衡水中学 2019—2020 学年度高三下学期第九次调研考试
数学（理科）
一、选择题（本大题包括 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．）
1.已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简集合 A，B，再求 .
【详解】因为 ， ，
所以 .
故选：C
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.
2.复数 上的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
化简得到 计算虚部得到答案.
【详解】 ，所以 的虚部为 .
故选：
【点睛】本题考查了复数虚部的计算，属于简单题.
{ | 0 2}A x x= < < 1
2
| log 2B x x
=
1| 24x x <
{ }| 0A B x x∪ = >
5
iz i
= +
5
26
5
26 i 5
26
− 5
26 i−
1 5
26 26z i= +
( )5 1 5
26 26 26
i iz i
−= = +
5
iz i
= +
5
26
A3.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择 15 名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单
位：厘米），左图为选取的 15 名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散
点图，并求得其回归方程为 ，以下结论中不正确的为（ ）
A. 15 名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B. 15 名志愿者身高和臂展成正相关关系，
C. 可估计身高为 190 厘米的人臂展大约为 189.65 厘米
D. 身高相差 10 厘米的两人臂展都相差 11.6 厘米，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A 根据散点图可求得两个量的极差，
进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C 将 190 代入回归方程可得到的是估计值，
不是准确值，故不正确；D，根据回归方程 x 的系数可得到增量为 11.6 厘米，但是回归方程上
的点并不都是准确的样本点，故不正确.
【详解】A，身高极差大约为 25，臂展极差大于等于 30，故正确；
B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长
一些，故正确；
C，身高为190 厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于 189.65 厘米，但是不是准确值，故
正确；
D，身高相差 10 厘米的两人臂展的估计值相差 11.6 厘米，但并不是准确值，回归方程上的点
并不都是准确的样本点,故说法不正确.
故答案为 D.
【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量
1.16 0. 5ˆ 3 7y x= −的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映 x 与 Y 之间的关系，这
条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的
两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.
4.函数 的图象不可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
变成分段函数后分段求导，通过对 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项
可得答案.
【详解】 ,∴ .
(1)当 时, ,图象为 A;
(2)当 时, ,∴ 在 上单调递增,
令 得 ,
∴当 时, ,
当 时, ,
∴ 在 上单调递减,在 上单调递增,图象为 D;
( ) | | ( )af x x a Rx
= − ∈
a
, 0
( )
, 0
ax xxf x ax xx
− >=
− − =
− + <
′
0a = , 0( ) , 0
x xf x x x
>= − 21 0a
x
+ > ( )f x (0, )+∞
21 0a
x
− + = x a= −
x a< − 21 0a
x
− + <
0a x− < < 21 0a
x
− + >
( )f x ( , )a−∞ − ( ,0)a−(3)当 时, ,∴ 在 上单调递减,
令 得 ,
∴当 时, ,
当 时, ,
∴ 在 上单调递减,在 上单调递增,图象为 B;
故选：C.
【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函
数的单调性，属于中档题.
5.某几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点 与点 在正视图与侧视图上的对应点分
别为 ， ，则在该几何体表面上，从点 到点 的路径中，最短路径的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
画出几何体的图形，然后 PQ 的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径，分别计算出结果，
得出答案.
【详解】由题，几何体如图所示
0a <
21 0a
x
− + < ( )f x ( ,0)−∞
21 0a
x
+ = x a= −
x a> − 21 0a
x
+ >
0 x a< < − 21 0a
x
+ <
( )f x (0, )a− ( , )a− +∞
P Q
A B P Q
5 6 2 2 10（1）前面和右面组成一面
此时 PQ=
（2）前面和上面再一个平面
此时 PQ=
故选 C
【点睛】本题考查了几何体的三视图以及相关的计算，解题的关键是 PQ 的路径有两种情况，
属于较易题.
