2020-2021年山东省潍坊市高三（下）3月月考数学试卷人教B版

这是一份2020-2021年山东省潍坊市高三（下）3月月考数学试卷人教B版，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. 已知集合A=−2,0，B=x|x2−2x=0，则以下结论正确的是( )
A.A=BB.A∩B=0C.A∪B=AD.A⊆B

2. 已知复数z=csθ+isinθ（i为虚数单位），则z−1的最大值为( )
A.1B.2C.2D.4

3. 在一次数学实验中，某同学运用图形计算器采集到如下一组数据：
在以下四个函数模型(a，b为待定系数)中，最能反映x，y函数关系的是( )
A.y=a+bxB.y=a+bxC.y=a+lgbxD.y=a+bx

4. 在空间中，下列命题是真命题的是( )
A.经过三个点有且只有一个平面
B.平行于同一平面的两直线相互平行
C.如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D.如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面

5. 接种疫苗是预防和控制传染病最经济、有效的公共卫生干预措施．根据实验数据，人在接种某种病毒疫苗后，有80%不会感染这种病毒，若有4人接种了这种疫苗，则最多1人被感染的概率为( )
A.512625B.256625C.113625D.1625

6. 多项式x2+1x+1x+2x+3展开式中x3的系数为( )
A.6B.8C.12D.13

7. 已知2020a=2021，2021b=2020，c=ln2，则( )
A.lgac>lgbcB.lgca>lgcbC.ac
8. 某中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为( )

A.144B.72C.36D.24
二、多选题

已知双曲线C:x2a2−y29=1a>0的左，右焦点分别为F1，F2，一条渐近线方程为y=34x，P为C上一点，则以下说法正确的是( )
A.C的实轴长为8B.C的离心率为53
C.|PF1|−|PF2|=8D.C的焦距为10

已知函数fx=x2+1，x≥0，csx，x<0，则下列结论正确的是( )
A.fx是偶函数B.ff−32π=1
C.fx是增函数D.fx的值域为[−1,+∞)

南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，⋯，设各层球数构成一个数列an，则下列选项正确的是( )

A.a4=12B.an+1=an+n+1C.a100=5050D.2an+1=an⋅an+2

已知实数x，y，z满足x+y+z=1，且x2+y2+z2=1，则下列结论正确的是( )
A.xy+yz+xz=0B.z的最大值为12
C.z的最小值为−13D.xyz的最小值为−427
三、填空题

已知正方形ABCD的边长为1，AB→=a→，BC→=b→，AC→=c→，则|a→+b→+c→|=________.

写出一个存在极值的奇函数fx=________.

已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，点P在抛物线C上，PQ垂直l于点Q，QF与y轴交于点T，O为坐标原点，且|OT|=2，则|PF|=________.

某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，∠PBA=∠QAB=60∘，AQ=QP=PB，若按此方案设计，工艺制造厂发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，此时∠AOB=________.

四、解答题

在①函数y=fx的图象关于直线x=π3对称，②函数y=fx的图象关于点Pπ6,0对称，③函数y=fx的图象经过点Q2π3,−1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．
问题：已知函数fx=sinωxcsφ+csωxsinφ(ω>0，|φ|<π2)最小正周期为π，且________，判断函数fx在π6,π2上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的x值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

已知数列an的前n项和为Sn，a2=6，Sn=12an+1+1．
(1)证明：数列Sn−1为等比数列，并求出Sn；

(2)求数列1an的前n项和Tn.

如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AD//BC，AB⊥AD，AB=2BC=4，E是棱PD上的动点（除端点外），F，M分别为AB，CE的中点．

(1)求证：FM//平面PAD；

(2)若直线EF与平面PAD所成的最大角为30∘，求平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值．

在对人体的脂肪含量和年龄之间的关系的研究中，科研人员获得了一些年龄和脂肪含量的简单随机样本数据(xi,yi)(i=1，2，⋯，20，25(1)请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求y关于x的线性回归方程y=a+bx（a，b的计算结果保留两位小数）；

(2)科学健身能降低人体脂肪含量，如表是甲，乙两款健身器材的使用年限（整年）统计表：
某健身机构准备购进其中一款健身器材，以使用年限的频率估计概率，请根据以上数据估计，该机构选择购买哪一款健身器材，才能使用更长久？
参考公式：相关系数
r=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2i=1nyi−y¯2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx¯2i=1nyi2−ny¯2
对于一组具有线性相关关系的数据xi,yi(i=1，2，⋯，n)，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为： b=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2，a=y¯−bx¯.

