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2019年山东省临沂市高考数学一模试卷(理科)含详细解答

1、把函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变) , 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g(x) ,则下列说法正确的是( ) Ag(x)在上单调递增 Bg(x)的图象关于对称 Cg(x)的最小正周期为 4 Dg(x)的图象关于 y 轴对称 5 (5 分)已知 x,y 满足约束条件,若的最大值为 4,则实数 m 的值为( ) A2 B3 C4 D8 6 (5 分)赵爽是三国时代的数学家、天文学家,他为周髀算经一书作序时,介绍了“勾 股圆方图” , 亦称 “赵爽弦图” , 图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形 (阴影) 如 图,设 AB:BC1:3,若向弦图内随机抛掷 5000 颗米粒

2、(大小忽略不计) ,则落在小正 方形(阴影)内的米粒数大约为( ) 第 2 页(共 28 页) A134 B67 C200 D250 7 (5 分)给出下列四个命题: 命题 p:; 的值为 0; 若 f(x)x2ax+1 为偶函数,则曲线 yf(x)在点(1,f(1) )处的切线方程是 y 2x 已知随机变量 N(1,1) ,若 P(13)0.9544, 则 P(3)0.9772其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 8 (5 分)执行如图所示的程序框图,输出的值为( ) A1 B C D0 9 (5 分)在ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,a3,c2,bsin

3、A ( ) A1 B C D 第 3 页(共 28 页) 10 (5 分)某几何体的三视图如图所示(俯视图中的虚线为半圆) ,则该几何体的体积为 ( ) A82 B C D 11(5 分) 函数 f (x) 上不单调的一个充分不必要条件是 ( ) A B C D 12 (5 分)F1,F2是双曲线的左、右焦点,直线 l 为双曲线 C 的一条渐近线,F1关于直线 l 的对称点为,且点在以 F2为圆心、以半虚轴 长 b 为半径的圆上,则双曲线 C 的离心率为( ) A B C2 D 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分 13 (5 分

4、)已知 sin+cos 14 (5 分) (2x+y) (x2y)5展开式中 x3y3的系数为 15 (5 分)已知椭圆的左、右焦点分别为 F1,F2,过左焦点 F1作斜 率为2 的直线与椭圆交于 A,B 两点,P 是 AB 的中点,O 为坐标原点,若直线 OP 的 斜率为,则 a 的值是 16 (5 分)已知ABC 的一内角,AB10,AC6,O 为ABC 所在平面上一点, 满足|OA|OB|OC|,设m+n,则 m+3n 的值为 三、解答题:共三、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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 第 4 页(

5、共 28 页) 题,每个试题考生都必须作答第题,每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题,考生要根据要求作答 (一)必考题为选考题,考生要根据要求作答 (一)必考 题:共题:共 60 分分 17 (12 分)设 Sn为数列an的前 n 项和,已知 a13,对任意 nN*,都有 2Snannan (1)求数列an的通项公式; (2)令,求数列bn的前 n 项和 Tn 18 (12 分)如图,平面 ABCD平面 ABE,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,AE1, F 为 CE 上的点,且 BF平面 ACE (1)求证:AE平面 BCE; (2) 线段 AD 上是否存在一点 M, 使

6、平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为? 若存在,试确定点 M 的位置;若不存在,请说明理由 19 (12 分)已知抛物线 C:y22px(p0)的焦点为 F,P 为抛物线上一点,O 为坐标原 点,OFP 的外接圆与抛物线的准线相切,且外接圆的周长为 3 (1)求抛物线 C 的方程; (2)设直线 l 交 C 于 A,B 两点,M 是 AB 的中点,若|AB|12,求点 M 到 y 轴的距离 的最小值,并求此时 l 的方程 20 (12 分)随着快递行业的崛起,中国快递业务量惊人,2018 年中国快递量世界第一,已 连续五年突破五百亿件,完全超越美日欧的总和,稳居世界第一名某快递公

7、司收取费 的标准是:不超过 1kg 的包裹收费 8 元;超过 1kg 的包裹,在 8 元的基础上,每超过 1kg (不足 1kg,按 1kg 计算)需再收 4 元 该公司将最近承揽(接收并发送)的 100 件包裹的质量及件数统计如下(表 1) : 表 1: 第 5 页(共 28 页) 包裹重量(单位:kg) (0,1 (1,2 (2,3 (3,4 (4,5 包裹件数 43 30 15 8 4 公司对近 50 天每天承揽包裹的件数(在表 2 中的“件数范围”内取的一个近似数据) 、 件数范围及天数,列表如表(表 2) : 表 2: 件数范围 099 100199 200299 300399 40

