2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）3月月考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）3月月考数学试卷人教A版，共14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. 已知集合A=x|−2≤x≤2， B=x|x2−3x−4<0，则A∩B=( )
A.x|−2≤x<4B.x|−1C.x|−1
2. 已知函数f(x)=lnx+2x2−4x，则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为（）
A.x−y+3=0B.x+y−3=0C.x−y−3=0D.x+y+3=0

3. 从一个装有2个白球，3个黄球和1个黑球的袋中随机抽取两个球，则没有抽到黑球的概率为( )
A.16B.56C.13D.23

4. 若(x2−a)(x+1x)10的展开式中x6的系数为30，则a=( )
A.−12B.−2C.12D.2

5. 已知点x,y是曲线y=4−x2上任意一点，则y−2x−3的取值范围是( )
A.0,2B.0,2C.−23,0D.0,23

6. 已知两个向量a→=(csθ,sinθ)，b→=(3,−1)，则|2a→−b→|的最大值是( )
A.2B.22C.4D.42

7. 定义在R上的偶函数f(x)满足f(x−1)=f(x+1)，且当x∈[−1, 0]时，f(x)=x2，函数g(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，g(x)=lgx，则方程f(x)=g(x)的解的个数是( )
A.9B.10C.11D.12

8. 设F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左，右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|=6|OP|，则C的离心率为( )
A.5B.3C.2D.2
二、多选题

下列命题不正确的是( )
A.函数fx=1x在定义域内是减函数
B.gx奇函数，则一定有g0=0
C.已知x>0，y>0，且1x+1y=1，若x+y>m2+3m恒成立，则实数m的取值范围是−4,1
D.已知fx=−x2−ax−5x≤1,axx>1在−∞,+∞上是增函数，则a的取值范围是−3,−2

若数列an的前n项和是Sn，且Sn=2an−2，数列bn满足bn=lg2an，则下列选项正确的为( )
A.数列an是等差数列
B.an=2n
C.数列an2的前n项和为22n+1−23
D.数列1bn⋅bn+1的前n项和为Tn，则Tn<1

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=12，则下列结论中正确的是( )

A.异面直线AE，BF所成角为定值
B.AC⊥BF
C.△AEF的面积与△BEF的面积相等
D.三棱锥A−BEF的体积为定值

已知函数fx=2lnx+1, x≥0,e−x−1, x<0,若函数gx=fx−k|x|k∈R恰有3个零点，则k的值可能为（）
A.ln2B.ln3C.ln4D.2
三、填空题

已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)且P(X≤4)=0.88，则P(0
已知圆x2−2x+y2−8=0的圆心是抛物线y2=2pxp>0的焦点F，过点F的直线交该抛物线的准线于点A，与该抛物线的一个交点为B，且FA→=−3FB→，则|AB|=________．

下列4个命题：
①为了了解800名学生对学校某项教改试验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，考虑用系统抽样，则分段的间隔为40；
②四边形ABCD为长方形， AB=2，BC=1，O为AB中点，在长方形ABCD内随机取一点P，取得的P点到O的距离大于1的概率为1−π2；
③把函数y=3sin2x+π3的图象向右平移π6个单位，可得到y=3sin2x的图象；
④已知回归直线的斜率的估计值为1.23，样本点的中心为4,5，则回归直线方程为y=1.23x+0.08．
其中正确的命题有________．(填上所有正确命题的编号)

已知椭圆的标准方程为x2a2+y2=1a>1，上顶点为A，左顶点为B，设点P为椭圆上一点， △PAB的面积的最大值为2+1，若已知点M−3,0，N3,0，点Q为椭圆上任意一点，则1|QN|+4|QM|的最小值为________.
四、解答题

已知an是公差不为0的等差数列，若a1，a3，a13是等比数列bn的连续三项．
(1)求数列bn的公比；

(2)若a1=1，数列1anan+1的前n项和为Sn，且Sn>10102021，求n的最小值．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，点Q为线段PC的中点．

(1)求证：平面BDQ⊥平面PAC；

(2)若PA=AC=4，AB=22，求二面角A−BQ−D的余弦值．

如图，锐角△ABC外接圆的半径为2，点D在边BC的延长线上，AB=3，AC=23，△ACD的面积为974.

