安徽省“皖江名校”2020届高三下学期最后一卷理科数学试题 Word版含解析

安徽省“皖江名校”2020届高三下学期最后一卷理科数学试题 Word版含解析

- 1 - 数学（理科） 本试卷共 4 页，23 题（含选考题）．全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟． 考生注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写 在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效． 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑．答案写在答 题卡上对应的答题区域内，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本题共 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. i 是虚数单位，在复平面内，复数 z 对应点与复数1 i 对应的点关于虚轴对称，则 z i  （ ） A. 1 i B. 1 i C. 1 i  D. 1 i  【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的几何意义和对称关系，求出 z ，再由复数的除法运算法则，即可求解. 【详解】由题意知： 1 iz    ，故 1z ii    ． 故选：C. 【点睛】本题考查复数的代数运算以及几何意义，属于基础题. 2. 设集合 {0,1,2,3,4}U  ， {0,1,2,3}A  ， {1,2,4}B  ，则 ( )UA B ð （ ） A. {0,3} B. {1,3} C. {1} D. {0} 【答案】A 【解析】 - 2 - 【分析】 求出 B 的补集后可得 ( )UA B ð . 【详解】因为集合 {0,1,2,3,4}U  ， {0,1,2,3}A  ， {1,2,4}B  ， 所以  0,3U B ð ， 故  0 3( ,)UA B ð ， 故选：A． 【点睛】本题考查集合的补集与交集，此类问题依据定义计算即可，本题属于基础题． 3. 已知 , R   ，且 0   ，则（ ） A. tan tan 0   B. ln ln 0   C. tan tan 0   D. ln ln 0   【答案】B 【解析】 【分析】 由于正切函数在 R 上不是单调函数，所以当 0   时，无法比较 tan ,tan  的大小，而 lny x 在 0,  内是增函数，所以可以比较 ln ,ln  的大小 【详解】解：∵ lny x 在 0,  内是增函数， 0   ∴ln ln  ， ∴ ln ln 0   ． 故选：B． 【点睛】此题考查了利用函数的单调性比较大小，熟记基本函数的单调性是解此题的关键， 属于基础题. 4. 数列{ }na 的前 n 项和 (2 1)nS n n  ，若 4( , )k l k l N    ，则 k la a  （ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 - 3 - 【分析】 本题先通过 nS 判断数列是等差数列，再根据项数差值和公差直接求解即可. 【详解】∵  2 1nS n n  ， ∴数列 na 是公差为 4 的等差数列， ∵ 4k l  ， ∴ 4 4 16k la a    ， 故选：C. 【点睛】本题考查等差数列的判断和等差数列的基础运算，是基础题. 5. 函数 2 3 ln | |( ) sin x xf x x x   的图象大致为（ ） A. B. C. D. - 4 - 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数的解析式求出函数定义域，利用定义法判断函数的奇偶性，以及根据函数的变化趋 势，利用特殊值法进行排除，即可得出正确答案. 【详解】解：由题可知， 2 3 ln | |( ) sin x xf x x x   ， ∵ 3 sin 0x x  ，∴ 0x  ，故排除 A； ∵         2 2 3 3 ln | | ln | |( ) sinsin x x x xf x f xx xx x            ， ∴  f x 为奇函数，故排除 D； ∵ 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ln | | 3 sin s 1 1 1 1( ) 0 i1 1 1 1n e e ef e e e e e                                      ，故排除 B. 故选：C. 【点睛】本题考查函数图象的识别，关键是利用定义法判断函数的奇偶性和观察函数的变化 趋势，利用特殊值法进行排除，属于基础题. 