2020-2021学年安徽省淮南高二（下）期中联考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省淮南高二（下）期中联考数学（文）试卷人教A版，共11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=−1+2i2+i，则复数z的虚部为( )
A.iB.−iC.1D.−1

2. 若集合A=x∈N|x≤5，B=−1,4,5,7，则A∩B的真子集个数为( )
A.3B.4C.7D.8

3. 函数fx=1−5x1+5x⋅cs2x的图象大致为( )
A.B.
C.D.

4. 已知命题p：“∀x∈N，x2<2x”的否定是“∃x0∈N，x02>2x0”；命题q:∃x0∈R，sinx0+csx0=2．下列说法错误的是( )
A.¬p∧q为真命题B.p∧q为真命题
C.p∨q为真命题D.¬q为假命题

5. 已知下表是某工厂的广告费用x（万元）与销售额y（万元）的一组数据：
由散点图可知，销售额y与广告费用x间有较强的线性相关关系，其线性回归直线方程是y=17x+a ，据此模型估计广告费用为8万元时，销售额为( )
A.108万元B.115万元C.118万元D.123万元

6. 执行如图所示的程序框图，若输出S的值为−15，则判断框中可以填( )

A.i>4B.i>5C.i>6D.i>7

7. 若m∈R，则“m<−2”是“∃x0∈R，mcsx0+2<0”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

8. 在区间0,1上任取两个实数a，b，则函数fx=13x3−ax2+b2x无极值点的概率为( )
A.14B.12C.34D.23

9. 已知函数fx=x−2ex+1e，其中e为自然对数的底数，e=2.7182818……，则fx的零点个数为( )
A.0B.1C.2D.3

10. 某电视综艺节目中，设置了如下游戏环节：工作人员分别在四位嘉宾甲、乙、丙、丁的后背贴上一张数字条，数字是1或2中的一个，每人都能看到别人的号码，但看不到自己后背的号码．丁问：“你们每人看到几个1、几个2？”甲说：“我看到三个1．”乙说：“我看到一个2和两个1．”丙说：“我看到三个2．”三个回答中，只有号码是1的嘉宾说了假话，则号码为2的嘉宾是( )
A.乙B.甲、乙C.丁D.乙、丁

11. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，以OF1为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点M（异于坐标原点O），若线段MF1交双曲线于点P，且MF2//OP，则该双曲线的离心率为( )
A.2B.3C.52D.6

12. 已知a≠2且ae2=2ea，b≠3且be3=3eb，c≠4且ce4=4ec，则( )
A.c二、填空题

若三角形的内切圆半径为r，三边的长分别为a，b，c，则三角形的面积S=12r(a+b+c)，根据类比思想，若四面体的内切球半径为R，四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，则此四面体的体积V=________．

已知抛物线x2=8y的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作PQ⊥l，垂足为Q，若|PF|=4，则∠FQP=________.

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2acsC=2b+c，b+c=6，a=27，则△ABC的面积为________.

已知实数a与b是函数fx=x−1x+tlnx的两个极值点，且a∈e,e2，则fb−fa的最小值为________.
三、解答题

某县有甲、乙两个学校，其高三年级分别有1100人和1000人，为了了解这两个学校全体高三年级学生在该地区二模考试中的数学成绩情况，采用分层抽样方法从两个学校一共抽取了105名学生的数学成绩，并作出了如下的频数分布统计表，规定考试成绩在[120, 150]内为优秀．
甲校：
乙校：

(1)试求x，y的值；

(2)由以上统计表填写下面2×2列联表，判断是否有99%的把握认为数学成绩是否优秀与学校有关？
附：参考公式：
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
参考数据：

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，若AB=BC=2，BB1=3，D为A1C1的中点，F在线段AA1上．

(1)求证：平面B1DF⊥平面ACC1A1；

(2)当FA=2FA1时，求点F到平面B1CD的距离．

已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1，an>0，an+12=4Sn+4n+1．
(1)求数列an的通项公式；

(2)设bn=1Snan+a3n∈N∗，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn<38．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为椭圆的左顶点与上顶点，O为坐标原点， tan∠OF1B=3，且△ABF2的面积为332．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l与直线AB平行，且与椭圆C交于M，N两点，当△OMN与△OAB的面积之比为22:3时，求直线l的方程．

