2020届高三数学上学期开学考试试题理(含解析)_1

2020届高三数学上学期开学考试试题理（含解
析）
一、选择题：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.已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别计算出集合、，再取交集即可。

【详解】解：，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集，属于基础题。

2.已知为虚数单位，，若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，且，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得，解得或，据此可知或，结合共轭复数的特征确定的值即可.
【详解】由可得，解得或，所以
或，
因为在复平面内对应的点位于第三象限，所以．
本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查复数的运算，共轭复数的定义，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3.我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分则“立春”时日影长度为
A. 分
B. 分
C. 分
D. 分
【答案】B
【解析】
分析】
首先“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分，即可求出,进而求出立春”时日影长度为.
【详解】解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，
且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分．
，
解得，
“立春”时日影长度为：分．
故选B．
【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，利用等差数列的性质直接求解．
4.已知角的终边经过点，则（）
A. 3
B.
C.
D. -3
【答案】D
【解析】
【分析】
终边经过点即可知道，将分子分母同除,再代入即可。

【详解】解：因为角的终边经过点，所以，
则.
故选D
【点睛】本题考查分式同角三角函数的运算，属于基础题。

5.已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
因为在上单调递增，,知道，再由，即可得的出答案。

【详解】解：因为在上单调递增，,所以，而，，故选：C.
【点睛】本题考查利用正弦函数单调性判断大小，属于基础题。

6.已知数列满足，，则（）
A. 2
B.
C.
D. -3
【答案】B
【解析】
分析】
写出数列的前5项，即可得出数列是以4为周期的数列，。

【详解】解：因为，所以由已知可得，
，，
.可以判断出数列是以4为周期的数列，故
.
故选B
【点睛】本题考查周期数列，属于基础题。

7.函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，，可判断是单调递增函数，从而可得到时，
，即可判断时，，，从而可确定在上单调递增，即可得到答案。

【详解】因为，所以为偶函数，选项B错误，，令，则
恒成立，所以是单调递增函数，则当时，
，
故时，，,
即在上单调递增，故只有选项A正确。

【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题。

8.在中，，若，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
过点分别作∥，∥，交点分别为，,，根据比例全部换成与，即可得出答案。

【详解】解：过点分别作∥，∥，交点分别为，，
因为所以，
所以，，
故，故选D.
【点睛】本题考查平面向量基本定理，属于中等题.
9.在△ABC中，已知向量与满足，且
，则△ABC为（）
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰非等边三角形
D. 三边均不相等的三角形
【答案】A
【解析】
【详解】解:,
的角平分线与BC垂直,
,
,
,
,
三角形为等边三角形,故选A．
10.如图所示，过抛物线的焦点F的直线l，交抛物线于点A,B．交其准线l于点C，若,且，则此抛物线的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别过A,B作准线的垂线，利用抛物线的定义将A,B到焦点的距离转化为到准线的距离，结合已知的比例关系，在直角三角形中求线段PF长度即可得p值，进而可得方程.
【详解】如图，过A作垂直于抛物线的准线，垂足为D，过B作BE垂直于抛物线的准线，垂足为E，P为准线与x轴的交点，
由抛物线的定义，，
因为，所以，所以，
，，
所以，即，
所以抛物线的方程为：，
故选A.
【点睛】该题考查的是有关抛物线方程的求解问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，应用定义将抛物线上的点到焦点的距离转化为其到准线的距离来解决，属于常规问题.
11.已知等差数列的前项和为，且，，则
的值最大时对应的为（）
A. 1
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】
利用，计算出，代入得，再根据函数在上单调递增，在上单调递增，以及和时的符号，即可得出答案为.【详解】解：依题意可设，又，，∴，所以，
所以，所以，对应函数在上单调递增，在上单调递增，中心为，
当且时，，且数列单调递增；
当且时，，且数列单调递增.
因此，当时，取最大值，故选：B.
【点睛】本题考查等差数列前n项和基本量计算以及函数的单调性，属于中档题.
12.已知函数（且），若存在实数，
（），使得解集恰好为，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
讨论的取值，说明的单调性，根据的解集恰好为解出的取值范围。