6. 已知变量 x ， y 的关系可以用模型 kxy ce 拟合，设 lnz y ，其变换后得到一组数据下： x 16 17 18 19 z 50 34 41 31 由上表可得线性回归方程 4z x a   ，则 c  （ ） - 5 - A. 4 B. 4e C. 109 D. 109e 【答案】D 【解析】 【分析】 由 已 知 求 得 x 与 z 的 值 ， 代 入 线 性 回 归 方 程 求 得 a ， 再 由 kxy ce ， 得 ( )kx kxlny ln ce lnc lne lnc kx     ，结合 z lny ，得 z lnc kx  ，则 109lnc  ，由此求得 c 值． 【详解】解： 16 17 18 19 17.54x     ， 50 34 41 31 394z     ． 代入 4z x a   ，得 39 4 17.5 a   ，则  109a ．  4 109z x   ， 由 kxy ce ，得 ( )kx kxlny ln ce lnc lne lnc kx     ， 令 z lny ，则 z lnc kx  ， 109lnc  ，则 109c e ． 故选：D ． 【点睛】本题考查回归方程的求法，考查数学转化思想方法，考查计算能力，属于中档题． 7. 不共线向量 a ， b 满足 2a b  ，且 2b a b   ，则 a 与b a  的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】D 【解析】 【分析】 由 2b a b   ，得出 ,a b  夹角，进而求出 a 与 b a  的夹角，利用几何意义构造三角形，解三 角形． 【详解】由已知得： 2b a b   ， ∴   0b b a     ，如图， - 6 - 令OA a  ，OB b  ，则 BA a b    ， AB b a    ∵   0b b a     ，∴ BA OB ， 又∵ 2a b  ，∴ 30OAB   ，故 a 与b a  的夹角150． 故选：D. 【点睛】本题考查利用向量的线性运算的几何意义及向量数量积运算求夹角，考查逻辑推理 能力、运算求解能力，求解时注意借助图形的直观性. 8. 在 ABC 中， :p ABC 是锐角三角形， :sin cosq A C ，则 p 是 q的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，分别判断充分性和必要性，由因为 ABC 是锐角三角形，得 2A C   ，进而得 出 02 2A C     ，推出sin cosA C ，可证出充分性成立；取 90A  ， 30B   时， 满足sin cosA C ，但 ABC 是直角三角形，可证出必要性不成立，即可得出答案. 【详解】解：充分性：因为 ABC 是锐角三角形，则 2A C   ， 2A C   ，则 02 2A C     ， ∴ sin( )sin 2 CA   ，即sin cosA C ， 故充分性成立； - 7 - 必要性：当 90A   ， 30B   时， sin cosA C ， 但 ABC 是直角三角形， 故必要性不成立， ∴ p 是 q的充分不必要条件. 故选：B. 【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，还涉及三角函数的应用，考查分析推理能力. 9. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长 短的小木棍．如图，是利用算筹表示数 1－9 的一种方法．例如：3 可表示为“≡”，26 可表 示为“=⊥”，现有 6 根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用 1－9 这 9 个数字 表示两位数中，能被 3 整除的概率是（ ） A. 5 18 B. 7 18 C. 7 16 D. 5 16 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意把 6 根算筹所能表示的两位数列举出来后，计算哪些能被 3 整除即可得概率． 【详解】1 根算筹只能表示 1,2 根根算筹可以表示 2 和 6,3 根算筹可以表示 3 和 7,4 根算筹可 以表示 4 和 8,5 根算筹可以表示 5 和 9， 因此 6 根算筹表示的两位数有 15,19,51,91,24,28,64,68,42,82,46,86,37,33,73,77 共 16 个， 其中 15,51,24,42,33 共 5 个可以被 3 整除， 所以所求概率为 5 16P  ． 故选：D． 【点睛】本题考查古典概型，考查中国古代数学文化，解题关键是用列举法写出 6 根算筹所 能表示的两位数． 10. 