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文檔簡介
1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2019年安徽省合肥市高考數(shù)學(xué)二模試卷(理科)一、選擇題:本大題共12小題,每小題5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(5分)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足,則z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點位于()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限2(5分)若集合,Bx|1x2,則AB()A2,2)B(1,1C(1,1)D(1,2)3(5分)已知雙曲線(a0,b0)的一條漸近線方程為y2x,且經(jīng)過點P(,4),則雙曲線的方程是()ABCD4(5分)在ABC中,則()ABCD5(5分)如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營業(yè)收入占比和凈利潤占比統(tǒng)計表:空調(diào)類冰箱類小家電類其它類營
2、業(yè)收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是()A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營業(yè)收入和凈利潤相同C該公司2018年度凈利潤主要由空調(diào)類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數(shù)據(jù)后,該公司2018年度空調(diào)類電器銷售凈利潤占比將會降低6(5分)將函數(shù)的圖象上各點橫坐標(biāo)縮短到原來的(縱坐標(biāo)不變)得到函數(shù)g(x)的圖象,則下列說法正確的是()A函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點對稱B函數(shù)g(x)的周期是C函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增D函數(shù)g(x)在上最大值是17(5分)已知橢圓(ab0)的左右焦點分
3、別為F1,F(xiàn)2,右頂點為A,上頂點為B,以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P,若F2BAP,則該橢圓離心率是()ABCD8(5分)某部隊在一次軍演中要先后執(zhí)行六項不同的任務(wù),要求是:任務(wù)A必須排在前三項執(zhí)行,且執(zhí)行任務(wù)A之后需立即執(zhí)行任務(wù)E,任務(wù)B、任務(wù)C不能相鄰,則不同的執(zhí)行方案共有()A36種B44種C48種D54種9(5分)函數(shù)f(x)x2+xsinx的圖象大致為()ABCD10(5分)如圖,正方形網(wǎng)格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖,則該多面體各表面所在平面互相垂直的有()A2對B3對C4對D5對11(5分)“垛積術(shù)”(隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在夢溪筆談中首創(chuàng),南宋數(shù)學(xué)
4、家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法,有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“茭草垛”:自上而下,第一層1件,以后每一層比上一層多1件,最后一層是n件已知第一層貨物單價1萬元,從第二層起,貨物的單價是上一層單價的若這堆貨物總價是萬元,則n的值為()A7B8C9D1012(5分)函數(shù)f(x)exe1xb|2x1|在(0,1)內(nèi)有兩個零點,則實數(shù)b的取值范圍是()AB(1e,0)(0,e1)CD二、填空題:本大題共4小題,每小題5分.把答案填在答題卡上的相應(yīng)位置.13(5分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a23,S416,則數(shù)列an的公差d 14(5
5、分)若,則cos2+cos 15(5分)若a+b0,則的最小值為 16(5分)已知半徑為4的球面上有兩點A,B,球心為O,若球面上的動點C滿足二面角CABO的大小為60o,則四面體OABC的外接球的半徑為 三、解答題:解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(12分)在ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,sin2A+sin2B+sinAsinB2csinC,ABC的面積Sabc()求角C;()求ABC周長的取值范圍18(12分)如圖,三棱臺ABCEFG的底面是正三角形,平面ABC平面BCGF,CB2GF,BFCF()求證:ABCG;()若BCCF,求直線AE與平面BEG所成角的正
