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2020-2021学年广西贵港高二（下）5月月考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年广西贵港高二（下）5月月考数学试卷人教A版，共14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. 已知集合M=x|x−1x+1>0，N=x|−2A.x|x<−2B.x|−1C.x|−2
2. 在一次试验中，向如图所示的正方形ABCD中随机撒一大把豆子，经过统计，发现落在正方形ABCD中的豆子有N粒，其中有m(m
A.1−π8B.1−π4C.3π10D.π5
3. 已知复数z=2+3i（i为虚数单位），则z2+|z|在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
4. 若双曲线C: x2a2−y2b2=1a>0，b>0过点2a,3a，则双曲线C的离心率为（ ）
A.2B.4C.5D.3
5. 已知某几何体的三视图如图所示，其中半圆和扇形的半径均为3，则该几何体的体积为（ ）
A.27πB.18πC.9πD.36π
6. 在△ABC中，若3AC=2BC，且A=π3，则C=（ ）
A.π4B.5π12C.π2D.7π12
7. 已知e是自然对数的底数．设a=lge，b=2−12，c=lg130.2，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.c
8. 已知M是抛物线C:x2=24y上一点，O为坐标原点，若线段OM的垂直平分线经过抛物线C的焦点F，则|MF|=（ ）
A.8B.6C.4D.2
9. 中国某科研团队研制的重组新冠疫苗获批启动开展临床试验后，计划在某地区招募志愿者，经过电话沟通､核实情况，要从符合条件的16名男性和8名女性中选出9名志愿者参加试验，如果按照性别分层抽样来确定男女人数，并且甲､乙两名男性因身体素质优异为确定人选，则不同的抽样方法数是( )
A.C166C83B.C144C84C.C164C83D.C144C83
10. 如图所示的程序框图的功能是求函数fx的函数值，若gx=x−12，则不等式fx>gx的解集为( )
A.(1,2)B.0,2C.0,1D.2,+∞
11. 在三棱锥P−ABC中，AB=2，AC=7，tan∠BAC=32，PA=2，当此三棱锥的体积最大时，该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A.3πB.2πC.9π2D.8π3
12. 已知函数fx=2sinωx+φω>0,−π4<φ<π4的零点为x轴上的所有整数，则函数fx的图象与函数gx=25x的图象的交点个数为( )
A.8B.9C.10D.11
二、填空题
若实数x，y满足约束条件 2x−y+5≥0，x+y−2≤0，x−y+2≤0， 则3x+y的最小值为________．
若“∃x∈−1,2，x2−m>1”为假命题，则实数m的最小值为________ .
若圆C:x2+y2+6x−2y+n=0截直线l:2+mx+2m−1y−5m=0所得的最短弦长为42，则实数n=________．
已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0，b>0，以双曲线E的实轴和虚轴为对角线的四边形的面积为43，过双曲线E的右焦点F作双曲线E的一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于点B，若FA→=AB→，则双曲线E的标准方程为________．
三、解答题
为进一步提倡餐饮节约，制止餐饮浪费行为，商务部支持行业协会发挥自律作用，推动建立制止餐饮浪费的长效机制，厉行勤俭节约、反对铺张浪费，倡导光盘行动．某酒店推出半份菜、N−1"点菜法、光盘就赠礼，免费打包等措施，大大减少了餐饮浪费，该酒店记录了采取措施前40天的日浪赞食品量和采取措施后40天的日浪费食品量的频数分布表，如表所示：
采取措施前40天的日浪费食品量的频数分布表
采取措施后40天的日浪费食品量的频数分布表
(1)将下面的2×2列联表补充完整，
并回答：在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能否判断食品浪费情况与是否采取措施有关？
(2)估计该酒店倡导节约，采取措施后，日浪费食品量小于4kg的概率；
(3)估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省多少食品？（一年按365天计算，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
参考公式及数据：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
已知数列an是各项均为正数的等比数列，且a2+a4+a6=72，a3a5=64.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列an是递增数列，求数列3nlg2an的前n项和Sn.
如图，在底面半径为2，高为4的圆柱中，B，A分别是上、下底面的圆心，四边形EFGH是该圆柱的轴截面．已知P是线段AB的中点，M，N是下底面半圆周上的三等分点．
(1)求证： FM//平面PAN；
(2)求平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值．
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆E上，当△F1MF2的面积取得最大值2时，cs∠F1MF2=−35．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点1,0作斜率为1的直线交椭圆E于A，B两点，其中|t|>1．设点A，B关于y轴的对称点分别为D，C，当四边形ABCD的面积为10109时，求直线AB的方程．
已知函数fx=xlnx−ax，a∈R .
(1)若fx+2x≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当a=−1时，证明： fx>4x+1−e2xx .
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+tcsα,y=tsinα （t,α中的一个为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l:ρcsθ−π3=1 .
(1)当t为参数， α=π3时，判断曲线C1和直线的位置关系；
(2)当α为参数， t=2时，直线l与曲线C1交于不同的两点A，B．若P2,0，求1|PA|+1|PB|的值．
已知函数fx=|x−1|+2|x+3|的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)若abc=1，a+b+c=0，且a>b≥c，证明：a3≥m .
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西贵港市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
无
【解答】
解：由x−1x+1>0可得x<−1或x>1，
∴集合M={x|x<−1或x>1}，
又集合N=x|−2∴M∩N=x|−2故选C．
2.
