作出
f(x)

的图象，及直线
ym
，
x ，x0

结合图象，
可以看出：
x
不存在；④当
t1
时，则存在一个负数
m
1
或一个非负数
m
2
与之对 应，再作出

2
x
,x0
f(x)

的图象， 及直线
ym
i
（
i1,2
），结合图象，可以看出：⑴对于负数
m
1
，没
x，x0

有
x
与之对应， ⑵当
m
2
1
时，则有两个不同的
x
与之对应，⑶当
0m
2
1
时，则有唯一的
x
与
之对应，综上所述：原 方程的根的情况有：无实根，恰有
1
实根，恰有
2
实根，从而可得①、②、< br>③正确．故应选B．
二、填空题：（本题共 4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.
bca
【解 析】∵
a2
0.6
,b0.5
3.1
2
3.1< br>,csin
∴
bca
；
14.
3
【解析】 ：画出可行域后可得最优解为
P(1,1)
，故
z
max
3；
15.
5

2
1
，
3.11 0.6
，
6
5
4
uuruuuur

u
PF
1
PF
2
18

ruuuur
【解析】 ：由

uuu

PF
1
PF
2
2a< br>
uuur
2
uuuur
2

PF
1
PF
2
4c
2

得：
b
2
9，故
b3
，又
ab7
，∴
a4
，∴
c 5
，

∴
e
16.
5
；
4
2018
【解析】：∵
11
f(x)x3sin(x)
22
，∴
1111
f(1x)1x3sin(x)1x3 sin(x)
，
2222
∴
f(x)f(1x)2
20 183
)f()

20192019
，又设
Sf(1232018
)f()f()f()
2019
，则
S f(
f(
21
)f()
20192019
，∴
2S[ f(
126
)f()][f()f()][f()f()]
2
[f(
20181
)f()]222L222018
，∴
S2018
．
20192019
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.
(一)必考题：共60分.
17. (本小题满分12分)
解
(Ⅰ)∵< br>f(x)3sin(x)sin(
：
31cos2x
3


sin2x
x)cos
2
x1
3sinxcosx sin
2
x
22
2

1

< br>………3分，令
2k

2x2k


，kZ
，∴
k

xk


，
 sin(2x)
，
6226263
kZ
，
∴函数
f(x)
的递增区间为
[k


(Ⅱ) ∵
f(A)
∴


,k

]
，
kZ
，………6分；
63

3

13
，∴
sin(2A)
，∴
sin(2A)1
，又
0 A

，
26226

6
2A

6< br>
11

，
6
∴
2A
又由

6


2
，∴
A

3
，又AD
平分
BAC
，∴
BAD

6
，…… 8分；又
AD2BD2
，
正弦定理得：
2
22
2


BDAD
，∴，∴
sinB
，又
0B
，∴
B=
；……



sinB
2
34< br>sinBADsinB
sin
6
10分


123262

∴
C

()
，∴
co sCcos()(
．……12分
)
3422224
34



18. (本小题满分12分)
解：(Ⅰ)这
60
辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高的平均值为
(
1
0.9+0.8+0.7+1+1.1+1.3)95095094 2.1
元；…5分
620
(Ⅱ) ①由统计数据可知，该销售商店内的
6< br>辆该品牌车龄已满三年的二手车中有
2
辆事故车，
设为
a
，
b
，
4
辆非事故车，设为
1
，
2
，
3
，
4
．从这
6
辆车中随机挑选
3
辆车的情况有
(a,b,1)
，
(a,b,2)
，

(a,b,3)< br>，
(a,b,4)
，
(a,1,2)
，
(a,1,3)
，
(a,1,4)
，
(a,2,3)
，
(a,2,4)
，
(a,3,4)
，
(b,1,2)
，
(b,1,3)
，(b,1,4)
，
(b,2,3)
，
(b,2,4)
，
(b,3,4)
，
(1,2,3)
，
(1,2,4)
，
(1 ,3,4)
，
(2,3,4)
，共
20
种情况．…
6分 < br>其中
3
辆车中恰好有一辆为事故车的情况有：
(a,1,2)
，
(a,1,3)
，
(a,1,4)
，
(a,2,3)
，
( a,2,4)
，
(a,3,4)
，
(b,1,2)
，
(b ,1,3)
，
(b,1,4)
，
(b,2,3)
，
(b,2 ,4)
，
(b,3,4)
，共
12
种．…7分，故该顾客在店
内随机
挑选
3
辆车，这
3
辆车中恰好有一辆事故车的概率为123
=
.…9分，
205
②由统计数据可知，该销售商一次购进120
辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车
40
辆，
非事故车
80
辆，所以一辆车盈利的平均值为
12分
19. (本小题满分12分)
o
解：(Ⅰ)在直角
ABC
中，
ABC 90
，
ABBC4
，∴
AC42
，
1
…
[(5000)401000080]5000
(元)．
120
2 22
又∵ 在
PAC
中，
PA4
，
AC42
，
PC43
，∴
PCPAAC
，
∴
PAAC…3分，又
DEAC
，∴
PA∥DE
，又
PA
面< br>DEB
，
DE

面
DEB
，∴
PA∥
面
DEB
…6分
( Ⅱ)∵
PAAC
，
PAAB
，
ABIACA
，∴PA
面
ABC
，又
DB
面
ABC
，
∴
PADB
，

又∵
ABBC
，
AD DC
，∴
DBAC
，又
PAIACA
，∴
DB面
PAC
，又
DE
面
PAC
，
∴
DBDE
，…9分，又
DB
1
AC22
，∴当
DE< br>最小时，
BDE
的面积最小，又当
2
DEPC
时，
1PA426
，
22
DE
最小，故此时
DEDC sinPCAAC
2PC3
43
∴
ECDCcosPCA22< br>4243
AC
，
22
PC
3
43
∴
S
DEC

