湖南省师范大学某中学2025届高三数学考前演练试题五理含解析

湖南省师范高校附属中学2025届高三数学考前演练试题(五)理(含

解析)

一、选择题：本题共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.若复数z满意(1-力z=3+i,则|z|=()

A.5B.x/5C.2D.6

【答案】B

【解析】

【分析】

依据复数的运算，化简求得z=1+2i,再利用模的计算公式，即可求解，得到答案.

【详解】由题意，复数z满意(l-i)z=3+i,则z=占4=>；+=芸^=]+2i,

1-/(1-0(1+02

所以同二42+2?=下,故选B.

【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数模的计算，其中解答中复数的运算法则，以

及复数模的计算公式，精确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于基础题.

2.已知集合4={x|y=ln(x-2]},B=x2-3x<0},则AcB=()

A.(2,3)B.(0,3)C.(-3,0)D.(0,2)

【答案】A

【解析】

【分析】

分别求得集合A3,再依据集合交集的运算，即可求解，得到答案.

【详解】由对数的运算，可得八={x|y=ln(x-2))=(2,+8),B={.r|x2-3x<0}=(0,3),

依据集合的交集运凫，可得A。4=(2,3),故选A.

【点睛】本题主要考杳了集合的交集运算，其中解答中熟记对数的运算性质和一元二次不等

式的解法，精确求解得到集合，4,3是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于基础题.

3.为考察A,B两种药物预防某疾病的效果，进行动物试验，分别得到等高条形图如图所示,

依据图中信息，在下列各项中，说法最佳的一项是()

药物I实脸结果拘物〃实验结果

A.药物B预防效果优于药物A的预防效果B.药物A、B对该疾病均没有预防效果

C.药物A、B对该疾病均有显著的预防效果D.药物A的预防效果优于药物B的预防

效果

【答案】D

【解析】

【分析】

由等高条形图，可得服用A药物的患病人数明显少于服用药物B的人数，服用A药物的未患

病人数明显多于服用药物B的人数，即可求解，得到答案.

【详解】由等高条形图知，服用A药物的患病人数明显少于服用药物B的人数，服用A药物

的未患病人数明显多于服用药物B的人数，所以药物A的预防效果优于药物B的预防效果，

故选D.

【点睛】本题主要考查了等高条形图应用，其中解答中理解、驾驭统计图表的含义是解答的

关键，着重考查了分析问题和解答问题的实力，属于基础题.

4.等差数列｛%｝的前n项和为若a”ai。是方程“2一4彳+1=0的两根，则几=

()

A.21B.24C.25D.26

【答案】D

【解析】

【分析】

依据一元二次方程中根与系数的关系，得到4+q0=4,再由等差数列的性质和前n项和公

式，即可求解.

【详解】因为。4，《0是方程4x+l=0的两根，所以4+qo=4,

又由几=受4产!。=四产。=等=26,故选D.

【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差

数列的性质和前n项和公式，合理计算是解答的关键，着也考造了运算与求解实力，属于基

础题.

5.已知定义在R上的奇函数f(X)，当x«0时，/(x)=x，-2x-m,则曲线)，=/(•¥)在点P

(2,f(2))处的切线斜率为

()

A.10B.-10C.4I).与m的取

值有关

【答案】A

【解析】

【分析】

由函数/(x)是定义在R上的奇函数，求得〃7=(),得到/(x)=/_2x,当x<0时，求得

/(-2)=10,再由导函数/为偶函数，即寸求得/(-2)的值，得到切线的斜率.

【详解】由题意知，函数/(工)是定义在R上的奇函数，可得/(0)=0,

即/(0)=一5=0,解得〃?=(),即/(x)=f-2x,

当XW0时,函数/a)=F—2,t,则/'(幻=3F一2,所以r(-2)=3x(-2)2—2=10,

由导函数/外=3*2-2,可得导数/‘co为偶函数，所以八-2)=./⑵=1。，

即曲线y=/(X)在点?(2,八2))处的切线斜率为10,故选A.

