甘肅省蘭大附中2020屆高三數(shù)學(xué)5月月考試題 理（含解析）

1、 可修改甘肅省蘭大附中2020屆高三數(shù)學(xué)5月月考試題 理（含解析）（120分鐘 150分）一、選擇題1. 若集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】按照并集的定義求出即可.【詳解】因?yàn)?，所?故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查并集的求法，側(cè)重考查對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解和掌握，屬于基礎(chǔ)題.2. 是虛數(shù)單位，則（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】由復(fù)數(shù)模長(zhǎng)的定義可直接求得結(jié)果.【詳解】，.故選：.【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)模長(zhǎng)的求解問(wèn)題，屬于基礎(chǔ)題.3. 若雙曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由雙曲線離心率，結(jié)

2、合的關(guān)系求出的關(guān)系，代入雙曲線的漸近線方程即可求解.【詳解】因?yàn)殡p曲線的離心率為，即，所以，又，所以，因?yàn)殡p曲線的漸近線方程為，所以該雙曲線的漸近線方程為.故選：C【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)；考查運(yùn)算求解能力；屬于基礎(chǔ)題.4. 第18屆國(guó)際籃聯(lián)籃球世界杯（世界男子籃球錦標(biāo)賽更名為籃球世界杯后的第二屆世界杯）于2019年8月31日至9月15日在中國(guó)的北京、廣州、南京、上海、武漢、深圳、佛山、東莞八座城市舉行.中國(guó)隊(duì)12名球員在第一場(chǎng)和第二場(chǎng)得分的莖葉圖如圖所示，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A. 第一場(chǎng)得分中位數(shù)為B. 第二場(chǎng)得分的平均數(shù)為C. 第一場(chǎng)得分的極差大于第二場(chǎng)得分的極差D

3、. 第一場(chǎng)與第二場(chǎng)得分的眾數(shù)相等【答案】C【解析】【分析】根據(jù)莖葉圖按順序排列第一場(chǎng)、第二場(chǎng)得分分?jǐn)?shù)，中間兩數(shù)平均數(shù)即為中位數(shù)，出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)為眾數(shù)，最大數(shù)減最小數(shù)為極差，求出相應(yīng)數(shù)據(jù)即可判斷各項(xiàng)正誤.【詳解】由莖葉圖可知第一場(chǎng)得分為：0,0,0,0,0,2,3,7,10,12,17,19，中位數(shù)為，眾數(shù)為0，極差為19，第二場(chǎng)得分為：0,0,0,0,3,6,7,7,9,10,10,24，眾數(shù)為0，平均數(shù)為，極差為24，所以選項(xiàng)C的說(shuō)法是錯(cuò)誤的.故選：C【點(diǎn)睛】本題考查莖葉圖，根據(jù)莖葉圖計(jì)算樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)、眾數(shù)及平均數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.5. 已知數(shù)列是等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為，若，則（ ）A. 6

4、B. 4C. 11D. 3【答案】A【解析】【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式即可求解.【詳解】因，由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可得，解得，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得，所以.故選：A【點(diǎn)睛】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式；考查運(yùn)算求解能力；靈活運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是求解本題的關(guān)鍵；屬于基礎(chǔ)題.6. 展開(kāi)式中含的系數(shù)是（ ）A. 15B. C. 10D. 【答案】D【解析】【分析】由二項(xiàng)展開(kāi)式通項(xiàng)公式可確定，由此可求得系數(shù).【詳解】展開(kāi)式的通項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，即的系數(shù)為.故選：.【點(diǎn)睛】本題考查二項(xiàng)展開(kāi)式指定項(xiàng)系數(shù)的求解問(wèn)題，關(guān)鍵是熟練掌握二項(xiàng)展開(kāi)式通項(xiàng)公式的形式.

