2019年安徽省合肥市巢湖市柘皋中学高考最后一次模拟数学试卷(理科)Word版含解析

2019年安徽省合肥市巢湖市柘皋中学高考最后一次模拟
数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共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．已知集合，，则A∩B=（）
A．{x|﹣1≤x≤2}B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣2，﹣1，0，1，2}D．{0，1，2}
2．已知i为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（）A．[﹣1，1]B．（﹣1，1）C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）
3．下列函数中，既是偶函数，又在（﹣∞，0）内单调递增的为（）
A．y=x4+2x B．y=2|x|C．y=2x﹣2﹣x D．
4．已知双曲线与双曲线，给出下列说法，其中错误的是（）A．它们的焦距相等 B．它们的焦点在同一个圆上
C．它们的渐近线方程相同D．它们的离心率相等
5．在等比数列{a n}中，“a4，a12是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±1”的（）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．执行如图所示的程序框图，则输出的S值为（）
A．1009 B．﹣1009 C．﹣1007 D．1008
7．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．B．C．D．
8．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，则函数g（x）=Acos（φx+ω）图象的一个对称中心可能为（）
A．B． C．D．
9．《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC=a，BC=b，则该图形可以完成的无字证明为（）
A．（a＞0，b＞0）B．a2+b2≥2ab（a＞0，b＞0）
C．（a＞0，b＞0）D．（a＞0，b＞0）
10．为迎接中共十九大，某校举办了“祖国，你好”诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加，且当这3名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（）
A．720 B．768 C．810 D．816
11．焦点为F的抛物线C：y2=8x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当取得最大值时，直线MA的方程为（）
A．y=x+2或y=﹣x﹣2 B．y=x+2
C．y=2x+2或y=﹣2x+2 D．y=﹣2x+2
12．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=2f（x），且当x∈[2，4]时，，g（x）=ax+1，对∀x1∈[﹣2，0]，∃x2∈[﹣2，1]，使得g（x2）=f（x1），则实数a的取值范
围为（）
A． B．C．（0，8]D．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．已知，若向量与共线，则在方向上的投影为．
14．已知实数x，y满足不等式组且z=2x﹣y的最大值为a，则
=．
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btanB+btanA=﹣2ctanB，且a=8，△ABC 的面积为，则b+c的值为．
16．已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A﹣BCD的外接球，BC=3，AB=2，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中x的系数恰好是数列{a n}的前n 项和S n．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）数列{b n}满足，记数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＜1．
18．如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直于圆O所在的平面，G为△AOC的重心．（1）求证：平面OPG⊥平面PAC；
（2）若PA=AB=2AC=2，求二面角A﹣OP﹣G的余弦值．
19．2017年存节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600 元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸到2个红球，则打6折；若摸到1个红球，则打7折；若没摸到红球，则不打折．
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．
（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．
20．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的长轴长为6，且椭圆C与圆M：（x﹣2）2+y2=的
公共弦长为．
（1）求椭圆C的方程，
（2）过点P（0，2）作斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
21．已知函数f（x）=2lnx﹣2mx+x2（m＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当m≥时，若函数f（x）的导函数f'（x）的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为x1，x2（x1＜x2），线段AB的中点的横坐标为x0，且x1，x2恰为函数h（x）=lnx﹣cx2﹣
