2018年山东省济南市高考数学一模试卷（理科）(J)副标题一、选择题（本大题共12小题，共12.0分）1.复数12+i +11+2i(其中i为虚数单位)的虚部为A. 35B. 35i C. −35D. −35i【答案】C【解析】解：复数12+i +11+2i=2−i(2+i)(2−i)+1−2i(1+2i)(1−2i)=25−15i+15−25i=35−35i.其虚部为−35．故选：C．利用复数的运算法则、共轭复数的性质即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.若集合A={x|1<x<2}，B={x|x>b,b∈R}，则A⊆B的一个充分不必要条件是A. b≥2B. 1<b≤2C. b≤1D. b<1【答案】D【解析】解：∵集合A={x|1<x<2}，B={x|x>b}，若A⊆B，则b≤1，故A⊆B的一个充分不必要条件是b<1，故选：D．根据A⊆B的充分不必要条件，可得b<1，即可得出．本题考查了简易逻辑的判定方法、集合之间的关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为x，方差为s2，则A. x=4，s2<2B. x=4，s2>2C. x>4，s2<2D. x>4，s2>2【答案】A【解析】解：某7个数的平均数为4，方差为2，则这8个数的平均数为x=18×(7×4+4)=4，方差为s2=18×[7×2+(4−4)2]=74<2．故选：A．由题设条件，利用平均数和方差的计算公式进行求解即可．本题考查了平均数和方差的计算应用问题，是基础题．4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，若长轴的长为6，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为A. x236+y232=1 B. x29+y28=1 C. x29+y25=1 D. x216+y212=1【答案】B【解析】解：椭圆长轴的长为6，即2a=6，得a=3∵两个焦点恰好将长轴三等分，∴2c=13⋅2a=6，得c=1，因此，b2=a2−c2=9−1=8，再结合椭圆焦点在x轴上，可得此椭圆方程为：x29+y28=1．故选：B．根据题意，2a=6，且2c=13⋅2a=2，可得a=3且c=1，再根据椭圆中a、b、c的平方关系得到b2的值，结合椭圆焦点在x轴，得到此椭圆的标准方程．本题给出椭圆的长轴长和焦点的位置，求椭圆的标准方程，着重考查了椭圆的基本概念和标准方程等知识，属于基础题．5.已知正项等比数列{a n}满足a3=1，a5与32a4的等差中项为12，则a1的值为A. 4B. 2C. 12D. 14【答案】A【解析】解：正项等比数列{a n}公比设为q(q>0)，满足a3=1，a5与32a4的等差中项为12，可得a1q2=1，a5+32a4=1，即a1q4+32a1q3=1，可得2q2+3q−2=0，解得q=−2(舍去)，q=12，则a1=4，故选：A．设等比数列的公比为q，q>0，运用等差数列中项性质和等比数列的通项公式，计算即可得到所求首项．本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．6.已知变量x，y满足约束条件{x−y−4⩽0,−2⩽x<2,y⩽1,若z=2x−y，则z的取值范围是()A. [−5,6)B. [−5,6]C. (2,9)D. [−5,9]【答案】A【解析】解：变量x ，y 满足约束条件{x −y −4≤0−2≤x <2y ≤1不等式组表示的平面区域如图所示，当直线z =2x −y 过点A 时，z 取得最小值， 由{y =1x=−2，可得A(−2,1)时，在y 轴上截距最大，此时z 取得最小值−5． 当直线z =2x −y 过点C 时，z 取得最小值， 由{x −y −4=0x=2，可得C(2,−2)时，因为C 不在可行域内，所以z =2x −y 的最大值小于4+2=6， 则z 的取值范围是：[−5,6)． 故选：A ．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z =2x −y 表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最小值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于中档题．7. 七巧板是一种古老的中国传统智力游戏，被誉为“东方魔板”.如图，这是一个用七巧板拼成的正方形，其中1号板和2号板为两个全等的等腰直角三角形，3号板和5号板为两个全等的等腰直角三角形，7号板为一个等腰直角三角形，4号板为一个正方形，6号板为一个平行四边形.现从这个正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A. 18B. 14C. 316D. 38【答案】C【解析】解：设4号板正方形的边长为1，则5号板直角边长为1，3号板斜边长为√2，7号板斜边长为2，直角边长为√2，则大正方形边长为2√2，大正方形的面积为2√2×2√2=8，阴影部分面积为12×1×1+12×√2×√2=32， ∴从这个正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是328=316．