8、0500 天数 5 10 25 5 5 每天承揽包裹 的件数 50 150 250 350 450 (1)将频率视为概率,计算该公司未来 3 天内恰有 1 天揽件数在 100299 之间的概率; (2) 根据表 1 中最近 100 件包裹的质量统计, 估计该公司对承揽的每件包裹收取快递 费的平均值: 根据以上统计数据,公司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, 其余用作其他费用目前,前台有工作人员 5 人,每人每天揽件数不超过 100 件,日工 资 80 元公司正在考虑是否将前台人员裁减 1 人,试计算裁员前、后公司每天揽件数的 数学期望;若你是公司决策者,根据公司每天所获利润的

9、期望值,决定是否裁减前台工 作人员 1 人? 21 (12 分)已知函数 f(x)(ax22x+a)e x(aR) (1)当 a0 时,求 f(x)的单调区间; (2)若存在 a(,0,使得 f(x)bln(x+1)在 x0,+)上恒成立,求实数 b 的取值范围 选考题:共选考题:共 10 分请考生在第分请考生在第 22,23 题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题 计分计分选修选修 4-4:坐标系与参数方程选讲:坐标系与参数方程选讲 22 (10 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1的参数方程为( 为参数) ,以坐 标原点为极点,x 轴的正半

10、轴为极轴建立极坐标系(0,02) ,点 A 为曲线 C1 上的动点,点 B 在线段 OA 的延长线上,且满足|OA|OB|6,点 B 的轨迹为 C2 (1)求 C1,C2的极坐标方程; (2)设点 C 的极坐标为(2,0) ,求ABC 面积的最小值 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 第 6 页(共 28 页) 23已知函数 f(x)|x5|+|x1| (1)求 f(x)的最小值 m; (2)若正实数 a,b 满足m 第 7 页(共 28 页) 2019 年山东省临沂市高考数学一模试卷(理科)年山东省临沂市高考数学一模试卷(理科) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本题共

11、一、选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分在每小题给出的四个选项中,只有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一项是符合题目要求的 1 (5 分)设 zi3+,则 z 的虚部是( ) A1 B C2i D2 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解:, 则 z 的虚部是2 故选:D 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题 2 (5 分)已知集合 M( ) A (1,1)(1,2) B (1,2) C (1,1)(1,2 D (1,2 【分析】解分式不等式化简集合 M,再由交集的运算求出 M

12、(RN) 【解答】解:,(x2) (x+1)0,且 x+10, 1x2,Mx|1x2, RNx|x1 且 x3 且 x5, M(RN)x|1x2 且 x1 故选:C 【点评】本题考查交、并、补集的混合运算,以及分式不等式的运算,属于基础题 3 (5 分)已知向量 (2,1) , (1,k) , (2 ) ,则 k( ) A8 B6 C6 D8 【分析】可求出,根据即可得出,进行数 量积的坐标运算即可求出 k 的值 【解答】解:; 第 8 页(共 28 页) ; ; k8 故选:D 【点评】考查向量垂直的充要条件,向量坐标的减法、数乘和数量积的运算 4 (5 分)把函数的图象上各点的横坐标缩短为

13、原来的(纵坐标不变) , 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g(x) ,则下列说法正确的是( ) Ag(x)在上单调递增 Bg(x)的图象关于对称 Cg(x)的最小正周期为 4 Dg(x)的图象关于 y 轴对称 【分析】根据三角函数的图象变换,求出 g(x)的解析式,结合三角函数的单调性,对 称性以及周期性分别进行判断即可 【解答】 解: 函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的 (纵坐标不变) , 得到 ysin(2x+) , 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g(x) ,即 g(x)sin2(x)+sin (2x+)sin(2x) , A当 x时,2x(,) ,此时 g(x)为增函数,故

