2019年山东省临沂市高考数学一模试卷（理科）含详细解答

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1、把函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变） ， 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g（x） ，则下列说法正确的是（ ） Ag（x）在上单调递增 Bg（x）的图象关于对称 Cg（x）的最小正周期为 4 Dg（x）的图象关于 y 轴对称 5 （5 分）已知 x，y 满足约束条件，若的最大值为 4，则实数 m 的值为（ ） A2 B3 C4 D8 6 （5 分）赵爽是三国时代的数学家、天文学家，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾 股圆方图” ， 亦称 “赵爽弦图” ， 图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形 （阴影） 如 图，设 AB：BC1：3，若向弦图内随机抛掷 5000 颗米粒

2、（大小忽略不计） ，则落在小正 方形（阴影）内的米粒数大约为（ ） 第 2 页（共 28 页） A134 B67 C200 D250 7 （5 分）给出下列四个命题： 命题 p：； 的值为 0； 若 f（x）x2ax+1 为偶函数，则曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程是 y 2x 已知随机变量 N（1，1） ，若 P（13）0.9544， 则 P（3）0.9772其中真命题的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 8 （5 分）执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ） A1 B C D0 9 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，a3，c2，bsin

3、A （ ） A1 B C D 第 3 页（共 28 页） 10 （5 分）某几何体的三视图如图所示（俯视图中的虚线为半圆） ，则该几何体的体积为 （ ） A82 B C D 11（5 分） 函数 f （x） 上不单调的一个充分不必要条件是 （ ） A B C D 12 （5 分）F1，F2是双曲线的左、右焦点，直线 l 为双曲线 C 的一条渐近线，F1关于直线 l 的对称点为，且点在以 F2为圆心、以半虚轴 长 b 为半径的圆上，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C2 D 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 （5 分

4、）已知 sin+cos 14 （5 分） （2x+y） （x2y）5展开式中 x3y3的系数为 15 （5 分）已知椭圆的左、右焦点分别为 F1，F2，过左焦点 F1作斜 率为2 的直线与椭圆交于 A，B 两点，P 是 AB 的中点，O 为坐标原点，若直线 OP 的 斜率为，则 a 的值是 16 （5 分）已知ABC 的一内角，AB10，AC6，O 为ABC 所在平面上一点， 满足|OA|OB|OC|，设m+n，则 m+3n 的值为 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 第 4 页（

5、共 28 页） 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，考生要根据要求作答 （一）必考题为选考题，考生要根据要求作答 （一）必考 题：共题：共 60 分分 17 （12 分）设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a13，对任意 nN*，都有 2Snannan （1）求数列an的通项公式； （2）令，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）如图，平面 ABCD平面 ABE，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，AE1， F 为 CE 上的点，且 BF平面 ACE （1）求证：AE平面 BCE； （2） 线段 AD 上是否存在一点 M， 使

6、平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为？ 若存在，试确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由 19 （12 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，P 为抛物线上一点，O 为坐标原 点，OFP 的外接圆与抛物线的准线相切，且外接圆的周长为 3 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l 交 C 于 A，B 两点，M 是 AB 的中点，若|AB|12，求点 M 到 y 轴的距离 的最小值，并求此时 l 的方程 20 （12 分）随着快递行业的崛起，中国快递业务量惊人，2018 年中国快递量世界第一，已 连续五年突破五百亿件，完全超越美日欧的总和，稳居世界第一名某快递公

7、司收取费 的标准是：不超过 1kg 的包裹收费 8 元；超过 1kg 的包裹，在 8 元的基础上，每超过 1kg （不足 1kg，按 1kg 计算）需再收 4 元 该公司将最近承揽（接收并发送）的 100 件包裹的质量及件数统计如下（表 1） ： 表 1： 第 5 页（共 28 页） 包裹重量（单位：kg） （0，1 （1，2 （2，3 （3，4 （4，5 包裹件数 43 30 15 8 4 公司对近 50 天每天承揽包裹的件数（在表 2 中的“件数范围”内取的一个近似数据） 、 件数范围及天数，列表如表（表 2） ： 表 2： 件数范围 099 100199 200299 300399 40

