山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷理科含解析

山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷理科含剖析山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷理科含剖析PAGEPAGE23山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷理科含剖析PAGE

2019年山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）

一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的.1．復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)，若（3﹣i）z=a+i（i為虛數(shù)單位），則實(shí)數(shù)a的值為（）A．﹣3B．3C．﹣D．2．已知會(huì)集A={y|y=（）x，x≥﹣1}，B={y|y=ex+1，x≤0}，則以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是（）A．A=BB．A∪B=RC．A∩B=?D．B∩A=?（?R）（?R）3．某防疫站對(duì)學(xué)生進(jìn)行身體健康檢查，欲采納分層抽樣的方法抽取樣本．某中學(xué)生共有學(xué)生2000名，抽取了一個(gè)容量為200的樣本，樣本中男生103人，則該中學(xué)生共有女生（）A．1030人B．97人C．950人D．970人4．設(shè)，且⊥，則向量的夾角為（）A．30°B．60°C．120°D．150°

5．以下四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）2

②命題：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”．

③“若x=，則tanx=1，”的抗命題為真命題；

④若f（x）是R上的奇函數(shù)，則f（log32）+f（log23）=0．

A．1B．2C．3D．4

6．若履行如圖的程序框圖，輸出S的值為﹣4，則判斷框中應(yīng)填入的條件是（）

A．k＜14B．k＜15C．k＜16D．k＜177．在△ABC中，cosA=，3sinB=2sinC，且△ABC的面積為2，則邊BC的長(zhǎng)為（）A．2B．3C．2D．8．已知a是常數(shù)，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)y=f′（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)g（x）=|ax﹣2|的圖象可能是（）

第1頁（共22頁）

A．B．C．D．

9．若x，y滿足不等式組，則z=|x﹣3|+2y的最小值為（）

A．4B．C．6D．7

10．設(shè)雙曲線=1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線分別l1，l2，右焦點(diǎn)F．若點(diǎn)F關(guān)于直線l1的對(duì)稱點(diǎn)M在l2上則雙曲線的離心率為（）A．3B．2C．D．二、填空題：本大題共5小題，每題5分，共25分.把答案填在答題卡對(duì)應(yīng)題號(hào)的地點(diǎn)位置.答錯(cuò)地點(diǎn)，書寫不清，含糊其詞均不得分.11．若tanα=2，則sin2α=_______．12．若f（x）=3﹣2x，則|f（x+1）+2|≤3的解集為_______．13．已知的張開（1﹣2x）5式中全部項(xiàng)的系數(shù)和為m，則_______．14ABC﹣ABC中，側(cè)棱AA⊥平面ABC，AA1=1，底面△ABC是邊長(zhǎng)為2．在三棱柱111111的正三角形，則此三棱柱的體積為_______．

15．已知實(shí)數(shù)x，y滿足x＞y＞0且x+y=1，則+的最小值是_______．

三、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.把答

案填在答題卡上的相應(yīng)地點(diǎn).

16．已知函數(shù)滿足以下條件：

?①周期T=π；

②?圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后關(guān)于y軸對(duì)稱；

③?f（0）=1．

第2頁（共22頁）

（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的剖析式；

（Ⅱ）設(shè)，求cos（2α﹣2β）

的值．

17．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，M，N分別為PB，CD的中點(diǎn)，二面角P﹣CD﹣A的大小為60°，∠ABC=60°，AB=2，PC=PD=

