河南省八市2019届高三第五次测评数学（理）试卷 22页

数学（理）试题 一、单选题 1．设集合 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】化简集合 A，B 根据补集和交集的定义即可求出． 【详解】 集合 A＝{y|y＝2x﹣1}＝（﹣1，+∞），B＝{x|x≥1}＝[1，+∞）， 则∁RB＝（﹣∞，1） 则 A∩（∁RB）＝（﹣1，1）， 故选：C． 【点睛】 本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答． 2．已知复数 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出． 【详解】 由题 故 故选：A 【点睛】 本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3．在等比数列 中， ， ，则 （ ） { }2 1xA y y= = − { }1B x x= ≥ ( )RA C B = ( ], 1−∞ − ( ),1−∞ ( )1,1− [ )1,+∞ 1 2 21 iz izi += ++ z = 2 2 5 2 2 5 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 31 2 1 2 1 7z 1 1 2 3 3 3 10 i ii i i i i i i i + ++ + += = = =+ - - - + z = 2 21 21 +7 =10 2 { }na 1 3 1a a+ = 5 7 9 11 20a a a a+ + + = 1a = A． B． C．2 D．4 【答案】B 【解析】将 转化为关于 和 q 的算式，计算出 q 即可求出 a1． 【详解】 因为 ＝＝q4， 所以 q8+q4＝20， 所以 q4＝4 或 q4＝﹣5（舍）， 所以 q2＝2， ＝1， 所以 ． 故选：B． 【点睛】 本题考查了等比数列的通项公式，考查等比数列的性质，要求熟练掌握等比数列的性质的应 用，比较基础． 4．如图，在正方形 内任取一点 ，则点 恰好取自阴影部分内的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由定积分的运算得：S 阴 （1 ）dx＝（x ） ，由几何概型中的面 1 6 1 3 5 7 9 11 20a a a a+ + + = 1 3a a+ ( ) 4 5 7 1 3a a a a q+ = + ( ) 8 9 11 1 3a a a a q+ = + 1 3a a+ 2 1 1a a q= + = 13a 1a 1 3 = OABC M M 1 4 1 3 2 5 3 7 1 0 = ∫ x− 2 32 3 x− 1 0 1| 3 = 积型得：P（A） ，得解． 【详解】 由图可知曲线与正方形在第一象限的交点坐标为（1，1）， 由定积分的定义可得：S 阴 （1 ）dx＝（x ） ， 设“点 M 恰好取自阴影部分内”为事件 A， 由几何概型中的面积型可得： P（A） ， 故选：B． 【点睛】 本题考查了定积分的运算及几何概型中的面积型，考查基本初等函数的导数，属基础题 5．已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意利用两角差的正余弦公式展开求得 tanα 的值，再利用二倍角公式求得 的值． 【详解】 由题 ，则 故 故选：A 1 13 1 3 S S = = =阴 正方形 1 0 = ∫ x− 3 22 3 x− 1 0 1| 3 = 1 13 1 3 S S = = =阴 正方形 sin 3cos3 6 π πα α   − = − −       tan2α = 4 3− 3 2 − 4 3 3 2 tan 2α 1 3 3 1sin cos 3 cos sin2 2 2 2a a a a æ öç ÷- = - +ç ÷è ø 3tan 2 α = − tan2α = 2 2tan = 4 31 tan a a -- 【点睛】 本题主要两角差的正余弦公式，二倍角公式的应用，同角三角函数的基本关系，属于基础 题． 6．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的各 个面中是直角三角形的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】画出几何体的直观图，判断出各面的形状，可得答案． 【详解】 三视图还原为如图所示三棱锥 A-BCD： 由正方体的性质得 为直角三角形， 为正三角形 故选：C 【点睛】 本题考查的知识点是简单几何体的直观图，数形结合思想，难度中档． 