2020-2021学年广东省广州市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年广东省广州市高三（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. 设集合A，B满足A∪B={1,2,3,4,5,6}，A∩B={2,4}，A={2,3,4,5}，则B=( )
A.{2,4,5,6}B.{1,2,4,6}C.{2,4,6}D.{1,2,4}

2. 若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A.0.5B.0.6C.0.3D.0.4

3. 九连环是中国最杰出的益智游戏之一．九连环有九个相互连接的环组成，这九个环套在一个中空的长形柄中，九连环的玩法就是要将这九个环从柄上解下来，规则如下：如果要解下（或安上）第n号环，则第(n−1)号环必须解下（或安上），n−1往前的都要解下（或安上）才能实现．记解下n连环所需的最少移动步数为an，已知a1=1，a2=2，an=an−1+2an−2+1(n≥3)，则解六连环最少需要移动圆环步数为( )

A.42B.85C.256D.341

4. 1+32x 100的展开式中有理项的个数为( )
A.50B.33C.34D.35

5. 已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1, a)，B(2, b)，且cs2α=23，则|a−b|=( )
A.15B.55C.255D.1

6. 设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A.123B.543C.243D.183

7. 已知函数f(x)=ex,x≤0，lnx,x>0，g(x)=f(x)+x+a，若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A.[−1, 0)B.[0, +∞)C.[−1, +∞)D.[1, +∞)

8. 已知双曲线C:x23−y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|=( )
A.3B.32C.23D.4
二、多选题

某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
则下面结论中正确的是( )
A.新农村建设后，种植收入减少
B.新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C.新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D.新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半

欧拉公式exi=csx+isinx(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧拉公式，下列选项正确的是( )
A.复数e2i对应的点位于第三象限B.eπ2i为纯虚数
C.复数exi3+i的模长等于 12D.eπ6i的共轭复数为12−32i

已知a>0,b>0，且2a+8b=1，则（ ）
A.3a−4b>33B.a+2b≤1
C.lg2a+lg2b≤−6D.a2+16b2<18

如图，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则( )

A.平面α截正方体的截面可能是三角形
B.当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为26
C.点D到平面α的距离的最大值为 263
D.当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
三、填空题

已知向量a→=1,2，写出一个与a→共线的非零向量b→=________.

已知tan(α−5π4)=15，则tanα=_________.

设函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax．若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0, 0)处的切线方程为_______.

已知点M在抛物线C：y2=4x上运动，过点M向圆C′：x−32+y2=4引切线l1，l2，切点分别为P，Q，则|PQ|的取值范围为________．
四、解答题

在平面四边形ABCD中，∠ADC=90∘，∠A=45∘，AB=2，BD=5．
1求cs∠ADB；

2若DC=22，求BC．

已知数列an的前n项和Sn满足2Sn−nan=n，n∈N∗，且a2=3．
(1)求证：数列an−1n−1n≥2是常数列；

(2)求数列an的通项公式．若数列bn通项公式bn=3n−2，将数列an与bn的公共项按从小到大的顺序排列得到数列cn，求cn的前n项和．

如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD//BC，BC⊥AB，AB=BC=2AE=2，F为CE上一点，且BF⊥平面ACE．

(1)证明：AE⊥平面BCE；

(2)若平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60∘，求AD．

在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期．一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：

(1)求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x¯（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；

(3)以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立．为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？
附：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d,其中n=a+b+c+d .

已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1, m)(m>0)．
(1)证明：k<−12；

(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→+FA→+FB→=0→．证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．

已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x．
(1)若a=0，证明：当−10时，f(x)>0；

