2020-2021学年山东省临沂市高三（下）2月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省临沂市高三（下）2月月考数学试卷人教A版，共12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. 已知集合A=−1,2，B=x|mx−1=0,m∈R，若A∪B=A，则所有符合条件的实数m组成的集合是( )
A.−12,0,1B.−1,0,2C.−1,2D.−1,0,12

2. 复数z满足z53+i=i，则z=( )
A.−12+32iB.−12−32iC.12−32iD.12+32i

3. 若向量a→=x,2，b→=2,3，c→=2,−4，且a→//c→，则|a→−b→|=( )
A.3B.11C.10D.23

4. 在数列{an}中，a3=2，a7=1．若{1an}为等差数列，则a5=( )
A.43B.32C.23D.34

5. “12x>1”是“−2A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

6. 函数fx=ln|x|x−sinx的部分图象大致为( )
A.B.
C.D.

7. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点. 已知抛物线y2=4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3, 1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为( )
A.9+10B.9+26C.7112+26D.8312+26

8. 函数gx的图象关于y轴对称，x∈(−∞,0]时，g′x<0，g2=0．又gx=fx+1，则(x+1)f(x)>0的解集为( )
A.3,+∞B.{x|x∈R,x≠1}
C.1,+∞D.{x|x<−1或x>3}
二、多选题

某研究机构为了实时掌握当地新增高速运行情况，在某服务区从小型汽车中抽取了80名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速km/ℎ分成六段：[60,65)，[65,70)，[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90]，得到如图所示的频率分布直方图．下列结论正确的是( )

A.这80辆小型车辆车速的众数的估计值为77.5
B.在该服务区任意抽取一辆车，估计车速超过75km/ℎ的概率为0.65
C.若从样本中车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为1011
D.若从样本中车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则车速都在[65,70)内的概率为23

在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是( )
A.直线BM与平面ADD1A1平行
B.平面BMD1截正方体所得的截面为三角形
C.异面直线AD1与A1C1所成的角为π3
D.|MB|+|MD1|的最小值为1+2

已知圆C:x2+y2=4，直线l:3+mx+4y−3+3m=0m∈R．则下列四个命题正确的是( )
A.直线l恒过定点−3,3
B.当m=0时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C.圆C与曲线：x2+y2−6x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=16
D.当m=13时，直线l上一个动点P向圆C引两条切线PA，PB，其中A，B为切点，则直线AB经过点−169,−49

已知函数fx=ex⋅x3，则以下结论正确的是( )
A.fx在R上单调递增
B.f(e−12)C.方程fx=−1有实数解
D.存在实数k，使得方程fx=kx有4个实数解
三、填空题

已知sin2α+π6+cs2α−π3=32，若α∈0,π，则α=________.
四、解答题

正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=43，S3=139，且点an,bn在函数y=lg33x的图象上．
(1)求an，{bn}通项公式；

(2)记cn=1b2n−1b2n+1，求cn的前n项和Tn.

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若________，且△ABC的外接圆的面积为3π，△ABC的面积为934，求△ABC的周长．
在①bsin2A−asinAcsC=12csin2A；②bsinB+C2=asinB；③2acsB=2c−b；这三个条件中任选一个补充在上面问题中，并加以解答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）

如图，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2BC=2，CD=3BC，E为AB的中点，点F在CD上，且EF//BC，以EF为折痕把四边形EBCF折起，使二面角B−EF−D为直角，点B，C折起后的位置分别记为点G，H．

(1)求证：AD⊥平面AHF；

(2)在线段HD上存在一点P，使平面PAE与平面AEG所成的二面角的余弦值为55.延长GH到点M，使HM=GH，判断直线PM是否在平面PAE内，说明理由．

随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载用户每日健步的步数．某市大型企业为了了解其员工每日健步走的情况，从正常上班的员工中随机抽取了2000人，统计了他们手机计步软件上同一天健步的步数（单位：千步，假设每天健步的步数均在3千步至21千步之间）．将样本数据分成[3,5)，[5,7)，[7,9)，[9,11)，[11,13)，[13,15)，[15,17)，[17,19)，[19,21]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总体的频率分布．

(1)求图中a的值；

(2)设该企业正常上班的员工健步步数（单位：千步）近似服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本的平均数（各区间数据用中点值近似计算），取σ=3.64，若该企业恰有10万正常上班的员工，试估计这些员工中日健步步数Z位于区间4.88,15.8范围内的人数；

(3)现从该企业员工中随机抽取20人，其中有k名员工的日健步步数在13千步至15千步内的概率为PX=k，其中k=0,1,2,⋯，20，当PX=k最大时，求k的值．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布Nμ,σ2，则Pμ−σ<ξ≤μ+σ≈0.6827，Pμ−2σ<ξ≤μ+2σ≈0.9545，Pμ−3σ<ξ≤μ+3σ≈0.9973.

