2018年广东省高考数学二模试卷(理科)

2018年广东省高考数学二模试卷（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x，y∈R，集合A={2, log3x}，集合B={x, y}，若A∩B={0}，则x+y=()
A.1
3
B.0
C.1
D.3
2. 若复数z1=1+i，z2=1−i，则下列结论错误的是（）
A.z1⋅z2是实数
B.z1
z2
是纯虚数
C.|z14|=2|z2|2
D.z12+z22=4i
3.
已知a→=(−1, 3)，b→=(m, m−4)，c→=(2m, 3)，若a→ // b→，则b→⋅c→=( )
A.−7
B.−2
C.5
D.8
4. 如图，AD^是以正方形的边AD为直径的半圆，向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率为（）
A.π16
B.3
16
C.π
4
D.1
4
5. 已知等比数列{a n}的首项为1，公比q≠−1，且a5+a4=3(a3+a2)，则√a1a2a3⋯a9
9=()
A.−9
B.9
C.−81
D.81
6. 已知双曲线C:x2
a2−y2
b2
=1(a>0, b>0)的一个焦点坐标为(4, 0)，且双曲线的两条
渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为（）
A.x2
8−y2
8
=1
B.x2 16−y2
16
=1
C.y2
8−x2
8
=1
D.x2
8−y2
8
=1或y2
8
−x2
8
=1
7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.8π+6
B.6π+6
C.8π+12
D.6π+12
8. 设x ，y 满足约束条件{xy ≥0
|x +y|≤2
，则z =2x +y 的取值范围是（ ）
A.[−2, 2]
B.[−4, 4]
C.[0, 4]
D.[0, 2]
9. 在印度有一个古老的传说：舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人–宰相宰相西萨•班•达依尔．国王问他想要什么，他对国王说：“陛下，请您在这张棋盘的第1个小格里，赏给我1粒麦子，在第2个小格里给2粒，第3小格给4粒，以后每一小格都比前一小格加一倍．请您把这样摆满棋盘上所有的64格的麦粒，都赏给您的仆人吧！”国王觉得这要求太容易满足了，就命令给他这些麦粒．当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时，国王才发现：就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来，也满足不了那位宰相的要求．那么，宰相要求得到的麦粒到底有多少粒？下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计的程序框图，其中正确的是（ ） A. B.
C. D.
10. 已知数列{a n }前n 项和为S n ，a 1=15，且满足(2n −5)a n+1=(2n −3)a n +4n 2
−
16n+15，已知n，m∈N+，n>m，则S n−S m的最小值为（）
A.−49
4B.−49
8
C.−14
D.−28
11. 已知菱形ABCD的边长为2√3，∠BAD＝60∘，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A−BD−C的余弦值为−1
3
，则该四面体ABCD外接球的体积为（）
A.28√7
3π B.8√6π C.20√5
3
π D.36π
12. 已知函数f(x)=e x−ln(x+3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是（）
A.∀x∈(−3, +∞)，f(x)≥1
3
B.∀x∈(−3, +∞)，f(x)>−1
2
C.∃x0∈(−3, +∞)，f(x0)=−1
D.f(x)min∈(0, 1)
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
将函数f(x)=2sin(2x+φ)(φ<0)的图象向左平移π
3
个单位长度，得到偶函数g(x)的图象，则φ的最大值是________．
已知a>0，b>0，(ax+b
x )6展开式的常数项为5
2
，则a+2b的最小值为________．
已知函数f(x)=log2(4x+1)+mx，当m>0时，关于x的不等式f(log3x)<1的解集为________．
设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P（异于原点O）的直线与抛物线y2=
8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q，则
S△ABQ
S△ABO
=________．
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．）
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B=60∘，c=8．
（1）若点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=1
3BC，AN
BM
=2√3，求AM的值；
（2）若b=12，求△ABC的面积．
如图，在五面体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形，AD=DE，∠ADE=90∘，∠ADC=∠DCB=120∘．
