2020-2021学年湖南省永州市某校高二（下）3月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖南省永州市某校高二（下）3月月考数学试卷，共11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={0, 1, 2, 3, 4}，集合B={x|x=2n, n∈A}，则A∩B=( )
A.{0}B.{0, 4}C.{2, 4}D.{0, 2, 4}

2. 已知向量a→=t,1，b→=2,1．若a→⊥b→，则|a→|的值为( )
A.5B.2C.52D.22

3. 在3x−2xn的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为( )
A.−112B.112C.−1120D.1120

4. 过双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于点A．若以C的右焦点为圆心，半径为4的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的方程为( )
A.x24−y212=1B.x27−y29=1
C.x28−y28=1D.x212−y24=1

5. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A.110B.15C.310D.25

6. 已知x>0，y>0，且2x+1y=1，若x+2y>m2+2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.m≤−2或m≥4B.m≤−4或m≥2
C.−2
7. 已知F为抛物线y2=x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OA→⋅OB→=2（其中O为坐标原点），则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A.2B.3C.1728D.10

8. 已知a=4ln3π，b=3ln4π，c=4lnπ3 ，则a，b，c的大小关系是( )
A.c二、多选题

在复平面内，下列说法正确的是( )
A.若复数z=1+i1−i （i为虚数单位），则z30=−1
B.若复数z满足z2∈R，则z∈R
C.若复数z=a+bi(a，b∈R)，则z为纯虚数的充要条件是a=0
D.若复数z满足|z|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆

如图所示，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）

A.平面D1A1P⊥平面A1AP
B.AP→⋅DC1→不是定值
C.三棱锥B1−D1PC的体积为定值
D.DC1⊥D1P

将函数fx=sinx+π3sinx+cs2x的图象向右平移π6个单位，再把横坐标缩小到原来的一半，得到函数gx的图象，则关于函数gx的结论错误的是( )
A.最小正周期为πB.关于x=π6对称
C.最大值为1D.关于π24,0对称

对于函数f(x)=lnxx，下列说法正确的有( )
A.f(x)在x=e处取得极大值1e
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(2)D.若f(x)1
三、填空题

已知圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为________．

函数fx=sin2x，若fx+t为偶函数，则最小的正数t的值为________ .

已知直线y=2x+1与圆x2+y2+ax+2y+1=0交于A，B两点，直线mx+y+2=0垂直平分弦AB，则弦AB的长为________.

已知某批零件的长度误差X服从正态分布N(μ, σ2)，其密度函数φμ,σ(x)=12πσe​−(x−μ)22σ2的曲线如图所示，则从中随机取一件，其长度误差落在(3, 6)内的概率为________．
（附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ, σ2)，则P(μ−σ<ξ≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<ξ≤μ+3σ)=0.9974．)

四、解答题

在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且csA = 55．
1若a=5，c=25，求b的值；

2若B=π4，求cs2C的值．

设Sn为数列an的前n项和，已知a1=2，Sn−an+1+2=0．
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=lg2an，数列1bnbn+2的前n项和为Tn，证明：Tn<34．

某批发市场对某种商品的日销售量（单位：吨）进行统计，最近50天的统计结果如下：
若以上表中频率作为概率，且每天的销售量相互独立．
1求5天中该种商品恰好有两天的日销售量为1.5吨的概率；

2已知每吨该商品的销售利润为2千元，X表示该种商品某两天销售利润的和（单位：千元），求X的分布列和数学期望．

某商场共有三层楼，在其圆柱形空间内安装两部等长的扶梯I、II供顾客乘用，如图，一顾客自一楼点A处乘I到达二楼的点B 处后，沿着二楼面上的圆弧BM逆时针步行至点C处，且C为弧BM的中点，再乘II到达三楼的点D处，设圆柱形空间三个楼面圆的中心分别为O、O1、O2，半径为8米，相邻楼层的间距AM=4米，两部电梯与楼面所成角正弦值为13．

(1)求此顾客在二楼面上步行的路程；

(2)求异面直线AB和CD所成角的余弦值大小．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，Aa,0，B0,b，O0,0，△OAB的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设P为椭圆C上一点（P不与椭圆顶点重合），直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|⋅|BM|为定值．