设函数f(x)=x−1x−alnx(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性．

(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，记过点A(x1, f(x1))，B(x2, f(x2))的直线斜率为k．问：是否存在a，使得k=2−a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

已知P0,1为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的一点，焦距长为2．PA，PB为椭圆的两条动弦，其倾斜角分别为α，β，且α+β=π40<α<π4,0<β<π4.
(1)求椭圆的标准方程；

(2)探究直线AB是否过定点．若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省临沂市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
由A∪B=A，得到B为A的子集，分B为空集与B不为空集两种情况，分别求出实数m的值，即可确定出满足题意m的集合．
【解答】
解：∵ A∪B=A，∴ B⊆A.
∵A=−1,2，B=x|mx−1=0,m∈R，
∴ 当B为空集时，满足题意，此时m=0；
当B不为空集时，m≠0，
此时B中方程解得：x=1m，
可得1m=−1或1m=2，
解得：m=−1或m=12.
综上，所有符合条件的实数m组成的集合为−1,0,12.
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
先化简复数z，再利用共轭复数概念求解即可.
【解答】
解：∵ z53+i=i，
∴ z=5i3+i=5i3−i3+i3−i=1+3i2，
∴ z= 12−32i.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
向量的模
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
利用向量共线的坐标运算得到x⋅−4=2×2⇒x=−1，再利用向量的模的运算求解即可.
【解答】
解：a→=x,2，b→=2,3，c→=2,−4.
∵ a→//c→，
∴ x⋅−4=2×2⇒x=−1，
∴ a→=−1,2，
∴ a→−b→=(−3,−1)，
∴ |a→−b→|=−32+(−1)2=9+1=10.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{1an}的公差为d，
则1a7=1a3+4d，即1=12+4d，解得d=18，
则1a5=1a3+2d=12+14=34，
解得a5=43．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由12x>1可得x<0，
由于x|−2∴ “12x>1”是“−2故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
判断函数的奇偶性，排除选项，利用特值法即可．
【解答】
解：函数f(x)=ln|x|x−sinx的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
f(−x)=ln|−x|−x−sin(−x)=ln|x|−x+sinx=−ln|x|x−sinx=−f(x)，
所以函数fx=lnxx−sinx是奇函数，排除D；
当x=1时，f(1)=ln|1|1−sin1=0，排除A，
当x>1时，ln|x|>0，x−sinx>0，
故f(x)=ln|x|x−sinx>0，排除C，
所以B符合题意，
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
抛物线的应用
【解析】
根据抛物线的光学性质得出A、B的坐标，从而得出三角形的周长．
【解答】
解：∵ MA // x轴，
∴ A(14, 1)，
由题意可知AB经过抛物线y2=4x的焦点F(1, 0)，
∴ 直线AB的方程为y=−43(x−1)．
联立方程组y2=4x，y=−43(x−1)， 解得B(4, −4)，
∴ AM=3−14=114，AB=14+4+2=254，MB=12+52=26．
∴ △ABM的周长为9+26．
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
根据题干信息对所给函数进行化简，再根据单调性求解.
【解答】
解：∵ g(x)关于y轴对称，x≤0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴ x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
g(2)=0，则g(−2)=0.
∵ g(x)=f(x+1)，f(x)=f(x+1−1)=g(x−1)，
∴ 可化为求(x+1)g(x−1)>0的解.
令t=x−1，则x=t+1，
