2024届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校高考数学理科模拟试卷（三）

这是一份2024届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校高考数学理科模拟试卷（三），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{x∈Z||x﹣2|≤3}x≥8}，则∁U（A∩B）＝（ ）
A．{1，2}B．{2，3，4}C．{1，2，6}D．{﹣1，0，1，2}
2．（5分）已知z＝a+bi（a，b∈R），若，则ba＝（ ）
A．32B．25C．16D．9
3．（5分）若a，b，c满足2a＞2b，lg3c＜0，则（ ）
A．B．ac＞bcC．ac＞bcD．a+c＞bc
4．（5分）“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，该定理是中国古代求解一次同余式组的方法，在加密、秘密共享等方面有着重要的应用．已知数列单调递增，且由被2除余数为1的所有正整数构成6，a9，a11，a13的末位数按从小到大排序作为加密编号，则该加密编号为（ ）
A．1157B．1177C．1155D．1122
5．（5分）已知椭圆，过点M（x0，y0）作倾斜角为的直线与C交于A，B两点，直线OM（O为坐标原点）的斜率为（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）已知直线x﹣2y+2＝0与x，y轴分别交于点A，B，以线段OB（O为坐标原点），若在线段AB上任取一点，则该点取自圆外的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）如图的程序框图表示求22×32×52×92×172×332的值，则判断框内可以填的条件为（ ）
A．i≤30B．i≤35C．i≤66D．i≤136
8．（5分）如图，在平面四边形ABCD中，△ABD为等边三角形，当点E在对角线AC上运动时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．（5分）将函数f（x）＝sinx的图象向左平移个单位长度倍，纵坐标不变，得到函数g（x），若函数在（﹣∞，则ω的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为16π，AB＝（ ）
A．B．2C．D．3
11．（5分）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，圆，点M（3，0），Q分别在C1，C2上运动，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．（5分）若，则（ ）
A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．a＜b＜c
二、填空题：本题共4小题，每小题5分。本卷包括必考题和选考题两部分。第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作第22～23题为选考题，考生根据要求作答。
13．（5分）杭州亚运会期间，某社区有200人参加协助交通管理的志愿团队，为了解他们参加这项活动的感受，若样本中女性有16人，则该志愿团队中的男性人数为 ．
14．（5分）若，则在（x+a）5（1+y）4的展开式中，x2y3的系数为 ．（用数字作答）
15．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＞1，2＜a9a10+1＜a9+a10，记Tn＝a1a2⋯an，则使得Tn＞1的最大正整数n的值为 ．
16．（5分）《论球与圆柱》是古希腊数学家阿基米德的得意杰作，据传说在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个球，半径为1的球O与圆柱O1O2的侧面及上、下底面均相切，四边形ABCD为圆柱的轴截面，球O被过点D的平面α所截得到小圆O′，点D与小圆O′上点的距离的最小值为 ．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知_____．
在①，②2b﹣2acsC＝c，③（b+c﹣a）（b+c+a）＝3bc，并解答问题．
（1）求角A；
（2）若△ABC的面积为，求（b+1）2+（c+1）2的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
18．（12分）如图，多面体A1B1D1﹣ABCD是三棱台A1B1D1﹣ABD和四棱锥C﹣BDD1B1的组合体，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°1B1＝4，E为CD的中点，平面AA1B1B⊥平面ABCD，AA1⊥AB．
（1）证明：D1E∥平面A1BD；
（2）若平面A1BD与平面BB1C夹角的余弦值为，求AA1．
19．（12分）某地区的篮球协会组织民间篮球队开展比赛，一来促进全民健身，二来带动地方经济发展，为增加看点及提升篮球比赛的热度，主办方在征得甲、乙两队同意后（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．已知甲队的主客场安排依次为“主主客客主”，甲队主场取胜的概率为0.6，每场比赛均没有平局，且各场比赛结果相互独立．