5、7. 函數(shù)的圖象大致為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，利用函數(shù)奇偶性的定義判斷函數(shù)的奇偶性排除選項(xiàng)；利用排除選項(xiàng)A即可.【詳解】由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)椋涠x域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)橛忠驗(yàn)椋?，即函?shù)為偶函數(shù)，故排除；又因?yàn)椋逝懦鼳.故選：B【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)解析式較復(fù)雜的圖象的判斷;利用函數(shù)奇偶性、特殊值符號(hào)的正負(fù)等有關(guān)性質(zhì)進(jìn)行逐一排除是解題的關(guān)鍵;屬于中檔題.8. 某幾何體的三視圖如圖所示，三個(gè)視圖中的曲線都是圓弧，則該幾何體的體積為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三視圖可知，該幾何體為由的球體和的圓錐體組成，結(jié)合三視圖中的數(shù)

6、據(jù)，利用球和圓錐的體積公式求解即可.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為由的球體和的圓錐體組成，所以所求幾何體的體積為，因?yàn)椋?，即所求幾何體的體積為.故選：A【點(diǎn)睛】本題考查三視圖還原幾何體及球和圓錐的體積公式；考查學(xué)生的空間想象能力和運(yùn)算求解能力；三視圖正確還原幾何體是求解本題的關(guān)鍵；屬于中檔題、常考題型.9. 圖為祖沖之之子祖暅“開(kāi)立圓術(shù)”中設(shè)計(jì)的立體模型.祖暅提出“祖氏原理”，他將牟合方蓋的體積化成立方體與一個(gè)相當(dāng)于四棱錐的體積之差，從而求出牟合方蓋的體積等于（為球的直徑），并得到球的體積為，這種算法比外國(guó)人早了一千多年，人們還用過(guò)一些類似的公式，根據(jù)，判斷下列公式中最精確的一個(gè)是（ ）

7、A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用選項(xiàng)中的公式化簡(jiǎn)求得，找到最精確的選項(xiàng)即可.【詳解】由得：.由得：，；由得：，；由得：，；由得：，的公式最精確.故選：.【點(diǎn)睛】本題考查數(shù)學(xué)史與立體幾何的知識(shí)，關(guān)鍵是能夠?qū)x項(xiàng)中的公式進(jìn)行準(zhǔn)確化簡(jiǎn)求得的近似值.10. 已知，分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，是橢圓上的一點(diǎn)，且在軸的左側(cè)過(guò)點(diǎn)作的角平分線的垂線，垂足為，若（為坐標(biāo)原點(diǎn)）則等于（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn),根據(jù)題意作出圖形，利用三角形全等和三角形中位線的性質(zhì)即可求解.【詳解】延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn),作圖如下：因?yàn)闉榈慕瞧椒志€，且，所以，所以，因

8、為分別為的中點(diǎn)，所以為的中位線，所以，所以.故選：A【點(diǎn)睛】本題考查橢圓方程和直線與橢圓的位置關(guān)系；考查數(shù)形結(jié)合思想和運(yùn)算求解能力；根據(jù)題意作出圖形，三角形中位線的性質(zhì)的運(yùn)用是求解本題的關(guān)鍵；屬于中檔題.11. 若存在，使得對(duì)任意恒成立，則函數(shù)在上有下界，其中為函數(shù)的一個(gè)下界；若存在，使得對(duì)任意恒成立，則函數(shù)在上有上界，其中為函數(shù)的一個(gè)上界如果一個(gè)函數(shù)既有上界又有下界，那么稱該函數(shù)有界下述四個(gè)結(jié)論：1不是函數(shù)的一個(gè)下界；函數(shù)有下界，無(wú)上界；函數(shù)有上界，無(wú)下界；函數(shù)有界其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)上界、下界及有界的概念，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)

9、的單調(diào)性并求最值，結(jié)合選項(xiàng)，利用排除法，對(duì)結(jié)論進(jìn)行逐項(xiàng)判斷即可.【詳解】對(duì)于結(jié)論：當(dāng)時(shí)，由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)知，函數(shù)恒成立，所以可得函數(shù)對(duì)任意恒成立，即1是函數(shù)的一個(gè)下界，故結(jié)論錯(cuò)誤；對(duì)于結(jié)論：因?yàn)楹瘮?shù)，所以，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，故函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)有最小值為，即存在使任意，恒成立，故函數(shù)有下界；當(dāng)時(shí)，函數(shù)，故函數(shù)無(wú)上界；因此結(jié)論正確；對(duì)于結(jié)論：因?yàn)楹瘮?shù)，所以，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；所以函數(shù)在 上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)無(wú)上界，故結(jié)論錯(cuò)誤；對(duì)于結(jié)論：因?yàn)楹瘮?shù)為周期函數(shù)，且，當(dāng)時(shí)，該函數(shù)為振蕩函數(shù)，所以對(duì)任意函數(shù)恒成立，故函數(shù)有界，故結(jié)論正確.故選：B【

