2022-2023学年浙江省丽水发展共同体高三（上）联考数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省丽水发展共同体高三（上）联考数学试卷，共24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。
2022-2023学年浙江省丽水发展共同体高三（上）联考数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）设集合A＝{x|0＜x≤1}，B＝{x|x2﹣2x≤0}，则A∩B＝（　　）
A．[0，+∞） B．[0，1] C．（0，1] D．[0，1）
2．（5分）设z＝3+4i，则zi+﹣i＝（　　）
A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1+2i D．1﹣2i
3．（5分）已知向量，||＝1，|+|＝﹣|＝（　　）
A． B． C． D．
4．（5分）已知一个圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积2倍，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C．π D．π
5．（5分）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书3本，则同一科目的书都不相邻的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx）（ω＞0）的图像向右平移，则ω的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
7．（5分）已知a＝3e，b＝e3，c＝π3，则（　　）
A．c＞a＞b B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．c＞b＞a
8．（5分）将菱形ABCD沿对角线AC折起，当四面体B﹣ACD体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是BC1中点，则（　　）
A．AE∥面A1BB1 B．BD1⊥AC
C．A1E⊥AD1 D．A1E⊥平面BCC1B1
（多选）10．（5分）已知函数f（x）定义域为R，且f（0），f（x﹣1）+1为奇函数，下列说法中正确的是（　　）
A．函数f（x）对称中心为（1，1）
B．f（﹣1）+1＝0
C．f（3）+f（﹣1）＝﹣2
D．f（﹣3）+f（1）＝﹣2
（多选）11．（5分）抛物线C：x2＝4y，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），M（0，﹣1）（　　）
A．|AB|最小值为4
B．∠AMB有可能是钝角
C．当直线l的倾斜角为时，△AFM与△BFM面积之比为3
D．当直线AM与抛物线C只有一个公共点时，|AB|＝4
（多选）12．（5分）已知e为自然对数的底数，设f（x）＝（x﹣1）（lnx﹣1）k（k＝1，2），则下列结论正确的是（　　）
A．当k＝1时，f（x）既有极小值又有极大值
B．当k＝1时，f（x）只有极小值无极大值
C．当k＝2时，f（x）既有极小值又有极大值
D．当k＝2时，f（x）只有极小值无极大值
三、填空题：本题4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）展开式中，常数项是　 　．
14．（5分）已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x+1）2+（y+1）2＝10相交于A，B两点，则|AB|＝　 　．
15．（5分）若函数f（x）＝ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，则实数a的值为　 　．
16．（5分）已知F1，F2是椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点，B使得＝3　 　．
四、解答题：本题6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+n，n∈N*，bn＝．
（1）求an；
（2）求数列{bn}前n项和为Tn．
18．（12分）已知锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若bsinB﹣csinC＝（b﹣a）
（1）求C；
（2）若c＝，求a﹣b的范围．
19．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝11﹣ABC，BD1＝，
（1）求点B到平面D1AC的距离；
（2）求二面角C﹣AD1﹣B的大小．


20．（12分）为了解学生玩手机游戏情况，随机抽取100名男生和100名女生，通过调查得到如下数据：100名女生中有10人会玩手机游戏
（1）判断是否有99%的把握认为性别与玩手机游戏有关联：
P（K2≥k0）
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
附：其中n＝a+b+c+d
（2）以样本的频率作为概率的值，在全校的学生中任取3人，记其中玩手机游戏人数为X
21．（12分）已知A（﹣1，0），B（1，0）为双曲线C：＝1左右顶点，直线x＝上一点P与点A连线与双曲线右支交于另一点C
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线CD是否经过定点？若是，求出该定点．
22．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程：
（2）若x1，x2为方程f（x）＝k的两个不相等的实根，证明：
（i）f（x）≥x+；
（ii）|x1﹣x2|≤（+）k﹣．