（Ⅰ）求證：PA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求直線MN與平面PCD所成角的正弦值．

18．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足6Sn=an2+3an+2，且a2是a1和a6的等比中項(xiàng)．（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）符合[x]表示不超出實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)，如[log23]=1，[log25]=2．記，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn．19．a(chǎn)，b，c，d四名運(yùn)動(dòng)員強(qiáng)搶某次賽事的第1，2，3，4名，競(jìng)賽規(guī)則為：經(jīng)過抽簽，將4人分為甲、乙兩個(gè)小組，每組兩人．第一輪競(jìng)賽（半決賽）：兩組各自在組內(nèi)進(jìn)行一場(chǎng)比賽，決出各組的勝者和負(fù)者；第二輪競(jìng)賽決賽：兩組中的勝者進(jìn)行一場(chǎng)競(jìng)賽強(qiáng)搶1，2名，兩組中的負(fù)者進(jìn)行一場(chǎng)競(jìng)賽強(qiáng)搶第3，4名．四名選手過去交鋒的輸贏狀況累計(jì)以下表：abcdaa13勝26負(fù)a20勝10負(fù)a21勝21負(fù)bb26勝13負(fù)b14勝28負(fù)b19勝19負(fù)cc10勝20負(fù)c28勝14負(fù)c18勝18負(fù)dd21勝21負(fù)d19勝19負(fù)d18勝18負(fù)若抽簽結(jié)果為甲組：a，c；乙組：b，d．每場(chǎng)競(jìng)賽中，兩方過去交鋒各自獲勝的頻率作為獲勝的概率．（Ⅰ）求c獲得第1名的概率；（Ⅱ）求c的名次X的分布列和數(shù)學(xué)希望．20．已知函數(shù)f（x）=x2﹣2ax，g（x）=lnx．（Ⅰ）若f（x）≥g（x）關(guān)于定義域內(nèi)的隨意x恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）+g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2且，證明：h（x1）﹣h（x2）＞﹣ln2．21C：=1ab0，其短軸的下端點(diǎn)在拋物線x2．已知橢圓1的準(zhǔn)線上．

第3頁（共22頁）

（Ⅰ）求橢圓C1的方程；（Ⅱ）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M是直線l：x=2上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓的右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F作OM的垂線與認(rèn)為OM直徑的圓C2訂交于P，Q兩點(diǎn)，與橢圓C1訂交于A，B兩點(diǎn)，以以以以下圖．?①若PQ=，求圓C2的方程；②?設(shè)C2與四邊形OAMB的面積分別為S1，S2，若S1=λS2，求λ的取值范圍．

第4頁（共22頁）

2019年山東省臨沂市高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）

參照答案與試題剖析

一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的.

1．復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)，若（3﹣i）z=a+i（i為虛數(shù)單位），則實(shí)數(shù)a的值為（）

A．﹣3B．3C．﹣D．

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)相等的充要條件．

【剖析】設(shè)出復(fù)數(shù)z，此后利用復(fù)數(shù)相等的充要條件，求解即可．

【解答】解：設(shè)復(fù)數(shù)z=bi，b≠0，

∴（3﹣i）z=a+i，化為（3﹣i）bi=a+i，即b+3bi=a+i，

b=a=，

應(yīng)選：D．

2．已知會(huì)集A={y|y=（）x，x≥﹣1}，B={y|y=ex+1，x≤0}，則以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是（）A．A=BB．A∪B=RC．A∩B=?D．B∩?RA=?（?R）（）【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混雜運(yùn)算．【剖析】化簡(jiǎn)會(huì)集AB、，求出?RA，即可得出結(jié)論．【解答】解：會(huì)集A={y|y=（）x，x≥﹣1}={y|0＜y≤2}=（0，2]，B={y|y=ex+1，x≤0}={y|1＜y≤2}=（1，2]，

∴?RA=（﹣∞，0]∪（2，+∞），

∴B∩（?RA）=?．

應(yīng)選：D．

3．某防疫站對(duì)學(xué)生進(jìn)行身體健康檢查，欲采納分層抽樣的方法抽取樣本．某中學(xué)生共有學(xué)

