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  • 2021-05-14 发布

广东省广州市天河区高考数学一模试卷理科

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‎2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(理科)‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,满分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=‎{x|x‎2‎−x−6<0}‎,集合B=‎{x|x−1>0}‎,则‎(‎∁‎RA)∩B=( ) ‎ A.‎‎(1, 3)‎ B.‎‎(1, 3]‎ C.‎‎[3, +∞)‎ D.‎‎(3, +∞)‎ ‎ ‎ ‎2. 设复数z满足‎(z+2i)⋅i‎=3−4i,则复数z在复平面内对应的点位于(        ) ‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎ ‎ ‎3. 设等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn,若a‎2‎‎+‎a‎8‎‎=15−‎a‎5‎,则S‎9‎等于‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎‎18‎ B.‎‎36‎ C.‎‎45‎ D.‎‎60‎ ‎ ‎ ‎4. 已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是(        ) ‎ A.若m // α,n // α,则m // n B.若α⊥γ,β⊥γ,则α // β C.若m // α,n // α,且m⊂β,n⊂β,则α // β D.若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m⊥n ‎ ‎ ‎5. ‎(x‎2‎+2)(‎1‎x‎2‎−1‎‎)‎‎5‎的展开式的常数项是( ) ‎ A.‎‎−3‎ B.‎‎−2‎ C.‎‎2‎ D.‎‎3‎ ‎ ‎ ‎6. 已知x‎1‎=‎1n‎1‎‎2‎,x‎2‎=e‎−‎‎1‎‎2‎,x‎3‎满足e‎−‎x‎3‎=lnx‎3‎,则下列各选项正确的是( ) ‎ A.‎x‎1‎‎1‎,使f(x)+x<‎‎1−xx成立,求整数a的最小值.‎ ‎(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,则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ ‎ 在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=cosα+‎3‎sinα,‎y=sinα−‎3‎cosα‎ ‎(α为参数),坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π‎6‎)‎‎=2‎. ‎ ‎(1)‎求曲线C和直线l的直角坐标方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎直线l与y轴的交点为P,经过点P的动直线m与曲线C交于A,B两点,证明:‎|PA|⋅|PB|‎为定值.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲](10分)‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎=‎|x−1|+|2x+m|(m∈R)‎. ‎ ‎(1)若m=‎2‎时,解不等式f(x)≤3‎;‎ ‎ ‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)≤|2x−3|‎在x∈[0, 1]‎上有解,求实数m的取值范围.