14、A 正确, B g () sin (2) sin () 10, 即g (x) 的图象关于 不对称,故 B 错误, Cg(x)的最小正周期为,故 C 错误, Dg(x)不是偶函数,关于 y 轴不对称,故 D 错误, 故选:A 【点评】 本题主要考查三角函数的 图象和性质, 根据三角函数的图象变换规律求出 g (x) 的解析式以及利用三角函数的性质是解决本题的关键 第 9 页(共 28 页) 5 (5 分)已知 x,y 满足约束条件,若的最大值为 4,则实数 m 的值为( ) A2 B3 C4 D8 【分析】画出不等式组表示的平面区域,根据 z3x2y 的最大值为 4, 得出直线 x+ym0,过直

15、线 3x2y4 和直线 x20 的交点 A,从而求得 m 的值 【解答】解:画出不等式组表示的平面区域, 如图所示, 根据 z3x2y 的最大值为 4, 得出直线 x+ym0,过直线 3x2y4 和直线 x20 的交点 A(2,1) , 计算 m2+13 故选:B 【点评】本题考查了线性规划的应用问题,解题时用“角点法” ,即由约束条件画出可行 域,求出可行域各个角点的坐标,将坐标逐一代入目标函数,验证求出最优解 6 (5 分)赵爽是三国时代的数学家、天文学家,他为周髀算经一书作序时,介绍了“勾 第 10 页(共 28 页) 股圆方图” , 亦称 “赵爽弦图” , 图中包含四个全等的直角三角形

16、及一个小正方形 (阴影) 如 图,设 AB:BC1:3,若向弦图内随机抛掷 5000 颗米粒(大小忽略不计) ,则落在小正 方形(阴影)内的米粒数大约为( ) A134 B67 C200 D250 【分析】由几何概型中的面积型可得:,又设小正方形的边长为 a, 易得大正方形的边长为 5a,由正方形面积公式运算可得解 【解答】解:设小正方形的边长为 a, 则四个全等的直角三角形的两直角边长分别为:3a,4a, 则大正方形的边长为 5a, 则 S小正方形a2,S大正方形25a2, 设落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为 n, 由几何概型中的面积型可得: , 解得 n200, 故选:C 【点评】本题

17、考查了几何概型中的面积型的知识点,属简单题 7 (5 分)给出下列四个命题: 命题 p:; 的值为 0; 第 11 页(共 28 页) 若 f(x)x2ax+1 为偶函数,则曲线 yf(x)在点(1,f(1) )处的切线方程是 y 2x 已知随机变量 N(1,1) ,若 P(13)0.9544, 则 P(3)0.9772其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断 根据积分的定义和公式进行计算 根据偶函数的定义先求出 a0,然后结合导数的几何意义进行求解判断 根据概率的对称性结合概率公式进行求解判断即可 【解答】解:命题 p 的p:x2,x21

18、0;故错误, (2xcosx)|2cos(2cos() )2+1 (2+1)4;故错误; 若 f(x)x2ax+1 为偶函数,则 f(x)f(x) , 即 x2+ax+1x2ax+1,即 axax,则 aa,即 a0, 则 f(x)x2+1,则 f(1)2,f(x)2x,则 f(1)2, 则曲线 yf(x)在点(1,f(1) )处的切线方程是 y22(x1) ,即 y2x,故正 确 已知随机变量 N(1,1) ,若 P(13)0.9544, 则 P(3)P(1)(1P(13) )(10.9544)0.0228, 则 P(3)1P(3)10.2280.9772,故正确, 故正确的命题是,共两个,

19、 故选:B 【点评】本题主要考查命题的真假判断,涉及的知识点较多,综合性较强,但难度不大 8 (5 分)执行如图所示的程序框图,输出的值为( ) 第 12 页(共 28 页) A1 B C D0 【分析】根据程序框图,利用模拟验算法进行求解即可 【解答】解:第一次循环,k1,Scos01,k1+12,k6 不成立, 第二次循环,k2,S1+cos1+,k2+13,k6 不成立; 第三次循环,k3,S1+cos1+,k3+14,k6 不成立; 第四次循环,k4,S+cos+,k4+15,k6 不成立 第五次循环,k5,S+cos+1+,k5+16,k6 不成 立; 第六次循环,k6,S1+cos