（1）证明：平面ABCD⊥平面EDCF；
（2）求直线AF与平面BDF所成角的最正弦值．
经销商第一年购买某工厂商品的单价为a （单位：元），在下一年购买时，购买单价与其上年度销售额（单位：万元）相联系，销售额越多，得到的优惠力度越大，具体情况如下表：
为了研究该商品购买单价的情况，调查并整理了50个经销商一年的销售额，得到下面的柱状图．
已知某经销商下一年购买该商品的单价为x （单位：元），且以经销商在各段销售额的频率作为概率．
（1）求
x 的平均估计值．
（2）该工厂针对此次的调查制定了如下奖励方案：经销商购买单价不高于平均估计单价的获得两次抽奖活动，高于平均估计单价的获得一次抽奖活动．每次获奖的金额和对应的概率为
已知椭圆C 1:
x 28
+y 2
b 2=1(b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点F 2也为抛物线C 2:y 2=
8x的焦点．
（1）若M，N为椭圆C1上两点，且线段MN的中点为(1, 1)，求直线MN的斜率；（2）若过椭圆C1的右焦点F2作两条互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，设线
段AB，CD的长分别为m，n，证明1
m +1
n
是定值．
已知f′(x)为函数f(x)的导函数，f(x)=e2x+2f(0)e x−f′(0)x．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）当x>0时，af(x)<e x−x恒成立，求a的取值范围．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为{x=3
4
+√3t
y=a+√3t
（t为参数），圆C的标准方程
为(x−3)2+(y−3)2=4．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线l和圆C的极坐标方程；
（2）若射线θ=π
3
与l的交点为M，与圆C的交点为A，B，且点M恰好为线段AB的中点，求a的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知f(x)=|mx+3|−|2x+n|．
（1）当m=2，n=−1时，求不等式f(x)<2的解集；
（2）当m=1，n<0时，f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求n的取值范围．
参考答案与试题解析
2018年广东省高考数学二模试卷（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.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据A∩B={0}即可得出0∈A，0∈B，这样即可求出x，y的值，从而求出x+y的值．【解答】
A∩B={0}；
∴0∈A，0∈B；
∴log3x=0；
∴x=1，y=0；
∴x+y=1．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算及复数模的求法逐一判断得答案．
【解答】
∵z1=1+i，z2=1−i，
∴z1⋅z2=1−i2=2，故A正确；
z1 z2=1+i
1−i
=(1+i)2
(1−i)(1+i)
=−i，故B正确；
|z14|=|z1|4=4，2|z2|2=4，故C正确；
z12+z22=(1+i)2+(1−i)2=0，故D错误．
3.
【答案】
A
【考点】
平行向量的性质
【解析】
根据平面向量的坐标运算与共线定理、数量积运算法则，计算即可．【解答】
解：a→=(−1, 3)，b→=(m, m−4)，c→=(2m, 3)，
若a→ // b→，则−1×(m−4)−3×m=0，
解得m =1， ∴ b →
=(1, −3)
c →=(2, 3)，
b →
⋅c →
=1×2+(−3)×3=−7．
故选A . 4.
【答案】 D
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】
根据图象的关系，求出阴影部分的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可． 【解答】
连结AE ，结合图象可知弓形①与弓形②面积相等，
将弓形①移动到②的位置，则阴影部分将构成一个直角三角形，
则阴影部分的面积为正方形面积的1
4，则向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率P =1
4， 5.
【答案】 B
【考点】
等比数列的性质 【解析】
等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠−1，且a 5+a 4=3(a 3+a 2)，可得a 2q 3+a 2q 2=3(a 2q +a 2)，化为：q 2=3．由等比数列的性质可得：a 1a 2……a 9=q 1+2+⋯…+8=q 4×9，代入√a 1a 2a 3⋯a 99=q 4．即可得出． 【解答】
等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠−1，且a 5+a 4=3(a 3+a 2)， ∴ a 2q 3+a 2q 2=3(a 2q +a 2)， 化为：q 2=3．
由等比数列的性质可得：a 1a 2……a 9=q 1+2+⋯…+8=q
8×(8+1)
2
=q 4×9
则√a 1a 2a 3⋯a 99=√q 4×99
=q 4=9．
6.
