2020-2021学年湖南省郴州市高三（下）2月月考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年湖南省郴州市高三（下）2月月考数学试卷人教A版，共13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|1<2x−1≤5，B=x|x2−4≥0，则A∩∁RB=（）
A.x|2≤x≤3B.x|2
2. 设复数z=2+i，若aza∈R的虚部为2，则a=（）
A.−10B.−5C.5D.10

3. 根据某医疗研究所的调查，某地区居民血型的分布为O型49%，A型19%，B型25%，AB型7%，已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任何一种血型的人输血，AB型血的人可以接受任何一种血型的血，其他不同血型的人不能互相输血．现有一血型为B型的病人需要输血，若在该地区任选一人，则能为该病人输血的概率为（）
A.25%B.32%C.74%D.81%

4. 已知α∈−π2,π2，则“2sin2α−3csα=0”是“sinα=34”的（）
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

5. 2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆．嫦娥五号返回舱之所以能达到如此高的再入精度，主要是因为它采用弹跳式返回弹道，实现了减速和再入阶段弹道调整，这与“打水漂”原理类似（如图所示）.现将石片扔向水面，假设石片第一次接触水面的速率为11.2m/s，这是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率为上一次的93%，若要使石片的速率低于7.84m/s，则至少需要“打水漂”的次数为( )
（参考数据：取ln0.7=−0.357，ln0.93=−0.073）

A.4B.5C.6D.7

6. 若函数fx=x3−ax2a>0的极大值点为a−2，则a=（）
A.1B.2C.4D.6

7. 已知定义在R上的函数fx满足对于任意两个不相等的实数x1，x2，都有fx1−fx2x1−x2>2成立，且f3=5，则不等式fx>2x−1的解集为（）
A.−∞,3B.−∞,5C.3,+∞D.5,+∞

8. 已知三棱柱ABC−DEF，DA，DE，DF两两互相垂直，且DA=DE=DF，M，N分别是BE，AB边的中点，P是线段CA上任意一点，过三点P，M，N的平面与三棱柱ABC−DEF的截面有以下几种可能：①三角形；②四边形；③五边形；④六边形．其中正确的是（）

A.①②B.③④C.①②③D.②③④
二、多选题

为了普及环保知识，增强环保意识，某学校分别从两个班各抽取7位同学分成甲、乙两组参加环保知识测试，得分（十分制）如图所示，则下列描述正确的有（）

A.甲、乙两组成绩的平均分相等
B.甲、乙两组成绩的中位数相等
C.甲、乙两组成绩的极差相等
D.甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差

已知a>0，b>0，且a+b+2ab−4=0，则（）
A.a+b的最大值为2B.a+b的最小值为2
C.ab的最大值是1D.ab 的最小值是1

已知函数fx=asinx+bcsxab≠0，则以下说法正确的为（）
A.fx的最小正周期为2π
B.fx可能为偶函数
C.若fx在x=π4时取得极值，则函数gx=fx+3π4是奇函数
D.若π4,0是fx图象的一个对称中心，则a=b

已知F1，F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0且a≠b）的左、右焦点，P为双曲线右支上异于顶点的任意一点，△PF1F2内切圆的圆心为I，则( )
A.△PF1F2的内切圆的圆心必在直线x=a上
B.△PF1F2的内切圆的圆心必在直线x=b上
C.双曲线C的离心率等于S△IF1F2S△PIF1−S△PIF2
D.双曲线C的离心率等于S△IF1F2S△PIF1+S△PIF2
三、填空题

已知向量a→，b→的夹角为π6，且|a→|=2，|b→|=3，则|a→+2b→|=________．

在新冠肺炎疫情期间，为有效防控疫情，某小区党员志愿者踊跃报名参加值班工作．已知该小区共4个大门可供出入，每天有5名志愿者负责值班，其中1号门有车辆出入，需2人值班，其余3个大门各需1人值班，则每天不同的值班安排有________种．

我国古代数学名著《九章算术》中记载“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”现有一个刍甍如图所示，底面ABCD是边长为4的正方形，上棱EF=22，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，EF到平面ABCD的距离为2，则该刍甍外接球的表面积为________．

