2023-2024学年江西省宜春市丰城九中重点班高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省宜春市丰城九中重点班高二（上）开学数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={1,3, m}，B={1,m}，若集合A∩B有4个子集，则实数m=( )
A. 0，1或3B. 1或3C. 1或 3D. 0或3
2.已知复数z=13+4i，则下列说法正确的是( )
A. 复数z的实部为3B. 复数z的共轭复数为：325+425i
C. 复数z的虚部为：−425iD. 复数z的模为5
3.已知函数y=lga(3x−2)+2(a>0且a≠1)的图象过定点A，若抛物线y2=2px也过点A，则抛物线的准线方程为( )
A. x=−2B. x=−1C. x=−92D. x=−94
4. 3tan17°tan43°+tan17°+tan43°=( )
A. 33B. − 3C. 3D. − 33
5.(a−x)(2+x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
6.若数列{an}的前n项积Tn=1−215n，则an的最大值与最小值的和为( )
A. −3B. −1C. 2D. 3
7.蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为( )
A. 14πB. 18πC. 30πD. 44π
8.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为( )
A. 99B. 131C. 139D. 141
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列命题中，正确的命题是( )
A. 已知随机变量服从X～B(n,p)，若E(X)=40，D(X)=30，则p=14
B. 设随机变量服从ξ～N(0,1)，若P(ξ<−1)=p，则P(0<ξ<1)=12−p2
C. 已知P(BA)=0.34，P(B)=0.71，则P(BA−)=0.37
D. 89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95.5
10.已知函数f(x)= 3cs(2x−π3)，若要得到一个偶函数的图象，则可以将函数f(x)的图象( )
A. 向左平移π6个单位长度B. 向右平移π6个单位长度
C. 向左平移π3个单位长度D. 向右平移π3个单位长度
11.设O为△ABC的外心，AB=2，AC=4，∠BAC的角平分线AM交BC于点M，则( )
A. AM=23AB+13ACB. AM=13AB+23AC
C. AB⋅AO=2D. AM⋅AO=6
12.如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1B1=2，AD=1，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则( )
A. A，M，O三点共线
B. A1M的长度为1
C. 直线AO与平面BCC1B1所成角的正切值为 54
D. △A1MO的面积为 56
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知平面向量m，n满足|m|=3，|n|=2，m与n的夹角为π3，则|2m−3n|=______．
14.设a>0且a≠1，已知数列{bn}满足bn=(3−a)n−2,n≤6an−5,n>6，且{bn}是递增数列，则a的取值范围是 ．
15.定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为np1+p2+⋯+pn(n∈N*).若各项为正数的数列{an}的“美数”为12n+1，且bn=an+14，则1b1b2+1b2b3+…+1b2021b2022=______．
16.已知三棱锥P−ABC的外接球表面积为16π，∠PAB=∠PAC=∠ABC=2∠ACP=90°，则三棱锥P−ABC体积的最大值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an+2n−5．
(1)证明：数列{an−2}为等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn=lg2(an+1−2)，cn=an−2，求数列{bn⋅cn}的前n项和Tn．
18.(本小题12.0分)
已知向量m=( 3sinx,cs(x+π3))，n=(csx,sin(x+5π6))，记函数f(x)=m⋅n．
(1)求不等式f(x)>14的解集；
(2)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A2)=34且sinA，sinB，sinC成等差数列，b=1，求△ABC的面积S的值．
19.(本小题12.0分)
数列{an}是等比数列，公比不为1，a1=3，且3a1，2a2，a3成等差数列．
(1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn；
(2)设bn=lg3a2n−1，Tn为数列{4n2+3bn⋅bn+1}的前n项和，求不超过T2019的最大整数．
20.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=2π3点F为棱PD的中点．
(1)若E是BC的中点，证明：CF/​/平面PAE；
(2)若PD=2 6，求直线AF与平面BCF所成角的正弦值．
21.(本小题12.0分)