【答案】 A
【考点】 双曲线的特性 【解析】
由题意可得c =4，由双曲线的渐近线方程和两直线垂直的条件：斜率之积为−1，可得a =b ，解方程可得a ，b 的值，即可得到所求双曲线的方程． 【解答】
双曲线C:x 2
a 2−y 2
b 2=1(a >0, b >0)的一个焦点坐标为(4, 0)，
可得c =4，即有a 2+b 2=c 2=16，
双曲线的两条渐近线互相垂直， 即直线y =b
a x 和直线y =−b
a x 垂直， 可得a =
b ，
解方程可得a =b =2√2， 则双曲线的方程为x 28
−
y 28
=1．
7.
【答案】 B
【考点】
由三视图求体积 【解析】
由题意判断几何体的形状，然后求解几何体的表面积即可． 【解答】
几何体是组合体，上部是半圆柱，下部是半球，圆柱的底面半径与球的半径相同为1，圆柱的高为3，
几何体的表面积为：2π×12+12×π+2×3+3π=6+6π． 8.
【答案】 B
【考点】 简单线性规划 【解析】
作出约束条件{
xy ≥0
|x +y|≤2 所对应的可行域，变形目标函数，平移直线y =2x 可得结论． 【解答】
作出约束条件{
xy ≥0
|x +y|≤2
所对应的可行域（如图阴影） 变形目标函数可得y =−2x +z ，平移直线y =−2x 可知 当直线经过点A(−2, 0)时，目标函数取最小值−4 当直线经过点B(2, 0)时，目标函数取最大值4， 故z =−2x +y 的取值范围为[−4, 4]． 9.
【答案】 C
【考点】 程序框图 【解析】
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S 的值，模拟程序的运行过程，可得答案． 【解答】
由已知中程序的功能，可得循环变量的初值为1，终值为64，
由于四个答案均为直到条件不满足时退出循环，故循环条件应为n ≤64，
而每次累加量构造一个以1为首项，以2为公式的等比数列， 由S n =2n −1得：S n+1=2n+1−1=2S n +1， 故循环体内S =1+2S ， 10.
【答案】 C
【考点】 数列递推式 【解析】
由等式变形，可得{a
n
2n−5}为等差数列，公差为1，首项为−5，运用等差数列的通项公式
可得a n ，再由自然数和的公式、平方和公式，可得S n ，讨论n 的变化，S n 的变化，僵尸可得最小值． 【解答】
∵ (2n −5)a n+1=(2n −3)a n +4n 2−16n +15，
∴ a n+1
2n−3
−a n 2n−5=1，a
1−3
=−5． 可得数列{a
n
2n−5}为等差数列，公差为1，首项为−5．
∴ a n
2n−5=−5+n −1=n −6，
∴ a n =(2n −5)(n −6)=2n 2−17n +30．
∴ S n =2(12+22+……+n 2)−17(1+2+……+n)+30n =2×n(n +1)(2n +1)6−17×n(n +1)
2
+30n
=
4n 3−45n 2+131n
6
．
可得n =2，3，4，5，S n 递减；n >5，S n 递增，
∵ n ，m ∈N +，n >m ，
S 1=15，S 2=19，S 5=S 6=5，S 7=14，S 8=36， S n −S m 的最小值为5−19=−14， 11.
【答案】 B
【考点】
二面角的平面角及求法 【解析】
正确作出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的体积． 【解答】
如图所示，取BD 中点F ，连结AF 、CF ，
则AF ⊥BD ，CF ⊥BD ，∴ ∠AFC 是二面角A −BD −C 的平面角， 过A 作AE ⊥平面BCD ，交CF 延长线于E ，
∴ cos∠AFC =−1
3，cos∠AFE =1
3，AF ＝CF =√(2√3)2−(√3)2=3， ∴ AE ＝2√2，EF ＝1，
设O 为球，过O 作OO′⊥CF ，交F 于O′，作OG ⊥AE ，交AE 于G ，
设OO′＝x ，∵ O′B =2
3CF ＝2，O′F =1
3CF =1，
∴ 由勾股定理得R 2＝O′B 2+OO ′2＝4+x 2＝OG 2+AG 2＝(1+1)2+(2√2−x)2， 解得x =√2，∴ R 2＝6，即R =√6，
∴ 四面体的外接球的体积为V =4
3πR 3=4
3π×6√6=8√6π．
12.
