2020年山西省高考数学(理科)模拟试卷

第1页（共27页）2020年山西省高考数学（理科）模拟试卷（1）?选择题（共12小题，满分60分，每题5分）1(5分)已知会集A={0,1,2,3}，会集B={x|XS2}，贝UAnB=(.A.{0,3}B?{0,1,2}C.{1,2}{0,1,2,3}2.（5分）若复数z满足z（1-i）2=i（i是虚数单位），则|z|为骨B.寺3（5分）如图,在圆心角为直角半径为2的扇形OAB地域中,M,N分别为OA,OB的.中点，在M,N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA,OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是（兀1B.--224.（5分）“三个实数a,b,c成等差数列”是“2b=a+c“的（A.充分不用要条件B.必要不充分条件C.充D.既不充分也不用要条件要条件5(5分)函数f(x)=—|的图象大体为（.31第2页（共27页）D.6.（5分）宋元时期数学名著《算学启迪》中相关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等?如图是源于其思想的一个程序框图，若C.378张开式中x3的系数为（.A.-122B.28C.56D.112输入的a,b分别为5,2,则输出的n=（&（5分）某几何体的三视图以下列图，则该几何体的表面积为（）第3页（共27页）f(x)=B.1:2，不等式2A.36+12nB.7tC.40+12nD.40+16n36+162x+y-4^09.（5分）已知点M的坐标（x,y）满足不等式组r-y-2^0,N为直线y=-2x+2上任y-3<0一点，则|MN|的最小值是（）A.B.'C.1D.'55210.（5分）已知椭1（a>b>0）的左极点、上极点和左焦点分别为A,B,F,圆中心为O,其离心率为，贝VABF:BFO=(A.1:1C.D.一11.(5分)已知向量：'=(x2,1-2ax),,]=(a,1）,函数g（x）=p蔦在区间［2,3］上有最大值为4,f（2x-k?2x>0在x?［2,3］上恒成立，则k的取A.(-a,0]B.(-a，亍］C.(-a,1]D.(-a,g1612.（5分）设奇函f（x）的定义域为（-一〒，—），且f（X）的图象是连续不中止,数?x?值范围是（第4页（共27页）（-今，0），有f'(x)cosx+f(x)sinx>0,茎f(m)vf( )cos(-m),的取值范围是（?x?兀-兀、（f/c兀、C.(A)DJ—,一—,一）B.o)A.(-，_4小题，满分20分，每题5分）-(二.填空题共13.(5分)已知双曲线1a>0,点，P是双曲线上一点,|PO|=c,△FOF的面积为,则该双曲线的离心率为的部分图象以下列图，则14.(5分)若函数f(x)=2sin(wx+$)(5>Q,|Q|V—),M，N分别为AB,AC的中点，将△AMN沿MN折起获取四棱锥A-MNCB?点P为四棱锥A-MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A-MNCB的体积最大时，F到平面MNCB距离的最大值为16.（5分）《聊斋志异》中有这样一首诗："挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术得诀自夸无4，则依照以上规律，若拥有穿墙术，则n=1三.解答题（共5小题，满分60分，每题12分）17.（12分）已知△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足:二二----"I:二in.1）若b2=ac,试判断△ABC的形状，并说明原由;2）若衬』，求厶ABC周长I的取值范围.18.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形,AD//BC,AB=AD=DC=—BC=2,PB丄AC.2（1）证明：平面FAB丄平面ABCD;（2）若所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式的等式拥有“穿墙术”(ii)第6页(共27页)(12分)对同学们而言，冬日的清早走开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到?已知学校要求每天清早7：15从前到校，7：15此后到校记为迟到?小明每天6:15会被妈妈叫醒起味，吃早饭、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6:45小明就可以出门去上学?从家到学校的路上，若小明选择步行到校，则路上所开销的时间相瞄正确，若以随机变量X(分钟)表示步行到校的时间，能够认为X?N(22,4).若小明选择骑共享单车上学，诚然骑行速度快于步行，但是由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量Y(分钟)描述骑车到校的时间，能够认为丫?N(16,16).