2020-2021学年湖南省郴州市高二（下）期末考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年湖南省郴州市高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共12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. 设集合A={x|−3A.x|−2
2. 若复数z的模为5，虚部为−4，则复数z=( )
A.3−4iB.−3−4iC.3−4i或−3−4iD.5−4i

3. 已知在等比数列{an}中，a3a11=4a7，数列{bn}是等差数列，且b7=a7，则b3+b11=( )
A.3B.6C.7D.8

4. 刘徽（约公元225年∼295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一．他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形如图所示，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin3∘的近似值为（）

A.π30B.π60C.π90D.π180

5. 设a=lg36，b=lg612，c=lg918 ，则( )
A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c

6. 已知平面向量PA→，PB→满足，|PA→|=|PB→|=1，PA→⋅PB→=12，若|BC→|=1，则|AC→|的最大值为( )
A.1B.2C.3D.2

7. 为了加强新冠疫苗的接种工作，某医院欲从5名医生和4名护士中抽选3人（医生和护士均至少有一人）分配到A，B，C三个地区参加医疗支援工作（每个地区一人），方案要求医生不能去A地区，则分配方案共有（）
A.264种B.224种C.200种D.236种

8. 已知函数fx=lgax,x>0，|x+3|,−4≤x<0，（a>0且a≠1）．若函数fx的图象上有且只有两个点关于原点对称，则a的取值范围是（）
A.0,14B.0,14∪1,+∞C.14,1∪1,+∞D.0,1∪1,4
二、多选题

甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图所示，甲、乙两组数据的平均值分别为x甲¯，x乙¯，则( )

A.每次考试甲的成绩都比乙的成绩高
B.甲的成绩比乙稳定
C.x甲¯一定大于x乙¯
D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差

已知bA.a22C.lga2>lgabD.|a|a<|a|b

关于函数fx=|sinx|−sin|x|有下述四个结论，其中正确的结论是（）
A.fx是偶函数B.fx在0,2π上有3个零点
C.fx在π2,π上单调递增D.fx的最大值为2

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1的动点（含端点），且满足BM=C1N，当M，N运动时，下列结论中正确的是( )

A.△DMN是等腰三角形
B.在△DMN内总存在与平面BCC1B1垂直的线段
C.三棱锥A1−DMN的体积是三棱柱ABC−A1B1C1的体积的18
D.cs∠MDN∈[15,12]
三、填空题

已知直线x=1是函数fx=sinωx+π6ω>0的一条对称轴，写出ω的一个可能值为________.

已知随机变量X，Y满足X∼B6,16，Y=3X+1，EY=________.

(x+ax)(2x−1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为________.

已知扇形AOB半径为1，∠AOB=120∘，弧AB上的点P满足OP→=λOA→+μOB→λ,μ∈R，则λ+μ的最大值是________；PA→⋅PB→最小值是________.
四、解答题

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB.
(1)求C；

(2)若△ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值．

已知正项数列an的前n项和为Sn，对n∈N∗有2Sn=an2+an.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=2an+an，求bn的前项和Tn．

如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，把△ADE沿AE翻折，满足AD⊥BE．

(1)求证：平面ADE⊥平面ABCE；

(2)求二面角E−AC−D的余弦值．

足不出户，手机下单，送菜到家，轻松逛起手机“菜市场”，拎起手机“菜篮子”，省心又省力．某手机App（应用程序）公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度，对一大型小区居民开展5个月的调查活动，从使用这款App的人数的满意度统计数据如下：

(1)请利用所给数据求不满意人数y与月份x之间的回归直线方程y=bx+a,并预测该小区10月份的对这款App不满意人数；

(2)工作人员发现使用这款App居民的年龄X近似服从正态分布N35,42，求P27
(3)工作人员从这5个月内的调查表中随机抽查100人，调查是否使用这款App与性别的关系，得到如表：
能否据此判断有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关？
参考公式： b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)=i=1n(xi−x¯)2，a=y¯−bx¯．
附：随机变量：ξ−Nμ,σ2，则Pμ−σ<ξ≤μ+σ≈0.68272，Pμ−2σ<ξ≤N+2σ≈0.9545，Pμ−3σ<ξ≤μ+3σ≈0.9973，
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d（其中n=a+b+c+d）