6、弦值19(12分)某種大型醫(yī)療檢查機(jī)器生產(chǎn)商,對一次性購買2臺機(jī)器的客戶,推出兩種超過質(zhì)保期后兩年內(nèi)的延保維修優(yōu)惠方案:方案一:交納延保金7000元,在延保的兩年內(nèi)可免費維修2次,超過2次每次收取維修費2000元;方案二:交納延保金10000元,在延保的兩年內(nèi)可免費維修4次,超過4次每次收取維修費1000元某醫(yī)院準(zhǔn)備一次性購買2臺這種機(jī)器現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時應(yīng)購買哪種延保方案,為此搜集并整理了50臺這種機(jī)器超過質(zhì)保期后延保兩年內(nèi)維修的次數(shù),得下表:維修次數(shù)0123臺數(shù)5102015以這50臺機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替1臺機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率記X表示這2臺機(jī)器超過質(zhì)保期后延保的兩年內(nèi)共需維修的次數(shù)
7、()求X的分布列;()以所需延保金及維修費用的期望值為決策依據(jù),醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算?20(12分)已知拋物線C:x22py(p0)上一點M(m,9)到其焦點F的距離為10()求拋物線C的方程;()設(shè)過焦點F的直線l與拋物線C交于A,B兩點,且拋物線在A,B兩點處的切線分別交x軸于P,Q兩點,求|AP|BQ|的取值范圍21(12分)已知函數(shù)f(x)a(x+1)ln(x+1)x2ax(a0)是減函數(shù)()試確定a的值;()已知數(shù)列an,Tna1a2a3an(nN*),求證:請考生在第22、23題中任選一題作答.注意:只能做所選定的題目,如果多做,則按所做的第一個題目計分,作答時,請用2B鉛筆
8、在答題卡上,將所選題號對應(yīng)的方框涂黑.選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程22(10分)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1的參數(shù)方程為(為參數(shù))在以原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線C2極坐標(biāo)方程為24sin3()寫出曲線C1和C2的直角坐標(biāo)方程;()若P,Q分別為曲線C1,C2上的動點,求|PQ|的最大值選修4-5:不等式選講23已知f(x)|3x+2|()求f(x)1的解集;()若f(x2)a|x|恒成立,求實數(shù)a的最大值2019年安徽省合肥市高考數(shù)學(xué)二模試卷(理科)參考答案與試題解析一、選擇題:本大題共12小題,每小題5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(5分)
9、設(shè)復(fù)數(shù)z滿足,則z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點位于()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案【解答】解:,z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點為(2,2),位于第一象限故選:A【點評】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算,考查復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義,是基礎(chǔ)題2(5分)若集合,Bx|1x2,則AB()A2,2)B(1,1C(1,1)D(1,2)【分析】可求出集合A,然后進(jìn)行交集的運算即可【解答】解:Ax|2x1,Bx|1x2;AB(1,1)故選:C【點評】考查描述法、區(qū)間的定義,分式不等式的解法,以及交集的運算3(5分)已知雙曲線(a0,b0)的一條漸近線方程為y2x,且
10、經(jīng)過點P(,4),則雙曲線的方程是()ABCD【分析】求得雙曲線的漸近線方程可得2,代入點P的坐標(biāo),可得a,b的方程組,解方程即可得到所求雙曲線的方程【解答】解:雙曲線(a0,b0)的一條漸近線方程為y2x,可得2,由雙曲線經(jīng)過點P(,4),可得1,解得a,b2,則雙曲線的方程為1故選:C【點評】本題考查雙曲線的方程和性質(zhì),主要是漸近線方程的運用,考查方程思想和運算能力,屬于基礎(chǔ)題4(5分)在ABC中,則()ABCD【分析】根據(jù)即可得出:,解出向量即可【解答】解:;故選:B【點評】考查向量減法的幾何意義,以及向量的數(shù)乘運算5(5分)如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營業(yè)收入占比和凈利潤占
