2022-2023学年安徽省滁州市高二下学期期末教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省滁州市高二下学期期末教学质量监测数学试题（含解析），共18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.已知全集为R，集合A={x|−2≤x≤2}，集合B={x|2x−1≥0}，则A∩(∁RB)=( )
A. [−2,2]B. [−2,12)C. [−2,12]D. (12,2]
2.已知向量a=(csθ,−2sinθ)，b=(3sinθ,csθ)，若a⋅b=14，则sin2θ=( )
A. −1B. −12C. 12D. 1
3.已知正项等比数列{an}单调递增，a2⋅a3=8，a1+a4=9，则a5=( )
A. 12B. 16C. 24D. 32
4.一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数(prime number)，质数又称素数，如2，3，5，7等都是素数.数学上把相差为2的两个素数叫做孪生素数，如：3和5，5和7，⋯.如果我们在不超过31的素数中随机选取两个不同的数，则这两个数是孪生素数的概率为( )
A. 29B. 211C. 19D. 111
5.在△ABC中，AC= 2，BC= 5，A=π4，点D在边AB上，且BD=1，则CD长为( )
A. 2B. 1C. 22D. 12
6.若(ax+1x2)n的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中x2的系数是( )
A. 32B. 64C. 80D. 160
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E为棱BB1的中点，空间中一点P满足D1P=xA1C1+yA1E(x,y∈R)，则点P的轨迹截正方体表面所得图形的周长为( )
A. 2+ 2B. 2+ 5C. 3 2D. 2 5
8.双曲线C:x2a2−y25=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 52，右支上一点P满足PF1⊥PF2，直线l平分∠F1PF2，过点F1，F2作直线l的垂线，垂足分别为A，B.设O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A. 2 5B. 4 5C. 10D. 10 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数z满足z⋅z=4，|z|=|z−2|，则( )
A. z的实部为1B. z的虚部为 3C. z2+2z=1D. z2=4
10.已知定义在R上的函数y=f(x)满足f(x)+f(−x)=0，且f(1−x)=f(1+x).若x∈[0,1]时，f(x)=lg2(x+1)，则( )
A. f(x)的最小正周期T=4
B. f(x)的图象关于(2024,0)对称
C. f(112)=1−lg23
D. 函数y=f(x)+12在区间[−2,0]上所有零点之和为−2
11.如图，四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，且AD/​/BC，AD=2BC=2，AP=BP=1，Q是棱PD的中点，∠APB=∠ADC=∠BCD=π2，则( )
A. CQ//平面PAB
B. CQ⊥平面PAD
C. CQ和平面PBC所成角的正弦值为 3015
D. 四面体Q−BCD外接球的表面积为5π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若本市2024年高二某次数学测试的成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(100,22).从本市中任选1名高二学生,则这名学生数学成绩在102~104分之间的概率约为 .参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827, P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ​​​​​​​≤X≤μ+3σ)≈0.9973.
13.过抛物线x2=4y上一点P作切线与y轴交于点Q，直线PQ被圆x2+y2=1截得的弦长为 2，则点Q的坐标为 ．
14.已知函数f(x)=x2−aex−b(a,b∈R)满足f(0)=1，且恰有一个极值点，则bea的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知公差不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn.若S3=9，且a2，a5，a14成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若12(an+1)=lg2bn，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
在如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为 2的正方形，四边形ACEF为菱形，∠CAF=π3，平面ACEF⊥平面ABCD．
(1)求三棱锥B−DEF的体积;
(2)求平面BAF和平面BCE夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划(2021−2035年) 》，《规划》提出，到2035年，纯电动汽车成为新销售车辆的主流，公共领域用车全面电动化，燃料电池汽车实现商业化应用，高度自动驾驶汽车实现规模化应用，有效促进节能减排水平和社会运行效率的提升.某市车企为了解消费者群体中购买不同汽车种类与性别的情况，采用简单随机抽样的方法抽取了近期购车的90位车主，得到如下列联表：(单位：人)
(1)试根据小概率值α=0.005的独立性检验，判断购车种类与性别是否有关;
(2)以上述统计结果的频率估计概率，设事件A=“购车为新能源汽车”，B=“购车车主为男性”．
①计算P(A|B)，P(B|A);
②从该市近期购车男性中随机抽取2人、女性中随机抽取1人，设这三人中购买新能源汽车的人数为X，求X的分布列及数学期望．
附：参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
参考数据：
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=4lnx−ax−a−4x(x≥1)．
(1)当a=2时，求f(x)的最大值;
(2)若f(x)≤4−2a在定义域上恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，且右焦点与抛物线y2=4x的焦点重合．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线l:y=kx+m与椭圆C相交于P，Q两点，OP⊥OQ，其中O为坐标原点．
①求k与m的关系式;
②M为线段PQ中点，射线OM与椭圆C相交于点N，记四边形OPNQ的面积与△OPQ的面积之比为λ，求实数λ的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：因为B={x|2x−1≥0}=x|x⩾12，
所以∁RB=x|x<12，
又A={x|−2≤x≤2}，
所以A∩(∁RB)=[−2,12).
