四川省绵阳市2020届高三第三次诊断性测试数学试题（理科）含答案解析

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1、四川省绵阳市四川省绵阳市 2020 届高三第三次诊断性测试数学（理）试题届高三第三次诊断性测试数学（理）试题 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1设集合 A（x， y）|x2+y21，B（x，y）|x+y1，则 AB 中元素的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 2已知复数 z 满足（1i） z|3 +i|，则 z（ ） A1i B1+i C22i D2+2i 3已知 xlog321，则 4x（ ） A4 B6 C4 32

2、D9 4有报道称，据南方科技大学、上海交大等 8 家单位的最新研究显示：A、B、O、AB 血型 与 COVID19 易感性存在关联，具体调查数据统计如图： 根据以上调查数据，则下列说法错误的是（ ） A与非 O 型血相比，O 型血人群对 COVID19 相对不易感，风险较低 B与非 A 型血相比，A 型血人群对 COVID19 相对易感，风险较高 C与 O 型血相比，B 型、AB 型血人群对 COVID19 的易感性要高 D与 A 型血相比，非 A 型血人群对 COVID19 都不易感，没有风险 5 在二项式( 2 ) 的展开式中， 仅第四项的二项式系数最大， 则展开式中常数项为 （ ） A3

3、60 B160 C160 D360 6在ABC 中，若 sinB2sinAcosC，那么ABC 一定是（ ） A等腰直角三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等边三角形 7已知两个单位向量 ， 的夹角为 120，若向量 2 ，则 =（ ） A5 2 B3 2 C2 D3 8 数学与建筑的结合造就建筑艺术品， 2018 年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界， 如图 若 将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在 y 轴上的双曲线 2 2 2 2 = 1(0，0） 上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为22，则此双曲线的离心 率为（ ） A2 B3 C22 D23 9设函数 f（x）=

4、 2 + 1，0 2 1，0则下列结论错误的是（ ） A函数 f（x）的值域为 R B函数 f（|x|）为偶函数 C函数 f（x）为奇函数 D函数 f（x）是定义域上的单调函数 10 已知函数 f （x） sin （x+）（0， 0 2） 的最小正周期为 ， 且关于( 8 ，0)中心对 称，则下列结论正确的是（ ） Af（1）f（0）f（2） Bf（0）f（2）f（1） Cf（2）f（0）f（1） Df（2）f（1）f（0）来源:学科网 11 已知x为实数， x表示不超过x的最大整数， 若函数f （x） xx， 则函数() = () + 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 12在ABC

5、 中，C90，AB2， = 3，D 为 AC 上的一点（不含端点） ，将BCD 沿直线 BD 折起，使点 C 在平面 ABD 上的射影 O 在线段 AB 上，则线段 OB 的取值范围 是（ ） A （1 2，1） B （1 2， 3 2 ） C （ 3 2 ，1） D （0， 3 2 ） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13已知 2 2 = 5 5 ，则 sin 14 若曲线 f （x） excosxmx， 在点 （0， f （0） ） 处的切线的倾斜角为3 4 ， 则实数 m 15已知 F1，F2是椭圆 C： 2 2 +

6、 2 2 = 1(0)的两个焦点，P 是椭圆 C上的一点， F1PF2120，且F1PF2的面积为43，则 b 16 在一个半径为 2 的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器， 要使该容器所盛液 体尽可能多，则该容器的高应为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，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：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17若数列an的前 n 项和为 Sn，已

7、知 a11，an+1= 2 3 （1）求 Sn； （2）设 bn= 1 ，求证：b1+b2+b3+bn 5 2 18如图，已知点 S 为正方形 ABCD 所在平面外一点，SBC 是边长为 2 的等边三角形， 点 E 为线段 SB 的中点 （1）证明：SD平面 AEC； （2）若侧面 SBC底面 ABCD，求平面 ACE 与平面 SCD 所成锐二面角的余弦值 192020 年 3 月，各行各业开始复工复产，生活逐步恢复常态，某物流公司承担从甲地到 乙地的蔬菜运输业务已知该公司统计了往年同期 200 天内每天配送的蔬菜量 X（40X 200，单位：件注：蔬菜全部用统一规格的包装箱包装） ，并分组统