【详解】解：当时，，则不存在的解集恰为，
当时，，此时函数单调递增，则不存在的解集恰为，
当时，由得，当时，不等式等价为，设，则，当时，，
当时，，即当时，取得极大值，同时也是最大值，
∴若存在实数，使得的解集恰为，则必有，即.
【点睛】本题考查函数的单调性，属于难题。

二、填空题.
13.已知向量与的夹角为，，，则________【答案】1
【解析】
【分析】
对两边平方，根据向量的运算，解出即可。

【详解】解：根据题意，设，，向量与的夹角为，，则，
又由，则，
变形可得：，解可得或1，又由，则；
故填1.
【点睛】本题考查平面向量的基本运算，属于基础题。

14.已知数列是递增的等比数列，，则数列
的前项和等于 .
【答案】
【解析】
【详解】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.
15.已知为等差数列的前项和，，，三点在直线上，且点O不在上，若，则_____
【答案】100
【解析】
【分析】
根据，，三点共线与知，再代入
即可。

【详解】解：，
依题意可知，所以，
所以.
故填100.
【点睛】本题考查三点共线的向量表示、等差数列的前n项和，属于基础题。

16.已知四边形，满足，，，则
______
【答案】
【解析】
【分析】
取中点，用与表示即可得出答案。

【详解】解1：取中点，∵，∴，
解2：将图形特殊化，则，，，（的横坐标任意取）
.
故填.
【点睛】本题考查两向量的数量积，属于中等题。

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＋2anan－1＝
0(n∈N*，n>1)．
(1)求证：数列是等差数列并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan＋1，求证：b1＋b2＋…＋bn<.
【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【解析】
【详解】(1)an－an－1＋2anan－1＝0，两边同除以anan－1得－＝2.
则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
于是＝2n－1，an＝(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝，则
b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)<.
18.在直面坐标系中，点，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：，曲线：
（，）.
（Ⅰ）求与两个交点，的极坐标；
（Ⅱ），中点为，直线与相交于，两点，求.
【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）5
【解析】
【分析】
（Ⅰ）联立方程、，解出即可。

（Ⅱ）根据，的极坐标求出，再换算成直角坐标，求出AM的斜率，再写出AM的参数方程，代入,根据参数的集合意义，求出的值。

【详解】解：（Ⅰ），
所以∵，∴或，
当得所以，
当得（舍去），
又极点既在，又在上，所以；
（Ⅱ）为，中点，所以，所以在直角坐标系中，
所以倾斜角为，
设直线的参数方程为（为参数），
代入：得，
，，，
所以.
【点睛】
本题考查极坐标与参数方程，属于中档题。

19.已知曲线：和：，：
（），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立板坐标
系，且两种坐标系中取相同的长度单位.
（Ⅰ）若与，交于，求，两点间的距离.
（Ⅱ）若曲线上的点到曲线的距离等于，求的坐标；【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）或或.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将化为极坐标方程，再将：代入，，分别求出，两点的极坐标，即可得出答案。

（Ⅱ）将化为直角坐标方程，设，利用点到直线的距离公式求出即可。

【详解】（Ⅰ）设、两点的极坐标分别为、，
将：普通方程为化为极坐标为
所以：，
把代入得，，
把代入得，，
∴，即，两点间的距离为；
（Ⅱ）设，
将曲线的方程化为普通方程得，由
，
或.
①，
，所以，则，
所以；
②，，所以，
所以或.
综上所述，点的坐标为、、.
【点睛】本题考查极坐标与参数方程、点到直线的距离，属于中档题。

20.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器。

现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数。

（1）求X的分布列；
（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算
【解析】
【分析】
（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案。

【详解】解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，
，，
，
，，
，，
∴的分布列为
（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：
700
（元）.
选择延保二，所需费用元的分布列为：
10000
（元）.
∵，∴该医院选择延保方案二较合算.
【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题。

