2020-2021学年湖北省荆州市某校高二（下）6月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市某校高二（下）6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fx=x3+sin3x，则其导函数f′x=( )
A.3x2+3csxB.x3+3csxC.x3+3cs3xD.3x2+3cs3x

2. 满足条件An2>Cn3的自然数n有( )
A.7个B.6个C.5个D.4个

3. 甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，则不同站法的种数有( )
A.12种B.18种C.24种D.60种

4. 设随机变量ξ∼Nμ,σ2，函数fx=x2−2x+ξ有零点的概率是0.5，则μ等于( )
A.1B.2C.3D.不确定

5. 已知圆C1:x2+y2+2ax−9+a2=0和圆C2:x2+y2−2by−1+b2=0外切（其中a，b∈R)，则a+b的最大值为( )
A.4B.42C.8D.43

6. 袋子中有大小、形状完全相同的三个小球，分别写有“中”“国”“梦”三个字，从中任意摸出一个小球，记录下所写汉字后放回；…；如此操作下去，直到“中”“国”两个字都摸到就停止摸球，则恰好第三次就停止摸球的概率为( )
A.227B.127C.29D.19

7. 设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，且△ABC是边长为9的正三角形，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A.8124B.8134C.24324D.24334

8. 已知函数fx=lgaxa>0,a≠1，则下列条件能使数列an成等比数列的是( )
A.fan=2nB.fan=n2C.fan=2nD.fan=2n
二、多选题

为了增强学生的身体素质，提高适应自然环境、克服困难的能力，某校在课外活动中新增了一项登山活动，并对“学生喜欢登山和性别是否有关”做了一次调查，其中被调查的男女生人数相同，得到如图所示的等高条形统计图，则下列说法中正确的有（ ）
附： K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
A.被调查的学生中喜欢登山的男生人数比喜欢登山的女生人数多
B.被调查的女生中喜欢登山的人数比不喜欢登山的人数多
C.若被调查的男女生均为100人，则有99%的把握认为喜欢登山和性别有关
D.无论被调查的男女生人数为多少，都有99%的把握认为喜欢登山和性别有关

设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的有( )
A.q=0.1B.E(X)=2，D(X)=1.4
C.E(X)=2，D(X)=1.8D.E(Y)=5，D(Y)=7.2

四张外观相同的奖券让甲，乙，丙，丁四人各随机抽取一张，其中只有一张奖券可以中奖，则( )
A.四人中奖概率与抽取顺序无关
B.在甲未中奖的条件下，乙或丙中奖的概率为23
C.事件甲或乙中奖与事件丙或丁中奖互斥
D.事件甲中奖与事件乙中奖互相独立

数学中的很多符号具有简洁、对称的美感，是形成一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．如我们熟悉的∞符号，我们把形状类似∞的曲线称为“∞曲线”．经研究发现，在平面直角坐标系xOy中，到定点A−a,0，Ba,0距离之积等于a2a>0的点的轨迹C是“∞曲线”．若点Px0,y0是轨迹C上一点，则下列说法正确的有( )
A.曲线C关于原点O中心对称
B.x0的取值范围是−a,a
C.曲线C上有且仅有一个点P满足PA=PB
D.PO2−a2的最大值为2a2
三、填空题

已知样本x1，x2，x3，⋯，xn方差s2=2，则样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，⋯，2xn+1的方差为________．

棱长为a的正四面体的外接球的表面积为________.

数列an中，a1=1，an+1=an+csnπ2，则a2020=

定义：在(x2−x−1)n=Pn0x2n+Pn1x2n−1+Pn2x2n−2+⋯+Pn2n−1x+Pn2nn∈N中，把Pn0，Pn1，Pn2，⋯，Pn2n叫做三项式(x2−x−1)n的n次系数列（例如三项式的1次系数列是1，−1，−1）．按照上面的定义，三项式(x2−x−1)n的5次系数列各项之和为________，P47=________．
四、解答题

已知数列an的首项为1，令fn=a1Cn1+a2Cn2++anCnnn∈N*．
(1)若an为常数列，求fn的解析式；

(2)若an是公比为3的等比数列，试求数列3fn+1的前n项和Sn．

已知函数fx=lnax−xa>0在0,+∞ 上有极值2．
(1)求实数a的值；

(2)若fx≤tx+3恒成立，求实数t的取值范围．

在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△BMC为边长为2的等边三角形，且AM=CD，E，F分别为AB，BM的中点，线段EF与直线AB，CF都垂直．