6.设 ， 为正数，且 ，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据 ，化简 ，根据均值不等式，即可求得答案；
【详解】当 时，
2 22 2 2 2+ =
2 23 1 10+ =
2 2 10<
m n 2m n+ = 1 3
1 2
n
m n
+++ +
3
2
5
3
7
4
9
5
2m n+ = 1 3 5 11 2 ( 1) ( 2)
n
m n m n
++ = ++ + + ⋅ +
2m n+ =，
当且仅当 时，即 取等号，
.
故选：D
【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要
验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
7.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在
中，角 所对的边分别为 ，则 的面积
.根据此公式，若 ，且
，则 的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根 据 ， 利 用 正 弦 定 理 边 化 为 角 得
， 整 理 为 ， 根 据
， 得 ， 再 由 余 弦 定 理 得 ， 又 ， 代 入 公 式
求解.
1 3 1 1 11 2 1 2
n
m n m n
++ = + ++ + + +
3 51 1( 1) ( 2) ( 1) ( 2)
m n
m n m n
+ += + = ++ ⋅ + + ⋅ +
21 2 25( 1) ( 2) 2 4
m nm n
+ + + + ⋅ + ≤ =
1 2m n+ = + 3 1
2 2m n= =，
∴ 1 3 9
1 2 5
n
m n
++ ≥+ +
ABC∆ , ,A B C , ,a b c ABC∆
22 2 2
21 ( )4 2
a b cS ab
+ − = −
( )cos 3 cos 0a B b c A+ + =
2 2 2 2a b c− − = ABC∆
2 2 2 6 2 3
( )cos 3 cos 0a B b c A+ + =
sin cos cos sin 3sin cos 0A B A B C A+ + = ( )sin 1 3cos 0C A+ =
sin 0C ≠ 1cos 3A = − 3bc = 2 2 2 2a b c− − =
22 2 2
21 ( )4 2
+ − = −
c b aS bc【详解】由 得 ，
即 ，即 ，
因为 ，所以 ，
由余弦定理 ，所以 ，
由 的面积公式得
故选：A
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于
中档题.
8.执行如图所示的程序框图，则输出的 值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题知，该程序是利用循环结构计算，输出变量 的值，可发现周期为 ，即可得到
， ， ，此时输出 .
【详解】 ， . ， . ， .
( )cos 3 cos 0a B b c A+ + = sin cos cos sin 3sin cos 0A B A B C A+ + =
( )sin 3sin cos 0A B C A+ + = ( )sin 1 3cos 0C A+ =
sin 0C ≠ 1cos 3A = −
2 2 2 22 cos 23a b c bc A bc− − = − = = 3bc =
ABC∆ ( )22 2 2
2 2 21 1( ) 3 1 24 2 4
c b aS bc
+ − = − = − =
a
3− 1
3
1
2
− 2
a 4
2020i = 2a = 2021i = 2a =
1i = 3a = − 2i = 1
2a = − 3i = 1
3a =， . ， .
可发现周期 ， ， ， .
此时输出 .
故选：
【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构，周期是 是解决本题的关键，属于
简单题.
9.设 ， ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件 ，令 ，代入 中并取相同的正指数，可得 的范围并可
比较 的大小；由对数函数的图像与性质可判断 的范围，进而比较 的大小.
【详解】因为
令
则
将式子变形可得 ，
因为
所以
由对数函数的图像与性质可知
4i = 2a = 5i = 3a = −
4 2020i = 2a = 2021i =
2a =
D
4
0 1a b< < < bx a= ay b= logbz a=
x y z< < y x z< < z x y< < z y x< <
0 1a b< < < 1 1,3 2a b= = ,x y ,x y
,x y z , ,x y z
0 1a b< < <
1 1,3 2a b= =
1
21
3
bx a =
=
1
31
2
ay b =
=
1
2
log log 1
3b az ==
61 321 1 1
3 3 27
= =
61 231 1 1
2 2 4
= =
1 1 127 4
< <
x y<
1 1
2 2
1 1log log 13 2
> =综上可得
故选：A.
【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较，指数幂的运算性质应用，对数函数图像与性
质应用，属于基础题.