(1)求sin∠BAC；

(2)求AD的长．

为了解某市2021届高三学生备考情况，教研所计划在2020年11月，2021年1月和2021年4月分别进行三次质量检测考试，第一次质量检测考试（一检）结束后，教研所分析数据，将其中所有参加考试的理科生成绩数据绘制成了扇形统计图，分数在[400,540)之间的理科学生成绩绘制成频率分布直方图，已知参加考试的理科生有12000人．

(1)如果按照上届高三理科生60%的二本率来估计一检的模拟二本线，请问一检考试的模拟二本线应该是多少；

(2)若甲同学每次质量检测考试，物理、化学、生物及格的概率分别为34，12，12，请问甲同学参加三次质量检测考试，物理、化学、生物三科中至少2科及格的次数X分布列及期望．

已知函数fx=x3−ax2+3x+m，a，m∈R.
(1)若fx在x=3处取得极值，且满足函数y=fx有三个零点，求m的取值范围；

(2)若m=0，对任意x∈(0,3]，f(x)≤1x恒成立，求实数a的取值范围．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1−3,0，F23,0，且椭圆C上的点M满足|MF1|=27，∠MF1F2=150∘.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点P是椭圆C的上顶点，点Q，R在椭圆C上，若直线PQ，PR的斜率分别为k1，k2，满足k1⋅k2=34，求△PRQ面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
求出B，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：集合A=x|−2≤x≤2 ，
B=x|x2−3x−4<0={x|−1则A∩B={x|−1故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数，再由直线方程的点斜式得答案．
【解答】
解：由f(x)=lnx+2x2−4x，
得f′(x)=1x+4x−4，
∴ f′(1)=1，
又f(1)=−2，
∴ 函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+2=1×(x−1)，
即x−y−3=0.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
超几何分布
【解析】
把6个球分别编号，然后写出任取2球的所有基本事件，同时得出没有黑球的基本事件，计数后可得概率．
【解答】
解：从袋中随机抽取两个球，则基本事件总数为C62=15种，
其中没有抽到黑球的事件有C52=10种，
所以没有抽到黑球的概率为C52C62=1015=23.
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据题意求出(x+1x)10展开式中含x4项、x6项的系数，得出(x2−a)(x+1x)10的展开式中x6的系数，再列出方程求出a的值．
【解答】
解：(x+1x)10展开式的通项公式为：
Tr+1=C10r⋅x10−r⋅(1x)r=C10r⋅x10−2r.
令10−2r=4，解得r=3，所以x4项的系数为C103；
令10−2r=6，解得r=2，所以x6项的系数为C102，
所以(x2−a)(x+1x)10的展开式中x6的系数为：C103−aC102=30，
解得a=2．
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的斜率
【解析】
画出图形，利用直线的斜率，转化求解即可．
【解答】
解：曲线y=4−x2表示以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分，
又y−2x−3的几何意义是半圆上的点与P3,2连线的斜率，
如图：
由题知A0,2，B2,0，
计算得kPA=0， kPB=2−03−2=2，
所以y−2x−3的取值范围是0,2.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
平面向量的坐标运算
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
向量的模
【解析】
根据向量的线性运算得到2a→−b→的表达式，再由向量模的求法，利用正弦和余弦函数的公式进行化简，即可求出答案．
【解答】
解：∵ 向量a→=(csθ,sinθ)，b→=(3,−1)，
∴ 2a→−b→=(2csθ−3, 2sinθ+1)，
∴ (2a→−b→)2=(2csθ−3)2+(2sinθ+1)2
=4−43csθ+4sinθ+4
=8sin(θ−π3)+8≤8+8=16，
当sin(θ−π3)=1时取等号，
