高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）07（解析版） 24页

2020 年高考必刷卷（新课标卷）07 数学（理） （本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 12 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  2, 1,0,1M    ， 1{ | 2 4, }2 xN x x Z    ，则 M N  A．  2, 1,0,1,2M    B．  1,0,1,2M   C．  1,0,1M   D．  0,1M  【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合 N,根据集合的交集运算即可. 【详解】 因为  1| 2 4, 1,0,1,22 xN x x Z         , 所以  1.0,1M N   , 【点睛】 本题主要考查了集合的交集运算，属于中档题. 2．已知复数 (1 ) 2z i i  ，其中i 为虚数单位，则 3z i  （ ） A．9 B．3 C．5 D． 5 【答案】D 【解析】 【分析】 由题，将复数  1 2z i i  进行化简可得 1z i   ，再求得 3 1 2z i i    ，可得其模长. 【详解】 由  1 2z i i  ，得       2 1 2 12 11 1 1 2 i i iiz ii i i           ， 所以 3 1 2z i i    ，所以 3 1 2 5z i i     .故选 D. 【点睛】 本题考查了复数的计算化简以及复数的模长的求法，属于基础题. 3．已知向量 thtan ， t .且 ，则 tan （ ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 通过 得到 tan h ，再利用和差公式得到答案. 【详解】 向量 thtan ， t .且 tan h tan tan tan tan tan ， 故答案为 B. 【点睛】 本题考查了向量平行，正切值的计算，意在考查学生的计算能力. 4．公差不为 0 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 6 43a a ，且 10 4S a ，则  的值为（ ） A．15 B．21 C．23 D．25 【答案】D 【解析】 由题意有：  1 1 15 2 3 2a d a d a d      ， 且：  1 10 4 1 10 9 10 910 10 22 2 253 2 3 a d d dS a a d d d             . 本题选择 D 选项. 5．若二项式   *3 nx n N 的展开式中所有项的系数之和为 a ，所有项的系数的绝对值之和为b ， 则 b a a b  的最小值为( ) A．2 B． 5 2 C． 13 6 D． 9 2 【答案】B 【解析】 试题分析：令 ，可求得 ；令 ，可求得 ；所以 b a a b  ，令 ，所以 b a a b  ，故应选 . 考点：1.二项式定理；2、函数的最值； 6．在 ABC 中， 3 6 9,AB AC AB AC BC       若 ， ， 则 的值为( ) A．3 3 B． 2 3 C． 27 D． 63 【答案】A 【解析】 【详解】 在 ABC 中， BC AC AB    所以 2 2 BC AC AB    = ( ) ( )AC AB AC AB      = 2 22AC AC AB AB      =36 2 9 9   =27。 所以 3 3BC  ，答案选 A。 7．已知直线 y＝3－x 与两坐标轴所围成的区域为Ω1，不等式组 3 0 2 y x x y x       所围成的区域为Ω2，现在 区域Ω1 中随机放置一点，则该点落在区域Ω2 内的概率是（ ） A． 1 4 B． 1 3 C． 1 2 D． 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意作出区域，分别计算出面积，即可得到概率. 【详解】 在平面直角坐标系中，做出区域Ω1， 如图中 △ OAB 所示，其面积为 1 93 32 2    ， 作出区域Ω2，如图中 △ OBC 所示，联立 3 2 y x y x     ，解得 C（1,2）， 所以区域Ω2 的面积为 1 33 12 2    ， 故所求概率 3 12 9 3 2 P   . 故选：B 【点睛】 此题考查几何概型求解概率，准确作图并求出对应区域的面积方可正确得解. 8．已知 a 是实数，则函数 的图象不可能是( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 对于振幅大于 1 时，三角函数的周期为 T= 2 a  ，∵|a|＞1，∴T＜2π，显然 B 不符合要求，它的振幅 大于 1，但周期反而大于了 2π．故选 B 9．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该书完善了珠算口诀，确立了算 盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．如 图所示的程序框图的算法思路源于该书中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输入的 a 值为 5， 则输出的值为（ ） A．19 B．35 C．