【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）
【解析】
设正方形ABCD的边长为2，然后算出正方形的面积和阴影部分的面积即可．
【解答】
解：设正方形ABCD的边长为2，则正方形ABCD的面积等于4．
因为阴影部分的面积等于4−π，
所以mN≈4−π4=1−π4．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
无
【解答】
解：∵复数z=2+3i，
∴z2=2+3i2=−5+12i，
|z|=22+32=13，
∴z2+|z|=13−5+12i，
∴z2+|z|在复平面内对应的点位于第二象限．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
无
【解答】
解：由已知得4a2a2−9a2b2=1，
解得b2a2=3，则c2−a2a2=3，
解得e2=4，则e=2．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
无
【解答】
解：由三视图得：该几何体是半径为3的球的14，
∴该几何体的体积为14×43π×33=9π．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由正弦定理得sinBsinA=ACBC=23，
又sinA=32，则sinB=22，
∵AC∴B则C=π−A+B=5π12．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
指数函数的性质
指数式、对数式的综合比较
【解析】
无
【解答】
解：∵y=lgx在0,+∞上单调递增， e<10，
则a=lge又y=lg13x在0,+∞上单调递减， 0.2<13，
则c=lg130.2>lg1313=1，
又b=2−12=22∈12,1，
∴a故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得F0,6，
因为线段OM的垂直平分线经过抛物线C的焦点F，
所以|MF|=|OF|=6．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
有关排列、组合的计算
【解析】
根据分层抽样求得男、女抽取的人数，然后计算出符合题意的抽样方法数．
【解答】
解：由分层抽样可得男性需要6名，女性需要3名，
甲、乙两位男性为确定人选，
则还需要从剩下的14名男性中选出4名，8名女性中选出3名，
则不同的抽样方法数是C144C33.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题中的程序框图可得fx=lg2x,01，
①当0gx，舍去；
②当x=1时，lg2x=0=x−12，不满足fx>gx，舍去；
③当x>1时， fx−gx=x−1−x−12=x−12−x>0，
可得1gx的解集为1,2．
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
余弦定理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
【解答】
解：在△ABC中，由tan∠BAC=32，可得cs∠BAC=277，
∴由余弦定理可得BC2=22+72−2×2×7×277=3，
∴BC=3，
∴AC2=AB2+BC2，
∴AB⊥BC，
如图，当PA⊥平面ABC时，三棱锥P−ABC的体积最大．
把三棱锥P−ABC放在长方体中，
可知三棱锥P−ABC的外接球的半径为：
R=AB2+BC2+AP22
=22+32+222=32
则该三棱锥的外接球的体积为43π×323=9π2．
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数fx的零点为x轴上的所有整数，
所以函数fx的最小正周期T=2，
所以ω=2πT=π，且f0=2sinφ=0，
结合−π4<φ<π4，可得φ=0，
所以fx=2sinπx，
作出函数fx与函数gx的图象，如图所示，
可知函数fx的图象与函数gx的图象有11个交点，
故选D．
二、填空题
【答案】
−10
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：画出约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，
设z=3x+y，
则y=−3x+z，平移y=−3x，
可知过点B−3,−1时z取得最小值，最小值为−10．
故答案为：−10．
【答案】
3
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
命题的否定
【解析】
因为“∃x∈−1,2,x2−m>1”为假命题，所以“x2−m≤1”为真命题，所以m≥x2−1对x∈−1,2恒成立，即m≥x2−1max=3 .
故答案为：3 .
【解答】
解：因为“∃x∈−1,2，x2−m>1”为假命题，
所以“x2−m≤1”为真命题，
所以m≥x2−1对x∈−1,2恒成立，
即m≥x2−1max=3 .
故答案为：3.
【答案】
−15
【考点】
两点间的距离公式
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
【解析】
无
【解答】
解：由题意得，圆C的圆心为C−3,1，半径r=10−n ，
直线2+mx+2m−1y−5m=0恒过点M1,2，
则|MC|=−3−12+1−22=17，
当MC⊥l时，所得弦最短，
此时弦长为2r2−|MC|2=2r2−17=42，
解得r=5，
所以10−n=5，解得n=−15.
故答案为：−15.
【答案】
x22−y26=1
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的特性
双曲线的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：因为以双曲线E的实轴和虚轴为对角线的四边形的面积为43，
所以4×12ab=43，则ab=23．
设O为坐标原点，不妨设点A在第一象限，
易知tan∠AOF=ba，
因为FA→=AB→，
所以∠BOA=∠AOF，
所以tan∠BOF=tan2∠AOF=2tan∠AOF1−tan2∠AOF=−ba，
所以 2×ba1−ba2=ba ，化简可得ba=3，
所以 ab=23，ba=3， 解得a2=2，b2=6，
所以双曲线E的标准方程为x22−y26=1．
故答案为：x22−y26=1．
三、解答题
【答案】
解：(1)补充完整的2×2列联表如下：
因为K2=80×23×3−37×17260×20×40×40=19615≈13.067>10.828
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能判断食品浪费情况与是否采取措施有关．
(2)由题可知，采取措施后40天的日浪费食品量小于4kg 的频率为：
12+15+6+240=78=0.875，
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，日浪费食品量小于4kg 的概率为0.875.
(3)该酒店采取措施前40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×1+1.5×2+2.5×2+3.5×4+4.5×14+5.5×14+6.5×2+7.5×1)=4.575kg，
该酒店采取措施后40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×12+1.5×15+2.5×6+3.5×2+4.5×2+5.5×1+6.5×1+7.5×1)=1.975kg，
因为4.575−1.975×365=949kg
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省949kg食品．
【考点】
独立性检验
用频率估计概率
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)补充完整的2×2列联表如下：
因为K2=80×23×3−37×17260×20×40×40=19615≈13.067>10.828
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能判断食品浪费情况与是否采取措施有关．
(2)由题可知，采取措施后40天的日浪费食品量小于4kg 的频率为：
12+15+6+240=78=0.875，
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，日浪费食品量小于4kg 的概率为0.875.
(3)该酒店采取措施前40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×1+1.5×2+2.5×2+3.5×4+4.5×14+5.5×14+6.5×2+7.5×1)=4.575kg，
该酒店采取措施后40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×12+1.5×15+2.5×6+3.5×2+4.5×2+5.5×1+6.5×1+7.5×1)=1.975kg，
因为4.575−1.975×365=949kg
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省949kg食品．
【答案】
解：(1)∵数列an是各项均为正数的等比数列，
∴公比q>0，
∵ a3a5=64，
∴a42=a3a5=64，
∴a4=8，a4=22，
由题易知a2，a4，a6是公比为q2的等比数列，
∴a2，a4，a6是公比为q的等比数列，
∴a2+a4+a6=72，
∴221+q+1q=72，
∴q+1q=52，
∴2q2−5q+2=0，
∴q1=2，q2=12，
∴当q=2时， an=a4qn−4=8×2n−4=2n−1，
当q=12时， an=a4qn−4=8×12n−4=12n−1．
(2)∵数列an是递增数列，
∴an=2n−1，
∴3nlg2an=n−13n，
∴Sn=0×31+1×32+2×33+⋯+n−23n−1+n−13n，
3Sn=0×32+1×33+2×34+⋯+n−23n+n−13n+1，
两式相减得−2Sn=32+33+34+⋯+3n−n−13n+1
=91−3n−11−3−n−13n+1，
∴Sn=91−3n−14+n−13n−12=2n−33n+1+94．
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵数列an是各项均为正数的等比数列，
∴公比q>0，
∵ a3a5=64，
∴a42=a3a5=64，
∴a4=8，a4=22，
由题易知a2，a4，a6是公比为q2的等比数列，
∴a2，a4，a6是公比为q的等比数列，
∴a2+a4+a6=72，
∴221+q+1q=72，
∴q+1q=52，
∴2q2−5q+2=0，
∴q1=2，q2=12，
∴当q=2时， an=a4qn−4=8×2n−4=2n−1，
当q=12时， an=a4qn−4=8×12n−4=12n−1．
(2)∵数列an是递增数列，
∴an=2n−1，
∴3nlg2an=n−13n，
∴Sn=0×31+1×32+2×33+⋯+n−23n−1+n−13n，
3Sn=0×32+1×33+2×34+⋯+n−23n+n−13n+1，
两式相减得−2Sn=32+33+34+⋯+3n−n−13n+1
=91−3n−11−3−n−13n+1，
∴Sn=91−3n−14+n−13n−12=2n−33n+1+94．
【答案】
解：(1)因为B，A分别是上，下底面的圆心，
四边形EFGH是圆柱的轴截面，
所以FB//EA且FB=EA，
连接BN，
因为M，N是下底面半圆周上的三等分点，
所以MN//EA且MN=EA，
所以FB//MN且FB=MN，
所以四边形MNBF是平行四边形，
所以FM//BN，
因为FM⊄平面PAN，BN⊂平面PAN，
所以FM//平面PAN．
(2)如图，以A为坐标原点，下底面内AH的垂线为x轴，
AH所在的直线为y轴，AB所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz .
因为圆柱的底面半径为2，高为4，
所以A0,0,0，M3,−1,0，N3,1,0，P0,0,2，F0,−2,4，
所以MP→=−3,1,2，MF→=−3,−1,4,MN→=0,2,0 .
设平面FPM的法向量为n1→=x1,y1,z1，
平面NPM的法向量为n2→=x2,y2,z2 .
所以MP→⋅n1→=−3x1+y1+2z1=0，
MF→⋅n1→=−3x1−y1+4z1=0，
令x1=3，则y1=1，z1=1，
所以n1→=x1,y1,z1=3,1,1，
同理可得， MP→⋅n2→=−3x2+y2+2z2=0，MN→⋅n2→=2y2=0，
令x2=3，则y2=0，z2=32，
所以n2→=x2,y2,z2=3,0,32 .
设平面FPM与平面NPM所成的锐二面角为θ，
所以csθ=|cs⟨n1→，n2→⟩|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|3×3+0+325×3+94|=310535 .
即平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值为310535 .
【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】
【解答】
解：(1)因为B，A分别是上，下底面的圆心，
四边形EFGH是圆柱的轴截面，
所以FB//EA且FB=EA，
连接BN，
因为M，N是下底面半圆周上的三等分点，
所以MN//EA且MN=EA，
所以FB//MN且FB=MN，
所以四边形MNBF是平行四边形，
所以FM//BN，
因为FM⊄平面PAN，BN⊂平面PAN，
所以FM//平面PAN．
(2)如图，以A为坐标原点，下底面内AH的垂线为x轴，
AH所在的直线为y轴，AB所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz .
因为圆柱的底面半径为2，高为4，
所以A0,0,0，M3,−1,0，N3,1,0，P0,0,2，F0,−2,4，
所以MP→=−3,1,2，MF→=−3,−1,4,MN→=0,2,0 .
设平面FPM的法向量为n1→=x1,y1,z1，
平面NPM的法向量为n2→=x2,y2,z2 .
所以MP→⋅n1→=−3x1+y1+2z1=0，
MF→⋅n1→=−3x1−y1+4z1=0，
令x1=3，则y1=1，z1=1，
所以n1→=x1,y1,z1=3,1,1，
同理可得， MP→⋅n2→=−3x2+y2+2z2=0，MN→⋅n2→=2y2=0，
令x2=3，则y2=0，z2=32，
所以n2→=x2,y2,z2=3,0,32 .
设平面FPM与平面NPM所成的锐二面角为θ，
所以csθ=|cs⟨n1→，n2→⟩|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|3×3+0+325×3+94|=310535 .
即平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值为310535 .
【答案】
解：(1)由题可知，当点M与椭圆E的上顶点或下顶点重合时，△F1MF2的面积最大，
设F1−c,0，F2c,0，
因为△F1MF2的面积的最大值为2，
所以bc=2，则12a2sin∠F1MF2=2，
又cs∠F1MF2=−35<0，
所以c>b，sin∠F1MF2=45，
则12a2×45=2，解得a=5，
由b2+c2=5，bc=2，结合c>b，可得b=1，c=2，
所以椭圆E的标准方程为x25+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x−t，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|t|>1及四边形ABCD的面积为10109，可知点A，B位于y轴同侧，
且|2x1+2x2|⋅|y1−y2|2=|x1+x2|⋅|x1−x2|=10109，
将y=x−t代入x25+y2=1，
消去y可得6x2−10tx+5t2=5=0，
则x1+x2=5t3，x1x2=5t2−56，
Δ=100t2−245t2−5=120−20t2>0，即1所以|x1+x2|⋅|x1−x2|=|5t3×(5t3)2−4×5t2−56|=10109，
整理可得t4−6t2+8=0，解得t2=2或t2=4，即t=±2或t=±2，
所以直线AB的方程为y=x+2或y=x−2或y=x+2或y=x−2.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题可知，当点M与椭圆E的上顶点或下顶点重合时，△F1MF2的面积最大，
设F1−c,0，F2c,0，
因为△F1MF2的面积的最大值为2，
所以bc=2，则12a2sin∠F1MF2=2，
又cs∠F1MF2=−35<0，
所以c>b，sin∠F1MF2=45，
则12a2×45=2，解得a=5，
由b2+c2=5，bc=2，结合c>b，可得b=1，c=2，
所以椭圆E的标准方程为x25+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x−t，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|t|>1及四边形ABCD的面积为10109，可知点A，B位于y轴同侧，
且|2x1+2x2|⋅|y1−y2|2=|x1+x2|⋅|x1−x2|=10109，
将y=x−t代入x25+y2=1，
消去y可得6x2−10tx+5t2=5=0，
则x1+x2=5t3，x1x2=5t2−56，
Δ=100t2−245t2−5=120−20t2>0，即1所以|x1+x2|⋅|x1−x2|=|5t3×(5t3)2−4×5t2−56|=10109，
整理可得t4−6t2+8=0，解得t2=2或t2=4，即t=±2或t=±2，
所以直线AB的方程为y=x+2或y=x−2或y=x+2或y=x−2.
【答案】
(1)解：由题可得x>0，
若fx+2x≥0恒成立，即xlnx−ax+2x≥0，
则a≤lnx+2x2恒成立，
设函数ℎx=lnx+2x2，x>0，
则ℎ′x=1x−4x3=x2−4x3=x+2x−2x3，
令ℎ′x=0，可得x=2．
当x∈0,2时， ℎ′x<0，则ℎx在0,2上单调递减；
当x∈2,+∞时， ℎ′x>0，则ℎx在2,+∞上单调递增．
所以函数ℎx在x=2时取得最小值ℎxmin=ℎ2=ln2+12，
所以a≤ln2+12，故a的取值范围为−∞,ln2+12 .