食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在进某种蔬菜前，食品安检部门要求对每种蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售，已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为13，第二轮检测不合格的概率为14，第三轮检测不合格的概率为15，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响．
(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；
(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利100元，若不能在该超市销售，则每箱亏损50元，现有3箱这种蔬菜，设这3箱蔬菜的总收益为X元，求X的分布列和数学期望．
22.(本小题12.0分)
已知圆C：(x−1)2+y2=1，椭圆M：x28+y24=1．
(1)求证：圆C在椭圆M内；
(2)若圆C的切线m与椭圆M交于P，Q两点，F为椭圆M的右焦点，求△FPQ面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={1,3, m}，B={1,m}，
集合A∩B有4个子集，
∴集合A∩B中有2个元素，
∴ m=m,且m≥0且m=1，或m=3，
解得m=0或m=3．
故选：D．
由集合A={1,3, m}，B={1,m}，集合A∩B有4个子集，得到 m=m,且m≥0且m=1，或m=3，由此能求出结果．
本题考查实数值的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=325−425i，
∴z−=325+425i．
故选：B．
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为对于函数y=lga(3x−2)+2(a>0且a≠1)，当3x−2=1，即x=1时，恒有y=2，
因此函数y=lga(3x−2)+2的图象过定点A(1,2)，而点A在抛物线y2=2px上，
则22=2p，解得p=2，
所以抛物线y2=4x的准线方程为x=−1．
故选：B．
根据给定条件，求出函数图象恒过的点，求出抛物线方程即可作答．
本题考查抛物线的简单性质的应用，对数函数的简单性质的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：tan60°=tan(17°+43°)=tan17°+tan43°1−tan17∘⋅tan43∘= 3，
所以tan17°+tan43°= 3(1−tan17°⋅tan43°)，
整理得 3tan17°tan43°+tan17°+tan43°= 3．
故选：C．
根据两角和的正切公式求得正确答案．
本题主要考查两角和的正切公式，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵(a−x)(2+x)6 的展开式中x5的系数是a⋅C65×2−C64×22=12，
∴a=6，
故选：C．
由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得实数a的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵Tn=1−215n，∴a1=T1=1−215=1315，
∴Tn−1=1−215(n−1)，
∴an=TnTn−1=1−215n1−215(n−1)=15−2n17−2n=1−217−2n=1+22n−17，
当n=1时，也成立，
∴an=1+22n−17，
∴an−an−1=22n−17−22n−19=−4(2n−17)(2n−19)=−1n2−18n+3234=−1(n−9)2−14，
∴a1>a2>...>a8a10>a11>...，
当n=1时，a1=1315，当n=8时，a8=−1，当n=9时，a9=3，
∴an的最大值为3，最小值为−1，
∴an的最大值与最小值之和为2．
故选：C．
由已知求出数列的通项公式，可得数列的单调性，求出an的最大值与最小值，则答案可求．
本题考查数列的通项公式和数列的函数特性，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意每段圆弧的中心角都是2π3，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，
则an=2π3⋅n，
所以S11=2π3(1+2+⋯+11)=44π．
故选：D．
确定每段圆弧的中心角是2π3，第n段圆弧的半径为n，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前n项和公式计算．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意可知：1，5，11，21，37，61，95，…的差的数列为：4，6，10，16，24，34，…
这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，10，12…是等差数列，
所以前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为：95+34+12=141．
故选：D．
利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，等差数列的定义的应用，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，∵E(X)=40，D(X)=30，∴np=40np(1−p)=30，解得p=14，故A正确；
对于B，∵P(ξ<−1)=p，∴P(0<ξ<1)=P(−1<ξ<0)=P(ξ<0)−P(ξ<−1)=12−p，故B错误；
