2020年高考数学全真模拟（江苏专版07解析版）

2020 年高考数学全真模拟 07 数学Ⅰ 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷均为非选择题(第 1 题~第 20 题，共 20 题)。本卷满分为 160 分，考试时间为 120 分钟。考试结 束后，请将本试卷和答题卡一片交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位 置。 3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4．作答试题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5．如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 参考公式： 样本数据 的方差 ，其中 ． 柱体的体积 ，其中 是柱体的底面积， 是柱体的高． 锥体的体积 ，其中 是锥体的底面积， 是锥体的高． 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 1．设全集 .若集合 ， ，则 . 【答案】 【解析】 【详解】 因为 ，所以 或 ， 又因为 所以 . 2．命题“ ”的否定是“ ”． 【答案】 ， 【解析】 【详解】 1 2, , , nx x x… ( )22 1 1 n i i s x xn = = −∑ 1 1 n i i x xn = = ∑ V Sh= S h 1 3V Sh= S h {1,3,4} {1,2,3,4}A = ( ) {1,3,4}UA C B∩ = ,x R∀ ∈ sin 1x ≤ x∃ R∈ sin 1x >因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题“ ”的否定是 ， 3．已知复数 ,给出下列几个结论: ① ; ② ;③ 的共轭复数为 ;④ 的虚部为 .其中正确结论的序号是___________. 【答案】②③ 【解析】 【分析】 先化简复数 ，再进行判断. 【详解】 ； ，故①错误； ，故②正确； ，故③ 正确； 的虚部为 ，故④错误.故填②③. 【点睛】 本题主要考查复数的运算，模长的求解等，熟知复数的运算法则是解决这类问题的关键. 4．若 ，其中 是第四象限角，则 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据同角三角函数基本关系式 ，求解 .再根据诱导公式，求解即可. 【详解】 ∵ ，且 是第四象限角 ， ∴ . 故答案为： 【点睛】 本题考查三角函数给值求值问题.属于较易题. ,x R∀ ∈ sin 1x ≤ x∃ R∈ sin 1x > 2 1z i = − 2z = 2 2z i= z 1z i= − + z i− 2 1z i = − 2 2( 1) 11 ( 1)( 1) iz ii i i += = = − −− − + 2z = 2 2( 1 ) 2z i i= − − = 1 iz = − + z 1− 4sin 5 α = − α ( )cos π α− = 3 5- 2 2sin cos 1α α+ = 3cos 5 α = 4sin 5 α = − α 2 2 4 3cos 1 sin 1 5 5 α α  ∴ = − = − − =   ( ) 3cos cos 5 π α α− = − = − 3 5-5．向量 ，若 与 共线，则实数 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据两向量共线的坐标表示直接求实数 . 【详解】 ，解得： . 故答案为： 【点睛】 本题考查向量共线的坐标表示，属于简单题型. 6．古代科举制度始于隋而成于唐，完备于宋、元．明代则处于其发展的鼎盛阶段．其中表现之一为会试分 南卷、北卷、中卷按比例录取，其录取比例为 11：7：2．若明宣德五年会试录取人数为 100．则中卷录取 人数为______． 【答案】10 【解析】 【分析】 利用所给比例计算即可得出结论. 【详解】 由题意，明宣德五年会试录取人数为 ，则中卷录取人数为 人 本题正确结果： 【点睛】 本题考查分层抽样，考查学生的计算能力，正确理解分层抽样是关键. 7．若 ，满足 ， ， 是等差数列，且 ， ， 是等比数列，则 ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据等差中项的性质求出 ，再根据等比中项的性质求出 的值. 【详解】 ( ) ( ), 4 , 1,a x b x= − = − a b x = 2± x / /a b ( ) 4 0x x∴ ⋅ − + = 2x = ± 2± 100 2100 1011 7 2 × =+ + 10 ,a b∈R a b +a b a b ab a = 2b a= a解： ， ， 是等差数列， , ， ， 是等比数列， 即 或 （舍去） 故答案为： 【点睛】 本题考查等差数列的性质，等比数列的性质，属于基础题. 8．