2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷(文科)

2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合M ＝{1, 3, 5}，N ＝{2, 4, 5}，则M ∪N ＝（ ） A.{5} B.{3, 5} C.{2, 4, 5} D.{1, 2, 3, 4, 5}
2. 设z ＝i(1−i)，则z ¯
=( ) A.1−i B.1+i C.−1−i D.−1+i
3. 若双曲线x 2a 2
−y 2=1(a >0)的实轴长为4，则其渐近线方程为（ ）
A.y ＝±x
B.y =±√2x
C.y =±1
2x
D.y ＝±2x
4. 已知a =log 0.23，b =30.2，c =0.20.3，则( ) A.a <b <c B.b <c <a C.c <a <b D.a <c <b
5. 若变量x ，y 满足约束条件{x −3y +4≥0
3x −y −4≤0x +y ≥0 ，则z ＝4x −y 的最小值是（ ）
A.−6
B.−5
C.5
D.6
6. 从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是（ ） A.1
5
B.2
5
C.3
5
D.4
5
7. 第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图所示，赵爽弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么cos
2θ
2=( )
A.3
10
B.3
5
C.7
10
D.4
5
8. 已知f(x)是奇函数，当x ≥0时，f(x)＝e x −1（其中e 为自然对数的底数），则f(ln 1
2)＝（ ） A.−1 B.1
C.3
D.−3
9. 已知四棱锥S −ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ＝SB ，SA ⊥SB ，底面ABCD 是等腰梯形，AB // CD ，且满足AB ＝2AD ＝2DC ＝2，则球O 的表面积是（ ） A.4
3π
B.
8√2
3
π C.4π D.8π
10. 已知点F 为椭圆
x 2a 2
+y 2=1(a >1)的一个焦点，过点F 作圆x 2+y 2＝1的两条切线，若这两条切线互相垂
直，则a ＝（ ） A.2
B.√2
C.√3
11. 函数f(x)＝cos ωx(ω>0)在区间[0,π
2]上是单调函数，且f(x)的图象关于点M(3
4π,0)对称，则ω＝（ ）
A.23
或10
3
B.2
3
或2
C.14
3
或2
D.103
或14
3
12. 已知数列{a n }满足a n+1=2+√4a n −a n 2，则a 1+a 2020的最大值是（ ） A.4−2√2
B.8−√2
C.4+2√2
D.8+√2
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线方程为________．
已知向量a →
=(1, 1)，b →
=(−3, m)，若向量2a →
−b →
与向量b →
共线，则实数m ＝________．
已知圆锥的顶点为S ，点A ，B ，C 在底面圆周上，且AB 为底面直径，若SA ＝AC ＝BC ，则直线SA 与BC 的夹角为________．
有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：“在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a =√3，_________，c 2−b 2−3c +3＝0，求角A ．”经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且该题的答案A ＝45∘是唯一确定的，则破损处应是________=
3+√32
．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
已知{a n }是公差为1的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2=1
2，a n b n+1+b n+1＝nb n ． （1）求数列{b n }的通项公式；
（2）设c n ＝b n b n+1，求数列{c n }的前n 项和S n ．
如图，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是棱AB ，BC ，AD 的中点．
（1）证明：D 1M // 平面A 1EF ；
（2）求点D 1到平面A 1EF 的距离．
某共享单车运营公司的市场研究人员为了了解公司的经营状况，对公司最近6个月的市场占有率y%进行了统计，结果如表：
（1）请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y 与月份代码x 之间的关系．如果能，请计算出y 关于x 的线性回归方程；如果不能，请说明理由；（结果精确到0.01）
（2）根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，从成本1000元
/辆的A 型车和800元/辆的B 型车中选购一种，两款单车使用寿命频数如表：
经测算，平均每辆单车每年能为公司带来500元的收入，不考虑除采购成本以外的其它成本，假设每辆单车
的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以平均每辆单车所产生的利润的估计值为决策依据，如果你是公司负责人，会选择哪款车型？
参考数据：∑ 6i=1(x i −x ¯
)(y i −y ¯
)=37，∑ 6i=1(x i −x ¯
)2＝17.5，∑ 6i=1(y i −y ¯
)2
=82，√1435≈37.88，3737.88
≈0.98．
参考公式：相关系数r =n i=1i ¯
i ¯
√∑ n i=1(x i −x )2∑ n i=1