8、0500 天数 5 10 25 5 5 每天承揽包裹 的件数 50 150 250 350 450 （1）将频率视为概率，计算该公司未来 3 天内恰有 1 天揽件数在 100299 之间的概率； （2） 根据表 1 中最近 100 件包裹的质量统计， 估计该公司对承揽的每件包裹收取快递 费的平均值： 根据以上统计数据，公司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， 其余用作其他费用目前，前台有工作人员 5 人，每人每天揽件数不超过 100 件，日工 资 80 元公司正在考虑是否将前台人员裁减 1 人，试计算裁员前、后公司每天揽件数的 数学期望；若你是公司决策者，根据公司每天所获利润的

9、期望值，决定是否裁减前台工 作人员 1 人？ 21 （12 分）已知函数 f（x）（ax22x+a）e x（aR） （1）当 a0 时，求 f（x）的单调区间； （2）若存在 a（，0，使得 f（x）bln（x+1）在 x0，+）上恒成立，求实数 b 的取值范围 选考题：共选考题：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，则按所做的第一题题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题 计分计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程选讲：坐标系与参数方程选讲 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（ 为参数） ，以坐 标原点为极点，x 轴的正半

10、轴为极轴建立极坐标系（0，02） ，点 A 为曲线 C1 上的动点，点 B 在线段 OA 的延长线上，且满足|OA|OB|6，点 B 的轨迹为 C2 （1）求 C1，C2的极坐标方程； （2）设点 C 的极坐标为（2，0） ，求ABC 面积的最小值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 第 6 页（共 28 页） 23已知函数 f（x）|x5|+|x1| （1）求 f（x）的最小值 m； （2）若正实数 a，b 满足m 第 7 页（共 28 页） 2019 年山东省临沂市高考数学一模试卷（理科）年山东省临沂市高考数学一模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共

11、一、选择题：本题共 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，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）设 zi3+，则 z 的虚部是（ ） A1 B C2i D2 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：， 则 z 的虚部是2 故选：D 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题 2 （5 分）已知集合 M（ ） A （1，1）（1，2） B （1，2） C （1，1）（1，2 D （1，2 【分析】解分式不等式化简集合 M，再由交集的运算求出 M

12、（RN） 【解答】解：，（x2） （x+1）0，且 x+10， 1x2，Mx|1x2， RNx|x1 且 x3 且 x5， M（RN）x|1x2 且 x1 故选：C 【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，以及分式不等式的运算，属于基础题 3 （5 分）已知向量 （2，1） ， （1，k） ， （2 ） ，则 k（ ） A8 B6 C6 D8 【分析】可求出，根据即可得出，进行数 量积的坐标运算即可求出 k 的值 【解答】解：； 第 8 页（共 28 页） ； ； k8 故选：D 【点评】考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法、数乘和数量积的运算 4 （5 分）把函数的图象上各点的横坐标缩短为

13、原来的（纵坐标不变） ， 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g（x） ，则下列说法正确的是（ ） Ag（x）在上单调递增 Bg（x）的图象关于对称 Cg（x）的最小正周期为 4 Dg（x）的图象关于 y 轴对称 【分析】根据三角函数的图象变换，求出 g（x）的解析式，结合三角函数的单调性，对 称性以及周期性分别进行判断即可 【解答】 解： 函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变） ， 得到 ysin（2x+） ， 再将图象向右平移个单位长度得到函数 g（x） ，即 g（x）sin2（x）+sin （2x+）sin（2x） ， A当 x时，2x（，） ，此时 g（x）为增函数，故

14、A 正确， B g （） sin （2） sin （） 10， 即g （x） 的图象关于 不对称，故 B 错误， Cg（x）的最小正周期为，故 C 错误， Dg（x）不是偶函数，关于 y 轴不对称，故 D 错误， 故选：A 【点评】 本题主要考查三角函数的 图象和性质， 根据三角函数的图象变换规律求出 g （x） 的解析式以及利用三角函数的性质是解决本题的关键 第 9 页（共 28 页） 5 （5 分）已知 x，y 满足约束条件，若的最大值为 4，则实数 m 的值为（ ） A2 B3 C4 D8 【分析】画出不等式组表示的平面区域，根据 z3x2y 的最大值为 4， 得出直线 x+ym0，过直

