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2020-2021年湖南省长沙市高三（下）2月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析）
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这是一份2020-2021年湖南省长沙市高三（下）2月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析），共15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M=x|x2≤4，N=x|2x<4，则M∩N=( )
A.x|x≤−2B.x|−2≤x<2C.x|−2≤x≤2D.x|0
2. 已知复数z满足z(2+i)=3−4i（i为虚数单位），则|z|=( )
A.3B.5C.23D.5
3. 已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为( )
A.33πB.33C.3πD.3
4. a是fx=13x−lg2x的零点，若0A.fx0的符号不确定B.fx0<0
C.fx0=0D.fx0>0
5. 在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，则AE→⋅EC→=( )
A.1225B.2425C.125D.45
6. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆x2+y−232=4相交于A，B两点，若|AB|=2，则C的离心率为( )
A.233B.3C.2D.4
7. 已知函数f(x)=sin(πx+φ)某个周期的图象如图所示，A，B分别是f(x)图象的最高点与最低点，C是f(x)图象与x轴的交点，则tan∠BAC=( )
A.12B.47C.255D.76565
8. 概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．问这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是( )
A.甲48枚，乙48枚B.甲64枚，乙32枚
C.甲72枚，乙24枚D.甲80枚，乙16枚
二、多选题
关于函数fx=1x+lnx，下列说法正确的是( )
A.f1是fx的极小值B.函数y=fx−x有且只有1个零点
C.fx在−∞,1上单调递减D.设gx=xfx，则g1e
已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则给出的下列说法中，正确的是( )
A.若m⊥α，n⊥α，则m // nB.若m // α，m // β，则α // β
C.若α⊥β，m // β，则m⊥αD.若α // β，m⊥α，则m⊥β
若a，b，c都是正数，且4a=6b=9c，那么( )
A.ab+bc=2acB.ab+bc=acC.2c=2a+1bD.1c=2b−1a
一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是( )
A.从中任取3球，恰有一个白球的概率是35
B.从中有放回地取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为43
C.现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25
D.从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627
三、填空题
x−1x1−x4的展开式中x3的系数为________.
已知tanα+π4=2，则sin2α=________.
如图，某湖有一半径为100m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距200m的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB=AC，∠BAC=90∘．定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设∠AOB=θ，则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________.
已知两条抛物线C:y2=2x，E:y2=2px(p>0且p≠1)，M为C上一点（异于原点O），直线OM与E的另一个交点为N．若过M的直线l与E相交于A，B两点，且△ABN的面积是△ABO 面积的3倍，则p=________．
四、解答题
已知等比数列an的公比为qq>1，前n项和为Sn，若S5−S2a4=72，且S3+2=a4．
(1)求an；
(2)设数列{1Sn}的前n项和为Tn，求证：34−12n+1≤Tn≤1−12n．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3bsinA=a(2+csB)．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积等于3，求△ABC的周长的最小值．
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=22．
(1)求证：PB=PD；
(2)点M，N分别在棱PA，PC上，PM=AM，PN=CN，求直线PB与平面DMN所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为22，且过点(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C有且只有一个公共点，l与圆x2+y2=6交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2．试判断k1⋅k2是否为定值，若是，求出该定值；否则，请说明理由．
某地区在一次考试后，从全体考生中随机抽取44名，获取他们本次考试的数学成绩x和物理成绩(y)，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，但图中有两个异常点A，B．经调查得知，A考生由于感冒导致物理考试发挥失常，B考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计的值：i=142xi=4641，i=142yi=3108，i=142xiyi=350350，i=142xi−x¯2=13814.5，i=142yi−y¯2=5250，其中xi，yi分别表示这42名同学的数学成绩、物理成绩，i=1，2，⋯，42，y与x的相关系数r=0.82．
(1)若不剔除A，B两名考生的数据，用44组数据作回归分析，设此时y与x的相关系数为r0．试判断r0与r的大小关系，并说明理由；
(2)求y关于x的线性回归方程（系数精确到0.01），并估计如果B考生参加了这次物理考试(已知B考生的数学成绩为125分)，物理成绩是多少？（精确到个位）
(3)从概率统计规律看，本次考试该地区的物理成绩ξ服从正态分布Nμ,σ2．以剔除后的物理成绩作为样本，用样本平均数y¯作为μ的估计值，用样本方差s2作为σ2的估计值．试求该地区5000名考生中，物理成绩位于区间62.8,85.2的人数Z的数学期望．
附：①回归方程 y=a+bx中，b=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2，a=y¯−bx¯；
②若ξ∼Nμ,σ2，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544；
③125≈11.2．
已知函数fx=lnx−x+a．
(1)讨论函数fx零点的个数；
(2)若函数fx存在两个零点x1，x2x1参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省长沙市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先化简集合M，N，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ M=x|x2≤4=x|−2≤x≤2，
N=x|2x<4=x<2，
∴ M∩N=x|−2≤x<2.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．
【解答】
解：∵ z(2+i)=3−4i，
∴ z=3−4i2+i=(3−4i)(2−i)(2+i)(2−i)=25−115i，
∴ |z|=(25)2+(−115)2=5.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先根据圆锥表面积求出，，然后求出圆锥的高，最后利用圆锥体积公式求出结果.
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由πl=2πr，得l=2r.
又∵ S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
解得r=1，
∴ l=2r=2，
∴ 圆锥的高为ℎ=22−12=3，
∴ 圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×3=33π.
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据0【解答】
解：∵ a为函数f(x)=(13)x−lg2x的零点，
∴ f(a)=0，
∵ f(x)=(13)x−lg2x，且x>0，
∴ f′(x)=(13)xln13−1xln2，且f′(x)<0，
∴ f(x)在(0, +∞)上是减函数.
∵ 0∴ f(x0)>0.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AB=1，AD=2，
∴ AC=BD=5.
