江西省稳派联考2023届高三五月模拟预测数学（文）试题

这是一份江西省稳派联考2023届高三五月模拟预测数学（文）试题，共24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。

2023年江西省稳派高考数学模拟试卷（文科）
一、选择题：本大题共12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．（5分）已知向量，，且，则m＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（5分）设集合A＝{x|x＜3x﹣1}，B＝{x|﹣1＜x＜3}，则A∪B＝（　　）
A．（﹣1，+∞） B． C．（﹣∞，3） D．
3．（5分）若两个复数的实部相等或虚部相等，则称这两个复数为同部复数．已知z＝（1﹣i）3，则下列数是z的同部复数的是（　　）
A．2+i B．3﹣2i C．4﹣i D．﹣3+2i
4．（5分）经过计算，某统计小组得到三组数据（每组数据均由10个数组成，每个数对应运动员一次百米短跑的时间，单位：s）对应的平均数与方差：第一组数据的平均数和方差分别为12，8，第二组数据的平均数和方差分别为15，10，第三组数据的平均数和方差分别为14，16．下列结论正确的是（　　）
A．从数据的波动情况看，第三组数据的波动最小
B．从数据的平均水平看，第二组数据的成绩最好
C．从数据的波动情况看，第一组数据的波动最大
D．从数据的平均水平看，第一组数据的成绩最好
5．（5分）关于θ，对于甲、乙、丙、丁四人有不同的判断，甲：θ是第三象限角，乙：．丙：tan2θ＞1，丁：tan（θ﹣π）不小于2，若这人只有一人判断错误，则此人是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（5分）某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是长为1，宽为的矩形，俯视图为扇形，若球O的体积与该几何体的体积相等，则球O的半径为（　　）

A． B． C．1 D．
7．（5分）若函数在[0，π]内的最小值小于0，且最小值点（即取得最小值时所对应的自变量）唯一，则ω的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）某广场的一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，F1，F2分别为该椭圆的两个焦点，PQ为该椭圆过点F2的一条弦，且△PQF1的周长为3|F1F2|．若该椭球横截面的最大直径为2米，则该椭球的高为（　　）

A．米 B．米 C．米 D．米
9．（5分）已知f（x）为奇函数，当0≤x≤2时，f（x）＝2x﹣x2，当x＞2时，f（x）＝|x﹣3|﹣1，则（　　）
A．
B．
C．
D．
10．（5分）若不等式组表示的可行域与圆（x﹣1）2+y2＝m有公共点，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
11．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝∠ACD＝60°，AB＝BC＝2，CD＝1，且二面角P﹣BC﹣A为60°，则四棱锥P﹣ABCD的侧面积为（　　）
A． B．10 C． D．11
12．（5分）设P为抛物线C：y2＝4x上的动点，A（2，4）关于P的对称点为B，记P到直线x＝﹣1，x＝﹣3的距离分别d1，d2，则d1+d2+|AB|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．（5分）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，则＝　 　．
14．（5分）某工厂要对生产流水线上的600个零件（编号为001，002，…，599，600）进行抽检，若采用系统抽样的方法抽检50个零件，且编号为015的零件被抽检，则编号在（231，291）内的零件将被抽检的个数为 　 　．
15．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax（x∈R），g（x）＝x2+（2﹣a）lnx，若f（x）与g（x）中恰有一个函数无极值，则a的取值范围是 　 　．
16．（5分）中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题（如图1）：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD＝800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH＝　 　步．（古制单位：180丈＝300步）

三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知{an}、{bn}分别为等差数列、等比数列，且a1＝1，b1＝2，a3＝3，b2＝4．
（1）求{an}、{bn}的通项公式；
（2）求数列{a2n+3b2n﹣1}的前n项和Sn．
18．（12分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，O为CD1的中点，且点E既在平面AB1C1内，又在平面ACD1内．
（1）证明：E∈AO；
（2）若AA1＝4，AB＝2，E为AO的中点，E在底面ABCD内的射影为H，指出H所在的位置（需要说明理由），并求线段A1H的长．