8、计得到表格如表： 蔬菜量 X 40，80） 80，120） 120，160） 160，200） 天数 25 50 100 25 若将频率视为概率，试解答如下问题： （1）该物流公司负责人决定随机抽出 3 天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这 3 天配送的蔬菜量中至多有 2 天小于 120 件的概率； （2）该物流公司拟一次性租赁一批货车专门运营从甲地到乙地的蔬菜运输已知一辆货 车每天只能运营一趟，每辆货车每趟最多可装载 40 件，满载才发车，否则不发车若发 车，则每辆货车每趟可获利 2000 元；若未发车，则每辆货车每天平均亏损 400 元为使 该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应

9、一次性租赁几辆货车？ 20已知函数 f（x）ax（a+2）lnx 2 +2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e）上的零点个数 21已知动直线 l 过抛物线 C：y24x 的焦点 F，且与抛物线 C 交于 M，N 两点，且点 M 在 x 轴上方 （1）若线段 MN 的垂直平分线交 x 轴于点 Q，若|FQ|8，求直线 l 的斜率； （2）设点 P（x0，0） ，若点 M 恒在以 FP 为直径的圆外，求 x0的取值范围 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的题中任

10、选一题作答如果多做，则按所做的 第一题记分第一题记分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 如图， 在极坐标系中， 曲线 C1是以 C1（4， 0） 为圆心的半圆， 曲线 C2是以2(3， 2)为圆心 的圆，曲线 C1、C2都过极点 O （1）分别写出半圆 C1，C2的极坐标方程； （2）直线 l： = 3 ( )与曲线 C1，C2分别交于 M、N 两点（异于极点 O） ，P 为 C2 上的动点，求PMN 面积的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x2|+|x+1| （1）解关于 x 的不等式 f（x）5； （2） 若函数 f （x）

11、的最小值记为 m， 设 a， b， c 均为正实数， 且 a+4b+9cm， 求1 + 1 4 + 1 9的 最小值 一、选择题一、选择题：本大题共：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1设集合 A（x， y）|x2+y21，B（x，y）|x+y1，则 AB 中元素的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 可画出圆 x2+y21 和直线 x+y1 的图象，从而可看出它们交点的个数，从而得出 AB 中的元素个数 画出 x2+y21 和 x+y1 的图象如下： 可

12、看出圆 x2+y21 和直线 x+y1 有两个交点， AB 的元素个数为 2 故选：C 考查了描述法的定义，交集的定义及运算，数形结合解题的方法，考查了计算能力，属 于基础题 2已知复数 z 满足（1i） z|3 +i|，则 z（ ） A1i B1+i C22i D2+2i 利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出 （1i） z|3 +i|，（1+i） （1i） z2（1+i） ，则 z1+i 故选：B 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已知 xlog321，则 4x（ ） A4 B6 C4 32 D9 利用对数的性质和运算法则及换底公式求解

13、 xlog321，xlog23， 4x= 423= 449=9， 故选：D 本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数的性质、运算法则及 换底公式的合理运用 4有报道称，据南方科技大学、上海交大等 8 家单位的最新研究显示：A、B、O、AB 血型 与 COVID19 易感性存在关联，具体调查数据统计如图： 根据以上调查数据，则下列说法错误的是（ ） A与非 O 型血相比，O 型血人群对 COVID19 相对不易感，风险较低 B与非 A 型血相比，A 型血人群对 COVID19 相对易感，风险较高 C与 O 型血相比，B 型、AB 型血人群对 COVID19 的易感性要高 D与