15、线 3x2y4 和直线 x20 的交点 A，从而求得 m 的值 【解答】解：画出不等式组表示的平面区域， 如图所示， 根据 z3x2y 的最大值为 4， 得出直线 x+ym0，过直线 3x2y4 和直线 x20 的交点 A（2，1） ， 计算 m2+13 故选：B 【点评】本题考查了线性规划的应用问题，解题时用“角点法” ，即由约束条件画出可行 域，求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证求出最优解 6 （5 分）赵爽是三国时代的数学家、天文学家，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾 第 10 页（共 28 页） 股圆方图” ， 亦称 “赵爽弦图” ， 图中包含四个全等的直角三角形

16、及一个小正方形 （阴影） 如 图，设 AB：BC1：3，若向弦图内随机抛掷 5000 颗米粒（大小忽略不计） ，则落在小正 方形（阴影）内的米粒数大约为（ ） A134 B67 C200 D250 【分析】由几何概型中的面积型可得：，又设小正方形的边长为 a， 易得大正方形的边长为 5a，由正方形面积公式运算可得解 【解答】解：设小正方形的边长为 a， 则四个全等的直角三角形的两直角边长分别为：3a，4a， 则大正方形的边长为 5a， 则 S小正方形a2，S大正方形25a2， 设落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为 n， 由几何概型中的面积型可得： ， 解得 n200， 故选：C 【点评】本题

17、考查了几何概型中的面积型的知识点，属简单题 7 （5 分）给出下列四个命题： 命题 p：； 的值为 0； 第 11 页（共 28 页） 若 f（x）x2ax+1 为偶函数，则曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程是 y 2x 已知随机变量 N（1，1） ，若 P（13）0.9544， 则 P（3）0.9772其中真命题的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断 根据积分的定义和公式进行计算 根据偶函数的定义先求出 a0，然后结合导数的几何意义进行求解判断 根据概率的对称性结合概率公式进行求解判断即可 【解答】解：命题 p 的p：x2，x21

18、0；故错误， （2xcosx）|2cos（2cos（） ）2+1 （2+1）4；故错误； 若 f（x）x2ax+1 为偶函数，则 f（x）f（x） ， 即 x2+ax+1x2ax+1，即 axax，则 aa，即 a0， 则 f（x）x2+1，则 f（1）2，f（x）2x，则 f（1）2， 则曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程是 y22（x1） ，即 y2x，故正 确 已知随机变量 N（1，1） ，若 P（13）0.9544， 则 P（3）P（1）（1P（13） ）（10.9544）0.0228， 则 P（3）1P（3）10.2280.9772，故正确， 故正确的命题是，共两个，

19、 故选：B 【点评】本题主要考查命题的真假判断，涉及的知识点较多，综合性较强，但难度不大 8 （5 分）执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ） 第 12 页（共 28 页） A1 B C D0 【分析】根据程序框图，利用模拟验算法进行求解即可 【解答】解：第一次循环，k1，Scos01，k1+12，k6 不成立， 第二次循环，k2，S1+cos1+，k2+13，k6 不成立； 第三次循环，k3，S1+cos1+，k3+14，k6 不成立； 第四次循环，k4，S+cos+，k4+15，k6 不成立 第五次循环，k5，S+cos+1+，k5+16，k6 不成 立； 第六次循环，k6，S1+cos

20、1+1，k6+17，k6 成立 输出 S1， 故选：A 【点评】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键 9 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，a3，c2，bsinA （ ） A1 B C D 【分析】由正弦定理得 bsinAasinB，与 bsinAacos（B+） ，由此能求出 B由余弦 定理即可解得 b 的值 第 13 页（共 28 页） 【解答】解：在ABC 中，由正弦定理得：，得 bsinAasinB， 又 bsinAacos（B+） asinBacos（B+） ，即 sinBcos（B+）cosBcossinBsincosB

