湖北省武汉市华师一附中2020届高三下学期5月押题理科数学试题（解析版）

2019 届高三 5 月押题考试 理科数学 命题单位：高三年级组 命题人：叶新年 胡立松 游林 徐光明 秦俭 蔡卉 付靖宜 审题人：帅建成 方钢 审订单位：华中师范大学考试研究院 本试题卷共 4 页，23 题（含选考题）．全卷满分 150 分．考试用时 120 分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上 的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写 在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑．答案写在答 题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 5．考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题 目要求的． 1. 已知复数  1 3 1 i iz i   ，则其共轭复数 z 的虚部为（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数乘法、除法运算化简 z ，由此求得 z 的共轭复数 z ，进而求得 z 的虚部. 【详解】依题意       3 13 4 2 21 1 1 2 i ii iz ii i i          ，故 2z i  ，其虚部为 1. 故选 B. 【点睛】本小题主要考查复数乘法、除法的运算，考查共轭复数的概念，考查复数虚部，属于基础题. 2. 已知集合 1| 0xA x x      ，集合   | lg 2 1B x y x   ，则 A B  （ ） A.  0,1 B. 10, 2      C. 1 ,12      D. 1 ,2     【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求得集合 A ，求函数定义求得集合 B ，由此求得两个集合的交集. 【详解】由 1 0x x   解得 0 1x  ，由 2 1 0x - > 解得 1 2x  ，故 1 ,12A B      ， 故选 C. 【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查分式不等式的解法，考查对数函数的定义域，属于基础 题. 3. 设 a ， e 均为单位向量，当 a ， e 的夹角为 2 3  时， a 在 e 方向上的投影为（ ） A. 3 2  B. 1 2  C. 1 2 D. 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量投影计算公式，计算出所求的投影. 【详解】 a  在 e  上的投影为 2 1cos , cos 3 2a a e       ， 故选：B. 【点睛】本小题主要考查向量投影的概念和运算，考查单位向量，属于基础题. 4. 已知等差数列 na 满足 3 24 3a = a ，则 na 中一定为零的项是（ ） A. 6a B. 7a C. 8a D. 9a 【答案】A 【解析】 【分析】先设等差数列的公差，根据题中条件，得出首项与公差之间关系，即可得出结果. 【详解】设等差数列 na 的公差为 d ，由 3 24 3a = a 得 1 5a d  ，∴ 6 1 5 0a a d   ， 故选：A． 5. 新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（以下称合格考）和选择性考试（以下称选择 考），其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即“选择考”成绩根据学生考试时的原始卷面分数，由高到低进 行排序，评定为 A，B，C，D，E 五个等级．某试点高中 2019 年参加“选择考”的总人数是 2017 年参加“选 择考”的总人数的 2 倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，现统计了该校 2017 年和 2019 年“选 择考”的成绩等级结果，得到如下图表： 针对该校“选择考”情况，2019 年与 2017 年相比，下列说法正确的是（ ） A. 获得 A 等级的人数减少了 B. 获得 B 等级的人数增加了 1.5 倍 C. 获得 D 等级的人数增加了一半 D. 获得 E 等级的人数相同 【答案】BC 【解析】 【分析】 设 2017 年参加“选择考”的总人数为 a，则 2019 年参加“选择考”的总人数为 2a，直接利用扇形图和条形图判 断. 