∴ |2a→−b→|的最大值为4．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
奇偶函数图象的对称性
奇偶性与单调性的综合
函数的零点与方程根的关系
【解析】
画出函数f(x)和g(x)的图象，找出它们的交点个数，就是函数ℎ(x)的零点个数．
【解答】
解：因为f(x−1)=f(x+1)，
所以f(x)=f(x+2)，
所以函数f(x)的周期为2.
作出函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象如图所示，
由图象可知，0≤f(x)≤1，
当x>10时，g(x)=lgx>1，
则函数y=f(x)与函数g(x)在(10, +∞)上没有交点.
结合图象可知，
当x>0时，y=f(x)和y=g(x)的图象有9个交点，
x=0时，f(0)=g(0)=0，
x<0时，y=f(x)和y=g(x)的图象有1个交点，
综上可得，y=f(x)和y=g(x)的图象共有11个交点，
即f(x)=g(x)的解的个数是11.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
点到直线的距离公式
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
先根据点到直线的距离求出|PF2|=b，再求出|OP|=a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cs∠PF2O，代值化简整理可得3a=c，问题得以解决．
【解答】
解：双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y=bax，
∴ 点F2到渐近线的距离d=bca2+b2=b，即|PF2|=b，
∴ |OP|=|OF2|2−|PF2|2=c2−b2=a，cs∠PF2O=bc.
∵ |PF1|=6|OP|，
∴ |PF1|=6a.
在三角形F1PF2中，
由余弦定理可得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cs∠PF2O，
∴ 6a2=b2+4c2−2×b×2c×bc
=4c2−3b2=4c2−3(c2−a2)，
即3a2=c2，
∴ 3a=c，
∴ e=ca=3.
故选B．
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
命题的真假判断与应用
函数恒成立问题
基本不等式
函数的单调性及单调区间
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
利用函数的单调性判断A的正误，函数的奇偶性的性质判断B的正误；利用函数恒成立判断C的正误；分段函数的单调性判断D的正误即可．
【解答】
解：A，函数fx=1x，函数单调减区间是−∞,0，0,+∞，减区间不能说是−∞,0∪0,+∞，例：−2<1，f(−2)B，gx奇函数，则一定有g0=0，说法不正确，因为函数在0处不一定有意义，例：f(x)=1x，故B说法错误，符合题意；
C，∵x>0，y>0，且1x+1y=1，
那么：x+y=x+y1x+1y
=2+yx+xy≥4，
当且仅当y=x=2时取等号；
要使x+y>m2+3m恒成立，
4>m2+3m恒成立，
解得−4D，∵ 函数fx=−x2−ax−5x≤1,axx>1,在−∞,+∞上是增函数，
∴二次函数y=−x2−ax−5，开口向下，且在−∞,−b2a上是增函数，
故得对称轴x=−a2≥1，解得：a≤−2．
反比例函数y=ax在1,+∞必须是增函数，则：a<0.
又∵函数fx是增函数，
则有：a1≥−12−a×1−5，
解得：a≥−3，
所以a的取值范围为−3,−2，故D说法正确，不符合题意．
故选AB．
【答案】
B,D
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
直接利用数列的递推关系式的应用求出数列为等比数列和求出数列的通项公式，进一步判定AB的结论，进一步利用数列的求和和放缩法的应用判定CD的结论．
【解答】
解：对于选项AB：数列an的前n项和是Sn，且Sn=2an−2，①
当n=1时，解得a1=2；
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，②
①−②得：an=2an−2an−1，即anan−1=2(常数)，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n(首项符合通项)，故A错误，B正确；
对于选项C：an2=4n，
所以数列an2的前n项和为4×4n−14−1=22n+2−43，故C错误；
对于选项D：由于数列{bn}满足bn=lg2an=n，