已知函数fx=lnx−x+mx，ℎx=xex−2x−1．
(1)若函数fx在0,2上单调递增，求实数m的取值范围；

(2)若函数fx的图象在点x=1处的切线平行于x轴，求证：ℎx≥fx．

在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为24ρ2=7−cs2α，以极点为坐标原点O，极轴所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
(1)求曲线C的参数方程；

(2)若Mρ1,θ，Nρ2,θ+π2是曲线C上两点，ρ1>0，ρ2>0，求1|OM|2+1|ON|2的值．

已知函数fx=|x+1|+|2x−4|的最小值为t．
(1)求t的值；

(2)设a>0，b>0，c>0，求证：a3+b3+c3+1abc≥2t．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮南市高二（下）期中联考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，z=−1+2i2−i2+i2−i=−2+4i+i−2i25=i，
则复数z的虚部为1．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
子集与真子集的个数问题
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得， A=0,1,2,3,4,5，
故A∩B=4,5，
则A∩B的真子集个数为3．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：∵ f−x=1−5−x1+5−x⋅cs−2x=5x−15x+1⋅cs2x=−fx，
则函数fx为奇函数，排除A，C.
又f(π3)>0，排除B.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
复合命题及其真假判断
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ ∀x∈N，x2<2x的否定是“∃x0∈N，x02≥2x0”，
∴ 命题p是假命题；
∵ sinx+csx=2sinx+π4∈−2,2，
∴ 命题q是真命题，
∴ ¬q为假命题， p∧q为假命题，p∨q为真命题， ¬p∧q为真命题．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，x=2+3+4+5+65=4，y=20+30+50+60+905=50，
∴ a=y−17x=50−17×4=−18，
∴y=17x−18.
当x=8时，y=118．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
第一次循环，S=0+−11⋅1=−1，i=2；
第二次循环，S=−1+−12⋅4=3，i=3；
第三次循环，S=3+−13⋅9=−6，i=4；
第四次循环，S=−6+−14⋅16=10，i=5；
第五次循环，S=10+−15⋅25=−15，i=6，
此时终止循环．
故选B．
7.
【答案】
A
【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：令fx=mcsx+2．
当m≥0时，fx∈2−m,2+m，
∴ 2−m<0，解得m>2；
当m<0时，fx∈2+m,2−m，
∴ 2+m<0，解得m<−2，
∴ “m<−2”是“∃x0∈R，mcsx0+2<0”的充分不必要条件.
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得， f′x=x2−2ax+b2无零点，
∴ a2−b2<0，
∵ 0≤a≤1，0≤b≤1，
∴ b>a在区间0,1上任取两个实数a，b所对应的点a,b 构成的区域为正方形ODBC，
则函数fx无极值点构成的区域为△BCO．
如图，
则所求概率P=12 ．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，f′x=x−1ex，
当x<1时，f′x<0；当x>1时，f′x>0，
∴ fx在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
∴ fxmin=f1=−e+1e<0．
∵ f−3=−5e3+1e>0，
∴ 存在唯一x1∈−3,1，使得fx1=0，即fx在−∞,1上存在唯一零点x1．
∵ f2=1e>0，
∴ 存在唯一x2∈1,2 ，使得fx2=0，即fx在1,+∞上存在唯一零点x2．
综上，fx有且只有两个零点．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若甲说真话，则乙、丙说假话，但按甲所说内容看，乙说的又是真话，矛盾，
故甲说的是假话，
进而可确定丙也说的是假话．
若乙说的是真话，由甲，丙说假话，丁说真话，符合题意，
所以乙说的是真话，号码为2的嘉宾只能是乙和丁．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不妨设双曲线的渐近线方程为y=−bax.
∵ MF2//OP，O为F1F2的中点，
∴ P为MF1的中点．
联立y=−bax,y=abx+c,解得M−a2c,abc.
又F1−c,0，
∴ P−a2+c22c,ab2c，且P在双曲线上，
∴ a2+c224a2c2−a24c2=1，
解得ca=2，即该双曲线的离心率为2．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设fx=exxx>0，