‎ 试卷第20页,总20页 参考答案与试题解析 ‎2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(理科)‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,满分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.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 交、并、补集的混合运算 ‎【解析】‎ 先确定A,再求出‎∁‎RA,而后可求‎(‎∁‎RA)∩B.‎ ‎【解答】‎ A‎=‎{x|−20‎,所以‎0<‎x‎2‎=e‎−‎‎1‎‎2‎,‎<‎e‎0‎=‎1‎; x‎3‎满足e‎−‎x‎3‎=lnx‎3‎, 所以x‎3‎‎>0‎,所以e‎−‎x‎3‎‎0‎, 所以lnx‎3‎>0‎=ln1‎, 又因为y=‎ 试卷第20页,总20页 lnx为‎(0, +∞)‎的增函数, 所以x‎3‎‎>1‎, 综上:x‎1‎‎0‎,且x‎1‎‎≠x‎2‎)‎,化为‎4(x‎1‎+x‎2‎)‎=‎(k+‎4‎k)‎x‎1‎x‎2‎,因此x‎1‎‎+‎x‎2‎‎16‎k+‎‎4‎k对k∈[1, +∞)‎都成立,令g(k)‎=k+‎‎4‎k,k∈[1, +∞)‎,利用导数研究其单调性极值与最值即可得出.‎ ‎【解答】‎ 试卷第20页,总20页 函数f(x)‎=‎(k+‎4‎k)lnx+‎‎4−‎x‎2‎x,导数f′(x)‎=‎(k+‎4‎k)⋅‎1‎x−‎4‎x‎2‎−(1)‎ 由题意可得f′(x‎1‎)‎=f′(x‎2‎)(‎x‎1‎,x‎2‎‎>0‎,且x‎1‎‎≠x‎2‎)‎. 即有k+‎‎4‎kx‎1‎‎−‎4‎x‎1‎‎2‎−1=k+‎‎4‎kx‎2‎−‎4‎x‎2‎‎2‎−1‎, 化为‎4(x‎1‎+x‎2‎)‎=‎(k+‎4‎k)‎x‎1‎x‎2‎, 而x‎1‎x‎2‎‎<(‎x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎, ∴ ‎4(x‎1‎+x‎2‎)<(k+‎4‎k)(‎x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎, 化为x‎1‎‎+‎x‎2‎‎16‎k+‎‎4‎k对k∈[1, +∞)‎都成立, 令g(k)‎=k+‎‎4‎k,k∈[1, +∞)‎, 由k+‎4‎k≥2k⋅‎‎4‎k=4‎,当且仅当k=‎2‎取得等号, ∴ ‎16‎k+‎‎4‎k‎≤4‎, ∴ x‎1‎‎+x‎2‎>4‎,即x‎1‎‎+‎x‎2‎的取值范围是‎(4, +∞)‎. 故选:B.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.‎ ‎【答案】‎ ‎2‎n−1‎ ‎【考点】‎ 数列递推式 ‎【解析】‎ 根据已知条件写出数列的前几项,分析规律,并归纳出数列的通项公式即可.‎ ‎【解答】‎ 解:∵ 数列‎{an}‎满足a‎1‎‎=1‎, an‎=1+a‎1‎+...+an−1‎ (n∈N‎*‎, n≥2)‎, 则a‎1‎‎=1‎‎=‎‎2‎‎0‎, a‎2‎‎=2‎‎=‎‎2‎‎1‎, a‎3‎‎=4‎‎=‎‎2‎‎2‎, a‎4‎‎=8‎‎=2‎‎3‎,… 由此可得当n≥1‎时,an‎=2‎n−1‎. 故答案为:‎2‎n−1‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎2‎ ‎【考点】‎ 三角函数的恒等变换及化简求值 ‎【解析】‎ f(x)‎解析式提取,利用两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数,由x=θ时函数f(x)‎取得最大值,得到θ的取值,后代入正切公式中计算求值.