(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省广州市高三（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
Venn图表达集合的关系及运算
交、并、补集的混合运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
利用韦恩图，问题立马可解.
【解答】
解：∵A∪B=1,2,3,4,5,6，A∩B=2,4，A=2,3,4,5，
作出Venn图，如图所示，
可得B=1,2,4,6.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
互斥事件的概率加法公式
【解析】
直接利用互斥事件的概率的加法公式求解即可．
【解答】
解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，
所以不用现金支付的概率为1−0.45−0.15=0.4．
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用数列的递推关系式求出结果．
【解答】
解：由题意，得a3=a2+2a1+1=2+2+1=5，
a4=a3+2a2+1=5+4+1=10，
a5=a4+2a3+1=10+10+1=21，
a6=a5+2a4+1=21+20+1=42.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用展开式的通项得到r为3的倍数，即可求出有理项的个数.
【解答】
解：由题意，得1+32x 100的展开式的通项为Tr+1=C100r⋅2r3xr3，
若要使展开式为有理项，则r3为整数，
即r为3的倍数，
当r=0时也成立，
∴ r=0，3，6，…，99，
∴ 展开式中有理数的个数为34个.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
任意角的三角函数
三角函数的化简求值
【解析】
推导出cs2α=2cs2α−1=23，从而|csα|=306，进而|tanα|=|b−a2−1|=|a−b|=55．由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，
终边上有两点A(1, a)，B(2, b)，且cs2α=23，
∴ cs2α=2cs2α−1=23，解得cs2α=56，
∴ |csα|=306，
∴ |sinα|=1−3036=66，
|tanα|=|b−a2−1|=|a−b|
=|sinα||csα|=66306=55．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
本题主要考查球与三棱锥的切接问题及三棱锥的体积的最值问题．
【解答】
解：如图，设E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，连结BE，OM，OD，BO．
因为S△ABC=34AB2=93，
所以AB=6，BM=23BE=23AB2−AE2=23．
易知OM⊥平面ABC，
所以在Rt△OBM中，OM=OB2−BM2=2，
所以当D，O，M三点共线且DM=OD+OM时，三棱锥D−ABC的体积取得最大值，
且最大值Vmax=13S△ABC×(4+OM)=13×93×6=183．
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
函数的零点
【解析】
由g(x)=0得f(x)=−x−a，分别作出两个函数的图象，根据图象交点个数与函数零点之间的关系进行转化求解即可．
【解答】
解：由g(x)=0得f(x)=−x−a，
作出函数f(x)和y=−x−a的图象如图：
当直线y=−x−a的截距−a≤1，
即a≥−1时，f(x)和y=−x−a的图象都有2个交点，
即函数g(x)存在2个零点，
故实数a的取值范围是[−1, +∞).
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
两点间的距离公式
双曲线的渐近线
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，求出直线方程，求出MN的坐标，然后求解|MN|．
【解答】
解：双曲线C:x23−y2=1的渐近线方程为：y=±33x，
渐近线与x轴的夹角为：30∘，
不妨设过F(2, 0)的直线为：y=3(x−2)，
则：y=−33x，y=3(x−2)，解得M(32, −32)，
y=33x，y=3(x−2)，解得：N(3,3)，
则|MN|=(3−32)2+(3+32)2=3．
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
扇形统计图
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
设建设前经济收入为a，建设后经济收入为2a．通过选项逐一分析新农村建设前后，经济收入情况，利用数据推出结果．
【解答】
解：设建设前经济收入为a，建设后经济收入为2a．
A项，种植收入37%×2a−60%a=14%a>0，
故建设后，种植收入增加，故A错误；
B项，建设后，其他收入为5%×2a=10%a，
建设前，其他收入为4%a，