19．（12分）为落实食品安全的“两个责任”，某市的食品药品监督管理部门和卫生监督管理部门在市人民代表大会召开之际特别邀请相关代表建言献策．为保证政策制定的公平合理性，两个部门将首先征求相关专家的意见和建议，已知专家库中共有4位成员，两个部门分别独立地发出邀请，邀请的名单从专家库中随机产生，两个部门均邀请2位专家，收到食品药品监督管理部门或卫生监督管理部门的邀请后，专家如约参加会议．
（1）用1，2，3，4代表专家库中的4位专家，甲、乙分别代表食品药品监督管理部门和卫生监督管理部门，将两个部门邀请的专家及参会的专家人数的所有情况绘制成一个表格，请完成如下表格．
甲邀请的专家
参加会诊人数
乙邀请的专家
















































（2）最大似然估计即最大概率估计，即当X＝k时，概率取得最大值，则X的估计值为k（k＝N1，N2，N3，…，Nm），其中Nm为X所有可能取值的最大值．请用最大似然估计法估计参加会议的专家人数．
20．（12分）已知函数f（x）＝aex+bx﹣2的部分图象如图所示．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若f（x）+f（2x）＞6x+m对x∈R恒成立，求m的取值范围．

21．（12分）已知双曲线C：经过点，右焦点为F（c，0），且c2，a2，b2成等差数列．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的右支交于P，Q两点（P在Q的上方），PQ的中点为M，M在直线l：x＝2上的射影为N，O为坐标原点，设△POQ的面积为S，直线PN，QN的斜率分别为k1，k2，证明：是定值．
（二）选考题：共10分请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆C的极坐标方程；
（2）AB是圆C上的两点，且∠AOB＝，求△AOB面积的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x2﹣2x﹣3|+|x2﹣2x﹣8|．
（1）求f（x）的最小值，并指出此时x的取值集合；
（2）求不等式f（x）＞19的解集．

2023年江西省稳派高考数学模拟试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12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．（5分）已知向量，，且，则m＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平面向量平行的坐标表示可得结果．
【解答】解：因为，
所以2（2m+2）＝5m，解得m＝4．
故选：D．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2．（5分）设集合A＝{x|x＜3x﹣1}，B＝{x|﹣1＜x＜3}，则A∪B＝（　　）
A．（﹣1，+∞） B． C．（﹣∞，3） D．
【分析】解不等式求集合A，再根据并集计算即可．
【解答】解：解不等式，即，
而B＝（﹣1，3），
所以A⋃B＝（﹣1，+∞）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了集合并集运算，属于基础题．
3．（5分）若两个复数的实部相等或虚部相等，则称这两个复数为同部复数．已知z＝（1﹣i）3，则下列数是z的同部复数的是（　　）
A．2+i B．3﹣2i C．4﹣i D．﹣3+2i
【分析】将z＝（1﹣i）3展开，得到复数z的实部与虚部，再逐一与选项进行比较，即可得到正确选项．
【解答】解：由于z＝（1﹣i）2（1﹣i）＝﹣2i（1﹣i）＝﹣2﹣2i，其实部和虚部均为﹣2，
而3﹣2i与z的虚部相等，其余选项均不符合题意，所以3﹣2i是z的同部复数．
故选：B．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
4．（5分）经过计算，某统计小组得到三组数据（每组数据均由10个数组成，每个数对应运动员一次百米短跑的时间，单位：s）对应的平均数与方差：第一组数据的平均数和方差分别为12，8，第二组数据的平均数和方差分别为15，10，第三组数据的平均数和方差分别为14，16．下列结论正确的是（　　）
A．从数据的波动情况看，第三组数据的波动最小
B．从数据的平均水平看，第二组数据的成绩最好
C．从数据的波动情况看，第一组数据的波动最大
D．从数据的平均水平看，第一组数据的成绩最好
【分析】由平均数与方差的实际意义判断即可．
【解答】解：因为百米短跑的时间越短，成绩越好，
所以从数据的平均水平看，第一组数据的成绩最好故B错误，D正确；
方差越大，数据的波动越大，方差越小，数据的波动越小，所以从数据的波动情况看，第三组数据的波动最大，第一组数据的波动最小，故A和C错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平均数与方差的实际意义，属于基础题．
5．（5分）关于θ，对于甲、乙、丙、丁四人有不同的判断，甲：θ是第三象限角，乙：．丙：tan2θ＞1，丁：tan（θ﹣π）不小于2，若这人只有一人判断错误，则此人是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】根据题意得到乙和丁的判断只有一个正确，分丁的判断正确和乙的判断正确，结合三角函数的符号和正切的倍角公式，即可求解．
【解答】解：由tan（θ﹣π）＝tanθ，所以乙和丁的判断只有一个正确，且，
若丁的判断正确，即tanθ≥2，则，
此时丙的判断错误，不符合题意；
若乙的判断正确，即，此时满足tanθ＞0，且，
此时甲、丙都正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查三角函数值的符号，属于基础题．
6．（5分）某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是长为1，宽为的矩形，俯视图为扇形，若球O的体积与该几何体的体积相等，则球O的半径为（　　）