若小明选择坐公交车上学，速度很快，但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量Z(分钟)描述坐公交车到校所需的时间，则能够认为Z?N(10,64).(1)若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6:了，他抓紧时间洗漱换衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6:50.请问，小明可否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量E表示这五天小明上学骑车的开销，求E的希望与方差(此小题结果均保留三位有效数字)已知若随机变量n?N(0,1)，贝yP(-1<n<1)=68.26%,P(-2<n<2)=95.44%,(-3<n<3)=99.74%.(12分)已知椭圆一+一..=1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0),离心率e=求椭圆的方程；(n)设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PF丄QF,C为PQ的中点,(ii)第7页(共27页)线段PQ的垂直均分线分别交x轴、y轴于A、B两点.(i)求证：A为BC的中点；(ii)，求直线PQ的方程.第8页(共27页)2x21.(12分)已知函数f(x)=x2-aex-1.(1)若f(x)有两个不同样的极值点xi,x2,求实数a的取值范围;(2)在(1)的条件下，求证：』1+』匸＞_.SL四?解答题(共1小题，满分10分，每题10分)es：（。为22.(10分)直角坐标系xOy中直线I:y=-x,圆C的参数方程为y=-2-H参数).求C的一般方程，写出I的极坐标方程；(H)直线I与圆C交于A,B,O为坐标原点，求I；-,.五?解答题(共1小题)xx+123.已知函数f(x)=4-a?2+a+1(1)若a=2,求不等式f(x)v0的解集；(2)求函数f(x)在区间［1,2］上的最小值h(a).第9页(共27页)第10页（共27页）2020年山西省高考数学（理科）模拟试卷（1）参照答案与试题解析?选择题（共12小题，满分60分，每题5分）1.（5分）已知会集A={0,1,2,3}，会集B={x|XS2}，则AnB=（）A.{0,3}B.{0,1,2}C.{1,2}D.{0,1,2,3}【解析】能够求出会集B,尔后进行交集的运算即可.【解答】解：A={0,1,2,3},B={x|-2<x<2},???AnB={0,1,2}.应选：B.【谈论】本题观察了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，观察了计算能力，（5分）若复数z满足z（1-i）2=i（i是虚数单位），则国为（）2.A.可C-i属于基础题.【解析】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解.2=i，得=匸【解答】解：由z（1-i）应选：B.【谈论】本题观察复数代数形式的乘除运算，观察复数模的求法，是基础题.（5分）如图，在圆心角为直角半径为2的扇形OAB地域中，M,N分别为OA,OB的中点，在M,N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA,OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是（第11页（共27页）11A.BC.2.第12页（共27页）【解析】依照图形的对称性分别求出扇形的面积及两半圆重合的部分面积，最后依照几何概型的概率公式解之即可.【解答】解：OA的中点是M，则/CMO=90°,半径r=2,则扇形OAB的面积S=丄匚—-■-=n,半圆OAC的面积SI=2TT,S^0AC=1H?X1=_1），两个圆的弧0C围成的阴影部分的面积为n—1,能够同时收到两个基站信号的概率22匚丄S【弓形点oc评=】丄本题主要观察了几何概型，解题的要点是求重叠部分的面积，不规则图形的面2积能够转变成几个不规则的图形的面积的和或差的计算，属于中档题4.（5分）"三个实数a,b,c成等差数列”是"2b=a+c“的（）A.充分不用要条件B.必要不充分条件P=C.充要条件D.既不充分也不用要条件应选：B.【解析】依照充要条件及等差数列的定义判断即可.【解答】解：若"a,b,c成等差数列”，则"2b=a+c”，即"a,b,c成等差数列”是“2b=a+c”的充分条件；若“2b=a+c”，贝厂'a,b,c成等差数列”，即“a,b,c成等差数列”是“2b=a+c”的必要条件，综上可得：“a,b,c成等差数列”是“2b=a+c”的充要条件，应选：C.第13页（共27页）【谈论】本题观察的知识是充要条件的判断，正确理解并熟练掌握充要条件的定义，是第9页(共27页)5.(5分)函数的图象大体为(解答的要点.【解析】先判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想以及当进行消除即可.

