2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（文）试卷北师大版，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. 已知复数z=i−21+i，则z¯在复平面上对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 已知a，b∈R，且a>|b|，则下列不等式中不恒成立的是( )
A.a>bB.a+b>0C.1a>1bD.a2>b2

3. 设集合A={x||x−a|<1}，B={x|1A.{a|0≤a≤6}B.{a|a≤0或a≥6}C.{a|a≤2或a≥4}D.{a|2≤a≤4}

4. 下列命题中，正确的是( )
A.∃x0∈R， sinx0+csx0=32
B.已知a，b为实数，则a+b=0的充要条件是ab=−1
C.∀x≥0且x∈R，2x>x2
D.已知a，b为实数，则a>2，b>2是ab>4的充分条件

5. 抛掷两颗骰子，第一颗骰子向上的点数为x，第二颗骰子向上的点数为y，则“|x−y|>1”的概率为( )
A.59B.49C.16D.712

6. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.163B.323C.16D.32

7. 执行如图的程序框图，如果输入的N的值是6，那么输出的p的值是( )

A.15B.105C.120D.720

8. 若直线ax−by+2=0(a>0， b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0截得的弦长为4，则1a+1b的最小值为( )
A.14B.2C.32+22D.32+2

9. 空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=3，则异面直线AD，BC所成的角为( )
A.30∘B.60∘C.90∘D.120∘

10. 将正整数排成如图所示的数阵，其中第i行有2i−1个数，如果2021是表中第m行的第n个数，则( )

A.m+n=1009B.m+n=1010C.m+n<1009D.m+n>1010

11. 已知f(x)为定义在(0,+∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)恒成立，则不等式x2f(1x)−f(x)>0的解集为( )
A.(1,+∞)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,+∞)

12. 已知双曲线x23−y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，其一条渐近线方程为y=2x，点P在该双曲线上，且PF1→⋅PF2→=8，则S△PF1F2=( )
A.4B.46C.8D.221
二、填空题

抛物线y=2x2的焦点到准线的距离为________.

函数fx=x+4x+3lnx的单调递减区间是________．

在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(−e,−1)（e为自然对数的底数），则点A的坐标是________.

三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC， ∠BAC=2π3，AP=3，BC=6，则该三棱锥外接球的表面积为________．
三、解答题

己知函数fx=|x−2|+|x+2|．
(1)求不等式fx≤2x+4的解集；

(2)若fx的最小值为m，且实数a，b，c，满足ab+c=m，求2a2+b2+c2的最小值．

为激活国内消费市场，挽回疫情造成的损失，国家出台一系列的促进国内消费的优惠政策，某机构从某一电商的线上交易大数据中来跟踪调查消费者的购买力，界定3至8月份购买商品在5000元以上人群属“购买力强人群”，购买商品在5000元以下人群属“购买力弱人群”．现从电商平台消费人群中随机选出200人，发现这200人中属购买力强的人数占80%，并将这200人按年龄分组，记第1组[15, 25)，第2组[25, 35)，第3组[35, 45)，第4组[45, 55)，第5组[55, 65)，得到的频率分布直方图，如图．

(1)求出频率分布直方图中的a值和这200人的平均年龄；

(2)从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，并再从这5人中随机抽取2人进行电话回访，求这两人恰好属于不同组别的概率；

(3)把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中“购买力弱人群”的中老年人有20人，问是否有99%的把握认为是否属“购买力强人群”与年龄有关？
附：

K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形， AB//CD，∠BAD=90∘ ，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD， AB=AD=2CD=2，M是PB的中点．

(1)证明：AC⊥PB；

(2)求四面体P−AMC的体积．

甲乙两地相距100km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过80km/ℎ，已知货车每小时的运输成本（单位：元）由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度平方的19，固定成本为a元．
(1)将全程运输成本y（元）表示为速度vkm/ℎ的函数，并指出这个函数的定义域；