原不等式可化为(t+2)g(t)>0.
∵ 当t∈(−∞,−2)或t∈(2,+∞)时，g(t)>0，
当t∈(−2,2)时，g(t)<0，
∴ 当t∈(−∞,−2)时，t+2<0，则(t+2)g(t)<0；
当t∈(−2,2)时，t+2>0，则(t+2)g(t)<0；
当t∈(2,+∞)时，t+2>0，则(t+2)g(t)>0；
综上t∈(2,+∞)，
则x−1∈(2,+∞)，即x∈(3,+∞).
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
用频率估计概率
【解析】
A．选出直方图中最高的矩形求出其底边的中点即为众数；
B．求出车速超过75km/ℎ的频率，即车速超过75km/ℎ的概率；
C．利用列举法求出从车速在[60,70)内抽取2辆的基本事数，计算对应的概率；
D．利用列举法求出从车速在[60,70)内抽取2辆的基本事数，计算对应的概率．
【解答】
解：A，由频率分布直方图可知频率最高的一段为75,80，
故众数为：75+802=77.5，故A正确；
B，车速超过75km/ℎ的频率为(0.06+0.05+0.02)×5=0.65，即车速超过75km/ℎ的概率为0.65，故B正确；
C，车速在60,65之间的车辆有0.01×5×80=4(辆)，
车速在65,70之间的车辆有0.02×5×80=8(辆)，
从中任意抽取2辆，有C122=12×111×2=66种情况，
至少有一辆车的车速在[65,70)的对立事件为：两辆车的车速都在60,65之间，
则有C42=4×31×2=6种情况，
故至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为1−666=1011，故C正确；
D，由C知，从车速在60,70的车辆中任意抽取2辆，有66种情况，
两辆车的车速都在65,70内，有C82=8×71×2=28种情况，
则任取两辆车的车速都在[65,70)内的概率=2866=1433，故D错误．
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
异面直线及其所成的角
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题画图：
对于A，∵ 面ADD1 // 面BCC1B1，BM⊂BCC1B1，
∴ 可判定直线BM与平面ADD1A1平行，故A正确；
对于B，平面BMD1截正方体所得的截面是四边形，故B错误；
对于C，异面直线AD1与A1C1所成的角为∠A1C1B，即可判定异面直线AD1与A1C1所成的角为π3，故C正确；
对于D，∵ 由图知：MB+MD1=MB′+MD1，由图知M为中点时有最小值点，
∴ MB+MD1的最小值即为线段D1B′的长度，D1B′=12+22=5，故D错误．
故选AC.
【答案】
A,C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
命题的真假判断与应用
直线与圆相交的性质
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．
【解答】
解：A，直线方程可化为mx+3+3x+4y−3=0，
令x+3=0，则3x+4y−3=0，
∴ x=−3，y=3，
∴ 直线l恒过定点(−3,3)，故A正确；
B，当m=0时，直线l方程为3x+4y−3=0，
圆心C0,0到直线l的距离d=|−3|32+42=35.
∵圆半径r=2，
∴r−d=2−35=75>1，
故圆C上有四个点到直线l的距离等于1，故B错误；
C，∵圆C:x2+y2=4，
曲线x2+y2−6x−8y+m=0，即x−32+y−42=25−m，
两圆心的距离t=(0−3)2+(0−4)2=5，
∴5=2+25−m，
解得：m=16，故C正确；
D，当m=13时，直线l:16x+4y+36=0，化简为：4x+y+9=0.
∵P是直线l上一动点，设Pt,−9−4t，
圆C:x2+y2=4，圆心C0,0，半径r=2，
以线段PC为直径的圆M方程为：x−tx+9+4t+yy=0，
即：x2+(−t)x+y2+9y+4ty=0，
又∵圆C的方程为x2+y2=4，
∴圆C与圆M的公共弦方程为−tx+4ty+9y+4=0，
公共弦即lAB为4y−xt+9y+4=0，
则4y−x=0,9y+4=0,
解得x=−169,y=−49,
∴直线AB经过点(−169,−49)，故D正确．
故选ACD．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
求得fx的导数，可得单调区间、极值和最值，即可判断ABC，讨论x=0，x≠0时，k=ex⋅x2，设gx=ex⋅x2，求得导数，单调性和极值，结合图象可判断D．
【解答】
解：函数fx=ex⋅x3的导数为f′x=x2ex3+x，
当x>−3时，f′x>0，fx单调递增；
当x<−3时，f′x<0，fx 单调递减，
可得fx在x=−3处取得极小值，且最小值为−27e−3，故A错误；
由−1>−27e−3可得fx=−1有实数解，故C正确；
