广西南宁市武鸣区武鸣高级中学2024届高三上学期开学调研测试数学试题

这是一份广西南宁市武鸣区武鸣高级中学2024届高三上学期开学调研测试数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广西南宁市武鸣区武鸣高级中学2024届高三上学期开学调研测试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合A=xx≤2，B=xxx−3≥0，则A∩B=（    ）
A．{xx≤2或x≥3} B．x−2≤x≤0
C．x−2≤x≤3 D．x0≤x≤2
2．已知复数z满足z1−i=i3（i是虚数单位），则z的虚部是（    ）
A．12i B．−12i C．12 D．−12
3．记Sn为等差数列an的前n项和.若a4+a5=24，S6=48，则a9=（    ）
A．4 B．24 C．30 D．32
4．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（　　）
  
A．91m B．74m C．64m D．52m
5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线xa−yb+2=0相切，则C的离心率为（    ）
A．63 B．33 C．23 D．13
6．已知函数fx=4x2+4x，则（    ）
A．f0.1>f0.2
B．函数fx有一个零点
C．函数fx是偶函数
D．函数fx的图象关于点12,12对称
7．设fx是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，fx=x2，若对任意的x∈t,t+2，不等式fx+t≥2fx恒成立，则实数t的取值范围是（　　）
A．2,+∞ B．2,+∞
C．0,2 D．−2,−1∪2,3
8．武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（    ）
A．19840种 B．16000种 C．31360种 D．9920种

二、多选题
9．若a>b，则（    ）
A．lna−b>0 B．3a>3b
C．a3−b3>0 D．1a<1b
10．下列命题为真命题的有（    ）
A．若随机变量X的方差为1225，则D(5X+2)=14
B．已知y关于x的回归直线方程为y=0.3−0.7x，则样本点(2,−3)的残差为−1.9
C．若随机变量X∼Nμ,σ2，且P(X>4)=P(X<−2)=p，则P−2≤X≤1=12−p
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=3.712，根据α=0.05的独立性检验(P(χ2>3.841)=0.05)，有95%的把握认为X与Y有关
11．已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2pxp>0的准线方程为x=−1，过焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，则（    ）
A．若AF=5，则OA=42
B．若AB=8，则直线l的斜率为1
C．2AF+BF≥3+22
D．△OAB面积的最小值为2
12．点A,B在以PC为直径的球O的表面上，且AB⊥BC，AB=BC=2，已知球O的表面积是12π，设直线PB和AC所成角的大小为α，直线PB和平面PAC所成角的大小为β，四面体PABC内切球半径为r，下列说法中正确的个数是（    ）
A．BC⊥平面PAB B．平面PAC⊥平面ABC
C．r>12 D．sinα=cosβ

三、填空题
13．在(x2+2x)5的展开式中，x的系数为 .（用数字作答）
14．已知向量a=2,5，b=cosα,sin2α，且a//b．则sinα的值为 .
15．已知A,B两城市的距离是100km､根据交通法规，两城市之间的公路车速应限制在50~100km/h，假设油价是6元/L，以xkm/h的速度行驶时，汽车的耗油率为3+x2360L/h，其它费用是36元/h.为了这次行车的总费用最少，那么最经济的车速是 kmh（精确到1km/h，参考数据10=3.162）
16．已知函数fx=−ex−2lnx，gx=a2x2+x−2lna（a>1），若fx的图象与gx的图象在1,+∞上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 ．

四、解答题
17．公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn,若S3=9,且a1,a2,a5成等比数列.
（1）求数列an的通项公式；
（2）设bn−an是首项为1,公比为2的等比数列,求数列bn的通项公式及其前n项和为Tn．
18．某研究机构随机抽取了新近上映的某部影片的120名观众，对他们是否喜欢这部影片进行了调查，得到如下数据（单位：人）：

喜欢
不喜欢
合计
男性
40
30
70
女性
35
15
50
合计
75
45
120
根据上述信息，解决下列问题：
(1)根据小概率值α=0.10的独立性检验，分析观众喜欢该影片与观众的性别是否有关；
(2)从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人.现从6人中随机抽取2人，若所选2名观众中女性人数为X，求X的分布列及数学期望.
附：χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
α
0.15
0.10
0.05
0.010
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
6.635
10.828
19．已知在四棱锥P−ABCD中，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=∠CBP=90∘，PA⊥CD，E为CD的中点.
  
