河北省行唐縣2021-2022學年高三3月份模擬考試數(shù)學試題含解析

2021-2022高考數(shù)學模擬試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.已知底面為正方形的四棱錐，其一條側棱垂直于底面，那么該四棱錐的三視圖可能是下列各圖中的()

砂X爸

2.若函數(shù)y=f(x)的定義域為M={x|—2<x<2},值域為N={y短、&},則函數(shù))，=/(x)的圖像可能是

3.已知某超市2018年12個月的收入與支出數(shù)據(jù)的折線圖如圖所示:

根據(jù)該折線圖可知，下列說法錯誤的是（）

A.該超市2018年的12個月中的7月份的收益最高

B.該超市2018年的12個月中的4月份的收益最低

C.該超市2018年1-6月份的總收益低于2018年7-12月份的總收益

D.該超市2018年7-12月份的總收益比2018年1-6月份的總收益增長了90萬元

4.已知A類產(chǎn)品共兩件A，4，8類產(chǎn)品共三件用，與，4,混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分開來，每次隨機

檢測一件產(chǎn)品，檢測后不放回，直到檢測出2件A類產(chǎn)品或者檢測出3件3類產(chǎn)品時，檢測結束，則第一次檢測出8

類產(chǎn)品，第二次檢測出A類產(chǎn)品的概率為（）

1323

A.—B.—C.—D.—

25510

5.已知復數(shù)zi=3+4i/2=a+i,且Z,z2是實數(shù)，則實數(shù)a等于（）

3443

A.-B.—C.--D.--

4334

6.我國古代數(shù)學著作《九章算術》有如下問題：“今有蒲生一日，長三尺莞生一日，長一尺蒲生日自半，莞生日自倍.

問幾何日而長倍？”意思是：“今有蒲草第1天長高3尺，蕪草第1天長高1尺以后，蒲草每天長高前一天的一半，蕪草

每天長高前一天的2倍.問第幾天莞草是蒲草的二倍？“你認為莞草是蒲草的二倍長所需要的天數(shù)是（）

（結果采取“只入不舍”的原則取整數(shù)，相關數(shù)據(jù)：1g3*0.4771,1g2a0.3010）

A.2B.3C.4D.5

7.復數(shù)z滿足z（I）=卜碼，則復數(shù)z等于（）

B.1+zC.2D.-2

8.半正多面體（se”疝eg山arso/id）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學

的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正

多面體.如圖所示，圖中網(wǎng)格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）

tHK左UtS

9.一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現(xiàn)隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩

個小球時，記取出的紅球數(shù)為。；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數(shù)為J2，則（）

A.E^<E^,D&I<D或B.E&=E3%>D或

C.E&=E3D.EGE3虞

10.空間點到平面的距離定義如下：過空間一點作平面的垂線，這個點和垂足之間的距離叫做這個點到這個平面的距

離.已知平面夕，/3,2兩兩互相垂直，點Aea,點A到力，/的距離都是3,點P是a上的動點，滿足P到夕的

距離與P到點A的距離相等，則點P的軌跡上的點到夕的距離的最小值是（）

A.3-百B.3C.D.-

22

11.數(shù)列｛斯｝是等差數(shù)列，ai=l,公差dG[L2],且a4+Z?io+ai6=15,則實數(shù)人的最大值為（）

753231

A.—B.-C.------D.--

219192

12.關于圓周率孫數(shù)學發(fā)展史上出現(xiàn)過許多很有創(chuàng)意的求法，如著名的浦豐實驗和查理斯實驗.受其啟發(fā)，我們也

可以通過設計下面的實驗來估計萬的值：先請全校加名同學每人隨機寫下一個都小于1的正實數(shù)對（x,y）；再統(tǒng)計兩

數(shù)能與1構成鈍角三角形三邊的數(shù)對（％?）的個數(shù)最后再根據(jù)統(tǒng)計數(shù)。估計乃的值，那么可以估計乃的值約為

（）

4a。+2a+2加4。+2m

A.—B.-------C.----------D.------------

mmmm

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.已知函數(shù)/（x）=sin（3"（。＞0）在區(qū)間[肛2?）上的值小于0恒成立，則①的取值范圍是.

丫2v2

14.在平面直角坐標系xOy中，雙曲線工-2=13＞0,。＞0）的焦距為2°,若過右焦點且與x軸垂直的直線與兩條漸

ab'

近線圍成的三角形面積為C'2,則雙曲線的離心率為.