bx零的点，求证：（x1﹣x2）h'（x0）≥﹣+ln2．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为
极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ，直线l与圆C交于A，B两点．
（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；
（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求△ABP的面积的最大值．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+1|．
（1）求函数f（x）的值域M；
（2）若a∈M，试比较|a﹣1|+|a+1|，，的大小．
2019年安徽省合肥市巢湖市柘皋中学高考最后一次模拟
数学试卷（理科）参考答案
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共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．已知集合，，则A∩B=（）
A．{x|﹣1≤x≤2}B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣2，﹣1，0，1，2}D．{0，1，2}
【考点】1E：交集及其运算．
【分析】化简集合A、B，根据交集的定义写出A∩B．
【解答】解：集合={x∈Z|﹣2＜x≤4}={﹣1，0，1，2，3，4}，
={x|﹣2≤x≤2}，
则A∩B={﹣1，0，1，2}．
故选：B．
2．已知i为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（）A．[﹣1，1]B．（﹣1，1）C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）
【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：复数==﹣i．
z在复平面内对应的点在第四象限，∴，解得﹣1＜t＜1．
则实数t的取值范围为（﹣1，1）．
故选：B．
3．下列函数中，既是偶函数，又在（﹣∞，0）内单调递增的为（）
A．y=x4+2x B．y=2|x|C．y=2x﹣2﹣x D．
【考点】3E：函数单调性的判断与证明；3K：函数奇偶性的判断．
【分析】根据函数的单调性和奇偶性判断即可．
【解答】解：对于A，不是偶函数，不合题意；
对于B，x＜0时，函数递减，不合题意；
对于C，函数是奇函数，在（﹣∞，0）内单调递减，不合题意，
对于D，函数是偶函数，x＜0时，y=﹣log2（﹣x）﹣1，是增函数，符合题意，
故选：D．
4．已知双曲线与双曲线，给出下列说法，其中错误的是（）A．它们的焦距相等 B．它们的焦点在同一个圆上
C．它们的渐近线方程相同D．它们的离心率相等
【考点】KC：双曲线的简单性质．
【分析】根据题意，由两个双曲线的方程计算出两个双曲线的焦点坐标、焦距、渐进性方程以及离心率，进而分析选项即可得答案．
【解答】解：根据题意，双曲线，其中a=，b=1，则c==，
则其焦距2c=2，焦点坐标为（±，0），渐进线为y=±x，离心率e===；
双曲线，其标准方程为y2﹣=1，其中a=1，b=，则c==，
则其焦距2c=2，焦点坐标为（0，±），渐进线为y=±x，离心率e==；
据此依次分析选项：
对于A、两个双曲线的焦距都为2，A正确；
对于B、双曲线C1焦点坐标为（±，0），双曲线C2焦点坐标为（0，±），都在圆x2+y2=3上，B正确；
对于C、两个双曲线的渐进线为y=±x，C正确；
对于D、双曲线C1离心率为，双曲线C2的离心率为，不正确；
故选：D．
5．在等比数列{a n}中，“a4，a12是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±1”的（）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】由韦达定理可得a4•a12=1，a4和a12均为负值，由等比数列的性质可得．
【解答】解：∵a4，a12是方程x2+3x+1=0的两根，
∴a4+a12=﹣3，a4•a12=1，
∴a4和a12均为负值，
由等比数列的性质可知a8为负值，且a82=a4•a12=1，
∴a8=﹣1，
故“a4，a12是方程x2+3x+1=0的两根”是“a8=±1”的
充分不必要条件，
故选：A．
6．执行如图所示的程序框图，则输出的S值为（）
A．1009 B．﹣1009 C．﹣1007 D．1008
【考点】EF：程序框图．
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：模拟程序的运行，
可得程序框图的功能是计算并输出S=sin+2sin+3sin+…+2018sin的值，
由于S=sin+2sin+3sin+…+2018sin
=（1﹣2）+（3﹣4）+…+=1009×（﹣1）=﹣1009．
故选：B．
7．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．B．C．D．
【考点】L!：由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图可知：该几何体由一个三棱锥与一个圆锥的组成．
【解答】解：由三视图可知：该几何体由一个三棱锥与一个圆锥的组成．
∴该几何体的体积V=+=+．
故选：C．
8．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，则函数g（x）=Acos（φx+ω）图象的一个对称中心可能为（）
A．B． C．D．
【考点】H7：余弦函数的图象．
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得g （x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，求得函数g（x）=Acos（φx+ω）图象的一个对称中心．
【解答】解：根据函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，
可得A=2，=2（6+2），∴ω=．
