2020-2021学年山东省聊城市高三（下）3月月考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年山东省聊城市高三（下）3月月考数学试卷人教A版（2019），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知函数fx=−x2，集合M=x|x=fx，N=y|y=fx，则M∩N=( )
A.⌀B.−1C.−1,0D.−1,0,1

2. 在复平面内，O是原点，设复数z对应的点是P，复数zi对应的点是Q，若z=1+i，则cs∠POQ等于( )
A.−12B.0C.32D.22

3. 从实现民族复兴中国梦的宏伟目标来看，社会主义核心价值观是一个国家的重要稳定器，构建具有强大的凝聚力、感召力的核心价值观，关系社会和谐稳定，关系国家长治久安．倡导中小学生学习践行“富强、民主、文明、和谐；自由、平等、公正、法治；爱国、敬业、诚信、友善”的这24个字，其中含有12组词，每组词的笔画数的和依次为24，10，12，19；11，17，9，16；18，17，17，16，则这12个笔画数的中位数、众数分别是( )
A.16，17B.16.5，17C.17，16D.16，16

4. 已知平面α，β满足α⊥β，α∩β=l，过平面α内的一点P作直线m⊥l，则“m⊂α”是“m⊥β”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 已知y=f2x+1是R上的偶函数，则y=f2x+7的图象一定关于( )
A.直线x=−6对称B.直线x=6对称C.直线x=3对称D.直线x=−3对称

6. “凡八节二十四气，气损益九寸九分、六分分之一，冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸．问次节损益寸数长短各几何？”这是我国最古老的天文学、数学著作《周髀算经》（公元前2世纪）中说明测算24节气的方法，大意是：“立一根8尺标杆，在每天正午时刻测量影（晷）长．定义一年中影最长的那天为冬至，影最短的那天为夏至，冬至影长1350分，夏至影长160分，然后在夏至到冬至之间，冬至到次年夏至之间各安排11个节气，每相邻两个节气的影长相差（气损益）9916分，问各节气影长是多少？”按照以上的解释，计算夏至过后的第6个节气秋分正午影长是( )
A.755B.65556C.85416D.66516

7. 牛奶保鲜时间因储藏时温度的不同而不同．当牛奶放在0∘C的冰箱中，保鲜时间为192ℎ，而放在22∘C的厨房中，保鲜时间则为48ℎ．假定保鲜时间y（单位：ℎ）与储藏温度x（单位：​∘C）之间的关系为指数型函数y=k⋅ax(k>0，a>0，且a≠1)，则牛奶放在33∘C的空间中，保鲜时间为( )
A.12ℎB.16ℎC.18ℎD.24ℎ

8. 已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作以F1为圆心，|OF1|为半径的圆的切线，切点为T．延长F2T交E的左支于P点，若M为线段PF2的中点，且|MO|+|MT|=2a，则E的离心率为( )

A.2B.2C.3D.5
二、多选题

生猪产业是我国畜牧业的支柱．2019年非洲猪瘟疫情对我国生猪产业带来了重创，2020年新冠疫情的突然发生，雪上加霜，对我国生猪产业带来的影响与冲击更大．2020年7月18日，国家统计局在2020年中国经济“半年报”中，对我国近三年上半年生猪出栏，存栏及增速的情况进行了对比，并绘制了如图的柱状图和折线图．根据柱状图和折线图，下列说法正确的是（ ）

A.2019年上半年生猪存栏量较2018年上半年下滑了14.91%，2020年上半年生猪存栏再次小幅下滑2.30%
B.2019年上半年，生猪出栏量受非洲猪瘟影响降幅达14.91%，到2020年上半年，受非洲猪瘟和新冠肺炎疫情的双重打击，出现19.9%的出栏降幅
C.从2018年到2020年，这三年上半年的生猪出栏量之和等于存栏量之和
D.2019年的上半年和2020年的上半年的生猪出栏量和存栏量都在下降

下列命题成立的是( )
A.若ab>0，bc−ad>0，则ca>db
B.若a∈R，b∈R，则a2+b2≥2a+b−1
C.若a，b满足−1D.若正数a，b，c，d满足a+b=cd=4，则ab≤c+d

