2020年湖北省武汉市高三二月调考数学试卷(理科)

2020年湖北省武汉市高三二月调考数学试卷（理科）
一、单选题
1. 已知全集U＝{1, 2, 3, 4}，集合A＝{1, 2}，B＝{2, 3}，则A∪(∁U B)＝（）
A.{1}
B.{2, 3}
C.{1, 2, 4}
D.{2, 3, 4}
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据集合的基本运算进行求解即可．
【解答】
∵B＝{2, 3}，
∴∁U B＝{1, 4}，
则A∪(∁U B)＝{1, 2, 4}，
2. 已知复数z满足z⋅i＝z+i，则z¯在复平面上对应的点在（）
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
设z＝a+bi(a, b∈R)，由z⋅i＝z+i得：(a+bi)i＝a+(b+1)i，由复数相等可得a，b的值，进而求出z¯，即可得解．
【解答】
设z＝a+bi(a, b∈R)，由z⋅i＝z+i得：(a+bi)i＝a+(b+1)i，即ai−b＝a+(b+ 1)i，
由复数相等可得，则z=1
2−1
2
i，
∴z¯=1
2+1
2
i，则z¯在复平面对应的点的坐标为(1
2
,1
2
)，在第一象限．
3. 已知x，y满足不等式组{2x+y−2≤0
x−2y−1≤0
x≥0
，则点P(x, y)所在区域的面积是（）
A.1
B.2
C.5
4D.4
5
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
先利用二元一次不等式（组）与平面区域，根据约束条件画出可行域，然后求出区域
的面积即可． 【解答】
不等式表示的平面区域如图：
直线2x +y −2＝0的斜率为−2，直线x −2y −1的斜率为1
2， 所以两直线垂直，
故△BCD 为直角三角形，
易得B(1, 0)，D(0,−1
2
)，C(0, 2)，|BD|=
√5
2，|BC|=√5；
所以阴影部分面积S △BCD =12
|BD|⋅|BC|=12
×√5
2
×√5=5
4．
4. 已知a ，b ∈R ，则“a >b >0”是“|a +1|>|b +1|”的什么条件（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】 A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件 【解析】
根据充分必要条件的定义判断即可． 【解答】
充分性：a >b >0⇒|a +1|>|b +1|，充分性成立；
必要性：当a ＝−2，b ＝−1时，|a +1|>|b +1|成立，但a <b <0，故必要性不成立； 所以“a >b >0”是“|a +1|>|b +1|”的充分不必要条件．
5. 根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（ ） A.1
6
B.1
4
C.1
3
D.1
2
【答案】 A
【考点】
古典概型及其概率计算公式 【解析】
每个县区至少派一位专家，基本事件总数n =C 42A33=36，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数m =C 22C31A22=6，由此能求出甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率． 【解答】
我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研， 每个县区至少派一位专家， 基本事件总数n =C 42A33=36，
甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数m =C 22C31A22=6， ∴ 甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为p =m n
=636=1
6．
6. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中最大面积为（）
A.2√3
B.4
C.2√2
D.2√6
【答案】
A