(y i −y )2
，b =
∑ n i=1(x i −x ¯)(y i −y ¯
)
∑ n i=1(x i −x ¯
)
2，a =y ¯
−b x ¯
．
设抛物线C:y 2＝2px(p >0)的焦点为F ，C 的准线与x 轴的交点为E ，点A 是C 上的动点．当△AEF 是等腰直角
三角形时，其面积为2． （1）求C 的方程；
（2）延长AF 交C 于点B ，点M 是C 的准线上的一点，设直线MF ，MA ，MB 的斜率分别是k 0，k 1，k 2，证明：k 1+k 2＝2k 0．
已知函数f(x)=x +1
2ln 2x −ln x +1． （1）讨论
f(x)的单调性；
（2）若m >0，方程mf ′(x)−x +
m x
=0有两个不同的实数解，求实数m 的取值范围．
（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答.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后的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
已知曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为3
4π．
（1）求曲线C 的直角坐标方程与直线l 的参数方程；
（2）设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求1
|MA|+1
|MB|的值． [选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)=|x +1|+|x −2a|． (1)若a =1，解不等式f(x)<4；
(2)对任意的实数m，若总存在实数x，使得m2−2m+4=f(x)，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
直接求出即可．
【解答】
集合M＝{1, 3, 5}，N＝{2, 4, 5}，
则M∪N＝{1, 2, 3, 4, 5}，
2.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
∵z＝i(1−i)＝1+i，
∴z¯=1−i．
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先由实轴长为4，求出a＝2，从而得到渐近线方程．
【解答】
∵实轴长为4，∴2a＝4，∴a＝2，
∴其渐近线方程为：y=±1
2
x，
4.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
对数值大小的比较【解析】
利用指数函数、对数函数的单调性即可得出．
【解答】
解：根据对数和指数的单调性可得：
∵a<0，b>1，c∈(0, 1)，
∴a<c<b．
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
【解析】
先根据条件画出可行域，再利用z＝4x−y，几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，只需求出直线z＝4x−y，过可行域内的点A时的最小值，从而得到z最小值即可．
【解答】
设变量x，y满足约束条件{
x−3y+4≥0
3x−y−4≤0
x+y≥0
在坐标系中画出可行域三角形，
平移直线4x−y＝0经过点A(−1, 1)时，4x−y最小，最小值为：−5，
则目标函数z＝4x−y的最小值：−5．
6.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n=C52=10，选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，由此能求出选中的2人是1名男同学1名女同学的概率．
【解答】
从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，
基本事件总数n=C52=10，
选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，
则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是p=m
n
=6
10
=3
5
．
7.
【答案】
D
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
设大直角三角形的直角边长为a，a+1，a2+(a+1)2＝25，a>0．解出利用倍角公式即可得出．
【解答】
设大直角三角形的直角边长为a，a+1，则a2+(a+1)2＝25，a>0．
解得a＝3．
∴cosθ=3
5，sinθ=4
5
．
∴cos2θ
2=1+cosθ
2
=4
5
；
8.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
由f(x)是奇函数可得f(−x)＝−f(x)，则f(ln1
2
)＝f(−ln2)＝−f(ln2)，代入已知可求【解答】
∵f(ln1
2
)＝f(−ln2)
∵f(x)是奇函数，∴f(−x)＝−f(x)
∵当x≥0时，f(x)＝e x−1，
则f(ln1
2
)＝f(−ln2)＝−f(ln2)＝−(e ln2−1)＝−1
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
利用已知条件求出四棱锥的外接球的半径，然后求解球O的表面积．
【解答】
底面ABCD是等腰梯形，AB // CD，且满足AB＝2AD＝2DC＝2，
可知底面ABCD的外心为AB的中点O，到顶点的距离为1，
因为SA＝SB，SA⊥SB，AB＝2，
所以SA＝SB=√2，AB的中点O到S的距离为1，
所以O是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1，
所以球O的表面积是：4π×12＝4π．
10.