（1）在比赛进行三场结束的条件下，求甲队获胜的概率；
（2）假设该地区篮球协会在前三场比赛中每场收入10万元，之后的比赛每场收入15万元．因开支的需要，该地区篮球协会需预支付球队费用a万元，同时希望比赛结束后获利（获利＝总收入﹣预支付球队费用）的期望高于a万元．请你通过数据分析
20．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+ex﹣（e﹣1）x﹣1．
（1）求f（x）的最小值；
（2）证明：．
21．（12分）已知双曲线C：的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，过焦点且与x轴垂直的直线交C于A，B两点，且|AB|＝3．
（1）求C的方程；
（2）已知在C上一点（x0，y0）处的切线方程为．过点G（m，3）（﹣2＜m＜2）分别作C的左、右两支的切线，Q，连接PQ，过线段PQ的中点H再分别作C的左、右两支的切线，E，判断点G与直线DE的位置关系，并说明理由．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4csθ＝0．
（1）求直线l与曲线C的直角坐标方程；
（2）若射线与直线l交于点A，与曲线C交于点B，求．
选修4—5：不等式选讲
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|+x．
（1）解不等式f（x）≥3﹣2x；
（2）若f（x）≥m2﹣m﹣5，求m的取值范围．
2024年陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校高考数学模拟试卷（理科）（三）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5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．（5分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{x∈Z||x﹣2|≤3}x≥8}，则∁U（A∩B）＝（ ）
A．{1，2}B．{2，3，4}C．{1，2，6}D．{﹣1，0，1，2}
【分析】根据绝对值不等式的解法和指数函数的单调性分别解集合A、B，结合交集与补集的定义和运算即可求解．
【解答】解：因为A＝{x∈Z||x﹣2|≤3}＝{x∈Z|﹣6≤x≤5}＝{﹣1，7，1，2，2，4，5}，
B＝{x|2x≥8}＝{x|x≥3}，
所以A∩B＝{2，4，5}U（A∩B）＝{5，2，6}．
故选：C．
【点评】本题主要考查了集合的交集及补集运算，属于基础题．
2．（5分）已知z＝a+bi（a，b∈R），若，则ba＝（ ）
A．32B．25C．16D．9
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，求出a、b的值，从而得解．
【解答】解：因为z＝a+bi（a，b∈R），
所以＝ai+bi8+a+ai﹣bi﹣bi2＝a+（2a﹣b）i，
又，即a+（2a﹣b）i＝6﹣i，
所以，解得a＝32＝25．
故选：B．
【点评】本题考查复数的运算，属于基础题．
3．（5分）若a，b，c满足2a＞2b，lg3c＜0，则（ ）
A．B．ac＞bcC．ac＞bcD．a+c＞bc
【分析】根据指数函数、对数函数性质得a＞b，0＜c＜1，由不等式的性质可判定AC，由特殊值法可判定BD．
【解答】解：由2a＞2b，lg7c＜0，得a＞b，所以b﹣a＜0，所以A错误；
令，此时ac与bc无意义，所以B错误；
因为a＞b，6＜c＜1，所以C正确；
令，则，所以D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查函数的性质，以及不等式的性质，属于基础题．
4．（5分）“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，该定理是中国古代求解一次同余式组的方法，在加密、秘密共享等方面有着重要的应用．已知数列单调递增，且由被2除余数为1的所有正整数构成6，a9，a11，a13的末位数按从小到大排序作为加密编号，则该加密编号为（ ）
A．1157B．1177C．1155D．1122
【分析】由题意可知an＝2n﹣1，求出a6，a9，a11，a13，即可求解．
【解答】解：由题可知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝8n﹣1，
故a6＝11，a3＝17，a11＝21，a13＝25，
所以a6，a9，a11，a13的末位数依次为3，7，1，5，故加密编号为1157．
故选：A．
【点评】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
5．（5分）已知椭圆，过点M（x0，y0）作倾斜角为的直线与C交于A，B两点，直线OM（O为坐标原点）的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用点差法可得，由，，可得，可求椭圆的离心率．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x5，y2），