【详解】设 2017 年参加“选择考”的总人数为 a，则 2019 年参加“选择考”的总人数为 2a， A. 2017 年参加“选择考”的获得 A 等级的人数为 28 0.28a a  ， 2019 年参加“选择考”的获得 A 等级的人 数为 24 0.48a a  , 增加了，故错误； B. 2017 年参加“选择考”的获得 B 等级的人数为32 0.32a a  ， 2019 年参加“选择考”的获得 B 等级的人 数为 40 0.8a a  ,获得 B 等级的人数增加了 1.5 倍，故正确； C. 2017 年参加“选择考”的获得 D 等级的人数为 2 0.02a a  ， 2019 年参加“选择考”的获得 D 等级的人数 为 6 0.12a a  ，获得 D 等级的人数增加了一半，故正确； D. 2017 年参加“选择考”的获得 E 等级的人数为8 0.08a a  ， 2019 年参加“选择考”的获得 E 等级的人数 为 2 0.04a a  ，获得 E 等级的人数不同，故错误； 故选：BC 6. 执行如图所示的程序框图，输出的结果为 ( ) A. 20192 1 B. 20192 2 C. 20202 2 D. 20202 1 【答案】C 【解析】 【 分 析 】 由 已 知 中 的 程 序 语 句 可 知 ： 该 程 序 的 功 能 是 利 用 循 环 结 构 计 算 并 输 出 变 量 2 3 20192 2 2 2S     的值，利用等比数列的求和公式即可计算得解． 【详解】模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 2 3 20192 2 2 2S     的 值， 由于  2019 2 3 2019 20202 1 2 2 2 2 2 2 21 2S         ． 故选 C ． 【点睛】本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，是 基础题． 7. 设函数 2 3( ) cos 2 sin 23 2f x x x              ，将函数 ( )f x 的图像向左平移 ( 0)   个单位长度，得 到函数 ( )g x 的图像，若 ( )g x 为偶函数，则 的最小值是（ ） A. 6  B. 3  C. 2 3  D. 5 6  【答案】A 【解析】 【分析】利用恒等变换公式和诱导公式化简 ( )f x ，根据平移变换得 ( )g x ，根据 ( )g x 为偶函数可得结果. 【详解】因为 2 3( ) cos 2 sin 23 2f x x x              2 2cos2 cos sin 2 sin3 3x x   sin(2 2 )2x     1 3cos2 sin 22 2x x   sin(2 )2x   1 3cos2 sin 2 cos22 2x x x    3 1sin 2 cos22 2x x  sin(2 )6x   ， 所以 ( ) sin 2( ) 6g x x       sin(2 2 )6x    ， 因为 ( )g x 为偶函数，所以 2 6 2k     ， k Z ， 所以 2 6 k    ， k Z ， 因为 0  ，所以 0k  时， 取最小值 6  . 故选：A. 【点睛】本题考查了三角恒等变换公式、诱导公式，考查了根据三角函数的奇偶性求参数，属于中档题. 8. 设数列 na 的前 n 项和为 nS ，满足 1( 1) 2 n n n nS a   ，则 1 3 5S S S   （ ） A. 0 B. 17 64 C. 5 64 D. 21 64 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用 2n  时, 1n n na S S   化简已知条件, 当 n 为偶数时， 1 1 2n n n nS S S    ,求得 1 1 2n nS   ,代值即 可求得结果. 【详解】数列 na 的前 n 项和为 nS ,满足 1( 1) 2 n n n nS a   , 当 n 为偶数时， 1 1 2n n n nS S S    ，即有 1 1 2n nS   所以 1 3 5 1 1 1 21+4 16 64 64S S S     故选:D. 【点睛】本题考查利用 na 与 nS 的关系求得 nS ,考查数列求和问题,难度一般. 9. 已知抛物线C ：  2 2 0y px p  ，过其焦点 F 的直线与C 交于 A ，B 两点，O 是坐标原点，记 AOB 的面积为S ，且满足 3 23 2AB FB S  ，则 p  （ ） A. 1 2 B. 1 C. 3 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】结合抛物线的定义，计算出三角形OAB 的面积S ，由此列方程，解方程求得 p 的值. 【详解】设 FB a ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 1 1 2 2AOBS p y y     ，根据抛物线的定义可知  22 2 1 2 2y y AB AF BF a     .