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，该几何体是正方体中的四面体NBCQ，
正方体的棱长为2，
四面体NBCQ的四个面的面积分别为2，2√2，2√2，2√3，
最大面积为2√3．
故选A．
7. 等差数列{a n}中，a1与a4037是f(x)=x−4ln x−m
x 的两个极值点，则log
√2
a2019=(
)
A.1
B.2
C.0
D.1
2【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
结合导数及极值存在的条件及等差数列的性质即可求解．【解答】
f′(x)=1−4
x +m
x2
=x2−4x+m
x2
，
因为a1与a4037是f(x)=x−4ln x−m
x
的两个极值点，
令g(x)＝x2−4x+m，所以a1与a4037是方程x2−4x+m＝0的两个根，即a1+a4037＝4，也即2a2019＝4，所以a2019＝2，
则log
√2
a2019=2log22=2．
8. (2x−1)5＝a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a5(x−1)5则a3＝（）
A.40
B.40
C.80
D.−80 【答案】 C
【考点】
二项式定理及相关概念 【解析】
由题意，利用二项展开式的通项公式，求得a 3的值． 【解答】
∵ (2x −1)5＝a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+...+a 5(x −1)5，令x −1＝t ，则x ＝t +1， ∴ (2t +1)5＝a 0+a 1t +a 2t 2+...+a 5t 5．
(2t +1)5展开式的通项为：T r+1＝C 5r
(2t)5−r 1r ，
令5−r ＝3，求得r ＝2，所以，T 3＝C 52
(2t)3＝80x 3，即 a 3＝80，
9. 已知i 为虚数单位，执行如图所示的程序框图，则输出的A 值为（ ）
A.9
B.9i
C.−8
D.8
【答案】 D
【考点】 程序框图 【解析】
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A 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】
模拟执行程序框图，得： 当n ＝1时，A ＝i ； 当n ＝2时，A ＝−2； …
当n ＝8时，A ＝8，
当n ＝9时，满足条件n >8，循环结束，输出结果A 的值为8．
10. 已知向量a →
，b →
满足|a →
|＝4，b →
在a →
上投影为−2，则|a →
−3b →
|的最小值为（ ） A.12 B.10 C.√10
D.2
【答案】 B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算 【解析】
由平面向量数量积的性质及其运算得：由b →
在a →
上投影为−2，所以|b →
|cos θ=
a →⋅
b →
|a →
|=−2，
所以a →
⋅b →
=−8，又|b →
|cos θ＝−2，所以|b →
|≥2，则|a →
−3b →
|=√a →
2−6a →
⋅b →
+9b →
2=√64+9b →
2≥√64+9×22=10，得解． 【解答】
由b →
在a →
上投影为−2， 所以|b →
|cos θ=
a →⋅
b →
|a →
|
=−2，
所以a →
⋅b →=−8， 又|b →
|cos θ＝−2， 所以|b →|≥2，
则|a →
−3b →
|=√a →2−6a →
⋅b →
+9b →
2=√64+9b →
2≥√64+9×22=10， 即|a →
−3b →
|的最小值为10，
11. 已知P 为双曲线C:x 2
a 2−y 2
b 2=1(a >0, b >0)上一点，F 1，F 2为双曲线C 的左、右焦点，若|PF 1|＝|F 1F 2|，且直线PF 2与以C 的实轴为直径的圆相切，则C 的渐近线方程为（ ） A.y =±4
3x
B.y =±3
4
x
C.y =±3
5
x
D.y =±5
3
x
【答案】 A