14、A 型血相比，非 A 型血人群对 COVID19 都不易感，没有风险 根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系，患者占有比例即可解答 根据 A、B、O、AB 血型与 COVID19 易感性存在关联，患者占有比例可知： A 型 37.75%最高，所以风险最大值，比其它血型相对易感； 故而 D 选项明显不对来源:Zxxk.Com 故选：D 本题考查由频数直方图，看频数、频率，判断问题的关联性，属于基础题 5 在二项式( 2 ) 的展开式中， 仅第四项的二项式系数最大， 则展开式中常数项为 （ ） A360 B160 C160 D360 根据展开式二项式系数最大，求出 n6，然后利用展开式

15、的通项公式进行求解即可 展开式中，仅第四项的二项式系数最大， 展开式共有 7 项，则 n6， 则展开式的通项公式为 Tk+1C 6 x6k（2 ） k（2）kC 6 x62k， 由 62k0 得 k3， 即常数项为 T4（2）3C 6 3 = 160， 故选：B 本题主要考查展开式的应用， 求出 n 的值， 结合展开式的通项公式是解决本题的关键 比 较基础 6在ABC 中，若 sinB2sinAcosC，那么ABC 一定是（ ） A等腰直角三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等边三角形 由三角形的内角和定理得到 B（A+C） ，代入已知等式左侧，利用诱导公式及两角 和与差的正弦函数公式化简，

16、整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正 弦函数，利用特殊角的三角函数值得到 AC，利用等角对等边即可得到三角形为等腰三 角形 sinBsin（A+C）sin（A+C）sinAcosC+cosAsinC2sinAcosC， cosAsinCsinAcosCsin（CA）0，即 CA0，CA， ac，即ABC 为等腰三角形 故选：B 此题考查了两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键 7已知两个单位向量 ， 的夹角为 120，若向量 2 ，则 =（ ） A5 2 B3 2 C2 D3 根据平面向量的数量积定义，计算即可 由题意知| | |1，且 =11cos120= 1 2

17、， 又向量 2 ， 所以 =2 2 =21（ 1 2）= 5 2 故选：A 本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题 8 数学与建筑的结合造就建筑艺术品， 2018 年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界， 如图 若 将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在 y 轴上的双曲线 2 2 2 2 = 1(0，0） 上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为22，则此双曲线的离心 率为（ ） A2 B3 C22 D23 利用已知条件求出方程组，得到 a，c，即可求解双曲线的离心率 双曲线 2 2 2 2 = 1(0，0）的上焦点到上顶点的距离为 2，到渐近线距离为22， 可得： = 2

18、| 2+2 = 22 2= 2+ 2 ，解得 a1，c3，b22， 所以双曲线的离心率为：e= =3 故选：B 本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的离心率的求法，是基本知识的考查，基础 题 9设函数 f（x）= 2 + 1，0 2 1，0则下列结论错误的是（ ） A函数 f（x）的值域为 R B函数 f（|x|）为偶函数 C函数 f（x）为奇函数 D函数 f（x）是定义域上的单调函数 根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案 根据题意，依次分析选项： 对于 A，函数 f（x）= 2 + 1，0 2 1，0，当 x0 时，f（x）2 x+12，当 x0 时，f （x）2 x1（2x+1

19、）2，其值域不是 R，A 错误； 对于 B，函数 f（|x|） ，其定义域为x|x0，有 f（|x|）f（|x|） ，函数 f（|x|）为偶函数， B 正确； 对于 C，函数 f（x）= 2 + 1，0 2 1，0，当 x0 时，x0，有 f（x）2 x+1，f（x） f（x）2 x1，反之当 x0 时，x0，有 f（x）2x1，f（x）f（x） 2x+1， 综合可得：f（x）f（x）成立，函数 f（x）为奇函数，C 正确； 对于 D，函数 f（x）= 2 + 1，0 2 1，0，当 x0 时，f（x）2 x+12，f（x）在（0， +）为增函数，当 x0 时，f（x）2 x12，f（x）在（