所以1bnbn+1=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1<1，故D正确．
故选BD．
【答案】
B,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
两条直线垂直的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
棱柱的结构特征
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
利用空间向量结合取特值说明A错误；由线面垂直可得线线垂直，说明B正确；由A到B1D1的距离大于B到B1D1的距离，说明C错误；由A到平面BDD1B1的距离及三角形BEF的面积均为定值说明D正确．
【解答】
解：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系则A(1,0,0)，B(1,1,0)，设E(a,a,1)，
则F(a+22,a+22,1)，
其中0≤a≤1−22，
AE→=a−1,a,1，BF→=a+22−1,a+22−1,1，
cs⟨AE→,BF→⟩=AE→⋅BF→|AE→|⋅|BF→|
=(2a−1)(a+22−1)+1(a−1)2+a2+1⋅2(a+22−1)2+1，
取a=0时，cs⟨AE→,BF→⟩=4−242−2，
取a=1−22时，cs⟨AE→,BF→⟩=13−2，
∵4−242−2≠13−2 ，
∴异面直线AE，BF所成角不是定值，故A错误；
由正方体的结构特征可知，DD1⊥AC，BD⊥AC ，又BD∩DD1=D，
∴AC⊥平面BDD1B1 ，则AC⊥BF，故B正确；
∵ B到B1D1的距离为BB1=1 ，A到B1D1的距离大于上下底面中心的连线的长度，
则A到B1D1的距离大于1，
∴△AEF的面积大于△BEF的面积，故C错误；
∵ A到平面BDD1B1的距离为22，△BEF的面积为定值，
∴三棱锥A−BEF的体积为定值，故D正确．
故选BD．
【答案】
B,C
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
分段函数的应用
【解析】
利用数形结合，求出分界点，即可得到答案.
【解答】
解：令gx=0，可得fx=k|x|，若函数gx=fx−k|x|恰有3个零点，则曲线y=fx与y=k|x|恰有3个交点．
函数fx的图象如图所示，易知k>0，
当x≥0时，若函数y=kx与y=2lnx+1相切，
设y=2lnx+1的切点为m,2lnm+1，则y′=2x+1，则k=2m+1，
故切线方程为：y−2lnm+1=2m+1x−m，从而解得m=0，即k=2，
当x<0时，若函数y=−kx与y=e−x−1相切，同理，利用求导解得k=1，
结合图象可知1故选BC．
三、填空题
【答案】
0.76
【考点】
连续型随机变量
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，μ=2，P(X≤4)=0.88，
∴ P(X≥4)=P(X≤0)=1−0.88=0.12，
∴ P(0=1−0.12−0.12=0.76.
故答案为：0.76.
【答案】
323
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
抛物线的性质
【解析】
由圆的圆心得出抛物线方程，根据相似三角形的性质结合抛物线的定义，即可得出答案．
【解答】
解：圆x2−2x+y2−8=0，即x−12+y2=9，圆心坐标为1,0，
则p2=1，即p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，所以|DF|=2，如图.
因为FA→=−3FB→，
所以|AF|:|FB|=3:1.
又|DF|:|BC|=|AF|:|AB| ，
所以2:|BC|=3:4，
得|BC|=|BF|=83，
所以|AB|=4|BF|=323．
故答案为：323．
【答案】
③④
【考点】
命题的真假判断与应用
系统抽样方法
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
求解线性回归方程
【解析】
①根据系统抽样的定义进行判断．
②根据几何概型的概率公式进行判断．
③根据三角函数的图象平移关系进行判断．
④根据回归直线的性质进行判断．
【解答】
解：①为了了解800名学生对学校某项教改试验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，考虑用系统抽样，则分段的间隔为800÷40=20，故①错误；
②已知如图所示：
长方形面积为2，以O为圆心，1为半径作圆，
在矩形内部的部分(半圆)面积为π2，
因此取到的点到O的距离大于1的概率
P=2−π22=1−π4，故②错误；
③把函数y=3sin2x+π3的图象向右平移π6个单位，