故10%a÷4%a=2.5>2，故B正确；
C项，建设后，养殖收入为30%×2a=60%a，
建设前，养殖收入为30%a，
故60%a÷30%a=2，故C正确；
D项，建设后，养殖收入与第三产业收入总和为
(30%+28%)×2a=58%×2a，
经济收入为2a，
故(58%×2a)÷2a=58%>50%，故D正确．
故选BCD．
【答案】
B,C
【考点】
欧拉公式的应用
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
虚数单位i及其性质
【解析】
对于A，e2i=cs2+isin2，根据2∈π2,π，即可判断出；对于BCD，根据欧拉公式exi=csx+isinx逐项计算，然后判断正误即可．
【解答】
解：A，由题意，得e2i=cs2+isin2，
∵2∈π2,π，
∴cs2∈−1,0，sin2∈0,1，
∴e2i表示的复数在复平面中位于第二象限，故A错误；
B，∵eπ2i=csπ2+isinπ2=i，
∴eπ2i为纯虚数，故B正确；
C，exi3+i=csx+isinx3+i=csx+isinx3−i3+i3−i
=3csx+sinx4+3sinx−csx4i，
可得其模的长为3csx+sinx42+3sinx−csx42=12，故C正确；
D，∵eπ6i=csπ6+isinπ6=32+12i，
∴eπ6i的共轭复数为32−12i，故D错误．
故选BC．
【答案】
A,B,C
【考点】
对数的运算性质
基本不等式
指数式、对数式的综合比较
指数式与对数式的互化
【解析】
1
【解答】
解：对于A，因为a>0,b>0，且2a+8b=1，
所以2a−8b=2a−1−2a=4a−1>−1，
所以32a−8b>3−1=13，所以3a−4b>33，故A正确；
对于B，2a+8b2=2a+8b+22a⋅8b
=1+22a⋅8b≤1+2a+8b=2，
所以2a+8b≤2，当且仅当2a=8b，即a=14,b=116时取等号，
故a+2b≤1，故B正确；
对于C，lg22a+lg28b=lg216ab≤lg22a+8b22=−2，
当且仅当2a=8b，即a=14,b=116时取等号，
故lg22a+lg28b=1+lg2a+3+lg2b≤−2，
得lg2a+lg2b≤−6，故C正确；
对于D，已知a>0,b>0，且2a+8b=1，
所以2a+8b2≤22a2+28b2，即1≤8a2+128b2，
则a2+16b2≥18，当且仅当2a=8b，即a=14,b=116时取等号，故D错误．
故选ABC．
【答案】
B,C,D
【考点】
平面的基本性质及推论
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
【解析】
本题考查正方体的截面问题，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，连接PF与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM，
当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面为边长
为4+1=5的菱形，
且截面的面积为5×5×265=26，
当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，
故A错误，B，D正确；
又D0,0,0，A2,0,0，P0,0,4，
设点M的坐标为0,t,0t∈2,4，
则DA→=2,0,0 AM→=−2,t,0，PA→=2,0,−4，
则可知点P到直线AM的距离为
d=PA→2−(|PA→⋅AM→|AM→||)2=20t2+644+t2，
则△APM的面积S=12t2+4⋅d=5t2+16，
S△PAD=12×2×4=4，
设点D到平面α的距离为ℎ，
利用等体积法VD−APM=VM−PAD，
即13S△APM⋅ℎ=13⋅S△PAD ⋅t
可得ℎ=4t5t2+16 ，则ℎ=45+16t2
由ℎ=45+16t2在t∈[2,4]单调递增，
所以当t=4时， ℎ取到最大值为263.
故选BCD.
三、填空题
【答案】
2,4（答案不唯一）
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
设b→=x,y，由a→//b→，得到2x−y=0，据此写一个即可.
【解答】
解：设b→=x,y，
∵ a→//b→，
∴ 2x−y=0，
∴ 与a→共线的单位向量可以是2,4.
故答案为：2,4（答案不唯一）.
【答案】
32
【考点】
两角和与差的正切公式
【解析】
先求出tanα的值，再利用二倍角的正切公式，即可求得结论．
【解答】
解：∵ tan(α−5π4)=tan(α−π4)=tanα−tanπ41+tanα⋅tanπ4=15，
解得tanα=32.
故答案为：32.
【答案】
y=x
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法．
【解答】
解：因为函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax为奇函数，
所以f(−1)+f(1)=0，
所以−1+a−1−a+(1+a−1+a)=0，
解得a=1，所以f(x)=x3+x，
所以f′(x)=3x2+1，
所以f′(0)=1，
所以曲线 y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