10.已知双曲线 ，点 是直线 上任意一点，
若圆 与双曲线 的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是
（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线 与直线 的距离 ，根据
圆 与双曲线 的右支没有公共点，可得 ，解得即可．
【详解】由题意，双曲线 的一条渐近线方程为 ，即
，
∵ 是直线 上任意一点，
则直线 与直线 的距离 ，
∵圆 与双曲线 的右支没有公共点，则 ，
∴ ，即 ，又
故 的取值范围为 ，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答
中根据圆与双曲线 的右支没有公共点得出 是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，
x y z< <
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
− = > > ( )0 0,P x y 4 0bx ay a− + =
( ) ( )2 2
0 0 1x x y y− + − = C
( ]1,2 ( ]1,4 [ )2,+∞ [ )4,+∞
bx ay 2a 0− + = bx ay 0− = d
( ) ( )2 2
0 0x x y y 1− + − = C d 1≥
2 2
2 2
x yC: 1 (a 0,b 0)a b
− = > > by xa
=
bx ay 0− =
( )0 0P x , y bx ay 4a 0− + =
bx ay 4a 0− + = bx ay 0− =
2 2
4a 4ad ca b
= =
+
( ) ( )2 2
0 0x x y y 1− + − = C d 1≥
4 1a
c
≥ 4ce a
= ≤ 1e >
e ( ]1,4
C d 1≥属于基础题．
11.直线 与函数 的图象的相邻两个交点的距离为 ，若
在 上是增函数，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线 与函数 的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，得到 ，则
，然后求得其单调增区间，再根据 在 上是增函
数，由 是增区间的子集求解.
【详解】因为直线 与函数 的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，
所以 ， ，
由 ，得 ，
所以 在 上是增函数，
由 ，
解得 .
故选：B
【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题
12.已知函数 ，若方程 有 3 个不同的实根 ，
则 的取值范围是（ ）
y a= ( ) tan ( 0)4f x x
πω ω = + > 2π
( )f x ( )( ), 0m m m− > m
(0, ]4
π
(0, ]2
π 3(0, ]4
π 3(0, ]2
π
y a= ( )f x 1
2
ω =
( ) 1tan 2 4f x x
π = +
( )f x ( )( ), 0m m m− >
( , )m m−
y a= ( )f x
1
2
ω = ( ) 1tan 2 4f x x
π = +
1
2 2 4 2k x k
π π ππ π− < + < + 32 2 ( )2 2k x k k
π ππ π− < < + ∈Z
( )f x 3 ,2 2
π π −
3( , ) ,2 2m m
π π − ⊆ −
0 2m
π< ≤
( ) ( )2 2 xf x x x e= − ( )f x a= ( )1 2 3 1 2 3, ,x x x x x x< <
2 2
a
x −A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数法，明确 在 ， 上是增函数，在 上是减函数，
结合 的图象，得 ，构造函数 ，再利用导
数法求其取值范围.
【详解】由 得 ，
所以 在 ， 上是增函数，在 上是减函数，
结合 的图象
可得 ，又 ，
设 ，则 ，
所以 在 上是减函数，在 上是增函数，
由 ， ， ，
可得 的取值范围是
故选：A
1[ ,0)e
−
2
2 ,0
e
−
2
2
2 , 2e
e
−
( )20, 2e
( )f x ( ), 2−∞ − ( )2,+∞ ( )2, 2−
( )f x 22 0x− < < ( ) ( )
22
2
2 22 2
= = =− −
xf xag x x ex x
( ) ( )2 2 xf x x x e= − ( ) ( )2 2 xf x x e′ = −
( )f x ( ), 2−∞ − ( )2,+∞ ( )2, 2−
( )f x
22 0x− < < ( )
22
2
2 22 2
xf xa x ex x
= =− −
( ) ( 2 0)xg x xe x= − < < ( ) ( )1 xg x x e′ = +
( )g x ( )2, 1− − ( )1,0−
( ) 11g e
− = − ( ) 22 2g e−− = − ( )0 0g =
2 2
a
x −
1[ ,0)e
−【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解问题
的能力，属于难题.