A． B． C．1 D．
【分析】根据题意，由三视图可知该几何体是四分之一个圆柱，然后结合体积计算公式，即可得到结果．
【解答】解：由三视图可知，该几何体是四分之一个圆柱（高为，底面半径为1），
其体积，
设球O的半径为r，则，
解得．
故选：A．
【点评】本题主要考查了简单几何体的三视图，考查了球的体积公式，属于基础题．
7．（5分）若函数在[0，π]内的最小值小于0，且最小值点（即取得最小值时所对应的自变量）唯一，则ω的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用整体代换法结合三角函数的图象及其性质计算即可．
【解答】解：因为ω＞0，所以当x∈[0，π]时，．
依题意，可得，解得．
故选：B．
【点评】本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于基础题．
8．（5分）某广场的一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，F1，F2分别为该椭圆的两个焦点，PQ为该椭圆过点F2的一条弦，且△PQF1的周长为3|F1F2|．若该椭球横截面的最大直径为2米，则该椭球的高为（　　）

A．米 B．米 C．米 D．米
【分析】根据题意，画出椭圆，根据椭圆的相关性质可得．
【解答】解：根据题意，画出该椭球的过横截面圆心的纵截面如下，

根据椭圆的定义△PQF1的周长为|PQ|+|PF1|+|QF1|＝4a＝3×2c，
即2a＝3c①，
由该椭球横截面的最大直径为2米，可知2b＝2米，得b＝1，
又因为a2＝b2+c2，所以a2＝c2+1②，
②联立可得，，
所以该椭球的高为米．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，方程思想，属中档题．
9．（5分）已知f（x）为奇函数，当0≤x≤2时，f（x）＝2x﹣x2，当x＞2时，f（x）＝|x﹣3|﹣1，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】利用题给条件求得f（x）在[1，3]上单调性，利用f（x）为奇函数求得的大小关系，再利用幂函数性质比较30.3，20.3的大小关系，进而得到三者间的大小关系．
【解答】解：因为当0≤x≤2时，f（x）＝2x﹣x2，
则f（x）在（0，1）上单调递增，在[1，2]上单调递减，
当x＞2时，f（x）＝|x﹣3|﹣1，
则f（x）在（2，3）上单调递减，在[3，+∞）上单调递增．
且f（2）＝0＝|2﹣3|﹣1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，
在[1，3]上单调递减，在（3，+∞）上单调递增．
因为，1＜20.3＜30.3＜3，
则f（1）＞f（20.3）＞f（30.3）
所以．

故选：A．
【点评】本题主要考查了分段函数的性质，考查了利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
10．（5分）若不等式组表示的可行域与圆（x﹣1）2+y2＝m有公共点，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，做出可行域，然后结合图象找到临界情况，即可得到m的取值范围．
【解答】解：作出不等式组表示的可行域，如图所示，

当直线BC：x+3y＝0与圆（x﹣1）2+y2＝m相切时，，则，
则m的最小值为，
经比较可知，当圆（x﹣1）2+y2＝m经过点C（﹣3，1）时，m＝（﹣3﹣1）2+12＝17，则m的最大值为17，
所以m的取值范围是．
故选：D．
【点评】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
11．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝∠ACD＝60°，AB＝BC＝2，CD＝1，且二面角P﹣BC﹣A为60°，则四棱锥P﹣ABCD的侧面积为（　　）
A． B．10 C． D．11
【分析】作出辅助线，得到∠PEA为二面角P﹣BC﹣A的平面角，并结合余弦定理求出各边长，得到AD⊥CD，可证CD⊥PD，求出各个侧面的面积，得到侧面积．
【解答】解：因为AB＝BC，∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形，
取BC的中点E，连接PE，AE，则AE⊥BC．