(1)证明：平面PCD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角P−CD−A的正弦值.
20．某工厂购进一批加工设备，由于该设备自动模式运行不稳定，因此一个工作时段内会有14的概率出现自动运行故障，此时需要1名维护人员立刻将设备切换至手动操控模式，并持续人工操作至此工作时段结束，期间该人员无法对其它设备进行维护.工厂在每个工作时段开始时将所有设备调至自动模式，若设备的自动模式出现故障而得不到人员的维护，则该设备将停止运行，且每台设备运行的状态相互独立.
（1）若安排1名人员负责维护3台设备，求这3台设备能顺利运行至工作时段结束的概率；
（2）设该工厂有甲，乙两个车间.甲车间有6台设备和2名维护人员，将6台设备平均分配给2人，每名维护人员只负责维护分配给自己的3台设备；乙车间有7台设备和2名维护人员，7台设备由这2人共同负责维护.若用车间所有设备顺利运行至工作时段结束的概率来衡量生产的稳定性，试比较两个车间稳定性的高低.
21．已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为3，点P2,2在双曲线E上.
(1)求E的方程；
(2)过点M1,0的直线l与双曲线E交于A，B两点（异于点P）.设直线BC与x轴垂直且交直线AP于点C，若线段BC的中点为N，判断：P，M，N三点是否共线？并说明理由.
22．设函数f(x)=ex−ax，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)在[1,+∞)上的极值；
(2)若函数f(x)有两零点x1,x2x11，求正实数λ的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】解不等式求得集合A,B，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】由题意可得A=xx≤2={x|−2≤x≤2}，B=xxx−3≥0={x|x≤0或x≥3}，
故A∩B= x−2≤x≤0，
故选：B
2．D
【分析】利用复数乘方运算法则和除法法则计算得到z=12−12i，得到虚部.
【详解】z1−i=i3=−i，则z=−i1−i=−i1+i1−i1+i=12−12i，
则其虚部为−12．
故选：D
3．C
【分析】由等差数列通项公式和前n项和公式，列方程组解出数列首项和公差，可求a9的值.
【详解】设等差数列an公差为d，则有a4+a5=2a1+7d=24S6=6a1+15d=48，
解得a1=−2d=4，所以a9=a1+8d=−2+4×8=30.
故选：C
4．B
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】在Rt△ABC中，AC=2AB=74,
在△MCA中，∠MCA=105°,∠MAC=45°,
则∠AMC=180°−∠MCA−∠MAC=30°,
由正弦定理得MCsin∠MAC=ACsin∠AMC，即MCsin45°=74sin30°，解得MC=742,
在Rt△MNC中，MN=742×22=74m，
故选:B.
5．A
【分析】以线段A1A2为直径的圆与直线 xa−yb+2=0 相切，可得原点到直线的距离
2aba2+b2=a, 化简可求离心率.
【详解】因为椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，
所以A1−a,0,A2a,0，
所以以线段A1A2为直径的圆的圆心为坐标原点(0,0), 半径为a,
所以圆的方程为x2+y2=a2，
因为圆x2+y2=a2与直线xa−yb+2=0相切，
所以2aba2+b2=a, 整理可得：a2=3b2,
即a2=3a2−c2, 即 2a2=3c2, 从而e2=c2a2=23,
所以e=ca=23=63.
故选：A
6．D
【分析】根据题意，判断函数的单调性，结合单调性性质判断A，由指数函数的性质可得fx>0，结合零点定义判断B，举反例判断C，证明fx+f1−x=1，由此可得函数的对称性，判断D，综合可得答案．
【详解】函数fx=4x2+4x的定义域为R，
对于A，函数fx=4x2+4x=1−22+4x，
函数y=4x在R上为增函数，易得fx在R上为增函数，
则有f0.1 对于B，fx=4x2+4x，有4x>0，则有fx>0，
所以fx没有零点，B错误；
对于C，f1=46=23，f−1=4−12+4−1=19，
所以f1≠f−1，fx不是偶函数，C错误；
对于D，因为fx=4x2+4x，
所以f1−x=41−x2+41−x=42⋅4x+4=24x+2
所以fx+f1−x=1，
所以函数fx的图象关于点12,12对称，D正确；
故选：D．
7．A
【分析】法一：利用特殊值对错误选项进行排除，从而确定的该正确答案.法二：根据函数的解析式、单调性、奇偶性化简不等式fx+t≥2fx，从而求得t的取值范围.
【详解】解法一：（排除法）当t=2则x∈2,2+2得fx+2≥2fx，
即x+22≥2x2,x2−22x−2≤0在x∈2,2+2时恒成立，
而x2−22x−2最大值，是当x=2+2时出现，故x2−22x−2的最大值为0，
则fx+t≥2fx恒成立，排除B项，
同理再验证t=3时，fx+t≥2fx恒成立，排除C项，
t=−1时，fx+t≥2fx不成立，故排除D项
解法二：∵fx是R上的奇函数，当x≥0时，fx=x2，
∴当x≤0时，fx=−x2，
∴fx是R上的增函数，
∵对任意x∈t,t+2,fx+t≥2fx恒成立，
∴fx+t≥f2x，∴x+t≥2x，
∴t≥2−1x，其中x∈t,t+2，
∴t≥2−1t+2，
∴2−2t≥22−1，
∴t≥22−12−2=2．
故选：A
【点睛】方法点睛：排除法是解选择题的一个方法.利用单调性、单调性处理不等式恒成立问题，将不等式化为fa≥fb形式是解题的关键，然后利用函数的单调性去掉符号“f”，由此来求得参数的取值范围.
8．D
【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有3天既有太极拳又有形意拳，五天中有2天既有太极拳又有形意拳，五天中有1天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案.
【详解】先从5天中选3天排太极拳，有C53种，
然后再从所选的3天中选一节排太极拳有C21C21C21种，
所以太极拳有C53C21C21C21种排法，
若五天中有1天既有太极拳又有形意拳，
则哪一天重复有C31种，
再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有C21C21种，
再从剩下的4节课中选2节排长拳，有C42种，则另外2节排兵器，
所以有C31C21C21C42种，
若五天中有2天既有太极拳又有形意拳，
则哪两天重复有C32种，
再从另外不重复的2天中排形意拳，有C21C21种，
再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有C42种，则另外2节排兵器，
但排在同一天不合适，所以有C42−2C22种，
所以共有C31C21C21C42−2C22种，
若五天中有3天既有太极拳又有形意拳，
则剩下的4节课中选2节排长拳，有C42种，再去掉排同一天的2C22种，
所以有C42−2C22种，
综上所述：共有C53C21C21C21C31C21C21C42+C31C21C21C42−2C22+C42−2C22
=80×72+48+4=9920种.
故选：D.
9．BC
【分析】由不等式的性质，指数函数、对数函数和幂函数的性质，判断不等式是否成立.
【详解】lna−b>0需要a−b>1，a>b不能满足，A选项错误；
由指数函数y=3x的性质，当a>b时，有3a>3b，B选项正确；
由幂函数y=x3的性质，当a>b时，有a3>b3，即a3−b3>0，C选项正确；
当a=2,b=−1时，满足a>b，但1a<1b不成立，D选项错误.
故选：BC
10．BC
【分析】选项A利用方差性质求新方差；选项B根据回归方程求得预报值，再求得残差进行判断；选项C根据正态分布的对称性求得结果即可判断；D根据独立检验的基本思想即可得结论.
【详解】对于A，因为DX=1225，所以D5X+2=25DX=12，故A错误；
对于B，由y=0.3−0.7x，得样本点2,−3的残差为−3−0.3−0.7×2=−1.9，故B正确；
对于C，若随机变量X∼Nμ,σ2，且P(X>4)=P(X<−2)=p，
可得μ=4+(−2)2=1，则P−2≤X≤1=12P(−2≤X≤4)=12(1−2p)=12−p，故C正确；
对于D，根据χ2=3.712<3.841，故没有95%的把握认为X与Y有关，故D错误．
故选：BC．
11．ACD
【分析】由抛物线准线方程可求得抛物线方程，利用焦半径公式可求得A点坐标，即可判断A；设直线l的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合AB=8求得x1+x2=6，即可求得直线斜率，判断B；利用焦半径公式结合基本不等式可判断C；表示出△OAB面积，结合基本不等式求得其最小值，判断D.
【详解】因为抛物线C：y2=2pxp>0的准线方程为x=−1，故p2=1,∴p=2,
故y2=4x，焦点为F(1,0)，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
对于A，AF=x1+1=5,∴x1=4，代入y2=4x得y2=16，即y12=16
故OA=x12+y12=32=42，A正确；
对于B，AB=8，则x1+x2+2=8,∴x1+x2=6，
当直线AB为x=1时，AB=4，由此可判断AB=8时，直线l的斜率存在且不等于0，
设直线l的方程为y=k(x−1)，联立y2=4x可得：k2x2−(2k2+4)x+k2=0,(k≠0)，
故x1+x2=2k2+4k2=6，解得k=±1，满足Δ>0，故B错误；
对于C，由B的分析可知x1x2=1，当直线AB为x=1时，也有x1x2=1成立；
故2AF+BF=2(x1+1)+x2+1=2x1+x2+3≥22x1x2+3=3+22，
当且仅当2x1=x2即x1=22,x2=2时，取得等号，C正确；
对于D，不妨设A点在第一象限，则y1=2x1,y2=−2x2，
    
