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2020-2021学年河北省教育集团高二（上）期中数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年河北省教育集团高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知命题p:∀x≥0，2x>x2，则命题p的否定为（ ）
A.∀x≥0，2xC.∃x0≥0，2x0
2. 某公司决定利用随机数表对今年新招聘的800名员工进行抽样调查他们对目前工作的满意程度，先将这800名员工进行编号，编号分别为001，002，…，799，800，从中抽取80名进行调查，如下提供随机数表的第4行到第6行
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 43 77 89 23 45
若从表中第5行第6列开始向右依次读取3个数据，则抽到的第5名员工的编号是（ ）
A.007B.253C.328D.736
3. 2019年被誉为“5G商用元年”．6月，5G商用牌照正式发放；9月，5G套餐开启预约；11月，5G套餐公布；12月，5G手机强势营销．据统计2019年网络上与“5C”相关的信息量总计高达6875.4万条．从下面的2019年全网信息走势图中可以看到，下列哪个选项是错误的（ ）
A.相关活动是5G信息走势的关键性节点
B.月均信息量超过600万条
C.第四季度信息量呈直线增长态势
D.月信息量未出现持续下降态势
4. 已知椭圆x24+y23=1的两个焦点为F1，F2，M是椭圆上一点，且|MF1|−|MF2|＝1则△MF1F2是（ ）
A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等边三角形
5. 从分别写有号码1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，号码记为x，放回后再随机抽取1张，号码记为y，则x≤y的概率为（ ）
A.23B.13C.35D.25
6. 已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴正半轴，过焦点F的直线交抛物线C于M，N两点，线段MN的长为4，且MN的中点到x轴的距离为1，则抛物线的标准方程为（ ）
A.x2=2yB.x2=4yC.y2=2xD.y2=4x
7. 设命题p：双曲线：x2m−y2m2+2=1(m∈R)的离心率e∈(1, 2]，则p的一个充分不必要条件是（ ）
A.m≤1或m≥2B.1≤m≤2C.0
8. 已知下列说法：
①如果数据x1，x2，…，xn的平均数是x¯，方差是s2，则2x1+3，2x2+3，…，2xn+3的平均数和方差分别是2x¯+3和2s2+3；
②若事件A、B互为对立事件，则事件A、B满足P(A)+P(B)=1；
③互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件；
④至少有一个样本点落在回归直线y=bx+a上；
⑤对于回归方程y=2020−4x，变量x增加一个单位，y大约减少4个单位．
其中错误的结论有几个（ ）
A.1B.2C.3D.4
9. 省实验中学为预防秋季流感爆发，计划安排学生在校内进行常规体检，共有3个检查项目，需要安排在3间空教室进行检查，学校现有一排6间的空教室供选择使用，但是为了避免学生拥挤，要求作为检查项目的教室不能相邻，则共有（ ）种安排方式．
A.12B.24C.36D.48
10. 已知定点A(3, 1)，F是双曲线x24−y212=1的右焦点，P是双曲线右支上的动点，则|PA|+|PF|的最小值为（ ）
A.2B.52+4C.52−4D.2+4
11. 已知(x23+3x2)n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为( )
A.展开式中偶数项的二项式系数之和为25
B.展开式中二项式系数最大的项只有第三项
C.展开式中系数最大的项只有第五项
D.展开式中有理项为第三项、第六项
12. 阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，他研究抛物线的求积法，得出一个著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号．抛物线的弦与过弦的端点的两切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”，如图所示，在抛物线x2=2py(p>0)上有两个不同的点A，B，坐标分别为A(x1, y1)，B(x2, y2)，以A，B为切点的切线PA，PB相交于点P，给出以下结论，其中正确的为（ ）
A.点P的坐标是(x1+x22, x₁x₂2p)
B.△PAB的边AB所在的直线方程为：(x1+x2)x−2py−x1x2=0
C.△PAB的面积为S△PAB=(x1−x2)28p
D.△PAB的边AB上的中线平行（或重合） 于y轴
二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e=2，则其渐近线方程为________．
现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则不同的涂色方案有________种．（用数字作答）
(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+...+|a6|=________．
在平面直角坐标系中，已知抛物线y2=4x的准线与双曲线y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)的渐近线分别交于P，Q两点，若△POQ的内切圆半径为13，则双曲线的离心率为________．
三、解答题（本题共6个小题，17题10分，18-22每题12分，共70分）
已知命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立；命题q：方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆．
(Ⅰ)若t=1，(￢p)∨q为假命题，求a的取值范围；
(Ⅱ)若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数t的取值范围．
2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法．民法典与百姓生活密切相关，某高校为了解学生对民法典的认识程度，随机抽取40名学生进行测试，将其成绩分为六段[70, 75),[75, 80),[80, 85),[85, 90),[90, 95),[95, 100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(Ⅰ)求图中a的值及样本的中位数；如果抽查的测试平均分超过85分，就表示该学校通过测试，试判断该校能否通过测试；
(Ⅱ)若从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，求事件M发生的概率．
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(3, 12)，其左焦点F1的坐标为(−3, 0)．过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)当线段AB的中点的横坐标为−32时，求直线AB的方程．
某工厂新研发了一种产品，该产品每件成本为5元，将该产品按事先拟定的价格进行销售，得到如下数据：
（1）求销量y（件）关于单价x（元）的线性回归方程y=bx+a；
（2）若单价定为10元，估计销量为多少件；
（3）根据销量y关于单价x的线性回归方程，要使利润P最大，应将价格定为多少？
参考公式：b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2，a=y¯−bx¯．参考数据：i=16 xiyi=4066，i=16 xi2=434.2
已知直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
(Ⅰ)求抛物线C的方程及点P的坐标；
(Ⅱ)设直线l2，过点Q(−12, −12)，且与抛物线C交于（异于点P）两个不同的点A、B，直线PA，PB的斜率分别为k1、k2，那么是否存在实数λ，使得k1+k2=λ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，A为椭圆C上的任一点，且△AF1F2面积的最大值的取值范围是[c2, 3c2]．
(Ⅰ)求椭圆的离心率e的取值范围；
(Ⅱ)当椭圆C经过点P(1, 32)离心率e取最小值时，经过右焦点F2的直线（不经过点P）与椭圆C交于两点M和N，线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，当点Q的纵坐标的取值范围是(0, 18)，求线段MN长的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省教育集团高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本题1-10题为单选题，11-12为多选题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题的否定为：∃x0≥0，2x0≤x02．
2.