【答案】
C
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
由题意画出图形，可得c=√2，利用椭圆的性质求解a即可．
【解答】如图，
由题意椭圆x
2
a2
+y2=1(a>1)的右焦点为F，
过点F作圆x2+y2＝1的切线，若两条切线互相垂直，可得√2=c，则2＝c2，a2＝b2+c2＝3，
则a=√3．
11.
【答案】
B
【考点】
y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义
【解析】
首先求出函数的关系式中的ω和k的关系，进一步对k的取值进行验证，最后求出结果．
【解答】
f(x)的图象关于点M(3
4
π,0)对称，
则3π
4
ω=kπ+π
2
，
整理得：ω=4k
3
+2
3
(k∈Z)，
当k＝0时，ω=2
3
，所以函数f(x)=cos2
3
x，函数的最小正周期为3π，所以函数f(x)在区间[0,π
2
]上是单调递减函数．
当k＝1时，ω＝2，所以函数f(x)＝cos2x，函数的最小正周期为π，所以函数f(x)在区间[0,π
2
]上是单调递减函数．
当k＝2时，ω=10
3
，所以函数f(x)＝cos10
3
x，函数的最小正周期为3π
5
，所以函数f(x)在区间[0,π
2
]上是不是单调递减函数，函数的单调性先减后增，故错误．
12.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
依题意a n+1=2+√4a n−a n2，可化为：(a n+1−2)2+(a n−2)2=4，
法一：利用圆的参数方程，结合辅助角公式可求得a1+a2020的最大值；
法二：由x+y
2
≤√x2+y2
2
，利用基本不等式可求得a1+a2020的最大值；
法三：依题意，(a1, a2020)在(x−2)2+(y−2)2＝4上，令z＝x+y，利用点到直线间的距离公式可求得答案．
【解答】
依题意a n+1=2+√4a n−a n2，可化为：(a n+1−2)2+(a n−2)2=4，
令b n=(a n−2)2，则b n+1+b n＝4，∴b n+2+b n+1＝4，于是b n+2＝b n，
∴b1=(a1−2)2，b2020＝b2=(a2−2)2，
∴b1+b2020＝b1+b2＝4，即(a1−2)2+(a2020−2)2=4，
法一：{a 1=2+2cos θa 2020=2+2sin θ ⇒a 1+a 2020＝4+2√2sin (θ+π4)≤4+2√2（当且仅当θ=π
4时等号成立）；
法二：∵
x+y 2
≤√
x 2+y 2
2
，
∴ a 1+a 2020＝(a 1−2)(a 2020−2)+4≤2×√
(a 1−2)2+(a 2020−2)2
2
+4＝4+2√2（当且仅当a 1＝a 2020＝2+
√2时等号成立）
法三：(a 1−2)2+(a 2020−2)2=4，即(a 1, a 2020)在(x −2)2+(y −2)2＝4上， 令z ＝x +y ，即x +y −z ＝0，∴ d =
√2
≤2，
∴ |z −4|≤2√2，
∴ 4−2√2≤z ≤4+2√2， ∴ z max ＝4+2√2．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 【答案】
ex −y −e ＝0 【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】
先对曲线y ＝(x −1)e x 求导，然后求出切线斜率k ＝y ′|x ＝1，再求出切线方程． 【解答】
由y ＝(x −1)e x ，得y ′＝xe x ，
则曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝e ， ∴ 曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线方程为ex −y −e ＝0， 【答案】 −3
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】
先求出向量2a →
−b →
的坐标(5, 2−m)，这样根据向量平行时的坐标关系即可建立关于m 的方程，解出m ． 【解答】
因为向量a →
=(1, 1)，b →
=(−3, m)， 所以向量2a →
−b →
=(5, 2−m)； ∵ 2a →
−b →
与向量b →
共线；
∴ 5m −(2−m)×(−3)＝0⇒m ＝−3； 【答案】 π3
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取AB 中点O ，连结SO ，CO ，推导出OS ⊥平面ABC ，OC ⊥AB ，以O 为原点，OC 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线SA 与BC 的夹角． 【解答】