已知函数fx=sinx+|sinx|2，则下列结论正确的是( )
A.fx图象的一个对称中心为π,0
B.fx的最小正周期为2π
C.fx的值域为−1,1
D.fx在2kπ+π2,2kπ+πk∈Z上是减函数

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，AC=BC=6，CC1=3，M是A1B1的中点，P，Q分别为△ABC，△A1B1C1 所在平面上的点，且PQ=2，则下列结论正确的是( )

A.MA=MB=MC
B.直线PQ与底面ABC所成的角为60∘
C.异面直线PQ与MA所成角的最大值为90∘
D.三棱锥M−ABC的外接球的体积为43π
三、填空题

已知a→=2,k，b→=−1,2，a→//b→，则|a→−b→|=________.

(x2−yx)6的展开式中，x3y3的系数是________．

有光学性质：由抛物线焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．已知抛物线C:y2=2pxp>0，一光源在点M10,8处，由其发出的光线沿平行于C的对称轴的方向射向C上的点P，反射后又射向C上的点Q，再反射后，又沿平行于C的对称轴的方向射出，途中经过点N5,−2，则p的值是________.


第三届中国国际进口博览会标识和吉祥物正式在国家会展中心（上海）发布．进口博览会的吉祥物主体形象为大熊猫“进宝”．其中吉祥物大熊猫手中所持的四叶草，既代表了进口博览会的举办地国家会展中心（上海）主体建筑的造型，又具有幸福幸运的象征意义，某建筑师在平面直角坐标系xOy中，作出圆O:x2+y2=4，设圆O与x轴，y轴的正半轴分别交于点M，N，过圆O上的一点B作BC⊥x轴，BD⊥y轴，C，D为垂足，分别作∠BDC和∠BCD的角平分线，过原点O分别作这两条角平分线的垂线，垂足分别为E，F．当点B在劣弧MN上（包括其端点M，N）运动时，E，F两点的轨迹构成一个四叶草图案的一部分，类似地操作，可以分别得到在第二、三、四象限的四叶草图案，这样就得到四心相对的四叶草图案G（为区分起见，E点的轨迹为虚线，F点的轨迹为实线）. 设∠BOx=α0≤α≤π2，则四叶草图案G上实线与虚线的衔接点A到原点O的距离为________；四叶草图案G上的点E到x轴的最大距离为________．

四、解答题

已知an是公比为2的正项等比数列，其前n项和为Sn，________，从①S5是a32与2S4的等差中项；②a22是a7与S37的等比中项；③数列Sn的前4项和为52，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答．
(1)求an；

(2)设bn=lgan2⋅lgan+12，数列bn的前k项和为Tk，是否存在k∈N∗，使得Tk=2021？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足5b2+c2−a2tanA=4bc.
(1)求csA的值；

(2)若csB=1010，c=2，求a的值．

如图，几何体是圆台的一部分，它是由直角梯形ABCD（其中AD//BC，AB⊥BC，AB=BC=2AD=2），以AB边所在直线为旋转轴旋转90∘得到的．过AD作平面α交CE于点P，交BE于点Q．

(1)求证：PQ⊥平面ABEF；

(2)设Q为BE的中点，求平面APQ与平面CFQ所成锐二面角的余弦值.

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，P1,22是E上一点，且PF2与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；

(2)设过点F2且不与坐标轴垂直的直线与E交于A，B两点，过线段AB的中点C的直线与x轴，y轴分别交于点G，D，若G是线段CD的中点，求证：D，O，C，F2四点共圆．

某工厂生产的产品如果合格，每件可盈利50元；若不合格，则不予出厂，每件损失20元．该工厂现有A，B，C共三条生产线，现从第一条生产线准备出厂的产品中随机抽取20件逐一检验，发现有2件产品不合格（每件产品是否合格相互独立，以产品合格的频率作为产品合格的概率）；若第二，三条生产线生产的产品合格品的概率均为P（其中45≤P≤910）.
(1)现从三条生产线生产的产品中各取1件，求至少有2件产品合格的概率的最大值及此时的P值；