(1)证明：平面ABM⊥平面BMC；

(2)记MD的中点为Q，试求直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值．

已知函数fx=x3−tx+2020t∈R．
(1)当t=6时，求函数fx的极大值；

(2)试求函数gx=fcsx在0,π上的极小值．

已知直线2x−y−2=0经过抛物线y2=2pxp>0的焦点，点M3,0，N5,0为x轴上两定点．过点M的直线与抛物线交于A，B两点，直线AN，BN分别与抛物线交于异于点A，B的P，Q两点．
(1)求抛物线方程．

(2)直线PQ是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过，说明理由．

自爆发新型冠状病毒COVID−19肺炎疫情以来，全国各地实行了最严格的疫情管控措施，潜江市还制定了每户3天才能出门一次的规定．很多网络购物平台为服务市民，在此期间推出了很多惠民抢购活动，深受广大市民欢迎．
(1)已知某购物平台自元月26∼30日共5天的成交额如表：
试求成交额y（万元）与时间变量x的线性回归方程，并预测元月31日（时间变量x=6) 该平台的成交额．

(2)在2月1日前，小明同学的爸爸、妈妈准备在该网络购物平台上分别参加甲、乙两店各一个订单的抢购活动小明同学的爸爸、妈妈在甲、乙两店订单抢购成功的概率分别为p1，p2，小明同学的爸爸和妈妈抢购到的订单总数量为ξ，求ξ的分布列及Eξ；
附：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
b=i=1nxiyi−nxyi=1n(xi2−x2)，a=y−bx．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市某校高二（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
简单复合函数的导数
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=3x2+3cs3x.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
组合及组合数公式
排列及排列数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ An2>Cn3，
∴ n(n−1)>16n(n−1)(n−2)，
解得n<8，
∵ n≥3，n∈N*，
∴ n的取值有5个.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，不同的站法有A44=24种.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx=x2−2x+ξ有零点可得ξ≤1，
∵ P(ξ≤1)=0.5，
∴ μ=1.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用两圆外切，圆心距等于半径之和，再利用基本不等式，即可求得a+b的最大值．
【解答】
解：圆C1:x2+y2+2ax+a2−9=0的标准方程为x+a2+y2=9；
圆C2:x2+y2−2bx−1+b2=0的标准方程为x2+y−b2=1.
∵ 两圆外切，
∴ a2+b2=4.
∵ a2+b2≥2ab，
∴ 2a2+b2≥a+b2，
∴ a+b≤42，
∴ a+b的最大值为42.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
分步乘法计数原理
【解析】
解: 本题考查了简单随机抽样中随机数的概念,古典问题概率的计算.考查运算求解能力.
【解答】
解: 由题意可知，第三次就停止摸球，说明第三次摸到的是中或者国.故有C21=2种情况.
若第三次摸到的球是国，说明前两次中至少有一次中，没有国.
若第三次摸到的球是中，说明前两次中至少有一次国，没有中.
故有C21+1种情况.
而每一个球被摸到的概率均为13,
所以恰好第三次就停止摸球的概率为:
P=2×13×(C21+1)×13×13=29.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
M是△ABC外心，即△ABC所在截面圆圆心，O是球心，求出OM，当D是MO的延长线与球面交点时，三棱锥D−ABC体积的最大，由此求得最大体积即可．
【解答】
解：如图，
M是△ABC的外心，即△ABC所在截面圆的圆心，O是球心，
则MB=23×32×9=33，
因为OM⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，
所以OM⊥BM，
又OB=6，
所以OM=OB2−BM2=3.
当D是MO的延长线与球面交点时，三棱锥D−AB体积的最大，
此时棱锥的高为DM=3+6=9，
所以S△ABC=12×92×sin60∘=8134，
所以棱锥体积为V=13S△ABC ⋅DM=13×8134×9=24334.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