x=2时的函数值可否对应【解答】解：f(-x)=4亍『=f(x),贝V函数f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，消除B,当Xi+a,f(x)f0,消除C,当x=2时，f(2)=—”=—<2，消除D,应选：A.【谈论】本题主要观察函数与图象的鉴别和判断，禾U用函数的奇偶性和极限思想，利用消除法是解决本题的要点.（5分）宋元时期数学名著《算学启迪》中相关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等?如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a,b分别为5,2,则输出的n=（）/输出觀/「结束|VJA.5B.4C.3D.2【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环构造计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，解析循环中各变量值的变化情况，可得答案.【解答】解：当n=1时，a=—,b=4，满足进行循环的条件，当n=2时，a=—，b=8满足进行循环的条件，4当n=3时，a=，b=16满足进行循环的条件，|当n=4时，a=，b=32不满足进行循环的条件，riri故输出的n值为4，应选：B.【谈论】本题观察的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答.7.（5分）（2-1，.」）8张开式中x3的系数为（）A.-122B.28C.56D.112第10页（共27页）第17页（共27页）【解析】写出二项张开式的通项，令x的指数为3求得r值，则答案可求.1（2-「.-）8张开式中x3的系数为上」--I1—12【解答】解：由T申氓?尹-看厂二机八尹得r=6.应选：D.【谈论】本题观察二项式定理，要点是熟记二项张开式的通项，是基础题.8.（5分）某几何体的三视图以下列图，则该几何体的表面积为（）J

1

J

2--------*>I242k----4--------------------斗121A.36+12nB.36+16nC.40+12nD.40+16n【解析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算.【解答】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图以下列图：其中半圆柱的底面半径为2,高为4,长方体的棱长分别为4,2,2,.?.几何体的表面S=±nX22X2+丄I-"4:4+2X4+2X4X2+2X4+2X2X2=积12n+40.第18页（共27页）应选：C.第19页（共27页）【谈论】本题观察了几何体的常有几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题.2兀+7-9.（5分）已知点M的坐标（x,y）满足不等式组x-y-2^0,N为直线y=-2x+2上任y-3<0一点，则|MN|的最小值是（）普C.1【解析】画出拘束条件的可行域，利用已知条件，转变求解距离的最小值即可.【解答】解：点M的坐标（x,y）满足不等式组x-y-2^0的可行域如图：点M的坐y'3<02x^-4^0标（x,y）满足

x-y-2^0v-3<0

,N为直线y=-2x+2上任一点，则|MN|的最小值,就是两条平行线y=-2x+2与2x+y-4=0之间的距离：d=应选：B.第20页(共27页)【谈论】本题观察线性规划的应用，平行线之间的距离的求法，观察转变思想以及计算能力.10.(5分)已知椭圆y-(a>b>0)的左极点、上极点和左焦点分别为A,B,F,中心为0,其离心率为—，则ABF:BF0=( )2A.1:1B.1:2C.：二-一：ID.一：：'【解析】由题意画出图形，结合椭圆离心率可得a=2c,由此求得S^ABF：S^BFO.小I则SAABF=—tj^,SABF0=，be，SAABF:S^BFO=1:1.应选：A.【谈论】本题观察椭圆的简单性质，观察数形结合的解题思想方法，是中档题.11.(5分)已知向量［p=(x2,1-2ax),^=(a,1),函数g(x)=p禹在区间［2,3］上第21页(共27页)有最大值为4,f(，不等式f(2x-k?2x>0在x?[2,3]上恒成立，则k的取值范围是( )1IqA?(-汽0]B?(-3—]C.(-31]D?(-3]呂16【解析】由向量的数量积求出函数g(x)的解析式，由函数的单调性求出函数的最大值，由最大值等于4求得a的值；求出函数f(x)=￡2_的解析式，代入f(2x)-k2x>0后分别参数k,尔后利用配方法求得函数的最值后得答案.【解答】解：向量|p=(x2,1-2ax),：=(a,1),函数g(x)=[?j=ax2+i—2ax=a(x-1)2+1—a,若a=0,不成立