故答案为：y=x.
【答案】
[22,4)
【考点】
圆锥曲线中的范围与最值问题
圆与圆锥曲线的综合问题
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
本题考查抛物线的方程、圆的方程、直线与圆综合性问题．
【解答】
解： 如图，连接MC′，C′P，C′Q，PQ，
易得C′P⊥MP，C′Q⊥MQ，MC′⊥PQ，
所以四边形MPC′Q 的面积为12|MC′|⋅|PQ|；
另外四边形MPC′Q 的面积为△MPC′面积的两倍，
所以12|MC′|⋅|PQ|=|MP|⋅|C′P|，
故|PQ|=2|MP|⋅|C′P||MC′|=4|C′M|2−4|C′M|=41−4|C′M|2，
故当|C′M|最小时，|PQ|最小.
设Mx,y，则|MC′|=x−32+y2=x2−2x+9，
所以当x=1时，|MC′|min=22，
当x→+∞，|PQ|趋近于圆的直径4，
故|PQ|的取值范围为[22,4)．
故答案为：[22,4).
四、解答题
【答案】
解：1∵ ∠ADC=90∘，∠A=45∘，AB=2，BD=5．
∴ 由正弦定理得：ABsin∠ADB=BDsin∠A，即2sin∠ADB=5sin45∘，
∴ sin∠ADB=2sin45∘5=25，
∵ AB∴ cs∠ADB=1−(25)2=235．
2∵ ∠ADC=90∘，∴ cs∠BDC=sin∠ADB=25，
∵ DC=22，
∴ BC=BD2+DC2−2×BD×DC×cs∠BDC
=25+8−2×5×22×25=5．
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
（1）由正弦定理得2sin∠ADB=5sin45∘，求出sin∠ADB=25，由此能求出cs∠ADB；
（2）由∠ADC=90∘，得cs∠BDC=sin∠ADB=25，再由DC=22，利用余弦定理能求出BC．
【解答】
解：1∵ ∠ADC=90∘，∠A=45∘，AB=2，BD=5．
∴ 由正弦定理得：ABsin∠ADB=BDsin∠A，即2sin∠ADB=5sin45∘，
∴ sin∠ADB=2sin45∘5=25，
∵ AB∴ cs∠ADB=1−(25)2=235．
2∵ ∠ADC=90∘，
∴ cs∠BDC=sin∠ADB=25，
∵ DC=22，
∴ BC=BD2+DC2−2×BD×DC×cs∠BDC
=25+8−2×5×22×25=5．
【答案】
(1)证明：由2Sn−nan=n，得2Sn+1−n+1an+1=n+1，
将上述两式相减，得2an+1−n+1an+1+nan=1．
∴ nan−n−1an+1=1．
∴ an+1=nan−1n−1n≥2，
∴ an+1−1n−an−1n−1=nan−1n−1−1n−an−1n−1，
=an−1n−1−an−1n−1=0n≥2，
∴ 数列an−1n−1n≥2是常数列．
(2)解：由(1)可知，当n≥2时，an−1n−1=a2−12−1=2，
∴ an=2n−1n≥2，
检验当n=1时，an=2n−1也适用，
∴ an=2n−1n∈N∗，
∴ 数列an是以1为首项，以2为公差的等差数列，
又数列bn是以1为首项，以3为公差的等差数列，
∴ 这两个数列的公共项所构成的新数列cn是以1为首项，
以6为公差的等差数列，
∴ cn的前n项和为n⋅1+nn−12⋅6=3n2−2n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由2Sn−nan=n，得2Sn+1−n+1an+1=n+1，
将上述两式相减，得2an+1−n+1an+1+nan=1．
∴ nan−n−1an+1=1．
∴ an+1=nan−1n−1n≥2，
∴ an+1−1n−an−1n−1=nan−1n−1−1n−an−1n−1，
=an−1n−1−an−1n−1=0n≥2，
∴ 数列an−1n−1n≥2是常数列．
(2)解：由(1)可知，当n≥2时，an−1n−1=a2−12−1=2，
∴ an=2n−1n≥2，
检验当n=1时，an=2n−1也适用，
∴ an=2n−1n∈N∗，
∴ 数列an是以1为首项，以2为公差的等差数列，
又数列bn是以1为首项，以3为公差的等差数列，
∴ 这两个数列的公共项所构成的新数列cn是以1为首项，
以6为公差的等差数列，
∴ cn的前n项和为n⋅1+nn−12⋅6=3n2−2n．
【答案】
(1)证明：因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BF⊥AE．
因为BC⊥AB，且平面ABCD⊥平面ABE，
所以BC⊥平面ABE．
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为BF∩BC=B，
所以AE⊥平面BCE．
(2)解：因为AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以AE⊥BE．
在Rt△ABE中，AB=2AE=2 ，
所以∠ABE=30∘，∠BAE=60∘．
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，
设AD=a，则D(0,0,a)，E32,12,0，C(0,2,2)，
所以DE→=32,12,−a，CE→=32,−32,−2，
设平面CDE的法向量为n→=(x,y,z)，