二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分．）
13. 的展开式的第 项为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由二项式定理的通项公式求解即可
【详解】由题展开式的第 2 项为
故答案为
【点睛】本题考查二项式定理，熟记公式，准确计算是关键，是基础题.
14.已知 中， ， ， ，若点 满足 ，则
__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根 据 ， 以 为 一 组 基 底 ， 由
， 得 到 ， 再 由
求解.
【详解】因为
又因为 ， ，
所以 ，
71
7x x
− 2
5x−
1
1 6 5
7
1C x x7x
− = −
5x−
ABC∆ 3AB = 5AC = 7BC = D 1 1
3 2AD AB AC= +
DB DC⋅ =
12−
1 1
3 2AD AB AC= + ,AB AC
2 22 2( ) 2BC AC AB AC AB AB AC= − = + − ⋅ 15
2AB AC⋅ = −
2 1 1 1( ) ( ) 3 2 2 3
⋅ = − ⋅ − = − ⋅ −
DB DC AB AD AC AD AB AC AC AB
2 22 2( ) 2BC AC AB AC AB AB AC= − = + − ⋅
3AB = 5AC = 7BC =
15
2AB AC⋅ = − 所以
.
故答案为：-12
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属
于中档题.
15.记等差数列 的前 n 项和为 ，若 ， ，则 的前 n 项
和 ______．
【答案】
【解析】
【分析】
由等差数列的通项公式以及前 项和公式代入可求得 ，再由分组求和即可求解.
【详解】因为 是等数差数列， ，而 ，
所以 ，解得 ， ，则 ， ；
数列 构成首项为 9，公差为 9 的等差数列；
若 n 为偶数，则 ，
若 n 为奇数，则 T
故 .
2 1 1 1( ) ( ) 3 2 2 3DB DC AB AD AC AD AB AC AC AB ⋅ = − ⋅ − = − ⋅ − =
2 22 1 1 25 152 129 4 2 4 4AB AC AB AC− − + ⋅ = − − − = −
{ }na nS 2 4 18a a+ = 17 459S = ( ){ }31 n
na−
nT =
( )
( )
9 , 22
9( 1) , 2 12
n
n n k k Z
T n n k k Z
= ∈= +− = + ∈
n na
{ }na 17 9 9459 17 459 27S a a= ⇒ = ⇒ = 2 4 18a a+ =
1
9
1
8 27
2 4 18
a d
a d
+ =
+ = 3d = 1 3a = 3 ( 1) 3 3na n n+ − × == n ∗∈N
{ }3na
99 18 27 36 9( 1) 9 2n
nT n n= − + − + + − − + =
9 18 27 36 9( 2) 9( 1) 9n n n n= − + − + + − − + − −
9( 1) 9( 1)92 2
n nn
− += − = −
( )
( )
9 , 22
9( 1) , 2 12
n
n n k k Z
T n n k k Z
= ∈= +− = + ∈故答案为：
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.
16.已知三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上， 平面 ， ，
， ， ，则球 的表面积为__________．
【答案】
【解析】
分析：根据三棱锥的结构特征，求得三棱锥外接球半径，由球表面积公式即可求得表面积．
详解：由 ，根据同角三角函数关系式得
，解得
所以 ，因为 ， ，由余弦定理
代入得
所以△ABC 为等腰三角形，且 ，由正弦定理得△ABC 外接圆半径 R 为 ，
解得
设△ABC 外心为 ， ，过 作
则在 中
在 中
解得
所以外接球面积为
点睛：本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法，通过建立空间模型，利用勾股定理求
得半径；结合球的表面积求值，对空间想象能力要求高，综合性强，属于难题．
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明或演算步骤．）
( )
( )
9 , 22
9( 1) , 2 12
n
n n k k Z
T n n k k Z
= ∈= +− = + ∈
D ABC− O AD ⊥ ABC 3AC =
1BC = cos 3sinACB ACB∠ = ∠ 2AD = O
8π
cos 3sinACB ACB∠ = ∠
2 2sin cos 1ACB ACB∠ + ∠ = 1sin 2ACB∠ =
6C
π= 3AC = 1BC = 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC C= + − ⋅
33 1 2 3 12AB = + − × × =
120B = 3 2sin120 R=
1R =
'O 'OO h= 'O 'O M AD⊥
'O OA∆ 2 2 21h R+ =
'O MD∆ ( )2 2 22 1h R− + =
2R =
( )224 4 2 8S Rπ π π= = =17.设 .
