2020年山西省高考數(shù)學(xué)(理科)模擬試卷

第1頁（共27頁）2020年山西省高考數(shù)學(xué)（理科）模擬試卷（1）?選擇題（共12小題，滿分60分，每題5分）1(5分)已知會集A={0,1,2,3}，會集B={x|XS2}，貝UAnB=(.A.{0,3}B?{0,1,2}C.{1,2}{0,1,2,3}2.（5分）若復(fù)數(shù)z滿足z（1-i）2=i（i是虛數(shù)單位），則|z|為骨B.寺3（5分）如圖,在圓心角為直角半徑為2的扇形OAB地域中,M,N分別為OA,OB的.中點(diǎn)，在M,N兩點(diǎn)處各有一個(gè)通信基站，其信號的覆蓋范圍分別為以O(shè)A,OB為直徑的圓，在扇形OAB內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則能夠同時(shí)收到兩個(gè)基站信號的概率是（兀1B.--224.（5分）“三個(gè)實(shí)數(shù)a,b,c成等差數(shù)列”是“2b=a+c“的（A.充分不用要條件B.必要不充分條件C.充D.既不充分也不用要條件要條件5(5分)函數(shù)f(x)=—|的圖象大體為（.31第2頁（共27頁）D.6.（5分）宋元時(shí)期數(shù)學(xué)名著《算學(xué)啟迪》中相關(guān)于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等?如圖是源于其思想的一個(gè)程序框圖，若C.378張開式中x3的系數(shù)為（.A.-122B.28C.56D.112輸入的a,b分別為5,2,則輸出的n=（&（5分）某幾何體的三視圖以下列圖，則該幾何體的表面積為（）第3頁（共27頁）f(x)=B.1:2，不等式2A.36+12nB.7tC.40+12nD.40+16n36+162x+y-4^09.（5分）已知點(diǎn)M的坐標(biāo)（x,y）滿足不等式組r-y-2^0,N為直線y=-2x+2上任y-3<0一點(diǎn)，則|MN|的最小值是（）A.B.'C.1D.'55210.（5分）已知橢1（a>b>0）的左極點(diǎn)、上極點(diǎn)和左焦點(diǎn)分別為A,B,F,圓中心為O,其離心率為，貝VABF:BFO=(A.1:1C.D.一11.(5分)已知向量：'=(x2,1-2ax),,]=(a,1）,函數(shù)g（x）=p蔦在區(qū)間［2,3］上有最大值為4,f（2x-k?2x>0在x?［2,3］上恒成立，則k的取A.(-a,0]B.(-a，?。軨.(-a,1]D.(-a,g1612.（5分）設(shè)奇函f（x）的定義域?yàn)椋?一〒，—），且f（X）的圖象是連續(xù)不中止,數(shù)?x?值范圍是（第4頁（共27頁）（-今，0），有f'(x)cosx+f(x)sinx>0,莖f(m)vf( )cos(-m),的取值范圍是（?x?兀-兀、（f/c兀、C.(A)DJ—,一—,一）B.o)A.(-，_4小題，滿分20分，每題5分）-(二.填空題共13.(5分)已知雙曲線1a>0,點(diǎn)，P是雙曲線上一點(diǎn),|PO|=c,△FOF的面積為,則該雙曲線的離心率為的部分圖象以下列圖，則14.(5分)若函數(shù)f(x)=2sin(wx+$)(5>Q,|Q|V—),M，N分別為AB,AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起獲取四棱錐A-MNCB?點(diǎn)P為四棱錐A-MNCB的外接球球面上任意一點(diǎn)，當(dāng)四棱錐A-MNCB的體積最大時(shí)，F(xiàn)到平面MNCB距離的最大值為16.（5分）《聊齋志異》中有這樣一首詩："挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術(shù)得訣自夸無4，則依照以上規(guī)律，若擁有穿墻術(shù)，則n=1三.解答題（共5小題，滿分60分，每題12分）17.（12分）已知△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,滿足:二二----"I:二in.1）若b2=ac,試判斷△ABC的形狀，并說明原由;2）若襯』，求厶ABC周長I的取值范圍.18.（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是梯形,AD//BC,AB=AD=DC=—BC=2,PB丄AC.2（1）證明：平面FAB丄平面ABCD;（2）若所阻，額上墳起終不悟.”在這里，我們稱形如以下形式的等式擁有“穿墻術(shù)”(ii)第6頁(共27頁)(12分)對同學(xué)們而言，冬日的清早走開暖融融的被窩，總是一個(gè)巨大的挑戰(zhàn)，而咬牙起床的唯一動(dòng)力，就是上學(xué)能夠不遲到?已知學(xué)校要求每天清早7：15從前到校，7：15此后到校記為遲到?小明每天6:15會被媽媽叫醒起味，吃早飯、洗漱等晨間活動(dòng)需要半個(gè)小時(shí)，故每天6:45小明就可以出門去上學(xué)?從家到學(xué)校的路上，若小明選擇步行到校，則路上所開銷的時(shí)間相瞄正確，若以隨機(jī)變量X(分鐘)表示步行到校的時(shí)間，能夠認(rèn)為X?N(22,4).若小明選擇騎共享單車上學(xué)，誠然騎行速度快于步行，但是由于車況、路況等不確定因素，路上所需時(shí)間的隨機(jī)性增加，若以隨機(jī)變量Y(分鐘)描述騎車到校的時(shí)間，能夠認(rèn)為丫?N(16,16).若小明選擇坐公交車上學(xué)，速度很快，但是由于等車時(shí)間、路況等不確定因素，路上所需時(shí)間的隨機(jī)性進(jìn)一步增加，若以隨機(jī)變量Z(分鐘)描述坐公交車到校所需的時(shí)間，則能夠認(rèn)為Z?N(10,64).(1)若某天小明媽媽出差沒在家，小明一覺醒來已經(jīng)是6:了，他抓緊時(shí)間洗漱換衣，沒吃早飯就出發(fā)了，出門時(shí)候是6:50.