2020-2021学年广西某校高二（下）7月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西某校高二（下）7月月考数学（理）试卷人教A版，共12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. 设集合A={x|x<−2或x>1, x∈R}，B={x|x<0或x>2, x∈R}，则(∁RA)∩B是( )
A.(−2, 0)B.(−2, 0]C.[−2, 0)D.R

2. 如图的折线图是某农村小卖部2021年一月至五月份的营业额与支出数据，根据该折线图，下列说法正确的是( )

A.该小卖部2021年的前五个月中三月份的利润最高
B.该小卖部2021年的前五个月的利润一直呈增长趋势
C.该小卖部2021年的前五个月的利润的中位数为0.8万元
D.该小卖部2021年前五个月的总利润为3.5万元

3. 设复数z=1+2i(1−i)2，则z的虚部是( )
A.12B.12iC.−12D.−12i

4. 设a，b均为不等于1的正实数，则“a>b>1”是“lgb2>lga2”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

5. 若sinπ4+α=23，则sin2α=( )
A.19B.−19C.59D.−59

6. 若变量x，y满足约束条件 y≤0，x−2y−1≥0，x−4y−3≤0， 则z=3x−2y的最小值为( )
A.−2B.3C.9D.−1

7. 若向量a→=2,x，b→=−2,1不共线，且(a→+b→)⊥(a→−b→)，则a→⋅b→=( )
A.−3或−5B.−3C.−5D.3

8. 2021年7月14日−16日，中国国际进口博览会即将在上海举行，假如会议结束后，甲、乙、丙、丁、戊五位国家领导人排成一排合影，若甲国领导人只能站在首或尾两个位置，乙、丙两国领导人必须相邻，则不同的排列方式共有( )
A.12种B.21种C.24种D.40种

9. 直三棱柱ABC−A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是( )

A.AB1 // 平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的体积V=4
D.直三棱柱的外接球的表面积为43π

10. 已知函数fx=sinωx+φω>0,|φ|<π2的最小正周期是π，若将f(x)的图象向右平移π3个单位后得到的图象关于原点对称，则函数fx的图象( )
A.关于直线x=π12对称B.关于点π12,0对称
C.关于直线x=5π12对称D.关于点5π12,0对称

11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0，O为坐标原点，F为双曲线的右焦点，以OF为直径的圆与双曲线的渐近线交于一点A，若∠AFO=30∘，则双曲线的离心率为( )
A.2B.3C.2D.22

12. 已知函数fx在R上都存在导函数f′x，对于任意的实数都有f(−x)fx=e2x，当x<0时，fx+f′x>0，若eaf(2a+1)≥f(a+1)，则实数a的取值范围是( )
A.0,23B.−23,0C.[0,+∞)D.(−∞,0]
二、填空题

已知曲线y=ex+x的切线与直线2x−y−5=0平行，则切线方程为________.

若二项式33x2+1x6的展开式中的常数项为m，则m= .

已知母线长为3 ，侧面积为32π的圆锥顶点和底面在同一个球面上，则该球的体积为________.

在△ABC中，若AB=2，CA=2CB，则△ABC面积最大值是________．
三、解答题

已知等差数列an的首项a1=1，公差d≠0，且a2⋅a8=a16.
(1)求数列an的通项公式：

(2)设bn=an⋅2n，求数列bn的前n项和Tn.

中央政府为了应对因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政策”.为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研.人社部从网上年龄在15∼65岁的人群中随机调查100人，调査数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：

参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
参考数据：

(1)由以上统计数据填2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异；

(2)若以45岁为分界点，从不支持“延迟退休”的人中按分层抽样的方法抽取8人参加某项活动.现从这8人中随机抽2人.
①抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率.
②记抽到45岁以上的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望.

