2020-2021学年河北省廊坊市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年河北省廊坊市高三（下）5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i为虚数单位，复数z=1−i20201−i2018，则z的虚部为( )
A.12B.−12iC.−12D.12i

2. 抛物线y=ax2经过点M2,1，则M到焦点F的距离为( )
A.1716B.2C.3D.3316

3. 已知集合A=0,a+b,ab，B=0,1−b,1，(a,b∈R)，若A=B，则a+2b=( )
A.−2B.2C.−1D.1

4. 函数fx=csπ⋅xex−e−x的图象大致为( )
A.B.
C.D.

5. 已知函数 fx=2x−1,x≤0,−lg12x+1,x>0,若fa=1，则fa−2=( )
A.−1B.−12C.12D.1

6. 在边长为1的等边△ABC所在平面内，有一点P满足2PA→+PB→+PC→=0，则PA→⋅PB→=( )
A.−16B.316C.16D.−316

7. 算盘是一种手动操作计算辅助工具．它起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项重要发明，算盘有很多种类．现有一种算盘（如图一），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨每珠记作数字1（例如图二中算盘表示整数51）．如果拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为( )

A.16B.15C.12D.10

8. 在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊥PC，PA=AC=2，BC=a，动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为10，则该棱锥的外接球的表面积为( )
A.5πB.8πC.10πD.20π
二、多选题

某校举行学习党史知识比赛，甲、乙两个班各有10名同学参加，根据成绩绘制茎叶图如下，则( )

A.x¯甲>x¯乙B.x¯甲S乙2

若实数a，b满足a4A.a2
平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，各棱长均为2，设∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=θ，则( )

A.当θ=π2时，AC1=23
B.θ的取值范围为0,2π3
C.θ变大时，平行六面体的体积也越来越大．．
D.θ变化时，AC1和BD总垂直．

已知双曲线C：y2a2−x2=1（a>0），其上、下焦点分别为 F1，F2，O为坐标原点．过双曲线上一点Mx0,y0作直线l，分别与双曲线的渐近线交于P，Q两点，且点M为PQ中点，则下列说法正确的是( )
A.若l⊥y轴，则|PQ|=2
B.若点M的坐标为1,2，则直线l的斜率为14
C.直线PQ的方程为y0ya2−x0x=1
D.若双曲线的离心率 52，则三角形OPQ的面积为2
三、填空题

等比数列an中，a5a9−2a7=0，则a7=________.

若命题“∃x0∈R，x02−2x0+m<0”为真命题，则实数m的取值范围为________.

某科考队有甲、乙、丙三个勘探小组，每组三名队员．该队执行考察任务时，每人佩戴一部对讲机与总部联系，若每部对讲机在某时段能接通的概率均为12，且对讲机能否接通相互独立．甲组在该时段能联系上总部的概率为________，在该时段至少有两个勘探小组可以与总部取得联系的概率为________．

已知函数fx=ax+bcs2x+csin2x，其中a，b，c∈R，b2+c2=14，f′x为fx的导函数．若存在x1，x2∈R使得f′x1⋅f′x2=−1 成立，则 a+b+c的最大值为________.
四、解答题

在①a3=6，a1+S3=50；②S12>S9，a2+a21<0，③S9>0，S10<0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题． 问题：设等差数列an的前n项和为Sn，若________，判断Sn是否存在最大值，若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2π−B+sinπ+B=15.
(1)求sinB．

(2)若csA=−513，a=5，求△ABC的面积．

2021年是“十四五”开局之年，是在全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标之后，全面建设社会主义现代化国家新征程开启之年，新征程的第一阶段是2020年到2035年，基本实现社会主义现代化，其中保障农村农民的生活达到富裕是一个关键指标．某地区在2020年底全面建成小康社会，随着实施乡村振兴战略规划，该地区农村居民的收入逐渐增加，可支配消费支出也逐年增加．该地区统计了2016年——2020年农村居民人均消费支出情况，对有关数据处理后，制作如图1的折线图（其中变量y（万元）表示该地区农村居民人均年消费支出，年份用变量t表示，其取值依次为1.2，3，⋯⋯）．