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题 【解析】
设直线PF 2与圆x 2+y 2＝a 2相切于点M ，取PF 2的中点N ，连接NF 2，由切线的性质和等腰三角形的三线合一，运用中位线定理和勾股定理，可得|PF 2|＝4b ，再由双曲线的定义和a ，b ，c 的关系，计算即可得到渐近线方程． 【解答】
设直线PF 2与圆x 2+y 2＝a 2相切于点M ， 则|OM|＝a ，OM ⊥PF 2， 取PF 2的中点N ，连接NF 2，
由于|PF 1|＝|F 1F 2|＝2c ，则NF 1⊥PF 2，|NP|＝|NF 2|， 由|NF 1|＝2|OM|＝2a ，
则|NP|=√4c 2−4a 2=2b ， 即有|PF 2|＝4b ，
由双曲线的定义可得|PF 2|−|PF 1|＝2a ， 即4b −2c ＝2a ，即2b ＝c +a ，
4b 2−4ab +a 2＝b 2+a 2，4(c −a)＝c +a ，即3b ＝4a ，
则b
a =4
3
．
则C的渐近线方程为：y=±4
3
x．
12. 已知函数f(x)＝x，g(x)＝ax2−x，其中a>0，若∀x1∈[1, 2]，∃x2∈[1, 2]，使得f(x1)f(x2)＝g(x1)g(x2)成立，则a＝（）
A.1
B.1
2C.2
3
D.3
2
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题【解析】
由题意可得ax1x2＝x1+x2，即为a=x1+x2
x1x2=1
x1
+1
x2
，可得a−1
x1
=1
x2
，分别求得此方
程左右两边函数的值域M，N，由N⊆M，可得a的不等式组，解不等式可得所求值．【解答】
由f(x)＝x，g(x)＝ax2−x，a>0，
且f(x1)f(x2)＝g(x1)g(x2)，
可得x1x2=(ax12−x1)(ax22−x2)，则ax1x2(ax1x2−x1−x2)＝0，
故ax1x2＝x1+x2，
则a=x1+x2
x1x2=1
x1
+1
x2
，故a−1
x1
=1
x2
∈[1
2
,1]=M，而a−1
x1
∈[a−1,a−1
2
]=N，
因为∀x1∈[1, 2]，∃x2∈[1, 2]，使得f(x1)f(x2)＝g(x1)g(x2)成立，即N⊆M，
可得1
2≤a−1<a−1
2
≤1，即a≥3
2
且a≤3
2
，
解得a=3
2
，
二、填空题
若施化肥量x与小麦产量y之间的回归方程为y=250+4x（单位：kg），当施化肥量为50kg时，预计小麦产量为450kg．
【答案】
450
【考点】
回归分析
【解析】
将x＝50代入回归方程，计算即可得到结论．
【解答】
根据回归方程为y=250+4x，当施化肥量为50kg，即x＝50kg时，y=250+4x＝250+200＝450kg
函数y＝axe x的图象在x＝0处的切线与直线y＝−x互相垂直，则a＝________．
【答案】
1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求函数的导数，根据导数的几何意义结合直线垂直的直线斜率的关系建立方程关系进
行求解即可．
【解答】
∵函数y＝axe x在x＝0处的切线与直线y＝−x垂直，
∴函数y＝axe x在x＝0处的切线斜率k＝1，
∵f′(x)＝ae x+axe x，
∴f′(0)＝a＝1，
得a＝1，
已知正四棱锥的底边边长为2，侧棱长为√5，现要在该四棱锥中放入一个可以任意旋
转的正方体，则该正方体的体积最大值是________．
【答案】
8
27
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设此正方体外接球半径为R，体积最大的球应与四棱锥各个面都相切，利用等积法求正四棱锥的内切球的半径，进一步求出球内接正方体的棱长，则答案可求．
【解答】
设此正方体外接球半径为R，体积最大的球应与四棱锥各个面都相切，
设球心为S，连SA、SB、SC、SD、SE，则把此四棱锥分为五个棱锥，它们的高均为R，由已知求得四棱锥的高为√3，四个侧面三角形的底为2，高为2，
∴V A−BCDE＝V S−BCDE+V S−ABC+V S−ABE+V S−ADE+V S−ACD，
即1
3×2×2×√3=1
3
×2×2×R+4×1