【答案】
A
【考点】
简单随机抽样
【解析】
根据随机数表法，抽取，重复和不在0−800的舍弃，得到结论
【解答】
依次读取的数据为253，313，457，860（超过800，舍去），
736，253（与前面重复，舍去），007，…，
所以抽到的第5名员工的编号是007，
3.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据所给统计图，利用排除法可得答案
【解答】
由题知6月、9月、11月、12月活动月的走势均有明显提升，故相关活动是5G信息走势的关键性节点，即A正确；
由统计图可知第四季度信息量呈直线增长态势，月信息量未出现持续下降态势，故CD正确；
4.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆的定义知，|F1F2|＝2，|MF1|+|MF2|＝4，又由|MF1|−|MF2|＝1可知，|MF2|2+|F1F2|2＝|MF1|2．
【解答】
由题意，
|F1F2|＝2，|MF1|+|MF2|＝4，
∵ |MF1|−|MF2|＝1，
∴ |MF1|=52，|MF2|=32，
∴ |MF2|2+|F1F2|2＝|MF1|2，
5.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
先求出基本事件总数，再求出满足x≤y的基本事件个数，利用古典概型的概率公式即可求解．
【解答】
从分别写有号码1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，号码记为x，放回后再随机抽取1张，号码记为y，
基本事件总数为5×5=25，
满足x≤y的基本事件有：(1, 1)，(1, 2)，(1, 3)，(1, 4)，(1, 5)，(2, 2)，
(2, 3)，(2, 4)，(2, 5)，(3, 3)，(3, 4)，(3, 5)，(4, 4)，(4, 5)，(5, 5)共15个，
所以x≤y的概率为1525=35，
6.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
设抛物线的方程为x2=2py，由抛物线的定义和已知条件可得p的方程，解p可得；
【解答】
设抛物线的方程为x2=2py(p>0)，
设A(xA, yA)，B(xB, yB)，
由抛物线定义可知yA+yB+p=4，
又AB中点到x轴的距离为1，
∴ yA+yB=2，∴ p=2，
∴ 抛物线的标准方程是x2=4y；
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的离心率的范围求出m的范围，然后通过充要条件求解即可．
【解答】
双曲线：x2m−y2m2+2=1(m∈R)的离心率e∈(1, 2]，所以m>0，
可得e2=m+m2+2m=m+2m+1∈(1, 4]，
即0命题p：双曲线：x2m−y2m2+2=1(m∈R)的离心率e∈(1, 2]，则p的一个充分不必要条件是：m=2．
8.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据平均数，方差判断①，根据对立事件和互斥事件判断②③，根据线性回归方程判断④⑤．
【解答】
对于①如果数据x1，x2，…，xn的平均数是x¯，方差是s2，
则2x1+3，2x2+3，…，2xn+3的平均数和方差分别是2x¯+3和4s2，故①错误；
对于②若事件A、B互为对立事件，则事件A、B满足P(A)+P(B)=1，故②正确；
对于③互斥事件不一定是对立事件，但对立事件一定是互斥事件，故③错误；
对于④样本中心(x¯, y¯)一定在回归直线y=bx+a上，但是样本点不一定落在回归直线y=bx+a上，故④错误；
对于⑤回归方程y=2020−4x，变量x增加一个单位，y大约减少4个单位，故⑤正确．
故结论错误的有3个，
9.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，假设6间教室依次为1、2、3、4、5、6，分2步进行讨论：①，在6间教室中选出3间不相邻的教室，由1−3−5，1−3−6，1−4−6，2−4−6，共4种选法，②，在三间选出的教室安排3个检查项目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，假设6间教室依次为1、2、3、4、5、6，分2步进行讨论：
①，在6间教室中选出3间不相邻的教室，由1−3−5，1−3−6，1−4−6，2−4−6，共4种选法，
②，在三间选出的教室安排3个检查项目，有A33=6种情况，
则有4×6=24种安排方法，
10.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设双曲线左焦点为F2，根据双曲线的定义可知|PA|+|PF|=|PF2|−2a+|PA|，进而可知当P、F2、A三点共线时有最小值，根据双曲线方程可求F2的坐标，此时|PF2|+|PA|=|AF2|，利用两点间的距离公式求得答案．
【解答】
设双曲线x24−y212=1的左焦点为F2，
由双曲线的定义可得|PF2|−|PF|=2a，
即|PF|=|PF2|−2a，
则|PA|+|PF|=|PF2|+|PA|−2a≥|F2A|−2a，
当P、F2、A三点共线时，|PF2|+|PA|有最小值，
此时F2(−4, 0)、A(3, 1)，
则|PF2|+|PA|=|AF2|=(3+4)2+1=52，
而对于这个双曲线，2a=4，
所以最小值为52−4．
11.
【答案】
C,D
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
解：∵ (x23+3x2)n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，
∴ 4n−2n=992，求得2n=32，
∴ n=5，故展开式中偶数项的二项式系数之和为252=24，故A错误；
(x23+3x2)5二项展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅3r⋅x10+4r3，
故当r=2或3时，二项式系数C5r最大，故B错误；
故当r=4时，展开式中第r+1项的系数C5r⋅3r最大，即第五项的系数最大，故C正确；
故当r=2或5时，10+4r3为整数，即第三项、第六项为有理项，故D正确．
故选CD.
12.
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
写出点A处的切线方程，同理得点B处的切线方程，联立解得P坐标，进而可得AD正确．由坐标求出kAB，再写出直线AB的方程，进而得B正确，写出点P到直线AB的距离d，由弦长公式得|AB|，进而得S△ABC，然后可判断C错误．
【解答】
由y=12px2，得y′=xp，
由题意，点A处的切线方程为y−x122p=x1p(x−x1)，
点B处的切线方程为y−x222p=x2p(x−x2)，
联立两个方程并消去y得x=x1+x22，
代入点A处的切线方程得y=x122p+x1p(x1+x22−x1)=x1x22p，
所以点P坐标为(x1+x22, x1x22p)，故AD正确，
设直线AB的斜率为kAB，则kAB=y2−y1x2−x1=x222p−x122px2−x1=x1+x22p，
故直线AB的方程为y−x122p=x1+x22p(x−x1)，
化简得(x1+x2)x−2py−x1x2=0，故B正确，
由AB得点P到直线AB的距离d=(x1+x2)2+4p2˙=(x1−x2)22(x1+x2)2+4p2，
|AB|=1+(x1+x22p)2⋅|x1−x2|=(x1+x2)2+4p22p⋅|x1−x2|，
故S△ABC=12⋅|AB|⋅d=12(x1+x2)2+4p22p⋅|x1−x2|⋅(x1−x2)22(x1+x2)2+4p2=|x1−x2|38p，
故C错误．
二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
【答案】
y=±3x
【考点】
双曲线的特性
【解析】
根据双曲线离心率为2，列出关于a、b的方程，解之得b=3a，由双曲线渐近方程的公式可得到该双曲线的渐近线方程．
【解答】
解：∵ 双曲线的方程是x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
∴ 双曲线渐近线为y=±bax
又∵ 离心率为e=ca=2，可得c=2a
∴ c2=4a2，即a2+b2=4a2，可得b=3a
由此可得双曲线渐近线为y=±3x
故答案为：y=±3x
【答案】
96
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，假设正五角星的区域依次为A、B、C、D、E、F，依次分析6个区域的涂色方案数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，假设正五角星的区域依次为A、B、C、D、E、F，
区域A，可以涂红、黄、蓝三种颜色，有3种选择，
剩下的5个区域都与A相邻，都有2种选择，
则有3×2×2×2×2×2=96种涂色方法，
【答案】
729
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