由a≠2且ae2=2ea，变形得eaa=e22，即fa=f2；
由b≠3且be3=3eb，变形得ebb=e33，即fb=f3；
由c≠4且ce4=4ec，变形得ecc=e44，即fc=f4．
∵ f′x=exx−1x2，
∴ fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
∴ fx的草图如图所示．
∵ a≠2，b≠3，c≠4，fa=f2，fb=f3，fc=f4，
∴ 0故选A．
二、填空题
【答案】
13R(S1+S2+S3+S4)
【考点】
类比推理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线 类比 直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．
【解答】
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
故答案为：13R(S1+S2+S3+S4)．
【答案】
45∘
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，F0,2，|PQ|=|PF|=yP+2.
∵ |PF|=4，
∴ yP=2，
∴ xP=±4.
∵ yP=yF=2，
∴ FP⊥PQ，
∴ △PFQ是等腰直角三角形，
∴ ∠FQP=45∘.
故答案为：45∘.
【答案】
23
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 2acsC=2b+c，
∴ 2sinAcsC=2sinB+sinC=2sinA+C+sinC，
整理得2csAsinC=−sinC.
又sinC≠0，∴ csA=−12.
又0由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，且a=27，
∴ 28=b2+c2+bc=b+c2−bc=36−bc，
解得bc=8，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×8×32=23．
故答案为：23．
【答案】
4e
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=1+1x2+tx=x2+tx+1x2，
∴ 方程x2+tx+1=0的两正实根分别为a与b，
则Δ=t2−4>0,−t>0,
解得t<−2，
且a+b=−t，ab=1，
∴ b=1a，t=−a−1a，
则f(b)−f(a)=2(a+1a)lna−a+1a，a∈e,e2．
令φx=x+1xlnx−x+1x，x∈e,e2，
则φ′x=x2−1x2lnx，
当x∈e,e2时，φ′x>0恒成立，
∴ φx在e,e2上单调递增，
∴ φxmin=φe=2e，
则fb−fa的最小值为4e．
故答案为：4e．
三、解答题
【答案】
解：(1)由分层抽样可知，甲校抽取105×11002100=55（人），乙校抽取105−55=50（人），
所以x=55−(2+3+10+15+15+3+1)=6，
y=50−(1+2+9+8+10+10+3)=7.
(2)2×2列联表如下：
所以K2=105(10×30−20×45)230×75×50×55≈6.109<6.635
所以没有99%的把握认为数学成绩优秀与学校有关．
【考点】
分层抽样方法
独立性检验
【解析】
（1）利用分层抽样，求出甲校、乙校抽取的人数，结合表格，即可求x与y的值；
（2）根据统计数据完成2x2列联表，利用公式及临界值，即可判断结论．
【解答】
解：(1)由分层抽样可知，甲校抽取105×11002100=55（人），乙校抽取105−55=50（人），
所以x=55−(2+3+10+15+15+3+1)=6，
y=50−(1+2+9+8+10+10+3)=7.
(2)2×2列联表如下：
所以K2=105(10×30−20×45)230×75×50×55≈6.109<6.635
所以没有99%的把握认为数学成绩优秀与学校有关．
【答案】
(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1B1C1⊥平面ACC1A1，
且平面A1B1C1∩平面ACC1A1=A1C1，
又A1B1=AB=BC=B1C1，且D为A1C1中点，
∴ B1D⊥A1C1.
∵ B1D⊂平面A1B1C1
∴ B1D⊥平面ACC1A1．
∵ B1D⊂平面B1DF ，
∴ 平面B1DF⊥平面ACC1A1．
(2)解：由题意得， B1D=DA1=DC1=1，AF=2A1F=2，
∴ DF=2，CD=10，CF=22，
∴ DF2+CF2=CD2 ，
∴ CF⊥DF，
∴ S△CDF=12×2×22=2．
由(1)得，B1D⊥平面ACC1A1，
∵ CD⊂平面ACC1A1 ，
∴ B1D⊥CD，
∴ S△B1CD=12×1×10=102．
设点F到平面B1CD的距离为ℎ，
∵ VF−B1CD=VB1−CDF，
∴ 13×102ℎ=13×2×1 ，
解得ℎ=2105，
即点F到平面B1CD的距离为2105．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1B1C1⊥平面ACC1A1，
且平面A1B1C1∩平面ACC1A1=A1C1，
又A1B1=AB=BC=B1C1，且D为A1C1中点，
∴ B1D⊥A1C1.
∵ B1D⊂平面A1B1C1
∴ B1D⊥平面ACC1A1．
∵ B1D⊂平面B1DF ，
∴ 平面B1DF⊥平面ACC1A1．