3
×1
2
×2×2×R，
∴R=√3
3
，
正方体的体对角线是其外接球直径，故其体对角线为2R=2√3
3，棱长为2
3
，
∴正方体体积的最大值为V=8
27
．
设P(n)表示正整数n的个位数字，记ψ(n)＝P(n3)−P(n2)，M是{ψ(n)}的前4038项的
和，函数f(x)=ln x+1
x +1，若函数g(x)满足f[g(x)−8−Mx2−Mx
Mx2+Mx
]=2，则数列{g(n)}
的前2020项的和为________−2020
2021
．【答案】
−2020 2021
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
由已知求得ψ(n)每5个一循环，且5个数的和为0，得到M ＝ψ(4036)+ψ(4037)+ψ(4038)＝−8，再由已知求得g(n)=−1
n 2+n ，然后利用裂项相消法求数列{g(n)}的前2020项的和． 【解答】
n 的个位数为1时有：ψ(1)＝P(n 3)−P(n 2)＝1−1＝0， n 的个位数为2时有：ψ(2)＝P(n 3)−P(n 2)＝8−4＝4， n 的个位数为3时有：ψ(3)＝P(n 3)−P(n 2)＝7−9＝−2， n 的个位数为4时有：ψ(4)＝P(n 3)−P(n 2)＝4−6＝−2， n 的个位数为5时有：ψ(5)＝P(n 3)−P(n 2)＝5−5＝0， 每5个一循环，这5个数的和为0，
4038÷5＝807余3，余下三个数为：ψ(4036)＝0，ψ(4037)＝−6，ψ(4038)＝−2， ∴ 数列{ψ(n)}的前4038项和等于：ψ(4036)+ψ(4037)+ψ(4038)＝−8， 即有M ＝−8，又f(1)＝2，f[g(x)−8−Mx 2−Mx Mx 2+Mx ]=2=f(1)，可得g(x)−
8−Mx 2−Mx Mx 2+Mx
=1，
则g(n)=−
1n 2+n
=−
1n(n+1)
=−(1
n
−
1
n+1
)，
则数列{g(n)}的前2020项和为，S 2020=−[(1−12
)+(12
−13
)+⋯+(12020
−
1
2020+1
)]=
−2020
2021，
则数列的前2020项和为−2020
2021． 故答案为：−20202021
．
三、解答题
已知函数f(x)=√3sin 2x −2cos 2x +1(x ∈R)． （1）求f(x)的单调递增区间；
（2）当x ∈[−π6,π4]时，求f(x)的值域．
【答案】
函数f(x)=√3sin 2x −2cos 2x +1=√3sin 2x −cos 2x =2sin (2x −π
6)， 令2kπ−π
2≤2x −π
6≤2kπ+π
2(k ∈Z)， 求得kπ−π
6≤x ≤kπ+π
3(k ∈Z)，
故函数f(x)的增区间为[kπ−π
6,kπ+π
3](k ∈Z)； 若x ∈[−π6,π
4]，则2x −π
6∈[−π2,π3]， 故当2x −π
6=−π
2时， 函数f(x)取得最小值为−2；
当2x−π
6=π
3
时，函数f(x)取得最大值为√3，
所以函数的值域为[−2,√3]．
【考点】
两角和与差的三角函数
三角函数的最值
【解析】
（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出结果．
（2）利用函数的定义域的应用求出函数的值域．
【解答】
函数f(x)=√3sin2x−2cos2x+1=√3sin2x−cos2x=2sin(2x−π
6
)，
令2kπ−π
2≤2x−π
6
≤2kπ+π
2
(k∈Z)，
求得kπ−π
6≤x≤kπ+π
3
(k∈Z)，
故函数f(x)的增区间为[kπ−π
6,kπ+π
3
](k∈Z)；
若x∈[−π
6,π
4
]，则2x−π
6
∈[−π
2
,π
3
]，
故当2x−π
6=−π
2
时，
函数f(x)取得最小值为−2；
当2x−π
6=π
3
时，函数f(x)取得最大值为√3，
所以函数的值域为[−2,√3]．
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝1，AA1＝2，点D是侧棱AA1的上一点．
（1）证明：当点D是AA1的中点时，DC1⊥平面BCD；
（2）若二面角D−BC1−C的余弦值为3√29
