2019-2020 学年度河北名优校联考
数学（理科）
注意事项：
1.本试卷共 4 页，三个大题，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.本试卷上不要答题，请按答题纸上注意事项的要求直接把答案填写在答题纸上答
在试卷上的答案无效.
第Ⅰ卷（选择题，共 60 分）
一、选择题（本大题共 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.己知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出集合 A，B，由此能求出 .
【详解】由 变形，得 ，解得 或 ，
∴ 或 .
又∵ ，
∴ .
故选：C.
【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.
2.己知复数 在复平面内对应的值点在第四象限，则 （ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
{ }2 2 3A x x x= − ≥ { }0 4B x x= < < A B =
( )1,4− ( ]0,3 [ )3,4 ( )3,4
A B
2 2 3x x− ≥ ( )( )1 3 0x x+ − ≥ 3x ≥ 1x ≤ −
{ | 3A x x= ≥ }1x ≤ −
{ }0 4B x x= < <
[ )3,4A B∩ =
( ) ( )1 3z m m i m Z= − + − ∈ 1
1z
=+
5
5
2
2 2【分析】
先根据已知求出 ，再逐步求 得解.
【详解】由题意可得 解得 .
又∵ ，∴ ，∴ ，
∴ .
故选：
【点睛】本题主要考查复数的几何意义，考查复数的除法运算和模的计算，意在考查学生对
这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
3.“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕
琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号，如图是折扇的示意图， 为 的中点，
若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自扇面（扇环）部分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用扇形的面积计算公式即可得出.
【详解】设扇形的圆心角为 ，大扇形的半径长为 ，小扇形的半径长为 ，
则 ， ， .
根据几何概型，可得此点取自扇面（扇环）部分的概率为
.
故选：D.
1 iz = − 1
1z +
1 0,
3 0,
m
m
− >
− = a b c< <
a b ( ) ( ) 0a b a b+ ⋅ − = 3a b a b+ = − a b
1
3
± 4
5
± 1
3
4
5
a b θ ( ) ( ) 0a b a b+ ⋅ − = a b= 3a b a b+ = −
a b= cosθ
a b θ
( ) ( ) 0a b a b+ ⋅ − =
2 2
0a b− =
a b=
3a b a b+ = − ∴ ②
由①②，解得 .
故选：D.
【点睛】本题考查向量数量积的计算，属于基础题.
6.函数 在 的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性和特殊值可判断.
【详解】解：因为 ，所以 为奇函数，关于原点对称，
故排除 ，又因为 ， ， ， ，故排除 、 ,
故选：D.
【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的性质以及特殊值法灵活判断，属于基础题.
7.在如图算法框图中，若 ，程序运行的结果 为二项式 的展开式中 的系数的
倍，那么判断框中应填入的关于 的判断条件是（ ）
2 2 2 2
2 cos 9 18 cos 9a a b b a a b bθ θ+ + = − +
4cos 5
θ =
ln | | cos( ) sin
x xf x x x
⋅= + [ ,0) (0, ]π π−
ln | | cos( ) ( )sin
x xf x f xx x
⋅− = − = −+ ( )f x
A ( )1 0f ± = ( ) 02f
π± = ( ) 03f
π > ( ) 0f π < B C
6a = S 5(2 )x+ 3x 3
kA. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二项式（2+x）5 展开式的通项公式，求出 x3 的系数，模拟程序的运行，可得判断框内的
条件．
【详解】∵二项式 展开式的通项公式是 ,
令 ，
，
，
∴程序运行的结果 S 为 120，
模拟程序的运行，由题意可得
k=6，S=1
不满足判断框内的条件，执行循环体，S=6，k=5
不满足判断框内的条件，执行循环体，S=30，k=4
不满足判断框内的条件，执行循环体，S=120，k=3
此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出 S 的值为 120．
故判断框中应填入的关于 k 的判断条件是 k＜4？
故选：C
【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式的应用问题，考查了程序框图的应用问题，解
题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于中档题．
8.为了解学生课外使用手机的情况，某学校收集了本校 500 名学生 2019 年 12 月课余使用手机
的总时间（单位：小时）的情况.从中随机抽取了 50 名学生，将数据进行整理，得到如图所示
的频率分布直方图.已知这 50 名学生中，恰有 3 名女生课余使用手机的总时间在 ，现
在从课余使用手机总时间在 的样本对应的学生中随机抽取 3 名，则至少抽到 2 名女生
的概率为（ ）
3k < 3k > 4k < 4k >
5(2 )x+ 5
1 5 2r r r
rT C x−
+ = ⋅ ⋅
3r =
3 2 3
3 1 5 2T C x+∴ = ⋅ ⋅
3 3 2 3
5
6(4) 2 1 408
xx Cx
∴ × ⋅ ⋅ =
[ ]10,12
[ ]10,12A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出课余使用手机总时间在 的学生共有 8 名，再利用古典概型的概率求至少抽到 2
名女生的概率.