依题意 3 23 2AB FB S  ， 则 3 2 1 13 2 22 2 2a p a    ，∴ 2p  ， 故选 D. 【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查与抛物线有关的三角形面积的计算，考查方程的思想，属于 基础题. 10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ） A. 28 7 27  B. 28 7 9  C. 28 21 27  D. 28 21 9  【答案】C 【解析】 【分析】将三视图还原为原图，几何体是底面为边长为 2 的等边三角形，高为 2 的三棱锥.根据等边三角形 外接圆的半径，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积. 【详解】将三视图还原为原图如图，可得几何体是底面为边长为 2 的等边三角形，高为 2 的三棱锥.等比三 角 形 的 外 接 圆 半 径 为 1 2 2 3 π 33sin 3   ， 所 以 其 外 接 球 的 2 2 2 2 3 71 3 3R        ， 21 3R  . 则 34 28 21 3 27V R  球 ， 故选 C. 【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查三棱锥外接球体积有关计算，属于基础题. 11. 已知函数   2 ln 2 , 0 3 , 02 x x x x f x x x x      ，g(x)＝kx－1，f(x)的图象上有且仅有四个不同的点关于直线 y＝－ 1 的对称点在 g(x)的图象上，则 k 的取值范围是（ ） A. 1 3,3 4      B. 1 3,2 4      C. 1 ,13      D. 1 ,12      【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得  f x 与直线 y＝mx－1(m＝－k)有且只有四个不同的交点，由特殊情况，直线与曲线 相切，求出两条切线，结合图象，可得出结果. 【详解】y＝kx－1 关于直线 y＝－1 的对称直线为 y＝mx－1(m＝－k)， 先考虑特殊位置：y＝mx－1 与 y＝x2＋ 3 2 x(x≤0)相切，得 2 3( ) 1 02    x m x 23 1( ) 4 02 2        m m (舍去正数)， y＝mx－1 与 y＝xln x－2x(x>0)相切，由导数几何意义得 ln 2 1 1, 1 ln 1 y x x x y mx x m m x             ，结合图象可知 1 11 12 2m k       故选：D 【点睛】本题考查了直线关于直线的对称直线、函数与直线的交点问题，考查了运算求解能力和数形结合 思想，属于中档题目. 12. 在 ABC 中， A 、 B 、C 为其三内角，满足 tan A 、 tan B 、 tanC 都是整数，且 A B C  ，则下列 结论中错误的是（ ） A. 2 5A  B. 3B  C. 4 9A  D. 5 12B  【答案】A 【解析】 【分析】首先判断出 , ,A B C 均为锐角，根据 tan A 、tan B 、tanC 都是整数，求得 tan A 、tan B 、tanC 的值，进而判断出结论错误的选项. 【 详 解 】 由 于 0 C B A     ， 所 以 B 、 C 都 是 锐 角 ， 又 tan B 、 tanC 都 是 正 整 数 ， 这 样   tata n tan 0tan tann 1tan B CA C B CB    ，可见 A 也是锐角.这时， tan 1C  ， tan 2B  ， tan 3A  . 有 tan tan tan 1tan tan 1 A B CA B    ，即  tan 1 tan 1 2A B   .但是 tan 1 2A  ，tan 1 1B   ，比较可知只 可能 tan 3A  ， tan 2B  ， tan 1C  .由 tan 3B  可知 3B  ，选项 B 是正确的. 至于选项 C 和 D，由 5tan 2 3 tan12 A    ，可知 5 12A  ，又 5 4 12 9   ，故选项 C 正确； 又由 5 12 A B   ，选项 D 正确、A 选项错误. 故选 A. 【点睛】本小题主要考查两角和的正切公式，考查三角形内角和定理，考查分析、思考与解决问题的能力， 属于中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分． 13. 已知       5 2 5 0 1 2 52 1 1 1x a a x a x a x         ，则 2a  ______. 【答案】10 【解析】 【分析】将二项式等价变形为    552 1 1x x      ，根据变形后的二项式展开式的通项公式，求得 2a 的 值. 