10、點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的創(chuàng)新應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求最值、對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)；考查運(yùn)算求解能力和知識(shí)遷移能力；理解有界函數(shù)的定義，熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性求最值的方法是求解本題的關(guān)鍵；屬于綜合型、難度大型試題.12. 已知數(shù)列滿足條件，則的最小值為（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根據(jù)遞推公式，即可求得，再根據(jù)其最小值的取得對(duì)整數(shù)的敏感性，即可容易求得.【詳解】因?yàn)椋?，故，又因?yàn)?，所以，所以，由題知，數(shù)列為整數(shù)列，所以，當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，下面舉例說(shuō)明可以取到3，所以的最小值為1.故選：C.【點(diǎn)睛】本題是以絕對(duì)值為背景的數(shù)列的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，本題有兩個(gè)

11、難點(diǎn)；第一，通過(guò)兩邊平方轉(zhuǎn)化為，進(jìn)一步利用累加求和的形式求數(shù)列前項(xiàng)和；第二，最小值的取得對(duì)整數(shù)的敏感性較強(qiáng)，后面需要簡(jiǎn)單驗(yàn)證取等號(hào)的條件，即列舉某個(gè)特殊數(shù)列，使得.二、填空題13. 已知向量，若，則實(shí)數(shù)等于_【答案】【解析】【分析】利用平面向量平行的坐標(biāo)表示即可求解.【詳解】因?yàn)椋善矫嫦蛄科叫械淖鴺?biāo)表示可得，解得.故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查平面向量平行的坐標(biāo)表示；考查運(yùn)算求解能力；屬于基礎(chǔ)題.14. 已知函數(shù)，點(diǎn)和是函數(shù)圖象上相鄰的兩個(gè)對(duì)稱中心，則_.【答案】2【解析】【分析】根據(jù)正弦函數(shù)兩相鄰對(duì)稱中心橫坐標(biāo)間隔為半個(gè)最小正周期可求得最小正周期，由此可求得.【詳解】和是兩個(gè)相鄰的對(duì)稱中心，即

12、，.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查正弦型函數(shù)對(duì)稱性和周期性的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是明確正弦型函數(shù)相鄰的兩個(gè)對(duì)稱中心橫坐標(biāo)間隔為半個(gè)最小正周期.15. 若，滿足約束條件，則的最大值為_(kāi)【答案】【解析】【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域，平移直線，根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義知，向下平移直線到最高點(diǎn)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)有最大值，據(jù)此求出目標(biāo)函數(shù)最大值即可.【詳解】根據(jù)題意,作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示：根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義知，向下平移，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，目標(biāo)函數(shù)有最大值，聯(lián)立方程，解得，即點(diǎn)A為，所以目標(biāo)函數(shù)的最大值為.故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題；考查運(yùn)算求解能力和數(shù)形結(jié)合思想；根據(jù)圖形，

13、向下平移直線找到使目標(biāo)函數(shù)取得最大值的點(diǎn)是求解本題的關(guān)鍵；屬于中檔題、常考題型.16. 在正三棱柱中，分別為，的中點(diǎn)，平面過(guò)點(diǎn)，且平面平面，平面平面，則異面直線與所成角的余弦值為_(kāi).【答案】【解析】【分析】由面面平行性質(zhì)可知，取的中點(diǎn)分別為，可證得，由此得到異面直線所成角為或其補(bǔ)角，通過(guò)求得可確定所成角為，進(jìn)而得到結(jié)果.【詳解】平面平面，平面平面，平面平面，取的中點(diǎn)分別為，連接，如圖所示，則，異面直線與所成的角為或其補(bǔ)角，異面直線與所成的角為，異面直線與所成角的余弦值為.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題以三棱柱為載體，綜合考查異面直線所成角的求解；解答的基本方法是通過(guò)平移直線，把異面直線平移到兩條相交