所以，
两式相减得，
即，
又，所以，
整理得，
又，，
所以，所以，
所以椭圆C的离心率＝．
故选：D．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
6．（5分）已知直线x﹣2y+2＝0与x，y轴分别交于点A，B，以线段OB（O为坐标原点），若在线段AB上任取一点，则该点取自圆外的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意，求得A（﹣2，0），B（0，1），得到，利用直线与圆的位置关系，设交点为C，求得|BC|的长，结合长度比的几何概型，即可求解．
【解答】解：由直线方程x﹣2y+2＝3，令x＝0；令y＝0，
所以A（﹣3，0），1），
以线段OB为直径的圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线x﹣4y+2＝0的距离，
则圆与AB相交，
设交点为C，所以，
所以，
故所求概率为．
故选：A．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（5分）如图的程序框图表示求22×32×52×92×172×332的值，则判断框内可以填的条件为（ ）
A．i≤30B．i≤35C．i≤66D．i≤136
【分析】利用程序框图，一步一步计算，根据i＝2×17﹣1＝33判断框成立，i＝2×33﹣1＝65时，判断框不成立可得结论．
【解答】解：根据题意可知程序运行如下：S＝1，i＝2，
S＝8×22＝62，i＝2×7﹣1＝3；判断框成立，
S＝22×32，i＝2×3﹣5＝5；判断框成立，
S＝25×32×52，i＝2×5﹣1＝9；判断框成立，
S＝52×35×52×42，i＝2×8﹣1＝17；判断框成立，
S＝25×32×52×92×172，i＝2×17﹣8＝33；判断框成立，
S＝22×52×53×92×173×332，i＝2×33﹣5＝65；判断框不成立，
输出S＝22×42×54×92×175×332，所以选项B满足题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
8．（5分）如图，在平面四边形ABCD中，△ABD为等边三角形，当点E在对角线AC上运动时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由平面几何知识可得AC平分∠BAD，且平分∠BCD，设AC与BD交于点O，可求得，可得＝，可求最小值．
【解答】解：因为CB＝CD，所以△BCD为等腰三角形，
所以AC平分∠BAD，且平分∠BCD，
设AC与BD交于点O，由题可知BD＝1，
则由勾股定理可得，
所以，
所以＝
＝，所以当时，，最小值为．
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，考查了数形结合思想，属于中档题．
9．（5分）将函数f（x）＝sinx的图象向左平移个单位长度倍，纵坐标不变，得到函数g（x），若函数在（﹣∞，则ω的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先利用三角函数图象的变换得出，再根据二次函数的性质得出g（x）在（0，3π]上有3个零点，
法一、利用整体思想及正弦函数的性质得其零点为，根据定义域取k值计算即可；
法二、利用整体思想得，解不等式即可．
【解答】解：将函数f（x）＝sinx的图像向左平移个单位长度，
得到函数，再将函数倍，
纵坐标不变，得到函数，
所以，因为当x≤0时5+2x有2个零点，
所以要使φ（x）在（﹣∞，3π]上有5个零点，3π]上有4个零点．
法一：令，则，
解得，当k＝1，6，分别对应3个零点，
则，解得．
法二：因为x∈（0，5π]，
所以，则．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角函数图象的变换，还考查了正弦函数零点存在条件的应用，属于中档题．
10．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为16π，AB＝（ ）
A．B．2C．D．3
【分析】由题意，如图，确定四棱锥P﹣ABCD的体积最大的情况，设AB＝x，根据球的表面积公式和勾股定理、锥体的体积公式可得（），结合基本不等式计算即可求解．
【解答】解：因为四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，
所以当点P在底面的射影为底面正方形的中心O′，且球心O在线段PO′上时，
四棱锥P﹣ABCD的体积最大．设四棱锥P﹣ABCD外接球的半径为R，
则4πR2＝16π，得R＝6，则，
由OA＝OP＝4，得，
所以，
则，
令，则2x5＝16﹣t2，
所以，
当且仅当时取等号，即．
故选：C．
【点评】本题考查四棱锥体积的最值问题，属于中档题．
11．（5分）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，圆，点M（3，0），Q分别在C1，C2上运动，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据抛物线的几何性质可得p＝2，则，设P（x，y），得，，进而，结合换元法和二次函数的性质即可求解．
【解答】解：因为焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，