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 ，则其母线与轴的夹角的大小为 ． 【答案】 【解析】 由题意得： 母线与轴的夹角为 考点：圆锥轴截面 【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积 ，圆柱的表面积 ，圆锥的侧面积 ，圆锥的表面积 ，球体的表面积 ，圆锥轴截 面为等腰三角形. 9．函数 的单调递增区间是____________ . 【答案】 【解析】 【分析】 由题意首先确定函数的定义域，然后由导函数的解析式可得函数的单调区间. 【详解】 函数的定义域为 R，且： ， 由 可得： ， 故函数的单调递增区间为 . 【点睛】 a b +a b 2a a b b∴ + + = 2b a∴ = a b ab 2b a ab∴ = ⋅ ( )22 2a a a a= ⋅ ⋅ 2a∴ = 0a = 2 2π 3 π 1:( 2 ) 2 22rl h r l hπ π⋅ = ⇒ = ⇒ 3 π ( ) (1 ) xf x x e= − ⋅ ( ,0)−∞ ( ) ( )' 1x x xf x e x e xe= − + − = − ( )' 0xf x xe= − > 0x < ( ),0−∞本题主要考查导函数求解函数的单调区间，属于基础题. 10．学校体育组新买 2 个同样篮球，3 个同样排球，从中取出 4 个发放给高一 4 个班，每班 1 个，则共有______ 种不同的发放方法. 【答案】10 【解析】 试题分析：分 1 个篮球 个排球和 2 个篮球 2 个排球两种情况. . 考点：排列组合. 11．已知正数 a，b 的等比中项是 2，且 m=b ，n=a ，则 m+n 的最小值是_____. 【答案】5 【解析】 【分析】 根据正数 a，b 的等比中项是 2 得 ， ，利用基本不等式求得最小值. 【详解】 由题：正数 a，b 的等比中项是 2，即 ， ， 当且仅当 时等号成立. 所以 m+n 的最小值是 5. 故答案为：5 【点睛】 此题考查利用基本不等式求最小值，关键在于合理变形构造出能够利用基本不等式解题的形式，求最值需 要注意考虑等号成立的条件. 12．已知函数 ，若 ，则实数 的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】 先确定函数 单调性，再根据单调性化简不等式 ，最后解一元二次不等式得结果. 【详解】 3 1 2 4 4 10C C+ = 1 a + 1 b + 4ab = ( )5 4m n a b+ = + 4ab = ( )1 1 5 5 2 54 4 a bm n a b a b a b aba b ab ++ = + + + = + + = + ≥ × = 2a b= = 2 2 2 , 0( ) 2 , 0 x x xf x x x x  + ≥=  − a ( )2,1− ( )f x ( ) ( )22f a f a− >在 上单调递增， 在 上单调递增，且 在 R 上单调递增 因此由 得 故答案为： 【点睛】 本题考查根据函数单调性解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题. 13．已知双曲线 ： 的左右焦点分别为 ， ，过 的直线 与圆 相切于点 ，且直线 与双曲线 的右支交于点 ，若 ，则双曲线 的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形 中，化简求值即可 【详解】 如图，由题可知 ， ，则 ， 又 ， ， ， 又 ， 作 ，可得 ， ，则 在 ， ，即 ， 2 2y x x= + [0, )+∞ 22y x x= − ( ,0)−∞ 2 20 +2 0=2 0 0× × − ( )f x∴ ( ) ( )22f a f a− > 22 2 1a a a− > ∴− < < ( )2,1− C ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > 1F 2F 1F l 2 2 2x y a+ = T l C P 1 14F P FT=  C 5 3 2MPF 1 2OF OF c= = OT a= 1FT b= 1 14F P FT=   3TP b∴ = 1 4F P b∴ = 1 2 2PF PF a− = 2 4 2PF b a∴ = − 2 / /F M OT 2 2F M a= TM b= 2PM b= 2MPF∆ 2 2 2 2 2PM MF PF+ = ( )22 2c b a= − 2b a c= +又 ，化简可得 ，同除以 ，得 解得 双曲线的离心率为 【点睛】 本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关 系转化到直角三角形 中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求解，更直观更具 体 14．已知 ，若方程 恰有两个实根 ， ，则 的最大值是 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 画出 的图像，求出 ，并表示为 的函数即可求解． 