解由(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，可得：a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0．令x=−1，即可得出．
【解答】
由(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，可得：a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0．
令x=−1，可得|a0|+|a1|+|a2|+...+|a6|=36=729．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先求出抛物线的准线方程以及双曲线的渐近线方程，然后再求出P，Q的坐标，进而可以求出|PQ|，|OP|，|OQ|的长度，利用三角形OPQ的面积关系即可求解．
【解答】
由已知可得抛物线的准线方程为：x=−1，
双曲线的渐近线方程分别为：y=abx和y=−abx，
因为抛物线的准线和双曲线的渐近线相交，不妨设P(−1, ab)，则Q(−1, −ab)，
所以|OP|=|OQ|=1+a2b2=cb，|QP|=2ab，
由三角形OPQ的面积关系可得：(|OP|+|OQ|+|PQ|)⋅r=1×2ab，
解得c=2a，则ca=2，
所以双曲线的离心率为2，
三、解答题（本题共6个小题，17题10分，18-22每题12分，共70分）
【答案】
∵ 命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立，
即a2−5a+7≥3，解得：a≥4或a≤1，
故p为真时，a∈(−∞, 1]∪[4, +∞)；
方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆，
故q为真时，0（1）t=1时，q为真时：a>1，
∵ (￢p)∨q为假命题，
∴ ￢p假且q假，即p真且q假，
则a≤1或a≥4a≤1，即a∈(−∞, 1]．
（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，
∴ t≥4；
故实数t的取值范围是：[4, +∞)．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
复合命题及其真假判断
【解析】
根据题意，化简命题p，q，得出a的取值范围：
(Ⅰ)由(￢p)∨q为假命题，故P为真命题q为假命题，求出a的取值范围即可；
(Ⅱ)若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，即(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，解出即可．
【解答】
∵ 命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立，
即a2−5a+7≥3，解得：a≥4或a≤1，
故p为真时，a∈(−∞, 1]∪[4, +∞)；
方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆，
故q为真时，0（1）t=1时，q为真时：a>1，
∵ (￢p)∨q为假命题，
∴ ￢p假且q假，即p真且q假，
则a≤1或a≥4a≤1，即a∈(−∞, 1]．
（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，
∴ t≥4；
故实数t的取值范围是：[4, +∞)．
【答案】
（1）由频率分布直方图得：
(0.01+0.02+0.04+a+0.05+0.02)×5=1．
解得a=0.06．
∵ [70, 85)的频率为：(0.01+0.02+0.04)×5=0.35，
[85, 90)的频率为：0.06×5=0.3，
∴ 中位数为85+0.5−0.350.3×5=87.5．
抽查的测试平均分为：
x¯=72.5×0.01×5+77.5×0.02×5+82.5×0.04×5+87.5×0.06×5+92.5×0.05×5+97.5×0.02×5=87，
∵ 87>85，∴ 该校能通过测试．
（2）从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，
成绩在[70, 75)中有40×0.01×5=2名学生，
成绩在[95, 100]中有40×0.02×5=4名学生，
则基本事件总数n=C62=15，
设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，
则事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，
∴ 事件M发生的概率P=mn=715．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
频率分布直方图
【解析】
(Ⅰ)由频率分布直方图列出方程，求出a的值．由此能求出抽查的测试的中位数和平均分，进而得到该校能通过测试．
(Ⅱ)从测试成绩在[70, 75)中有2名学生，成绩在[95, 100]中4名学生，则基本事件总数n=C62=15，事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，由此能求出事件M发生的概率．
【解答】
（1）由频率分布直方图得：
(0.01+0.02+0.04+a+0.05+0.02)×5=1．
解得a=0.06．
∵ [70, 85)的频率为：(0.01+0.02+0.04)×5=0.35，
[85, 90)的频率为：0.06×5=0.3，
∴ 中位数为85+0.5−0.350.3×5=87.5．
抽查的测试平均分为：
x¯=72.5×0.01×5+77.5×0.02×5+82.5×0.04×5+87.5×0.06×5+92.5×0.05×5+97.5×0.02×5=87，
∵ 87>85，∴ 该校能通过测试．
（2）从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，
成绩在[70, 75)中有40×0.01×5=2名学生，
成绩在[95, 100]中有40×0.02×5=4名学生，
则基本事件总数n=C62=15，
设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，
则事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，
∴ 事件M发生的概率P=mn=715．
【答案】
aa(1)由已知可得c，所以a2−b2=3…①
把点(3,12)代入椭圆方程可得：3a2+14b2＝1…②
①②联立可得：a2=4，b2=1，
所以椭圆的标准方程为：x24+y2＝1；
（2）由已知可得直线AB的斜率存在，则可设直线AB的方程为：y=k(x+3)，
联立方程：x24+y2＝1y＝k(x+3)，消去y可得：(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由韦达定理可得：x1+x2=−83k21+4k2，又由已知可得：x1+x22=−43k21+4k2=−32，
解得k=±12，
所以直线AB的方程为：y=±12(x+3)，即x±2y+3=0．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）由已知可得c的值，再把已知点代入椭圆方程即可求解；
（2）先设出直线AB的方程，再与椭圆方程联立，求出A，B的横坐标的和，由此可得AB的中点的横坐标，再结合已知即可求解．
【解答】
aa(1)由已知可得c，所以a2−b2=3…①
把点(3,12)代入椭圆方程可得：3a2+14b2＝1…②
①②联立可得：a2=4，b2=1，
所以椭圆的标准方程为：x24+y2＝1；
（2）由已知可得直线AB的斜率存在，则可设直线AB的方程为：y=k(x+3)，
联立方程：x24+y2＝1y＝k(x+3)，消去y可得：(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由韦达定理可得：x1+x2=−83k21+4k2，又由已知可得：x1+x22=−43k21+4k2=−32，
解得k=±12，
所以直线AB的方程为：y=±12(x+3)，即x±2y+3=0．
【答案】
由题意可得x¯=16(8+8.2+8.4+8.6+8.8+9)=8.5，
y¯=16(90+84+83+80+75+68)=80，
则b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2=4066−6×8.5×80434.2−6×8.52=−140.7=−20，
从而a=y¯−bx¯=80+20×8.5=250，
故所求回归直线方程为y=−20x+250；
当x＝10时，y¯=−20×10+250=50，
故当销售单价定为10元时，销量为50件；
由题意可得，P＝y(x−5)＝(−20x+250)(x−5)＝−20(x−8.75)2+281.25．
故要使利润达到最大，应将价格定位8.75元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）由已知求得b与a的值，则线性回归方程可求；