請問，小明可否有某種出行方案，能夠保證上學(xué)不遲到？小明此時(shí)的最優(yōu)選擇是什么？已知共享單車每20分鐘收費(fèi)一元，若小明本周五天都騎共享單車上學(xué)，以隨機(jī)變量E表示這五天小明上學(xué)騎車的開銷，求E的希望與方差(此小題結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)已知若隨機(jī)變量n?N(0,1)，貝yP(-1<n<1)=68.26%,P(-2<n<2)=95.44%,(-3<n<3)=99.74%.(12分)已知橢圓一+一..=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0),離心率e=求橢圓的方程；(n)設(shè)點(diǎn)P、Q為橢圓上位于第一象限的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足PF丄QF,C為PQ的中點(diǎn),(ii)第7頁(共27頁)線段PQ的垂直均分線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn).(i)求證：A為BC的中點(diǎn)；(ii)，求直線PQ的方程.第8頁(共27頁)2x21.(12分)已知函數(shù)f(x)=x2-aex-1.(1)若f(x)有兩個(gè)不同樣的極值點(diǎn)xi,x2,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)在(1)的條件下，求證：』1+』匸＞_.SL四?解答題(共1小題，滿分10分，每題10分)es：（。為22.(10分)直角坐標(biāo)系xOy中直線I:y=-x,圓C的參數(shù)方程為y=-2-H參數(shù)).求C的一般方程，寫出I的極坐標(biāo)方程；(H)直線I與圓C交于A,B,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求I；-,.五?解答題(共1小題)xx+123.已知函數(shù)f(x)=4-a?2+a+1(1)若a=2,求不等式f(x)v0的解集；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間［1,2］上的最小值h(a).第9頁(共27頁)第10頁（共27頁）2020年山西省高考數(shù)學(xué)（理科）模擬試卷（1）參照答案與試題解析?選擇題（共12小題，滿分60分，每題5分）1.（5分）已知會集A={0,1,2,3}，會集B={x|XS2}，則AnB=（）A.{0,3}B.{0,1,2}C.{1,2}D.{0,1,2,3}【解析】能夠求出會集B,爾后進(jìn)行交集的運(yùn)算即可.【解答】解：A={0,1,2,3},B={x|-2<x<2},???AnB={0,1,2}.應(yīng)選：B.【談?wù)摗勘绢}觀察了描述法、列舉法的定義，絕對值不等式的解法，觀察了計(jì)算能力，（5分）若復(fù)數(shù)z滿足z（1-i）2=i（i是虛數(shù)單位），則國為（）2.A.可C-i屬于基礎(chǔ)題.【解析】把已知等式變形,再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡，再由復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式求解.2=i，得=匸【解答】解：由z（1-i）應(yīng)選：B.【談?wù)摗勘绢}觀察復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，觀察復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題.（5分）如圖，在圓心角為直角半徑為2的扇形OAB地域中，M,N分別為OA,OB的中點(diǎn)，在M,N兩點(diǎn)處各有一個(gè)通信基站，其信號的覆蓋范圍分別為以O(shè)A,OB為直徑的圓，在扇形OAB內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則能夠同時(shí)收到兩個(gè)基站信號的概率是（第11頁（共27頁）11A.BC.2.第12頁（共27頁）【解析】依照圖形的對稱性分別求出扇形的面積及兩半圓重合的部分面積，最后依照幾何概型的概率公式解之即可.【解答】解：OA的中點(diǎn)是M，則/CMO=90°,半徑r=2,則扇形OAB的面積S=丄匚—-■-=n,半圓OAC的面積SI=2TT,S^0AC=1H?X1=_1），兩個(gè)圓的弧0C圍成的陰影部分的面積為n—1,能夠同時(shí)收到兩個(gè)基站信號的概率22匚丄S【弓形點(diǎn)oc評=】丄本題主要觀察了幾何概型，解題的要點(diǎn)是求重疊部分的面積，不規(guī)則圖形的面2積能夠轉(zhuǎn)變成幾個(gè)不規(guī)則的圖形的面積的和或差的計(jì)算，屬于中檔題4.（5分）"三個(gè)實(shí)數(shù)a,b,c成等差數(shù)列”是"2b=a+c“的（）A.充分不用要條件B.必要不充分條件P=C.充要條件D.既不充分也不用要條件應(yīng)選：B.【解析】依照充要條件及等差數(shù)列的定義判斷即可.【解答】解：若"a,b,c成等差數(shù)列”，則"2b=a+c”，即"a,b,c成等差數(shù)列”是“2b=a+c”的充分條件；若“2b=a+c”，貝廠'a,b,c成等差數(shù)列”，即“a,b,c成等差數(shù)列”是“2b=a+c”的必要條件，綜上可得：“a,b,c成等差數(shù)列”是“2b=a+c”的充要條件，應(yīng)選：C.第13頁（共27頁）【談?wù)摗勘绢}觀察的知識是充要條件的判斷，正確理解并熟練掌握充要條件的定義，是第9頁(共27頁)5.(5分)函數(shù)的圖象大體為(解答的要點(diǎn).【解析】先判斷函數(shù)的奇偶性和對稱性，利用極限思想以及當(dāng)進(jìn)行消除即可.