67 D．198 【答案】C 【解析】 分析：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 m 的值，模拟程序 的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 详解：模拟程序的运行，可得: 5, 7, 1, 11, 2, 19, 3, 35, 4, 67 a m i m i m i m i m           此时否则输出结果为 67 故选 C. 点睛：本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论， 是基础题． 10．已知四棱锥 P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥 P ABCD 的五个面中面积的最大值是 （ ） A．3 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【解析】 因为三视图复原的几何体是四棱锥，顶点在底面的射影是底面矩形的长边的中点，底面边长分别为 4,2 ，后面是等腰三角形，腰为 3 ，所以后面的三角形的高为 2 23 2 5  ，可得后面三角形的 面积为 1 4 5 2 52    ，两个侧面面积为 1 2 3 32    ，前面三角形的面积为  2 21 4 5 2 62     ，底面矩形的面积是 2 4 8  ，四棱锥 P ABCD 的五个面中面积最大的 是前面三角形的面积8 ，故选 C. 【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难 题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观 图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚 线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底 面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状. 11．如图， A ， B ，C 是椭圆 2 2 2 2 1x y a b    0a b  上的三个点， AB 经过原点O ， AC 经过右 焦点 F ，若 BF AC 且 3BF CF ，则该椭圆的离心率为（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 2 D． 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 取左焦点 1F ，连接 1 1 1, ,AF CF BF ，分别在 1 1,AF F AFC  中利用勾股定理列方程组即可求解. 【详解】 取左焦点 1F ，连接 1 1 1, ,AF CF BF ， BF AC ，根据椭圆的对称性可得： 1AFBF 是矩形， 设 1 1, 2 , 3 , 2 3 , 2 2CF m CF a m BF AF m AF a m AC a m         ， 1Rt AFC 中， 2 2 2 1 1AF AC CF  即： 2 2 2(3 ) (2 2 ) (2 )m a m a m    解得： 3 am  ，则 1 ,AF a AF a  在 1Rt AF F 中 2 2 2 1 1AF AF FF  即： 2 2 2(2 )a a c  ， 2 2 2 2 12 , 2 ca c a   所以椭圆离心率为 2 2 . 故选：B 【点睛】 此题考查根据椭圆的几何性质求解离心率，关键在于熟练掌握椭圆的几何性质，根据已知几何关系， 准确进行转化，列出椭圆基本量的等量关系求解. 12．已知函数 ( ) 2 x mf x xe mx   （ e 为自然对数的底数）在 (0, ) 上有两个零点，则 m 的范围 是（ ） A． (0, )e B． (0,2 )e C． ( , )e  D． (2 , )e  【答案】D 【解析】 【分析】 利用参数分离法进行转化， 1 2 xxem x   ，设 ( ) 1 2 xxeh x x   （ 0x  且 1 2x  ）， 构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和极值，利用数形结合进行求解即可． 【详解】 解：由 ( ) 02 x mf x xe mx    得 1( )2 2 x mxe mx m x    ， 当 1 2x  时，方程不成立，即 1 2x  ， 则 1 2 xxem x   ， 设 ( ) 1 2 xxeh x x   （ 0x  且 1 2x  ）， 则   2 2 2 1 1 1' 2 2 2'( ) 1 1 2 2 x x xxe x xe e x x h x x x                          2 1 ( 1)(2 1)2 1 2 xe x x x        ， ∵ 0x  且 1 2x  ，∴由 '( ) 0h x  得 1x  ， 当 1x  时， '( ) 0h x  ，函数为增函数， 当 0 1x  且 1 2x  时， '( ) 0h x  ，函数为减函数， 则当 1x  时函数取得极小值，极小值为 (1) 2h e ， 当 10 2x  时， ( ) 0h x  ，且单调递减，作出函数 ( )h x 的图象如图： 要使 1 2 xxem x   有两个不同的根， 则 2m e 即可， 即实数 m 的取值范围是 (2 , )e  . 