（2）在（1）中求得的线性回归方程中取x＝10求得y值即可；
（3）写出利润P关于价格的函数，再由配方法求最值．
【解答】
由题意可得x¯=16(8+8.2+8.4+8.6+8.8+9)=8.5，
y¯=16(90+84+83+80+75+68)=80，
则b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2=4066−6×8.5×80434.2−6×8.52=−140.7=−20，
从而a=y¯−bx¯=80+20×8.5=250，
故所求回归直线方程为y=−20x+250；
当x＝10时，y¯=−20×10+250=50，
故当销售单价定为10元时，销量为50件；
由题意可得，P＝y(x−5)＝(−20x+250)(x−5)＝−20(x−8.75)2+281.25．
故要使利润达到最大，应将价格定位8.75元．
【答案】
（1）直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
所以联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，
所以△=(2−2p)2−4=0，解得p=2，
方程x2+(2−2p)x+1=0，即为x2−2x+1=0，解得x=1，
把x=1代入y=x+1得，y=2，所以P(1, 2)
所以抛物线方程为：y2=4x．
（2）设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x＝m(y+12)−12y2＝4x，得y2−4my−2m+2=0，
y1+y2=4m，y1y2=−2m+2，
△=(−4m)2−4×1×(−2m+2)=4m2+8m−8=4(m+1)2−12>0，解得m>3−1或m<−1−3，
k1=y1−2x1−1=y1−2m(y1+12)−12−1=2y1−42my1+m−3，
同理得k2=2y2−42my2+m−3，
λ=k1+k2=2y1−42my1+m−3+2y2−42my2+m−3=2[4my1y2−3(m+1)(y1+y2)−4(m−3)]4m2y1y2+2m(m−3)(y1+y2)+(m−3)2
=2[4m(−2m+2)−3(m+1)×4m−4(m−3)]4m2(−2m+2)+2m(m−3)×4m+(m−3)2
=8(−5m2−2m+3)3(−5m2−2m+3)=83．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
(Ⅰ)根据题意，联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，即△=0，解得p，进而可得抛物线方程及切点P坐标．
(Ⅱ)设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l2与抛物线方程，结合韦达定理得y1+y2，y1y2，
k1=2y1−42my1+m−3，同理得k2=2y2−42my2+m−3，化简λ=k1+k2即可得出答案．
【解答】
（1）直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
所以联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，
所以△=(2−2p)2−4=0，解得p=2，
方程x2+(2−2p)x+1=0，即为x2−2x+1=0，解得x=1，
把x=1代入y=x+1得，y=2，所以P(1, 2)
所以抛物线方程为：y2=4x．
（2）设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x＝m(y+12)−12y2＝4x，得y2−4my−2m+2=0，
y1+y2=4m，y1y2=−2m+2，
△=(−4m)2−4×1×(−2m+2)=4m2+8m−8=4(m+1)2−12>0，解得m>3−1或m<−1−3，
k1=y1−2x1−1=y1−2m(y1+12)−12−1=2y1−42my1+m−3，
同理得k2=2y2−42my2+m−3，
λ=k1+k2=2y1−42my1+m−3+2y2−42my2+m−3=2[4my1y2−3(m+1)(y1+y2)−4(m−3)]4m2y1y2+2m(m−3)(y1+y2)+(m−3)2
=2[4m(−2m+2)−3(m+1)×4m−4(m−3)]4m2(−2m+2)+2m(m−3)×4m+(m−3)2
=8(−5m2−2m+3)3(−5m2−2m+3)=83．
【答案】
（1）由焦点三角形的性质可知当A在y轴上时，三角形AF1F2的面积最大，
则Smax=12×2c×b=bc∈[c2，3c2]，所以c≤b≤3c，
即c2≤a2−c2≤3c2，则2c2≤a2≤4c2，所以2c≤a≤2c，
即12≤ca≤22，
故椭圆的离心率的取值范围为[12,22]；
（2）由（1）知，椭圆的离心率的最小值为12，所以ca＝12，即a=2c，
所以b2=a2−c2=3c2，则此时椭圆方程可化为x24c2+y23c2＝1，
代入点P(1, 32)可得：14c2+34c2＝1，解得c2=1，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆的标准方程为x24+y23＝1，
由已知条件可得直线MN的斜率存在且不为0，
可设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0，
联立方程组x24+y23＝1y＝k(x−1)，消去y整理可得：(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，所以x1+x2＝8k23+4k2x1x2＝4k2−123+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2−2)=−6k3+4k2，
所以MN的中点的坐标为(4k23+4k2,−3k3+4k2)，
所以线段MN的垂直平分线的方程为y+3k3+4k2=−1k(x−4k23+4k2)，
即y=−1kx+k3+4k2，故点Q的坐标为(0, k3+4k2)，
由点Q的纵坐标的取值范围为(0, 18)，可得0解得032，
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k4(3+4k2)2−16k2−483+4k2
=1+k2⋅144+144k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2=3+33+4k2，
因为032，
所以0<4k2<1或4k2>9，
由此可得|MN|∈(3,134)∪(154,4)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
（1）利用椭圆中焦点三角形的性质可得当A在y轴上时面积最大，由此可求出三角形的面积的表达式，进而可以求解；
（2）由（1）的结论以及已知可求出椭圆的标准方程，然后设直线MN的方程并与椭圆方程联立，写出根与系数的关系式，然后利用弦长公式求出MN的长度，
再求出线段MN的垂直平分线方程，求出Q的纵坐标，根据已知求出直线MN的斜率的范围，进而可以求出|MN|的范围．
【解答】
（1）由焦点三角形的性质可知当A在y轴上时，三角形AF1F2的面积最大，
则Smax=12×2c×b=bc∈[c2，3c2]，所以c≤b≤3c，
即c2≤a2−c2≤3c2，则2c2≤a2≤4c2，所以2c≤a≤2c，
即12≤ca≤22，
故椭圆的离心率的取值范围为[12,22]；
（2）由（1）知，椭圆的离心率的最小值为12，所以ca＝12，即a=2c，
所以b2=a2−c2=3c2，则此时椭圆方程可化为x24c2+y23c2＝1，
代入点P(1, 32)可得：14c2+34c2＝1，解得c2=1，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆的标准方程为x24+y23＝1，
由已知条件可得直线MN的斜率存在且不为0，
可设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0，
联立方程组x24+y23＝1y＝k(x−1)，消去y整理可得：(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，所以x1+x2＝8k23+4k2x1x2＝4k2−123+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2−2)=−6k3+4k2，
所以MN的中点的坐标为(4k23+4k2,−3k3+4k2)，
所以线段MN的垂直平分线的方程为y+3k3+4k2=−1k(x−4k23+4k2)，
即y=−1kx+k3+4k2，故点Q的坐标为(0, k3+4k2)，
由点Q的纵坐标的取值范围为(0, 18)，可得0解得032，
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k4(3+4k2)2−16k2−483+4k2
=1+k2⋅144+144k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2=3+33+4k2，
因为032，
所以0<4k2<1或4k2>9，