,若av0,

可得函数

g(x)的图象张口向下，对称轴为

x=1,在区间

x?[2,

3]单调递减

,最大值为

g(2)=

4,即1=4不成立

;若a>0,函数g(x)的图象张口向上，对称轴为

x=1，在区间

x?[2,

3]单调递加

,2最大值为

g(3)=

4,

即有

a(3-

1)2+1-

a=4，解得

a=1,可知g(x)=x2-2x+1,???f(x)令t=2x,则t?[4,9],f(2x)-k2x>0可化为f(t)>kt,即kw

垃

L恒成立，銘

1L=(—-

1)

2,且丄?丄，丄

],t

tt

t4当二

=二，即卩

t=4,

x=2时，^—取最小值为

-

一，t4

I

16即有kw卫-,16应选：D.【谈论】本题观察了函数恒成立问题，观察了函数构造法、换元法及分别变量法，训练了利用配方法求函数的最值，属中档题.JTIITT12.(

5分)设奇函数

f

(x)的定义域为

(-

可，迈

-)

，且

f(

x)的图象是连续不中止，？x?兀丨

亠，

卄1

K

小0)，有

sinx>0，右土

f(m

贝第22页(共27页)的取值范围是(A.(-—,-丄)B?)C.(—D.(丄,23T，‘)(0,TV【解析】依题意，令g(x)=_L_.,x?(-,)，则g(x)=1，：为奇函数且CDSX2、cosx2在区间(-兀7T)f(m)vf(JT)cos(-m)可等价转变成:上单调递加，故二~2~22十兀，=-f(亍71，进而可得答案.cosm【解解：令g(x)=_L_,x?(-7T71、一，一)，答】cosx.???f(x)为奇函数,y=cosx为偶函数,g(x)cosx―)为奇函数.?/?x?(-2L,0),有f'(x)cosx+f(x)sinx>0,二g，(x)=2)cosx+f(x)sini>0,f‘(K2COSIg(X)在区间(-7T,0)上单调递加，又g(X)为奇函数,~2???g(X)在区间(,―)上单调递加,当x?(-',),cosx>0,2)cos(-m)?f(m)f(m)cosC-rn)cosm兀Vmv~2应选：C.【谈论】本题观察利用导数研究函数的单调性，观察等价转变思想与综合运算能力，考查函数的单调性与奇偶性，属于难题.二?填空题(共4小题，满分20分，每题5分)13.(5分)已知双曲线1(a>0,b>0)的焦距为2c,F为右焦点，O为坐标原点，P是双曲线上一点,|PO|=c,△POF的面积为一：.],,则该双曲线的离心率为第23页(共27页)【解析】求出左焦点，判断三角形的形状，利用三角形的面积转变求解即可.【解答】解：双曲线^—=1(a>0,b>0)的焦距为2c,F为右焦点，左焦点为Fi2,21a!:■(-c,0),O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|=FiPF是直角三角形，PF1-PF=2a,PFi2+PF2=4c2,可得4c2-2PFi?PF=4a2可得4c2-4ab=4a2,又a2+b2=c2可得a=b,即e===.:故答案为：公号?【点本题观察双曲线的简单性质以及双曲线的定义的应用，是基本知识的观察，基评】14.(5分)的部分图象以下列图，则再利用“五点作图法”即可求得O.础题.若函数f(x)=2sin(ax+O)n,解得3=2.由五点作图法知，y-X2+0=今,解得O----?故答案为：2;—.3【谈论】本题观察y=Asin（sx+Q）中参数的物理意义，掌握正弦函数的图象与性质是要点，属于中档题.15.（5分）已知等边厶ABC的边长为务怎，M,N分别为AB,AC的中点，将△AMN沿MN折起获取四棱锥A-MNCB?点P为四棱锥A-MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A-MNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为_.|：；+1【解析】折叠为空间立体图形，得出四棱锥A-MNCB的外接球的球心，利用平面问题求解得出四棱锥A-MNCB的外接球半径R,则R2=AF2+OF2=13,由此能求出四棱锥AMNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值.