【详解】∵这 50 名学生中，恰有 3 名女生的课余使用手机总时间在 ，课余使用手机
总时间在 的学生共有 （名），
∴从课余使用手机总时间在 的学生中随机抽取 3 人，基本事件总数 ，
至少抽到 2 名女生包含的基本事件个数 ，
则至少抽到 1 名女生的概率为 .
故选：
【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查频率分布直方图的计算，考查组合的实
际应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9.在等差数列 中， 为其前 项和.若 ，且 ，则 等于
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先证明数列 是以 为首项以 为公差的等差数列，再求出 的值，再利用等差数列的
15
56
3
8
2
7
5
28
[ ]10,12
[ ]10,12
[ ]10,12 50 0.08 2 80× × =
[ ]10,12 3
8C 56n = =
3 2 1
3 3 5C C C 16m = + =
16 2
56 7
mp n
= = =
C
{ }na nS n 2020 2020S = 2020 20 20002020 20
S S− = 1a
2021− 2020− 2019− 2018−
nS
n
1a
2
d d通项即可求出 的值.
【详解】∵ 是等差数列， 为其前 项和，设公差为 ，
∴ ，∴ ，
所以数列 是以 为首项以 为公差的等差数列，
则 ，
解得 .
又∵ ，
∴ ，
∴ .
故选：
【点睛】本题主要考查等差数列 通项和前 项和的应用，考查等差数列通项的基本量的求法，
意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
10.己知 为坐标原点， 是椭圆 ： 的左焦点， ， 分别椭圆
在左、右顶点， 为椭圆 上一点，且 轴，过点 的直线 与 交于点 ，与
轴交于点 .若直线 经过 的中点，则椭圆 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设 中点为 ， .根据 求出 ，再根据
得到 ，化简即得椭圆 的离心率.
的
的
1a
{ }na nS n d 1 ( 1) ,2n
nS na n d= + −
( )1 1 2
nS da nn
= + − ⋅ 1
1 2
n nS S d
n n
+ − =+
nS
n
1a
2
d
( ) ( )2020 20
1 12020 1 20 12020 20 2 2
S S d da a − = + − ⋅ − + − ⋅ = 1000 2000d =
2d =
2020 2020S =
( )2020
1
2020 21 2020 12020 2020 2
S a= = = + − ×
1 2018a = −
D
n
O F C ( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > A B
C P C PF x⊥ A l PF M y
E BM OE C
3
4
2
3
1
2
1
3
OE G FM m= / /MF OE maOE a c
= − / /OG FM
( )2
ma
a c a
m a c
− = +
C【详解】如图，设 的中点为 ， .
∵ 轴，∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ .
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，则 .
故选：
【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，考查椭圆的离心率的计算，考查平行线的性质，
意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11.己知正三棱锥 的侧棱长为 ，底面边长为 6，则该正三棱锥外接球的体积是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，过点 作 平面 于点 ，记球心为 ，三棱锥的外接球的半径为 ，求出
， ， .解方程 即得 和该正三棱锥外接球
的体积.
OE G FM m=
PF x⊥ / /MF OE
FM AF
OE OA
= m a c
OE a
−=
maOE a c
= −
( )
1
2 2
maOG OE a c
= = −
/ /OG FM
OG OB
FM BF
= ( )2
ma
a c a
m a c
− = +
3a c= 1
3
ce a
= =
D
S ABC− 4 3
16π 64
3
π 64π 256
3
π
S SE ⊥ ABC E O R
2 3BE = OB R= 6OE R= − ( )22 12 6R R= + − R【详解】如图，过点 作 平面 于点 ，记球心为 .