取AB 中点O ，连结SO ，CO ，
∵ 圆锥的顶点为S ，点A ，B ，C 在底面圆周上，且AB 为底面直径，SA ＝AC ＝BC ， ∴ OS ⊥平面ABC ，OC ⊥AB ，
以O 为原点，OC 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设OC ＝1，则S(0, 0, 1)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 0, 0)， SA →=(0, −1, −1)，BC →
=(1, −1, 0)， 设直线SA 与BC 的夹角为θ， 则cos θ=
|SA →
⋅BC →
||SA →
|⋅|BC →|
=
√2⋅√
2
=1
2， ∴ θ=π
3．
∴ 直线SA 与BC 的夹角为π
3． 【答案】
c
【考点】 余弦定理 【解析】
由c 2−b 2−3c +3＝0，a =√3．结合余弦定理可求cos B ，进而可求B ，然后结合正弦定理及大边对大角即可进行求解． 【解答】
因为c 2−b 2−3c +3＝0，a =√3． 所以c 2−b 2−√3ac +a 2=0， 即
a 2+c 2−
b 2
2ac
=
√32
， 所以cos B =
√3
2
，又B ∈(0, π)，所以B =π
6．
（1）由正弦定理可知，b sin 30
=
√3
sin 45
可得b =
√62
． 检验：
b
sin B
=
a sin A
⇒
√62
sin 30
=
√3sin A
⇒sin A =
√22
， 又因为A ∈(0, π)且a >b ， 所以A =π
4或者A =
3π4
，这与已知角A 的解为唯一解矛盾．
（2）B =π6，A =π
4，所以C =
7π12
，
由正弦定理可知，c
sin 105=√3
sin 45⇒c =3+√32
，
检验：c
sin C =a
sin A ⇒
3+√32
sin 75
=√3
sin A ⇒sin A =
√22
， 又A ∈(0, π)，且c >a ，
∴A=π
4．故应填的条件是：c=3+√3
2
故答案为：c=3+√3
2
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
【答案】
由题意，可知a1b2+b2＝b1，
即1
2a1+1
2
=1，解得a1＝1．
又∵数列{a n}是公差为1的等差数列，
∴a n＝1+n−1＝n．
∴a n b n+1+b n+1＝(n+1)b n+1＝nb n，
∴数列{nb n}是常数数列，即nb n＝1⋅b1＝1，∴b n=1
n
，n∈N∗．
由（1）知，c n＝b n b n+1=1
n(n+1)=1
n
−1
n+1
，
故S n＝c1+c2+...+c n
＝1−1
2+1
2
−1
3
+⋯+1
n
−1
n+1
＝1−1
n+1
=n
n+1
．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
本题第（1）题将n＝1代入a n b n+1+b n+1＝nb n．可解出a1的值，从而可得数列{a n}的通项公式，然后将数列{a n}的通项公式代入a n b n+1+b n+1＝nb n．可发现数列{nb n}是常数数列，从而可得数列{b n}的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列{c n}的通项公式，然后运用裂项相消法求出前n项和S n．
【解答】
由题意，可知a1b2+b2＝b1，
即1
2a1+1
2
=1，解得a1＝1．
又∵数列{a n}是公差为1的等差数列，
∴a n＝1+n−1＝n．
∴a n b n+1+b n+1＝(n+1)b n+1＝nb n，
∴数列{nb n}是常数数列，即nb n＝1⋅b1＝1，∴b n=1
n
，n∈N∗．
由（1）知，c n＝b n b n+1=1
n(n+1)=1
n
−1
n+1
，
故S n＝c1+c2+...+c n ＝1−1
2
+1
2
−1
3
+⋯+1
n
−1
n+1
＝1−1
n+1
=n
n+1
．
【答案】
证明：：取CD的中点N，连结MN，D1N，EN．
因为E，F，M，N分别是棱AB，BC，AD，CD的中点，
所以MN // EF，又因为MN⊄平面A1EF，
EF⊂平面A1EF，所以MN // 平面A1EF．
又因为A1D1 // EN，A1D1＝EN，所以四边形A1D1NE是平行四边形，
所以D1N // A1E，所以D1N // 平面A1EF．
又D1N∩MN＝N，所以平面D1MN // 平面A1EF，
又D1M⊂平面D1MN，所以D1M // 平面A1EF；
因为D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．
由已知可得S MEF=1
2
×2×1=1，所以V A