15.有編號分別為1,2,3,4,5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，則取出球的編號互不相同的概率為

16.已知。為矩形ABCD的對角線的交點，現(xiàn)從這5個點中任選3個點，則這3個點不共線的概率為

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（12分）設函數(shù)/（x）=xlnx-改*,/?（%）=履，其中a是自然對數(shù)的底數(shù).

（I）若AX*在（0,+。）上存在兩個極值點，求。的取值范圍；

（D）若（p（x）=lnx+l—尸（x）,Jl）=e,函數(shù)以若與函數(shù)p（x）的圖象交于4（d乂）,8（%,V），且AB線段的中

點為「（事,衣）,證明：（p（x（））＜P⑴＜加

18.（12分）以平面直角坐標系xOy的原點。為極點，x軸的正半軸為極軸，且在兩種坐標系中取相同的長度單位，

建立極坐標系，已知曲線C1：0sine+g=-夜，曲線G：.（。為參數(shù)），求曲線G，C，交點的直角坐標.

I4/[y=sm。

19.（12分）隨著現(xiàn)代社會的發(fā)展，我國對于環(huán)境保護越來越重視，企業(yè)的環(huán)保意識也越來越強.現(xiàn)某大型企業(yè)為此建

立了5套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)，并制定如下方案：每年企業(yè)的環(huán)境監(jiān)測費用預算定為1200萬元，日常全天候開啟3套環(huán)境監(jiān)

測系統(tǒng)，若至少有2套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標，則立即檢查污染源處理系統(tǒng)；若有且另有1套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標，則

立即同時啟動另外2套系統(tǒng)進行1小時的監(jiān)測，且后啟動的這2套監(jiān)測系統(tǒng)中只要有1套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標，也立

即檢查污染源處理系統(tǒng).設每個時間段（以1小時為計量單位）被每套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標的概率均為“（0＜，＜1）,

且各個時間段每套系統(tǒng)監(jiān)測出排放超標情況相互獨立.

（1）當，=（時，求某個時間段需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率；

（2）若每套環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)運行成本為300元/小時（不啟動則不產(chǎn)生運行費用），除運行費用外，所有的環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)

每年的維修和保養(yǎng)費用需要1（）0萬元.現(xiàn)以此方案實施，問該企業(yè)的環(huán)境監(jiān)測費用是否會超過預算（全年按900（）小時計

算）？并說明理由.

20.（12分）2019年春節(jié)期間，某超市準備舉辦一次有獎促銷活動，若顧客一次消費達到400元則可參加一次抽獎活

動，超市設計了兩種抽獎方案.

方案一：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客

從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得60元的返金券，若抽到白球則獲得20元的返金券，且顧客有放回地抽

取3次.

方案二：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客

從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得80元的返金券，若抽到白球則未中獎，且顧客有放回地抽取3次.

(1)現(xiàn)有兩位顧客均獲得抽獎機會，且都按方案一抽獎，試求這兩位顧客均獲得180元返金券的概率；

(2)若某顧客獲得抽獎機會.

①試分別計算他選擇兩種抽獎方案最終獲得返金券的數(shù)學期望；

②為了吸引顧客消費，讓顧客獲得更多金額的返金券，該超市應選擇哪一種抽獎方案進行促銷活動？

21.(12分)過點P(-4,0)的動直線/與拋物線C:V=2py(p>0)相交于D、E兩點，已知當/的斜率為；時，屋=4PD-

(1)求拋物線C的方程；

(2)設。石的中垂線在了軸上的截距為伍求力的取值范圍.

22.(10分)對于正整數(shù)〃，如果攵,6")個整數(shù)%%％滿足144<…4qW"，

且4+外+…+4=〃，則稱數(shù)組(q，a2,...,%)為〃的一個“正整數(shù)分拆”.記q，的，…，%均為偶數(shù)的“正整數(shù)分

拆”的個數(shù)為￡，《，4,…，《均為奇數(shù)的“正整數(shù)分拆”的個數(shù)為g”.

(I)寫出整數(shù)4的所有“正整數(shù)分拆”；

(II)對于給定的整數(shù)〃(〃24),設(知《，…，6)是〃的一個“正整數(shù)分拆”，且4=2,求％的最大值；

(III)對所有的正整數(shù)〃，證明：<?g”;并求出使得等號成立的〃的值.

(注:對于"的兩個“正整數(shù)分拆”(4，%，…，q)與(女，打，…，勾)，當且僅當k=①且=4，&=瓦,…,ak=bltl

時，稱這兩個“正整數(shù)分拆”是相同的.)

