2020-2021学年河北省石家庄市高二（上）第3次月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市高二（上）第3次月考数学试卷人教A版，共11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. 已知全集为实数集R，集合A=x|x2+2x−8>0, B=x|lg2x<1，则(∁RA)∩B等于( )
A.−4,2B.[−4,2）C.−4,2D.0,2

2. 已知命题p:∀x∈R，2x2+1>0，命题p的否定是( )
A.∀x∈R，2x2+1≤0B.∃x∈R，2x2+1>0
C.∃x∈R，2x2+1<0D.∃x∈R，2x2+1≤0

3. a2>b2的一个充分不必要条件是( )
A.a>bB.|a|>|b|C.a>|b|D.1a>1b

4. 今年学校的体育节将于12月3日∼5日举行，某班的甲、乙两名同学各自等可能的从100米、200米和跳远三项运动项目中选择2项报名参赛，则他们选择的两项运动项目都相同的概率为( )
A.13B.23C.12D.19

5. 已知数列{an}的各项均为正数，a1=2，an+1−an=4an+1+an，若数列{1an+1+an}的前n项和为5，则n=( )
A.119B.121C.120D.122

6. x+21−2x5的展开式中，x的奇次幂项的系数之和为( )
A.−123B.−120C.−1D.1

7. 边长为4的正方形ABCD的四个顶点都在球O上，OA与平面ABCD所成角为π4，则球O的表面积为( )
A.64πB.32πC.16πD.128π

8. 已知F1，F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点，过F2的直线与椭圆交于P，Q两点，若PQ⊥PF1且|QF1|=2|PF1|，则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为( )
A.2−3B.2−1C.2+1D.2+3
二、多选题

给出下列命题，其中正确命题为( )
A.若回归直线的斜率估计值为0.25，样本点中心为2,3，则回归直线的方程为y=0.25x+2.5
B.随机变量ξ∼Bn,p，若Eξ=30,Dξ=20，则n=90
C.随机变量X服从正态分布N1,σ2， PX>1.5=0.34，则PX<0.5=0.16
D.对于独立性检验，随机变量K2的观测值k值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大

已知函数fx=1−|1−x|，若关于x的方程f2x+afx=0有n个不同的实根，则n的值可能为( )
A.3B.4C.5D.6

在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上存在点P，使得|PF1|=2|PF2|，其中F1，F2分别为椭圆的左，右焦点，则该椭圆的离心率可能为( )
A.12B.13C.14D.15

中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即 S=14c2a2−c2+a2−b222 （S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边）．现有△ABC满足sinA:sinB:sinC=2:3:7且△ABC的面积S△ABC=63，则下列结论正确的是( )
A.△ABC的周长为 10+27
B.△ABC的三个内角A，C，B成等差数列
C.△ABC的外接圆半径为4213
D.△ABC的中线CD的长为32
三、填空题

曲线x2+y25=1的焦点坐标为________.

用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的6位自然数，其中相邻两个数字奇偶性不同的有________个.

已知AB→与AC→的夹角为 90∘,|AB→|=2， |AC→|=1, AM→=λAB→+μAC→(λ，μ∈R)，且AM→⋅BC→=0，则 λμ 的值为________.

已知函数fx=23sinωx2csωx2+2cs2ωx2ω>0的周期为2π3，当x∈0,π3时，函数gx=fx+k恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围是________.
四、解答题

已知数列an满足a1=3，an+1=3an+2×3n+1n∈N∗，数列bn满足bn=an3n．
(1)求数列bn的通项公式；

(2)求数列an的前n项和Sn.