21、 sinB， tanB， 又 B（0，） ， B 在ABC 中，a3，c2， 由余弦定理得 b 故选：C 【点评】本题考查角的求法，考查两角差的余弦值的求法，考查运算求解能力，考查函 数与方程思想，是中档题 10 （5 分）某几何体的三视图如图所示（俯视图中的虚线为半圆） ，则该几何体的体积为 （ ） A82 B C D 【分析】根据三视图知该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，中间挖去一个半圆锥， 结合图中数据计算该几何体的体积即可 【解答】解：根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，中间挖去一个半圆 锥，如图所示； 结合图中数据，计算该几何体的体积为： 第 14 页（共 28 页） V

22、V四棱锥V半圆锥222122 故选：C 【点评】本题考查了利用三视图求简单组合体体积的应用问题，是基础题 11（5 分） 函数 f （x） 上不单调的一个充分不必要条件是 （ ） A B C D 【分析】先求导函数，再根据函数 f（x）在（1，3）上不单调，得 g（1）g（3）0 且 0，从而可求 a 的取值范围 【解答】解：由题意，f（x）ax2a+， 函数 f（x）在（1，3）上不单调， 分子应满足在（1，3）有实根， 设 g（x）ax22ax+1， a0 时，显然不成立， a0 时，只需，解得：a1 或 a， 故 a（，）（1，+） ， 其子集是 A， 故选：A 【点评】本题以函数为载体

23、，考查导数的运用，考查函数的单调性，关键是等价转化 12 （5 分）F1，F2是双曲线的左、右焦点，直线 l 为双曲线 C 的一条渐近线，F1关于直线 l 的对称点为，且点在以 F2为圆心、以半虚轴 长 b 为半径的圆上，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C2 D 第 15 页（共 28 页） 【分析】设 F1（c，0） ，F2（c，0） ，F1（m，n） ，直线 l：yx，运用中点坐标公式 和两直线垂直的条件：斜率之积 为1，可得对称点的坐标，以及两点的距离公式，化 简整理，结合离心率公式可得所求值 方法二、运用中位线定理和勾股定理，以及离心率公式，可得所求值 【解答】解：设 F1（c

24、，0） ，F2（c，0） ，F1（m，n） ，直线 l：yx， F1关于直线 l 的对称点为， 可得， 解得 m，n， 可得 F1（，） ， 由题意可得|F2F1|b， 结合 a2+b2c2， 化为 b24a2， 可得 e 另解：设 F1关于直线 bxay0 对称点为 F1，设 M 为渐近线与 F1F1的交点， 连接 F1F2，可得由 OM 为F1F2F1的中位线， 可得|OM|F2F1|b， 由 F1到直线 bxay0 的距离为 db， 即有 b2+b2c2， 可得 5（c2a2）4c2， 即 c25a2，可得 e 故选：B 第 16 页（共 28 页） 【点评】本题考查双曲线的方程和性质，

25、主要是渐近线方程和离心率的求法，同时考查 点关于直线的对称点问题，考查方程思想和圆能力，属于中档题 二、填空题：本大二、填空题：本大题共题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知 sin+cos 【分析】由同角三角函数基本关系求出 sincos，再由两角差的正弦函数公式化简求值 即可 【解答】解：由 sin+cos，得， （sincos）212sincos ， 故答案为： 【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式，考查了两角差的正弦函数公式的应用， 是基础题 14 （5 分） （2x+y） （x2y）5展开式中 x3y3的系数为 120 【分析】根据

26、题意，结合二项式定理把（x+2y）5按照二项式定理展开，由多项式乘法的 性质分析可得答案 【解答】解：根据题意， （x2y）5x510x4y+40x3y280x2y3+80xy432y5， 则（2x+y） （x+2y）5展开式中 x3y3的系数为 2（80）+140160+40120， 故答案为：120 第 17 页（共 28 页） 【点评】本题考查二项式定理的应用，关键是掌握二项式定理的形式，属于基础题 15 （5 分）已知椭圆的左、右焦点分别为 F1，F2，过左焦点 F1作斜 率为2 的直线与椭圆交于 A，B 两点，P 是 AB 的中点，O 为坐标原点，若直线 OP 的 斜率为，则 a 的

