2023年高考数学押题卷(五)含答案

这是一份2023年高考数学押题卷(五)含答案，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝{1，2} ，B＝{a，a2＋3}，若A∩B＝{1}，则实数a 的值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
2．若复数z的共轭复数为 eq \(z,\s\up6(－)) ，并满足i eq \(z,\s\up6(－)) ＝2＋i，其中i为虚数单位，则z＝( )
A．1＋2i B．1－2i
C．－1＋2i D．－1－2i
3．命题“∃x0>0，x eq \\al(2,0) －x0＋3>0”的否定是( )
A．∃x0>0，x eq \\al(2,0) －x0＋3≤0 B．∀x>0，x2－x＋3≤0
C．∃x0≤0，x eq \\al(2,0) －x0＋3≤0 D．∀x≤0，x2－x＋3>0
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex＋ln 2，x≤0,f（x－3），x>0)) ，则f(2 023)＝( )
A． eq \f(2,e) B．2e C． eq \f(2,e2) D．2e2
5．已知直线l：(a－1)x＋y－3＝0，圆C：(x－1)2＋y2＝5.则“a＝－1”是“l与C相切”的( )
A．必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C．充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6．某县扶贫办积极响应党的号召，准备对A乡镇的三个脱贫村进一步实施产业帮扶．现有“特色种养”、“庭院经济”、“农产品加工”三类帮扶产业，每类产业中都有两个不同的帮扶项目，若要求每个村庄任意选取一个帮扶项目(不同村庄可选取同一个项目)，那么这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业的概率为( )
A． eq \f(2,9) B． eq \f(1,6) C． eq \f(1,3) D． eq \f(2,5)
7．在△ABC中，|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5，M为BC中点，O为△ABC的内心，且 eq \(AO,\s\up6(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋μ eq \(AM,\s\up6(→)) ，则λ＋μ＝( )
A． eq \f(7,12) B． eq \f(3,4) C． eq \f(5,6) D．1
8．已知A，B，C是双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)上的三点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF⊥AC，且 eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(3,2) eq \(FA,\s\up6(→)) ，则该双曲线的离心率为( )
A． eq \f(\r(17),2) B． eq \f(\r(17),3) C． eq \f(3,2) D． eq \f(\r(37),5)
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－10，an＋1＝an＋3，则下列说法正确的是( )
A．{an}是递增数列 B．10是数列{an}中的项
C．数列{Sn}中的最小项为S4 D．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 是等差数列
10．将函数y＝sin 2x＋ eq \r(3) cs 2x＋1的图象向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度，再将所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) ，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则下面对函数g(x)的叙述中正确的是( )
A．函数g(x)的最小正周期为 eq \f(π,2) B．函数g(x)图象关于点(－ eq \f(π,12) ，0)对称
C．函数g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 内单调递增 D．函数g(x)图象关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称
11．已知实数a、b, 下列说法一定正确的是( )
A．若aB．若b>a>1，则lgaba< eq \f(1,2)
C．若a>0，b>0，a＋2b＝1，则 eq \f(2,a) ＋ eq \f(1,b) 的最小值为8
D．若b>a>0，则 eq \f(1＋a,b2) > eq \f(1＋b,a2)
12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB, AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱锥A′ ­ MNCB中，下列说法正确的是( )
A．直线MN∥平面A′BC
B．当四棱锥A′ ­ MNCB体积最大时，二面角A′ ­ MN ­ B为直二面角
C．在折起过程中存在某位置使BN⊥平面A′NC
D．当四棱锥A′ ­ MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为39π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．国庆放假期间，4号到7号安排甲乙丙三人值班，其中，乙和丙各值班1天，甲连续值班2天，则所有的安排方法共有________种．
14．曲线y＝ex＋x2－ eq \f(2,3) x在x＝0处的切线的倾斜角为α，则sin (2α＋ eq \f(π,2) )＝________．
15．已知点A(0，5)，过抛物线x2＝12y上一点P作y＝－3的垂线，垂足为B, 若|PB|＝|PA|，则|PB|＝________.
