2020届安徽省合肥市高三二模（理科）数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．1．若集合A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0}，B＝{x|2x≥}，则A∩B═（）A．B．C．D．[2，3]2．欧拉公式e iθ＝cosθ+i sinθ把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数cosθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”若复数z满足（e iπ+i）•z＝i，则|z|＝（）A．1B．C．D．3．若实数x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的最小值是（）A．﹣5B．﹣4C．7D．164．已知f（x）为奇函数，当x＜0时，f（x）＝e﹣x﹣ex2（e是自然对数的底数），则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是（）A．y＝﹣ex+e B．y＝ex+e C．y＝ex﹣e D．5．若m cos80°+＝1，则m＝（）A．4B．2C．﹣2D．﹣46．已知函数的图象关于点成中心对称，且与直线y＝a的两个相邻交点间的距离为，则下列叙述正确的是（）A．函数f（x）的最小正周期为πB．函数f（x）图象的对称中心为C．函数f（x）的图象可由y＝tan2x的图象向左平移得到D．函数f（x）的递增区间为7．《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）．将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为a+b，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3．设D为斜边BC的中点，作直角三角形ABC的内接正方形对角线AE，过点A作AF⊥BC于点F，则下列推理正确的是①由图1和图2面积相等可得；②由AE≥AF可得；③由AD≥AE可得；④由AD≥AF可得a2+b2≥2ab．A．①②③④B．①②④C．②③④D．①③8．为了实施“科技下乡，精准脱贫”战略，某县科技特派员带着A，B，C三个农业扶贫项目进驻某村，对该村仅有的甲、乙、丙、丁四个贫困户进行产业帮扶经过前期实际调研得知，这四个贫困户选择A，B，C三个扶贫项目的意向如表：扶贫项目A B C贫困户甲、乙、丙、丁甲、乙、丙丙、丁若每个贫困户只能从自己已登记的选择意向项目中随机选取一项，且每个项目至多有两个贫困户选择，则不同的选法种数有（）A．24种B．16种C．10种D．8种9．某几何体是由一个半球挖去一个圆柱形成的，其三视图如图所示．已知半球的半径为，则当此几何体的体积最小时，它的表面积为（）A．24πB．C．21πD．10．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点D（3，0）的直线交抛物线C于点A，B，若，则＝（）A．﹣9B．﹣11C．﹣12D．11．若关于x的不等式ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4有且只有两个整数解，则实数a的取值范围是（）A．（2﹣ln3，2﹣ln2]B．（﹣∞，2﹣ln2）C．（﹣∞，2﹣ln3]D．（﹣∞，2﹣ln3）12．在三棱锥P﹣ABC中，二面角P﹣AB﹣C、P﹣AC﹣B和P﹣BC﹣A的大小均等于，AB：AC：BC＝3：4：5，设三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，直线PO与平面ABC交于点Q，则＝A．B．2C．3D．4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.第16题第一空2分，第二空3分13．已知向量和满足||＝|﹣2|＝，|﹣|＝1，则•＝．14．三人制足球（也称为笼式足球）以其独特的魅力，吸引着中国众多的业余足球爱好者，在某次三人制足球传球训练中，A队有甲、乙、丙三名队员参加．甲、乙丙三人都等可能地将球传给另外两位队友中的一个人．若由甲开始发球（记为第一次传球），则第4次传球后，球仍回到甲的概率等于．15．已知双曲线C：的右焦点为点F，点B是虚轴的一个端点，点P为双曲线C左支上一个动点，若△BPF周长的最小值等于实轴长的4倍，则双曲线C的渐近线方程为．16．已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin A，sin B，sin C成等比数列，sin （B﹣A），sin A，sin C成等差数列，则：（1）C＝；（2）＝．三、解答题：本大题共5小题，满分60分17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a2＝1，S7＝14，数列{b n}满足．