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.C

【解析】

試題分析：通過對以下四個四棱錐的三視圖對照可知，只有選項C是符合要求的.

2.B

【解析】

因為對A不符合定義域當中的每一個元素都有象，即可排除；

對B滿足函數(shù)定義，故符合；

對C出現(xiàn)了定義域當中的一個元素對應值域當中的兩個元素的情況，不符合函數(shù)的定義，從而可以否定;

對D因為值域當中有的元素沒有原象，故可否定.

故選B.

3.D

【解析】

用收入減去支出，求得每月收益，然后對選項逐一分析，由此判斷出說法錯誤的選項.

【詳解】

用收入減去支出，求得每月收益（萬元），如下表所示：

月份123456789101112

收益203020103030604030305030

所以7月收益最高，A選項說法正確；4月收益最低，B選項說法正確；1-6月總收益140萬元，7-12月總收益240

萬元，所以前6個月收益低于后六個月收益，C選項說法正確，后6個月收益比前6個月收益增長240-140=100萬

元，所以D選項說法錯誤.故選D.

【點睛】

本小題主要考查圖表分析，考查收益的計算方法，屬于基礎題.

4.D

【解析】

根據(jù)分步計數(shù)原理，由古典概型概率公式可得第一次檢測出8類產(chǎn)品的概率，不放回情況下第二次檢測出A類產(chǎn)品的

概率，即可得解.

【詳解】

A類產(chǎn)品共兩件4,4，8類產(chǎn)品共三件片,巴,灰,

3

則第一次檢測出8類產(chǎn)品的概率為1;

21

不放回情況下，剩余4件產(chǎn)品，則第二次檢測出A類產(chǎn)品的概率為二=—：

42

313

故第一次檢測出8類產(chǎn)品，第二次檢測出A類產(chǎn)品的概率為-x-=—；

故選：D.

【點睛】

本題考查了分步乘法計數(shù)原理的應用，古典概型概率計算公式的應用，屬于基礎題.

5.A

【解析】

分析：計算2=a-i,由zi%=3a+4+（4a—3）i,是實數(shù)得4a-3=0,從而得解.

詳解：復數(shù)zi=3+4i,Z2=a+i,

z2=a-i.

所以zQ=（3+4i）（a-i）=3a+4+（4a-3）i,是實數(shù),

3

所以4a—3=0,即2=一.

4

故選A.

點睛：本題主要考查了復數(shù)共朝的概念，屬于基礎題.

6.C

【解析】

2"-1

由題意可利用等比數(shù)列的求和公式得莞草與蒲草n天后長度，進而可得：2x解出即可得出.

2-1

【詳解】

由題意可得莞草與蒲草第〃天的長度分別為%=3x[]J，仇=1X2"T

2"-1

據(jù)題意得:解得2"=12,

2-1

2

Tlg3

=2+

lg2

故選：C.

【點睛】

本題考查了等比數(shù)列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.

7.B

【解析】

通過復數(shù)的模以及復數(shù)的代數(shù)形式混合運算，化簡求解即可.

【詳解】

復數(shù)z滿足z(l-i)=|l—64=2,

2_2(l+z).

..Z-----T----77---C-1+Z,

1-z(l-z)(l+z)

故選B.

【點睛】

本題主要考查復數(shù)的基本運算，復數(shù)模長的概念，屬于基礎題.

8.D

【解析】

根據(jù)三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中

點截去8個三棱錐所得到的，可求出其體積.

【詳解】

如下圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為頂，它是由

棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的,

該幾何體的體積為V=2x2x2-8xL-xlxl=",

323

故選：D.

【點睛】

本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.

9.B

【解析】

分別求出兩個隨機變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關系.

【詳解】

。可能的取值為0』,2；3可能的取值為°」，

414

41

-----

尸?=。）=§，P（4=2）=§，P（*I）=I-999

4

,rr,2匕八24211244-

故——=0x—Fn2x—FIx---=9-

13919999

故七多=-,0多=°2X-+FX——=-,

2323399

故E4=E心,。4＞。乙?故選8.

【點睛】

離散型隨機變量的分布列的計算，應先確定隨機變量所有可能的取值，再利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值

情況的概率，然后利用公式計算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區(qū)別.

10.D

【解析】

建立平面直角坐標系，將問題轉化為點。的軌跡上的點到x軸的距離的最小值，利用P到x軸的距離等于尸到點A的

距離得到P點軌跡方程，得到6y=（x—31+929,進而得到所求最小值.