已知直线l:2x+y−2=0过抛物线C:y2=mx的焦点F，且与y轴交于点P，M是抛物线C上一点，O为坐标原点，FM的中点Q满足PQ→=λPM→|PM→|+PO→|PO→|，则∠PMF=________，点M的坐标为________．
四、解答题

已知等比数列an中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项．
(1)求数列an的通项公式；

(2)________，求数列an+bn的前n项和Tn．
请在①已知数列bn为递增的等差数列，其中b3=5，且b1，b2，b5成等比数列，②数列bn满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1，③等差数列bn的前n项和为Sn，b3+b5=14，S9=81这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并完成解答．
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．

全球变暖已经是近在眼前的国际性问题，冰川融化、极端气候的出现、生物多样性减少等等都会给人类的生存环境带来巨大灾难．某大学以对于全球变暖及其后果的看法为内容制作一份知识问卷，并邀请40名同学（男女各占一半）参与问卷的答题比赛，将同学随机分成20组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分．最后20组同学得分如下表：

(1)完成下列2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为“该次比赛是否得满分”与“性别”有关；

(2)随机变量X表示每组男生分数与女生分数的差，求X的分布列与数学期望．
参考公式和数据：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，
n=a+b+c+d．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csinA=3a1−csC．
(1)求C；

(2)若AB=3，sinA=54，延长AC至D，使CD=5，求BD的长．

如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AB=4，点E在棱BB1上，且B1EB1B=λ．

(1)当λ为何值时，平面AEC1⊥平面AA1C1C？说明你的理由；

(2)在(1)的条件下，求二面角A−EC−A1的余弦值的绝对值．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，且椭圆C上的点到右焦点F的距离最长为3.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，AB的中垂线l1与x轴交于点G，试问|AB||FG|是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