20、1+1,k6+17,k6 成立 输出 S1, 故选:A 【点评】本题主要考查程序框图的识别和判断,利用模拟运算法是解决本题的关键 9 (5 分)在ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,a3,c2,bsinA ( ) A1 B C D 【分析】由正弦定理得 bsinAasinB,与 bsinAacos(B+) ,由此能求出 B由余弦 定理即可解得 b 的值 第 13 页(共 28 页) 【解答】解:在ABC 中,由正弦定理得:,得 bsinAasinB, 又 bsinAacos(B+) asinBacos(B+) ,即 sinBcos(B+)cosBcossinBsincosB

21、 sinB, tanB, 又 B(0,) , B 在ABC 中,a3,c2, 由余弦定理得 b 故选:C 【点评】本题考查角的求法,考查两角差的余弦值的求法,考查运算求解能力,考查函 数与方程思想,是中档题 10 (5 分)某几何体的三视图如图所示(俯视图中的虚线为半圆) ,则该几何体的体积为 ( ) A82 B C D 【分析】根据三视图知该几何体是以俯视图为底面的四棱锥,中间挖去一个半圆锥, 结合图中数据计算该几何体的体积即可 【解答】解:根据三视图知,该几何体是以俯视图为底面的四棱锥,中间挖去一个半圆 锥,如图所示; 结合图中数据,计算该几何体的体积为: 第 14 页(共 28 页) V

22、V四棱锥V半圆锥222122 故选:C 【点评】本题考查了利用三视图求简单组合体体积的应用问题,是基础题 11(5 分) 函数 f (x) 上不单调的一个充分不必要条件是 ( ) A B C D 【分析】先求导函数,再根据函数 f(x)在(1,3)上不单调,得 g(1)g(3)0 且 0,从而可求 a 的取值范围 【解答】解:由题意,f(x)ax2a+, 函数 f(x)在(1,3)上不单调, 分子应满足在(1,3)有实根, 设 g(x)ax22ax+1, a0 时,显然不成立, a0 时,只需,解得:a1 或 a, 故 a(,)(1,+) , 其子集是 A, 故选:A 【点评】本题以函数为载体

23、,考查导数的运用,考查函数的单调性,关键是等价转化 12 (5 分)F1,F2是双曲线的左、右焦点,直线 l 为双曲线 C 的一条渐近线,F1关于直线 l 的对称点为,且点在以 F2为圆心、以半虚轴 长 b 为半径的圆上,则双曲线 C 的离心率为( ) A B C2 D 第 15 页(共 28 页) 【分析】设 F1(c,0) ,F2(c,0) ,F1(m,n) ,直线 l:yx,运用中点坐标公式 和两直线垂直的条件:斜率之积 为1,可得对称点的坐标,以及两点的距离公式,化 简整理,结合离心率公式可得所求值 方法二、运用中位线定理和勾股定理,以及离心率公式,可得所求值 【解答】解:设 F1(c

24、,0) ,F2(c,0) ,F1(m,n) ,直线 l:yx, F1关于直线 l 的对称点为, 可得, 解得 m,n, 可得 F1(,) , 由题意可得|F2F1|b, 结合 a2+b2c2, 化为 b24a2, 可得 e 另解:设 F1关于直线 bxay0 对称点为 F1,设 M 为渐近线与 F1F1的交点, 连接 F1F2,可得由 OM 为F1F2F1的中位线, 可得|OM|F2F1|b, 由 F1到直线 bxay0 的距离为 db, 即有 b2+b2c2, 可得 5(c2a2)4c2, 即 c25a2,可得 e 故选:B 第 16 页(共 28 页) 【点评】本题考查双曲线的方程和性质,

25、主要是渐近线方程和离心率的求法,同时考查 点关于直线的对称点问题,考查方程思想和圆能力,属于中档题 二、填空题:本大二、填空题:本大题共题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分 13 (5 分)已知 sin+cos 【分析】由同角三角函数基本关系求出 sincos,再由两角差的正弦函数公式化简求值 即可 【解答】解:由 sin+cos,得, (sincos)212sincos , 故答案为: 【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式,考查了两角差的正弦函数公式的应用, 是基础题 14 (5 分) (2x+y) (x2y)5展开式中 x3y3的系数为 120 【分析】根据

