湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五）数学（理）试题 Word版含解析

湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五）数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年普通高等学校招生全国统一考试考前演练（五）‎ 数学（理科）‎ 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.若复数z满足，则|z|=（ ）‎ A. 5 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算，化简求得，再利用模的计算公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，复数满足，则，‎ 所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数模的计算，其中解答中复数的运算法则，以及复数模的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. （2，3） B. （0，3） C. （-3，0） D. （0，2）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求得集合，再根据集合交集的运算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由对数的运算，可得，，‎ 根据集合的交集运算，可得，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中熟记对数的运算性质和一元二次不等式的解法，准确求解得到集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.为考察A，B两种药物预防某疾病的效果，进行动物实验，分别得到等高条形图如图所示，根据图中信息，在下列各项中，说法最佳的一项是（ ） ‎ - 25 -‎ A. 药物B预防效果优于药物A的预防效果 B. 药物A、B对该疾病均没有预防效果 C. 药物A、B对该疾病均有显著的预防效果 D. 药物A的预防效果优于药物B的预防效果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等高条形图，可得服用A药物的患病人数明显少于服用药物B的人数，服用A药物的未患病人数明显多于服用药物B的人数，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由等高条形图知，服用A药物的患病人数明显少于服用药物B的人数，服用A药物的未患病人数明显多于服用药物B的人数，所以药物A的预防效果优于药物B的预防效果，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等高条形图应用，其中解答中理解、掌握统计图表的含义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎4.等差数列的前n项和为Sn，若a4，a10是方程的两根，则 （）‎ A. 21 B. 24 C. 25 D. 26‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 根据一元二次方程中根与系数的关系，得到，再由等差数列的性质和前n项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】因为是方程的两根，所以，‎ 又由，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的性质和前n项和公式，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎5.已知定义在R上的奇函数f（x），当时，，则曲线在点P（2，f（2））处的切线斜率为 （）‎ A. 10 B. -10 C. 4 D. 与m的取值有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数是定义在R上的奇函数，求得，得到，当时，求得，再由导函数为偶函数，即可求得的值，得到切线的斜率.‎ ‎【详解】由题意知，函数是定义在R上的奇函数，可得，‎ 即，解得，即，‎ 当时，函数，则，所以，‎ 由导函数，可得导数为偶函数，所以，‎ 即曲线在点处的切线斜率为,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记导数的几何意义，合理应用函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎6.在梯形ABCD中，CD//AB，，点P在线段BC上，且，则 （）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的线性运算的三角形法则和平行四边形法和平面向量的基本定理，即可化简得到答案.‎ ‎【详解】由题意，因为，根据向量的运算可得，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟记向量的三角形法则、平行四边形法则，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎7.中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面左上方缀着的五颗黄色五角星，四颗小五角星环拱于大星之右，象征中国共产党领导下的革命人民大团结和人民对党的衷心拥护.五角星可通过正五边形连接对角线得到，且它具有一些优美的特征，如且等于黄金分割比，现从正五边形A1B1C1D1E1内随机取一点，则此点取自正五边形A2B2C2D2E2内部的概率为()‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正五边形A1B1C1D1E1∽正五边形A2B2C2D2E2，求得相似比，再根据由面积比的几何概型，即可求解概率，得到答案.‎ ‎【详解】根据题意知，正五边形A1B1C1D1E1∽正五边形A2B2C2D2E2，‎ 可得，所以，‎ 所以由面积比的几何概型，可得所求的概率为，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型及其概率的计算问题，其中解答中根据五边形相似，求得相似图象的相似比是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.的展开式中，含项的系数为( )‎ A. B. C. D. 18‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：化简，求出展开式中的系数分别为，从而可得结果.‎ 详解：因为 - 25 -‎ ‎，‎ 展开式的通为，‎ 令，可得 展开式中的系数分别为，‎ 所以含项的系数为，故选A.‎ 点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎9.