已知函数fx=xsinx+2csx+x，f′x为fx的导函数．
(1)证明：f′x在π2,2π内存在唯一零点；

(2)当x∈π2,2π时，fx≤ax，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省郴州市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得A=x|1则∁RB=x|−2故A∩∁RB=x|1故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z=2+i，
所以az=a2+i=a(2−i)(2+i)×(2−i)=2a−ai5，
则−a5=2，解得a=−10．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
概率的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，能为B型血病人输血的有O型和B型，
因此，在该地区任选一人，能为病人输血的概率为49%+25%=74%．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
二倍角的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由2sin2α−3csα=0，得4sinαcsα=3csα．
因为α∈−π2,π2，
所以csα≠0，所以4sinα=3，则sinα=34；
反之也成立．
故“2sin2α−3csα=0"是"sinα=34”的充要条件．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
对数及其运算
其他不等式的解法
等比数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：设石片第n次“打水漂”时的速率为vn，
则vn=11.2×0.93n−1．
由11.2×0.93n−1<7.84，
得0.93n−1<0.7，
则(n−1)ln0.93即n−1>−0.357−0.073≈4.89，
则n>5.89，故至少需要“打水漂”的次数为6．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： f′x=3x2−2ax．
当x<0或x>2a3时，f′x>0；
当0所以fx的极大值点为0，
则a−2=0，解得a=2．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数单调性的性质
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不妨令x1>x2，
则fx1−fx2x1−x2>2等价于fx1−fx2>2x1−2x2，
即fx1−2x1>fx2−2x2．
构造函数gx=fx−2x，
则gx是R上的增函数．
g3=f3−2×3=−1，
fx>2x−1等价于fx−2x>−1，
即gx>g3，故x>3.
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
截面及其作法
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以点D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DF为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．
延长MN分别交x轴，y轴于点N′，M′．
连接N′P交z轴于点P′，
则过P，M，N三点的平面与过点N′，M′，P′的平面相同．
当点P与点A重合时，截面为四边形；
当012AC≤PA当点P与点C重合时，截面为三角形．
而该三棱柱只有五个面，截面与每个面相交最多产生五条交线，
故截面形状最多为五边形，即不可能为六边形．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为甲：4+5+6+6+7+7+87=437，
乙：5+5+5+6+7+8+97=457，
437<457，
所以甲组成绩的平均分小于乙组成绩的平均分，
甲、乙两组成绩的中位数都为6，
甲、乙两组成绩的极差都为4，
甲组的成绩比乙组更加稳定，所以甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差．
故选BCD．
【答案】
B,C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a+b+2ab−4=0，
所以a+b=4−2ab≥4−2×a+b22，
所以a+b2+2a+b−8≥0，
解得a+b≤−4或a+b≥2．
因为a>0，b>0，所以a+b≥2，故A错误，B正确；
因为a+b+2ab−4=0，
所以2ab=4−a+b≤4−2ab，
所以2ab+2ab−4≤0，解得ab≤1，
所以ab≤1，故C正确，D错误．
故选BC．
【答案】
A,C
【考点】
正弦函数的图象
正弦函数的周期性
正弦函数的奇偶性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(x)=asinx+bcsx
=a2+b2sin(x+φ)(tanφ=ba)，
所以fx的最小正周期为2π，故A正确；
若fx为偶函数，则fx=f−x，
即asinx+bcsx=−asinx+bcsx，
即2asinx=0对于任意的x∈R恒成立，
得a=0，与ab≠0矛盾，故B不正确；
若fx在x=π4时取得极值，由f0=fπ2，得b=a，
因为fx=asinx+acsx=2asinx+π4，
所以gx=fx+3π4=2asinx+π=−2asinx，
则gx是奇函数，故C正确；
若π4,0是fx图象的对称中心，
则fπ4=0，即a+b=0，故D不正确．
故选AC．
【答案】