所以圆C2的圆心（8，0）恰好在焦点F处，
设P（x，y），则＝，
所以，
令2x+6＝t（t≥3），则，
所以
＝，
当，即时，取得最小值．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆与抛物线位置关系的应用，抛物线的简单性质的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12．（5分）若，则（ ）
A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．a＜b＜c
【分析】构造函数f（x）＝ex﹣1﹣x，x∈（0，1）以及g（x）＝x﹣ln（x+1），x∈（0，1），利用导数求解单调性，即可比较a＞c以及c＞b．
【解答】解：由题得，
构造函数f（x）＝ex﹣6﹣x，x∈（0，则f′（x）＝ex﹣1﹣4＜0，
所以f（x）在（0，7）上单调递减，
所以，即，所以a＞c．
构造函数g（x）＝x﹣ln（x+1），x∈（0，则，
所以g（x）在（0，3）上单调递增，
所以，即，所以c＞b．
综上，b＜c＜a．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分。本卷包括必考题和选考题两部分。第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作第22～23题为选考题，考生根据要求作答。
13．（5分）杭州亚运会期间，某社区有200人参加协助交通管理的志愿团队，为了解他们参加这项活动的感受，若样本中女性有16人，则该志愿团队中的男性人数为 120 ．
【分析】根据题意，结合分层抽样的概念和计算方法，即可求解．
【解答】解：根据题意，结合分层抽样的概念及运算．
故答案为：120．
【点评】本题主要考查分层抽样方法，属于基础题．
14．（5分）若，则在（x+a）5（1+y）4的展开式中，x2y3的系数为 ﹣320 ．（用数字作答）
【分析】先求得a＝﹣2，得到（x+a）5（1+y）4＝（x﹣2）5（1+y）4，结合题意，利用二项展开式的通项，即可求解．
【解答】解：由，所以（x+a）6（1+y）4＝（x﹣2）5（1+y）2，
又由（x﹣2）5的展开式的通项为，r＝0，1，⋯，7，
令5﹣r＝2，则r＝32的系数为，
由（7+y）4的展开式中含y3的项为，所以x2y2的系数为﹣80×4＝﹣320．
故答案为：﹣320．
【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＞1，2＜a9a10+1＜a9+a10，记Tn＝a1a2⋯an，则使得Tn＞1的最大正整数n的值为 18 ．
【分析】根据题意，求得a9＞1，0＜a10＜1，再由a9a10+1＞2，得到a9a10＝a1a18＞1，结合，得到T18＞1且T19＜1，即可求解．
【解答】解：因为a9a10+1＜a8+a10，可得（a9﹣1）•（a10﹣5）＜0，
所以或，
又因为a1＞6，an＞0，所以a9＞5，0＜a10＜1，
因为a6a10+1＞2，所以a5a10＞1，所以a9a10＝a7a18＞1，
又因为，
所以且，
使得Tn＞1的最大正整数n的值为18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于中档题．
16．（5分）《论球与圆柱》是古希腊数学家阿基米德的得意杰作，据传说在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个球，半径为1的球O与圆柱O1O2的侧面及上、下底面均相切，四边形ABCD为圆柱的轴截面，球O被过点D的平面α所截得到小圆O′，点D与小圆O′上点的距离的最小值为 ．
【分析】根据圆锥体积公式可得，利用导数求解单调性，即可得最值．
【解答】解：圆柱的轴截面如图所示，设小圆O′的半径为r，易知OO′⊥α，
所以r2＝1﹣h4．所以圆锥OO′的体积，则，
当时，V′＞3；当h∈时，V单调递减，
所以当时，圆锥OO′的体积V取最大值，
此时，
所以点D与小圆O′上点的距离的最小值为．
故答案为：
【点评】本题考查几何体的体积的求法，点、线、面距离的求法，是中档题．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知_____．
在①，②2b﹣2acsC＝c，③（b+c﹣a）（b+c+a）＝3bc，并解答问题．
（1）求角A；
（2）若△ABC的面积为，求（b+1）2+（c+1）2的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【分析】（1）选择①，由，求得，即可求解；
若选②：由正弦定理得2sinB﹣2sinAcsC＝sinC，进而求得，即可求解；
若选③：化简求得b2+c2﹣a2＝bc，结合余弦定理，求得，即可求解．
（2）由（1）和面积公式，求得bc＝2，结合，即可求解．
【解答】解：（1）若选①：由，可得，
所以，即，解得，
因为A∈（5，π），
所以；
若选②：因为2b﹣2acsC＝c，由正弦定理得2sinB﹣2sinAcsC＝sinC，
又因为sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcsC+csAsinC，