‎ ‎【解答】‎ f(x)‎‎=sinx+‎3‎cosx=‎2sin(x+π‎3‎)‎; ∵ 当x=θ时,函数f(x)‎取得最大值 ∴ θ+π‎3‎=π‎2‎+2kπ,k∈z; ∴ θ=π‎6‎+2kπ,k∈z; ∴ tan(θ+π‎4‎)=tan(π‎6‎+2kπ+π‎4‎)=tan(π‎4‎+π‎6‎)=‎1+‎‎3‎‎3‎‎1−‎‎3‎‎3‎=2+‎‎3‎.‎ ‎【答案】‎ ‎15‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的极值 ‎【解析】‎ 根据函数f(x)‎=x‎3‎‎+ax‎2‎+bx+‎a‎2‎在x=‎1‎处有极小值‎10‎得f′(1)‎=‎0‎,f(1)‎=‎10‎即可求出a−b的值.‎ ‎【解答】‎ 当a=‎−3‎,b=‎3‎时, f′(x)‎=‎3x‎2‎−6x+3‎=‎3(x−1‎‎)‎‎2‎, 此时x=‎1‎不是极小值点. ∴ ‎ 试卷第20页,总20页 ‎ a=‎4‎,b=‎−11‎, ∴ a−b=‎15‎. 故答案:‎15‎.‎ ‎【答案】‎ ‎20π‎3‎ ‎【考点】‎ 球的体积和表面积 ‎【解析】‎ 如图所示,取BC的中点D,连接SD,AD.设E为‎△ABC的中心,F为‎△SBC的中心,O为三棱锥S−ABC外接球的球心.连接OE,OF,OA.四边形OEDF为正方形.可得OA为棱锥S−ABC外接球的半径.利用勾股定理及其球的表面积计算公式即可得出.‎ ‎【解答】‎ 如图所示, 取BC的中点D,连接SD,AD. 设E为‎△ABC的中心,F为‎△SBC的中心, O为三棱锥S−ABC外接球的球心. 连接OE,OF,OA.四边形OEDF为正方形. 则OA为棱锥S−ABC外接球的半径.. ∴ OA=OE‎2‎+AE‎2‎=‎(‎3‎‎3‎‎)‎‎2‎+(‎‎2‎‎3‎‎3‎‎)‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎. ∴ 三棱锥S−ABC外接球的表面积=‎4π×‎5‎‎3‎=‎‎20π‎3‎.‎ 三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题,每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共60分。‎ ‎【答案】‎ ‎∵ cos2A+sin(‎3π‎2‎−A)+1‎=‎0‎. ∴ cos2A−cosA+1‎=‎0‎,可得:‎2cos‎2‎A−cosA=‎0‎,解得:cosA=‎‎1‎‎2‎,或cosA=‎0‎, ∵ ‎△ABC为锐角三角形, ∴ cosA=‎‎1‎‎2‎, ∴ 可得:A=‎π‎3‎.‎ ‎∵ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎bcsinA=‎1‎‎2‎bc⋅‎3‎‎2‎=3‎‎3‎,可得:bc=‎12‎, 又b=‎3‎,可得:c=‎4‎, 在‎△ABC中,由余弦定理可知,a‎2‎=b‎2‎‎+c‎2‎−2bccosA=‎16+9−2×3×4×‎1‎‎2‎=25−12‎=‎13‎, ∴ a=‎‎13‎, 在‎△ABC中,由正弦定理可知:asinA‎=‎csinC,可得:sinC=c⋅sinAa=‎4×‎‎3‎‎2‎‎13‎=‎‎2‎‎39‎‎13‎.‎ ‎【考点】‎ 余弦定理 ‎【解析】‎ 试卷第20页,总20页 ‎(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosA的值,结合A的范围,可求A的值. (2)利用三角形的面积公式可求bc的值,从而解得c的值,由余弦定理可求a的值,由正弦定理可求sinC的值.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ cos2A+sin(‎3π‎2‎−A)+1‎=‎0‎. ∴ cos2A−cosA+1‎=‎0‎,可得:‎2cos‎2‎A−cosA=‎0‎,解得:cosA=‎‎1‎‎2‎,或cosA=‎0‎, ∵ ‎△ABC为锐角三角形, ∴ cosA=‎‎1‎‎2‎, ∴ 可得:A=‎π‎3‎.