由−lg50.2=1，e−12=1e∈(0,1)，lnπ>1，
即有e−12<−lg50.2由fx在−3,+∞上单调递增，
可得f(e−12)fx=kx，即ex⋅x3=kx，显然x=0为原方程的一个解；
x≠0时，k=ex⋅x2，
设gx=ex⋅x2，导数为g′x=ex⋅xx+2，
可得−2x>0或x<−2时，g′x>0，gx单调递增，
即有gx在x=0处取得极小值0，在x=−2处取得极大值4e−2.
作出y=gx的大致图象如下：
由图知，当0综上可得存在实数k，使得方程fx=kx有4个实数解，故D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
π6或π2
【考点】
诱导公式
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由诱导公式可知，csα−π3=sinα+π6，
所以sin2α+π6+cs2α−π3=32，即2sin2α+π6=32，
所以sin2α+π6=34，sinα+π6=±32.
因为α∈0,π，α+π6∈π6,7π6，
所以α=π6或π2.
故答案为：π6或π2.
四、解答题
【答案】
解：(1)设数列{an}的公比为q，
由题设可得a11+q=43,a11+q+q2=139,
解得：q=13或q=−14（舍），a1=1，
故{an}的通项公式为an=13n−1.
因为点an,bn在函数y=lg33x的图象上，
所以bn=lg33an，
所以bn=lg3313n−1=lg33n=n.
(2)由题知cn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=c1+c2+⋯+cn−1+cn
=12[1−13+13−15+⋯+
(12n−3−12n−1)+(12n−1−12n+1)]
=121−12n+1=n2n+1.
【考点】
等比数列的前n项和
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设数列{an}的公比为q，
由题设可得a11+q=43,a11+q+q2=139,
解得：q=13或q=−14（舍），a1=1，
故{an}的通项公式为an=13n−1.
因为点an,bn在函数y=lg33x的图象上，
所以bn=lg33an，
所以bn=lg3313n−1=lg33n=n.
(2)由题知cn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=c1+c2+⋯+cn−1+cn
=12[1−13+13−15+⋯+
(12n−3−12n−1)+(12n−1−12n+1)]
=121−12n+1=n2n+1.
【答案】
解：若选①：
由bsin2A−asinAcsC=12csin2A及正弦定理可得：sinBsin2A−sin2AcsC=12sin2AsinC.
因为A,B∈0,π，所以sinA≠0，sinB≠0，
所以2sinBcsA=sinAcsC+csAsinC=sinB，
所以csA=12，A=π3.
因为△ABC外接圆的面积为3π，
由正弦定理可得a=23sinA=23×32=3．
又△ABC的面积为934，
所以12bcsinA=934，即12bc×32=934，
所以bc=9.
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
则9=b2+c2−bc=b+c2−3bc=b+c2−27，
所以b+c2=36，即b+c=6，
所以△ABC的周长等于a+b+c=9；
若选②：
由正弦定理得sinBsinB+C2=sinBsinA.
因为sinB≠0，
所以sinB+C2=sinA.
由A+B+C=π，可得sinB+C2=csA2，
故csA2=2sinA2csA2.
因为csA2≠0，
故sinA2=12，
因此A=π3.
其余步骤同①；
若选③：
由正弦定理得2sinAcsB=2sinC−sinB,
将sinC=sinπ−A+B=sinA+B=sinAcsB+csAsinB代入上式可得，
2sinAcsB=2sinAcsB+2csAsinB−sinB，
所以2csAsinB=sinB.
因为sinB>0，
所以2csA=1，即csA=12.
由于0其余步骤同①.
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的面积公式
【解析】
无
【解答】
解：若选①：
由bsin2A−asinAcsC=12csin2A及正弦定理可得：sinBsin2A−sin2AcsC=12sin2AsinC.
因为A,B∈0,π，所以sinA≠0，sinB≠0，
所以2sinBcsA=sinAcsC+csAsinC=sinB，
所以csA=12，A=π3.
因为△ABC外接圆的面积为3π，
由正弦定理可得a=23sinA=23×32=3．
又△ABC的面积为934，
所以12bcsinA=934，即12bc×32=934，
所以bc=9.
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
则9=b2+c2−bc=b+c2−3bc=b+c2−27，