得到y=3sin2x−π6+π3
=3sin2x−π3+π3=3sin2x，
即可得到y=3sin2x的图象，故③正确；
④∵回归直线y=bx+a的斜率的估计值为1.23，
∴方程为y=1.23x+a，
∵直线过样本点的中心4,5，
∴a=0.08，
∴回归直线方程为y=1.23x+0.08，故④正确．
故答案为：③④．
【答案】
94
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：如图.
由已知条件可得A0,1，B−a,0，直线AB的斜率为kAB=1a，
直线AB的方程为y=1ax+1.
当△PAB的面积最大时，过点P的直线与椭圆相切且与直线AB平行，
故设该直线方程为y=1ax+mm≠1.
联立 x2a2+y2=1,y=1ax+m,整理得2x2+2amx+a2m2−a2=0.
由Δ=0，得4a2m2−8a2m2−a2=0，解得m2=2.
分析可知当△PAB的面积最大时，m=−2，此时切线方程为y=1ax−2，
则点P到直线AB的距离d=|2+1|1a2+1=a2+1a2+1.
又|AB|=a2+1，
所以S△PAB=12|AB|⋅d=a22+1=2+1，
所以a=2.
所以M−3,0，N3,0分别为椭圆的左，右焦点，
所以|QM|+|QN|=2a=4，
则1|QN|+4|QM|
=1|QN|+4|QM|⋅|QN|+|QM|4
=145+|QM||QN|+4|QN||QM|
≥145+2|QM||QN|⋅4|QN||QM|
=94，
当且仅当|QM|=2|QN|时取等号．
故答案为：94.
四、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由a1，a3，a13是等比数列bn的连续三项，得a32=a1⋅a13，
即a1+2d2=a1⋅a1+12d，化简得4d2=8a1d.
因为d≠0，
所以d=2a1.
设数列bn的公比为q，
则q=a3a1=a1+2da1=a1+4a1a1=5.
(2)若a1=1，则d=2，
所以an=2n−1，
所以1anan+1=12n−12n+1
=1212n−1−12n+1.
Sn=11×3+13×5+15×7+⋯+12n−1×2n+1
=12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=121−12n+1=n2n+1.
由Sn>10102021，得n2n+1>10102021，
解得n>1010，
故n的最小值为1011.
【考点】
等比中项
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，
由a1，a3，a13是等比数列bn的连续三项，得a32=a1⋅a13，
即a1+2d2=a1⋅a1+12d，化简得4d2=8a1d.
因为d≠0，
所以d=2a1.
设数列bn的公比为q，
则q=a3a1=a1+2da1=a1+4a1a1=5.
(2)若a1=1，则d=2，
所以an=2n−1，
所以1anan+1=12n−12n+1
=1212n−1−12n+1.
Sn=11×3+13×5+15×7+⋯+12n−1×2n+1
=12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=121−12n+1=n2n+1.
由Sn>10102021，得n2n+1>10102021，
解得n>1010，
故n的最小值为1011.
【答案】
(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA.
又因为PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDQ，
所以平面BDQ⊥平面PAC．
(2)解：设BD∩AC=O.
因为PA⊥平面ABCD，Q为PC的中点，O为AC的中点，
所以OQ⊥平面ABCD．
分别以OB，OC，OQ所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.
由条件可知四边形ABCD是正方形，
则O0,0,0，A0,−2,0，B2,0,0，C0,2,0，Q0,0,2，
AQ→=0,2,2，AB→=2,2,0.
设平面ABQ的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅AQ→=0,n→⋅AB→=0, 即2y+2z=0,2x+2y=0.
取y=−1，得n→=1,−1,1.
易得平面BDQ的一个法向量为OC→=0,2,0.
设二面角A−BQ−D为θ，由已知可得0<θ<π2，
所以csθ=|n→⋅OC→||n→|⋅|OC→|=|1,−1,1⋅0,2,0|12+−12+12⋅22=33，
