2020年湖北省高考(理科)数学模拟试卷-(word版含解析

1、2020年湖北高考数学（4月份）模拟试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1已知实数集R，集合Ax|1x5，集合B，则A（RB）（）Ax|1x2Bx|x1Cx|1x0Dx|0x52已知zC，若，则z（）ABCD3若（12x）2020a0+a1x+a2x2+a2020x2020，则a1+a2+a3+a2020（）A0B1C1D24中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷（gu）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸10分）节气冬至小寒（大雪

2、）大寒（小雪）立春（立冬）雨水（霜降）惊蛰（寒露）春分（秋分）清明（白露）谷雨（处暑）立夏（立秋）小满（大暑）芒种（小暑）夏至晷影长（寸）135125115.1105.295.375.566.545.735.825.916.0已知易经中记录某年的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，按照上述规律那么易经中所记录的春分的晷影长应为（）A91.6寸B82.0寸C81.4寸D72.4寸5我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征如函数的图象大致为（）

3、A BC D6已知，则（）AyxzBzyxCzxyDyzx7设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，则“|q|1”是“S63S2”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件8如图，在平行四边形ABCD中，DEEC，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为（）A B C D9已知函数f（x），若存在x1，x2R且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A3，+）B（3，+）C（，3）D（，310已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点

4、，则C的离心率为（）AB2CD11一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为m，则圆锥的底面圆半径为（）AmB1mCmDm12已知函数f（x）cos（x）（0），x1，x2，x30，且x0，都有f（x1）f（x）f（x2），满足f（x3）0的实数x3有且只有3个，给出下述四个结论：其中所有正确结论的编号是（）满足题目条件的实数x1有且只有1个；满足题目条件的实数x2有且只有1个；f（x）在（0，）上单调递增；的取值范围是）ABCD二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分13设曲线yex+1上点P处的切

5、线平行于直线xy10，则点P的坐标是 14某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，n，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则m+n 15自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资已知每辆卡

6、车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为 16已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上异于长轴端点的动点，MF1F2的内心为I，则 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题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题第23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17在ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满（1）求角B的值；（2）若，求的取值范围，18如图，在四棱锥SABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CDSD，点M是S

7、A的中点，ADBC，ABC90，ABADBC（1）求证：BD平面SCD；（2）若直线SD与底面ABCD所成的角为60，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值19线段AB为圆M：x2+y2+2x10y+60的一条直径，其端点A，B在抛物线C：x22py（p0）上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11（1）求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程；（2）过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N点，求PQN面积的取值范围20已知函数f（x）x2+cosx（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）f（x）a在（0，+）上有两个零点x1，x2，且x1x

8、2，求证：x1+x2212020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（kN*且k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样

9、本是阳性结果的概率为p（0p1）（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（kN*且k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2（i）试运用概率统计的知识，若E1E2，试求p关于k的函数关系式pf（k）；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.9459（二）选考题：共10分请考生在22，23题中

10、任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分作答时写清题号选修4-4：坐标系与参数方程22在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l：ykx与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OQ|PQ|，点M的直角坐标为（1，0），求PMQ的面积选修4-5：不等式选讲23已知实数a、b满足a2+b2ab3（1）求ab的取值范围；（2）若ab0，求证：+参考答案一、选择题：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

11、要求的1已知实数集R，集合Ax|1x5，集合B，则A（RB）（）Ax|1x2Bx|x1Cx|1x0Dx|0x5【分析】可以求出集合B，然后进行交集和补集的运算即可解：Ax|1x5，By|y0，RBy|y0，A（RB）x|1x0故选：C2已知zC，若，则z（）ABCD【分析】设za+bi（a，bR）由，可得（abi）1+2i，a1，b2，解得b，a解：设za+bi（a，bR），（abi）1+2i，a1，b2，解得b2，a则z+2i，故选：B3若（12x）2020a0+a1x+a2x2+a2020x2020，则a1+a2+a3+a2020（）A0B1C1D2【分析】令x0求得a0，再令x1即可求解