故选B．
2.C
【解析】解：因为向量a=(csθ,−2sinθ)，b=(3sinθ,csθ)，
且a⋅b=14，
所以3sinθcsθ−2sinθcsθ=sinθcsθ=12sin2θ=14，
即sin2θ=12．
故选C．
3.B
【解析】解：根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，则q>1，
因为a2a3=a1a4，所以a1a4=８，而a1+a4=9，
得a1=1,a4=8，
得q3=a4a1=8，得q=2，
则a5=a1·q4=1×24=16．
4.D
【解析】解：不超过31的素数有11个，分别为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，
两个数是孪生素数的有3和5，5和7，11和13，17和19，29和31，共5组．
则这两个数是孪生素数的概率为：5C112=511×102×1=111．
5.A
【解析】解：因为AC= 2，BC= 5，A=π4，
所以BC2=AB2+AC2−2AB·ACcsA，
即5=AB2+2−2 2·AB× 22=AB2+2−2AB，
解得AB=3，
因为BD=1，所以AD=2，
在△ADC中，
CD2=AD2+AC2−2AD·ACcsA
=4+2−2×2× 2× 22=2，
所以CD= 2．
故选A．
6.C
【解析】解：由题意，根据二项式系数和为2n=32，解得n=5，
令x=1得，各项系数和为1+a5=243，解得a=2，
∴二项式(ax+1x2)n=2x+1x25的展开式的通项公式为Tr+1=C5r25−rx5−3r，
令5−3r=2，解得r=1，
故展开式中含x2项系数为C51×24=80，
故选C．
7.D
【解析】解：因为D1P=xA1C1+yA1E，所以D1P/​/平面A1EC1，
取AA1，CC1的中点M，N，连接MD1，MB，ND1，NB，如图所示：
四边形MBEA1为平行四边形，则MB//A1E，由MB⊄平面A1EC1,A1E⊂平面A1EC1，
得MB//平面A1EC1，同理得NB//平面A1EC1，而MBND1为平行四边形，MB,NB⊂平面MBND1，
MB∩NB=B，得平面MBND1，/​/平面A1EC1，
则点P的轨迹截正方体表面所得图形为平行四边形MBND1，
又MB=NB=D1N=D1M= 12+122= 52，
则所得图形的周长为：4× 52=2 5．
8.C
【解析】解：因为双曲线C:x2a2−y25=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l平分∠F1PF2，过点F1，F2作直线l的垂线，垂足分别为A，B，
所以根据双曲线的定义可知|OA|=|OB|=a，
因为右支上一点P满足PF1⊥PF2，
所以∠OAB=∠OBA=45°，
所以∠AOB=90°，
所以△OAB的面积为12a2，
又双曲线C:x2a2−y25=1(a>0)，离心率为 52，
所以 a2+5a= 52，
所以a2=20，
所以△OAB的面积为12a2=10．
故选C．
9.AC
【解析】解：设z=a+bia,b∈R，
因为z⋅z=4，|z|=|z−2|，
所以a2+b2=4, a2+b2= a−22+b2，
解得a=1,b=± 3，
所以z=1± 3i，
所以z的实部为1，z的虚部为 3或− 3，故A正确，B错误；
当z=1+ 3i时，z2+2z=1+ 3i2+21+ 3i=1+ 3i2+1− 3i2=1，
当z=1− 3i时，z2+2z=1− 3i2+21− 3i=1− 3i2+1+ 3i2=1，
故z2+2z=1，故C正确；
z2=1± 3i2=−2±2 3i，故D错误．
故选AC．
10.ABD
【解析】解：因为f(x)+f(−x)=0，所以f(x)=−f(−x)，
则f(1−x)=−f(x−1)，
由f(1−x)=f(1+x)得，−f(x−1)=f(1+x)，
得−f(x)=f(x+2)，
得f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
故f(x)的最小正周期T=4，则A项正确;