(2)证明：当a=−1时，fx=x+xlnx，x>0，
要证fx>4x+1−e2xx ，即要证x+xlnx>4x+1−e2xx，
因为fx=x+xlnx，x>0，
所以f′x=1+lnx+1=lnx+2，
令f′x=0，解得x=1e2，
当x∈0,1e2时，f′x<0，则fx在0,1e2上单调递减，
当x∈1e2,+∞时，f′x>0，则fx在1e2,+∞上单调递增，
所以fx在x=1e2处取得极小值，也是最小值，
所以fxmin=f1e2=−1e2 .
设函数gx=4x+1−e2xx，
所以g′x=2x−12x+1−e2xx2 .
令tx=2x+1−e2x，
所以t′x=2−2e2x=21−e2x，
当x>0时，t′x<0，
所以tx在0,+∞上单调递减，
所以tx当2x−1=0，即x=12时，g′x=0，
当2x−1<0，即x<12时， g′x>0，则gx在0,12上单调递增，
当2x−1>0，即x>12时，g′x<0，则gx在12,+∞上单调递减，
所以gx在x=12处取得极大值，也是最大值，
所以gxmax=g12=4−2e .
因为4−2e<4−2×52=−1，−1e2>−1，
所以4−2e<−1e2，
所以当a=−1时， fx>4x+1−e2xx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
利用导数研究函数的最值
【解析】
【解答】
(1)解：由题可得x>0，
若fx+2x≥0恒成立，即xlnx−ax+2x≥0，
则a≤lnx+2x2恒成立，
设函数ℎx=lnx+2x2，x>0，
则ℎ′x=1x−4x3=x2−4x3=x+2x−2x3，
令ℎ′x=0，可得x=2．
当x∈0,2时， ℎ′x<0，则ℎx在0,2上单调递减；
当x∈2,+∞时， ℎ′x>0，则ℎx在2,+∞上单调递增．
所以函数ℎx在x=2时取得最小值ℎxmin=ℎ2=ln2+12，
所以a≤ln2+12，故a的取值范围为−∞,ln2+12 .
(2)证明：当a=−1时，fx=x+xlnx，x>0，
要证fx>4x+1−e2xx ，即要证x+xlnx>4x+1−e2xx，
因为fx=x+xlnx，x>0，
所以f′x=1+lnx+1=lnx+2，
令f′x=0，解得x=1e2，
当x∈0,1e2时，f′x<0，则fx在0,1e2上单调递减，
当x∈1e2,+∞时，f′x>0，则fx在1e2,+∞上单调递增，
所以fx在x=1e2处取得极小值，也是最小值，
所以fxmin=f1e2=−1e2 .
设函数gx=4x+1−e2xx，
所以g′x=2x−12x+1−e2xx2 .
令tx=2x+1−e2x，
所以t′x=2−2e2x=21−e2x，
当x>0时，t′x<0，
所以tx在0,+∞上单调递减，
所以tx当2x−1=0，即x=12时，g′x=0，
当2x−1<0，即x<12时， g′x>0，则gx在0,12上单调递增，
当2x−1>0，即x>12时，g′x<0，则gx在12,+∞上单调递减，
所以gx在x=12处取得极大值，也是最大值，
所以gxmax=g12=4−2e .
因为4−2e<4−2×52=−1，−1e2>−1，
所以4−2e<−1e2，
所以当a=−1时， fx>4x+1−e2xx成立．
【答案】
解：(1)当t为参数， α=π3时，
直线C1的斜率k1=tanπ3=3，
由ρcsθ−π3=1，
得12ρcsθ+32ρsinθ=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得x+3y−2=0，
故直线l的斜率k2=−33，
∵k1k2=−1，
∴曲线C1与直线l垂直．
(2)当α为参数， t=2时，
C1的参数方程为x=1+2csα，y=2sinα，
消去参数，得C1的普通方程为x−12+y2=4，
易知直线l过P2,0，
∴可设直线l的参数方程为 x=2−32m,y=12m （m是参数）．
联立直线l的参数方程与曲线C1的普通方程，
得 m2−3m−3=0，
设A，B对应的参数分别是m1，m2，
则m1+m2=3，m1m2=−3，
故1|PA|+1|PB|=1|m1|+1|m2|
=|m1|+|m2||m1m2|
=|m1−m2||m1m2|=153．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当t为参数， α=π3时，
直线C1的斜率k1=tanπ3=3，
由ρcsθ−π3=1，
得12ρcsθ+32ρsinθ=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得x+3y−2=0，
故直线l的斜率k2=−33，
∵k1k2=−1，
∴曲线C1与直线l垂直．
(2)当α为参数， t=2时，
C1的参数方程为x=1+2csα，y=2sinα，
消去参数，得C1的普通方程为x−12+y2=4，
易知直线l过P2,0，
∴可设直线l的参数方程为 x=2−32m,y=12m （m是参数）．
联立直线l的参数方程与曲线C1的普通方程，
得 m2−3m−3=0，
设A，B对应的参数分别是m1，m2，
则m1+m2=3，m1m2=−3，
故1|PA|+1|PB|=1|m1|+1|m2|
=|m1|+|m2||m1m2|
=|m1−m2||m1m2|=153．
【答案】
(1)解：∵fx=|x−1|+2|x+3|=−3x−5，x<−3，x+7，−3≤x≤1，3x+5，x>1，
∴当x=−3时， fx取得最小值4，
即m=4．
(2)证明：由a+b+c=0，abc=1，且a>b≥c，
可得， a>0，b<0，c<0，
∵a=−b−c，a=1bc，
∴a3=a2⋅a=b+c2bc
=b2+c2+2bcbc≥2bc+2bcbc=4，
当且仅当b=c时等号成立，
∴a3≥4，即a3≥m．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：∵fx=|x−1|+2|x+3|=−3x−5，x<−3，x+7，−3≤x≤1，3x+5，x>1，
∴当x=−3时， fx取得最小值4，
即m=4．
(2)证明：由a+b+c=0，abc=1，且a>b≥c，
可得， a>0，b<0，c<0，
∵a=−b−c，a=1bc，
∴a3=a2⋅a=b+c2bc
=b2+c2+2bcbc≥2bc+2bcbc=4，
当且仅当b=c时等号成立，
∴a3≥4，即a3≥m．日浪费食品量
（单位：kg）
[0,1)
[1,2)
[2,3)
[3,4)
[4.5)
[5,6)
[6,7)
[7,8)
天数
1
2
2
4
14
14
2
1
日浪费食品量
（单位：kg）
[0,1)
[1,2)
[2,3)
[3,4)
[4,5)
[5,6)
[6.7)
[7,8)
天数
12
15
6
2
2
1
1
1
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
采取措施后40天
总计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
23
17
40
采取措施后40天
37
3
40
总计
60
20
80
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
23
17
40
采取措施后40天
37
3
40
总计
60
20
80
1. 已知集合M=x|x−1x+1>0，N=x|−2
2. 在一次试验中，向如图所示的正方形ABCD中随机撒一大把豆子，经过统计，发现落在正方形ABCD中的豆子有N粒，其中有m(m
A.1−π8B.1−π4C.3π10D.π5
3. 已知复数z=2+3i（i为虚数单位），则z2+|z|在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
4. 若双曲线C: x2a2−y2b2=1a>0，b>0过点2a,3a，则双曲线C的离心率为（ ）
A.2B.4C.5D.3
5. 已知某几何体的三视图如图所示，其中半圆和扇形的半径均为3，则该几何体的体积为（ ）
A.27πB.18πC.9πD.36π