生2000名，抽取了一個(gè)容量為200的樣本，樣本中男生103人，則該中學(xué)生共有女生（）

A．1030人B．97人C．950人D．970人

【考點(diǎn)】分層抽樣方法．

【剖析】依仍舊本容量和女生比男生少6人，可得樣本中女生數(shù)，再依據(jù)抽取的比率可得總

體中的女生人數(shù)．

【解答】解：∵樣本容量為200，女生比男生少6人，

∴樣本中女生數(shù)為97人，

又分層抽樣的抽取比率為=，

∴整體中女生數(shù)為970人．

應(yīng)選：D．

4．設(shè)，且⊥，則向量的夾角為（）第5頁（共22頁）

A．30°B．60°C．120°D．150°

【考點(diǎn)】數(shù)目積表示兩個(gè)向量的夾角．

【剖析】⊥，可得=0，解得x．再利用向量夾角公式即可得出．

【解答】解：∵⊥，∴=x﹣3=0，解得x=．

∴=（0，4），

∴（）?=﹣12，

||=4，==2，

設(shè)向量的夾角為θ，

∴cosθ===﹣，

∴θ=150°．

應(yīng)選：D．

5．以下四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）2

②命題：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”．

③“若x=，則tanx=1，”的抗命題為真命題；

④若f（x）是R上的奇函數(shù)，則f（log32）+f（log23）=0．

A．1B．2C．3D．4

【考點(diǎn)】四種命題．

【剖析】①由充分必需條件的定義，即可判斷；

②由含有一個(gè)量詞的命題的否定形式，即可判斷；

③先求出抗命題，再判斷真假即可，

④依據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算法規(guī)即可判斷．

【解答】解：關(guān)于①，x2+x﹣2＞0，解得x＜﹣2或x＞1，故“x＞1”的必需不充分條件，故錯(cuò)誤，

關(guān)于②，命題：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”，故正確，

關(guān)于③，若x=，則tanx=1，”的抗命題為“若tanx=1，則x=，x還可以等于，故

錯(cuò)誤，

關(guān)于④，f（x）是R上的奇函數(shù)，則f（﹣x）=﹣f（x），∵log32=，∴l(xiāng)og32與log23

不是互為相反數(shù)，故錯(cuò)誤．

應(yīng)選：A．

6．若履行如圖的程序框圖，輸出S的值為﹣4，則判斷框中應(yīng)填入的條件是（）

第6頁（共22頁）

A．k＜14B．k＜15C．k＜16D．k＜17

【考點(diǎn)】程序框圖．

【剖析】依據(jù)程序框圖，寫出運(yùn)轉(zhuǎn)結(jié)果，依據(jù)程序輸出的結(jié)果是S=﹣4，可得出判斷框內(nèi)應(yīng)

填入的條件．

【解答】解：履行如圖的程序框圖，運(yùn)轉(zhuǎn)結(jié)果以下：

第1次循環(huán)S=log2=﹣1，k=2；

第2次循環(huán)S=log2+log2=log2，k=3；第3次循環(huán)S=log2+log2=log2=2k=4；﹣，第4次循環(huán)S=log23+log2=log2，k=5；第5次循環(huán)S=log2+log2=log2，k=6；第6次循環(huán)S=log2+log2=log2，k=7；第7次循環(huán)S=log2+log24=log2=﹣3，k=8；第14次循環(huán)S=log2+log2=log2，k=15；第15次循環(huán)S=log2+log2=log2=﹣4，?k=16；假如輸出S=﹣4，那么只好進(jìn)行15次循環(huán)，故判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是k＜16．應(yīng)選：C．

7．在△ABC中，cosA=，3sinB=2sinC，且△ABC的面積為2，則邊BC的長(zhǎng)為（）

A．2B．3C．2D．

【考點(diǎn)】正弦定理；余弦定理．

第7頁（共22頁）

【剖析】由cosA=，A∈（0，π），可得sinA=．由3sinB=2sinC，且△ABC的面積為2，可得3b=2c，=2，再利用余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA．【解答】解：∵cosA=，A∈（0，π），∴sinA==，∵3sinB=2sinC，且△ABC的面積為2，∴3b=2c，=2，解得b=2，c=3．