x=2時(shí)的函數(shù)值可否對應(yīng)【解答】解：f(-x)=4亍『=f(x),貝V函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱，消除B,當(dāng)Xi+a,f(x)f0,消除C,當(dāng)x=2時(shí)，f(2)=—”=—<2，消除D,應(yīng)選：A.【談?wù)摗勘绢}主要觀察函數(shù)與圖象的鑒別和判斷，禾U用函數(shù)的奇偶性和極限思想，利用消除法是解決本題的要點(diǎn).（5分）宋元時(shí)期數(shù)學(xué)名著《算學(xué)啟迪》中相關(guān)于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等?如圖是源于其思想的一個(gè)程序框圖，若輸入的a,b分別為5,2,則輸出的n=（）/輸出觀/「結(jié)束|VJA.5B.4C.3D.2【解析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)構(gòu)造計(jì)算并輸出變量n的值，模擬程序的運(yùn)行過程，解析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案.【解答】解：當(dāng)n=1時(shí)，a=—,b=4，滿足進(jìn)行循環(huán)的條件，當(dāng)n=2時(shí)，a=—，b=8滿足進(jìn)行循環(huán)的條件，4當(dāng)n=3時(shí)，a=，b=16滿足進(jìn)行循環(huán)的條件，|當(dāng)n=4時(shí)，a=，b=32不滿足進(jìn)行循環(huán)的條件，riri故輸出的n值為4，應(yīng)選：B.【談?wù)摗勘绢}觀察的知識點(diǎn)是程序框圖，當(dāng)循環(huán)的次數(shù)不多，或有規(guī)律時(shí)，常采用模擬循環(huán)的方法解答.7.（5分）（2-1，.」）8張開式中x3的系數(shù)為（）A.-122B.28C.56D.112第10頁（共27頁）第17頁（共27頁）【解析】寫出二項(xiàng)張開式的通項(xiàng)，令x的指數(shù)為3求得r值，則答案可求.1（2-「.-）8張開式中x3的系數(shù)為上」--I1—12【解答】解：由T申氓?尹-看廠二機(jī)八尹得r=6.應(yīng)選：D.【談?wù)摗勘绢}觀察二項(xiàng)式定理，要點(diǎn)是熟記二項(xiàng)張開式的通項(xiàng)，是基礎(chǔ)題.8.（5分）某幾何體的三視圖以下列圖，則該幾何體的表面積為（）J