等比数列
【解析】
解: 本题主要考察了等比数列的性质，并与f(x)=lgax函数相结合. 通过判断等比是否为常数，来确定等比数列.需要学生熟练掌握其性质，并会应用.
【解答】
解：A.由f(an)=lgaan=2n得an=a2n.
∵an+1an=a2n+1a2n=a2n不为常数，
∴{an}不是等比数列，选项A错误；
B.由f(an)=lgaan=n2得an=an2，
∵an+1an=a(n+1)2an2=a2n+1 不为常数，
∴{an}不是等比数列，选项B错误；
C.由f(an)=lgaan=2n得an=a2n，
∵an+1an=a2n+2a2n=a2为常数，
∴{an}是等比数列，选项C正确；
D.由f(an)=lgaan=2n得an=a2n.
∵an+1an=a2n+1a2n=a−2n(n+1) 不为常数，
∴{an}不是等比数列，选项D错误.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
独立性检验
独立性检验的应用
【解析】
根据等高条形统计图可判断出选项A，B的正误，根据题中数据，得到2×2列联表，计算出K2的值，再对照临界值表即可判断出选项C的正误，从而可知选项D错误．
【解答】
解：对于选项A：因为被调查的男女生人数相同，所以由等高条形统计图可知被调查的学生中喜欢登山的男生人数比喜欢登山的女生人数多，故选项A正确；
对于选项B：由等高条形统计图可知，被调查的女生中喜欢登山的人数比不喜欢登山的人数少，故选项B错误；
对于选项C：根据题中数据，得到2×2列联表如下：
∴K2=100×80×70−20×302100×100×110×90≈25.25>6.635，
∴ 有99%的把握认为喜欢登山和性别有关，
故选项C正确，
对于选项D：是否有99%的把握认为喜欢登山和性别有关与被调查的男女生人数有关，故选项D错误.
故选AC．
【答案】
A,C,D
【考点】
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】
由离散型随机变量X的分布列的性质求出q＝0.1，由此能求出E(X)，D(X)，再由离散型随机变量Y满足Y＝2X+1，能求出E(Y)和D(Y)．
【解答】
解：由离散型随机变量X的分布列的性质得，
q=1−0.4−0.1−0.2−0.2=0.1，
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，
D(X)=(0−2)2×0.1+(1−2)2×0.4+(2−2)2×0.1
+(3−2)2×0.2+(4−2)2×0.2=1.8，
∵ 离散型随机变量Y满足Y=2X+1，
∴ E(Y)=2E(X)+1=5，
D(Y)=4D(X)=7.2．
故选ACD.
【答案】
A,B,C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
互斥事件与对立事件
相互独立事件
条件概率与独立事件
【解析】
本题考查概率的相关知识，条件概率的公式，事件的相互独立性，互斥事件.
【解答】
解：A，由题意知，每个人的中奖概率是14，与抽奖的顺序无关，故A正确；
B，甲未中奖的条件下，乙、丙、丁中奖的概率都变为13，
则乙或丙中奖的概率为23，故B正确；
C，事件甲或乙中奖与事件丙或丁中奖不可能同时发生，故它们是互斥事件，故C正确；
D，设“甲中奖”为事件M，“乙中奖”为事件N，
则P(M)=P(N)=14，由于只有一张中奖券，所以P(MN)=0，
这就说明P(MN)≠P(M)P(N)，故M，N不是相互独立的，故D错误.
故选ABC.
【答案】
A,C
【考点】
曲线与方程
点的极坐标和直角坐标的互化
【解析】
求出轨迹C的方程，由方程确定曲线的性质，再判断各选项．
【解答】
解：设Px,y ，
由题意有x+a2+y2⋅x−a2+y2=a2，
化简得x2+y22−2a2x2+2a2y2=0，
用−x替换x，−y替换y，方程不变，
所以曲线关于原点成中心对称，故A正确；
令x=2a，y=0代入方程成立，
即2a,0是曲线的一点， 2a>a，故B错误；
满足|PA|=|PB|的点在线段AB的垂直平分上，
由x=0,x2+y22−2a2x2+2a2y2=0,得x=0,y=0,
所以曲线C上只有一点0,0满足|PA|=|PB|，故C正确；
令x=ρcsθ，y=ρsinθ，
代入方程得ρ4−2a2ρ2cs2θ−sin2θ=0，
即ρ2=2a2cs2θ，这是曲线C的极坐标方程，
显然ρ2的最大值为2a2 ，
所以PO2−a2的最大值为2a2−a2=a2，故D错误．
故选AC.
三、填空题
【答案】
8
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