12、结论解：因为：（12x）2020a0+a1x+a2x2+a2020x2020，令x0可得：1a0；令x1可得：a0+a1+a2+a3+a2020（121）20201；故a1+a2+a3+a2020110故选：A4中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷（gu）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸10分）节气冬至小寒（大雪）大寒（小雪）立春（立冬）雨水（霜降）惊蛰（寒露）春分（秋分）清明（白露）谷雨（处暑）立夏（立秋）小满（大暑）芒种（小

13、暑）夏至晷影长（寸）135125115.1105.295.375.566.545.735.825.916.0已知易经中记录某年的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，按照上述规律那么易经中所记录的春分的晷影长应为（）A91.6寸B82.0寸C81.4寸D72.4寸【分析】由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为130.0寸，设为a1130，夏至晷影长为14.8寸，则为a1314.8，春分的晷影长为a7，根据等差数列的性质即可求解解：由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为130.0寸，设为a1130，夏至晷影长为14.8寸，则为a1314.8

14、，春分的晷影长为2a7a1+a13；a772.4；即春分的晷影长为72.4故选：D5我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征如函数的图象大致为（）ABCD【分析】根据题意，设f（x），分析函数的奇偶性可以排除A、D，结合复合函数单调性的判断方法分析可得函数yf（x）为增函数，排除C；即可得答案解：根据题意，设f（x），有f（x）f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；设tcosx，则y2t2+t+1，在区间0，上，tcosx为减函数，且0t1，y2

15、t2+t+1，其对称轴为t，开口向下，在区间（，）上为增函数，（，+）上为减函数，在区间（0，arccos）上，tcosx为减函数，此时t1，函数y2t2+t+1为减函数，故函数yf（x）为增函数，排除C；故选：B6已知，则（）AyxzBzyxCzxyDyzx【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解解：20.1201，x1，0 ，0 ，yzx，故选：D7设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，则“|q|1”是“S63S2”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据等比数列的前n项和为Sn结合充分条件和必要条件的定义进行判断解：若q1时，S66a13S2

16、32a16a1，q1时，S63S20，符合题意，是充分条件；反之也成立，故“|q|1”是“S63S2”的充要条件，故选：C8如图，在平行四边形ABCD中，DEEC，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为（）ABCD【分析】可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出m即可解：，F为BC的中点，设，又，解得m故选：A9已知函数f（x），若存在x1，x2R且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A3，+）B（3，+）C（，3）D（，3【分析】当1，即a2时，由二次函数的图象和性质，可知存在

17、x1，x2（，1且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立；当1，即a2时，若存在x1，x2R且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则1+a3a7，由此能求出实数a的取值范围解：函数f（x），存在x1，x2R且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，当1，即a2时，由二次函数的图象和性质，可知：存在x1，x2（，1且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，当1，即a2时，若存在x1，x2R且x1x2，使得f（x1）f（x2）成立，则1+a3a7，解得a3，2a3，综上所述：实数a的取值范围是（，3）故选：C10已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两

18、点，若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点，则C的离心率为（）AB2CD【分析】由题意画出图形，结合已知可得F1BOA，写出F1B的方程，与y联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解解：如图，因为A为F1B的中点，所以，又因为B在圆上，所以0，故OAF1B，则F1B：y（x+c），联立，解得B（，），则OB2（）2+（）2c2，整理得：b23a2，c2a23a2，即4a2c2，4，e2故选：B11一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为m，则圆锥的底面圆半径为（）AmB1mCmDm

19、【分析】由题意画出图形，沿母线SP剪开再展开，由圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长相等列式求解解：如图，在圆锥SO中，已知SP2，沿SP剪开再展开，由题意可得PP，可得PSP设圆锥的底面圆半径为r，则2r，得rm故选：A12已知函数f（x）cos（x）（0），x1，x2，x30，且x0，都有f（x1）f（x）f（x2），满足f（x3）0的实数x3有且只有3个，给出下述四个结论：满足题目条件的实数x1有且只有1个；满足题目条件的实数x2有且只有1个；f（x）在（0，）上单调递增；的取值范围是）其中所有正确结论的编号是（）ABCD【分析】由f（x）0，解方程，讨论k1，0，1，2，由题意可得的取值