(2)若a=400，为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶？

已知椭圆C:x2a2 + y2b2 = 1(a> b> 0)的左焦点为F1，短轴的两个端点分别为A，B，且满足：|F1A→ +F1B→|=|F1A→ −F1B→|，且椭圆经过点(3,22).
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过点M(23,0)的动直线l（与x轴不重合）与椭圆C相交于P，Q两点，在x轴上是否存在一定点T，无论直线l如何转动，点T始终在以PQ为直径的圆上？若有，求点T的坐标，若无，说明理由．

已知函数f(x)=ax−(2a+1)lnx−2x，g(x)=−2alnx−2x，其中a∈R．
(1)当a>0时，求f(x)的单调区间；

(2)若存在x∈[1e, e2]，使得不等式f(x)≥g(x)成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省瑞金市高二（下）4月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
先化简复数，再利用复数的共轭复数的概念，以及复数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：复数z=i−21+i=i−21−i1+i1−i=−12+32i，
∴ z¯=−12−32i，
则z¯在复平面上对应的点−12,−32位于第三象限．
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
由不等式的基本性质逐一判断即可．
【解答】
解：对于A，因为a>|b|，所以a>b恒成立；
对于B，因为a>|b|，所以a>0，
当b>0，则a+b>0；当b≤0，则a>−b，即a+b>0，
综上，a+b>0恒成立；
对于C，当b>0，则a>|b|，即a>b>0，则1a<1b，故C不恒成立；
对于D，因为a>|b|，所以a2>b2恒成立．
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
集合关系中的参数取值问题
【解析】
由绝对值的几何意义表示出集合A，再结合数轴分析A可能的情况，进而求解即可．
【解答】
解：由|x−a|<1得−1如图，
由图可知，a+1≤1或a−1≥5，
解得a≤0或a≥6，
则实数a的取值范围是{a|a≤0或a≥6}.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题
【解析】
分别根据命题成立的条件进行判断即可．
【解答】
解：A，∵ sinx+csx=2sinx+π4∈[−2,2] ，故A错误；
B，当a=b=0时，满足a+b=0，但此时ab=−1不成立，即充分性不成立，故B错误；
C，当x=2时，2x=x2，即2x>x2不成立，故C错误；
D，当a>2，b>2时，ab>4成立，即a>2，b>2是ab>4的充分条件，故D正确．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
列出|x−y|的值的分布表，从分布表中知，|x−y|的所有值共有36个，其中“|x−y|>1的有20个，由此能求出|x−y|>1的概率．
【解答】
解：抛掷两颗骰子，第一颗骰子向上的点数为x，
第二颗骰子向上的点数为y，
则|x−y|的值的分布表如下：
从分布表中知，|x−y|的所有值共有36个，
其中“|x−y|>1的有20个，
∴ |x−y|>1的概率为：p=2036=59．
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，由三视图判断四棱锥的高为4，底面是对角线长为4的正方形，求出正方形的边长，把数据代入棱锥的体积公式计算．
【解答】
解：由三视图知，该几何体为四棱锥，且四棱锥的底面是对角线长为4的正方形，
四棱锥高为2，
∴ 该几何体底面正方形的边长为22，
∴ 该几何体的体积V=13×(22)2×2=163．
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
程序框图
循环结构的应用
【解析】
由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量P的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：第一次运行p=1×1=1，此时k=1<6；
第二次运行k=1+2=3，p=1×3=3；
第三次运行k=3+2=5，p=3×5=15；
第四次运行k=5+2=7，p=15×7=105；
不满足条件k<6，程序运行终止，输出p值为105.
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆相交的性质