△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bcsC+c=2a．
(1)求角B的大小；

(2)若BD为AC边上的中线，csA=17，BD=1292，求△ABC的面积．

PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米∼75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标，某试点城市环保局从该市市区2019年上半年每天的PM2.5监测数据中随机的抽取15天的数据作为样本，监测值如下茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）．

(1)从这15天的数据中任取2天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列及数学期望；

(2)以这15天的PM2.5日均值来估计该市下一年的空气质量情况，则一年（按365天计算）中平均有多少天的空气质量达到一级或二级．

如图，在四面体A−BCD中， AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．

(1)证明：PQ⊥AD；

(2)若二面角C−BM−D的大小为60∘，求tan∠BDC．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，且经过点(32，12)．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过点P(0, 2)的直线交椭圆C于A，B两点，求△AOB（O为原点）面积的最大值．

已知函数gx=x2−2x+a在x∈1,m时有最大值为1，最小值为0.
(1)求实数a的值；

(2)设fx=gxx，若不等式f−lg12x+2klg12x≤0在x∈4,8上恒成立，求实数k的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市高二（上）第3次月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）根据题目所给信息进行解题即可.
【解答】
解：已知集合A=xx2+2x−8>0=xx<−4或x>2 ，
B=xlg2x<1=x0可得∁RA=x−4≤x≤2 ，
则(∁RA)∩B=x0故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题p:∀x∈R，2x2+1>0的否定是：∃x∈R，2x2+1≤0．
故选D．
3.
【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：若a>|b|，则a2>b2，但是当a2>b2时，a>|b|不一定成立.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
概率的应用
【解析】
由甲、乙两名同学各自等可能的从100米、200米和跳远三项运动项目中选择2项报名参赛，其中每个同学各有3种选法，共有3×3=9种不同的选法
，其中他们选择的两项运动项目都相同，共有C32种不同的选法，
所以他们选择的两项运动项目都相同的概率为39=13．故选：A．
【解答】
解：由甲、乙两名同学各自等可能的从100米、200米和跳远三项运动项目中选择2项报名参赛，
其中每个同学各有3种选法，共有3×3=9种不同的选法，
其中他们选择的两项运动项目都相同，共有C32种不同的选法，
则他们选择的两项运动项目都相同的概率为39=13．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得an+12−an2=4，a12=4，
所以数列{an2}是以4为首项，4为公差的等差数列，
则an2=4+4(n−1)=4n，
因为数列{an}的各项均为正数，
所以an=2n．
所以1an+1+an=12n+1+2n=12(n+1−n)，
故数列1an+1+an的前n项和为
12(2−1)+12(3−2)+⋯+12(n+1−n)
=12(n+1−1)=5，
所以n=120．
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
暂无
【解答】
解：设x+21−2x5=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
令x=1，则−3=a0+a1+a2+⋯+a6，
令x=−1，则35=a0−a1+a2−⋯+a6，
两式相减，整理得a1+a3+a5=−123．
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
先根据线面角求得球的半径，再由球的表面积公式可得选项．
【解答】
解：设正方形ABCD外接圆的圆心为O1，
由题意，∠OAO1=π4，
则AO1=AO⋅csπ4=AD⋅sinπ4⇒AO=AD=4，
球的表面积S=4π⋅42=64π.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的应用
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，作辅助线PM垂直于x轴于点M，
QN垂直于x轴于点N，如图：
因为△PMF2与△QNF2相似，
所以S△PF1F2S△QF1F2=|PM||QN|
=|PF2||QF2|，
设|PF1|=1，则|QF1|=2，