26、题意,结合二项式定理把(x+2y)5按照二项式定理展开,由多项式乘法的 性质分析可得答案 【解答】解:根据题意, (x2y)5x510x4y+40x3y280x2y3+80xy432y5, 则(2x+y) (x+2y)5展开式中 x3y3的系数为 2(80)+140160+40120, 故答案为:120 第 17 页(共 28 页) 【点评】本题考查二项式定理的应用,关键是掌握二项式定理的形式,属于基础题 15 (5 分)已知椭圆的左、右焦点分别为 F1,F2,过左焦点 F1作斜 率为2 的直线与椭圆交于 A,B 两点,P 是 AB 的中点,O 为坐标原点,若直线 OP 的 斜率为,则 a 的

27、值是 2 【分析】利用点差法得 a22b2,进一步求得 a 【解答】解:设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,P(x0,y0) , ,两式相减得: , 4,a22b24, a2 故答案为:2 【点评】本题考查了椭圆标准方程的应用,考查了点差法,属中档题 16 (5 分)已知ABC 的一内角,AB10,AC6,O 为ABC 所在平面上一点, 满足|OA|OB|OC|,设m+n,则 m+3n 的值为 【分析】由外心是中垂线的交点及投影的概念得:则, 由平面向量的数量积公式得:1030,所以,所以 第 18 页(共 28 页) ,所以 m+3n,得解 【解答】解:由得:|,则点 O 是ABC

28、的外心, 则, 由1030 所以, 所以, 所以 m+3n, 故答案为: 【点评】本题考查了外心是中垂线的交点,投影的概念,平面向量的数量积公式,属中 档题 三、解答题:共三、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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题,每个试题考生都必须作答第题,每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题,考生要根据要求作答 (一)必考题为选考题,考生要根据要求作答 (一)必考 题:共题:共 60 分分 17 (12 分)设 Sn为数列an的前 n 项和,已知 a13,对任意 nN*,都有 2Snannan (1

29、)求数列an的通项公式; (2)令,求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 (1)直接利用递推关系式求出数列的通项公式 (2)利用(1)的结论,进一步利用裂项相消法在数列求和中的应用法求出数列的和 【解答】解: (1)已知 a13,对任意 nN*,都有 2Snannan, 当 n2 时,2Sn1an1(n1)an1, 第 19 页(共 28 页) 得:, 所以:, , , 故:, 解得:an3n(首项符合通项) , 故:an3n (2)由于 an3n, 则:, 故:, , 【点评】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,裂项相消法在数列求和 中的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力

30、,属于基础题型 18 (12 分)如图,平面 ABCD平面 ABE,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,AE1, F 为 CE 上的点,且 BF平面 ACE (1)求证:AE平面 BCE; (2) 线段 AD 上是否存在一点 M, 使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为? 若存在,试确定点 M 的位置;若不存在,请说明理由 第 20 页(共 28 页) 【分析】 (1)推导出 BFAE,BCAB,从而 CB平面 ABE,进而 CBAE,由此能证 明 AE平面 BCE (2)推导出 AEBE,以 A 为原点,建立空间直角坐标系 Axyz,利用向量法推导出线 段AD上存在一点M

31、, 当AM时, 使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为 【解答】证明: (1)BF平面 ACE,AE平面 ACE,BFAE, 四边形 ABCD 是正方形,BCAB, 平面 ABCD平面 ABE,平面 ABCD平面 ABEAB, CB平面 ABE, AE平面 ABE,CBAE, BFBCB,AE平面 BCE 解: (2)线段 AD 上存在一点 M,当 AM时, 使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为 理由如下: AE平面 BCE,BE平面 BCE,AEBE, 在 RtAEB 中,AB2,AE1,ABE30,BAE60, 以 A 为原点,建立空间直角坐标系 Axyz, 设 AM

32、h,则 0h2, AE1,BAE60,M(0,0,h) ,E(,0) ,B(0,2,0) ,C(0,2, 2) , (,h) ,(,2) , 设平面 MCE 的一个法向量 (x,y,z) , 第 21 页(共 28 页) 则,取 z2,得 (2+3h) ,h2,2) , 平面 ABE 的一个法向量 (0,0,1) , 由题意得: |cos|, 解得 h或 h(舍) , 线段 AD 上存在一点 M,当 AM时,使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦 值为 【点评】本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中