如下图所示的程序框图，输出的结果为（ ） - 8 - A. 109 2 1  B. 1010 2 1  C. 99 2 1  D. 910 2 1  【答案】A 【解析】 【分析】 根据程序框图知 9 810 2 9 2 2 2 1S         ，运用错位相减法可得选项. 【详解】据题意 9 810 2 9 2 2 2 1S         ， 10 9 22 10 2 9 2 2 2 1 2S          ， 两式错位相减， 10 9 8 1010 2 (2 2 2) 1 9 2 1S           ， 故选：A. 【点睛】本题考查程序框图，注意理解程序框图的执行条件和意义，属于基础题. 11. 圆台上底面和下底面圆的周长分别为 2 3  和 2 3 3  ，母线长为 3 1 ，三视图如图所示．圆 台表面上的点 M 在主视图上的对应点为 A，圆台表面上的点 N 在侧视图上的对应点为 B，则在 此圆台的侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为（ ） - 9 - A. 3 2 B. 1 C. 2 D. 5 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图可得原几何体如图所示（圆台），侧面展开后可得最短路径的长度. 【详解】如图，三视图对应的几何体为圆台， 因为圆台上底面和下底面圆的周长分别为 2 3  和 2 3 3  ， 故圆台上底面和下底面圆的半径分别为 1 3,3 3r R  ， 设展开后的扇形的半径为l ，则 3 1 3 3 l l    ，故 3l  ， 故该扇形的圆心角为 2 3 23 33   ，如图所示， 侧面展开后 N 在扇形所在圆弧的 1 4 的等分点处（靠近 M ），故 30MON   ， 该圆台侧面展开图中三角形 OMN， 因为 1OM  ， 3ON  ，∴ 31 3 2 1 3 12MN        ， 所以从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为 1， 故选：B． - 10 - 【点睛】本题考查三视图以及与圆台有关的表面最短路径的计算，注意利用圆台的侧面展开 图来求最短路径，本题属于中档题． 12. 双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左，右焦点分别为 1( 2,0)F  ， 2 (2,0)F ，若双曲线 C 的渐近线上存在点 M 满足 1 2| | 2 | |MF MF ，则双曲线 C 的实轴长的最小值为（ ） A. 2 3 B. 4 3 C. 4 2 3 D. 8 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 设  ,M x y ，由 1 2| | 2 | |MF MF ，由距离公式化简得出点 M 在圆 2 2( 6) 32x y   上，当 双曲线 C 的渐近线与圆相切时，b 取得最大值，由相似三角形的性质得出 4 2 3b  ，结合 2 2 2 a b c ，得出 2a 的最小值. 【详解】设  ,M x y ，由 1 2| | 2 | |MF MF 可得 2 2 2 2( 2) 2[( 2) ]x y x y     ，整理得 2 2( 6) 32x y   即点 M 在以 6,0 为圆心， 4 2 为半径的圆上． 又点 2F 到双曲线 C 的渐近线的距离为 b ∴当双曲线 C 的渐近线与圆 2 2( 6) 32x y   相切时，b 取得最大值 此时 4 2 2 6 b  ，解得 4 2 3b  ． - 11 - ∴ 32 24 9 3a    ，故 42 3a  ． 故选：B 【点睛】本题主要考查了求双曲线中的最值问题，属于中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 已知实数 x ， y 满足 3 3 0 3 0 0 x y x y x          ，则目标函数 3z x y  取得最小值时， x 的取值范 围是________． 【答案】 0,3 【解析】 【分析】 由约束条件画出可行域，可知目标直线 1 3 3 zy x   在 y 轴的纵截距最小时， z 取得最小值， 当目标直线 1 3 3 zy x   与直线 3 3 0x y   重合时， z 取得最小值时，即可得出 x 的取值 范围. 【详解】解：由于实数 x ， y 满足 3 3 0 3 0 0 x y x y x          ， 画出可行域如图所示， 其中目标函数 3z x y  ，即 1 3 3 zy x   ， 当目标直线 1 3 3 zy x   在 y 轴的纵截距最小时， z 取得最小值， - 12 - 由图可知，目标直线 1 3 3 zy x   与直线 3 3 0x y   平行， 所以当目标直线 1 3 3 zy x   与直线 3 3 0x y   重合时， z 取得最小值时，则 x 的取值范围是 0,3 . 