∵ AE⊥BD，
∴ S△ABD=12AB⋅AD=12AE⋅BD，
∴ AE=AB⋅ADBD=1×25=25，
∴ cs∠CAE=AEAO=AE12AC=2×255=45，
∴ AE→⋅EC→=AE→⋅(AC→−AE→)
=AE→⋅AC→−AE2→
=25×5×45−(25)2=45．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
【解答】
解：由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：
bx+ay=0.
圆x2+(y−23)2=4的圆心为(0,23)，半径为2，
双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与圆x2+(y−23)2=4相交于A，B两点，
若|AB|=2，
可得23aa2+b22+11=22，
12a2a2+b2=3，
即：b2=3a2，
可得c2−a2=3a2，
解得e=ca=2.
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的周期性
两角和与差的正切公式
【解析】
过A作AD垂直于x轴于点D，AB与x轴交于E，设Ca,0，可得CD=32AD=1,DE=12tan∠CAD=CDAD=32
tan∠EAD=EDAD=12，再利用tan∠B.AC=tan∠CAD−∠EAD计算即可．
【解答】
解：由题可知，函数f(x)的周期为T=2ππ=2.
设Ca,0，则Ba+12,−1，Aa+32,1，
∴ KAC=132=23，KAB=1−−132−12=2.
又∵ ∠BAC为两直线倾斜角的差，
∴ tan∠BAC=2−231+2×23=47.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，前三局比赛中，甲、乙两人每局获胜的概率均为12，
假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率为
P1=12+12×12=34，
乙获取96枚金币的概率为P2=12×12=14，
则甲应该获得96×34=72枚金币，
乙应该获得96×14=24枚金币.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,B,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】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得函数fx的定义域为{x|x>0}，
故选项C错误；
∵ fx=1x+lnx，
∴ f′x=−1x2+1x=−1+xx2，
当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
所以fx极小值=f1=1，故选项A正确；
∵ y=fx−x=1x+lnx−x
∴ y′=−1x2+1x−1
=−x2+x−1x2=−x−122−34x2<0，
∴ 函数y=fx−x=1x+lnx−x在0,+∞上单调递减，
当x=1时，y=0，
∴ y=fx−x有且只有一个零点，故选项B正确；
∵ gx=xfx=1+xlnx，
∴ g′x=x⋅1x+lnx=1+lnx，
当x∈e−1,+∞时，g′x>0，gx单调递增；
当x∈0,e−1时，g′x<0，gx单调递减，
∴ g(x)最小值=g(e−1)=g(1e)，
∴ g1e故选ABD．
【答案】
A,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
由直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面平行及平面与平面平行的定义判断B；由平面与平面垂直、直线与平面平行的定义判断C；由直线与平面垂直、平面与平面平行的定义判断D．
【解答】
解：A，若m⊥α，n⊥α，则m // n，故选项A正确；
B，若m // α，m // β，则α // β或α与β相交，故选项B错误；
C，若α⊥β，m // β，则m // α或m⊂α或m与α相交，
故选项C错误；
D，若m⊥α，则m垂直α内的所有直线，
又∵ α // β，∴ m垂直β内的所有直线，∴ m⊥β，故选项D正确．
故选AD.
【答案】
A,D
【考点】
有理数指数幂的运算性质及化简求值
换底公式的应用
【解析】
将指数式化为对数式，根据选项中的 运算分别验证即可．
【解答】
解：依题意设4a=6b=9c=k，则a=lg4k，b=lg6k，c=lg9k，
对于A，ab+bc=2ac，即bc+ba=2，
因为bc+ba=lg6klg9k+lg6klg4k
=lg69+lg64=lg636=2，故A正确，B错误；
对于C，2a+1b=2lg4k+1lg6k
=2lgk4+lgk6=lgk96≠2c
=2lgk9=lgk81，故C错误；
对于D，2b−1a=2lgk6−lgk4=lgk364
=lgk9=1c，故D正确；
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
二项分布的应用
对立事件的概率公式及运用
【解析】
利用古典概型概率公式求解恰有一个白球的概率，判断A正误；
利用独立重复实验，求解每次任取一球，则取到红球次数的方差判断B正误；
利用条件概率，求出结果判断C正误；
通过对立事件的概率，求出结果判断D的正误；
【解答】
解：A，所求概率P=C21C42C63=2×620=35，故选项A正确；
B，取到红球的次数X∼B(6, 23)，
其方差为6×23×(1−23)=43，
故选项B正确；
C，设A={第一次取到红球}，
B={第二次取到红球}，
则P(A)=23，P(AB)=4×36×5=25，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=35，故选项C错误；
D，每次取到红球的概率P=23，
所以至少有一次取到红球的概率为1−(1−23)3=2627，
故选项D正确．
故选ABD.
三、填空题
【答案】
5
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
本题考查了二项式定理的应用，求特定项的系数问题，对原式变形，结合二项式定理展开式的通项公司即可得答案．
【解答】
解：x−1x(1−x)4
=x(1−x)4−1x(1−x)4，
含x3的系数为：
C42⋅(−1)2−C44⋅(−1)4=5．
故答案为：5．
【答案】
35
【考点】
二倍角的正弦公式
两角和与差的正切公式
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
由条件利用两角和的正切公式求得tanα=13，利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简要求的式子为sin2α=2tanα1+tan2α，运算求得结果．
【解答】
解：∵ tanα+π4=2，
∴ tanα+π4=1+tanα1−tanα=2,
解得tanα=13，
∴ sin2α=2sinαcsαcs2+sin2α=2tanα1+tan2α=231+19=35.
故答案为：35.
【答案】
100005+25000m2
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△OAB中，∵ ∠AOB=θ，OB=100，OA=200，
∴ AB2=OB2+OA2−2OB⋅OA⋅cs∠AOB，
即AB=1005−4⋅csθ，
∴ S四边形OACB=S△OAB +S△ABC
=12⋅OA⋅OB⋅sinθ+12⋅AB2，
∴ S四边形OACB=1002sinθ−2csθ+52，
令tanφ=2，
则S四边形OACB=1002[5sinθ−φ+52]，
∴ “直接监测覆盖区域”面积的最大值为100005+25000m2．
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，设Mb22,b，
则直线OM的方程为y=2bx，即x=b2y，
代入y2=2px(p>0且p≠1)，
可得y=pb，x=pb22，即Npb22,bp.