所以|PQ|=3，
设|PF2|=x，则|QF2|=3−x，
根据椭圆的定义可得：
1+x=3−x+2，
x=3+12，
所以|PF2||QF2|=2+3.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
求解线性回归方程
独立性检验的应用
离散型随机变量的分布列及性质
正态分布的密度曲线
【解析】
对于A选项，若回归直线的斜率估计值为0.25，样本点中心为(2,3)，则回归直线方程为y−3＝0.25(x−2)，即y＝0.25x＋2.5，A选项正确；
对于B选项，随机变量号ξ∼B(n,p)，
若E(ξ)=30，D(ξ)=20，E(ξ)=np=30E(ξ)=np(1−p)=20，解得 n=90p=13，B选项正确；
对于C选项，由于随机变量Ⅹ服从正态分布N(1,σ2)，P(X>1.5)=0.34，则P(X<0.5)=P(X>1.5)=0.34，C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量K2的观测值k值越大，则两变量有关系的程度越大，即k越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，故k越小，判定“两变量有关系”的错误率更高，D选项正确．故选：ABD．
【解答】
解：对于A选项，若回归直线的斜率估计值为0.25，样本点中心为(2,3)，
则回归直线方程为y−3=0.25(x−2)，即y=0.25x+2.5，A选项正确；
对于B选项，随机变量ξ∼B(n,p)，
若E(ξ)=30，D(ξ)=20，E(ξ)=np=30，D(ξ)=np(1−p)=20，
解得 n=90，p=13，B选项正确；
对于C选项，由于随机变量X服从正态分布N(1,σ2)，P(X>1.5)=0.34，
则P(X<0.5)=P(X>1.5)=0.34，C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量K2的观测值k值越大，
则两变量有关系的程度越大，即k越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，
故k越小，判定“两变量有关系”的错误率更高，D选项正确．
故选ABD．
【答案】
A,B
【考点】
根的存在性及根的个数判断
函数的零点与方程根的关系
【解析】
由f(x)(f(x)+a)＝0解得f(x)=0或f(x)=−a
若f(x)=0时，1−|1−x|=1，即|1−x|=1，解得x=0或x=2
若f(x)=−a时，即|1−x|=1+a
当a<−1时，方程|1−x|=1+a无解
当a=−1时，即|1−x|=0，解得x=1
当a>−1时，方程|1−x|=1+a的解为x=−a或x=2+a综上，该函数的零点可能为2，3，4个故选：AB
【解答】
解：由f(x)(f(x)+a)=0解得f(x)=0或f(x)=−a，
若f(x)=0时，1−|1−x|=0，即|1−x|=1，解得x=0或x=2；
若f(x)=−a时，即|1−x|=1+a，
当a<−1时，方程|1−x|=1+a无解；
当a=−1时，即|1−x|=0，解得x=1；
当a>−1时，方程|1−x|=1+a的解为x=−a或x=2+a.
综上可知，该函数的零点可能为2，3，4个.
故选AB.
【答案】
A,B
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
【解析】
利用椭圆的定义，表示出PF2=2a3，再利用椭圆的几何性质，构造不等式，即可得出离心率范围.
【解答】
解：根据椭圆定义，得|PF1|+|PF2|=2a.
∵ |PF1|=2PF2，
∴ |PF2|=2a3.
∵ |PF1|−|PF2|≤|F1F2|，
即2a3≤2c ，
解得：a≤3c，
∴ e=ca≥13.
又∵ 椭圆的离心率e<1，
∴ 该椭圆离心率的取值范围是[13,1).
故符合题意的选项有AB.
故选AB.
【答案】
A,B
【考点】
正弦定理
余弦定理
等差数列的性质
【解析】
本题考查解三角形的应用，由题 可知a:b:c=2:3:7，设a=2x,b=3x,c=7x，再根据S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2]=63 ，求出x=2,可知a=4,b=6,c=27，进而求解△ABC 周长为 4+6+27=10+27 ，再根据余弦定理求出C=60∘，即可知△ABC 三个内角A、C，B成等差数列
根据正弦定理求出解得R=2213,即可求解△ABC 外接圆直径为 4213,再利用余弦定理△ABC 中线CD的长为19.从而得解.
【解答】
解：因为△ABC 满足 sinA： sinB： sinC=2:3:7 ，
则 a:b:c=2:3:7，
设a=2x,b=3x,c=7x，
因为S△ABC=63 ，
即S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2]
=14{7x22x2−[7x2+2x2−3x22]2}=63 ，解得x=2,
所以a=4,b=6,c=27，
所以△ABC 周长为 4+6+27=10+27 ，故A正确；
根据余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=12，可知C=60∘，
所以A+B=180∘−60∘=120∘=2C,
所以△ABC 三个内角A，C，B成等差数列，故B正确；
根据正弦定理可知2R=csinC=2732,解得R=2213,
所以△ABC 外接圆半径为 2213,故C错误；