27、值是 2 【分析】利用点差法得 a22b2，进一步求得 a 【解答】解：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，P（x0，y0） ， ，两式相减得： ， 4，a22b24， a2 故答案为：2 【点评】本题考查了椭圆标准方程的应用，考查了点差法，属中档题 16 （5 分）已知ABC 的一内角，AB10，AC6，O 为ABC 所在平面上一点， 满足|OA|OB|OC|，设m+n，则 m+3n 的值为 【分析】由外心是中垂线的交点及投影的概念得：则， 由平面向量的数量积公式得：1030，所以，所以 第 18 页（共 28 页） ，所以 m+3n，得解 【解答】解：由得：|，则点 O 是ABC

28、的外心， 则， 由1030 所以， 所以， 所以 m+3n， 故答案为： 【点评】本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中 档题 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，考生要根据要求作答 （一）必考题为选考题，考生要根据要求作答 （一）必考 题：共题：共 60 分分 17 （12 分）设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a13，对任意 nN*，都有 2Snannan （1

29、）求数列an的通项公式； （2）令，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式 （2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法在数列求和中的应用法求出数列的和 【解答】解： （1）已知 a13，对任意 nN*，都有 2Snannan， 当 n2 时，2Sn1an1（n1）an1， 第 19 页（共 28 页） 得：， 所以：， ， ， 故：， 解得：an3n（首项符合通项） ， 故：an3n （2）由于 an3n， 则：， 故：， ， 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和 中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力

30、，属于基础题型 18 （12 分）如图，平面 ABCD平面 ABE，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，AE1， F 为 CE 上的点，且 BF平面 ACE （1）求证：AE平面 BCE； （2） 线段 AD 上是否存在一点 M， 使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为？ 若存在，试确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由 第 20 页（共 28 页） 【分析】 （1）推导出 BFAE，BCAB，从而 CB平面 ABE，进而 CBAE，由此能证 明 AE平面 BCE （2）推导出 AEBE，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 Axyz，利用向量法推导出线 段AD上存在一点M

31、， 当AM时， 使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为 【解答】证明： （1）BF平面 ACE，AE平面 ACE，BFAE， 四边形 ABCD 是正方形，BCAB， 平面 ABCD平面 ABE，平面 ABCD平面 ABEAB， CB平面 ABE， AE平面 ABE，CBAE， BFBCB，AE平面 BCE 解： （2）线段 AD 上存在一点 M，当 AM时， 使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦值为 理由如下： AE平面 BCE，BE平面 BCE，AEBE， 在 RtAEB 中，AB2，AE1，ABE30，BAE60， 以 A 为原点，建立空间直角坐标系 Axyz， 设 AM

32、h，则 0h2， AE1，BAE60，M（0，0，h） ，E（，0） ，B（0，2，0） ，C（0，2， 2） ， （，h） ，（，2） ， 设平面 MCE 的一个法向量 （x，y，z） ， 第 21 页（共 28 页） 则，取 z2，得 （2+3h） ，h2，2） ， 平面 ABE 的一个法向量 （0，0，1） ， 由题意得： |cos|， 解得 h或 h（舍） ， 线段 AD 上存在一点 M，当 AM时，使平面 ABE 与平面 MCE 所成二面角的余弦 值为 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中

33、档题 19 （12 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，P 为抛物线上一点，O 为坐标原 点，OFP 的外接圆与抛物线的准线相切，且外接圆的周长为 3 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l 交 C 于 A，B 两点，M 是 AB 的中点，若|AB|12，求点 M 到 y 轴的距离 的最小值，并求此时 l 的方程 【分析】 （1）先求出OFP 的外接圆的半径长，再利用抛物线的定义可求出 p 的值，从 而得出抛物线 C 的方程； （2）法一：设直线 l 的方程为 ykx+b，设点 A（x1，y1） 、B（x2，y2） ，设点 M（x0，y0） ， 将直线 l 的方程与抛物

