2022屆江西省九江市高三第一次高考模擬統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(理)試題解析

2022屆江西省九江市高三第一次高考模擬統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)（理）試題

一、單選題

1.若復(fù)數(shù)Z滿足z(l—i)=l+3i,則彳=().

A.-l+2iB.l+2i

C.-l-2iD.l-2i

答案：C

根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則求得復(fù)數(shù)z,再求其共軌復(fù)數(shù)即可.

-「,l+3i

解：因為z=/一故彳=—1一2i.

故選：C.

2.已知集合4={即11(尤-1)<。},B=|x|x2-3x+2<o|,則AB=().

A.{x|l<x<2}B.{鄧(尤42}

C.{鄧<x〈2}D.{尤［l<x<2}

答案：D

先化簡集合A,B,再利用集合的交集運算求解.

解：解：：&={尤［1<尤<2},2={尤［1<XW2},

AnB=1x|l<x<2},

故選：D.

3.拋物線y=2/的焦點坐標(biāo)為（）.

答案：C

將已知拋物線方程整理成標(biāo)準(zhǔn)形式，從而可求出焦點坐標(biāo).

解：由y=2/可得焦點在V軸的正半軸上，設(shè)坐標(biāo)為

則2P=：,解得p=；,所以焦點坐標(biāo)為

故選：C.

4.函數(shù)/（x）=cos2（yx-2sin2Ox（o>0）的最小正周期為:，則。的值為（）.

A.2B.4C.1D-I

答案：A

Q12兀

根據(jù)二倍角的余弦公式可得"%)=|cos2s-金,結(jié)合求最小正周期的公式T二時計算即可.

EE\1+coslox(，x31

角牛：角牛：/(%)=---------------

(1—cos^CDXj——cos^cox——9

由。＞0得函數(shù)的最小正周期為7=至=9

2d)2

0=2,

故選：A.

5.在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等與亮度來描述.古希臘天文學(xué)家、數(shù)學(xué)家喜帕恰斯在

公元前二世紀(jì)首先提出了星等這個概念.兩顆星的星等與亮度滿足普森公式：外一班=2.51g條，

星等為心的星，其亮度為耳化=1,2).已知織女星的星等為0.04,牛郎星的星等為0.77,則織女

星與牛郎星的亮度之比().(參考數(shù)據(jù)：10°°9。1.9498,1003?1.9953)

A.0.5248B.0.5105

C.1.9055D.1.9588

答案：D

根據(jù)題意直接利用題中的公式計算即可.

解：織女星的星等為叫=。。4,亮度為用，牛郎星的星等為？=0.77,亮度為當(dāng)，

貝I］有0.77-0.04=2,5炮臺，即魯=10°a2e(lO°，29,io°3),

即竺=10°292(1.9498,1.9953).

E2

故選：D.

6.第24屆冬季奧林匹克運動會(北京冬奧會)計劃于2022年2月4日開幕，共設(shè)7個大項.現(xiàn)

將甲、乙、丙3名志愿者分配到7個大項中參加志愿活動，每名志愿者只能參加1個大項的志愿活

動，則有且只有兩人被分到同一大項的情況有().

A.42種B.63種C.96種D.126種

答案：D

此題屬于分組分配問題，現(xiàn)將3人分成兩組，然后再分配可得.

解：先將3人分成兩組，共C；種，再在7個大項種選擇2個項目安排這兩組，共用種，所以有且

只有兩人被分到同一大項的情況共有=126種.

故選：D.

7.已知數(shù)列｛%｝滿足4=1,an+l=kan+k,貝『，數(shù)列｛%｝為等差數(shù)歹廣是“％=1”的().

A.充要條件B.必要不充分條件

C.充分不必要條件D.既不充分也不必要條件

答案：B

先根據(jù)等差數(shù)列定義證明充分性成立，再舉反例說明必要性不成立.

解：當(dāng)左=1時，%=氏+1,則｛%,｝為等差數(shù)列，必要必成立；若｛叫為等差數(shù)列，由q=1,出=23

a3=2k2+k,

有2左左+1=必，解得左=1或;.當(dāng)攵=、時，4+1=(?！?：，此時?！?1,充分性不成立.