【详解】    552 1 1x x      ，其通项公式为  1 5 1 rr rT C x   ，故  22 3 5 1T C x  ，所以 2 2 5 10a C  . 故答案为 10 【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题. 14. 已知双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，以线段 1 2F F 为直径的圆交C 的 一条渐近线于点 P （ P 在第一象限内），若线段 1PF 的中点Q 在C 的另一条渐近线上，则C 的离心率 e  ______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据垂直平分线的性质和渐近线的性质，求得 1 2 60FOQ POQ POF       ，由此求得 3b a  ，进而利用 2 1 be a      计算出双曲线的离心率. 【详解】由图可知， OQ 是线段 1FP 的垂直平分线，又 OP 是 1 2Rt F PF 斜边的中线，∴ OP c ， 且 1 2 60FOQ POQ POF       ，∴ tan 60 3b a    ，所以 2e  . 故答案为 2 【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，考查双曲线的渐近线，考查数形结合的数学思想方法，属 于基础题. 15. 中国光谷（武汉）某科技公司生产一批同型号的光纤通讯仪器，每台仪器的某一部件由三个电子元件按 如图方式连接而成，若元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工作，则该部件正常工作.由大数据统计显 示：三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布  210000,10N ，且各个元件能否正常工作 相互独立.现从这批仪器中随机抽取 1000 台检测该部件的工作情况（各部件能否正常工作相互独立），那么 这 1000 台仪器中该部件的使用寿命超过 10000 小时的平均值为______台. 【答案】375 【解析】 【分析】先求得元件1和 2 并联电路正常工作的概率，乘以元件 3 正常工作的概率，由此求得部件正常工作 超过10000 小时的概率.利用二项分布均值计算计算公式，计算出1000 台仪器中该部件的使用寿命超过 10000小时的平均值. 【详解】由正态分布可知，每个元件正常工作超过 10000 小时的概率为 1 2 ，则部件正常工作超过 10000 小 时的概率为 21 1 31 2 2 8           ， 又 1000 台仪器的该部件工作服从二项分布，所以平均值为 31000 3758   台. 故答案为375 【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，考查二项分布的识别和二项分布期望的计算，属于基础 题. 16. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， P 为体对角线 1BD 上的一点，且   1 0,1BP BD   ， 现有以下判断：① 1 1A D C P ；②若 1BD  平面 PAC ，则 1 3   ；③ PAC 周长的最小值是 2 2 2 3 ； ④若 PAC 为钝角三角形，则  的取值范围为 20, 3      ，其中正确判断的序号为______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用线面垂直证明线线垂直，由此判断①正确.在直角三角形中，利用射影定理求得 1 3 PB BD  ，由 此判断②正确.将 1ABD 和 1CBD 展开成平面，由此求得 AP CP 的最小值，进而求得三角形 PAC 周长 的最小值，由此判断③错误.先求得 APC 为直角三角形时  的值，由此确定  的取值范围 【详解】在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1A D  平面 1 1ABC D ，又 1C P  平面 1 1ABC D ，故 1 1A D C P ， ①正确； 由 1BD  平面 PAC ，在 1Rt ABD 中， 2 12, 2 2, 2 3AB AD BD   ,由于 1BD AP ，由射影定理得 2 1AB BP BD  ,即 24 2 3, 3 PB PB   ， 2 13 32 3 PB BD   ,可得 1 3   ，故②正确； 将 1ABD 和 1CBD 展开，可得 AP CP 的最小值为 4 6 3 ，又 2 2AC  ，故③错误； 利用 1BD  平面 1 1AC D ，可得当 APC 为直角三角形时， 2 3   ，故当 APC 为钝角三角形时，  的取值 范围为 20, 3      ，④正确. 所以正确判断为①②④. 