(1)由图1可知，变量y与t具有很强的线性相关关系，求y关于t的回归方程，并预测2021年该地区农村居民人均消费支出；

(2)在国际上，常用恩格尔系数（其含义是指食品类支出总额占个人消费支出总额的比重）来衡量一个国家和地区人民生活水平的状况．根据联合国粮农组织的标准：恩格尔系数在40%∼50%为小康，30%−40%为富裕．已知2020年该地区农村居民平均消费支出构成如图2所示，预测2021年该地区农村居民食品类支出比2020年增长3%，从恩格尔系数判断2021年底该地区农村居民生活水平能否达到富裕生活标准．
参考公式：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
b=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−bx¯．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点．

(1)求证：CE⊥PD．

(2)在线段BD（不包括端点）上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为55，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=lnx+m2x2，m∈R.
(1)若m>0，函数fx图象上所有点处的切线中，切线斜率的最小值为2，求切线斜率取到最小值时的切线方程；

(2)若Fx=fx−mx有两个极值点，且所有极值的和不小于−e22−3，求m的取值范围.

已知直线l:y=x−1与椭圆C：x2a2+y2b2=1a>1,b>0相交于P，Q两点，M−1,0，MP→⋅MQ→=0．
(1)证明椭圆过定点Tx0,y0，并求出x02+y02的值；

