发布时间 : 星期四 文章2020届内蒙古呼和浩特市高考数学二模试卷(理)(有答案)(加精)更新完毕开始阅读35c561e75627a5e9856a561252d380eb63942330
/-------/-/
所以平面PAB的法向量为：∵
∴设向量和∴cosθ=
，
的夹角为θ，
，
．
∴PC平面PAB所成角的正弦值为
19．某地位于甲、乙两条河流的交汇处，根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概率为0.25，乙河流发生洪水的概率为0.18，（假设两河流发生洪水与否互不影响）．现有一台大型设备正在该地工作，为了保护设备，施工部门提出以下两种方案：
方案1：建一保护围墙，需花费1000元，但围墙只能抵御一个河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备仍将受损，损失约56000元；
方案2：不采取措施，此时，当两条河流都发生洪水时损失为60000元，只有一条河流发生洪水时，损失为10000元．
（Ⅰ）试求方案2中损失费ξ（随机变量）的分布列及期望； （Ⅱ）试比较哪一种方案好．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；概率的意义；离散型随机变量及其分布列． 【分析】（Ⅰ）在方案2中，记“甲河流发生洪水“为事件A，“乙河流发生洪水“为事件B，则P（A）=0.25，P（B）=0.18，由此能求出方案2中损失费ξ（随机变量）的分布列及期望．（Ⅱ）对方案1来说，建围墙需花费1000元，它只能抵御一条河流的洪水，求出该方案中可能的花费，从而得到方案1最好． 【解答】解：（Ⅰ）在方案2中，记“甲河流发生洪水“为事件A，“乙河流发生洪水“为事件B， 则P（A）=0.25，P（B）=0.18，
∴有且只有一条河流发生洪水的概率为：
P（A+B）=P（A）P（）+P（）P（B）=0.25×（1﹣0.18）+（1﹣0.25）×0.18=0.34， 两河流同时发生洪水的概率为P（AB）=0.25×0.18=0.045， 都不发生洪水的概率为P（）=（1﹣0.25）（1﹣0.18）=0.615， 设损失费为随同变量ξ，则ξ的分布列为：
ξ 0
10000 60000
P 0.34 0.045 0.615
E（ξ）=10000×0.34+60000×0.045+0×0.615=6100（元）．
（Ⅱ）对方案1来说，建围墙需花费1000元，它只能抵御一条河流的洪水， 但当两河流都有发生洪水时，损失约56000元，
而两河流同时发生洪水的概率为p=0.25×0.18=0.045， ∴该方案中可能的花费为1000+56000×0.045=3520． 对于方案2，由（1）知损失费的数学期望为6100元， 比较知方案1最好．
20．在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E的离心率为，且过点M（2，3）．
/-------/-/
/-------/-/
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积的直线l1，l2．以椭圆E的右焦点C为圆心作圆，当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标． 【考点】椭圆的简单性质． 【分析】（I）设椭圆E的方程为：
+
=1（a＞b＞0），由题意可得： =，
=1，又a2=b2+c2，
为半径
联立解出即可得出．
（II）由（I）可知：圆心C（2，0），半径为．设P（x0，y0），直线l1，l2的斜率分别为k1，k2．则l1的方程为：y﹣y0=k1（x﹣x0），l2的方程为：y﹣y0=k2（x﹣x0），利用直线l1与圆C相切的充要条件可得：
+2（2﹣x0）y0k1+
因此k1，k2是方程：
=0，同理可得：
+2（2﹣x0）y0k2+
=0，
k2+2（2﹣x0）y0k+
=0的两个实数根．可得k1k2=
=，又+=1．联立解出即可得出．
+
=1（a＞b＞0），
【解答】解：（I）设椭圆E的方程为：由题意可得： =，联立解得c=2，a=4，b2=12． ∴椭圆E的方程为
+
=1．
=1，又a2=b2+c2，
（II）由（I）可知：圆心C（2，0），半径为． 设P（x0，y0），直线l1，l2的斜率分别为k1，k2． 则l1的方程为：y﹣y0=k1（x﹣x0），l2的方程为：y﹣y0=k2（x﹣x0）， 由直线l1与圆C相切时，∴
∴k1，k2是方程：∴
+
=1．
．
，满足条件． ．
，且k1k2=
+2（2﹣x0）y0k1+
=
，
+2（2﹣x0）y0k2+
=0，
=0，同理可得：
k2+2（2﹣x0）y0k+
=，
=0的两个实数根．
∵∴
﹣8x0﹣36=0，解得x0=﹣2或
由x0=﹣2，解得y0=±3；由x0=，解得y0=
∴点P的坐标分别为：（﹣2，±3），
21．已知函数f（x）=x2﹣alnx+（a﹣1）x，其中a∈R． （Ⅰ）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）若对任意x1，x2∈（1，∞），且x1≠x2，