基本不等式及其应用
【解析】
圆即 (x+1)2+(y−2)2＝4，表示以M(−1, 2)为圆心，以2为半径的圆，由题意可得圆心在直线ax−by+2＝0上，得到a+2b＝2，故 1a+1b=12+ba+a2b+1，利用基本不等式求得式子的最小值．
【解答】
解：圆x2+y2+2x−4y+1=0 ，即(x+1)2+(y−2)2=4，
表示以(−1, 2)为圆心，以2为半径的圆，
由题意，得圆心在直线ax−by+2=0(a>0， b>0)上，
则−a−2b+2=0，
即 a+2b=2，
∴ 1a+1b=a+2b2(1a+1b)=12+ba+a2b+1
≥32+212=32+2，
当且仅当ba=a2b时，等号成立，
∴ 1a+1b的最小值为32+2.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
取AC中点G，连接EG、FG，可知∠EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，在△EFG中，由余弦定理可得cs∠EGF，结合角的范围可得答案．
【解答】
解：取AC中点G，连接EG，FG，如图所示，
由三角形中位线定理知，EG=//12BC，FG=//12AD，
∴ ∠EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，
在△EFG中，cs∠EGF=EG2+FG2−EF22×EG×FG
=12+12−(3)22×1×1=−12，
∴ ∠EGF=120∘，
由异面直线所成角的范围可知应取其补角60∘.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
归纳推理
等比数列的前n项和
【解析】
求和Sn=1+2+22+⋯⋯2n−1，估计出2021的行数，然后可得位置．
【解答】
解：1+2+⋯+2t−1=2t−1，
210−1<2021<211−1，
因此2021在第11行，即m=11.
又2021−210−1=998，即n=998，
所以m+n=1009.
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
由已知当x>0时，总有f(x)>xf′(x)成立，可以判断f(x)x是减函数，进而去构造函数，然后把所求不等式变形，利用函数的单调性进行求解.
【解答】
解：设g(x)=f(x)x，则g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵ f(x)>xf′(x)，
∴ xf′(x)−f(x)<0，
∴ g′(x)<0，
∴ g(x)在(0,+∞)上为减函数.
∵ x2f(1x)−f(x)>0，x>0，
∴ f(1x)1x>f(x)x，
∴ g(1x)>g(x)，
∵ g(x)在(0,+∞)上为减函数，
∴ 1x∴ x∈(1,+∞).
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
双曲线的定义
双曲线的渐近线
三角形的面积公式
【解析】
先求出b，c，设|PF1|=m，|PF2|=n，PF1，PF2的夹角为α，则mncsα=8，利用余弦定理，计算mn=20，可得csα，求出sinα，利用S△PF1F2=12mnsinα，即可得出结论．
【解答】
解：∵ 双曲线x23−y2b2=1(b>0)的一条渐近线方程为y=2x，
∴ b3=2，
∴ b=6，
∴ c=3.
设|PF1|=m，|PF2|=n，PF1，PF2的夹角为α，
则mn⋅csα=8，
由余弦定理，得36=m2+n2−2mncsα，
∴ m2+n2=52，
∵ |m−n|=23，
∴ mn=20，
∴ csα=25，
∴ sinα=215，
∴ S△PF1 F2=12mn⋅sinα=12×20×215=221．
故选D.
二、填空题
【答案】
14
【考点】
抛物线的性质
【解析】
本题考查抛物线的标准方程、几何性质.
【解答】
解：抛物线C的标准方程为x2=12y，所以它的焦点到准线的距离为14.
故答案为：14.
【答案】
(0, 1)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求出导函数fx，令 f′x<0，即可求解．
【解答】
解：函数fx=x+4x+3lnx的定义域为0,+∞，
f′x=1−4x2+3x=x2+3x−4x2=x+4x−1x2，
令f′x<0，解得0所以函数fx的单调递减区间是0,1.
故答案为：0,1.
【答案】
(e,1)
【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：设A(m,n)，切线方程为y=kx+b.
y′=1x,
yx=m′=1m，∴ k=1m，
又切线过点(−e,−1),