【答案】 B
【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
本题首先要对函数f(x)=e x −ln(x +3)进行求导，确定f′(x)在定义域上的单调性为单调递增函数，然后再利用当x ∈(a, b)时，利用f′(a)f′(b)<0确定导函数的极值点x 0∈(−1, −1
2)从而．得到x =x 0时是函数f(x)的最小值点． 【解答】
因为函数f(x)=e x −ln(x +3)，定义域为(−3, +∞)，所以f′(x)=e x −1
x+3， 易知导函数f′(x)在定义域(−3, +∞)上是单调递增函数， 又f′(−1)<0，f′(−1
2)>0，
所以f′(x)=0在(−3, +∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x 0，且x 0∈(−1, −1
2)， 则x =x 0为f(x)的最小值点，且f′(x 0)=0，即e x 0
=
1
x 0+3
，两边取以e 为底的对数，
得x 0=−ln(x 0+3) 故f(x)≥f(x 0)=e
x 0
−ln(x 0+3)=1
x
+3
−ln(x 0+3)=1
x 0+3
+x 0，因为x 0∈
(−1, −1
2)，所以2<x 0+3<5
2，
故f(x)≥f(x 0)=1
x 0
+3+(x 0+3)−3>2+12−3=−1
2
，即对∀x ∈(−3, +∞)，都有f(x)>−1
2．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 【答案】 −π 【考点】
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】
根据三角函数图象平移法则，结合函数的奇偶性求出φ的最大值． 【解答】
函数f(x)=2sin(2x +φ)(φ<0)的图象向左平移π
3个单位长度， 得f(x +π
3)=2sin[2(x +π
3)+φ]=2sin(2x +φ+
2π3)的图象，
∴ g(x)=2sin(2x +2π3
+φ)；
又g(x)是偶函数，
∴ 2π
3+φ=π
2+kπ，k ∈Z ； ∴ φ=−π
6+kπ，k ∈Z ； 又φ<0，∴ φ的最大值是−π
6． 【答案】 2
【考点】 二项式定理的应用 【解析】
写出二项展开式的通项，由x 的指数为0求得r 值，可得ab =1
2，再由基本不等式求a +2b 的最小值． 【解答】
(ax +b
x )6展开式的通项为T r+1=C 6r ∗(ax)6−r ∗(b
x )r =a 6−r ∗b r ∗C 6r
∗x 6−2r ，
由6−2r =0，得r =3．
∴ a 3b 3∗C 63=5
2，即ab =1
2．
∴ a +2b ≥2√2ab =2，当且仅当a =2b ，即a =1，b =1
2时，取“=”． ∴ a +2b 的最小值为2． 【答案】 (0, 1) 【考点】
对数函数的图象与性质 【解析】
利用单调性求解即可． 【解答】
函数f(x)=log 2(4x +1)+mx ，
当m >0时，可知f(x)时单调递增函数， 当x =0时，可得f(0)=1，
那么不等式f(log 3x)<f(0)的解集， 即{
x >0
log 3x <0 ， 解得：0<x <1． 【答案】 3
【考点】 抛物线的求解 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：方法一： 画出对应的图，
设AB 与OP 的夹角为θ，
则△ABQ 中AB 边上的高与△ABO 中AB 边上的高之比为
PQsin θ
OPsin θ=PQ
OP ， ∴ S △ABQ
S
△ABO =PQ OP =
y Q −y P y P
=
y Q y P
−1．
设P (y 1
22p ,y 1)， 则直线OP:y =y 1
y 1
22p
x ，
即y =
2p y 1
x ，
与y 2=8px 联立， 可得y Q =4y 1，
从而得到面积比为4y
1
y 1
−1=3．
故答案为：3．
方法二：
记d(X,YZ)表示点X 到线段YZ 的距离， 则S △ABQ
S
△ABO
=
d(Q,AB)d(O,AB)
=
|PQ||OP|
，
设|OQ|
|OP|=m ，P (x 0,y 0)， 则OQ →
=mOP →
，
即Q (mx 0,my 0)．
于是y 02
=2px 0，(my 0)2=8pmx 0， 故m =4， 则|PQ|
|OP|=|OQ|−|OP||OP|
=4−1=3，
从而S △ABQ
S
△ABO
=3．
故答案为：3．
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．）
【答案】
∵在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60∘，c=8
点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=1
3BC，AN
BM
=2√3，
∴设BM=x，则AN=2√3x，
在△ABN中，由余弦定理得12x2=64+4x2−2×8×2xcos60∘，解得x=4（负值舍去），则BM=4，
∴AM=√82+42−2×8×4×cos60∘=4√3．