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，底面ABCD为直角梯形，其中BC // AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O为AD中点．

(1)求证：PO⊥平面ABCD；

(2)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQ：QD的值；若不存在，请说明理由．

已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 经过点1,32，离心率为32，左右顶点分别为A、B，过椭圆左焦点F的直线l交椭圆于C、D两点．
(1)求椭圆的方程；

(2)记△ABC，△ABD的面积分别为S1，S2，求|S1−S2|的最大值和取得最大值时直线l的方程．

函数fx=−lnx+12ax2+a−1x−2（a∈R）.
(1)求fx的单调区间；

(2)若a>0，求证：fx≥−32a．

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=3−22ty=5+22t（t为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为ρ=25sinθ．
(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为(3,5)，求|PA|+|PB|．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西某校高二（下）7月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
掌握交、并、补集的混合运算是解答本题的根本，需要知道求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图或数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法．
【解答】
解：∵ 集合A={x|x<−2或x>1, x∈R}，
∴ ∁RA={x|−2≤x≤1}.
∵ B={x|x<0或x>2, x∈R}，
∴ (∁RA)∩B={x|−2≤x<0}=[−2, 0)．
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，该小卖部2021年一月到五月的利润依次为：
0.5万元，0.7万元，0.8万元，0.5万元，1万元，
所以B错误；
利润最高为1万元，是五月份，故A错误；
中位数为0.7万元，故C错误；
前五个月的总利润为0.5+0.7+0.8+0.5+1=3.5万元，故D正确.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
由复数的乘方和除法运算法则，计算复数z，再由虚部的定义即可得到．
【解答】
解：复数z=1+2i(1−i)2=1+2i−2i
=i(1+2i)−2i2=−1+12i，
则z的虚部为12．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的解法进行判断即可．
【解答】
解：a，b均为不等于1的正实数，
(1)若“a>b>1”时由对数函数的性质可得：一象限底大图低，相同自变量为2时，底大函数值小，
可得lgb2>lga2成立．
(2)若“lgb2>lga2”，则有：
①若a，b均大于1，由lgb2>lga2，知必有a>b>1；
②若a，b均大于0小于1，依题意，必有0③若lga2故“lgb2>lga2”不能推出a>b>1.
综上所述可知“a>b>1”是“lgb2>lga2”的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ sinπ4+α=22(sinα+csα)=23，
∴ sinα+csα=223，
∴ sin2α=2sinαcsα
=(sinα+csα)2−1
=89−1=−19.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
画出可行域，利用目标函数的几何意义求解即可.
【解答】
解：画出变量x，y满足约束条件 y≤0，x−2y−1≥0，x−4y−3≤0，可行域如图阴影区域：
目标函数z=3x−2y可看作y=32x−12z，
即斜率为32，截距为−12z的动直线，
数形结合可知，当动直线过点A时，z最小．
由x−2y−1=0，x−4y−3=0，
得A−1,−1，
∴ 目标函数z=3x−2y的最小值为
z=3×(−1)−2×(−1)=−1.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
【解析】
由向量共线、垂直的坐标运算及数量积运算可得解．
【解答】
解：因为(a→+b→)⊥(a→−b→)，
所以(a→+b→)(a→−b→)=0，
所以a→2−b→2=0，
所以4+x2=4+1，即x2=1.
又因为向量a→=2,x，b→=−2,1不共线，
所以2×1≠−2x，即x≠−1.
故x=1，
则a→⋅b→=2×−2+1×1=−3.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
分类加法计数原理与分步乘法计数原理；排列与组合
【解答】
解：分三步：首先排甲国领导人，有C21种方法；
其次再排乙、丙两国领导人，有A22C31种方法；
最后排其它两国领导人，有A22种方法；
则共有C21A22C31A22=24种排法．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
由三视图求体积