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）若数列{c n}满足c n＝b n cos（a nπ），求数列{c n}的前2n项和T2n．18．如图（1），在矩形ABCD中，E，F在边CD上，BC＝CE＝EF＝FD沿BE，AF将△CBE和△DAF 折起，使平面CBE和平面DAF都与平面ABEF垂直，如图（2）．（1）试判断图（2）中直线CD与AB的位置关系，并说明理由；（2）求平面ADF和平面DEF所成锐角二面角的余弦值．19．（12分）已知椭圆C 的方程为，斜率为的直线与椭圆C交于A，B两点，点P在直线l的左上方．（1）若以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点F2，求此时直线l的方程；（2）求证：△P AB的内切圆的圆心在定直线x＝1上．20．（12分）某企业拟对某条生产线进行技术升级，现有两种方案可供选择：方案A是报废原有生产线，重建一条新的生产线；方案B是对原有生产线进行技术改造，由于受诸多不可控因素的影响，市场销售状态可能会发生变化．该企业管理者对历年产品销售市场行情及回报率进行了调研，编制出如表：市场销售状态畅销平销滞销市场销售状态概率（0＜p＜1）2p1﹣3p p预期平均年利润（单位：万元）方案A700400﹣400方案B600300﹣100（1）以预期平均年利润的期望值为决策依据，问：该企业应选择哪种方案？（2）记该生产线升级后的产品（以下简称“新产品）的年产量为x（万件），通过核算，实行方案A时新产品的年度总成本y1（万元）为y1＝+10x+160，实行方案B时新产品的年度总成本y2（万元）为y2＝+20x+100．已知p＝0.2，x≤20．若按（1）的标准选择方案，则市场行情为畅销、平销和滞销时，新产品的单价t（元）分别为60，60﹣x，60﹣x，且生产的新产品当年都能卖出去试问：当x取何值时，新产品年利润的期望取得最大值？并判断这一年利润能否达到预期目标．21．（12分）已知函数f（x）＝e x sin x（e是自然对数的底数）．（1）求f（x）的单调递减区间；（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，若0＜a＜3，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据）请考生在第22、23题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（φ为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于P，Q两点，M（2，0），求|MP|+|MQ|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知不等式|x﹣1|+|3x﹣5|＜m的解集为．（1）求n的值；（2）若三个正实数a，b，c满足a+b+c＝m，证明：．2020年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：∵，∴．故选：A．【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2．【分析】由已知可得e iπ＝﹣1，再把（e iπ+i）•z＝i变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，结合复数模的计算公式求解．【解答】解：由e iθ＝cosθ+i sinθ，得e iπ＝cosπ+i sinπ＝﹣1，则由（e iπ+i）•z＝i，得z＝，∴|z|＝．故选：B．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．3．【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值．【解答】解：作出不等式对应的平面区域（阴影部分），由z＝2x﹣y，得y＝2x﹣z，平移直线y＝2x﹣z，由图象可知当直线y＝2x﹣z经过点A（0，4）时，直线y＝2x﹣z的截距最大，此时z最小．此时z的最小值为z＝0×2﹣4＝﹣4，故选：B．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法．4．【分析】根据条件求出f（x）在x＜0时的解析式，然后求出其导数，再求出f（x）在x＝1处的切线斜率f'（1），进一步得到其切线方程．【解答】解：∵f（x）为奇函数，当x＜0时，f（x）＝e﹣x﹣ex2，∴当x＞0时，f（x）＝﹣e x+ex2，∴此时f'（x）＝）＝﹣e x+2ex，∴f（x）在x＝1处的切线斜率k＝f'（1）＝e，又f（1）＝0，∴f（x）在x＝1处的切线方程为y＝ex﹣e．故选：C．【点评】本题考查了函数与导数的综合应用和利用导数研究曲线上某点切线方程，考查化归与转化的数学思想，属基础题．5．【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin20°m＝2sin20°，进而可求m的值．