∵在正三棱锥 中，底面边长为 6，侧棱长为 ，
∴ ，
∴ .
∵球心 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接半径长 ，
∴ ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
∴该正三棱锥外接球的体积 .
故选：
【点睛】本题主要考查正三棱锥的几何量的计算，考查几何体外接球的体积的计算，意在考
查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力.
12.己知函数 的定义域是 ，对任意的 ，有 .当 时，
.给出下列四个关于函数 的命题：
①函数 是奇函数；
②函数 是周期函数；
③函数 的全部零点为 ， ；
④当算 时，函数 的图象与函数 的图象有且只有 4 个公共点.
其中，真命题的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
S SE ⊥ ABC E O
S ABC− 4 3
2 3 6 2 33 2BE = × × =
2 2 6SE SB BE= − =
O R
OB R= 6OE R= −
Rt BOE 2 2 2OB BE OE= + ( )22 12 6R R= + −
4R =
34 256
3 3V πR π= =
D
( )f x R x∈R ( ) ( )2 0f x f x+ − = [ )1,1x∈ −
( )f x x= ( )f x
( )f x
( )f x
( )f x 2x k= k Z∈
[ )3,3x∈ − ( ) 1g x x
= ( )f x【解析】
【分析】
由周期函数的定义得到②正确； ，可以得到函数 不是奇函数，故①
错误； ，又 是周期为 2 的函数，可得③正确；求出 的根即
可判断④错误，从而得解.
【详解】∵对任意的 ，有 ，∴对任意的 ， ，
∴ 是周期为 2 的函数，
∴ ，
又∵当 时， ，∴ ，∴函数 不是奇函数，故①错
误，②正确.
当 时， ，∴ ，又∵ 是周期为 2 的函数，∴函数 的
全部零点为 ， ，故③正确.
∵当 时， ，令 ，解得 （舍）或 ；
当 时， ，令 ，则 ，解得
或 （舍）；
当 时， ，令 ，则 ，解得
或 （舍），
∴共有 3 个公共点，故④错误.
因此真命题的个数为 2 个.
故选：
【点睛】本题主要考查函数性质的综合运用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分
析推理能力.
第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分）
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
( ) ( )1 1 1f f= − = − ( )f x
( )0 0f = ( )f x ( ) ( ) 1f x g x x
= =
x∈R ( ) ( )2 0f x f x+ − = x∈R ( ) ( )2f x f x+ =
( )f x
( ) ( ) ( )1 1 2 1f f f= − = −
[ )1,1x∈ − ( )f x x= ( ) ( )1 1 1f f= − = − ( )f x
[ )1,1x∈ − ( )f x x= ( )0 0f = ( )f x ( )f x
2x k= k Z∈
[ )1,1x∈ − ( )f x x= ( ) ( ) 1f x g x x
= = 1x = 1x = −
[ )1,3x∈ ( ) ( )2 2f x f x x= − = − ( ) ( )f x g x= 12x x
− = 1 2x = +
1 2x = −
[ )3, 1x∈ − − ( ) ( )2 2f x f x x= + = + ( ) ( )f x g x= 12x x
+ =
1 2x = − − 1 2x = − +
B13.若实数 ， 满足 则 的最大值为________.
【答案】10
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程
组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案.
【详解】根据题意画出可行域，如图所示：
由图可知目标函数经过点 时， 取得最大值 10
故答案为：10.
【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题.
14.已知数列 的前 项和为 ，且满足 ，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】
对题目所给等式进行赋值，由此求得 的表达式，判断出数列 是等比数列，由此求得
的值.
【详解】解： ，可得 时， ，
时， ，又 ，
两式相减可得 ，即 ，上式对 也成立，可得数列 是首项为 1，公
x y
1 0,
2 2 0,
1,
x y
x y
y
− + ≥
+ − ≤
≥ −
3 2z x y= +
( )4, 1−A z
{ }na n nS 1
1 23 3n
na a a n−+ +…+ = 4S =
40
27
na { }na 4S
1
1 23 3n
na a a n−+ + + = 1n = 1 1a =
2n ≥ 2
1 2 13 3 1n
na a a n−
−+ +…+ = − 1
1 23 3n
na a a n−+ +…+ =
13 1n
na− =
11
3
n
na
− = 1n = { }na比为 的等比数列，可得 ．
【点睛】本小题主要考查已知 求 ，考查等比数列前 项和公式，属于中档题.