已知函数fx=x2−asinx−2a∈R.
(1)若曲线y=fx在点π2,fπ2处的切线经过坐标原点，求实数a；

(2)当a>0时，判断函数fx在x∈0,π上的零点个数，并说明理由．

在平面直角坐标系中，A1，A2两点的坐标分别为−2,0，2,0，直线A1M，A2M相交于点M且它们的斜率之积是−34，记动点M的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；

(2)过点F1,0作直线l交曲线E于P，Q两点，且点P位于x轴上方，记直线A1Q，A2P的斜率分别为k1，k2.
①证明：k1k2为定值；
②设点Q关于x轴的对称点为Q1，求△PFQ1面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021年山东省潍坊市高三（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
集合的包含关系判断及应用
集合的相等
交、并、补集的混合运算
【解析】
分别求集合，再判断即可.
【解答】
解：由题意得B=x∣x2−2x=0=0,2，A={−2,0}，
A，A≠B，故A错误；
B，A∩B={0}，故B正确；
C，A∪B=−2,0,2≠A，故C错误；
D，A不是B的子集，故D错误.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的模
【解析】
直接利用复数的几何意义，即可得出答案.
【解答】
解：因为复数z=csθ+isinθ在平面内对应的点为csθ,sinθ，
所以z−1=csθ−12+sin2θ=2−2csθ，
所以当csθ=−1时，
z−1max=2+2=2.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
利用数据的模型分布，即可求出答案.
【解答】
解：如图，
由数据的分布关系可知，该函数模型为指数模型，故应该为y=a+bx.
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
【解析】
直接逐个分析判断即可.
【解答】
解：A，经过不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；
B，平行于同一平面的两直线相互平行或相交，故B错误；
C，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；
D，如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
互斥事件的概率加法公式
【解析】
直接由相互独立事件的概率，即可求出答案.
【解答】
解：由题意可知，没人被感染的概率为P1=454=256625，
只有1人被感染的概率为P2=C41×15×453=256625，
故最多1人被感染的概率为P=P1+P2=256625+256625=512625.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
直接利用二项式展开式的的系数关系，即可得出答案.
【解答】
解：当x2+1取出x2时，此时系数为2×3+1×2+1×3=11；
当x2+1取出1时，此时系数为1×1×1×1=1，
故展开式中x3的系数为11+1=12.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
函数单调性的性质
【解析】
利用指数，对数，幂函数的性质，即可判断.
【解答】
解：由题意得，a=lg20202021>1，b=lg20212020<1，0因为lgbc>0，lgac<0，所以lgac因为a>b，0所以lgcabc，ca故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
确定出六棱柱的底面边长及高，即可求出.
【解答】
解：由题意得，设中间的小六边形的边长为x，
则折叠上来的长方形的一边为x，一边为3，
由正六边形的几何特征可知，6−x23=tan30∘=33，
解得x=4，
故该六棱柱的高为3，底面边长为4，
故六棱柱体积为6×12×4×4×32×3=72.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
双曲线的定义
【解析】
直接确定双曲线的标出方程，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得a=4，b=3，c=5，
A，实轴长为2a=8，故A正确；
B，离心率为e=ca=54，故B错误；
C，利用双曲线定义，PF1−PF2=8，故C错误；
D，焦距2c=10，故D正确.
故选AD.
【答案】
B,D
【考点】
分段函数的应用
函数的值域及其求法
函数奇偶性的判断
【解析】
当x<0时，fx不单调，根据函数的奇偶性的定义知fx为非奇非偶函数，利用分段函数ff−3π2=f0=1，当x≥0时，fx≥1，当x<0时，−1≤fx≤1，故fx的值域为[−1,+∞)，可得结果.
【解答】
解：∵当x<0时，f(x)不单调，
又fx=x2+1，x≥0，csx，x<0
f(−x)=x2+1，x≤0，csx，x>0，
∴f(x)为非奇非偶函数，故AC错误；
∵f−3π2=cs−3π2=0，
∴ff−3π2=f0=1，故B正确；
当x≥0时，fx≥1，当x<0时，−1≤fx≤1，
故f(x)的值域为[−1,+∞)，故D正确.
故选BD.
【答案】
B,C
【考点】
数列的求和
【解析】
设第n层有an个球，根据题意有an−an−1=n,利用累加法解得an=nn+12，逐一判断即可.
【解答】
解：设第n层有an个球，
根据题意a2−a1=2,
a3−a2=3,
...
an−an−1=n,
累加可得an−a1=2+3+⋯+n=n−1n+22，
∴an=n−1n+22+a1
=n−1n+22+1
=nn+12，
a4=10，A错误；
an+1−an=n+1，B正确；
a100=5050，C正确；
∵an+1=n+1n+22，an+2=n+2n+32，
∴2an+1≠an⋅an+2，D错误.
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵x+y+z2=x2+y2+z2+2z(x+y)+2xy
=1+2(xy+xz+yz)=1，