11、比統(tǒng)計表:空調(diào)類冰箱類小家電類其它類營業(yè)收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是()A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營業(yè)收入和凈利潤相同C該公司2018年度凈利潤主要由空調(diào)類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數(shù)據(jù)后,該公司2018年度空調(diào)類電器銷售凈利潤占比將會降低【分析】根據(jù)題意,分析表中數(shù)據(jù),即可得出正確的選項【解答】解:根據(jù)表中數(shù)據(jù)知,該公司2018年度冰箱類電器銷售凈利潤所占比為0.48,是虧損的,A正確;小家電類電器營業(yè)收入所占比和凈利潤所占比是相同的,但收入與凈利
12、潤不一定相同,B錯誤;該公司2018年度凈利潤空調(diào)類電器銷售所占比為95.80%,是主要利潤來源,C正確;所以剔除冰箱類電器銷售數(shù)據(jù)后,該公司2018年度空調(diào)類電器銷售凈利潤占比將會降低,D正確故選:B【點評】本題考查了數(shù)據(jù)分析與統(tǒng)計知識的應(yīng)用問題,是基礎(chǔ)題6(5分)將函數(shù)的圖象上各點橫坐標(biāo)縮短到原來的(縱坐標(biāo)不變)得到函數(shù)g(x)的圖象,則下列說法正確的是()A函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點對稱B函數(shù)g(x)的周期是C函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增D函數(shù)g(x)在上最大值是1【分析】直接利用函數(shù)的圖象的伸縮變換的應(yīng)用求出函數(shù)的關(guān)系式,進(jìn)一步利用正弦型函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解:函數(shù)的圖象上各點橫
13、坐標(biāo)縮短到原來的(縱坐標(biāo)不變),得到函數(shù)g(x)2sin(2x+)1的圖象,故:函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點對稱,故選項A錯誤函數(shù)的最小正周期為,故選項B錯誤當(dāng)時,所以函數(shù)的最大值取不到1故選項D錯誤故選:C【點評】本題考查的知識要點:三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變變換,正弦型函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的運算能力和轉(zhuǎn)化能力,屬于基礎(chǔ)題型7(5分)已知橢圓(ab0)的左右焦點分別為F1,F(xiàn)2,右頂點為A,上頂點為B,以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P,若F2BAP,則該橢圓離心率是()ABCD【分析】如圖所示,以線段F1A為直徑的圓的方程為:+y2,化為:x2(ac)x+y2ac0直線F1
14、B的方程為:bxcy+bc0,聯(lián)立解得P點坐標(biāo),利用F2BAP,及其斜率計算公式、離心率計算公式即可得出【解答】解:如圖所示,以線段F1A為直徑的圓的方程為:+y2,化為:x2(ac)x+y2ac0直線F1B的方程為:bxcy+bc0,聯(lián)立,解得PkAP,F(xiàn)2BAP,化為:e2,e(0,1)解得另解:F1A為圓的直徑,F(xiàn)1PA90°F2BAP,F(xiàn)1BF290°2a2(2c)2,解得e故選:D【點評】本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率與離心率計算公式、圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題8(5分)某部隊在一次軍演中要先后執(zhí)行六項不同的任務(wù),要求是:任務(wù)A必須
15、排在前三項執(zhí)行,且執(zhí)行任務(wù)A之后需立即執(zhí)行任務(wù)E,任務(wù)B、任務(wù)C不能相鄰,則不同的執(zhí)行方案共有()A36種B44種C48種D54種【分析】根據(jù)題意,分3種情況討論:,任務(wù)A排在第一位,則E排在第二位,任務(wù)A排在第二位,則E排在第三位,任務(wù)A排在第三位,則E排在第四位,由加法原理計算可得答案【解答】解:根據(jù)題意,任務(wù)A必須排在前三項執(zhí)行,分3種情況討論:,任務(wù)A排在第一位,則E排在第二位,將剩下的2項任務(wù)全排列,排好后有3個空位,將B、C安排在3個空位中,有A22A3212種不同的執(zhí)行方案,任務(wù)A排在第二位,則E排在第三位,BC的安排方法有4×A228種,將剩下的2項任務(wù)全排列安排在剩
16、下位置,有A222種安排方法,則有8×216種安排方法,任務(wù)A排在第三位,則E排在第四位,BC的安排方法有4×A228種,將剩下的2項任務(wù)全排列安排在剩下位置,有A222種安排方法,則有8×216種安排方法,則不同的執(zhí)行方案共有12+16+1644種;故選:B【點評】本題考查排列、組合的應(yīng)用,涉及分類計數(shù)原理的應(yīng)用,注意優(yōu)先分析受到限制的元素,屬于基礎(chǔ)題9(5分)函數(shù)f(x)x2+xsinx的圖象大致為()ABCD【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性排除B,再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性排除C,D,問題得以解決【解答】解:函數(shù)f(x)x2+xsinx是偶函數(shù),關(guān)于y軸對稱,故排除B,令g