【解答】解：∵m cos80°+＝1，∴m sin10°+＝1，可得sin10°cos10°m+sin10°﹣cos10°＝0，∴sin20°m＝2sin20°，∴m＝2，解得m＝4．故选：A．【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．6．【分析】根据题意求出周期，参数，然后根据函数的性质判断选项．【解答】解：∵直线y＝a的两个相邻交点间的距离为，∴函数f（x）的最小正周期为，A错，∴，∵图象关于点成中心对称，∴2×+φ＝，k∈Z，∴φ＝．∴函数f（x）图象的对称中心为（+，0），k∈Z，B错；∴f（x）＝tan（2x+），∴函数f（x）的图象可由y＝tan2x的图象向左平移得到，C错；∵﹣+kπ＜2x+＜+kπ，∴函数f（x）的递增区间为，D对．故选：D．【点评】本题考查三角函数的性质，属于中档题．7．【分析】根据题意求出AD，AE，AF，然后可判断②③④对，根据面积相等，可判断①对．【解答】解：由图1和图2面积相等ab＝（a+b）d，可得，①对；由题意知图3面积为，AF＝，AD＝，图3设正方形边长为x，由三角形相似，，解之得x＝，则AE＝；可以化简判断②③④对，故选：A．【点评】本题考查根据图形，证明一些不等式，属于中等题．8．【分析】根据题意，以选C项目的户数2，1，0为标准分为3类，每一类中再去考虑A，B两项目的选项情况，用列举的方法找出每一类的人数，再相加即可．【解答】解：以选C项目的户数2，1，0为标准分为3类，（1）C项2户，有4种选法；（2）C项1户，若是丁有6种选法，若是丙有3种选法，共有9种选法；（3）C项0户，有3种选法．则由加法原理共有4+9+3＝16种，故选：B．【点评】本题考查分类计数原理的运用，关键是以选C项的户数有3种情况，进而确定分类的方法．9．【分析】设半球的内接圆柱底面半径为r，高为h；写出几何体的体积，利用导数求出体积的最小值以及对应的h和r的值，再求该几何体的表面积．【解答】解：设半球的内接圆柱底面半径为r，高为h；则球的半径为R＝，且r2+h2＝6；此时几何体的体积为V＝V半球﹣V圆柱＝•π•﹣πr2h＝4π﹣π（6﹣h2）h＝（h3﹣6h+4）π；设f（h）＝h3﹣6h+4，h∈（0，），则f′（h）＝3h2﹣6，令f′（h）＝0，解得h＝；所以h∈（0，）时，f′（h）＜0，f（h）单调递减；h∈（，）时，f′（h）＞0，f（h）单调递增；所以h＝时，f（h）取得最小值为f（）＝2﹣6+4＝4﹣4．此时圆柱的底面半径为2，高为；所以该几何体的表面积为S＝•4π+π+2π•2•＝（18+4）π．故选：D．【点评】本题考查了利用三视图求几何体体积与表面积的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．10．【分析】设直线AB方程为x＝my+3，点A（x1，y1），B（x2，y2）．由⇒．联立，可得y2﹣4my﹣12＝0．利用韦达定理可得x1x2＝9，x1+x2＝7．即可得的值．【解答】解：设直线AB方程为x＝my+3点A（x1，y1），B（x2，y2）∵，∴．⇒联立，可得y2﹣4my﹣12＝0．∴y1+y2＝4m，y1y2＝﹣12．∵，∴x1x2＝9，∴x1+x2＝7．则＝（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2（x2﹣1）+y1y2＝x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2＝﹣9．故选：A．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查了计算能力，属于中档题．11．【分析】设g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a，画出图象，讨论当a≤0时，当a＞0时，数形结合即可得答案．【解答】解：由题意可知，ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4，设g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a由g′（x）＝2﹣＝．可知g（x）＝2x﹣lnx﹣4在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数，h（x）＝ax﹣2a的图象恒过点（2，0），在同一坐标系中作出g（x），h（x）的图象如图，当a≤0时，原不等式有且只有两个整数解；当a＞0时，若原不等式有且只有两个整数x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＞0，则，即，解得0＜a≤2﹣ln3，综上可得a≤2﹣ln3，故选：C．【点评】本题考查函数图象与方程的解的关系，考查分类讨论思想和数形结合，属于中档题．12．【分析】如图所示，可得，OM∥PN，Q，M，N三点共线，则，故只需求出OM 的长即可进一步得出答案，而在△ABC中，解三角形易求得，再利用OP＝OB，建立关于OM长的方程，解方程得到OM的长，进而得解．