根据余弦定理可得csA=AB2+AC2−BC22AC⋅AB=AC2+AD2−DC22AC⋅AD,
即272+62−422×6×27=62+72−DC22×6×7,解得CD=19，
所以△ABC 中线CD的长为19，故D错误.
故选AB.
三、填空题
【答案】
(0,±2)
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：c=5−1=2，
且焦点在y轴上，
故焦点坐标为(0,±2).
故答案为：(0,±2).
【答案】
60
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
分类讨论，奇偶奇偶奇偶与偶奇偶奇偶奇数，求出相应的个数，即可得到结论．
【解答】
解：如果是奇偶奇偶奇偶，则有A33A33=36个；如果是偶奇偶奇偶奇，则有C21A22A33=24个.
故共有36+24=60（个）.
故答案为：60.
【答案】
14
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
平面向量坐标表示的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解；根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0),B(0,2),C(1,0)，
所以AB→=(0,2),AC→=(1,0),BC→=(1,−2)，
设M(x，y)，则AM→=(x，y)，
所以 AM→⋅BC→=(x,y)⋅(1,−2)=x−2y=0 ，
所以 x=2y.
因为AM→=λAB→+μAC→， 即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)，
所以x=μ，y=2λ，
所以λμ=12yx=14.
故答案为：14 .
【答案】
−3,−2
【考点】
正弦函数的图象
函数的零点
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
暂无
【解答】
解：函数fx=23sinωx2csωx2+2cs2ωx2=3sinωx+csωx+1
=2sinωx+π6+1，
因为函数fx的周期为2π3，所以 ω=2π2π3=3，fx=2sin3x+π6+1，
因为x∈0,π3时，函数gx=fx+k恰有两个不同的零点，
所以x∈0,π3时，fx=−k恰有两个不同的根，
在同一坐标系中作出函数y=fx，y=−k的图象如图所示：
由图象可知： 2≤−k<3，即−3故答案为：−3,−2．
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ an+1=3an+2×3n+1n∈N∗，
∴ an+13n+1=3an3n+1+2n∈N∗，
∴ an+13n+1=an3n+2．
∵ bn=an3n，∴ bn+1−bn=an+13n+1−an3n=2，
又a1=3，∴ b1=a13=1，
∴ 数列bn是首项为1，公差为2的等差数列，bn=1+2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=2n−1，∴ an=3nbn=2n−1⋅3n，
∴ Sn=3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n，
3Sn=32+3×33+5×34+⋯+2n−3×3n+2n−1×3n+1，
两式相减得−2Sn=3+2×32+2×33+⋯+2×3n−2n−1×3n+1
=181−3n−11−3+3−2n−1×3n+1=−2n−13n+1−6，
∴ Sn=n−13n+1+3.
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ an+1=3an+2×3n+1n∈N∗，
∴ an+13n+1=3an3n+1+2n∈N∗，
∴ an+13n+1=an3n+2．
∵ bn=an3n，∴ bn+1−bn=an+13n+1−an3n=2，
又a1=3，∴ b1=a13=1，
∴ 数列bn是首项为1，公差为2的等差数列，bn=1+2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=2n−1，∴ an=3nbn=2n−1⋅3n，
∴ Sn=3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n，
3Sn=32+3×33+5×34+⋯+2n−3×3n+2n−1×3n+1，
两式相减得−2Sn=3+2×32+2×33+⋯+2×3n−2n−1×3n+1
=181−3n−11−3+3−2n−1×3n+1=−2n−13n+1−6，
∴ Sn=n−13n+1+3.
【答案】
解：(1)∵ 2bcsC+c=2a．
由正弦定理可知：
2sinBcsC+sinC=2sinA
=2sin(B+C)=2sinBcsC+2csBsinC，
∴ sinC=2csBsinC，
∴ csB=12.
∵ B为三角形内角，
∴ B=π3.
(2)在△ABC中，csA=17，
∴ sinA=437，
∴ sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB
=437×12+17×32=5314，
∴ bc=sinBsinC=75.
设b=7x，c=5x，
∵ BD为AC边上的中线，BD=1292，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA，