已知函数fx=lnx+ax.
(1)若函数fx的图像在x=1处的切线为y=1，求fx的极值；

(2)若fx≤ex+2x−1恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省永州市某校高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
由集合B中的元素的属性用列举法写出集合B，直接取交集即可．
【解答】
解：因为集合A={0, 1, 2, 3, 4}，
所以集合B={x|x=2n, n∈A}={0, 2, 4, 6, 8}，
所以A∩B={0, 1, 2, 3, 4}∩{0, 2, 4, 6, 8}={0, 2, 4}．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的模
【解析】
根据平面向量的数量积运算列方程求出t的值，再求|a→|的值．
【解答】
解：向量a→=t,1，b→=(2,1)，
若a→⊥b→，则a→⋅b→=0，
即2t+1=0，解得t=−12，
所以a→=(−12,1)，
所以|a→|=−122+12=52．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据二项式系数最大求出n=8，求出展开式的通项公式，令次数为0进行求解即可．
【解答】
解：∵ 只有第5项的二项式系数最大，
∴ 共有9项，则n=8，
则通项公式为：
Tk+1=Cnk(3x)n−k−2xk
=Cnkxn−k3(−2)kx−k=Cnk(−2)kxn−k3−k，
由n−k3−k=0，得：n=4k=8，即k=2，
则常数项为T2+1=C82⋅−22=112.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
两点间的距离公式
【解析】
由题意求出c＝4，然后可求a，b，即可得出双曲线的方程．
【解答】
解：由x=a,y=−bax,得x=a,y=−b,
∴ Aa,−b,
由题意知右焦点到原点的距离为c=4，
∴ a−42+−b2=4，
即a−42+b2=16，
而a2+b2=16，
∴ a=2，b=23，
∴ 双曲线C的方程为：x24−y212=1.
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，
放回后再随机抽取1张，基本事件总数n=5×5=25，
抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：
(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，
(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，
共m=10个基本事件，
∴ 抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率P=1025=25．
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
不等式恒成立问题
【解析】
通过已知条件，转换为满足基本不等式的形式，通过二次函数的性质即可求解.
【解答】
解：因为2x+1y=1，
所以x+2y=(x+2y)2x+1y
=xy+4yx+4≥2xy⋅4yx+4=8，
当且仅当xy=4yx，2x+1y=1，即x=4，y=2时取等号，
又因为x+2y>m2+2m恒成立，
所以m2+2m<8，
解得：−4故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
可先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及OA→⋅OB→=2消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题．
【解答】
解：设直线AB的方程为：x=ty+m，点A(x1, y1)，B(x2, y2)，
直线AB与x轴的交点为M(m, 0)，
由x=ty+m,y2=x ⇒y2−ty−m=0，
根据韦达定理有y1⋅y2=−m，
∵ OA→⋅OB→=2，
∴ x1⋅x2+y1⋅y2=2，