由题意可知，直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x=my−b+b22，
即2x−2my+2mb−b2=0，
所以点O到直线AB的距离d1=|2mb−b2|21+m2，
点N到直线AB的距离
d2=|2⋅pb22−2m⋅pb+2mb−b2|21+m2
=|(p−1)(2mb−b2)|21+m2=|p−1|⋅|2mb−b2|21+m2.
因为S△ABNS△ABO=12|AB|⋅d212|AB|⋅d1=3 ，
所以3⋅|2mb−b2|21+m2=|p−1|⋅|2mb−b2|21+m2.
因为2mb−b2≠0，
所以|p−1|=3，
又因为p>0，
所以p=4．
故答案为：4.
四、解答题
【答案】
(1)解：由S5−S2a4=a5+a4+a3a4
=1q+1+q=72，
解得q=2q>1.
又∵ S3+2=a4，即7a1+2=8a1，
解得a1=2，
∴ an=2n．
(2)证明：由(1)可知，Sn=2n+1−2，
∴ 1Sn=12n+1−2>12n+1.
又∵ 1Sn=12n+1−2=12n+2n−2≤12n，
∴ 12n+1<1Sn≤12n，
∴ 当n=1时，T1=12，
∴ 34−122=12，1−121=12，
∴ 34−121+1≤T1≤1−121成立．
当n≥2时，
Tn>12+123+124+⋯+12n+1=34−12n+1，
Tn≤12+122+123+⋯+12n=1−12n，
综上所述，34−12n+1≤Tn≤1−12n．
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
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：由S5−S2a4=a5+a4+a3a4
=1q+1+q=72，
解得q=2q>1.
又∵ S3+2=a4，即7a1+2=8a1，
解得a1=2，
∴ an=2n．
(2)证明：由(1)可知，Sn=2n+1−2，
∴ 1Sn=12n+1−2>12n+1.
又∵ 1Sn=12n+1−2=12n+2n−2≤12n，
∴ 12n+1<1Sn≤12n，
∴ 当n=1时，T1=12，
∴ 34−122=12，1−121=12，
∴ 34−121+1≤T1≤1−121成立．
当n≥2时，
Tn>12+123+124+⋯+12n+1=34−12n+1，
Tn≤12+122+123+⋯+12n=1−12n，
综上所述，34−12n+1≤Tn≤1−12n．
【答案】
解：(1)∵ 3bsinA=a(2+csB)，
∴ 3sinBsinA=sinA(2+csB)，
在△ABC中，sinA>0，
∴ 3sinB−csB=2，
∴ 2sin(B−π6)=2.
∵ B∈(0, π)，
∴ B−π6=π2，
∴ B=2π3．
(2)由题意可知，S=12acsinB=3ac4=3，
∴ ac=4，
∴ a+c≥2ac=4，当且仅当a=c=2时取等号．
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12，
∴ b≥23，
当且仅当a=c=2时取等号，
∴ △ABC的周长的最小值为4+23．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
【解析】
（1）先利用边角互化将3bsinA=a(2+csB)转化为关于B的方程，求出∠B．
（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得．
【解答】
解：(1)∵ 3bsinA=a(2+csB)，
∴ 3sinBsinA=sinA(2+csB)，
在△ABC中，sinA>0，
∴ 3sinB−csB=2，
∴ 2sin(B−π6)=2.
∵ B∈(0, π)，
∴ B−π6=π2，
∴ B=2π3．
(2)由题意可知，S=12acsinB=3ac4=3，
∴ ac=4，
∴ a+c≥2ac=4，当且仅当a=c=2时取等号．
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12，
∴ b≥23，
当且仅当a=c=2时取等号，
∴ △ABC的周长的最小值为4+23．
【答案】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【答案】
解：(1)由题意，得2c=22,2a2+1b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=2，c=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)k1⋅k2为定值，且定值为−12.
理由如下：
①当直线l斜率不存在时，直线的方程为x=±2，
当x=2时，A2,2，B2,−2，
则k1⋅k2=22×−22=−12；
当x=−2时，A−2,2，B−2,−2，
则k1⋅k2=−22×22=−12；
②当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，且Ax1,y1，
Bx2,y2，
联立y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−4=0，
∴ Δ=4km2−41+2k22m2−4=0，
即m2=4k2+2.
联立y=kx+m,x2+y2=6,
整理，得1+k2x2+2kmx+m2−6=0，
∴ x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−61+k2，
∴ k1k2=y1y2x1x2=kx1+mkx2+mx1x2
=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2
=k2⋅m2−61+k2+km⋅(−2km1+k2)+m2m2−61+k2
=m2−6k2m2−6=4k2+2−6k24k2+2−6=−12.
综上，k1⋅k2为定值，且定值为−12.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由题意可得关于a，b，c的方程组，求解a，b，c的值，即可得到椭圆的方程；
（2）①当过点P的直线斜率不存在时，直线的方程为x=±2，求得k1k2=−12，②当过P的直线斜率存在时，设其方程为y=kx+
m，联立直线方程与椭圆方程，由判别式等于0可得m2=4k2+2，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系结合斜率公式
可得占与为定值−12
【解答】
解：(1)由题意，得2c=22,2a2+1b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=2，c=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)k1⋅k2为定值，且定值为−12.
理由如下：
①当直线l斜率不存在时，直线的方程为x=±2，
当x=2时，A2,2，B2,−2，
则k1⋅k2=22×−22=−12；
当x=−2时，A−2,2，B−2,−2，
则k1⋅k2=−22×22=−12；
②当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，且Ax1,y1，
Bx2,y2，
联立y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−4=0，
∴ Δ=4km2−41+2k22m2−4=0，
即m2=4k2+2.