1

J

2--------*>I242k----4--------------------斗121A.36+12nB.36+16nC.40+12nD.40+16n【解析】幾何體為棱柱與半圓柱的組合體，作出直觀圖，代入數(shù)據(jù)計(jì)算.【解答】解：由三視圖可知幾何體為長方體與半圓柱的組合體，作出幾何體的直觀圖以下列圖：其中半圓柱的底面半徑為2,高為4,長方體的棱長分別為4,2,2,.?.幾何體的表面S=±nX22X2+丄I-"4:4+2X4+2X4X2+2X4+2X2X2=積12n+40.第18頁（共27頁）應(yīng)選：C.第19頁（共27頁）【談?wù)摗勘绢}觀察了幾何體的常有幾何體的三視圖，幾何體表面積計(jì)算，屬于中檔題.2兀+7-9.（5分）已知點(diǎn)M的坐標(biāo)（x,y）滿足不等式組x-y-2^0,N為直線y=-2x+2上任y-3<0一點(diǎn)，則|MN|的最小值是（）普C.1【解析】畫出拘束條件的可行域，利用已知條件，轉(zhuǎn)變求解距離的最小值即可.【解答】解：點(diǎn)M的坐標(biāo)（x,y）滿足不等式組x-y-2^0的可行域如圖：點(diǎn)M的坐y'3<02x^-4^0標(biāo)（x,y）滿足

x-y-2^0v-3<0

,N為直線y=-2x+2上任一點(diǎn)，則|MN|的最小值,就是兩條平行線y=-2x+2與2x+y-4=0之間的距離：d=應(yīng)選：B.第20頁(共27頁)【談?wù)摗勘绢}觀察線性規(guī)劃的應(yīng)用，平行線之間的距離的求法，觀察轉(zhuǎn)變思想以及計(jì)算能力.10.(5分)已知橢圓y-(a>b>0)的左極點(diǎn)、上極點(diǎn)和左焦點(diǎn)分別為A,B,F,中心為0,其離心率為—，則ABF:BF0=( )2A.1:1B.1:2C.：二-一：ID.一：：'【解析】由題意畫出圖形，結(jié)合橢圓離心率可得a=2c,由此求得S^ABF：S^BFO.小I則SAABF=—tj^,SABF0=，be，SAABF:S^BFO=1:1.應(yīng)選：A.【談?wù)摗勘绢}觀察橢圓的簡單性質(zhì)，觀察數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題.11.(5分)已知向量［p=(x2,1-2ax),^=(a,1),函數(shù)g(x)=p禹在區(qū)間［2,3］上第21頁(共27頁)有最大值為4,f(，不等式f(2x-k?2x>0在x?[2,3]上恒成立，則k的取值范圍是( )1IqA?(-汽0]B?(-3—]C.(-31]D?(-3]呂16【解析】由向量的數(shù)量積求出函數(shù)g(x)的解析式，由函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最大值，由最大值等于4求得a的值；求出函數(shù)f(x)=￡2_的解析式，代入f(2x)-k2x>0后分別參數(shù)k,爾后利用配方法求得函數(shù)的最值后得答案.【解答】解：向量|p=(x2,1-2ax),：=(a,1),函數(shù)g(x)=[?j=ax2+i—2ax=a(x-1)2+1—a,若a=0,不成立

,若av0,

可得函數(shù)

g(x)的圖象張口向下，對稱軸為

x=1,在區(qū)間

x?[2,

3]單調(diào)遞減

,最大值為

g(2)=

4,即1=4不成立

;若a>0,函數(shù)g(x)的圖象張口向上，對稱軸為

x=1，在區(qū)間

x?[2,

3]單調(diào)遞加

,2最大值為

g(3)=

4,

即有

a(3-

1)2+1-

a=4，解得

a=1,可知g(x)=x2-2x+1,???f(x)令t=2x,則t?[4,9],f(2x)-k2x>0可化為f(t)>kt,即kw

垃

L恒成立，銘

1L=(—-

1)

2,且丄?丄，丄

],t

tt

t4當(dāng)二

=二，即卩

t=4,

x=2時(shí)，^—取最小值為

-

一，t4

I

16即有kw衛(wèi)-,16應(yīng)選：D.【談?wù)摗勘绢}觀察了函數(shù)恒成立問題，觀察了函數(shù)構(gòu)造法、換元法及分別變量法，訓(xùn)練了利用配方法求函數(shù)的最值，屬中檔題.JTIITT12.(

5分)設(shè)奇函數(shù)

f

(x)的定義域?yàn)?/p>

(-

可，邁

-)