【详解】 解： 的图象如图所示： 设 ，则 ， 方程 有两个不相等的实根，故 ，则 ， 当 时， ， 单增，当 时， ， 单减，故 ，即 的最大值为 ， 故答案为 ． 2 2 2c a b= + 2 23 2 5 0c ac a− − = 2a 23 2 5 0e e− − = 5 3e = 5 3 2MPF 2 0( ) e 0x x xf x x =  >  ( ) ( )f x m m= ∈R 1x 2x 1 2x x+ 2ln 2 2− ( )f x 1 2,x x m ( )f x 1 2x x< 1x m= − 2 lnx m= ( )f x m= 1m > 1 2 ln ( )( 1)x x m m g m m+ = − = > 1 1 2'( ) ( 1)22 mg m mm mm −= − = > 1 4m< < '( ) 0g m > ( )g m 4m > '( ) 0g m < ( )g m ( ) (4) 2ln 2 2g m g≤ = − 1 2x x+ 2ln 2 2− 2ln 2 2−【点睛】 本题考查函数与方程的零点，导数与函数的最值，考查分析转化能力，考查运算能力，是中档题． 二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程 或演算步骤． 15．如图，直四棱柱 的所有棱长均为 2， 为 中点. （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求证：平面 平面 . 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析. 【解析】 试题分析： (Ⅰ) 连结 交 于 ，取 中点 ，连结 .由几何关系可证得四边形 为平行四边形， 则以 ，故 ，利用线面平行的判定定理可得 平面 . (Ⅱ) 是菱形，则 ，结合 平面 ，可得 ，利用线面垂直的判定定 理可得 平面 ，而 ，故 平面 ，结合面面垂直的判定定理可得平面 平面 . 试题解析： (Ⅰ)连结 交 于 ，取 中点 ，连结 . 因为 ，所以 是平行四边形，故 . 又 是 的中位线，故 ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形. 1 1 1 1ABCD A B C D− E 1CC 1 1AC  1BED 1BDD ⊥ 1BED AC BD O 1BD F ,EF FO OCEF OC EF 1 1AC EF 1 1AC  1BED ABCD AC BD⊥ 1D D ⊥ ABCD 1AC D D⊥ AC ⊥ 1BDD EF AC EF ⊥ 1BDD 1BDD ⊥ 1BED AC BD O 1BD F ,EF FO 1 1AA CC 1 1ACC A 1 1AC AC OF 1BDD∆ 1 1 2OF DD OF EC OCEF所以 ，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . (Ⅱ)因为 是菱形，所以 ， 又 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 ，所以 平面 ， 又 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 . 16．在 中，角 所对的边分别为 .已知 ， . 求 的大小； 若 ，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 OC EF 1 1AC EF 1 1AC ⊄ 1BED EF ⊂ 1BED 1 1AC  1BED ABCD AC BD⊥ 1D D ⊥ ABCD AC ⊂ ABCD 1AC D D⊥ 1D D DB D∩ = AC ⊥ 1BDD EF AC EF ⊥ 1BDD EF ⊂ 1BED 1BDD ⊥ 1BED ABC , ,A B C , ,a b c ( )2 , 3sinm cosA A= ( ), 2cos 1,n cosA A m n= − ⋅ = −   ( )1 A∠ ( )2 2 3, 2a c= = ABC 3 π 2 3（1）由 ，得到 ，利用两角和与差的正弦公式变形得到 ，即解得 A； （2）利用正弦定理可求得 ，进而可求得 B，利用三角形面积公式即得解. 【详解】 （1）由于 ， 则 （2）由正弦定理可知： 又 则 的面积为： 【点睛】 本题考查了解三角形综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 17．已知抛物线 的准线方程是是： . （1）求抛物线方程； （2）设直线 与抛物线相交于 两点， 为坐标原点，证明以 为直径的圆过 点. 【答案】（1） ；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）由抛物线的准线方程 ，得 ，从而可求得抛物线的方程；（2） 由题意知，可将问题转化为证 ，即 ，则可联立直线和抛物线方程，消去 （或 ），利用韦达定理，再由向量数量积的计算公式验证 成立，从而问题可得证. 