联立y=kx+m,x2+y2=6,
整理，得1+k2x2+2kmx+m2−6=0，
∴ x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−61+k2，
∴ k1k2=y1y2x1x2=kx1+mkx2+mx1x2
=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2
=k2⋅m2−61+k2+km⋅(−2km1+k2)+m2m2−61+k2
=m2−6k2m2−6=4k2+2−6k24k2+2−6=−12.
综上，k1⋅k2为定值，且定值为−12.
【答案】
解：(1)r0理由如下：由图可知，y与x成正相关关系，
①异常点A，B会降低变量之间的线性相关程度．
②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44个数据点与其回归直线更离散．
(2)由题中数据可得：x¯=142i=142xi=110.5，y¯=142i=142yi=74，
所以i=142(xi−x¯)(yi−y¯)=i=142xiyi−42xy¯
=350350−42×110.5×74=6916．
又因为i=142xi−x¯2=13814.5，
所以 b=i=142(xi−x¯)(yi−y¯)i=142(xi−x¯)2=0.501，
a=y¯−bx¯=74−0.501×110.5≈18.64．
所以y=0.50x+18.64．
将x=125代入，得y=0.50×125+18.64=62.5+18.64≈81，
所以估计B同学的物理成绩为81分．
(3)y¯=142i=142yi=74，s2=142i=142(yi−y¯)2=142×5250=125，
所以ξ∼N74,125，
又因为125≈11.2，
所以P62.8<ξ<85.2=P74−11.2<ξ<74+11.2=0.6826.
因为Z∼B5000,0.6826，
所以EZ=5000×0.6826=3413，
所以该地区本次考试物理成绩位于区间(62.8,85.2)的人数Z的数学期望为3413．
【考点】
相关系数
求解线性回归方程
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)r0理由如下：由图可知，y与x成正相关关系，
①异常点A，B会降低变量之间的线性相关程度．
②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44个数据点与其回归直线更离散．
(2)由题中数据可得：x¯=142i=142xi=110.5，y¯=142i=142yi=74，
所以i=142(xi−x¯)(yi−y¯)=i=142xiyi−42xy¯
=350350−42×110.5×74=6916．
又因为i=142xi−x¯2=13814.5，
所以 b=i=142(xi−x¯)(yi−y¯)i=142(xi−x¯)2=0.501，
a=y¯−bx¯=74−0.501×110.5≈18.64．
所以y=0.50x+18.64．
将x=125代入，得y=0.50×125+18.64=62.5+18.64≈81，
所以估计B同学的物理成绩为81分．
(3)y¯=142i=142yi=74，s2=142i=142(yi−y¯)2=142×5250=125，
所以ξ∼N74,125，
又因为125≈11.2，
所以P62.8<ξ<85.2=P74−11.2<ξ<74+11.2=0.6826.
因为Z∼B5000,0.6826，
所以EZ=5000×0.6826=3413，
所以该地区本次考试物理成绩位于区间(62.8,85.2)的人数Z的数学期望为3413．
【答案】
(1)解：∵ fx=lnx−x+a，
∴ f′x=1x−1=1−xxx>0，
∴ 当00，
当x>1时，f′x<0，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的最大值为f1=a−1.
又∵ 当x→0时，fx<0，
当x→+∞时，fx<0，
∴ 当a−1<0，即a<1时，fx没有零点；
当a−1=0，即a=1时，fx有1个零点；
当a−1>0，即a>1时，fx有两个零点．
(2)证明：由(1)可知，0由fx1=fx2=0可知，lnx1−x1=lnx2−x2，
即lnx2x1=x2−x1.
设x2x1=tt>1，则lnt=x1t−1，故x1=lntt−1，
要证2lnx1+lnx2<0，只需证x12x2<1，
即证x13t<1，即t(lnt)3(t−1)3<1，
即证t(lnt)3−(t−1)3<0.
令gt=tlnt3−t−13，
则g′(t)=(lnt)3+3(lnt)2−3(t−1)2，
g′′(t)=3(lnt)2t+6lntt−6(t−1)
=3[(lnt)2+2lnt−2t2+2t]t.
令p(t)=(lnt)2+2lnt−2t2+2t(t>1)，
则p′t=2lntt+2t−4t+2=2lnt+1−2t2+tt．
令qt=lnt+1−2t2+tt>1，
则q′t=1t−4t+1，
∵ q′t在1,+∞上单调递减，
∴ q′t∴ qt在1,+∞上单调递减，即qt∴ p′t<0，
∴ pt在1,+∞上单调递减，即pt∴ g′′t<0，
∴ g′t在1,+∞上单调递减，即g′t∴ gt在1,+∞上单调递减，
∴ gt∴ tlnt3t−13<1，
∴ 2lnx1+lnx2<0.
【考点】
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
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：∵ fx=lnx−x+a，
∴ f′x=1x−1=1−xxx>0，
∴ 当00，
当x>1时，f′x<0，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的最大值为f1=a−1.
又∵ 当x→0时，fx<0，
当x→+∞时，fx<0，
∴ 当a−1<0，即a<1时，fx没有零点；
当a−1=0，即a=1时，fx有1个零点；
当a−1>0，即a>1时，fx有两个零点．
(2)证明：由(1)可知，0由fx1=fx2=0可知，lnx1−x1=lnx2−x2，
即lnx2x1=x2−x1.
设x2x1=tt>1，则lnt=x1t−1，故x1=lntt−1，
要证2lnx1+lnx2<0，只需证x12x2<1，
即证x13t<1，即t(lnt)3(t−1)3<1，
即证t(lnt)3−(t−1)3<0.
令gt=tlnt3−t−13，
则g′(t)=(lnt)3+3(lnt)2−3(t−1)2，
g′′(t)=3(lnt)2t+6lntt−6(t−1)
=3[(lnt)2+2lnt−2t2+2t]t.