故选：C ．设4号板正方形的边长为1，结合图形求出大正方形的边长及5号板与7号板的直角边长，再求出阴影部分的面积，由测度比为面积比得答案．本题考查几何概型概率的求法，考查学生的读图视图能力，是基础题．8.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)+√3cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π，且f(π3−x)=f(x)，则()A. f(x)在(0,π2)上单调递减 B. f(x)在(π6,2π3)上单调递增C. f(x)在(0,π2)上单调递增 D. f(x)在(π6,2π3)上单调递减【答案】D【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+φ)+√3cos(ωx+φ)=2sin(ωx+φ+π3)∵f(x)的最小正周期为π，即2πω=π∴ω=2，则2sin(2x+φ+π3)又∵f(π3−x)=f(x)，可知对称轴x=π6，∴2sin(2×π6+φ+π3)=±2即2π3+φ=π2+kπ.k∈Z．∵−π2≤φ≤π2可得：φ=−π6．则f(x)=2sin(2x+π6).求解单调递减区间：令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ可得：kπ+π6≤x≤kπ+2π3．故选：D．利用辅助角公式化简，根据周期为π求解ω，f(π3−x)=f(x)，可知对称轴x=π6，求解φ.结合三角函数的单调性判断即可．本题主要考查了三角函数的单调性，三角函数的周期性及其求法，倍角公式化简的应用，属于基础题．9.某程序框图如图所示，该程序运行后输出M，N的值分别为A. 13，21B. 34，55C. 21，13D. 55，34【答案】B【解析】解：当i=1时，不满足退出循环的条件，i=2，M=2，N=3；当i=2时，不满足退出循环的条件，i=3，M=5，N=8；当i=3时，不满足退出循环的条件，i=4，M=13，N=21；当i=4时，不满足退出循环的条件，i=5，M=34，N=55；当i=5时，满足退出循环的条件，故输出的M，N值分别为：34，55故选：B．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量M，N的值，模拟程序的运行过程，可得答案．本题考查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．10.设函数f(x)=log12(1+x2)+11+2|x|，则使得f(x)≤f(2x−1)成立的x的取值范围是()A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. [13,1] D. (−∞,13]∪[1,+∞)【答案】C【解析】解：根据题意，函数f(x)=log12(1+x2)+11+2|x|，分析可得f(−x)=log12[1+(−x)2]+11+2|−x|=log12(1+x2)+11+2|x|=f(x)，则函数f(x)为偶函数，分析易得：f(x)在(0,+∞)上为减函数，若f(x)≤f(2x−1)，则有f(|x|)≤f(|2x−1|)，即有|x|≥|2x−1|，变形可得x2≥4x2−4x+1，解可得：13≤x≤1，即x的取值范围是[13,1]；故选：C．根据题意，分析可得函数f(x)为偶函数且在(0,+∞)上为减函数，进而可以将f(x)≤f(2x−1)转化为|x|≥|2x−1|，变形可得x2≥4x2−4x+1，解可得x的取值范围，即可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及复合函数的单调性，关键是分析函数f(x)的单调性．11. 设F 1，F 2分别为双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，过F 1作一条渐近线的垂线，垂足为M ，延长F 1M 与双曲线的右支相交于点N ，若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则此双曲线的离心率为( )A. √132B. 53C. 43D. 2√63【答案】B【解析】解：双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a,b >0)， 一条渐近线方程为bx −ay =0， 设F 1(−c,0)，可得|F 1M|=√b 2+a 2=b ， 若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|MN|=3b ，即|NF 1|=|F 1M|+|MN|=4b ， 在直角三角形MF 1O 中，|OF 1|=c ， cos∠F 2F 1M =bc，由双曲线的定义可得|NF 2|=|NF 1|−2a =4b −2a ， 在△NF 1F 2中，cos∠F 2F 1M =|F 1F 2|2+|NF 1|2−|NF 2|22|F 1F 2|⋅|NF 1|=4c 2+16b 2−(4b−2a)22⋅2c⋅4b，即有16b 2=4c 2+16b 2−(4b −2a)2， 即2c =4b −2a ，可得2b =a +c =2√c 2−a 2， 化为3c 2−2ac −5a 2=0， 即有(c +a)(3c −5a)=0， 可得3c =5a ， 即有e =ca =53，故选：B ．