∴ n=lnm,n=1m⋅m+b,−1=−e1m+b
解得m=e,n=1,b=0，即A(e,1).
故答案为：(e,1).
【答案】
57π
【考点】
球的表面积和体积
棱锥的结构特征
球内接多面体
【解析】
将三棱锥P−ABC中放在圆柱O1O2中，由正弦定理得△ABC的外接圆O1的直径2r，再结合勾股定理求得外接球的直径，从而求得表面积．
【解答】
解：作出△ABC的外接圆O1，由于PA⊥平面ABC，
可将三棱锥P−ABC放在圆柱O1O2中，如图所示，
因为∠BAC=2π3，BC=6，
由正弦定理得△ABC的外接圆O1的直径为
2r=BCsin∠BAC=43 ，
又AP=3，
∴ 在三棱锥P−ABC的外接球中
2R2=|PA|2+2r2=9+48=57，
∴ 外接球的表面积为S=4πR2=57π．
故答案为：57π．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ fx=|x−2|+|x+2|≤2x+4，
∴ x<−2,2−x−x−2≤2x+4或−2≤x≤2,2−x+x+2≤2x+4
或x>2,x−2+x+2≤2x+4,
解得x无解或0≤x≤2或x>2，
综上，不等式fx≤2x+4的解集为[0,+∞)．
(2)由绝对值不等式的性质可知，
|x−2|+|x+2|≥|(x−2)−(x+2)|=4，
∴ 当−2≤x≤2时，fx取最小值4，
即m=4，
∴ ab+ac=4．
∴ 2a2+b2+c2=a2+b2+a2+c2≥2ab+2ac=8，
当且仅当a=b=c=±2时，等号成立，
∴ 2a2+b2+c2的最小值为8．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ fx=|x−2|+|x+2|≤2x+4，
∴ x<−2,2−x−x−2≤2x+4或−2≤x≤2,2−x+x+2≤2x+4
或x>2,x−2+x+2≤2x+4,
解得x无解或0≤x≤2或x>2，
综上，不等式fx≤2x+4的解集为[0,+∞)．
(2)由绝对值不等式的性质可知，
|x−2|+|x+2|≥|(x−2)−(x+2)|=4，
∴ 当−2≤x≤2时，fx取最小值4，
即m=4，
∴ ab+ac=4．
∴ 2a2+b2+c2=a2+b2+a2+c2≥2ab+2ac=8，
当且仅当a=b=c=±2时，等号成立，
∴ 2a2+b2+c2的最小值为8．
【答案】
解：(1)由频率分布直方图可知，
10×(0.01+0.015+a+0.03+0.01)=1，
解得a=0.035，
200人平均年龄为20×10×0.01+30×10×0.015
+40×10×0.035+50×10×0.03+60×10×0.01
=41.5（岁）.
(2)由题意，得利用分层抽样的方法从第一组抽取2人，从第二组抽取3人，
记从第一组抽取的2人为A，B，从第二组抽取的3人为a，b，c，
则从这5人中随机抽取2人的基本事件有(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，
(B,a)，(B,b)，(B,c)，(a,b)，(a,c)，(b,c)共10种，
其中两人恰好属于不同组别的基本事件有6种，
故所求事件的概率P=610=35.
(3)由题意可得2×2列联表为：
因为K2=200×(100×20−60×20)2160×40×120×80≈2.083<2.706，
所以没有99%的把握认为是否属“购买力强人群”与年龄有关．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
独立性检验
【解析】
（1）根据频率和为1，列方程求出a的值，再计算数据的平均值；
（2）根据题意，利用分层抽样的方法从第一组抽取2人，从第二组抽取3人，由古典概型的计算公式计算可得答案；
（3）根据题意可得列联表，由独立性检验方法分析可得答案．
【解答】
解：(1)由频率分布直方图可知，
10×(0.01+0.015+a+0.03+0.01)=1，
解得a=0.035，
200人平均年龄为20×10×0.01+30×10×0.015
+40×10×0.035+50×10×0.03+60×10×0.01
=41.5（岁）.
(2)由题意，得利用分层抽样的方法从第一组抽取2人，从第二组抽取3人，
记从第一组抽取的2人为A，B，从第二组抽取的3人为a，b，c，
则从这5人中随机抽取2人的基本事件有(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，
(B,a)，(B,b)，(B,c)，(a,b)，(a,c)，(b,c)共10种，
其中两人恰好属于不同组别的基本事件有6种，
故所求事件的概率P=610=35.
(3)由题意可得2×2列联表为：
因为K2=200×(100×20−60×20)2160×40×120×80≈2.083<2.706，
所以没有99%的把握认为是否属“购买力强人群”与年龄有关．