A,C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
双曲线的定义
【解析】
无
【解答】
解：设△PF1F2的内切圆分别与PF1，PF2切于点A，B，与F1F2切于点N，如图，
则|PA|=|PB|，|F1A|=|F1N|，|F2B|=|F2N|．
又点P在双曲线的右支上，所以|PF1|−|PF2|=2a.
又|PF1|=|PA|+|AF1|，|PF2|=|PB|+|BF2|，
所以|PF1|−|PF2|=|PA|+|AF1|−|PB|+|BF2|
=|AF1|−|BF2|=2a，
故|F1N|−|F2N|=2a．
设点N的坐标为x,0，可得(x+c)−(c−x)=2a，解得x=a，
所以△PF1F1的内切圆必经过点a,0，显然内切圆的圆心与点N的连线垂直于x轴，
所以△PF1F2内切圆的圆心必在直线x=a上，故A正确；
又S△IF1F2S△PIF1−S△PIF2=2c2a=e，故C正确.
故选AC．
三、填空题
【答案】
27
【考点】
向量的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得，
a→+2b→2=a→2+4a→⋅b→+4b→2
=4+4×2×3×32+4×3=28，
则|a→+2b→|=28=27．
故答案为：27．
【答案】
60
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：先从这5人中选取2人在1号门值班，共有C52种情况，
再将剩下的3人分别安排到其他3个门值班，有A33种情况，
故每天不同的值班安排有C52A33=60种．
故答案为：60．
【答案】
33π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AC，BD相交于点G，取EF的中点H，连接GH，
易得HG⊥平面ABCD，则该刍甍外接球的球心O在直线HG上．
设该刍甍外接球的半径为R，OH=x，
则R2=2+x2，R2=222+2−x2，
解得x=52，R2=334，
所以该刍甍外接球的表面积为4πR2=33π．
故答案为：33π．
【答案】
90∘,1,2
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知F1,0，P0,2．
因为PQ→=λPM→|PM→|+PO→|PO→|，
所以PQ平分∠OPM.
作QN⊥y轴于点N，作MM1⊥y轴于点M1，交C的准线l于点M2，
则2|QN|=|MM1|+|OF|=|MM2|=|MF|，
故|QN|=12|MF|=|QM|．
过点Q作QT⊥MP于点T，
由PQ是∠OPM的角平分线，
则|QN|=|QT|=|QM|，
由垂线段的唯一性知T，M重合，可得∠PMF=90∘，
则M在以线段PF为直径的圆上．
设Mx0,y0，则x0−122+y0−12=54，
将x0=y024代入得y0(y03+12y0−32)=0，
易知y0≠0，
所以y03+12y0−32=(y0−2)(y02+2y0+16)=0，得y0=2，
所以x0=1．故M的坐标为1,2．
故答案为：90∘；1,2．
四、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q．
因为a1=1，所以a2=a1q=q，a3=a1q2=q2．
因为2a2是a3和4a1的等差中项，
所以4a2=a3+4a1，即4q=q2+4，解得q=2，
所以an=a1qn−1=2n−1．
(2)若选①：设{bn}的公差为d，
则b1b5=b22，b3=5，即b1b1+4d=b1+d2，b1+2d=5，
解得b1=1，d=2，
故bn=2n−1．
若选②：因为bn+2+bn=2bn+1，
所以{bn}为等差数列．
因为b1=1，b7=13，所以公差d=13−17−1=2，
故bn=2n−1．
若选③：设bn的公差为d．
因为b3+b5=14，S9=81，
所以b4=7，b5=9，
即b1+3d=7，b1+4d=9，得b1=1，d=2，
故bn=2n−1．
Tn=1−2n1−2+1+2n−1n2=2n+n2−1．
【考点】
等比数列的通项公式
等差中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
解：(1)设等比数列an的公比为q．因为a1=1，所以a2=a1q=q,a3=a1q2=q2．
因为2a2是a3和4a1的等差中项，
所以4a2=a3+4a1，即4q=q2+4，解得q=2，
所以an=a1qn−1=2n−1．
【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q．
因为a1=1，所以a2=a1q=q，a3=a1q2=q2．
因为2a2是a3和4a1的等差中项，
所以4a2=a3+4a1，即4q=q2+4，解得q=2，
所以an=a1qn−1=2n−1．
(2)若选①：设{bn}的公差为d，
则b1b5=b22，b3=5，即b1b1+4d=b1+d2，b1+2d=5，
解得b1=1，d=2，
故bn=2n−1．
若选②：因为bn+2+bn=2bn+1，
所以{bn}为等差数列．
因为b1=1，b7=13，所以公差d=13−17−1=2，
故bn=2n−1．
若选③：设bn的公差为d．
因为b3+b5=14，S9=81，
所以b4=7，b5=9，
即b1+3d=7，b1+4d=9，得b1=1，d=2，
故bn=2n−1．
Tn=1−2n1−2+1+2n−1n2=2n+n2−1．
【答案】
解：(1)2×2列联表如下：
所以，K2=40×8×9−11×12219×21×20×20≈0.902<2.706，
所以没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关．
(2)X的可能取值为−2，−1，0，1，2．
PX=−2=120，
PX=−1=620=310，
PX=0=720，
PX=1=420=15，
PX=2=220=110，