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
由三视图求外接球问题
【解析】
利用面面平行的性质判断A是否正确；
根据线面垂直的判定定理证明A1C⊥平面BDC1，
利用体积公式计算棱柱的体积，可判断C是否正确；
根据正方体的外接球半径，求得外接球的体积，由此判断D是否正确．
【解答】
解：取A1C1中点O，连接OB1，AO，OD，
∵ D为AC的中点，∴ 四边形DAOC1为平行四边形，
∴ AO // C1D.
又四边形BDOB1为平行四边形，
∴ BD // OB1，
∴ 平面AOB1 // 平面BDC1，AB1⊂平面AOB1，
∴ AB1 // 平面BDC1，故A正确；
∵ 由三视图知A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴ A1B1⊥BC1，CB1⊥BC1，
∴ BC1⊥平面A1B1C，
∴ BC1⊥A1C；
∵ 由侧视图知△ABC为等腰直角三角形，D为AC的中点，
∴ BD⊥AC，
∴ BD⊥平面ACC1A1，
∴ A1C⊥BD，
又BD∩BC1=B，
∴ A1C⊥平面BDC1，故B正确；
由三视图知：直三棱柱的高为2，底面是直角边长为2的等边三角形，
∴ 体积V=12×2×2×2=4，故C正确；
由直三棱柱的结构特征知，直三棱柱为棱长为2的正方体的一半，
∴ 外接球的半径R=3×222=3，
∴ 外接球的表面积S=4π×3=12π，故D错误.
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx的最小正周期为π，
∴ 2πω=π，ω=2，
∴ fx的图象向右平移π3个单位后得到
gx=sin2x−π3+φ=sin2x−2π3+φ的图象，
又gx的图象关于原点对称，
∴ −2π3+φ=kπ，k∈Z，
解得φ=2π3+kπ，k∈Z．
又|φ|<π2，
∴ 2π3+kπ<π2，
∴ k=−1，φ=−π3，
∴ fx=sin2x−π3，
当x=π12时，2x−π3=−π6，
即A，B错误，
当x=5π12时，2x−π3=π2，
即C正确，D错误．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
无
【解答】
解：由直径所对的圆周角为直角，
可得∠OAF=90∘，
在△OAF中，∠AFO=30∘，
可得AF=OFcs30∘=32c，
由AF为焦点 c,0到渐近线bx−ay=0的距离，
即为|bc|b2+a2=bcc=b，
即有b=32c，e=ca=cc2−b2=2，
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果．
【解答】
解：令gx=exfx，
则当x<0时，g′x=exfx+f′x>0，g(x)在(−∞,0)单调递增.
又g−x=e−xf−x=exfx=gx ，
所以gx为偶函数，
从而eaf2a+1≥fa+1等价于e2a+1f2a+1≥ea+1fa+1，
即g2a+1≥ga+1,
因此g−|2a+1|≥g−|a+1|，
−|2a+1|≥−|a+1|，3a2+2a≤0 ,
∴ −23≤a≤0.
故选B．
二、填空题
【答案】
2x−y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：y′=ex+1，设切点为(x0,y0)，
由题意知ex0+1=2，得x0=0，则y0=1.
所以所求的切线方程为y−1=2(x−0)，即2x−y+1=0.
故答案为：2x−y+1=0.
【答案】
5
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用二项展开式即可求解
【解答】
解：二项式33x2+1x6的展开式的通项
Tr+1=C6r⋅33x26−r⋅1xr
=336−rC6r⋅x12−3r.
由12−3r=0，得r=4.
m=332⋅C64=5.
故答案为：5.
【答案】
4π3
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵圆锥母线长为3 ，侧面积为32π，
∴底面圆半径为r=32.
∴圆锥的高h=(3)2−(32)2=32.
圆锥的轴截面如图，
设球的半径为R，
∵ 圆锥的高h=32，底面圆的半径r=32，
∴ R2=(h−R)2+r2，
即R2＝(32−R)2+34，
解得：R=1，
故该球的体积V=43π×13=4π3．
故答案为：4π3.
【答案】
43
【考点】
正弦定理
余弦定理
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
无
【解答】
解：在△ABC中，c=2，b=2a，
则由b+a>c，b−a则csC=a2+b2−c22ab=54−1a2，
则S△ABC=12ab⋅sinC
=a2⋅1−cs2C=−916a4+52a2−1，
当a2=209∈49,4时，S△ABCmax=43．
故答案为：43．
三、解答题
【答案】
解：(1)由a2⋅a8=a16，
得1+d⋅1+7d=1+15d⇒d=1或d=0（不合题意舍去），
∵a1=1，
∴ 数列an的通项公式an=n.
(2)依题意， bn=an⋅2n=n⋅2n，
Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n，
2Tn=1×22+2×23+⋯+n−1×2n+n×2n+1，
两式相减，得−Tn=21+22+23+⋯+2n−n×2n+1，
−Tn=21−2n1−2−n×2n+1=1−n2n+1−2 ，
∴ Tn=n−12n+1+2.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由a2⋅a8=a16，