根据题意，设样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x，样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的平均数为x′，方差为s′2，由平均数公式可得x′=1n[(2x1+1)+(2x2+1)++(2xn+1)]=2x+1，进而结合方差的计算公式可得s′2=1n[(2x1+1−2x−1)2+(2x2+1−2x−1)2++(2xn+1−2x−1)2]=4s2，计算即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x，方差为s2=2，
样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的平均数为x′，方差为s′2，
样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x，则x=1n(x1+x2+x3+⋯+xn)，
其方差为s2=2，则有s2=1n[(x1−x)2+(x2−x)2+⋯+(xn−x)2]=2，
对于样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1，其平均数为x′，
则x′=1n[(2x1+1)+(2x2+1)+⋯+(2xn+1)]=2x+1，
其方差s′2=1n[(2x1+1−2x−1)2+(2x2+1−2x−1)2+⋯+(2xn+1−2x−1)2]=4s2=8.
故答案为：8.
【答案】
3πa22
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
解答本题需要考虑到正四面体可以在正方体中找到，利用勾股定理计算出正方体的棱长，进而求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式即可解得答案。
【解答】
解：由于正四面体的棱长为a，
故此四面体一定可以放在在正方体中，
我们可以从正方体中寻找此四面体。
正方体侧面对角线长为a，
根据勾股定理易知正方体的棱长为22a，
故此四面体的外接球即为正方体的外接球，
又知外接球的直径等于正方体的对角线长，
故外接球的半径R=12(2a2)2+(2a2)2+(2a2)2，
故R=64a，
所以外接球的表面积S=4πR2=32πa2.
故答案为：3πa22.
【答案】
0
【考点】
数列递推式
【解析】
首先利用数列的递推关系式求出数列的周期，进一步求出结果．
【解答】
解：数列an中，a1=1，an+1=an+csnπ2，
整理得 an+1−an=csnπ2，
令n=1时，a2−a1=0，解得a2=1；
令n=2时，a3−a2=−1，解得a3=0；
令n=3时，a4−a3=0，解得a4=a3=0；
令n=4时，a5−a4=1，解得a5=1；
令n=5时，a6−a5=0，解得a6=1；
令n=6时，a7−a6=−1，解得a7=0；
…，
所以该数列为1，1，0，0，1，1，0，0，…故数列的周期为4，
所以a2020=a505×4=a4=0.
故答案为：0．
【答案】
−1,4
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
解：本题主要考察了二项式定理的应用,组合数的计算公式的应用.根据三项式的n次项数的定义,在利用组合数公式的性质,可用二项式系数表示.
【解答】
解：① 令x=1，可得(1−1−1)5=−1.
所以(x2−x−1)5的5次系数列各项之和为−1.
②(x2−x−1)4的通项公式为：Tk+1=C4k(x2−x)k(−1)4−k,
(x2−x)k的通项公式为：Tr+1=Ckr(x2)k−r(−x)r=(−1)rCkrx2k−r.
由题意可得P47表示(x2−x−1)4的展开式中x的系数，
令2k−r=1,可得：k=1,r=1.
所以，P47=C41C11(−1)4−1+1=4.
故答案为：−1；4.
四、解答题
【答案】
解：(1)数列an的首项为1，
若an为常数列，
则an=1，
所以fn=Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n−1．
(2)若数列an是公比为3的等比数列，
所以an=a1⋅qn−1=3n−1，
所以fn=Cn1+3Cn2+⋯+3n−1Cnn，
所以3fn+1=1+3n=4n，
所以Sn=4×4n−14−1=43×4n−1．
【考点】
数列的应用
二项式定理的应用
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)数列an的首项为1，
若an为常数列，
则an=1，
所以fn=Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n−1．
(2)若数列an是公比为3的等比数列，
所以an=a1⋅qn−1=3n−1，
所以fn=Cn1+3Cn2+⋯+3n−1Cnn，
所以3fn+1=1+3n=4n，
所以Sn=4×4n−14−1=43×4n−1．
【答案】
解：(1)f′x=1x−1=1−xx，
当00，函数单调递增，
当x>1时，f′x<0，函数单调递减，
故当x=1时，函数取得极大值f1=lna−1=2，
故a=e3．
(2)由fx≤tx+3恒成立可得，
lnx≤t+1x，即t+1≥lnxx恒成立，
令gx=lnxx，
则g′x=1−lnxx2，