对于C，∵P(BA)=0.34，P(B)=0.71，
∴P(B)=P[B(A+A−)]=P(BA+BA−)，则0.71=0.34+P(BA−)，得P(BA−)=0.37，故C正确；
对于D，∵n=9，∴9×75%=6.75不是整数，
则89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为第7个数据95，故D错误．
故选：AC．
根据二项分布的期望、方差公式计算可知A正确；根据正态分布的对称性计算可知B错误；根据互斥事件概率的加法公式计算可知C正确；根据百分位数定义计算可知D错误．
本题考查统计及其有关概念，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对A，平移后得g(x)= 3cs[2(x+π6)−π3]= 3cs2x为偶函数，故A正确；
对B，平移后得g(x)= 3cs[2(x−π6)−π3]= 3cs(2x−2π3)无奇偶性，故B错误；
对C，平移后得g(x)= 3cs[2(x+π3)−π3]= 3cs(2x+π3)无奇偶性，故C错误；
对D，平移后得g(x)= 3cs[2(x−π3)−π3]= 3cs(2x−π)=− 3cs2x为偶函数，故D正确．
故选：AD．
根据左加右减原理，逐项平移然后利用诱导公式进行化简，结合余弦函数的奇偶性进行判断即可得解．
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，诱导公式以及余弦函数的奇偶性，考查了函数思想，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：在△ACM中，ACsin∠AMC=CMsin∠CAM，
则CMAC=sin∠CAMsin∠AMC，
在△ABM中，ABsin∠AMB=BMsin∠BAM，
则BMAB=sin∠BAMsin∠AMB，
因为AB=2，AC=4，AM为∠BAC的角平分线，
可知∠BAM=∠CAM，∠AMB=π−∠AMC，
则sin∠BAM=sin∠CAM，sin∠AMB=sin(π−∠AMC)=sin∠AMC，
可得sin∠BAMsin∠AMB=sin∠CAMsin∠AMC，
所以BMAB=CMAC，即BMCM=ABAC=12，
可得AM=AB+BM=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，故A正确，B错误；
分别取AB，AC的中点F，E，连接OE，OF，
可知OE⊥AC，OF⊥AB，
O为△ABC的外心，AB=2，AC=4，
AC⋅AO=|AC|⋅|AO|cs∠CAO=12|AC|2=8，
AB⋅AO=|AB|⋅|AO|cs∠BAO=12|AB|2=2，
AM=AB+BM=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
所以AM⋅AO=(23AB+13AC)⋅AO=23AB⋅AO+13AC⋅AO=23×2+13×8=4，
故C正确；D错误．
故选：AC．
对于A、B：根据题意结合正弦定理可得BMCM=12，结合平面向量的线性运算求AM；对于C、D：根据外心的性质结合平面向量的数量积运算求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：连结A1C1，AC，
则A1C1/​/AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，
∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
∴A，M，O三点共线，故A正确；
设直线A1C与平面BC1D的交点为N，
易证平面AB1D1/​/平面C1BD，从而得到OM//C1N，
因为O为A1C1中点，所以M为A1N中点，
同理可得N为CM的中点，所以A1M=13A1C=1，故B正确；
取A1D1中点E，连接AE，OE，
因为平面ADD1A1/​/平面BCC1B1，
则∠OAE即为直线AO与平面BCC1B1所成角，tan∠OAE=OEAE=2 1717，故C错误；
因为A1O=12A1C1,A1M=13A1C，
所以S△A1OM=16S△A1C1=16×12A1C1⋅CC1= 56，故D正确．
故选：ABD．
对于A，利用公理3，分别证明点同时在两个平面上即可；
对于B，利用长方体的性质，以及中位线定理，可得答案；
对于C，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可得答案；
对于D，利用三角形之间的关系，可得答案．
本题主要考查直线与平面的角，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】6
【解析】解：因为|m|=3，|n|=2，m与n的夹角为π3，
所以m⋅n=3×2csπ3=6×12=3，
|2m−3n|2=(2m−3n)2=4m2−2×2×3m⋅n+9n2=4×32−12×3+9×22=36，
所以|2m−3n|= (2m−3n)2=6，
故答案为：6．
结合题意，可得向量的数量积m⋅n，先计算|2m−3n|2=(2m−3n)2=4m2−2×2×3m⋅n+9n2，即可得出答案．
本题考查向量的数量积和向量的模，解题中需要理清思路，属于中档题．
14.【答案】(2,3)
【解析】解：因为{bn}是递增数列，所以3−a>0a>1(3−a)×6−2即a的取值范围是(2,3)．
故答案为：(2,3)．
根据数列的单调性结合函数的性质列出不等式求解．
本题主要考查了数列的函数特征，属于基础题．
15.【答案】20212022
【解析】解：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为12n+1，