(2)以(1)中求得的P值作为第二，三条生产线产品合格品的概率，若生产厂家预计盈利不低于86000元，试估计至少生产产品多少件．


(1)求函数fx=x−1ex+1的最小值；

(2)设gx=ex，a，b∈R.
①求证：当x∈0,1时，总有gxa+1−xb≤xga+1−xgb；
②若x，y∈a,b，且x+y=s，求证：gx+gy≤ga+gs−a,s≤a+b，gb+gs−b,s≥a+b.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省聊城市高三(下)3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：M=x|x=−x2=0,−1，
N=y|y=−x2=y|y≤0，
则M∩N={−1,0}.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由z=1+i，得OP→=1,1.
由zi=1+ii=−1+i，
得OQ→=−1,1，
所以OP→⋅OQ→=−1+1=0，
所以OP→⊥OQ→，即∠POQ=90∘，
所以cs∠POQ=0．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：把12个数按照从小到大的顺序排列为：
9，10，11，12，16，16，17，17，17，18，19，24，
则中位数为16+172=16.5，众数为17.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当m⊂α时，根据面面垂直的性质定理，可得m⊥β.
若m⊥β，过点P在α内作直线n⊥l，
根据面面垂直的性质定理，可得n⊥β.
因为过一点有且只有一条直线与β垂直，
所以m与n重合.
又因为n⊂α，
所以m⊂α．
综上，“m⊂α”是“m⊥β”的充要条件.
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为y=f2x+1是R上的偶函数，
所以y=f2x+1图象的对称轴为直线x=0.
因为f2x+7=f2x+3+1，
则将曲线y=f2x+1向左平移3个单位长度，
可得曲线y=f2x+3+1，即y=f(2x+7)，
所以曲线y=f2x+7的图象关于直线x=−3对称.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
等差关系的确定
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，把夏至影长160作为首项，
各节气影长构成公差为9916的等差数列{an}，
夏至后的第6个节气秋分影长应为数列的第7项，
所以a7=a1+6d=160+6×5956=755．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
指数函数的定义、解析式、定义域和值域
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得k⋅a0=192，k⋅a22=48，
解得k=192，a=14122，
所以y=192×14x22.
当x=33时，
y=192×143322=24，
所以保鲜时间为24ℎ.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
双曲线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接PF1，TF1，如图所示，
由题意，得|MO|=12|PF1|，|MF2|=12|PF2|，
|TF2|=|F1F2|2−|F1T|2=2c2−c2=3c，
则|MT|=|TF2|−|MF2|=3c−12|PF2|，
则|MO|+|MT|=12|PF1|+3c−12|PF2|
=3c+12|PF1|−|PF2|
=3c−a=2a，
所以3c=3a，
解得e=3.
故选C．
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，由图可知，2019年上半年生猪存栏量较2018年上半年下滑了14.91%；
2020年上半年生猪存栏再次小幅下滑2.30%，故选项A正确；
B，2019年上半年，生猪出栏量受非洲猪瘟影响降幅为6.29%，故选项B错误；
C，2018年上半年到2020年上半年，生猪出栏总量为8.98亿头，生猪存栏总量为10.97亿头，
出栏总和不等于存栏总和，故选项C错误；
D，由图可知，2019年的上半年和2020年的上半年的生猪出栏量和存栏量都在下降，故选项D正确.
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
基本不等式
不等式性质的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，因为bc−ad>0，即bc>ad.
又因为ab>0，则两边同除以ab，
得ca>db，故A正确；