7．已知椭圆 ： 的右焦点为 ，过点 作圆 的切线，若 A , ,BC BCD ACD   ABD C ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b + = > > F F 2 2 2x y b+ = 两条切线互相垂直，则椭圆 的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意画出图形，可得 ，两边平方后结合隐含条件得答案． 【详解】 如图， 由题意可得， ，则 2b2＝c2， 即 2（a2﹣c2）＝c2，则 2a2＝3c2， ∴ ，即 e ． 故选：D． 【点睛】 本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 8．已知函数 ，若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题推导函数 关于点（2,1）对称即可求解 【详解】 因为 故函数 关于点（2,1）对称，则 C 1 2 2 2 2 3 6 3 2b c= 2b c= 2 2 2 3 c a = 6 3 c a = = ( ) 2 21 log 2 xf x x + = − ( )f a b= ( )4f a− = b 2 b− b− 4 b− ( )f x ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 221 3 log log log 4 22 2 2 xxf x f x x x -+ + - = + = =- - - ( )f x ( )4f a− = 2 b- 故选：B 【点睛】 本题考查函数的对称性，考查对数的运算，考查推理计算能力，是中档题 9．已知将函数 的图象向右平移 个单位长度 得到函数 的图象，若 和 的图象都关于 对称，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由函数 y＝Asin（ωx+φ）的图象变换即可得 的图象，利用函数的对称性求解即 可 【详解】 由题 又 和 的图象都关于 对称，则 ，得 ，即 ，又 ，故 ， ，则 故选：A 【点睛】 本题考查，函数 y＝Asin（ωx+φ）的图象变换确定其解析式，考查三角函数的性质，考查学生 分析问题解决问题的能力，属于中档题． 10．已知实数 ， 满足 ，若 的最大值是 3，则实数 的取值范 围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】画出不等式组对应的可行域，将目标函数变形，数形结合判断出z 最大时，a 的取值 范围． 【详解】 ( ) ( )sin 0 6, 2 2f x x π πω ϕ ω ϕ = + < < − < <   3 π ( )g x ( )f x ( )g x 4x π= ⋅ =ω ϕ 3 4 π− 2 3 π− 2 3 π 3 4 π ( )g x ( )f x ( )g x 4x π= 1 2k ZÎ，k ( )1 2=3 k kp w p- ( )1 2=3 k kw - 0 6ω< < =3ω = 4 pj - ⋅ =ω ϕ 3 4 π− x y 1 3y x y ax≤ ≤ + ≤ + y 2x− a ( 3, −∞  [ ]1,3 ( ],2−∞ [ )2,+∞ 令 当 时，不等式组的可行域如图阴影所示： 将目标函数变形得 y＝2x+z，由题知 z 无最大值，舍去 当 时，不等式组的可行域如图阴影所示： 将目标函数变形得 y＝2x+z，由题知 z 最大时，直线的纵截距最大，在（0,3）取得最大 3，符 合题意； 当 时，不等式组的可行域如图阴影所示 将目标函数变形得 y＝2x+z，由题知 z 最大时，直线的纵截距最大，在（0,3）取得最大 3，符 合题意； 综上： z y 2x= − 3a > 1 3a< £ 1a ≤ 3a ≤ 故选：A． 【点睛】 本题考查线性规划，考查分类讨论思想和数形结合思想，准确作图计算是关键是中档题 11．已知函数 ，若方程 有五个不同的实数根，则 的取 值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由方程的解与函数图象的交点问题得：方程 f（﹣x）＝﹣f（x）有五个不同的实数根 等价于 y＝f（x）的图象与 y＝g（x）的图象有 5 个交点，作图可知，只需 y＝ax 与曲线 y＝lnx 在第一象限由两个交点即可，利用导数求切线方程得：设过原点的直线与 y＝lnx 切于点 P （x0，y0），得 lnx0＝1，即 f′（e） ，即过原点的直线与 y＝lnx 相切的直线方程为 y x， 即所求 a 的取值范围为 0 ，得解． 