/222

故選：B.

22

8.已知雙曲線C:1r-展=1伍＞0)的左右焦點分別為耳、F2,一條漸近線方程為指x+y=O,若

點〃在雙曲線C上，且|岬|=5,貝ij|啊|=()

A.9B.1C.1或9D.1或7

答案：A

根據(jù)已知條件求出。的值，再利用雙曲線的定義可求得|峭|.

解：解：雙曲線C的漸近線方程為＞=±2叵x,則38=若，所以a=2,b=2y/3,c=4,

aa

由雙曲線定義可知||岬|-|年1|=24=4,則|5|=1或9,

又因為|叫|"-。=2,故|摩卜9,

故選：A.

9.ABC中，三內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為。，b,c,已知asin_B=2sinA,tzcosB=c+l,則

A=().

7i-5兀-2兀-3兀

A.-B.—C.—D.—

31234

答案：C

解法一：根據(jù)asin5=2sinA得到0=2,再根據(jù)acosB=c+l,利用余弦定理得到a2-c2-b2=2c,

利用余弦定理求解；解法二:根據(jù)asin5=2sinA得到2=2,再由acos3=c+l,得到

acosB=c+^bf利用正弦定理求解.

解：解法一：由正弦定理及asin5=2sinA得，ab=2a,b=2.

『22

又「〃cos5=c+l,由余弦定理得：a---------------=c+l,即a?一°2一/=2c,

lac

由余弦定理得cosA="十｝一”一2c_1

2bc2bc~~2

又?.』（（）,兀）,

；.A=空.

3

故選：C.

解法二：由正弦定理及asinB=2sinA得，ab-2a,b-2.

又「〃cos3=c+l,acosB=c+—b,

2

由正弦定理得sinAcos5=sinC+'sin5,

2

sinAcosB=sin（A+5）+gsin5=sinAcosB+cosAsinB+^sinB,

cosAsinBH■—sinB=0,

2

*.*BE,（0,兀），sinB>0,***cosA=——,

又：Ae（O,7t）,

?人=生

?,3

故選：C.

io.四氯化碳是一種有機化合物，分子式為CCL，是一種無色透明液體，易揮發(fā)，曾作為滅火劑

使用.四氯化碳分子的結(jié)構(gòu)為正四面體結(jié)構(gòu)，四個氯原子（Q）位于正四面體的四個頂點處，碳原

子（C）位于正四面體的中心.則四氯化碳分子的碳氯鍵（C-C1）之間的夾角正弦值為（）.

「痣n2V2

v,..----U,----------

33

將四面體放入正方體中進行計算，結(jié)合正方體和正四面體的幾何特點，借助余弦定理即可容易求得

結(jié)果.

解：如圖所示，正方體的棱長為。，正四面體A-3CD的棱長為缶，

又該正方體的體對角線長度為耳，故04=08=

2

根據(jù)題意可知，所求夾角為NAO5,

3232G2

OA2DR2-AR24—Za1

在，Q4B中，由余弦定理可得：cosZAOB=————=——與------=

204x082x3〃3

4

故sinNAOB=2叵，即四氯化碳分子的碳氯鍵(C-C1)之間的夾角正弦值為逑.

33

故選：D.

11.已知函數(shù)/(x)=a*-log.X(°>0且分1)有兩個不同的零點，則實數(shù)。的取值范圍是().

A.(1,*B.(e*,e)

C.(1，悶D.付，碼

答案：A

解法一：令〃力=0,得優(yōu)=log〃x,進而得到蘇+y=〃’+x.令g(x)="+x,由其單調(diào)性得到

x=y,即進而轉(zhuǎn)化為lna=/，利用導(dǎo)數(shù)法判斷；解法二：令〃x)=0,得優(yōu)=log'x,

進而得到a'+y=a*+x.令g(x)="+x,由其單調(diào)性得到彳=兒即優(yōu)=x,然后利用導(dǎo)數(shù)的幾

何意義求解判斷.

