2020-2021学年广东省广州市高三（下）2月区统考数学试卷（含答案）.docx

2020-2021学年广东省广州市高三（下）2月区统考数学试卷
一、选择题

1. 若P={x|x<1}，Q={x|x>1}，则(        )
A.P⊆Q B.Q⊆P C.∁RP⊆Q D.Q⊆∁RP

2. 设复数 z1=i1+i,z2=z1i ，z1， z2 在复平面内所对应的向量分别为 OP→， OQ→ （O为原点），则 OP→⋅OQ→=（        ）
A.−12 B.0 C.12 D.22

3. 从3名教师和5名学生中，选出4人参加“我和我的祖国”快闪活动．要求至少有一名教师入选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是(       )
A.20 B.40 C.60 D.120

4. 已知α∈(0, π)，sin(α+π3)=35，则cos(2α+π6)=( )
A.2425 B.−2425 C.725 D.−725

5. 《九章算术》是中国古代第一部数学专著，成于公元一世纪左右，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中《方田》一章中记载了计算弧田（弧田就是由圆弧和其所对弦所围成弓形）的面积所用的经验公式：弧田面积=12（弦×矢+矢×矢），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差，现有圆心角为2π3，弦长为403米的弧田，其实际面积与按照上述经验公式计算出弧田的面积之间的误差为(        )平方米（其中π≈3，3≈1.73）

A.14 B.16 C.18 D.20

6. 已知平面α，β，γ和直线l，则“α // β”的充分不必要条件是（ ）
A.α内有无数条直线与β平行 B.α内的任何直线都与β平行
C.γ⊥α且γ⊥β D.l⊥α且l⊥β

7. 已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，A，B（其中点A在第一象限）两点在抛物线C上，且满足AF→+2BF→=0→，则直线AF的斜率为（        ）
A.22 B.−22 C.24 D.−24

8. 函数fx=k=120211x+k−2022x+1011的零点个数为（        ）
A.2022 B.2021 C.0 D.以上都不正确
二、多选题

函数fx=lnx−x−12ax2a≠0，则下列说法正确的是(      )
A.若a=2，则函数fx在1,5上单调递增
B.若a=−2，则函数fx在1,5上单调递增
C.若函数fx在1,5上单调递减，则a∈0,+∞
D.若函数fx在1,5上不单调，则a∈−14,0

对于直线l：t+2x+2t−3y−5t−3=0和圆C：x−12+y+12=9，下列结论中正确的是（        ）
A.当t=−2时，l与C相交
B.∀t∈R，l与C相交
C.存在t∈R，使得l与C相切
D.如果l与C相交，则截得的弦长既有最大值，也有最小值

对于三棱锥A−BCD，下列结论正确的是(        )
A.若这个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长分别为1，2，3，则其外接球表面积为14π
B.若AB=CD=2，AC=BD=23，BC=4，则三棱锥A−BCD的外接球表面积为16π
C.若这个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长都为2，则其内切球半径为32−66
D.若这个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长都为2，则其内切球球心与外接球球心之间的距离为22

已知正数列an满足： an+1=an2−an+1，则下列结论中正确的是（        ）
A.数列an不可能是等差数列
B.数列an一定是递增数列
C.当a2=74时，不等式k=1n1ak<2成立
D.当a3=3716时，不等式1<1a1+1a2+k=3n1ak<2成立
三、填空题

函数fx=|sinx+cosx|的最小正周期为________.

若X∼Bn,p，且满足EX=2，DX=43，则概率p等于________.

x2−x−26的展开式中，含x5项的系数为________.

双曲线x2−y27=1的右焦点为F1，点A的坐标为0,1，点P为此双曲线左支上的动点，则△APF1周长的最小值为________.
四、解答题

锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知a=21,△ABC的外接圆半径为7.在①c−b=1，②sinC=32sinB，③asinA+B2=csinA，在这三个条件中任选一个，求△ABC的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

已知数列an满足a1=3，其前n项和为Sn，且满足Sn+12=an+1Sn+1−3．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=12n⋅S3n−1，数列bn前n项和为Tn,Tn<m恒成立，求m的取值范围．