【解答】解：由题意得今，取BC的中点E,则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心.F是厶AMN外心，作OE丄平面MNCB,OF丄平面AMN,贝UO是四棱锥A-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=3,AF=2.设四棱锥A-MNCB的外接球半径R,贝UR2=AF2+OF2=13,OE=DF=AD-AF=3-2=1,???当四棱锥A-MNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为：dmax=R+OE=匸I故答案为：「.i「|.【谈论】本题综合观察了折叠问题，与几何体的性质，转变成平面问题求解，观察面面垂直、线面垂直的判判定理和性质定理的应用、平行关系的应用、点到面的距离的求解.立体几何问题中点到面的距离常利用体积桥的方式将所求距离变成几何体的高，构造方程，经过解方程求得结果.16.（5分）《聊斋志异》中有这样一首诗："挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术得诀自夸无第24页（共27页）所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式的等7,.■'拥有穿墙术，则n=24式拥有“穿墙术”则依照以上规律，【解析】观查分母就行了，分母=项数X（分子+1）,依照这个规律能够求得结果.【解答】解：由于3=1X3,8=2X4,15=3X5.所以n=4X6=24,故答案为：24.【谈论】本题观察归纳推理，是与数字相关的推理，需要认真观察，追求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关知识，入等差数列、等比数列等，基础题.三?解答题（共5小题，满分60分，每题12分）17.（12分）已知△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足：?：=：：-^^-卜命厂，.（1）若b2=ac,试判断△ABC的形状，并说明原由;.?兀一BEsinA^-=sinB，所以sin~—_s1n-cos-^【解析】（1）由正弦定理得Bcm，故，所以二」,，又由骂■刊故.由于余弦定=a2+c2—2accosB=a2+c2-ac,所以a2+c2-ac=ac,即（a—c）2=0，所以a=c,故（2）若宀二灯飞，求△ABC周长I的取值范围.JF2G二壬，所以△ABC是等边三角形;3（2）解法一:△ABC:一：.解法二：由于,■il,由正弦定理，得.，所以△sinAs.1nLsinij的周长1二規+匕+￡=.由余弦定理1=<i+b+c=,\/6*s*c^t3-\/~6,当且仅当L'.7时，等号成立?所以△ABC周长I的取值范围为第25页（共27页）ABC的周长=f：./:;i」-_-I.；■.:.所以△ABC周长I的取值范围为：I'—'.【解答】解：（1）由题设asmubsinA,及正弦定理得,siMsin二HnBwinA,由于sinAz0,所以或门“严二sinB,2由A+B+C=n,可得siiTTj—=sm-2~,第26页（共27页）由于b2=ac,又由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac.所以a2+c2-ac=玄6即(a-c)2=0,所以a=c,故,所以△ABC是等边三角形;（2）解法一:△ABC的周长_」I-I’.由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,「-；i「二；,；-；「二:,故（a+c）2<24,」+_?：.已I,所以?|「I,当且仅当.1.■I,■时，等号成立.又在△ABC中a+c>b，所以一-「丨’，■r：-,解法二：由于B=^,-------------■-■,sirAsinCsinB'1=a4-b-?-c=V6+a+c=Vs+2^2(sinA+sinC)所以△ABC的周Vs+2V2(sinA+sin(~A))g—.:1.1■1