则X的分布列为
所以EX=−2×120+−1×310+
0×720+1×15+2×110=0．
【考点】
独立性检验
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)2×2列联表如下：
所以，K2=40×8×9−11×12219×21×20×20≈0.902<2.706，
所以没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关．
(2)X的可能取值为−2，−1，0，1，2．
PX=−2=120，
PX=−1=620=310，
PX=0=720，
PX=1=420=15，
PX=2=220=110，
则X的分布列为
所以EX=−2×120+−1×310+
0×720+1×15+2×110=0．
【答案】
解：(1)由正弦定理及csinA=3a1−csC，
得sinAsinC=3sinA−3sinAcsC．
因为sinA≠0，所以sinC=31−csC，
所以sinC+3csC=2sinC+π3=3，
所以sinC+π3=32．
因为0所以C=π3．
(2)如图，
在△ABC中，由正弦定理，得ABsin∠ACB=BCsinA，
即BC=ABsinAsin∠ACB=52．
在△BCD中，由余弦定理，
得BD=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD=352．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理及csinA=3a1−csC，
得sinAsinC=3sinA−3sinAcsC．
因为sinA≠0，所以sinC=31−csC，
所以sinC+3csC=2sinC+π3=3，
所以sinC+π3=32．
因为0所以C=π3．
(2)如图，
在△ABC中，由正弦定理，得ABsin∠ACB=BCsinA，
即BC=ABsinAsin∠ACB=52．
在△BCD中，由余弦定理，
得BD=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD=352．
【答案】
解：(1)当λ=12时，平面AEC1⊥平面AA1C1C .
证明如下：
如图，当λ=12时，点E为棱BB1的中点，
记A1C与AC1相交于点D，记线段AC的中点为O，连接DO，ED，
易证DO与EB平行且相等，
则四边形EDOB为平行四边形，则ED//BO.
因为△ABC为正三角形，则BO⊥AC，
易知AA1⊥BO，AA1∩AC=A，
则BO⊥平面A1ACC1，
则ED⊥平面A1ACC1，
因为ED⊂平面AEC1，
所以平面AEC1⊥平面AA1C1C．
(2)以O为坐标原点，以OB→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,−1,0)，E3,0,2，C0,1,0，A10,−1,4，
则AC→=0,2,0，CE→=3,−1,2，A1C→=0,2,−4．
设平面AEC的法向量为n1→=x1,y1,z1，
则AC→⋅n1→=0，CE→⋅n1→=0，即2y1=0，3x1−y1+2z1=0，
令x1=2，得n1→=2,0,−3．
设平面A1EC的法向量为n2→=x2,y2,z2，
则CE→⋅n2→=0，A1C→⋅n2→=0，
即3x2−y2+2z2=0，2y2−4z2=0，
令z2=1，得n2→=0,2,1.
cs=−37×5=−10535，
故二面角A−EC−A1的余弦值的绝对值为10535．
【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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当λ=12时，平面AEC1⊥平面AA1C1C .
证明如下：
如图，当λ=12时，点E为棱BB1的中点，
记A1C与AC1相交于点D，记线段AC的中点为O，连接DO，ED，
易证DO与EB平行且相等，
则四边形EDOB为平行四边形，则ED//BO.
因为△ABC为正三角形，则BO⊥AC，
易知AA1⊥BO，AA1∩AC=A，
则BO⊥平面A1ACC1，
则ED⊥平面A1ACC1，
因为ED⊂平面AEC1，
所以平面AEC1⊥平面AA1C1C．
(2)以O为坐标原点，以OB→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,−1,0)，E3,0,2，C0,1,0，A10,−1,4，
则AC→=0,2,0，CE→=3,−1,2，A1C→=0,2,−4．
设平面AEC的法向量为n1→=x1,y1,z1，
则AC→⋅n1→=0，CE→⋅n1→=0，即2y1=0，3x1−y1+2z1=0，
令x1=2，得n1→=2,0,−3．
设平面A1EC的法向量为n2→=x2,y2,z2，
则CE→⋅n2→=0，A1C→⋅n2→=0，
即3x2−y2+2z2=0，2y2−4z2=0，
令z2=1，得n2→=0,2,1.
cs=−37×5=−10535，
故二面角A−EC−A1的余弦值的绝对值为10535．
【答案】
解：(1)由题意可设椭圆的半焦距为c，
则 a+c=3，ca=12，a2=b2+c2，
解得a=2，b=3．
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，
Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点为Hx0,y0，
联立 x=my+1，x24+y23=1，整理得3m2+4y2+6my−9=0．
由题意可知m≠0，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
从而|AB|=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=12m2+13m2+4．
因为H为AB的中点，