故△OAB的面积S△OAB=12×|OF||y1−y2|=12|2x1+2x2|=x1+x2，
则S△OAB2=x1+x2+2x1x2≥2x1x2+2=4，
当且仅当x1=x2=1时等号成立，即△OAB面积的最小值为2，D正确，
故选：ACD
12．ABD
【分析】根据PB⊥BC，AB⊥BC，由线面垂直判定可知A正确；根据PA⊥AC，BC⊥PA，由线面垂直和面面垂直的判定可知B正确；利用体积桥可求得r=3VP−ABCS=2−1<12，知C错误；根据平行关系和异面直线所成角定义可知α=∠OEF，由面面垂直性质和线面角定义可知β=∠BPD，由长度关系可求得D正确；
【详解】对于A，∵PC为球O的直径，B为球O上一点，
∴PB⊥BC，又AB⊥BC，PB∩AB=B，PB,AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，A正确；
对于B，∵PC为球O的直径，A为球O上一点，∴PA⊥AC，
由①知：BC⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA，
∵AC∩BC=C，AC,BC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，
又PA⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC，B正确；
对于D，取AC,BC,AB中点D,E,F，连接BD，PD，OE，EF，OF，OD，DF，
∵O，E，F分别为PC,BC,AB中点，∴OE//PB，EF//AC，
∴α=∠OEF，∵O，D分别为PC，AC中点，∴OD//PA，
又PA⊥平面ABC，∴OD⊥平面ABC，
∵DF⊂平面ABC，∴OD⊥DF；
因为球O的表面积为12π，所以4π×12PC2=12π，
解得PC=23，∵AC=22+22=22，∴PA=PC2−AC2=2；
∵DF=12BC=1，OD=12PA=1，∴OF=DF2+OD2=2，
又EF=12AC=12AB2+BC2=2，OE=12PB=12PA2+AB2=2，
∴△OEF为等边三角形，∴α=π3，则sinα=32；
∵AB=BC，D为AC中点，∴BD⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，
∴BD⊥平面PAC，∴β=∠BPD，
∵PD=PA2+AD2=6，BD=12AC=2，∴PB=PD2+BD2=22，
∴cosβ=PDPB=622=32，∴sinα=cosβ，D正确.
对于C，∵S△ABC=12AB⋅BC=2，S△PAB=12PA⋅AB=2，
S△PAC=12PA⋅AC=22，S△PBC=12PB⋅BC=PA2+AB2=22，
∴VP−ABC=13S△ABC⋅PA=43，四面体PABC的表面积S=S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC=4+42，
∴四面体PABC内切球半径r=3VP−ABCS=44+42=11+2=2−1<12，C错误；
  