如圖，原題等價于在直角坐標系xOy中，點A（3,3）,P是第一象限內的動點，滿足尸到x軸的距離等于點P到點A的

距離，求點P的軌跡上的點到x軸的距離的最小值.

設P（x,y）,則y=J（x_3）2+（、_3）2,化簡得：（x—3『—6y+9=0,

,3

則6y=(x-3)-+929,解得：y>~,

即點P的軌跡上的點到夕的距離的最小值是1.

故選：D.

【點睛】

本題考查立體幾何中點面距離最值的求解，關鍵是能夠準確求得動點軌跡方程，進而根據(jù)軌跡方程構造不等關系求得

最值.

11.D

【解析】

利用等差數(shù)列通項公式推導出入=上二學，由2],能求出實數(shù)).取最大值.

【詳解】

,數(shù)列｛所｝是等差數(shù)列，01=1,公差dG[l,2],且O4+laio+0i6=15,

,、13-18d

.,.l+3d+k(l+9d)+l+15d=15,解得入=--------,

l+9d

13-18d15口-皿

Vd6[l,2],1=----------=-2+------是減函數(shù)，

l+9dl+9d

ia_]oi

???d=l時，實數(shù)入取最大值為入=------=—.

1+92

故選D.

【點睛】

本題考查實數(shù)值的最大值的求法，考查等差數(shù)列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題.

12.D

【解析】

’0<x<1

由試驗結果知〃7對0?1之間的均勻隨機數(shù)x，y，滿足《八，，面積為1,再計算構成鈍角三角形三邊的數(shù)對(x,y),

0<y<1

滿足條件的面積，由幾何概型概率計算公式，得出所取的點在圓內的概率是圓的面積比正方形的面積，即可估計》的

值.

【詳解】

解：根據(jù)題意知，加名同學取相對都小于1的正實數(shù)對(x,y),即

對應區(qū)域為邊長為1的正方形，其面積為1,

x2+y2<1

x+y>\

若兩個正實數(shù)x,y能與1構成鈍角三角形三邊，則有〈

0<x<l

0<y<1

7t1_..Cl7T1._4a+2m

其面積S------；則有一=------>解得冗~

42〃242m

故選：D.

【點睛】

本題考查線性規(guī)劃可行域問題及隨機模擬法求圓周率的幾何概型應用問題.線性規(guī)劃可行域是一個封閉的圖形，可以

直接解出可行域的面積；求解與面積有關的幾何概型時，關鍵是弄清某事件對應的面積，必要時可根據(jù)題意構造兩個

變量，把變量看成點的坐標，找到試驗全部結果構成的平面圖形，以便求解.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

511

13.

7'立

【解析】

首先根據(jù)X的取值范圍，求得0X+E的取值范圍，由此求得函數(shù)/（X）的值域，結合/（X）區(qū)間［肛2%）上的值小于0

6

恒成立列不等式組，解不等式組求得“的取值范圍.

【詳解】

式式兀

由于71￡X<2萬,69>0,所以(071H--<COXH--V2口%H--,

666

由于“X）區(qū)間［肛2乃）上的值小于0恒成立,

,I'I)1

所以2%左+乃<697rH——<cox-\——<2co兀+—Q2k兀+2兀QkeZ).

666

71…co>2△k,+一5

0)71+—>Z,K71+716

6

所以《n*2%+"u

2CD7TH——<2K7T+2乃

6co<------k+一

212

2kH—<左H1

由于0〉0,所以《612^0</:<—,

b>012

由于keZ,所以令Z=O得

612

所以。的取值范圍是13，??

\o12

故答案為：

【點睛】

本小題主要考查三角函數(shù)值域的求法，考查三角函數(shù)值恒小于零的問題的求解，考查化歸與轉化的數(shù)學思想方法，屬

于中檔題.

14.>/2

【解析】

利用SMOB=gXIIIA81=即可建立關于a,b,c的方程?

【詳解】

設雙曲線右焦點為F2,過右焦點且與A-軸垂直的直線與兩條漸近線分別交于A,B兩點,

bebeIhe*

則A(c,—),B(c,---),由已知，5=-X|F,O||AB\=c2,即一?c=c2,

aa2MOBa

所以a=b,離心率e=+修)2=&.

故答案為：V2

【點睛】

本題考查求雙曲線的離心率，做此類題的關鍵是建立a/,c的方程或不等式，是一道容易題.