所以b+c2=36，即b+c=6，
所以△ABC的周长等于a+b+c=9；
若选②：
由正弦定理得sinBsinB+C2=sinBsinA.
因为sinB≠0，
所以sinB+C2=sinA.
由A+B+C=π，可得sinB+C2=csA2，
故csA2=2sinA2csA2.
因为csA2≠0，
故sinA2=12，
因此A=π3.
其余步骤同①；
若选③：
由正弦定理得2sinAcsB=2sinC−sinB,
将sinC=sinπ−A+B=sinA+B=sinAcsB+csAsinB代入上式可得，
2sinAcsB=2sinAcsB+2csAsinB−sinB，
所以2csAsinB=sinB.
因为sinB>0，
所以2csA=1，即csA=12.
由于0其余步骤同①.
【答案】
(1)证明：∵ AB//CD，∠ABC=90∘，EF//BC，
∴ EF⊥CF，即EF⊥HF，
又∵ 平面EGHF⊥平面AEFD，平面EGHF∩平面AEFD=EF，
∴ HF⊥平面AEFD，
∴ HF⊥AD．
∵ 点E为AB的中点，AB=2BC=2，CD=3BC，AB//CD，EF//BC，
∴ AE=EF=1，DF=2，
∴ AF=2，AD=(CD−AB)2+BC2=2，
∴ AF2+AD2=DF2，即AF⊥AD，
又HF∩AF=F，
∴ AD⊥平面AHF．
(2)解：由(1)知HF⊥平面AEFD，EF⊥FD.
∴ HF⊥FD，HF⊥EF.
如图，以F为原点，FE，FD，FH所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系F−xyz.
则E1,0,0，D0,2,0，H0,0,1，A1,1,0，G1,0,1.
设HP→=λHD→，则P0,2λ,1−λ,
∴ EA→=0,1,0，EP→=−1,2λ,1−λ .
设平面PAE的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=y=0,n→⋅EP→=−x+2λy+1−λz=0,
令z=1，得x=1−λ，
∴ n→=1−λ,0,1．
易知平面AEG的一个法向量为FE→=1,0,0．
由|cs⟨n→,FE→⟩|=|1−λ1−λ2+1|=55，
解得λ=12或λ=32（舍），
∴ P为HD中点．
由HM→=GH→，得M−1,0,1，又P0,1,12，
∴ PM→=(−1,−1,12)．
又平面PAE的一个法向量n→=12,0,1，
∴ PM→⋅n→=0，故点P在平面PAE内，
∴ 直线PM在平面PAE内．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ AB//CD，∠ABC=90∘，EF//BC，
∴ EF⊥CF，即EF⊥HF，
又∵ 平面EGHF⊥平面AEFD，平面EGHF∩平面AEFD=EF，
∴ HF⊥平面AEFD，
∴ HF⊥AD．
∵ 点E为AB的中点，AB=2BC=2，CD=3BC，AB//CD，EF//BC，
∴ AE=EF=1，DF=2，
∴ AF=2，AD=(CD−AB)2+BC2=2，
∴ AF2+AD2=DF2，即AF⊥AD，
又HF∩AF=F，
∴ AD⊥平面AHF．
(2)解：由(1)知HF⊥平面AEFD，EF⊥FD.
∴ HF⊥FD，HF⊥EF.
如图，以F为原点，FE，FD，FH所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系F−xyz.
则E1,0,0，D0,2,0，H0,0,1，A1,1,0，G1,0,1.
设HP→=λHD→，则P0,2λ,1−λ,
∴ EA→=0,1,0，EP→=−1,2λ,1−λ .
设平面PAE的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=y=0,n→⋅EP→=−x+2λy+1−λz=0,
令z=1，得x=1−λ，
∴ n→=1−λ,0,1．
易知平面AEG的一个法向量为FE→=1,0,0．
由|cs⟨n→,FE→⟩|=|1−λ1−λ2+1|=55，
解得λ=12或λ=32（舍），
∴ P为HD中点．
由HM→=GH→，得M−1,0,1，又P0,1,12，
∴ PM→=(−1,−1,12)．
又平面PAE的一个法向量n→=12,0,1，
∴ PM→⋅n→=0，故点P在平面PAE内，
∴ 直线PM在平面PAE内．
【答案】
解：(1)由0.02×2+0.03×2+0.05×2+0.05×2
+0.15×2+a×2+0.05×2+0.04×2+0.01×2=1，
解得a=0.1 .
(2)μ=4×0.04+6×0.06+8×0.1+10×0.1
+12×0.3+14×0.2+16×0.1+18×0.08+20×0.02=12.16，
P4.88=0.9545+0.68272=0.8186 ，
则100000×0.8186=81860（人），
所以日健步步数Z位于区间4.88,15.8范围内的人数约为81860人．
(3)设从该企业员工中随机抽取20人日健步步数在13千步至15千步内的员工有X人，