1m n⋅ = −  22cos 2 3sin cos 1A A A− = − sin(2 ) 16A π− = sinC ( )2 , 3sinm cosA A= ( ),, 2cosn cosA A= − 22cos 2 3sin cos 1m n A A A⋅ = − = −  1 cos2 3sin 2 1 3sin 2 cos2 2 2sin(2 ) 2 sin(2 ) 16 6 A A A A A A π π ∴ + − = − ∴ − = ∴ − = ∴ − = 110 26 6 6A A π π ππ< < ∴− < − 1 2x = − ( )2y k x= − M N、 O MN O 2 2y x= 1 2x = − 1p = OM ON⊥ OM ON⊥  x y 0OM ON⋅ = 试题解析：（1）由题意 （2）联立 得 即 令 以 为直径的圆过 点. 18．园林管理处拟在公园某区域规划建设一半径为 米，圆心角为 （弧度）的扇形观景水池，其中 ， 为扇形 的圆心，同时紧贴水池周边(即： 和 所对的圆弧)建设一圈理想的无 宽度步道.要求总预算费用不超过 24 万元，水池造价为每平方米 400 元，步道造价为每米 1000 元. (1)若总费用恰好为 24 万元，则当 和 分别为多少时，可使得水池面积最大，并求出最大面积； (2)若要求步道长为 105 米，则可设计出的水池最大面积是多少？ 【答案】（1） ， ，面积最大值为 400 平方米.（2）水池的最大面积为 337.5 平方米. 【解析】 试题分析：（1）先根据总费用确定 和 关系，再根据扇形面积公式得关于 r 函数，利用导数或基本不等 式求最值（2）先根据步道长确定 和 关系，再根据扇形面积公式得关于 r 二次函数 ，根据对称轴与定义 区间位置关系求最值 试题解析：解(1)法 1：弧长 AB 为 ，扇形 面积为 ， 则 即 所以 2 2y x= ( ) 2 2{ 2 y x y k x = = − 2 2yy k  = +   2 2 4 0y yk − − = ( ) ( )1 1 2 2, ,M x y N x y 2 2 1 2 1 2 1 2 14, 4y y x x y y∴ = − = 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 4 04OM ON x x y y y y y y∴ ⋅ = + = + = − =  OM ON∴ ⊥  ∴ MN O r θ (0,2 )θ π∈ O AOB OA OB、 θ r θ 20r = 2θ = r θ r θ rθ AOB 21 2S rθ= ( )21400 1000 2 240000.2 r r rθ θ× + + = ( )2 5 2 1200.r r rθ θ+ + = 2 1200 10 .5 r r r θ −= + 2 2 2 1 1 1200 10 2 2 5 rS r rr r θ −= = × ×+ ( ) ( ) ( ) ( ) 625 625650 5 5 650 5 2 5 400.5 5r rr r  = − + + ≤ − × + × = + +  当且仅当 取等号，此时 答： ， ，面积最大值为 400 平方米. 法 2：利用基本不等式. (2) 由 , 所以 所以 所以 . , ， 所以 ， 时，水池的最大面积为 337.5 平方米. 答： 的取值范围为 ，且当 ， ，水池的最大面积为 337.5 平方米. 19．已知函数 ． （ ）求函数 的极值点． （ ）设函数 ，其中 ，求函数 在 上的最小值． 【答案】（1） 是函数 的极小值点，极大值点不存在．（2）见解析 【解析】 分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律，确定极值点，（2）先作差函数 ，求导得 ，再根据零点 与区间 关系分类讨论 ，结 合单调性确定函数最小值取法. 详解：解：（ ）函数 的定义域为 ， ， ∴令 ，得 ，令 ，得 ， 6255 , 205r rr + = =+ 即 时 ( )2 0,2θ π= ∈ 20r = 2θ = ( )2 2 2 25 2 5 2 2 10 2r r r r r r r rθ θ θ θ θ θ+ + ≥ + × × = + 105 22 105, = ,rr r r θ θ −+ = 得出 ( )21 1 105 22 2S r r rθ∴ = = − ( )2 105 20 = 2 , 5 2 1200 r r r r r θ π θ θ − < ( ) 0f x′ < 10 ex< 2a > ( )g x [ ]1,e ( )g x [ ]1,e ( ) ( )1g e e a e e ae a= − − = − + 1a < ( )g x 0 1 2a≤ ≤ ( )g x 1eaa −− 2a > ( )g x e ea a− + { }na n nS ( )2 * 1 2 , 23 n n n aS S n n− ++ = ∈ ≥N 1 2a = 12n nS λ +≤ ⋅ *n∈N { }na ( 0, 1)q q q> ≠ { }na 10 nT任意 ，使得 为定值，求首项 a1 的值． 