所以na1+a2+⋯+an=12n+1，
设数列{an}的前n项和为Sn，
则Sn=n(2n+1),Sn−1=(n−1)[2(n−1)+1]=2n2−3n+1(n≥2)，
所以an=Sn−Sn−1=4n−1(n≥2)，
当n=1时，1a1=13，
所以a1=3，满足式子an=4n−1，
所以an=4n−1(n∈N*)，
又bn=an+14，所以bn=n，
所以1b1b2+1b2b3+…+1b2021b2022=11×2+12×3+…+12021×2022=1−12+12−13+…+12021−12022=1−12022=20212022．
故答案为：20212022．
首先利用“美数”的定义，得到Sn=n(2n+1)，再求数列{an}的通项公式，并得到bn=n，最后利用裂项相消法求和．
本题主要考查了数列的递推式，考查了裂项相消法求和，同时考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】4 23
【解析】解：依题意，4πR2=16π，解得R=2，记三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
AC的中点为M，其中O即为PC的中点，则OM=12PA，则OA=2．
设PA=AC=x，在Rt△OAM中，
由勾股定理可得，OM2+AM2=OA2，即x24+x24=4，解得x=2 2，即棱锥的高PA=2 2；
因为AB⊥BC，故AC为△ABC所在截面圆的直径，
故当B为半圆AC的中点时，△ABC的面积取得最大值12×2 2× 2=2，
则三棱锥P−ABC体积的最大值为13×2×2 2=4 23．
故答案为：4 23．
求出外接球的半径R=2，记三棱锥P−ABC外接球的球心为O，设PA=AC=x，在Rt△OAM中，解得x=2 2，即棱锥的高PA=2 2；然后转化求解几何体的体积即可．
本题考查几何体的体积的求法，最大值的判断，几何体的外接球的问题，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：当n=1时，S1=a1=2a1+2−5，
解得a1=3，
当n≥2时，Sn−1=2an−1+2(n−1)−5．
可得Sn−Sn−1=2an+2n−5−[2an−1+2(n−1)−5]，
整理得an=2an−1−2，
从而an−2=2(an−1−2)(n≥2)，
又a1−2=1，
所以数列{an−2}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以an−2=(a1−2)⋅2n−1=2n−1，
故an=2n−1+2，a1=3也适合该式，
综上，数列{an}的通项公式为an=2n−1+2．
(2)由(1)得an+1−2=2n，
所以bn=lg2(an+1−2)=n，
又cn=an−2=2n−1，
∴bncn=n⋅2n−1，
∴Tn=b1c1+b2c2+⋯+bncn
=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1，
∴2Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n，
两式相减得−Tn=1+21+22+⋯+2n−1−n×2n=1−2n1−2−n×2n=(1−n)×2n−1，
∴Tn=(n−1)×2n+1．
【解析】(1)求出a1=3，继而写出n≥2时，Sn−1=2an−1+2(n−1)−5，和已知等式相减结合an，Sn的关系可得an=2an−1−2，即可证明结论；根据等比数列的通项公式即可求得数列{an}的通项公式；
(2)由(1)结论可求出{bn⋅cn}的通项公式，利用错位相减法可求得答案．
本题考查数列递推关系的运用，考查错位相减法求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵向量m=( 3sinx,cs(x+π3))，
n=(csx,sin(x+5π6))=(csx,cs(x+π3))，
∴f(x)=m⋅n= 3sinxcsx+cs2(x+π3)
= 32sin2x+1+cs2(x+π3)2
= 32sin2x−14cs2x− 34sin2x+12
=12sin(2x−π6)+12，
∴不等式f(x)>14，可化为：sin(2x−π6)>−12，
∴2kπ−π6<2x−π6<2kπ+7π6，k∈Z，
∴kπ∴不等式的解集为：(kπ,kπ+2π3)，k∈Z．
(2)由(1)可知，f(A2)=12sin(A−π6)+12=34，
∴sin(A−π6)=12，
又∵0∴−π6∵sinA，sinB，sinC成等差数列，
∴sinA+sinC=2sinB，
由正弦定理可得a+c=2b=2，
由余弦定理可得b2+c2−a2=2bccsA，
∴a+c=21+(c+a)(c−a)=c，解得a=c=1，
∴△ABC为正三角形，可得S△ABC=12absinC=12×1×1× 32= 34．
【解析】(1)由已知利用平面向量数量积的运算，三角函数恒等变换的应用可求f(x)=12sin(2x−π6)+12，由已知不等式f(x)>14可化为：sin(2x−π6)>−12，进而利用正弦函数的图象和性质可求解集．
(2)由(1)可知sin(A−π6)=12，结合范围−π6本题主要考查了平面向量数量积的运算，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质以及正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设数列{an}的公比为q，则a2=a1q=3q，a3=a1q2=3q2，由3a1，2a2，a3成等差数列，
所以有4a2=3a1+a3，即12q=9+3q2，解得q=1或3，由于公比不为1，所以q=3，
所以an=3n，nan=n⋅3n，