所以y0=−3m3m2+4，x0=my0+1=43m2+4，
即H43m2+4,−3m3m2+4，
直线l1的方程可设为x=−1my+3m3m2+4+43m2+4，
令y=0，得x=13m2+4，
则|FG|=|1−13m2+4|=3m2+13m2+4．
故|AB||FG|=12m2+13m2+43m2+13m2+4=4 ．
当直线l的斜率为0时，|AB|=2a=4，|FG|=c=1，则|AB||FG|=4．
综上，|AB||FG|为定值，且定值为4．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可设椭圆的半焦距为c，
则 a+c=3，ca=12，a2=b2+c2，
解得a=2，b=3．
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，
Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点为Hx0,y0，
联立 x=my+1，x24+y23=1，整理得3m2+4y2+6my−9=0．
由题意可知m≠0，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
从而|AB|=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=12m2+13m2+4．
因为H为AB的中点，
所以y0=−3m3m2+4，x0=my0+1=43m2+4，
即H43m2+4,−3m3m2+4，
直线l1的方程可设为x=−1my+3m3m2+4+43m2+4，
令y=0，得x=13m2+4，
则|FG|=|1−13m2+4|=3m2+13m2+4．
故|AB||FG|=12m2+13m2+43m2+13m2+4=4 ．
当直线l的斜率为0时，|AB|=2a=4，|FG|=c=1，则|AB||FG|=4．
综上，|AB||FG|为定值，且定值为4．
【答案】
(1)证明：因为f(x)=xsinx+2csx+x，
所以f′(x)=xcsx−sinx+1，
记g(x)=f′(x)=xcsx−sinx+1，
则g′(x)=−xsinx，
当x∈π2,π时，g′(x)<0，
当x∈π,2π时，g′(x)>0，
g(x)在π2,π上单调递减，在π,2π上单调递增，
即f′(x)在π2,π上单调递减，在π,2π上单调递增．
因为f′π2=0，f′(π)=−π+1<0，f′(2π)=2π+1，
所以存在唯一x0∈π,2π，使得f′x=0，
即f′(x)在π2,2π内存在唯一零点．
(2)解：由(1)可知当x∈π2,x0时，f′(x)<0；
当x∈x0,2π时，f′(x)>0，
所以f(x)在π2,x0上单调递减，在x0,2π上单调递增．
因为当x∈π2,2π时，f(x)≤ax恒成立，
则至少满足fπ2=π≤π2⋅a，
f2π=2π+2≤2aπ，即a≥2．
①当x∈π2,3π2时，f3π2=0，
f(x)max=fπ2=π，满足f(x)≤2x；
②当x∈3π2,2π时，f(x)max=f2π=2π+2，
而2x≥2×3π2=3π，满足f(x)≤2x．
即当x∈π2,2π时，都有f(x)≤2x，
又当a≥2，x∈π2,2π时，ax≥2x,
从而当a≥2时，f(x)≤ax对一切x∈π2,2π恒成立．
故a的取值范围为[2,+∞)．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为f(x)=xsinx+2csx+x，
所以f′(x)=xcsx−sinx+1，
记g(x)=f′(x)=xcsx−sinx+1，
则g′(x)=−xsinx，
当x∈π2,π时，g′(x)<0，
当x∈π,2π时，g′(x)>0，
g(x)在π2,π上单调递减，在π,2π上单调递增，
即f′(x)在π2,π上单调递减，在π,2π上单调递增．
因为f′π2=0，f′(π)=−π+1<0，f′(2π)=2π+1，
所以存在唯一x0∈π,2π，使得f′x=0，
即f′(x)在π2,2π内存在唯一零点．
(2)解：由(1)可知当x∈π2,x0时，f′(x)<0；
当x∈x0,2π时，f′(x)>0，
所以f(x)在π2,x0上单调递减，在x0,2π上单调递增．
因为当x∈π2,2π时，f(x)≤ax恒成立，
则至少满足fπ2=π≤π2⋅a，
f2π=2π+2≤2aπ，即a≥2．
①当x∈π2,3π2时，f3π2=0，
f(x)max=fπ2=π，满足f(x)≤2x；
②当x∈3π2,2π时，f(x)max=f2π=2π+2，
而2x≥2×3π2=3π，满足f(x)≤2x．
即当x∈π2,2π时，都有f(x)≤2x，
又当a≥2，x∈π2,2π时，ax≥2x,
从而当a≥2时，f(x)≤ax对一切x∈π2,2π恒成立．
故a的取值范围为[2,+∞)．组别号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
男同学得分
4
5
5
4
5
5
4
4
5
5
女同学得分
3
4
5
5
5
4
5
5
5
3
组别号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
男同学得分
4
4
4
4
4
4
5
5
4
3
女同学得分
5
5
4
5
4
3
5
3
4
5
男同学
女同学
总计
该次比赛得满分
该次比赛未得满分
总分
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.010
k
2.706
3.841
6.635
男同学
女同学
总计
该次比赛得满分
8
11
19
该次比赛未得满分
12
9
21
总计
20
20
40
X
−2
−1
0
1
2
P
120
310
720
15
110
男同学
女同学
总计
该次比赛得满分
8
11
19
该次比赛未得满分
12
9
21
总计
20
20
40
X
−2
−1
0
1
2
P
120
310
720
15
110