故答案为①②④ 【点睛】本小题主要考查正方体中的线线、线面垂直有关命题真假性判断，考查距离和的最值的求法，考 查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 在 ABC 中， 90BAC  ， AD 是 BAC 的内角平分线，点 D 在线段 BC 上，且 2BD CD . （1）求sin B 的值； （2）若 1AD  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 5sin 5B  ；（2） 9 8ABCS  【解析】 【分析】（1）利用正弦定理列方程，求得 1sin cos2B B ，两边平方后利用同角三角函数的基本关系式求 得sin B 的值. （2）首先求得 cos B 的值，利用两角和的正弦公式求得sin BDA ，然后求得 AB ，进而求得 AC ，从而 求得三角形 ABC 的面积. 【详解】（1）在 ABD 中，由正弦定理得 sin sin BD AD BAD B  ，即 sin 45 sin BD AD B  ， 在 ACD 中，由正弦定理得  sin sin 90 CD AD CAD B   ，即 sin 45 cos CD AD B  ， 两式相除得 sin 1 cos 2 B CD B BD   ，即 1sin cos2B B ， ∴  2 2 21 1sin cos 1 sin4 4B B B   ，即 2 1sin 5B  ，又 0 B   ，所以sin 0B  ，故 5sin 5B  . （2）由 90BAC  ，得 B 是锐角，于是 2 5cos 5B  ， 所以  sin sin 45 sin cos45 cos sin 45BDA B B B       3 10 10  ， 在 ABD 中，由正弦定理得 sin 3 2 sin 2 BDAAB AD B   ，于是 3 2tan 4AC AB B  ， 所以 1 1 3 2 3 2 9 2 2 2 4 8ABCS AB AC       . 【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系式， 考查两角和的正弦公式，属于基础题. 18. 如图，等腰梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E 为 CD 中点，以 AE 为折痕把△ADE 折起，使点 D 到达点 P 的位置（P∉ 平面 ABCE）． （1）证明：AE⊥PB； （2）若直线 PB 与平面 ABCE 所成的角为 4  ，求二面角 A﹣PE﹣C 的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 5  【解析】 【分析】（1）连接 BD，设 AE 的中点为 O，可证 ,OP AE OB AE  ，故而 AE⊥平面 POB，于是 AE⊥PB； （2）证明 OP⊥OB，建立空间坐标系，求出两半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小． 【详解】（1）连接 BD，设 AE 的中点为 O， ∵AB∥CE，AB＝CE 1 2  CD， ∴四边形 ABCE 为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE， ∴△ADE，△ABE 为等边三角形， ∴OD⊥AE，OB⊥AE，折叠后 ,OP AE OB AE  ， 又 OP∩OB＝O， ∴AE⊥平面 POB，又 PB⊂平面 POB， ∴AE⊥PB． （2）在平面 POB 内作 PQ⊥平面 ABCE，垂足为 Q，则 Q 在直线 OB 上， ∴直线 PB 与平面 ABCE 夹角为∠PBO 4  ， 又 OP＝OB，∴OP⊥OB， ∴O、Q 两点重合，即 PO⊥平面 ABCE， 以 O 为原点，OE 为 x 轴，OB 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 P（0，0， 3 2 ），E（ 1 2 ，0，0），C（1， 3 2 ，0）， ∴ PE  （ 1 2 ，0， 3 2  ）， EC  （ 1 2 ， 3 2 ，0）， 设平面 PCE 的一个法向量为 1n  （x，y，z），则 1 1 0 0 n PE n EC          ，即 1 3 02 2 1 3 02 2 x z x y       ， 令 x 3 得 1n  （ 3 ，﹣1，1）， 又 OB⊥平面 PAE，∴ 2n  （0，1，0）为平面 PAE 的一个法向量， 设二面角 A﹣EP﹣C 为α，则|cosα|＝|cos 1 2,n n  ＜ ＞| 1 2 1 2 1 5 55 n n n n         ， 由图可知二面角 A﹣EP﹣C 为钝角，所以 cosα 5 5   ． 【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查面面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于 中档题. 19. 