【点睛】本题主要考查了导数的儿何意义的应用，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟

记导数的儿何意义，合理应用函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了运算与求解实力，属

于基础题.

A,3B,武二c3-6D.壬1

2222

【答案】A

【解析】

【分析】

依据正五边形ABGDEs正五边形A2B2C2D2E2,求得相像比，再诙据由面积比的几何概型，即

可求解概率，得到答案.

【详解】依据题意知，正五边形ABGDRs正五边形

可得4月=A4=6-1,所以,4竺.=刍&=.A4=(石一勺,

B也A用耳4244BE44B禺2

所以由面积比的几何概型，可得所求的概率为〃=(与1)4==芋，故选A.

【点睛】本题主要考查了几何概型及其概率的计算问题，其中解答中依据五边形相像，求得

相像图象的相像比是解答的关键，着重:考查了推理与运算实力，属于基础题.

8.。+1)(/-X一2)3的绽开式机含炉项的系数为()

A.-6B.-12C.-18D.18

【答案】A

【解析】

分析：化简(x+l)(/7—2)3=(x+l)4(x—2)3=(1+1)413-6/+12工一8),求出

(x+1)4绽开式中丁,丁,/的系数分别为1,4,6,从而可得结果.

详解：因为(%+1)(工2_工_2)’=(X+1)4(X-2)3

=（x+l）4（x3-6x2+12x-8）,

（X+1）4绽开式的通为乙=C；/"

令4一r=4,4一r=3,4—厂=2,,可得

（x+1）4绽开式中WY的系数分别为］,4,6,

所以含V项的系数为12-24+6=-6,故选A.

点睛：本题主要考查二项绽开式定理的通项与系数，属于简洁题.二项绽开式定理的问题也

是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）

考查二项绽开式的通项公式“川=C：/-'”：（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）

考查各项系数和和各项的二项式系数和：（3）二项绽开式定理的应用.

9.一个几何体的三视图如图所示，其轴截面的面积为6,其中正视图与侧视图均为等腰梯形，

则该几何体外接球的表面积为

（）

正视图俐视图

.65乃65465/r33T

A,---B.---C.---I）.1

34124

【答案】B

【解析】

【分析】

由三视图可得该几何体为•个圆台，上下底面圆的半径分别为L2,由轴截面的面积，求得

力=2,再由求得性质，求得求得半径，利用球的表面积公式，即可求解，得到答案.

【详解】该几何体为一个圆台，上下底面圆的半径分别为L2,

设其高为力，由轴截面的面积为6,得（2+；）［=6,解得h=2,

设圆台外接球的半径为R，

由题意得+=7=2,解得浦=今

外接球的表面枳为S=4;rR2=竽兀，故选B.

【点睛】本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的

实际形态时，要依据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不行见轮

廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视

图确定直观图的形态以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.

10.已知抛物线C：）产二4工的焦点为F,过F作倾斜角为锐角的直线1交抛物线C于A、B两

点，弦AB的中点M到抛物线C的准线的距离为5,则直线1的方程为（）

A.\Jbx-3y-\f6=0B.3x-\/6y-3=0

C.x-y-\=（）D.x-V2.v-l=0

【答案】A

【解析】

【分析】

设直线/的方程为y=k（x-D.联立方程组，求得耳+马=笑吧，再依据弦AB的中点M

到抛物线的准线的距离为5,列出方程，即可求解.

【详解】由抛物线方程丁=4人可得尸（1,0），

设直线/的方程为y=&（工一D.点4区,）1）,8（42，%），线段八8的中点M（M，）'O），

V=A：（x-1）2尸+4

，，，得公f一（2公+4）x+&2=o，则+心=_^,

{y-=4x'H

又因为弦A8的中点M到抛物线的准线的距离为5,所以"%+1=5,

即与a=8,解得公=2,即后=直，故选A.

七33

【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中设出直线方程，与抛

物线的方程联立，利用根与系数的关系和题设条件，得到关于左的方程是解答的关键，着重考

查了推理与运算实力，属于基础题.