令p(t)=(lnt)2+2lnt−2t2+2t(t>1)，
则p′t=2lntt+2t−4t+2=2lnt+1−2t2+tt．
令qt=lnt+1−2t2+tt>1，
则q′t=1t−4t+1，
∵ q′t在1,+∞上单调递减，
∴ q′t∴ qt在1,+∞上单调递减，即qt∴ p′t<0，
∴ pt在1,+∞上单调递减，即pt∴ g′′t<0，
∴ g′t在1,+∞上单调递减，即g′t∴ gt在1,+∞上单调递减，
∴ gt∴ tlnt3t−13<1，
∴ 2lnx1+lnx2<0.
1. 已知集合M=x|x2≤4，N=x|2x<4，则M∩N=( )
A.x|x≤−2B.x|−2≤x<2C.x|−2≤x≤2D.x|0
2. 已知复数z满足z(2+i)=3−4i（i为虚数单位），则|z|=( )
A.3B.5C.23D.5
3. 已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为( )
A.33πB.33C.3πD.3
4. a是fx=13x−lg2x的零点，若0
C.fx0=0D.fx0>0
5. 在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，则AE→⋅EC→=( )
A.1225B.2425C.125D.45
6. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆x2+y−232=4相交于A，B两点，若|AB|=2，则C的离心率为( )
A.233B.3C.2D.4
7. 已知函数f(x)=sin(πx+φ)某个周期的图象如图所示，A，B分别是f(x)图象的最高点与最低点，C是f(x)图象与x轴的交点，则tan∠BAC=( )
A.12B.47C.255D.76565
8. 概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．问这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是( )
A.甲48枚，乙48枚B.甲64枚，乙32枚
C.甲72枚，乙24枚D.甲80枚，乙16枚
二、多选题
关于函数fx=1x+lnx，下列说法正确的是( )
A.f1是fx的极小值B.函数y=fx−x有且只有1个零点
C.fx在−∞,1上单调递减D.设gx=xfx，则g1e
已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则给出的下列说法中，正确的是( )
A.若m⊥α，n⊥α，则m // nB.若m // α，m // β，则α // β
C.若α⊥β，m // β，则m⊥αD.若α // β，m⊥α，则m⊥β
若a，b，c都是正数，且4a=6b=9c，那么( )
A.ab+bc=2acB.ab+bc=acC.2c=2a+1bD.1c=2b−1a
一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是( )
A.从中任取3球，恰有一个白球的概率是35
B.从中有放回地取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为43
C.现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25
D.从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627
三、填空题
x−1x1−x4的展开式中x3的系数为________.
已知tanα+π4=2，则sin2α=________.
如图，某湖有一半径为100m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距200m的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB=AC，∠BAC=90∘．定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设∠AOB=θ，则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________.
已知两条抛物线C:y2=2x，E:y2=2px(p>0且p≠1)，M为C上一点（异于原点O），直线OM与E的另一个交点为N．若过M的直线l与E相交于A，B两点，且△ABN的面积是△ABO 面积的3倍，则p=________．
四、解答题
已知等比数列an的公比为qq>1，前n项和为Sn，若S5−S2a4=72，且S3+2=a4．
(1)求an；
(2)设数列{1Sn}的前n项和为Tn，求证：34−12n+1≤Tn≤1−12n．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3bsinA=a(2+csB)．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积等于3，求△ABC的周长的最小值．
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=22．
(1)求证：PB=PD；
(2)点M，N分别在棱PA，PC上，PM=AM，PN=CN，求直线PB与平面DMN所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为22，且过点(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C有且只有一个公共点，l与圆x2+y2=6交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2．试判断k1⋅k2是否为定值，若是，求出该定值；否则，请说明理由．
某地区在一次考试后，从全体考生中随机抽取44名，获取他们本次考试的数学成绩x和物理成绩(y)，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，但图中有两个异常点A，B．经调查得知，A考生由于感冒导致物理考试发挥失常，B考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计的值：i=142xi=4641，i=142yi=3108，i=142xiyi=350350，i=142xi−x¯2=13814.5，i=142yi−y¯2=5250，其中xi，yi分别表示这42名同学的数学成绩、物理成绩，i=1，2，⋯，42，y与x的相关系数r=0.82．
(1)若不剔除A，B两名考生的数据，用44组数据作回归分析，设此时y与x的相关系数为r0．试判断r0与r的大小关系，并说明理由；
(2)求y关于x的线性回归方程（系数精确到0.01），并估计如果B考生参加了这次物理考试(已知B考生的数学成绩为125分)，物理成绩是多少？（精确到个位）
(3)从概率统计规律看，本次考试该地区的物理成绩ξ服从正态分布Nμ,σ2．以剔除后的物理成绩作为样本，用样本平均数y¯作为μ的估计值，用样本方差s2作为σ2的估计值．试求该地区5000名考生中，物理成绩位于区间62.8,85.2的人数Z的数学期望．
附：①回归方程 y=a+bx中，b=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2，a=y¯−bx¯；
②若ξ∼Nμ,σ2，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544；
③125≈11.2．
已知函数fx=lnx−x+a．
(1)讨论函数fx零点的个数；
(2)若函数fx存在两个零点x1，x2x1
2020-2021年湖南省长沙市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先化简集合M，N，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ M=x|x2≤4=x|−2≤x≤2，
N=x|2x<4=x<2，
∴ M∩N=x|−2≤x<2.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．
【解答】
解：∵ z(2+i)=3−4i，
∴ z=3−4i2+i=(3−4i)(2−i)(2+i)(2−i)=25−115i，
∴ |z|=(25)2+(−115)2=5.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先根据圆锥表面积求出，，然后求出圆锥的高，最后利用圆锥体积公式求出结果.
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由πl=2πr，得l=2r.
又∵ S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
解得r=1，
∴ l=2r=2，
∴ 圆锥的高为ℎ=22−12=3，
∴ 圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×3=33π.
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据0
解：∵ a为函数f(x)=(13)x−lg2x的零点，
∴ f(a)=0，
∵ f(x)=(13)x−lg2x，且x>0，
∴ f′(x)=(13)xln13−1xln2，且f′(x)<0，
∴ f(x)在(0, +∞)上是减函数.
∵ 0
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AB=1，AD=2，
∴ AC=BD=5.