20、，0）上为增函数， 故 f（x）是定义域上的单调函数； 故选：A 本题考查分段函数的性质，涉及函数的值域、奇偶性、单调性的分析，属于基础题 10 已知函数 f （x） sin （x+）（0， 0 2） 的最小正周期为 ， 且关于( 8 ，0)中心对 称，则下列结论正确的是（ ） Af（1）f（0）f（2） Bf（0）f（2）f（1） Cf（2）f（0）f（1） Df（2）f（1）f（0） 根据条件求出函数的解析式，结合函数的单调性的性质进行转化判断即可来源:学科网 ZXXK 函数的最小周期是 ，2 =，得 2， 则 f（x）sin（2x+） ， f（x）关于( 8 ，0)中心对称， 2（ 8）

21、+k，kZ， 即 k+ 4，kZ， 0 2， 当 k0 时，= 4， 即 f（x）sin（2x+ 4） ， 则函数在 8， 8上递增，在 8， 5 8 上递减， f（0）f（ 4） ， 4 12， f（ 4）f（1）f（2） ， 即 f（2）f（1）f（0） ， 故选：D 本题主要考查三角函数值的大小比较，根据条件求出函数的解析式，利用三角函数的单 调性进行判断是解决本题的关键难度中等 11 已知x为实数， x表示不超过x的最大整数， 若函数f （x） xx， 则函数() = () + 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 函数() = () + 的零点个数，即方程() = 的零点个数，

22、也就是两函数 yf （x）与 y= 的图象的交点个数，画出图象，数形结合得答案 函数() = () + 的零点个数，即方程() = 的零点个数， 也就是两函数 yf（x）与 y= 的交点个数 由 y= ，得 y= 2 = 1 可知当 x1 时，y0，函数单调递减，当 x1 时，y0，函数单调递增 作出两函数 yf（x）与 y= 的图象如图： 由图可知，函数() = () + 的零点个数为 2 个 故选：B 本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法，训练了利用导数 研究函数的单调性，是中档题 12在ABC 中，C90，AB2， = 3，D 为 AC 上的一点（不含端点） ，将

23、BCD 沿直线 BD 折起，使点 C 在平面 ABD 上的射影 O 在线段 AB 上，则线段 OB 的取值范围 是（ ） A （1 2，1） B （1 2， 3 2 ） C （ 3 2 ，1） D （0， 3 2 ） 由题意，OC平面 ABD，根据三余弦定理，线线角的值等于线面角的余弦值与射影角余 弦值的积从而求解； 由题意，OC平面 ABD， 根据三余弦定理，线线角的值等于线面角的余弦值与射影角余弦值的积 设CBD，CBO1，则ABD60；则 coscos1cos（60） 所以 cos1= (60) = 2 1+3， （30，60） ； OBcos1（1 2，1） 故选：A 本题考查ABC

24、的折叠和三余弦定理（最小角定理） ，要求熟悉余弦定理；是中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13已知 2 2 = 5 5 ，则 sin 4 5 将已知等式两边平方， 利用同角三角函数基本关系式， 二倍角的正弦函数公式即可求解 2 2 = 5 5 ， 两边平方可得：cos2 2 +sin2 2 2cos 2sin 2 = 1 5，可得 1sin= 1 5， sin= 4 5 故答案为：4 5 本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值 中的应用，考查了转化思想，属于基础题 14 若曲线

25、f （x） excosxmx， 在点 （0， f （0） ） 处的切线的倾斜角为3 4 ， 则实数 m 2 对函数求导，然后得 f（0）= 3 4 = 1，由此求出 m 的值 f（x）ex（cosxsinx）m (0) = 1 = 3 4 = 1 m2 故答案为：2 本题考查导数的几何意义以及切线问题抓住切点处的导数为切线斜率列方程是本题的 基本思路属于基础题 15已知 F1，F2是椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的两个焦点，P 是椭圆 C上的一点， F1PF2120，且F1PF2的面积为43，则 b 2 根据正余弦定理可得 PF1PF216 且 4c2（2a）216，解出 b 即