【答案】
(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，AC与BO交于点N，
∵PA=PD，∴ PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD.
又∵AC⊂平面ABCD，∴ PO⊥AC，
在Rt△ADC和Rt△BAO中，
由AD=AB，∠ADC=∠BAO，DC=AO，
得Rt△ADC≅Rt△BAO，
∴ ∠ACD=∠BOA，
∴ ∠CAD+∠BOA=∠CAD+∠ACD=90∘，
∴ ∠ANO=90∘，
∴ AC⊥BO，
又PO∩BO=O，
∴ AC⊥平面POB.
∵ PB⊂平面POB，
∴ AC⊥PB.
(2)解：设M到平面ABCD的距离为ℎ，
由(1)知，PO⊥平面ABCD，且PO=3，
∵ M是PB的中点，
∴ 点M到平面ABCD的距离ℎ=12PO=32，
∴ VC−PAM=VC−AMB=VM−ABC
=13×12×2×2×32=33，
∴ 四面体P−AMC的体积是33.
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的性质
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）证明：取AD的中点O，连接PO，BO，设AC∩BO=N，
∵PA=PD，∴ PO⊥AD
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD.
∴PO平面ABCD，又∵AC⊂面ABCD，∴ PO⊥AC.
在Rt△ADC≅Rt△BAO中，由AD=AB,∠ADC=∠BOA,DC=AO，
得Rt△ADC≅Rt△BAO，∴ ∠ACD=∠BOA．∴ ∠CAD+∠BOA=∠CAD+∠ACD=90∘，
∴ ∠AMO=90∘，故AC⊥BO，又PO∩BO=0，∴ AC⊥平面POB.
而PB⊂平面POB，∴ AC⊥PB.
（2）解：设M到平面ABCD的距离为ℎ，
由（1）知．PO⊥平面ABCD，且PO=3.
∵ M是PB的中点，∴ 点M到平面ABCD的距离ℎ=12PO=32.
∴ VC−PAM=VC−AMB=VM−ABC=13×12×2×2×32=33.
【解答】
(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，AC与BO交于点N，
∵PA=PD，∴ PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD.
又∵AC⊂平面ABCD，∴ PO⊥AC，
在Rt△ADC和Rt△BAO中，
由AD=AB，∠ADC=∠BAO，DC=AO，
得Rt△ADC≅Rt△BAO，
∴ ∠ACD=∠BOA，
∴ ∠CAD+∠BOA=∠CAD+∠ACD=90∘，
∴ ∠ANO=90∘，
∴ AC⊥BO，
又PO∩BO=O，
∴ AC⊥平面POB.
∵ PB⊂平面POB，
∴ AC⊥PB.
(2)解：设M到平面ABCD的距离为ℎ，
由(1)知，PO⊥平面ABCD，且PO=3，
∵ M是PB的中点，
∴ 点M到平面ABCD的距离ℎ=12PO=32，
∴ VC−PAM=VC−AMB=VM−ABC
=13×12×2×2×32=33，
∴ 四面体P−AMC的体积是33.
【答案】
解：(1)依题意可知，v∈0,80，可变成本为19v2，所需时间为100v小时，
所以y=v29+a100v，
即y=100v9+av，且定义域为v∈0,80.
(2)由题意，得y=100v9+400v，
因为v9+400v≥2v9⋅400v=403（当且仅当v9=400v，即v=60时取等号），
所以y=100v9+400v≥40003（当且仅当v=60时取等号），
所以为了使全程运输成本最小，货车应以60km/ℎ的速度行驶．
【考点】
函数的定义域及其求法
函数解析式的求解及常用方法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（Ⅰ）求出汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间，根据货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可得全程运输成本，及函数的定义域；
（Ⅱ）利用基本不等式y=10019v+400v≥40003即可得结论．
【解答】
解：(1)依题意可知，v∈0,80，可变成本为19v2，所需时间为100v小时，
所以y=v29+a100v，
即y=100v9+av，且定义域为v∈0,80.
(2)由题意，得y=100v9+400v，
因为v9+400v≥2v9⋅400v=403（当且仅当v9=400v，即v=60时取等号），
所以y=100v9+400v≥40003（当且仅当v=60时取等号），
所以为了使全程运输成本最小，货车应以60km/ℎ的速度行驶．