1−MEF
=1
3
S△MEF
⋅AA1=1
3
×1×2=2
3
，
又A1E=√5,EF=√2,A1F=√AA12+AF2=√4+5=3，
所以cos∠A1EF=5+2−9
2×√5×√2
=−√10
10
，可知sin∠A1EF=3√10
10
，
所以S△A
1EF
=1
2
A1E⋅EF sin∠A1EF=1
2
×√5×√2×3√10
10
=3
2
．
又因为V A
1−MEF
=V M−A
1EF
，所以点M到平面A1EF的距离为4
3
．
所以点D1到平面A1EF的距离为4
3
．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行
【解析】
（1）取CD的中点N，连结MN，D1N，EN，只需证明A1D1 // EN，A1D1＝EN，四边形A1D1NE是平行四边形，即可证明D1M // 平面A1EF；
（2）可得D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．由V A
1−MEF
=
V M−A
1EF
，即可得点D1到平面A1EF的距离．
【解答】
证明：：取CD的中点N，连结MN，D1N，EN．
因为E，F，M，N分别是棱AB，BC，AD，CD的中点，
所以MN // EF，又因为MN⊄平面A1EF，
EF⊂平面A1EF，所以MN // 平面A1EF．
又因为A1D1 // EN，A1D1＝EN，所以四边形A1D1NE是平行四边形，
所以D1N // A1E，所以D1N // 平面A1EF．
又D1N∩MN＝N，所以平面D1MN // 平面A1EF，
又D1M⊂平面D1MN，所以D1M // 平面A1EF；
因为D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．
由已知可得S MEF=1
2×2×1=1，所以V A
1−MEF
=1
3
S△MEF
⋅AA1=1
3
×1×2=2
3
，
又A1E=√5,EF=√2,A1F=√AA12+AF2=√4+5=3，
所以cos∠A1EF=
2×√5×√2
=−√10
10
，可知sin∠A1EF=3√10
10
，
所以S△A
1EF
=1
2
A1E⋅EF sin∠A1EF=1
2
×√5×√2×3√10
10
=3
2
．
又因为V A
1−MEF
=V M−A
1EF
，所以点M到平面A1EF的距离为4
3
．
所以点D1到平面A1EF的距离为4
3
．
【答案】
由表格中数据可得，x
¯
=3.5，y¯=16．
∵r=n i=1i¯i¯
√∑n
i=1
(x i−x)2∑n i=1(y i−y)2
=
√17.5×82
=
√1435
≈0.98，
∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．
b=∑n i=1(x i−x
¯
)(y i−y¯)
∑n i=1(x i−x¯)2
=37
17.5
=74
35
≈2.114，
a=y¯−b x¯=16−2.114×3.5≈8.601．
∴y关于x的线性回归方程为y=2.114x+8.601；
这100辆A款单车平均每辆的利润为：
1
100
×(−500×8+0×32+500×40+1000×20)=360（元），
这100辆B款单车平均每辆的利润为：
1
100
×(−300×12+200×43+700×35+1200×10)=415（元）．
∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）由表格中的数据求得相关系数r值，可知y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变
量之间的关系．再求出b与a的值，得到线性回归方程；
（2）分别求出这100辆A款单车平均每辆的利润与这100辆B款单车平均每辆的利润，比较大小得结论．
【解答】
由表格中数据可得，x
¯
=3.5，y¯=16．
∵r=n i=1i¯i¯
√∑n
i=1
(x i−x)2∑n i=1(y i−y)2
=
17.5×82
=
1435
≈0.98，
∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．
b=∑n i=1(x i−x
¯
)(y i−y¯)
∑n i=1(x i−x¯)2
=37
17.5
=74
35
≈2.114，
a=y¯−b x¯=16−2.114×3.5≈8.601．
∴y关于x的线性回归方程为y=2.114x+8.601；
这100辆A款单车平均每辆的利润为：
1
100
×(−500×8+0×32+500×40+1000×20)=360（元），
这100辆B款单车平均每辆的利润为：
1
100
×(−300×12+200×43+700×35+1200×10)=415（元）．
∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．
【答案】
当△AEF是等腰直角三角形时，EF⊥AF，∴点A(p
2
, p)，
∴1
2
×p×p=2，∴p＝2，
∴抛物线方程为：y2＝4x；
∵抛物线方程为：y2＝4x，∴准线方程为：x＝−1，焦点F(1, 0)，
设M(−1, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
①当直线AB的斜率不存在时，A(1, 2)，B(1, −2)，
∴k0=y0
−2
，k1=y0−2
−2
，k2=y0+2
−2
，
∴k1+k2=2y0
−2
=2k0，
即k1+k2＝2k0，
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y＝k(x−1)，
联立方程{
y=k(x−1)
y2=4x
，消去y得：k2x2−(2k2+4)x+k2＝0，
∴ x 1+x 2=2k 2+4k 2
，x 1x 2＝1，y 1+y 2＝k(x 1+x 2)−2k =4
k ，
∴ k 0=
y 0−2
，k 1=
y 0−y 1
−1−x 1
，k 2=y 0−y 2−1−x 2
，
∴ k 1+k 2=
y 0−y 1−1−x 1
+
y 0−y 2−1−x 2
=−(y 0−y 11+x 1+y 0−y 2
1+x 2
)
=−(y 0−y 1)(1+x 2)+(y 0−y 2)(1+x 1)(1+x 1)(1+x 2)
=−
2y 0+y 0(x 1+x 2)−(y 1+y 2)−2kx 1x 2+k(x 1+x 2)
1+(x 1+x 2)+x 1x 2
=−
2y 0+y 0(2+4k 2)−4k −2k +k(2+4
k 2)
4+4k
2
=−
y 0(4+4
k 2)
4+4k
2
＝−y 0，
∴ k 1+k 2＝2k 0， 故k 1+k 2＝2k 0得证． 【考点】
直线与抛物线的位置关系 抛物线的标准方程 【解析】
（1）由题意可得：1
2×p ×p =2，所以p ＝2，从而得到抛物线方程；
（2）设M(−1, y 0)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，对直线AB 的斜率分情况讨论，当直线AB 的斜率不存在时，
A(1, 2)，B(1, −2)，易得k 1+k 2＝2k 0，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：y ＝k(x −1)，与抛物线方程联立，利用韦达定理化简k 1+k 2=y 0−y 1−1−x 1
+y 0−y 2
−1−x 2
得：k 1+k 2＝−y 0，即k 1+k 2＝2k 0．
【解答】
当△AEF 是等腰直角三角形时，EF ⊥AF ，∴ 点A(p
2, p)， ∴ 1
2×p ×p =2，∴ p ＝2，
∴ 抛物线方程为：y 2＝4x ；
∵ 抛物线方程为：y 2＝4x ，∴ 准线方程为：x ＝−1，焦点F(1, 0)， 设M(−1, y 0)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，
①当直线AB 的斜率不存在时，A(1, 2)，B(1, −2)， ∴ k 0=y 0
−2，k 1=y 0−2−2
，k 2=
y 0+2−2
，
∴ k 1+k 2=
2y 0−2
=2k 0，
即k 1+k 2＝2k 0，
②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：y ＝k(x −1)，
联立方程{y =k(x −1)
y 2
=4x ，消去y 得：k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2＝0， ∴ x 1+x 2=
2k 2+4k 2
，x 1x 2＝1，y 1+y 2＝k(x 1+x 2)−2k =4
k
，
∴ k 0=y
0−2，k 1=y 0−y
1−1−x 1
，k 2=y 0−y
2
−1−x 2
，
∴ k 1+k 2=
y 0−y 1−1−x 1
+
y 0−y 2−1−x 2
=−(y 0−y 11+x 1+y 0−y 21+x 2)
=−(y 0−y 1)(1+x 2)+(y 0−y 2)(1+x 1)
(1+x 1)(1+x 2)
=−
2y 0+y 0(x 1+x 2)−(y 1+y 2)−2kx 1x 2+k(x 1+x 2)
1+(x 1+x 2)+x 1x 2
=−
2y 0+y 0(2+4k 2)−4k −2k +k(2+4
k 2)
4+4k
2
=−
y 0(4+4
k 2)
4+4k
2
＝−y 0，
∴ k 1+k 2＝2k 0， 故k 1+k 2＝2k 0得证． 【答案】
依题意函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=1+