结合y12=x1及y22=x2，得(y1⋅y2)2+y1⋅y2−2=0，
∵ 点A，B位于x轴的两侧，
∴ y1⋅y2=−2，故m=2．
不妨令点A在x轴上方，则y1>0，
又F(14,0)，
∴ S△ABO+S△AFO=12×2×(y1−y2)+12×14y1
=98y1+2y1≥298y1⋅2y1=3．
当且仅当98y1=2y1，即y1=43时，取“=”号，
∴ △ABO与△AFO面积之和的最小值是3.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
指数函数与对数函数的关系
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知：a=4ln3π，b=3ln4π，c=4lnπ3 ，
∵ 3π>π3，
∴ a>c，
b−c=3ln4π−4lnπ3
=3πln4−12lnπ
=3(ln4π−lnπ4)
=3(ln4ππ4).
∵ 4ππ4<1，
∴ 3(ln4ππ4)<0，
∴ c>b，
∴ a>c>b.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
根据复数的运算及相关概念一一判断可得；
【解答】
解：A，因为z=1+i1−i=1+i21−i1+i=i，
所以z30=(i2)15=−1，故A正确；
B，设z=a+bi，a，b∈R，
则z2=a+bi2=a2−b2+2abi，
若z2∈R，则2ab=0，
则a=0，b≠0或b=0，a≠0或a=b=0.
当b=0时z∈R，故B错误；
C，复数z=a+bi(a，b∈R)，
则z为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故C错误；
D，若复数z满足|z|=1，
则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，故D正确.
故选AD.
【答案】
A,C,D
【考点】
平面与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
A，由正方体的结构特征，得D1A1⊥平面A1AP，D1A1⊂平面D1A1P，
∴ 平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
B，AP→⋅DC1→=AA1→+A1P→⋅DC1→
=AA1→⋅DC1→+A1P→⋅DC1→
=|AA1→||DC1→|cs45∘+|A1P→||DC1→|cs90∘
=1×2×22=1，
故AP→⋅DC1→=1，故B不正确；
C，VB1−D1PC=VP−B1D1C，△B1D1C的面积是定值，A1B//平面B1D1C，
∵ 点P是线段A1B上的动点，
∴ 点P到平面B1D1C的距离是定值，
∴ VB1−D1PC=VP−B1D1C是定值，故C正确；
D，∵ DC1⊥A1D1，DC1⊥A1B，A1D1∩A1B=A1，
∴ DC1⊥平面A1D1P，
而D1P⊂平面A1D1P，∴ DC1⊥D1P，故D正确．
故选ACD .
【答案】
A,C,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的周期性
正弦函数的对称性
【解析】
无
【解答】
解：f(x)=sinx+π3sinx+cs2x
=sinxcsπ3+csxsinπ3sinx+1+cs2x2
=34sin2x+14cs2x+34
=1232sin2x+12cs2x+34
=12sin2x+π6+34，
把函数fx的图象向右平移π6个单位，
得y=12sin2x−π6+π6+34=12sin2x−π6+34，
再把横坐标缩小到原来的一半，得到函数gx，
可得gx=12sin4x−π6+34，
最小正周期为2π4=π2，故选项A错误；
x=π6，
∴ 4x−π6=4×π6−π6=π2，故选项B正确；
最大值为12+34=54，故选项C错误；
4x−π6=kπ,
∴ x=π24+kπ4(k∈Z)，
则对称中心的坐标为kπ4+π24,34(k∈Z)，故选项D错误．
故选ACD．
【答案】
A,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
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】