‎ ‎∵ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎bcsinA=‎1‎‎2‎bc⋅‎3‎‎2‎=3‎‎3‎,可得:bc=‎12‎, 又b=‎3‎,可得:c=‎4‎, 在‎△ABC中,由余弦定理可知,a‎2‎=b‎2‎‎+c‎2‎−2bccosA=‎16+9−2×3×4×‎1‎‎2‎=25−12‎=‎13‎, ∴ a=‎‎13‎, 在‎△ABC中,由正弦定理可知:asinA‎=‎csinC,可得:sinC=c⋅sinAa=‎4×‎‎3‎‎2‎‎13‎=‎‎2‎‎39‎‎13‎.‎ ‎【答案】‎ a‎3‎‎2‎‎+2a‎2‎a‎6‎+‎a‎3‎a‎7‎‎=‎25‎, 可得a‎3‎‎2‎‎+2a‎3‎a‎5‎+‎a‎5‎‎2‎=‎(a‎3‎+‎a‎5‎‎)‎‎2‎=‎25‎, 由a‎4‎=‎2‎,即a‎1‎q‎3‎=‎2‎,①,由‎00‎,an‎>0‎, 可得a‎3‎‎+‎a‎5‎=‎5‎,即a‎1‎q‎2‎‎+‎a‎1‎q‎4‎=‎5‎,② 由①②解得q=‎‎1‎‎2‎(‎2‎舍去),a‎1‎=‎16‎, 则an=‎16⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎=‎2‎‎5−n;‎ bn‎=log‎2‎an=log‎2‎‎2‎‎5−n=‎5−n, 可得Sn‎=‎1‎‎2‎n(4+5−n)=‎‎9n−‎n‎2‎‎2‎, Snn‎=‎‎9−n‎2‎, 则S‎1‎‎1‎‎+S‎2‎‎2‎+⋯+Snn=4+‎7‎‎2‎+⋯+‎‎9−n‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎n(4+‎9−n‎2‎)=‎17n−‎n‎2‎‎4‎=−‎1‎‎4‎(n−‎17‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎289‎‎16‎, 可得n=‎8‎或‎9‎时,S‎1‎‎1‎‎+S‎2‎‎2‎+⋯+‎Snn取最大值‎18‎. 则n的值为‎8‎或‎9‎.‎ ‎【考点】‎ 数列的求和 ‎【解析】‎ ‎(1)由条件判断an‎>0‎,再由等比数列的性质和通项公式,解方程可得首项和公比,进而得到所求通项公式; ‎ 试卷第20页,总20页 ‎(2)求得bn=log‎2‎an=log‎2‎‎2‎‎5−n=‎5−n,可得Sn‎=‎‎9n−‎n‎2‎‎2‎,Snn‎=‎‎9−n‎2‎,再由等差数列的求和公式和配方法,可得所求最大值时的n的值.‎ ‎【解答】‎ a‎3‎‎2‎‎+2a‎2‎a‎6‎+‎a‎3‎a‎7‎‎=‎25‎, 可得a‎3‎‎2‎‎+2a‎3‎a‎5‎+‎a‎5‎‎2‎=‎(a‎3‎+‎a‎5‎‎)‎‎2‎=‎25‎, 由a‎4‎=‎2‎,即a‎1‎q‎3‎=‎2‎,①,由‎00‎,an‎>0‎, 可得a‎3‎‎+‎a‎5‎=‎5‎,即a‎1‎q‎2‎‎+‎a‎1‎q‎4‎=‎5‎,② 由①②解得q=‎‎1‎‎2‎(‎2‎舍去),a‎1‎=‎16‎, 则an=‎16⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎=‎2‎‎5−n;‎ bn‎=log‎2‎an=log‎2‎‎2‎‎5−n=‎5−n, 可得Sn‎=‎1‎‎2‎n(4+5−n)=‎‎9n−‎n‎2‎‎2‎, Snn‎=‎‎9−n‎2‎, 则S‎1‎‎1‎‎+S‎2‎‎2‎+⋯+Snn=4+‎7‎‎2‎+⋯+‎‎9−n‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎n(4+‎9−n‎2‎)=‎17n−‎n‎2‎‎4‎=−‎1‎‎4‎(n−‎17‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎289‎‎16‎, 可得n=‎8‎或‎9‎时,S‎1‎‎1‎‎+S‎2‎‎2‎+⋯+‎Snn取最大值‎18‎. 则n的值为‎8‎或‎9‎.