∴ 1294=25x2+14×49x2−2×5x×12×7x×17，
解得x=1，
∴ b=7，c=5，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×7×5×437=103．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形求面积
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理化简已知表达式，求出B的值即可．
（2）先根据两角和差的正弦公式求出sinC，再根据正弦定理得到b，c的关系，再利用余弦定理可求b，c的值，再由三角形面积公式可求结果；
【解答】
解：(1)∵ 2bcsC+c=2a．
由正弦定理可知：
2sinBcsC+sinC=2sinA
=2sin(B+C)=2sinBcsC+2csBsinC，
∴ sinC=2csBsinC，
∴ csB=12.
∵ B为三角形内角，
∴ B=π3.
(2)在△ABC中，csA=17，
∴ sinA=437，
∴ sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB
=437×12+17×32=5314，
∴ bc=sinBsinC=75.
设b=7x，c=5x，
∵ BD为AC边上的中线，BD=1292，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA，
∴ 1294=25x2+14×49x2−2×5x×12×7x×17，
解得x=1，
∴ b=7，c=5，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×7×5×437=103．
【答案】
解：(1)依据条件，ξ服从超几何分布：
其中N=15，M=6，n=2，ξ的可能值为0，1，2，
Pξ=0=C60C92C152=1235，Pξ=1=C61C91C152=1835，Pξ=2=C62C90C152=535=17，
所以ξ的分布列为：
Eξ=0×1235+1×1835+2×17=45．
(2)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P=915=35，一年中空气质量达到一级或二级的天数为η，
则η∼B365,35, Eη=365×35=219，
∴ 一年中平均有219天的空气质量达到一级或二级．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
茎叶图
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)依据条件，ξ服从超几何分布：
其中N=15，M=6，n=2，ξ的可能值为0，1，2，
Pξ=0=C60C92C152=1235，Pξ=1=C61C91C152=1835，Pξ=2=C62C90C152=535=17，
所以ξ的分布列为：
Eξ=0×1235+1×1835+2×17=45．
(2)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P=915=35，一年中空气质量达到一级或二级的天数为η，
则η∼B365,35, Eη=365×35=219，
∴ 一年中平均有219天的空气质量达到一级或二级．
【答案】
(1)证明：取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
由题意知A0,2,2，B0,−2,0，D0,2,0，
设点C的坐标为x0,y0,0，
因为AQ→=3QC→，
所以Q34x0,24+34y0,12.
因为点M为AD的中点，故M0,2,1，
又点P为BM的中点，故P0,0,12，
所以PQ→=34x0,24+34y0,0，DA→=0,0,2,DA→⋅PQ→=0，
所以DA⊥PQ.
(2)解：设m→=x,y,z为平面BMC的一个法向量，
由CM→=−x0,2−y0,1,BM→=0,22,1，
知−x0x+2−y0y+z=0，22y+z=0，
取y=−1，得m→=y0+2x0,−1,22.
又平面BDM的一个法向量为n→=1,0,0，
于是|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|y0+2x0|9+(y0+2x0)2=12，
即y0+2x02=3.①
又BC⊥CD，
所以CB→⋅CD→=0，
故−x0,−2−y0,0⋅−x0,2−y0,0=0，
即x02+y02=2．②
联立①②，解得x0=0，y0=−2（舍去）或 x0=±62，y0=22，
所以tan∠BDC=|x02−y0|=3．
【考点】
两条直线垂直的判定
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
由题意知A0,2,2，B0,−2,0，D0,2,0，
设点C的坐标为x0,y0,0，
因为AQ→=3QC→，
所以Q34x0,24+34y0,12.
因为点M为AD的中点，故M0,2,1，
又点P为BM的中点，故P0,0,12，
所以PQ→=34x0,24+34y0,0，DA→=0,0,2,DA→⋅PQ→=0，
所以DA⊥PQ.
(2)解：设m→=x,y,z为平面BMC的一个法向量，
由CM→=−x0,2−y0,1,BM→=0,22,1，
知−x0x+2−y0y+z=0，22y+z=0，
取y=−1，得m→=y0+2x0,−1,22.
又平面BDM的一个法向量为n→=1,0,0，