17、(x)x+sinx,g(x)1+cosx0恒成立,g(x)在R上單調(diào)遞增,g(0)0,f(x)xg(x)0,故排除D,當(dāng)x0時,f(x)xg(x)單調(diào)遞增,故當(dāng)x0時,f(x)xg(x)單調(diào)遞減,故排除C故選:A【點評】本題考查了函數(shù)圖象識別和應(yīng)用,考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,屬于中檔題10(5分)如圖,正方形網(wǎng)格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖,則該多面體各表面所在平面互相垂直的有()A2對B3對C4對D5對【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體,進(jìn)一步利用面面垂直的判定的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解:根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體為:根據(jù)幾何體得到:平面SAD平面SCD,平面SBC平面SCD,平面
18、SCD平面ABCD,平面SAD平面SBC故選:C【點評】本題考查的知識要點:三視圖和幾何體的轉(zhuǎn)換,面面垂直的判定定理的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的運算能力和轉(zhuǎn)化能力,屬于基礎(chǔ)題型11(5分)“垛積術(shù)”(隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在夢溪筆談中首創(chuàng),南宋數(shù)學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法,有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“茭草垛”:自上而下,第一層1件,以后每一層比上一層多1件,最后一層是n件已知第一層貨物單價1萬元,從第二層起,貨物的單價是上一層單價的若這堆貨物總價是萬元,則n的值為()A7B8C9D10【分析】由題意可得第n層的貨物的價格為ann
19、()n1,根據(jù)錯位相減法求和即可求出【解答】解:由題意可得第n層的貨物的價格為ann()n1,設(shè)這堆貨物總價是Sn1()0+2()1+3()2+n()n1,由×可得Sn1()1+2()2+3()3+n()n,由可得Sn1+()1+()2+()3+()n1n()nn()n10(10+n)()n,Sn10010(10+n)()n,這堆貨物總價是萬元,n10,故選:D【點評】本題考查了錯位相減法求和,考查了運算能力,以及分析問題解決問題的能力,屬于中檔題12(5分)函數(shù)f(x)exe1xb|2x1|在(0,1)內(nèi)有兩個零點,則實數(shù)b的取值范圍是()AB(1e,0)(0,e1)CD【分析】利
20、用換元法設(shè)tx,則函數(shù)等價為y2b|t|,條件轉(zhuǎn)化為2b|t|,研究函數(shù)的 單調(diào)性結(jié)合絕對值的應(yīng)用,利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行求解即可【解答】解:f(x)exe1x2b|x|,設(shè)tx,則xt+,0x1,t,則函數(shù)f(x)等價為y2b|t|,即等價為y2b|t|在t上有兩個零點,即2b|t|有兩個根,設(shè)h(t),則h(t)()h(t),即函數(shù)h(t)是奇函數(shù),則h(t)+0,即函數(shù)h(t)在t上是增函數(shù),h(0)0,h()e1,h()1e,當(dāng)0t,若b0,則函數(shù)f(x)只有一個零點,不滿足條件若b0,則g(t)2bx,設(shè)過原點的直線g(t)與h(t)相切,切點為(a,),h(t)+,即h(a)+,則切線方
21、程為y()(+)(xa),切線過原點,則()a(+),即+aa,則(a+1)(a+1),得a0,即切點為(0,0),此時切線斜率kh(0)2若22b,則b,此時切線y2x與h(t)相切,只有一個交點,不滿足條件當(dāng)直線過點(,e1)時,e12b×b,此時直線g(t)2(e1)x,要使g(t)與h(t)有兩個交點,則be1,當(dāng)b0時,t0時,g(t)2bx,由2b2得b,當(dāng)直線過點(,1e)時,1e2b()b,要使g(t)與h(t)有兩個交點,則1eb,綜上1eb或be1,即實數(shù)b的取值范圍是,故選:D【點評】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用,利用條件轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象問題是解決本題的關(guān)鍵綜