20、范围，可判断；由x（0，），可得x的范围，结合余弦函数的单调区间，可判断；再由题意可得f（x）的极大值为f（x2），极小值为f（x1），结合余弦函数的图象可判断、解：函数f（x）cos（x）（0），x1，x2，x30，满足f（x3）0的实数x3有且只有3个，由cos（x）0，可得xk+，kZ，由k0可得x；k1可得x；k1可得x；k2可得x，由x30，可得，且，解得；故正确；由x（0，），可得x（，），由，可得（，），由ycosx在（，0）递增，可得f（x）在（0，）上单调递增，故正确；由x0，都有f（x1）f（x）f（x2），可得f（x）的极大值为f（x2），极小值为f（x1），由ycosx

21、的图象可得f（x）在0，的极大值有两个，极小值一个，故正确，错误其中正确的为故选：D二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分13设曲线yex+1上点P处的切线平行于直线xy10，则点P的坐标是（0，2）【分析】先对函数求导数，然后根据切点处的导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可解：由题意得yex，且切线斜率为1设切点为P（x，y），则ex1，所以x0，ye0+12故切点坐标为（0，2）故答案为：（0，2）14某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球

22、”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，n，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则m+n【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解解：因为通过考核选拔进入三个社团的概率依次为m，n，且相互独立，所以0m1，0n1，又因为三个社团他都能进入的概率为，所以，因为至少进入一个社团的概率为，所以一个社团都不能进入的概率为1，所以（1m）（1n），即1mn+mn，联立得：m+n故答案为：15自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重

23、为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为9600【分析】设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意xN，yN，把运输队所花成本z看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法解：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，则，且xN，yN，目标函数z1200x+1800y，画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示：由图可知

24、，当直线z240x+378y经过点B（8，0）时，截距z最小，在可行域的整数点中，点（8，0）使z取得最小值，即zmin12008+180009600，每天排除A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元，答：每天派出A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元16已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上异于长轴端点的动点，MF1F2的内心为I，则1【分析】运用椭圆的定义和圆切线的性质，以及内心的定义，结合解直角三角形的知识，即可求得解：设MF1F2的内切圆与MF1F2相切于D，E，F，设MDu，DF1v，FF2t，则MDMFu，DF

25、1EF1v，EF2FF2t，由椭圆的定义，可得，MF1+MF22a2，F1F22c2，即有2u+v+t2，v+t2，即有：2u22，即u1，再由|MI|cos|MF|u1，故答案为：1三、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题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答第22题第23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17在ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满（1）求角B的值；（2）若，求的取值范围，【分析】（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用可求cosB，结合范围B（0，），可求B的值（2）由，可求得B，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a

26、csin（A），由已知可求范围A，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围解：（1）2（cosA+sinA）（cosA+sinA）2（cos2Asin2A）+cos2A，解得cos2B，可得2cos2B1，可得cos2B，cosB，B（0，），B或（2），由（1）可得B，由正弦定理2，可得a2sinA，c2sinC，ac2sinAsinC2sinAsin（A）2sinAsincosA+cossinAsinAcosAsin（A），ba，A，A，ac，）18如图，在四棱锥SABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CDSD，点M是SA的中点，ADBC，ABC90，ABADBC（1）求证：

27、BD平面SCD；（2）若直线SD与底面ABCD所成的角为60，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值【分析】（1）取BC中点E，连接DE，设ABADa，BC2a，由已知可得BD2+CD2BC2，则BDCD，又平面SCD底面ABCD，由面面垂直的性质可得BD平面SCD；（2）过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，可得SHCD，则SH底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，求解三角形可得AH2+DH2AD2，从而AHD90，过点D作DFSH，则DF底面ABCD，可得DB、DC、DF两两垂直，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标

28、系，然后分别求出平面BMD与平面SBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值【解答】（1）证明：取BC的中点E，连接DE，设ABADa，BC2a，依题意，四边形ABED为正方形，且有BEDECEa，BDCD，BD2+CD2BC2，则BDCD又平面SCD底面ABCD，平面SCD底面ABCDCD，BD平面SCD；（2）解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，平面SCD底面ABCD，平面SCD底面ABCDCD，SHCD，SH平面SCD，SH底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即SD