29
，求AD的长．
【答案】
证明：由题意：BC⊥AC且BC⊥CC1，AC∩CC1＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，则BC⊥DC1．
又∵D是AA1的中点，AC＝AD，且∠CDA＝90∘，∴∠ADC＝45∘，
同理∠A1DC1＝45∘．
∴∠C1DC＝90∘，则DC1⊥DC，
∴ DC 1⊥平面BCD ；
以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系． 设AD ＝ℎ，则D(1, 0, ℎ)，B(0, 1, 0)，C 1(0, 0, 2)．
由条件易知CA ⊥平面BC 1C ，故取m →
=(1, 0, 0)为平面BC 1C 的法向量． 设平面DBC 1的法向量为n →
=(x, y, z)， 则n →
⊥BD →
且n →
⊥BC 1→
，
∵ BD →
=(1,−1,ℎ)，BC 1→
=(0,−1,2)，
∴ {x −y +ℎz =0
−y +2z =0
，取z ＝1，得n →=(2−ℎ,2,1)．
由|cos <m →,n →
>|=
|m →⋅n →
||m →
|⋅|n →
|=
3√2929
，
解得ℎ=1
2，即AD =1
2．
【考点】
直线与平面所成的角 二面角的平面角及求法 直线与平面垂直 【解析】
（1）由已知利用线面垂直的判定可得BC ⊥平面ACC 1A 1，则BC ⊥DC 1．再由已知求得∠ADC ＝45∘，∠A 1DC 1＝45∘．可得∠C 1DC ＝90∘，则DC 1⊥DC ，从而得到DC 1⊥平面BCD ；
（2）以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标
系．设AD ＝ℎ，则D(1, 0, ℎ)，B(0, 1, 0)，C 1(0, 0, 2)．然后利用二面角D −BC 1−C 的余弦值为
3√29
29
求AD 的长． 【解答】
证明：由题意：BC ⊥AC 且BC ⊥CC 1，AC ∩CC 1＝C ， ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1，则BC ⊥DC 1．
又∵ D 是AA 1的中点，AC ＝AD ，且∠CDA ＝90∘，∴ ∠ADC ＝45∘， 同理∠A 1DC 1＝45∘．
∴ ∠C 1DC ＝90∘，则DC 1⊥DC ， ∴ DC 1⊥平面BCD ；
以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系． 设AD ＝ℎ，则D(1, 0, ℎ)，B(0, 1, 0)，C 1(0, 0, 2)．
由条件易知CA ⊥平面BC 1C ，故取m →
=(1, 0, 0)为平面BC 1C 的法向量．
设平面DBC 1的法向量为n →
=(x, y, z)， 则n →
⊥BD →
且n →
⊥BC 1→
，
∵ BD →
=(1,−1,ℎ)，BC 1→
=(0,−1,2)，
∴ {x −y +ℎz =0
−y +2z =0
，取z ＝1，得n →=(2−ℎ,2,1)．
由|cos <m →,n →
>|=
|m →⋅n →
||m →
|⋅|n →
|=
3√2929
，
解得ℎ=1
2，即AD =1
2．
已知点P(0, 2)，点A ，B 分别为椭圆C:x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0的左右顶点，直线BP 交C 于点Q ，△ABP 是等腰直角三角形，且PQ →
=35PB →
．
（1）求C 的方程；
（2）设过点P 的动直线l 与C 相交于M ，N 两点，O 为坐标原点．当∠MON 为直角时，求直线l 的斜率． 【答案】
由题意△ABP 是等腰直角三角形，则a ＝2，B(2, 0)， 设点Q(x 0, y 0)，由PQ →
=35PB →
，
则x 0=6
5，y 0=4
5，代入椭圆方程解得b 2＝1， ∴ 椭圆方程为x 2
4+y 2＝1．
由题意可知，直线l 的斜率存在，令l 的方程为y ＝kx +2， 则M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)， 则{y =kx +2x 2
4
+y 2