则X∼B20,0.2，其中有k名员工的概率为PX=k=C20k0.2k⋅0.820−k，k=0,1,2,…，20，
记fk=PX=kPX=k−1=C20k⋅0.2k⋅0.820−kC20k−1⋅0.2k−1⋅0.821−k=21−k4k,
当fk>1时， k<4.2，则PX=k−1当fk<1时， k>4.2，则PX=k−1>PX=k ,
所以当k=4时，PX=k最大．
【考点】
频率分布直方图
正态分布的密度曲线
二项分布的应用
【解析】
由频率分布直方图的小长方形面积和为1，列式计算得答案.
由正态分布的性质进行计算.
由正态分布的概率计算求解.
【解答】
解：(1)由0.02×2+0.03×2+0.05×2+0.05×2
+0.15×2+a×2+0.05×2+0.04×2+0.01×2=1，
解得a=0.1 .
(2)μ=4×0.04+6×0.06+8×0.1+10×0.1
+12×0.3+14×0.2+16×0.1+18×0.08+20×0.02=12.16，
P4.88=0.9545+0.68272=0.8186 ，
则100000×0.8186=81860（人），
所以日健步步数Z位于区间4.88,15.8范围内的人数约为81860人．
(3)设从该企业员工中随机抽取20人日健步步数在13千步至15千步内的员工有X人，
则X∼B20,0.2，其中有k名员工的概率为PX=k=C20k0.2k⋅0.820−k，k=0,1,2,…，20，
记fk=PX=kPX=k−1=C20k⋅0.2k⋅0.820−kC20k−1⋅0.2k−1⋅0.821−k=21−k4k,
当fk>1时， k<4.2，则PX=k−1当fk<1时， k>4.2，则PX=k−1>PX=k ,
所以当k=4时，PX=k最大．
【答案】
解：(1)f(x)定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1+1x2−ax=x2−ax+1x2，
令g(x)=x2−ax+1，Δ=a2−4，
①当−2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
②当a<−2时，Δ>0，g(x)=0的两根都小于零，
即在(0, +∞)上，f′(x)>0，
故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
③当a>2时， Δ>0，令g(x)=0，
解得x1=a−a2−42，x2=a+a2−42.
当00；
当x1当x>x2时，f′(x)>0；
故f(x)分别在(0, a−a2−42)，(a+a2−42, +∞)上单调递增，
在(a−a2−42, a+a2−42)上单调递减．
(2)由(1)知，若f(x)存在两个极值点，则a>2．
因为f(x1)−f(x2)=(x1−x2)+x1−x2x1x2−a(lnx1−lnx2)，
所以k=f(x1)−f(x2)x1−x2=1+1x1x2−alnx1−lnx2x1−x2，
又由(1)知，x1x2=1，于是k=2−alnx1−lnx2x1−x2，
若存在a，使得k=2−a，
则存在lnx1−lnx2x1−x2=1，即lnx1−lnx2=x1−x2.
将x1x2=1代入得x2−1x2−2lnx2=0(x2>1)(∗)
再由(1)知，函数ℎ(t)=t−1t−2lnt在(0, +∞)上单调递增，
而x2>1，
所以x2−1x2−2lnx2>1−1−2ln1=0，这与(∗)式矛盾，
故不存在a，使得k=2−a．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求导，令导数等于零，解方程，跟据f′(x)f(x)随x的变化情况即可求出函数的单调区间；
（2）假设存在a，使得k=2−a，根据（1）利用韦达定理求出直线斜率为k，根据（1）函数的单调性，推出矛盾，即可解决问题．
【解答】
解：(1)f(x)定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1+1x2−ax=x2−ax+1x2，
令g(x)=x2−ax+1，Δ=a2−4，
①当−2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
②当a<−2时，Δ>0，g(x)=0的两根都小于零，
即在(0, +∞)上，f′(x)>0，
故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
③当a>2时， Δ>0，令g(x)=0，
解得x1=a−a2−42，x2=a+a2−42.
当00；
当x1当x>x2时，f′(x)>0；
故f(x)分别在(0, a−a2−42)，(a+a2−42, +∞)上单调递增，
在(a−a2−42, a+a2−42)上单调递减．
(2)由(1)知，若f(x)存在两个极值点，则a>2．
因为f(x1)−f(x2)=(x1−x2)+x1−x2x1x2−a(lnx1−lnx2)，
所以k=f(x1)−f(x2)x1−x2=1+1x1x2−alnx1−lnx2x1−x2，
又由(1)知，x1x2=1，于是k=2−alnx1−lnx2x1−x2，
若存在a，使得k=2−a，