‎ ‎【答案】‎ 如图,取BC中点G,连接FG,OG, 因为FB=FC, 所以FG⊥BC, 又因为平面FBC⊥‎平面ABCD,平面FBC∩‎平面ABCD=BC,FG⊂‎平面FBC, 所以FG⊥‎平面ABCD, O,G分别为BD,BC中点, 所以OG // AB,OG=‎1‎‎2‎AB 因为EF=‎2‎‎3‎‎3‎=‎1‎‎2‎AB,EF // AB, 所以四边形EFGO为平行四边形, 所以OE // FG, 所以OE⊥‎平面ABCD.‎ 试卷第20页,总20页 如图,以AC所在直线为x轴,BD所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间坐标系, 显然二面角Q−BC−A为锐二面角,设该二面角为θ, 向量n‎→‎‎=(0, 0, 1)‎是平面ABC的法向量,设平面QBC的法向量v‎→‎‎=(x, y, 1)‎, 由题意可知FG=OE=BFsin‎60‎‎∘‎=‎2‎, 所以C(−2, 0, 0)‎,B(0, ‎2‎‎3‎‎3‎, 0)‎,E(0, 0, 2)‎,Q(1, 0, 1)‎ 所以BQ‎→‎‎=(1, −‎2‎‎3‎‎3‎, 1)‎,CQ‎→‎‎=(3, 0, 1)‎, 则v‎→‎‎⋅BQ‎→‎=0‎v‎→‎‎⋅CQ‎→‎=0‎‎ ‎,即x−‎2‎‎3‎‎3‎y+1=0‎‎3x+1=0‎‎ ‎, 所以v‎→‎‎=(−‎1‎‎3‎, ‎3‎‎3‎, 1)‎, 所以cosθ=‎|n‎→‎⋅v‎→‎|‎‎|n‎→‎||v‎→‎|‎=‎1‎‎1×‎‎13‎‎3‎=‎‎3‎‎13‎‎13‎. ‎ ‎【考点】‎ 直线与平面垂直 二面角的平面角及求法 ‎【解析】‎ ‎(1)取BC中点G,连接FG,OG,证明FG⊥‎平面ABCD,FG // OE,则OE⊥‎平面ABCD; (2)以AC所在直线为x轴,BD所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间坐标系,分别求出平面ABC,平面QBC的法向量,将二面角Q−BC−A转化为两个法向量夹角余弦值的问题.‎ ‎【解答】‎ 如图,取BC中点G,连接FG,OG, 因为FB=FC, 所以FG⊥BC, 又因为平面FBC⊥‎平面ABCD,平面FBC∩‎平面ABCD=BC,FG⊂‎平面FBC, 所以FG⊥‎平面ABCD, O,G分别为BD,BC中点, 所以OG // AB,OG=‎1‎‎2‎AB 因为EF=‎2‎‎3‎‎3‎=‎1‎‎2‎AB,EF // AB, 所以四边形EFGO为平行四边形, 所以OE // FG, 所以OE⊥‎平面ABCD.‎ 试卷第20页,总20页 如图,以AC所在直线为x轴,BD所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间坐标系, 显然二面角Q−BC−A为锐二面角,设该二面角为θ, 向量n‎→‎‎=(0, 0, 1)‎是平面ABC的法向量,设平面QBC的法向量v‎→‎‎=(x, y, 1)‎, 由题意可知FG=OE=BFsin‎60‎‎∘‎=‎2‎, 所以C(−2, 0, 0)‎,B(0, ‎2‎‎3‎‎3‎, 0)‎,E(0, 0, 2)‎,Q(1, 0, 1)‎ 所以BQ‎→‎‎=(1, −‎2‎‎3‎‎3‎, 1)‎,CQ‎→‎‎=(3, 0, 1)‎, 则v‎→‎‎⋅BQ‎→‎=0‎v‎→‎‎⋅CQ‎→‎=0‎‎ ‎,即x−‎2‎‎3‎‎3‎y+1=0‎‎3x+1=0‎‎ ‎, 所以v‎→‎‎=(−‎1‎‎3‎, ‎3‎‎3‎, 1)‎, 所以cosθ=‎|n‎→‎⋅v‎→‎|‎‎|n‎→‎||v‎→‎|‎=‎1‎‎1×‎‎13‎‎3‎=‎‎3‎‎13‎‎13‎. ‎ ‎【答案】‎ 由正态分布可知,抽取的一片瓷砖的质量在‎(u−3σ, u+3σ)‎之内的概率为‎0.9974‎, 则这‎10‎片质量全都在‎(u−3σ, u+3σ)‎之内(即没有废品)的概率为‎0.9974‎‎10‎‎≈0.9743‎; 则这‎10‎片中至少有‎1‎片是废品的概率为‎1−0.9743‎=‎0.0257‎;——–‎ ‎(‎ⅰ‎)‎由已知数据,用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率, 