6. 在△ABC中，若3AC=2BC，且A=π3，则C=（ ）
A.π4B.5π12C.π2D.7π12
7. 已知e是自然对数的底数．设a=lge，b=2−12，c=lg130.2，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.c
8. 已知M是抛物线C:x2=24y上一点，O为坐标原点，若线段OM的垂直平分线经过抛物线C的焦点F，则|MF|=（ ）
A.8B.6C.4D.2
9. 中国某科研团队研制的重组新冠疫苗获批启动开展临床试验后，计划在某地区招募志愿者，经过电话沟通､核实情况，要从符合条件的16名男性和8名女性中选出9名志愿者参加试验，如果按照性别分层抽样来确定男女人数，并且甲､乙两名男性因身体素质优异为确定人选，则不同的抽样方法数是( )
A.C166C83B.C144C84C.C164C83D.C144C83
10. 如图所示的程序框图的功能是求函数fx的函数值，若gx=x−12，则不等式fx>gx的解集为( )
A.(1,2)B.0,2C.0,1D.2,+∞
11. 在三棱锥P−ABC中，AB=2，AC=7，tan∠BAC=32，PA=2，当此三棱锥的体积最大时，该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A.3πB.2πC.9π2D.8π3
12. 已知函数fx=2sinωx+φω>0,−π4<φ<π4的零点为x轴上的所有整数，则函数fx的图象与函数gx=25x的图象的交点个数为( )
A.8B.9C.10D.11
二、填空题
若实数x，y满足约束条件 2x−y+5≥0，x+y−2≤0，x−y+2≤0， 则3x+y的最小值为________．
若“∃x∈−1,2，x2−m>1”为假命题，则实数m的最小值为________ .
若圆C:x2+y2+6x−2y+n=0截直线l:2+mx+2m−1y−5m=0所得的最短弦长为42，则实数n=________．
已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0，b>0，以双曲线E的实轴和虚轴为对角线的四边形的面积为43，过双曲线E的右焦点F作双曲线E的一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于点B，若FA→=AB→，则双曲线E的标准方程为________．
三、解答题
为进一步提倡餐饮节约，制止餐饮浪费行为，商务部支持行业协会发挥自律作用，推动建立制止餐饮浪费的长效机制，厉行勤俭节约、反对铺张浪费，倡导光盘行动．某酒店推出半份菜、N−1"点菜法、光盘就赠礼，免费打包等措施，大大减少了餐饮浪费，该酒店记录了采取措施前40天的日浪赞食品量和采取措施后40天的日浪费食品量的频数分布表，如表所示：
采取措施前40天的日浪费食品量的频数分布表
采取措施后40天的日浪费食品量的频数分布表
(1)将下面的2×2列联表补充完整，
并回答：在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能否判断食品浪费情况与是否采取措施有关？
(2)估计该酒店倡导节约，采取措施后，日浪费食品量小于4kg的概率；
(3)估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省多少食品？（一年按365天计算，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
参考公式及数据：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
已知数列an是各项均为正数的等比数列，且a2+a4+a6=72，a3a5=64.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列an是递增数列，求数列3nlg2an的前n项和Sn.
如图，在底面半径为2，高为4的圆柱中，B，A分别是上、下底面的圆心，四边形EFGH是该圆柱的轴截面．已知P是线段AB的中点，M，N是下底面半圆周上的三等分点．
(1)求证： FM//平面PAN；
(2)求平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值．
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆E上，当△F1MF2的面积取得最大值2时，cs∠F1MF2=−35．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点1,0作斜率为1的直线交椭圆E于A，B两点，其中|t|>1．设点A，B关于y轴的对称点分别为D，C，当四边形ABCD的面积为10109时，求直线AB的方程．
已知函数fx=xlnx−ax，a∈R .
(1)若fx+2x≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当a=−1时，证明： fx>4x+1−e2xx .
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+tcsα,y=tsinα （t,α中的一个为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l:ρcsθ−π3=1 .
(1)当t为参数， α=π3时，判断曲线C1和直线的位置关系；
(2)当α为参数， t=2时，直线l与曲线C1交于不同的两点A，B．若P2,0，求1|PA|+1|PB|的值．
已知函数fx=|x−1|+2|x+3|的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)若abc=1，a+b+c=0，且a>b≥c，证明：a3≥m .
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西贵港市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
无
【解答】
解：由x−1x+1>0可得x<−1或x>1，
∴集合M={x|x<−1或x>1}，
又集合N=x|−2
2.
【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）
【解析】
设正方形ABCD的边长为2，然后算出正方形的面积和阴影部分的面积即可．
【解答】
解：设正方形ABCD的边长为2，则正方形ABCD的面积等于4．
因为阴影部分的面积等于4−π，
所以mN≈4−π4=1−π4．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
无
【解答】
解：∵复数z=2+3i，
∴z2=2+3i2=−5+12i，
|z|=22+32=13，
∴z2+|z|=13−5+12i，
∴z2+|z|在复平面内对应的点位于第二象限．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
无
【解答】
解：由已知得4a2a2−9a2b2=1，
解得b2a2=3，则c2−a2a2=3，
解得e2=4，则e=2．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
无
【解答】
解：由三视图得：该几何体是半径为3的球的14，
∴该几何体的体积为14×43π×33=9π．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由正弦定理得sinBsinA=ACBC=23，
又sinA=32，则sinB=22，
∵AC
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
指数函数的性质
指数式、对数式的综合比较
【解析】
无
【解答】
解：∵y=lgx在0,+∞上单调递增， e<10，
则a=lge
则c=lg130.2>lg1313=1，
又b=2−12=22∈12,1，
∴a
8.