【详解】 设 g（x）＝﹣f（﹣x），则 y＝g（x）的图象与 y＝f（x）的图象关于原点对称， 方程 f（﹣x）＝﹣f（x）有五个不同的实数根等价于函数 y＝f（x）的图象与 y＝g（x）的图象 有 5 个交点， 由图可知，只需 y＝ax 与曲线 y＝lnx 在第一象限有两个交点即可， 设过原点的直线与 y＝lnx 切于点 P（x0，y0）， 由 f′（x） ， 则 y＝lnx 的切线为 y﹣lnx0 （x﹣x0）， 又此直线过点（0，0）， 所以 lnx0＝1， 所以 x0＝e， 即 f′（e） ， 即过原点的直线与 y＝lnx 相切的直线方程为 y x， ( ) ln , 0 , 0 x xf x ax x >=  ≤ ( ) ( )f x f x− = − a ( )0, ∞+ 10, e      ( ),0−∞ ( )0,1 1 e = 1 e = 1a e ＜ ＜ 1 x = 0 1 x = 1 e = 1 e = 即所求 a 的取值范围为 0 ， 故选：B． 【点睛】 本题考查了方程的解与函数图象的交点个数问题及利用导数求切线方程，属中档题． 12．在一个圆锥内有一个半径为 的半球，其底面与圆锥的底面重合，且与圆锥的侧面相切， 若该圆锥体积的最小值为 ，则 （ ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【解析】画出三视图及正视图，设圆锥的底面半径为 ，高为 ,得 ，进一 步得圆锥体积 ，求导求最值即可求解 【详解】 几何体如图一所示：其正视图如图二所示 设圆锥的底面圆心为 O, 半径为 ，高为 ,则 OA= , 又圆锥体积 令 ，则 当 ，故 在 单调递增， 在 单调递减，故 在 取得最小值，此时 1a e ＜ ＜ R 9 2 π R = 3 2 3 r h 2 2rh h r R= +  2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1V 3 3 3 h R hr h h Rh R h Rp p p= = =- - r h h 2 2rh h r R= +  2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1V 3 3 3 h R hr h h Rh R h Rp p p= = =- - ( )f h = ( ) 3 2 2 2 1 3 hR h Rh Rp >- ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' 2 22 2 31 3 h h R f h R h R p - = - ( ) ( )' '0, 3 ; 0, 3f h h R f h R h R> Þ > < Þ < < ( )f h ( )3 ,R +¥ ( )3R R， ( )f h 3h R= 故选：B 【点睛】 本题考查球的组合体问题，考查利用导数求最值，考查空间想象和转化化归能力，是难题 二、填空题 13．已知向量 ， 满足 ， ，向量 在向量 方向上的投影为 1，则 ______. 【答案】2 【解析】由投影求得 ，再由模长公式求解即可 【详解】 因为向量 在向量 方向上的投影为 1 则 ∴| | ＝2 ． 4 2 min 2 2 1 3 93 , 33 3 2 RV R R RR Rp p= = Þ =-  a b 2a = 2b = a b 2a b− =  a b⋅  a b cos 1 2a ba a b b q = = =      ， 2a b−  2( 2 )a b= −  2 24 4a a b b  = − ⋅ + 4 4 2 16= − × + 3 故答案为 2 【点睛】 本题考查平面向量的数量积及几何意义，考查模长公式，，注意平面向量的数量积公式的灵活 运用． 14．从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 名去参加一项活动，要求男生中的甲和乙不能同时参加， 女生中的丙和丁至少有一名参加，则不同的选法种数为______.（用数字作答） 【答案】23 【解析】由排列组合及分类讨论思想分别讨论：①设甲参加，乙不参加，②设乙参加，甲不 参加，③设甲，乙都不参加，可得不同的选法种数为 9+9+5＝23，得解． 