已知点 2 3 3,3 3M       在椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）上，且点 M 到C 的左、右焦点的距离之 和为 2 2 . （1）求C 的方程； （2）设O 为坐标原点，若C 的弦 AB 的中点在线段OM （不含端点 O ，M ）上，求OA OB  的取值范围. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 4 5,3 3     【解析】 【分析】（1）本小题根据已知条件直接求出 2a  ， 1b  ，再求出椭圆方程即可. （2）本小题先设 A 、 B 两点，再将OA OB  转化为只含 m 的表达式，最后根据 m 的范围确定 OA OB  的 范围，即可解题. 【详解】解：（1）∵点 2 3 3,3 3M       在椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）上， ∴ 2 2 4 1 13 3a b   ，又∵ 2 2 2a  ， ∴ 2a  ， 1b  . ∴椭圆 C 的方程： 2 2 12 x y  （2）设点 A 、 B 的坐标为 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 AB 中点 1 2 1 2,2 2 x x y y      在线段OM 上，且 1 2OMk  ，则 1 2 1 22( )x x y y   ， 又 2 21 1 12 x y  ， 2 22 2 12 x y  ，两式相减得      1 2 1 2 1 2 1 2 02 x x x x y y y y       ， 易知 1 2 0x x  ， 1 2 0y y  ，所以   1 2 1 2 1 2 1 2 12 y y x x x x y y       ，则 1ABk   . 设 AB 方程为 y x m   ，代入 2 2 12 x y  并整理得 2 23 4 2 2 0x mx m    . 由 28(3 ) 0m    解得 2 3m  ，又由 1 2 2 20,2 3 3 x x m      ，则 0 3m  . 由韦达定理得 1 2 4 3 mx x  ， 2 1 2 2( 1) 3 mx x   ， 故OA OB  1 2 1 2x x y y    1 2 1 2x x x m x m        2 1 2 1 22x x m x x m     2 2 24 1 4 3 3 m m m     2 4 3m  又∵. 0 3m  ∴OA OB  的取值范围是 4 5,3 3     . 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，相交弦的中点等问题，是偏难题. 20. 武汉有“九省通衢”之称，也称为“江城”，是国家历史文化名城.其中著名的景点有黄鹤楼、户部巷、东湖 风景区等等. （1）为了解“五·一”劳动节当日江城某旅游景点游客年龄的分布情况，从年龄在 22 岁到 52 岁的游客中随机 抽取了 1000 人，制成了如图的频率分布直方图： 现从年龄在 42,52 内的游客中，采用分层抽样的方法抽取 10 人，再从抽取的 10 人中随机抽取 4 人，记 4 人中年龄在 47,52 内的人数为 ，求  3P   ； （2）为了给游客提供更舒适的旅游体验，该旅游景点游船中心计划在 2020 年劳动节当日投入至少 1 艘至 多 3 艘 A 型游船供游客乘坐观光.由 2010 到 2019 这 10 年间的数据资料显示每年劳动节当日客流量 X （单 位：万人）都大于 1.将每年劳动节当日客流量数据分成 3 个区间整理得表： 劳动节当日客流量 X 1 3X  3 5X  5X  频数（年） 2 4 4 以这 10 年的数据资料记录的 3 个区间客流量的频率作为每年客流量在该区间段发生的概率，且每年劳动节 当日客流量相互独立. 该游船中心希望投入的 A 型游船尽可能被充分利用，但每年劳动节当日 A 型游船最多使用量（单位：艘） 要受当日客流量 X （单位：万人）的影响，其关联关系如下表： 劳动节当日客流量 X 1 3X  3 5X  5X  A 型游船最多使用量 1 2 3 若某艘 A 型游船在劳动节当日被投入且被使用，则游船中心当日可获得利润 3 万元；若某艘 A 型游船劳动 节当日被投入却不被使用，则游船中心当日亏损 0.5 万元.记Y （单位：万元）表示该游船中心在劳动节当 日获得的总利润，Y 的数学期望越大游船中心在劳动节当日获得的总利润越大，问该游船中心在 2020 年劳 动节当日应投入多少艘 A 型游船才能使其当日获得的总利润最大？ 