B，因为a2+1≥2a，b2+1≥2b，
所以a2+b2≥2a+b−1，故B正确；
C，由−1得−2又a−b<0，
所以−2则a−b的取值范围是−2,0，故C错误；
D，因为ab≤a+b22=4(当且仅当a=b=2时取等号)，
且c+d≥2cd=4(当且仅当c=d=2时取等号)，
所以ab≤4≤c+d，故D正确．
故选ABD．
【答案】
B,D
【考点】
正弦函数的图象
正弦函数的定义域和值域
正弦函数的对称性
正弦函数的周期性
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，y=sinx+|sinx|2=sinx，sinx≥0，0，sinx<0.
其图象如图所示，
由图可知，AC错误，BD正确．
故选BD．
【答案】
A,B,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱的结构特征
空间中直线与平面之间的位置关系
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，作MN⊥底面ABC，N为垂足，
则N是AB的中点.
又因为AN=BN=CN=3，MN=3，
所以∠AMN=∠MAN=45∘，
MA=MB=MC=6，故A正确；
B，已知MN=3设G为下底面ABC上的一点，且使MG=PQ=2，
则G在以N为圆心，R为半径的圆上运动，
当G在AB上且位于A和N之间时，
由MN=3及MG=PQ=2，
可得R=GN=1，∠MGN=60∘，∠GMN=30∘，
所以PQ与底面ABC所成的角为60∘，故B正确；
C，当G在AB上且位于N和B之间时，∠AMG最大，
则∠AMN+∠GMN=45∘+30∘=75∘，
所以PQ与MA所成角的最大值为75∘，故C错误；
D，因为NA=NB=MN=NC=3，
所以三棱锥M−ABC外接球的球心为N，半径为3，
其体积为43π33=43π，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
35
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
向量的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵a→//b→，
∴a→=λb→，即2=−λ，k=2λ，
∴k=−4，
∴a→−b→=(3,−6)，
∴|a→−b→|=32+(−6)2=35.
故答案为：35.
【答案】
−20
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于x3y3中y的次数为3，
所以C63x26−3−yx3=−13C63x3y3=−20x3y3，
所以x3y3的系数是−20．
故答案为：−20．
【答案】
4
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由抛物线的光学性质，
得直线PQ过焦点Fp2,0.
设P(xP, yP)，Q(xQ, yQ)，
设直线PQ的方程为x=ty+p2，
将直线PQ的方程代入y2=2px，
得y2−2pty−p2=0，
则yPyQ=−p2.
由yP=yM=8，yQ=yN=−2，
得yPyQ=−16，
所以−p2=−16，
解得p=4．
故答案为：4．
【答案】
2,334
【考点】
二倍角的正弦公式
利用导数研究函数的最值
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
xE=|OE|csπ2−α2
=|OD|sinπ2−α2csπ2−α2
=|OB|sinαcsα2sinα2
=sin2α，
yE=|OE|sinπ−α2
=|OD|sin2π−α2
=|OB|sinαcs2α2
=sinα1+csα，
当α=π2时，E1,1，
根据对称性，得A−1,1，
所以A到O的距离为(−1)2+12=2，
yE2=sin2α1+csα2
=1−csα1+csα3．
令1+csα=t∈1,2，
则ft=(2−t)t3，
则f′t=−4t−32t2，
所以t=32是ft的极大值点，也是最大值点，
所以yEmax=f32=334．
故答案为：2；334．
四、解答题
【答案】
解：(1)若选①S5是a32与2S4的等差中项，
则2S5=a32+2S4，
即2a1×1−251−2=(22a1)2+2a1×1−241−2，
解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
若选②a22是a7与S37的等比中项，则(a22)2=a7⋅S37，
即(4a12)2+64a1a1×1−231−27，
因为an>0，解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
若选③数列{Sn}的前4项和为52，
则S1+S2+S3+S4=52，
所以a1+a1+a2+a1+a2+a3+a1+a2+a3+a4=52，