【详解】 ①设甲参加，乙不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为 9， ②设乙参加，甲不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为 9， ③设甲，乙都不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为 5， 综合①②③得：不同的选法种数为 9+9+5＝23， 故答案为：23． 【点睛】 本题考查了排列组合及分类讨论思想，准确分类及计算是关键，属中档题． 15．在数列 中， ， ， 是数列 的前 项和，若 ，则 ______. 【答案】1010 【解析】讨论 n 的奇偶性得 的周期性，再求和即可 【详解】 当 n 为偶数， ， 当 n 为奇数， 即 3 3 3 5 3C C− = 3 3 5 3C C− = 4 5C = { }na 1a a= ( )1 1 cosn na a nπ+ = + nS { }na n 2019 2019S = − a = { }na 1 1n na a+ = + ( )1 1n na a+ = − + 1+ =1n na a+ 故 即 为周期为 4 的数列， 又 故 故 ，则 1010 故答案为 1010 【点睛】 本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性及求和，准确计算是关键，是中档题 16．已知双曲线 ： 的左、右顶点分别为 ， ，点 在曲线 上，若 中， ，则双曲线 的渐近线方程为______. 【答案】 【解析】利用已知条件求出 P 的坐标（x，y）满足的条件，然后求解 a，b 的关系即可， 【详解】 如图，过 B 作 BM⊥x 轴， ∵∠PBA＝∠PAB ，则∠PAB＝∠PBM， ∴∠PAB+∠PBx ．即 kPA•kPB＝1． 设 P（x，y），又 A（﹣a，0），B（a，0）． ，∴x2﹣y2＝a2， ∴a＝b，则双曲线 C 的渐近线方程为 y＝±x， 故答案为：y＝±x 【点睛】 本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．属于中档题． 2 0n na a+ + = { }na ( ) ( )1 2 3 4= = 1 = 2 1a a a a a a a a+ - + = - +， ， ， ( ) ( ) ( )1 2 3 4 1 2 1 2a a a a a a a a+ + + = + + - + - + = - ( )2019 1 2 3504 2 + 1008 1 2019S a a a a= × − + + = − + − = − a = C ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > A B P C PAB∆ 2PBA PAB π∠ = ∠ + C y x= ± 2 π+ 2 π= 1y y x a x a ⋅ =+ − 三、解答题 17．如图 中， 为 的中点， ， ， . （1）求边 的长； （2）点 在边 上，若 是 的角平分线，求 的面积. 【答案】（1）10；（2） . 【解析】（1）由题意可得 cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，由已知利用余弦定理可得： 9+BD2﹣52+9+BD2﹣16＝0，进而解得 BC 的值．（2）由（1）可知△ADC 为直角三角形，可求 S△ADC 6，S△ABC＝2S△ADC＝12，利用角平分线的性质可得 ，根据 S△ABC＝ S△BCE+S△ACE 可求 S△BCE 的值． 【详解】 （1）因为 在边 上，所以 ， 在 和 中由余弦定理，得 ， 因为 ， ， ， ， 所以 ，所以 ， . 所以边 的长为 10. （2）由（1）知 为直角三角形，所以 ， . 因为 是 的角平分线， 所以 . 所以 ，所以 . 即 的面积为 . ABC∆ D BC 2 13AB = 4AC = 3AD = BC E AB CE BCA∠ BCE∆ 60 7 1 4 32 = × × = 2 5 ACE BCE S S =  D BC cos cosADB ADC∠ = − ∠ ADB∆ ADC∆ 2 2 2 2 2 2 02 2 AD BD AB AD DC AC AD BD AD DC + − + −+ =× × 2 13AB = 4AC = 3AD = BD DC= 2 29 52 9 16 0BD BD+ − + + − = 2 25BD = 5BD = BC ADC∆ 1 4 3 62ADCS∆ = × × = 2 12ABC ADCS S∆ ∆= = CE BCA∠ 1 sin2 1 sin2 ACE BCE AC CE ACES S BC CE BCE ∆ ∆ × × ∠ = × × ∠ 4 2 10 5 AC BC = = = 2 5ABC BCE ACE BCE BCES S S S S∆ ∆ ∆ ∆ ∆= + = + 7 125 BCES∆= = 60 7BCES∆ = BCE∆ 60 7 【点睛】 本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，角平分线的性质在解三角形中的综合应用， 考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题． 