8

15.——

21

【解析】

試題分析：從編號分別為1,1,3,4,5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，有C：)=210種不同的結果，

由于是隨機取出的，所以每個結果出現(xiàn)的可能性是相等的；設事件A為“取出球的編號互不相同”，

QAQ

則事件A包含了C?q?C；?q?=80個基本事件，所以P(A)=券號.

考點：1.計數(shù)原理；1.古典概型.

16.-

5

【解析】

基本事件總數(shù)〃=C；=10,這3個點共線的情況有兩種AOC和80。，由此能求出這3個點不共線的概率.

【詳解】

解：。為矩形ABCD的對角線的交點，

現(xiàn)從A,B,C,D,。這5個點中任選3個點,

基本事件總數(shù)〃=C；=10,

這3個點共線的情況有兩種AOC和BOD,

這3個點不共線的概率為。=1喘2=4.

4

故答案為：二.

【點睛】

本題考查概率的求法，考查對立事件概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（I）O<?<-（II）詳見解析.

e;

【解析】

（I）依題意/（X）在（0,+8）上存在兩個極值點，等價于尸（x）=0在（0,+8）有兩個不等實根，由lnx+1—ae*=0參

變分類可得°=手'令g（x）=竽'利用導數(shù)研究g。）的單調性、極值'從而得到參數(shù)的取值范圍;

本也eX2-eXleXl+eX2

(II)由題解得4=1,(p(x)=",要證中(七)v〃(l)<%成立，只需證：e2<k=-------<--—,即:

x2X|2

空*一e*e*,+e%空*/一1eX2~x'+1_口…('-Ie'+l

e2<---------<--------,只需證：e2<--------<--------,設v/'=工2-%>0n，即證：e2<--e-----<-------

x2—xt2x2—x]2t2

—￡—1d—1d+]

再分別證明e2<一?,—■即可；

tt2

【詳解】

解：（I）由題意可知，x>0J'（x）=lnx+l—ae"

fM在（（）,+8）上存在兩個極值點，等價于尸（x）=0在（（）,+8）有兩個不等實根,

,-lnx+1人/、lnx+1

由lnx+1-ae*=0可得，。=——--,令g（x）=——：—,

ee

則?/、一（In入+1）,令/xQ’—inx-1,

gW=----------x

e

可得〃'（》）=一與—'，當x〉0時，"（幻<0,

XX

所以〃(X)在(0,+8)上單調遞減，且丸(1)=0

當xe(0,1)時，〃。)>0,g(x)〉0,g(x)單調遞增；

當xG(,-KO)時,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)單調遞減;

所以X=1是g(x)的極大值也是最大值，，g(X)max=g⑴=一又當》一。,g(%)-—8,當X-＞+8,g(x)大

ee

于0趨向與0,

要使1(x)=o在(0,+8)有兩個根，則0＜。＜3，

所以。的取值范圍為0＜。＜,；

e

(H)由題解得4=1,(p(x)=e",要證(P(毛)＜〃⑴＜為成立，

空,e*2-e西ef+e迎

只需證：e-<k=------<----—

x2-X12

空6應―0由e3+e%

即:e2<------<-------

x2—Xj2

-十號I—U

只需證：e2<-------<-------

/-Xj2

—(/—1/+]

設才=工2-%>0,即證：e2<一.<U2

要證只需證：標一■＞.

11/\1(L_L\

令*。=/一二_廣則尸⑺=54+e5-l>0

\7

...￡。)在(0,+紇)上為增函數(shù)

.-.F(f)>F(0)=0,即■<一!成立;

謝、〒——1e'+l只需證明：4^＜-

要證----<-----

t2e'+l2

14d-(d+lJ_(/_1)一

令G(f)=產(chǎn)_L，則=

==2<0

㈠d+12(d+ij22[e'+^2(^+1)

.?.G。)在(0,+。)上為減函數(shù)，，G(r)<G(O)=O,即與！<一■成立

<7<?1〉0成立，所以中(毛)<〃(1)<為成立.

【點睛】

本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值，利用導數(shù)證明不等式，屬于難題;

18.(-1,-1)

【解析】

利用極坐標方程與普通方程、參數(shù)方程間的互化公式化簡即可.