ln x x
−1x =
x+ln x−1
x
，
令g(x)＝x +ln x −1，则g ′(x)=1+1
x >0，故g(x)在(0, +∞)单调递增， 又 g(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， 当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0；
故f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增； 方程mf ′(x)−x +
m x
=0化简可得m(x +ln x)＝x 2，
所以方程mf ′(x)−x +m x
=0有两解等价于方程
x+ln x x 2
=1
m 有两解， 设F(x)=
x+ln x x 2
，则F ′(x)=x 2+x−2x 2−2x ln x
x 4
=
1−x−21nx
x 3
，
令ℎ(x)＝1−x −2ln x ，由于ℎ(x)=−1−2
x <0，所以ℎ(x)在(0, +∞)单调递减， 又ℎ(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，ℎ(x)>0，即F′(x)>0， 当x ∈(1, +∞)时，ℎ(x)<0，即F′(x)<0；
故F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减． 所以F(x)在x ＝1时取得最大值F(1)＝1，
又F(1
e )=e −e 2<0，F(1)＝1>0，所以存在x 1∈(1
e ,1)，使得F(x 1)＝0，
又F(x)在(0, 1)上单调递增，所以当x ∈(0,1
e )时，F(x)<0；
当x ∈(1
e
,1)时，F(x)>0，即F(x)∈(0, 1)．
因为F(x)在(1, +∞)上单调递减，且当x ∈(1, +∞)时，F(x)=x+ln x x 2
>0，即F(x)∈(0, 1)． 所以方程
x+ln x x 2
=1m 有两解只须满足0<1
m <1，
解得：m >1， 所以方程mf ′(x)−x +
m x
=0有两个不同的实数解时，实数m 的取值范围是(1, +∞)．
【考点】
利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】
（1）求导可得f ′(x)=
x+ln x−1
x
，令g(x)＝x +ln x −1，再利用导数可知g(x)在(0, +∞)单调递增，进而可得
当x ∈(0, 1)时，f′(x)<0，当x ∈(1, +∞)时，f′(x)>0，由此求得函数f(x)的单调性； （2）问题等价于方程
x+ln x x =1m 有两解，设F(x)=
x+ln x x ，利用导数研究函数F(x)的性质，可得0<1
m <1，由
此求得实数m 的取值范围． 【解答】
依题意函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=1+
ln x x
−1x =
x+ln x−1
x
，
令g(x)＝x +ln x −1，则g ′(x)=1+1
x >0，故g(x)在(0, +∞)单调递增， 又 g(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0；
故f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增； 方程mf ′(x)−x +
m x
=0化简可得m(x +ln x)＝x 2，
所以方程mf ′(x)−x +m x
=0有两解等价于方程
x+ln x x 2
=1
m
有两解，
设F(x)=
x+ln x x ，则F ′(x)=x 2+x−2x 2−2x ln x
x =
1−x−21nx
x ，
令ℎ(x)＝1−x −2ln x ，由于ℎ(x)=−1−2
x <0，所以ℎ(x)在(0, +∞)单调递减， 又ℎ(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，ℎ(x)>0，即F′(x)>0，
当x ∈(1, +∞)时，ℎ(x)<0，即F′(x)<0；
故F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减． 所以F(x)在x ＝1时取得最大值F(1)＝1，
又F(1
e )=e −e 2
<0，F(1)＝1>0，所以存在x 1∈(1
e ,1)，使得F(x 1)＝0， 又F(x)在(0, 1)上单调递增，所以当x ∈(0,1
e )时，F(x)<0；
当x ∈(1
e
,1)时，F(x)>0，即F(x)∈(0, 1)．
因为F(x)在(1, +∞)上单调递减，且当x ∈(1, +∞)时，F(x)=
x+ln x x 2
>0，即F(x)∈(0, 1)．
所以方程
x+ln x x 2