(2)求弦长|PQ|的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省廊坊市高三（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
首先运算复数，再判断即可.
【解答】
解：z=1−i20211−i2018=1−i2020⋅i1−i2016⋅i2
=1−i2=12−12i.
故z的虚部为−12.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，利用抛物线x=−4y2上一点M的坐标，即可求出点M到焦点F的距离．
【解答】
解：∵抛物线y=ax2过点M2,1，
∴1=4a，解得a=14，
∴抛物线方程为y=14x2，即x2=4y，
∴此抛物线焦点为0,1，M到焦点F的距离
d=2−02−1−12=2．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
集合的相等
集合的确定性、互异性、无序性
【解析】
首先利用集合相等，计算出未知数，再利用元素的互异性，即可得出答案.
【解答】
解：由题意，得a+b=1−b,ab=1,或a+b=1,ab=1−b,
解得a=13,b=13,或a=0,b=1,
当a=0,b=1,时，A=0,0,1，违反互异性，舍去，
故a=b=13，
所以a+2b=1.
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
由函数fx的定义域为x|x≠0，可排除B；由函数为奇函数，图象关于原点对称，可排除C；当x>0时，分母ex−e−x>0恒成立，即当00，排除D．
【解答】
解：函数fx的定义域为x|x≠0，
f(−x)=cs(−πx)e−x−ex=cs(πx)−(ex−e−x)=−fx，
∴fx是奇函数，
当x∈0,12时，csπx>0，x>−x，
∴ex>e−x，
∴ex−e−x>0，
∴fx=csπxex−e−x>0．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
讨论求值即可.
【解答】
解：当a≤0时，2a−1=1，得a=1（舍去）；
当a>0时，−lg12(a+1)=1，得a=1，
所以f(a−2)=f−1=2−1−1=−12.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
直接表示出向量，再求数量积即可.
【解答】
解：由题意，得|AB→|=|BC→|=|AC→|=1，
取BC中点D，由题得2PA→+PB→+PC→=0→，
故有2PA→+2PD→=0→，
即PA→+PD→=0→，
∴ P为AD中点，
∴ PA→=12DA→=12(DB→+BA→)
=1212CB→+BA→
=14CB→+12BA→，
PB→=PA→+AB→
=1212CB→+BA→+AB→
=14CB→+12BA→+AB→
=14CB→+12AB→，
∴ PA→⋅PB→=14CB→+12BA→⋅14CB→+12AB→
=116|CB→|2−14|BA→|2+18CB→⋅BA→+18AB→⋅CB→
=116−14=−316.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
【解析】
根据题意，分别列出十位拨动0枚，个位拨动3枚、十位拨动1枚，个位拨动2枚、十位拨动2枚，个位拨动1枚、十位拨动3枚，个位拨动0枚，4种情况下结果，即可得答案．
【解答】
解：由题意，拨动三枚算珠，有四种拨法：
①十位拨动0枚，个位拨动3枚，有2种结果：7和3；
②十位拨动1枚，个位拨动2枚，有4种结果：12，16，52，56；
③十位拨动2枚，个位拨动1枚，有4种结果：21，25，61，65，
④十位拨动3枚，个位拨动0枚，有2种结果：30，70，
综上，拨动图一算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为12．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
求出三棱锥外接球的半径，进一步求出外接球的表面积．
【解答】
解：由题意，得PA⊥AC，PC=2+2=2，
如图，
将平面APC翻折到平面BPC内连AB，
则AB=10，AQ=PC2=1，
BQ=BC+CQ=a+1，
∴BA=1+a+12=10，
解得a=2，
∴PB=22+22=22，
AB=222−22=6，
∴AC2+BC2=AB2，
∴AC⊥BC，
∴△ABC外接圆半径r=AB2=62，
∴棱锥外接球半径R=r2+AP22=2，
∴S=4πR2=8π．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
众数、中位数、平均数
茎叶图
极差、方差与标准差
【解析】
利用茎叶图的数据，求出平均数及方差即可.
【解答】
解：x¯甲=110×(77+74+73+82+84
+85+88+88+94+95)=84，
x¯乙=110×(66+68+68+68+74
+76+77+86+88+89)=76，
∴ x¯甲>x¯乙，
S甲2=110×(77−84)2+(74−84)2+(73−84)2
+(82−84)2+(84−84)2+(85−84)2
+(88−84)2+(88−84)2+(94−84)2+(95−84)2
=52810=52.8，
S乙2=110×(66−76)2+(68−76)2+(68−76)2
+(68−76)2+(74−76)2+(76−76)2
+(77−76)2+(86−76)2+(88−76)2+(89−76)2
=71010=71，
∴ S甲2故选AC.
【答案】
A,D
【考点】
不等式的概念与应用
不等式比较两数大小
【解析】
由题意知，a，b满足a40，则得ab，即0【解答】
解：由a4①若a>0，则得a②若a<0，则得a>b，即0∴a2a3ea−b<1，不一定成立，故C错误；