11.在楼长为1的正方体ABCDTBCD中，E是棱CD的中点，Q是正方体内部或正方体的表面

上的点，且EQ〃平面ABC”贝！动点Q的轨迹所形成的区域面积是（）

A.—B.2GC.36D.472

4

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意，直线EQ〃平面ABC”可得动点Q轨迹为由棱CD,DA，AAAB,BC,CG的中点E,

F,G,11,M,丫构成的正六边形，其中边长为正，即可求解动点Q的轨迹所形成的区域面积,

2

得到答案.

【详解】由题意,依据可得动点Q的轨迹为由棱CD,DA,A】A,AB,BC,CL的中点E,3G,

H,M,N构成的正六边形，其中边长为也，如图所示，

2

所以动点Q的轨迹所形成的区域面积为，S=6x（'x立x巫sinC）=38,故选A.

22234

【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及线面平行的应用，其中解答中依据线

面平行的性质定，得出点Q的运动轨迹是解答的关键，着重考查了空间想象实力，以及推理

与运算实力，属于中档试题.

12.已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为"，尸2•这两条曲

线在第一象限的交点为P,△尸片尸2是以/下为底边的等腰三角形•若1刊"=1°，记椭圆与双

曲线的离心率分别为4、6,则仃的的取值范困是()

B.(―,+°0)

D.(0,+oo)

【解析】

试题分析：设椭圆和双曲线的半焦距为c/尸用="?,归周二n,(〃7>〃),由于八可乃是以"

为底边的等腰三角形，若|PR|=10,即有m=10,〃=2。，由椭圆的定义可得〃?+〃=24,

由双曲线定义可得〃？〃=2%，即由♦=5Ic,a2=5c,(c<5),再由二角形的两边之和大

于第三边，可得2c+2c>10,可得c>士,既有?<c<5,由离心率公式可得

CCCI---->—

4a25-c225_|，由于1<一7<4,则由25,3,则卬6的取值范闹是

2c~\—I

(；,+8)，故选C.

考点：网锥曲线的几何性质.

【方法点晴】本题主要考查了圆锥曲线的几何性质，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其

简洁的几何性质、双曲线的标准方程及简洁的几何性质的应用，椭圆与双曲线的离心率等学

问点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的实力，以及推理与运算实力，本题

的解得中借助三角形的三边之间的关系，列出关于引电表达式是解答的关键，试题有肯定的

难度,属于中档试题.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

x-y-1<0

13.已知实数x,y满意«x+220,则目标函数z=2x+y的最大值为_______.

x+2y-\<0

【答案】2

【解析】

【分析】

画出不等式组所表示的可行域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的

最大值，得到答案.

【详解】画出不等式组所表示的可行域，如图所示，

由目标函数z=2x+y,可得直线y=-2x+z,由图象可知当直线y=-2x+z经过点A时,

直线的纵截距最大，此时z最大,

x-y-\=0

又由《，解得A(l,0)

x+2y-l=0

所以目标函数z的最大值为z=2xl=2.

【点睛】本题主要考查简洁线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式

组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重

考查了数形结合思想，及推理与计算实力，属于基础题.

Q

14.已知等比数列瓜｝的前n项积为若①=-24,4=一§，则当£取最大值时，n的值

为_____，

【答案】4

【解析】

【分析】

设等比数列｛aj的公比为9,求得夕=；,得到4=4生〃「・4=（-24）"（3；"""，进而利用指

数函数的性质，即可判定，得到答案.

【详解】设等比数列｛a“｝的公比为4,

83a,1|

因为凡=-24,a4=--,可得4=上=万，解得“=工，

9"i3

则Tn=的必…4=（―24）”/+2+3iT）=（_24）"（芋加”，

当，取最大值时，可得n为偶数，函数），=（!尸在R上递减，

又由（=192,工=号,"等，可得心＜（＞",

当〃＞6,且n为偶数时，［、＜£,

故当〃=4时，％取最大值.

【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等差数列求和公式的应用，其中解答中

依据等比数列的通项公式求得公比，进而利用等差数列的求和公式，得到7；的表达式，结合

指数函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于中档试题.