再根据五点法作图可得•6+φ=π，∴φ=，∴f（x）=2sin（x+）．
则函数g（x）=Acos（φx+ω）=2cos（x+）图象的一个对称中心可能（﹣，0），
故选：C．
9．《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC=a，BC=b，则该图形可以完成的无字证明为（）
A．（a＞0，b＞0）B．a2+b2≥2ab（a＞0，b＞0）
C．（a＞0，b＞0）D．（a＞0，b＞0）
【考点】7F：基本不等式．
【分析】由图形可知：OF==，OC=．在Rt△OCF中，由勾股定理可得：
CF==．利用CF≥OC即可得出．
【解答】解：由图形可知：OF==，OC=．
在Rt△OCF中，由勾股定理可得：
CF==．
∵CF≥OC，
∴≤．（a，b＞0）．
故选：D．
10．为迎接中共十九大，某校举办了“祖国，你好”诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加，且当这3名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（）
A．720 B．768 C．810 D．816
【考点】D8：排列、组合的实际应用．
【分析】根据题意，用间接法分析：首先计算在7名学生中选派4名学生参加诗歌朗诵比赛的选法数目，在排除计算其中甲、乙、丙都没有参加的情况，即可得甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况数目，再计算当甲乙丙都参加且甲和乙相邻的情况数目，用“甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况数目”减去“甲乙丙都参加且甲和乙相邻的情况数目”即可得答案．
【解答】解：根据题意，在7名学生中选派4名学生参加诗歌朗诵比赛，有A74=840种情况，其中甲、乙、丙都没有参加，即选派其他四人参加的情况有A44=24种，
则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有840﹣24=816种；
其中当甲乙丙都参加且甲和乙相邻的情况有C41A22A33=48种，
则满足题意的朗诵顺序有816﹣48=768种；
故选：B．
11．焦点为F的抛物线C：y2=8x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当取得最大值时，直线MA的方程为（）
A．y=x+2或y=﹣x﹣2 B．y=x+2
C．y=2x+2或y=﹣2x+2 D．y=﹣2x+2
【考点】K8：抛物线的简单性质．
【分析】由题意可知则当取得最大值，则∠MAF必须取得最大值，此时AM与抛物线相切，设直线l的方程，代入抛物线方程，由△=0，考虑求得MA的方程．
【解答】解：过M做MP与准线垂足，垂足为P，则===，则
当取得最大值，
则∠MAF必须取得最大值，此时AM与抛物线相切，
设切线方程为y=k（x+2），则，ky2﹣8y+16k=0，
△=64﹣64k2=0，k2=1，则k±1，
则直线方程y=x+2或y=﹣x﹣2，
故选：A．
12．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=2f（x），且当x∈[2，4]时，，
g（x）=ax+1，对∀x1∈[﹣2，0]，∃x2∈[﹣2，1]，使得g（x2）=f（x1），则实数a的取值范围为（）
A． B．C．（0，8]D．
【考点】5B：分段函数的应用．
【分析】求出f（x）在[2，4]上的值域，利用f（x）的性质得出f（x）在[﹣2，0]上的值域，再求出g（x）在[﹣2，1]上的值域，根据题意得出两值域的包含关系，从而解出a的范围．【解答】解：∵f（x）在[2，3]上单调递减，在（3，4]上单调递增，
∴f（x）在[2，3]上的值域为[3，4]，在（3，4]上的值域为（，]，
∴f（x）在[2，4]上的值域为[3，]，
∵f（x+2）=2f（x），
∴f（x）=f（x+2）=f（x+4），
∴f（x）在[﹣2，0]上的值域为[，]，
当a＞0时，g（x）为增函数，g（x）在[﹣2，1]上的值域为[﹣2a+1，a+1]，
∴，解得a≥；
当a＜0时，g（x）为减函数，g（x）在[﹣2，1]上的值域为[a+1，﹣2a+1]，
∴，解得a≤﹣；
当a=0时，g（x）为常数函数，值域为{1}，不符合题意；
综上，a的范围是a≥或a≤﹣．
故选：D．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．已知，若向量与共线，则在方向上的投影为
．
【考点】9R：平面向量数量积的运算．
【分析】根据向量共线求出λ，计算，代入投影公式即可．
【解答】解：2=（4，2λ+1），
∵与共线，
∴2λ+1=3，即λ=1．
∴=2+λ=3，
∴在方向上的投影为||•cos＜＞===．
故答案为：．
14．已知实数x，y满足不等式组且z=2x﹣y的最大值为a，则=
3π．
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用平移法进行求解得a 的值，结合函数的积分公式进行求解即可．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（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B时，直线y=2x﹣z的截距最小，
此时z最大．
由，得，即B（4，2）
即a=z max=2×4﹣2=6，
则=6∫（1+cosx）dx=3（x+sinx）|=3π，
故答案为：3π．
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btanB+btanA=﹣2ctanB，且a=8，△ABC
的面积为，则b+c的值为．
【考点】HP：正弦定理．
【分析】由正弦定理和三角函数公式化简已知式子可得cosA的值，由余弦定理可求64=（b+c）
2﹣bc，利用三角形面积公式可求bc=16，联立即可得解b+c的值．
【解答】解：∵在△ABC中btanB+btanA=﹣2ctanB，
∴由正弦定理可得sinB（tanA+tanB）=﹣2sinCtanB，
∴sinB（tanA+tanB）=﹣2sinC•，
∴cosB（tanA+tanB）=﹣2sinC，