22、合性較強(qiáng),難度較大二、填空題:本大題共4小題,每小題5分.把答案填在答題卡上的相應(yīng)位置.13(5分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a23,S416,則數(shù)列an的公差d2【分析】利用等差數(shù)列的通項公式及其求和公式即可得出【解答】解:由a23,S416,a1+d3,4a1+6d16,聯(lián)立解得a11,d2,故答案為:2【點評】本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其求和公式,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題14(5分)若,則cos2+cos【分析】根據(jù)三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式求出cos的值,結(jié)合二倍角公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可【解答】解:,cos,則cos2+cos2cos21+cos2×1+,故答案
23、為:【點評】本題主要考查三角函數(shù)值的化簡和求值,利用誘導(dǎo)公式以及二倍角公式是解決本題的關(guān)鍵15(5分)若a+b0,則的最小值為【分析】根據(jù)題意,由基本不等式的性質(zhì)可得a2+b2,進(jìn)而可得+,結(jié)合基本不等式的性質(zhì)分析可得答案【解答】解:根據(jù)題意,若a+b0,即ab,則有a2+b2,則+2,即的最小值為;故答案為:【點評】本題考查基本不等式的性質(zhì)以及應(yīng)用,關(guān)鍵是構(gòu)造基本不等式成立的條件16(5分)已知半徑為4的球面上有兩點A,B,球心為O,若球面上的動點C滿足二面角CABO的大小為60o,則四面體OABC的外接球的半徑為【分析】由球面動點C想到以O(shè)為頂點,以A,B,C所在球小圓O為底面的圓錐,作出
24、圖形,取AB中點E,OEO60°,進(jìn)而求得高和底面半徑,列方程求解不難【解答】解:如圖,設(shè)A,B,C所在球小圓為圓O,取AB中點E,連接OE,OE,則OEO即為二面角CABO的平面角,為60°,由OAOB4,AB,得AOB為等腰直角三角形,OE,設(shè)OABC的外接球球心為M,半徑為r,利用RtBOM列方程得:,解得:r故答案為:【點評】此題考查了圓錐外接球,二面角等,綜合性較強(qiáng),難度較大三、解答題:解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(12分)在ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,sin2A+sin2B+sinAsinB2csinC,ABC的面積Sabc()
25、求角C;()求ABC周長的取值范圍【分析】()由已知利用三角形的面積公式可得2csinC,由正弦定理化簡已知等式可得a2+b2+abc2由余弦定理得,即可得解C的值()由()知2csinC,由正弦定理,三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可得a+b+csin(A+)+,由范圍,可求,利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)可求ABC的周長的取值范圍【解答】(本小題滿分12分)解:()由,可知:2csinC,sin2A+sin2B+sinAsinBsin2C由正弦定理得a2+b2+abc2由余弦定理得,(5分)()由()知2csinC,2asinA,2bsinBABC的周長為,ABC的周長的取值范圍為(12分)【點評】本題主
26、要考查了三角形的面積公式,正弦定理,余弦定理,三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用,正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)在解三角形中的綜合應(yīng)用,考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想,屬于中檔題18(12分)如圖,三棱臺ABCEFG的底面是正三角形,平面ABC平面BCGF,CB2GF,BFCF()求證:ABCG;()若BCCF,求直線AE與平面BEG所成角的正弦值【分析】()取BC的中點為D,連結(jié)DF,推導(dǎo)出四邊形CDFG為平行四邊形,從而CGDF,DFBC,CGBC進(jìn)而CG平面ABC,由此能證明CGAB()連結(jié)AD由ABC是正三角形,且D為中點得,ADBC由CG平面ABC,CGDF,DFAD,DFBC,以DB,DF,DA分別為x,y,
27、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz利用向量法能求出直線AE與平面BEG所成角的正弦值【解答】證明:()取BC的中點為D,連結(jié)DF由ABCEFG是三棱臺得,平面ABC平面EFG,從而BCFGCB2GF,四邊形CDFG為平行四邊形,CGDFBFCF,D為BC的中點,DFBC,CGBC平面ABC平面BCGF,且交線為BC,CG平面BCGF,CG平面ABC,而AB平面ABC,CGAB解:()連結(jié)AD由ABC是正三角形,且D為中點得,ADBC由()知,CG平面ABC,CGDF,DFAD,DFBC,DB,DF,DA兩兩垂直以DB,DF,DA分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz設(shè)BC2,則