故答案为： 0,3 . 【点睛】本题考查简单线性规划中目标函数的最值问题，关键是画出可行域，利用目标函数 的几何意义进行求值，考查数形结合思想. 14. 4 2 1 1x x      的展开式中常数项是________. 【答案】13 【解析】 【分析】 由二项展开式的性质，列出常数项的表达式，即可求解. 【详解】由二项式 4 2 1 1x x      的展开式的计算方法和性质， 可得展开式的常数项为   2 4 4 1 2 2 1 4 4 3 1 11 1 13          C C x C Cx . 故答案为：13. 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的计算方法是解答 的关键，着重考查了推理与计算能力. 15. 已知单调递增数列 na 满足 1 0a  ，    2 * 1 11 4n n n na a a a n     N ，则 na  ________． 【答案】 21n  【解析】 【分析】 根据题意，求得 2 1 a  ，由于数列 na 是递增数列，可知 1 1 0n na a    ，且 14 0n na a   ， 由 2 1 11 4n n n na a a a     ，可得出 2 1 1n na a   ，再根据定义法证明出数列 na - 13 - 是首项为 0，公差为 1 的等差数列，利用等差数列的通项公式求出 1na n  ，即可得出 na . 【详解】解：  2 1 1 10, 1 4n n n na a a a a      ，   1 2 2 1 21 4a a a a     ， 即 2 2 1 0a   ，所以 2 1 a  ， 由于数列 na 是递增数列， 则 1 1 2 1n na a a a     ，且 14 0n na a   ， ∴ 1 1 0n na a    ， 由于 2 1 11 4n n n na a a a     ， 则 1 11 2n n n na a a a    ，即 1 12 1n n n na a a a   ，  2 1 1n na a   ， 而数列 na 是递增数列，则 1 0n na a   ， 1 1n na a   ， 数列 na 是首项为 0，公差为 1 的等差数列，  0 1 1 1na n n       ，    21na n n N     . 故答案为： 21n  . 【点睛】本题考查根据数列的递推关系求数列的通项公式，考查利用定义法证明等差数列和 等差数列的通项公式，考查运算能力. 16. 设函数   sin| ( ) | )0(f x x     的图象关于直线 1x  和 1x   均对称，下述四个结 论：①  1 1f   ；②4 是 f（x）的一个周期；③存在 ， 使  f x 为奇函数；④  0f 的 值可能为 0， 2 2 ，1．其中正确的结论是________．（把所有正确结论的序号均填上） 【答案】②④ 【解析】 - 14 - 【分析】 对于①，由于图像关于 1x   对称，所以 1(–1)f  或  1 0f   ，故①错误； 对于②，由题意可知 2 是是半周期的整数倍，从而可判断， 对于③，由于 ( ) 0f x  ，所以不可能为奇函数； 对于④，由 (0) | sin |f  ，从而可判断 【详解】∵  f x 的图象关于直线 1x   对称 ∴ 1(–1)f  或  1 0f   ， ∴①错误， ∵2 是半周期的整数倍，于是 4 是  f x 的一个周期， ∴②正确， ∵对于任意 ， ，   0f x  ∴不存在 ， 使  f x 为奇函数， ∴③错误， ∵ (0) |sin | |sin( ) |f            sin cos cos sin cos             或|sin | ， 由②可知 *4 ( )k Nk     ，所以 4 k  ， 于是  0f 的可能取值是 0， 2 2 ，1， ∴④正确． 故答案为：②④ 【点睛】此题考查了正弦型函数的图像和性质，属于中档题. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 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． （―）必考题：共 60 分． 17. 在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．已知 5cos(sin )6c A a C  ． - 15 - （1）求 C； （2）D 是线段 AB 上靠近 A 点的三等分点，且 1DA DC  ，求 BCD 的面积． 【答案】（1） 120C   ；（2） 3 2 . 