∴xy+yz+xz=0，故A正确；
∵x2+y2+z2=1 ，
∴ z2≤1，即|z|≤1，
∵x+y+z=1，
∴ 0得−13≤z≤1 (x=y=23 或0时取等号），故B错误，C正确；
∵xy+yz+xz=xy+(x+y)z=0，
∴xy=−x+yz，
∴·xyz=−x+yz2=−1−zz2=z3−z2，z∈−13,1，
令fz=z3−z2，则f′z=3z2−2z=z3z−2，
∴fz 在−13,0和23,1上单调递增，
在0,23上单调递减.
∵ f−13=−427，f23=−427，
∴xyz最小值为−427，故D正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
22
【考点】
向量的模
向量加减法的应用
【解析】
利用向量的加减法，即可得出答案.
【解答】
解：∵ AB→+BC→=a→+b→=AC→，
∴ a→+b→+c→=2AC→，
∴a→+b→+c→=2AC→=22.
故答案为：22.
【答案】
sinx(答案不唯一)
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
直接写出满足条件的奇函数且存在极值的奇函数即可.
【解答】
解：y=sinx是奇函数，且存在极值.
故答案为：sinx(答案不唯一).
【答案】
5
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
设准线l与x轴交于点M，因为OT//QM，可解得QM=4，故P点纵坐标为4，代入y2=4x，解得P4，4，根据两点间的距离公式可知PF=4−12+4−02=5.
【解答】
解：由题意得如图，
因为y2=4x，
所以F(1,0)，准线l：x=−1，
所以|QM|=|OF|，
所以Rt△QMT≅Rt△FOT.
又因为OT=2，
所以T(0,2)，M(0,4).
设P(xP,4)，
代入y2=4x，即16=4xP，
解得xP=4，
所以P4,4，
所以|PF|=|PQ|=xP+1=5.
故答案为：5.
【答案】
90∘
【考点】
函数模型的选择与应用
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
直接利用锥体和球的体积的等量性的应用求出结果．
【解答】
解：如图，设AB中点为M，PQ的中点为N，
因为OA=OB，AQ=QP=PB，
所以△OAB为等腰三角形，梯形AQPB为等腰梯形，
所以OM⊥AB，ON⊥PQ.
作PC⊥AB交AB于点C，QD⊥AB 于交AB于点D，
所以PQ=CD，AD=BC=AQ⋅cs∠QAB=12AQ=12PQ，
所以BC=AD=12PQ，
所以AB=2PQ，AM=12AB=PQ.
设PQ=a，
则MN=CP=BPsin∠PBA=32a，
OM=AO2−AM2=100−a2，
所以ON=OM+MN=100−a2+32a，
OP2=ON2+NP2
=100−a2+32a2+12a2
=100−a2+3a⋅100−a2+a2
=100+3⋅−a4+100a2
令y=−a4+100a2，当a2=−1002×−1=50时有最大值，
所以当a=52时，OP2最大，即OP最长，
此时AB=2a=102.
因为OA2+OB2=200=AB2，
所以△OAB为直角三角形，
所以∠AOB=90∘.
故答案为：90∘.
四、解答题
【答案】
解：fx=sinωxcsφ+csωxsinφ=sinωx+φ，
因为fx的周期T=2πω=π，
所以ω=2，
所以fx=sin2x+φ.
若选①，则2×π3+φ=kπ+π2k∈Z，
解得φ=kπ−π6k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=0，则φ=−π6，
所以fx=sin2x−π6.
当x∈π6,π2时，2x−π6∈π6,5π6，
所以当2x−π6=π2，即x=π3时，函数fx取得最大值，最大值为1.
若选②，则2×π6+φ=kπk∈Z，
解得φ=kπ−π3k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=0，则φ=−π3，
所以fx=sin2x−π3.
当x∈π6,π2时，2x−π3∈0,2π3，
所以当2x−π3=π2，即x=5π12时，函数fx取得最大值，最大值为1.
若选③，则2×2π3+φ=2kπ−π2k∈Z，
解得φ=2kπ−11π6k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=1，则φ=π6，
所以fx=sin2x+π6.
当x∈π6,π2时，2x+π6∈π2,7π6，
显然，函数fx在该区间上没有最大值．
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
函数解析式的求解及常用方法
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=sinωxcsφ+csωxsinφ=sinωx+φ，
因为fx的周期T=2πω=π，
所以ω=2，
所以fx=sin2x+φ.
若选①，则2×π3+φ=kπ+π2k∈Z，
解得φ=kπ−π6k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=0，则φ=−π6，
所以fx=sin2x−π6.
当x∈π6,π2时，2x−π6∈π6,5π6，
所以当2x−π6=π2，即x=π3时，函数fx取得最大值，最大值为1.
若选②，则2×π6+φ=kπk∈Z，
解得φ=kπ−π3k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=0，则φ=−π3，
所以fx=sin2x−π3.
当x∈π6,π2时，2x−π3∈0,2π3，
所以当2x−π3=π2，即x=5π12时，函数fx取得最大值，最大值为1.
若选③，则2×2π3+φ=2kπ−π2k∈Z，
解得φ=2kπ−11π6k∈Z.
又因为|φ|<π2，
所以令k=1，则φ=π6，
所以fx=sin2x+π6.
当x∈π6,π2时，2x+π6∈π2,7π6，
显然，函数fx在该区间上没有最大值．
【答案】
(1)证明：由已知得Sn=12(Sn+1−Sn)+1
所以Sn+1−1=3Sn−1，即Sn+1−1Sn−1=3，
令n=1，得S1=12a2+1=4，
所以S1−1=3，