2022-2023学年浙江省丽水发展共同体高三（上）联考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）设集合A＝{x|0＜x≤1}，B＝{x|x2﹣2x≤0}，则A∩B＝（　　）
A．[0，+∞） B．[0，1] C．（0，1] D．[0，1）
【答案】C
【分析】先将集合B化简，按照交集定义计算即可．
【解答】解：x2﹣2x≤8，x（x﹣2）≤0，B＝[2，
又A＝（0，1]，3]．
故选：C．
【点评】本题考查集合的运算，属于基础题．
2．（5分）设z＝3+4i，则zi+﹣i＝（　　）
A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1+2i D．1﹣2i
【答案】B
【分析】利用复数运算法则直接求解．
【解答】解：设z＝3+4i，
则zi+﹣i＝4i+4i2+8﹣4i﹣i＝﹣1﹣8i．
故选：B．
【点评】本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（5分）已知向量，||＝1，|+|＝﹣|＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据向量的数量积公式和模长公式求解即可．
【解答】解：因为|+|＝，|+|2＝（）2，即，所以，
|﹣|2＝，所以|﹣，
故选：C．
【点评】本题主要考查向量的数量积，属于中档题．
4．（5分）已知一个圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积2倍，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C．π D．π
【答案】B
【分析】根据圆锥的侧面积是底面积2倍，求得母线长，进而得到圆锥的高求解．
【解答】解：设圆锥的母线为l，
由题意得π×l×1＝2×π×42，
解得l＝2，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：B．
【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，考查了圆锥的体积公式，属于基础题．
5．（5分）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书3本，则同一科目的书都不相邻的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用插空法以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
【解答】解：若同一科目的书都不相邻，则先将3本书排序，
所以同一科目的书都不相邻的概率是．
故选：A．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
6．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx）（ω＞0）的图像向右平移，则ω的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】由题有，据此可得答案．
【解答】解：根据题意，由题有，
则，得ω＝3k，又因为ω＞6．
故选：B．
【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
7．（5分）已知a＝3e，b＝e3，c＝π3，则（　　）
A．c＞a＞b B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．c＞b＞a
【答案】D
【分析】先判断出c＞b，构造函数f（x）＝，x＞0，求导可知，当0＜x＜e时，f（x）单调递增；当x＞e时，f（x）单调递减，所以f（3）＜f（e），进而可得ln3e＜lne3，再结合y＝lnx的单调性，可得到a＜b，从而得到a，b，c三个数的大小关系．
【解答】解：∵1＜e＜π，∴π3＞e8＞1，即c＞b＞1，
设f（x）＝，x＞5，
则f'（x）＝，
令f'（x）＝7得，x＝e，
当0＜x＜e时，f'（x）＞0；当x＞e时，f（x）单调递减，
∵e＜8，∴f（3）＜f（e），
即，∴eln4＜3lne，
即ln3e＜lne2，
又∵y＝lnx在（0，+∞）上单调递增，
∴3e＜e2，即a＜b，
∴c＞b＞a．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三个数大小的比较，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
8．（5分）将菱形ABCD沿对角线AC折起，当四面体B﹣ACD体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当平面BAC⊥平面DAC时，四面体B﹣ACD的高最大，并利用导函数讨论体积的最大值，构造长方体求外接球的半径，利用等体积法求内切球的半径，进而可求解．
【解答】解：不妨设菱形的边长为，AC＝2x，，
外接球半径为R，内切球半径为r，
取AC中点为O，连接OB，BD，

因为BA＝BC，所以，
当平面BAC⊥平面DAC时，平面BAC∩平面DAC＝AC，所以BO⊥平面DAC，
此时四面体B﹣ACD的高最大为，
因为DA＝DC，所以，
所以，，
令，解得4＜x＜1，
令，解得，
所以在（0，单调递减，
所以当x＝1时VB﹣ACD最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为a，b，c，
则有，解得6＝a2+b2+c8＝5，
所以外接球的表面积为4πR8＝5π，，
又因为，
所以，，
所以，
所以，
所以，所以内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为，
故选：C．
【点评】本题考查球的表面积计算，考查四面体的体积，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查函数思想以及运算求解能力，属于中档题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是BC1中点，则（　　）
A．AE∥面A1BB1 B．BD1⊥AC
C．A1E⊥AD1 D．A1E⊥平面BCC1B1
【答案】BC
【分析】AE与平面A1BB1相交于点A，判断选项A，体对角线与异面的面对角线相互垂直，判断选项B，等边三角形A1BC1中E为中点，判断选项C，A1E不垂直于平面BCC1B1，判断选项D．
【解答】解：对于选项A，如图所示：