34、线 C 的方程联立，列出韦达定理，并计算出|AB|的表达式，根据条 第 22 页（共 28 页） 件|AB|12 得出 k 与 b 所满足的关系式，并求出点 M 的坐标，结合关系式并利用基本不 等式可求出点 M 到 y 轴距离的最小值，利用等号成立的条件得出 k 与 b 的值，从而求出 直线 l 的方程； 法二：设直线 l 的方程为 xmy+n，设点 A（x1，y1） 、B（x2，y2） ，将直线 l 的方程与抛 物线 C 的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算|AB|，并利用条件|AB|12，得出 m 与 n 所满足的关系式，然后求出点 M 的坐标，可得出点 M 到 y 轴距离的表达式，

35、将关 系式代入并结合基本不等式可得出点 M 到 y 轴距离的最小值，并由等号成立的条件得出 m 与 n 的值，从而得出直线 l 的方程 【解答】解： （1）OFP 的外接圆与抛物线 C 的准线相切，OFP 的外接圆圆心到 准线的距离等于圆的半径， 圆周长为 3，所以，圆的半径为， 又圆心在 OF 的垂直平分线上，解得 p2， 因此，抛物线的方程为 y24x； （2）法一：当 l 的斜率不存在时，|AB|12，4x62，得 x9， 点 M 到 y 轴的距离为 9，此时，直线 l 的方程为 x9； 当 l 的斜率存在且 k0 时，设 l 的方程为 ykx+b，设 A（x1，y1） 、B（x2，y2

36、） ，M（x0， y0） ， 由，得 k2x2+2（kb2）x+b20，16kb+160， 由韦达定理得， ，即 又 ， 第 23 页（共 28 页） 当且仅当，即时，等号成立，将代入， 得或 这两种情况均满足1616kb0，合乎题意！ 则直线 l 的方程为或 综上所述，点 M 到 y 轴距离的最小值为 5，此时，直线 l 的方程为或 ； 法二：由题意可知直线 l 的斜率不为零，设 l：xmy+n，设点 A（x1，y1） 、B（x2，y2） ， 则点，点 M 到 y 轴的距离为 由，整理得 y24my4n0 16m2+16n0，由韦达定理得 y1+y24m，y1y24n ，可得， ， ， 当且

37、仅当，即 m22，即当时，等号成立， 此时，16m2+16n0 成立，合乎题意！ 因此，点 M 到 y 轴的距离的最小值为 5，此时，直线 l 的方程为 【点评】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义以及方程的求解，同时 也考查了韦达定理法在抛物线综合问题中的应用，属于难题 20 （12 分）随着快递行业的崛起，中国快递业务量惊人，2018 年中国快递量世界第一，已 连续五年突破五百亿件，完全超越美日欧的总和，稳居世界第一名某快递公司收取费 的标准是：不超过 1kg 的包裹收费 8 元；超过 1kg 的包裹，在 8 元的基础上，每超过 1kg （不足 1kg，按 1kg 计算）需再收

38、 4 元 第 24 页（共 28 页） 该公司将最近承揽（接收并发送）的 100 件包裹的质量及件数统计如下（表 1） ： 表 1： 包裹重量（单位：kg） （0，1 （1，2 （2，3 （3，4 （4，5 包裹件数 43 30 15 8 4 公司对近 50 天每天承揽包裹的件数（在表 2 中的“件数范围”内取的一个近似数据） 、 件数范围及天数，列表如表（表 2） ： 表 2： 件数范围 099 100199 200299 300399 400500 天数 5 10 25 5 5 每天承揽包裹 的件数 50 150 250 350 450 （1）将频率视为概率，计算该公司未来 3 天内恰有