已知圆M经过两点A3,3，B2,2且圆心M在直线y=x−2上．
(1)求圆M的方程；

(2)设E，F是圆M上异于原点O的两点，直线OE，OF的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=2，求证：直线EF经过一定点，并求出该定点的坐标．

某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动．在一次“套圈圈”的游戏中，规则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丢圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”，甲、乙两人同一组，甲、乙两人丢圈套中的概率为别为p1，p2，假设两人是否套中相互没有影响．
(1)若p1=13，p2=12设甲、乙两人丢圈套中的次数之和为ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．

(2)若p1+p2=43，则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时p1，p2的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省郴州市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|−3∴ A∩B={−2,−1,0,1}．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
设复数z=a−4ia∈R，根据复数的模求出a的值，即可求出复数z的值．
【解答】
解：设z=a−4ia∈R，
∴ a2+−42=5，
解得a=±3，
∴ z=3−4i或z=−3−4i．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在等比数列{an}中，a3a11=a72=4a7，
解得a7=4，
在等差数列{bn}中，b3+b11=2b7=2a7=8.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
扇形面积公式
【解析】
直接构造构造计算即可.
【解答】
解：由割圆术可知n变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，
设圆的半径为r，每个等腰三角形的顶角为360∘n，
每个等腰三角形的面积为12r2sin360∘n，
圆的面积为πr2=n⋅12r2sin360∘n，
即sin360∘n=2πn，
当n=120时，得sin360∘120=sin3∘=2π120=π60.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用lgaxy=lgax+lgay(x，y>0)，化简a，b，c然后比较lg32，lg62，lg92大小即可
【解答】
解：a=lg36=1+lg32，
b=lg612=1+lg62，
c=lg918=1+lg92，
∵ y=lg2x在其定义域上是增函数，
∴ lg29>lg26>lg23>lg22=1，
∴ lg32>lg62>lg92，
∴ a>b>c．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
平面向量的夹角
余弦定理
【解析】
先根据向量的夹角公式求出A，再根据余弦定理求出AB，再根据当A，B，C在同一直线上时，|AC→|有最大值，问题得以解决．
【解答】
解：∵ |PA→|=|PB→|=1，PA→⋅PB→=12，
∴ csP=PA→⋅PB→|PA→|⋅|PB→|=12，
∴ P=π3，
由余弦定理可得
AB2=PA2+PB2−2PA⋅PBcsP=1+1−1=1，
∴ AB=1，即|AB→|=1，
当A，B，C在同一直线上时，|AC→|有最大值，
又∵ |BC→|=1，
∴ |AC→|=|AB→|+|BC→|=1+1=2．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
分类加法计数原理
【解析】
分类计数，考虑选取1名医生2名护士和2名医生1名护士两类情况求解．
【解答】
解：①当选取1名医生2名护士时，共有C51C42=30种选法，
再分配到A，B，C三个地区，
其中医生不去A地区的情况共有2A22=4种，
由分步计数原理可得共有30×4=120种方法；
②当选取2名医生1名护士时，共有C52C41=40种选法，
再分配到A，B，C三个地区，
其中医生不去A地区的情况共有A22=2种，
由分步计数原理可得共有40×2=80种方法，
综上，可得共有120+80=200种.分配方案.
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数的对称性
【解析】
由题意，a>1时，显然成立；0【解答】
解：由题意，a>1时，显然成立，
0fx=lgax关于原点的对称函数为：
fx=−lga−x，则lga4<−1，