所以Sn=1×3+2×32+3×33+…+n⋅3n，3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n⋅3n+1，
两式相减得−2Sn=3+32+33+…+3n−n⋅3n+1=3×(1−3n)1−3−n⋅3n+1，
整理得Sn=(n2−14)⋅3n+1+34；
(2)由(1)知a2n−1=32n−1，所以bn=2n−1，4n2+3bn⋅bn+1=4n2+34n2−1=1+44n2−1=1+2(12n−1−12n+1)，
所以Tn=1+2×(1−13)+1+2×(13−15)+1+2×(15−17)+…+1+2×(1−12n+1)=n+2×(1−12n+1)，
所以T2019=2019+2×(1−14039)=2021−24039，
由于0<24039<1，所以不超过T2019的最大整数为2020．
【解析】(1)设数列{an}的公比为q，则a2=a1q=3q，a3=a1q2=3q2，由3a1，2a2，a3成等差数列，
所以有4a2=3a1+a3，由此求出q，而后得出数列{nan}的通项公式，利用差比数列求和方法求出Sn；
(2)求出bn，而后求出Tn，进而求出不超过T2019的最大整数．
本题主要考查数列的求和，属中档题．
20.【答案】解：(1)证明：取PA的中点Q，连接EQ、FQ，

由题意，FQ/​/AD且FQ=12AD，CE/​/AD且CE=12AD，
故CE/​/FQ且CE=FQ，
∴四边形CEQF为平行四边形，
∴CF/​/EQ．
又CF⊄平面PAE，EQ⊂平面PAE，
∴CF/​/平面PAE．
(2)取AB的中点M，连接DM，易知PD、DM、DC两两垂直，
故以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，F(0,0, 6)，C(0,2,0)，B( 3,1,0)，A( 3,−1,0)，
∴FC=(0,2,− 6)，CB=( 3,−1,0)，AF=(− 3,1, 6)，
设平面BCF的一个法向量为m=(x,y,z)．
则m.FC=2y− 6z=0m.CB= 3x−y=0，则可取m=(1, 3, 2)，
设直线AF与平面BCF所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈AF,m〉|=|AF⋅m|AF|⋅|m||=2 3 10⋅ 6= 55，
∴直线AF与平面BCF所成角的正弦值为 55．
【解析】(1)利用线面平行的判定定理，构造平行四边形法即可．
(2)建立直角坐标系，利用向量法求直线AF与平面BCF所成角的正弦值．
本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解线面角的正弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件A，
则P(A)=(1−13)(1−14)(1−15)=25，
即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为25．
(2)由题意得，X的所有可能取值为300，150，0，−150，
P(X=300)=C33(25)3=8125，
P(X=150)=C32(25)2×35=36125，
P(X=0)=C31(25)1×(35)2=54125，
P(X=−150)=C30(35)3=27125，
所以X的分布列为：
E(X)=300×8125+150×36125+0×54125+(−150)×27125=30．
【解析】(1)根据独立事件概率乘法公式进行计算；
(2)写出X的可能取值及概率，求出分布列和数学期望．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
22.【答案】(1)证明：圆心C(1,0)，半径r=1.设A(x,y)为椭圆M上一点，
则|AC|2=(x−1)2+y2=(x−1)2+4−12x2=12x2−2x+5=12(x−2)2+3，
∵−2 2≤x≤2 2，∴当x=2时，|AC|有最小值 3，
而 3>1，即|AC|>r，故点A总在圆C外，
∴圆C在椭圆M内．
解：(2)若直线m斜率不存在，m不能过点F(2,0)，则m的方程只能为x=0，
此时|PQ|=4，S△FPQ=4；
若直线m斜率存在，设m的方程为y=kx+t(t≠0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由直线m与圆C相切得|k+t| k2+1=1，
化简得t2+2kt=1，则k=12(1t−t),t≠0．
由x28+y24=1y=kx+t得(2k2+1)x2+4ktx+2t2−8=0，
Δ=(4kt)2−4(2k2+1)(2t2−8)=64k2−8t2+32=16(1t−t)2−8t2+32=16t2+8t2>0，
则x1+x2=−4kt2k2+1,x1x2=2t2−82k2+1，
|PQ|= k2+1|x1−x2|= k2+1⋅ 16t2+8t22k2+1，
又F(2,0)到直线m的距离d=|2k+t| k2+1，
S△FPQ=12|PQ|d=12|2k+t|⋅ 16t2+8t22k2+1=1|t|⋅ 4t2+2t212(1t−t)2+1=1|t|⋅ 4t2+2t212(1t2+t2)=2 4+2t41+t4，
设s=t4+1，则s>1，
S△FPQ=2 4+2t41+t4=2 4+2(s−1)s=2 2+2ss=2 2s2+2s=2 2(1s+12)2−12<4，
综上，△FPQ面积的最大值为4．
【解析】(1)证明椭圆M上任意一点到圆心的距离大于半径1即可解决；
(2)以设而不求的方法得到△FPQ面积的表达式，再去求最大值即可．
本题考查了圆与椭圆的位置关系，椭圆中的面积最值计算，属于中档题．X
300
150
0
−150
P
8125
36125
54125
27125