因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC，
又PA∩AE＝A，
所以BC⊥平面PAE，则BC⊥PE，则∠PEA为二面角P﹣BC﹣A的平面角，
所以∠PEA＝60°，
所以．
因为∠ACD＝60°，AC＝2，CD＝1，
所以由余弦定理得，
则AD2+CD2＝AC2，所以AD⊥CD，
因为PA⊥底面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PA⊥DC，
又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面APD，
因为PD⊂平面APD，
所以CD⊥PD，则，
故，
，
所以四棱锥P﹣ABCD的侧面积为．
故选：C．
【点评】本题考查了锥体表面积的计算问题，考查了二面角的定义和有关计算，属于中档题．
12．（5分）设P为抛物线C：y2＝4x上的动点，A（2，4）关于P的对称点为B，记P到直线x＝﹣1，x＝﹣3的距离分别d1，d2，则d1+d2+|AB|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意得到d1+d2+|AB|＝2d1+2+2|PA|＝2（d1+|PA|）+2，再利用抛物线的定义结合三角不等式求解．
【解答】解：如图，
因为d2＝d1+2，且A（2，4）关于P的对称点为B，所以|PA|＝|PB|，抛物线焦点F（1，0），
所以d1+d2+|AB|＝2d1+2+2|PA|＝2（d1+|PA|）+2＝2（|PF|+|PA|）+2≥2|AF|+2＝．
当P在线段AF上时，d1+d1+|AB|取得最小值，且最小值为．
故选：A．

【点评】本题考查抛物线的性质，属于中档题．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．（5分）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，则＝　10　．
【分析】利用对数的运算性质化简即可．
【解答】解：因为1+lgx﹣lgy＝lgy2，
所以lg10+lgx＝lgy2+lgy，
所以lg（10x）＝lgy3（x＞0，y＞0），
则10x＝y3，
所以．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
14．（5分）某工厂要对生产流水线上的600个零件（编号为001，002，…，599，600）进行抽检，若采用系统抽样的方法抽检50个零件，且编号为015的零件被抽检，则编号在（231，291）内的零件将被抽检的个数为 　4　．
【分析】利用系统抽样的抽样方法得到不等式组，再求出编号在（231，291）内的零件将被抽检的个数．
【解答】解：因为，所以被抽检的零件的最小编号为003．
由231＜3+12（n﹣1）＜291，得20＜n＜25，
则n＝21，22，23，24，
故编号在（231，291）内的零件将被抽检的个数为4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查系统抽样方法，属于基础题．
15．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax（x∈R），g（x）＝x2+（2﹣a）lnx，若f（x）与g（x）中恰有一个函数无极值，则a的取值范围是 　　．
【分析】利用函数导数性质分函数f（x）无极值，g（x）无极值两种情况进行讨论即可．
【解答】解：若f（x）＝x3﹣x2+ax（x∈R）无极值，
则f′（x）＝3x2﹣2x+a≥0恒成立，
即Δ＝4﹣12a≤0，解得，
若g（x）＝x2+（2﹣a）lnx无极值，
则对x∈（0+∞）恒成立，
所以2﹣a≥0，即a≤2，
所以f（x）与g（x）中恰有一个函数无极值，
则或，
解得．
故答案为：（﹣∞，）∪（2，+∞）．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，属于中档题．
16．（5分）中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题（如图1）：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD＝800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH＝　3280　步．（古制单位：180丈＝300步）