∴cosB（+）=﹣2sinC，
∴cosB•=﹣2sinC，
∴cosB•==﹣2sinC，
解得cosA=﹣，A=；
∵a=8，由余弦定理可得：64=b2+c2+bc=（b+c）2﹣bc，①
∵△ABC的面积为=bcsinA=bc，可得：bc=16，②
∴联立①②可得：b+c=4．
故答案为：4．
16．已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A﹣BCD的外接球，BC=3，AB=2，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是[2π，4π] ．
【考点】LR：球内接多面体．
【分析】设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，
连接oO1D，OD，O1E，OE，可得R2=3+（3﹣R）2，解得R=2，
过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．
【解答】解：如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，
连接oO1D，OD，O1E，OE，
则，AO1=，
在Rt△OO1D中，R2=3+（3﹣R）2，解得R=2，
∵BD=3BE，∴DE=2
在△DEO1中，O1E=
∴
过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面圆的半径为，最小面积为2π．
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π．
故答案为[2π，4π]
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中x的系数恰好是数列{a n}的前n 项和S n．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）数列{b n}满足，记数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＜1．【考点】8K：数列与不等式的综合；8H：数列递推式．
【分析】（1）根据二项式定理可得，继而求出数列的通项公式；
（2）根据“裂项求和“即可证明．
【解答】（1）解：（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n的展开式中x的系数为
=，
即，
所以当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=n．
当n=1时，a1=1也适合上式．
所以数列{a n}的通项公式为a n=n．
（2）证明：，
所以，
所以T n＜1．
18．如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直于圆O所在的平面，G为△AOC的重心．（1）求证：平面OPG⊥平面PAC；
（2）若PA=AB=2AC=2，求二面角A﹣OP﹣G的余弦值．
【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）延长OG交AC于点M．可得OM∥BC．由AB是圆O的直径，得OM⊥AC．
由PA⊥平面ABC，可得OM⊥平面PAC．即OG⊥平面PAC，证得平面OPG⊥平面PAC．（2）以点C为原点，方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz，则
C（0，0，0），
利用向量法求解．
【解答】解：（1）证明：如图，延长OG交AC于点M．
因为G为△AOC的重心，所以M为AC的中点．
因为O为AB的中点，所以OM∥BC．
因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，所以OM⊥AC．
因为PA⊥平面ABC，OM⊂平面ABC，所以PA⊥OM．
又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，所以OM⊥平面PAC．
即OG⊥平面PAC，又OG⊂平面OPG，
所以平面OPG⊥平面PAC．
（2）解：以点C为原点，方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz，
则C（0，0，0），，
则．
平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个法向量，
则
令z=1，得．
过点C作CH⊥AB于点H，由PA⊥平面ABC，
易得CH⊥PA，又PA∩AB=A，所以CH⊥平面PAB，即CH为平面PAO的一个法向量．
在Rt△ABC中，由AB=2AC，得∠ABC=30°，则．
所以，
所以．
设二面角A﹣OP﹣G的大小为θ，
则
即二面角A﹣OP﹣G的余弦值为．
19．2017年存节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600 元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸到2个红球，则打6折；若摸到1个红球，则打7折；若没摸到红球，则不打折．
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．
（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差．
【分析】（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算两位顾客均享受到免单的概率值；（2）选择方案一，计算所付款金额X的分布列和数学期望值，
选择方案二，计算所付款金额Z的数学期望值，比较得出结论．
【解答】解：（1）选择方案一，若享受到免单优惠，则需要摸出3个红球，
设顾客享受到免单优惠为事件A，则
，
所以两位顾客均享受到免单的概率为
；
（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则
X可能的取值为0，600，700，1000；
计算，
，
故X的分布列为：
所以（元）；
若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z元，则Z=1000﹣200Y，