由g′x>0可得0e，
故gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以gxmax=ge=1e，
故t+1≥1e，
所以t≥1e−1．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=1x−1=1−xx，
当00，函数单调递增，
当x>1时，f′x<0，函数单调递减，
故当x=1时，函数取得极大值f1=lna−1=2，
故a=e3．
(2)由fx≤tx+3恒成立可得，
lnx≤t+1x，即t+1≥lnxx恒成立，
令gx=lnxx，
则g′x=1−lnxx2，
由g′x>0可得0e，
故gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以gxmax=ge=1e，
故t+1≥1e，
所以t≥1e−1．
【答案】
(1)证明：△BMC为正三角形，F为BM的中点，
则CF⊥BM，
又CF⊥EF，
且EF∩BM=F，
∴ CF⊥平面ABM．
∵ CF⊂平面BMC，
∴ 平面ABM⊥平面BMC．
(2)解：连结AF，在△ABM中，
由AB⊥EF，知AB⊥AM，
∵ AM=CD=AB，
∴ △ABM为等腰直角三角形，
∴ AF⊥BM．
∵ 平面ABM⊥平面BMC，
∴ AF⊥平面BCM，
∴ AF⊥CF．
以F为坐标原点，FM为x轴，FC为y轴，FA为z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,0,1，B−1,0,0，C0,3,0，Q1,32,12，
∴ AB→=−1,0,−1，BC→=(1,3,0)，AQ→=1,32,−12，
设平面ABCD的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AB→=−x−z=0,n→⋅BC→=x+3y=0,
取y=1，
得n→=−3,1,3，
设直线AQ与平面ABCD所成角为θ，
则sinθ=|AQ→⋅n→||AQ→|⋅|n→|=32×7=4214．
∴ 直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为4214．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：△BMC为正三角形，F为BM的中点，
则CF⊥BM，
又CF⊥EF，
且EF∩BM=F，
∴ CF⊥平面ABM．
∵ CF⊂平面BMC，
∴ 平面ABM⊥平面BMC．
(2)解：连结AF，在△ABM中，
由AB⊥EF，知AB⊥AM，
∵ AM=CD=AB，
∴ △ABM为等腰直角三角形，
∴ AF⊥BM．
∵ 平面ABM⊥平面BMC，
∴ AF⊥平面BCM，
∴ AF⊥CF．
以F为坐标原点，FM为x轴，FC为y轴，FA为z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,0,1，B−1,0,0，C0,3,0，Q1,32,12，
∴ AB→=−1,0,−1，BC→=(1,3,0)，AQ→=1,32,−12，
设平面ABCD的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AB→=−x−z=0,n→⋅BC→=x+3y=0,
取y=1，
得n→=−3,1,3，
设直线AQ与平面ABCD所成角为θ，
则sinθ=|AQ→⋅n→||AQ→|⋅|n→|=32×7=4214．
∴ 直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为4214．
【答案】
解：(1)t=6时，fx=x3−6x+2020，f′x=3x2−6，
由f′x>0可得x>2或x<−2，f′x<0可得 −2故函数的单调递增区间−∞,−2，2,+∞，
函数的单调递减区间(−2,2)，
所以fx极大值=f−2=2020+42．
(2)由gx=fcsx=cs3x−tcsx+2020，
可得g′x=−3cs2xsinx+tsinx=sinxt−3cs2x ，
由00，
①若t≤0，则t−3cs2x≤0，g′x≤0，
函数在 0,π 上单调递减，没有极值；
②若t≥3，则t−3cs2x≥0，g′x≥0，
函数在 0,π 上单调递增，没有极值；
③0当x∈0,x0时，t−3cs2x<0，g′x<0，
函数在 0,x0 上单调递减，
当x∈x0,π−x0时，t−3cs2x>0，g′x>0，
函数在x0,π−x0 上单调递增，
当x∈π−x0,π时，t−3cs2x<0，g′x<0，
函数在π−x0,π上单调递减，
此时，gx极小值=t33−t×t3+2020=2020−2t3t3．
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)t=6时，fx=x3−6x+2020，f′x=3x2−6，
由f′x>0可得x>2或x<−2，f′x<0可得 −2故函数的单调递增区间−∞,−2，2,+∞，
函数的单调递减区间(−2,2)，
所以fx极大值=f−2=2020+42．