18．如图，三棱柱 中，平面 平面 ， ， . （1）求证：平面 平面 ； （2）若 与平面 所成的线面角为 ，求二面角 的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2） . 【解析】（1）由平面 ACC1A1⊥平面 ABC，结合面面垂直的性质可得 BC⊥A1C，再由 B1C1∥BC， 得 A1C⊥平面 AB1C1；（2）取 AC 中点 M，连接 A1M，由已知可得 A1M⊥AC，且 ，令 AA1＝AC＝2CB＝2，则 ．以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB 所在直线为 x，y 轴，过 C 且平行于 A1M 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面 ACB1 与平面 A1B1C 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 C1﹣AB1﹣C 的余 弦值． 【详解】 （1）因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 . 因为 ，所以 . 1 1 1ABC A B C− 1 1ACC A ⊥ ABC 1 2AA AC CB= = 90ACB∠ = ° 1 1AB C ⊥ 1 1A B C 1A A ABC 60° 1 1C AB C− − 3 4 1 3 2A M AC= 1 3A M = 1 1ACC A ⊥ ABC 1 1ACC A  ABC AC= BC ⊂ ABC 90ACB∠ = ° BC ⊥ 1 1ACC A 1AC ⊂ 1 1ACC A 1BC AC⊥ 1 1B C BC∥ 1 1 1AC B C⊥ 因为 是平行四边形，且 ，所以 是菱形， . 因为 ，所以 平面 . 又 平面 ，所以平面 平面 . （2）取 的中点 ，连接 ，因为 是菱形， ， 所以 是正三角形，所以 ，且 . 令 ，则 . 所以以 为原点，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，过点 且平行于 的直 线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 ， ， ， ， ， ， ， . 设平面 的一个法向量为 ，则 ， 所以 ，得 ，令 ，则 ，所以 . 由（1）知 平面 ，所以 是平面 的一个法向量， 所以 . 所以二面角 的余弦值为 . 1 1ACC A 1AA AC= 1 1ACC A 1 1AC AC⊥ 1 1 1 1AC B C C∩ = 1AC ⊥ 1 1AB C 1AC ⊂ 1 1A B C 1 1AB C ⊥ 1 1A B C AC M 1A M 1 1ACC A 1 60A AC∠ = ° 1ACA∆ 1A M AC⊥ 1 3 2A M AC= 1 2 2AA AC CB= = = 1 3A M = C CA x CB y C 1A M z ( )0,0,0C ( )2,0,0A ( )1 1,0, 3C − ( )0,1,0B ( )1 1,0, 3A ( )2,0,0CA = ( ) ( )1 1 1 1 1 1,0, 3 0,1,0CB CC C B CC CB= + = + = − +     ( )1,1, 3= − ( )1 1,0, 3CA = 1ACB ( ), ,n x y z= 1 0 0 n CA n CB        = = 2 0 3 0 x x y z =− + + = 0x = 1z = 3y = − ( )0, 3,1n = − 1AC ⊥ 1 1A B C ( )1 1,0, 3CA = 1 1A B C 1 1 1 cos , CA nCA n CA n ⋅< >= ⋅      3 3 41 3 3 1 = = + ⋅ + 1 1C AB C− − 3 4 【点睛】 本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解 空间角，是中档题． 19．