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于D选项，根据平行关系和异面直线所成角定义可知α=∠OEF，由面面垂直性质和线面角定义可知β=∠BPD，由长度关系可求得答案，本题考查了学生的空间想象能力、运算能力.
13．80
【分析】由题设可得展开式通项为Tr+1=2rC5rx10−3r，进而确定含x项的r值，即可求其系数.
【详解】由题设，展开式通项为Tr+1=C5r(x2)5−r(2x)r=2rC5rx10−3r，
所以，令10−3r=1有r=3，则x的系数为23C53=80.
故答案为：80
14．±1
【分析】根据二倍角公式、向量共线的坐标表示及平方关系式求得结果.
【详解】因为a=(2,5)，b=cosα,sin2α，且a//b，
所以5cosα=2sin2α，即5cosα=4sinαcosα，即cosα5−4sinα=0，
因为sinα∈−1,1，所以5−4sinα>0，
所以cosα=0，又sin2α+cos2α=1，
所以sinα=±1.
故答案为：±1.
15．57
【分析】根据题设可得y=5400x+53x，50≤x≤100，利用基本不等式求解即可.
【详解】设汽车以xkm/h行驶时，行车的总费用y=36+6⋅3+x2360⋅100x=5400x+53x，
因为50≤x≤100，所以y=5400x+53x≥25400x⋅53x=6010，
当且仅当5400x=53x，即x=1810≈57时，等号成立，
故为了这次行车的总费用最少，那么最经济的车速是57 kmh.
故答案为：57.
16．e2,e
【分析】结合题意可得到elna2x2−lna2x2=ex−x在1,+∞上恰有两个不相等的实根，令tx=ex−x,x∈1,+∞，利用导数判断函数的单调性，从而可得lna2x2=x，则原问题等价于y=a2与y=exx2在1,+∞上恰有两个不同的交点，令hx=exx2,x∈1,+∞，利用导数求出函数函数的单调区间，从而作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.
【详解】fx=−ex−2lnx关于x轴对称的函数为y=ex+2lnx，
因为fx的图象与gx的图象在1,+∞上恰有两对关于x轴对称的点，
所以方程ex+2lnx=a2x2+x−2lna在1,+∞上恰有两个不相等的实根，
即a2x2+x−2lna−ex−2lnx=0，即a2x2−lna2x2+x−ex=0，
即elna2x2−lna2x2+x−ex=0，
即elna2x2−lna2x2=ex−x在1,+∞上恰有两个不相等的实根，
令tx=ex−x,x∈1,+∞，则t′x=ex−1>0,x∈1,+∞，
所以函数tx=ex−x在1,+∞上单调递增，
所以lna2x2=x，即a2x2=ex，a2=exx2，
故原问题等价于y=a2与y=exx2在1,+∞上恰有两个不同的交点，
令hx=exx2,x∈1,+∞，则h'x=exx−2x3,x∈1,+∞，
当1≤x<2时，h′x<0，当x>2时，h′x>0，
所以函数hx在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
又h1=e,h2=e24，当x→+∞时，hx→+∞，
如图，作出函数hx在1,+∞上的大致图象，