【答案】
B
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得F0,6，
因为线段OM的垂直平分线经过抛物线C的焦点F，
所以|MF|=|OF|=6．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
有关排列、组合的计算
【解析】
根据分层抽样求得男、女抽取的人数，然后计算出符合题意的抽样方法数．
【解答】
解：由分层抽样可得男性需要6名，女性需要3名，
甲、乙两位男性为确定人选，
则还需要从剩下的14名男性中选出4名，8名女性中选出3名，
则不同的抽样方法数是C144C33.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题中的程序框图可得fx=lg2x,0
①当0
②当x=1时，lg2x=0=x−12，不满足fx>gx，舍去；
③当x>1时， fx−gx=x−1−x−12=x−12−x>0，
可得1
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
余弦定理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
【解答】
解：在△ABC中，由tan∠BAC=32，可得cs∠BAC=277，
∴由余弦定理可得BC2=22+72−2×2×7×277=3，
∴BC=3，
∴AC2=AB2+BC2，
∴AB⊥BC，
如图，当PA⊥平面ABC时，三棱锥P−ABC的体积最大．
把三棱锥P−ABC放在长方体中，
可知三棱锥P−ABC的外接球的半径为：
R=AB2+BC2+AP22
=22+32+222=32
则该三棱锥的外接球的体积为43π×323=9π2．
故选C．
12.
【答案】
D
【考点】
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数fx的零点为x轴上的所有整数，
所以函数fx的最小正周期T=2，
所以ω=2πT=π，且f0=2sinφ=0，
结合−π4<φ<π4，可得φ=0，
所以fx=2sinπx，
作出函数fx与函数gx的图象，如图所示，
可知函数fx的图象与函数gx的图象有11个交点，
故选D．
二、填空题
【答案】
−10
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：画出约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，
设z=3x+y，
则y=−3x+z，平移y=−3x，
可知过点B−3,−1时z取得最小值，最小值为−10．
故答案为：−10．
【答案】
3
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
命题的否定
【解析】
因为“∃x∈−1,2,x2−m>1”为假命题，所以“x2−m≤1”为真命题，所以m≥x2−1对x∈−1,2恒成立，即m≥x2−1max=3 .
故答案为：3 .
【解答】
解：因为“∃x∈−1,2，x2−m>1”为假命题，
所以“x2−m≤1”为真命题，
所以m≥x2−1对x∈−1,2恒成立，
即m≥x2−1max=3 .
故答案为：3.
【答案】
−15
【考点】
两点间的距离公式
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
【解析】
无
【解答】
解：由题意得，圆C的圆心为C−3,1，半径r=10−n ，
直线2+mx+2m−1y−5m=0恒过点M1,2，
则|MC|=−3−12+1−22=17，
当MC⊥l时，所得弦最短，
此时弦长为2r2−|MC|2=2r2−17=42，
解得r=5，
所以10−n=5，解得n=−15.
故答案为：−15.
【答案】
x22−y26=1
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的特性
双曲线的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：因为以双曲线E的实轴和虚轴为对角线的四边形的面积为43，
所以4×12ab=43，则ab=23．
设O为坐标原点，不妨设点A在第一象限，
易知tan∠AOF=ba，
因为FA→=AB→，
所以∠BOA=∠AOF，
所以tan∠BOF=tan2∠AOF=2tan∠AOF1−tan2∠AOF=−ba，
所以 2×ba1−ba2=ba ，化简可得ba=3，
所以 ab=23，ba=3， 解得a2=2，b2=6，
所以双曲线E的标准方程为x22−y26=1．
故答案为：x22−y26=1．
三、解答题
【答案】
解：(1)补充完整的2×2列联表如下：
因为K2=80×23×3−37×17260×20×40×40=19615≈13.067>10.828
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能判断食品浪费情况与是否采取措施有关．
(2)由题可知，采取措施后40天的日浪费食品量小于4kg 的频率为：
12+15+6+240=78=0.875，
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，日浪费食品量小于4kg 的概率为0.875.
(3)该酒店采取措施前40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×1+1.5×2+2.5×2+3.5×4+4.5×14+5.5×14+6.5×2+7.5×1)=4.575kg，
该酒店采取措施后40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×12+1.5×15+2.5×6+3.5×2+4.5×2+5.5×1+6.5×1+7.5×1)=1.975kg，
因为4.575−1.975×365=949kg
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省949kg食品．
【考点】
独立性检验
用频率估计概率
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)补充完整的2×2列联表如下：
因为K2=80×23×3−37×17260×20×40×40=19615≈13.067>10.828
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能判断食品浪费情况与是否采取措施有关．
(2)由题可知，采取措施后40天的日浪费食品量小于4kg 的频率为：
12+15+6+240=78=0.875，
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，日浪费食品量小于4kg 的概率为0.875.
(3)该酒店采取措施前40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×1+1.5×2+2.5×2+3.5×4+4.5×14+5.5×14+6.5×2+7.5×1)=4.575kg，
该酒店采取措施后40天的日浪费食品量的平均数为：
140×(0.5×12+1.5×15+2.5×6+3.5×2+4.5×2+5.5×1+6.5×1+7.5×1)=1.975kg，
因为4.575−1.975×365=949kg
所以估计该酒店倡导节约、采取措施后，一年能节省949kg食品．
【答案】
解：(1)∵数列an是各项均为正数的等比数列，
∴公比q>0，
∵ a3a5=64，
∴a42=a3a5=64，
∴a4=8，a4=22，
由题易知a2，a4，a6是公比为q2的等比数列，
∴a2，a4，a6是公比为q的等比数列，
∴a2+a4+a6=72，
∴221+q+1q=72，
∴q+1q=52，
∴2q2−5q+2=0，
∴q1=2，q2=12，
∴当q=2时， an=a4qn−4=8×2n−4=2n−1，
当q=12时， an=a4qn−4=8×12n−4=12n−1．
(2)∵数列an是递增数列，
∴an=2n−1，
∴3nlg2an=n−13n，
∴Sn=0×31+1×32+2×33+⋯+n−23n−1+n−13n，
3Sn=0×32+1×33+2×34+⋯+n−23n+n−13n+1，
两式相减得−2Sn=32+33+34+⋯+3n−n−13n+1
=91−3n−11−3−n−13n+1，
∴Sn=91−3n−14+n−13n−12=2n−33n+1+94．
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵数列an是各项均为正数的等比数列，
∴公比q>0，
∵ a3a5=64，
∴a42=a3a5=64，
∴a4=8，a4=22，
由题易知a2，a4，a6是公比为q2的等比数列，
∴a2，a4，a6是公比为q的等比数列，
∴a2+a4+a6=72，
∴221+q+1q=72，
∴q+1q=52，
∴2q2−5q+2=0，
∴q1=2，q2=12，
∴当q=2时， an=a4qn−4=8×2n−4=2n−1，
当q=12时， an=a4qn−4=8×12n−4=12n−1．
(2)∵数列an是递增数列，
∴an=2n−1，
∴3nlg2an=n−13n，
∴Sn=0×31+1×32+2×33+⋯+n−23n−1+n−13n，
3Sn=0×32+1×33+2×34+⋯+n−23n+n−13n+1，
两式相减得−2Sn=32+33+34+⋯+3n−n−13n+1
=91−3n−11−3−n−13n+1，
∴Sn=91−3n−14+n−13n−12=2n−33n+1+94．
【答案】
解：(1)因为B，A分别是上，下底面的圆心，
四边形EFGH是圆柱的轴截面，
所以FB//EA且FB=EA，
连接BN，
因为M，N是下底面半圆周上的三等分点，
所以MN//EA且MN=EA，
所以FB//MN且FB=MN，
所以四边形MNBF是平行四边形，
所以FM//BN，
因为FM⊄平面PAN，BN⊂平面PAN，
所以FM//平面PAN．
(2)如图，以A为坐标原点，下底面内AH的垂线为x轴，
AH所在的直线为y轴，AB所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz .
因为圆柱的底面半径为2，高为4，
所以A0,0,0，M3,−1,0，N3,1,0，P0,0,2，F0,−2,4，
所以MP→=−3,1,2，MF→=−3,−1,4,MN→=0,2,0 .
设平面FPM的法向量为n1→=x1,y1,z1，
平面NPM的法向量为n2→=x2,y2,z2 .
所以MP→⋅n1→=−3x1+y1+2z1=0，
MF→⋅n1→=−3x1−y1+4z1=0，
令x1=3，则y1=1，z1=1，
所以n1→=x1,y1,z1=3,1,1，
同理可得， MP→⋅n2→=−3x2+y2+2z2=0，MN→⋅n2→=2y2=0，
令x2=3，则y2=0，z2=32，
所以n2→=x2,y2,z2=3,0,32 .
设平面FPM与平面NPM所成的锐二面角为θ，
所以csθ=|cs⟨n1→，n2→⟩|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|3×3+0+325×3+94|=310535 .
即平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值为310535 .
【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】
【解答】
解：(1)因为B，A分别是上，下底面的圆心，
四边形EFGH是圆柱的轴截面，
所以FB//EA且FB=EA，
连接BN，
因为M，N是下底面半圆周上的三等分点，
所以MN//EA且MN=EA，
所以FB//MN且FB=MN，
所以四边形MNBF是平行四边形，
所以FM//BN，
因为FM⊄平面PAN，BN⊂平面PAN，
所以FM//平面PAN．
(2)如图，以A为坐标原点，下底面内AH的垂线为x轴，
AH所在的直线为y轴，AB所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz .
因为圆柱的底面半径为2，高为4，
所以A0,0,0，M3,−1,0，N3,1,0，P0,0,2，F0,−2,4，
所以MP→=−3,1,2，MF→=−3,−1,4,MN→=0,2,0 .
设平面FPM的法向量为n1→=x1,y1,z1，
平面NPM的法向量为n2→=x2,y2,z2 .
所以MP→⋅n1→=−3x1+y1+2z1=0，
MF→⋅n1→=−3x1−y1+4z1=0，
令x1=3，则y1=1，z1=1，
所以n1→=x1,y1,z1=3,1,1，
同理可得， MP→⋅n2→=−3x2+y2+2z2=0，MN→⋅n2→=2y2=0，
令x2=3，则y2=0，z2=32，
所以n2→=x2,y2,z2=3,0,32 .
设平面FPM与平面NPM所成的锐二面角为θ，
所以csθ=|cs⟨n1→，n2→⟩|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|3×3+0+325×3+94|=310535 .
即平面FPM与平面NPM所成的锐二面角的余弦值为310535 .
【答案】
解：(1)由题可知，当点M与椭圆E的上顶点或下顶点重合时，△F1MF2的面积最大，
设F1−c,0，F2c,0，
因为△F1MF2的面积的最大值为2，
所以bc=2，则12a2sin∠F1MF2=2，
又cs∠F1MF2=−35<0，
所以c>b，sin∠F1MF2=45，
则12a2×45=2，解得a=5，
由b2+c2=5，bc=2，结合c>b，可得b=1，c=2，
所以椭圆E的标准方程为x25+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x−t，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|t|>1及四边形ABCD的面积为10109，可知点A，B位于y轴同侧，
且|2x1+2x2|⋅|y1−y2|2=|x1+x2|⋅|x1−x2|=10109，
将y=x−t代入x25+y2=1，
消去y可得6x2−10tx+5t2=5=0，
则x1+x2=5t3，x1x2=5t2−56，
Δ=100t2−245t2−5=120−20t2>0，即1
整理可得t4−6t2+8=0，解得t2=2或t2=4，即t=±2或t=±2，
所以直线AB的方程为y=x+2或y=x−2或y=x+2或y=x−2.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题可知，当点M与椭圆E的上顶点或下顶点重合时，△F1MF2的面积最大，
设F1−c,0，F2c,0，
因为△F1MF2的面积的最大值为2，
所以bc=2，则12a2sin∠F1MF2=2，
又cs∠F1MF2=−35<0，
所以c>b，sin∠F1MF2=45，
则12a2×45=2，解得a=5，
由b2+c2=5，bc=2，结合c>b，可得b=1，c=2，
所以椭圆E的标准方程为x25+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x−t，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|t|>1及四边形ABCD的面积为10109，可知点A，B位于y轴同侧，
且|2x1+2x2|⋅|y1−y2|2=|x1+x2|⋅|x1−x2|=10109，
将y=x−t代入x25+y2=1，
消去y可得6x2−10tx+5t2=5=0，
则x1+x2=5t3，x1x2=5t2−56，
Δ=100t2−245t2−5=120−20t2>0，即1
整理可得t4−6t2+8=0，解得t2=2或t2=4，即t=±2或t=±2，
所以直线AB的方程为y=x+2或y=x−2或y=x+2或y=x−2.
【答案】
(1)解：由题可得x>0，
若fx+2x≥0恒成立，即xlnx−ax+2x≥0，
则a≤lnx+2x2恒成立，
设函数ℎx=lnx+2x2，x>0，
则ℎ′x=1x−4x3=x2−4x3=x+2x−2x3，
令ℎ′x=0，可得x=2．
当x∈0,2时， ℎ′x<0，则ℎx在0,2上单调递减；
当x∈2,+∞时， ℎ′x>0，则ℎx在2,+∞上单调递增．
所以函数ℎx在x=2时取得最小值ℎxmin=ℎ2=ln2+12，
所以a≤ln2+12，故a的取值范围为−∞,ln2+12 .