jf.卜:'i...■,Vs+2A/2(所以△ABC周长I27T的取值范围为:族：，：小，由正弦定理，由于z—..in〔叶牛〉V所以△ABC周长I的取值范围为：【*：小【谈论】本题主要观察了正弦定理和余弦定理，是中档题.18.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AD//BC,AB=AD=DC=—BC第27页（共27页）=2,PB丄AC.2(1)证明：平面FAB丄平面ABCD;(2)若FA=4,FB=2.；求二面B-FC-D的余弦值.第28页（共27页）BC【解析】（1）依照面面垂直的判判定理，只需证出AC丄平面PAB即可；（2）先利用面面垂直转变成线面垂直，进而找到二面角的平面角，尔后借助于直角三角形求出所求角.【解答】解：（1）TEC?胡二，???/BAC=90°,.?.AB丄AC.又???PB丄AC,「.AC丄平面PAB.?/AC?平面ABCD,???平面PAB丄平面ABCD.（2）??卡皆4,=AB=2|,APB丄BA,由（1）知，PB丄平面ABCD,???PB丄BC,平面PBC丄平面ABCD.过D作DE丄BC于E,贝UDE丄平面PBC,过E作EF丄PC交PC于F,则/DFE为所求二面角平面角.在梯形ABCD中，求得」.「：，在Rt△PBC中求得在Rt△DEF中，求得V7在厶DEF中，求得C0SZDEF=^即二面B-PC-D的余弦值为止,4【谈论】本题观察空间地址关系的判断以及空间角的求法，重申转变思想在立体几何中的应用，集几何法求空间角依照作、证、指、算的步骤?属于中档题.（12分）对同学们而言，冬日的清早走开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到?已知学校要求每天清早7:15从前到校，7:15此后到校记为迟到?小明每天6:15会被妈妈叫醒起味，吃早饭、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6:45小明就可以出门去上学.从家到学校的路上，若小明选择步行第20页（共页）到校，则路上所开销的时间相瞄正确，若以随机变量X(分钟)表示步行到校的时间，能够认为X?N(22,4).若小明选择骑共享单车上学，诚然骑行速度快于步行，但是由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量Y(分钟)描述骑车到校的时间，能够认为丫?N(16,16).若小明选择坐公交车上学，速度很快，但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量Z(分钟)描述坐公交车到校所需的时间，则能够认为Z?N(10,64).(1)若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6:了，他抓紧时间洗漱换衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6:50.请问，小明可否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量E表示这五天小明上学骑车的开销，求E的希望与方差(此小题结果均保留三位有效数字)已知若随机变量n?N(0,1)，贝yP(-1<n<1)=68.26%,P(-2<n<2)=95.44%,P(-3<n<3)=99.74%.【解析】(1)依题意，小明需要在25分钟内到达学校?他选择步行到校，则不迟到的概率记为P1(X<25),取口=22,61=2，贝U皿+d1=24,山+2<r1=26,P1(X<25)<P1(X<26)=97.72%;若骑车到校，则不迟到的概率记为P2(X<25),取忆=16,62=4，贝V坨+62=20,忆+2d2=24,p2+3d2=28,P2(X<25)?(97.72%,99.87%),若坐公交车到校，则不迟到的概率记为P3(X<25),取译=10,d3=8,贝V译+d3=18,Q+2d3=26,P3(X<25)<P3(X<26)=97.72%.三种方案都无法满足3d原则，不能够保证上学不迟到?相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择.(2)取随机变量日表示五天里骑车上学时间单程高出20分钟的天数?依题意，每天骑车上学时间高出20分钟的概率为P2(X>20)=15.87%,目?B(5,15.87%),由此能求出E的希望与方差.【解答】解：(1)依题意，小明需要在25分钟内到达学校.若他选择步行到校，则不迟到的概率记为P1(X<25),取皿=22,d1=2,则m+d1=24,(11+2d1=26,P1(X<25)<P1(X<26)=1-Zf%=97.72%.第31页(共27页)若骑车到校，则不迟到的概率记为P2(X<25),取1=16,d2=4,第32页(共27页)贝V[2+2=20,p2+2(T2=24,诊+3d2=28,则P2(X<24)=1一(1—95.44%)=97.72%,P2(X<28)=1—(1—99.74%)=99.87%,二P2(X<25)?