则DE→⋅n→=32x+12y−az=0，CE→⋅n→=32x−32y−2z=0，
令z=2，则n→=33(2+3a),a−2,2 .
平面ABE的一个法向量为m→=(0,0,1)．
所以|cs⟨m→，n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|
=213(2+3a)2+(a−2)2+4=cs60∘，
解得a=153，即AD=153 .
【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】
1
【解答】
(1)证明：因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BF⊥AE．
因为BC⊥AB，且平面ABCD⊥平面ABE，
所以BC⊥平面ABE．
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为BF∩BC=B，
所以AE⊥平面BCE．
(2)解：因为AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以AE⊥BE．
在Rt△ABE中，AB=2AE=2 ，
所以∠ABE=30∘，∠BAE=60∘．
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，
设AD=a，则D(0,0,a)，E32,12,0，C(0,2,2)，
所以DE→=32,12,−a，CE→=32,−32,−2，
设平面CDE的法向量为n→=(x,y,z)，
则DE→⋅n→=32x+12y−az=0，CE→⋅n→=32x−32y−2z=0，
令z=2，则n→=33(2+3a),a−2,2 .
平面ABE的一个法向量为m→=(0,0,1)．
所以|cs⟨m→，n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|
=213(2+3a)2+(a−2)2+4=cs60∘，
解得a=153，即AD=153 .
【答案】
解：(1)x¯=11000×(1×85+3×205+5×310
+7×250+9×130+11×15+13×5)=5.4（天）；
(2)根据题意，补充完整的列联表如下：
则K2=65×45−55×352×200120×80×100×100=2512≈2.083，
经查表，得K2≈2.083<3.841,
所以没有95% 的把握认为潜伏期与年龄有关．
(3)由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为4001000=25，
设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，则X∼B(20,25),
P(X=k)=C20k(25)k(35)20−k,k=0，1，2，⋯，20，
由PX=k≥PX=k+1,PX=k≥PX=k−1,
得C20k25k3520−k≥C20k+125k+13519−k，C20k25k3520−k≥C20k−125k−13521−k，
化简得3k+1≥220−k，221−k≥3k，解得375≤k≤425 ，
又k∈N，所以k=8，即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人．
【考点】
众数、中位数、平均数
独立性检验
二项分布的应用
用样本的频率分布估计总体分布
二项分布与n次独立重复试验的模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x¯=11000×(1×85+3×205+5×310
+7×250+9×130+11×15+13×5)=5.4（天）；
(2)根据题意，补充完整的列联表如下：
则K2=65×45−55×352×200120×80×100×100=2512≈2.083，
经查表，得K2≈2.083<3.841,
所以没有95% 的把握认为潜伏期与年龄有关．
(3)由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为4001000=25，
设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，则X∼B(20,25),
P(X=k)=C20k(25)k(35)20−k,k=0，1，2，⋯，20，
由PX=k≥PX=k+1,PX=k≥PX=k−1,
得C20k25k3520−k≥C20k+125k+13519−k，C20k25k3520−k≥C20k−125k−13521−k，
化简得3k+1≥220−k，221−k≥3k，解得375≤k≤425 ，
又k∈N，所以k=8，即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人．
【答案】
(1)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ 线段AB的中点为M(1, m)，
∴ x1+x2=2，y1+y2=2m.
将A，B代入椭圆C:x24+y23=1中，可得
3x12+4y12=123x22+4y22=12，
两式相减可得，
3(x1+x2)(x1−x2)+4(y1+y2)(y1−y2)=0，
即6(x1−x2)+8m(y1−y2)=0，