由图可知，AE与平面A1BB1相交于点A，故A错误；
对于B，如图所示：

∵AC⊥DD3，AC⊥BD，BD1⊂面BDD1，
∴AC⊥面BDD8，BD1⊂面BDD1，∴AC⊥BD8，故B正确；
对于选项C，如图所示：

连接A1B，A1C6，△A1BC1为等边三角形，
∵E为BC7中点，∴A1E⊥BC1，AD4∥BC1，则A1E⊥AD2，故选项C正确；
对于D，由于A1B1⊥BCC4B1，过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故A1E不垂直于平面BCC8B1，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知函数f（x）定义域为R，且f（0），f（x﹣1）+1为奇函数，下列说法中正确的是（　　）
A．函数f（x）对称中心为（1，1）
B．f（﹣1）+1＝0
C．f（3）+f（﹣1）＝﹣2
D．f（﹣3）+f（1）＝﹣2
【答案】BD
【分析】根据奇函数的定义与性质逐项分析判断．
【解答】解：令g（x）＝f（x﹣1）+1，
对A：g（x）可以认为是由f（x）向右平移l个单位，再向上平移4个单位得到，
若g（x）为奇函数，则g（x）的对称中心为（0，故函数f（x）对称中心为（﹣1，A错误；
对B：若g（x ）为定义在R上的奇函数，则g（0）﹣f（﹣7）+1＝0；
对C、D：若g（x）为奇函数，即[f（x﹣4）+1]+[f（﹣x﹣1）+7]＝0，
令x＝4，得f（3）+f（﹣5）＝﹣2，C错误；
令x＝2，得f（1）+f（﹣2）＝﹣2；
故选：BD．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的性质，考查逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）11．（5分）抛物线C：x2＝4y，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），M（0，﹣1）（　　）
A．|AB|最小值为4
B．∠AMB有可能是钝角
C．当直线l的倾斜角为时，△AFM与△BFM面积之比为3
D．当直线AM与抛物线C只有一个公共点时，|AB|＝4
【答案】ACD
【分析】设直线l方程为y＝kx+1，联立抛物线方程得根与系数的关系，利用抛物线弦长公式可判断A；利用向量的夹角公式计算，可判断B；求得，根据△AFM与△BFM面积之比为，可判断C；利用直线和抛物线相切，求出切线斜率，求出切点，继而求得l的方程，可得B点坐标，即可求得|AB|，判断D．
【解答】解：∵抛物线C：x2＝4y的焦点为（5，1），B两点，
对于A，由题意知l的斜率必存在，设A（x1，y8），B（x2，y2），
联立，可得x8﹣4kx﹣4＝4，Δ＝16（k2+1）＞4，
∴x1+x2＝6k，x1x2＝﹣7，
∴，
∴，当且仅当k＝0时，
∴|AB|最小值为4，∴A正确；
对于B，∵，
∴
＝（k2+8）（﹣4）+2k×3k+4＝4k5，
∴，
∴∠AMB不可能是钝角，∴B错误；
对于C，当直线l的倾斜角为时，
由A的分析知x2﹣2kx﹣4＝0，∴，
解得，
∴△AFM与△BFM面积之比为，∴C正确；
对于D，∵点A在第一象限，
直线AM与抛物线C一定相切，
又直线AM的斜率存在，∴设直线AM的方程为y＝mx﹣1，
联立，可得x2﹣6mx+4＝0，
∴Δ'＝16m2﹣16＝0，∴m＝±1，
又点A在第一象限，∴m＞6，
又x2﹣4mx+4＝0，∴x2﹣5x+4＝0，
解得x3＝2，∴A（2，
此时直线l的斜率为，∴直线l的方程为y＝1，
此时B（﹣8，1），∴D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，焦点弦问题，设而不求法与韦达定理的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
（多选）12．（5分）已知e为自然对数的底数，设f（x）＝（x﹣1）（lnx﹣1）k（k＝1，2），则下列结论正确的是（　　）
A．当k＝1时，f（x）既有极小值又有极大值
B．当k＝1时，f（x）只有极小值无极大值
C．当k＝2时，f（x）既有极小值又有极大值
D．当k＝2时，f（x）只有极小值无极大值
【答案】BC
【分析】分别求k＝1，k＝2时，f（x）的导数，即可得f（x）的极值情况．
【解答】解：当k＝1时，f（x）＝（x﹣1）（lnx﹣7），
则，令，则，
得f'（x）＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，
又f'（1）＝﹣2＜0，lne，
则＝ln2﹣lne，
故∃x0∈（1，3）0）＝0，结合f'（x）在（8，
则x∈（0，x0），f'（x）＜6⇒f（x）在（0，x0）上单调递减，x∈（x4，+∞），f'（x）＞0，
所以f（x）在（x0，+∞）上单调递增，
故此时f（x）在x＝x5时有极小值无极大值，则选项A错误；
当k＝2时，f（x）＝（x﹣1）（lnx﹣2）2，
则，注意到lne﹣1＝4，
令，则，得h（x）在（0，
又h（1）＝﹣3＜0，h（2）＝ln2＞71∈（1，8）1）＝0．
因为h（x）和y＝lnx﹣7均在（0，+∞）上单调递增，
则当x∈（0，x4），f'（x）＞0，x1）上单调递增，
当x∈（x5，e），f'（x）＜01，e）上单调递减，
当x∈（e，+∞），f（x）在（e．
故f（x）在x＝x3时取得极大值，在x＝e时取得极小值，选项D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