15.习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为

我国脱贫攻坚的基本方略.为协作国家精准扶贫战略，某省示范生中学支配6名高级老师（不

同姓）到基础教化薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，因工作须

要，其中李老师不去甲校，则安排方案种数为.

【答案】360

【解析】

【分析】

方法1：由题意，分四种状况分类探讨，（1）甲校支配1名老师：（2）甲校支配2名老师：

（3）甲校支配3名老师：（4）甲校支配4名老师，再由分类计数原理，即可求解：

方法2：由6名老师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组状况为4,1,1：3,2,1：

2,2,2,分别求解，再由分类计数原理，即可求解.

【详解】方法1：依据甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人，可分四种状况:

（1）甲校支配1名老师，安排方案种数有G（CCM；+C；C8）=150；

（2）甲校支配2名老师，安排方案种数有C；（C：C"：+C：G）=140；

（3）甲校支配3名老师，安扑方案种数有C；C；C；A；=60：

（4）甲校支配4名老师，安排方案种数有C；C；C；=10：

由分类计数原理，可得共有150+140+60+10=360（种）安排方案.

方法2：由6名老师到三所学校，每所学校至少一人，可能的分组状况为4,1,1；3,2,1；

2,2,2,

（1）对于第一种状况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有C；种，其余5名分成

一人组和四人组有C；&种，共《A；G=20（种）：李老师安排到四人组且该组不去甲校有

GG8=40（种），则第一种状况共有20+40=60（种）：

<2）对于其次种状况，李老师安排到人组有C；G&G-40<：种），李老师安排到二人组有

C^C；C!A?=120（种），李老师安排到两人组有c；c；Cc；=80（种），所以其次种状况共有

40+80+120=240（种）：

（3）对于第三种状况，共有CC；C：C；=60（种）：

综上所述，共有60+240+60=360（种）安排方案.

【点睛】本题主要考杳了分类计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中仔细审题，

合理分类探讨是解答的关键，若重考杳了分析问题和解答问题的实力，属于基础题.

16.设直线y=Ax与曲线/a）=&lnx+si〃x+esx有公共点，则整数k的最大值是______.

【答案】1

【解析】

【分析】

设直线），=履与曲线/"）有公共点（s,D（s>0）,由斜率公式化简得攵4四0+ms）,

s

设g（s）=l+lns-s,利用导数求得函数g（s）的单调性与最值，得到k4回±1也<及,

即可求解，得到答案.

(详解】设直线y=履与曲线f(x)=V2lnx+sinx+cosx有公共点(s,f)(s>0),

由斜率公式，可得t&Ins+sins+coss>/2\ns+>/2sin(s+)y/2(\+\ns),

k=—=--=-------------------<----------

ssss

当s+?=2缩■+1,时等号成立，

11-c

设4(s)=1+Ins-s,则短(s)=--l=---,

ss

所以g(s)在(0,1)上是增函数，在。,+8)上是减函数，

所以g($)<g(l)=O,l+lns《s且s>0,

所以AW上加■£],当$=1时等号成立，

s

因为两次等号不能同时成立，所以女《叵土㈣〈及，

S

又由ZeZ,所以攵=1,所以型数&的最大值是1.

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及参数的最值问题，着重考查了转化与

化归思想、及逻辑推理实力与计算实力，此类问题的解答，通常要构造新函数，利用导数探

讨函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可

分别变量，构造新函数，干脆把问题转化为函数的最值问题.

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.

17.在△ABC中,角A,B,C对边分别为a,b,c,已知s讥2A+卜疗5=3$加20,a=3sinA.

(1)求△ABC外接圆的面积；

(2)求边c的最大值.

9

【答案】(1)一4(2)"

4

【解析】

【分析】

(1)由题意，利用正弦定理可得2/?=二一=3,解得R=不，即可求解外接圆的面积：

sinA2

(2)由々2+282=302及余弦定理，整理得6a权3c=2cJ+b2,利用基本不等式求得

cosCN叵,进而得到s勿再由正弦定理，即可求解边长。的最大值.