已知 为坐标原点，过点 的直线 与抛物线 ： 交于 ， 两 点，且 ． （1）求抛物线 的方程； （2）过点 作直线 交抛物线 于 ， 两点，记 ， 的面积分别为 ， ，证明： 为定值. 【答案】（1） ；（2）详见解析. 【解析】（1）设直线 l 的方程为 x＝my+1，与抛物线 C 的方程联立消去 x 得关于 y 的方程，利 用根与系数的关系表示 ，从而求得 p 的值；（2）由题意求出弦长|AB|以及原点 到直线 l 的距离，计算△OAB 的面积 S1，同理求出△OPQ 的面积 S2，再求 的值． 【详解】 （1）设直线 ： ，与 联立消 得， . 设 ， ，则 ， . 因为 ，所以 ， 解得 . 所以抛物线 的方程为 . （2）由（1）知 是抛物线 的焦点，所以 . 原点到直线 的距离 ，所以 . O ( )1,0M l C 2 2 ( 0)y px p= > A B 3OA OB ⋅ = − C M 'l l⊥ C P Q OAB∆ OPQ∆ 1S 2S 2 2 1 2 1 1 S S + 2 4y x= 3OA OB⋅ = −  2 2 1 2 1 1 S S + l 1x my= + 2 2y px= x 2 2 2 0y pmy p− − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 2y y pm+ = 1 2 2y y p= − g x（ ） ( )( )1 1 1 22 22 1 1 1OA OB x x y m y y yy y m⋅ + += = ++  ( ) ( )2 1 2 1 21 1m y y m y y= + + + + ( )( )2 21 2 2 1 2 1 3m p pm p= + − + + = − + = − 2p = C 2 4y x= ( )1,0M C 2 1 2 1 2 2 4 4AB x x p my my p m= + + = + + + = + l 2 1 1 d m = + ( )2 2 2 1 1 4 1 2 12 1OABS m m m ∆ = × × + = + + 因为直线 过点 且 ，所以 . 所以 . 即 为定值 . 【点睛】 本题考查了抛物线的定义与性质的应用问题，也考查了直线与抛物线方程的应用问题，是中 档题． 20．2019 年 1 月 4 日，据“央视财经”微信公众号消息，点外卖已成为众多消费者一大常规的 就餐形式，外卖员也成为了一种职业.为调查某外卖平台外卖员的送餐收入，现从该平台随机 抽取 100 名点外卖的用户进行统计，按送餐距离分类统计得如下频率分布直方图： 将上述调查所得到的频率视为概率. （1）求 的值，并估计利用该外卖平台点外卖用户的平均送餐距离； （2）若该外卖平台给外卖员的送餐费用与送餐距离有关，规定 2 千米内为短距离，每份 3 元， 2 千米到 4 千米为中距离，每份 5 元，超过 4 千米为远距离，每份 9 元. （i）记 为外卖员送一份外卖的牧入（单位：元），求 的分布列和数学期望； （ii）若外卖员一天的收入不低于 150 元，试利用上述数据估计该外卖员一天的送餐距离至少 为多少千米？ 【答案】（1） ，2.7 千米；（2）（i）详见解析；（ii）81 千米. 【解析】（1）由频数分布表及频率之和为 1 可求 a；（2）结合频率分布表、直方图计算（i） 外卖员送一份外卖的收入（单位：元）X 的所有可能取值为 3，5，9；计算期望，（ii）若外卖 'l ( )1,0 'l l⊥ 2 2 2 1 12 1 2OPQ mS m m∆ + = + =   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 44 1 4 1 m S S m m + = + = + + 2 2 1 2 1 1 S S + 1 4 a X X 0.25a = 员一天的收入不低于 150 元，可进行估算，因为 150÷5＝30，则估计外卖员一天至少要送 30 份外卖可计算． 【详解】 （1）因为 ，解得 . 点外卖用户的平均送餐距离为 千米. （2）（i）由题意知 的所有可能取值为 3，5，9. ； ； . 所有 的分布列为 3 5 9 0.30 0.55 0.15 的数学期望为 （元）. （ii）因为 ，则估计外卖员一天至少要送 30 份外卖，所以该外卖员一天的送餐距 离至少为 千米. 【点睛】 本题考查由频率分布表、直方图进行计算，估算，考查频数、频率，考查频率公式，期望公 式的应用，属于中档题． 21．已知函数 ，且曲线 在点 处的切线与直线 垂直. （1）求函数 的单调区间； （2）求证： 时， . 【答案】（1） 的单调增区间为 ，无减区间（2）详见解析. 