在△ABC中，由正弦定理得b
sinB =c
sinC
，
∴sinC=csinB
b =8×
√3
2
12
=√3
3
，
又b=12>c，∴B>C，则C为锐角，∴cosC=√6
3
，
则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=√3
2×√6
3
+1
2
×√3
3
=3√2+√3
6
，
∴△ABC的面积S=1
2bcsinA=48×3√2+√3
6
=24√2+8√3．
【考点】
三角形求面积
【解析】
（1）设BM=x，则AM=2√3x，由余弦定理求出BM=4，由此利用余弦定理能求出b．
（2）由正弦定理得b
sinB =c
sinC
，从而sinC=√3
3
，由b=12>c，得B>C，cosC=√6
3
，
从而sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=3√2+√3
6
，由此能求出△ABC的面积．【解答】
∵在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60∘，c=8
点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=1
3BC，AN
BM
=2√3，
∴设BM=x，则AN=2√3x，
在△ABN中，由余弦定理得12x2=64+4x2−2×8×2xcos60∘，解得x=4（负值舍去），则BM=4，
∴AM=√82+42−2×8×4×cos60∘=4√3．
在△ABC中，由正弦定理得b
sinB =c
sinC
，
∴sinC=csinB
b =8×
√3
2
12
=√3
3
，
又b=12>c，∴B>C，则C为锐角，∴cosC=√6
3
，
则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=√3
2×√6
3
+1
2
×√3
3
=3√2+√3
6
，
∴△ABC的面积S=1
2bcsinA=48×3√2+√3
6
=24√2+8√3．
【答案】
因为AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，AD 、CD ⊂平面ABCD ，且AD ∩CD =D ， 所以DE ⊥平面ABCD ．
又DE ⊂平面EDCF ，故平面ABCD ⊥平面EDCF ． 由已知DC // EF ，所以DC // 平面ABFE ．
又平面ABCD ∩平面ABFE =AB ，故AB // CD ． 所以四边形ABCD 为等腰梯形．
又AD =DE ，所以AD =CD ，由题意得AD ⊥BD ， 令AD =1，
如图，以D 为原点，以DA 为x 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ， 则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)， F(−12, 
√3
2
, 1)，B(0, √3, 0)， ∴ FA →
=
(3
2, −√3
2, −1)，DB
→=(0, √3, 0)，DF →
=(−1
2, √
3
2, 1)．
设平面BDF 的法向量为n →=(x, y, z)，
则{n →
∗DB →
=√3y =0n →∗DF →=−12x +√3
2y +z =0 ，取x =2，得n →
=(2, 0, 1)， cos <FA →
，n →
>=
FA →
∗n
→|FA →|∗|n →
|
=2×
√
5
=√5
5
． 设直线与平面BDF 所成的角为θ，则sinθ=√5
5
．
所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为√5
5
．
【考点】
平面与平面垂直 直线与平面所成的角 【解析】
（1）推导出AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，从而DE ⊥平面ABCD ．由此能证明平面ABCD ⊥平面EDCF ．
（2）以D 为原点，以DA 为x 轴，建立空间直角坐标系D −xyz ，利用向量法能求出直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值． 【解答】
因为AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，AD 、CD ⊂平面ABCD ，且AD ∩CD =D ， 所以DE ⊥平面ABCD ．
又DE ⊂平面EDCF ，故平面ABCD ⊥平面EDCF ． 由已知DC // EF ，所以DC // 平面ABFE ．
又平面ABCD ∩平面ABFE =AB ，故AB // CD ． 所以四边形ABCD 为等腰梯形．
又AD =DE ，所以AD =CD ，由题意得AD ⊥BD ， 令AD =1，
如图，以D 为原点，以DA 为x 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ， 则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)， F(−12, 
√3
2