方法 2：由 ( ) 02 x mf x xe mx    得 1( )2 2 x mxe mx m x    ， 设 ( ) xg x xe ， 1( ) ( )2h x m x  ， '( ) ( 1)x x xg x e xe x e    ，当 0x  时， '( ) 0g x  ，则 ( )g x 为增函数， 设 1( ) 2h x m x     与 ( ) xg x xe ，相切时的切点为 ( , )aa ae ，切线斜率 ( 1) ak a e  ， 则切线方程为 ( 1) ( )a ay ae a e x a    ， 当切线过 1( ,0)2 时， 1( 1) ( )2 a aae a e a    ， 即 21 1 2 2a a a a     ，即 22 1 0a a   ，得 1a  或 1 2a   （舍），则切线斜率 (1 1) 2k e e   ， 要使 ( )g x 与 ( )h x 在 (0, ) 上有两个不同的交点，则 2m e ， 即实数 m 的取值范围是 (2 , )e  . 故选 D． 【点睛】 本题主要考查函数极值的应用，利用数形结合以及参数分离法进行转化，求函数的导数研究函数的 单调性极值，利用数形结合是解决本题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13．设 是第三象限角， 5tan 12   ，则  cos    ______． 【答案】 12 13 【解析】 【分析】 由 是第三象限的角，根据 tan 的值，利用同角三角函数间的基本关系求出 cos 的值即可． 【详解】 解： 5tan 12   ， 2 2 1 1691 tancos 144     ， 2 144cos 169   ， 又 为第三象限角， 12cos 13    ，   12cos cos 13        ， 故答案为 12 13 ． 【点睛】 此题考查了同角三角函数间的基本关系，熟练掌握基本关系是解本题的关键． 14．已知  f x 是定义在 ,   内的偶函数，且在  ,0 上是增函数，设 1a f ln 3      ，  4b f log 3 ，  1.2c f 0.4 ，则 , ,a b c 的小关系是______． 【答案】 a b c  【解析】 【分析】 根据题意，分析可得  f x 在 0,  上为减函数，进而可得  1 lg3a f ln f ln3 f3 lge            ，  4 lg3b f log 3 f lg4       ，  1.2c f 0.4 ，据此分析可得答案． 【详解】 根据题意，  f x 是定义在 ,   内的偶函数，且在  ,0 上是增函数， 则  f x 在 0,  上为减函数， 则  1 lg3a f ln f ln3 f3 lge            ，  4 lg3b f log 3 f lg4       ，  1.2c f 0.4 ， 且有 1.2lg3 lg3 0.4lge lg4   ， 则有 a b c  ； 故答案为： a b c  ． 【点睛】 本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及对数的性质，属于基础题． 15．已知圆 C1： 2 2( 2) ( 3) 1x y    ，圆 C2： 2 2( 3) ( 4) 9x y    ，M，N 分别是圆 C1，C2 上 的动点，P 为 x 轴上的动点，则 PM PN 的最小值_____． 【答案】5 2 4 【解析】 【分析】 求出圆 1C 关于 x 轴对称圆的圆心坐标 A ，以及半径，然后求解圆 A 与圆 2C 的圆心距减去两个圆的 半径和，即可得到 PM PN 的最小值. 【详解】 如图所示，圆 1C 关于 x 轴对称圆的圆心坐标 3(2, )A  ，以及半径1， 圆 2C 的圆心坐标为 (3,4) ，半径为 3 ， 所以 PM PN 的最小值为圆 A 与圆 2C 的圆心距减去两个圆的半径和， 即 2 2(3 2) (4 3) (1 3) 5 2 4       . 【点睛】 本题主要考查了圆的对称圆的方程的求法，以及两圆的位置关系的应用，其中解答中把 PM PN 的最小值转化为圆 A 与圆 2C 的圆心距减去两个圆的半径和是解答的关键，着重考查了转化思想，以 及推理与运算能力，属于中档试题. 16．已知数列{ }na 的首项 1 1a  ，其前 n 项和为 nS ，且 2 1 2n nS S n n p    ，若{ }na 单调递增， 则 p 的取值范围是__________． 【答案】 1 3,2 2      【解析】 由 2 1 2n nS S n n p    可得：      2 1 1 2 1 2n nS S n n p n        两式相减得：  1 2 1 2n na a n n     1 2 1 3n na a n n     两式相减可得：  1 1 2 3n na a n    数列 2a ， 4a ， 6a ...是以 2 为公差的等差数列，数列 3a ， 5a ， 7a ...是以 2 为公差的等差数列 将 1n  代入 2 1 2n nS S n n p    及 1 1a  可得： 2 1a p  将 2n  代入  1 2 1 2n na a n n    可得 3 4a p  4 2 2 3a a p    要使得 *n N  ， 1n na a  恒成立 只需要 1 2 3 4a a a a   即可 1 1 4 3p p p       解得 1 3 2 2p  则 p 的取值范围是 1 3 2 2      ， 点睛：本题考查了数列的递推关系求通项，在含有 nS 的条件中，利用 1n n na S S   来求通项，本题 利用减法运算求出数列隔一项为等差数列，结合 1 1a  和数列为增数列求出结果，本题需要利用条 件递推，有一点难度。 