解得，14综上所述，a的取值范围是14,1∪1,+∞ ．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，第二次月考，乙的成绩比甲的成绩要高，故选项错误；
B，甲组数据比乙组数据的波动幅度要小，甲的成绩比乙稳定，故选项正确；
C，根据图象可估计出x¯甲∈90,120，x乙¯=60,90，x甲¯一定大于x乙¯，故选项正确；
D，根据图象可知甲的成绩的极差比乙的成绩的极差小，故选项错误.
故选BC.
【答案】
A,B
【考点】
基本不等式
不等式比较两数大小
【解析】
根据题目所给不等式判断a、b的大小及符号，然后运用不等式的性质判断A，利用基本不等式判断B，利用不等式的性质及对数函数的单调性判断C选项，举反例判断D选项
【解答】
解：bb0 ，ab>0，则 ba+ab≥2ba⋅ab=2 ，
当且仅当ba=ab时取等号，
又ba≠ab，则ba+ab>2 ，故B正确；
b取a=−2 ，b=−3，则|a|a=14 ，|a|b=18 ，则|a|a>|a|b ，故D错误．
故选AB.
【答案】
A,D
【考点】
正弦函数的单调性
函数奇偶性的判断
函数的零点
函数最值的应用
【解析】
根据绝对值的应用，结合三角函数的图象和性质分别进行判断即可．
【解答】
解：f−x=|sin−x|−sin|−x|=|sinx|−sin|x|=fx，
则函数fx是偶函数，故A正确；
当0≤x≤π时，
fx=|sinx|−sin|x|=sinx−sinx=0，故B错误；
当x∈π2,π时，sin|x|=sinx，|sinx|=sinx
则fx=sinx−sinx=0为常数函数，故C错误；
∵ sin|x|≤1，|sinx|≤1，
故fx=|sinx|−sin|x|≤2，
当x=3π2时可取得最大值，
∴ fx的最大值为2，故D正确.
故选AD．
【答案】
A,B,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
余弦定理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由直线与平面平行的定义得在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段；由BM＝C1N，得线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO⊥平面BCC1B1，可得平面DMN⊥平面BCC1B1；由△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，得到三棱锥A1−DMN的体积为定值；利用反证法思想说明△DMN不可能为直角三角形．
【解答】
解：A，过点M作ME⊥A1A交A1A于点E，
过点N作NF⊥A1A交A1A于点F，
则NF=A1C1=AB=ME，
又BM=C1N，D为AA1的中点，
∴ DE=DF，
则易得，DM=DN，
则△DMN是等腰三角形，故选项正确；
B，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM=C1N，
则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，
则DO垂直于平面BCC1B1，
则在△DMN内总存在与平面BCC1B1垂直的线段，故选项正确；
C，∵ 三棱锥A1−DMN的体积等于三棱锥N−A1DM的体积，
且当M，N分别在BB1，CC1上运动时，
△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，
∵ 正三棱柱ABC−A1B1C1各条棱的长度均相等，
∴ 三棱锥N−A1DM的体积为：
13×12AA1⋅AA1×32AA1=312AA13，
三棱柱ABC−A1B1C1的体积为：
12AA1×32AA1⋅AA1=34AA13，
三棱锥A1−DMN的体积不是三棱柱ABC−A1B1C1的体积的18，故选项错误；
D，cs∠MDN=DN2+DM2−MN22DM⋅DN，
又DM2=ME2+DE2=AA12+(12AA1−BM)2，
MN2=AA12+(AA1−2BM)2，DM=DN，
∴ cs∠MDN=2[AA12+(12AA1−BM)2]−[AA12+(AA1−2BM)2]2[AA12+(12AA1−BM)2]
=12AA12+2AA1⋅BM−2BM252AA12−2AA1⋅BM+2BM2.
∵ BM∈[0,12AA1]，
∴ cs∠MDN∈[15,12]，故选项正确.
故选ABD.
三、填空题
【答案】
π3（答案不唯一，形如π3+kπ，k∈Z都可以）
【考点】
正弦函数的对称性
【解析】
利用x=1是函数的对称轴，列出关系式，即可得到结果．
【解答】
解：直线x=1是函数fx=sinωx+π6ω>0、的一条对称轴，
所以ω+π6=kπ+π2，k∈Z，
所以ω=kπ+π3，k∈Z，
令k=0，则ω=π3.
故答案为：π3（答案不唯一，形如π3+kπ，k∈Z都可以）.
【答案】
4
【考点】
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