33、档题 19 (12 分)已知抛物线 C:y22px(p0)的焦点为 F,P 为抛物线上一点,O 为坐标原 点,OFP 的外接圆与抛物线的准线相切,且外接圆的周长为 3 (1)求抛物线 C 的方程; (2)设直线 l 交 C 于 A,B 两点,M 是 AB 的中点,若|AB|12,求点 M 到 y 轴的距离 的最小值,并求此时 l 的方程 【分析】 (1)先求出OFP 的外接圆的半径长,再利用抛物线的定义可求出 p 的值,从 而得出抛物线 C 的方程; (2)法一:设直线 l 的方程为 ykx+b,设点 A(x1,y1) 、B(x2,y2) ,设点 M(x0,y0) , 将直线 l 的方程与抛物

34、线 C 的方程联立,列出韦达定理,并计算出|AB|的表达式,根据条 第 22 页(共 28 页) 件|AB|12 得出 k 与 b 所满足的关系式,并求出点 M 的坐标,结合关系式并利用基本不 等式可求出点 M 到 y 轴距离的最小值,利用等号成立的条件得出 k 与 b 的值,从而求出 直线 l 的方程; 法二:设直线 l 的方程为 xmy+n,设点 A(x1,y1) 、B(x2,y2) ,将直线 l 的方程与抛 物线 C 的方程联立,列出韦达定理,利用弦长公式计算|AB|,并利用条件|AB|12,得出 m 与 n 所满足的关系式,然后求出点 M 的坐标,可得出点 M 到 y 轴距离的表达式,

35、将关 系式代入并结合基本不等式可得出点 M 到 y 轴距离的最小值,并由等号成立的条件得出 m 与 n 的值,从而得出直线 l 的方程 【解答】解: (1)OFP 的外接圆与抛物线 C 的准线相切,OFP 的外接圆圆心到 准线的距离等于圆的半径, 圆周长为 3,所以,圆的半径为, 又圆心在 OF 的垂直平分线上,解得 p2, 因此,抛物线的方程为 y24x; (2)法一:当 l 的斜率不存在时,|AB|12,4x62,得 x9, 点 M 到 y 轴的距离为 9,此时,直线 l 的方程为 x9; 当 l 的斜率存在且 k0 时,设 l 的方程为 ykx+b,设 A(x1,y1) 、B(x2,y2

36、) ,M(x0, y0) , 由,得 k2x2+2(kb2)x+b20,16kb+160, 由韦达定理得, ,即 又 , 第 23 页(共 28 页) 当且仅当,即时,等号成立,将代入, 得或 这两种情况均满足1616kb0,合乎题意! 则直线 l 的方程为或 综上所述,点 M 到 y 轴距离的最小值为 5,此时,直线 l 的方程为或 ; 法二:由题意可知直线 l 的斜率不为零,设 l:xmy+n,设点 A(x1,y1) 、B(x2,y2) , 则点,点 M 到 y 轴的距离为 由,整理得 y24my4n0 16m2+16n0,由韦达定理得 y1+y24m,y1y24n ,可得, , , 当且

37、仅当,即 m22,即当时,等号成立, 此时,16m2+16n0 成立,合乎题意! 因此,点 M 到 y 轴的距离的最小值为 5,此时,直线 l 的方程为 【点评】本题考查直线与抛物线的综合问题,考查抛物线的定义以及方程的求解,同时 也考查了韦达定理法在抛物线综合问题中的应用,属于难题 20 (12 分)随着快递行业的崛起,中国快递业务量惊人,2018 年中国快递量世界第一,已 连续五年突破五百亿件,完全超越美日欧的总和,稳居世界第一名某快递公司收取费 的标准是:不超过 1kg 的包裹收费 8 元;超过 1kg 的包裹,在 8 元的基础上,每超过 1kg (不足 1kg,按 1kg 计算)需再收

38、 4 元 第 24 页(共 28 页) 该公司将最近承揽(接收并发送)的 100 件包裹的质量及件数统计如下(表 1) : 表 1: 包裹重量(单位:kg) (0,1 (1,2 (2,3 (3,4 (4,5 包裹件数 43 30 15 8 4 公司对近 50 天每天承揽包裹的件数(在表 2 中的“件数范围”内取的一个近似数据) 、 件数范围及天数,列表如表(表 2) : 表 2: 件数范围 099 100199 200299 300399 400500 天数 5 10 25 5 5 每天承揽包裹 的件数 50 150 250 350 450 (1)将频率视为概率,计算该公司未来 3 天内恰有