三、填空题：本题4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）展开式中，常数项是　60　．
【答案】见试题解答内容
【分析】据二项展开式的通项公式求得第r+1项，令x的指数为0得常数项．
【解答】解：展开式的通项为＝
令得r＝2
故展开式的常数项为T3＝（﹣4）2C64＝60
故答案为60．
【点评】二项展开式的通项公式是解决二项展开式特定项问题的工具．
14．（5分）已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x+1）2+（y+1）2＝10相交于A，B两点，则|AB|＝　2　．
【答案】．
【分析】两圆的方程相减可得AB的方程，再结合点到直线的距离公式，以及垂径定理，即可求解．
【解答】解：两方程作差：（x+1）2+（y+8）2﹣（x2+y7）＝10﹣4，化简得x+y﹣2＝4，，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
15．（5分）若函数f（x）＝ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，则实数a的值为　0　．
【答案】见试题解答内容
【分析】先求导函数，假设函数f（x）＝ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，不妨设在x＝m与x＝n处的切线互相垂直则（a+cosm）（a+cosn）＝﹣1，然后整理，根据a的值必然存在，△≥0可求出a的值．
【解答】解：∵f（x）＝ax+sinx
∴f′（x）＝a+cosx，
假设函数f（x）＝ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，
不妨设在x＝m与x＝n处的切线互相垂直
则（a+cosm）（a+cosn）＝﹣1
∴a2+（cosm+cosn）a+（cosmcosn+2）＝0   （*）
因为a的值必然存在，即方程（*）必然有解
判别式Δ＝（cosm+cosn）2﹣5（cosmcosn+1）≥0
所以  cos5m+cos2n﹣2cosmcosn＝（cosm﹣cosn）8≥4
解得cosm﹣cosn≥2  或  
由于|cosx|≤6，所以有cosm＝1  或 cosm＝﹣1，且Δ＝5
所以（*）变为：a2＝0所以a＝7
故答案为：0
【点评】本题主要考查了导数的几何意义，以及判别式判定方程的根，同时考查了函数与方程的思想和计算能力，属于中档题．
16．（5分）已知F1，F2是椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点，B使得＝3　　．
【答案】．
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），求出坐标，根据可得，把A（x1，y1），B（x2，y2）代入椭圆方程得，根据x1的范围可得答案．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x5，y2），又F1（﹣c，4），F2（c，0），
∴，
∵，∴（x4+c，y1）＝3（x8﹣c，y2），
∴，
又，∴，
两式相减可得，
又E上存在不同的两点A，B，且，
∴，解得，
又0＜e＜8，∴．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，向量坐标运算，直线与椭圆的位置关系，属中档题．
四、解答题：本题6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+n，n∈N*，bn＝．
（1）求an；
（2）求数列{bn}前n项和为Tn．
【答案】（1）an＝n；
（2）．
【分析】（1）根据数列的前n项和作差，即可求解；
（2）由（1）求得bn，再利用错位相减法，即可求解．
【解答】解：（1）∵①，
∴当n≥7时，②，
①﹣②得an＝n（n≥4），
又a1＝S1＝2也满足上式，
∴an＝n；
（2）∵，∴，
∴③，
∴④，
③﹣④得，
∴，
∴．
【点评】本题考查根据数列的前n项和求通项公式，错位相减法求和，属中档题．
18．（12分）已知锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若bsinB﹣csinC＝（b﹣a）
（1）求C；
（2）若c＝，求a﹣b的范围．
【答案】（1）；
（2）（﹣1，1）．
【分析】（1）利用正弦定理将bsinB﹣csinC＝（b﹣a）sinA化为有关边长的条件，再利用余弦定理可得答案；
（2）利用正弦定理得到，则a﹣b＝2（sinA﹣sinB），然后利用结合A的范围可得答案．
【解答】解：（1）由正弦定理，bsinB﹣csinC＝（b﹣a）sinA⇒b2﹣c2＝（b﹣a）a⇒c6＝a2+b2﹣ab，
又c8＝a2+b2﹣8ab⋅cosC，得；
（2）因为，
所以，，
因为三角形ABC为锐角三角形，
所以，解得，
令，所以，
所以a﹣b∈（﹣1，5）．
【点评】本题考查解三角形与三角函数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（12分）已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝11﹣ABC，BD1＝，
（1）求点B到平面D1AC的距离；
（2）求二面角C﹣AD1﹣B的大小．