得1+d⋅1+7d=1+15d⇒d=1或d=0（不合题意舍去），
∵a1=1，
∴ 数列an的通项公式an=n.
(2)依题意， bn=an⋅2n=n⋅2n，
Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n，
2Tn=1×22+2×23+⋯+n−1×2n+n×2n+1，
两式相减，得−Tn=21+22+23+⋯+2n−n×2n+1，
−Tn=21−2n1−2−n×2n+1=1−n2n+1−2 ，
∴ Tn=n−12n+1+2.
【答案】
解：(1)由频率分布直方图知45岁以下与45岁以上各50人，
故可得2×2列联表如下：
由列联表可得K2=100×(35×5−45×15)250×50×80×20=6.25>3.841，
所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异.
(2)①设“抽到1人是45岁以下”为事件A，“抽到的另一人是45岁以上”为事件B，
则PA=68=34，PAB=C61C21C82=37，
∴ PB|A=PABPA=3734=47.
即抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率为47.
②从不支持“延迟退休”的人中抽取8人，则45岁以下的应抽6人，45岁以上的应抽2人．
由题意得X的可能取值为0，1，2.
PX=0=C62C82=1528，PX=1=C21C61C82=1228=37 ，
PX=2=C22C82=128.
故随机变量X的分布列为：
所以EX=0×1528+1×37+2×128=12.
【考点】
独立性检验
条件概率与独立事件
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由频率分布直方图知45岁以下与45岁以上各50人，
故可得2×2列联表如下：
由列联表可得K2=100×(35×5−45×15)250×50×80×20=6.25>3.841，
所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异.
(2)①设“抽到1人是45岁以下”为事件A，“抽到的另一人是45岁以上”为事件B，
则PA=68=34，PAB=C61C21C82=37，
∴ PB|A=PABPA=3734=47.
即抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率为47.
②从不支持“延迟退休”的人中抽取8人，则45岁以下的应抽6人，45岁以上的应抽2人．
由题意得X的可能取值为0，1，2.
PX=0=C62C82=1528，PX=1=C21C61C82=1228=37 ，
PX=2=C22C82=128.
故随机变量X的分布列为：
所以EX=0×1528+1×37+2×128=12.
【答案】
(1)证明：在△PAD中，PA=PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
(2)解：连接OB，OC，
假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32．
设QD=x，则S△DQC=12x，
∵底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，O为AD的中点，PA=PD=2，
∴CD=OB=2，OP=AP2−OA2=1.
在Rt△POC中，PC=OC2+OP2=2，
所以PC=CD=DP，S△PCD=34⋅(2)2=32，
由Vp−DQC=VQ−PCD，
得13⋅12x⋅1=13⋅32⋅22，
解得x=32，所以存在点Q满足题意，此时AQ：QD=1：3．
【考点】
直线与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
法一：（1）证明直线PO⊥平面ABCD，因为平面PAD⊥底面ABCD，只需证明面PAD内的直线PO垂直这两个平面的交线即可即；
（3）线段AD上存在点Q，设QD=x，利用等体积方法，求出比值．
法二：建立空间直角坐标系，求出向量CD→=(−1,1,0)，PB→=(1,−1,−1)．
利用向量数量积解答（2）；利用平面的法向量和数量积解答（3）即可．
【解答】
(1)证明：在△PAD中，PA=PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
(2)解：连接OB，OC，
假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32．
设QD=x，则S△DQC=12x，
∵底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，O为AD的中点，PA=PD=2，
∴CD=OB=2，OP=AP2−OA2=1.
在Rt△POC中，PC=OC2+OP2=2，
所以PC=CD=DP，S△PCD=34⋅(2)2=32，
由Vp−DQC=VQ−PCD，
得13⋅12x⋅1=13⋅32⋅22，
解得x=32，所以存在点Q满足题意，此时AQ：QD=1：3．
【答案】
解：(1)由题可得， ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a2=4，b2=1，
所以椭圆的方程x24+y2=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l方程为x=−3 ，此时|S1−S2|=0.
当直线l的斜率存在时，设直线l方程为y=kx+3，
与椭圆联立：x24+y2=1，y=kx+3，
得4k2+1y2−23ky−k2=0.
设Cx1,y1，Dx2,y2，
所以 y1+y2=23k1+4k2 ，