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17． ABC 的内角 A B C， ， 的对边分别为 a b c， ， ，已知 2 B Cbsin asinB ＝ ． （1）求 A ； （2）若 2 3b c BAC＝ ， ＝ ， 平分线 AD 交 BC 于点 D ，求 AD 的长． 【答案】(1) =60A  (2) 6 3 5AD＝ 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理化简已知等式，结合 sinB≠0，可得 2 B Csin sinA ＝ ，利用三角形内角和化简，进 而可求 A 的值（2）由已知利用三角形的面积公式可得 3 1 3 3 4 2 2AD AD ＝ ，即可求解. 【详解】 如图： （1） 2 B Cbsin asinB ＝ ， ∴由正弦定理可得 2 B CsinBsin sinAsinB ＝ ， 0sinB  ， 2 B Csin sinA ＝ ， 180A B C   ＝ ， sin cos2 2 B C A ＝ ， 2sin cos2 2 2 A A Acos  ， 02 Acos  ， 1sin 2 2 A  ， 60A ＝ ． （2） 2 3 60b c A  = ， = ， = ， 1 3 3 2 2ABCS b c sinA   ＝ ＝ ， 1 3302 4ABDS b AD sin AD   ＝ ＝ ， 1 1302 2ACDS b AD sin AD   ＝ ＝ ， ∴由 3 1 3 3 4 2 2AD AD ＝ ，可得 6 3 5AD＝ ． 【点睛】 本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考 查了计算能力和转化思想，属于中档题． 18．如图，已知抛物线 2: 8C y x 的焦点是 F ，准线是 l . （Ⅰ）写出焦点 F 的坐标和准线 l 的方程； （Ⅱ）已知点  8,8P ，若过点 F 的直线交抛物线C 于不同的两点 A 、B（均与 P 不重合），直线 PA 、 PB 分别交 l 于点 M 、 N 求证： MF NF . 【答案】（Ⅰ）  2,0F ，准线l 的方程为 2x   ；（Ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据抛物线C 的标准方程可得出焦点 F 的坐标和准线l 的方程； （Ⅱ）设直线 AB 的方程为 2x my  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，将直线 AB 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，求出点 M 、N 的坐标，计算出 0MF NF   ，即可证明出 MF NF . 【详解】 （I）抛物线C 的焦点为  2,0F ，准线 l 的方程为： 2x   ； （Ⅱ）设直线 AB 的方程为：  2x my m R   ，令  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立直线 AB 的方程与抛物线C 的方程 2 2 8 x my y x     ，消去 x 得 2 8 16 0y my   ， 由根与系数的关系得： 1 2 16y y   . 直线 PB 方程为： 2 2 8 8 8 8 y x y x    ，  2 2 2 2 2 8 8 88 8 888 y y xy xy y       ， 当 2x   时， 2 2 8 16 8 yy y   ， 2 2 8 162, 8 yN y      ，同理得： 1 1 8 162, 8 yM y     . 2 2 8 164, 8 yFN y        ， 1 1 8 164, 8 yFM y       ,          2 1 2 12 1 2 1 2 1 16 8 8 8 16 8 168 16 8 1616 8 8 8 8 y y y yy yFN FM y y y y                           1 2 2 1 2 1 80 16 80 16 16 08 8 8 8 y y y y y y         ， FN FM   ， MF NF  . 【点睛】 本题考查利用抛物线方程求焦点坐标和准线方程，同时也考查了直线与抛物线的综合问题，涉及到 两直线垂直的证明，一般转化为两向量数量积为零来处理，考查计算能力，属于中等题. 19．如图，矩形 ABCD 中， 3AB  ， 1BC  ，E 、F 是边 DC 的三等分点.现将 DAE 、 CBF 分别沿 AE 、 BF 折起，使得平面 DAE 、平面CBF 均与平面 ABFE 垂直. （1）若G 为线段 AB 上一点，且 1AG  ，求证： / /DG 平面CBF ； （2）求二面角 A CF B  的正弦值. 【答案】（1）见证明；（2） 3 38 19 【解析】 【分析】 （1）构造经过直线 DG 的平面，然后证明该平面与已知的平面CBF 平行，再由面面平行得出线面 平行； （2）建立空间直角坐标系，借助空间向量知识解决二面角的大小. 