lnab<0，成立，故D正确．
故选AD．
【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
二倍角的余弦公式
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
对于A，当θ=π2时，可得平行六面体ABCD−A1B1C1D1正方体，从而可求出其体对角线；
对于B．A1在面ABCD上投影为O点，则O必在AC直线上，由三余弦定理可知，cs∠A1AB=cs∠A1AO⋅cs∠CAB，从而可求出θ的范围，
对于C．由于V=S四边形ABCD⋅ℎ=AB⋅ADsinθ−ℎ=4ℎsinθ，从而可求出体积的最大值；
对于D．AC1在底面ABCD的投影一直在AC上而AC⊥BD，故无伦θ怎么变，AC1⊥BD．
【解答】
解：A，当∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=θ=π2时，平行六面体为正方体，
故AC1=22+22+22=23，故A正确；
B，A1在面ABCD上投影为O点，则O必在AC直线上，如图，
由三余弦定理，得cs∠A1AB=cs∠A1AO⋅cs∠CAB，
即csθ=cs∠A1AO⋅csθ2，
cs∠A1AO=csθcsθ2=2cs2θ2−1csθ2=2csθ2−1csθ2，
令csθ2=t，
cs∠A1AO∈−1,1，
则2t−1t∈−1,1⇒t∈12,1，
故csθ2∈12,1，则θ2∈0,π3，
故θ∈0,2π3，故B正确；
C，当θ∈0,π2时体积随着增θ大而增大，
θ∈π2,π时体积随着θ增大而减小，
当θ=π2时体积最大，故C错误；
D，AC1在底面ABCD的投影一直在AC上而AC⊥BD，
故无伦θ怎么变，AC1⊥BD，故D正确．
故选ABD．
【答案】
A,C,D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
双曲线的特性
双曲线的定义
双曲线的应用
【解析】
由题意，根据双曲线的性质对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：已知双曲线C：y2a2−x2=1（a>0），其渐近线方程为y=±ax，
不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
易知直线PQ的斜率存在，不妨设直线PQ的方程为y=k(x−x0)+y0，
将其与直线y=ax联立，解得x1=kx0−y0k−a=x0+ax0−y0k−a，
同理将其与直线y=−ax联立，解得x2=x0+−ax0−y0k+a，
因为x1+x2=2x0=2x0+ax0−y0k−a+−ax0−y0k+a，
整理得ax0−y0k−a=ax0+y0k+a，解得k=a2x0y0，
若l⊥y轴，此时k=0，解得x0=0，y0=±a，
不妨设M(0,a)，则P，Q分别为(−1,a)和(1,a)，此时|PQ|=2，故选项A正确；
若点M(1,2)，将其代入双曲线方程中可得4a2−12=1，解得a2=2，
所以k=a2x0y0=2×12=1，此时直线l的斜率为1，故选项B错误；
已知直线PQ的方程为y−y0=a2x0y0(x−x0)，即y0y−y02a2=x0x−x02，
所以y0ya2−x0x=y02a2−x02=1，此时点M在双曲线上，故选项C正确；
若双曲线的离心率为52，则e=a2+1a2=52，
a=2,
此时直线l为y0y4−x0x=1，其与y轴的交点为(0,4y0)，k=4x0y0，
则x1=x0+ax0−y0k−a=x0+2x0−y0k−2，
x2=x0+−ax0−y0k+a=x0−2x0+y0k+2，
所以|x1−x2|=|2x0−y04x0−2y0⋅y0−−2x0−y04x0+2y0⋅y0|=|y02+y02|=|y0|，
可得S△OPQ=12|4y0|⋅|x1−x2|=12⋅|4y0|⋅|y0|=2，故选项D正确，
综上得，选项正确的有ACD.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
2
【考点】
等比数列的性质
【解析】
利用等比数列的性质，即可得出答案.
【解答】
解：由等比数列的性质可知，a5a9=a72，
则由题意得，a72−2a7=0，
解得a7=2或a7=0（舍去）.
故答案为：2.
【答案】
(−∞,1)
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
“∃x∈R，x02−2x0+m<0”为真命题，即该命题成立，令y=x2−2x+m，x∈R，y=x2−2x+m 的图象需与x轴有两个交点，Δ=4−4m>0，可得M的取值范围．
【解答】
解：“∃x0∈R，x02−2x0+m<0”为真命题，即该命题成立，
令y=x2−2x+m，x∈R，
则存在x∈R，使得y=x2−2x+m<0，
∴y=x2−2x+m 的图象需与x轴有两个交点，
∴Δ=4−4m>0，
∴m<1，
故m的取值范围为(−∞,1)．
故答案为：(−∞,1)．
【答案】
78,245256
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
直接分别求概率即可.
【解答】
解：甲组都联系不上总部的概率为：12×12×12=18，
所以甲组能联系上总部的概率为：1−18=78；
至少两组与总部取得联系有两种情况，
一种是，两组与总部取得联系，概率为：C32×78×78×18=147512；
另一种是，三组均与总部取得联系，概率为：78×78×78=343512，
所以至少两组与总部取得联的概率为：147512+343512=245256.
故答案为：78；245256.
【答案】
22
【考点】
导数的运算
简单复合函数的导数
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】