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）在锐角 中，角 的对边分别为 ,若 ,求 面积的
最大值.
【答案】（Ⅰ）单调递增区间是 ；
单调递减区间是
（Ⅱ） 面积的最大值为
【解析】
试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求
其单调区间；
（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角 A 的值，然后结合余弦定理求出三角形
面积的最大值.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意知
由 可得
由 可得
所以函数 的单调递增区间是 ；
( ) 2sin cos cos 4f x x x x
π = − +
( )f x
ABC∆ , ,A B C , ,a b c 0, 12
Af a = = ABC∆
( ),4 4k k k Z
π ππ π − + + ∈
( )3,4 4k k k Z
π ππ π + + ∈
ABC∆ 2 3
4
+
( )f x
02
Af =
ABC∆
( )
1 cos 2sin 2 2
2 2
xxf x
π + + = −
sin 2 1 sin 2 1sin 22 2 2
x x x
−= − = −
2 2 2 ,2 2k x k k Z
π ππ π− + ≤ ≤ + ∈ ,4 4k x k k Z
π ππ π− + ≤ ≤ + ∈
32 2 2 ,2 2k x k k Z
π ππ π+ ≤ ≤ + ∈ 3 ,4 4k x k k Z
π ππ π+ ≤ ≤ + ∈
( )f x ( ),4 4k k k Z
π ππ π − + + ∈ 单调递减区间是
（Ⅱ）由 得
由题意知 为锐角，所以
由余弦定理：
可得：
即： 当且仅当 时等号成立.
因此
所以 面积的最大值为
考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.
18.如图，在三棱锥 P-ABC 中，已知 ，顶点 P 在平面 ABC 上
射影为 的外接圆圆心.
（1）证明：平面 平面 ABC；
（2）若点 M 在棱 PA 上， ，且二面角 P-BC-M 的余弦值为 ，试求 的值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）设 的中点为 ，连接 ，易知点 为 的外接圆圆心，从而 平面 ，
的
( )3,4 4k k k Z
π ππ π + + ∈
1sin 0,2 2
Af A = − =
1sin 2A =
A 3cos 2A =
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 21 3 2bc b c bc+ = + ≥
2 3,bc ≤ + b c=
1 2 3sin2 4bc A
+≤
ABC∆ 2 3
4
+
2 2= = = =，AC AB BC PA
ABC
PAC ⊥
| |
| |
= λAM
AP
5 33
33
λ
1
2
λ =
AC O PO O ABC PO ⊥ ABC即可证明平面 平面 ABC；
（2）以 ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
求出平面 与平面 的法向量，代入公式即可建立 的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：如图，设 的中点为 ，连接 ，
由题意，得 ，则 为直角三角形，
点 为 的外接圆圆心．
又点 在平面 上的射影为 的外接圆圆心，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）解：由（1）可知 平面 ，
所以 ， ， ，
于是以 ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
设 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，
则 得
令 ，得 ， ，
即 ．
设平面 的法向量为 ，
PAC ⊥
OC OB OP x y z
MBC PBC λ
AC O PO
2 2 2BC AB AC+ = ABC
O ABC
P ABC ABC
PO ⊥ ABC
PO ⊂ PAC PAC ⊥ ABC
PO ⊥ ABC
PO OB⊥ PO OC⊥ OB AC⊥
OC OB OP x y z
(0 0 0)O ，， (1 0 0)C ，， (0 1 0)B ，， ( 1 0 0)A − ，， (0 0 1)P ，，
[0 1] (1 0 1) ( 1 0 )AM AP AP Mλ λ λ λ= ∈ = − ， ， ， ，， ， ，，
(1 1 0)BC = − ， ， (1 0 1)PC = − ，， (2 0 ).MC λ λ= − − ，，
MBC 1 1 1( )m x y z= ， ，
· 0
· 0
m BC
m MC
=
=
，
，
1 1
1 1
0
(2 ) 0
x y