，且

f(

x)的圖象是連續(xù)不中止，？x?兀丨

亠，

卄1

K

小0)，有

sinx>0，右土

f(m

貝第22頁(共27頁)的取值范圍是(A.(-—,-丄)B?)C.(—D.(丄,23T，‘)(0,TV【解析】依題意，令g(x)=_L_.,x?(-,)，則g(x)=1，：為奇函數(shù)且CDSX2、cosx2在區(qū)間(-兀7T)f(m)vf(JT)cos(-m)可等價(jià)轉(zhuǎn)變成:上單調(diào)遞加，故二~2~22十兀，=-f(亍71，進(jìn)而可得答案.cosm【解解：令g(x)=_L_,x?(-7T71、一，一)，答】cosx.???f(x)為奇函數(shù),y=cosx為偶函數(shù),g(x)cosx―)為奇函數(shù).?/?x?(-2L,0),有f'(x)cosx+f(x)sinx>0,二g，(x)=2)cosx+f(x)sini>0,f‘(K2COSIg(X)在區(qū)間(-7T,0)上單調(diào)遞加，又g(X)為奇函數(shù),~2???g(X)在區(qū)間(,―)上單調(diào)遞加,當(dāng)x?(-',),cosx>0,2)cos(-m)?f(m)f(m)cosC-rn)cosm兀Vmv~2應(yīng)選：C.【談?wù)摗勘绢}觀察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，觀察等價(jià)轉(zhuǎn)變思想與綜合運(yùn)算能力，考查函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性，屬于難題.二?填空題(共4小題，滿分20分，每題5分)13.(5分)已知雙曲線1(a>0,b>0)的焦距為2c,F為右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是雙曲線上一點(diǎn),|PO|=c,△POF的面積為一：.],,則該雙曲線的離心率為第23頁(共27頁)【解析】求出左焦點(diǎn)，判斷三角形的形狀，利用三角形的面積轉(zhuǎn)變求解即可.【解答】解：雙曲線^—=1(a>0,b>0)的焦距為2c,F為右焦點(diǎn)，左焦點(diǎn)為Fi2,21a!:■(-c,0),O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是雙曲線上一點(diǎn)，|PO|=FiPF是直角三角形，PF1-PF=2a,PFi2+PF2=4c2,可得4c2-2PFi?PF=4a2可得4c2-4ab=4a2,又a2+b2=c2可得a=b,即e===.:故答案為：公號?【點(diǎn)本題觀察雙曲線的簡單性質(zhì)以及雙曲線的定義的應(yīng)用，是基本知識的觀察，基評】14.(5分)的部分圖象以下列圖，則再利用“五點(diǎn)作圖法”即可求得O.礎(chǔ)題.若函數(shù)f(x)=2sin(ax+O)n,解得3=2.由五點(diǎn)作圖法知，y-X2+0=今,解得O----?故答案為：2;—.3【談?wù)摗勘绢}觀察y=Asin（sx+Q）中參數(shù)的物理意義，掌握正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)是要點(diǎn)，屬于中檔題.15.（5分）已知等邊厶ABC的邊長為務(wù)怎，M,N分別為AB,AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起獲取四棱錐A-MNCB?點(diǎn)P為四棱錐A-MNCB的外接球球面上任意一點(diǎn)，當(dāng)四棱錐A-MNCB的體積最大時(shí)，P到平面MNCB距離的最大值為_.|：；+1【解析】折疊為空間立體圖形，得出四棱錐A-MNCB的外接球的球心，利用平面問題求解得出四棱錐A-MNCB的外接球半徑R,則R2=AF2+OF2=13,由此能求出四棱錐AMNCB的體積最大時(shí)，P到平面MNCB距離的最大值.【解答】解：由題意得今，取BC的中點(diǎn)E,則E是等腰梯形MNCB外接圓圓心.F是厶AMN外心，作OE丄平面MNCB,OF丄平面AMN,貝UO是四棱錐A-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=3,AF=2.