(2)解：由题意得， B1D=DA1=DC1=1，AF=2A1F=2，
∴ DF=2，CD=10，CF=22，
∴ DF2+CF2=CD2 ，
∴ CF⊥DF，
∴ S△CDF=12×2×22=2．
由(1)得，B1D⊥平面ACC1A1，
∵ CD⊂平面ACC1A1 ，
∴ B1D⊥CD，
∴ S△B1CD=12×1×10=102．
设点F到平面B1CD的距离为ℎ，
∵ VF−B1CD=VB1−CDF，
∴ 13×102ℎ=13×2×1 ，
解得ℎ=2105，
即点F到平面B1CD的距离为2105．
【答案】
(1)解：当n≥2时，an2=4Sn−1+4n−1+1.
又an+12=4Sn+4n+1 ，
两式相减得，an+12−an2=4Sn−Sn−1+4=4an+4，
∴ an+12=an2+4an+4=an+22.
∵ an>0，
∴ an+1=an+2，即an+1−an=2.
又a1=1，a2=3，∴ a2−a1=2，
∴ 数列an是首项为1，公差为2的等差数列，
∴ an=2n−1．
(2)证明：由(1)得，Sn=n1+2n−12=n2，
∴ bn=1Snan+a3=1nan+5
=1n2n+4=12nn+2=141n−1n+2，
∴ Tn=141−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=38−141n+1+1n+2<38．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当n≥2时，an2=4Sn−1+4n−1+1.
又an+12=4Sn+4n+1 ，
两式相减得，an+12−an2=4Sn−Sn−1+4=4an+4，
∴ an+12=an2+4an+4=an+22.
∵ an>0，
∴ an+1=an+2，即an+1−an=2.
又a1=1，a2=3，∴ a2−a1=2，
∴ 数列an是首项为1，公差为2的等差数列，
∴ an=2n−1．
(2)证明：由(1)得，Sn=n1+2n−12=n2，
∴ bn=1Snan+a3=1nan+5
=1n2n+4=12nn+2=141n−1n+2，
∴ Tn=141−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=38−141n+1+1n+2<38．
【答案】
解：(1)由题意得，
b=3c,12⋅a+c⋅b=332,a2=b2+c2,
解得a=2,b=3,c=1,
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由(1)得，A−2,0，B0,3，
∴ kAB=32，
设直线l的方程为y=32x+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x24+y23=1,y=32x+m,
消去y整理得3x2+23mx+2m2−6=0，
令Δ=12m2−12(2m2−6)>0，得m2<6，
∴ x1+x2=−23m3，x1x2=2m2−63，
∴ |MN|=1+34×−23m32−4(2m2−6)3=2136−m2．
∴ 原点O到直线l的距离为d=|m|34+1=277|m| ．
∵ S△OAB=12×2×3=3，
△OMN与△OAB的面积之比为22:3，
∴ S△OMN=12×|MN|×d=263，
即12×2136−m2×277|m|=263，
解得|m|=2或|m|=2．
即直线l的方程为y=32x±2或y=32x±2．
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得，
b=3c,12⋅a+c⋅b=332,a2=b2+c2,
解得a=2,b=3,c=1,
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由(1)得，A−2,0，B0,3，
∴ kAB=32，
设直线l的方程为y=32x+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x24+y23=1,y=32x+m,
消去y整理得3x2+23mx+2m2−6=0，
令Δ=12m2−12(2m2−6)>0，得m2<6，
∴ x1+x2=−23m3，x1x2=2m2−63，
∴ |MN|=1+34×−23m32−4(2m2−6)3=2136−m2．
∴ 原点O到直线l的距离为d=|m|34+1=277|m| ．
∵ S△OAB=12×2×3=3，
△OMN与△OAB的面积之比为22:3，
∴ S△OMN=12×|MN|×d=263，
即12×2136−m2×277|m|=263，
解得|m|=2或|m|=2．
即直线l的方程为y=32x±2或y=32x±2．
【答案】
(1)解：由题意得，函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=1x−1−mx2=−x2+x−mx2，
∴ −x2+x−m≥0在0,2上恒成立，即m≤−x2+x在0,2上恒成立，
∴ m≤−2，即实数m的取值范围为(−∞,−2]．
(2)证明：∵ 函数fx的图象在点x=1处的切线平行于x轴，
∴ f′1=0，
∴ f′1=1−1−m=0，解得m=0，
∴ fx=lnx−x．
要证明ℎx≥fx ，即证明xex−2x−1≥lnx−x ，即xex−x−lnx−1≥0．
设Fx=xex−x−lnx−1，
则F′x=x+1ex−1x−1=x+1ex−1x，
易得F′x在0,+∞上单调递增，且F′1=2e−1>0，F′12=32e−2<0，
∴ F′x=0有唯一解x0，
∴ ex0=1x0，
∴ x0=−lnx0．
易得当x∈0,x0时，F′x<0；当x∈x0,+∞时，F′x>0，