(P2(X<24),P2(X<28))=(97.72%,99.87%),若坐公交车到校，则不迟到的概率记为P3(X<25),取2=10,d3=8,则2+d3=18,Q+2d3=26,P3(X<25)<P3(X<26)=97.72%.综上，三种方案都无法满足3d原则，不能够保证上学不迟到.相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择.(2)取随机变量8表示五天里骑车上学时间单程高出20分钟的天数.依题意，每天骑车上学时间高出20分钟的概率为P2(X>20)=卜"止％=15.87%,28?B(5,15.87%),???E(8)=5X15.87%=0.7935,D(8)=5X15.87%X(1—15.87%)~0.668.又T8=28+(5-8)=5+8,?E(8=5+E(8)~5.79(元)，D(8=D(8)~0.668(元2).【谈论】本题观察最优方案的求法，观察失散型随机变量的分布列、数学希望、方差的求法，观察概率的性质等基础知识，观察运算求解能力，是中档题.X2］畀1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,V220.(12分)已知椭圆一+一...=0),离心率e=..求椭圆的方程；(n)设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PF丄QF,C为PQ的中点，线段PQ的垂直均分线分别交x轴、y轴于A、B两点.(i)求证：A为BC的中点；(ii)若=-(S为三角形的面积)，求直线PQ的方程.【解析】(I)由椭圆+—；-=1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0),离心率e=斗二?列出方程组能求出a=J,b=c=1，由此能求出椭圆的方程.(n)(i)设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PF丄QF,C为PQ的中第33页(共27页)，得：(2k2+1)X2+2(m2-1)(kz0)，联立=0,由韦达定理、线段PQ的垂直均分线AB的方程，线段PQ的垂直均分线AB的方程为y-2k2+l点，线段PQ的垂直均分线分别交x轴、y轴于A、B两点.设直线PQ的方程为y=kx+m,(x+?応+1),由此能证明A为BC的中点.推导出m=「:，由此能求出直线PQ的方程.由A为BC中点，获取【解答】解：(I)解:=1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0),由PF丄OF，得(X1—1)(离心率e=——2亡二1C=_2~,解得a=二，b=c=1，JB=—???椭圆的方程为=1.(H)(i)证明：设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PF丄QF,C为PQ的中点，线段PQ的垂直均分线分别交X轴、y轴于A、B两点.设直线PQ的方程为y=kx+m,(kz0),P(X1,y1),Q(x2,y2),联立整理，得：(2k2+1)X2+2(m2-1)=0,第34页(共27页)由韦达定理得X1x2=2k2+l)第35页(共27页)线段PQ的垂直均分线AB的方程为y-(X+：),2k2+12k'+l线段PQ的垂直均分线AB的方程为y-一一=-(x+J.+1),2评1,0)，令x=0,得B(0,),2k2tl???A为BC的中点.(ii)解：由(i)知A为BC中点,2k2+l^AAD令y=0,得A(-|A0|_3),O=^AABOSABC2SAABF2|AF|2(1-5F解得XA=，令y=0,得A(-TPF丄OF,?(xi-1)(x2—1)+yiy2=0,由yi=kxi+m,kxy2=kx2+m,22整理，得3m2—1+4km=0，即k=4m又XA=-=―，解得m=3,2kJ4-l112V3???点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点,m>0,二m=「:，代入k=一:——，解得k=4m?直线PQ的方程为y=-x+.:.【谈论】本题观察椭圆方程的求法，观察点为线段中点的证明，观察直线方程的求法,观察椭圆、直线与椭圆的地址关系等基础知识，观察运算求解能力，是中档题.2x21.(12分)已知函数f(x)=x2—aex—1.(1)若f(x)有两个不同样的极值点X1,x2,求实数a的取值范围；(2)在(1)的条件下，求证：包*1+J匸>二.【解析】(1)谈论导函数f'(x)=2x—aex有两个实根，在分别参数函数g尔后谈论(x)=互单调性得出结论；e第36页(共27页)(2)利用结论不等式^,变形成指数型不等式结论1「去证明.勺-匕2【解答】解：(1)函数f(x)=X2-aex-1,???'(fx)=2x-aex,Tf(x)有两个不同样的极值点xi,x2,f'(x)=2x-aex=0有两个