得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为‎0.7‎、‎0.2‎、‎0.1‎; 则ξ的可能取值为‎15‎,‎14‎,‎12.5‎,‎13‎,‎11.5‎,‎10‎元;——– 计算P(ξ=‎15)‎=‎0.7×0.7‎=‎0.49‎, P(ξ=‎14)‎=‎0.7×0.2×2‎=‎0.28‎, P(ξ=‎12.5)‎=‎0.7×0.1×2‎=‎0.14‎, P(ξ=‎13)‎=‎0.2×0.2‎=‎0.04‎, P(ξ=‎11.5)‎=‎0.2×0.1×2‎=‎0.04‎, P(ξ=‎10)‎=‎0.1×0.1‎=‎0.01‎, 得到ξ的分布列如下: ‎ ξ ‎15‎ ‎14‎ ‎13‎ ‎12.5‎ ‎11.5‎ ‎10‎ P ‎0.49‎ ‎0.28‎ ‎0.04‎ ‎0.14‎ ‎0.04‎ ‎0.01‎ ‎ ————- 数学期望为 E(ξ)‎=‎15×0.49+14×0.28+13×0.04+12.5×0.14+11.5×0.04+10×0.01‎ =‎7.35+3.92+0.52+1.75+0.46+0.1‎ =‎14.1‎(元);——— ‎(‎ⅱ‎)‎设乙陶瓷厂‎5‎片该规格的正品瓷砖中有n片“优等”品,则有‎5−n片“一级”品, 由已知‎7.5n+6.5(5−n)≥36‎,解得n≥3.5‎,则n取‎4‎或‎5‎; 故所求的概率为 P=C‎5‎‎4‎×‎0.8‎‎4‎×0.2+‎‎0.8‎‎5‎ =‎0.4096+0.32768‎ =‎0.73728‎.———————–‎ ‎【考点】‎ 正态分布密度曲线 ‎【解析】‎ 试卷第20页,总20页 ‎(‎Ⅰ‎)‎由正态分布的概率公式求值即可; ‎(‎Ⅱ‎)(‎ⅰ‎)‎根据题意知ξ的可能取值,计算所求的概率值,写出分布列,计算数学期望值; ‎(‎ⅱ‎)‎根据题意求出“优等”品与“一级”品数,再计算所求的概率值.‎ ‎【解答】‎ 由正态分布可知,抽取的一片瓷砖的质量在‎(u−3σ, u+3σ)‎之内的概率为‎0.9974‎, 则这‎10‎片质量全都在‎(u−3σ, u+3σ)‎之内(即没有废品)的概率为‎0.9974‎‎10‎‎≈0.9743‎; 则这‎10‎片中至少有‎1‎片是废品的概率为‎1−0.9743‎=‎0.0257‎;——–‎ ‎(‎ⅰ‎)‎由已知数据,用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率, 得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为‎0.7‎、‎0.2‎、‎0.1‎; 则ξ的可能取值为‎15‎,‎14‎,‎12.5‎,‎13‎,‎11.5‎,‎10‎元;——– 计算P(ξ=‎15)‎=‎0.7×0.7‎=‎0.49‎, P(ξ=‎14)‎=‎0.7×0.2×2‎=‎0.28‎, P(ξ=‎12.5)‎=‎0.7×0.1×2‎=‎0.14‎, P(ξ=‎13)‎=‎0.2×0.2‎=‎0.04‎, P(ξ=‎11.5)‎=‎0.2×0.1×2‎=‎0.04‎, P(ξ=‎10)‎=‎0.1×0.1‎=‎0.01‎, 得到ξ的分布列如下: ‎ ξ ‎15‎ ‎14‎ ‎13‎ ‎12.5‎ ‎11.5‎ ‎10‎ P ‎0.49‎ ‎0.28‎ ‎0.04‎ ‎0.14‎ ‎0.04‎ ‎0.01‎ ‎ ————- 数学期望为 E(ξ)‎=‎15×0.49+14×0.28+13×0.04+12.5×0.14+11.5×0.04+10×0.01‎ =‎7.35+3.92+0.52+1.75+0.46+0.1‎ =‎14.1‎(元);——— ‎(‎ⅱ‎)‎设乙陶瓷厂‎5‎片该规格的正品瓷砖中有n片“优等”品,则有‎5−n片“一级”品, 由已知‎7.5n+6.5(5−n)≥36‎,解得n≥3.5‎,则n取‎4‎或‎5‎; 故所求的概率为 P=C‎5‎‎4‎×‎0.8‎‎4‎×0.2+‎‎0.8‎‎5‎ =‎0.4096+0.32768‎ =‎0.73728‎.