于是|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|y0+2x0|9+(y0+2x0)2=12，
即y0+2x02=3.①
又BC⊥CD，
所以CB→⋅CD→=0，
故−x0,−2−y0,0⋅−x0,2−y0,0=0，
即x02+y02=2．②
联立①②，解得x0=0，y0=−2（舍去）或 x0=±62，y0=22，
所以tan∠BDC=|x02−y0|=3．
【答案】
解：(1)由 e2=a2−b2a2=1−b2a2=23，
得 ba=13①，
由椭圆C经过点(32，12)，得94a2+14b2=1 ②，
联立①②，解得 b=1，a=3．
所以椭圆C的方程是 x23+y2=1．
(2)易知直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+2．
将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，
消去y得 (1+3k2)x2+12kx+9=0．
令Δ=144k2−36(1+3k2)>0，得k2>1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=−12k1+3k2，x1x2=91+3k2．
所以 S△AOB=|S△POB−S△POA|
=12×2×|x1−x2|=|x1−x2|．
因为 (x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2
=(−12k1+3k2)2−361+3k2=36(k2−1)(1+3k2)2，
设 k2−1=t(t>0)，
则 (x1−x2)2=36t(3t+4)2
=369t+16t+24≤3629t×16t+24=34．
当且仅当9t=16t，即t=43时等号成立，
所以此时△AOB面积取得最大值32．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由 e2=a2−b2a2=1−b2a2=23，得 ba=13．再由椭圆C经过点(32，12)，能求出椭圆C的方程．
（2）设直线方程为y=kx+2．将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去y得(1+3k2)x2+12kx+9=0．再由根的判别式和韦达定理能够求出三角形面积的最大值．
【解答】
解：(1)由 e2=a2−b2a2=1−b2a2=23，
得 ba=13①，
由椭圆C经过点(32，12)，得94a2+14b2=1 ②，
联立①②，解得 b=1，a=3．
所以椭圆C的方程是 x23+y2=1．
(2)易知直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+2．
将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，
消去y得 (1+3k2)x2+12kx+9=0．
令Δ=144k2−36(1+3k2)>0，得k2>1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=−12k1+3k2，x1x2=91+3k2．
所以 S△AOB=|S△POB−S△POA|
=12×2×|x1−x2|=|x1−x2|．
因为 (x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2
=(−12k1+3k2)2−361+3k2=36(k2−1)(1+3k2)2，
设 k2−1=t(t>0)，
则 (x1−x2)2=36t(3t+4)2
=369t+16t+24≤3629t×16t+24=34．
当且仅当9t=16t，即t=43时等号成立，
所以此时△AOB面积取得最大值32．
【答案】
解：(1)函数gx=x2−2x+a=x−12+a−1，
∴ gx在区间1,m上是增函数，
故gm=m2−2m+a=1，g1=1−2+a=0，解得a=1，m=2.
(2)由已知可得gx=x2−2x+1，则fx=gxx=x+1x−2，
∴不等式flg2x−2k⋅lg2x≤0，转化为lg2x+1lg2x−2−2k⋅lg2x≤0
在x∈4,8上恒成立．
设t=lg2x，则t∈2,3，即t+1t−2−2kt≤0，在t∈2,3上恒成立，
即：2k≥1+1t2−2t=1t−12，
∴2k≥1t−1max2．
∵ t∈2,3，∴ 1t∈13,12，
∴ 当1t=13时，1t−12取得最大值，最大值为1t−12=49，
则2k≥49，即k≥29，
∴ k的取值范围是29,+∞．
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数gx=x2−2x+a=x−12+a−1，
∴ gx在区间1,m上是增函数，
故gm=m2−2m+a=1，g1=1−2+a=0，解得a=1，m=2.
(2)由已知可得gx=x2−2x+1，则fx=gxx=x+1x−2，
∴不等式flg2x−2k⋅lg2x≤0，转化为lg2x+1lg2x−2−2k⋅lg2x≤0
在x∈4,8上恒成立．
设t=lg2x，则t∈2,3，即t+1t−2−2kt≤0，在t∈2,3上恒成立，
即：2k≥1+1t2−2t=1t−12，
∴2k≥1t−1max2．
∵ t∈2,3，∴ 1t∈13,12，
∴ 当1t=13时，1t−12取得最大值，最大值为1t−12=49，
则2k≥49，即k≥29，
∴ k的取值范围是29,+∞．ξ
0
1
2
P
1235
1835
17
ξ
0
1
2
P
1235
1835
17