即a1+(a1+2a1)+(a1+2a1+4a1)+(a1+2a1+4a1+8a1)=52，
即26a1=52，
解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
(2)bn=lgan2⋅lgan+12
=1lg2an⋅1lg2an+1
=1n(n+1)
=1n−1n+1，
所以Tk=11−12+12−13+13+14+⋯+1k−1k+1
=1−1k+1
=kk+1，
由Tk=2021，得kk+1=2021，
因为k∈N∗，解得k=20，
故存在k=20，使得Tk=2021．
【考点】
等差中项
等比中项
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
数列的求和
数列与函数的综合
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)若选①S5是a32与2S4的等差中项，
则2S5=a32+2S4，
即2a1×1−251−2=(22a1)2+2a1×1−241−2，
解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
若选②a22是a7与S37的等比中项，则(a22)2=a7⋅S37，
即(4a12)2+64a1a1×1−231−27，
因为an>0，
解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
若选③数列{Sn}的前4项和为52，
则S1+S2+S3+S4=52，
所以a1+a1+a2+a1+a2+a3+a1+a2+a3+a4=52，
即a1+(a1+2a1)+(a1+2a1+4a1)+(a1+2a1+4a1+8a1)=52，
即26a1=52，
解得a1=2，
所以an=2×2n−1=2n．
(2)bn=lgan2⋅lgan+12
=1lg2an⋅1lg2an+1
=1n(n+1)
=1n−1n+1，
所以Tk=11−12+12−13+13+14+⋯+1k−1k+1
=1−1k+1
=kk+1，
由Tk=2021，得kk+1=2021，
因为k∈N∗，解得k=20，
故存在k=20，使得Tk=2021．
【答案】
解：(1)由余弦定理及已知条件，得5⋅2bccsAtanA=4bc，
解得sinA=255，
由A为锐角，
得csA=1−sin2A=1−2552=55．
(2)由csB=1010，得sinB=1−cs2B=31010，
csC=−csA+B
=−csAcsB−sinAsinB
=sinAsinB−csAcsB
=255×31010−55×1010
=22，
又0所以C=π4，
所以sinC=22，
由正弦定理，得asinA=csinC，
即a=csinAsinC=222×255=455．
【考点】
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由余弦定理及已知条件，得5⋅2bccsAtanA=4bc，
解得sinA=255，
由A为锐角，
得csA=1−sin2A=1−2552=55．
(2)由csB=1010，得sinB=1−cs2B=31010，
csC=−csA+B
=−csAcsB−sinAsinB
=sinAsinB−csAcsB
=255×31010−55×1010
=22，
又0所以C=π4，
所以sinC=22，
由正弦定理，得asinA=csinC，
即a=csinAsinC=222×255=455．
【答案】
(1)证明：因为AD//BC，AD⊂α，BC⊄α，
所以BC//α，
又BC⊂平面BCPE，α∩平面BCPE=PQ，
所以BC//PQ，
因为BC⊥BE，BC⊥AB，BE∩AB=B，
所以BC⊥平面ABEF，
所以PQ⊥平面ABEF．
(2)解：以B为原点，分别以BE→，BC→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系B−xyz，
则B0,0,0，A0,0,2，C0,2,0，F1,0,2，P1,3,0，Q1,0,0，
从而AQ→=1,0,−2，PQ→=0,−3,0，FC→=−1,2,−2，QC→=−1,2,0，
设平面APQ的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅AQ→=0，n→⋅PQ→=0， 即x−2z=0，−3y=0，
取z=1，则n→=2,0,1.
设平面CFQ的法向量为m→=a,b,c，
则m→⋅FC→=0，m→⋅QC→=0，即−a+2b−2c=0，−a+2b=0,
取a=2，则m→=2,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=45×5=45，
故平面APQ与平面CFQ所成锐二面角的余弦值为45．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为AD//BC，AD⊂α，BC⊄α，