要使函数y=a2与y=exx2在1,+∞上恰有两个不同的交点，
只要e24 因为a>1，所以e2 所以实数a的取值范围是e2,e.
故答案为：e2,e.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx的图象的交点问题.
17．（1）an=2n−1；（2）2n−1+n2.
【分析】（1）利用等差数列的前n项和公式可得a2=3，根据等比数列可得a22= a1a5，列出关于a1和d的方程，解出即可得an的通项公式；（2）先求出bn的通项公式，根据分组求和法求其前n项和.
【详解】（1）由S3=9，得a1+a2+a3=9⇒a2=3．
又∵a1 ,a2 ,a5成等比数列，   ∴a22= a1a5，
即a22= (a2-d) (a2+3d)⇒d2-2d=0，
解得d=2或d=0（舍去），    ∴a1=a2-d=1，故an=2n-1．
（2）由题意bn-an=2n-1，所以bn=2n-1+an=2n-1+2n-1，
所以Tn=(1+2+22+⋯+2n-1)+[1+3+5+⋯+(2n-1)]
=1-2n1-2+n⋅2n2=2n-1+n2．
【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cn=an+bn，其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于an=1nn+1，错位相减法类似于cn=an⋅bn，其中an为等差数列，bn为等比数列等.
18．(1)不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关
(2)分布列见解析；23