∴ k=y1−y2x1−x2=−68m=−34m
点M(1, m)在椭圆内，即14+m23<1，(m>0)，
解得0∴ k=−34m<−12．
(2)解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(x3, y3)，
可得x1+x2=2，
∵ FP→+FA→+FB→=0→，F(1, 0)，
∴ x1−1+x2−1+x3−1=0，
y1+y2+y3=0，
∴ x3=1，y3=−(y1+y2)=−2m，
∵ m>0，可得P在第四象限，
故y3=−32，m=34，k=−1，
由椭圆的焦半径公式得|FA|=a−ex1=2−12x1，
|FB|=2−12x2，|FP|=2−12x3=32．
则|FA|+|FB|=4−12(x1+x2)=3，
∴ |FA|+|FB|=2|FP|，
联立y=−x+743x2+4y2=12，
可得|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=3217，
所以该数列的公差d满足2|d|=±12|x1−x2|=±32114，
∴ 该数列的公差为±32128．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
等差关系的确定
等差数列的通项公式
直线的斜率
【解析】
（1）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法得6(x1−x2)+8m(y1−y2)=0，k=y1−y2x1−x2=−68m=−34m
又点M(1, m)在椭圆内，即14+m23<1，(m>0)，解得m的取值范围，即可得k<−12，
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(x3, y3)，可得x1+x2=2
由FP→+FA→+FB→=0→，可得x3−1=0，由椭圆的焦半径公式得则|FA|=a−ex1=2−12x1，|FB|=2−12x2，|FP|=2−12x3=32．即可证明|FA|+|FB|=2|FP|，求得A，B坐标再求公差．
【解答】
(1)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ 线段AB的中点为M(1, m)，
∴ x1+x2=2，y1+y2=2m.
将A，B代入椭圆C:x24+y23=1中，可得
3x12+4y12=123x22+4y22=12，
两式相减可得，
3(x1+x2)(x1−x2)+4(y1+y2)(y1−y2)=0，
即6(x1−x2)+8m(y1−y2)=0，
∴ k=y1−y2x1−x2=−68m=−34m
点M(1, m)在椭圆内，即14+m23<1，(m>0)，
解得0∴ k=−34m<−12．
(2)解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(x3, y3)，
可得x1+x2=2，
∵ FP→+FA→+FB→=0→，F(1, 0)，
∴ x1−1+x2−1+x3−1=0，
y1+y2+y3=0，
∴ x3=1，y3=−(y1+y2)=−2m，
∵ m>0，可得P在第四象限，
故y3=−32，m=34，k=−1，
由椭圆的焦半径公式得|FA|=a−ex1=2−12x1，
|FB|=2−12x2，|FP|=2−12x3=32．
则|FA|+|FB|=4−12(x1+x2)=3，
∴ |FA|+|FB|=2|FP|，
联立y=−x+743x2+4y2=12，
可得|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=3217，
所以该数列的公差d满足2|d|=±12|x1−x2|=±32114，
∴ 该数列的公差为±32128．
【答案】
(1)证明：当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)−2x，(x>−1)．
f′(x)=ln(x+1)−xx+1，f″(x)=x(x+1)2，
可得x∈(−1, 0)时，f″(x)≤0，x∈(0, +∞)时，f″(x)≥0,
∴ f′(x)在(−1, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增，
∴ f′(x)≥f′(0)=0，
∴ f(x)=(2+x)ln(1+x)−2x在(−1, +∞)上单调递增，又f(0)=0．
∴ 当−10时，f(x)>0．
(2)解：由f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x，得
f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+2+x+ax2x+1−2
=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)x+1，
令ℎ(x)=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)，
ℎ′(x)=4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1)．
当a≥0，x>0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
∴ ℎ(x)>ℎ(0)=0，即f′(x)>0，