【詳解】

因為「sinje+工=一近，所以/7sine+/?cos6=-2,

所以曲線G的直角坐標方程為x+y+2=o.

x=cos2。x=l-2sin20

y=sindy=sin8

所以曲線G的普通方程為X=l-2y2,ye[_ij.

x+y+2=0

由，得2y2_y_3=0,

x=\—2yz

3

所以X=-l,%=]（舍），

所以Xi=T,

所以曲線G，G的交點坐標為(T，-1).

【點睛】

本題考查極坐標方程與普通方程，參數(shù)方程與普通方程間的互化，考查學生的計算能力，是一道容易題.

25

19.(1)—；(2)不會超過預算，理由見解析

32

【解析】

(1)求出某個時間段在開啟3套系統(tǒng)就被確定需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率為

C；(g)2xg+C；(g)3=C；(g)3+C；(g)3=g,某個時間段在需要開啟另外2套系統(tǒng)才能確定需要檢查污染源處理系

統(tǒng)的概率為-(；門=盤，可得某個時間段需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率；

(2)設某個時間段環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)的運行費用為X元，則X的可能取值為900,1500.求得P(X=1500)=C；p(l-p，,

p(X=9()())=l-〃)2,求得其分布列和期望E(X)=900+1800p(l-p)2,對其求導，研窕函數(shù)的單調性,

可得期望的最大值，從而得出結論.

【詳解】

(1)1?某個時間段在開啟3套系統(tǒng)就被確定需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率為

%)2X1+嗚3=°畛+砂=1,

某個時間段在需要開啟另外2套系統(tǒng)才能確定需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率為

c(3位-(1力=-1某個時間段需要檢查污染源處理系統(tǒng)的概率為

223223232

(2)設某個時間段環(huán)境監(jiān)測系統(tǒng)的運行費用為X元，則X的可能取值為900,1500.

?.?P(X=1500)=C；p(l-p)2,P(X=900)=1-C；p(l-p)2

E(X)=900x(1-C；p(l—pf]+1500xC；p(l-p)2=900+1800p(l-p)2

令g(〃)=p(l-/?)2,pe(0,1)，則g'(p)=(1-p)2-2p(l-p)=(3p

當，e(0,；)時，g'(p)>0,g(p)在(0,；)上單調遞增；

當peg,1)時，g'(p)<0,g(p)在上(：』)單調遞減，

14

??.g(p)的最大值為g(§)=藥，

實施此方案，§^100+9000X(900+1800X―)X10-4=1150(萬元)，

27

v1150<1200,故不會超過預算.

【點睛】

本題考查獨立重復事件發(fā)生的概率、期望，及運用求導函數(shù)研究期望的最值，由根據(jù)期望值確定方案，此類題目解決

的關鍵在于將生活中的量轉化為數(shù)學中和量，屬于中檔題.

20.⑴我⑵①100元,80元②第一種抽獎方案.

【解析】

1()1門、③1

(1)方案一中每一次摸到紅球的概率為〃=者=3，每名顧客有放回的抽3次獲180元返金券的概率為C；J嗔,

根據(jù)相互獨立事件的概率可知兩顧客都獲得180元返金券的概率

(2)①分別計算方案一，方案二顧客獲返金卷的期望，方案一列出分布列計算即可，方案二根據(jù)二項分布計算期望即

可②根據(jù)①得出結論.

【詳解】

（1）選擇方案一，則每一次摸到紅球的概率為，=M=g

門、31

設“每位顧客獲得180元返金券”為事件A,則尸=最

所以兩位顧客均獲得180元返金券的概率P=P（A＞P（A）=/

I?

（2）①若選擇抽獎方案一，則每一次摸到紅球的概率為；，每一次摸到白球的概率為；.

33

設獲得返金券金額為X元，則X可能的取值為60,100,140,180.

「八3O

則P（X=60）=《-=—；

\3J27

P（x』叱哨上巾：

P—UOX?電/

P（X=18O）=C：（1J=±.

所以選擇抽獎方案一，該顧客獲得返金券金額的數(shù)學期望為

8421

E（X）=60x—+100x-+140x-+180x—=100（元）

''279927

若選擇抽獎方案二，設三次摸球的過程中，摸到紅球的次數(shù)為y,最終獲得返金券的金額為Z元，則

故時）=3x；=l

所以選擇抽獎方案二，該顧客獲得返金券金額的

數(shù)學期望為E（Z）=E（80Y）=80（元）.

②即七（X）＞￡（Z）,所以該超市應選擇第一種抽獎方案

【點睛】

本題主要考查了古典概型，相互獨立事件的概率，二項分布，期望，及概率知識在實際問題中的