, 1)，B(0, √3, 0)， ∴ FA →
=(32
, −√32
, −1)，DB →
=(0, √3, 0)，DF →
=(−12
, √32
, 1)．
设平面BDF 的法向量为n →
=(x, y, z)，
则{n →
∗DB →
=√3y =0n →∗DF →=−12
x +√3
2
y +z =0
，取x =2，得n →
=(2, 0, 1)， cos <FA →，n →
>=
FA →
∗n
→|FA →
|∗|n →
|
=2×
5
=√5
5
． 设直线与平面BDF 所成的角为θ，则sinθ=√5
5
．
所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为√5
5
．
【答案】 解：（1）由题可知：
a ×0.2+0.9a ×0.36+0.85a ×0.24+0.8a ×0.12+ 0.75a ×0.1+0.7a ×0.04=0.873a ．
（2）购买单价不高于平均估计单价的概率为 0.24+0.12+0.1+0.04=0.5=1
2．
Y 的所有可能取值为5000，10000，15000，20000． P(Y =5000)=1
2×3
4=3
8，
P(Y=10000)=1
2×1
4
+1
2
×3
4
×3
4
=13
32
，
P(Y=15000)=1
2×C21×1
4
×3
4
=3
16
，
P(Y=20000)=1
2×1
4
×1
4
=1
32
．
∴Y的分布列为
E(Y)=5000×3
8+10000×13
32
+15000×3
16
+20000×1
32
=9375．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题可知：
a×0.2+0.9a×0.36+0.85a×0.24+0.8a×0.12+ 0.75a×0.1+0.7a×0.04=0.873a．
（2）购买单价不高于平均估计单价的概率为
0.24+0.12+0.1+0.04=0.5=1
2
．
Y的取值为5000，10000，15000，20000．
P(Y=5000)=1
2×3
4
=3
8
，
P(Y=10000)=1
2×1
4
+1
2
×3
4
×3
4
=13
32
，
P(Y=15000)=1
2×C21×1
4
×3
4
=3
16
，
P(Y=20000)=1
2×1
4
×1
4
=1
32
．
∴Y的分布列为
E(Y)=5000×3
8+10000×13
32
+15000×3
16
+20000×1
32
=9375．
【答案】
（1）解：因为抛物线C2:y2=8x的焦点(2, 0)，则c=2，b2=a2−c2=4，
所以C1：x2
8+y2
4
=1，
设M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 1
28
+y 1
24=1,
x 2
2
8
+
y 224
=1, 两式相减得(x 1+x 2)(x 2−x 2)
8
+
(y 1+y 2)(y 1−y 2)
4
=0，
由MN 的中点为(1, 1)，所以x 1+x 2=2，y 1+y 2=2， 所以y 2−y 1
x
2−x 1
=−1
2.
显然,点(1,1)在椭圆内部,所以直线MN 的斜率为−1
2. （2）证明：由椭圆的右焦点F 2(2, 0)， 当直线AB 的斜率不存在或为0时，1
m +1
n =
4
√
2
2
√
2
=3√2
8
. 当直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y =k(x −2)(k ≠0)，
设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立{y =k(x −2)
x 2
+2y 2=8 ， 消去y 化简整理得(1+2k 2)x 2−8k 2x +8k 2−8=0， Δ=(−8k 2)2−4(1+2k 2)(8k 2−8)=32(k 2+1)>0， 所以x 1+x 2=
8k 21+2k
2
，x 1x 2=8(k 2−1)1+2k 2
，
所以m =√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=4√2(1+k 2)
1+2k 2
， 同理可得n =4√2(1+k 2)
k 2+2. 所以1
m
+1
n =
4√2
(
1+2k 21+k 2
+
k 2+21+k 2
)=
3√2
8
，为定值. 【考点】 椭圆的定义 【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）解：因为抛物线C 2:y 2=8x 的焦点(2, 0)，则c =2，b 2=a 2−c 2=4， 所以C 1：
x 28
+
y 24
=1，
设M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 1
28
+y 1
24=1,
x 2
2
8
+
y 224
=1, 两式相减得(x 1+x 2)(x 2−x 2)
8
+
(y 1+y 2)(y 1−y 2)
4
=0，
由MN 的中点为(1, 1)，所以x 1+x 2=2，y 1+y 2=2， 所以y 2−y 1
x
2−x 1
=−1
2.