———————–‎ ‎【答案】‎ 解:‎1‎由题意可知,x>0‎,f‎′‎‎(x)=‎1‎x−ax‎2‎−1=‎‎−x‎2‎+x−ax‎2‎, 方程‎−x‎2‎+x−a‎=0‎对应的Δ=1−4a, ①当Δ=1−4a≤0‎,即a≥‎‎1‎‎4‎时, 当x∈(0, +∞)‎时,f‎′‎‎(x)≤0‎, ∴ f(x)‎在‎(0, +∞)‎上单调递减;  ②当‎00‎,函数f(x)‎单调递增, 在‎(0,‎1−‎‎1−4a‎2‎),(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎上f‎′‎‎(x)<0‎,函数f(x)‎单调递减; ③当a≤0‎时,‎1−‎‎1−4a‎2‎‎<0‎,‎1+‎‎1−4a‎2‎‎>0‎, 此时当x∈(0,‎1+‎‎1−4a‎2‎)‎,f‎′‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增, 当x∈(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎时,f‎′‎‎(x)<0‎,f(x)‎单调递减;  综上:当a≤0‎时,f(x)‎在‎(0,‎1+‎‎1−4a‎2‎)‎上单调递增, 在‎(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎上单调递减; 当‎0xlnx+2x−1‎, 即存在x>1‎,使a>‎xlnx+2x−1‎x−1‎成立. 设g(x)=‎xlnx+2x−1‎x−1‎,x>1‎, 则g‎′‎‎(x)=‎x−lnx−2‎‎(x−1)‎‎2‎, 设h(x)‎‎=x−lnx−2‎, 则h‎′‎‎(x)=1−‎1‎x=x−1‎x>0‎,∴ h(x)‎在‎(1, +∞)‎上单调递增. 又h(3)‎‎=3−ln3−2=‎‎1−ln3<0‎,h(4)‎‎=4−ln4−2=‎‎2−2ln2>0‎, 根据零点存在性定理,可知h(x)‎在‎(1, +∞)‎上有唯一零点, 设该零点为x‎0‎,则x‎0‎‎∈(3, 4)‎,且h(x‎0‎)‎‎=x‎0‎−lnx‎0‎−2=‎‎0‎,即x‎0‎‎−2‎‎=lnx‎0‎, ∴ g(x‎)‎min=x‎0‎lnx‎0‎+2x‎0‎−1‎x‎0‎‎−1‎=x‎0‎+1‎, 由题意可知a>x‎0‎+1‎,又x‎0‎‎∈(3, 4)‎,a∈Z, ∴ 整数a的最小值为‎5‎.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的单调性 ‎【解析】‎ ‎(1)求出函数的导数,结合二次函数的性质通过讨论a的范围判断函数的单调性即可; (2)问题转化为存在x>1‎,使axlnx+2x−1‎x−1‎成立.设g(x)=‎xlnx+2x−1‎x−1‎,x>1‎,根据函数的单调性求出a的最小值即可.‎ ‎【解答】‎ 解:‎1‎由题意可知,x>0‎,f‎′‎‎(x)=‎1‎x−ax‎2‎−1=‎‎−x‎2‎+x−ax‎2‎, 方程‎−x‎2‎+x−a‎=0‎对应的Δ=1−4a, ①当Δ=1−4a≤0‎,即a≥‎‎1‎‎4‎时, 当x∈(0, +∞)‎时,f‎′‎‎(x)≤0‎, ∴ f(x)‎在‎(0, +∞)‎上单调递减;  ②当‎00‎,函数f(x)‎ 试卷第20页,总20页 单调递增, 在‎(0,‎1−‎‎1−4a‎2‎),(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎上f‎′‎‎(x)<0‎,函数f(x)‎单调递减; ③当a≤0‎时,‎1−‎‎1−4a‎2‎‎<0‎,‎1+‎‎1−4a‎2‎‎>0‎, 此时当x∈(0,‎1+‎‎1−4a‎2‎)‎,f‎′‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增, 当x∈(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎时,f‎′‎‎(x)<0‎,f(x)‎单调递减;  综上:当a≤0‎时,f(x)‎在‎(0,‎1+‎‎1−4a‎2‎)‎上单调递增, 在‎(‎1+‎‎1−4a‎2‎,+∞)‎上单调递减; 当‎0xlnx+2x−1‎, 即存在x>1‎,使a>‎xlnx+2x−1‎x−1‎成立. 