|S1−S2|=2|y1+y2|=43|k|1+4|k|2=431|k|+4|k|≤3，
当且仅当1|k|=4|k| 即k=±12时取“=”，
所以|S1−S2|max=3，此时直线l方程为y=±12x+3.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可得， ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a2=4，b2=1，
所以椭圆的方程x24+y2=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l方程为x=−3 ，此时|S1−S2|=0.
当直线l的斜率存在时，设直线l方程为y=kx+3，
与椭圆联立：x24+y2=1，y=kx+3，
得4k2+1y2−23ky−k2=0.
设Cx1,y1，Dx2,y2，
所以 y1+y2=23k1+4k2 ，
|S1−S2|=2|y1+y2|=43|k|1+4|k|2=431|k|+4|k|≤3，
当且仅当1|k|=4|k| 即k=±12时取“=”，
所以|S1−S2|max=3，此时直线l方程为y=±12x+3.
【答案】
(1) 解：f′x=−1x+ax+a−1
=ax2+a−1x−1x=ax−1x+1x．
①当a≤0时，f′x<0，则fx在0,+∞上单调递减；
②当a>0时，由f′x>0，解得x>1a，
由f′x<0，解得0即fx在0,1a上单调递减；fx在1a,+∞上单调递增；
综上，a≤0时，fx的单调递减区间是0,+∞；
a>0时，f(x)的单调递减区间是0,1a，fx的单调递增区是1a,+∞．
(2)证明：由(1)知fx在0,1a上单调递减；fx在1a,+∞上单调递减，
则fxmin=f1a=lna−12a−1．
要证：fx≥−32a，即证lna−12a−1≥−32a，
即lna+1a−1≥0，
即证lna≥1−1a．
构造函数μa=lna+1a−1，
则μ′a=1a−1a2=a−1a2，
由μ′a>0解得a>1，
由μ′a<0解得0即μa在0,1上单调递减；μa在1,+∞上单调递增；
∴ μamin=μ1=ln1+11−1=0，
即lna+1a−1≥0成立，
从而fx≥−32a成立．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1) 解：f′x=−1x+ax+a−1
=ax2+a−1x−1x=ax−1x+1x．
①当a≤0时，f′x<0，则fx在0,+∞上单调递减；
②当a>0时，由f′x>0，解得x>1a，
由f′x<0，解得0即fx在0,1a上单调递减；fx在1a,+∞上单调递增；
综上，a≤0时，fx的单调递减区间是0,+∞；
a>0时，f(x)的单调递减区间是0,1a，fx的单调递增区是1a,+∞．
(2)证明：由(1)知fx在0,1a上单调递减；fx在1a,+∞上单调递减，
则fxmin=f1a=lna−12a−1．
要证：fx≥−32a，即证lna−12a−1≥−32a，
即lna+1a−1≥0，
即证lna≥1−1a．
构造函数μa=lna+1a−1，
则μ′a=1a−1a2=a−1a2，
由μ′a>0解得a>1，
由μ′a<0解得0即μa在0,1上单调递减；μa在1,+∞上单调递增；
∴ μamin=μ1=ln1+11−1=0，
即lna+1a−1≥0成立，
从而fx≥−32a成立．
【答案】
解：(1)∵ 圆C的方程为ρ=25sinθ．
∴ x2+y2−25y=0，
即圆C的直角坐标方程：x2+(y−5)2=5．
(2)(3−22t)2+(22t)2=5，即t2−32t+4=0，
由于Δ=(32)2−4×4=2>0，
故可设t1，t2是上述方程的两实根，
所以t1+t2=32，t1t2=4，
又直线l过点P(3,5)，故由上式以及t的几何意义得，
|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=32.
【考点】
圆的极坐标方程
直线的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
（1）利用极坐标公式ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，y=ρsinθ进行化简即可求出圆C普通方程；
（2）将直线的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得到关于参数t的一元二次方程，结合参数t的几何意义利用根与系数的关系即可求得|PA|+|PB|的值．
【解答】
解：(1)∵ 圆C的方程为ρ=25sinθ．
∴ x2+y2−25y=0，
即圆C的直角坐标方程：x2+(y−5)2=5．
(2)(3−22t)2+(22t)2=5，即t2−32t+4=0，
由于Δ=(32)2−4×4=2>0，
故可设t1，t2是上述方程的两实根，
所以t1+t2=32，t1t2=4，
又直线l过点P(3,5)，故由上式以及t的几何意义得，
|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=32.年龄
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
支持“延迟退休”的人数
15
5
15
28
17

45岁以下
45岁以上
总计
支持



不支持



总计



45岁以下
45岁以上
总计
支持
35
45
80
不支持
15
5
20
总计
50
50
100
X
0
1
2
P
1528
37
128
45岁以下
45岁以上
总计
支持
35
45
80
不支持
15
5
20
总计
50
50
100
X
0
1
2
P
1528
37
128