1124342
DEEC6
，又< br>DB
面
PAC
，
22333
114216
S
CDE
BD22
……12分．
3339
∴
V
EBCD
V
BCDE


20. (本小题满分12分)
解：(Ⅰ) ∵圆
M
过点
F
，且与直线l
相切，∴点
M
到点
F
的距离等于点
M
到直线
l
的距离，
∴点
M
的轨迹是以
F(0,1)
为焦 点，以直线
l
：
y1
为准线的一抛物线，∴
p2
，
p
1
即
2
∴动点
M
的轨迹
C
的 方程为
x
2
4y
；…4分
11
2
11
(Ⅱ)依题意可设
P(x
0
,1)
，
A(x
1
, x
1
2
)
，
B(x
2
,x
2
…5 分，又
x
2
4y
，∴
yx
2
，∴
y< br>
x
，
)
，
4442
∴切线
PA
的斜率
k
1

理可得：
切线
PB
的斜率
k
2

1
11
x
1
，∴切线
PA
：
yx
1
2
x
1
(xx
1
)，即
2x
1
x4yx
1
2
0
，…6分， 同
2
42
1
2
0
，…7分，又
P(x
0
,1)
，∴
2x
1
x
0
+4x
12
0
且
x
2
，
PB
：
2x
2
x4yx
2
2
2
2x
2
x
0
+4x
2
0
，故方程
2x
0
x+4x
2< br>0
即
x
2
2x
0
x40
有两根x
1
，
x
2
，∴
x
1
x
2< br>4
，…
8分，
∴
k
1
k
2

10分，
x
1< br>2
1
1
1
又由
2x
1
x
0
+4x0
得：
x
1
x
0
+1
即
x< br>1
x
0
+1y
1
0
，同理可得：
x2
x
0
+1y
2
0
，
0
，< br>24
2
2
2
1
111
∴
PAPB
，…9分，又
N
为线段
AB
的中点，∴
AB2NP
…x
1
x
2
x
1
x
2
1
，
224

1
故直线
AB
的方程为
x
0
xy+10
…11分，故直线
AB
恒过定点
F(0,1)< br>．…12分．
2
21. (本小题满分12分)
解：(Ⅰ) ∵
f (x)xsinxcosx
，
0x2

，∴
f
< br>(x)sinxxcosxsinxxcosx
，
0x2

…
1分
令
f

(x)0
，则
x
时，
2
或
x
3


3


3< br>
，…2分，∴当
0x
或
x2

时，
f

(x)0
，当
x
22
222


3

3


∴
f(x)
在
( 0,)
上递增，在
(,)
上递减，
f(x)
在
(,2

)
上递增，∴当
x
时，
f

(x)0，
22222
f(x)

3


3

3

取得极大值，
f(x)
极大值
f()
， 当
x
时，
f(x)
取得极小值，
f(x)
极小值
f()
；…
2
2222
5分
(Ⅱ)∵
x
i
为
f(x)
的从小到大的第
i
（
iN

）个极值点，又令
f

(x)0
，
x0
，则
x
i

(2i1)

，
2
iN
，…6分，∴
22
1441
111

，，，…
iN

i2
()
x
i
2
(2i 1)
2

2

2
(2i1)
2
1< br>
2
2i(2i2)

2
i1i
9分，
∴
1111
111

2
+
2
L
2< br>
2
[()()()
L
()]
2
()
2

．…
2
x
2
x
3
x
4
x
n

122334n1n

1n

9
12分．
22. (本小题满分10分)


x 1t
解：(Ⅰ)∵直线
l
的参数方程为

（
t
为 参数），∴直线
l
的普通方程为


y33t
y3 3(x1)
，
即
y3x
，∴直线
l
的极坐标方程：< br>
=

3
…2分；又∵曲线
C
的极坐标方程为

2
4

cos

23

sin< br>
4
，
x

cos

，
y< br>
sin

，∴
x
2
y
2
4x 23y4
，即
(x2)
2
(y3)
2
3
，∴曲线
C
的直角坐标方程为
(x2)
2
(y3)
2
3
，…5分；

=
(Ⅱ)∵将直线
l
：
3

2
4

cos

23
sin

4
得：

2
5
40
，代入曲线
C
的极坐标方程：…
7分；设直线
l
与曲线
C
的两交点
A,B
的极坐标分别为
A(

1
,

1
)
，
B(

2
,

2
)
，∴

1

2
4
，…
8分；

∴
OAOB

1


2


1

2
4
的值．…10分． < br>
2x1,x1

23．解：(Ⅰ)∵
f(x)x1x a
，∴当
a2
时，
f(x)x1x2

3, 1x2
，…

2x1,x2

2分；

x1

1x2

x2

x1
又
f(x)5
，∴

或

或

，…3分； ∴

或
x
或
2x15352x15x2


x2
，


x3
∴
x 2
或
x3
，…4分；∴
f(x)5
的解集为
( ,2)U(3,)
；…5分；
(Ⅱ) ∵
f(x)x1xaa1
（当且仅当
(x1)(xa)0
时，等号成立），…6分；
∴
f(x)
min
a1
…7分；又对任意实数
x
，都有
f(x)3
恒成立，∴
f(x)
min
3
，…8分；
∴
a13
，
∴
a13
或
a13
，∴
a2
或
a4
．…9分；故实数
a
的取值范围为
a2
或
a4
．…
10分．