所以{Sn−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn−1=S1−1×3n−1=3n，
所以Sn=3n+1.
(2)由(1)知，Sn=3n+1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n+1−3n−1+1=2×3n−1，
当n=1时，a1=S1=4，
所以an=4,n=1,2×3n−1,n≥2,
所以1an=14,n=1,12×13n−1,n≥2,
所以Tn=1a1+1a2+⋯+1an=14+16[1−(13)n−1]1−13
=12−14×3n−1．
【考点】
等比数列的通项公式
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知得Sn=12(Sn+1−Sn)+1
所以Sn+1−1=3Sn−1，即Sn+1−1Sn−1=3，
令n=1，得S1=12a2+1=4，
所以S1−1=3，
所以{Sn−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn−1=S1−1×3n−1=3n，
所以Sn=3n+1.
(2)由(1)知，Sn=3n+1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n+1−3n−1+1=2×3n−1，
当n=1时，a1=S1=4，
所以an=4,n=1,2×3n−1,n≥2,
所以1an=14,n=1,12×13n−1,n≥2,
所以Tn=1a1+1a2+⋯+1an=14+16[1−(13)n−1]1−13
=12−14×3n−1．
【答案】
(1)证明：取CD的中点N，连结FN，MN，如图，
因为F，N分别为AB，CD的中点，所以FN//AD.
又因为FN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以FN//平面PAD，
同理，MN//平面PAD.
因为FN∩MN=N，
所以平面MFN//平面PAD，
又因为FM⊂平面MFN，
所以FM//平面PAD．
(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以∠AEF即为直线EF与平面PAD所成的角，
且tan∠AEF=AFAE=2AE，
当AE最小，即E为PD中点时，AE⊥PD，此时∠AEF最大为30∘.
又因为AF=2，所以AE=23，所以AD=4，
取AD的中点O，连结PO，OC，
易知PO⊥平面ABCD，
因为AO//BC且AO=BC，
所以四边形ABCO为平行四边形，所以AO⊥OC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，C4,0,0，D0,2,0，E0,1,3，F2,−2,0，
CE→=−4,1,3，FC→=2,2,0，
设n1→=x,y,z为平面CEF的法向量，
则n1→⋅FC→=0，n1→⋅CE→=0，
即2x+2y=0，−4x+y+3z=0，
可取n1→=3,−3,5.
设平面PAD的法向量为n2→=1,0,0，
所以cs=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=331=9331，
所以平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为9331.
【考点】
直线与平面平行的判定
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：取CD的中点N，连结FN，MN，如图，
因为F，N分别为AB，CD的中点，所以FN//AD.
又因为FN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以FN//平面PAD，
同理，MN//平面PAD.
因为FN∩MN=N，
所以平面MFN//平面PAD，
又因为FM⊂平面MFN，
所以FM//平面PAD．
(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以∠AEF即为直线EF与平面PAD所成的角，
且tan∠AEF=AFAE=2AE，
当AE最小，即E为PD中点时，AE⊥PD，此时∠AEF最大为30∘.
又因为AF=2，所以AE=23，所以AD=4，
取AD的中点O，连结PO，OC，
易知PO⊥平面ABCD，
因为AO//BC且AO=BC，
所以四边形ABCO为平行四边形，所以AO⊥OC，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，C4,0,0，D0,2,0，E0,1,3，F2,−2,0，
CE→=−4,1,3，FC→=2,2,0，
设n1→=x,y,z为平面CEF的法向量，
则n1→⋅FC→=0，n1→⋅CE→=0，
即2x+2y=0，−4x+y+3z=0，
可取n1→=3,−3,5.
设平面PAD的法向量为n2→=1,0,0，
所以cs=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=331=9331，
所以平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为9331.
【答案】
解：(1)由题意得x¯2=2304，y¯2=729，i=120xiyi−20x¯y¯=1300，
i=120xi2−20x¯2=2200，i=1nyi2−20y¯2=900，
则r=i=120xiyi−20xyi=120xi2−20x¯2i=120yi2−20y¯2≈0.92，
所以有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；
由题意可得b=i=120xi−x¯yi−y¯i=120xi−x¯2
=i=120xiyi−20xyi=120xi2−20x¯2=1322≈0.59，
a=y¯−bx¯=27−0.59×48≈−1.32，
所以y=0.59x−1.32．
(2)以频率估计概率，设甲款健身器使用年限为X（单位：年），
EX=5×0.1+6×0.4+7×0.3+8×0.2=6.6，
设乙款健身器使用年限为Y（单位：年）
EY=5×0.3+6×0.4+7×0.2+8×0.1=6.1，
因为EX>EY，所以该机构购买甲款健身器材更划算．
【考点】
求解线性回归方程
离散型随机变量的期望与方差
【解析】