39、1 天揽件数在 100299 之间的概率; (2) 根据表 1 中最近 100 件包裹的质量统计, 估计该公司对承揽的每件包裹收取快递 费的平均值: 根据以上统计数据,公司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, 其余用作其他费用目前,前台有工作人员 5 人,每人每天揽件数不超过 100 件,日工 资 80 元公司正在考虑是否将前台人员裁减 1 人,试计算裁员前、后公司每天揽件数的 数学期望;若你是公司决策者,根据公司每天所获利润的期望值,决定是否裁减前台工 作人员 1 人? 【分析】 (1)样本中包裹件数在 100299 之间的天数为 35,未来 3 天中,包裹件数在 10029

40、9 之间的天数 X 服从二项分布,即 XB(3,) ,由此能求出结果 (2)样本中快递费用及包裹件数如下表格,故样本中每件快递收取的费用的平均值 根据题意及,揽件数每增加 1,公司快递收入增加 12 元,若不裁员,则每天可揽件 的上限为 500 件,公司每日揽件数情况如表格若裁员 1 人,则每天可揽件的上限为 400 件,公司每日揽件数情况如表格可得公司平均每日利润的期望值 【解答】解: (1)由题意得近 50 天每天承揽包裹的件数在 100299 之间的天数为 35, 每天揽件数在 100299 之间的概率为, 未来 3 天中,包裹件数在 100299 之间的天数 X 服从二项分布 XB(3

41、,) , 第 25 页(共 28 页) 未来 3 天内恰有 1 天揽件数在 100299 之间的概率: P (2)估计该公司对承揽的每件包裹收取快递费的平均值为: 438+30(8+4)+15(8+42)+8(8+43)+4(8+44)12(元) 根据题意及,揽件数每增加 1,公司快递收入增加 12 元, 若不裁员,则每天可揽件的上限为 500 件,公司每日揽件数情况如下: 包裹件数范 围 099 100199 200299 300399 400500 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 0.2 0.5

42、 0.1 0.1 EY 500.1+1500.2+2500.5+3500.1+4500.1240 故公司平均每日利润的期望值为 24012580560(元) ; 若裁员 1 人,则每天可揽件的上限为 200 件,公司每日揽件数情况如下: 包裹件数范 围 099 100199 200299 300399 400500 包裹件数 (近 似处理) 50 150 250 350 450 实际揽件数 50 150 250 350 400 频率 0.1 0.2 0.5 0.1 0.1 EY 500.1+1500.2+2500.5+3500.1+4000.1235 故公司平均每日利润的期望值为 235124

43、80620(元) 因 620560,故公司应将前台工作人员裁员 1 人 【点评】本题考查了频率分布直方图的性质及其应用、茎叶图、相互对立事件、相互独 立及其条件概率计算公式、超几何分布列的计算公式,考查了推理能力与计算能力,属 于中档题 第 26 页(共 28 页) 21 (12 分)已知函数 f(x)(ax22x+a)e x(aR) (1)当 a0 时,求 f(x)的单调区间; (2)若存在 a(,0,使得 f(x)bln(x+1)在 x0,+)上恒成立,求实数 b 的取值范围 【分析】 (1)求出函数的导数,通过讨论 a 的范围,求出函数的单调区间即可; (2)通过讨论 b 的范围结合函数

44、的单调性确定 b 的范围即可 【解答】解: (1)f(x)的定义域是 R, f(x)e x(x1) (axa2) , (i)a0 时,f(x)2e x(x1) , 令 f(x)0,解得:x1, 令 f(x)0,解得:x1, 故 f(x)在(,1)递减,在(1,+)递增; (ii)a0 时,1+1,令 f(x)0,解得:1x1+, 令 f(x)0,解得:x1 或 x1+, 故 f(x)在(,1)递减,在(1,1+)递增,在(1+,+)递减; (2)f(x)bln(x+1)在 x0,+)上恒成立, 当 x0 时,f(0)bln(0+1) , 故 a0 成立,又 a(,0,故 a0, (i)当 b0 时,x(0,+) ,bln(x+1)0,xe x0, 此时,bln(x+1)2xe x0,不合题意, (ii)当 b0 时,令 h(x)bln(x+1)+2xe x,x0,+) , 则 h(x),其中(x+1)ex0,x0,+) , 令 p(x)bex+22x2,x0,+) , b0,p(x)在0,+)递减, 当 b