x zλ λ
− =
− − =
，
，
1 1x = 1 1y = 1
2z
λ
λ
−=
21 1m
λ
λ
− =
，，
PBC 2 2 2( )n x y z= ， ，由 得
令 ，得 ， ，即
解得 即 M 为 PA 的中点．
【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及
计算能力．
19.某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案(a)规定每日底薪
50 元，快递业务每完成一单提成 3 元；方案(b)规定每日底薪 100 元，快递业务的前 44 单没
有提成，从第 45 单开始，每完成一单提成 5 元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，
现随机抽取 100 天的数据，将样本数据分为[ 25，35），[35，45)，[45，55)，[55，65)，
[65，75)，[75，85)，[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.
（1）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于 65 单的概率；
（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（a）的概率为 ，选择方案（b）的概率
为 ．若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求
至少有两名骑手选择方案(a)的概率；
（3）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案
的选择，并说明理由．（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) （Ⅲ）见解析
· 0
· 0
n BC
n PC
=
=
，
，
2 2
2 2
0
0
x y
x z
− =
− =
，
，
1x = 1y = 1z = (1 1 1)n = ，， ，
2
2
22· 5 33cos | |·| | 33(2 )3· 2
n mn m n m
λ
λ
λ
λ
−+
〈 〉 = = =
−+
， ，
1 1 102 2 2
= − ， ， ， ，λ M
1
3
2
3
0.4 7
27【解析】
分析】
(Ⅰ)先设事件 为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于 单”，
由频率分布直方图，即可求出结果；
(Ⅱ)先设事件 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”，设事件 为“甲
乙丙三名骑手中恰有 人选择方案（1）”，根据题意可得 ，
进而可求出结果；
（Ⅲ）先设骑手每日完成快递业务量为 件，得到方案（1）的日工资
，方案（2）的日工资 ，再
由题中条件分别得到 与 的期望，比较大小即可得出结果.
【详解】(Ⅰ)设事件 为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少
于 单”
依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于 单的频率分别为：
因为
所以 估计为 .
(Ⅱ) 设事件 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”
设事件 为“甲乙丙三名骑手中恰有 人选择方案（1）”，
则 ，
所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为
（Ⅲ）设骑手每日完成快递业务量为 件
方案（1）的日工资 ，
方案（2）的日工资
所以随机变量 的分布列为
【
A 65
B iC
( )0,1,2,3i i = ( ) ( ) ( )2 3P B P C P C= +
X
( )*
1 50 3Y X X N= + ∈ ( )
*
2 *
100, 44,
100 5 44 , 44,
X X NY X X X N
≤ ∈= + − > ∈
1Y 2Y
A
65
65 0.2 0.15 0.05， ，
0.2 0.15 0.05 0.4+ + =
( )P A 0.4
B
iC ( )0,1,2,3i i =
( ) ( ) ( ) 2 1 3
2 3
2 3 3 3
1 2 1 6 1 7
3 3 3 27 27 27P B P C P C C C = + = + = + =
7
27
X
( )*
1 50 3Y X X N= + ∈
( )
*
2 *
100, 44,
100 5 44 , 44,
X X NY X X X N
≤ ∈= + − > ∈
1Y
；
同理随机变量 的分布列为
因为 ，所以建议骑手应选择方案（1）
【点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的分布列与期望等，熟记概念，会
分析频率分布直方图即可，属于常考题型.