【解答】
解：(1)由题意得x¯2=2304，y¯2=729，i=120xiyi−20x¯y¯=1300，
i=120xi2−20x¯2=2200，i=1nyi2−20y¯2=900，
则r=i=120xiyi−20xyi=120xi2−20x¯2i=120yi2−20y¯2≈0.92，
所以有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；
由题意可得b=i=120xi−x¯yi−y¯i=120xi−x¯2
=i=120xiyi−20xyi=120xi2−20x¯2=1322≈0.59，
a=y¯−bx¯=27−0.59×48≈−1.32，
所以y=0.59x−1.32．
(2)以频率估计概率，设甲款健身器使用年限为X（单位：年），
EX=5×0.1+6×0.4+7×0.3+8×0.2=6.6，
设乙款健身器使用年限为Y（单位：年）
EY=5×0.3+6×0.4+7×0.2+8×0.1=6.1，
因为EX>EY，所以该机构购买甲款健身器材更划算．
【答案】
解：(1)f′x=2xsinx−x2−acsxsin2x，
所以f′π2=π，
所以fx在点π2,fπ2处的切线方程为y=πx，
所以fπ2=π22，即π24−a−2=π22，
解得a=−π24−2．
(2)因为x∈0,π，所以sinx>0，
所以x2−asinx−2=0可转化为x2−a−2sinx=0，
设gx=x2−a−2sinx，则g′x=2x−2csx，
当x∈π2,π时，g′x>0，所以gx在π2,π上单调递增．
当x∈0,π2时，设ℎx=g′x=2x−2csx，
此时ℎ′x=2+2sinx>0，
所以g′x在x∈0,π2时单调递增，
又g′0=−2<0，g′π2=π>0，
所以存在x0∈0,π2使得g′x=0，
且x∈0,x0时gx单调递减，x∈x0,π2时gx单调递增．
综上，对于连续函数gx，在x∈0,x0时，gx单调递减，
在x∈x0,π时，gx单调递增．
又因为g0=−a<0，
所以当gπ=π2−a>0，即a<π2时，函数gx有唯一零点在区间x0,π上，
当gπ=π2−a≤0，即a≥π2时，函数gx在区间0,π上无零点，
综上可知，当0当a≥π2时，函数fx在0,π上没有零点．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=2xsinx−x2−acsxsin2x，
所以f′π2=π，
所以fx在点π2,fπ2处的切线方程为y=πx，
所以fπ2=π22，即π24−a−2=π22，
解得a=−π24−2．
(2)因为x∈0,π，所以sinx>0，
所以x2−asinx−2=0可转化为x2−a−2sinx=0，
设gx=x2−a−2sinx，则g′x=2x−2csx，
当x∈π2,π时，g′x>0，所以gx在π2,π上单调递增．
当x∈0,π2时，设ℎx=g′x=2x−2csx，
此时ℎ′x=2+2sinx>0，
所以g′x在x∈0,π2时单调递增，
又g′0=−2<0，g′π2=π>0，
所以存在x0∈0,π2使得g′x=0，
且x∈0,x0时gx单调递减，x∈x0,π2时gx单调递增．
综上，对于连续函数gx，在x∈0,x0时，gx单调递减，
在x∈x0,π时，gx单调递增．
又因为g0=−a<0，
所以当gπ=π2−a>0，即a<π2时，函数gx有唯一零点在区间x0,π上，
当gπ=π2−a≤0，即a≥π2时，函数gx在区间0,π上无零点，
综上可知，当0当a≥π2时，函数fx在0,π上没有零点．
【答案】
(1)解：设点M坐标为x,y，
则直线A1M，A2M的斜率分别为yx+2，yx−2，x≠±2，