【答案】（1）   4 353P    ；（2）投入 3 艘 A 型游船使其当日获得的总利润最大 【解析】 【分析】（1）首先计算出在 42,47 ， 47,52 内抽取的人数，然后利用超几何分布概率计算公式，计算出  3P   . （2）分别计算出投入1,2,3艘游艇时，总利润的期望值，由此确定当日游艇投放量. 【详解】（1）年龄在 42,47 内的游客人数为 150，年龄在 47,52 内的游客人数为 100；若采用分层抽样 的方法抽取 10 人，则年龄在 42,47 内的人数为 6 人，年龄在 47,52 内的人数为 4 人. 可得   3 1 4 6 4 10 3 4 35 C C CP    . （2）①当投入 1 艘 A 型游船时，因客流量总大于 1，则   3E Y  （万元）. ②当投入 2 艘 A 型游船时， 若1 3X  ，则 3 0.5 2.5Y    ，此时  5 2 11 32 10 5P Y P X         ； 若 3X  ，则 3 2 6Y    ，此时       46 3 5 5 5P Y P X P X       ； 此时Y 的分布列如下表： Y 2.5 6 P 1 5 4 5 此时   1 42.5 6 5.35 5E Y      （万元）. ③当投入 3 艘 A 型游船时， 若1 3X  ，则 3 1 2Y    ，此时     2 12 1 3 10 5P Y P X      ； 若3 5X  ，则 3 2 0.5 5.5Y     ，此时     25.5 3 5 5P Y P X     ； 若 5X  ，则 3 3 9Y    ，此时     29 5 5P Y P X    ； 此时Y 的分布列如下表： Y 2 5.5 9 P 1 5 2 5 2 5 此时   1 2 22 5.5 9 6.25 5 5E Y        （万元）. 由于 6.2 5.3 3  ，则该游船中心在 2020 年劳动节当日应投入 3 艘 A 型游船使其当日获得的总利润最大. 【点睛】本小题主要考查分层抽样，考查超几何分布概率计算公式，考查随机变量分布列和期望的求法， 考查分析与思考问题的能力，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 21. 已知函数 21( ) ( 1)e 2 ,2 xf x x ax ax a    R ． （1）讨论 ( )f x 极值点的个数； （2）若  0 0 2x x   是 ( )f x 的一个极值点，且 2( 2)f e  ，证明：  0 1f x „ ． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对 a 进行分类讨论，利用函数的单调性求极值； （2）先判断  0 0 2x x   是 ( )f x 的一个极值点时， 0 ln( )x a  ，把  0f x 整理出关于 a 的函数，利用导 数判断单调性，证明  0 1f x „ . 【详解】（1）解： ( )f x 的定义域为 R，  ( ) ( 2) xf x x e a    ， 若 0a… ，则 0xe a  ，所以当 ( , 2)x   时， ( ) 0f x  ；当 ( 2, )x    时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 ( , 2)  上递减，在 ( 2, )  上递增， 所以 2x   为 ( )f x 唯一的极小值点，无极大值点，故此时 ( )f x 有 1 个极值点． 若 0a  ，令  ( ) ( 2) 0    xf x x e a ，则 1 22, ln( )x x a    ， 当 2a e  时， 1 2x x ，则当  1,x x  时， ( ) 0f x  ；当  1 2,x x x 时， ( ) 0f x  ； 当  2,x x  时， ( ) 0f x  ． 所以 1 2,x x 分别为 ( )f x 的极大值点和极小值点，故此时 ( )f x 有 2 个极值点． 当 2a e  时，  1 2, ( ) ( 2) 0xx x f x x e a    … 且不恒为 0，此时 ( )f x 在 R 上单调递增，无极值点． 当 2 0e a   时， 1 2x x ， 则当  2,x x  时， ( ) 0f x  ；当  2 1,x x x 时， ( ) 0f x  ；当  1,x x  时， ( ) 0f x  ． 同理， 1 2,x x 分别为 ( )f x 的极小值点和极大值点，故此时 ( )f x 有 2 个极值点． 综上，当 2a e  时， ( )f x 无极值点；当 0a… 时， ( )f x 有 1 个极值点；当 2a e  或 2 0e a   时， ( )f x 有 2 个极值点． （2）证明：若  0 0 2x x   是 ( )f x 的一个极值点，由（1）可知    2 2, ,0a e e      ， 又 2 2( 2) 2f e a e      ，所以  2,a e   ，且 0 2x   ， 则 0 ln( )x a  ，所以   2 0 1(ln( )) ln ( ) 2ln( ) 22         f x f a a a a ， 令 ln( ) ( 2, )t a     ，则 eta   ，所以  21( ) (ln( )) e 2 22 tg t f a t t      ， 故 1( ) ( 4)e2 tg t t t    ， 又因为 ( 2, )t    ，所以 4 0t   ，令 ( ) 0g t  ，得 0t  ． 