一个几何体的三视图如图所示，其轴截面的面积为6，其中正视图与侧视图均为等腰梯形，则该几何体外接球的表面积为 （）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可得该几何体为一个圆台，上下底面圆的半径分别为，由轴截面的面积，求得 - 25 -‎ ‎，再由求得性质，求得求得半径，利用球的表面积公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】该几何体为一个圆台，上下底面圆的半径分别为，‎ 设其高为，由轴截面的面积为6，得，解得，‎ 设圆台外接球的半径为R，‎ 由题意得，解得，‎ 外接球的表面积为，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.‎ ‎10.已知抛物线C：的焦点为F，过F作倾斜角为锐角的直线l交抛物线C于A、B两点，弦AB的中点M到抛物线C的准线的距离为5，则直线l的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的方程为，联立方程组，求得，再根据弦的中点到抛物线的准线的距离为5，列出方程，即可求解.‎ ‎【详解】由抛物线方程，可得，‎ 设直线的方程为，点，线段的中点，‎ 由，得，则，‎ 又因为弦的中点到抛物线的准线的距离为5，所以，‎ - 25 -‎ 即，解得,即，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中设出直线方程，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系和题设条件，得到关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱C1D1的中点，Q是正方体内部或正方体的表面上的点，且EQ∥平面A1BC1，则动点Q的轨迹所形成的区域面积是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，直线EQ∥平面A1BC1，可得动点Q轨迹为由棱C1D1，D1A1，A1A，AB，BC，CC1的中点E，F，G，H，M，N构成的正六边形，其中边长为，即可求解动点Q的轨迹所形成的区域面积，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，根据可得动点Q的轨迹为由棱C1D1，D1A1，A1A，AB，BC，CC1的中点E，F，G，H，M，N构成的正六边形，其中边长为，如图所示，‎ 所以动点Q的轨迹所形成的区域面积为： ，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及线面平行的应用，其中解答中根据线面平行的性质定，得出点Q的运动轨迹是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ - 25 -‎ ‎12.已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为，.这两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形.若，记椭圆与双曲线的离心率分别为、，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设椭圆和双曲线的半焦距为，，由于是以为底边的等腰三角形，若，即有，由椭圆的定义可得，由双曲线定义可得，即由，再由三角形的两边之和大于第三边，可得，可得，既有，由离心率公式可得，由于，则由，则的取值范围是，故选C.‎ 考点：圆锥曲线的几何性质.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了圆锥曲线的几何性质，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质、双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用，椭圆与双曲线的离心率等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解得中借助三角形的三边之间的关系，列出关于表达式是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ - 25 -‎ ‎13.已知实数x，y满足，则目标函数的最大值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组所表示的可行域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的最大值，得到答案.‎ ‎【详解】画出不等式组所表示的可行域，如图所示，‎ 由目标函数，可得直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的纵截距最大，此时z最大，‎ 又由，解得 ‎ 所以目标函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若，，则当Tn取最大值时，n的值为_____.‎ ‎【答案】4‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列{an}的公比为，求得，得到，进而利用指数函数的性质，即可判定，得到答案.‎ ‎【详解】设等比数列{an}的公比为，‎ 因为，，可得，解得，‎ 则，‎ 当Tn取最大值时，可得n为偶数，函数在R上递减，‎ 又由，，，可得，‎ 当，且n为偶数时，，‎ 故当时，Tn取最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等差数列求和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式求得公比，进而利用等差数列的求和公式，得到的表达式，结合指数函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎15.习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略.为配合国家精准扶贫战略，某省示范性高中安排6名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为_____.‎ ‎【答案】360‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法1：由题意，分四种情况分类讨论，（1）甲校安排1名教师；（2）甲校安排2名教师；‎ ‎（3）甲校安排3名教师；（4）甲校安排4名教师，再由分类计数原理，即可求解；‎ 方法2：由6名教师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2，分别求解，再由分类计数原理，即可求解.‎ ‎【详解】方法1：根据甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，可分四种情况：‎ - 25 -‎ ‎（1）甲校安排1名教师，分配方案种数有；‎ ‎（2）甲校安排2名教师，分配方案种数有；‎ ‎（3）甲校安排3名教师，分配方案种数有；‎ ‎（4）甲校安排4名教师，分配方案种数有；‎ 由分类计数原理，可得共有（种）分配方案.‎ 方法2：由6名教师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2，‎ ‎（1）对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有种，其余5名分成一人组和四人组有种，共（种）；李老师分配到四人组且该组不去甲校有（种），则第一种情况共有（种）；‎ ‎（2）对于第二种情况，李老师分配到一人组有（种），李老师分配到三人组有（种），李老师分配到两人组有（种），所以第二种情况共有（种）；‎ ‎（3）对于第三种情况，共有（种）；‎ 综上所述，共有（种）分配方案.