33

【详解】（1）设△ABC外接圆的半径为R,由a=3s%A，利用正弦定理可得2R=」一二3,

sinA

39

解得R二二，外接圆的面积为$=乃/?2=一不：

24

（2）由/+2加=3c、2及余弦定理，a2+2Z>2=3（«2+Z?2-2abcosO，

整理得6abcosC=2a2+b2>EPcosC=—+—>2.1—•—=—»

3b6a\3b6a3

则s%C=Jl-elC«Jl-¥=g,当且仅当/,=及〃时取等号,

由正弦定理得c=ZRsinC=3sinCW币,

所以边长。的最大值为4.

【点睛】本题主要考杳了正弦定理和余弦定理求解三角形问题,对干解二角形问题,通常利

用正弦定现进行“边转角”寻求角关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借

助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角

形问题是高考高频考点，常常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理

解题.

18.在五边形AEBCD中，BCA-CD,CD//AB,AB=2CD=2BC,AE工BE，AE=BE

（如图）.将4ABE沿△折起,使平面ABEJ_平面ABCD,线段AB的中点为0（如图）.

（1）求证：平面ABE_L平面DOE；

（2）求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.

【答案】（1）见解析（2）45°

【解析】

【分析】

(1)依据矩形的性质，求得MJL8,再由等腰三角形的性质，证得田148，由线面垂

直的判定，可得AB_L平面EOD,再由面而垂直的判定定理，即可证得平面ABE_L平面EOD：

(2)由(1)以0为坐标原点，以OB,OD,0E所在直线分别为％，y，Z轴建立如图所示的空间

直角坐标系O-AJZ，求得平面ECD和平面ABE的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.

【详解】(1)由题意人A=2CD，0是线段AB的中点，则OB=CQ.

又CD//4",则四边形OBCD为平行四边形，又RC1CD,则AA_L8,

®AE=BE，OB=OA,则

EOrDO=O,则AB_L平面30D.

又平面ABE,故平面ABE_L平面EOD.

(2)由(1)易知OB,OD,OE两两垂直，以0为坐标原点，以OB,OD,0E所在直线分别为北丫/

轴建立如图所示的空间直角坐标系,

△EAB为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC,

则OA=OB=OD=OE,取C£>=8C=1,

则0(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),

E(0,0,1),则CO=(-1,。,0),。£=(0,-1,1)，

设平面ECD的法向量为〃=(x,y,z)>

n-CD=0,-x=0.,

则有取〈八z=l,得平面ECD的一个法向量〃=(0JD,

，】DE=0,-y+z=0,

因OD_L平面ABE,则平面ABE的一个法向量为0。=(0,|,0),

设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为0,则

因为9e(0,90°),所以。=45°，

故平面ECI)与平面ABE所成的镜二面角为45。.

【点睛】本题考杳了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间

想象实力和逻辑推理实力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面

关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向

量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

19.已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线/:x=4的距离之比为

2

(1)求点P的轨迹方程:

(2)点0是坐标原点，A,B两点在点P的轨迹上，F是点C关于原点的对称点，若Fh=2BF.

求2的取值范围.

【答案】(1)?+其=1⑵耳，3]

【解析】

【分析】

(1)设尸(x,y),由动点P到定点c(1,0)的距离与它到直线/：x=4的距离之比为1，列

2

出方程，即可求解：

x=-1一月—Ax>

(2)由FA=4B/，得<,，代入椭圆的方程得

I)、=-"

(1)/1七)2+(4为)=],又由K+K=l,得出量+与豆=储，两式相减，求

434343

得天=3三—5宁)，依据公的范围，即可求解义的取值范围.