因为函数f(x)为奇函数，则f(x)的图象关于(0,0)对称，又f(x)的最小正周期T=4，由2024=506×4=506T，
则f(x)的图象关于(2024,0)对称，故B项正确;
f(5.5)=f(4+1.5)=f(1.5)=f(1+0.5)=f(1−0.5)=f(0.5)=lg232=lg23−1，
故C项错误;
当x∈[−1,0]时，则−x∈[0,1]，得f(x)=−f(−x)=−lg2(−x+1)，
由−lg2(−x+1)+12=0，得x=1− 2，
当x∈[−2,−1)时，x+2∈[0,1)，得f(x)=−f(x+2)=−lg2(x+2+1)，
由−lg2(x+2+1)+12=0，得x= 2−3，
则函数y=f(x)+12在区间[−2,0]上所有零点之和为：1− 2+ 2−3=−2，故D项正确．
11.ACD
【解析】解：对于A.如图：
取AD的中点G，连接GQ、GC．
因为AD/​/BC，AD=2BC，所以AG= //BC，因此四边形ABCG是平行四边形，所以AB= //GC．
因为Q是棱PD的中点，所以QG= //12PA．
因为PA⊂平面PAB，QG⊄平面PAB，所以QG//平面PAB．
同理可得GC//平面PAB．
因为QG、GC⊂平面QGC，QG∩GC=G，所以平面QGC//平面PAB，
而CQ⊂平面QGC，因此CQ/​/平面PAB，故A正确；
对于B.如图：
取PA的中点H，连接QH、HB．
因为Q是棱PD的中点，所以HQ= //12AD，而AD/​/BC，AD=2BC，
因此HQ= //BC，所以CQ= //BH．
假设CQ⊥平面PAD，则BH⊥平面PAD，而PA⊂平面PAD，因此BH⊥PA，
这与∠APB=π2相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
对于C.如图：
因为Q是棱PD的中点，所以点P到平面BQC的距离等于点D到平面BQC的距离，
因此VP−BQC=VD−BQC=12VP−BDC．
取AB的中点K，连接PK、KC．
因为AP=BP=1，∠APB=π2，所以PK⊥AB，且PK=AK=KB= 22．
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，而PK⊂平面PAB，所以PK⊥平面ABCD，
而KC⊂平面ABCD，因此PK⊥KC．
因为AD/​/BC，AD=2BC=2，∠ADC=∠BCD=π2，AB= 2，
所以由余弦定理得：KC= 12+( 22)2−2×1× 22cs⁡3π4= 102，因此在Rt△PKC中，PC= 222+ 1022= 3．
在△PBC中，因为PB=BC=1，PC= 3，所以S△PBC= 34．
设点Q到平面PBC的距离为ℎ．
因为AD/​/BC，AD=2BC=2，∠ADC=∠BCD=π2，AB= 2，所以S△BCD=12，
因此由VQ−PBC=VP−BQC=12VP−BDC得13ℎ× 34=12×13× 22×12，解得ℎ= 66．
由选项B知：CQ= //BH，而AP=BP=1，∠APB=π2，因此CQ=BH= 52．
若CQ和平面PBC所成角为θ，则sinθ=ℎCQ= 66 52= 3015，
因此CQ和平面PBC所成角的正弦值为 3015，故C正确；
对于D.如图：
连接KD，交CG于M，连接QM．
设CG∩BD=N．
由选项A知：AB= //GC，而G是AB的中点，K是AB的中点，因此MN= //12BK，
所以由选项C知：MN= 24．
由选项C知：PK⊥平面ABCD，而QM= //12PK，因此QM⊥平面ABCD，且QM= 24．
因为∠BCD=π2，N是BD的中点，所以四面体Q−BCD外接球的球心O在过N与平面ABCD垂直的直线上，
而BC=CD=1，因此BN=DN=CN= 22．
设ON=x，则四面体Q−BCD外接球的半径为OB=OC=OD= x2+ 222，
而OQ= PM−x2+MN2= 24−x2+ 242或OQ= 24+x2+ 242
因此由OB=OQ得 x2+ 222= 24−x2+ 242或 x2+ 222= 24+x2+ 242，
解得x=− 24(舍去)或x= 24，
所以四面体Q−BCD外接球的半径为 242+ 222= 104，