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分类计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎16.设直线与曲线有公共点，则整数k的最大值是______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线与曲线 有公共点，由斜率公式化简得，‎ 设，利用导数求得函数的单调性与最值，得到 - 25 -‎ ‎，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】设直线与曲线有公共点，‎ 由斜率公式，可得，‎ 当，时等号成立，‎ 设，则，‎ 所以g（s）在（0，1）上是增函数，在 上是减函数，‎ 所以，且， ‎ 所以，当时等号成立，‎ 因为两次等号不能同时成立，所以， ‎ 又由，所以，所以整数的最大值是1.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及参数的最值问题，着重考查了转化与化归思想、及逻辑推理能力与计算能力，此类问题的解答，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ 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.‎ ‎17.在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，已知，.‎ ‎（1）求△ABC外接圆的面积；‎ ‎（2）求边c的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，利用正弦定理可得，解得，即可求解外接圆的面积；‎ - 25 -‎ ‎（2）由及余弦定理，整理得 ，利用基本不等式求得，进而得到，再由正弦定理，即可求解边长的最大值.‎ ‎【详解】（1）设△ABC外接圆的半径为R，由，利用正弦定理可得，‎ 解得，外接圆的面积为；‎ ‎（2）由及余弦定理，得，‎ 整理得 ，即， ‎ 则，当且仅当时取等号，‎ 由正弦定理得，‎ 所以边长的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.‎ ‎18.在五边形AEBCD中，，C，，，（如图）.将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图）.‎ ‎（1）求证：平面ABE⊥平面DOE；‎ ‎（2）求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）见解析（2）45°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据矩形的性质，求得，再由等腰三角形的性质，证得，由线面垂直的判定，可得AB⊥平面EOD，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面ABE⊥平面EOD；‎ ‎（2）由（1）以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面ECD和平面ABE的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，O是线段AB的中点，则.‎ 又，则四边形OBCD为平行四边形，又，则，‎ 因，，则.‎ ‎，则AB⊥平面EOD.‎ 又平面ABE，故平面ABE⊥平面EOD. ‎ ‎（2）由（1）易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎△EAB为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC，‎ 则，取，‎ 则O（0，0，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），‎ E（0，0，1），则，，‎ 设平面ECD的法向量为，‎ 则有取，得平面ECD的一个法向量，‎ 因OD⊥平面ABE.则平面ABE的一个法向量为，‎ 设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则 ‎，‎ 因为，所以，‎ 故平面ECD与平面ABE所成的镜二面角为45°. ‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19.已知平面上一动点P到定点C（1，0）的距离与它到直线的距离之比为.‎ ‎（1）求点P的轨迹方程；‎ ‎（2）点O是坐标原点，A，B两点在点P的轨迹上，F是点C关于原点的对称点，若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，由动点P到定点C（1，0）的距离与它到直线的距离之比为，列出方程，即可求解；‎ ‎（2）由，得，代入椭圆的方程得，又由，得，两式相减，求得，根据的范围，即可求解的取值范围.‎ ‎【详解】（1）设是所求轨迹上的任意一点，‎ 由动点P到定点C（1，0）的距离与它到直线的距离之比为，‎ - 25 -‎ 则，化简得，即点P的轨迹方程为.‎ ‎（2）由F是点C关于原点的对称点，所以点F的坐标为（－1，0），‎ 设，，因为，‎ 则，可得， ‎ ‎∵，即 ①‎ 又由，则 ②‎ ‎①②得：，化简得，‎ ‎∵，∴，解得，‎ 所以λ的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的方程的求解，以及向量的运算及椭圆的方程的应用，其中解答中根据题意列出方程，求得椭圆的方程，再利用向量的坐标运算，结合椭圆的方程，求得与的关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎20.随着国内电商的不断发展，快递业也进入了高速发展时期，按照国务院的发展战略布局，以及国家邮政管理总局对快递业的宏观调控，SF快递收取快递费的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，在收费10元的基础上，每超过1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收5元.某县SF分代办点将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：‎ 重量（单位：kg）‎ ‎（0，1]‎ ‎（1，2]‎ ‎（2，3]‎ ‎（3，4]‎ ‎（4，5]‎ 件数 ‎43‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎8‎ ‎4‎ 对近60天，每天揽件数量统计如下表：‎ 件数范围 ‎0~100‎ ‎101~200‎ ‎201~300‎ ‎301~400‎ ‎401~500‎ - 25 -‎ 件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 天数 ‎6‎ ‎6‎ ‎30‎ ‎1‎ ‎6‎ 以上数据已做近似处理，将频率视为概率.‎ ‎（1）计算该代办点未来5天内不少于2天揽件数在101~300之间的概率；‎ ‎（2）①估计该代办点对每件包裹收取的快递费的平均值；‎ ‎②根据以往的经验，该代办点将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其余的用作其他费用.目前该代办点前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资110元.