【解答】
解：∵ f(x)=lnxx，
∴ f′(x)=(lnx)′x−x′lnxx2=1−lnxx2，
∴ f(x)在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，
∴ f(x)在x=e处有极大值，f(e)=lnee=1e，A正确；
作出f(x)的图象如图所示.
∵ x→0时，f(x)→−∞，x>e时，f(x)>0，
∴ f(x)在(0,e)上有唯一零点，在(e,+∞)上没有零点，B错误；
∵ f(2)−f(π)=ln22−lnππ=ln2π−lnπ22π<0,
∴ f(π)>f(2).
∵ 函数f(x)在(e,+∞)上递减，∴ f(3)>f(π)>f(2)，C正确;
∵ f(x)lnx+1x=g(x),
∴ g′(x)=−lnxx2，
∴ g(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
∴ g(x)max=g(1)=1，∴ k>1，D正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
2
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为3π，构造方程，可求出半径，进而得到母线．
【解答】
解：设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的母线为l，
则由πl=2πr得l=2r，
而S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
故r2=1，
解得r=1，
∴ l=2r=2.
故答案为：2.
【答案】
π4
【考点】
偶函数
正弦函数的对称性
【解析】
因为fx=sin2x，所以fx+t=sin2x+2t，
若fx+t为偶函数，
则函数图象关于x=0对称，即x=0时函数y=sin2x+2t取得最值，
所以2t=π2+kπ，即t=π4+kπ2,k∈Z，
当k=0时，最小的正数t的值为π4 .
【解答】
解：因为fx=sin2x，所以fx+t=sin2x+2t，
若fx+t为偶函数，
则函数图象关于x=0对称，即x=0时函数y=sin2x+2t取得最值，
所以2t=π2+kπ，即t=π4+kπ2，k∈Z，
当k=0时，最小的正数t的值为π4.
故答案为：π4.
【答案】
855
【考点】
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
圆的标准方程与一般方程的转化
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
首先利用垂直，得m=12，再利用圆心，确定a=4，结合直线与圆相交的性质，即可求出弦长.
【解答】
解：由题意可知，直线mx+y+2=0与直线y=2x+1垂直，
所以2×−m=−1，可得m=12，
由于方程x2+y2+ax+2y+1=0表示的曲线为圆，
则a2>0，解得a≠0，
且圆x2+y2+ax+2y+1=0的圆心坐标为−a2,−1，
圆心在直线x+2y+4=0上，
所以，−a2+2×−1+4=0，解得a=4，
所以，圆的方程为x2+y2+4x+2y+1=0，
即x+22+y+12=4，圆心坐标为−2,−1，半径长为2，
圆心到直线2x−y+1=0的距离为d=|2×−2+1+1|5=255，
因此，|AB|=222−d2=24−2552=855.
故答案为：855.
【答案】
0.1359
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
直接由密度函数解析式可得σ的值；再由σ与2σ原则求解长度误差落在(3, 6)内的概率．
【解答】
解：由图中密度函数解析式，可得σ=3，
又由图象可知μ=0，
则长度误差落在(3, 6)内的概率为：
P(3P(μ−σ=12(0.9544−0.6826)=0.1359．
故答案为：0.1359.
四、解答题
【答案】
解：1在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得b2+20−2×25×55b=25，
即b2−4b−5=0，
解得：b=5或b=−1（舍），
所以b=5.
2由csA=55及0sinA=1−cs2A=1−(55)2=255，
所以csC=cs[π−(A+B)]=−cs(A+π4)
=−22(csA−sinA)=1010，
所以cs2C=2cs2C−1=2×10102−1=−45.
【考点】
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
诱导公式
二倍角的余弦公式
【解析】
1由已知结合余弦定理即可求解b；
2由已知结合同角平分关系可求sinA，然后结合诱导公式及和差角公式及二倍角公式可求．
【解答】
解：1在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得b2+20−2×25×55b=25，
即b2−4b−5=0，
解得：b=5或b=−1（舍），
所以b=5.
2由csA=55及0sinA=1−cs2A=1−(55)2=255，
所以csC=cs[π−(A+B)]=−cs(A+π4)
=−22(csA−sinA)=1010，
所以cs2C=2cs2C−1=2×10102−1=−45.
【答案】
(1)解：由Sn−an+1+2=0，得Sn=an+1−2，①
则当n≥2时，Sn−1=an−2，②
①−②得Sn−Sn−1=an+1−an，