28、A(),E(),B(1,0,0),G(1,0),設(shè)平面BEG的一個法向量為由可得,令,則y2,z1,設(shè)AE與平面BEG所成角為,則直線AE與平面BEG所成角的正弦值為【點評】本題考查線線垂直的證明,考查線面角的正弦值的求法,考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,是中檔題19(12分)某種大型醫(yī)療檢查機(jī)器生產(chǎn)商,對一次性購買2臺機(jī)器的客戶,推出兩種超過質(zhì)保期后兩年內(nèi)的延保維修優(yōu)惠方案:方案一:交納延保金7000元,在延保的兩年內(nèi)可免費維修2次,超過2次每次收取維修費2000元;方案二:交納延保金10000元,在延保的兩年內(nèi)可免費維修4次,超過4次每次收取維修費100
29、0元某醫(yī)院準(zhǔn)備一次性購買2臺這種機(jī)器現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時應(yīng)購買哪種延保方案,為此搜集并整理了50臺這種機(jī)器超過質(zhì)保期后延保兩年內(nèi)維修的次數(shù),得下表:維修次數(shù)0123臺數(shù)5102015以這50臺機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替1臺機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率記X表示這2臺機(jī)器超過質(zhì)保期后延保的兩年內(nèi)共需維修的次數(shù)()求X的分布列;()以所需延保金及維修費用的期望值為決策依據(jù),醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算?【分析】()X所有可能的取值為0,1,2,3,4,5,6,分別求出相應(yīng)的概率,由此能求出X的分布列()選擇延保方案一,求出所需費用Y1元的分布列和數(shù)學(xué)期望,選擇延保方案二,求出所需費用Y2元的分布列和數(shù)學(xué)期望,由
30、此能求出該醫(yī)院選擇延保方案二較合算【解答】(本小題滿分12分)解:()X所有可能的取值為0,1,2,3,4,5,6,X的分布列為X0123456P()選擇延保方案一,所需費用Y1元的分布列為:Y170009000110001300015000P(元)選擇延保方案二,所需費用Y2元的分布列為:Y2100001100012000P(元)EY1EY2,該醫(yī)院選擇延保方案二較合算【點評】本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望的求法,考查相互獨立事件概率乘法的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,是中檔題20(12分)已知拋物線C:x22py(p0)上一點M(m,9)到其焦點F的距離為10()求拋物線C的
31、方程;()設(shè)過焦點F的直線l與拋物線C交于A,B兩點,且拋物線在A,B兩點處的切線分別交x軸于P,Q兩點,求|AP|BQ|的取值范圍【分析】()可得拋物線的準(zhǔn)線為,解得,p2,即可得拋物線的方程()設(shè)l:ykx+1設(shè)A(),B(x2,),可得同理可得,即可得|AP|BQ|的取值范圍【解答】解:()已知M(m,9)到焦點F的距離為10,則點M到其準(zhǔn)線的距離為10拋物線的準(zhǔn)線為,解得,p2,拋物線的方程為x24y(5分)()由已知可判斷直線l的斜率存在,設(shè)斜率為k,因為F(0,1),則l:ykx+1設(shè)A(),B(x2,),由消去y得,x24kx40,x1+x24k,x1x24由于拋物線C也是函數(shù)的
32、圖象,且,則令y0,解得,P,從而同理可得,k20,|AP|BQ|的取值范圍為2,+)(12分)【點評】本題考查拋物線的簡單性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力,屬于中檔題21(12分)已知函數(shù)f(x)a(x+1)ln(x+1)x2ax(a0)是減函數(shù)()試確定a的值;()已知數(shù)列an,Tna1a2a3an(nN*),求證:【分析】()求出原函數(shù)的定義域,求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),把f(x)是定義域內(nèi)的減函數(shù)轉(zhuǎn)化為f(x)aln(x+1)2x0恒成立再利用導(dǎo)數(shù)求得導(dǎo)函數(shù)的最大值,由最大值等于0求得a值;()由f(x)是減函數(shù),且f(0)0可得,當(dāng)x0時,f(x)0,得到f(n)0,即2(n+1)ln(1+n)n2+2n兩邊同除以2(n+1)2得,即得到Tn,則然后利用導(dǎo)數(shù)證明 即可【解答】解:()f(x)的定義域為(1,+),f(x)aln(x+1)2x由f(x)是減函數(shù)得,對任意的x(1,+),都有f(x)aln(x+1)2x0恒成立設(shè)g(x)aln(x+1)2x,由a0知,當(dāng)時,g'(x)0;當(dāng)時,g'(x)0,g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,g(x)在時取得最大值又g(0)0,對任
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