【解答】解：依题意，点P在平面ABC内的射影为三角形ABC内切圆的圆心N，设内切圆的半径为r，则，解得r＝1，又二面角P﹣AB﹣C、P﹣AC﹣B和P﹣BC﹣A的大小均等于，故，设△ABC的外接圆圆心为M，易知OM⊥平面ABC，又PN⊥平面ABC，故OM∥PN，则点O，M，P，N四点共面，且平面ABC∩平面OMPN＝MN，又Q在平面APC内，且Q在平面OMPN内，∴Q在MN上，即Q，M，N三点共线；现在研究NM的长度，如图，易知，，故，显然，设OM＝x，由OP＝OB，即可知，，解得，∴，∴．故选：D．【点评】本题是对外接球，二面角以及直线与平面位置关系的综合考查，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.第16题第一空2分，第二空3分.把答案填在答题卡上的相应位置.13．【分析】把所给向量的模长平方，整理即可求得结论．【解答】解：∵向量和满足||＝|﹣2|＝，|﹣|＝1，∴﹣4+4＝2；①﹣2+＝1，②＝2，③联立①②③可得：•＝1．故答案为：1．【点评】本题考查两个向量的数量积的定义，向量的模的定义和求法．14．【分析】利用列举法求出所有的传球方法共有多少种，找出第4球恰好传回给甲的情况，由此能求出经过4传球后，球仍在甲手中的概率．【解答】解：所有传球方法共有：甲→乙→甲→乙→甲；甲→乙→甲→乙→丙；甲→乙→甲→丙→甲；甲→乙→甲→丙→乙；甲→乙→丙→甲→乙；甲→乙→丙→甲→丙；甲→乙→丙→乙→甲；甲→乙→丙→乙→丙；甲→丙→甲→乙→甲；甲→丙→甲→乙→丙；甲→丙→甲→丙→甲；甲→丙→甲→丙→乙；甲→丙→乙→甲→乙；甲→丙→乙→甲→丙；甲→丙→乙→丙→乙；甲→丙→乙→丙→乙甲．则共有16种方法．第4球恰好传回给甲的有6情况，∴经过4次传球后，球仍在甲手中的概率是p＝．故答案为：【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．15．【分析】由题意求得B，F的坐标，设出F'，运用双曲线的定义可得|PF|＝|PF'|+2a，则△BPF的周长为|PB|+|PF|+|BF|＝|PB|+|PF'|+2a+，运用三点共线取得最小值，可得a，b，c的关系式，由a，b，c的关系，推出a、b的关系，然后求解渐近线方程．【解答】解：由题意可得B（0，b），F（c，0），设F'（﹣c，0），由双曲线的定义可得|PF|﹣|PF'|＝2a，|PF|＝|PF'|+2a，|BF|＝|BF'|＝，则△BPF的周长为|PB|+|PF|+|BF||＝|PB|+|PF'|+2a+|BF'|≥2|BF'|+2a，当且仅当B，P，F'共线，取得最小值，且为2a+2，由题意可得8a＝2a+2，即9a2＝b2+c2＝2b2+a2，即4a2＝b2，可得，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±2x．故答案为：y＝±2x．【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用双曲线的定义和转化为三点共线取得最小值，考查运算能力，属于中档题．16．【分析】（1）由已知结合等比数列的性质及等差数列的性质，和差角公式和余弦定理进行化简可求C；（2）结合（1）及同角基本关系进行化简可求．【解答】解：（1）由sin A，sin B，sin C成等比数列，可得sin2B＝sin A sin C，即b2＝ac，∵sin（B﹣A），sin A，sin C成等差数列，2sin A＝sin（B﹣A）+sin C＝sin（B﹣A）+sin（B+A）＝2sin B cos A，所以sin A＝sin B cos A，所以a＝b即b2+c2﹣a2＝2ac＝2b2，∴a2+b2＝c2，∴C＝，（2）由（1）可得A+B＝，且sin A＝sin B cos A＝cos2A＝1﹣sin2A，解可得，sin A＝＝cos B，cos A＝sin B＝，∴＝＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档试题．三、解答题：本大题共5小题，满分60分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求a n；再将中的n换为n﹣1，两式相除可得b n；（2）求得c n＝b n cos（a nπ）＝2n cos（nπ），结合等比数列的求和公式，可得所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差设为d，由a2＝1，S7＝14，可得a1+d＝1，7a1+21d＝14，解得a1＝d＝，则a n＝+（n﹣1）＝n；由，可得b1•b2•b3…b n﹣1＝2（n≥2），两式相除可得b n＝2n（n≥2），对n＝1也成立，故b n＝2n（n∈N*）；（2）c n＝b n cos（a nπ）＝2n cos（nπ），则T2n＝2cos+22cosπ+23cos+24cos（2π）+…+22n﹣1cos（（2n﹣1）π）+22n cos（nπ）＝22cosπ+24cos（2π）+…+22n cos（nπ）＝﹣22+24﹣26+…+（﹣1）n•22n＝＝﹣．