∴a2=b2+c2﹣2bccosA=22+32﹣2×2×3×=9，

解得a=3．

應(yīng)選：B．

8．已知a是常數(shù)，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)y=f′（x）的圖象如圖

所示，則函數(shù)g（x）=|ax﹣2|的圖象可能是（）

A．B．C．D．

【考點(diǎn)】指數(shù)函數(shù)的圖象變換．

【剖析】求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的圖象獲得a＞1，此后利用指數(shù)函數(shù)的圖象平移得答案．

【解答】解：∵，

f′（x）=x2+（1﹣a）x﹣a，

由函數(shù)y=f′（x）的圖象可知，

a＞1，xx則函數(shù)g（x）=|a﹣2|的圖象是把函數(shù)y=a向下平移2個(gè)單位，此后取絕對(duì)值獲得，如圖．

應(yīng)選：D．

9x，y滿足不等式組，則z=x3|+2y的最小值為（）．若|﹣第8頁（共22頁）

A．4B．C．6D．7

【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．

【剖析】由題意作出其平面地域，化簡(jiǎn)z=x32y=，從而分別求最|﹣|+小值，從而解得．

【解答】解：由題意作出其平面地域如右圖，

易知A（0，2），B（5，3），C（3，5），D（3，）；

z=x32y=，|﹣|+

當(dāng)x≥3時(shí)，z=x+2y﹣3在點(diǎn)D處獲得最小值為，當(dāng)x＜3時(shí)，z=x2y3，﹣++＞故z=|x﹣3|+2y的最小值為，應(yīng)選B．

10．設(shè)雙曲線=1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線分別l1，l2，右焦點(diǎn)F．若點(diǎn)F關(guān)于直線l1的對(duì)稱點(diǎn)M在l2上則雙曲線的離心率為（）A．3B．2C．D．【考點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【剖析】沒關(guān)系設(shè)l1為y=x，l2為y=﹣x，設(shè)出對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)，依據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式和斜率公式即可求出a與b的關(guān)系，再依據(jù)離心率公式即可求出．

第9頁（共22頁）

【解答】解：l1，l2分別為雙曲線=1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線，

沒關(guān)系設(shè)l1為y=x，l2為y=﹣x，

由右焦點(diǎn)關(guān)于l1的對(duì)稱點(diǎn)l2在上，

設(shè)右焦點(diǎn)F關(guān)于l1的對(duì)稱點(diǎn)為M（m，﹣），

右焦點(diǎn)F坐標(biāo)為（c，0），

MF中點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣），

可得﹣=?，

解得m=﹣c，

即有M（﹣c，），

可得MF的斜率為=﹣，

即有﹣?=﹣1，

可得b2=3a2，即c2=a2+b2=4a2，則c=2a，可得e==2，應(yīng)選：B．二、填空題：本大題共5小題，每題5分，共25分.把答案填在答題卡對(duì)應(yīng)題號(hào)的地點(diǎn)位置.答錯(cuò)地點(diǎn)，書寫不清，含糊其詞均不得分.11．若tanα=2，則sin2α=．【考點(diǎn)】二倍角的正弦；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系．

【剖析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及二倍角的正弦公式，把要求的式子化為

，把已知條件代入運(yùn)算求得結(jié)果．

【解答】解：∵tanα=2，∴sin2α=2sinαcosα===，

故答案為．

12fx）=3﹣2xfx123的解集為[03．．若（，則|（+）+|≤，]第10頁（共22頁）

【考點(diǎn)】絕對(duì)值不等式的解法．

【剖析】求出f（x+1），問題轉(zhuǎn)變成：|2x﹣3|≤3，解出即可．

【解答】解：若f（x）=3﹣2x，

則|f（x+1）+2|=|3﹣2（x+1）+2|=|2x﹣3|≤3，

解得：0≤x≤3，

故不等式的解集為[0，3]，故答案為：[0，3]．

13．已知的張開（1﹣2x）5式中全部項(xiàng)的系數(shù)和為m，則ln2．

【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)．

【剖析】依據(jù)張開式中全部項(xiàng)的系數(shù)和求出m的值，再計(jì)算定積分的值即可．5m=（15﹣2）=﹣1，∴x﹣1dx=lnx=ln2﹣ln1=ln2．故答案為：ln2．14ABC﹣ABC1中，側(cè)棱AA⊥平面ABC，AA=1，底面△ABC是邊長(zhǎng)為2．在三棱柱111111的正三角形，則此三棱柱的體積為．