所以an=an+1−an，即an+1=2an．
又因为a1=2，且a2=a1+2=4=2a1，
所以{an}是以公比为2的等比数列，
所以an=2n．
(2)证明：由(1)知bn=lg22n=n，
则1bnbn+2=1n(n+2)=121n−1n+2，
所以Tn=12[1−13+12−14+
13−15+⋯+1n−1n+2]
=121+12−1n+1−1n+2
=34−121n+1+1n+2<34．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由Sn−an+1+2=0，得Sn=an+1−2，①
则当n≥2时，Sn−1=an−2，②
①−②得Sn−Sn−1=an+1−an，
所以an=an+1−an，即an+1=2an．
又因为a1=2，且a2=a1+2=4=2a1，
所以{an}是以公比为2的等比数列，
所以an=2n．
(2)证明：由(1)知bn=lg22n=n，
则1bnbn+2=1n(n+2)=121n−1n+2，
所以Tn=12[1−13+12−14+
13−15+⋯+1n−1n+2]
=121+12−1n+1−1n+2
=34−121n+1+1n+2<34．
【答案】
解：1a=2550=0.5，b=1550=0.3，
依题意，随机选取一天，销售量为1.5吨的概率p=0.5，
设5天中该种商品有Y天的销售量为1.5吨，则Y∼B5,0.5，
∴ PY=2=C52×0.52×1−0.53=0.3125.
2X的可能取值为4，5，6，7，8，
则：PX=4=0.22=0.04，
PX=5=2×0.2×0.5=0.2，
PX=6=0.52+2×0.2×0.3=0.37，
PX=7=2×0.3×0.5=0.3，
PX=8=0.32=0.09，
∴ X的分布列为：
X的数学期望EX=4×0.04+5×0.2+
6×0.37+7×0.3+8×0.09=6.2.
【考点】
二项分布的应用
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
1先求得销售量为1.5吨的概率p=0.5，然后利用二项分布求得其概率；
2X的可能取值为4，5，6，7，8，分别求得其概率，写出分布列和数学期望．
【解答】
解：1a=2550=0.5，b=1550=0.3，
依题意，随机选取一天，销售量为1.5吨的概率p=0.5，
设5天中该种商品有Y天的销售量为1.5吨，则Y∼B5,0.5，
∴ PY=2=C52×0.52×1−0.53=0.3125.
2X的可能取值为4，5，6，7，8，
则：PX=4=0.22=0.04，
PX=5=2×0.2×0.5=0.2，
PX=6=0.52+2×0.2×0.3=0.37，
PX=7=2×0.3×0.5=0.3，
PX=8=0.32=0.09，
∴ X的分布列为：
X的数学期望EX=4×0.04+5×0.2+
6×0.37+7×0.3+8×0.09=6.2.
【答案】
解：(1)过点B作1楼面的垂线，垂足是B′，
则B′落在圆柱底面圆上，连接B′A，
则B′A即为BA在圆柱下底面上的射影，
故∠BAB′即为BA与楼面所成的角，sin∠BAB′=13，
BB′=AM=4米，可得AB′=82米，
△AOB′中，OA=OB′=8米，
故△AOB′是等腰直角三角形，故∠BO1M=∠AOB′=π2，
∵ BC⌢=CM⌢，故弧BC的长为8×π4=2π米，
故此顾客在二楼面上步行的路程为2π米.
(2)由(1)可知OA，OB′，OO2两两互相垂直相交，
于是以O为坐标原点，以射线OB′，OA，OO2分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B8,0,4，A0,8,0，C42,42,4，D−42,42,8，
故AB→=8,−8,4，CD→=−82,0,4，
设异面直线AB和CD所成角的大小为θ，
则csθ=|AB→⋅CD→||AB→|⋅|CD→|=42−19>0，
故异面直线AB和CD所成角的余弦值为42−19．
【考点】
弧长公式
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)过点B作1楼面的垂线，垂足是B′，
则B′落在圆柱底面圆上，连接B′A，
则B′A即为BA在圆柱下底面上的射影，
故∠BAB′即为BA与楼面所成的角，sin∠BAB′=13，
BB′=AM=4米，可得AB′=82米，
△AOB′中，OA=OB′=8米，
故△AOB′是等腰直角三角形，故∠BO1M=∠AOB′=π2，
∵ BC⌢=CM⌢，故弧BC的长为8×π4=2π米，
故此顾客在二楼面上步行的路程为2π米.
(2)由(1)可知OA，OB′，OO2两两互相垂直相交，
于是以O为坐标原点，以射线OB′，OA，OO2分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B8,0,4，A0,8,0，C42,42,4，D−42,42,8，
故AB→=8,−8,4，CD→=−82,0,4，
设异面直线AB和CD所成角的大小为θ，
则csθ=|AB→⋅CD→||AB→|⋅|CD→|=42−19>0，
故异面直线AB和CD所成角的余弦值为42−19．
【答案】
(1)解：由已知可得，ca=32，12ab=1，
又a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)证明：方法一：
设椭圆上一点P(x0,y0)，(x0,y0)≠(±2,0)且(x0,y0)≠(0,±1)，
则x024+y02=1．
直线PA：y=y0x0−2(x−2)，令x=0，得yM=−2y0x0−2，