15.设函数 ，若 为奇函数，则过点 且与曲线
相切的直线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数是奇函数，构造 求出 值.再另设切点，求出切线方程，将
代入切线方程，即可求出切点横坐标，切线方程可求.
【详解】∵函数 为奇函数，
∴ ，
∴ .解得 ，
∴ ，
∴ .
设切点为 ，则 .
设切线方程为 .
∵ ，
∴ .
∵该直线过点 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ， ，
1
3
4
4
11 40
1 271
3
3
S
−
= =
−
nS na n
( ) ( )3 21f x x a x ax= + − + ( )f x ( )0, 16−
( )y f x=
13 16y x= −
( ) ( )1 1 0f f− + = a ( )0, 16−
( ) ( )3 21f x x a x ax= + − +
( ) ( )1 1 0f f− + =
( )1 1 1 1 0a a a a− + − − + + − + = 1a =
( ) 3f x x x= +
( ) 23 1f x x=′ +
( )0 0,x y ( ) 2
0 03 1f x x′ = +
( )( )0 0 0y y f x x x′− = −
3
0 0 0y x x= +
( ) ( )( )3 2
0 0 0 03 1y x x x x x− + = + −
( )0, 16−
( ) ( )( )3 2
0 0 0 016 3 1 0x x x x− − + = + −
0 2x =
0 10y = ( )0 13f x′ =∴所求直线方程为 ，
即 .
故答案为： .
【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用以及导数的几何意义，属于中档题.
16.已知双曲线 ： 的右顶点为 ，以点 为圆心， 为半径作圆，且圆
与双曲线 的一条渐近线交于 ， 两点，若 （ 为坐标原点），则双曲线
的标准方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】
如图，不妨设圆 与双曲线的一条渐近线 ，交于 ， 两点，过点 作 垂直
于该渐近线于点 ，连接 ，先求出 ， ， ，再由题得到
，求出 ，即得双曲线 的标准方程.
【详解】由双曲线的方程 ： ，知 ，
不妨设圆 与双曲线的一条渐近线 ，交于 ， 两点，过点 作 垂直于该渐
近线于点 ，连接 ，如图.
( )10 13 2y x− = −
13 16y x= −
13 16y x= −
C ( )2 2
2 1 05
x y bb
− = > A A b A
C M N 3
2OM ON= O C
2
2 15
x y− =
A 5
by x= M N A AB
B AN | | 5OA = 5| | bAB c
=
25| | bOB c
=
4 2
2 2
25 5 5b b
c c
+ = 1b = C
C ( )2 2
2 1 05
x y bb
− = > 5a =
A 5
by x= M N A AB
B AN点 到渐近线 的距离 .
∵ ，
∴ .
∵ ，
∴ ，∴ ，∴ .
在 中， ， ， ， ，
即 ， ，∴ ，
∴ ，
∴双曲线 的标准方程为 .
故答案为：
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质的应用，考查圆的几何性质，考查平面向量的
应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
三、解答题（共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、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）
（一）必考题：共 60 分.
17.己知在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 .
（1）若 ， ，求 的大小；
（2）若 ，且 是钝角，求 面积的大小范围.
【答案】（1） ；（2）
【解析】
( )5,0A 5 0bx y− =
2 2
| | 5| | ab bAB cb a
= =
+
| |AN r b= =
2 2 2
2 2 2
2| | a b bBN AN AB b c c
= − = − =
3 22OM ON ON NB= = +
4ON NB= 5OB NB= 25| | 5| | bOB BN c
= =
Rt ABO△ | | 5OA = 5| | bAB c
=
25| | bOB c
= 2 2 2| | | | | |OB AB OA+ =
4 2
2 2
25 5 5b b
c c
+ = 4 2 225 5 5b b c+ = ( )4 2 2 2 2 225 5 5 5 5 25b c b c b a= − = − = =
2 1b =
C
2
2 15
x y− =
2
2 15
x y− =
ABC A B C a b c cos 3cos
a B
b A
=
2 5a = 2b = c
2b = C ABC
1 17+ ( )2 3,+∞【分析】
（1）由正弦定理得 ，再利用余弦定理得 ，解方程即得 的大小；
（2）由题得 ，利用正弦定理得 ，再根据 的范围求出 的范围，
即得解.