21.在矩形中，，，、、、分别为矩形四条边的中点，以，所在直线分别为，轴建立直角坐标
系（如图所示）.若、分别在线段、上.且.
（Ⅰ）求证：直线与的交点总在椭圆：上；
（Ⅱ）若、为曲线上两点，且直线与直线的斜率之积为，求证：直线过定点.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据比值关系写出、，再联合、写出直线、，再求出交点坐标，即可得证。

（Ⅱ）设出直线，联立方程，再利用斜率之积为，求出，即可得出定点.
【详解】解（Ⅰ）∵，∴，
又则直线的方程为①
又则直线的方程为②
联立①②:解得，
，∴直线与的交点在椭圆：
上；
（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，设：
则，∴，不合题意，
②当直线的斜率存在时，设：，，.联立方程得
则，，，
又
即，
将，代入上式得，
∴直线过定点.
【点睛】本题考查轨迹方程、直线过定点，属于中档题。

轨迹方程只需找到所求点的横纵坐标之间的关系即可得出;直线过定点，一般需设出直线，根据所给条件，将直线用一个未知数表示出来，再说明定点。

22.己知函数.
（Ⅰ）判断零点的个数，并证明结论；
（Ⅱ）已知的三个顶点、、都在函数的图象上.且横坐标依次成等差数列，求证：是钝角三角形.但不可能是等腰三角形.
【答案】（Ⅰ）在上存在唯一的零点,证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求导，判断正负号，取特值，说明零点个数。

（Ⅱ）设从左到右依次为、、，证明说明是钝角三角形，
再说明不成立即可。

【详解】（Ⅰ）恒成立，
∴在上单调递减，
又，
所以在上存在唯一的零点；
（Ⅱ）设，，，且
∴，
∴
∵，，，，
∴，故为钝角，为钝角三角形
假设是等腰三角形、则只可能是
即
∴
∴
，
，
，
又，
这与矛盾，
所以假设不成立，
∴不能为等腰三角形.
【点睛】本题考查零点存在定理、利用向量判断三角形的在形状，属于难题。

2020届高三数学上学期开学考试试题理（含解
析）
一、选择题：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.已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别计算出集合、，再取交集即可。

【详解】解：，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集，属于基础题。

2.已知为虚数单位，，若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，且，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得，解得或，据此可知或，结合共轭复数的特征确定的值即可.
【详解】由可得，解得或，所以或，
因为在复平面内对应的点位于第三象限，所以．
本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查复数的运算，共轭复数的定义，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3.我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，
为160分则“立春”时日影长度为
A. 分
B. 分
C. 分
D. 分
【答案】B
【解析】
分析】
首先“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分，即可求出,进而求出立春”时日影长度为.
【详解】解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，
且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分．
，
解得，
“立春”时日影长度为：分．
故选B．
【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，利用等差数列的性质直接求解．
4.已知角的终边经过点，则（）
A. 3
B.
C.
D. -3
【答案】D
【解析】
【分析】
终边经过点即可知道，将分子分母同除,再代入即可。

【详解】解：因为角的终边经过点，所以，
则.
故选D
【点睛】本题考查分式同角三角函数的运算，属于基础题。

5.已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
因为在上单调递增，,知道，再由，即可得的出答案。

【详解】解：因为在上单调递增，,所以，而，，故选：C.
【点睛】本题考查利用正弦函数单调性判断大小，属于基础题。

6.已知数列满足，，则（）
A. 2
B.
C.
D. -3
【答案】B
【解析】
分析】
写出数列的前5项，即可得出数列是以4为周期的数列，。

【详解】解：因为，所以由已知可得，，
，
.可以判断出数列是以4为周期的数列，故.
故选B
【点睛】本题考查周期数列，属于基础题。

7.函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，，可判断
是单调递增函数，从而可得到时，，即可判断时，，
，从而可确定在上单调递增，即可得到答案。