設(shè)四棱錐A-MNCB的外接球半徑R,貝UR2=AF2+OF2=13,OE=DF=AD-AF=3-2=1,???當(dāng)四棱錐A-MNCB的體積最大時(shí)，P到平面MNCB距離的最大值為：dmax=R+OE=匸I故答案為：「.i「|.【談?wù)摗勘绢}綜合觀察了折疊問題，與幾何體的性質(zhì)，轉(zhuǎn)變成平面問題求解，觀察面面垂直、線面垂直的判判定理和性質(zhì)定理的應(yīng)用、平行關(guān)系的應(yīng)用、點(diǎn)到面的距離的求解.立體幾何問題中點(diǎn)到面的距離常利用體積橋的方式將所求距離變成幾何體的高，構(gòu)造方程，經(jīng)過解方程求得結(jié)果.16.（5分）《聊齋志異》中有這樣一首詩："挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術(shù)得訣自夸無第24頁（共27頁）所阻，額上墳起終不悟.”在這里，我們稱形如以下形式的等7,.■'擁有穿墻術(shù)，則n=24式擁有“穿墻術(shù)”則依照以上規(guī)律，【解析】觀查分母就行了，分母=項(xiàng)數(shù)X（分子+1）,依照這個(gè)規(guī)律能夠求得結(jié)果.【解答】解：由于3=1X3,8=2X4,15=3X5.所以n=4X6=24,故答案為：24.【談?wù)摗勘绢}觀察歸納推理，是與數(shù)字相關(guān)的推理，需要認(rèn)真觀察，追求相鄰項(xiàng)及項(xiàng)與序號之間的關(guān)系，同時(shí)還要聯(lián)系相關(guān)知識，入等差數(shù)列、等比數(shù)列等，基礎(chǔ)題.三?解答題（共5小題，滿分60分，每題12分）17.（12分）已知△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,滿足：?：=：：-^^-卜命廠，.（1）若b2=ac,試判斷△ABC的形狀，并說明原由;.?兀一BEsinA^-=sinB，所以sin~—_s1n-cos-^【解析】（1）由正弦定理得Bcm，故，所以二」,，又由罵■刊故.由于余弦定=a2+c2—2accosB=a2+c2-ac,所以a2+c2-ac=ac,即（a—c）2=0，所以a=c,故（2）若宀二燈飛，求△ABC周長I的取值范圍.JF2G二壬，所以△ABC是等邊三角形;3（2）解法一:△ABC:一：.解法二：由于,■il,由正弦定理，得.，所以△sinAs.1nLsinij的周長1二規(guī)+匕+￡=.由余弦定理1=<i+b+c=,\/6*s*c^t3-\/~6,當(dāng)且僅當(dāng)L'.7時(shí)，等號成立?所以△ABC周長I的取值范圍為第25頁（共27頁）ABC的周長=f：./:;i」-_-I.；■.:.所以△ABC周長I的取值范圍為：I'—'.【解答】解：（1）由題設(shè)asmubsinA,及正弦定理得,siMsin二HnBwinA,由于sinAz0,所以或門“嚴(yán)二sinB,2由A+B+C=n,可得siiTTj—=sm-2~,第26頁（共27頁）由于b2=ac,又由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac.所以a2+c2-ac=玄6即(a-c)2=0,所以a=c,故,所以△ABC是等邊三角形;（2）解法一:△ABC的周長_」I-I’.由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,「-；i「二；,；-；「二:,故（a+c）2<24,」+_?：.已I,所以?|「I,當(dāng)且僅當(dāng).1.■I,■時(shí)，等號成立.又在△ABC中a+c>b，所以一-「丨’，■r：-,解法二：由于B=^,-------------■-■,sirAsinCsinB'1=a4-b-?-c=V6+a+c=Vs+2^2(sinA+sinC)所以△ABC的周Vs+2V2(sinA+sin(~A))g—.:1.1■1