显然,点(1,1)在椭圆内部,所以直线MN 的斜率为−1
2. （2）证明：由椭圆的右焦点F 2(2, 0)， 当直线AB 的斜率不存在或为0时，1
m +1
n =
4
√
2
2
√
2
=3√2
8
.
当直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y =k(x −2)(k ≠0)，
设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立{y =k(x −2)
x 2
+2y 2=8 ， 消去y 化简整理得(1+2k 2)x 2−8k 2x +8k 2−8=0， Δ=(−8k 2)2−4(1+2k 2)(8k 2−8)=32(k 2+1)>0， 所以x 1+x 2=8k 2
1+2k 2
，x 1x 2=
8(k 2−1)1+2k 2
，
所以m =√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=4√2(1+k 2)
1+2k 2
， 同理可得n =
4√2(1+k 2)
k 2+2. 所以1
m +1
n =
4
√
2(1+2k 21+k 2
+k 2+2
1+k 2)=3√2
8
，为定值. 【答案】
由f(0)=1+2f(0)，得f(0)=−1． 因为f′(x)=2e 2x −2e x −f′(0)，
所以f′(0)=2−2−f′(0)，解得f′(0)=0． 所以f(x)=e 2x −2e x ，f′(x)=2e x (e x −1)，
当x ∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(−∞, 0)上单调递减； 当x ∈(0, +∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增． 令g(x)=af(x)−e x +x =ae 2x −(2a +1)e x +x ， 根据题意，当x ∈(0, +∞)时，g(x)<0恒成立． g′(x)=(2ae x −1)(e x −1)．
①当0<a <1
2，x ∈(−ln2a, +∞)时，g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在(−ln2a, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(−ln2a)，+∞)， 所以不符合题意；
②当a ≥1
2，x ∈(0, +∞)时，g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(0)，+∞)，所以不符合题意； ③当a ≤0时，因为x ∈(0, +∞)，所有恒有g′(x)<0， 故g(x)在(0, +∞)上是减函数，
于是“g(x)<0对任意x ∈(0, +∞)都成立”的充要条件是g(0)≤0， 即a −(2a +1)≤0，解得：a ≥−1，故−1≤a ≤0． 综上，a 的取值范围是[−1, 0]． 【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
（1）求出函数的导数，计算f(0)，求出f′(0)的值，求出函数的单调区间即可；
（2）令g(x)=af(x)−e x +x ，求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的最值，从而确定a 的范围即可． 【解答】
由f(0)=1+2f(0)，得f(0)=−1． 因为f′(x)=2e 2x −2e x −f′(0)，
所以f′(0)=2−2−f′(0)，解得f′(0)=0． 所以f(x)=e 2x −2e x ，f′(x)=2e x (e x −1)，
当x ∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(−∞, 0)上单调递减；
当x∈(0, +∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增．
令g(x)=af(x)−e x+x=ae2x−(2a+1)e x+x，
根据题意，当x∈(0, +∞)时，g(x)<0恒成立．
g′(x)=(2ae x−1)(e x−1)．
①当0<a<1
2
，x∈(−ln2a, +∞)时，g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在(−ln2a, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(−ln2a)，+∞)，
所以不符合题意；
②当a≥1
2
，x∈(0, +∞)时，g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(0)，+∞)，所以不符合题意；
③当a≤0时，因为x∈(0, +∞)，所有恒有g′(x)<0，
故g(x)在(0, +∞)上是减函数，
于是“g(x)<0对任意x∈(0, +∞)都成立”的充要条件是g(0)≤0，
即a−(2a+1)≤0，解得：a≥−1，故−1≤a≤0．
综上，a的取值范围是[−1, 0]．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
∵直线l的参数方程为{x=3
4
+√3t
y=a+√3t
（t为参数），
∴在直线l的参数方程中消去t可得直线l的普通方程为x−y−3
4
+a=0，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入以上方程中，
得到直线l的极坐标方程为ρcosθ−ρsinθ−3