习近平总书记在谈到环境保护问题时，他指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山．宁要绿水青山，不要金山银山，而且绿水青山就是金山银山．”这生动形象表达了我们党和政府大力推进生态文明建设的鲜明态度和坚定决心．在此号召下，某生态农场大力实施绿色生产方案，对某种农产品进行改良，为了检查改良效果，从中随机抽取1000件作为样本，称出它们的重量（单位：克），其中重量大于215克为优秀，重量分组区间为(165,175],(175,185],(185,195],(195,205],(205,215],(215,225],(225,235]由此得到样本的重量频率分布直方图（如图）．

(1)求a的值；

(2)根据样本数据，估计样本中个体的重量的众数与平均值；

(3)以样本数据来估计总体数据，从改良的农产品中随机抽取4个个体，求抽得优秀数为X的分布列和数学期望与方差．（以直方图中的频率作为概率）

如图所示的一块五面体的木料中，四边形 ABCD为矩形，且面ABCD⊥面CEFB.

(1)已知点P在平面ADEF内，如果要过点P和棱BC将木料切开，请在木料表面作出切割辅助线，并说明作图理由．

(2)若点P在棱DE上，且AB=EF=2,BC=BF=4,CE=23，试确定点P的位置，使得过点P和棱BC切割的木料所得的截面与平面BCEF所成的二面角的平面角为60∘.

已知椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的面积为23π，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形．
(1)求椭圆E的标准方程;

(2)设椭圆E与x轴的两个交点分别为A1,A2，左焦点为F，Q为直线x=4上的动点，且Q不在x轴上， QA1与E的另一个交点为M，QA2与E的另一个交点为N，证明： △FMN的周长为定值．

已知函数fx=ax−lnx+1，gx=1x+1−1ex.
(1)讨论fx的单调性；

(2)若fx≥gx对任意x∈0,+∞恒成立，求实数a的取值范围．

参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省广州市高三（下）2月区统考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
利用集合的补集的定义求出P的补集；利用子集的定义判断出Q⊆CRP．
【解答】
解：∵ P={x|x<1}，
∴ ∁RP={x|x≥1}，
∵ Q={x|x>1}，
∴ Q⊆∁RP，
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
平面向量数量积的运算
【解析】

【解答】
解：z1=i1+i=i(1−i)1−i2=i−i22=12+12i，
z2=z1i=12i+12i2=−12+12i，
所以P(12,12)，Q(−12,12)，
所以OP→⋅OQ→=−12×12+12×12=0.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
由题意可分成两类：一名教师和三名学生，两名教师和两名学生，分别利用组合公式计算即可．
【解答】
解：由题意可分成两类：
1，一名教师和三名学生，共C31C53=30，
2，两名教师和两名学生，共C32C52=30，
故不同的选派方案的种数是30+30=60.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
同角三角函数间的基本关系
诱导公式
二倍角的正弦公式
【解析】
利用换元法，结合三角函数的诱导公式进行转化．
【解答】
解：设θ=α+π3，则sinθ=35，α=θ−π3.
∵ α∈(0, π)，
∴ α+π3∈(π3, 4π3)，即θ∈(π3, 4π3).
∵ sinθ=35∈(12, 22)，
∴ θ∈(π6, π4)（舍）或θ∈(3π4, 5π6)，
则cosθ=−45.
则cos(2α+π6)=cos(2θ−2π3+π6)
=cos(2θ−π2)=sin2θ
=2sinθcosθ
=2×(−45)×35=−2425.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
扇形面积公式
【解析】
根据题意画出图形，结合图形求出扇形的面积与三角形的面积，计算弓形的面积，再利用弧长公式计算弧田的面积，求两者的
差即可．
【解答】
解：扇形的半径为r=12×403÷sinπ3=40，
所以扇形的面积为2π32π×π×402=1600π3，
又三角形的面积为12×sin2π3×402=4003,
所以弧田的面积为1600π3−4003≈16003×3−400×1.73=908m2，
又圆心到弦的距离等于40×cosπ3=20，所以矢长为40−20=20，
按照上述弧田的面积经验公式计算可得12（弦×矢+矢×矢）=12×403×20+202≈892m2，
所以两者的差为908−892=16m2.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
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
【解析】
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及充分必要条件的判定逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：由α内有无数条直线与β平行，不能得到α // β，故A不是α // β的充分条件；
由α内的任何直线都与β平行，可得α // β，反之，由α // β，可得α内的任何直线都与β平行，故B是α // β的充分必要条件；
由γ⊥α且γ⊥β，不能得到α // β，故C不是α // β的充分条件；
由l⊥α且l⊥β，得α // β，反之，由α // β，不一定有l⊥α且l⊥β，故D是α // β的充分不必要条件.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
利用直线与抛物线的位置关系，结合向量的坐标运算进行求解即可.
【解答】
解：由题意可得抛物线的焦点Fp2,0，准线方程为：x=−p2，