jf.卜:'i...■,Vs+2A/2(所以△ABC周長I27T的取值范圍為:族：，：小，由正弦定理，由于z—..in〔葉?！礦所以△ABC周長I的取值范圍為：【*：小【談?wù)摗勘绢}主要觀察了正弦定理和余弦定理，是中檔題.18.(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AD//BC,AB=AD=DC=—BC第27頁（共27頁）=2,PB丄AC.2(1)證明：平面FAB丄平面ABCD;(2)若FA=4,FB=2.；求二面B-FC-D的余弦值.第28頁（共27頁）BC【解析】（1）依照面面垂直的判判定理，只需證出AC丄平面PAB即可；（2）先利用面面垂直轉(zhuǎn)變成線面垂直，進(jìn)而找到二面角的平面角，爾后借助于直角三角形求出所求角.【解答】解：（1）TEC?胡二，???/BAC=90°,.?.AB丄AC.又???PB丄AC,「.AC丄平面PAB.?/AC?平面ABCD,???平面PAB丄平面ABCD.（2）??卡皆4,=AB=2|,APB丄BA,由（1）知，PB丄平面ABCD,???PB丄BC,平面PBC丄平面ABCD.過D作DE丄BC于E,貝UDE丄平面PBC,過E作EF丄PC交PC于F,則/DFE為所求二面角平面角.在梯形ABCD中，求得」.「：，在Rt△PBC中求得在Rt△DEF中，求得V7在厶DEF中，求得C0SZDEF=^即二面B-PC-D的余弦值為止,4【談?wù)摗勘绢}觀察空間地址關(guān)系的判斷以及空間角的求法，重申轉(zhuǎn)變思想在立體幾何中的應(yīng)用，集幾何法求空間角依照作、證、指、算的步驟?屬于中檔題.（12分）對同學(xué)們而言，冬日的清早走開暖融融的被窩，總是一個(gè)巨大的挑戰(zhàn)，而咬牙起床的唯一動(dòng)力，就是上學(xué)能夠不遲到?已知學(xué)校要求每天清早7:15從前到校，7:15此后到校記為遲到?小明每天6:15會被媽媽叫醒起味，吃早飯、洗漱等晨間活動(dòng)需要半個(gè)小時(shí)，故每天6:45小明就可以出門去上學(xué).從家到學(xué)校的路上，若小明選擇步行第20頁（共頁）到校，則路上所開銷的時(shí)間相瞄正確，若以隨機(jī)變量X(分鐘)表示步行到校的時(shí)間，能夠認(rèn)為X?N(22,4).若小明選擇騎共享單車上學(xué)，誠然騎行速度快于步行，但是由于車況、路況等不確定因素，路上所需時(shí)間的隨機(jī)性增加，若以隨機(jī)變量Y(分鐘)描述騎車到校的時(shí)間，能夠認(rèn)為丫?N(16,16).若小明選擇坐公交車上學(xué)，速度很快，但是由于等車時(shí)間、路況等不確定因素，路上所需時(shí)間的隨機(jī)性進(jìn)一步增加，若以隨機(jī)變量Z(分鐘)描述坐公交車到校所需的時(shí)間，則能夠認(rèn)為Z?N(10,64).(1)若某天小明媽媽出差沒在家，小明一覺醒來已經(jīng)是6:了，他抓緊時(shí)間洗漱換衣，沒吃早飯就出發(fā)了，出門時(shí)候是6:50.請問，小明可否有某種出行方案，能夠保證上學(xué)不遲到？小明此時(shí)的最優(yōu)選擇是什么？已知共享單車每20分鐘收費(fèi)一元，若小明本周五天都騎共享單車上學(xué)，以隨機(jī)變量E表示這五天小明上學(xué)騎車的開銷，求E的希望與方差(此小題結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)已知若隨機(jī)變量n?N(0,1)，貝yP(-1<n<1)=68.26%,P(-2<n<2)=95.44%,P(-3<n<3)=99.74%.【解析】(1)依題意，小明需要在25分鐘內(nèi)到達(dá)學(xué)校?他選擇步行到校，則不遲到的概率記為P1(X<25),取口=22,61=2，貝U皿+d1=24,山+2<r1=26,P1(X<25)<P1(X<26)=97.72%;若騎車到校，則不遲到的概率記為P2(X<25),取憶=16,62=4，貝V坨+62=20,憶+2d2=24,p2+3d2=28,P2(X<25)?(97.72%,99.87%),若坐公交車到校，則不遲到的概率記為P3(X<25),取譯=10,d3=8,貝V譯+d3=18,Q+2d3=26,P3(X<25)<P3(X<26)=97.72%.三種方案都無法滿足3d原則，不能夠保證上學(xué)不遲到?相對而言，騎車到校不遲到的概率最高，是最優(yōu)選擇.(2)取隨機(jī)變量日表示五天里騎車上學(xué)時(shí)間單程高出20分鐘的天數(shù)?依題意，每天騎車上學(xué)時(shí)間高出20分鐘的概率為P2(X>20)=15.87%,目?B(5,15.87%),由此能求出E的希望與方差.【解答】解：(1)依題意，小明需要在25分鐘內(nèi)到達(dá)學(xué)校.若他選擇步行到校，則不遲到的概率記為P1(X<25),取皿=22,d1=2,則m+d1=24,(11+2d1=26,P1(X<25)<P1(X<26)=1-Zf%=97.72%.第31頁(共27頁)若騎車到校，則不遲到的概率記為P2(X<25),取1=16,d2=4,第32頁(共27頁)貝V[2+2=20,p2+2(T2=24,診+3d2=28,則P2(X<24)=1一(1—95.44%)=97.72%,P2(X<28)=1—(1—99.74%)=99.87%,二P2(X<25)?(P2(X<24),P2(X<28))=(97.72%,99.87%),若坐公交車到校，則不遲到的概率記為P3(X<25),取2=10,d3=8,則2+d3=18,Q+2d3=26,P3(X<25)<P3(X<26)=97.72%.綜上，三種方案都無法滿足3d原則，不能夠保證上學(xué)不遲到.相對而言，騎車到校不遲到的概率最高，是最優(yōu)選擇.