39、1 天揽件数在 100299 之间的概率； （2） 根据表 1 中最近 100 件包裹的质量统计， 估计该公司对承揽的每件包裹收取快递 费的平均值： 根据以上统计数据，公司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， 其余用作其他费用目前，前台有工作人员 5 人，每人每天揽件数不超过 100 件，日工 资 80 元公司正在考虑是否将前台人员裁减 1 人，试计算裁员前、后公司每天揽件数的 数学期望；若你是公司决策者，根据公司每天所获利润的期望值，决定是否裁减前台工 作人员 1 人？ 【分析】 （1）样本中包裹件数在 100299 之间的天数为 35，未来 3 天中，包裹件数在 10029

40、9 之间的天数 X 服从二项分布，即 XB（3，） ，由此能求出结果 （2）样本中快递费用及包裹件数如下表格，故样本中每件快递收取的费用的平均值 根据题意及，揽件数每增加 1，公司快递收入增加 12 元，若不裁员，则每天可揽件 的上限为 500 件，公司每日揽件数情况如表格若裁员 1 人，则每天可揽件的上限为 400 件，公司每日揽件数情况如表格可得公司平均每日利润的期望值 【解答】解： （1）由题意得近 50 天每天承揽包裹的件数在 100299 之间的天数为 35， 每天揽件数在 100299 之间的概率为， 未来 3 天中，包裹件数在 100299 之间的天数 X 服从二项分布 XB（3

41、，） ， 第 25 页（共 28 页） 未来 3 天内恰有 1 天揽件数在 100299 之间的概率： P （2）估计该公司对承揽的每件包裹收取快递费的平均值为： 438+30（8+4）+15（8+42）+8（8+43）+4（8+44）12（元） 根据题意及，揽件数每增加 1，公司快递收入增加 12 元， 若不裁员，则每天可揽件的上限为 500 件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数范 围 099 100199 200299 300399 400500 包裹件数 （近 似处理） 50 150 250 350 450 实际揽件数 50 150 250 350 450 频率 0.1 0.2 0.5

42、 0.1 0.1 EY 500.1+1500.2+2500.5+3500.1+4500.1240 故公司平均每日利润的期望值为 24012580560（元） ； 若裁员 1 人，则每天可揽件的上限为 200 件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数范 围 099 100199 200299 300399 400500 包裹件数 （近 似处理） 50 150 250 350 450 实际揽件数 50 150 250 350 400 频率 0.1 0.2 0.5 0.1 0.1 EY 500.1+1500.2+2500.5+3500.1+4000.1235 故公司平均每日利润的期望值为 235124

43、80620（元） 因 620560，故公司应将前台工作人员裁员 1 人 【点评】本题考查了频率分布直方图的性质及其应用、茎叶图、相互对立事件、相互独 立及其条件概率计算公式、超几何分布列的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题 第 26 页（共 28 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）（ax22x+a）e x（aR） （1）当 a0 时，求 f（x）的单调区间； （2）若存在 a（，0，使得 f（x）bln（x+1）在 x0，+）上恒成立，求实数 b 的取值范围 【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）通过讨论 b 的范围结合函数

44、的单调性确定 b 的范围即可 【解答】解： （1）f（x）的定义域是 R， f（x）e x（x1） （axa2） ， （i）a0 时，f（x）2e x（x1） ， 令 f（x）0，解得：x1， 令 f（x）0，解得：x1， 故 f（x）在（，1）递减，在（1，+）递增； （ii）a0 时，1+1，令 f（x）0，解得：1x1+， 令 f（x）0，解得：x1 或 x1+， 故 f（x）在（，1）递减，在（1，1+）递增，在（1+，+）递减； （2）f（x）bln（x+1）在 x0，+）上恒成立， 当 x0 时，f（0）bln（0+1） ， 故 a0 成立，又 a（，0，故 a0， （i）当 b0 时，x（0，+） ，bln（x+1）0，xe x0， 此时，bln（x+1）2xe x0，不合题意， （ii）当 b0 时，令 h（x）bln（x+1）+2xe x，x0，+） ， 则 h（x），其中（x+1）ex0，x0，+） ， 令 p（x）bex+22x2，x0，+） ， b0，p（x）在0，+）递减， 当 b