26、可 F1PF2的面积= 1 2PF1PF2sin120= 3 4 PF1PF243，则 PF1PF216， 又根据余弦定理可得 cos120= 12+22122 212 ，即 4c2PF12+PF22+16（2a）2 32+16， 所以 4b216，解得 b2， 故答案为：2 本题考查椭圆性质，考查正、余弦定理的应用，属于中档题 16在一个半径为 2 的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛 液体尽可能多，则该容器的高应为 43 3 设正四棱柱的高为 h，底面边长为 a，用 h 表示出 a， 写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出 V 取最大值时对应的 h 值 设正四棱柱的高

27、为 h，底面边长为 a，如图所示； 则 h2+2a2（22）2， 所以 a28 1 2h 2， 所以正四棱柱容器的容积为 Va2h（8 1 2h 2）h= 1 2h 3+8h，h（0，4） ； 求导数得 V= 3 2h 2+8， 令 V0，解得 h= 43 3 ， 所以 h（0，43 3 ）时，V0，V（h）单调递增； h（43 3 ，4）时，V0，V（h）单调递减； 所以 h= 43 3 时，V 取得最大值 所以要使该容器所盛液体尽可能多，容器的高应为43 3 故答案为：43 3 本题考查了球内接正四棱柱的体积的最值问题，也考查了利用导数求函数的最值问题， 是中档题 三、解答题：共三、解答题

28、：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，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：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17若数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，an+1= 2 3 （1）求 Sn； （2）设 bn= 1 ，求证：b1+b2+b3+bn 5 2 （1）由数列的递推式：an+1Sn+1Sn，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得 bn= 1 =（3 5） n1，由等比数列的求

29、和公式和不等式的性质，即可得证 （1）an+1= 2 3 ，可得 an+1Sn+1Sn= 2 3Sn， 由 a11，可得 S11， 即 Sn+1= 5 3Sn，可得数列Sn是首项为 1，公比为 5 3的等比数列， 则 Sn（5 3） n1； （2）证明：bn= 1 =（3 5） n1， 则 b1+b2+b3+bn= 1(3 5) 13 5 = 5 2 5 2 （ 3 5） n5 2 本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查定义法和运算能 力、推理能力，属于基础题 18如图，已知点 S 为正方形 ABCD 所在平面外一点，SBC 是边长为 2 的等边三角形， 点 E 为线段

30、 SB 的中点来源:学科网 ZXXK （1）证明：SD平面 AEC； （2）若侧面 SBC底面 ABCD，求平面 ACE 与平面 SCD 所成锐二面角的余弦值 （1）连接 BD 交 AC 于 F，连接 EF，由已知结合三角形的中位线定理可得 EFSD，再 由直线与平面平行的判定可得 SD平面 AEC； （2）取 BC 的中点 O，连接 OF 并延长，可知 OFOC，利用线面垂直的判定定理与性 质定理可得：OSOF，OSOC，建立空间直角坐标系，分别求出平面 CDS 与平面 ACE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面 ACE 与平面 SCD 所成锐二面角的 余弦值 （1）证明：连接

31、BD 交 AC 于 F，连接 EF， ABCD 为正方形，F 为 BD 的中点，且 E 为 BS 的中点， EFSD 又 SD平面 AEC，EF平面 AEC， SD平面 AEC； （2）解：取 BC 的中点 O，连接 OF 并延长，可知 OFOC， 在等边三角形 SBC 中，可得 SOBC， 侧面 SBC底面 ABCD，且侧面 SBC底面 ABCDBC， SO平面 ABCD，得 OSOF，OSOC 以 O 为坐标原点，分别以 OF，OC，OS 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 得：A（2，1，0） ，C（0，1，0） ，E（0， 1 2， 3 2 ） ，D（2，1，0） ，S（0