所以BC//α，
又BC⊂平面BCPE，α∩平面BCPE=PQ，
所以BC//PQ，
因为BC⊥BE，BC⊥AB，BE∩AB=B，
所以BC⊥平面ABEF，
所以PQ⊥平面ABEF．
(2)解：以B为原点，分别以BE→，BC→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系B−xyz，
则B0,0,0，A0,0,2，C0,2,0，F1,0,2，P1,3,0，Q1,0,0，
从而AQ→=1,0,−2，PQ→=0,−3,0，FC→=−1,2,−2，QC→=−1,2,0，
设平面APQ的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅AQ→=0，n→⋅PQ→=0， 即x−2z=0，−3y=0，
取z=1，则n→=2,0,1.
设平面CFQ的法向量为m→=a,b,c，
则m→⋅FC→=0，m→⋅QC→=0，即−a+2b−2c=0，−a+2b=0,
取a=2，则m→=2,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=45×5=45，
故平面APQ与平面CFQ所成锐二面角的余弦值为45．
【答案】
(1)解：由题意，得F1−1,0，F21,0，且c=1，
则2a=|PF1|+|PF2|
=1+12+22−02+22
=22，
即a=2，
所以b=a2−c2=1，
故E的方程为x22+y2=1.
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+1t≠0，
Ax1,y1，Bx2,y2，Cx0,y0，
联立x=ty+1，x2+2y2=2，
得t2+2y2+2ty−1=0，
由题意，得Δ>0，且y1+y2=−2tt2+2，y1y2=−1t2+2，
则y0=y1+y22=−tt2+2，x0=ty0+1=2t2+2，
即C2t2+2,−tt2+2.
因为G是线段CD的中点，且G在x轴上，
所以D0,tt2+2，
从而 kCD=tt2+2−−tt2+20−2t2+2=−t ，而kAB=1t，
所以CD⊥AB，
所以以DF2为直径的圆经过点C，
又OD⊥OF2，
所以以DF2为直径的圆经过点O，
故D，O，C，F2四点共圆．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，得F1−1,0，F21,0，且c=1，
则2a=|PF1|+|PF2|
=1+12+22−02+22
=22，
即a=2，
所以b=a2−c2=1，
故E的方程为x22+y2=1.
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+1t≠0，
Ax1,y1，Bx2,y2，Cx0,y0，
联立x=ty+1，x2+2y2=2，
得t2+2y2+2ty−1=0，
由题意，得Δ>0，且y1+y2=−2tt2+2，y1y2=−1t2+2，
则y0=y1+y22=−tt2+2，x0=ty0+1=2t2+2，
即C2t2+2,−tt2+2.
因为G是线段CD的中点，且G在x轴上，
所以D0,tt2+2，
从而 kCD=tt2+2−−tt2+20−2t2+2=−t ，而kAB=1t，
所以CD⊥AB，
所以以DF2为直径的圆经过点C，
又OD⊥OF2，
所以以DF2为直径的圆经过点O，
故D，O，C，F2四点共圆．
【答案】
解：(1)由题意可得，第一条生产线合格品的概率为1−220=910，
记3件产品中合格品的个数为X，则X=0，1，2，3，
所以至少有2件产品合格的概率为PX≥2.
因为PX≥2=1−PX=0−PX=1，
又PX=0=1−9101−P2=1101−P2，
PX=1=9101−P2+210P1−P，
所以PX≥2=1−1101−P2−9101−P2+210P1−P
=−45P2+95P=−45P−982+8180，
因为当45≤P≤910时，函数PX≥2是增函数，
即至少有2件产品合格的概率的最大值等于243250，此时P=910．
(2)设η为至少生产的产品数，盈利y元，
因为η服从二项分布，
即产品合格数量的期望值Eη=0.9η，
则不合格的产品数量为0.1η，
​​所以y=50×0.9η−20×0.1η=43η.
由43η≥86000，解得η≥2000，
所以该生产厂家至少生产2000件产品·
【考点】
古典概型及其概率计算公式
正态分布的密度曲线
二项分布的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得，第一条生产线合格品的概率为1−220=910，
记3件产品中合格品的个数为X，则X=0，1，2，3，
所以至少有2件产品合格的概率为PX≥2.
因为PX≥2=1−PX=0−PX=1，
又PX=0=1−9101−P2=1101−P2，
PX=1=9101−P2+210P1−P，
所以PX≥2=1−1101−P2−9101−P2+210P1−P
=−45P2+95P=−45P−982+8180，