设g(x)=‎xlnx+2x−1‎x−1‎,x>1‎, 则g‎′‎‎(x)=‎x−lnx−2‎‎(x−1)‎‎2‎, 设h(x)‎‎=x−lnx−2‎, 则h‎′‎‎(x)=1−‎1‎x=x−1‎x>0‎,∴ h(x)‎在‎(1, +∞)‎上单调递增. 又h(3)‎‎=3−ln3−2=‎‎1−ln3<0‎,h(4)‎‎=4−ln4−2=‎‎2−2ln2>0‎, 根据零点存在性定理,可知h(x)‎在‎(1, +∞)‎上有唯一零点, 设该零点为x‎0‎,则x‎0‎‎∈(3, 4)‎,且h(x‎0‎)‎‎=x‎0‎−lnx‎0‎−2=‎‎0‎,即x‎0‎‎−2‎‎=lnx‎0‎, ∴ g(x‎)‎min=x‎0‎lnx‎0‎+2x‎0‎−1‎x‎0‎‎−1‎=x‎0‎+1‎, 由题意可知a>x‎0‎+1‎,又x‎0‎‎∈(3, 4)‎,a∈Z, ∴ 整数a的最小值为‎5‎.‎ ‎(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,则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由x‎2‎‎+‎y‎2‎‎=(cosα+‎3‎sinα‎)‎‎2‎+(sinα−‎3‎cosα‎)‎‎2‎‎=4‎, 得曲线C:x‎2‎+‎y‎2‎‎=4‎. 直线l的极坐标方程展开为‎3‎‎2‎ρcosθ−‎1‎‎2‎ρsinθ‎=2‎, 故l的直角坐标方程为‎3‎x−y−4=0‎ 试卷第20页,总20页 ‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎得直线l为:‎3‎x−y−4=0‎, 令x=0‎,则P的坐标为‎(0, −4)‎, 设过点P的直线方程为x=tcosα,‎y=−4+tsinα‎ ‎(t为参数) 代入C:x‎2‎+‎y‎2‎‎=4‎得t‎2‎‎−8tsinα+12‎‎=0‎, 设A,B对应的参数为t‎1‎,t‎2‎, 所以‎|PA|⋅|PB|‎‎=|t‎1‎t‎2‎|‎‎=12‎为定值.‎ ‎【考点】‎ 圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 圆的极坐标方程 直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 ‎【解析】‎ ‎(1)由x‎2‎‎+‎y‎2‎=‎(cosα+‎3‎sinα‎)‎‎2‎+(sinα−‎3‎cosα‎)‎‎2‎=‎4‎可得曲线C的直角坐标方程;根据互化公式可得直线l的直角坐标方程; (2)根据参数t的几何意义可得.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由x‎2‎‎+‎y‎2‎‎=(cosα+‎3‎sinα‎)‎‎2‎+(sinα−‎3‎cosα‎)‎‎2‎‎=4‎, 得曲线C:x‎2‎+‎y‎2‎‎=4‎. 直线l的极坐标方程展开为‎3‎‎2‎ρcosθ−‎1‎‎2‎ρsinθ‎=2‎, 故l的直角坐标方程为‎3‎x−y−4=0‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎得直线l为:‎3‎x−y−4=0‎, 令x=0‎,则P的坐标为‎(0, −4)‎, 设过点P的直线方程为x=tcosα,‎y=−4+tsinα‎ ‎(t为参数) 代入C:x‎2‎+‎y‎2‎‎=4‎得t‎2‎‎−8tsinα+12‎‎=0‎, 设A,B对应的参数为t‎1‎,t‎2‎, 所以‎|PA|⋅|PB|‎‎=|t‎1‎t‎2‎|‎‎=12‎为定值.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲](10分)‎ ‎【答案】‎ 若m=‎2‎时,‎|x−1|+|2x+2|≤3‎, 当x≤−1‎时,原不等式可化为‎−x+1−2x−2≤3‎解得x≥−‎‎4‎‎3‎,所以‎−‎4‎‎3‎≤x≤−1‎, 当‎−1