由题意可得直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为： x=my+p2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线与抛物线联立y2=2px,x=my+p2,
整理可得： y2−2mpy−p2=0，
∴ y1+y2=2mp①，y1y2=−p2，②
∵ AF→=2FB→，
∴ p2−x1,−y1=2x2−p2,y2，
可得−y1=2y2，即y1=−2y2，
代入①②可得：−2y2+y2=2mp,−2y2⋅y2=−p2,
即y2=−2mp,y22=p22,
∴ y2=−22p，
∵  x2=y222p=p222p=p4，
∴ kAF=kBF=y2x2−p2=−22pp4−p2=22，
∴ 直线AF的斜率为22.
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
函数的零点
函数零点的判定定理
根的存在性及根的个数判断
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据所学到的函数知识画出如下三种函数的图象：
函数y=1x+1的图象为：

函数y=1x+1+1x+2的图象为：

函数y=1x+1+1x+2+1x+3的图象为：

观察不难发现项数为奇数和偶数的情况下，函数的性质相关联的因素并不完全相同，因为2021是奇数，所以我们从第三个图研究就可以解决本题中的函数fx的图象及其性质．
观察第三个图，不难发现三条垂直于x轴的渐近线中，中间那条直线与x轴的交点−2,0就是其图象的对称中心，进而得出图象向右平移两个单位后得到的函数即为奇函数，而方程fx=mx+2的解的个数，观察图象即可得出当m≤0时，有两个解，当m>0时，有四个解．以此类推，对于本题中的函数fx的图象一定有2021条垂直于x轴的渐近线，而位于中间的渐近线与x轴的交点−1011,0是其对称中心．进而不难推出选项A是正确的 . 
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
求出函数的导数，带入a验证可判断出A不正确，B正确，分离参数再判断出C,D正确即可得解.
【解答】
解：因为f(x)=lnx−x−12ax2(a≠0)，函数的定义域为x|x>0，
所以f′(x)=1x−1−axx>0，
A，当a=2时，f′(x)=1x−1−2x，
令f′(x)=0，得x=12或x=−1(舍去)，
当x>12时，f′(x)<0，
所以函数fx在12,+∞上单调递减，故A错误；
B，当a=−2时，f′(x)=1x−1+2x>0恒成立，
所以函数fx在定义域上单调递增，故B正确；
C，若函数fx在[1,5]上单调递减，
令f′(x)=1x−1−ax<0，
则a>1x2−1x,
令gx=1x2−1x，
则g′x=−2x3+1x2,
令g′x=0，
则x=2，
当2<x<5时，g′x>0，此时函数gx在2,5单调递增，
当1<x<2时，g′x<0，此时函数gx在1,2单调递减，
又g1=0，g5=152−15=−425
所以gxmax=g1=0,
所以a>gxmax=g1=0，故C正确；
D，因为函数fx在1,5上不单调，
所以f′x=0在1,5上有解，
即a=1x2−1x=1x−122−14在1,5有解，
令mx=1x2−1x,x∈1,5，
则−14<mx<0，
所以a的取值范围是−14,0，故D正确．
故选BCD.
【答案】
A,B,D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由直线恒经过圆内一定点，可知AB正确，C错误；如果l与C相交，则截得的弦长既有最大值，也有最小值，最长弦为圆的直径，最短弦为与CP垂直的弦，故D正确.
【解答】
解：对于直线l：t+2x+2t−3y−5t−3=0，
可化为(x+2y−5)t+(2x−3y−3)=0，
由x+2y−5=0，2x−3y−3=0，可得x=3，y=1，
∴ 直线恒经过定点P3,1，
∵ P3,1在圆C：x−12+y+12=9内部，
∴ 直线l与圆C相交，故AB正确，C错误；
如果l与C相交，则截得的弦长既有最大值，也有最小值，
最长弦为圆的直径，最短弦为与CP垂直的弦，故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,B,C,D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
直接判断外接球，内切球，确定答案即可.
【解答】
解：A，由题意可知，该三棱锥的外接球半径r=1212+22+32=1214，
则其外接球表面积为4πr2=4π×12142=14π，故A正确；
B，由题意得，AB2+AC2=BC2，则△ABC为直角三角形，
CD2+BD2=BC2，则△BCD为直角三角形，
则三棱锥的外接球半径为12BC=12×4=2，
则其外接球的表面积为4πr2=4π×4=16π；
C，三棱锥的体积V=13×12×2×2×2=23，
三棱锥的表面积为S=12×2×2×3+12×2×3=3+3，
设内切球半径为r，
则V=13Sr，则r=3VS=23+3=32−66，故C正确；
D，如图，