【答案】
解：(1)由|F1A→ +F1B→|=|F1A→ −F1B→|，可知2b=2c，
又椭圆经过点(3,22)，
∴ 3a2+12b2=1，
解得b2=2，
∴ a2=4，
∴ 椭圆方程为x24+y22=1.
(2)假设存在定点T满足题意，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，T(t,0)，
则PT→=(t−x1,−y1)，QT→=(t−x2,−y2)，
①当直线l斜率不存在时，则直线l的方程为x=23，
联立方程x24+y22=1,x=23,
解得x1=23,y1=43或x2=23,y2=−43,
故点P(23,43)，Q(23,−43)，
则PT→=(t−23,−43)，QT→=(t−23,43)，
由于点T始终在以PQ为直径的圆上，
则PT→⋅QT→=(t−23)2−169=0，
解得t=2或t=−23，
故点T(2,0)或T(−23,0).
②当直线l斜率k存在时，设直线l的方程为y=k(x−23)，
代入椭圆方程x24+y22=1中消去y，
得(1+2k2)x2−83k2x+89k2−4=0，
则x1+x2=83k21+2k2,x1⋅x2=89k2−41+2k2,
∴ y1y2=k2x1⋅x2−23k2(x1+x2)+49k2=−32k29(1+2k2)，
由于点T始终在PQ为直径的圆上，
∴ PT→⋅QT→=(t−x1)(t−x2)+y1⋅y2
=t2−(x1+x2)⋅t+x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即t2−8k23(1+2k2)t+8k2−369(1+2k2)−32k29(1+2k2)=0，
∴ 9(1+2k2)⋅t2−24k2t−24k2−36=0，
∴ (18t2−24t−24)k2+9t2−36=0，
∴ 18t2−24t−24=0,9t2−36=0,
解得t=2，故点T为(2,0).
综上所述，当t=2时满足条件，存在定点T(2,0)满足题意.
【考点】
椭圆的标准方程
向量加减混合运算及其几何意义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
(Ⅰ)由题意得2b＝2c，即b＝c，根据椭圆C经过点(3, 22)，求出几何量，即可求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)，设l的方程为y＝k(x − 23)，代入椭圆方程，利用韦达定理，利用PT → ⋅QT → = 0，即可得出结论．
(Ⅱ)，设l的方程为y＝k(x − 23)，代入椭圆方程，利用韦达定理，利用PT → ⋅QT → = 0，即可得出结论．
【解答】
解：(1)由|F1A→ +F1B→|=|F1A→ −F1B→|，可知2b=2c，
又椭圆经过点(3,22)，
∴ 3a2+12b2=1，
解得b2=2，
∴ a2=4，
∴ 椭圆方程为x24+y22=1.
(2)假设存在定点T满足题意，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，T(t,0)，
则PT→=(t−x1,−y1)，QT→=(t−x2,−y2)，
①当直线l斜率不存在时，则直线l的方程为x=23，
联立方程x24+y22=1,x=23,
解得x1=23,y1=43或x2=23,y2=−43,
故点P(23,43)，Q(23,−43)，
则PT→=(t−23,−43)，QT→=(t−23,43)，
由于点T始终在以PQ为直径的圆上，
则PT→⋅QT→=(t−23)2−169=0，
解得t=2或t=−23，
故点T(2,0)或T(−23,0).
②当直线l斜率k存在时，设直线l的方程为y=k(x−23)，
代入椭圆方程x24+y22=1中消去y，
得(1+2k2)x2−83k2x+89k2−4=0，
则x1+x2=83k21+2k2,x1⋅x2=89k2−41+2k2,
∴ y1y2=k2x1⋅x2−23k2(x1+x2)+49k2=−32k29(1+2k2)，
由于点T始终在PQ为直径的圆上，
∴ PT→⋅QT→=(t−x1)(t−x2)+y1⋅y2
=t2−(x1+x2)⋅t+x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即t2−8k23(1+2k2)t+8k2−369(1+2k2)−32k29(1+2k2)=0，
∴ 9(1+2k2)⋅t2−24k2t−24k2−36=0，
∴ (18t2−24t−24)k2+9t2−36=0，
∴ 18t2−24t−24=0,9t2−36=0,
解得t=2，故点T为(2,0).
综上所述，当t=2时满足条件，存在定点T(2,0)满足题意.
【答案】
解：(1)f′(x)=a−2a+1x+2x2=a(x−2)(x−1a)x2，