∵ AE⊥BD，
∴ S△ABD=12AB⋅AD=12AE⋅BD，
∴ AE=AB⋅ADBD=1×25=25，
∴ cs∠CAE=AEAO=AE12AC=2×255=45，
∴ AE→⋅EC→=AE→⋅(AC→−AE→)
=AE→⋅AC→−AE2→
=25×5×45−(25)2=45．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
【解答】
解：由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：
bx+ay=0.
圆x2+(y−23)2=4的圆心为(0,23)，半径为2，
双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与圆x2+(y−23)2=4相交于A，B两点，
若|AB|=2，
可得23aa2+b22+11=22，
12a2a2+b2=3，
即：b2=3a2，
可得c2−a2=3a2，
解得e=ca=2.
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的周期性
两角和与差的正切公式
【解析】
过A作AD垂直于x轴于点D，AB与x轴交于E，设Ca,0，可得CD=32AD=1,DE=12tan∠CAD=CDAD=32
tan∠EAD=EDAD=12，再利用tan∠B.AC=tan∠CAD−∠EAD计算即可．
【解答】
解：由题可知，函数f(x)的周期为T=2ππ=2.
设Ca,0，则Ba+12,−1，Aa+32,1，
∴ KAC=132=23，KAB=1−−132−12=2.
又∵ ∠BAC为两直线倾斜角的差，
∴ tan∠BAC=2−231+2×23=47.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，前三局比赛中，甲、乙两人每局获胜的概率均为12，
假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率为
P1=12+12×12=34，
乙获取96枚金币的概率为P2=12×12=14，
则甲应该获得96×34=72枚金币，
乙应该获得96×14=24枚金币.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,B,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】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得函数fx的定义域为{x|x>0}，
故选项C错误；
∵ fx=1x+lnx，
∴ f′x=−1x2+1x=−1+xx2，
当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
所以fx极小值=f1=1，故选项A正确；
∵ y=fx−x=1x+lnx−x
∴ y′=−1x2+1x−1
=−x2+x−1x2=−x−122−34x2<0，
∴ 函数y=fx−x=1x+lnx−x在0,+∞上单调递减，
当x=1时，y=0，
∴ y=fx−x有且只有一个零点，故选项B正确；
∵ gx=xfx=1+xlnx，
∴ g′x=x⋅1x+lnx=1+lnx，
当x∈e−1,+∞时，g′x>0，gx单调递增；
当x∈0,e−1时，g′x<0，gx单调递减，
∴ g(x)最小值=g(e−1)=g(1e)，
∴ g1e
【答案】
A,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
由直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面平行及平面与平面平行的定义判断B；由平面与平面垂直、直线与平面平行的定义判断C；由直线与平面垂直、平面与平面平行的定义判断D．
【解答】
解：A，若m⊥α，n⊥α，则m // n，故选项A正确；
B，若m // α，m // β，则α // β或α与β相交，故选项B错误；
C，若α⊥β，m // β，则m // α或m⊂α或m与α相交，
故选项C错误；
D，若m⊥α，则m垂直α内的所有直线，
又∵ α // β，∴ m垂直β内的所有直线，∴ m⊥β，故选项D正确．
故选AD.
【答案】
A,D
【考点】
有理数指数幂的运算性质及化简求值
换底公式的应用
【解析】
将指数式化为对数式，根据选项中的 运算分别验证即可．
【解答】
解：依题意设4a=6b=9c=k，则a=lg4k，b=lg6k，c=lg9k，
对于A，ab+bc=2ac，即bc+ba=2，
因为bc+ba=lg6klg9k+lg6klg4k
=lg69+lg64=lg636=2，故A正确，B错误；
对于C，2a+1b=2lg4k+1lg6k
=2lgk4+lgk6=lgk96≠2c
=2lgk9=lgk81，故C错误；
对于D，2b−1a=2lgk6−lgk4=lgk364
=lgk9=1c，故D正确；
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
二项分布的应用
对立事件的概率公式及运用
【解析】
利用古典概型概率公式求解恰有一个白球的概率，判断A正误；
利用独立重复实验，求解每次任取一球，则取到红球次数的方差判断B正误；
利用条件概率，求出结果判断C正误；
通过对立事件的概率，求出结果判断D的正误；
【解答】
解：A，所求概率P=C21C42C63=2×620=35，故选项A正确；
B，取到红球的次数X∼B(6, 23)，
其方差为6×23×(1−23)=43，
故选项B正确；
C，设A={第一次取到红球}，
B={第二次取到红球}，
则P(A)=23，P(AB)=4×36×5=25，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=35，故选项C错误；
D，每次取到红球的概率P=23，
所以至少有一次取到红球的概率为1−(1−23)3=2627，
故选项D正确．
故选ABD.
三、填空题
【答案】
5
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
本题考查了二项式定理的应用，求特定项的系数问题，对原式变形，结合二项式定理展开式的通项公司即可得答案．
【解答】
解：x−1x(1−x)4
=x(1−x)4−1x(1−x)4，
含x3的系数为：
C42⋅(−1)2−C44⋅(−1)4=5．
故答案为：5．
【答案】
35
【考点】
二倍角的正弦公式
两角和与差的正切公式
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
由条件利用两角和的正切公式求得tanα=13，利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简要求的式子为sin2α=2tanα1+tan2α，运算求得结果．
【解答】
解：∵ tanα+π4=2，
∴ tanα+π4=1+tanα1−tanα=2,
解得tanα=13，
∴ sin2α=2sinαcsαcs2+sin2α=2tanα1+tan2α=231+19=35.
故答案为：35.
【答案】
100005+25000m2
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△OAB中，∵ ∠AOB=θ，OB=100，OA=200，
∴ AB2=OB2+OA2−2OB⋅OA⋅cs∠AOB，
即AB=1005−4⋅csθ，
∴ S四边形OACB=S△OAB +S△ABC
=12⋅OA⋅OB⋅sinθ+12⋅AB2，
∴ S四边形OACB=1002sinθ−2csθ+52，
令tanφ=2，
则S四边形OACB=1002[5sinθ−φ+52]，
∴ “直接监测覆盖区域”面积的最大值为100005+25000m2．
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，设Mb22,b，
则直线OM的方程为y=2bx，即x=b2y，
代入y2=2px(p>0且p≠1)，
可得y=pb，x=pb22，即Npb22,bp.