设O1为内切球圆心，O2是外接球圆心
则内切球半径为r1=3V体积S表面积=3×13×12×2×2×23×12×2×2+12×2×2×32
=23+3=32−66，
则内切球圆心到点B的距离为132+2+2−r1=63−32−66=62−22，
则外接球半径r2=122+2+2=62，
则O1O2=r2−132+2+2−r1=22，故D正确.
故选ABCD.
【答案】
C,D
【考点】
等差数列的性质
数列的函数特性
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ an+1=an2−an+1⇒an+1−an=an−12，∴排除AB，
构造数列1an的可求和的结构，
根据an+1=an2−an+1⇒an+1−1=anan−1⇒1an=an−1an+1−1 
及前面构造的an+1−an=an−12，可以得到：
1an=an−1an+1−1=an−12an+1−1an−1
=an+1−anan+1−1an−1=1an−1−1an+1−1
a2=74=a12−a1+1⇒a1=32或a1=−12，
又∵ 数列{an}是正数列，进而求得a1=32，
∴ k=1n1ak=k=1n​1ak−1−1ak+1−1
=1a1−1−1an+1−1=2−1an+1−1<2，故C正确，
同理，由a3=3716可求出a1=32，
通过分析法不难证明当n≥3时， k=1n1ak>1成立，故D正确．
故选CD.
三、填空题
【答案】
π
【考点】
三角函数的周期性及其求法
辅助角公式
【解析】
先利用辅助角公式化简函数的解析式，再利用y=|sin(ωx+φ)|的最小正周期为T=π|ω|进行求解即可.
【解答】
解：∵ f(x)=|sinx+cosx|
=| 2sin(x+π4)|，
∴ 函数f(x)=|sinx+cosx|的最小正周期为T=π1=π.
故答案为：π.
【答案】
13
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
由X∼Bn,p，且EX=2，DX=43，列出方程组，能求出p．
【解答】
解：∵ X∼Bn,p，且EX=2，DX=43，
∴ np=2,np(1−p)=43,
解得n=6，p=13.
故答案为：13.
【答案】
252
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据二项式展开式的通项公式的知识解答即可．
【解答】
解：因为x2−x−26=x−26x+16，
所以x2−x−26的展开式中含x5的项为：
C61x5⋅−21⋅C66+C62x4⋅−22⋅C65x
+C63x3⋅−23⋅C64x2+C64x2⋅−24⋅C63x3
+C65x⋅−25⋅C62x4+C66⋅−26⋅C61x5=252x5，
所以x2−x−26展开式中含x5项的系数是252.
故答案为：252．
【答案】
8
【考点】
双曲线的定义
双曲线的应用
【解析】
直接利用双曲线的定义，将三角形的周长转化，即可利用三点共线，得出答案.
【解答】
解：如图，