【详解】因为，所以为偶函数，选项B错误，
，令，则恒成立，所以
是单调递增函数，则当时，，
故时，，,
即在上单调递增，故只有选项A正确。

【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题。

8.在中，，若，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
过点分别作∥，∥，交点分别为，,，根据比例全部换成与，即可得出答案。

【详解】解：过点分别作∥，∥，交点分别为，，
因为所以，
所以，，
故，故选D.
【点睛】本题考查平面向量基本定理，属于中等题.
9.在△ABC中，已知向量与满足，且，则△ABC为（）
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰非等边三角形
D. 三边均不相等的三角形
【答案】A
【解析】
【详解】解:,
的角平分线与BC垂直,
,
,
,
,
三角形为等边三角形,故选A．
10.如图所示，过抛物线的焦点F的直线l，交抛物线于点A,B．交其准线l于点C，若,且，则此抛物线的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别过A,B作准线的垂线，利用抛物线的定义将A,B到焦点的距离转化为到准线的距离，结合已知的比例关系，在直角三角形中求线段PF长度即可得p值，进而可得方程.
【详解】如图，过A作垂直于抛物线的准线，垂足为D，
过B作BE垂直于抛物线的准线，垂足为E，P为准线与x轴的交点，
由抛物线的定义，，
因为，所以，所以，
，，
所以，即，
所以抛物线的方程为：，
故选A.
【点睛】该题考查的是有关抛物线方程的求解问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，应用定义将抛物线上的点到焦点的距离转化为其到准线的距离来解决，属于常规问题.
11.已知等差数列的前项和为，且，，则的值最大时对应的为（）
A. 1
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】
利用，计算出，代入得，再根据函数在上单调递增，在上单调递增，以及和时的符号，即可得出答案为.
【详解】解：依题意可设，又，，∴，所以，
所以，所以，对应函数在上单调递增，在上单调递增，中心为，
当且时，，且数列单调递增；
当且时，，且数列单调递增.
因此，当时，取最大值，故选：B.
【点睛】本题考查等差数列前n项和基本量计算以及函数的单调性，属于中档题.
12.已知函数（且），若存在实数，（），使得
解集恰好为，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
讨论的取值，说明的单调性，根据的解集恰好为解出的取值范围。

【详解】解：当时，，则不存在的解集恰为，
当时，，此时函数单调递增，则不存在的解集恰为，
当时，由得，当时，不等式等价为，
设，则，当时，，
当时，，即当时，取得极大值，同时也是最大值，
∴若存在实数，使得的解集恰为，则必有，
即.
【点睛】本题考查函数的单调性，属于难题。

二、填空题.
13.已知向量与的夹角为，，，则________
【答案】1
【解析】
【分析】
对两边平方，根据向量的运算，解出即可。

【详解】解：根据题意，设，，向量与的夹角为，，则，又由，则，
变形可得：，解可得或1，又由，则；
故填1.
【点睛】本题考查平面向量的基本运算，属于基础题。

14.已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .【答案】
【解析】
【详解】由题意，，解得或者，
而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.
15.已知为等差数列的前项和，，，三点在直线上，且点O不在上，若
，则_____
【答案】100
【解析】
【分析】
根据，，三点共线与知，再代入
即可。

【详解】解：，
依题意可知，所以，
所以.
故填100.
【点睛】本题考查三点共线的向量表示、等差数列的前n项和，属于基础题。

16.已知四边形，满足，，，则______
【答案】
【解析】
【分析】
取中点，用与表示即可得出答案。

【详解】解1：取中点，∵，∴，
解2：将图形特殊化，则，，，（的横坐标任意取）.
故填.
【点睛】本题考查两向量的数量积，属于中等题。

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＋2anan－1＝0(n∈N*，n>1)．
(1)求证：数列是等差数列并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anan＋1，求证：b1＋b2＋…＋bn<.
【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【解析】
【详解】(1)an－an－1＋2anan－1＝0，两边同除以anan－1得－＝2.
则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
于是＝2n－1，an＝(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝，则
b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)<.
18.在直面坐标系中，点，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：，曲线：（，）.
（Ⅰ）求与两个交点，的极坐标；
（Ⅱ），中点为，直线与相交于，两点，求.
【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）5
【解析】
【分析】
（Ⅰ）联立方程、，解出即可。

