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解答题(五)
17．近年来，共享单车已经悄然进入了广阔市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地效劳用户，在其官方APP中设置了用户评价反应系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：
对优惠活动好评
对优惠活动不满意
合计
对车辆状况好评
100
30
130
对车辆状况不满意
40
30
70
合计
140
60
200
(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？
(2)为了回馈用户，该公司通过APP向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．
参考数据：
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由2×2列联表的数据，得K2的观测值
k＝＝＝≈8.48<10.828.
因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．
(2)把2张一元券分别记作A，B，其余3张券分别记作a，b，c，那么从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A，a}，{A，b}，{A，c}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{A，B}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，共10种．
记“选取的2张中至少有1张是一元券〞为事件M，那么事件M包含的根本领件个数为7，
所以P(M)＝，
所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为.
18．△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝4，点D在线段AC上，∠DBC＝.
(1)假设△BCD的面积为24，求CD的长；
(2)假设C∈，且c＝12，tanA＝，求CD的长．
解 (1)由S△BCD＝·BD·BC·＝24，解得BD＝12.
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos45°，
即CD2＝32＋144－8×12，解得CD＝4.
(2)因为tanA＝，且A∈(0，π)，可以求得sinA＝，cosA＝.
由正弦定理，得＝，即＝，
解得sinC＝.
因为C∈，故cosC＝，
故sin∠BDC＝sin＝.
在△BCD中，由正弦定理可得
＝，解得CD＝2.
19．(2022·广东天河区毕业综合测试二)如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面BDEF⊥平面ABC，∠FBD＝60°，AB⊥BC，AB＝BC＝.
(1)假设点M是线段BF的中点，证明：BF⊥平面AMC；
(2)求六面体ABCEF的体积．
解 (1)证明：如图，连接MD，FD.∵四边形BDEF为菱形，且∠FBD＝60°，
∴△DBF为等边三角形．
∵M为BF的中点，
∴DM⊥BF，∵AB⊥BC，
AB＝BC＝，又D是AC的中点，∴BD⊥AC.
∵平面BDEF∩平面ABC＝BD，平面ABC⊥平面BDEF，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面BDEF.
又BF⊂平面BDEF，∴AC⊥BF，由DM⊥BF，
AC⊥BF，DM∩AC＝D，∴BF⊥平面AMC.
(2)∵S菱形BDEF＝2··BD·BF·sin60°＝，又AC⊥平面BDEF，D是AC的中点，
∴V六面体ABCEF＝2V四棱锥C－BDEF＝2×S菱形BDEF·CD
＝2×××1＝.
∴六面体ABCEF的体积为.
20．(2022·湖南株洲二模)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得的线段的长度为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，点D是椭圆C上的点，O是坐标原点，假设＋＝，判定四边形OADB的面积是否为定值？假设为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．
解 (1)由解得a＝2，b＝c＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－1或x＝1，此时四边形OADB的面积为.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程是y＝kx＋m，那么 ⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝8(4k2＋2－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，|AB|＝
＝
＝·，
又点O到直线AB的距离是d＝，由＋＝，得xD＝，yD＝.
因为点D在曲线C上，所以＋＝1，整理得1＋2k2＝2m2，
由题意知四边形OADB为平行四边形，所以四边形OADB的面积为
SOADB＝|AB|d＝×
＝.
由1＋2k2＝2m2得SOADB＝， 故四边形OADB的面积是定值，其定值为.
21．(2022·河南洛阳第二次统一考试)函数f(x)＝x2－aln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)假设a＞0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)＝x2－aln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
①当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，f′(x)＜0得0＜x＜.
即f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)当a＞0时，由(1)知f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
①假设≤1，即0＜a≤1时，f(x)在(1，e)上单调递增，f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②假设1＜＜e，即1＜a＜e2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴∴e＜a＜e2.
③假设≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，且f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，那么f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时a的取值范围是.
22．(2022·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)假设C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
解 (1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)解法一：由(1)知C2是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．
由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线，曲线C1的方程为y＝记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2.由于点B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，点A到l1所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝－或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，点A到l2所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝0或k＝.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点.
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
解法二：因为C2：(x＋1)2＋y2＝4，所以C2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆．
又因为C1：y＝k|x|＋2是关于y轴对称的曲线，
且C1：y＝
显然，假设k＝0时，C1与C2相切，此时只有一个交点；
假设k>0时，C1与C2无交点．
假设C1与C2有且仅有三个公共点，
那么必须满足k<0且y＝kx＋2(x>0)与C2相切，所以圆心到射线的距离为d，那么d＝＝2，所以k＝0或k＝－，因为k<0，所以k＝－，
所以C1：y＝－|x|＋2.
23．(2022·全国卷Ⅰ)a，b，c为正数，且满足abc＝1.
证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明 (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
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