20.如图，椭圆 ： 的左右焦点分别为 ，离心率为 ，过抛物
线 ： 焦点 的直线交抛物线于 两点，当 时， 点在 轴上的射
影为 ，连接 并延长分别交 于 两点，连接 ， 与 的面积
分别记为 ， ，设 .
1Y 140 170 200 230 260 290 320
P 0.05 0.05 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05
1 140 0.05 170 0.05 200 0.2 230 0.3 260 0.2 290 0.15 320 0.05EY = × + × + × + × + × + × + ×
236=
2Y
1Y 100 130 180 230 280 330
P 0.1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05
2 100 0.1 130 0.2 180 0.3 230 0.2 280 0.15 330 0.05EY = × + × + × + × + × + × 194.5=
1 2EY EY>
1C
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > 1 2,F F 3
2
2C 2 4x by= F ,M N 7| | 4MF = M x
1F , )NO MO 1C ,A B AB OMN∆ OAB∆
OMNS∆ OABS∆ λ = OMN
OAB
S
S
∆
∆（1）求椭圆 和抛物线 的方程；
（2）求 的取值范围.
【答案】（I） ， ；（II） ．
【解析】
试题分析：（Ⅰ ）由题意得得 ，根据点 M 在抛物线上得 ，又
由 ，得 ，可得 ，解得 ，从而得 ，可得曲线方
程．（Ⅱ ）设 ， ，分析可得 ，先设出直线 的方程为
， 由 ， 解 得 ， 从 而 可 求 得 ， 同 理 可 得
,故可将 化为 m 的代数式，用基本不等式求解可得
结果．
试题解析：
（Ⅰ）由抛物线定义可得 ，
∵点 M 在抛物线 上，
∴ ，即 ①
又由 ，得
将上式代入①，得
解得
∴
，
1C 2C
λ
2
2 14
x y+ = 2 4x y= [ )2,+∞
7, 4M c b − −
2 74 4c b b = −
3
2
c
a
= 2 23c b= 27 7b b= 1b = 3 2c a= =，
ONk m= 'OMk m= 1' 4m m
= − ON y mx=
( 0)m > 2 4
y mx
x y
=
= 4Nx m= 24 1ON m m= +
, ,OM OA OB = OMN
OAB
ON OMS
S OA OB
λ ∆
∆
⋅= ⋅
7, 4M c b − −
2 4x by=
2 74 4c b b = −
2 27 4c b b= −
3
2
c
a
= 2 23c b=
27 7b b=
1,b =
3,c =
2a∴ =所以曲线 方程为 ，曲线 的方程为 ．
（Ⅱ）设直线 的方程为 ，
由 消去 y 整理得 ，
设 ， .
则 ，
设 ， ，
则 ，
所以 ， ②
设直线 的方程为 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
由②可知，用 代替 ，
可得 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
用 代替 ，可得
的1C
2
2 14
x y+ = 2C 2 4x y=
MN 1y kx= +
2
1
4
y kx
x y
= +
=
2 4 4 0x kx− − =
1 1, )M x y（ ( )2, 2N x y
1 2 4x x = −
ONk m= 'OMk m=
2 1
1 2
2 1
1 1' 16 4
y ymm x xx x
= ⋅ = = −
1' 4m m
= −
ON y mx= ( 0)m >
2 4
y mx
x y
=
= 4Nx m=
2 21 4 1NON m x m m= + = +
1
4m
− m
2
2
1 1 11 14 16MOM xm m m
= + − = +
2
2 14
y mx
x y
= + =
2
2
4 1Ax
m
=
+
2
2
2
2 11
4 1A
mOA m x
m
+= + =
+
1
4m
− m
2
2
2
12 11 161 16 1 14
B
mOB xm
m
+
= + =
+所以
，当且仅当 时等号成立．
所以 的取值范围为 .
点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，
则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
21.已知函数 .