因此四面体Q−BCD外接球的表面积为4π×( 104)2=5π2，故D正确．

【解析】解：因为高二某次数学测试的成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(100,22)，
所以该正态曲线的对称轴为：X=100，
因此P(102⩽X⩽104)=P(96⩽X⩽98)=12[P(96⩽X⩽104)−P(98⩽X⩽102)]
=120.9545−0.5872=0.1359.
故答案为0.1359.
13.0,−1
【解析】解：圆心O(0,0)到直线PQ的距离为： 12− 222= 22，
设直线PQ的方程为：y=kx+b，
则b 1+k2= 22，
联立方程：y=kx+bx2=4y，消去y得，x2−4kx−4b=0，
因为直线PQ与抛物线x2=4y相切，所以Δ=4k2+16b=0，得k2=−b，得b<0，
则b 1−b= 22，
得b21−b=12，得2b2+b−1=0，
得2b−1b+1=0，
因为b<0，
所以b=−1，
得点Q的坐标为：(0,−1)．
14.−1,1e2
【解析】解：由f(0)=1，得−a−b=1，得b=−a−1，
f′x=2x−aex=2exxex−a2，
因为函数f(x)恰有一个极值点，则2exxex−a2=0仅有一个实数根，
即函数ℎ(x)=xex与函数y=a2仅有一个交点，
则 ℎ′x=1·ex−x·exex2=1−xex，
由ℎ′x>0，得x<1，由ℎ′x<0，得x>1，
则函数ℎ(x)在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
如图所示：
则a2⩽0，得a⩽0，
则bea=−a−1ea，a⩽0，
令φ(x)=−x−1ex,x⩽0，
则φ′x=−1·ex+−x−1ex=−x−2ex，
由φ′x>0，得x<−2，由φ′x<0，得−2得函数φ(x)在−∞,−2上单调递增，在(−2,0]上单调递减，
如图所示：
当x=−2时，函数φ(x)取的最大值为：φ(−2)=1·e−2=1e2，
当x=0时，函数φ(x)取的最小值为：φ(0)=−1·e0=−1，
得φ(x)∈−1,1e2，
故bea的取值范围为：−1,1e2．
15.解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d(d≠0)，
∵S3=9，∴3a1+3×22d=9，即a1+d=3． ①
又∵a2，a5，a14成等比数列，即a52=a2⋅a14，
∴(a1+4d)2=(a1+d)⋅(a1+13d)．
化简得：d=2a1． ②，
联立 ① ②，可得a1=1，d=2，
故an=2n−1．
(2)∵12(an+1) =lg2bn，
∴n=lg2bn，即bn=2n．
∴an+bn=(2n−1)+2n．
∴Tn=1+3+5+⋯+(2n−1)+2+4+8+⋯+2n．
∴Tn=n2+2n+1−2．
【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组(并项)法求和，是中档题．
(1)直接利用等差数列的性质求出公差和首项，进一步确定通项公式．
(2)利用(1)的结论得出an+bn，进一步利用分组(并项)法求和即可．
16.解：(1)设AC∩BD=O，如图1，连接FC，FO.因为四边形ACEF为菱形且∠CAF=π3，
所以△AFC为等边三角形，则AC⊥FO．
四边形ABCD是边长为 2的正方形，所以AC⊥BD．
又因为FO∩BD=O，FO，BD⊂面BDF，故AC⊥面BDF，
∵EF//AC，∴EF⊥面BDF．
∴VB−DEF=VE−BDF=13SΔBDF⋅|EF|=13×12×2× 3×2=2 33，
(2)因为平面ACEF⊥平面ABCD，且面ACEF∩面ABCD=AC，BD⊂面ABCD，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以BD⊥面ACEF，FO⊂面ACEF，
∴BD⊥FO，
又由(1)知AC⊥FO．