解：解法一：通過選項判斷可知。>1,

令〃x)=0，得優(yōu)=log“x,

y=axy=ax

由，，得

y=log/ay=x

,所以“，+y=a"+x.

令g(x)=，+x,貝i|g(x)=g(y),且g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

所以x=y,即優(yōu)=x,

所以xlna=lnx,即lna=@',

令g(x)=T，g，(x)=7，

二g(x)在(o,e)上單調(diào)遞增，在(e,+co)上單調(diào)遞減，則g(x)max=g(e)=，,

又x>l時，g(x)=￥>0,且g⑴=0,畫出g(x)大致圖像,

可知0<In。<一，則1<°<e*.

e

故選：A.

解法二：通過選項判斷可知a>1,

令，(x)=0,得優(yōu)=log,x,

fy—ax,[y=ax

由|「，得｛v，所以"+y=，+無.

[y=log/[a-=尤

令g(x)=a*+x,則g(x)=g(y),且g(x)在(0,+巧上單調(diào)遞增，

所以x=>,即爐=%,

當(dāng)直線y=x與>=優(yōu)圖像相切時，設(shè)切點為(毛,％),

,故/lna=l,則—=iogae.

cr=x0Ina

又優(yōu)。=/，即小—=現(xiàn)4則log0e=e,

?

??a=eie?

要使得直線y=龍與y=就圖像有兩個交點,

貝I1<Q<￡，

故選：A.

二、多選題

12.2021年全國普通高考共有1078萬人報名，為“史上人數(shù)最多的高考”.下圖為2008年-2021年

江西省普通高考報名人數(shù)統(tǒng)計表.則下列結(jié)論中一定錯誤的是().

單位:萬人

50

45

40

35.■■■■]

30I■.■■ITrIII

25

20!■■■■■■■■■■Till

就1耕耕⑥樹護耕耕耕耕耕才祉

A.自2008年起，江西省普通高考報名人數(shù)連續(xù)4年下降后連續(xù)9年上升

B.2008年至2021年，江西省普通高考報名人數(shù)的中位數(shù)約為35.8萬人

C.2012年至2021年，江西省普通高考報名人數(shù)增長大于75%

D.江西省普通高考報名人數(shù)較上一年增長幅度最大的是2020年

答案：BD

根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)對每一個選項分別判斷即可.

解：對A,2008年-2012年連續(xù)4年下降，2012年-2021年連續(xù)9年上升，A正確；

對B,2008年至2021年，江西省普通高考報名人數(shù)的中位數(shù)為2014年和2015年的平均數(shù)，約為

34萬人，B不正確；

對C,2021年江西省普通高考報名人數(shù)約為49萬，2012年約為27萬，增長大于80%,C正確；

對D,由中的數(shù)據(jù)可知較上一年增長幅度最大的是2014年，D錯誤.

故選：BD.

三、填空題

13.已知向量a=(-L2),b=(x,4),且a//6，則上|=

答案：2非

根據(jù)平面向量平行的坐標(biāo)表達公式求得x,再根據(jù)坐標(biāo)求忖即可.

解：因為向量a=(-L2),6=(x,4),且〃//6

故可得=則x=-2,即6=(-2,4)

故W=J(-21+42=2百.

故答案為：

14.若a,6為正實數(shù)，直線2尤+(2a-4)y+l=0與直線2法+>-2=0互相垂直，則ab的最大值為

答案：g0.5

根據(jù)兩直線垂直的a、b關(guān)系，再用基本不等式可解.

解：由兩直線垂直得4b+2。一4=0,即2=a+2b22^/^,

當(dāng)且僅當(dāng)a=l,b=1■時，等號成立，故而的最大值為3.

故答案為：g

15.函數(shù)〃彳)=7§^11%-上0$左|的值域為.

答案：卜2,g］

TTT^,JL

分xe2kit--,2hi+-和xe2hi+-,2hi+—兩種情況去絕對值，然后對函數(shù)化簡，利用正弦函

數(shù)的性質(zhì)求解即可

兀71

解：解：當(dāng)工￡2kn--,2kii+-,左sZ時，

/(x)=^sinx-cosx=2sin(x-巳］,

■八,2冗71,71

而2/CJI------<x——<2kn+—,

363

一1<sin^-^<^,止匕時/(x)e［-2,否］.