【详解】 （1）如图，分别取 AE ， BF 的中点 M ， N ，连接 DM ，CN ， MG ， MN ， 因为 1AD DE  ， 90ADE   ， 所以 DM AE ，且 2 2DM  . 因为 1BC CF  ， 90BCF   ， 所以CN BF ，且 2 2CN  . 因为面 DAE 与面 ABFE 垂直， 面 DAE  面 ABFE AE ， DM AE ， DM  平面 DAE 所以 DM  面 ABFE ， 同理：CN 面 ABFE ， 所以 DM CN ，且 DM CN ， DM  平面CBF ， CN  平面CBF ， 故 / /DM 平面CBF ， 在矩形 ABCD 中， 045DAE  故 045EAB  ， 同理： 045FBA  ， 在几何体 DCEFBA 中， 因为 cos45AM AG  ， 所以 90AMG   ， 所以 AMG 是以 AG 为斜边的等腰直角三角形，故 45MGA   ， 而 45FBA   ， 因为 MG 与 FB 共面于平面 EFAB , 故 MG FB ， MG  平面CBF ， FB  平面CBF ， 故 / /MG 平面CBF ， MG DM M  , ,MG DM  平面 DMG ， 故面 DMG  面CBF ， 因为 DG  平面 DMG ， 则 DG  面CBF . （2）如图，以G 为原点，分别以 AB ，GE 所在直线为 ,x y 轴，以过G 点并垂直于面 ABFE 的直 线为轴 z 建立空间直角坐标系， 则  1,0,0A  ，  2,0,0B ，  0,1,0E ，  1,1,0F ， 3 1 2, ,2 2 2C       ， 则  2,1,0AF  ， 1 1 2, ,2 2 2FC        ，  1,1,0BF   ， 因为    1,1,0 1,1,0 0GF BF      所以GF BF ， 由（1）得CN 面 ABFE ， GF CN ， 而 ,BF CN  平面CBF ， BF CN N  ， 故GF 平面CBF ， 从而  1,1,0GF  是平面CBF 的一个法向量； 设  , ,n x y z 为平面 AFC 的一个法向量，则 2 00 0 2 0 x yn AF n FC x y z              ， 解得 3 2 0 2 0 x z x y      ， 取 2x   ，则 4y  ， 3 2z  ， 即  2,4,3 2n   ， 所以，    1,1,0 2,4,3 2 19cos , 192 38 GF n        故所求二面角的正弦值为 1 3 381 19 19   . 【点睛】 本题考查了线面平行的证明以及二面角的求解问题，线面平行常见的证法是借助线线平行或面面平 行证得，求解二面角大小时往往借助法向量的夹角来进行求解. 20．“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求.“考试”作为一种 公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用.每次考试过后，考生最关心的问题是:自己的考试名次 是多少?自已能否被录取?能获得什么样的职位? 某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录 用300 名，其中 275 个高薪职位和 25 个普薪职位.实际报名人数为 2000 名，考试满分为 400 分.(一 般地，对于一次成功的考试来说，考试成绩应服从正态分布. )考试后考试成绩的部分统计结果如下: 考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生 30 名. (1)最低录取分数是多少?(结果保留为整数) (2)考生甲的成绩为 286 分，若甲被录取，能否获得高薪职位?若不能被录取，请说明理由. 参考资料:(1)当 2~ ( , )X N   时，令 XY    ，则  ~ 0,1Y N . (2)当  ~ 0,1Y N 时， 2.17( ) 0.985P Y   ， 1.28 0.900, 1.( ) 09( ) 0.863P Y P Y    ， 1.04( ) 0.85P Y   . 【答案】（1） 266 分或 267 分.（2）能获得高薪职位.见解析 【解析】 【分析】 （1）利用考试的平均成绩、高分考生的人数，以及题目所给正态分布的参考资料，求得考生成绩 X 的分布  ~ 180,832X N ，利用录取率 300 2000 列方程，由此求得最低录取分数线. （2）计算出不低于考生甲的成绩的人数约为 200 ，由此判断出甲能获得高薪职位. 【详解】 (1)设考生成绩为 X ，则依题意 X 应服从正态分布，即  2~ 180,X N  . 令 180XY   ，则  ~ 0,1Y N . 由360分及其以上的高分考生30 名可得 ( ) 30360 2000P X   即   30360 1 0.9852000P X     ，亦即 360 180 0.985P Y       . 则 360 180 2.17   ，解得  83 180,832N  ， ， 设最低录取分数线为 ox ，则 0 180 300 83 2( 0) 0 0o xP X x P Y        则 0 180 3001 0.8583 2000 xP Y        ， 0 180 1.0483 x   266.32ox  . 即最低录取分数线为 266 分或 267 分. (2)考生甲的成绩 286 267 ，所以能被录取.    