【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．

【剖析】由等積法證明，此后利用棱錐的體積公式求得答案．

【解答】解：如圖，

連接B1C，則，又，∴，∵AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴．

第11頁（共22頁）

15．已知實(shí)數(shù)x，y滿足x＞y＞0且x+y=1，則+的最小值是．【考點(diǎn)】基本不等式．【剖析】化簡(jiǎn)+=+=2++，從而利用基本不等式求解．【解答】解：+=+=2+2++=2++

2+=，

（當(dāng)且僅當(dāng)2=，即x=，y=時(shí)，等號(hào)建立），

故答案為：．

三、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.把答

案填在答題卡上的相應(yīng)地點(diǎn).

16．已知函數(shù)滿足以下條件：

?①周期T=π；

②?圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后關(guān)于y軸對(duì)稱；

?f（0）=1．

（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的剖析式；

（Ⅱ）設(shè)，求cos（2α﹣2β）的值．【考點(diǎn)】由y=Asinxy=Asinx（ω+φ）的部分圖象確立其剖析式；函數(shù)（ω+φ）的圖象變換．【剖析】（Ⅰ）依據(jù)f（x）的周懇求出ω的值，依據(jù)f（x）的圖象平移以及g（x）的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，求出φ的值，再由f（0）=1求出A的值，即得f（x）的剖析式；fαfβ）的值求出cos2αcos2βαβsin2α（Ⅱ）依據(jù)（﹣）與（+、，再依據(jù)、的范圍求出、sin2β，從而求出cos（2α﹣2β）的值．

【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）的周期為T==π，∴ω=2；

第12頁（共22頁）

又函數(shù)f（x）的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，變成gx=Asin[2x+φ（）（）+]，由題意，g（x）的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，

∴2×+φ=+kπ，k∈Z；

φ，∴φ=，又||＜∴函數(shù)f（x）=Asin（2x+）；又f（0）=1，∴Asin=1，解得A=2，∴函數(shù)f（x）=2sin（2x+）；（Ⅱ）由f（α﹣）=﹣，f（β+）=，

得2sin（2α﹣+）=﹣，

2sin（2β++）=，

cos2α=，cos2β=；

又α、β∈（0，），

∴2α、2β∈（0，），

∴sin2α=，sin2β=，

cos（2α﹣2β）=cos2αcos2β+sin2αsin2β

×+×=．

17．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，M，N分別為PB，CD的中點(diǎn)，二面角P﹣CD﹣A的大小為60°，∠ABC=60°，AB=2，PC=PD=

（Ⅰ）求證：PA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求直線MN與平面PCD所成角的正弦值．

第13頁（共22頁）

【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；直線與平面垂直的判斷．【剖析】（I）連接AN，依據(jù)三線合一可得AN⊥CD，PN⊥CD，于是得出CD⊥平面PAN，故而PA⊥CD，計(jì)算AN，PN，利用余弦定理求出PA，得出PA⊥AN，從而得出PA⊥平面ABCD；（II）以A為原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，求出平面PCD的法向量，則|cos，＞|即為所＜求．

【解答】證明：（I）連接AN，

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，

∴△ACD是等邊三角形，

∵N是CD的中點(diǎn)，PC=PD，

∴AN⊥CD，PN⊥CD，

∴∠PNA為二面角P﹣CD﹣A的平面角，且CD⊥平面PAN．

∴PA⊥CD，∠PNA=60°．

∵AB=AD=2，PC=PD=．∴AN=，PN==2．在△PAN中，由余弦定理得PA22PN2﹣2AN?PNcos60=3122=9．=AN+°+﹣∴PA2+AN2=PN2，∴PA⊥AN，