由题意可知，直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x=my−b+b22，
即2x−2my+2mb−b2=0，
所以点O到直线AB的距离d1=|2mb−b2|21+m2，
点N到直线AB的距离
d2=|2⋅pb22−2m⋅pb+2mb−b2|21+m2
=|(p−1)(2mb−b2)|21+m2=|p−1|⋅|2mb−b2|21+m2.
因为S△ABNS△ABO=12|AB|⋅d212|AB|⋅d1=3 ，
所以3⋅|2mb−b2|21+m2=|p−1|⋅|2mb−b2|21+m2.
因为2mb−b2≠0，
所以|p−1|=3，
又因为p>0，
所以p=4．
故答案为：4.
四、解答题
【答案】
(1)解：由S5−S2a4=a5+a4+a3a4
=1q+1+q=72，
解得q=2q>1.
又∵ S3+2=a4，即7a1+2=8a1，
解得a1=2，
∴ an=2n．
(2)证明：由(1)可知，Sn=2n+1−2，
∴ 1Sn=12n+1−2>12n+1.
又∵ 1Sn=12n+1−2=12n+2n−2≤12n，
∴ 12n+1<1Sn≤12n，
∴ 当n=1时，T1=12，
∴ 34−122=12，1−121=12，
∴ 34−121+1≤T1≤1−121成立．
当n≥2时，
Tn>12+123+124+⋯+12n+1=34−12n+1，
Tn≤12+122+123+⋯+12n=1−12n，
综上所述，34−12n+1≤Tn≤1−12n．
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
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：由S5−S2a4=a5+a4+a3a4
=1q+1+q=72，
解得q=2q>1.
又∵ S3+2=a4，即7a1+2=8a1，
解得a1=2，
∴ an=2n．
(2)证明：由(1)可知，Sn=2n+1−2，
∴ 1Sn=12n+1−2>12n+1.
又∵ 1Sn=12n+1−2=12n+2n−2≤12n，
∴ 12n+1<1Sn≤12n，
∴ 当n=1时，T1=12，
∴ 34−122=12，1−121=12，
∴ 34−121+1≤T1≤1−121成立．
当n≥2时，
Tn>12+123+124+⋯+12n+1=34−12n+1，
Tn≤12+122+123+⋯+12n=1−12n，
综上所述，34−12n+1≤Tn≤1−12n．
【答案】
解：(1)∵ 3bsinA=a(2+csB)，
∴ 3sinBsinA=sinA(2+csB)，
在△ABC中，sinA>0，
∴ 3sinB−csB=2，
∴ 2sin(B−π6)=2.
∵ B∈(0, π)，
∴ B−π6=π2，
∴ B=2π3．
(2)由题意可知，S=12acsinB=3ac4=3，
∴ ac=4，
∴ a+c≥2ac=4，当且仅当a=c=2时取等号．
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12，
∴ b≥23，
当且仅当a=c=2时取等号，
∴ △ABC的周长的最小值为4+23．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
【解析】
（1）先利用边角互化将3bsinA=a(2+csB)转化为关于B的方程，求出∠B．
（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得．
【解答】
解：(1)∵ 3bsinA=a(2+csB)，
∴ 3sinBsinA=sinA(2+csB)，
在△ABC中，sinA>0，
∴ 3sinB−csB=2，
∴ 2sin(B−π6)=2.
∵ B∈(0, π)，
∴ B−π6=π2，
∴ B=2π3．
(2)由题意可知，S=12acsinB=3ac4=3，
∴ ac=4，
∴ a+c≥2ac=4，当且仅当a=c=2时取等号．
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12，
∴ b≥23，
当且仅当a=c=2时取等号，
∴ △ABC的周长的最小值为4+23．
【答案】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【答案】
解：(1)由题意，得2c=22,2a2+1b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=2，c=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)k1⋅k2为定值，且定值为−12.
理由如下：
①当直线l斜率不存在时，直线的方程为x=±2，
当x=2时，A2,2，B2,−2，
则k1⋅k2=22×−22=−12；
当x=−2时，A−2,2，B−2,−2，
则k1⋅k2=−22×22=−12；
②当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，且Ax1,y1，
Bx2,y2，
联立y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−4=0，
∴ Δ=4km2−41+2k22m2−4=0，
即m2=4k2+2.
联立y=kx+m,x2+y2=6,
整理，得1+k2x2+2kmx+m2−6=0，
∴ x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−61+k2，
∴ k1k2=y1y2x1x2=kx1+mkx2+mx1x2
=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2
=k2⋅m2−61+k2+km⋅(−2km1+k2)+m2m2−61+k2
=m2−6k2m2−6=4k2+2−6k24k2+2−6=−12.
综上，k1⋅k2为定值，且定值为−12.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由题意可得关于a，b，c的方程组，求解a，b，c的值，即可得到椭圆的方程；
（2）①当过点P的直线斜率不存在时，直线的方程为x=±2，求得k1k2=−12，②当过P的直线斜率存在时，设其方程为y=kx+
m，联立直线方程与椭圆方程，由判别式等于0可得m2=4k2+2，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系结合斜率公式
可得占与为定值−12
【解答】
解：(1)由题意，得2c=22,2a2+1b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=2，c=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)k1⋅k2为定值，且定值为−12.
理由如下：
①当直线l斜率不存在时，直线的方程为x=±2，
当x=2时，A2,2，B2,−2，
则k1⋅k2=22×−22=−12；
当x=−2时，A−2,2，B−2,−2，
则k1⋅k2=−22×22=−12；
②当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，且Ax1,y1，
Bx2,y2，
联立y=kx+m,x24+y22=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−4=0，
∴ Δ=4km2−41+2k22m2−4=0，
即m2=4k2+2.