由此可得|MN|∈(3,134)∪(154,4)．单价x（元）
8
8.2
8.4
8.6
8.8
9
销量y（件）
90
84
83
80
75
68
1. 已知命题p:∀x≥0，2x>x2，则命题p的否定为（ ）
A.∀x≥0，2x
2. 某公司决定利用随机数表对今年新招聘的800名员工进行抽样调查他们对目前工作的满意程度，先将这800名员工进行编号，编号分别为001，002，…，799，800，从中抽取80名进行调查，如下提供随机数表的第4行到第6行
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 43 77 89 23 45
若从表中第5行第6列开始向右依次读取3个数据，则抽到的第5名员工的编号是（ ）
A.007B.253C.328D.736
3. 2019年被誉为“5G商用元年”．6月，5G商用牌照正式发放；9月，5G套餐开启预约；11月，5G套餐公布；12月，5G手机强势营销．据统计2019年网络上与“5C”相关的信息量总计高达6875.4万条．从下面的2019年全网信息走势图中可以看到，下列哪个选项是错误的（ ）
A.相关活动是5G信息走势的关键性节点
B.月均信息量超过600万条
C.第四季度信息量呈直线增长态势
D.月信息量未出现持续下降态势
4. 已知椭圆x24+y23=1的两个焦点为F1，F2，M是椭圆上一点，且|MF1|−|MF2|＝1则△MF1F2是（ ）
A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等边三角形
5. 从分别写有号码1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，号码记为x，放回后再随机抽取1张，号码记为y，则x≤y的概率为（ ）
A.23B.13C.35D.25
6. 已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴正半轴，过焦点F的直线交抛物线C于M，N两点，线段MN的长为4，且MN的中点到x轴的距离为1，则抛物线的标准方程为（ ）
A.x2=2yB.x2=4yC.y2=2xD.y2=4x
7. 设命题p：双曲线：x2m−y2m2+2=1(m∈R)的离心率e∈(1, 2]，则p的一个充分不必要条件是（ ）
A.m≤1或m≥2B.1≤m≤2C.0
8. 已知下列说法：
①如果数据x1，x2，…，xn的平均数是x¯，方差是s2，则2x1+3，2x2+3，…，2xn+3的平均数和方差分别是2x¯+3和2s2+3；
②若事件A、B互为对立事件，则事件A、B满足P(A)+P(B)=1；
③互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件；
④至少有一个样本点落在回归直线y=bx+a上；
⑤对于回归方程y=2020−4x，变量x增加一个单位，y大约减少4个单位．
其中错误的结论有几个（ ）
A.1B.2C.3D.4
9. 省实验中学为预防秋季流感爆发，计划安排学生在校内进行常规体检，共有3个检查项目，需要安排在3间空教室进行检查，学校现有一排6间的空教室供选择使用，但是为了避免学生拥挤，要求作为检查项目的教室不能相邻，则共有（ ）种安排方式．
A.12B.24C.36D.48
10. 已知定点A(3, 1)，F是双曲线x24−y212=1的右焦点，P是双曲线右支上的动点，则|PA|+|PF|的最小值为（ ）
A.2B.52+4C.52−4D.2+4
11. 已知(x23+3x2)n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为( )
A.展开式中偶数项的二项式系数之和为25
B.展开式中二项式系数最大的项只有第三项
C.展开式中系数最大的项只有第五项
D.展开式中有理项为第三项、第六项
12. 阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，他研究抛物线的求积法，得出一个著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号．抛物线的弦与过弦的端点的两切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”，如图所示，在抛物线x2=2py(p>0)上有两个不同的点A，B，坐标分别为A(x1, y1)，B(x2, y2)，以A，B为切点的切线PA，PB相交于点P，给出以下结论，其中正确的为（ ）
A.点P的坐标是(x1+x22, x₁x₂2p)
B.△PAB的边AB所在的直线方程为：(x1+x2)x−2py−x1x2=0
C.△PAB的面积为S△PAB=(x1−x2)28p
D.△PAB的边AB上的中线平行（或重合） 于y轴
二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e=2，则其渐近线方程为________．
现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则不同的涂色方案有________种．（用数字作答）
(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+...+|a6|=________．
在平面直角坐标系中，已知抛物线y2=4x的准线与双曲线y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)的渐近线分别交于P，Q两点，若△POQ的内切圆半径为13，则双曲线的离心率为________．
三、解答题（本题共6个小题，17题10分，18-22每题12分，共70分）
已知命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立；命题q：方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆．
(Ⅰ)若t=1，(￢p)∨q为假命题，求a的取值范围；
(Ⅱ)若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数t的取值范围．
2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法．民法典与百姓生活密切相关，某高校为了解学生对民法典的认识程度，随机抽取40名学生进行测试，将其成绩分为六段[70, 75),[75, 80),[80, 85),[85, 90),[90, 95),[95, 100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(Ⅰ)求图中a的值及样本的中位数；如果抽查的测试平均分超过85分，就表示该学校通过测试，试判断该校能否通过测试；
(Ⅱ)若从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，求事件M发生的概率．
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(3, 12)，其左焦点F1的坐标为(−3, 0)．过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)当线段AB的中点的横坐标为−32时，求直线AB的方程．
某工厂新研发了一种产品，该产品每件成本为5元，将该产品按事先拟定的价格进行销售，得到如下数据：
（1）求销量y（件）关于单价x（元）的线性回归方程y=bx+a；
（2）若单价定为10元，估计销量为多少件；
（3）根据销量y关于单价x的线性回归方程，要使利润P最大，应将价格定为多少？
参考公式：b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2，a=y¯−bx¯．参考数据：i=16 xiyi=4066，i=16 xi2=434.2
已知直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
(Ⅰ)求抛物线C的方程及点P的坐标；
(Ⅱ)设直线l2，过点Q(−12, −12)，且与抛物线C交于（异于点P）两个不同的点A、B，直线PA，PB的斜率分别为k1、k2，那么是否存在实数λ，使得k1+k2=λ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，A为椭圆C上的任一点，且△AF1F2面积的最大值的取值范围是[c2, 3c2]．
(Ⅰ)求椭圆的离心率e的取值范围；
(Ⅱ)当椭圆C经过点P(1, 32)离心率e取最小值时，经过右焦点F2的直线（不经过点P）与椭圆C交于两点M和N，线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，当点Q的纵坐标的取值范围是(0, 18)，求线段MN长的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省教育集团高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本题1-10题为单选题，11-12为多选题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题的否定为：∃x0≥0，2x0≤x02．
2.