.—.兀CT3兀.

當(dāng)2fac+—,2^71+—,左wZ時，

/(x)=A/3sinx+cosx=2sin^x+^,

■ci2兀71…571

Jfjj2kit~\---<%H—K2kitH---,

363

,止匕時/(x)e［-2,若］.

???〃尤)的值域為卜2,百］.

故答案為：［-2,73］

16.已知正方體A3CO-AB|G2的棱長為1，E為線段A2上的點，過點E作垂直于瓦。的平面截

正方體，其截面圖形為M,下列命題中正確的是.

17

①“在平面ABC。上投影的面積取值范圍是

2o

②M的面積最大值為手;

③"的周長為定值.

根據(jù)平面ABG，BQJL平面AC，，分點E與4或2重合和點E與4(0)不重合，兩種情

況討論求解判斷.

解：如圖所示：

平面4BG，耳。，平面AC2，

①當(dāng)點￡與A或2重合時，M為正VARG或正△ACQ,

周長為3也，面積為乎，在平面A3CD上投影面積為3；

②當(dāng)點E與4(。)不重合時，設(shè)。田=*0</<1),則碼=1一，

EJ=\[2t>EF—y/2(l—t^,

：.EF+EJ=拒—)+亞=也,

同理可得：FG+GH=?,HI+IJ=丘,

故M的周長為定值3拒.

M的面積為H=gx(梃+石)X4(1T)+；X[0+后(17)卜手f

當(dāng)時，工取得最大值述.

24

M在平面ABCD上投影的面積邑=11。-)2-9=-產(chǎn)+(+9，[,

乙乙乙\乙I

-13-

由①②知M在平面ABCD上投影的面積取值范圍是,

M的面積最大值為主叵，M的周長為定值3亞.

4

故答案為：②③

四、解答題

17.己知數(shù)列｛%｝的前〃項和為%且滿足2q,=S"-2w+l,數(shù)列｛*｝的前〃項和為T”.

⑴求證：數(shù)列｛4-2｝為等比數(shù)列；

⑵試比較T“與2S.+1的大小.

答案：(1)證明見解析

⑵(22s“+1

fS,〃=1(、

(1)利用a"，_s〃>2來證得數(shù)列｛4-2｝為等比數(shù)列.

(2)先求得an,然后求得Sn,Tn,利用差比較法求得Tn>2Sn+1.

(1)

當(dāng)AZ=1時，2(7]=4]—1,q=-1,

當(dāng)心2時，2%=S"-2n+l①，

=5^-277+3(2),

①一②得%=2氏_]-2,即%-2=2(a“_]一2).

又?；4-2=-3,.?.｛氏-2｝是首項為-3,公比為2的等比數(shù)列.

(2)

-1-1

由(1)知a“一2=-3?2",an=2-3-2",

2a?=S?-2n+l,/.S“=2九+3-3-2”,

q=[5+7+L+(2n+3)]-3-(2'+22+L+2")

2(1-2")

n2n

^-(2n+8)-3-2^n+4n+6-6-2-

2

：.Tn-2Sn=n

2

XVneN*,An>l,：.Tn>2S?+l.

18.已知四棱錐尸—ABCD的底面ABCD為矩形，AB=&,AD=20，E為BC中點、,AE±PB.

⑴求證：AE_L平面PB￡)；

⑵若8。，平面R4E,PA=273,求AC與平面PCD所成角的正弦值.

答案：(1)證明見解析

⑵乎

(1)設(shè)AE與8D的交點為M,根據(jù)E為8C中點，得到空=空，進而得到/也,助，然后由

ABAD

AELPB,利用線面垂直的判定定理證明；

(2)連接尸M,易證平面ABCD,然后以Affi,ME,MP所在直線為無，y,z軸，建立直

r|AC-n|

角坐標(biāo)系，先求得平面PCD的一個法向量〃=(x,y,z),然后由sin6=^^求解.