即二面角A−BQ−D的余弦值为33．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA.
又因为PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDQ，
所以平面BDQ⊥平面PAC．
(2)解：设BD∩AC=O.
因为PA⊥平面ABCD，Q为PC的中点，O为AC的中点，
所以OQ⊥平面ABCD．
分别以OB，OC，OQ所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.
由条件可知四边形ABCD是正方形，
则O0,0,0，A0,−2,0，B2,0,0，C0,2,0，Q0,0,2，
AQ→=0,2,2，AB→=2,2,0.
设平面ABQ的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅AQ→=0,n→⋅AB→=0, 即2y+2z=0,2x+2y=0.
取y=−1，得n→=1,−1,1.
易得平面BDQ的一个法向量为OC→=0,2,0.
设二面角A−BQ−D为θ，由已知可得0<θ<π2，
所以csθ=|n→⋅OC→||n→|⋅|OC→|=|1,−1,1⋅0,2,0|12+−12+12⋅22=33，
即二面角A−BQ−D的余弦值为33．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
余弦定理
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【答案】
解：(1)540分以上的频率为：30360=112，
要达到60%的二本率，
所以460,540之间频率为：(60%−112)÷300360=3150.
因为460,540的频率总和为0.0125+0.0075+0.005×2×20=0.6，
所以模拟二本线应在[440,460]之间，设为x，
则460−x×0.01+0.6=3150，
解得：x=458，
所以一检考试的模拟二本线应该是458．
(2)至少2科及格的概率
P=34×12×12×3+1−34×12×12=58.
∵X∼B3,58，
∴P(X=k)=C3k⋅(58)k⋅(1−58)3−k，k=0，1，2，3，
EX=np=3×58=158.
【考点】
频率分布直方图
扇形统计图
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】
（1）设二本线应为x分，根据题意可知，x左边的矩形面积之和为3150，可得出关于x的等式，解出x的值，即为所求；
（2）由题意可知，随机变量X∼B3,58，根据二项分布可得出随机变量X的分布列，利用二项分布的期望可求得EX.
【解答】
解：(1)540分以上的频率为：30360=112，
要达到60%的二本率，
所以460,540之间频率为：(60%−112)÷300360=3150.
因为460,540的频率总和为0.0125+0.0075+0.005×2×20=0.6，
所以模拟二本线应在[440,460]之间，设为x，
则460−x×0.01+0.6=3150，
解得：x=458，
所以一检考试的模拟二本线应该是458．
(2)至少2科及格的概率
P=34×12×12×3+1−34×12×12=58.
∵X∼B3,58，
∴P(X=k)=C3k⋅(58)k⋅(1−58)3−k，k=0，1，2，3，
EX=np=3×58=158.
【答案】
解：(1)由题得f′x=3x2−2ax+3，
由已知得f′3=0，得27−6a+3=0，
解得a=5，
所以fx=x3−5x2+3x+m.
令f′x=3x2−10x+3=0，
得x=3或x=13，
由f′x>0得x>3或x<13，此时fx为增函数，
由f′x<0得13即当x=13时，函数fx取得极大值，
当x=3时， fx取得极小值，
即fx极小值=f3=m−9，fx极大值=f13=m+1327，
因为函数fx有三个不同零点，
所以只需f13>0,f3<0,
即m+1327>0,m−9<0,
解得−1327所以m的范围是−1327,9．
(2)若m=0，则fx=x3−ax2+3x，
对任意x∈(0,3]，fx≤1x，即x3−ax2+3x≤1x，
变形得a≥x4+3x2−1x3，x∈(0,3]，
令gx=x4+3x2−1x3，x∈(0,3]，
则g′x=4x3+6xx3−3x2x4+3x2−1x6
=x4−3x2+3x4，
因为x4−3x2+3=x2−322+34>0，
所以g′x>0，
所以gx在(0,3]上单调递增，从而gmaxx=g3=1739，
故a≥1739．
【考点】
利用导数研究函数的极值
由函数零点求参数取值范围问题
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)由题得f′x=3x2−2ax+3，
由已知得f′3=0，得27−6a+3=0，