(2)取隨機(jī)變量8表示五天里騎車上學(xué)時(shí)間單程高出20分鐘的天數(shù).依題意，每天騎車上學(xué)時(shí)間高出20分鐘的概率為P2(X>20)=卜"止％=15.87%,28?B(5,15.87%),???E(8)=5X15.87%=0.7935,D(8)=5X15.87%X(1—15.87%)~0.668.又T8=28+(5-8)=5+8,?E(8=5+E(8)~5.79(元)，D(8=D(8)~0.668(元2).【談?wù)摗勘绢}觀察最優(yōu)方案的求法，觀察失散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)希望、方差的求法，觀察概率的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，觀察運(yùn)算求解能力，是中檔題.X2］畀1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,V220.(12分)已知橢圓一+一...=0),離心率e=..求橢圓的方程；(n)設(shè)點(diǎn)P、Q為橢圓上位于第一象限的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足PF丄QF,C為PQ的中點(diǎn)，線段PQ的垂直均分線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn).(i)求證：A為BC的中點(diǎn)；(ii)若=-(S為三角形的面積)，求直線PQ的方程.【解析】(I)由橢圓+—；-=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0),離心率e=斗二?列出方程組能求出a=J,b=c=1，由此能求出橢圓的方程.(n)(i)設(shè)點(diǎn)P、Q為橢圓上位于第一象限的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足PF丄QF,C為PQ的中第33頁(共27頁)，得：(2k2+1)X2+2(m2-1)(kz0)，聯(lián)立=0,由韋達(dá)定理、線段PQ的垂直均分線AB的方程，線段PQ的垂直均分線AB的方程為y-2k2+l點(diǎn)，線段PQ的垂直均分線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn).設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m,(x+?応+1),由此能證明A為BC的中點(diǎn).推導(dǎo)出m=「:，由此能求出直線PQ的方程.由A為BC中點(diǎn)，獲取【解答】解：(I)解:=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0),由PF丄OF，得(X1—1)(離心率e=——2亡二1C=_2~,解得a=二，b=c=1，JB=—???橢圓的方程為=1.(H)(i)證明：設(shè)點(diǎn)P、Q為橢圓上位于第一象限的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足PF丄QF,C為PQ的中點(diǎn)，線段PQ的垂直均分線分別交X軸、y軸于A、B兩點(diǎn).設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m,(kz0),P(X1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立整理，得：(2k2+1)X2+2(m2-1)=0,第34頁(共27頁)由韋達(dá)定理得X1x2=2k2+l)第35頁(共27頁)線段PQ的垂直均分線AB的方程為y-(X+：),2k2+12k'+l線段PQ的垂直均分線AB的方程為y-一一=-(x+J.+1),2評1,0)，令x=0,得B(0,),2k2tl???A為BC的中點(diǎn).(ii)解：由(i)知A為BC中點(diǎn),2k2+l^AAD令y=0,得A(-|A0|_3),O=^AABOSABC2SAABF2|AF|2(1-5F解得XA=，令y=0,得A(-TPF丄OF,?(xi-1)(x2—1)+yiy2=0,由yi=kxi+m,kxy2=kx2+m,22整理，得3m2—1+4km=0，即k=4m又XA=-=―，解得m=3,2kJ4-l112V3???點(diǎn)P、Q為橢圓上位于第一象限的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),m>0,二m=「:，代入k=一:——，解得k=4m?直線PQ的方程為y=-x+.:.【談?wù)摗勘绢}觀察橢圓方程的求法，觀察點(diǎn)為線段中點(diǎn)的證明，觀察直線方程的求法,觀察橢圓、直線與橢圓的地址關(guān)系等基礎(chǔ)知識，觀察運(yùn)算求解能力，是中檔題.2x21.(12分)已知函數(shù)f(x)=x2—aex—1.(1)若f(x)有兩個(gè)不同樣的極值點(diǎn)X1,x2,求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)在(1)的條件下，求證：包*1+J匸>二.【解析】(1)談?wù)搶?dǎo)函數(shù)f'(x)=2x—aex有兩個(gè)實(shí)根，在分別參數(shù)函數(shù)g爾后談?wù)?x)=互單調(diào)性得出結(jié)論；e第36頁(共27頁)(2)利用結(jié)論不等式^,變形成指數(shù)型不等式結(jié)論1「去證明.勺-匕2【解答】解：(1)函數(shù)f(x)=X2-aex-1,???'(fx)=2x-aex,Tf(x)有兩個(gè)不同樣的極值點(diǎn)xi,x2,f'(x)=2x-aex=0有兩個(gè)