则周长为|AP|+AF1+|PF1|，a=1,b2=7，c=22，
设左焦点为F2，由双曲线定义得，PF1−PF2=2，则PF1=2+PF2，
∴ 周长为|AP|+AF1+|PF2|+2，
又AF1=AF2=OA2+OF12=1+8=3，
则周长为|AP|+|PF2|+5，
故当A，P，F2三点共线时，周长最小，
故最小值为|AP|+|PF2|+5=|AF2|+5=8.
故答案为：8.
四、解答题
【答案】
解：由正弦定理asinA=2r 得sinA=32，又A∈0,π2，故A=π3，
若选①，由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA
得 21=b2+b+12−2b⋅b+1⋅12，
解得 b=4，故 c=5，
所以S△ABC=12bcsinA=12×4×5×32=53，
若选②，由正弦定理及sinC=32sinB得c=32b，
由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA，
得 21=b2+32b2−2b⋅32b⋅12，
解得 b=23，故 c=33，
所以 S△ABC=12bcsinA=12×23×33×32=932，
若选③，由asinA+B2=csinA及正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA，
所以 sinπ−C2=sinC，
即cosC2=sinC=2sinC2cosC2，
又C∈0,π2，所以sinC2=12，C2=π6，即C=π3，
又A=π3，故△ABC为等边三角形，
所以 S△ABC=12bcsinA=12×21×21×32=2134 . 
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
【解析】
由正弦定理|asinA=2r 得sinA=32，又A∈0,π2，故A=π3，
若选①，由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA
得 21=b2+b+12−2b⋅b+1⋅12，
解得 b=4，故 c=5，
所以S△ABC=12bcsinA=12⋅4.5⋅32=53，
若选②，由正弦定理及sinC=32sinB得c=32b，
由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA
得 21=b2+32b2−2b⋅32b⋅12，
解得 b=23，故 c=33，
所以 S△ABC=12bcsinA=12⋅23⋅33⋅32=932，
若选③，由asinA+B2=CsinA及正弦定理得sinAπ−C2= sinCsinA，
所以 sinπ−c2=sinC，
即cosc2=sinC=2sinc2cosc2，
又C∈0,π2，所以sinC2=12，c2=π6，即C=π3，
又A=π3，故△ABC为等边三角形，
所以 S△ABC=12bcsinA=12⋅21⋅21⋅32=21+34 . 
【解答】
解：由正弦定理asinA=2r 得sinA=32，又A∈0,π2，故A=π3，
若选①，由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA
得 21=b2+b+12−2b⋅b+1⋅12，
解得 b=4，故 c=5，
所以S△ABC=12bcsinA=12×4×5×32=53，
若选②，由正弦定理及sinC=32sinB得c=32b，
由余弦定理得a2=b2+c2−2b⋅c⋅cosA，
得 21=b2+32b2−2b⋅32b⋅12，
解得 b=23，故 c=33，
所以 S△ABC=12bcsinA=12×23×33×32=932，
若选③，由asinA+B2=csinA及正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA，
所以 sinπ−C2=sinC，
即cosC2=sinC=2sinC2cosC2，
又C∈0,π2，所以sinC2=12，C2=π6，即C=π3，
又A=π3，故△ABC为等边三角形，
所以 S△ABC=12bcsinA=12×21×21×32=2134 . 
【答案】
解：(1)由an+1=Sn+1−Sn，
则Sn+12=an+1Sn+1−3=Sn+1−SnSn+1−3，
化简得： Sn+12=Sn+12−3Sn+1−SnSn+1+3Sn，
即SnSn+1=3Sn−3Sn+1，由题意Sn+1Sn≠0，
则13=1Sn+1−1Sn，又1S1=13，
则1Sn是首项为13，公差为13的等差数列，
则1Sn=13+n−113=n3，即Sn=3n，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n−3n−1，
综上， an=3，n=1,3n−3n−1，n≥2.
(2)bn=12n⋅S3n−1=3n−13⋅2n=13⋅3n−112n，
Tn=13[2×(12)1+5×(12)2+8×(12)3
+⋯+(3n−4)⋅(12)n−1+(3n−1)⋅(12)n]，
12Tn=13[2×(12)2+5×(12)3+8×(12)4
+⋯+(3n−4)⋅(12)n+(3n−1)⋅(12)n+1]，
两式相减得：
12Tn=13+13×3122+123+⋯+12n−133n−1(12)n+1，
12Tn=13+122+123+⋯+12n−133n−1(12)n+1
=13+14(1−12n−1)1−12−13(3n−1)(12)n+1
=56−12n−133n−112n+1
=56−3n+53⋅2n+1．
则 Tn=53−3n+53⋅2n<53，
所以m≥53．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an+1=Sn+1−Sn，
则Sn+12=an+1Sn+1−3=Sn+1−SnSn+1−3，
化简得： Sn+12=Sn+12−3Sn+1−SnSn+1+3Sn，
即SnSn+1=3Sn−3Sn+1，由题意Sn+1Sn≠0，
则13=1Sn+1−1Sn，又1S1=13，
则1Sn是首项为13，公差为13的等差数列，
则1Sn=13+n−113=n3，即Sn=3n，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n−3n−1，
综上， an=3，n=1,3n−3n−1，n≥2.
(2)bn=12n⋅S3n−1=3n−13⋅2n=13⋅3n−112n，
Tn=13[2×(12)1+5×(12)2+8×(12)3
+⋯+(3n−4)⋅(12)n−1+(3n−1)⋅(12)n]，
12Tn=13[2×(12)2+5×(12)3+8×(12)4
+⋯+(3n−4)⋅(12)n+(3n−1)⋅(12)n+1]，
两式相减得：
12Tn=13+13×3122+123+⋯+12n−133n−1(12)n+1，
12Tn=13+122+123+⋯+12n−133n−1(12)n+1
=13+14(1−12n−1)1−12−13(3n−1)(12)n+1
=56−12n−133n−112n+1
=56−3n+53⋅2n+1．
则 Tn=53−3n+53⋅2n<53，
所以m≥53．
【答案】
解：(1)由题意，得0.002+0.009+a+0.033+0.024+0.008+0.002×10=1，解得a=0.022.
(2)由最高矩形所对应区间中点的横坐标为195+2052=200，
可估计样本个体重量的众数约为200克，
而100件样本重量的平均值为
x=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33
+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200，
故估计样本中个体重量的平均值约为200克．
(3)利用样本估计总体，该样本中个体的重量为优秀的概率P=0.02+0.08=110，
抽取4次，可以理解为独立重复实验，满足二项分布则X∼B4,110，
X=0,1,2,3,4
PX=0=C40×1−1104=656110000，
PX=1=C41×1−1103×110=7292500，
PX=2=C42×1−1102×1102=2435000，
PX=3=C43×1−1101×1103=92500,
PX=4=C44×1104=110000.
∴ X的分布列为