因为当45≤P≤910时，函数PX≥2是增函数，
即至少有2件产品合格的概率的最大值等于243250，此时P=910．
(2)设η为至少生产的产品数，盈利y元，
因为η服从二项分布，
即产品合格数量的期望值Eη=0.9η，
则不合格的产品数量为0.1η，
​​所以y=50×0.9η−20×0.1η=43η.
由43η≥86000，解得η≥2000，
所以该生产厂家至少生产2000件产品·
【答案】
(1)解：由题意得，fx的定义域为R，f′x=xex.
因为f′x=0⇔x=0，f′x>0⇔x>0，f′x<0⇔x<0，
所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以x=0是fx的极小值点，也是fx的最小值点，
所以fxmin=f0=0.
(2)证明：①要证g(xa+(1−x)b)≤xg(a)+(1−x)g(b)对于任意的x∈0,1恒成立，
即证em+(1−x)b≤xea+(1−x)eb对于任意的x∈0,1恒成立，
即证ex(a−b)≤xea−b+(1−x)对于任意的x∈0,1恒成立．
当a−b=0时，上述不等式显然成立，符合题意．
当a−b≠0时，
令ℎ(x)=ex(a−b)−xea−b+x−1(0≤x≤1)，
则ℎ′(x)=(a−b)ex(a−b)−ea−b+1，
则ℎ′′x=a−b2ex(a−b)>0，
则ℎ′x在0,1上单调递增，
则ℎ′0≤ℎ′x≤ℎ′1，
即a−b−ea−b+1≤ℎ′x≤a−b−1ea−b+1.
令t=a−bt≠0，则t−e′+1≤ℎ′x≤t−1e′+1，
根据(1)，当t≠0时，t−1e′+1>0，
根据ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号），
则当t≠0时，t−e′+1<0.
由零点存在性定理可知，存在x0∈0,1，使得ℎ′x0=0，
所以，当x∈0,x0时，ℎ′x<0；当x∈x0,1时，ℎ′x>0，
所以ℎx在0,x0上单调递减，在x0,1上单调递增，
所以x=x0是ℎx的极小值点，也是ℎx的最小值点.
又因为ℎ0=ℎ1=0，
所以当0≤x≤1时，ℎx≤0，
综上，当x∈0,1时，总有gxa+1−xb≤xga+1−xgb.
②当s≤a+b时，s−a≤b，x∈a,s−a，
则存在t∈0,1，使x=ta+1−ts−a，y=1−ta+ts−a，
由①可知gx≤tga+1−tgs−a，gy≤1−tga+tgs−a，
所以gx+gy≤ga+gs−a，
同理可证，当S≥a+b时，gx+gy≤gb+gs−b，
综上，g(x)+g(y)≤g(a)+g(s−a)，s≤a+b，g(b)+g(s−b)，s≥a+b.
【考点】
导数求函数的最值
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意得，fx的定义域为R，f′x=xex.
因为f′x=0⇔x=0，f′x>0⇔x>0，f′x<0⇔x<0，
所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以x=0是fx的极小值点，也是fx的最小值点，
所以fxmin=f0=0.
(2)证明：①要证g(xa+(1−x)b)≤xg(a)+(1−x)g(b)对于任意的x∈0,1恒成立，
即证em+(1−x)b≤xea+(1−x)eb对于任意的x∈0,1恒成立，
即证ex(a−b)≤xea−b+(1−x)对于任意的x∈0,1恒成立．
当a−b=0时，上述不等式显然成立，符合题意．
当a−b≠0时，
令ℎ(x)=ex(a−b)−xea−b+x−1(0≤x≤1)，
则ℎ′(x)=(a−b)ex(a−b)−ea−b+1，
则ℎ′′x=a−b2ex(a−b)>0，
则ℎ′x在0,1上单调递增，
则ℎ′0≤ℎ′x≤ℎ′1，
即a−b−ea−b+1≤ℎ′x≤a−b−1ea−b+1.
令t=a−bt≠0，则t−e′+1≤ℎ′x≤t−1e′+1，
根据(1)，当t≠0时，t−1e′+1>0，
根据ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号），
则当t≠0时，t−e′+1<0.
由零点存在性定理可知，存在x0∈0,1，使得ℎ′x0=0，
所以，当x∈0,x0时，ℎ′x<0；当x∈x0,1时，ℎ′x>0，
所以ℎx在0,x0上单调递减，在x0,1上单调递增，
所以x=x0是ℎx的极小值点，也是ℎx的最小值点.
又因为ℎ0=ℎ1=0，
所以当0≤x≤1时，ℎx≤0，
综上，当x∈0,1时，总有gxa+1−xb≤xga+1−xgb.
②当s≤a+b时，s−a≤b，x∈a,s−a，
则存在t∈0,1，使x=ta+1−ts−a，y=1−ta+ts−a，
由①可知gx≤tga+1−tgs−a，gy≤1−tga+tgs−a，
所以gx+gy≤ga+gs−a，
同理可证，当S≥a+b时，gx+gy≤gb+gs−b，
综上，g(x)+g(y)≤g(a)+g(s−a)，s≤a+b，g(b)+g(s−b)，s≥a+b.