【解析】 【分析】 （1）本小题直接利用正弦定理的边化角公式化简求角即可. （2）本小题先设 A ，再在 BCD 中利用正弦定理求角，最后根据面积公式求解即可. 【详解】（1）由正弦定理，可得 sin sinc A a C ， 则有 5cos(sin )6a C a C  ∴sin co3 1 2 n2s siC C C   ，∴ tan 3C   ∵  0,C  ，∴ 2 3C  ． （2）令 A   ， 0, 3      ， 由题意 ACD   ， 2BDC   ， 3ABC     ， 2 3BCD     在 BCD 中， sin sinBCD B CD A C D B   ， 则 2 1 2sin sin3 3               ， 3 1 3 12 cos sin cos sin2 2 2 2            ，得 3 3cos sin2 2   3tan 3   ，即 6   ， 3BDC   ， - 16 - BCD 的面积为 1 31 22 3 2sin     ． 【点睛】本题考查正弦定理，三角形面积公式，中档题. 18. 如图 1，在直角梯形 ABCD 中， / /AB CD ， AB AD ， 2AD CD AB  ，E，F 分别为 AD，BC 的中点，若沿着 EF 折叠使得 2AD AE 如图 2 所示，连结 BC． （1）求证：平面CDEF  平面 ABFE； （2）求二面角 C-BF-D 的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 21 21 . 【解析】 【分析】 （1）本小题先根据勾股定理判断线线垂直，再证明线面垂直，最后证明面面垂直. （2）本小题根据题意建立空间直角坐标系，再求二面角两个面的法向量，最后根据夹角公式 求解即可. 【详解】（1） E ， F 分别为 AD ， BC 的中点， // //EF AB CD AB AD ． EF AE  ， EF DE 2AD AE ， AE DE ∴ 2 2 2AE DE AD  DE EF  DE  平面 ABFE DE  平面CDEF - 17 - ∴平面CDEF  平面 ABFE ． （2）由（1）知， AE ， DE ， EF 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系， 令 1AE  则  0,0,1D ，  1,0,0A ，  1,1,0B ， 30, ,02F      ，  0.2,1C ．  1,1, 1DB   ， 30, , 12DF       ， 11, ,02FB       ， 10, ,12FC       设平面 BDF 的法向量为  , ,m x y z ， 则 0 0 m DB m DF          ，即 0 3 2 0 x y z y z       ， 令 2y  ，则 3z  ， 1x  ， ∴平面 BDF 的一个法向量为  1,2,3m  ． 设平面 BCF 的法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0 n FB n FC          ，即 2 0 2 0 x y y z      ， 令 1z   ，则 2y  ， 1x  ， ∴平面 BCF 的一个法向量为  1,2, 1n   ． ∴ 2 21cos , 2114 6 m nm n m n          ∵二面角 C BF D  为锐二面角设为 ， - 18 - ∴ 21cos 21   ． 【点睛】本题考查通过线线垂直证明面面垂直和借空间向量求二面角的余弦值，是较难题. 19. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ， 1F ， 2F 分别为椭圆 C 的左，右焦点，过 2F 且与 x 轴不重合的直线 l 交 C 于 P，Q 两点， 1PQF△ 的周长为 8， 1 2PF F△ 面积的最大值为 2． （1）求 C 的方程； （2）点 (2 2,0)A ，证明： APQ 内切圆的圆心在 x 轴上． 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据椭圆的定义可得 2a  ，根据 1 2PF F△ 面积的最大值为 2，可得 2c b  ，结合 2 2 2 4b c a   ，可得 2b c  ，从而可得椭圆C 的方程； （2）设直线 l 的方程为 2x ty  ，代入 2 2 14 2 x y  ，消去 x 整理得：  2 22 2 2 2 0t y ty    ，设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，根据韦达定理和斜率公式可得 QPA Ak k ，由此可证结论正确. 