14、直線上，將異面直線所成角的問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)橄嘟恢本€所成角的問(wèn)題.三、解答題（一）必考題：共60分.17. 在中，分別為內(nèi)角，的對(duì)邊，且（1）求角的大?。唬?）若，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再由兩角和的正弦公式即可求出，結(jié)合角的取值范圍即可求解；（2）由（1）知，結(jié)合余弦定理得到關(guān)于的方程，利用基本不等式即可求解.【詳解】（1）因?yàn)椋谜叶ɡ砜傻?，即，因?yàn)?，所以，即，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所?（2）由（1）及余弦定理可得，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以的最大值為.【點(diǎn)睛】本題考查利用正余弦定理解三角形、兩角和的正弦公式及利用基本不等式求最值；考查運(yùn)

15、算求解能力和知識(shí)遷移能力；屬于中檔題、常考題型.18. 如圖，在四棱錐中，底面，底面為直角梯形，分別為線段，的中點(diǎn)（1）證明：平面平面（2）求直線與平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）【解析】【分析】（1）連接，設(shè)與相交于點(diǎn)，利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理即可證明；（2）由線面垂直的性質(zhì)可得，故、 、兩兩互相垂直，以為原點(diǎn)，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)平面的法向量為，利用空間向量法，則空間向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為所求.【詳解】（1）證明：連接，設(shè)與相交于點(diǎn)，如圖，因?yàn)椋遥运倪呅螢榫匦?，所以為的中點(diǎn)，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以為的中位線，即,因?yàn)?/p>

16、平面， 平面，所以平面，因?yàn)?，分別為線段，的中點(diǎn)，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面平?（2）因?yàn)榈酌妫矫?，平面，所以，因?yàn)?，所以?、兩兩互相垂直，以為原點(diǎn)，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，所以，令，可得，所以，設(shè)直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.【點(diǎn)睛】本題考查利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理證明面面平行、利用空間向量法求線面角；考查邏輯推理能力、轉(zhuǎn)化與化歸能力和運(yùn)算求解能力；熟練掌握線面平行、垂直的判定與性質(zhì)是求解本題的關(guān)鍵；屬于中檔題、?？碱}型.19. 已知函數(shù)，（1）討論函

17、數(shù)的單調(diào)性；（2）若恒成立，求的最大值【答案】（1）當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；（2）的最大值為.【解析】【分析】（1）對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，分和兩種情況利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）恒成立等價(jià)于對(duì)任意恒成立，結(jié)合（1）中的結(jié)論，分和兩種情況分別求出函數(shù)的最大值，并滿足，據(jù)此得到關(guān)于的不等式，進(jìn)而求出的最大值即可.【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù)，所以，當(dāng)時(shí)，在上恒成立，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，令，則，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，綜上可知，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）由題意知，恒成立等價(jià)于對(duì)任意恒成立，由（1）

18、知，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，顯然不符合題意，故舍去；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以此時(shí)函數(shù)的最大值為，即需滿足成立，所以可得，兩邊同時(shí)除以可得，令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)有最大值為，即，故所求的最大值為.【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、恒成立問(wèn)題；考查分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸能力和運(yùn)算求解能力；熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的方法是求解本題的關(guān)鍵；屬于綜合型、難度大型試題.20. 已知點(diǎn)是拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)為拋物線的焦點(diǎn)，.（1）求直線的方程；（2）若直線與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為，曲線在點(diǎn)與點(diǎn)處的切線分別為，直線相交于點(diǎn)，求點(diǎn)的坐標(biāo).【答案

19、】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用拋物線焦半徑公式可求得拋物線方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)坐標(biāo)；由直線兩點(diǎn)式方程可整理得到直線的一般式方程；（2）聯(lián)立直線方程與拋物線方程可求得點(diǎn)坐標(biāo)，假設(shè)切線方程，與拋物線方程聯(lián)立后可利用求出切線方程，兩條切線方程聯(lián)立即可求得交點(diǎn)坐標(biāo).【詳解】（1），解得：，拋物線的方程為，又為拋物線上一點(diǎn)，又，直線的方程為，即.（2）聯(lián)立得：，解得：或，設(shè)，聯(lián)立得：，由得：，直線的方程為：，即.同理可求得直線的方程為：.由得：，即點(diǎn)的坐標(biāo)為.【點(diǎn)睛】本題考查直線與拋物線的綜合應(yīng)用問(wèn)題，涉及到拋物線焦半徑公式的應(yīng)用、拋物線切線方程的求解等知識(shí)；解決直線與拋物線的綜合問(wèn)題