当 ( 2,0)t   时， ( ) 0, ( ) g t g t 单调递增；当 (0, )t   时， ( ) 0, ( ) g t g t 单调递减． 所以 0t  是 ( )g t 唯一的极大值点也是最大值点，即 ( ) (0) 1g t g „ ， 故 (ln( )) 1f a „ ，即  0 1f x „ ． 【点睛】（1）求极值需研究函数的单调性； （2）利用导数证明不等式的本质是利用导数判断单调性，利用单调性比较大小. 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 3cos 3 sin x y     （ 为参数），在以原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为 2sin( )4 2     . （Ⅰ）求曲线C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （Ⅱ）设点 ( 1,0)P  ，直线 l 和曲线C 交于 ,A B 两点，求 PA PB 的值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 19 3 x y  ， 1y x  （Ⅱ） 66 2PA PB  【解析】 【分析】(Ⅰ)消去利用正余弦的平方和为 1 消去 3cos 3 sin x y     中的 ,再根据正弦的和角公式与极坐标和直 角坐标的互化公式化简 2sin( )4 2     即可. (Ⅱ)联立直线的参数方程与椭圆的直角坐标方程,再根据直线参数方程的几何意义,根据韦达定理求解即可. 【详解】解：（Ⅰ）由 2 23cos 19 33sin x x y y        ,所以曲线的普通方程为 2 2 19 3 x y  由 2 2sin( ) sin cos cos sin 14 2 4 4 2 y x               所以直线的直角坐标方程 1y x  （Ⅱ）由（Ⅰ）知,点 -1,0P（ ）在直线l 上, 可设直线 l 的参数方程为 21 2 2 2 x t y t       （t 为参数）, 代入 2 2 19 3 x y  得 22 2 8 0, 2 64 0t t       设 ,A B 两点对应的参数分别是 1 2,t t ,则 1 2 1 2 2 , 42t t t t    由参数的几何意义得 2 1 2 1 2 2 2 66( ) 4 2PA PB t t t t t t       , 所以 66 2PA PB  【点睛】本题主要考查了参数方程和极坐标与直角坐标的互化,同时也考查了直线参数方程的几何意义运用. 属于中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数    2 1 0f x x a x a     . （1）当 1a  时，求不等式   4f x  的解集； （2）若不等式   4 2f x x  对任意的  3, 1x   恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 5| 1 3xx x      或 ；（2）  5, 【解析】 【分析】（1）利用零点分段法去绝对值，将不等式   4f x  转化为不等式组来求解得不等式   4f x  的 解集. （2）化简不等式   4 2f x x  为 2x a  ，由此得到 2a x  或 2a x   ，结合恒成立知识的运用， 求得 a 的取值范围. 【详解】（1）当 1a  时，   1 2 1f x x x    ， 故   4f x  等价于 1 3 1 4 x x      或 1 1 3 4 x x       或 1 3 1 4 x x     ，解得 1x   或 5 3x  . 故不等式   4f x  的解集为 5| 1 3xx x      或 . （2）当  3, 1x   时，由   4 2f x x  得 2 2 2 4 0x a x x      ， 即 2x a  ，即 2a x  或 2a x   对任意的  3, 1x   恒成立. 又 max2 5x  ， min2 1x    ，故 a 的取值范围为   , 1 5,   . 又 0a  ，所以 5a  ， 综上， a 的取值范围为 5, . 【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查含有绝对值的不等式恒成立问题的求解策略，属于中 档题.