【解析】（1）求出原函数的导函数，得到函数在 x＝1 时的导数，再求得 f（1），然后利用直线 方程的点斜式得答案；（2）构造新函数 h（x）＝ex﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1，证明 ex﹣（e﹣2） ( )0.05 0.15 2 0.30 1 1a+ + + × = 0.25a = 0.05 0.5 0.25 1.5 0.3 2.5 0.25 3.5 0.15 4.5 2.7× + × + × + × + × = X ( )3 0.05 0.25 0.30P X = = + = ( )5 0.30 0.25 0.55P X = = + = ( 9) 0.15P X = = X X P X ( ) 3 0.30 5 0.55 9 0.15 5E X = × + × + × = 150 5 30÷ = 30 2.7 81× = ( ) 2xf x e ax= − ( )y f x= 1x = ( )2 0x e y+ − = ( )f x 0x > ( )1 ln 1xe ex x x− − ≥ − ( )f x ( ),−∞ +∞ x﹣1≥x2；令新函数 φ（x）＝lnx﹣x，证明 x（lnx+1）≤x2，从而证明结论成立． 【详解】 （1）由 ，得 . 因为曲线 在点 处的切线与直线 垂直， 所以 ，所以 ，即 ， . 令 ，则 .所以 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增.所以 ，所 以 ， 单调递增. 即 的单调增区间为 ，无减区间 （2）由（1）知 ， ，所以 在 处的切线为 ， 即 . 令 ，则 ， 且 ， ， 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增. 因为 ，所以 ，因为 ，所以存 在 ，使 时， ， 单调递增； 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增. 又 ，所以 时， ，即 ， 所以 . 令 ，则 .所以 时， ， 单调递增； 时， ， 单调递减，所以 ，即 ， ( ) 2xf x e ax= − ( )' 2xf x e ax= − ( )y f x= 1x = ( )2 0x e y+ − = ( )' 1 2 2f e a e= − = − 1a = ( ) 2xf x e x= − ( )' 2xf x e x= − ( ) 2xg x e x= − ( )' 2xg x e= − ( ),ln 2x∈ −∞ ( )' 0g x < ( )g x ( )ln 2,x∈ +∞ ( )' 0g x > ( )g x ( ) ( )min ln 2 2 2ln 2 0g x g= = − > ( )' 0f x > ( )f x ( )f x ( ),−∞ +∞ ( ) 2xf x e x= − ( )1 1f e= − ( )y f x= 1x = ( ) ( )( )1 2 1y e e x− − = − − ( )2 1y e x= − + ( ) ( )2 2 1xh x e x e x= − − − − ( ) ( ) ( )' 2 2 2 1x xh x e x e e e x= − − − = − − − ( )' 1 0h = ( )'' 2xh x e= − ( ),ln 2x∈ −∞ ( )'' 0h x < ( )'h x ( )ln 2,x∈ +∞ ( )'' 0h x > ( )'h x ( )' 1 0h = ( ) ( )min' ' ln 2 4 2ln 2 0h x h e= = − − < ( )' 0 3 0h e= − > ( )0 0,1x ∈ ( )00,x x∈ ( )' 0h x > ( )h x ( )0 ,1x x∈ ( )' 0h x < ( )h x ( )1,x∈ +∞ ( )' 0h x > ( )h x ( ) ( )0 1 0h h= = 0x > ( ) 0h x ≥ ( )2 2 1 0xe x e x− − − − ≥ ( ) 22 1xe e x x− − − ≥ ( ) lnx x xϕ = − ( ) 1 1' 1 xx x x ϕ −= − = ( )0,1x∈ ( )' 0xϕ > ( )xϕ ( )1,x∈ +∞ ( )' 0xϕ < ( )xϕ ( ) ( )1 1xϕ ϕ≤ = − ln 1x x+ ≤ 因为 ，所以 ，所以 时， ， 即 时， . 【点睛】 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查构造新函数求最值证明不等式， 是难题． 