则存在lnx1−lnx2x1−x2=1，即lnx1−lnx2=x1−x2.
将x1x2=1代入得x2−1x2−2lnx2=0(x2>1)(∗)
再由(1)知，函数ℎ(t)=t−1t−2lnt在(0, +∞)上单调递增，
而x2>1，
所以x2−1x2−2lnx2>1−1−2ln1=0，这与(∗)式矛盾，
故不存在a，使得k=2−a．
【答案】
解：(1)由题意知，b=1，c=1，且a2=b2+c2，
所以a=2，
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)①当直线AB斜率不存在时，设直线AB方程为x=x0(−2由于tanα=yA−yPxA−xP=y0−1x0，tanβ=yB−yPxB−xP=−y0−1x0，x022+y021=1，
∴ tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ
=−2x0x02+y02−1=−4x0≠1，
∴ tan(α+β)≠tanπ4，
∴ 直线AB斜率不存在时，不符合题意；
②当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y=kx+m，点A的坐标为x1,y1，点B的坐标为x2,y2，
联立y=kx+m,x22+y2=1,得2k2+1x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=82k2−m2+1>0，
x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−12k2+1.
∵ tanα=yA−yPxA−xP=y1−1x1=kx1+m−1x1，
tanβ=yB−yPxB−xP=y2−1x2=kx2+m−1x2，
tanπ4=tanα+β=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1，
∴ tanα+tanβ=1−tanαtanβ，
∴ kx1+m−1x1+kx2+m−1x2=1−kx1+m−1x1⋅kx2+m−1x2，
∴ k2+2k−1x1x2+1+km−1x1+x2+m−12=0
∴ k2+2k−12m2−12k2+1+1+km−1−4km2k2+1+m−12=0.
显然，直线y=kx+m不经过点0,1，即m≠1，m−1≠0.
故有k2+2k−12m+12k2+1+1+k−4km2k2+1+m−1=0，
化简得m=4k−3，
∴ 直线AB方程为y=kx+4k−3，
∴ kx+4−3+y=0，
显然当x=−4,y=−3时上式成立，即直线AB过定点−4,−3.
综上，直线AB过定点−4,−3．
【考点】
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)由题意知，b=1，c=1，且a2=b2+c2，
所以a=2，
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)①当直线AB斜率不存在时，设直线AB方程为x=x0(−2由于tanα=yA−yPxA−xP=y0−1x0，tanβ=yB−yPxB−xP=−y0−1x0，x022+y021=1，
∴ tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ
=−2x0x02+y02−1=−4x0≠1，
∴ tan(α+β)≠tanπ4，
∴ 直线AB斜率不存在时，不符合题意；
②当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y=kx+m，点A的坐标为x1,y1，点B的坐标为x2,y2，
联立y=kx+m,x22+y2=1,得2k2+1x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=82k2−m2+1>0，
x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−12k2+1.
∵ tanα=yA−yPxA−xP=y1−1x1=kx1+m−1x1，
tanβ=yB−yPxB−xP=y2−1x2=kx2+m−1x2，
tanπ4=tanα+β=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1，
∴ tanα+tanβ=1−tanαtanβ，
∴ kx1+m−1x1+kx2+m−1x2=1−kx1+m−1x1⋅kx2+m−1x2，
∴ k2+2k−1x1x2+1+km−1x1+x2+m−12=0
∴ k2+2k−12m2−12k2+1+1+km−1−4km2k2+1+m−12=0.
显然，直线y=kx+m不经过点0,1，即m≠1，m−1≠0.
故有k2+2k−12m+12k2+1+1+k−4km2k2+1+m−1=0，
化简得m=4k−3，
∴ 直线AB方程为y=kx+4k−3，
∴ kx+4−3+y=0，
显然当x=−4,y=−3时上式成立，即直线AB过定点−4,−3.
综上，直线AB过定点−4,−3．