286 180( )286 1.28 0.9083P X P Y P Y      ， 表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1 0.90 0.10,2000 0.1 200    ， 即考生甲大约排在第 200 名，排在 275 名之前，所以他能获得高薪职位. 【点睛】 本小题主要考查正态分布在实际生活中的应用，考查化归与转化的数学思想方法，考查阅读理解能 力，属于中档题. 21．已知函数 t考 考 考 hln考 ．（ ） （1）若 且函数 t考 在其定义域内为增函数，求实数 的取值范围； （2）若函数 t考 在 考 t 存在极值，求实数 的取值范围 【答案】（1） ；（2） t t 【解析】 【分析】 （1）由题意得，f （x）≥0 在（0，+∞）内恒成立，即 ax2﹣2x+a≥0 在（0，+∞）上恒成立,由分离 参数，运用基本不等式求出最大值即可； （2）令导数为 0，可设 L（x）＝ax2﹣2x+a，x∈（0，3），由参数分离，运用基本不等式求出最值 即可判断． 【详解】 （1） t考 考 h h 考 考 h h考 考 h ，∵f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数， ∴f'（x）≥0 在（0，+∞）内恒成立，即 ax2﹣2x+a≥0 在（0，+∞）上恒成立． 即 在（0，+∞）上恒成立，∴ ，设 ， 则 ，∵x＞0，∴ ，当且仅当 x＝1 时取等号， ∴M（x）≤1，即[M（x）]max＝1，∴a≥1 所以实数 a 的取值范围是[1，+∞） （2）∵ t考 考 h h考 考 h ，令 f （x）＝0 即 ax2﹣2x+a＝0，由 a（x2+1）＝2x 得 ， 令 ，x∈（0，3），即 ，当且仅当 x＝1 时等号成立． ∵ ，∴L（x）∈（0，1]， 又∵a＝1 时， t考 考 h h考 考 h 在 x∈（0，3）上恒成立，∴a＝1 不满足条件， ∴当 0＜a＜1 时，y＝f（x）在 x∈（0，3）存在极值． 【点睛】 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，考查分类讨论的思想方法，函数和方程的转化思想， 同时考查运算能力，属于中档题． （二）选考题：共 10 分.请考生在 22,23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中，点  0, 1P  ，直线l 的参数方程为 (1 x tcos ty tsin        为参数），以坐标 原点为极点，以 x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 cos2 8sin     ． （1）求曲线C 的直角坐标方程； （2）若直线l 与曲线C 相交于不同的两点 , ,A B M 是线段 AB 的中点，当 40 9PM  时，求 sin 的 值． 【答案】（1） 2 4x y ；（2） 4 5 . 【解析】 【分析】 （1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2 可得曲线 C 的直角坐 标方程； （2）联立直线 l 的参数方程与 x2＝4y 由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已 知弦长相等可解得． 【详解】 解：（1）在ρ+ρcos2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cos2θ﹣sin2θ）＝8ρsinθ， ∴x2+y2+x2﹣y2＝8y，即 x2＝4y， 所以曲线 C 的直角坐标方程为：x2＝4y． （2）联立直线 l 的参数方程与 x2＝4y 得：（cosα）2t2﹣4（sinα）t+4＝0， 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 由 △ ＝16sin2α﹣16cos2α＞0，得 sinα＞ 2 2 ， t1+t2＝ 2 4sin cos a a ，由|PM|＝ 1 2 2 2sin 40 2 cos 9 t t a a    ， 所以 20sin2α+9sinα﹣20＝0，解得 sinα＝ 4 5 或 sinα＝﹣ 5 4 （舍去）， 所以 sinα＝ 4 5 ． 【点睛】 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题． 23．选修 4-5：不等式选讲 （1）比较 2 2a b 与 2(2 ) 5a b  的大小； （2）已知 , ,a b c R ，且 1a b c   ，求证： 1 1 1( 1)( 1)( 1) 8a b c     【答案】（1） 2 2a b  2(2 ) 5a b  （2）见解析 【解析】 试题分析：（1）作差比较，  2 2 2 22 2 5 a 2 1 0a b a b b         ，从而可得结果；（2） 1 1 11 1 1a b c             中的1换为 a b c  后，利用均值不等式可得结论. 试题解析：（1）因为  2 2 2 22 2 5 a 2 1 0a b a b b         ，所以 2 2, a b   2 2 5a b  ； （2） 证明：∵a+b+c=1，a，b，c∈R+， ∴ 1 1 1 b+c a+c a 2 2 21 1 1 = 8a b c b bc ac ab a b c a b c                   当且仅当 a=b=c 时，取 等号。