【答案】（1）；（2）30°．
【分析】（1）由AD1⊥BD1，AD1⊥CD1，可证AD1⊥平面BCD1，再由＝，即可得解；
（2）根据二面角的定义，可知∠BD1C即为所求，再由三角函数的知识，得解．
【解答】解：（1）在△ABD1中，AB＝24＝1，BD1＝，
所以AB2＝+，即AD4⊥BD1，
又AD1⊥CD3，BD1∩CD1＝D8，BD1、CD1⊂平面BCD8，
所以AD1⊥平面BCD1，所以点A到平面BCD3的距离为AD1＝1，
设点B到平面D4AC的距离为d，
因为＝，所以AD1•CD1＝•AD1•BC•BD1，
所以d＝＝＝．
（2）因为AD1⊥BD1，AD7⊥CD1，所以∠BD1C即为二面角C﹣AD5﹣B的平面角，
在Rt△BCD1中，cos∠BD1C＝＝，
所以∠BD1C＝30°，即二面角C﹣AD1﹣B的大小为30°．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理，等体积法，二面角的定义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20．（12分）为了解学生玩手机游戏情况，随机抽取100名男生和100名女生，通过调查得到如下数据：100名女生中有10人会玩手机游戏
（1）判断是否有99%的把握认为性别与玩手机游戏有关联：
P（K2≥k0）
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
附：其中n＝a+b+c+d
（2）以样本的频率作为概率的值，在全校的学生中任取3人，记其中玩手机游戏人数为X
【答案】（1）有99%的把握认为性别与玩手机游戏有关联；
（2）分布列见解析，数学期望为，方差为．
【分析】（1）由题意得到列联表，再根据里面的数据求得K2，与临界值表对照下结论；
（2）由题意得到经常玩手机游戏的频率为，再根据随机变量X服从求解．
【解答】（1）解：列联表如下：