设出双曲线的一条渐近线方程，运用点到直线的距离公式可得|F 1M|=b ，进而得到|MN|，分别在直角三角形MF 1O 中运用勾股定理，在△NF 1F 2中，运用余弦定理，结合双曲线的定义和离心率公式，计算可得所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的渐近线方程的运用，注意运用解三角形的余弦定理，以及勾股定理和双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题．12. 设x 1，x 2分别是函数f(x)=x −a −x 和g(x)=xlog a x −1的零点(其中a >1)，则x 1+4x 2的取值范围是 A. [4,+∞) B. (4,+∞) C. [5,+∞) D. (5,+∞) 【答案】D【解析】解：由设x 1，x 2分别是函数f(x)=x −a −x 和g(x)=xlog a x −1的零点(其中a >1)，可知x1是方程a x=1x 的解；x2是方程1x=log a x的解；则x1，x2分别为函数y=1x的图象与函数y=y=a x和函数y=log a x的图象交点的横坐标；设交点分别为A(x1,1x1)，B(x2,1x2)由a>1，知0<x1<1；x2>1；又因为y=a x和y=log a x以及y=1x的图象均关于直线y=x对称，所以两交点一定关于y=x对称，由于点A(x1,1x1)，关于直线y=x的对称点坐标为(1x1,x1)，所以x1=1x2，有x1x2=1，而x1≠x2则x1+4x2=x1+x2+3x2≥2√x1x2+3x2>2+3=5即x1+4x2∈(5,+∞)故选：D．函数的零点即方程的解，将其转化为图象交点问题，又有函数图象特点，得到交点的对称问题，从而求解本题考查了函数的概念与性质、对数函数以及指数函数．二、填空题（本大题共4小题，共4.0分）13.已知向量a⃗=(1,1)，b⃗ =(2,x)，若a⃗+b⃗ 与3a⃗−b⃗ 平行，则实数x的值是______．【答案】2【解析】解：向量a⃗=(1,1)，b⃗ =(2,x)，则a⃗+b⃗ =(3,1+x)，3a⃗−b⃗ =(1,3−x)，又a⃗+b⃗ 与3a⃗−b⃗ 平行，则3(3−x)−(1+x)=0，解得x=2．故答案为：2．根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出x的值．本题考查了平面向量的坐标运算与共线定理的应用问题，是基础题．14.某几何体的三视图如图所示，其中主视图的轮廓是底边为2√3，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，左视图是个半圆.则该几何体的体积为________．【答案】√33π【解析】解：由题目所给三视图可得，该几何体为两个半圆锥的组合体，底面半径为：1.高为：√3，合并为一个圆锥，所以几何体的体积为：13×12×π×√3=√33π.故答案为：√33π．三视图复原可知几何体是两个半圆锥的组合体，根据三视图数据，求出几何体的体积．本题考查三视图求表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．15.(x−ax )(2x−1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中含x4项的系数为________．【答案】−48【解析】解：令x=1，(1−a)×(2−1)5=2，解得a=−1．又(2x−1x)5的通项公式T r+1=(−1)r25−r C5r⋅x5−2r令5−2r=3，5−2r=5．解得r=1或0．∴该展开式中常数项−80+32=−48，故答案为：−48．令x=1，(1−a)×(2−1)5=2，解得a=−1.再利用(2x−1x)5的通项公式，进而得出．本题考查了二项式定理、方程思想，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a0；点(1,0)处标数字1，记为a1；点(1,−1)处标数字0，记为a2；点(0,−1)处标数字−1，记为a3；点(−1,−1)处标数字−2，记为a4；点(−1,0)处标数字−1，记为a5；点(−1,1)处标数字0，记为a6；点(0,1)处标数字1，记为a7；……以此类推，格点坐标为(i,j)的点处所标的数字为i+j(i,j均为整数)，记S n=a1+ a2+⋯+a n，则S2018=________．