如图2，以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.可得：A(0,−1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，F(0,0, 3)，E(0,2, 3).设面BAF的法向量为m=(x1,y1,z1)，
∴AB⋅m=0AF⋅m=0x1+y1=0y1+ 3z1=0，令z1=1，∴m=( 3,− 3,1)，
设面BCE的法向量为n=(x2,y2,z2)，∴BC⋅n=0BE⋅n=0⇒−x2+y2=0−x2+2y2+ 3z2=0,
令x2=1，∴n=(1,1,− 33)，
故cs=m⋅n|m|⋅|n|=−17．
所以，平面BAF和平面BCE夹角的余弦值为17．
【解析】本题主要考查棱锥的体积、平面与平面所成角的向量求法等，属于中档题．
(1)利用VB−DEF=VE−BDF=13SΔBDF⋅|EF|=13×12×2× 3×2=2 33即可；
(2)以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.然后利用空间向量即可．
17.解：(1)依题意可得，a=20，b=40，c=20，d=10，n=90．
零假设为H0:购车种类与性别无关联．
依据列联表中数据，经计算得到：χ2=90×(20×10−40×20)240×50×60×30=9>7.879．
所以，根据小概率α=0.005得独立性检验，
我们判断购物种类与性别有关，此判断犯错误概率不大于0.005．
(2) ①P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=2030=23，
P(B|A)=P(BA)P(A)=n(BA)n(A)=2040=12．
②设定事件C:在购车群体中，男性购买新能源汽车．
则P(C)=2060=13，P(C)=1−13=23．
设定事件D:在购车群体中，女性购买新能源汽车.则P(D)=2030=23，P(D)=1−23=13．
依题意，X的可能取值为：0，1，2，3.P(X=0)=(23)2×13=427，
P(X=1)=C21×13×23×13+(23)2×23=1227，
P(X=2)=(13)2×13+C2113×23×23=927，
P(X=3)=(13)2×23=227.所以，随机变量X的分布列为：
所以，随机变量X的数学期望E(X)=0×427+1×1227+2×927+3×227=43．
【解析】本题主要考查独立性检验、离散型随机变量的均值等，属于中档题．
(1)计算得到χ2=90×(20×10−40×20)240×50×60×30=9>7.879即可；
(2) ①利用P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=2030=23，
P(B|A)=P(BA)P(A)=n(BA)n(A)=2040=12即可．
②依题意，X的可能取值为：0，1，2，3.然后分别计算概率即可．
18.解：(1)当a=2时，f(x)=4lnx−2x+2x(x≥1)，
∴f′(x)=4x−2−2x2=−2(x−1)2x2≤0恒成立，
∴f(x)在[1,+∞)上单调递减.所以f(x)max=f(1)=0;
(2)∵f(x)=4lnx−ax−a−4x(x≥1)，
∴f′(x)=4x−a+a−4x2=−ax2+4x+(a−4)x2=−(ax+a−4)(x−1)x2．
当a=0时，f′(x)=4(x−1)x2⩾0恒成立，
∴f(x)在[1,+∞)上单调递增．
∴f(x)≥f(1)=4−2a，不满足题意;
当a<0时，f′(x)=−a(x−4−aa)(x−1)x2，
∵a<0，∴4−aa<0，
∴f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，∴f(x)在[1,+∞)上单调递增．
∴f(x)≥f(1)=4−2a，不满足题意;
当a>0时，令4−aa=1⇒a=2;
(i)若01，令f′(x)>0⇒14−aa，
∴f(x)在(1,4−aa)上单调递增，(4−aa,+∞)上单调递减．
所以当1f(1)=4−2a矛盾，不满足题意，
(ii)若a≥2时，4−aa≤1，∴f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立，