又CD?平面ABCD，AN?平面ABCD，AN∩CD=N，∴PA⊥平面ABCD．

（II）以A為原點(diǎn)，以AB，AN，AP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，以以以以下圖：

則A（0，0，0），B（2，0，0），N（0，，0），P（0，0，3），C（1，，0），D（﹣1，，0）．∴M（1，0，）．∴=（﹣1，，﹣），=（1，，﹣3），=（﹣2，0，0）．設(shè)平面PCD的法向量為=（x，y，z），則，=0，∴，令z=1得=（0，，1）．∴=，∴cos＜＞===．

∴直線MN與平面PCD所成角的正弦值為．

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18．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前nS滿足6S23a2aaa的等比中項(xiàng)．項(xiàng)和nn=an+n+，且2是1和6（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）符合[x]表示不超出實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)，如[log23]=1，[log25]=2．記，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn．【考點(diǎn)】數(shù)列的乞降；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式．【剖析】（I）由6Sn=an2+3an+2，當(dāng)n≥2時(shí)，+2，可得：6an=﹣+3an﹣3an﹣1，化為（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0，依據(jù)數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，及其等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、a2是a1和a6的等比中項(xiàng)即可得出．（II）=logn1==n，=n?2n．利2用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．I）由6S23a2n≥2時(shí)，+26a【解答】解：（n=an+n+，當(dāng)，可得：n=+3an﹣3an﹣1，

化為（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0，∵數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，∴an+an﹣1＞0，可得an﹣an﹣1=3，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為3．

由6a1=+3a1+2，解得a1=1或2．

當(dāng)a1=2時(shí)，an=2+3（n﹣1）=3n﹣1，可得a2=5，a6=17，不滿足a2是a1和a6的等比中項(xiàng)，舍去．當(dāng)a1=1時(shí)，an=1+3（n﹣1）=3n﹣2，可得a2=4，a6=16，滿足a2是a1和a6的等比中項(xiàng)．∴an=3n﹣2．