/-------/-/
＞﹣1恒成立，求a的取值范围．
/-------/-/
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导函数f′（x），再分类讨论，当﹣1＜a≤0时，x∈（0，﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，x∈（﹣a，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当a≤﹣1时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，x∈（1，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
（Ⅱ）由已知条件不妨设x2＞x1，则上式等价于f（x2）+x2﹣[f（x1）+x1]＞0在x∈（1，∞）恒成立，构造辅助函数g（x）=f（x）+x，则y=g（x）在x∈（1，∞）单调递增，由g（x）求导得则
在x∈（1，∞）恒成立，即
在x∈（1，∞）恒成立，令
（0，1）得到h（x）max=﹣4，从而可求出
，
，由x∈（1，∞），则
a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=
∴当﹣1＜a≤0时，
x∈（0，﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数， x∈（﹣a，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数， x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数． 当a≤﹣1时，
x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数， x∈（1，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数， x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数； （Ⅱ）∵
=，
＞﹣1对任意x1，x2∈（1，∞），且x1≠x2恒成立，
不妨设x2＞x1，则上式等价于f（x2）+x2﹣[f（x1）+x1]＞0在x∈（1，∞）恒成立，
构造辅助函数g（x）=f（x）+x，则y=g（x）在x∈（1，∞）单调递增． ∵则∴令
∵x∈（1，∞）， ∴
（0，1）．
，
在x∈（1，∞）恒成立， 在x∈（1，∞）恒成立，
，
∴h（x）max=﹣4． ∴a＞﹣4．
请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-1：几何证明选讲] 22．已知△ABC中，AB=AC，D为△ABC外接圆劣弧上的点（不与点A，C重合），延长BD至E，延长AD交BC的延长线于F （1）求证：∠CDF=∠EDF；
（2）求证：AB?AC?DF=AD?FC?FB．
/-------/-/
/-------/-/
【考点】与圆有关的比例线段．
【分析】（I）根据A，B，C，D 四点共圆，可得∠ABC=∠CDF，AB=AC可得∠ABC=∠ACB，从而得解．
（II）证明△BAD∽△FAB，可得AB2=AD?AF，因为AB=AC，所以AB?AC=AD?AF，再根据割线定理即可得到结论． 【解答】证明：（I）∵A，B，C，D 四点共圆，∴∠ABC=∠CDF 又AB=AC∴∠ABC=∠ACB，
且∠ADB=∠ACB，∴∠ADB=∠CDF，
对顶角∠EDF=∠ADB，故∠EDF=∠CDF； （II）由（I）得∠ADB=∠ABF， ∵∠BAD=∠FAB， ∴△BAD∽△FAB， ∴
=
，
∴AB2=AD?AF， ∵AB=AC，
∴AB?AC=AD?AF，
∴AB?AC?DF=AD?AF?DF， 根据割线定理DF?AF=FC?FB， ∴AB?AC?DF=AD?FC?FB．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．在直角坐标系xOy中，射线OM的参数方程为
（t为参数，t≥0），以O为极点，x轴的非负
半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．
（Ⅰ）求射线OM的极坐标方程； （Ⅱ）已知直线l的极坐标方程是2ρsin（θ+
）=3
，射线OM与曲线C的交点为O、P，与直线l的交
点为Q，求线段PQ的长．
【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程． 【分析】（I）射线OM的参数方程为
（t为参数，t≥0），化为普通方程：y=
x，可知：射线OM
与x轴的正半轴成60°的角，即可得出射线OM的极坐标方程． （II）设P（ρ1，θ1），联立
，解得P的极坐标．同理可得Q的极坐标，即可得出．
【解答】解：（I）射线OM的参数方程为OM与x轴的正半轴成60°的角， 可得：射线OM的极坐标方程为：
．
（t为参数，t≥0），化为普通方程：y=x，可知：射线
/-------/-/