∴f(x)在[1,+∞)上单调递减．
∴f(x)≤f(1)=4−2a，满足题意．
综上所述，a的取值范围为[2,+∞)满足题意．
【解析】本题主要考查导数的应用，属于中档题．
(1)当a=2时，f(x)=4lnx−2x+2x(x≥1)，然后利用f′(x)=4x−2−2x2=−2(x−1)2x2≤0恒成立即可；
(2)先得到f′(x)=−(ax+a−4)(x−1)x2.然后分当a=0时，当a<0时，当a>0时，分别讨论即可．
19.解：(1)依题意可得：右焦点F(1,0)，且2b=2，即b=1．
又因为a2−b2=1，∴a= 2．
故，椭圆C的标准方程为：x22+y2=1．
(2) ①:设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，y=kx+mx22+y2=1⇒(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0．
Δ=16k2m2−4(1+2k2)(2m2−2)=16k2−8m2+8>0．∴2k2−m2+1>0．
由韦达定理可得：x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2． ①
又因为OP⊥OQ∴OP·OQ=0，即x1x2+y1y2=0，
∴x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0，
将 ①代入上式，化简可得：3m2−2k2−21+2k2=0．
即：3m2=2k2+2，此时△>0成立.故k与m的关系式为：3m2=2k2+2．
②:由 ①知：因为M为线段PQ的中点，
所以xM=x1+x22=−2km1+2k2，yM=k⋅x1+x22+m=−2k2m1+2k2，∴M(−2km1+2k2,m1+2k2)，
设ON=tOM=(−2tkm1+2k2,tm1+2k2)，∴N(−2tkm1+2k2,tm1+2k2)，
又因为N在椭圆上，∴2t2k2m2(1+2k2)2+t2m2(1+2k2)2=1．
化简可得：t2m2=1+2k2．
S四边形OPNQSΔOPQ=2SΔOPN2SΔOPM=ONOM=t=λ∴λ2m2=1+2k2(∗)，
又由 ①知：3m2=2k2+2，将其代入(∗)式得：λ2=1+2k2m2=1+2k223(1+k2)=32(2−11+k2).
∵k∈R，∴0<11+k2≤1，即32≤λ2<3，∴ 62≤λ< 3．
所以，λ的取值范围为[ 62, 3).
另接(∗)式：又由 ①知：3m2=2k2+2≥2，∴m2≥23．
∴λ2=1+2k2m2=3m2−1m2=3−1m2∈[32,3).即32≤λ2<3，∴ 62≤λ< 3．
所以，λ的取值范围为[ 62, 3).
【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关系及其应用等，属于难题．
(1)依题意可得：右焦点F(1,0)，b=1.然后利用a2−b2=1，得到a= 2即可．
(2) ①设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，y=kx+mx22+y2=1⇒(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0．
然后利用韦达定理及x1x2+y1y2=0，求解；
②设ON=tOM=(−2tkm1+2k2,tm1+2k2)，又因为N在椭圆上，∴2t2k2m2(1+2k2)2+t2m2(1+2k2)2=1．化简可得：t2m2=1+2k2．S四边形OPNQSΔOPQ=ONOM=t=λ则λ2m2=1+2k2(∗)，又由 ①知：3m2=2k2+2，将其代入(∗)式得：λ2=1+2k2m2=1+2k223(1+k2)=32(2−11+k2).即可求解．性别
购车种类
合计
新能源汽车
燃油汽车
男
20
40
60
女
20
10
30
合计
40
50
90
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828