【答案】−249【解析】解：设a n的坐标为(x,y)，由归纳推理可得a n=x+y，第一圈从(1,0)点到(1,1)点共有8个点，由对称性得a1+a2+⋯+a8=0，第二圈从(2,1)到(2,2)共16个点，由对称性得a9+a10+⋯+a14=0，由归纳法得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，设a2018，在第n圈，则S n=8+16+⋯8n=4(n+1)n，得前22圈共有2024个数，则S2024=0，则S2018=S2024−(a2024+a2023+⋯+a2019)，a2024所在点的坐标为(22,23)，则a2024=22+22=44，a2023所在点的坐标为(21,22)，则a2023=21+22=43，a2022=20+22=42，a2021=19+22=41，a2020=18+22=40，a2019=17+22= 39，则a2024+a2023+⋯+a2019=249，则S2018=S2024−(a2024+a2023+⋯+a2019)=0−249=−249，故答案为：−249根据点的变化规律得到第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，然后利用整体法进行转化求解即可．本题主要考查归纳推理的应用，根据条件寻找规律是解决本题的关键.综合性较强，难度较大．三、解答题（本大题共7小题，共7.0分）17.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosA−acosB=2c．(1)证明：tanB=−3tanA；(2)若b2+c2=a2+√3bc，且△ABC的面积为√3，求a．【答案】(1)证明：bcosA−acosB=2c，根据正弦定理可得：sinBcosA−cosBsinA=2sinC=2sin(A+B)，展开得：sinBcosA−cosBsinA=2(sinBcosA+cosBsinA)，整理得：sinBcosA=−3cosBsinA，所以，tanB=−3tanA．(2)解：由已知得：b2+c2−a2=√3bc，∴cosA=b2+c2−a22bc =√3bc2bc=√32，由0<A<π，得：A=π6，tanA=√33，∴tanB=−√3，由0<B<π，得：B=2π3，所以C=π6，a=c，由S=12acsin2π3=12×√32a2=√3，得：a=2．【解析】(1)利用正弦定理以及三角形的内角和，结合两角和与差的三角函数，化简求解即可．(2)利用余弦定理求出A，求出B，得到C，然后求解三角形的面积即可．本题考查三角形的解法，余弦定理以及正弦定理的应用，考查计算能力．18.如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB//CD，且CD=6，AB=12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E 在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ//OB．(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE=2AE，求二面角C−BQ−A的余弦值．【答案】(1)解法一(几何法)证明：取OO1的中点为F，连接AF，PF；∴PF//OB，∵AQ//OB，∴PF//AQ，∴P、F、A、Q四点共面，又由图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O=OO1，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又∵OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD．在直角梯形ADO1O中，OF=O1D，∠AOF=∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO=∠DOO1，∴∠FAO+∠AOD=∠DOO1+∠AOD=90∘，∴AF⊥OD．∵AF∩PF=F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ．解法二(向量法)由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0,0，0)，A(6,0，0)，B(0,6，0)，C(0,3，6)，D(3,0，6)，Q(6,m，0)．,3)，∵点P为BC中点，∴P(0,92∴OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,m,0)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗=(6,m −92,−3)， ∵OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线， ∴OD ⊥平面PAQ ．(2)∵BE =2AE ，AQ//OB ，∴AQ =12OB =3，则Q(6,3，0)，∴QB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,0)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−3,6)．