【答案】（1）① ，② ；（2） 【解析】 【分析】 (1) ①当 时，由 两式相减，可得 ，再由 及 ，可求得 ，满足 .数列 是首项为 ，公差为 3 的等 差数列，可求得 ； ②由①知，转化为 对 恒成立．记 .考虑 ，得出 ，可得实数 λ 的取值范围； (2) 设 ，令 ，则数列 是公差为 d 的等差数列， 由题意有 ，得 Tn 为数列 的前 n 项 和． ，记 ， ，则 .所以 .则需 也为定值． 设 ，运用恒等式的思想可得 ，可求得 . 【详解】 (1) ①当 时，由 两式相减，得 . 因为 恒成立，所以 ，其中 . 由 及 ，得 ，即 . *n∈N ( 1)k n kn T T + 3 1na n= − 15 ,16  +∞  1a q= 2n ≥ ( ) ( )2 2 1 1 13 2,3 2n n n n n nS S a S S a− + ++ = + + = + 1 3n na a+ − = ( ) 2 2 1 23 2S S a+ = + 1 2a = 2 5a = 2 1 3a a− = { }na 1 2a = na 2 (3 1) 2n n nλ + +≥ *n∈N * 2 (3 1)( ) ,2n n nf n n+ += ∈N ( )2 3 3 5 4 ( 1) ( ) 2n n n f n f n + − − − + − = max( ) (3)f n f= 1lg lg ( 1)lgn nb a a n q= = + − lgd q= { }nb ( 1) 2 1 2 1 10 n n n Tn na a a a q − ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = { }nb 2 1 1 ( 1) 2 2 2n n n d dT nb d n b n −  = + = + −   02 dA = ≠ 1 2 dB b= − 2 nT An Bn= + ( 1) 1 ( 1)k n kn T k A k n B T k Akn B + + + += ⋅ + 1 ( 1)k A k n B k Akn B + + +⋅ + 1 ( 1)k A k n B k Akn B µ+ + +⋅ =+ ( ) 2 2( 1) 0 1 0 A k Ak B k Bk µ µ  + − = + − = 1a 2n ≥ ( ) ( )2 2 1 1 13 2,3 2n n n n n nS S a S S a− + ++ = + + = + ( ) 2 2 1 13 n n n na a a a+ ++ = − 0na > 1 3n na a+ − = 2n ≥ ( ) 2 2 1 23 2S S a+ = + 1 2a = ( ) 2 2 23 4 2a a+ = + 2 2 23 10 0a a− − =结合 ，解得 ，满足 . 所以对 ，均有 ，即数列 是首项为 ，公差为 3 的等差数列， 数列 的通项公式为 . ②由①知， ，所以 对 恒成立． 记 . 考虑 . 当 时， ，且 . 所以 ，从而 . 所以实数 λ 的取值范围是 . (2) 设 ， 令 ，则数列 是公差为 d 的等差数列， 由题意有 ， 两边取以 10 为底的对数，则有 ， 而数列 的前 n 项和为 ，故 为数列 的前 n 项和． ，记 ， ，则 . 所以 . 因为对任意 为定值，所以 也为定值． 设 ， 2 0a ≥ 2 5a = 2 1 3a a− = *n∈N 1 3n na a+ − = { }na 1 2a = { }na 3 1na n= − ( )1 (3 1) 2 2 n n n a a n nS + += = 2 (3 1) 2n n nλ + +≥ *n∈N * 2 (3 1)( ) ,2n n nf n n+ += ∈N ( )2 3 2 3 3 5 4( 1)(3 4) (3 1)( 1) ( ) 2 2 2n n n n nn n n nf n f n + + + − − −+ + ++ − = − = 3n ≥ ( 1) ( )f n f n+ < 1 7 15(1) , (2) , (3)2 8 16f f f= = = max 15( ) (3) 16f n f= = 15 16 λ ≥ 15 ,16  +∞  1 1 1 1 1lg lg lg lg lg ( 1)lgn n n nb a a q a q a n q− −= = = + = + − lgd q= { }nb ( 1) 2 1 2 1 10 n n n Tn na a a a q − ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 ( 1)lg lg2 n n nn a q T −+ = { }nb [ ]1 1 1 lg lg ( 1)lg ( 1)lg lg2 2 n n a a n q n nn a q T + + − −= + = nT { }nb 2 1 1 ( 1) 2 2 2n n n d dT nb d n b n −  = + = + −   02 dA = ≠ 1 2 dB b= − 2 nT An Bn= + 2 2 ( 1) 2 2 ( 1) ( 1) 1 ( 1)k n kn T A k n B k n k A k n B T Ak n Bkn k Akn B + + + + + + += = ⋅+ + ( 1)*, k n kn Tn T +∈N 1 ( 1)k A k n B k Akn B + + +⋅ + 1 ( 1)k A k n B k Akn B µ+ + +⋅ =+则 对 恒成立． 