【分析】（1）计算χ2的值，与临界值表比较，可得结论；
（2）确定随机抽取6人中男性和女性的人数，进而确定随机变量X的可能取值，求得每个值对应的概率，可得分布列，根据期望公式可求得数学期望.
【详解】（1）由题意得χ2=120×40×15−35×30270×50×75×45≈2.057<2.706=x0.10，
故根据小概率值α=0.10的独立性检验，不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关；
（2）由题意知从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人，
由于不喜欢该影片的观众中男性与女性的比例为2:1，
故随机抽取6人中有4名男性和2名女性，
故X的取值可能为0，1，2，
则P(X=0)=C42C62=25,P(X=1)=C41C21C62=815,P(X=2)=C40C22C62=115，
故X的分布列为：
X
0
1
2
P
25
815
115
故E(X)=0×25+1×815+2×115=23
19．(1)见解析
(2)44141

【分析】（1）连接AE,AC,PE，由已知可得AC=AD，即有AE⊥CD，再由线面垂直的判定证CD⊥面PAE，根据面面垂直的判定即可得结论；
（2）首先根据条件作出直线PB与平面PAE所成的角，点B作BG//CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF，∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角, ∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，根据这两个角相等，得到边的关系，最后得到二面角P−CD−A的平面角为∠PEA.
【详解】（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△ABC中AB=4,BC=3,∠ABC=90∘，故AC=5，即AC=AD，
所以△ADC为等腰三角形，又E为CD中点，故AE⊥CD，
因为PA⊥CD，且 PA∩AE=A，PA,AE⊂面PAE，所以CD⊥面PAE，
由CD⊂面PCD，故面PCD⊥面PAE.
（2）∵CD⊥平面PAE，
∴∠PEA是二面角P−CD−A的平面角，
过点B作BG//CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF，
由（1）知BG⊥平面PAE，
∴∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE，
由∠CBP=90∘，则PB⊥CB，由∠ABC=90∘，则AB⊥CB，
又PB∩AB=B，且PB,AB⊂面PAB，则CB⊥面PAB，而PA⊂面PAB，
所以PA⊥CB，结合PA⊥CD，CB∩CD=C，且CB,CD⊂面ABCD，
所以PA⊥面ABCD，则∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，
有题意知∠PBA=∠BPF，
∴Rt△PBA≅Rt△BPF⇒PA=BF,
因为∠DAB=∠ABC=90°知，AD//BC，又BG//CD，
∴BCDG是平行四边形， GD=BC=3，∴AG=2，
因为AB=4，BG⊥AF，
∴BG=AB2+AG2=25，
于是BF=AB2BG=1625=855，所以PA=855，
又CD=BG=25，CE=5，AE=AC2−CE2=25，
所以tan∠PEA=PAAE=45，因为AC=AD，PA⊥面ABCD，AC,AD⊂面ABCD，
则PA⊥AC,PA⊥AD，则PA2+AC2=PA2+AD2，即PC=PD，
因为E为CD中点，则PE⊥CD，又因为AE⊥CD，且AE⊂平面ACD，PE⊂平面PCD，
则二面角P−CD−A的正切值即为tan∠PEA=45，
则sin∠PEA=442+52=44141，
二面角P−CD−A的正弦值是44141.
  
20．（1）2732；（2）乙车间生产稳定性更高.
【分析】（1）设3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ，则ξ~B3,34，利用二项分布的概率公式求解即可；
（2）由（1）知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率，进而可得甲车间设备顺利运行至结束的概率；乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为η,η~7,34，利用二项分布的概率公式可求解乙车间设备顺利运行至结束的概率；两个结果作比可得结论．
【详解】（1）设3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ，则ξ~B3,34
记“1名人员维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A.
则PA=Pξ=3+Pξ=2=C33343+C32342⋅14=2764+2764=2732.
（2）甲车间分得的两个小组相互对立，由（1）知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率P=2732
设“甲车间设备顺利运行至结束”为事件B.
则PB=27322=36210=3645
乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为η,η~7,34
记“乙车间设备顺利运行至结束”为事件C.
PC=Pη=7+Pη+6+Pη=5=C77347+C76346⋅14+C75345⋅142
=37+7⋅36+21⋅3547=17⋅3647
∵PBPC=4217=1617<1，∴PB 故乙车间生产稳定性更高.
21．(1)x22−y24=1
(2)共线，理由见解析