∴ Fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴ Fx的最小值为Fx0=x0ex0−lnx0−x0−1=1+x0−x0−1=0．
综上，ℎx≥fx．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
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：由题意得，函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=1x−1−mx2=−x2+x−mx2，
∴ −x2+x−m≥0在0,2上恒成立，即m≤−x2+x在0,2上恒成立，
∴ m≤−2，即实数m的取值范围为(−∞,−2]．
(2)证明：∵ 函数fx的图象在点x=1处的切线平行于x轴，
∴ f′1=0，
∴ f′1=1−1−m=0，解得m=0，
∴ fx=lnx−x．
要证明ℎx≥fx ，即证明xex−2x−1≥lnx−x ，即xex−x−lnx−1≥0．
设Fx=xex−x−lnx−1，
则F′x=x+1ex−1x−1=x+1ex−1x，
易得F′x在0,+∞上单调递增，且F′1=2e−1>0，F′12=32e−2<0，
∴ F′x=0有唯一解x0，
∴ ex0=1x0，
∴ x0=−lnx0．
易得当x∈0,x0时，F′x<0；当x∈x0,+∞时，F′x>0，
∴ Fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴ Fx的最小值为Fx0=x0ex0−lnx0−x0−1=1+x0−x0−1=0．
综上，ℎx≥fx．
【答案】
解：(1)∵ 24ρ2=7−cs2α，
∴ 12ρ2=3+sin2α，
∴ 12=3ρ2+ρ2sin2α，
∴ 12=3x2+4y2 ，即x24+y23=1，
则曲线C的参数方程为x=2csφ,y=3sinφ（φ为参数）．
(2)∵ 14ρ12cs2θ+13ρ12sin2θ=1,14ρ22cs2θ+π2+13ρ22sin2θ+π2=1,
即1ρ12=14cs2θ+13sin2θ,1ρ22=14sin2θ+13cs2θ,
∴ 1ρ12+1ρ22=14+13=712，
即1|OM|2+1|ON|2=712 ．
【考点】
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
椭圆的参数方程
椭圆的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 24ρ2=7−cs2α，
∴ 12ρ2=3+sin2α，
∴ 12=3ρ2+ρ2sin2α，
∴ 12=3x2+4y2 ，即x24+y23=1，
则曲线C的参数方程为x=2csφ,y=3sinφ（φ为参数）．
(2)∵ 14ρ12cs2θ+13ρ12sin2θ=1,14ρ22cs2θ+π2+13ρ22sin2θ+π2=1,
即1ρ12=14cs2θ+13sin2θ,1ρ22=14sin2θ+13cs2θ,
∴ 1ρ12+1ρ22=14+13=712，
即1|OM|2+1|ON|2=712 ．
【答案】
(1)解：由题意得，fx=−3x+3,x<−1,−x+5,1≤x≤2,3x−3,x>2,
易得fx在−∞,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
∴ t=f2=3．
(2)证明：∵ a>0，b>0，c>0，
∴ a3+b3+c3≥33a3b3c3=3abc，
∴ a3+b3+c3+1abc≥3abc+1abc≥23abc⋅1abc=23．
由(1)得，t=3，
∴ a3+b3+c3+1abc≥2t．
【考点】
分段函数的应用
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】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意得， fx=−3x+3, x<−1−x+5, 1≤x≤23x−3,x>2 ，
易得fx在−∞,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
∴ t=f2=3 ．
(2)证明：∵ a>0，b>0，c>0，
∴ a3+b3+c3≥33a3b3c3=3abc，
∴ a3+b3+c3+1abc≥3abc+1abc≥23abc⋅1abc=23．
由(1)得，t=3，
∴ a3+b3+c3+1abc≥2t．x
2
3
4
5
6
y
20
30
50
60
90
分组
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100)
[100, 110)
[110, 120)
[120, 130)
[130, 140)
[140, 150)
频数
2
3
10
15
15
x
3
1
分组
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100)
[100, 110)
[110, 120)
[120, 130)
[130, 140)
[140, 150)
频数
1
2
9
8
10
10
y
3
甲校
乙校
总计
优秀
不优秀
总计
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
甲校
乙校
总计
优秀
10
20
30
非优秀
45
30
75
总计
55
50
105
甲校
乙校
总计
优秀
10
20
30
非优秀
45
30
75
总计
55
50
105