【答案】
A
【考点】
简单随机抽样
【解析】
根据随机数表法，抽取，重复和不在0−800的舍弃，得到结论
【解答】
依次读取的数据为253，313，457，860（超过800，舍去），
736，253（与前面重复，舍去），007，…，
所以抽到的第5名员工的编号是007，
3.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据所给统计图，利用排除法可得答案
【解答】
由题知6月、9月、11月、12月活动月的走势均有明显提升，故相关活动是5G信息走势的关键性节点，即A正确；
由统计图可知第四季度信息量呈直线增长态势，月信息量未出现持续下降态势，故CD正确；
4.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆的定义知，|F1F2|＝2，|MF1|+|MF2|＝4，又由|MF1|−|MF2|＝1可知，|MF2|2+|F1F2|2＝|MF1|2．
【解答】
由题意，
|F1F2|＝2，|MF1|+|MF2|＝4，
∵ |MF1|−|MF2|＝1，
∴ |MF1|=52，|MF2|=32，
∴ |MF2|2+|F1F2|2＝|MF1|2，
5.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
先求出基本事件总数，再求出满足x≤y的基本事件个数，利用古典概型的概率公式即可求解．
【解答】
从分别写有号码1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，号码记为x，放回后再随机抽取1张，号码记为y，
基本事件总数为5×5=25，
满足x≤y的基本事件有：(1, 1)，(1, 2)，(1, 3)，(1, 4)，(1, 5)，(2, 2)，
(2, 3)，(2, 4)，(2, 5)，(3, 3)，(3, 4)，(3, 5)，(4, 4)，(4, 5)，(5, 5)共15个，
所以x≤y的概率为1525=35，
6.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
设抛物线的方程为x2=2py，由抛物线的定义和已知条件可得p的方程，解p可得；
【解答】
设抛物线的方程为x2=2py(p>0)，
设A(xA, yA)，B(xB, yB)，
由抛物线定义可知yA+yB+p=4，
又AB中点到x轴的距离为1，
∴ yA+yB=2，∴ p=2，
∴ 抛物线的标准方程是x2=4y；
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的离心率的范围求出m的范围，然后通过充要条件求解即可．
【解答】
双曲线：x2m−y2m2+2=1(m∈R)的离心率e∈(1, 2]，所以m>0，
可得e2=m+m2+2m=m+2m+1∈(1, 4]，
即0
8.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据平均数，方差判断①，根据对立事件和互斥事件判断②③，根据线性回归方程判断④⑤．
【解答】
对于①如果数据x1，x2，…，xn的平均数是x¯，方差是s2，
则2x1+3，2x2+3，…，2xn+3的平均数和方差分别是2x¯+3和4s2，故①错误；
对于②若事件A、B互为对立事件，则事件A、B满足P(A)+P(B)=1，故②正确；
对于③互斥事件不一定是对立事件，但对立事件一定是互斥事件，故③错误；
对于④样本中心(x¯, y¯)一定在回归直线y=bx+a上，但是样本点不一定落在回归直线y=bx+a上，故④错误；
对于⑤回归方程y=2020−4x，变量x增加一个单位，y大约减少4个单位，故⑤正确．
故结论错误的有3个，
9.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，假设6间教室依次为1、2、3、4、5、6，分2步进行讨论：①，在6间教室中选出3间不相邻的教室，由1−3−5，1−3−6，1−4−6，2−4−6，共4种选法，②，在三间选出的教室安排3个检查项目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，假设6间教室依次为1、2、3、4、5、6，分2步进行讨论：
①，在6间教室中选出3间不相邻的教室，由1−3−5，1−3−6，1−4−6，2−4−6，共4种选法，
②，在三间选出的教室安排3个检查项目，有A33=6种情况，
则有4×6=24种安排方法，
10.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设双曲线左焦点为F2，根据双曲线的定义可知|PA|+|PF|=|PF2|−2a+|PA|，进而可知当P、F2、A三点共线时有最小值，根据双曲线方程可求F2的坐标，此时|PF2|+|PA|=|AF2|，利用两点间的距离公式求得答案．
【解答】
设双曲线x24−y212=1的左焦点为F2，
由双曲线的定义可得|PF2|−|PF|=2a，
即|PF|=|PF2|−2a，
则|PA|+|PF|=|PF2|+|PA|−2a≥|F2A|−2a，
当P、F2、A三点共线时，|PF2|+|PA|有最小值，
此时F2(−4, 0)、A(3, 1)，
则|PF2|+|PA|=|AF2|=(3+4)2+1=52，
而对于这个双曲线，2a=4，
所以最小值为52−4．
11.
【答案】
C,D
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
解：∵ (x23+3x2)n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，
∴ 4n−2n=992，求得2n=32，
∴ n=5，故展开式中偶数项的二项式系数之和为252=24，故A错误；
(x23+3x2)5二项展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅3r⋅x10+4r3，
故当r=2或3时，二项式系数C5r最大，故B错误；
故当r=4时，展开式中第r+1项的系数C5r⋅3r最大，即第五项的系数最大，故C正确；
故当r=2或5时，10+4r3为整数，即第三项、第六项为有理项，故D正确．
故选CD.
12.
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
写出点A处的切线方程，同理得点B处的切线方程，联立解得P坐标，进而可得AD正确．由坐标求出kAB，再写出直线AB的方程，进而得B正确，写出点P到直线AB的距离d，由弦长公式得|AB|，进而得S△ABC，然后可判断C错误．
【解答】
由y=12px2，得y′=xp，
由题意，点A处的切线方程为y−x122p=x1p(x−x1)，
点B处的切线方程为y−x222p=x2p(x−x2)，
联立两个方程并消去y得x=x1+x22，
代入点A处的切线方程得y=x122p+x1p(x1+x22−x1)=x1x22p，
所以点P坐标为(x1+x22, x1x22p)，故AD正确，
设直线AB的斜率为kAB，则kAB=y2−y1x2−x1=x222p−x122px2−x1=x1+x22p，
故直线AB的方程为y−x122p=x1+x22p(x−x1)，
化简得(x1+x2)x−2py−x1x2=0，故B正确，
由AB得点P到直线AB的距离d=(x1+x2)2+4p2˙=(x1−x2)22(x1+x2)2+4p2，
|AB|=1+(x1+x22p)2⋅|x1−x2|=(x1+x2)2+4p22p⋅|x1−x2|，
故S△ABC=12⋅|AB|⋅d=12(x1+x2)2+4p22p⋅|x1−x2|⋅(x1−x2)22(x1+x2)2+4p2=|x1−x2|38p，
故C错误．
二、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
【答案】
y=±3x
【考点】
双曲线的特性
【解析】
根据双曲线离心率为2，列出关于a、b的方程，解之得b=3a，由双曲线渐近方程的公式可得到该双曲线的渐近线方程．
【解答】
解：∵ 双曲线的方程是x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
∴ 双曲线渐近线为y=±bax
又∵ 离心率为e=ca=2，可得c=2a
∴ c2=4a2，即a2+b2=4a2，可得b=3a
由此可得双曲线渐近线为y=±3x
故答案为：y=±3x
【答案】
96
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，假设正五角星的区域依次为A、B、C、D、E、F，依次分析6个区域的涂色方案数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，假设正五角星的区域依次为A、B、C、D、E、F，
区域A，可以涂红、黄、蓝三种颜色，有3种选择，
剩下的5个区域都与A相邻，都有2种选择，
则有3×2×2×2×2×2=96种涂色方法，
【答案】
729
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
解由(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，可得：a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0．令x=−1，即可得出．