代办点正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后代办点每日利润的数学期望，若你是决策者，是否裁减工作人员1人？‎ ‎【答案】（1）（2）①15，②代办点不应将前台工作人员裁员1人 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得到样本中包裹件数在101~300之间的概率为，进而得到包裹件数在101~300之间的天数服从二项分布，即可求解相应的概率；‎ ‎（2）①利用平均数的计算公式，求得样本中每件快递收取的费用的平均值，即可得到结论；‎ ‎②根据题意及①，分别计算出不裁员和裁员，代办点平均每日利润的期望值，比较即可得到结论.‎ ‎【详解】（1）由题意，可得样本中包裹件数在101~300之间的天数为36，频率，‎ 故可估计概率为， ‎ 显然未来5天中，包裹件数在101~300之间的天数服从二项分布，即，‎ 故所求概率为. ‎ ‎（2）①样本中快递费用及包裹件数如下表：‎ 包裹重量（单位：kg）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 快递费（单位：元）‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ - 25 -‎ 包裹件数 ‎43‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎8‎ ‎4‎ 故样本中每件快递收取费用的平均值为，‎ 故估计该代办点对每件快递收取的费用的平均值为15元. ‎ ‎②代办点不应将前台工作人员裁员1人，理由如下：‎ 根据题意及（2）①，搅件数每增加1，代办点快递收入增加15（元），‎ 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，代办点每日揽件数情况如下：‎ 包裹件数范围 ‎0~100‎ ‎101~200‎ ‎201~300‎ ‎301~400‎ ‎401~500‎ 包裹件数（近似处理）‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ EY 故代办点平均每日利润的期望值为（元）； ‎ 若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，代办点每日揽件数情况如下：‎ 包裹件数范围 ‎0~100‎ ‎101~200‎ ‎201~300‎ ‎301~400‎ ‎401~500‎ 包裹件数（近似处理）‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎300‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ EY 则代办点平均每日利润的期望值为（元），‎ 故代办点不应将前台工作人员裁员1人.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项分布的应用，以及期望的求解及应用，其中解答中正确理解题意，熟记利用二项分布的概率计算方法，以及准确计算代办点平均每日利润的期望是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；‎ ‎（2）若f（x）有两个极值点，，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，，按、、三种情况分类讨论，得出函数的单调性，进而得出函数的极值；‎ ‎（2）由（1）知，当时，极值点，是方程的两根，化简得，设，，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，‎ 得，， ‎ ‎（i）若时；，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增，‎ 所以当，函数取得极小值，是的一个极小值点；‎ ‎（ii）若时，则，即时，此时，在是减函数，无极值点，‎ 当时，则，令，解得，，‎ - 25 -‎ 当和时，，当时，，‎ ‎∴在取得极小值，在取得极大值，所以有两个极值点，‎ 综上可知：（i）时，仅有一个极值点；(ii).当时，无极值点；‎ ‎(iii)当，有两个极值点.‎ ‎（2）由（1）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，‎ 且，是方程的两根，∴,，‎ 则 ‎，‎ 设，，则， ‎ ‎∴时，是减函数，，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参的不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎22.在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C的方程变为.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线/的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；‎ ‎（2）过点作l的垂线l0交C于A，B两点，点A在x轴上方，求的值.‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将变换公式代入得，即可曲线C的方程，利用极坐标与直角的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程； ‎ ‎（2）将直线l0的参数方程代入曲线C的方程整理得，利用根与系数的关系和直线的参数方程中参数的几何意义，即可求解的值.‎ ‎【详解】（1）将代入得，曲线C的方程为，‎ 由，得，‎ 把，代入上式得直线l的直角坐标方程为. ‎ ‎（2）因为直线l的倾斜角为，所以其垂线l0的倾斜角为，‎ 则直线l0的参数方程为（t为参数），即（t为参数）‎ 代入曲线C的方程整理得，‎ 设A，B两点对应的参数为t1，t2，由题意知，，‎ 则，且，‎ 所以.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用韦达定理和直线的参数方程中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）若关于x的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，若，使得成立，求实数k的取值范围.‎ ‎【答案】（1）[-4，4]（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式，解得，得到，分类讨论，即可求解不等式的解集；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式得，利用二次函数的性质求得，再由，使得成立，得到则，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，不等式，即，所以，‎ 又由，解得，‎ 因为，所以，‎ 当时，，‎ 不等式等价于，或，或，‎ 即，或，或，‎ 综上可得，故不等式的解集为[-4，4] .‎ ‎（2）因为，‎ 由，，可得，‎ 又由，使得成立，‎ - 25 -‎ 则，解得或，‎ 故实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的求解方法，合理应用绝对值三角不等式求最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎ ‎ - 25 -‎ ‎ ‎ - 25 -‎