（Ⅱ）根据，的极坐标求出，再换算成直角坐标，求出AM的斜率，再写出AM 的参数方程，代入,根据参数的集合意义，求出的值。

【详解】解：（Ⅰ），
所以∵，∴或，
当得所以，
当得（舍去），
又极点既在，又在上，所以；
（Ⅱ）为，中点，所以，所以在直角坐标系中，
所以倾斜角为，
设直线的参数方程为（为参数），
代入：得，
，，，
所以.
【点睛】
本题考查极坐标与参数方程，属于中档题。

19.已知曲线：和：，：（），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立板坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.
（Ⅰ）若与，交于，求，两点间的距离.
（Ⅱ）若曲线上的点到曲线的距离等于，求的坐标；
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）或或.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将化为极坐标方程，再将：代入，，分别求出，两点的极坐标，即可得出答案。

（Ⅱ）将化为直角坐标方程，设，利用点到直线的距离公式求出即可。

【详解】（Ⅰ）设、两点的极坐标分别为、，
将：普通方程为化为极坐标为
所以：，
把代入得，，
把代入得，，
∴，即，两点间的距离为；
（Ⅱ）设，
将曲线的方程化为普通方程得，由，
或.
①，
，所以，则，
所以；
②，，所以，
所以或.
综上所述，点的坐标为、、.
【点睛】本题考查极坐标与参数方程、点到直线的距离，属于中档题。

20.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器。

现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数。

（1）求X的分布列；
（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算
【解析】
【分析】
（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可
选出最合算的方案。

【详解】解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，
，，，
，，
，，
∴的分布列为
（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：
7000
（元）.
选择延保二，所需费用元的分布列为：
10000
（元）.
∵，∴该医院选择延保方案二较合算.
【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题。

21.在矩形中，，，、、、分别为矩形四条边的中点，以
，所在直线分别为，轴建立直角坐标系（如图所示）.若、分别在线段、上.且.
（Ⅰ）求证：直线与的交点总在椭圆：上；
（Ⅱ）若、为曲线上两点，且直线与直线的斜率之积为，求证：直线过定点.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据比值关系写出、，再联合、写出直线、，再求出交点坐标，即可得证。

（Ⅱ）设出直线，联立方程，再利用斜率之积为，求出，即可得出定点.【详解】解（Ⅰ）∵，∴，
又则直线的方程为①
又则直线的方程为②
联立①②:解得，
，∴直线与的交点在椭圆：上；
（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，设：
则，∴，不合题意，
②当直线的斜率存在时，设：，，.
联立方程得
则，，，
又
即，
将，代入上式得，
∴直线过定点.
【点睛】本题考查轨迹方程、直线过定点，属于中档题。

轨迹方程只需找到所求点的横纵坐标之间的关系即可得出;直线过定点，一般需设出直线，根据所给条件，将直线用一个未知数表示出来，再说明定点。

22.己知函数.
（Ⅰ）判断零点的个数，并证明结论；
（Ⅱ）已知的三个顶点、、都在函数的图象上.且横坐标依次成等差数列，求证：是钝角三角形.但不可能是等腰三角形.
【答案】（Ⅰ）在上存在唯一的零点,证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求导，判断正负号，取特值，说明零点个数。

（Ⅱ）设从左到右依次为、、，证明说明是钝角三角形，
再说明不成立即可。

【详解】（Ⅰ）恒成立，
∴在上单调递减，
又，
所以在上存在唯一的零点；
（Ⅱ）设，，，且
∴，
∴
∵，，，，
∴，故为钝角，为钝角三角形
假设是等腰三角形、则只可能是
即
∴
∴
，
，
，
又，
这与矛盾，
所以假设不成立，
∴不能为等腰三角形.
【点睛】本题考查零点存在定理、利用向量判断三角形的在形状，属于难题。