20、時(shí)，需要注意：（1）觀察、應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、拋物線的條件；（2）強(qiáng)化有關(guān)直線與拋物線聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問(wèn)題；（3）注重平面幾何的知識(shí)，利用數(shù)形結(jié)合的思想處理問(wèn)題.21. 垃圾分類，是指按一定規(guī)定或標(biāo)準(zhǔn)將垃圾分類儲(chǔ)存、分類投放和分類搬運(yùn)，從而轉(zhuǎn)變成公共資源的一系列活動(dòng)的總稱分類的目的是提高垃圾的資源價(jià)值和經(jīng)濟(jì)價(jià)值，力爭(zhēng)物盡其用2019年6月25日，生活垃圾分類制度入法到2020年底，先行先試的46個(gè)重點(diǎn)城市，要基本建成垃圾分類處理系統(tǒng)；其他地級(jí)城市實(shí)現(xiàn)公共機(jī)構(gòu)生活垃圾分類全覆蓋某機(jī)構(gòu)欲組建一個(gè)有關(guān)“垃圾分類”相

21、關(guān)事宜的項(xiàng)目組，對(duì)各個(gè)地區(qū)“垃圾分類”的處理模式進(jìn)行相關(guān)報(bào)道該機(jī)構(gòu)從600名員工中進(jìn)行篩選，篩選方法：每位員工測(cè)試，三項(xiàng)工作，3項(xiàng)測(cè)試中至少2項(xiàng)測(cè)試“不合格”的員工，將被認(rèn)定為“暫定”，有且只有一項(xiàng)測(cè)試“不合格”的員工將再測(cè)試，兩項(xiàng)，如果這兩項(xiàng)中有1項(xiàng)以上（含1項(xiàng)）測(cè)試“不合格”，將也被認(rèn)定為“暫定”，每位員工測(cè)試，三項(xiàng)工作相互獨(dú)立，每一項(xiàng)測(cè)試“不合格”的概率均為（1）記某位員工被認(rèn)定為“暫定”的概率為，求；（2）每位員工不需要重新測(cè)試的費(fèi)用為90元，需要重新測(cè)試的總費(fèi)用為150元，除測(cè)試費(fèi)用外，其他費(fèi)用總計(jì)為1萬(wàn)元，若該機(jī)構(gòu)的預(yù)算為8萬(wàn)元，且該600名員工全部參與測(cè)試，問(wèn)上述方案是否會(huì)超過(guò)預(yù)

22、算?請(qǐng)說(shuō)明理由【答案】（1）；（2）不會(huì)超過(guò)預(yù)算.【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法計(jì)算公式和n次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)的概率計(jì)算公式進(jìn)行求解即可；（2）設(shè)每位員工測(cè)試的費(fèi)用為元，則可能的取值為，利用n次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)的概率計(jì)算公式和離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望公式求出數(shù)學(xué)期望的表達(dá)式，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求最值即可.【詳解】（1）由題意知，每位員工首輪測(cè)試被認(rèn)定為“暫定”的概率為，每位員工再次測(cè)試被認(rèn)定為“暫定”的概率為，綜上可知，每位員工被認(rèn)定為“暫定”的概率為+，（2）設(shè)每位員工測(cè)試的費(fèi)用為元，則可能的取值為，由題意知，所以隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望為（元），令，則，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)

23、，；所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即(元)，所以此方案的最高費(fèi)用為（萬(wàn)元），綜上可知，若以此方案實(shí)施不會(huì)超過(guò)預(yù)算.【點(diǎn)睛】本題考查互斥事件的概率加法公式、n次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)的概率計(jì)算公式、離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望公式和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性求最值；考查運(yùn)算求解能力和轉(zhuǎn)化與化歸能力；通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值是求解本題的關(guān)鍵；屬于綜合型、難度大型試題.（二）選考題選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程22. 在直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線的極坐標(biāo)方程為（1）若直線與曲線至多只有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）若直線與曲線相交于，兩點(diǎn)，且，的中點(diǎn)為，求點(diǎn)的軌跡方程