【详解】（1）在 中， ，由正弦定理得 .
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ .
又∵ ，∴ .
在 中，由余弦定理得 ，即 ，
解得 （舍去）， .
∴ .
（2）由（1）知 ，
∴ .
由正弦定理，得 ，∴ .
∵ ， 为钝角，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ .
3A
π= 2 120 4 4 2c c= + − ⋅ c
3
2ABCS c=△
3 1tanc B
= + B c
ABC
sin 3cos
a B
b A
= sin sin 3sin cosA B B A=
0 B π< < sin 0B ≠ sin 3cosA A=
sintan 3cos
AA A
= =
0 A π< <
3A
π=
ABC 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 2 120 4 4 2c c= + − ⋅
1 17c = − 1 17c = +
1 17c = +
3A
π=
1 3sin2 2ABCS bc A c= =△
sin sin
c b
C B
=
22sinsin 33 1sin sin tan
π Bb Cc B B B
− = = = +
3A
π= C 0 6B
π< <
30 tan 3B< < 4c >
2 3ABCS >△即 面积的大小范围是 .
【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积范围的求解，意在考查
学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
18.如图，空间几何体 ，△ 、△ 、△ 均是边长为 2 的等边三角形，
平面 平面 ，且平面 平面 ， 为 中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）分别取 ， 中点 ， ，连接 ， ， ， ， ，通过面面平行的
判定定理，证得面 面 ，从而证得 平面 .（2）方法一（向量法）：
以点 为原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为 轴，建立空间直角坐标系，利用平
面 和平面 的法向量，计算二面角的余弦值.方法二（几何法）：过 点作 垂线，
垂足为 ，连接 .由此作出二面角的平面角 并证明，解直角三角形求得二面角的余
弦值.
【详解】（1）分别取 ， 中点 ， ，连接 ， ， ， ，
由面 面 且交于 ， 平面 ， 有 面
由面 面 且交于 ， 平面 ， 有 面
所以 , ，所以 ，
由 有 ，
ABC ( )2 3,+∞
ABCDE ABC ACD EBC
ACD ⊥ ABC EBC ⊥ ABC H AB
/ /DH BCE
E AC B− −
5
5
AC BC P Q DP EQ PQ PH DH
/ /BCE DPH / /DH BCE
P PA x PB y PD z
EAC BAC Q AC
F EF EFQ∠
AC BC P Q DP EQ PQ PH DH
ACD ⊥ ABC AC DP ⊂ ACD DP AC⊥ DP ⊥ ABC
BCE ⊥ ABC BC EQ ⊂ BCE EQ BC⊥ EQ ⊥ ABC
EQ DP
/ /DP EQ
EQ EBC
DP EBC
⊂
⊄
面
面
/ /DP EBC面
,AP PC AH HB= = / /PH BC，所以 ，
,所以面 面 ，所以
（2）
法 1：以点 为原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为 轴，建立如图所示空间直角
坐标系
由 面 ，所以面 的法向量可取
点 ,点 ,点 ，
, ，
设面 的法向量 ，所以 ，取
设二面角 的平面角为 ，据判断其为锐角.
/ /PH BC
BC EBC
PH EBC
⊂
⊄
面
面
/ /PH EBC面
/ /
/ /
DP EBC
PH EBC
DP PH P
∩ =
面 / /BCE DPH / /DH BCE平面
P PA x PB y PD z
EQ ⊥ ABC ABC ( )0,0,1n =
( )1,0,0A ( )1,0,0C − 1 3, , 32 2E
−
( 2,0,0)AC = − 3 3, , 32 2AE
= −
EAC ( ), ,m x y z=
2 0
3 3 3 02 2
x
x y z
− =− + + =
( )0,2, 1m = −
E AC B− − θ
1 5cos 5| || | 1 5
m n
m n
θ ⋅ −= = =
×
ur r
ur r法 2：过 点作 垂线，垂足为 ，连接 .