设平面CBQ 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，∵{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅QB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴{−3y +6z =0−6x+3y=0，令z =1，则y =2，x =1，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,2,1)， 又显然，平面ABQ 的法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，设二面角C −BQ −A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√66． 【解析】(1)解法一(几何法)：取OO 1的中点为F ，连接AF ，PF ；推出PF//OB ，证明OB ⊥OO 1，得到OB ⊥平面ADO 1O ，证明PF ⊥平面ADO 1O ，即可证明PF ⊥OD.然后证明AF ⊥OD.得到结果OD ⊥平面PAQ ．解法二(向量法)：由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长度为m ，求出相关的坐标，证明OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，然后证明OD ⊥平面PAQ ．(2)求出平面CBQ 的法向量，平面ABQ 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C −BQ −A 的平面角的余弦函数值即可．本题考查向量法求解二面角的平面角的大小，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．19. 2018年2月22日上午，山东省省委、省政府在济南召开山东省全面展开新旧动能转换重大工程动员大会，会议动员各方力量，迅速全面展开新旧动能转换重大工程.某企业响应号召，对现有设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了200件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20,40)内的产品视为合格品，否则为不合格品.如图是设备改造前的样本的频率分布直方图，表1是设备改造后的样本的频数分布表． 1质量指标值 [15,20)[20,25) [25,30) [30,35) [35,40) [40,45]频数4 369628324(1)完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关；设备改造前设备改造后合计合格品不合格品合计行比较；(3)企业将不合格品全部销毁后，根据客户需求对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25,30)内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在[20,25)或[30,35)内的定为二等品，每件售价180元；其它的合格品定为三等品，每件售价120元.根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率.现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望．附：P(K2≥k0)0.1500.1000.0500.0250.010 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635K2=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【答案】解：(1)根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表．完成下面的2×2列联表：设备改造前设备改造后合计合格品172192364不合格品28836合计200200400将列联表中的数据代入公式计算得：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=400×(172×8−28×192)2200×200×364×36≈12.210．∵12.210>6.635，∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关．(2)根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表．可知，设备改造前产品为合格品的概率约为172200=4350，设备改造后产品为合格品的概率约为192200=2425；设备改造后产品合格率更高，因此，设备改造后性能更优． (3)由表1知：一等品的频率为12，即从所有产品中随机抽到一件一等品的概率为12； 二等品的频率为13，即从所有产品中随机抽到一件二等品的概率为13； 三等品的频率为16，即从所有产品中随机抽到一件三等品的概率为16． 由已知得：随机变量X 的取值为：240，300，360，420，480． P(X =240)=16×16=136，P(X =300)=C 21×13×16=19，P(X =360)=C 21×12×16+13×13=518，P(X =420)=C 21×12×13=13，P(X =480)=12×12=14．