32、，0，3） = (2，0，0)， = (0， 1，3)， = (2，2，0)， = (2， 1 2 ， 3 2 ) 设平面 CDS 与平面 ACE 的一个法向量分别为 = (，)， = (1，1，1) 由 = 2 = 0 = + 3 = 0 ，取 z1，得 = (0， 3 ，1)； 由 = 21+ 21= 0 = 21+ 1 2 1+ 3 2 1= 0 ，取 x11，得 = (1，1，3) cos ， = | |= 23 25 = 15 5 平面 ACE 与平面 SCD 所成锐二面角的余弦值为 15 5 本题考查直线与平面平行与垂直的判定、法向量与数量积的应用、空间角，考查空间想 象能力与思维

33、能力、计算能力，属中档题 192020 年 3 月，各行各业开始复工复产，生活逐步恢复常态，某物流公司承担从甲地到 乙地的蔬菜运输业务已知该公司统计了往年同期 200 天内每天配送的蔬菜量 X（40X 200，单位：件注：蔬菜全部用统一规格的包装箱包装） ，并分组统计得到表格如表： 蔬菜量 X 40，80） 80，120） 120，160） 160，200） 天数 25 50 100 25 若将频率视为概率，试解答如下问题： （1）该物流公司负责人决定随机抽出 3 天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这 3 天 配送的蔬菜量中至多有 2 天小于 120 件的概率； （2）该物流公司拟一次性租赁

34、一批货车专门运营从甲地到乙地的蔬菜运输已知一辆货 车每天只能运营一趟，每辆货车每趟最多可装载 40 件，满载才发车，否则不发车若发 车，则每辆货车每趟可获利 2000 元；若未发车，则每辆货车每天平均亏损 400 元为使 该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁几辆货车？ （1）记事件 A 为“在 200 天随机抽取 1 天，其蔬菜量小于 120 件” ，则 P（A）= 3 8，由 此能求出随机抽取的 3 天中配送的蔬菜量中至多有 2 天的蔬菜量小于 120 件的概率 （2）由题意得每天配送蔬菜量 X 在40，80） ，80，120） ，120，160） ，160，200）的

35、概率分别为1 8 ， 1 4 ， 1 2 ， 1 8，设物流公司每天的营业利润为 Y，若租赁 1 辆车，则 Y 的值 为 2000 元，若租赁 2 辆车，则 Y 的可能取值为 4000，1600，若租赁 3 辆车，则 Y 的可 能取值为 6000， 3600， 1200， 若租赁 4 辆车， 则 Y 的可能取值为 8000， 5600， 3200， 800， 分别求出相应的数学期望，推导出为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公 司应一次性租赁 3 辆货车 （1）记事件 A 为“在 200 天随机抽取 1 天，其蔬菜量小于 120 件” ， 则 P（A）= 3 8， 随机抽取的 3 天中

36、配送的蔬菜量中至多有 2 天的蔬菜量小于 120 件的概率为： p= 3 2(3 8) 2(5 8) + 3 1(3 8)( 5 8) 2 + 3 0(5 8) 3 = 485 512 （2）由题意得每天配送蔬菜量 X 在40，80） ，80，120） ，120，160） ，160，200）的 概率分别为1 8 ， 1 4 ， 1 2 ， 1 8， 设物流公司每天的营业利润为 Y， 若租赁 1 辆车，则 Y 的值为 2000 元， 若租赁 2 辆车，则 Y 的可能取值为 4000，1600， P（Y4000）= 7 8，P（Y1600）= 1 8， Y 的分布列为： Y 4000 1600 P

37、 7 8 1 8 E（Y）4000 7 8 + 1600 1 6 =3700 元 若租赁 3 辆车，则 Y 的可能取值为 6000，3600，1200， P（Y6000）= 5 8， P（Y3600）= 1 4， P（Y1200）= 1 8， Y 的分布列为： Y 6000 3600 1200 P 5 8 1 4 1 8 E（Y）= 6000 5 8 + 3600 1 4 + 1200 1 8 =4800 元， 若租赁 4 辆车，则 Y 的可能取值为 8000，5600，3200，800， P（Y8000）= 1 8， P（Y5600）= 1 2， P（Y3200）= 1 4， P（Y800）