【分析】易得在Rt△AHF中，在Rt△AHG中，得到，求解．
【解答】解：由题可知步，BF＝100步，DG＝120步．BD＝800步．
在Rt△AHF中，在Rt△AHG中．
所以，，
则HG﹣HF＝800﹣100+120＝820＝AH．
所以AH＝3280步．
故答案为：3280．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知{an}、{bn}分别为等差数列、等比数列，且a1＝1，b1＝2，a3＝3，b2＝4．
（1）求{an}、{bn}的通项公式；
（2）求数列{a2n+3b2n﹣1}的前n项和Sn．
【分析】（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由，，即可得出答案；
（2）由（1）得，再利用分组求和，即可得出答案．
【解答】解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则，，
∴an＝a1+（n﹣1）d＝n，；
（2）由（1）得，
则，
＝，
＝2×4n+n2+n﹣2．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（12分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，O为CD1的中点，且点E既在平面AB1C1内，又在平面ACD1内．
（1）证明：E∈AO；
（2）若AA1＝4，AB＝2，E为AO的中点，E在底面ABCD内的射影为H，指出H所在的位置（需要说明理由），并求线段A1H的长．

【分析】（1）由基本事实3可证；
（2）先找到点O在底面ABCD内的射影F，由线面垂直的性质定理，可得EH∥OF，则可在Rt△AFO中可求解．
【解答】（1）证明：连接C1D．
在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥B1C1，则A，B1，C1，D四点共面，∴E∈平面AB1C1D．
∵侧面CC1D1D为矩形，且O为CD1的中点，
∴C1D⋂CD1＝O，∴O为平面AB1C1D与平面ACD1的一个公共点，
∴平面AB1C1D⋂平面ACD1＝AO，即平面AB1C1⋂平面ACD1＝AO，故E∈AO．
（2）解：取CD的中点F，连接OF，AF，则H为AF的中点．
理由如下：∵F，O分别为CD，C1D的中点，∴OF∥C1C．
在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，C1C⊥底面ABCD，∴OF⊥底面ABCD，
又EH∥OF，∴EH⊥底面ABCD，即E在底面ABCD内的射影为H．
∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥AH．
∵，∴．

【点评】本题主要考查两点间距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（12分）为落实食品安全的“两个责任”，某市的食品药品监督管理部门和卫生监督管理部门在市人民代表大会召开之际特别邀请相关代表建言献策．为保证政策制定的公平合理性，两个部门将首先征求相关专家的意见和建议，已知专家库中共有4位成员，两个部门分别独立地发出邀请，邀请的名单从专家库中随机产生，两个部门均邀请2位专家，收到食品药品监督管理部门或卫生监督管理部门的邀请后，专家如约参加会议．
（1）用1，2，3，4代表专家库中的4位专家，甲、乙分别代表食品药品监督管理部门和卫生监督管理部门，将两个部门邀请的专家及参会的专家人数的所有情况绘制成一个表格，请完成如下表格．
甲邀请的专家
参加会诊人数
乙邀请的专家
















































（2）最大似然估计即最大概率估计，即当X＝k时，概率取得最大值，则X的估计值为k（k＝N1，N2，N3，…，Nm），其中Nm为X所有可能取值的最大值．请用最大似然估计法估计参加会议的专家人数．
【分析】（1）由题设条件，填写表格即可；
（2）求出X所有可能取值对应的概率，进而根据最大似然估计法估计出参加会议的专家人数．
【解答】解：（1）完成的表格如下：
（2）记X为参加会议的专家人数，X＝k（k＝2，3，4）的概率记为P（X＝k）．
由（1）中的表格可知X＝2出现的次数为6，X＝3出现的次数为24，X＝4出现的次数为6，
则，，，
则P（X＝3）＞P（X＝2），P（X＝3）＞P（X＝4），
根据最大似然估计法，可以估计出参加会议的专家人数为3．

【点评】本题离散型随机变量的相关知识，属于中档题．
20．（12分）已知函数f（x）＝aex+bx﹣2的部分图象如图所示．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若f（x）+f（2x）＞6x+m对x∈R恒成立，求m的取值范围．