X
0
1
2
3
4
P
656110000
7292500
2435000
92500
110000
即EX=0×656110000+1×7292500+2×2435000+
3×92500+4×110000=np=25，
Dx=np1−p=4×110×1−110=925．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得0.002+0.009+a+0.033+0.024+0.008+0.002×10=1，解得a=0.022.
(2)由最高矩形所对应区间中点的横坐标为195+2052=200，
可估计样本个体重量的众数约为200克，
而100件样本重量的平均值为
x=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33
+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200，
故估计样本中个体重量的平均值约为200克．
(3)利用样本估计总体，该样本中个体的重量为优秀的概率P=0.02+0.08=110，
抽取4次，可以理解为独立重复实验，满足二项分布则X∼B4,110，
X=0,1,2,3,4
PX=0=C40×1−1104=656110000，
PX=1=C41×1−1103×110=7292500，
PX=2=C42×1−1102×1102=2435000，
PX=3=C43×1−1101×1103=92500,
PX=4=C44×1104=110000.
∴ X的分布列为

X
0
1
2
3
4
P
656110000
7292500
2435000
92500
110000
即EX=0×656110000+1×7292500+2×2435000+
3×92500+4×110000=np=25，
Dx=np1−p=4×110×1−110=925．
【答案】
解：(1)由四边形ABCD为矩形知，AD//BC，
如图，过点P作MN//AD，分别交AF于M，DE于N，连接BM，CN，

因为MN//BC，所以点P和棱BC在同一平面内．
(2)因为AD//BC，BC⊂面BCEF，所以AD//面BCEF，
又AD⊂面ADEF，面BCEF∩面ADEF=EF,
所以AD//EF，即AD//EF//BC，
如图在四边形BCEF中，过点F作FH//EC，交BC于H，

由于BH=2,HF=23,BF=4知， BH2+HF2=BF2，即CE⊥BC，
又因为CD⊥BC，CD∩CE=C，CD，CE⊂面CDE，
所以BC⊥面CDE，进而得BC⊥CP，
则∠PCE为锯开的截面与面CEFB所成的平面角，
即∠PCE=60∘，
又面ABCD⊥面CEFB,CD⊥BC，面ABCD∩面CEFB=BC,CD⊂面ABCD，
所以CD⊥CE，从而在Rt△DCE中，PE=3DP=3，
所以点P在DE靠近D的四等分点处.
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由四边形ABCD为矩形知，AD//BC，
如图，过点P作MN//AD，分别交AF于M，DE于N，连接BM，CN，