由题意，对函数f(x)进行求导，利用辅助角公式进行整理，求出导函数的范围，因为f′(x1)⋅f′(x2)=−1<0，所以f′(x1)与f′(x2)异号，令f′(x1)<0，f′(x2)>0，将f′(x1)⋅f′(x2)=−1进行转化，求出a的值，对b和c进行参数化，代入求解即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=ax+bcs2x+csin2x，函数定义域为R，
f′(x)=a−2bsin2x+2ccs2x
=a−2b2+c2sin(2x−φ)，其中tanφ=cb，
可得f′(x)∈[a−2b2+c2,a+2b2+c2]，
因为f′(x1)⋅f′(x2)=−1<0，所以f′(x1)与f′(x2)异号，
不妨令f′(x1)<0，f′(x2)>0，
所以a−2b2+c2≤f′(x1)<0，a+2b2+c2≥f′(x2)>0，
所以−1=f′(x1)⋅f′(x2)≥f′(x1)(a+2b2+c2)
≥(a−2b2+c2)(a+2b2+c2)
=a2−4(b2+c2)=a2−1，
所以a2≤0，
解得a=0，
不妨令b=12csα，c=12sinα，
所以a+b+c=b+c=12(sinα+csα)
=22cs(α−π4)≤22，
当且仅当b=c=24时，等号成立，
所以a+b+c的最大值为22.
故答案为：22.
四、解答题
【答案】
解：选①：设数列{an}的公差为d，
由a5=6，得a1+4d=6，
由a1+S3=50，得4a1+3d=50，
解得a1=14，d=−2，
所以an=14−2(n−1)=16−2n，
所以Sn=−n2+15n，对称轴n=7.5，
故n=7或n=8时，Sn取最大值.
选②：由S12−S9>0，得a12+a11+a10>0，即3a11>0，
由a2+a21<0，得a2+a21=a11+a12<0，
所以a12<0，
所以d=a12−a11<0，
所以当n≤11时，an>0，n≥12时，an<0，
故n=11时，Sn取最大值.
选③：由S9>0，得S9=9(a1+a9)2=9×2a52>0，
所以a5>0，
由S10<0，得S10=10(a1+a10)2=10(a5+a5)2<0，
所以a5+a6<0，
所以a6<0，
所以d=a6−a5<0，
所以当n≤5时，an>0，a≥6时，an<0，
故n=5时，Sn取最大值．
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：选①：设数列{an}的公差为d，
由a5=6，得a1+4d=6，
由a1+S3=50，得4a1+3d=50，
解得a1=14，d=−2，
所以an=14−2(n−1)=16−2n，
所以Sn=−n2+15n，对称轴n=7.5，
故n=7或n=8时，Sn取最大值.
选②：由S12−S9>0，得a12+a11+a10>0，即3a11>0，
由a2+a21<0，得a2+a21=a11+a12<0，
所以a12<0，
所以d=a12−a11<0，
所以当n≤11时，an>0，n≥12时，an<0，
故n=11时，Sn取最大值.
选③：由S9>0，得S9=9(a1+a9)2=9×2a52>0，
所以a5>0，
由S10<0，得S10=10(a1+a10)2=10(a5+a5)2<0，
所以a5+a6<0，
所以a6<0，
所以d=a6−a5<0，
所以当n≤5时，an>0，a≥6时，an<0，
故n=5时，Sn取最大值．
【答案】
解：(1)将cs2π−B+sinπ+B=15，
化简得csB=sinB=15 ①，
又cs2B+sin2B=1 ②，
由①②整理，得25sin2B+5sinB−12=0 ，
即5sinB−35sinB+4=0，
∵sinB>0 ，
∴sinB=35．
(2)∵csA=−513，
∴sinA=1213，
由正弦定理可知，asinA=bsinB，
得b=134，
由(1)知csB=45，
∵在△ABC中，sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB
=1213×45−513×35=3365，
∴S△ABC=12absinC=12×5×134×3365=338 ．
【考点】
运用诱导公式化简求值
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)将cs2π−B+sinπ+B=15，
化简得csB=sinB=15 ①，
又cs2B+sin2B=1 ②，
由①②整理，得25sin2B+5sinB−12=0 ，
即5sinB−35sinB+4=0，
∵sinB>0 ，
∴sinB=35．
(2)∵csA=−513，
∴sinA=1213，
由正弦定理可知，asinA=bsinB，
得b=134，
由(1)知csB=45，
∵在△ABC中，sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB
=1213×45−513×35=3365，
∴S△ABC=12absinC=12×5×134×3365=338 ．
【答案】
解：(1)由已知，得t¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=1.01+1.10+1.21+1.33+1.405=1.21，
i=15ti2=12+22+32+42+52=55，
i=15t1yi=1×1.01+2×1.10+3×1.21+4×1.33+
5×1.40=19.16，
b=19.16−5×3×1.2155−5×32=1.0110=0.101，
a=1.21−0.101×3=0.907，
所求回归方程为y=0.101t+0.907，
当t=6时，y​=0.101×6+0.907=1.513万元，
故2021年该地区农村居民人均消费支出约为1.513万元．
(2)已知2021年该地区农村居民平均消费支出1.513万元，
由图2可知，2020年该地区农村居民食品类支出为4451元，
则预测2021年该地区食品类支出为4451×1+3%=4584.53元，