(2)证明：当a=−1时，fx=x+xlnx，x>0，
要证fx>4x+1−e2xx ，即要证x+xlnx>4x+1−e2xx，
因为fx=x+xlnx，x>0，
所以f′x=1+lnx+1=lnx+2，
令f′x=0，解得x=1e2，
当x∈0,1e2时，f′x<0，则fx在0,1e2上单调递减，
当x∈1e2,+∞时，f′x>0，则fx在1e2,+∞上单调递增，
所以fx在x=1e2处取得极小值，也是最小值，
所以fxmin=f1e2=−1e2 .
设函数gx=4x+1−e2xx，
所以g′x=2x−12x+1−e2xx2 .
令tx=2x+1−e2x，
所以t′x=2−2e2x=21−e2x，
当x>0时，t′x<0，
所以tx在0,+∞上单调递减，
所以tx
当2x−1<0，即x<12时， g′x>0，则gx在0,12上单调递增，
当2x−1>0，即x>12时，g′x<0，则gx在12,+∞上单调递减，
所以gx在x=12处取得极大值，也是最大值，
所以gxmax=g12=4−2e .
因为4−2e<4−2×52=−1，−1e2>−1，
所以4−2e<−1e2，
所以当a=−1时， fx>4x+1−e2xx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
利用导数研究函数的最值
【解析】
【解答】
(1)解：由题可得x>0，
若fx+2x≥0恒成立，即xlnx−ax+2x≥0，
则a≤lnx+2x2恒成立，
设函数ℎx=lnx+2x2，x>0，
则ℎ′x=1x−4x3=x2−4x3=x+2x−2x3，
令ℎ′x=0，可得x=2．
当x∈0,2时， ℎ′x<0，则ℎx在0,2上单调递减；
当x∈2,+∞时， ℎ′x>0，则ℎx在2,+∞上单调递增．
所以函数ℎx在x=2时取得最小值ℎxmin=ℎ2=ln2+12，
所以a≤ln2+12，故a的取值范围为−∞,ln2+12 .
(2)证明：当a=−1时，fx=x+xlnx，x>0，
要证fx>4x+1−e2xx ，即要证x+xlnx>4x+1−e2xx，
因为fx=x+xlnx，x>0，
所以f′x=1+lnx+1=lnx+2，
令f′x=0，解得x=1e2，
当x∈0,1e2时，f′x<0，则fx在0,1e2上单调递减，
当x∈1e2,+∞时，f′x>0，则fx在1e2,+∞上单调递增，
所以fx在x=1e2处取得极小值，也是最小值，
所以fxmin=f1e2=−1e2 .
设函数gx=4x+1−e2xx，
所以g′x=2x−12x+1−e2xx2 .
令tx=2x+1−e2x，
所以t′x=2−2e2x=21−e2x，
当x>0时，t′x<0，
所以tx在0,+∞上单调递减，
所以tx
当2x−1<0，即x<12时， g′x>0，则gx在0,12上单调递增，
当2x−1>0，即x>12时，g′x<0，则gx在12,+∞上单调递减，
所以gx在x=12处取得极大值，也是最大值，
所以gxmax=g12=4−2e .
因为4−2e<4−2×52=−1，−1e2>−1，
所以4−2e<−1e2，
所以当a=−1时， fx>4x+1−e2xx成立．
【答案】
解：(1)当t为参数， α=π3时，
直线C1的斜率k1=tanπ3=3，
由ρcsθ−π3=1，
得12ρcsθ+32ρsinθ=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得x+3y−2=0，
故直线l的斜率k2=−33，
∵k1k2=−1，
∴曲线C1与直线l垂直．
(2)当α为参数， t=2时，
C1的参数方程为x=1+2csα，y=2sinα，
消去参数，得C1的普通方程为x−12+y2=4，
易知直线l过P2,0，
∴可设直线l的参数方程为 x=2−32m,y=12m （m是参数）．
联立直线l的参数方程与曲线C1的普通方程，
得 m2−3m−3=0，
设A，B对应的参数分别是m1，m2，
则m1+m2=3，m1m2=−3，
故1|PA|+1|PB|=1|m1|+1|m2|
=|m1|+|m2||m1m2|
=|m1−m2||m1m2|=153．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当t为参数， α=π3时，
直线C1的斜率k1=tanπ3=3，
由ρcsθ−π3=1，
得12ρcsθ+32ρsinθ=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得x+3y−2=0，
故直线l的斜率k2=−33，
∵k1k2=−1，
∴曲线C1与直线l垂直．
(2)当α为参数， t=2时，
C1的参数方程为x=1+2csα，y=2sinα，
消去参数，得C1的普通方程为x−12+y2=4，
易知直线l过P2,0，
∴可设直线l的参数方程为 x=2−32m,y=12m （m是参数）．
联立直线l的参数方程与曲线C1的普通方程，
得 m2−3m−3=0，
设A，B对应的参数分别是m1，m2，
则m1+m2=3，m1m2=−3，
故1|PA|+1|PB|=1|m1|+1|m2|
=|m1|+|m2||m1m2|
=|m1−m2||m1m2|=153．
【答案】
(1)解：∵fx=|x−1|+2|x+3|=−3x−5，x<−3，x+7，−3≤x≤1，3x+5，x>1，
∴当x=−3时， fx取得最小值4，
即m=4．
(2)证明：由a+b+c=0，abc=1，且a>b≥c，
可得， a>0，b<0，c<0，
∵a=−b−c，a=1bc，
∴a3=a2⋅a=b+c2bc
=b2+c2+2bcbc≥2bc+2bcbc=4，
当且仅当b=c时等号成立，
∴a3≥4，即a3≥m．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：∵fx=|x−1|+2|x+3|=−3x−5，x<−3，x+7，−3≤x≤1，3x+5，x>1，
∴当x=−3时， fx取得最小值4，
即m=4．
(2)证明：由a+b+c=0，abc=1，且a>b≥c，
可得， a>0，b<0，c<0，
∵a=−b−c，a=1bc，
∴a3=a2⋅a=b+c2bc
=b2+c2+2bcbc≥2bc+2bcbc=4，
当且仅当b=c时等号成立，
∴a3≥4，即a3≥m．日浪费食品量
（单位：kg）
[0,1)
[1,2)
[2,3)
[3,4)
[4.5)
[5,6)
[6,7)
[7,8)
天数
1
2
2
4
14
14
2
1
日浪费食品量
（单位：kg）
[0,1)
[1,2)
[2,3)
[3,4)
[4,5)
[5,6)
[6.7)
[7,8)
天数
12
15
6
2
2
1
1
1
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
采取措施后40天
总计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
23
17
40
采取措施后40天
37
3
40
总计
60
20
80
浪费小于5kg的天数
浪费不小于5kg 的天数
总计
采取措施前40天
23
17
40
采取措施后40天
37
3
40
总计
60
20
80
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