∴E(X)=240×136+300×19+360×518+420×13+480×14=400．【解析】(1)根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表完成2×2列联表，求出K 2K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)≈12.210>6.635，从而有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关．(2)根据设备改造前的样本的频率分布直方图和设备改造后的样本的频数分布表，得到设备改造前产品为合格品的概率和设备改造后产品为合格品的概率，从而求出设备改造后性能更优．(3)由表1知从所有产品中随机抽到一件一等品的概率为12；二等品的频率为13，三等品的频率为16，由已知得：随机变量X 的取值为：240，300，360，420，480.分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X 的分布列和数学期望．本题考查独立检验的应用，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查相互独立事件事件概率乘法公式、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 1：x 2=4y ，直线l 与抛物线C 1交于A ，B 两点．(1)若直线OA ，OB 的斜率之积为−14，证明：直线l 过定点；(2)若线段AB 的中点M 在曲线C 2：y =4−14x 2(−2√2<x <2√2)上，求|AB|的最大值．【答案】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，(1)证明：由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y =kx +m ， 由{y =kx +m x 2=4y，得：x 2−4kx −4m =0， △=16(k 2+m)>0，x 1+x 2=4k ，x 1x 2=−4m ， k OA ⋅k OB =y 1⋅y 2x1⋅x 2=14x 12⋅14x 22x 1⋅x 2=x 1⋅x 216=−m4，由已知：k OA ⋅k OB =−14，所以m =1，∴直线l 的方程为y =kx +1，所以直线l 过定点(0,1)． (2)设M(x 0,y 0)，则x 0=x 1+x 22=2k ，y 0=kx 0+m =2k 2+m ，将M(x 0,y 0)带入C 2：y =4−14x 2(−2√2<x <2√2)得：2k 2+m =4−14(2k)2，∴m =4−3k 2．∵−2√2<x 0<2√2，∴−2√2<2k <2√2，∴−√2<k <√2，又∵△=16(k 2+m)=16(k 2+4−3k 2)=32(2−k 2)>0，∴−√2<k <√2， 故k 的取值范围是：k ∈(−√2,√2)．|AB|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2√16(k 2+m)， 将m =4−3k 2代入得：|AB|=4√2√(k 2+1)(2−k 2)≤4√2(k 2+1)+(2−k 2)2=6√2，当且仅当k 2+1=2−k 2，即k =±√22时取等号，所以|AB|的最大值为6√2．【解析】(1)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，设直线l 的方程为y =kx +m ，联立{y =kx +m x 2=4y，利用韦达定理，通过k OA ⋅k OB =−14，转化求解m =1，推出直线l 过定点． (2)设M(x 0,y 0)，则x 0=x 1+x 22=2k ，y 0=kx 0+m =2k 2+m ，将M(x 0,y 0)带入C 2：y =4−14x 2(−2√2<x <2√2)通过判别式推出k 的范围，利用弦长公式求出AB ，利用基本不等式求解弦长的最大值即可．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，弦长的最值的求法，范围问题的求解，考查计算能力．21.已知函数f(x)=alnx−x2+(2a−1)x(a∈R)有两个不同的零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2>2a．【答案】解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，f′(x)=ax −2x+(2a−1)=−(2x+1)(x−a)x，若a≤0，则f′(x)<0，此时f(x)在(0,+∞)递减，不符合题意．若a>0，则由f′(x)=0，解得：x=a，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，此时f(x)在(0,a)递增，在(a,+∞)递减；要使函数f(x)=alnx−x2+(2a−1)x(a∈R)有两个不同的零点.只需f(a)=alna+ a2−a>0即可．