广东省广州市天河区高考数学一模试卷理科 20页

‎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