因为MN//BC，所以点P和棱BC在同一平面内．
(2)因为AD//BC，BC⊂面BCEF，所以AD//面BCEF，
又AD⊂面ADEF，面BCEF∩面ADEF=EF,
所以AD//EF，即AD//EF//BC，
如图在四边形BCEF中，过点F作FH//EC，交BC于H，

由于BH=2,HF=23,BF=4知， BH2+HF2=BF2，即CE⊥BC，
又因为CD⊥BC，CD∩CE=C，CD，CE⊂面CDE，
所以BC⊥面CDE，进而得BC⊥CP，
则∠PCE为锯开的截面与面CEFB所成的平面角，
即∠PCE=60∘，
又面ABCD⊥面CEFB,CD⊥BC，面ABCD∩面CEFB=BC,CD⊂面ABCD，
所以CD⊥CE，从而在Rt△DCE中，PE=3DP=3，
所以点P在DE靠近D的四等分点处.
【答案】
(1)解：由题意可得：πab=23π，a=2c，a2=b2+c2，
解得a=2,b=3,c=1，
则椭圆方程为x24+y23=1.
(2)证明：由(1)知A1−2，0,A22,0,F−1,0.
设Q4,tt≠0,Mx1,y1,Nx2,y2，直线A1Q方程为y=t6x+2，直线A2Q方程为y=t2x−2，
联立y=t6x+2，3x2+4y2−12=0,
得27+t2x2+4t2x+4t2−108=0，
其中Δ恒大于0.
∵ −2⋅x1=4t2−10827+t2，
∴ x1=54−2t227+t2，
故M54−2t227+t2,18t27+t2，
同理可得N2t2−63+t2,−6t3+t2，
则直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9x−2t2−63+t2，
y=−6tt2−9x+6tt2−9=−6tt2−9x−1，
故直线MN过定点1,0，为椭圆E的右焦点，
故△FMN的周长等于4a=8为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意可得：πab=23π，a=2c，a2=b2+c2，
解得a=2,b=3,c=1，
则椭圆方程为x24+y23=1.
(2)证明：由(1)知A1−2，0,A22,0,F−1,0.
设Q4,tt≠0,Mx1,y1,Nx2,y2，直线A1Q方程为y=t6x+2，直线A2Q方程为y=t2x−2，
联立y=t6x+2，3x2+4y2−12=0,
得27+t2x2+4t2x+4t2−108=0，
其中Δ恒大于0.
∵ −2⋅x1=4t2−10827+t2，
∴ x1=54−2t227+t2，
故M54−2t227+t2,18t27+t2，
同理可得N2t2−63+t2,−6t3+t2，
则直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9x−2t2−63+t2，
y=−6tt2−9x+6tt2−9=−6tt2−9x−1，
故直线MN过定点1,0，为椭圆E的右焦点，
故△FMN的周长等于4a=8为定值．
【答案】
解：(1)f′x=a−1x+1=ax+a−1x+1x>−1，
若a≤0，f′x<0，则fx在−1,+∞上单调递减；
若a>0，令f′x=0，得x=1−aa=1a−1>−1，
则在x∈−1,1−aa上f′x<0，fx单调递减；
在x∈1−aa,+∞上f′x>0，fx单调递增．
(2)gx=1x+1−1ex=ex−x+1exx+1，
令ℎx=ex−x+1,x∈0,+∞,ℎ′x=ex−1>0，
所以ℎx在x∈0,+∞上单调递增，所以ℎx>ℎ0=0，所以ex>x+1，
gx=ex−x+1exx+1>0在x∈0,+∞上恒成立；
①若a≤0,f1=a−ln2<0，不合题意；
②若0<a<1，由(1)知，fx在0,1−aa上单调递减，
所以f1−aa<f0=0，不合题意；
③若a≥1，令Fx=ax−lnx+1−1x+1+1ex
≥x−lnx+1−1x+1+1ex，
令Gx=x−lnx+1−1x+1+1ex，则：
G′(x)=1−1x+1+1(x+1)2−1ex>1−1x+1+1(x+1)2−1x+1
=(x+1)2−2(x+1)+1(x+1)2=x2(x+1)2>0，
所以Gx在x∈0,+∞上单调递增， Gx>G0=0，满足题意.
综上所述a∈[1,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=a−1x+1=ax+a−1x+1x>−1，
若a≤0，f′x<0，则f