令ℎ(a)=alna+a2−a(a>0)，ℎ′(a)=lna+2a，.易知ℎ′(a)=lna+2a在(0,+∞)递增．且ℎ′(1)>0，∴存在x0∈(0,1)使ℎ′(x0)=0，∴a∈(0,x0)时，ℎ(a)递减，a∈(x0,+∞)ℎ(a)递增，∴ℎ(a)=alna+a2−a(a>0)，德草图如下：∴a的取值范围为[1,+∞)．(2)令g(x)=f(x)−f(2a−x)，x∈(0,a)则g(x)=alnx−x2+(2a−1)x−aln(2a−x)−(2a−1)(2a−x)+(2a−x)2，g′(x)=2(x−a)2x(2a−x)>0，当0<x<a时，g′(x)<0，g(x)在(0,a)递增，而g(a)=0，故g(x)<g(a)=0，故0<x<a时，f(x)<f(2a−x)；不妨设0<x1<x2，则0<x1<a<x2，∴0<2a−x1>a，得：f(x1)=f(x2)<f(2a−x1)，∵f(x)在(a,+∞)递减，∴x2>2a−x1，即：x1+x2>2a．【解析】(1)f′(x)=a x −2x +(2a −1)=−(2x+1)(x−a)x，分以下情况讨论：若a ≤0，若a >0，(2)令g(x)=f(x)−f(2a −x)，x ∈(0,a)g′(x)=2(x−a)2x(2a−x)>0，可得g(x)在(0,a)递增，得：f(x 1)=f(x 2)<f(2a −x 1)，即：x 1+x 2>2a ．本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的零点个数的判断，函数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力．22. 在直角坐标系xOy 中，过点P(1,2)的直线l 的参数方程为{x =1+12t,y =2+√32t (t 为参数).以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=4sinθ．(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与曲线C 相交于M ，N 两点，求1|PM|+1|PN|的值． 【答案】解：(1)由已知得：{x −1=12ty −2=√32t，消去t 得y −2=√3(x −1)， ∴化为一般方程为：√3x −y +2−√3=0， 即：l ：√3x −y +2−√3=0．曲线C ：ρ=4sinθ得，ρ2=4ρsinθ，即x 2+y 2=4y ，整理得x 2+(y −2)2=4， 即：C ：x 2+(y −2)2=4．(2)把直线l 的参数方程{x =1+12t y =2+√32t(t 为参数)代入曲线C 的直角坐标方程中得：(12t +1)2+(√32t)2=4，即t 2+t −3=0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则{t 1⋅t 2=−3t 1+t 2=−1，∴1|PM|+1|PN|=|PM|+|PN||PM|⋅|PN|=|t 1|+|t 2||t 1⋅t 2|=|t 1−t 2||t 1⋅t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1⋅t 2|t 1⋅t 2|=√133． 【解析】(1)消去参数t ，即可得到直线l 的普通方程，利用极坐标与直角坐标方程的互化求解即可．(2)直线的参数方程代入曲线方程，利用参数的几何意义，通过韦达定理转化求解即可． 本题考查参数方程以及极坐标方程的互化，参数的几何意义的应用，考查转化思想以及计算能力．23. 已知函数f(x)=|2x −2|−|x +2|．(1)求不等式f(x)≥6的解集；(2)当x ∈R 时，f(x)≥−x +a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当x ≤−2时，f(x)=−x +4，∴f(x)≥6⇒−x +4≥6⇒x ≤−2，故x ≤−2；当−2<x <1时，f(x)=−3x ，∴f(x)≥6⇒−3x ≥6⇒x ≤−2，故x ∈ϕ； 当x ≥1时，f(x)=x −4，∴f(x)≥6⇒x −4≥6⇒x ≥10，故x ≥10； 综上可知：f(x)≥6的解集为(−∞,2]∪[10,+∞)． (2)由(1)知：f(x)={−x +4,x ≤−2−3x,−2<x <1x −4,x ≥1，【解法一】如图所示：作出函数f(x)的图象，由图象知，当x =1时，−1+a ≤−3，解得：a ≤−2， ∴实数a 的取值范围为(−∞,−2]． 【解法二】当x ≤−2时，−x +4≥−x +a 恒成立，∴a ≤4， 当−2<x <1时，−3x ≥−x +a 恒成立，∴a ≤−2， 当x ≥1时，x −4≥−x +a 恒成立，∴a ≤−2， 综上，实数a 的取值范围为(−∞,−2]．【解析】(1)通过去掉绝对值符号，当x ≤−2时，当−2<x <1时，当x ≥1时，分别求解不等式的解集即可．(2)化简f(x)={−x +4,x ≤−2−3x,−2<x <1x −4,x ≥1，【解法一】利用数形结合转化求解即可．【解法二】通过x 的范围转化不等式求解即可．本题考查函数的最值的求法，分段函数的应用绝对值不等式的解法，考查分类讨论思想的应用以及计算能力．。