由已知可得，故，
所以E（Z）=E=1000﹣200E（Y）=820（元），
因为E（X）＜E（Z），所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．
20．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的长轴长为6，且椭圆C与圆M：（x﹣2）2+y2=的
公共弦长为．
（1）求椭圆C的方程，
（2）过点P（0，2）作斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．
【分析】（1）由2a=6，则a=3，由圆的方程，可得椭圆过点（2，），代入椭圆方程，即可求得b的值，求得椭圆方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，求得AB的中点M点坐标，k•k MD=﹣1，即可求得m的表达式，利用基本不等式的性质，即可求得点D的横坐标的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可知：2a=6，则a=3，圆M：（x﹣2）2+y2=，圆心（2，0），半径
为，
由题意可知：椭圆经过点（2，），代入椭圆方程：，解得：b2=8，
∴椭圆的标准方程：；
（2）由题意可知直线l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），
，整理得：（9k2+8）x2+36kx﹣36=0，
x1+x2=﹣，x1x2=，
假设存在点D（m，0）满足题意，
取AB中点M（x0，y0）则MB⊥AB，
由x0==﹣，则y0=kx0+2=，
则M（﹣，），
由题意可知：k•k MD=﹣=﹣1，
整理得：9k2m+2k+2m=0，
∴m==﹣≥﹣，
存在点D，且D点横坐标取值范围[﹣，+∞）．
21．已知函数f（x）=2lnx﹣2mx+x2（m＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当m≥时，若函数f（x）的导函数f'（x）的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为x1，x2（x1＜x2），线段AB的中点的横坐标为x0，且x1，x2恰为函数h（x）=lnx﹣cx2﹣
bx零的点，求证：（x1﹣x2）h'（x0）≥﹣+ln2．
【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程；6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，表示出b，令，由得，
得，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）由于f（x）=2lnx﹣2mx+x2的定义域为（0，+∞），．对于方程x2﹣mx+1=0，其判别式△=m2﹣4．
当m2﹣4≤0，即0＜m≤2时，f'（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）内单调递增．
当m2﹣4＞0，即m＞2，方程x2﹣mx+1=0恰有两个不相等是实根，
令f'（x）＞0，得或，此时f（x）单调递增；
令f'（x）＜0，得，此时f（x）单调递减．
综上所述，当0＜m≤2时，f（x）在（0，+∞）内单调递增；
当m＞2时，f（x）在内单调递减，
在，内单调递增．
（2）证明：由（1）知，，
所以f'（x）的两根x1，x2即为方程x2﹣mx+1=0的两根．
因为，所以△=m2﹣4＞0，x1+x2=m，x1x2=1．
又因为x1，x2为h（x）=lnx﹣cx2﹣bx的零点，
所以，，两式相减得
，
得．而，
所以（x1﹣x2）h'（x0）=
===．
令，由得，
因为x1x2=1，两边同时除以x1x2，得，
因为，故，解得或t≥2，所以．
设，所以，
则y=G（t）在上是减函数，
所以，
即y=（x1﹣x2）h'（x0）的最小值为．
所以．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为
极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ，直线l与圆C交于A，B两点．
（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；
（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求△ABP的面积的最大值．
【考点】QH：参数方程化成普通方程．
【分析】（1）根据极坐标以及直角坐标方程的关系求出圆C的直角坐标方程即可，联立直线的参数方程和圆的方程，求出弦长即可；
（2）求出直线的普通方程以及圆的参数方程，可设曲线C上的动点P（2+2cosθ，2sinθ），求出点P到直线l的距离，结合三角函数的性质求出△ABP的面积的最大值．
【解答】解：（1）由ρ=4cosθ得ρ2=4ρcosθ，
所以x2+y2﹣4x=0，所以圆C的直角坐标方程为（x﹣2）2+y2=4．
将直线l的参数方程代入圆C：（x﹣2）2+y2=4，并整理得，
解得t1=0，．
所以直线l被圆C截得的弦长为．
（2）直线l的普通方程为x﹣y﹣4=0．
圆C的参数方程为（θ为参数），
可设曲线C上的动点P（2+2cosθ，2sinθ），
则点P到直线l的距离=，
当时，d取最大值，且d的最大值为．
所以，
即△ABP的面积的最大值为．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+1|．
（1）求函数f（x）的值域M；
（2）若a∈M，试比较|a﹣1|+|a+1|，，的大小．
【考点】R5：绝对值不等式的解法；R4：绝对值三角不等式．
【分析】（1）求出函数的分段函数的形式，求出f（x）的最小值，从而求出函数的值域即可；（2）根据绝对值的性质，求出a的范围，根据作差法比较即可．
【解答】解：（1），
根据函数f（x）的单调性可知，
当时，．
所以函数f（x）的值域．
（2）因为a∈M，所以，所以．因为|a﹣1|+|a+1|=a﹣1+a+1=2a≥3，
所以，
因为==，
又由，知a﹣1＞0，4a﹣3＞0，
所以，
所以，
所以|a﹣1|+|a+1|＞．。