38、= 1 8， Y 的分布列为： Y 8000 5600 3200 800 P 1 8 1 2 1 4 1 8 E（Y）= 8000 1 8 + 5600 1 2 + 3200 1 4 + 800 1 8 =4700， 4800470037002000， 为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁 3 辆货车 本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频数分布表、古典概 型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20已知函数 f（x）ax（a+2）lnx 2 +2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e）上

39、的零点个数 （1）把 a4 代入后对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求极值； （2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对 a 进行分类讨论，确定导数符号，然 后结合导数与函数的性质可求 （1）当 a4 时，f（x）4x6lnx 2 +2，() = 4 6 + 2 2 = 2(21)(1) 2 ，x0， 易得 f（x）在（0，1 2） ， （1，+）上单调递增，在（ 1 2 ，1）上单调递减， 故当 x= 1 2时，函数取得极大值 f（ 1 2）6ln2，当 x1 时，函数取得极小值 f（1）4， （2）() = +2 + 2 2 = (2)(1) 2 ， 当 a0 时，f（x

40、）在（1，e）上单调递减，f（x）f（1）a0，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 a2 时，f（x）在（1，e）上单调递增，f（x）f（1）a2，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 0 2 即 2 时， f （x） 在 （1， e） 上单调递减， 由题意可得， (1) = 0 () = 2 0， 解可得，0 2 (1)， 当2 2即1 2 时，f（x）在（1，2 ）上单调递减，在（ 2 ，）上单调递增， 由于 f（1）a0，f（e）a（e1） 2 2 ( 1) 2 = 2 4 0， 令 g（a）f（2 ）2（a+2）ln 2 a+2（a+2）lna（1+ln2）a+42ln2， 令

41、h（a）= () = + 2 2，则() = 2 2 0， 所以 h（a）在（2 ，2）上递减，h（a）h（2）10，即 g（a）0， 所以 g（a）在（2 ，2）上递增，g（a）g（2 ）2 4 0， 即 f（2 ）0， 所以 f（x）在（1，e）上没有零点， 综上，当 0a 2 (1)时，f（x）在（1，e）上有唯一零点， 当 a0 或 a 2 (1)时，f（x）在（1，e）上没有零点 本题综合考查了导数与函数性质的应用，体现了转化思想与分类讨论思想的应用 21已知动直线 l 过抛物线 C：y24x 的焦点 F，且与抛物线 C 交于 M，N 两点，且点 M 在 x 轴上方 （1）若线段 M

42、N 的垂直平分线交 x 轴于点 Q，若|FQ|8，求直线 l 的斜率； （2）设点 P（x0，0） ，若点 M 恒在以 FP 为直径的圆外，求 x0的取值范围 （1）由题意可得直线 l 的斜率存在且不为 0，设 l 的方程与抛物线联立，求出两根之和 及两根之积，进而可得 MN 的中点坐标，进而可得 MN 的中垂线方程，令 y0 可得 Q 的 坐标，进而求出|QF|的值，由题意可得直线 l 的斜率； （2）由题意可得FMP 为锐角，等价于 0，求出 的表达式，换元等价 于 h（t）t2+（3x0）4+x0，t0 恒成立，分两种情况求出 x0 取值范围 （1）由题意可得直线 l 的斜率存在且不为 0，设直线 l 的方程为：xty+1，设 M（x1， y1） ，N（x2，y2） ，线段 MN 的最大 E（x0，y0） ， 联立直线与抛物线的方程可得： = + 1 2= 4 ，整理可得 y24ty40，y1+y24t，y1y2 4， 所以 y02t，x0ty0+12t2+1，即 E（2t2+1，2t） ，故线段 MN 的中垂线方程为：y2t