所以 由①得 ，因为 ，所以将 代入②得 . 即 ，即 ，得 . 【点睛】 本题考查由数列的前 项和 得出数列的通项 ，考查研究数列的单调性解决不等式恒成立的问题，以及 根据恒成立的思想解决定值的问题，解决的关键是运用数列的相邻作差或作商后判断数列的增减性，得出 数列的最值，属于难度题. 数学Ⅱ（附加题） （ 考试时间：30 分钟 试卷满分：40 分） 注意事项： 1．本试卷均为非 选择题（第 21 题~第 23 题）。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定 位置。 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4．作答试题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无 效。 5．如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 21．【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则 按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A.[选修 4-2：矩阵与变换] 已知矩阵 ． （1）求 的逆矩阵 ； （2）若点 P 在矩阵 对应的变换作用下得到点 ，求点 P 的坐标． 【答案】（1） ；（2）(3，–1)． ( )2 2( 1) 1 0A k Ak n B k Bkµ µ + − + + − =  *n∈N ( ) 2 2( 1) 0 1 0 A k Ak B k Bk µ µ  + − = + − = ( )2 2 1k k µ += *k ∈N ( )2 2 1k k µ += 0B = 1 1 2b d= 1 lglg 2 qa = 1a q= n nS na 2 3 1 2A  =    1A− (3,1)P′ 1 2 3 1 2A− − =  − 【解析】 【分析】 （1）根据逆矩阵公式可得结果；（2）根据矩阵变换列方程解得 P 点坐标. 【详解】 （1）因为 ， ， 所以 A 可逆，从而 ． （2）设 P(x，y)，则 ，所以 ， 因此，点 P 的坐标为(3，–1)． 【点睛】 本题考查矩阵的运算、线性变换等基础知识，考查运算求解能力.属于基础题. B.[选修 4-4：极坐标与参数方程] 已知直线 的参数方程为 （t 为参数），若以平面直角坐标系 的 O 点为极点， 轴正半 轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，得曲线 C 的极坐标方程为 ． （1）求直线 的倾斜角； （2）若直线 与曲线 C 交于不同的两点 A，B，求 AB 的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 本试题主要是考查了参数方程与极坐标方程的运用． 解：（1）直线 的参数方程可以化为 ，根据直线参数方程的意义可知，直线 经过点 2 3 1 2A  =    det( ) 2 2 1 3 1 0A = × − × = ≠ 1 2 3 2 31 1 1 2 1 2 1 1 A− −    − = =   − −      2 3 3 1 2 1 x y      ⋅ =           1 3 2 3 3 3 1 1 2 1 1 x Ay − −         = = =         − −          l 1 2{ 2 3 2 2 x t y t = = + xoy x 2cos( )4 πρ θ= − l l 3 πα = 10 2AB∴ = l 0 0 cos60 { 2 sin 602 x t y t = = + l，倾斜角为 ,直线 方程为 ； （2）直线的普通方程为 圆心为 到直线 的距离 . 法二：把直线 的参数方程代入 得 . C.[选修4-5：不等式选讲] 已知 . （1）求证： ； （2）求证： . 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 试题分析： (1)利用题意结合均值不等式的结论证得 ，结合不等式的性质即可证得结 论； (2)由题意结合均值不等式的结论证明题中的表达式即可. 试题解析： 解：（1） , , , 即 .(另外，作差法亦可，左—右= 2(0, )2 060 l 6 2 1 0x y− + = 2 22 2( ) ( ) 12 2x y− + − = 2 2( , )2 2 l 6 3 10. 