（1）若 有两个不同的极值点 ， ，求实数 的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求证： .
【答案】（1） ；（2）详见解析.
【解析】
分析】
（1）由 得 ，根据 有两个不同的极值点 ， ，
则 有两个不同的零点，即方程 有两个不同的实根，转化为直线 与
的图象有两个不同的交点求解.
【
2
2
2 2
2
2
1 14 1 1 16=
12 12 1 16
14 1 14
OMN
OAB
m mON OMS m m
S OA OB
m m
m
m
λ ∆
∆
+ ⋅ +⋅= =⋅ ++ ⋅
+ +
2 2
2 2
1 14 1 1 4 24 4m mm m
= + ⋅ + = + +
12 22m m
= + ≥ 1m =
λ [ )2,+∞
( ) 2 1xf x x ae= − −
( )f x 1x 2x a
1 2 4x xe e a
+ >
20, e
( ) 2 1xf x x ae= − − ( ) 2 xf x x ae′ = − ( )f x 1x 2x
( )f x′ 2
x
xa e
= y a= 2
x
xy e
=（2）由（1）知 ，设 ，则 ，由 得
， ，要证 ，将 代入整理
为 ，再令 ，转化为 ，再构造函数
，研究其最大值即可.
【详解】（1）由 得 ，
有两个不同的极值点 ， ，则 有两个不同的零点，
即方程 有两个不同的实根，
即直线 与 的图象有两个不同的交点，
设 ，则 ，
时 ， 单调递增，且 的取值范围是 ；
时 ， 单调递减，且 的取值范围是 ，
所以当 时，直线 与 的图象有两个不同的交点，
有两个不同的极值点 ， ，
故实数 的取值范围是 .
（2）由（1）知 ，设 ，则 ，
由 得 ，
20 a e
< < 1 2x x< 1 20 1x x< < <
1
2
1
2
2
2
x
x
x ae
x ae
=
=
( ) ( )1 2
1 22 x xx x a e e− = − ( )
1 2
1 22
x x
x xa e e
−= −
1 2 4x xe e a
+ > ( )
1 2
1 22
x x
x xa e e
−= −
( )( )1 2
1 2
1 2 1
21
x x
x x
x x e
e
−
−
− +
>− 1 2 ( 0)x x t t− = < ( )2 1
01
t
t
e
t e
−
− ( )1 2 4x xa e e+ >
( )( )1 2
1 2
1 2 2
x x
x x
x x e e
e e
− +
>−
( )( )1 2
1 2
1 2 1
21
x x
x x
x x e
e
−
−
− +
>−
1 2 ( 0)x x t t− = < ( )1
21
t
t
t e
e
+
>−
( )2 1
01
t
t
e
t e
−
− − +
0, 0a b> > 2 2a b+ = ( ) 2 24 .f x x a b− ≤ +
( ) ( ), 3 0,−∞ − ∪ +∞（Ⅰ）整理 得： ，由绝对值的几何意义即可解不等式．
（Ⅱ）将问题转化成 ，求得 ，转化成证明
利用基本不等式即可证明结论，问题得解．
【详解】（Ⅰ） ，即 ，
由绝对值的几何意义得： ；
（Ⅱ） ，
要证 ，只要证
，即
【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查
计算能力，属于中档题．
( ) 3 2f x x> − + 1 2 3x x+ + + >
( ) 2 2
max
4f x x a b− ≤ + ( )
max
1f x x− =
2 21 4 ,a b≤ +
( ) 3 2f x x> − + 1 2 3x x+ + + >
( , 3) (0, )x ∈ −∞ − ∪ +∞
( ) [ ]1 1,1f x x x x− = + − ∈ −
( ) 2 24f x x a b− ≤ + 2 21 4 ,a b≤ +
2 2, 2 2 2 2a b a b ab+ = ∴ = + ≥
1 ,4ab ≤
( )22 24 2 4 2 4 1.a b a b ab ab∴ + = + − = − ≥
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