【解答】
由(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+...+a6x6，可得：a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0．
令x=−1，可得|a0|+|a1|+|a2|+...+|a6|=36=729．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先求出抛物线的准线方程以及双曲线的渐近线方程，然后再求出P，Q的坐标，进而可以求出|PQ|，|OP|，|OQ|的长度，利用三角形OPQ的面积关系即可求解．
【解答】
由已知可得抛物线的准线方程为：x=−1，
双曲线的渐近线方程分别为：y=abx和y=−abx，
因为抛物线的准线和双曲线的渐近线相交，不妨设P(−1, ab)，则Q(−1, −ab)，
所以|OP|=|OQ|=1+a2b2=cb，|QP|=2ab，
由三角形OPQ的面积关系可得：(|OP|+|OQ|+|PQ|)⋅r=1×2ab，
解得c=2a，则ca=2，
所以双曲线的离心率为2，
三、解答题（本题共6个小题，17题10分，18-22每题12分，共70分）
【答案】
∵ 命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立，
即a2−5a+7≥3，解得：a≥4或a≤1，
故p为真时，a∈(−∞, 1]∪[4, +∞)；
方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆，
故q为真时，0
∵ (￢p)∨q为假命题，
∴ ￢p假且q假，即p真且q假，
则a≤1或a≥4a≤1，即a∈(−∞, 1]．
（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，
∴ t≥4；
故实数t的取值范围是：[4, +∞)．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
复合命题及其真假判断
【解析】
根据题意，化简命题p，q，得出a的取值范围：
(Ⅰ)由(￢p)∨q为假命题，故P为真命题q为假命题，求出a的取值范围即可；
(Ⅱ)若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，即(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，解出即可．
【解答】
∵ 命题p:∀m∈[−1, 1]，不等式a2−5a+7≥m+2恒成立，
即a2−5a+7≥3，解得：a≥4或a≤1，
故p为真时，a∈(−∞, 1]∪[4, +∞)；
方程tx2+ay2=1表示焦点在x轴上的椭圆，
故q为真时，0
∵ (￢p)∨q为假命题，
∴ ￢p假且q假，即p真且q假，
则a≤1或a≥4a≤1，即a∈(−∞, 1]．
（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
(t, +∞)⫋(−∞, 1]∪[4, +∞)，
∴ t≥4；
故实数t的取值范围是：[4, +∞)．
【答案】
（1）由频率分布直方图得：
(0.01+0.02+0.04+a+0.05+0.02)×5=1．
解得a=0.06．
∵ [70, 85)的频率为：(0.01+0.02+0.04)×5=0.35，
[85, 90)的频率为：0.06×5=0.3，
∴ 中位数为85+0.5−0.350.3×5=87.5．
抽查的测试平均分为：
x¯=72.5×0.01×5+77.5×0.02×5+82.5×0.04×5+87.5×0.06×5+92.5×0.05×5+97.5×0.02×5=87，
∵ 87>85，∴ 该校能通过测试．
（2）从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，
成绩在[70, 75)中有40×0.01×5=2名学生，
成绩在[95, 100]中有40×0.02×5=4名学生，
则基本事件总数n=C62=15，
设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，
则事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，
∴ 事件M发生的概率P=mn=715．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
频率分布直方图
【解析】
(Ⅰ)由频率分布直方图列出方程，求出a的值．由此能求出抽查的测试的中位数和平均分，进而得到该校能通过测试．
(Ⅱ)从测试成绩在[70, 75)中有2名学生，成绩在[95, 100]中4名学生，则基本事件总数n=C62=15，事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，由此能求出事件M发生的概率．
【解答】
（1）由频率分布直方图得：
(0.01+0.02+0.04+a+0.05+0.02)×5=1．
解得a=0.06．
∵ [70, 85)的频率为：(0.01+0.02+0.04)×5=0.35，
[85, 90)的频率为：0.06×5=0.3，
∴ 中位数为85+0.5−0.350.3×5=87.5．
抽查的测试平均分为：
x¯=72.5×0.01×5+77.5×0.02×5+82.5×0.04×5+87.5×0.06×5+92.5×0.05×5+97.5×0.02×5=87，
∵ 87>85，∴ 该校能通过测试．
（2）从测试成绩在[70, 75)与[95, 100]两个分数段的学生中随机选取两名学生，
成绩在[70, 75)中有40×0.01×5=2名学生，
成绩在[95, 100]中有40×0.02×5=4名学生，
则基本事件总数n=C62=15，
设这两名学生的测试成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，
则事件M包含的基本事件个数m=C22+C42=7，
∴ 事件M发生的概率P=mn=715．
【答案】
aa(1)由已知可得c，所以a2−b2=3…①
把点(3,12)代入椭圆方程可得：3a2+14b2＝1…②
①②联立可得：a2=4，b2=1，
所以椭圆的标准方程为：x24+y2＝1；
（2）由已知可得直线AB的斜率存在，则可设直线AB的方程为：y=k(x+3)，
联立方程：x24+y2＝1y＝k(x+3)，消去y可得：(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由韦达定理可得：x1+x2=−83k21+4k2，又由已知可得：x1+x22=−43k21+4k2=−32，
解得k=±12，
所以直线AB的方程为：y=±12(x+3)，即x±2y+3=0．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）由已知可得c的值，再把已知点代入椭圆方程即可求解；
（2）先设出直线AB的方程，再与椭圆方程联立，求出A，B的横坐标的和，由此可得AB的中点的横坐标，再结合已知即可求解．
【解答】
aa(1)由已知可得c，所以a2−b2=3…①
把点(3,12)代入椭圆方程可得：3a2+14b2＝1…②
①②联立可得：a2=4，b2=1，
所以椭圆的标准方程为：x24+y2＝1；
（2）由已知可得直线AB的斜率存在，则可设直线AB的方程为：y=k(x+3)，
联立方程：x24+y2＝1y＝k(x+3)，消去y可得：(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由韦达定理可得：x1+x2=−83k21+4k2，又由已知可得：x1+x22=−43k21+4k2=−32，
解得k=±12，
所以直线AB的方程为：y=±12(x+3)，即x±2y+3=0．
【答案】
由题意可得x¯=16(8+8.2+8.4+8.6+8.8+9)=8.5，
y¯=16(90+84+83+80+75+68)=80，
则b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2=4066−6×8.5×80434.2−6×8.52=−140.7=−20，
从而a=y¯−bx¯=80+20×8.5=250，
故所求回归直线方程为y=−20x+250；
当x＝10时，y¯=−20×10+250=50，
故当销售单价定为10元时，销量为50件；
由题意可得，P＝y(x−5)＝(−20x+250)(x−5)＝−20(x−8.75)2+281.25．
故要使利润达到最大，应将价格定位8.75元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）由已知求得b与a的值，则线性回归方程可求；
（2）在（1）中求得的线性回归方程中取x＝10求得y值即可；
（3）写出利润P关于价格的函数，再由配方法求最值．
【解答】
由题意可得x¯=16(8+8.2+8.4+8.6+8.8+9)=8.5，
y¯=16(90+84+83+80+75+68)=80，