【分析】（1）由双曲线的离心率为3，得b2=2a2，再将P2,2代入E的方程可得a2,b2，从而得出E的方程；
（2）联立直线l和双曲线方程结合韦达定理得出3x1+x2−2x1x2=4，再由点C坐标得出Nx2,x1−x2x1−2，最后由kMN结合3x1+x2−2x1x2=4可得直线MN的斜率为定值2，而直线PM的斜率也是2，从而可得出结论．
【详解】（1）双曲线的离心率为3，所以ca=3，即c2=3a2，b2=2a2，
将P2,2代入E的方程可得4a2−4b2=1，即4a2−42a2=1，则a2=2,b2=4，
故E的方程为x22−y24=1．
（2）依题意，可设直线l:y=kx−1k≠2，Ax1,y1，Bx2,y2．
  
y=kx−1与x22−y24=1联立，整理得k2−2x2−2k2x+k2+4=0，
所以k2≠2，Δ=2k22−4k2−2k2+4>0，解得，k2<4且k2≠2，
x1+x2=2k2k2−2，x1x2=k2+4k2−2，所以3x1+x2−2x1x2=4．（*）
又AP:y=y1−2x1−2x−2+2，所以C的坐标为x2,y1−2x1−2x2−2+2，
由y1=kx1−1可得，y1−2x1−2x2−2+2=kx1−1x2−2+2x1−x2x1−2，
从而可得N的纵坐标yN=12kx1−1x2−2+2x1−x2x1−2+kx2−1
=k2x1x2−3x1+x2+4+2x1−x22x1−2，
将（*）式代入上式，得yN=x1−x2x1−2，即Nx2,x1−x2x1−2．
所以，kMN=x1−x2x1−2x2−1=x1−x2x1x2−2x2−x1+2，
将（*）式代入上式，得kMN=2x1−x23x1+x2−4x2−2x1=2，
又kPM=2−02−1=2=kMN，直线MN与直线PM有公共点M，
所以P，M，N三点是否共线．
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出3x1+x2−2x1x2=4，建立x1,x2的关系，从而得出点N的坐标，由此得出kMN=2.
22．(1)答案见解析
(2)[1,+∞)

【分析】（1）求出f′x=ex−a，分a≤e、a>e讨论，可得答案；
（2）由零点存在定理可知01，且lnt=x2−x1，求出x2，x1，将其代入x1+λx21+λ>1得F(t)=lnt−(λ+1)(t−1)λt+1>0，再利用导数分λ≥1、0<λ<1讨论可得答案..
【详解】（1）由fx=ex−ax知f′x=ex−a，
1）当a≤e时，且有x∈[1,+∞)，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故无极值；
2）当a>e时，有x∈(1,lna)，f′(x)<0，f(x)单调递减，而x∈(lna,+∞)，f′(x)>0，f(x)单增，故f(x)极小值=f(lna)=a−alna，f(x)无极大值.
综上，当a≤e时，f(x)无极值；
当a>e时，f(x)极小值为a−lna，f(x)无极大值；
（2）由（1）可知当a>e时，f(lna)=a(1−lna)<0，f(0）=1>0，
且x→+∞，f（x）→+∞，
由零点存在定理可知0 ex2ex1=ex2−x1=x2x1，令t=x2x1>1，且lnt=x2−x1，即x2=tlntt−1，x1=lntt−1，
将其代入x1+λx21+λ>1，整理可令得F(t)=lnt−(λ+1)(t−1)λt+1>0，
而F′t=1t−(λ+1)2(λt+1)2=λ2t−1(t−1)t(λt+1)2，
1)当λ≥1时，且t∈(1,+∞)，有F′t≥(t−1)2t(λt+1)2>0，Ft单调递增，F(t)>F(1)=0，满足题设；
2)当0<λ<1时，且t∈1,1λ2，有F′(t)<0，Ft单调递减，F(t) 综上，λ的取值范围为[1,+∞).
【点睛】关键点点睛：第二问解题关键点是ex1−ax1=ex2−ax2=0消去a可得ex2ex1=ex2−x1=x2x1，令t=x2x1>1得x2、x1， 将其代入x1+λx21+λ>1构造函数F(t)=lnt−(λ+1)(t−1)λt+1>0，本题还考查了学生思维能力、运算能力.