根据随机变量X∼B6,16，求出EY=6p=6×16=1，即可求解E3Y+1=3EY+1.
【解答】
解：∵随机变量X，Y满足X∼B6,16，
∴EX=6p=6×16=1，
∴EY=E3X+1=3EX+1=3×1+1=4.
故答案为：4．
【答案】
40
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由于二项式展开式中各项的系数的和为2，故可以令x＝1，建立起a的方程，解出a的值来，然后再由规律求出常数项
【解答】
解：由题意，(x+ax)(2x−1x)5的展开式中各项系数的和为2，
所以，令x=1则可得到方程1+a=2，解得得a=1，
故二项式为(x+1x)(2x−1x)5，
由多项式乘法原理可得其常数项为−22×C53+23C52=40.
故答案为：40.
【答案】
2,−12
【考点】
两角和与差的正弦公式
平面向量数量积
【解析】
建立坐标系，设∠BOP=θ，用θ表示出P点坐标，得出λ+μ及PA→⋅PB→关于θ的表达式，根据θ的范围和三角函数的性质得出答案．
【解答】
解：以O为原点，以OB为x轴建立平面直角坐标系，
设∠BOP=θ，
则Pcsθ,sinθ，B1,0，A(−12,32)，
∵OP→=λOA→+OB→λ,μ∈R，
∴csθ=−12λ+μ，sinθ=32λ，
∴λ=233sinθ，μ=csθ+33sinθ，
∴λ+μ=233sinθ+csθ+33sinθ=2sin(θ+π3)，
∵点P在弧AB上，
∴ 0≤θ≤2π3，
∵当θ=π6时，sin(θ+π3)取得最大值1，
∴λ+μ取得最大值2；
∵PA→=(−12−csθ,32−sinθ)，
PB→=(1−csθ,−sinθ),
∴PA→⋅PB→=−sinθ+π3+12,
∵当θ=π6时，−sin(θ+π3)取得最大值−1，
∴−sinθ+π3+12的最小值是−1+12=−12，
∴PA→⋅PB→最小值是−12.
故答案为：2； −12.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB，
由正弦定理可得：a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=12．
∵ C∈0,π，
∴ C=π3．
(2)由题意知S△ABC=12absinC=12ab⋅32=103，
得ab=40．
由余弦定理得BD2=a2+b24−abcsC
=a2+b24−12ab≥2a⋅b2−12ab=12ab=20，
当且仅当a=12b且ab=40，即a=25，b=45时取等号，
∴ BD的最小值为25．
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ sin2A+sin2B−sin2C=sinA⋅sinB，
由正弦定理可得：a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=12．
∵ C∈0,π，
∴ C=π3．
(2)由题意知S△ABC=12absinC=12ab⋅32=103，
得ab=40．
由余弦定理得BD2=a2+b24−abcsC
=a2+b24−12ab≥2a⋅b2−12ab=12ab=20，
当且仅当a=12b且ab=40，即a=25，b=45时取等号，
∴ BD的最小值为25．
【答案】
解：(1)∵ 2Sn=an2+an，①
∴ 当n=1时，2a1=a12+a1，解得a1=1；
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1，
由①−②得2an=an2+an−an−12+an−1，
化为an+an−1(an−an−1−1)=0，
∵ ∀n∈N∗有an>0，
∴ an−an−1=1，
∴ 数列an是以首项为1，公差为1的等差数列．
∴ an=1+n−1=n，
∴ an=n．
(2)由(1)得an=n．
∵ bn=2an+an，
∴ bn=2n+n，
∴ Tn=21+1+22+2+23+3+⋯+2n+n
=21+22+23+⋯+2n+1+2+3+⋯+n
=21×1−2n1−2+1+nn2
=2n+1−2+1+nn2．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ 2Sn=an2+an，①
∴ 当n=1时，2a1=a12+a1，解得a1=1；
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1，
由①−②得2an=an2+an−an−12+an−1，
化为an+an−1(an−an−1−1)=0，
∵ ∀n∈N∗有an>0，
∴ an−an−1=1，
∴ 数列an是以首项为1，公差为1的等差数列．
∴ an=1+n−1=n，
∴ an=n．
(2)由(1)得an=n．
∵ bn=2an+an，
∴ bn=2n+n，
∴ Tn=21+1+22+2+23+3+⋯+2n+n
=21+22+23+⋯+2n+1+2+3+⋯+n
=21×1−2n1−2+1+nn2
=2n+1−2+1+nn2．
【答案】
(1)证明：由已知可得AE=BE=2，AB=2，
在△ABE中，满足AE2+BE2=AB2，