2/1

【详解】(1)设尸(招(是所求轨迹上的随意一点,

由动点P到定点C（1,0）的距离与它到直线/:x=4的距离之比为L,

2

则必二D力1=1,化简得工+二=1,即点p的轨迹方程为工+二二1.

|.r-4|24343

（2）由F是点C关于原点的对称点，所以点F的坐标为（-1,0）,

设8（%2，），2）,因为FA=/18产，

/、,、X=—1—A—

则《西十I,必）=»一1一人,,一）3可得《一，

[y\=-^2

即公+（—卜为尸=]①

V<+2L=I,（—1—2—21

4343

又由K+K=i,则出匚+电21=储②

4343

G24（2+1）X）+（2+l）~-2/KAA-zti3-52

①一②得：----------=---------=1-A-»化简得工2二二•二，

42Z

3-5>|

V-2<x,^2,解得上£/1与3,

-2/13

所以X的取值范围是g,3].

【点睛】本题主要考查了椭圆的方程的求解，以及向量的运算及椭圆的方程的应用，其中解

答中依据题意列出方程，求得椭圆的方程，再利用向量的坐标运算，结合椭圆的方程，求得吃

与2的关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于中档试题.

20.随着国内电商的不断发展，快递业也进入了高速发展时期，依据国务院的发展战略布局，

以及国家邮政管理总局对快递业的宏观调控，SF快递收取快递费的标准是：重量不超过1kg

的包袱收费10元：重量超过的包袱，在收贽10元的基础上，每超过1kg（不足1kg,按

1kg计算）需再收5元.某县SF分代办点将最近承揽的100件包袱的重量统计如下：

重量（单位：kg）(0,1](1,2](2,3](3,4](4,5]

件数43301584

对近60天，每天揽件数量统II如卜表:

件数范围01()010广20()201*30030广40()401^500

件数50150250350450

天数663016

以上数据已做近似处理，将频率视为概率.

<1）计算该代办点将来5天内不少丁2天揽件数在10「300之间的概率：

（2）①估计该代办点对每件包袱收取的快递费的平均值：

②依据以往的阅历，该代办点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

余的用作其他费用.目前该代办点前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资

110元.代办点正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试”•算裁员前后代办点每日利润的数

学期望，若你是决策者，是否裁减工作人员1人？

【答案】（1）彳案（2）①15,②代办点不应将前台工作人员裁员1人

【解析】

【分析】

3

（1）由题意得到样本中包袱件数在10广300之间的概率为g,进而得到包袱件数在10广3（）0

3

之间的天数听从二项分布X〜B（5,一）,即可求解相应的概率：

5

（2）①利用平均数的计算公式，求得样本中每件快递收取的费用的平均值，即可得到结论：

②依据题意及①，分别计算出小裁员和裁员，代办点丫•均每H利润的期望值，比较即可得到

结论.

【详解】（1）由题意，可得样本中包袱件数在101~300之间的天数为36,频率/=二==，

605

3

故可估计概率为W，

明显将来5天中，包袱件数在10广300之间的天数听从二项分布，即X〜/5,°）,

故所求概率为1-KX=O）-凡X=D=1-C；x（l-±）=

5553125

（2）①样本中快递费用及包袱件数如下表:

包袱重量（单位：kg）12345

快递费（单位：元）1015202530

包袱件数43301584

10x43+15x30+20x15+25x8+30x4

故样本中每件快递收取费用的平均值为15,

100

故估计该代办点对每件快递收取的贽用的平均值为15元.

②代办点不应将前台工作人员裁员1人，理由如下：

依据题意及（2）①，搅件数每增加1,代办点快递收入增加15（元），

若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，代办点每日揽件数状况如下:

包袱件数范围0"19010广200201^30030「40040T500

包袱件数（近似处理）50150250350450

实际揽件数50150250350450

频率0.10.10.50.20.1

EY50x0.1+150x0.1+250X0.5+350x0.2+450xOJ=260

故代办点平均每日利润的期望值为260x15x^-3x110=970（元）；

若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，代办点每H揽件数状况如下:

包袱件数范围0~10010广20020C30030Two40广500

包袱件数（近似处理）50150250350450

实际揽件数50150250300300

频率0.10.10.50.20.1

EY50x0.1+150x0.1+250x0.5+300x0.2+300x0.1=235

则代办点平均每日利润的期望值为235X15X』-2x110=955（元）,

3

故代办点不应将前台工作人员裁员1人.