解得a=5，
所以fx=x3−5x2+3x+m.
令f′x=3x2−10x+3=0，
得x=3或x=13，
由f′x>0得x>3或x<13，此时fx为增函数，
由f′x<0得13即当x=13时，函数fx取得极大值，
当x=3时， fx取得极小值，
即fx极小值=f3=m−9，fx极大值=f13=m+1327，
因为函数fx有三个不同零点，
所以只需f13>0,f3<0,
即m+1327>0,m−9<0,
解得−1327所以m的范围是−1327,9．
(2)若m=0，则fx=x3−ax2+3x，
对任意x∈(0,3]，fx≤1x，即x3−ax2+3x≤1x，
变形得a≥x4+3x2−1x3，x∈(0,3]，
令gx=x4+3x2−1x3，x∈(0,3]，
则g′x=4x3+6xx3−3x2x4+3x2−1x6
=x4−3x2+3x4，
因为x4−3x2+3=x2−322+34>0，
所以g′x>0，
所以gx在(0,3]上单调递增，从而gmaxx=g3=1739，
故a≥1739．
【答案】
解：(1)依题意得：c=3，|F1F2|=2c=23．
由椭圆定义知|MF1|+|MF2|=2a.
又|MF1|=27，则|MF2|=2a−27.
在△MF1F2中，∠MF1F2=150∘，
由余弦定理得：
|MF2|2=|MF1|2+|F1F2|2−2|MF1|⋅|F1F2|cs∠MF1F2，
即2a−272=272+232−2×27×23×cs150∘，
解得a=2（负值舍去）.
又b2=a2−c2=1，
故所求椭圆方程为x24+y2=1．
(2)设Qx1,y1，Rx2,y2，直线QR：y=kx+m.
联立方程组y=kx+m,x24+y2=1,得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−44m2−41+4k2
=161+4k2−m2>0，得1+4k2>m2，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
k1⋅k2=y1−1x1⋅y2−1x2
=kx1+m−1kx2+m−1x1x2
=k2x1x2+km−1x1+x2+m−12x1x2=34.
由题意知m≠1，
将x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
代入化简得4k2m+1−8k2m+m−14k2+1−3m+1=0，
解得m=−2，故直线QR过定点0,−2.
由Δ>0，解得k2>34，
S△PQR=12×3|x1−x2|
=32⋅44k2−31+4k2=64k2−31+4k2.
令t=4k2−3>0，
则S△PQR=6tt2+4=6t+4t≤32，当且仅当t=2，即k=±72时等号成立，
所以△PRQ面积的最大值为32 ．
【考点】
椭圆的标准方程
余弦定理
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)依题意得：c=3，|F1F2|=2c=23．
由椭圆定义知|MF1|+|MF2|=2a.
又|MF1|=27，则|MF2|=2a−27.
在△MF1F2中，∠MF1F2=150∘，
由余弦定理得：
|MF2|2=|MF1|2+|F1F2|2−2|MF1|⋅|F1F2|cs∠MF1F2，
即2a−272=272+232−2×27×23×cs150∘，
解得a=2（负值舍去）.
又b2=a2−c2=1，
故所求椭圆方程为x24+y2=1．
(2)设Qx1,y1，Rx2,y2，直线QR：y=kx+m.
联立方程组y=kx+m,x24+y2=1,得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−44m2−41+4k2
=161+4k2−m2>0，得1+4k2>m2，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
k1⋅k2=y1−1x1⋅y2−1x2
=kx1+m−1kx2+m−1x1x2
=k2x1x2+km−1x1+x2+m−12x1x2=34.
由题意知m≠1，
将x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
代入化简得4k2m+1−8k2m+m−14k2+1−3m+1=0，
解得m=−2，故直线QR过定点0,−2.
由Δ>0，解得k2>34，
S△PQR=12×3|x1−x2|
=32⋅44k2−31+4k2=64k2−31+4k2.
令t=4k2−3>0，
则S△PQR=6tt2+4=6t+4t≤32，当且仅当t=2，即k=±72时等号成立，
所以△PRQ面积的最大值为32 ．X
0
1
2
3
P
27512
135512
225512
125512
X
0
1
2
3
P
27512
135512
225512
125512