所以恩格尔系数=4584.5315130×100%≈30.3%∈30%,40%，
所以2021年底该地区农村居民生活水平能达到富裕生活标准．
【考点】
求解线性回归方程
扇形统计图
【解析】
（1）由已知数据可求t¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=1.01+1.10+1.21+1.33+1.405=1.21，
∑limti=1t12=12+22+32+42+52=5=55，
i=15t1yi=1×1.01+2×1.10+3×1.21+4×1.33+5×1.40=19.16，
b=19.16−5×3×1.2155−5×32=1.0110=0.101，
∴ a=1.21−0.101×3=0.907，
所求回归方程为y′=0.101t+0.907．
当t=6时，y​=0.101×6+0.907=1.513（万元）．
∴ 2021年该地区农村居民人均消费支出约为1.513万元．
（2）已知2021年该地区农村居民平均消费支出1.513万元，
由图2可知，2020年该地区农村居民食品类支出为4451元，则预测2021年该地区食品类支出为4451×1+3%=4584.53元，
∴ 恩格尔系数=45845315130×100%≈30.3%∈30%,40%,40%，
所以，2021年底该地区农村居民生活水平能达到富裕生活标准．
【解答】
解：(1)由已知，得t¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=1.01+1.10+1.21+1.33+1.405=1.21，
i=15ti2=12+22+32+42+52=55，
i=15t1yi=1×1.01+2×1.10+3×1.21+4×1.33+
5×1.40=19.16，
b=19.16−5×3×1.2155−5×32=1.0110=0.101，
a=1.21−0.101×3=0.907，
所求回归方程为y=0.101t+0.907，
当t=6时，y​=0.101×6+0.907=1.513万元，
故2021年该地区农村居民人均消费支出约为1.513万元．
(2)已知2021年该地区农村居民平均消费支出1.513万元，
由图2可知，2020年该地区农村居民食品类支出为4451元，
则预测2021年该地区食品类支出为4451×1+3%=4584.53元，
所以恩格尔系数=4584.5315130×100%≈30.3%∈30%,40%，
所以2021年底该地区农村居民生活水平能达到富裕生活标准．
【答案】
(1)证明：如图，取AB的中点O连PO，DO，
∵PA=PB，
∴PO⊥AB，
又∵平面PAB⊥底面ABCD，
∴PO⊥底面ABCD，
取CD的中点G，连OG，则OB，OP，OG两两垂直，
∴分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设AB=2，
则C1,2,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴CE→=−2,−1,0，PD→=−1,2,−3，
∴CE→⋅PD→=2−2=0
∴CE⊥PD．
(2)解：在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，此时点F为靠近点B的三等份点，即BF=13BD ．
理由如下：由(1)可知，分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，
z轴建立空间直角坐标系，
则A−1,0,0，B1,0,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴PE→=−1,1,−3，AP→=1,0,3，BD→=−2,2,0，BE→=−2,1,1，
设BF→=λBD→0<λ<1，
则BF→=−2λ,2λ,0，
∴EF→=BF→−BE→=−2λ+2,2λ−1,0 ，
设平面PEF的法向量为n→=x,y,z，
∵n→⊥PE→,n→⊥EF→,
∴n→⋅PE→=0,n→⋅EF→=0,
即−x+y−3z=0,−2λ+2x+2λ−1y=0,
令y=1，则x=2λ−12λ−2，z=132−2λ，
∴n→=(2λ−12λ−2,1,13(2−2λ) ，
设直线AP与平面PEF所成角的为θ，
∴sinθ=|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→|AP→||n→||
=|12⋅(2λ−12λ−2)2+1+(13(2−2λ))2|=55，
整理，得9λ2−6λ+1=0，
∴ λ=13，
∴在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，
此时点F为靠近点B的三等份点，即BF=13BD .
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：如图，取AB的中点O连PO，DO，
∵PA=PB，
∴PO⊥AB，
又∵平面PAB⊥底面ABCD，
∴PO⊥底面ABCD，
取CD的中点G，连OG，则OB，OP，OG两两垂直，
∴分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设AB=2，
则C1,2,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴CE→=−2,−1,0，PD→=−1,2,−3，
∴CE→⋅PD→=2−2=0
∴CE⊥PD．
(2)解：在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，此时点F为靠近点B的三等份点，即BF=13BD ．
理由如下：由(1)可知，分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，
z轴建立空间直角坐标系，