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 中，曲线 ： （ 为参数）.以原点 为极点， 轴的 正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 ： . （1）求 的普通方程和 的直角坐标方程； （2）若曲线 与 交于 ， 两点， ， 的中点为 ，点 ，求 的 值. 【答案】（1） 的普通方程为 ， 的直角坐标方程为 ； （2）3. 【解析】（1）直接消去参数可得 C1 的普通方程；结合 ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ 得 C2 的直角坐标 方程；（2）将两圆的方程作差可得直线 AB 的方程，写出 AB 的参数方程，与圆 C2 联立，化 为关于 t 的一元二次方程，由参数 t 的几何意义及根与系数的关系求解． 【详解】 （1）曲线 的普通方程为 . 由 ， ，得曲线 的直角坐标方程为 . （2）将两圆的方程 与 作差得直线 的方程为 . 点 在直线 上，设直线 的参数方程为 （ 为参数）， 代入 化简得 ，所以 ， . 0x > ( ) 2ln 1x x x+ ≤ 0x > ( ) ( )2 1 ln 1xe e x x x− − − ≥ + 0x > ( )1 ln 1xe ex x x− − ≥ − xOy 1C 5 cos 2 5 sin x y α α  = = + α O x 2C 2 4 cos 3ρ ρ θ= − 1C 2C 1C 2C A B A B M ( )0, 1P − PM AB⋅ 1C ( )22 2 5x y+ − = 2C 2 2 4 3 0x y x+ − + = 1C ( )22 2 5x y+ − = 2 2 2x yρ = + cos xρ θ = 2C 2 2 4 3 0x y x+ − + = ( )22 2 5x y+ − = 2 2 4 3 0x y x+ − + = AB 1 0x y− − = ( )0, 1P − AB AB 2 2 21 2 x t y t  =  = − + t 2 2 4 3 0x y x+ − + = 2 3 2 4 0t t− + = 1 2 3 2t t+ = 1 2 4t t = 因为点 对应的参数为 ， 所以 . 【点睛】 本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，着重考查直线参数方程中参数 t 的几何意义，是中档题． 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 . （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）将 a＝1 代入 f（x）中去绝对值，然后分别解不等式；（2）f（x）﹣a﹣2≤0 恒 成立等价于 f（x）max≤a+2，求出 f（x）的最大值后解不等式． 【详解】 （1）当 时， ， 当 时， ，无解； 当 时， ，得 ，所以 ； 当 时， ，符合. 综上，不等式 的解集为 . （2）因为 恒成立等价于 ， 因为 ， 所以 . M 1 2 3 2 2 2 t t+ = ( )21 2 1 2 1 2 1 2 3 2 42 2 t tPM AB t t t t t t +⋅ = ⋅ − = × + − 3 2 18 4 4 32 = × − × = ( ) 2 1f x x a x= − − + 1a = ( ) 1f x ≥ ( ) 2 0f x a− − ≤ a ( ],0−∞ [ ]1,1− 1a = ( ) 3, 2 2 1 1 2 , 1 2 3, 1 x f x x x x x x − > = − − + = − − ≤ ≤  < − 2x > 3 1− ≥ 1 2x− ≤ ≤ 1 2 1x− ≥ 0x ≤ 1 0x− ≤ ≤ 1x < − 3≥1 ( ) 1f x ≥ ( ],0−∞ ( ) 2 0f x a− − ≤ ( )max 2f x a≤ + ( )2 1 2 1 2 1x a x x a x a− − + ≤ − − + = + 2 1 2 1 2 1a x a x a− + ≤ − − + ≤ + 所以 ，所以 ，解得 . 所以所求实数 的取值范围为 . 【点睛】 本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属基础题． 2 1 2a a+ ≤ + 2 2 1 2a a a− − ≤ + ≤ + 1 1a− ≤ ≤ a [ ]1,1−