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．18．【分析】（1）连结CD，分别取AF，BE的中点M，N，连结DM，CN，MN，推导出DM⊥AF，CN⊥BE，DM＝CN，从而DM⊥平面ABEF，同理得CN⊥平面ABEF，进而DM∥CN，由DM＝CN，得四边形CDMN为平行四边形，从而CD∥MN，推导出MN∥AB，由此能证明CD∥AB．（2）在AB边上取一点P，使得AP＝DF，推导出MA，MP，MD两两垂直，以M为坐标原点，直线MA，MP，MD分别为坐标轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ADF和平面DEF 所成锐角二面角的余弦值．【解答】解：（1）CD∥AB，理由如下：连结CD，分别取AF，BE的中点M，N，连结DM，CN，MN，由图（1）可得，△ADF与△BCE都是等腰直角三角形且全等，则DM⊥AF，CN⊥BE，DM＝CN，如图，∵平面ADF⊥平面ABEF，交线为AF，DM⊂平面ADF，DM⊥AF，∴DM⊥平面ABEF，同理得CN⊥平面ABEF，∴DM∥CN，∵DM＝CN，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CD∥MN，∵M，N分别为AF，BE的中点，∴MN∥AB，∴CD∥AB．（2）在AB边上取一点P，使得AP＝DF，由图（1）得ADFP为正方形，即AP＝FP，∵M为AF中点，∴MP⊥MA，由（1）知MD⊥平面ABEF，∴MA，MP，MD两两垂直，以M为坐标原点，直线MA，MP，MD分别为坐标轴，建立空间直角坐标系，设AF＝2，则D（0，0，1），A（1，0，0），P（0，1，0），F（﹣1，0，0），∴＝（1，0，1），＝＝（﹣1，1，0），设平面DFE的一个法向量为＝（x，y，z），由，得，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），平面ADF的法向量＝（0，1，0），设平面ADF和平面DEF所成锐角二面角为θ，则平面ADF和平面DEF所成锐角二面角的余弦值为：cosθ＝＝．【点评】本题考查二直线位置关系的判断与求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19．【分析】（1）由题意设直线AB的方程，与椭圆联立求出两根之和，两根之积，判别式大于0，求出参数的范围，再有AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点F2，可得＝0，可得参数的值，进而求出直线AB的方程；（2）由题意可计算出k P A•k PB＝0，可证得直线x＝1平分∠APB，即证明了△P AB的内切圆的圆心在定直线x＝1上【解答】解（1）设l的方程为y＝x+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，整理可得x2+mx+m2﹣3＝0，则x1+x2＝﹣m，x1x2＝m2﹣3，△＝m2﹣4（m2﹣3）＞0，解得﹣2＜m＜2，又因为点P（1，）在直线的左上方，所以﹣2＜m＜1，若以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点F2，则＝0，即（1﹣x1，﹣y1）•（1﹣x2，﹣y2）＝0，化简可得7m2+4m﹣11＝0，解得m＝﹣，或m＝1（舍），所以直线l的方程为：y＝﹣；（2）证明：因为k P A•k PB＝+＝+＝1+（1﹣m）（+）＝1+（1﹣m）＝1+（1﹣m）＝0，所以直线x＝1平分∠APB，即证明了△P AB的内切圆的圆心在定直线x＝1上．【点评】本题考查以线段的端点为直径的圆过定点的性质，及直线与椭圆的综合，属于中档题．20．【分析】（1）根据概率的性质，求出p的范围，再求出E（A），E（B），比较判断即可；（2）因为p＝0.2，根据（1），选择方案A，年产量为x（万件）与新产品的年度总成本的关系为：y1＝+10x+160，求出新产品年利润的随机变量X的分布列和数学期望，构造函数f（x），利用导数法求出函数的最大值，得出结论．【解答】解：（1）根据概率的性质，，得0＜p，若E（A）＞E（B），400﹣200p＞300+200p，得0＜p＜；若E（A）＝E（B），p＝；若E（A）＜E（B），＜p；故当0＜p＜时，选择方案A；若p＝，则选择方案A或B；若＜p，则选择方案B；（2）因为p＝0.2，根据（1），选择方案A，年产量为x（万件）与新产品的年度总成本的关系为：y1＝+10x+160，设市场行情为畅销、平销和滞销时，新产品的年利润分别为60x﹣y1，，新产品年利润的随机变量X的分布列为：X60x﹣y1（60﹣x）x﹣y1P0.40.40.2E（X）＝+0.2[（60﹣x）x﹣y1]＝，设f（x）＝，x∈（0，20]，由f'（x）＝﹣2x2+15x+50＝﹣（2x+5）（x﹣10），当x∈（0，10）时，f'（x）＞0，函数递增；当x∈（10，20）时，f'（x）＜0，函数递减，故当x＝10（万件）时，函数f（x）有最大值f（10）≈423.3（万元），由（1）知，E（A）＝400﹣200p＝360（万元）＜423.3（万元），故当年产量为10万件时，可达到或超过预期的平均年利润．