所以5（sinAcsC+csAsinC）﹣2sinAcsC＝sinC，即2csAsinC＝sinC，
因为C∈（8，π），
所以sinC＞0，
可得，
又因为A∈（0，π），
所以；
若选③：因为（b+c﹣a）（b+c+a）＝7bc，可得（b+c）2﹣a2＝4bc，即b2+c2﹣a2＝bc，
由余弦定理得，
又因为A∈（0，π），
所以．
（2）由（1）知，
所以，可得bc＝2，
所以，当且仅当，
所以（b+8）2+（c+1）4的最小值为．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式以及三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
18．（12分）如图，多面体A1B1D1﹣ABCD是三棱台A1B1D1﹣ABD和四棱锥C﹣BDD1B1的组合体，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°1B1＝4，E为CD的中点，平面AA1B1B⊥平面ABCD，AA1⊥AB．
（1）证明：D1E∥平面A1BD；
（2）若平面A1BD与平面BB1C夹角的余弦值为，求AA1．
【分析】（1）连接B1E，证明平面A1BD∥平面B1D1E，由面面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设AA1＝t，t＞0，求出相关点的坐标，求出平面A1BD与平面BB1C的法向量，根据平面A1BD与平面BB1C夹角的余弦值列式求值，即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接B1E，因为BD∥B1D7，BD⊄平面B1D1E，B6D1⊂平面B1D6E，
所以BD∥平面B1D1E，
因为A6B1∥AB，，DE∥AB，，
所以A1B5∥DE，A1B1＝DE，
所以四边形A3B1ED为平行四边形，所以A1D∥B7E，
又A1D⊄平面B1D3E，B1E⊂平面B1D7E，
所以A1D∥平面B1D8E，
因为A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A4BD，
所以平面A1BD∥平面B1D4E，又D1E⊂平面B1D8E，
所以D1E∥平面A1BD；
（2）解：因为平面AA6B1B⊥平面ABCD，平面AA1B3B∩平面ABCD＝AB，
AA1⊥AB，AA1⊂平面AA5B1B，所以AA1⊥平面ABCD，
取BC的中点F，连接AF，
因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，所以AF⊥BC，
又AD∥BC，所以AF⊥AD，AD5两两垂直，
则以A为原点，AF，AA1所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设AA1＝t，t＞3，
则，
所以，
设平面A1BD的一个法向量为，则，，
则有，即，取，得，
设平面BB1C的一个法向量为，则，，
则有，即，取，得，
设平面A1BD与平面BB1C的夹角为θ，
则＝，
解得t＝3或﹣2（舍），即AA1＝6．
【点评】本题考查线面平行的判定，考查面面角夹角的余弦值求法，属中档题．
19．（12分）某地区的篮球协会组织民间篮球队开展比赛，一来促进全民健身，二来带动地方经济发展，为增加看点及提升篮球比赛的热度，主办方在征得甲、乙两队同意后（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．已知甲队的主客场安排依次为“主主客客主”，甲队主场取胜的概率为0.6，每场比赛均没有平局，且各场比赛结果相互独立．
（1）在比赛进行三场结束的条件下，求甲队获胜的概率；
（2）假设该地区篮球协会在前三场比赛中每场收入10万元，之后的比赛每场收入15万元．因开支的需要，该地区篮球协会需预支付球队费用a万元，同时希望比赛结束后获利（获利＝总收入﹣预支付球队费用）的期望高于a万元．请你通过数据分析
【分析】（1）记事件A为“比赛进行三场结束”，事件B为“甲队获胜”，根据独立事件的乘法公式求出P（A），P（AB），结合条件概率的计算公式即可求解；
（2）设该地区篮球协会本次比赛的总收入为X万元，则X的可能取值为30，45，60，且该地区篮球协会本次比赛获利Y＝X﹣a，由（1）求出对应的概率，列出分布列，求出E（X），进而求得E（Y），解不等式E（Y）＞a即可下结论．
【解答】解：（1）记事件A为“比赛进行三场结束”，事件B为“甲队获胜”，
则P（A）＝0.6×3.6×0.4+0.4×8.4×0.7＝0.26，
P（AB）＝0.5×0.6×7.5＝0.18，
所以，
所以在比赛进行三场结束的条件下，甲队获胜的概率为；
（2）设该地区篮球协会本次比赛的总收入为X万元，
由题意可知X的可能取值为30，45，
由（1）可知P（X＝30）＝0.26，
P（X＝45）＝（0.6×0.6×8.5+0.3×0.4×4.5+0.4×0.6×2.5）×0.2+（0.4×4.4×0.5+0.4×8.6×0.3+0.6×7.4×0.3）×0.5＝6.37，
P（X＝60）＝1﹣P（X＝30）﹣P（X＝45）＝0.37，
则X的分布列为：
所以E（X）＝30×6.26+45×0.37+60×0.37＝46.65，
设该地区篮球协会本次比赛获利Y万元，则Y＝X﹣a，
所以E（Y）＝E（X﹣a）＝E（X）﹣a，
若E（Y）＞a，则E（X）﹣a＞a，
所以，