29、H60由（1）得，SDa，在RtSHD中，SDa，DHa，SHa，在ADH中，ADH45，ADa，DHa，由余弦定理得AH，AH2+DH2AD2，从而AHD90，过点D作DFSH，DF底面ABCD，DB、DC、DF两两垂直，如图，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，则B（a，0，0），C（0，a，0），S（0，a，a），A（a，a，0），M（a，a，a），设平面MBD的法向量（x，y，z），由，取z1，得（0，1）；设平面SBC的一个法向量为，由，取x11，得cos平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值为19线段AB为圆M：x2+y2+2x10y

30、+60的一条直径，其端点A，B在抛物线C：x22py（p0）上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11（1）求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程；（2）过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N点，求PQN面积的取值范围【分析】（1）利用抛物线的定义可求出p1，再利用点差法求出直线AB的斜率，结合直线AB过圆心M，利用点斜式即可求出直线AB的方程：（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），直线l的方程为yk（x+1）+5，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可求出|PQ|，再利用导数的几何意义求出抛物线C在P（x1，y1）的切线方

31、程，把点N（x0，y0）代入切线PN的方程得，同理可得：，故x1，x2 为一元二次方程x22x0x+2y00的两根，再次利用韦达定理得x0k，y0k5，所以点N到直线PQ的距离d，所以SPQN，故当k1时，PQN的面积取得最小值，最小值为27，解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），抛物线的焦点为F，则|AF|+|BF|y1+y2+p，又y1+y210，10+p11，p1，抛物线C的方程为：x22y，由，两式相减得：1，直线AB的斜率为1，圆M方程：x2+y2+2x10y+60化为坐标方程为：（x+1）2+（y5）220，直线AB过圆心（1，5），直线AB的方程为：y5（x+1），即x

32、+y40；（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），直线l的方程为yk（x+1）+5，联立方程，消去y得：x22kx2k100，x1+x22k，x1x22k10，|PQ|2，抛物线C的方程为x22y，yx，抛物线C在P（x1，y1）的切线方程为：yy1x1 （xx1），又点N（x0，y0）在切线PN上，则y0y1x1（x0x1），即，同理可得：，故x1，x2 为一元二次方程x22x0x+2y00的两根，x1+x22x0，x1x22y0，又x1+x22k，x1x22k10，x0k，y0k5，点N到直线PQ的距离d，SPQN2，当k1时，PQN的面积取得最小值，最小值为27

33、，PQN面积的取值范围为：27，+）20已知函数f（x）x2+cosx（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）f（x）a在（0，+）上有两个零点x1，x2，且x1x2，求证：x1+x2【分析】（1）由于函数f（x）为偶函数，故只需求x0，+）时f（x）的最小值，利用f（x）2xsinx，对x分x（0，）及x（，+），两类讨论，即可求得函数f（x）的最小值；（2）只需证，其中x1（0，），x2（，+），构造函数F（x）f（x）f（x），x（0，），利用导数结合题意可证得x1+x2解：（1）由于函数f（x）x2+cosx为偶函数，要求函数f（x）的最小值，只需求x0，+）时f（x）的最小

34、值即可因为f（x）2xsinx，所以，当x（0，）时，设h（x）2xsinx，h（x）2cosx，显然h（x）单调递增，而h（0）0，h（）0，由零点存在定理，存在唯一的x0（0，），使得h（x0）0，2分当x（0，x0），h（x）0，h（x）单减，当x（x0，），h（x）0，h（x）单增，而h（0）0，h（）0，x（0，），h（x）0，即x（0，），f（x）0，f（x）单减，4分又当x（，+），2xsinx，f（x）0，f（x）单增，所以f（x）minf（）；5分（2）只需证，其中x1（0，），x2（，+），构造函数F（x）f（x）f（x），x（0，），F（x）f（x）+f（x）22sinx

35、0，即F（x）单增，所以，F（x）F（）0，即当x（0，）时，f（x）f（x），而x1（0，），所以，f（x1）f（x1），又f（x1）f（x2），即f（x2）f（x1），此时x2，x2（，+），由第（1）问可知，f（x）在（，+）上单增，所以，x2x1，x1+x2，即证12分212020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（kN*且k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，

36、这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0p1）（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（kN*且k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2（i）试运用概率统计的知识，若E1E2，试求p关于k的函数关系式pf（k）；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.9459【分析】（1）设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，求出概率即可；（2）（i）由已知得E1k，2可能的取值为1，k+1，由E1E2，求出k的关系式即可；（ii）由题意E