由题意得yx+2⋅yx−2=−34，
即x24+y23=1x≠±2.
(2)①证明：设直线l的方程为x=my+1，Px1,y1，Qx2,y2(y1>0，y2<0)，
则k1k2=y2x2+2y1x1−2，
=(x1−2)y2(x2+2)y1=(my1−1)y2(my2+3)y1=my1y2−y2my1y2+3y1
=my1y2−(y1+y2)+y1my1y2+3y1.
联立x=my+1，x24+y23=1，
消x得3m2+4y2+6my−9=0，
得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以k1k2=−9m3m2+4+6m3m2+4+y1−9m3m2+4+3y1
=−3m3m2+4+y1−9m3m2+4+3y1=13，
所以k1k2为定值13；
②解：Q1坐标为x2,−y2，则直线PQ1方程为y−y1=y1+y2x1−x2x−x1，
令y=0，解得x=x2−x1y1y1+y2+x1
=x2y1+x1y2y1+y2
=my2+1y1+my1+1y2y1+y2
=2my1y2y1+y2+1
=2m−93m2+4−6m3m2+4+1=4，
即直线PQ恒过D(4,0)点.
故S△PFQ1=|S△PFD−S△Q1FD|=|12×3|y1|−12×3|y2||
=32||y1|−|y2||=32|y1+y2|=32×6|m|3m2+4
=93|m|+4|m|≤9212=334.
当m2=43，即m=±233时，等号成立，
此时△PFQ1面积最大值为334.
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设点M坐标为x,y，
则直线A1M，A2M的斜率分别为yx+2，yx−2，x≠±2，
由题意得yx+2⋅yx−2=−34，
即x24+y23=1x≠±2.
(2)①证明：设直线l的方程为x=my+1，Px1,y1，Qx2,y2(y1>0，y2<0)，
则k1k2=y2x2+2y1x1−2，
=(x1−2)y2(x2+2)y1=(my1−1)y2(my2+3)y1=my1y2−y2my1y2+3y1
=my1y2−(y1+y2)+y1my1y2+3y1.
联立x=my+1，x24+y23=1，
消x得3m2+4y2+6my−9=0，
得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以k1k2=−9m3m2+4+6m3m2+4+y1−9m3m2+4+3y1
=−3m3m2+4+y1−9m3m2+4+3y1=13，
所以k1k2为定值13；
②解：Q1坐标为x2,−y2，则直线PQ1方程为y−y1=y1+y2x1−x2x−x1，
令y=0，解得x=x2−x1y1y1+y2+x1
=x2y1+x1y2y1+y2
=my2+1y1+my1+1y2y1+y2
=2my1y2y1+y2+1
=2m−93m2+4−6m3m2+4+1=4，
即直线PQ恒过D(4,0)点.
故S△PFQ1=|S△PFD−S△Q1FD|=|12×3|y1|−12×3|y2||
=32||y1|−|y2||=32|y1+y2|=32×6|m|3m2+4
=93|m|+4|m|≤9212=334.
当m2=43，即m=±233时，等号成立，
此时△PFQ1面积最大值为334.x
−2
−1
1
2
3
y
0.24
0.51
2.02
3.98
8.02
X
5
6
7
8
P
0.1
0.4
0.3
0.2
X
5
6
7
8
P
0.3
0.4
0.2
0.1
X
5
6
7
8
P
0.1
0.4
0.3
0.2
X
5
6
7
8
P
0.3
0.4
0.2
0.1