由（1）问可知 又因为 ，所以 平面 ，则有 .
所以 为二面角 的平面角.
由题可知 ，所以 ,则
所以，
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，包括向量法和几何
法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查运算求解能力，属于中档题.
19.某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全公
司范围内举行一次乙肝普查.为此需要抽验 669 人的血样进行化验，由于人数较多，检疫部门
制定了下列两种可供选择的方案.
方案一：将每个人的血分别化验，这时需要验 669 次.
方案二：按 个人一组进行随机分组，把从每组 个人抽来的血混合在一起进行检验，如果每
个人的血均为阴性，则验出的结果呈阴性，这 个人的血就只需检验一次（这时认为每个人的
血化验 次）；否则，若呈阳性，则需对这 个人的血样再分别进行一次化验，这时该组 个
人的血总共需要化验 次.
假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的概率为 ，且这些人之间的试验反应相互独立.
（1）设方案二中，某组 个人中每个人的血化验次数为 ，求 的分布列.
（2）设 ，试比较方案二中， 分别取 2，3，4 时，各需化验的平均总次数；并指出在
这三种分组情况下，相比方案一，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果四舍五入
Q AC F EF
EQ AC⊥ QP C⊥ AC ⊥ EFQ AC EF⊥
EFQ∠ E AC B− −
1
2QF BP 3
2QF = 5
2EF =
3
52cos 515
2
QFEFQ EF
∠ = = =
k k
k
1
k k k
1k +
p
k X X
0.1p = k保留整数）
【答案】（1）分布列见解析；（2） ，462 次； ，404 次； ，397 次；272 次
【解析】
【分析】
（1）由题得 ， ，分别求出对应的概率即得 的分布列；
（2）先求出 ，再分别求出 分别取 2，3，4 时，各需化验的平均总次数，
即得相比方案一，化验次数最多可以平均减少的次数.
【详解】（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 ，则 .
所以 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 ，呈阳性反应的概率为 .
依题意可知 ， ，
所以 的分布列为：
（2）方案二中，结合(1)知每个人的平均化验次数为
，
所以当 时， ，
此时 669 人需要化验的总次数为 462 次；
当 时， ，
此时 669 人需要化验的总次数为 404 次；
当 时， ，
此时 669 人需要化验的总次数为 397 次.
2k = 3k = 4k =
1X k
= 11 k
+ X
( ) 1 1kE X qk
= − + k
q 1q p= −
k kq 1 kq−
1X k
= 11 k
+
X
X 1
k
11 k
+
P kq 1 kq−
( ) ( )1 1 11 1 1k k kE X q q qk k k
= ⋅ + + − = − +
2k = ( ) 21 0.9 1 0.692E X = − + =
3k = ( ) 31 0.9 1 0.60433E X = − + ≈
4k = ( ) 41 0.9 1 0.59394E X = − + =即 时化验次数最多， 时次数居中， 时化验次数最少，
而采用方案一则需化验 669 次.
故在这三种分组情况下，
相比方案一，当 时化验次数最多可以平均减少 （次）
【点睛】本题主要考查随机变量的分布列，考查独立重复试验的概率和对立事件的概率的计
算，考查随机变量的均值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20.已知抛物线 的焦点为 ， 轴上方的点 在抛物线上，且
，直线 与抛物线交于 ， 两点（点 ， 与 不重合），设直线 ， 的
斜率分别为 ， .
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当 时，求证：直线 恒过定点并求出该定点的坐标.
【答案】（Ⅰ） ；
（Ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据 及抛物线定义可求 p，从而得到方程；
（Ⅱ）设出直线方程，与抛物线方程相联立，写出韦达定理，结合 可得 关系，
从而得到定点坐标.
【详解】（Ⅰ）由抛物线的定义可以 ，
,抛物线的方程为 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，点 的坐标为
当直线 斜率不存在时，此时 重合，舍去.