【点睛】本题主要考查了二项分布的应用，以及期望的求解及应用，其中解答中正确理解题

意，熟记利用二项分布的概率计算方法，以及精确计算代办点平均每日利润的期望是解答的

关键，着重考查了分析问题和解答问题的实力，属于中档试题.

21.已知函数/(x)=In----ax2+MaNO).

2x

(1)探讨函数f(x)的极值点的个数；

(2)若f(x)有两个极值点%,乙，证明：/(x1)+/(x2)>3-41n2.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】

【分析】

(D求得函数的导数,%£(0,+8),按〃=0、a二三

x88

种状况分类探讨，得出函数的单调性，进血得出困数的极值：

(2)由⑴知，当ae(O,J)时，〃力极值点内，占是方程2a»-x+1=0的两根，化简

O

得+)=lna-」-+1-仙2,设g(a)=lna+」-+l—ln2,ae(0」)，利用导数求得

4a4a8

函数g(a)的单调性与最值，即可求解.

【详解】(1)由题意，函数/'(x)=ln0--ad+x=-]n2x-ad+x,

2x

得/<口)=」—20¥+]=2ax+X[XG(0,4-O0),

XX

(i)若a=0时：/(%)=—,

X

当xe(0,D时，r(-v)<0,函数/")单调递减；

当XW(L+8)时，r(%)>0,函数/(x)单调递增,

所以当X=l,函数“X)取得微小值，*=1是/(工)的一个微小值点：

(ii)若。>0时，则△=1一&区0,即时，此时ra)<o,/⑴在(0,行)是减函

8

数，rw无极值点，

当。时，则―。，令广⑴二。，解得寸中…

当xe（O,X）和/£（孙+8）时，fXx）＜0,当xe（X],々）时，/'（K）＞0.

••・/（x）在』取得微小值，在工2取得极大值，所以/（x）有两个极值点,

综上可知：⑴a=0时，/（克）仅有一个极值点：（ii）.当时，/（力无极值点;

O

（iii）当/（工）有两个极值点.

O

（2）由（1）知，当且仅当aw（0!）时，/（力有微小值点占和极大值点々，

8

且西，X,是方程2a/・X+1=0的两根，.・.司+占=，-,X/,=

"2a~2a

1

则+JXx,=In———or；+%+Inax?+x2

24]2X2

=-(In2x,+In2%)-Hx；+x;)+(x(+x2)=-ln——a[

,471,1,1,,c

=ln—-----1-1H-----=Ina-------Fl—ln2,

24a2a4a

1]114a-\

设g(a)=lno+—+l-ln2,ae(0,-),则g'(a)=--------r=-----<0,

4a8a4cr4a~

・•・〃£((),")时，g(a)是减函数，g(a)>g(3)，

.•・^(«)>ln1+3-ln2=3-4ln2,

:./(.¥))+/(.r2)>3—4In2.

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化

归思想、分类探讨、及逻辑推理实力与计算实力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利

用导数探讨函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参的不等式，从而求出参数的取值范

围；也可分别变量，构造新函数，干脆把问题转化为函数的最值问题.

22.在同始终角坐标系中，经过伸缩变换＜2,后,曲线C的方程变为/2+/2=1.以坐标

），'=），

原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线/的极坐标方程为psi双夕-g）=G.

（1）求曲线C和直线1的直角坐标方程;

（2）过点。（1,0）作1的垂线1。交C于A,B两点，点A在x轴上方，求的值.

|PA|\PB\

【答案】(])亍+)尸=1,V3x-y+2V3=O(2)I

\PA\\PB\3

【解析】

【分析】

（1）将变换公式代入＜2+）尸=1得，即可曲线C的方程，利用极坐标与直角的互化公式,

即可求解直线的直角坐标方程;

＜2）将直线k的参数方程代入曲线C的方程整理得7产-44-12=0,利用根与系数的关

1

系和直线的参数方程中参数的几