则A−1,0,0，B1,0,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴PE→=−1,1,−3，AP→=1,0,3，BD→=−2,2,0，BE→=−2,1,1，
设BF→=λBD→0<λ<1，
则BF→=−2λ,2λ,0，
∴EF→=BF→−BE→=−2λ+2,2λ−1,0 ，
设平面PEF的法向量为n→=x,y,z，
∵n→⊥PE→,n→⊥EF→,
∴n→⋅PE→=0,n→⋅EF→=0,
即−x+y−3z=0,−2λ+2x+2λ−1y=0,
令y=1，则x=2λ−12λ−2，z=132−2λ，
∴n→=(2λ−12λ−2,1,13(2−2λ) ，
设直线AP与平面PEF所成角的为θ，
∴sinθ=|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→|AP→||n→||
=|12⋅(2λ−12λ−2)2+1+(13(2−2λ))2|=55，
整理，得9λ2−6λ+1=0，
∴ λ=13，
∴在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，
此时点F为靠近点B的三等份点，即BF=13BD .
【答案】
解：(1)f′x=1x+mxx>0，
当m>0时， f′x=1x+mx≥2m，
即2m=2,m=1，
当且仅当x=1时取得等号，
此时的切线方程为y=2x−32.
(2) Fx=lnx+m2x2−mxx>0，
F′x=1x+mx−m=mx2−mx+1x，
由题意可得： mx2−mx+1=0在0,+∞内有两个不相等的实数根x1,x2，
则： m>0,Δ=m2−4m>0,m>4，
且x1+x2=1,x1x2=1m，
Fx1+Fx2=lnx1+m2x12−mx1+
lnx2+m2x2−mx2
=lnx1x2+m2(x1+x2)2−2x1x2m−m(x1+x2)
=ln1m+m21−2m−m=ln1m−m2−1，
令gm=ln1m−m2−1m>4，
函数gm单调递减且ge2=−e22−3 ,
则gm=ln1m−m2−1≥−e22−3=ge2，
解得m≤e2，
综上：m的取值范围为(4，e2].
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
基本不等式
利用导数研究函数的单调性
复合函数的单调性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=1x+mxx>0，
当m>0时， f′x=1x+mx≥2m，
即2m=2,m=1，
当且仅当x=1时取得等号，
此时的切线方程为y=2x−32.
(2) Fx=lnx+m2x2−mxx>0，
F′x=1x+mx−m=mx2−mx+1x，
由题意可得： mx2−mx+1=0在0,+∞内有两个不相等的实数根x1,x2，
则： m>0,Δ=m2−4m>0,m>4，
且x1+x2=1,x1x2=1m，
Fx1+Fx2=lnx1+m2x12−mx1+
lnx2+m2x2−mx2
=lnx1x2+m2(x1+x2)2−2x1x2m−m(x1+x2)
=ln1m+m21−2m−m=ln1m−m2−1，
令gm=ln1m−m2−1m>4，
函数gm单调递减且ge2=−e22−3 ,
则gm=ln1m−m2−1≥−e22−3=ge2，
解得m≤e2，
综上：m的取值范围为(4，e2].
【答案】
(1)证明：设Px1,y1，Qx2,y2，
联立直线与椭圆方程，得x2a2+y2b2=1,y=x−1,
整理得a2+b2x2−2a2x+a2−a2b2=0，
则Δ>0， x1+x2=2a2a2+b2,x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2,
∵MP→⋅MQ→=0，
∴x1+1,y1⋅x2+1,y2=x1+1x2+1+y1y2
=x1+1x2+1+x1−1x2−1=2x1x2+2=0，
∴x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2=−1，即2a2+b2=a2b2，
∴1a2+2b2=1，
即椭圆过定点T11,2，T21,−2，T3−1,2，T4−1,−2，
∴x02+y02=1+2=3．
(2)解：|PQ|=2|x1−x2|=2[(x1+x2)2−4x1x2]
=2[(2a2a2+b2)2+4]=22(a2a2+b2)2+1
=22(11+b2a2)2+1（*），
由2a2+b2=a2b2得b2=2a2a2−1>0，
∴b2a2=2a2−1，
带入*式有 |PQ|=22(11+2a2−1))2+1，
∵a2>1，
∴|PQ|的取值范围22,4．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：设Px1,y1，Qx2,y2，
联立直线与椭圆方程，得x2a2+y2b2=1,y=x−1,
整理得a2+b2x2−2a2x+a2−a2b2=0，
则Δ>0， x1+x2=2a2a2+b2,x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2,
∵MP→⋅MQ→=0，
∴x1+1,y1⋅x2+1,y2=x1+1x2+1+y1y2
=x1+1x2+1+x1−1x2−1=2x1x2+2=0，
∴x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2=−1，即2a2+b2=a2b2，
∴1a2+2b2=1，
即椭圆过定点T11,2，T21,−2，T3−1,2，T4−1,−2，
∴x02+y02=1+2=3．
(2)解：|PQ|=2|x1−x2|=2[(x1+x2)2−4x1x2]
=2[(2a2a2+b2)2+4]=22(a2a2+b2)2+1
=22(11+b2a2)2+1（*），
由2a2+b2=a2b2得b2=2a2a2−1>0，
∴b2a2=2a2−1，
带入*式有 |PQ|=22(11+2a2−1))2+1，
∵a2>1，
∴|PQ|的取值范围22,4．