∴ BE⊥AE ，
∵ AD⊥BE，且AD∩AE=A，AD，AE⊂平面ADE，
∴ BE⊥平面DAE，
又BE⊂平面ABCE，
∴ 平面ADE⊥平面ABCE.
(2)解：如图所示，连接AC，取AE中点O，连接DO，
∴ DO⊥AE，
过O作OQ⊥AC交AC于Q点，连接OQ，DQ，
∵ 平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE，
∴ DO⊥平面ABCE，则DO⊥AC，
又DO∩OQ=O，
∴ AC⊥平面DOQ，
∴ AC⊥DQ ，
则∠DQO即为所求的二面角的平面角，
cs∠EAC=22+52−122×2×5=31010 ，
∴ DO=22，OQ=|AO|sin∠EAC=22×1010=510 ，
又 tan∠DQO=DOOQ=22510=10，
∴ cs∠DQO=1111 ，
∴ 二面角E−AC−D的余弦值为1111 ．
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知可得AE=BE=2，AB=2，
在△ABE中，满足AE2+BE2=AB2，
∴ BE⊥AE ，
∵ AD⊥BE，且AD∩AE=A，AD，AE⊂平面ADE，
∴ BE⊥平面DAE，
又BE⊂平面ABCE，
∴ 平面ADE⊥平面ABCE.
(2)解：如图所示，连接AC，取AE中点O，连接DO，
∴ DO⊥AE，
过O作OQ⊥AC交AC于Q点，连接OQ，DQ，
∵ 平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE，
∴ DO⊥平面ABCE，则DO⊥AC，
又DO∩OQ=O，
∴ AC⊥平面DOQ，
∴ AC⊥DQ ，
则∠DQO即为所求的二面角的平面角，
cs∠EAC=22+52−122×2×5=31010 ，
∴ DO=22，OQ=|AO|sin∠EAC=22×1010=510 ，
又 tan∠DQO=DOOQ=22510=10，
∴ cs∠DQO=1111 ，
∴ 二面角E−AC−D的余弦值为1111 ．
【答案】
解：(1)由表中的数据可知，x¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=120+105+100+95+805=100 ，
∴ b=i=15xiyi−5x¯y¯i=15xi2−5x¯2=1410−150055−45=−9，
故a=y¯−bx¯=100−−9×3=127，
∴ 所求的回归直线方程为y=−9x+127，
令x=10，则y=−9×10+127=37 人.
(2)依题意得P27≈0.9454+0.9973−0.95452≈0.9545+0.99732=0.9759 .
(3)提出假设H0：是否使用这款App与性别无关，
由表中的数据可得K2=100×48×18−22×12260×40×70×30=507≈7.143>6.635，
根据临界值可得，有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关.
【考点】
求解线性回归方程
正态分布的密度曲线
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由表中的数据可知，x¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=120+105+100+95+805=100 ，
∴ b=i=15xiyi−5x¯y¯i=15xi2−5x¯2=1410−150055−45=−9，
故a=y¯−bx¯=100−−9×3=127，
∴ 所求的回归直线方程为y=−9x+127，
令x=10，则y=−9×10+127=37 人.
(2)依题意得P27≈0.9454+0.9973−0.95452≈0.9545+0.99732=0.9759 .
(3)提出假设H0：是否使用这款App与性别无关，
由表中的数据可得K2=100×48×18−22×12260×40×70×30=507≈7.143>6.635，
根据临界值可得，有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关.
【答案】
(1)解：设圆M的方程为：x−a2+x−b2=r2r>0，
由题意得：(3−a)2+(3−b)2=r2，(2−a)2+(2−b)2=r2，b=a−2，解得a=2，b=0，r=2，
圆M的方程：x−22+y2=4.
(2)证明：设直线EF:y=kx+b，
由(x−2)2+y2=4，y=kx+b，
则(1+k2)x2+(2kb−4)x+b2=0，
则Δ=2kb−42−41+k2b2=44−4kb−b2>0，
则4kb+b2<4，
设Ex1,y1，Fx2,y2，
则x1+x2=−2kb−41+k2，x1x2=b21+k2，
∴ k1k2=y1x1⋅y2x2=kx1+bkx2+bx1x2
=k2x1x2+kbx1+x2+b2x1x2
=k2b21+k2+kb4−2kb1+k2+b2b21+k2
=k2b2−kb2kb−4+b21+k2b2
=4k+bb=2 ，
∴ 4k=b，代入y=kx+b，得y=kx+4 ，
则直线EF必过定点−4,0 .