（II）=[log2（n+1）]，∴==n，

∴=n?2n．

∴數(shù)列的前n項(xiàng)和T23×23n?2n，n=2+2×2+++2Tn=22+2×23++（n﹣1）?2n+n?2n+1，第15頁（共22頁）

∴﹣T22n﹣n?2n+1n+1n+12，n×﹣+（﹣）Tn=（n﹣1）?2n+1+2．

19．a(chǎn)，b，c，d四名運(yùn)動(dòng)員強(qiáng)搶某次賽事的第1，2，3，4名，競(jìng)賽規(guī)則為：經(jīng)過抽簽，將4人分為甲、乙兩個(gè)小組，每組兩人．第一輪競(jìng)賽（半決賽）：兩組各自在組內(nèi)進(jìn)行一場(chǎng)比賽，決出各組的勝者和負(fù)者；第二輪競(jìng)賽決賽：兩組中的勝者進(jìn)行一場(chǎng)競(jìng)賽強(qiáng)搶1，2名，兩組中的負(fù)者進(jìn)行一場(chǎng)競(jìng)賽強(qiáng)搶第3，4名．四名選手過去交鋒的輸贏狀況累計(jì)以下表：abcdaa13勝26負(fù)a20勝10負(fù)a21勝21負(fù)bb26勝13負(fù)b14勝28負(fù)b19勝19負(fù)cc10勝20負(fù)c28勝14負(fù)c18勝18負(fù)dd21勝21負(fù)d19勝19負(fù)d18勝18負(fù)若抽簽結(jié)果為甲組：a，c；乙組：b，d．每場(chǎng)競(jìng)賽中，兩方過去交鋒各自獲勝的頻率作為獲勝的概率．（Ⅰ）求c獲得第1名的概率；（Ⅱ）求c的名次X的分布列和數(shù)學(xué)希望．【考點(diǎn)】失散型隨機(jī)變量的希望與方差；失散型隨機(jī)變量及其分布列．【剖析】（Ⅰ）求出a分別與b，c，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的概率，b分別與a，c，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的概率，c分別與a，b，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的概率，由此能求出C獲得第一名的概率．（Ⅱ）C名次X的可能取值有1，2，3，4，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出X的分布列和EX．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)a分別與b，c，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的事件分別為Ab，Ac，Ad，則P（Ab）=，P（Ac）=，P（Ad）=，b分別與a，c，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的事件分別為Ba，Bc，Bd，則P（Ba）=，P（Bc）=，P（Bd）=，c分別與a，b，d競(jìng)賽時(shí)獲勝的事件分別為Ca，Cb，Cd，則P（Ca）=，P（Cb）=，P（Cd）=，d分別與a，b，c競(jìng)賽時(shí)獲勝的事件分別為Da，Db，Dc，則P（Da）=，P（Db）=，P（Dc）=，∴C獲得第一名的概率：P=P（Ca）P（Bd）P（Cb）+P（Ca）P（Db）P（Cd）==．（Ⅱ）C名次X的可能取值有1，2，3，4，PBPCPCPDPC==．P（X=1）=P（Ca）（d）（b）+（a）（b）（d）若C為第二名，則甲組中C勝，且C與乙組的勝者競(jìng)賽時(shí)負(fù)，

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∴P（X=2）=P（Ca）P（Bd）P（Bc）+P（Ca）P（Db）P（Dc）=

，

若C為第3名，則甲組中C負(fù)，且C與乙組的負(fù)者競(jìng)賽時(shí)勝，PX=3）=P（APDPCPAPBPCd）═+∴（c）（b）（b）+（c）（d）（=，

P（X=4）=1﹣P（X=1）﹣P（X=2）﹣P（X=3）=1﹣=．

∴X的分布列為：

X1234

P

EX==．

20．已知函數(shù)f（x）=x2﹣2ax，g（x）=lnx．（Ⅰ）若f（x）≥g（x）關(guān)于定義域內(nèi)的隨意x恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）+g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2且，證明：h（x1）﹣h

x2）＞﹣ln2．

【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性．

【剖析】（Ⅰ）分別參數(shù)a可得：a≤（x﹣），（x＞0），設(shè)ω（x）=（x﹣），根

據(jù)函數(shù)的單一性求出函數(shù)的最小值，從而求出a的范圍即可；

（Ⅱ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，獲得x=∈（1，+∞2ax=212ax=212），且1+，2+，設(shè)μ（x）=x2﹣﹣ln2x2（x＞1），求出函數(shù)的單一性，證出結(jié)論即可．【解答】解：（Ⅰ）由題意得：f（x）≥g（x）?x2﹣2ax≥lnx，（x＞0），

分別參數(shù)a可得：a≤（x﹣），（x＞0），

設(shè)ω（x）=（x﹣），則ω′（x）=，

因?yàn)閥=x2，y=lnx在（0，+∞）遞加，

y=x2+lnx﹣1在（0，+∞）遞加，明顯x=1時(shí)，該函數(shù)值是0，

x∈（0，1）時(shí)，ω′（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，ω′（x）＞0，

∴ω（x）min=ω（1）=，

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a≤ω（x）min=，即a∈（﹣∞，]．

（Ⅱ）證明：由題意得：h（x）=x2﹣2ax+lnx，

則hx=2x﹣2a=x0′（）+（＞），∴方程2x2﹣2ax+1=0（x＞0）有2個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x，x2且x∈（0，），11又∵x1x2=，∴x2=∈（1，+∞），且2ax=212ax=211+，2+，而h（x1）﹣h（x2）

=[﹣（2+1）+lnx1]﹣[﹣（2+1）+lnx2]

=﹣﹣