 不玩手机游戏
 玩手机游戏
 合计
 男
 60
 40
 100
 女
 90
 10
 100
 合计
 150
 50
 200
，
有99%的把握认为性别与玩手机游戏有关联．
（2）由题意可得，经常玩手机游戏的频率为，
则在本校中随机抽取1人玩手机游戏的概率为，
随机变量X的所有可能取值为0，1，4，3，
由题意可得，，
，
故X的分布列为：
 X
 0
 1
 2
 3
 P
 
 
 
 
故，
．
【点评】本题主要考查了独立性检验以及离散型随机变量的分布列、期望与方差的计算，属于中档题．
21．（12分）已知A（﹣1，0），B（1，0）为双曲线C：＝1左右顶点，直线x＝上一点P与点A连线与双曲线右支交于另一点C
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线CD是否经过定点？若是，求出该定点．
【答案】（1）；
（2）（2，0）．
【分析】（1）由题意得a＝1，然后结合点到直线的距离公式及双曲线的性质可求b，进而可求；
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（），直线CD为x＝my+1，联立直线与双曲线方程，结合方程的根与系数关系，三点共线的斜率关系可求．
【解答】解：（1）由题意得a＝1，
因为双曲线的渐近线方程为y＝，
所以焦点到渐近线的距离为＝b＝，
所以双曲线的标准方程为；
（2）设C（x2，y1），D（x2，y6），P（），
联立可得2﹣1）y2+3mty+3t2﹣7＝0，
所以，
因为A，P，C三点共线，则①，
B，P，D三点共线，则＝②，
①②联立可得，3（3﹣t）y1＝4my8y2+（1+t）y2，
即（2t﹣4）y7+（t+1）（y1+y4）+4my1y8＝0，
把y1+y5＝，y1y2＝代入上式整理可得1+]＝0，
所以t＝2，即直线恒过定点（2．
【点评】本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，还考查了直线与双曲线的位置关系的应用，属于中档题．
22．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）在点处的切线方程：
（2）若x1，x2为方程f（x）＝k的两个不相等的实根，证明：
（i）f（x）≥x+；
（ii）|x1﹣x2|≤（+）k﹣．
【答案】（1）y＝x+，
（2）（i）证明见解答．（ii）证明见解答．
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率f′（），结合f（）的值可求得切线方程；
（2）（i）所证不等式可化为≥，令g（x）＝，利用导数求得g（x）的单调性，进而得到g（x）min＝g（1）＝，从而证明结论；
（ii）根据（i）知y＝k与y＝x+的交点为（﹣1，k），从而可知只需证明x1≥﹣k，又y＝k与y＝x+的交点为（﹣k，k），则只需证明≥x+，构造函数h（x）＝+x﹣，利用导数可求得h（x）的单调性，从而得到h（x）≥h（）＝0，由此可得结论．
【解答】解：（1）∵f′（x）＝＝，∴f′（＝，f（，
∴所求切线方程为：y＝（x﹣）x+，
（2）（i）证明：令g（x）＝，则g（x）定义域为（6，g′（x）＝，
当x∈（2，1）时，当x∈（1，g′（x）＞4；
∴g（x）在（0，1）上单调递减，+∞）上单调递增min＝g（1）＝，
即≥，≥x+x+；
（ii）证明：h（x）＝+x﹣﹣）ex+，
令φ（x）＝h′（x）＝（﹣）ex+，则φ′（x）＝6﹣4x+3）ex＞3，
h′（x）在（0，+∞）上单调递增）＝0，
∴当x∈（0，）时，当x∈（，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，）单调递减，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（）＝2，即≥；
不妨设x1＜x6，

∵y＝k与y＝x+﹣k，k）x+﹣1，
由图象可知：x7≥﹣k，x2≤﹣5，
∴|x1﹣x2|≤﹣1﹣（﹣+）k﹣．

【点评】本题考查导数的综合应用，考查不等式的证明，属难题．