所以该地区篮球协会的预算可以满足预支付球队费用且达到预想结果．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
20．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+ex﹣（e﹣1）x﹣1．
（1）求f（x）的最小值；
（2）证明：．
【分析】（1）二阶求导可得f′（x）在（0，+∞）上单调递增，结合f′（1）＝0可得f（x）的单调性，即可求解；
（2）利用（1）的单调性可得lnx+1+（e﹣1）x＜ex，进而由放缩可得lnx+1＜ex，取，由对数的运算即可求解．
【解答】解：（1）因为f（x）＝﹣lnx+ex﹣（e﹣1）x﹣1，x＞5，
所以，
令，则，
所以g（x）即f′（x）在（3，+∞）上单调递增，
所以当x∈（0，1）时，f（x）单调递减，+∞）时，f（x）单调递增，
所以f（x）的最小值为f（1）＝8；
（2）由（1）可知f（x）在x∈（1，+∞）时单调递增，
所以当x＞1时，﹣lnx+ex﹣（e﹣8）x﹣1＞0，
即lnx+4+（e﹣1）x＜ex，所以lnx+1＜ex，
令，
则，
以上各式相加得，
即，
所以得证．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式的放缩，属于中档题．
21．（12分）已知双曲线C：的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，过焦点且与x轴垂直的直线交C于A，B两点，且|AB|＝3．
（1）求C的方程；
（2）已知在C上一点（x0，y0）处的切线方程为．过点G（m，3）（﹣2＜m＜2）分别作C的左、右两支的切线，Q，连接PQ，过线段PQ的中点H再分别作C的左、右两支的切线，E，判断点G与直线DE的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）设过F2与x轴垂直的直线交C于A，B两点，可得，再根据离心率以及a，b，c的关系求解即可；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），由已知可得在C上一点处的切线方程，可得直线PQ的方程为，联立直线PQ的方程与双曲线方程，利用韦达定理即可求解H的坐标，由双曲线C在D，E两点处的切线方程可得直线DE的方程，代入G即可求解．
【解答】解：（1）将x＝c代入中，
解得，
所以，
因为，
解得a＝7，，
则双曲线C的方程为；
（2）设P（x1，y1），Q（x4，y2），
易知双曲线C在点P处的切线方程为，
同理得，双曲线C在点Q处的切线方程为，
因为两切线交点为G（m，6），
所以，
可得直线PQ的方程为，
联立，消去y并整理得（12﹣m8）x2+8mx﹣64＝7，
因为m∈（﹣2，2），
此时满足Δ＝64m3+4×64（12﹣m2）＞4且12﹣m2≠0，
由韦达定理得，，
所以，
则，
设D（x3，y3），E（x4，y4），
易知双曲线C在D，E两点处的切线方程分别为，，
因为两切线交点为H，
所以，
可得直线DE的方程为，
即，
当x＝m时，
解得y＝4．
故点G在直线DE上．
【点评】本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4csθ＝0．
（1）求直线l与曲线C的直角坐标方程；
（2）若射线与直线l交于点A，与曲线C交于点B，求．
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标方程之间的转化关系，求解即可；
（2）由射线，联立方程组，求得ρA，ρB，根据，即可求解．
【解答】解：（1）因为直线l的极坐标方程为，
所以，
将代入上式，得，
所以直线l的直角坐标方程为x+y﹣2＝0，
由ρsin5θ﹣4csθ＝0，得ρ2sin2θ﹣4ρcsθ＝4，
将代入上式2＝4x．
（2）由，得，
由，得，
所以．
【点评】本题考查极坐标方程，熟练掌握极坐标方程与直角坐标方程之间的转化关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
选修4—5：不等式选讲
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|+x．
（1）解不等式f（x）≥3﹣2x；
（2）若f（x）≥m2﹣m﹣5，求m的取值范围．
【分析】（1）根据题意，把不等式f（x）≥3﹣2x转化为2|x﹣1|≥3﹣3x，得出等价不等式组，即可求解；
（2）根据题意，求得f（x）min＝f（1）＝1，转化为m2﹣m﹣5≤1，结合不等式的解法，即可求解．
【解答】解：（1）解：由函数f（x）＝2|x﹣1|+x，
则不等式f（x）≥5﹣2x等价于2|x﹣8|≥3﹣3x，
则或，解得x＞1或x＝1，
所以不等式的解集为{x|x≥3}．
（2）解：因为，所以f（x）min＝f（1）＝1，
因为f（x）≥m7﹣m﹣5，所以m2﹣m﹣8≤1，即m2﹣m﹣8≤0，解得﹣2≤m≤4，
所以m的取值范围为[﹣2，3]．
【点评】本题考查的知识点：绝对值不等式的解法，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
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30
45
60
P
8.26
0.37
0.37