=1
，整理可得(1+4k 2)x +16kx +12＝0，
∴ △＝(16k)2−48×(1+4k 2)>0，解得k 2>3
4， ∴ x 1+x 2=−16k
1+4k 2，x 1x 2=12
1+4k 2， 当∠MON 为直角时，k OM ⋅k ON ＝−1，
∴ x 1x 2+y 1y 2＝0，
则x 1x 2+y 1y 2＝x 1x 2+(kx 1+2)(kx 2+2)＝(1+k 2)x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4 ＝(1+k 2)⋅
121+4k
2+2k(−
16k 1+4k 2
)+4＝0，
解得k 2＝4，即k ＝±2，
故存在直线l 的斜率为±2，使得∠MON 为直角． 【考点】 椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系 【解析】
（1）根据题意可得a ＝2，B(2, 0)，设点Q(x 0, y 0)，由PQ →
=35PB →
，即可求出点P 的坐标，代入即可求出b ，可得椭圆方程，
（2）由题意可知，直线l 的斜率存在，令l 的方程为y ＝kx +2，则M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，根据韦达定理和k OM ⋅k ON ＝−1，即可求出k 的值． 【解答】
由题意△ABP 是等腰直角三角形，则a ＝2，B(2, 0)， 设点Q(x 0, y 0)，由PQ →
=35PB →
，
则x 0=6
5，y 0=4
5，代入椭圆方程解得b 2＝1， ∴ 椭圆方程为x 2
4+y 2＝1．
由题意可知，直线l 的斜率存在，令l 的方程为y ＝kx +2， 则M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)， 则{y =kx +2x 2
4
+y 2
=1
，整理可得(1+4k 2)x +16kx +12＝0，
∴ △＝(16k)2−48×(1+4k 2)>0，解得k 2>3
4， ∴ x 1+x 2=−
16k 1+4k 2
，x 1x 2=
121+4k 2
，
当∠MON 为直角时，k OM ⋅k ON ＝−1， ∴ x 1x 2+y 1y 2＝0，
则x 1x 2+y 1y 2＝x 1x 2+(kx 1+2)(kx 2+2)＝(1+k 2)x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4 ＝(1+k 2)⋅12
1+4k 2+2k(−16k
1+4k 2)+4＝0，
解得k 2＝4，即k ＝±2，
故存在直线l 的斜率为±2，使得∠MON 为直角．
某高校为增加应届毕业生就业机会，每年根据应届毕业生的综合素质和学业成绩对学生进行综合评估，已知某年度参与评估的毕业生共有2000名．其评估成绩Z 近似的服从正态分布N(μ, σ2)．现随机抽取了100名毕业生的评估成绩作为样本，并把样本数据进行了分组，绘制了如下频率分布直方图：
（1）求样本平均数x ¯
和样本方差s 2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若学校规定评估成绩超过82.7分的毕业生可参加A 、B 、C 三家公司的面试． 用样本平均数x ¯
作为的估计值μ，用样本标准差s 作为σ的估计值σ．请利用估计值判断这2000名毕业生中，能够参加三家公司面试的人数；
附：√161≈12.7若随机变量Z ∼N(μ, σ2)，则P(μ−σ<Z <μ+σ)＝0.6826，P(μ−2σ<Z <μ+2σ)＝0.9544． 【答案】
由所得数据绘制的频率直方图，得：
样本平均数x ¯=45×0.05+55×0.18+65×0.28+75×0.26+85×0.17+95×0.06＝70；
样本方差s 2＝(45−70)2×0.05+(55−70)2×0.18+(65−70)2×0.28+(75−70)2×0.26+(85−70)2×0.17+(95−70)2×0.06＝161；
由（1）可知，μ＝70，σ2＝161，故评估成绩Z 服从正态分布N(70, 161)， 所以P(Z >82.7)＝P(Z >μ+σ)=
1−0.6826
2
=0.1587，