【详解】（1） 1PQF△ 的周长为 8， 4 8a  ， 2a  1 2PF F△ 面积的最大值为 2， 1 2 22 c b    ，即 2c b  ， 又∵ 2 2 2 4b c a   ，∴ 2b c  ， 2 4a  ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 2 x y  ． （2）由（1）得  2 2,0F ，设直线l 的方程为 2x ty  ， 代入 2 2 14 2 x y  ，消去 x 整理得： 2 22 2 2 2 0t y ty    ， - 19 - 设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，则 1 2 2 1 2 2 0 2 2 2 2 2 ty y t y y t            ， 记直线 PA ，QA 的斜率分别为 PAk ， QAk ，则 1 2 1 1 2 1 2 22 2 2 2 2 2P QAA ty y t k y y y yk x x               1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 ty y y y ty ty        2 2 1 2 4 4 2 2 0 2 2 t t t t ty ty          PA QAk k   ，因此 APQ 内切圆的圆心在 x 轴上． 【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系， 考查了斜率公式的应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 20. 石榴（Punicagranatum）原名“安石榴”，果实酸甜各异，是温带、亚热带稀有水果之 一．自古就有“九州之奇树，天下之名果”、“多籽丽人”的美称．石榴原产伊朗中亚地区， 秦汉时期，通过“丝绸之路”引入我国，已有两千多年的栽培历史，我国南北各地均有小流 域的栽培，共有 100 多个品种．金秋十月，怀远石榴成熟．不同品种的石榴价格及某石榴销 售点根据以往各种石榴日销量的统计如下表： 种类 软籽 硬籽 红玛 瑙 白花玉石 籽 红花玉石 籽 红玛 瑙 白花玉石 籽 红花玉石 籽 售价（单位：元/kg） 15 18 18 16 18 20 日销量（单位：kg） 50 80 70 80 120 100 - 20 - 此销售点对去年同一时间的 20 天，每天到该销售点要求订购石榴数量统计如下表： 重量范围（单位：kg） 0~100 101~300 301~600 601~900 901~1500 重量（单位：kg） 50 200 450 800 1250 天数（单位：天） 1 5 10 3 1 以上数据已做近似处理，将频率视为概率． （1）计算此石榴销售点未来 4 天内至少有 1 天石榴销售重量在 101~600kg 之间的概率； （2）①估计该销售点销售每千克石榴的价格的平均值（精确到元）； ②根据以往的经验，该销售点只有销售额的三分之一作为销售点员工的工资和销售点的利润， 其余的费用是其它各项消费．目前该销售点有员工 5 人，每人每天销售石榴不超过 300kg，日 工资 280 元．该销售点正在考虑每日利润的数学期望决定是否将员工裁减 1 人，若你是决策 者，是否裁减工作人员 1 人． 【答案】（1） 255 256 ；（2）①18 元；②该销售点应该裁减工作人员 1 人． 【解析】 【分析】 （1）由统计表知石榴销售量在101 600kg 之间的天数为 15，频率视为概率，估计概率为 15 3=20 4 ，未来 4 天中，石榴销售重量在101 600kg 之间的天数服从二项分布，由二项分布 概率公式可见解 （2）①根据石榴日销量的统计表数据利用加权平均数算法得解；②列出销售点每日销售量情 况并分别计算不裁员和裁员 1 人的平均每日利润的期望值，比较大小得出是否裁员 1 人. 【详解】（1）由题意，可得石榴销售量在101 600kg 之间的天数为 15， 频率 15 3 20 4f   ，故可估计概率为 3 4 ， 显然未来 4 天中，石榴销售重量在101 600kg 之间的天数服从二项分布， 即 3(4, )4X B: ，故所求概率为 0 4 4 3 2551 ( 0) 1 (1 )4 256P X C       ． - 21 - （2）①样本中估计该销售点销售每千克石榴的价格的平均值为 15 50 18 80 18 70 16 80 18 120 20 100 17.78 18500              （元） 故估计该销售点销售每千克石榴的价格的平均值为 18 元． ②该石榴销售点应该裁员 1 人，理由如下： 根据题意及（2）①，销售量每增加 1kg，代办点快递收入增加 18（元）， 若不裁员，则每日销售量的上限为 1500kg，销售点每日销售量情况如下： 