2 14 8 2d AB= ∴ = − = l 2 22 2( ) ( ) 12 2x y− + − = 2 2 1 0,2 2t t− − = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 10, 0 ( ) 42 2 2t t t t AB t t t t t t+ = = − < ∴ = − = + − = 0, 0a b> > 2 2a b a bb a + ≥ + 1 4 9 a b a b + ≥ + 2 2 2 , 2a bb a a bb a + ≥ + ≥ 0, 0a b> > 2 2 2 2 2 · 2 , 2 · 2a a b bb b a a a bb b a a ∴ + ≥ = + ≥ = 2 2 2 2a b a b a bb a ∴ + + + ≥ + 2 2a b a bb a + ≥ +不等式成立) （2）要证 ，只需证 ，只需证 ， ，即 ， 原不等式成立. 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤． 22.(Ⅰ)已知 ，其中 .（i）求 ；（ii）求 . (Ⅱ)2017 年 5 月,北京召开“一带一路”国际合作高峰论坛.组委会将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到翻 译、导游、礼仪、司机四个不同的岗位，每个岗位至少有一人参加，且五人均能胜任这四个岗位. （i）若每人不准兼职，则不同的分配方案有几种？ （ii)若甲乙被抽调去别的地方，剩下三人要求每人必兼两职，则不同的分配方案有几种？ 【答案】(Ⅰ) ,15360；(Ⅱ) ,114. 【解析】 试题分析： (Ⅰ)由二项式定理的性质赋值即可求得所求的值； (Ⅱ)结合排列组合的性质结合题意求解不同的方案种数即可. 试题解析： (Ⅰ)（i）令 则 . (ii)令 得 (Ⅱ)（i） (ii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )23 3 2 2 0,a b ab a b a a b b b a a b a b ab ab ab + − + − + − − += = ≥ ∴ 1 4 9 a b a b + ≥ + ( ) 1 4 9a b a b  + + ≥   41 4 9b a a b + + + ≥ 4 40, 0, 2 · 4b a b aa b a b a b > > ∴ + ≥ = 41 4 9b a a b + + + ≥ ∴ ( ) ( ) ( )10 102 0 1 2 102 1 1 ( 1 1x a a x a x a x− = + − + − + + −） , 1,2, 10ia R i∈ =  0 1 2 10a a a a+ + + + 7a 103 240 2,x = ( )10 0 1 2 10 3 59049a a a a 即+ + + + = ( )10 2 10 0 1 2 101 , 1 2 ,x y y a a y a y a y则− = + = + + + 7 7 7 10 2 15360.a C= = 2 4 5 4 240.C A⋅ = ( )( )( )32 3 2 3 2 2 4 4 4 3 3C 114C C C C− + − =（ ）23.甲、乙两袋中各装有大小相同的小球 9 个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为 2，3，4， 乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为 3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球． （1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率； （2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球（左右手依次各取 两球为两次取球）的成功取法次数为随机变量 X，求 X 的分布列． 【答案】（1） ；（2）分布列详见解析； . 【解析】 试题分析：（1）设事件 A 为“两手所取的球不同色”，由此能求出 ；（2） 依题意，X 的可能取值为 0，1，2，左手所取的两球颜色相同的概率为 ，右手所取的两 球颜色相同的概率为 ．分别求出 P（X=0），P（X=1），P（X=2），由此能求出 X 的分布 列和 EX 试题解析：（1）设事件 为“两手所取的球不同色”， 则 ． （2）依题意， 的可能取值为 0,1,2． 左手所取的两球颜色相同的概率为 ， 右手所取的两球颜色相同的概率为 ， ， ， ，所以Ｘ的分布列为： Ｘ 0 1 2 Ｐ 2 3 19( ) 36E X = ( ) 2 3 3 3 4 3 21 9 9 3P A × + × + ×= − =× 2 2 2 2 3 4 2 9 5 18 C C C C + + = 2 2 2 3 3 3 2 9 1 4 C C C C + + = 考点：离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列