【点评】本题考查了概率的性质，离散型随机变量求分布列和数学期望，用函数求导求最大值，考查运算能力和实际应用能力，中档题．21．【分析】（1）由f′（x）＝e x（sin x+cos x）＝sin e x（x+）＜0，可得sin（x+）＜0，利用正弦函数的单调性质即可解得f（x）的单调递减区间；（2）由于g′（x）＝e x（sin x+cos x）﹣a，令h（x）＝g′（x），可求得h（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，再对a分0＜a≤1，1＜a＜3两类讨论，求得g（x）在（0，π）上的零点个数．【解答】解：（1）f（x）＝e x sin x的定义域为R，f′（x）＝e x（sin x+cos x）＝sin e x（x+），由f′（x）＜0，得sin（x+）＜0，解得2kπ+＜x＜+2kπ（k∈Z），∴f（x）的单调递减区间（2kπ+，+2kπ）（k∈Z），（2）由已知得g（x）＝e x sin x﹣ax，∴g′（x）＝e x（sin x+cos x）﹣a，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝2e x cos x，∵x∈（0，π），∴x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，π）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减．∵g′（0）＝1﹣a，g′（π）＝﹣eπ﹣a＜0，①当1﹣a≥0，即0＜a≤1时，g′（0）≥0，∴g′（）＞0，∴∃x0∈（，π），使得g′（x0）＝0，∴当x∈（0，x0），g′（x0）＞0，当x∈（x0，π）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）单调递减；∵g（0）＝0，∴g（x0）＞0，又∵g（π）＝﹣aπ＜0，∴由零点存在定理得，此时g（x）在（0，π）上仅有一个零点，②若1＜a＜3时，g′（0）＝1﹣a＜0，又∵g′（x）（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，又g′（）＝﹣a＞0，∴∃x1∈（0，），x2∈（，π），使得g′（x1）＝0，g′（x2）＝0，且当x∈（0，x1）、x∈（x2，π）时，g′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，∴g（x）在∈（0，x1）和（x2，π）上单调递减，在（x1，x2）单调递增．∵g（0）＝0，∴g（x1）＜0，∵g（）＝﹣a＞﹣＞0，∴g（x2）＞0，又∵g（π）＝﹣aπ＜0，由零点存在定理可得，g（x）在（x1，x2）和（x2，π）内各有一个零点，即此时g（x）在（0，π）上有两个零点，综上所述，当0＜a≤1时，g（x）在（0，π）上仅有一个零点，当1＜a＜3时，g（x）在（0，π）上有两个零点．【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性、求极值、恒成立问题等知识点，考查等价转化思想、分类讨论思想的综合运用，涉及构造函数、多次求导等方法，有一定综合性，考查学生的分析能力和逻辑推理能力，属于难题．请考生在第22、23题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【分析】（1）曲线C的参数方程，利用平方关系消去参数φ得，可得曲线C的普通方程．由，可得，利用互化公式可得：直线l的直角坐标方程．（2）设直线l的参数方程为（t为参数），将其代入曲线C的直角坐标方程并化简得7t2﹣6t﹣63＝0，利用根与系数的关系、弦长公式即可得出．【解答】解：（1）曲线C的参数方程消去参数φ得，曲线C的普通方程为．∵，∴，∴直线l的直角坐标方程为．………………………………（5分）（2）设直线l的参数方程为（t为参数），将其代入曲线C的直角坐标方程并化简得7t2﹣6t﹣63＝0，∴．∵点M（2，0）在直线l上，∴．………………………………（10分）【点评】本题考查了极坐标参数方程与普通方程的互化、根与系数的关系、弦长公式、平方关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．【分析】（1）依题意，为方程|x﹣1|+|3x﹣5|＝m的根，代入可解得m＝1，进而求得不等式的解集为，由此求得；（2）由（1）得a+b+c＝1，而，由此得证．【解答】解：（1）由题意知，为方程|x﹣1|+|3x﹣5|＝m的根，∴，解得m＝1，由|x﹣1|+|3x﹣5|＜1解得，∴；（2）证明：由（1）知，a+b+c＝1，∴＝＝，∴成立．【点评】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，考查推理能力及计算能力，属于基础题．。