【分析】（1）根据图象得到f（x）的图象与x轴切于原点，故f′（0）＝0且f（0）＝0，求出a，b，得到解析式；
（2）转化为m＜f（x）+f（2x）﹣6x对x∈R恒成立，构造函数g（x）＝f（x）+f（2x）﹣6x＝2e2x+2ex﹣12x﹣4，求导得到其单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案．
【解答】解：（1）由图可知f（x）的图象与x轴切于原点，
因为f′（x）＝aex+b，所以f′（0）＝a+b＝0，
又f（0）＝a﹣2＝0，所以a＝2，
所以b＝﹣2，f（x）的解析式为f（x）＝2ex﹣2x﹣2；
（2）由f（x）+f（2x）＞6x+m对x∈R恒成立，得m＜f（x）+f（2x）﹣6x对x∈R恒成立．
设函数g（x）＝f（x）+f（2x）﹣6x＝2e2x+2ex﹣12x﹣4，
则g′（x）＝4e2x+2ex﹣12＝2（2ex﹣3）（ex+2），
令g′（x）＝0，得，
令g′（x）＜0，得；令g′（x）＞0，得，
所以g（x）在上单调递减，在上单调递增．
所以，
所以，即m的取值范围是．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）已知双曲线C：经过点，右焦点为F（c，0），且c2，a2，b2成等差数列．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的右支交于P，Q两点（P在Q的上方），PQ的中点为M，M在直线l：x＝2上的射影为N，O为坐标原点，设△POQ的面积为S，直线PN，QN的斜率分别为k1，k2，证明：是定值．
【分析】（1）根据题意和c2＝a2+b2可得a2＝2b2，然后根据点在双曲线上即可求解；
（2）依题意可设PQ：x＝my+3，将直线方程与圆锥曲线方程联立得到（m2﹣2）y2+6my+3＝0，利用韦达定理和已知条件求出k1﹣k2的表达式，然后求出的表达式，化简即可求证．
【解答】解：（1）因为c2，a2，b2成等差数列，所以2a2＝c2+b2，
又c2＝a2+b2，所以a2＝2b2．
将点的坐标代入C的方程得，解得b2＝3，
所以a2＝6，所以C的方程为．
（2）证明：依题意可设PQ：x＝my+3，
由，得（m2﹣2）y2+6my+3＝0，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），y1＞y2，则．
，，
则＝，
而，
所以＝，
所以是定值．
【点评】本题主要考查直线与双曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
（二）选考题：共10分请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆C的极坐标方程；
（2）AB是圆C上的两点，且∠AOB＝，求△AOB面积的最大值．
【分析】（1）消去参数，求得圆C的普通方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得圆的极坐标方程；
（2）不妨设，得到，，求得，进而求得△AOB的面积取得最大值．
【解答】解：（1）圆C的参数方程为为参数），可得为参数），
平方相加，可得圆C的普通方程为，即，
又由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得，
即，即圆的极坐标方程为．
（2）解：不妨设，其中，
则，，
则，
当sin2θ＝﹣1时，△AOB的面积取得最大值，且最大值为．
【点评】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x2﹣2x﹣3|+|x2﹣2x﹣8|．
（1）求f（x）的最小值，并指出此时x的取值集合；
（2）求不等式f（x）＞19的解集．
【分析】（1）根据绝对值三角不等式可求出最小值，根据绝对值三角不等式取等的条件可得x的取值集合；
（2）换元，令t＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2≥0，得|t﹣4|+|t﹣9|＞19，再分类讨论去绝对值，求出t的取值范围，然后解一元二次不等式可得结果．
【解答】解：（1）f（x）＝|x2﹣2x﹣3|+|x2﹣2x﹣8|≥|x2﹣2x﹣3﹣（x2﹣2x﹣8）|＝5，
当且仅当（x2﹣2x﹣3）（x2﹣2x﹣8）≤0，即3≤x2﹣2x≤8，即﹣2≤x≤﹣1或3≤x≤4时，等号成立，
所以f（x）的最小值为5，此时x的取值集合为[﹣2，﹣1]⋃[3，4]．
（2）令t＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2≥0，则|t﹣4|+|t﹣9|＞19．
得或或，
解得t＜﹣3或t＞16，因为t≥0，所以t＜﹣3舍去，所以t＞16，
所以（x﹣1）2＞16，解得x＜﹣3或x＞5．
所以不等式f（x）＞19的解集为（﹣∞，﹣3）⋃（5，+∞）．
【点评】本题主要考查了含绝对值不等式的求解及函数最值的求解，体现了转化思想的应用，属于中档题．
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