【考点】
圆的标准方程
直线和圆的方程的应用
直线恒过定点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设圆M的方程为：x−a2+x−b2=r2r>0，
由题意得：(3−a)2+(3−b)2=r2，(2−a)2+(2−b)2=r2，b=a−2，解得a=2，b=0，r=2，
圆M的方程：x−22+y2=4.
(2)证明：设直线EF:y=kx+b，
由(x−2)2+y2=4，y=kx+b，
则(1+k2)x2+(2kb−4)x+b2=0，
则Δ=2kb−42−41+k2b2=44−4kb−b2>0，
则4kb+b2<4，
设Ex1,y1，Fx2,y2，
则x1+x2=−2kb−41+k2，x1x2=b21+k2，
∴ k1k2=y1x1⋅y2x2=kx1+bkx2+bx1x2
=k2x1x2+kbx1+x2+b2x1x2
=k2b21+k2+kb4−2kb1+k2+b2b21+k2
=k2b2−kb2kb−4+b21+k2b2
=4k+bb=2 ，
∴ 4k=b，代入y=kx+b，得y=kx+4 ，
则直线EF必过定点−4,0 .
【答案】
解：(1)两人丢圈套中的次数值和为ξ，
则ξ的值可能为0，1，2，3，4，
Pξ=0=1−1321−122=19，
Pξ=1=C2113231−122+1−132C21121−12=13，
Pξ=2=1321−122+C211323C21121−12+1−132122=1336，
Pξ=3=132C21121−12+C211323122=16，
Pξ=4=132122=136 ，
分布列如下表：
则Eξ=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53 .
(2)他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为：
P=C21p1(1−p1)C22(p2)2+C22(p1)2C21p2(1−p2)+C22(p1)2C22(p2)2=2p1p2(p1+p2)−3(p1)2(p2)2，
因为p1+p2=43，
所以P=83p1p2=3p12p22 ，
因为0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1+p2=43，
所以13≤p1≤1，13≤p2≤1，
又p1p2≤p1+p222=49 ，
所以19令t=p1p2，则19则P=ℎt=−3t2+83t=−3t−492+1627，
当t=49时，Pmax=1627，
他们小组在n轮游戏中获“最佳拍档”次数ξ满足ξ∼Bn,p，
由npmax=16，得n=27，
所以理论上至少要进行27轮游戏，
此时p1+p2=43，p1p2=49，
则p1=p2=23 .
【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
基本不等式在最值问题中的应用
超几何分布的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)两人丢圈套中的次数值和为ξ，
则ξ的值可能为0，1，2，3，4，
Pξ=0=1−1321−122=19，
Pξ=1=C2113231−122+1−132C21121−12=13，
Pξ=2=1321−122+C211323C21121−12+1−132122=1336，
Pξ=3=132C21121−12+C211323122=16，
Pξ=4=132122=136 ，
分布列如下表：
则Eξ=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53 .
(2)他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为：
P=C21p1(1−p1)C22(p2)2+C22(p1)2C21p2(1−p2)+C22(p1)2C22(p2)2=2p1p2(p1+p2)−3(p1)2(p2)2，
因为p1+p2=43，
所以P=83p1p2=3p12p22 ，
因为0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1+p2=43，
所以13≤p1≤1，13≤p2≤1，
又p1p2≤p1+p222=49 ，
所以19令t=p1p2，则19则P=ℎt=−3t2+83t=−3t−492+1627，
当t=49时，Pmax=1627，
他们小组在n轮游戏中获“最佳拍档”次数ξ满足ξ∼Bn,p，
由npmax=16，得n=27，
所以理论上至少要进行27轮游戏，
此时p1+p2=43，p1p2=49，
则p1=p2=23 .月份
1
2
3
4
5
不满意的人数
120
105
100
95
80
使用App
不使用App
女性
48
12
男性
22
18
PK2≥k0
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
ξ
0
1
2
3
④
P
19
13
1336
16
136
ξ
0
1
2
3
④
P
19
13
1336
16
136