重量范围（单位：kg） 0 100 101 300 301 600 601 900 901 1500 重量（单位：kg） 50 200 450 800 1250 天数（单位：天） 1 5 10 3 1 频率 0.05 0.25 0.50 0.15 0.05 EY 50 0.05 200 0.25 450 0.5 800 0.15 1250 0.05 460          故销售点平均每日利润的期望值为 1460 18 5 280 13603      （元）； 若裁员 1 人，则每日销售量的上限为 1200kg，销售点每日销售量情况如下： 重量范围（单位：kg） 0 100 101 300 301 600 601 1200 重量（单位：kg） 50 200 450 800 天数（单位：天） 1 5 10 4 频率 0.05 0.25 0.50 0.20 EY 50 0.05 200 0.25 450 0.5 800 0.2 437.5        - 22 - 故销售点平均每日利润的期望值为 1437.5 18 4 280 15053      （元）； 1360 1505 ，故该销售点应该裁减工作人员 1 人． 【点睛】本题考查二项分布的概率及利用数学期望值解决实际问题. 服从二项分布解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→ 找到参数 →写出二项分布的分布列→将值代入求解概率→列分布列，求期望. 21. 已知函数    21 12 xf x e x kx k R     . （1）当 1k  时，讨论  f x 极值点的个数； （2）若 a，b 分别为  f x 的最大零点和最小零点，当 8a b  时，证明： 2k  . 【答案】（1）两个（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求出导函数 ( )f x ，由 ( )f x 0 ， ( ) 0f x  确定单调性后再得极值点个数． （2）先证明 1k  时，函数没有两个零点，从而 1k  ，设 1 2x x ，且 1 2,x x 是两个极值点，得  1 0f x  ，  2 0f x  ，计算 ( 2 ) 0f k  ，证明 (2 ) 0f k  ，可缩小 ,a b 范围  12 ,b k x  ，  2 ,2a x k ，得 4a b k  ，从而证得命题成立． 【详解】（1）   21 12 xf x e x kx    则     1x xf x e x k f x e       ，   0 0f x x    ，  ,0x  ，    0f x f x   单调递减，  0,x  ，    0f x f x   单调递增，    min 0 1f x f k    ， 当 1k  时， 1 0x  ， 2 0x  ，使得    1 2 0f x f x   ，  1,x x  ， 2 ,x  时    0f x f x   单调递增，  1 2,x x x 时    0f x f x   单调递减， - 23 -  f x 有两个极值点. 综上： 1k  时，  f x 有两个极值点： （2）证明：由（1）可知：当 1k  时，      min 0 1 0 0f x f k f x        恒成立，且   0f x  的解为有限个， 所以  f x 在 R 上单调递增，又因为  0 0f  所以  f x 有且只有一个零点， 所以：若函数有不止一个零点，则 1k  当 1k  时，由（1）可知： 1 0x  ， 2 0x  ，  1,x x  ， 2 ,x  时  f x 单调递增，  1 2,x x x 时  f x 单调递减， 因为  0 0f  ，所以  1 0f x  ，  2 0f x  且   22 1 0kf k e    ，   2 22 4 1kf k e k   ，当 1k  时， 令        2 2 2 22 4 1 2 8 4 8 0k k kh k f k e k h k e k h k e             h k 在  1,k   上单调递增，又因为  h k 为连续函数，     21 2 8 0h k h e      ，  h k 在  1,k   上单调递增，又因为  h k 为连续函数， 所以：     21 5 0h k h e    ，即  2 0f k  ， 又因为  0 0f  ，所以  12 ,b k x  ，  2 ,2a x k ，  8 2 2 4a b k k k      ， 所以 2k  . 【点睛】本题考查导数与极值，考查用导数研究函数的零点，由导数确定函数的单调性．解 题中适当缩小零点的范围是解题的关键． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第 一题计分． - 24 - 选修 4-4：坐标系与参数方程 22. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线 2 2: 8C x y x y   就是其中之一（如 图）． （1）以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C 的极坐标方程； （2）求证：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 4． 【答案】（1） 2 8 1 cos sin     ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用 cosx   ， siny   可得曲线 C 的极坐标方程； （2）就 cos 0  、 cos 0  分类讨论，再利用二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质可得 4  .也可以利用直角坐标方程结合基本不等式可得 2 2 16x y  ，从而可证任意一点到原 点的距离都不超过 4. 【详解】（1） cosx   ， siny   代入方程 2 2 8x y x y   ， 得 2 8 cos sin      ，即： 2 8 1 cos sin     ； （2）法一：极坐标方程： 当 cos 0  时， 2 8 16 1 cos sin 2 sin 2       ， 因为 2 sin 2 1  ，故 2 16  即 4  当 cos 0  时， 2 8 16 161 cos sin 2 sin 2        ，同理可证 4  ∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4． 法二：直角坐标方程： - 25 - 由 2 2 8x y x y   得， 2 2 2 2 8 2 x yx y   ， 解得 2 2 16x y  ，∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4． 【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，还考查了三角函数的性质、二倍角的 正弦公式、基本不等式等，注意根据函数的特征选择合适的证明方法，本题属于中档题. 【选修 4-5：不等式选讲】 23. 已知函数   2f x a x x    ， 24( ) ( 4) 69g x x a    ． （1）当 2a  时，求不等式   0f x  的解集； （2）设 1( ) max{ ( ), ( )}H x f x g x ， 2 ( ) min{ ( ), ( )}H x f x g x ，记 1( )H x 的最小值 A ， 2 ( )H x 的最大值为 B ，求 A B ．（ max{ , }p q 表示 p ，q中的较大值，min{ , }p q 表示 p ，q 中的较小值．） 【答案】（1）[0,2] ；（2） 4 . 【解析】 【分析】 （1）将函数 ( )f x 中的绝对值去掉，然后再分段求解   0f x  即可； （2）根据题意作出两个函数的图像，根据题意可判断出图像实线部分为 1( )H x 的图像，虚线 部分为 2 ( )H x 的图像，从而可以找到 ,A B 所对应的区间，从而求出 ,A B 的值. 【详解】解：（1）当 2a  时，   2 , 0 0,0 2 4 2 , 2 x x f x x x x        ， 当 0x  时，由   0f x  得 2 0x ，解得 0x  ，不符合题意，舍去 当 0 2x  时，由   0f x  得 0 0 ，所以 0 2x  ， 当 2x  时，由   0f x  得 4 2 0 x ，解得 2x  ，不合题意，舍去， 所以不等式   0f x  的解集为[0,2] ； （2）如图，作出函数 ( ), ( )f x g x 的图像，则图像实线部分为 1( )H x 的图像，虚线部分为 2 ( )H x - 26 - 的图像， 当 2x  时，令 ( ) ( )f x g x ，则 24( 2) ( 4) 69a x x x a       ， 整理得 (2 1)( 4) 0x x   ， 因为 2x  ，所以 4x  ， 所以 (4) 6A f a   ， 当 0 2x  时，令 ( ) ( )f x g x ，则 242 ( 4) 69a x a     ， 所以 ( 1)( 7) 0x x   ， 因为 0 2x  ，所以 1x  ， 所以 (1) 2B f a   ， 综上 (4) 6A f a   ， (1) 2B f a   ， 所以 4A B   【点睛】此题考查求解绝对值不等式和解不等式，利用了数形结合的思想，考查了转化能力 和计算能力，属于中档题. - 27 -