∴ |BM|=1+2y0x0−2．
直线PB：y=y0−1x0x+1，令y=0，得xN=−x0y0−1，
∴ |AN|=2+x0y0−1．
|AN|⋅|BM|=2+x0y0−1⋅1+2y0x0−2
=x0+2y0−2x0−2⋅x0+2y0−2y0−1
=x02+4y02+4x0y0−4x0−8y0+4x0y0−x0−2y0+2，
将x024+y02=1代入上式得|AN|⋅|BM|=4，
故|AN|⋅|BM|为定值．
方法二：
设椭圆上一点P(2csθ,sinθ)，0<θ<2π，θ≠32π且θ≠π2，
直线PA：y=sinθ2csθ−2(x−2)，
令x=0，得yM=sinθ1−csθ，
∴ |BM|=sinθ+csθ−11−csθ，
直线PB：y=sinθ−12csθx+1，
令y=0，得xN=2csθ1−sinθ，
∴ |AN|=2sinθ+2csθ−21−sinθ．
|AN|⋅|BM|=2sinθ+2csθ−21−sinθ⋅sinθ+csθ−11−csθ
=22−2sinθ−2csθ+2sinθcsθ1−sinθ−csθ+sinθcsθ=4．
故|AN|⋅|BM|为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由已知可得，ca=32，12ab=1，
又a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)证明：方法一：
设椭圆上一点P(x0,y0)，(x0,y0)≠(±2,0)且(x0,y0)≠(0,±1)，
则x024+y02=1．
直线PA：y=y0x0−2(x−2)，令x=0，得yM=−2y0x0−2，
∴ |BM|=1+2y0x0−2．
直线PB：y=y0−1x0x+1，令y=0，得xN=−x0y0−1，
∴ |AN|=2+x0y0−1．
|AN|⋅|BM|=2+x0y0−1⋅1+2y0x0−2
=x0+2y0−2x0−2⋅x0+2y0−2y0−1
=x02+4y02+4x0y0−4x0−8y0+4x0y0−x0−2y0+2，
将x024+y02=1代入上式得|AN|⋅|BM|=4，
故|AN|⋅|BM|为定值．
方法二：
设椭圆上一点P(2csθ,sinθ)，0<θ<2π，θ≠32π且θ≠π2，
直线PA：y=sinθ2csθ−2(x−2)，
令x=0，得yM=sinθ1−csθ，
∴ |BM|=sinθ+csθ−11−csθ，
直线PB：y=sinθ−12csθx+1，
令y=0，得xN=2csθ1−sinθ，
∴ |AN|=2sinθ+2csθ−21−sinθ．
|AN|⋅|BM|=2sinθ+2csθ−21−sinθ⋅sinθ+csθ−11−csθ
=22−2sinθ−2csθ+2sinθcsθ1−sinθ−csθ+sinθcsθ=4．
故|AN|⋅|BM|为定值．
【答案】
解：(1)f′x=1−a−lnxx2，f′1=1−a=0，
解得a=1，
此时函数f(x)=lnx+1x，f1=1，
∴ f′x=−lnxx2，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的极大值为f1=1，不存在极小值．
(2)由fx≤ex+2x−1，化简可得a≤xex−1−lnx+2（x>0）.
令Fx=xex−1−lnx+2，x>0，
∴ F′x=x+1ex−1x，x>0.
令hx=ex−1x，x>0，则h′x=ex+1x2>0，
所以hx在0,+∞上单调递增.
∵ h12=e−2<0，h1=e−1>0，
存在唯一的x0∈12,1，使得hx0=ex0−1x0=0，
故Fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴ Fxmin=x0ex0−1−lnx0+2=x0ex0−x0−lnx0+2.
由于hx0=ex0−1x0=0，
得x0ex0=1，x0+lnx0=0，
∴ Fxmin=x0ex0−x0−lnx0+2=3，
所以a≤3，即实数a的取值范围为a≤3.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=1−a−lnxx2，f′1=1−a=0，
解得a=1，
此时函数f(x)=lnx+1x，f1=1，
∴ f′x=−lnxx2，
∴ fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
∴ fx的极大值为f1=1，不存在极小值．
(2)由fx≤ex+2x−1，化简可得a≤xex−1−lnx+2（x>0）.
令Fx=xex−1−lnx+2，x>0，
∴ F′x=x+1ex−1x，x>0.
令hx=ex−1x，x>0，则h′x=ex+1x2>0，
所以hx在0,+∞上单调递增.
∵ h12=e−2<0，h1=e−1>0，
存在唯一的x0∈12,1，使得hx0=ex0−1x0=0，
故Fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴ Fxmin=x0ex0−1−lnx0+2=x0ex0−x0−lnx0+2.
由于hx0=ex0−1x0=0，
得x0ex0=1，x0+lnx0=0，
∴ Fxmin=x0ex0−x0−lnx0+2=3，
所以a≤3，即实数a的取值范围为a≤3.日销售量
1
1.5
2
天数
10
25
15
频率
0.2
a
b
X
4
5
6
7
8
P
0.04
0.2
0.37
0.3
0.09
X
4
5
6
7
8
P
0.04
0.2
0.37
0.3
0.09