(1)

解：設(shè)AE與8。的交點為

為2C中點，BE=6

又?AB=A/6，AD=2A/3，

.BEAB

..—=—,..ZBAE=ZADB=ZMBE.

ABAD

在AAEB和/\BEM中,

又：ZAEB=ZBEM,

ZBME=ZABE=90°,即

又AE_LPB,BDPB=B,BD,尸8。平面PB。,

/.A￡_L平面尸BD.

(2)

連接PM,

..?2￡＞，平面24后，PMU平面F4E,

/.BD±PM,

又：AE_L平面PB。，PM。平面PB￡),

，AELPM,

又：AEBD=M,

/.PAf_L平面ABC。，

以MB,ME,MP所在直線為x,?z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系,

易知AM=2,ME=1,BM=6，PM=《PA1-=2應(yīng)，

則P(O,O,20),A(0,-2,0),B(V2,0,0),C(一0,2,0),D(-2A/2,0,0),

設(shè)三=(x,y,z)為平面PCD的一個法向量，

PD=(-25/2,0,-2A/2),DC=(V2,2,0)

nPD=04口’-20尤-2丘=0

由，得《

n-DC=0y/2x+2y=0

令y=l,得n=(』l四,

卜?！╗6回

sin0=

|Ac|.|n|-V5-3A/2-5

故AC與平面PCD所成角的正弦值為叵.

5

22

19.在直角坐標(biāo)系尤Or中，已知橢圓。：芯+方=1(。>6>0)的右焦點為尸(1,0),過點尸的直線交

橢圓C于A,8兩點，的最小值為0.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

⑵若與A,8不共線的點P滿足OP=4OA+(2-/)O8,求△PAB面積的取值范圍.

答案：⑴]+丁=1；

⑵仁]

(1)根據(jù)通徑的性質(zhì)即可求解；

12(

(WOM=-OF=-OA+I1--IOB,則點M在直線A3上，且點M為線段O尸的中點.得

SPAB=SOAB,設(shè)AB方程，與橢圓方程聯(lián)立，表示出S°4B并求其范圍即可.

(1)

由右焦點廠(1,0)知，c=l,

當(dāng)AB垂直于x軸時，最小，其最小值為里=&.

a

又a2=b2+c2解得a=A/2，b=l,

???橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為—+/=].

2

(2)

io(oA

解法一：取OM=]O尸=5。4+11-萬JOB,

則點M在直線AB上，且點M為線段。尸的中點.

=S

SPABOAB?

當(dāng)AB垂直于x軸時，A,8的坐標(biāo)分別為1,,s

，0/\OAB-一旦2.，

當(dāng)AB不垂直于x軸時，設(shè)其斜率為匕則直線A3的方程為了=無（彳-1）（左20）.

則點O到直線AB的距離d=^U=

J1+左2

y=Z:（x-1）

聯(lián)立方程f2_,消去>整理得（1+2公）/一4/*+2左2-2=。,

?+y=

則…=高4k2尤絲W，A=8伊+

7

1?乙K?一1+2F'

|AB|=J1+攵2歸一司=J1+左2d（X1+Y）2-4%]%2='1——---，

1十乙K

51+2/1+2^

令r=l+2公，貝!|3=W（/>1），

綜上可得，△PAB面積的取值范圍為

解法二：當(dāng)A3垂直于x軸時，A,8的坐標(biāo)分別為L

由O尸=204+（2—2）03,得點尸的坐標(biāo)為（2,但一0b

則點尸到直線A3的距離為1,

又|AB|=0,.??△PAB的面積為:x&xl=?

當(dāng)AB不垂直于x軸時，設(shè)其斜率為左，

則直線AB的方程為y=k（x-l）（kw0）,

設(shè)P,A,B的坐標(biāo)分別為5,%）,（孫乙），（巧，％），

則％=左（玉-1），J2=k（x2-i）,

由OP=；lOA+（2-/l）OB,得毛=4占+（2—2）/，

,o=2%+（2—九）為=（％_1）+（2—2）左（X,—1）=4[力玉+（2—彳）龍,一2],

即%=左（玉）一2）.