则b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx¯2=4066−6×8.5×80434.2−6×8.52=−140.7=−20，
从而a=y¯−bx¯=80+20×8.5=250，
故所求回归直线方程为y=−20x+250；
当x＝10时，y¯=−20×10+250=50，
故当销售单价定为10元时，销量为50件；
由题意可得，P＝y(x−5)＝(−20x+250)(x−5)＝−20(x−8.75)2+281.25．
故要使利润达到最大，应将价格定位8.75元．
【答案】
（1）直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
所以联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，
所以△=(2−2p)2−4=0，解得p=2，
方程x2+(2−2p)x+1=0，即为x2−2x+1=0，解得x=1，
把x=1代入y=x+1得，y=2，所以P(1, 2)
所以抛物线方程为：y2=4x．
（2）设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x＝m(y+12)−12y2＝4x，得y2−4my−2m+2=0，
y1+y2=4m，y1y2=−2m+2，
△=(−4m)2−4×1×(−2m+2)=4m2+8m−8=4(m+1)2−12>0，解得m>3−1或m<−1−3，
k1=y1−2x1−1=y1−2m(y1+12)−12−1=2y1−42my1+m−3，
同理得k2=2y2−42my2+m−3，
λ=k1+k2=2y1−42my1+m−3+2y2−42my2+m−3=2[4my1y2−3(m+1)(y1+y2)−4(m−3)]4m2y1y2+2m(m−3)(y1+y2)+(m−3)2
=2[4m(−2m+2)−3(m+1)×4m−4(m−3)]4m2(−2m+2)+2m(m−3)×4m+(m−3)2
=8(−5m2−2m+3)3(−5m2−2m+3)=83．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
(Ⅰ)根据题意，联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，即△=0，解得p，进而可得抛物线方程及切点P坐标．
(Ⅱ)设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l2与抛物线方程，结合韦达定理得y1+y2，y1y2，
k1=2y1−42my1+m−3，同理得k2=2y2−42my2+m−3，化简λ=k1+k2即可得出答案．
【解答】
（1）直线l1:y=x+1与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点P．
所以联立y＝x+1y2＝2px，得x2+(2−2p)x+1=0有两个相等的实数根，
所以△=(2−2p)2−4=0，解得p=2，
方程x2+(2−2p)x+1=0，即为x2−2x+1=0，解得x=1，
把x=1代入y=x+1得，y=2，所以P(1, 2)
所以抛物线方程为：y2=4x．
（2）设直线l2方程为：x=m(y+12)−12，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x＝m(y+12)−12y2＝4x，得y2−4my−2m+2=0，
y1+y2=4m，y1y2=−2m+2，
△=(−4m)2−4×1×(−2m+2)=4m2+8m−8=4(m+1)2−12>0，解得m>3−1或m<−1−3，
k1=y1−2x1−1=y1−2m(y1+12)−12−1=2y1−42my1+m−3，
同理得k2=2y2−42my2+m−3，
λ=k1+k2=2y1−42my1+m−3+2y2−42my2+m−3=2[4my1y2−3(m+1)(y1+y2)−4(m−3)]4m2y1y2+2m(m−3)(y1+y2)+(m−3)2
=2[4m(−2m+2)−3(m+1)×4m−4(m−3)]4m2(−2m+2)+2m(m−3)×4m+(m−3)2
=8(−5m2−2m+3)3(−5m2−2m+3)=83．
【答案】
（1）由焦点三角形的性质可知当A在y轴上时，三角形AF1F2的面积最大，
则Smax=12×2c×b=bc∈[c2，3c2]，所以c≤b≤3c，
即c2≤a2−c2≤3c2，则2c2≤a2≤4c2，所以2c≤a≤2c，
即12≤ca≤22，
故椭圆的离心率的取值范围为[12,22]；
（2）由（1）知，椭圆的离心率的最小值为12，所以ca＝12，即a=2c，
所以b2=a2−c2=3c2，则此时椭圆方程可化为x24c2+y23c2＝1，
代入点P(1, 32)可得：14c2+34c2＝1，解得c2=1，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆的标准方程为x24+y23＝1，
由已知条件可得直线MN的斜率存在且不为0，
可设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0，
联立方程组x24+y23＝1y＝k(x−1)，消去y整理可得：(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，所以x1+x2＝8k23+4k2x1x2＝4k2−123+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2−2)=−6k3+4k2，
所以MN的中点的坐标为(4k23+4k2,−3k3+4k2)，
所以线段MN的垂直平分线的方程为y+3k3+4k2=−1k(x−4k23+4k2)，
即y=−1kx+k3+4k2，故点Q的坐标为(0, k3+4k2)，
由点Q的纵坐标的取值范围为(0, 18)，可得0
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k4(3+4k2)2−16k2−483+4k2
=1+k2⋅144+144k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2=3+33+4k2，
因为0
所以0<4k2<1或4k2>9，
由此可得|MN|∈(3,134)∪(154,4)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
（1）利用椭圆中焦点三角形的性质可得当A在y轴上时面积最大，由此可求出三角形的面积的表达式，进而可以求解；
（2）由（1）的结论以及已知可求出椭圆的标准方程，然后设直线MN的方程并与椭圆方程联立，写出根与系数的关系式，然后利用弦长公式求出MN的长度，
再求出线段MN的垂直平分线方程，求出Q的纵坐标，根据已知求出直线MN的斜率的范围，进而可以求出|MN|的范围．
【解答】
（1）由焦点三角形的性质可知当A在y轴上时，三角形AF1F2的面积最大，
则Smax=12×2c×b=bc∈[c2，3c2]，所以c≤b≤3c，
即c2≤a2−c2≤3c2，则2c2≤a2≤4c2，所以2c≤a≤2c，
即12≤ca≤22，
故椭圆的离心率的取值范围为[12,22]；
（2）由（1）知，椭圆的离心率的最小值为12，所以ca＝12，即a=2c，
所以b2=a2−c2=3c2，则此时椭圆方程可化为x24c2+y23c2＝1，
代入点P(1, 32)可得：14c2+34c2＝1，解得c2=1，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆的标准方程为x24+y23＝1，
由已知条件可得直线MN的斜率存在且不为0，
可设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0，
联立方程组x24+y23＝1y＝k(x−1)，消去y整理可得：(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，所以x1+x2＝8k23+4k2x1x2＝4k2−123+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2−2)=−6k3+4k2，
所以MN的中点的坐标为(4k23+4k2,−3k3+4k2)，
所以线段MN的垂直平分线的方程为y+3k3+4k2=−1k(x−4k23+4k2)，
即y=−1kx+k3+4k2，故点Q的坐标为(0, k3+4k2)，
由点Q的纵坐标的取值范围为(0, 18)，可得0
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k4(3+4k2)2−16k2−483+4k2
=1+k2⋅144+144k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2=3+33+4k2，
因为0
所以0<4k2<1或4k2>9，
由此可得|MN|∈(3,134)∪(154,4)．单价x（元）
8
8.2
8.4
8.6
8.8
9
销量y（件）
90
84
83
80
75
68
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