(2)由gx=fcsx=cs3x−tcsx+2020，
可得g′x=−3cs2xsinx+tsinx=sinxt−3cs2x ，
由00，
①若t≤0，则t−3cs2x≤0，g′x≤0，
函数在 0,π 上单调递减，没有极值；
②若t≥3，则t−3cs2x≥0，g′x≥0，
函数在 0,π 上单调递增，没有极值；
③0当x∈0,x0时，t−3cs2x<0，g′x<0，
函数在 0,x0 上单调递减，
当x∈x0,π−x0时，t−3cs2x>0，g′x>0，
函数在x0,π−x0 上单调递增，
当x∈π−x0,π时，t−3cs2x<0，g′x<0，
函数在π−x0,π上单调递减，
此时，gx极小值=t33−t×t3+2020=2020−2t3t3．
【答案】
解：(1)由题可知抛物线的焦点为1,0，
故p2=1，
所以2p=4，
所以抛物线的方程为y2=4x．
(2)直线PQ过定点．理由如下：
设直线AB的方程为x=ty+3，
联立x=ty+3,y2=4x,
整理得y2−4ty−12=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Px3,y3，Qx4,y4，
则y1+y2=4t，y1y2=−12，
直线AP的斜率为kAP=y1x1−5，
所以直线AP：y=y1x1−5x−5．
联立y=y1x1−5(x−5),y2=4x,
整理得y1y2−4x1−5y−20y1=0，
则y1y3=−20，
所以y3=−20y1，x3=y324=100y12．
同理y4=−20y2，x4=100y22，
所以kPQ=y4−y3x4−x3=35t，
故直线PQ的方程为y+20y1=35tx−100y12，
即y=35tx−60ty12−20y1，
变形得y=35tx−253，
故直线PQ过定点253,0．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题可知抛物线的焦点为1,0，
故p2=1，
所以2p=4，
所以抛物线的方程为y2=4x．
(2)直线PQ过定点．理由如下：
设直线AB的方程为x=ty+3，
联立x=ty+3,y2=4x,
整理得y2−4ty−12=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Px3,y3，Qx4,y4，
则y1+y2=4t，y1y2=−12，
直线AP的斜率为kAP=y1x1−5，
所以直线AP：y=y1x1−5x−5．
联立y=y1x1−5(x−5),y2=4x,
整理得y1y2−4x1−5y−20y1=0，
则y1y3=−20，
所以y3=−20y1，x3=y324=100y12．
同理y4=−20y2，x4=100y22，
所以kPQ=y4−y3x4−x3=35t，
故直线PQ的方程为y+20y1=35tx−100y12，
即y=35tx−60ty12−20y1，
变形得y=35tx−253，
故直线PQ过定点253,0．
【答案】
解：(1)x=3，y=15，
由题意b=i=1nxiyi−nxyi=1n(xi2−x2)=258−5×3×1555−45=3.3，
a=y−bx=15−3.3×3=5.1，
故线性回归方程为y=3.3x+5.1，
当x=6时，y=24.9，
则预测元月31日成交额为24.9万元．
(2)①ξ可能取的值为0，1，2，小明同学的爸爸、妈妈在甲、乙两店订单抢购成功的概率分别为p1，p2，
则Pξ=0=1−p11−p2，
Pξ=1=p11−p2+1−p1p2，
Pξ=2=p1p2，
即E的分布列为
故Eξ= p11−p2+1−p1p2+2p1p2=p1+p2．
【考点】
求解线性回归方程
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】
无
无
【解答】
解：(1)x=3，y=15，
由题意b=i=1nxiyi−nxyi=1n(xi2−x2)=258−5×3×1555−45=3.3，
a=y−bx=15−3.3×3=5.1，
故线性回归方程为y=3.3x+5.1，
当x=6时，y=24.9，
则预测元月31日成交额为24.9万元．
(2)①ξ可能取的值为0，1，2，小明同学的爸爸、妈妈在甲、乙两店订单抢购成功的概率分别为p1，p2，
则Pξ=0=1−p11−p2，
Pξ=1=p11−p2+1−p1p2，
Pξ=2=p1p2，
即E的分布列为
故Eξ= p11−p2+1−p1p2+2p1p2=p1+p2．k
3.841
6.635
PK2≥k
0.050
0.010
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
日期
元月26日
元月27日
元月28日
元月29日
元月30日
时间变量x
1
2
3
4
5
成交额y（万元）
9
12
14
17
23
男生
女生
总计
喜欢
80
30
110
不喜欢
20
70
90
总计
100
100
200
ξ
0
1
2
p
1−p11−p2
p11−p2+(1−p1)p2
p1p2
ξ
0
1
2
p
1−p11−p2
p11−p2+(1−p1)p2
p1p2