在这2000名毕业生中，能参加三家公司面试的估计有2000×0.1587≈317人． 【考点】
频率分布直方图 极差、方差与标准差 【解析】
（1）求出平均数和方差即可；
（2）由（1）可知，μ＝70，σ2＝161，故评估成绩Z 服从正态分布N(70, 161)，由P(Z >82.7)＝P(Z >μ+σ)求出概率，再求出结论． 【解答】
由所得数据绘制的频率直方图，得：
样本平均数x ¯
=45×0.05+55×0.18+65×0.28+75×0.26+85×0.17+95×0.06＝70；
样本方差s 2＝(45−70)2×0.05+(55−70)2×0.18+(65−70)2×0.28+(75−70)2×0.26+(85−70)2×0.17+(95−70)2×0.06＝161；
由（1）可知，μ＝70，σ2＝161，故评估成绩Z 服从正态分布N(70, 161)， 所以P(Z >82.7)＝P(Z >μ+σ)=
1−0.6826
2
=0.1587，
在这2000名毕业生中，能参加三家公司面试的估计有2000×0.1587≈317人．
已知函数f(x)＝(x −1)e x −kx 2+2． （1）若k ＝0，求f(x)的极值；
（2）若∀x ∈[0, +∞)，都有f(x)≥1成立，求k 的取值范围． 【答案】
k ＝0时，f(x)＝(x −1)e x +2， f′(x)＝xe x ，
令f′(x)＝xe x ＝0，解得x ＝0．
∴ x ＝0时，函数f(x)取得极小值，f(0)＝1；无极大值．
对于任意的x ∈[0, +∞)，f(x)≥1恒成立，⇔(x −1)e x −kx 2+1≥0， 令g(x)＝(x −1)e x −kx 2+1，x ∈[0, +∞)， 又g(0)＝0，
因此函数g(x)在x ∈[0, +∞)上单调递增， ∴ g′(x)＝xe x −2kx ＝x(e x −2k)≥0， ∴ k ≤
e x
2
，可得k ≤1
2． ∴ k 的取值范围是(−∞,12
]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值 【解析】
（1）k ＝0时，f(x)＝(x −1)e x +2，f′(x)＝xe x ，利用导数研究其单调性极值即可得出．
（2）对于任意的x ∈[0, +∞)，f(x)≥1恒成立，⇔(x −1)e x −kx 2+1≥0，令g(x)＝(x −1)e x −kx 2+1，x ∈[0, +∞)，又g(0)＝0，因此函数g(x)在x ∈[0, +∞)上单调递增，可得g′(x)≥0，即可得出． 【解答】
k ＝0时，f(x)＝(x −1)e x +2， f′(x)＝xe x ，
令f′(x)＝xe x ＝0，解得x ＝0．
∴ x ＝0时，函数f(x)取得极小值，f(0)＝1；无极大值．
对于任意的x ∈[0, +∞)，f(x)≥1恒成立，⇔(x −1)e x −kx 2+1≥0， 令g(x)＝(x −1)e x −kx 2+1，x ∈[0, +∞)， 又g(0)＝0，
因此函数g(x)在x ∈[0, +∞)上单调递增， ∴ g′(x)＝xe x −2kx ＝x(e x −2k)≥0， ∴ k ≤
e x 2
，可得k ≤1
2
．
∴ k 的取值范围是(−∞,1
2]．
在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =√3cos αy =sin α （α为参数），在以坐标原
点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点M 的极坐标为(2√2,3π4
)，直线l 的极
坐标方程为ρsin (θ−π
4)+2√2=0．
（1）求直线l 的直角坐标方程与曲线C 的普通方程；
（2）若N 是曲线C 上的动点，P 为线段MN 的中点，求点P 到直线l 的距离的最大值． 【答案】
∵ 直线l 的极坐标方程为ρsin (θ−π
4)+2√2=0，即ρsin θ−ρcos θ+4＝0，
由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，可得直线l 的直角坐标方程为x −y −4＝0． 将曲线C 的参数方程为{x =√3cos αy =sin α （α为参数）消去参数α，