联立y=kx+m,x2+y2=6,
整理，得1+k2x2+2kmx+m2−6=0，
∴ x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−61+k2，
∴ k1k2=y1y2x1x2=kx1+mkx2+mx1x2
=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2
=k2⋅m2−61+k2+km⋅(−2km1+k2)+m2m2−61+k2
=m2−6k2m2−6=4k2+2−6k24k2+2−6=−12.
综上，k1⋅k2为定值，且定值为−12.
【答案】
解：(1)r0
①异常点A，B会降低变量之间的线性相关程度．
②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44个数据点与其回归直线更离散．
(2)由题中数据可得：x¯=142i=142xi=110.5，y¯=142i=142yi=74，
所以i=142(xi−x¯)(yi−y¯)=i=142xiyi−42xy¯
=350350−42×110.5×74=6916．
又因为i=142xi−x¯2=13814.5，
所以 b=i=142(xi−x¯)(yi−y¯)i=142(xi−x¯)2=0.501，
a=y¯−bx¯=74−0.501×110.5≈18.64．
所以y=0.50x+18.64．
将x=125代入，得y=0.50×125+18.64=62.5+18.64≈81，
所以估计B同学的物理成绩为81分．
(3)y¯=142i=142yi=74，s2=142i=142(yi−y¯)2=142×5250=125，
所以ξ∼N74,125，
又因为125≈11.2，
所以P62.8<ξ<85.2=P74−11.2<ξ<74+11.2=0.6826.
因为Z∼B5000,0.6826，
所以EZ=5000×0.6826=3413，
所以该地区本次考试物理成绩位于区间(62.8,85.2)的人数Z的数学期望为3413．
【考点】
相关系数
求解线性回归方程
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)r0
①异常点A，B会降低变量之间的线性相关程度．
②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44个数据点与其回归直线更离散．
(2)由题中数据可得：x¯=142i=142xi=110.5，y¯=142i=142yi=74，
所以i=142(xi−x¯)(yi−y¯)=i=142xiyi−42xy¯
=350350−42×110.5×74=6916．
又因为i=142xi−x¯2=13814.5，
所以 b=i=142(xi−x¯)(yi−y¯)i=142(xi−x¯)2=0.501，
a=y¯−bx¯=74−0.501×110.5≈18.64．
所以y=0.50x+18.64．
将x=125代入，得y=0.50×125+18.64=62.5+18.64≈81，
所以估计B同学的物理成绩为81分．
(3)y¯=142i=142yi=74，s2=142i=142(yi−y¯)2=142×5250=125，
所以ξ∼N74,125，
又因为125≈11.2，
所以P62.8<ξ<85.2=P74−11.2<ξ<74+11.2=0.6826.
因为Z∼B5000,0.6826，
所以EZ=5000×0.6826=3413，
所以该地区本次考试物理成绩位于区间(62.8,85.2)的人数Z的数学期望为3413．
【答案】
(1)解：∵ fx=lnx−x+a，
∴ f′x=1x−1=1−xxx>0，
∴ 当0
当x>1时，f′x<0，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的最大值为f1=a−1.
又∵ 当x→0时，fx<0，
当x→+∞时，fx<0，
∴ 当a−1<0，即a<1时，fx没有零点；
当a−1=0，即a=1时，fx有1个零点；
当a−1>0，即a>1时，fx有两个零点．
(2)证明：由(1)可知，0
即lnx2x1=x2−x1.
设x2x1=tt>1，则lnt=x1t−1，故x1=lntt−1，
要证2lnx1+lnx2<0，只需证x12x2<1，
即证x13t<1，即t(lnt)3(t−1)3<1，
即证t(lnt)3−(t−1)3<0.
令gt=tlnt3−t−13，
则g′(t)=(lnt)3+3(lnt)2−3(t−1)2，
g′′(t)=3(lnt)2t+6lntt−6(t−1)
=3[(lnt)2+2lnt−2t2+2t]t.
令p(t)=(lnt)2+2lnt−2t2+2t(t>1)，
则p′t=2lntt+2t−4t+2=2lnt+1−2t2+tt．
令qt=lnt+1−2t2+tt>1，
则q′t=1t−4t+1，
∵ q′t在1,+∞上单调递减，
∴ q′t
∴ pt在1,+∞上单调递减，即pt
∴ g′t在1,+∞上单调递减，即g′t
∴ gt
∴ 2lnx1+lnx2<0.
【考点】
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
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：∵ fx=lnx−x+a，
∴ f′x=1x−1=1−xxx>0，
∴ 当0
当x>1时，f′x<0，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的最大值为f1=a−1.
又∵ 当x→0时，fx<0，
当x→+∞时，fx<0，
∴ 当a−1<0，即a<1时，fx没有零点；
当a−1=0，即a=1时，fx有1个零点；
当a−1>0，即a>1时，fx有两个零点．
(2)证明：由(1)可知，0
即lnx2x1=x2−x1.
设x2x1=tt>1，则lnt=x1t−1，故x1=lntt−1，
要证2lnx1+lnx2<0，只需证x12x2<1，
即证x13t<1，即t(lnt)3(t−1)3<1，
即证t(lnt)3−(t−1)3<0.
令gt=tlnt3−t−13，
则g′(t)=(lnt)3+3(lnt)2−3(t−1)2，
g′′(t)=3(lnt)2t+6lntt−6(t−1)
=3[(lnt)2+2lnt−2t2+2t]t.
令p(t)=(lnt)2+2lnt−2t2+2t(t>1)，
则p′t=2lntt+2t−4t+2=2lnt+1−2t2+tt．
令qt=lnt+1−2t2+tt>1，
则q′t=1t−4t+1，
∵ q′t在1,+∞上单调递减，
∴ q′t
∴ pt在1,+∞上单调递减，即pt
∴ g′t在1,+∞上单调递减，即g′t
∴ gt
∴ 2lnx1+lnx2<0.
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