4
+a=0．
∵圆C的标准方程为(x−3)2+(y−3)2=4，
∴圆C的极坐标方程为ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0．
在极坐标系中，由已知可设M(ρ1,π
3)，A(ρ2,π
3
)，B(ρ3, π
3
)．
联立{θ=π
3
ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0
，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，
∴ρ
2+ρ3=3+3√3．
∵点M恰好为AB的中点，
∴ρ
1=3+3√3
2
，即M(3+3√3
2
, π
3
)．
把M(3+3√3
2, π
3
)代入ρcosθ−ρsinθ−3
4
+a=0，
得3(1+√3)
2×1−√3
2
−3
4
+a=0，
解得a=9
4
．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）直线l的参数方程消去t可得直线l的普通方程，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，能
求出直线l 的极坐标方程．由圆的标准方程能求出圆C 的极坐标方程．
（2）设M(ρ1,π3)，A(ρ2,π3)，B(ρ3, π
3)．联立{
θ=π3ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0 ，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，从而ρ2+ρ3=3+3√3，进而M(3+3√32, π3)．把M(3+3√32, π
3
)代入ρcosθ−ρsinθ−3
4+a =0，能求出a 的值．
【解答】
∵ 直线l 的参数方程为{
x =3
4+√3t y =a +√3t
（t 为参数），
∴ 在直线l 的参数方程中消去t 可得直线l 的普通方程为x −y −3
4+a =0， 将x =ρcosθ，y =ρsinθ代入以上方程中，
得到直线l 的极坐标方程为ρcosθ−ρsinθ−3
4+a =0． ∵ 圆C 的标准方程为(x −3)2+(y −3)2=4，
∴ 圆C 的极坐标方程为ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0． 在极坐标系中，由已知可设M(ρ1,π
3)，A(ρ2,π
3)，B(ρ3, π
3)． 联立{
θ=π
3
ρ2
−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0 ，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，
∴ ρ2+ρ3=3+3√3． ∵ 点M 恰好为AB 的中点， ∴ ρ1=3+3√32，即M(3+3√32, π
3
)． 把M(3+3√32
, π
3)代入ρcosθ−ρsinθ−3
4+a =0，
得
3(1+√3)
2
×
1−√32
−3
4
+a =0，
解得a =9
4．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
当m =2，n =−1时，f(x)=|2x +3|−|2x −1|， 不等式f(x)<2等价于{x <−32
−(2x +3)+(2x −1)<2
或{
−32
≤x ≤
12
(2x +3)+(2x −1)<2
或
{x >
12
(2x +3)−(2x −1)<2
，
解得：x <−3
2或−3
2≤x <0，即x <0． 所以不等式f(x)<2的解集是(−∞, 0)．
由题设可得，f(x)=|x +3|−|2x +n|={x +n −3,x <−3
3x +3+n,−3≤x ≤−n
2−x +3−n,x >−n
2 ，
所以函数f(x)的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为：
试卷第21页，总21页 A(−3+n 3, 0)，B(3−n, 0)，C(−n 2, 3−n 2)，
所以三角形ABC 的面积为12(3−n +
3+n 3)(3−n 2)=(6−n)26， 由(6−n)26>24，解得：n >18或n <−6．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）代入m ，n 的值，得到关于x 的不等式组，解出即可；
（2）求出A ，B ，C 的坐标，表示出三角形的面积，得到关于n 的不等式，解出即可．
【解答】
当m =2，n =−1时，f(x)=|2x +3|−|2x −1|，
不等式f(x)<2等价于{
x <−32−(2x +3)+(2x −1)<2 或{−32≤x ≤12(2x +3)+(2x −1)<2 或{x >12(2x +3)−(2x −1)<2
， 解得：x <−32或−32≤x <0，即x <0．
所以不等式f(x)<2的解集是(−∞, 0)．
由题设可得，f(x)=|x +3|−|2x +n|={x +n −3,x <−33x +3+n,−3≤x ≤−n 2−x +3−n,x >−n 2
， 所以函数f(x)的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为：
A(−3+n 3, 0)，B(3−n, 0)，C(−n 2, 3−n 2)，
所以三角形ABC 的面积为12
(3−n +3+n 3)(3−n 2)=(6−n)26， 由(6−n)26>24，解得：n >18或n <−6．。