∴ f(x)在(0, +∞)上单调递增，
故x=0不是f(x)的极大值点，不符合题意．
当a<0时，ℎ″(x)=8a+4aln(x+1)+1−2ax+1，
显然ℎ″(x)单调递减，
①令ℎ′′(0)，解得a=−16．
∴ 当−10，当x>0时，ℎ″(x)<0，
∴ ℎ′(x)在(−1, 0)上单调递增，在(0, +∞)上单调递减，
∴ ℎ′(x)≤ℎ′(0)=0，
∴ ℎ(x)单调递减，又ℎ(0)=0，
∴ 当−10，即f′(x)>0，
当x>0时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，
∴ f(x)在(−1, 0)上单调递增，在(0, +∞)上单调递减，
∴ x=0是f(x)的极大值点，符合题意；
②若−160，
ℎ″(e−1+6a4a−1)=(2a−1)(1−e1+6a4a)<0，
∴ ℎ″(x)=0在(0, +∞)上有唯一一个零点，设为x0，
∴ 当00，ℎ′(x)单调递增，
∴ ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，即f′(x)>0，
∴ f(x)在(0, x0)上单调递增，不符合题意；
③若a<−16，则ℎ′′(0)=1+6a<0，
ℎ″(1e2−1)=(1−2a)e2>0，
∴ ℎ″(x)=0在(−1, 0)上有唯一一个零点，设为x1，
∴ 当x1∴ ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，∴ ℎ(x)单调递增，
∴ ℎ(x)<ℎ(0)=0，即f′(x)<0，
∴ f(x)在(x1, 0)上单调递减，不符合题意．
综上，a=−16．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
【解析】
(1)对函数f(x)两次求导数，分别判断f′(x)和f(x)的单调性，结合f(0)=0即可得出结论；
(2)令ℎ(x)为f′(x)的分子，令ℎ″(0)计算a，讨论a的范围，得出f(x)的单调性，从而得出a的值．
【解答】
(1)证明：当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)−2x，(x>−1)．
f′(x)=ln(x+1)−xx+1，f″(x)=x(x+1)2，
可得x∈(−1, 0)时，f″(x)≤0，x∈(0, +∞)时，f″(x)≥0,
∴ f′(x)在(−1, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增，
∴ f′(x)≥f′(0)=0，
∴ f(x)=(2+x)ln(1+x)−2x在(−1, +∞)上单调递增，又f(0)=0．
∴ 当−10时，f(x)>0．
(2)解：由f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x，得
f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+2+x+ax2x+1−2
=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)x+1，
令ℎ(x)=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)，
ℎ′(x)=4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1)．
当a≥0，x>0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
∴ ℎ(x)>ℎ(0)=0，即f′(x)>0，
∴ f(x)在(0, +∞)上单调递增，
故x=0不是f(x)的极大值点，不符合题意．
当a<0时，ℎ″(x)=8a+4aln(x+1)+1−2ax+1，
显然ℎ″(x)单调递减，
①令ℎ′′(0)，解得a=−16．
∴ 当−10，当x>0时，ℎ″(x)<0，
∴ ℎ′(x)在(−1, 0)上单调递增，在(0, +∞)上单调递减，
∴ ℎ′(x)≤ℎ′(0)=0，
∴ ℎ(x)单调递减，又ℎ(0)=0，
∴ 当−10，即f′(x)>0，
当x>0时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，
∴ f(x)在(−1, 0)上单调递增，在(0, +∞)上单调递减，
∴ x=0是f(x)的极大值点，符合题意；
②若−160，
ℎ″(e−1+6a4a−1)=(2a−1)(1−e1+6a4a)<0，
∴ ℎ″(x)=0在(0, +∞)上有唯一一个零点，设为x0，
∴ 当00，ℎ′(x)单调递增，
∴ ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，即f′(x)>0，
∴ f(x)在(0, x0)上单调递增，不符合题意；
③若a<−16，则ℎ′′(0)=1+6a<0，
ℎ″(1e2−1)=(1−2a)e2>0，
∴ ℎ″(x)=0在(−1, 0)上有唯一一个零点，设为x1，
∴ 当x1∴ ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，∴ ℎ(x)单调递增，
∴ ℎ(x)<ℎ(0)=0，即f′(x)<0，
∴ f(x)在(x1, 0)上单调递减，不符合题意．
综上，a=−16．