当直线 斜率存在时，设直线 的方程为
设 ，将直线 与抛物线联立得：
2k = 3k = 4k =
4k = 669 397 272− =
( )2 2 0y px p= − > F x ( )2,M m−
5
2MF = l A B A B M MA MB
1k 2k
1 2 2k k+ = − l
2 2y x= −
5
2MF =
1 2 2k k+ = − ,k b
5( 2)2 2
pMF = − − =
1p∴ = 2 2y x= −
M ( 2,2)−
l ,A B
l l y kx b= +
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y l
2 2 2
2 (2 2) 02
y kx b k x kb x by x
= + + + + = = −又 ，
即 ，
，
，
将①代入得，
即
得 或
当 时，直线 为 ，此时直线恒过 ;
当 时，直线 为 ，此时直线恒过 （舍去）
所以直线 恒过定点 .
【点睛】本题主要考查抛物线的定义及直线和抛物线的综合问题，直线过定点一般是寻求
之间的关系式.侧重考查数学运算的核心素养.
21.已知函数 .
（1）当 时，讨论 极值点的个数；
（2）若函数 有两个零点，求 的取值范围.
【答案】（1）极大值点 ，且是唯一极值点；（2）
【解析】
【分析】
（1）将 代入，求导得到 在 上单调递减，则 在 上存在唯一零
点 ，进而可判断出 是 的极大值点，且是唯一极值点；
2
1 2 1 22 2
2 2 ,kb bx x x xk k
− −+ = = ①
1 2
1 2
1 2
2 2 22 2
y yk k x x
− −+ = + = −+ +
( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 2 1 1 22 2 2 2 2 2 2kx b x kx b x x x+ − + + + − + = − + +
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4 8 2 4 8kx x k x x b x x x x b x x x x+ + + + − + + − = − − + −
( )1 2 1 2(2 +2) (2 +2) 4 0k x x k b x x b+ + + + =
2 2 2 ( 1) 0b b k b− − − + =
( 1)( 2 2 ) 0b b k+ − − =
1b = − 2 2b k= +
1b = − l 1y kx= − (0, 1)−
2 2b k= + l 2 2 ( 2) 2y kx k k x= + + = + + ( 2,2)−
l (0, 1)−
,k b
( ) ( )ln 1xf x x ae a R= − + ∈
1a = ( )f x
( )f x a
0x 10, e
1a = ( )'f x ( )0, ∞+ ( )'f x 1 ,12
0x 0x ( )f x（2）令 ，得到 ，则 与 的图象在 上有 2 个
交点，利用导数，数形结合即可得到 的取值范围.
详解】解：（1）由 知 .
当 时， ， ，显然 在 上单调递减.
又 ， ，
∴ 在 上存在零点 ，且是唯一零点，
当 时， ；
当 时， ，
∴ 是 的极大值点，且是唯一极值点.
（2）令 ，则 .
令 ， ，
则 和 的图象在 上有两个交点，
.
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，而 ，
故当 时， ，即 ， 单调递增；
当 时， ，即 ， 单调递减.
故 .
又 ，当 且 时， 且 ，
结合图象，可知若 和 的图象在 上有两个交点，只需 ，
【
( ) 0f x = ln 1
ex
xa
+= y a= ( ) ln 1
x
xg x e
+= ( )0, ∞+
a
( ) ln 1xf x x ae= − + ( )0,x∈ +∞
1a = ( ) ln 1xf x x e= − + ( )' 1 xf x ex
= − ( )'f x ( )0, ∞+
' 1 2 02f e = − >
( )' 1 1 0f e= − <
( )'f x 1 ,12
0x
( )00,x x∈ ( )' 0f x >
( )0 ,x x∈ +∞ ( )' 0f x <
0x ( ) ln 1xf x x e= − +
( ) ln e 1 0xf x x a= − + = ln 1
ex
xa
+=
y a= ( ) ln 1
x
xg x e
+=
y a= ( ) ln 1
x
xg x e
+= ( )0, ∞+
( ) ( )'
1 ln 1
0x
xxg x xe
− −
= >
( ) 1 ln 1h x xx
= − − ( ) 2
' 1 1 0xh xx = − − <
( )h x ( )0, ∞+ ( )1 0h =
( )0,1x∈ ( ) 0h x > ( )' 0g x > ( )g x
( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x < ( )' 0g x < ( )g x
( ) ( )max
11g x g e
= =
1 0g e
= 1x > x → +∞ ( ) 0g x > ( ) 0g x →
y a= ( ) ln 1
x
xg x e
+= ( )0, ∞+ 10 a e
<
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