故點尸在直線y=Mx-2）上，且此直線平行于直線A2.

y=Z:（x-1）

聯(lián)立方程f2_,消去＞整理得（1+2公）/一4/*+2左2-2=。,

?+y=

4kZ2尸一2

則

x,+x2=1+2V'%1%2-1+2F

\AB\=y/l+k2|x[-x\=y/l+k2J（X]+々）2-4%々=——2~~，

2'1十（乙K

嚴(yán)

S/\PAB

坐'二\+2k2-

令r=l+2/,貝

此時s^PAB=與

綜上可得，△PAB面積的取值范圍為

解法三：取0M=；0P=g0A+(l-g]0B,

則點M在直線AB上，且點M為線段0P的中點.

?V—v

?,uPAB-u0AB，

71

設(shè)直線A3的方程為'="+1’則點。到直線A3的距離”=亦.

x=ty+l

聯(lián)立方程丫2_,消去x整理得(產(chǎn)+2)/+2"-1=0,

丁,一

則H+yj2=_/pA=8(r2+l)>0,

\AB\=回-y?|=J(/+%)2-4yj%=2：U

S30=-|AB|-d=12拒?+1)_^=^

△0AB2112r+2><在7=Tt2+2

即△BLB面積的取值范圍為

20.非物質(zhì)文化遺產(chǎn)是一個國家和民族歷史文化成就的重要標(biāo)志，是優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要組成部

分.瑞昌剪紙于2008年列入第二批國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.由于瑞昌地處南北交匯處，經(jīng)過

千年的南北文化相互浸潤與滲透，瑞昌剪紙融入了南方的陰柔之麗、精巧秀美和北方的陽剛之美、

古樸豪放.為了弘揚中國優(yōu)秀的傳統(tǒng)文化，某校將舉辦一次剪紙比賽，共進行5輪比賽，每輪比賽

結(jié)果互不影響.比賽規(guī)則如下：每一輪比賽中，參賽者在30分鐘內(nèi)完成規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2

幅，若有不少于3幅作品入選，將獲得“巧手獎”.5輪比賽中，至少獲得4次“巧手獎”的同學(xué)將進

入決賽.某同學(xué)經(jīng)歷多次模擬訓(xùn)練，指導(dǎo)老師從訓(xùn)練作品中隨機抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各5幅，

其中有4幅規(guī)定作品和3幅創(chuàng)意作品符合入選標(biāo)準(zhǔn).

(1)從這10幅訓(xùn)練作品中，隨機抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，試預(yù)測該同學(xué)在一輪比賽中獲“巧

手獎”的概率；

(2)以上述兩類作品各自入選的頻率作為該同學(xué)參賽時每幅作品入選的概率.經(jīng)指導(dǎo)老師對該同學(xué)

進行賽前強化訓(xùn)練，規(guī)定作品和創(chuàng)意作品入選的概率共提高了二，以獲得“巧手獎”的次數(shù)期望為

參考，試預(yù)測該同學(xué)能否進入決賽?

33

答案：(D送；

(2)該同學(xué)沒有希望進入決賽.

(1)根據(jù)題意，分類討論所有可能的情況，再求其概率之和即可；

(2)由題可得0+P2,先計算強化訓(xùn)練后該同學(xué)某一輪可獲得“巧手獎”的概率的最大值，再根據(jù)

5輪比賽中獲得“巧手獎”的次數(shù)X服從二項分布，估算E(X),結(jié)合題意即可判斷.

(1)

由題可知，所有可能的情況有：

C1C23

①規(guī)定作品入選1幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率片=/個==,

C5,C525

②規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選1幅的概率巴=Z

C5,C525

C2C29

③規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率居

C5,C550

故所求的概率尸=3弓+59+29=3/3.