=1m
有两解只须满足0<
1m
<1，
解得：m >1， 所以方程mf ′(x)−x +
m x
=0有两个不同的实数解时，实数m 的取值范围是(1, +∞)．
（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答.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后的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，转换为直角坐标方程为(x −3)2+y 2＝9． 直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为3
4
π．整理得参数方程为{
x =−
√22t y =2+√22
t
（t 为参数）．
将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得(−
√22
t −3)2+(2+√22
t)2=9，
整理得t 2+5√2t +4=0，
所以：t 1+t 2=−5√2，t 1t 2＝4， 所以求1
|MA|+1
|MB|=
|t 1+t 2||t 1t 2|
=
5√2
4
． 【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 【解答】
曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，转换为直角坐标方程为(x −3)2+y 2＝9． 直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为3
4π．整理得参数方程为{
x =−
√2
2
t y =2+√22t
（t 为参数）． 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得(−√22
t −3)2+(2+√22
t)2=9，
整理得t 2+5√2t +4=0，
所以：t 1+t 2=−5√2，t 1t 2＝4， 所以求1
|MA|+1
|MB|=
|t 1+t 2||t 1t 2|
=
5√2
4
． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】
解：(1)当a =1时，
第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 f(x)=|x +1|+|x −2|={2x −1,x >2,
3,−1≤x ≤2,−2x +1,x <−1.
∵ f(x)<4，
∴ {x >2,2x −1<4 或{−1≤x ≤2,3<4 或{x <−1,
−2x +1<4,
∴ 2<x <52或−1≤x ≤2或−32<x <−1，
∴ −32<x <52，
∴ 不等式的解集为{x|−32<x <52}．
(2)∵ 对任意的实数m ，若总存在实数x ，使得m 2−2m +4=f(x)， ∴ m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集．
∵ f(x)=|x +1|+|x −2a|≥|2a +1|，
∴ f(x)的值域为[|2a +1|, +∞).
又m 2−2m +4=(m −1)2+3≥3，
∴ |2a +1|≤3，
∴ −2≤a ≤1，
∴ 实数a 的取值范围为[−2, 1]．
【考点】
函数恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）将a ＝1代入f(x)中，再利用零点分段法解不等式f(x)<4即可；
（2）根据条件可知，m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集，然后求出f(x)的值域和m 2−2m +4的取值范围，再求出a 的范围．
【解答】
解：(1)当a =1时，
f(x)=|x +1|+|x −2|={2x −1,x >2,
3,−1≤x ≤2,−2x +1,x <−1.
∵ f(x)<4，
∴ {x >2,2x −1<4 或{−1≤x ≤2,3<4 或{x <−1,−2x +1<4,
∴ 2<x <52或−1≤x ≤2或−32<x <−1，
∴ −32<x <52，
∴ 不等式的解集为{x|−32<x <52}．
(2)∵ 对任意的实数m ，若总存在实数x ，使得m 2−2m +4=f(x)， ∴ m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集． ∵ f(x)=|x +1|+|x −2a|≥|2a +1|， ∴ f(x)的值域为[|2a +1|, +∞). 又m 2−2m +4=(m −1)2+3≥3， ∴ |2a +1|≤3， ∴ −2≤a ≤1， ∴ 实数a 的取值范围为[−2, 1]．。