得曲线C 的普通方程为x 2
3+y 2=1； 设N(√3cos α, sin α)，α∈[0, 2π)，
点M 的极坐标(2√2, 3π
4)化为直角坐标(−2, 2)， 则P(√32cos α−1, 1
2sin α+1)， ∴ 点P 到直线l 的距离d =|
√3
2cos α−12
sin α−6|√2
=
|sin (α−π
3
)+6|
√2
≤
7√2
2
． ∴ 当α=
5π6
时，点M 到直线l 的距离的最大值为
7√2
2
． 【考点】
圆的极坐标方程 【解析】
（1）由直线l 的极坐标方程为ρsin (θ−π
4)+2√2=0，得ρsin θ−ρcos θ+4＝0，把x ＝
ρcos θ，y ＝ρsin θ代入可得直线l 的直角坐标方程．直接将曲线C 的参数方程消去参数α，可得曲线C 的普通方程；
（2）设N(√3cos α, sin α)，α∈[0, 2π)，化点M 的极坐标(2√2, 3π
4)化为直角坐标(−2, 2)，
利用中点坐标公式求得P(√32cos α−1, 1
2sin α+1)，再由点到直线的距离公式求解． 【解答】
∵ 直线l 的极坐标方程为ρsin (θ−π
4)+2√2=0，即ρsin θ−ρcos θ+4＝0，
由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，可得直线l 的直角坐标方程为x −y −4＝0． 将曲线C 的参数方程为{x =√3cos αy =sin α （α为参数）消去参数α，
得曲线C 的普通方程为
x 23
+y 2=1；
设N(√3cos α, sin α)，α∈[0, 2π)，
点M 的极坐标(2√2, 3π
4)化为直角坐标(−2, 2)， 则P(√32cos α−1, 1
2sin α+1)， ∴ 点P 到直线l 的距离d =|
√3
2cos α−12
sin α−6|√2
=
|sin (α−π
3
)+6|
√2
≤
7√2
2
． ∴ 当α=
5π
6
时，点M 到直线l 的距离的最大值为
7√2
2
．
已知函数f(x)＝|ax−2|，不等式f(x)≤4的解集为{x|−2≤x≤6}．
（1）求实数a的值；
（2）设g(x)＝f(x)+f(x+3)，若存在x∈R，使g(x)−tx≤2成立，求实数t的取值范围．
【答案】
由|ax−2|≤4得−4≤ax−2≤4，即−2≤ax≤6，
当a>0时，−2
a ≤x≤6
a
，所以{
−2
a
=−2
6
a
=6
，解得a＝1；
当a<0时，6
a ≤x≤−2
a
，所以{
6
a
=−2
−2
a
=6
，无解，
所以实数a的值为1
由已知g(x)＝f(x)+f(x+3)＝|x+1|+|x−2|={−2x+1,x≤−1
3,−1<x<2
2x−1,x≥2
，
不等式g(x)−tx≤2，即g(x)≤tx+2，
由题意知y＝g(x)的图象有一部分在直线y＝tx+2的下方，作出对应图象：
由图可知，当t<0时，t≤k EM；当t>0时，t≥k FM，
又因为k EM＝−1，k FM=1
2
，
所以t≤−1，或t≥1
2
，
即t∈(−∞, −1]∪[1
2
, +∞)．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）解f(x)≤4得解集与已知解集相等可列方程解得；
（2）问题转化为y＝g(x)的图象有一部分在直线y＝tx+2的下方，作出图象，根据斜率可得．
【解答】
由|ax−2|≤4得−4≤ax−2≤4，即−2≤ax≤6，
当a>0时，−2
a ≤x≤6
a
，所以{
−2
a
=−2
6
a
=6
，解得a＝1；
当a<0时，6
a ≤x≤−2
a
，所以{
6
a
=−2
−2
a
=6
，无解，
所以实数a的值为1
由已知g(x)＝f(x)+f(x+3)＝|x+1|+|x−2|={−2x+1,x≤−1 3,−1<x<2
2x−1,x≥2
，
不等式g(x)−tx≤2，即g(x)≤tx+2，
由题意知y＝g(x)的图象有一部分在直线y＝tx+2的下方，作出对应图象：
由图可知，当t<0时，t≤k EM；当t>0时，t≥k FM，
又因为k EM＝−1，k FM=1
2
，
所以t≤−1，或t≥1
2
，
即t∈(−∞, −1]∪[1
2
, +∞)．。