25255050

(2)

設(shè)強化訓(xùn)練后，規(guī)定作品入選的概率為億，創(chuàng)意作品入選的概率為P”

貝UPi+p,=-+-+—=—,

1255102

由己知可得，強化訓(xùn)練后該同學(xué)某一輪可獲得“巧手獎”的概率為：

P=。；月(1—Pi),+C：p；*C；p?(1—P2)+C：p；-C2P2

=2Plp2（P1+P2）-3（P1P2）2

=3RP2-3(PIP2『

343343379

Vpx+p2=—,且烏之三,〃？之三，也即不一22N一乃之三，即P24記，Pi4行

乙JJ乙J乙JJ._LU

4937

故可得：/Pl4歷，J小歷,

P"2=L"j=一＞一皆+2

2714

Pl.，2￡

50925

lA2Q2714

H-j+；在—上單調(diào)遞減,

???該同學(xué)在5輪比賽中獲得“巧手獎”的次數(shù)乂~3(5,P),

315

E(X)=5P<5x-=—<4,故該同學(xué)沒有希望進入決賽.

44

【點睛】本題考察概率的求解以及二項分布、解決問題的關(guān)鍵是求得某一輪獲得“巧手獎”的概率的

范圍，再估算5輪比賽中獲得“巧手獎”的次數(shù)X的數(shù)學(xué)期望，涉及函數(shù)值域問題，范圍問題，屬綜

合困難題.

21.己知函數(shù)/(無)="+如(〃?€11).

⑴討論〃尤)的單調(diào)性；

(2)若6>。>0,且4(b)>&(a),求證：a+b>2.

答案：(1)答案見解析

(2)證明見解析

(1)求導(dǎo)r(x)=e*+m,分機20和m<0,討論求解；

(2)由妙⑷，得到搟<￡,令g(x)=j,利用導(dǎo)數(shù)法得到尤>0時，0<a<l<?；?/p>

<人證明.

(1)

解：r(x)=e*+7〃，

當(dāng)機20時，r(x)>0,〃尤)在R上單調(diào)遞增，

當(dāng)機<0時，由/(力>0,得由r(x)<0,得

f(尤)在(-oo,ln(-m))上單調(diào)遞減，在(in(-m),4<o)上單調(diào)遞增.

綜上所述，當(dāng)”時，/'(X)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)機<0時，〃*)在(7=,111(-根))上單調(diào)遞減，在(in(-上單調(diào)遞增.

(2)

證明：由硝。)>好(a)，得+mb)>b(e"+ma),

,ba

即nn加J-r<—,

ee

令g(x)=j，則g0)<g(a).

/.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+?)上單調(diào)遞減.

當(dāng)x>0時，g(x)>0,'.Q<a<\<b^\<a<b,

①若顯然a+〃>2

②若要證a+b>2,只需證6>2-a>l,

即證g0)<g(2—a),若能證g(a)<g(2-a),則原命題得證,

令G(x)=g(x)-g(2-x),xe(O,l),

G'(x)=^—r+^T=(1-JC)(e^-e^2)'

0<x<l,l-x>0,e~x—ev-2>0,G(x)>0,

G(x)在(0,1)單調(diào)遞增，G(x)<G⑴=0,

；?g(a)<g(2-a),原命題得證.

綜上所述，a+b>2.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：當(dāng)0<a<l<b時，關(guān)鍵是將證a+b>2,轉(zhuǎn)化為證g(a)<g(2-a),然后令

G(x)=g(x)-g(2-x),xe(O,l),利用導(dǎo)數(shù)而得解.

22.在平面直角坐標(biāo)系xQy中，曲線G的普通方程為9=2無，曲線G的參數(shù)方程為

1V2

X=—H---------COS(2?

22

（0為參數(shù)）.以坐標(biāo)原點。為極點，x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系.

+乎sin。

⑴求曲線G，C2的極坐標(biāo)方程;

(2)已知直線/的極坐標(biāo)方程為0=直線/與曲線G，C。分別交于異于極點的A,B

兩點，且|04|03|=4,求|明.

答案：⑴夕sin2e=2cos。，p=cose+sin。

⑵&

(1)根據(jù)公式X=pcosx,y=psinx即可將曲線G化為極坐標(biāo)方程，根據(jù)公式

sin2+cos20=1將曲線C?化為普通方程，結(jié)合普通方程與極坐標(biāo)方程的互化即可得出結(jié)果；

(2)把。=[「<[<]]代入