当a>0时，令f′(x)=0，解得x=2或x=1a，
当a=12时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0, +∞)上为增函数；
当a>12时，当x∈(0, 1a)，(2, +∞)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；
当x∈(1a, 2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当00，函数f(x)为增函数；
当x∈(2, 1a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．
综上，当a=12时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
当a>12时，函数f(x)在 (0, 1a)，(2, +∞)上单调递增，在(1a, 2)上单调递减；
当0(2)f(x)≥g(x)等价于ax−(2a+1)lnx−2x≥−2alnx−2x，即ax−lnx≥0，
分离参数a得，a≥lnxx．
令ℎ(x)=lnxx，
若存在x∈[1e, e2]，使不等式f(x)≥g(x)成立，
即a≥ℎ(x)min．
ℎ′(x)=1−lnxx2，
当x∈(0, e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)为增函数；
当x∈(e, +∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)为减函数．
而ℎ(1e)=−e，ℎ(e2)=2e2．
∴ ℎ(x)在[1e, e2]上的最小值为−e，
∴ a≥−e．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出原函数的导函数f′(x)＝a−2a+1x+2x2=a(x−2)(x−1a)x2，然后分a=12，a>12，0（2）把f(x)≥g(x)转化为ax−lnx≥0，分离参数a得a≥lnxx，构造函数ℎ(x)=lnxx，求函数ℎ(x)在[1e, e2]上的最小值得a的取值范围．
【解答】
解：(1)f′(x)=a−2a+1x+2x2=a(x−2)(x−1a)x2，
当a>0时，令f′(x)=0，解得x=2或x=1a，
当a=12时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0, +∞)上为增函数；
当a>12时，当x∈(0, 1a)，(2, +∞)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；
当x∈(1a, 2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当00，函数f(x)为增函数；
当x∈(2, 1a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．
综上，当a=12时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
当a>12时，函数f(x)在 (0, 1a)，(2, +∞)上单调递增，在(1a, 2)上单调递减；
当0(2)f(x)≥g(x)等价于ax−(2a+1)lnx−2x≥−2alnx−2x，即ax−lnx≥0，
分离参数a得，a≥lnxx．
令ℎ(x)=lnxx，
若存在x∈[1e, e2]，使不等式f(x)≥g(x)成立，
即a≥ℎ(x)min．
ℎ′(x)=1−lnxx2，
当x∈(0, e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)为增函数；
当x∈(e, +∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)为减函数．
而ℎ(1e)=−e，ℎ(e2)=2e2．
∴ ℎ(x)在[1e, e2]上的最小值为−e，
∴ a≥−e．1
2
3
4
5
6
1
0
1
2
3
4
5
2
1
0
1
2
3
4
3
2
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2
3
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2
1
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1
2
5
4
3
2
1
0
1
6
5
4
3
2
1
0

购买力强人群
购买力弱人群
合计
青少年
100
20
120
中老年
60
20
80
合计
160
40
200

购买力强人群
购买力弱人群
合计
青少年
100
20
120
中老年
60
20
80
合计
160
40
200