16．已知函数g(x)＝ eq \f(2,π＋2x) ，则函数g(x)图象的对称中心为________；方程g(x)＝2cs x＋sin 2x在区间[－2π，π]上的实根之和为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)在已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.
(1)若数列{an－t}是等比数列，求常数t和数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2(an－1)＋(－1)n·n，求数列{bn}的前2n项的和S2n.
18．(12分)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(a＋b)(sin A－sin B)＝(a－c)sin C.
(1)求角B的大小；
(2)若c＝2 eq \r(3) ，求a的取值范围．
19．(12分)
如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝a，E是PC的中点，过E作EF⊥PB，交PB于点F.
(1)证明：PB⊥平面EFD；
(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的大小为 eq \f(π,3) ，求AD的长度．
20．(12分)2021年3月5日李克强总理在政府工作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：
方案一；交纳延保金5 000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1 000元；
方案二：交纳延保金6 230元，在延保的5年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；
制造商为制定收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表
以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？
21．(12分)已知圆F1：(x＋1)2＋y2＝r2，圆F2：(x－1)2＋y2＝(4－r)2，0(1)求曲线C的方程；
(2)已知点P(1， eq \f(3,2) )，过曲线C右焦点F2的直线交曲线C于A、B两点，与直线x＝m交于点D，是否存在实数m，λ，使得kPA＋kPB＝λkPD成立，若存在，求出m，λ；若不存在，请说明理由．
22．(12分)已知f(x)＝ex－ax2－x－1.
(1)当a＝ eq \f(e,2) 时求f(x)的极值点个数；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围；
(3)求证： eq \f(2,2e－1) ＋ eq \f(2,2e2－1) ＋…＋ eq \f(2,2en－1) < eq \f(3,2) ，其中n∈N*.
2023年高考数学押题卷(五)
1．解析：由A∩B＝{1}，而a2＋3≥3，故a＝1.故选B.
答案：B
2．解析：因为i eq \(z,\s\up6(－)) ＝2＋i，所以 eq \(z,\s\up6(－)) ＝ eq \f(2＋i,i) ＝ eq \f(－i（2＋i）,i·（－i）) ＝1－2i，所以z＝1＋2i.故选A.
答案：A
3．解析：命题“∃x0>0，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －x0＋3>0”是存在量词命题，其否定是全称量词命题，
所以命题“∃x0>0，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －x0＋3>0”的否定是“∀x>0，x2－x＋3≤0”．故选B.
答案：B
4．解析：f(2 023)＝f(－2)＝e－2＋ln 2＝ eq \f(2,e2) .故选C.
答案：C
5．解析：圆C：(x－1)2＋y2＝5的圆心为(1，0)，半径r＝ eq \r(5) ，
由直线l和C 相切可得：
圆心到直线的距离d＝ eq \f(|a－4|,\r(（a－1）2＋1)) ＝ eq \r(5) ，
解得2a2－a－3＝0，
解得a＝－1或a＝ eq \f(3,2) ，
故a＝－1 是a＝－1 或a＝ eq \f(3,2) 的充分不必要条件．故选B.
答案：B
6．解析：
设“特色种养”中的两个帮扶项目为A，B，“庭院经济”中的两个帮扶项目为C，D，“农产品加工”中的两个帮扶项目为E，F，
所以三个村庄总的方案为6×6×6＝216种，
按照题目要求，每个项目仅有一个村庄，则共有8×6＝48种，
所以这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业的概率为 eq \f(48,216) ＝ eq \f(2,9) .故选A.
答案：A
7．解析：
由题知，∠A＝ eq \f(π,2) ，根据三角形面积与周长和内心的关系求得，内切圆半径OE＝OF＝ eq \f(3×4,3＋4＋5) ＝1，四边形AEOF为正方形，
则 eq \(AO,\s\up6(→)) ＝ eq \(AE,\s\up6(→)) ＋ eq \(AF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up6(→)) ，又 eq \(AM,\s\up6(→))
＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up6(→)) ，
则 eq \(AO,\s\up6(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋μ eq \(AM,\s\up6(→)) ＝(λ＋ eq \f(μ,2) ) eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(μ,2) eq \(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up6(→)) ，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(μ,2)＝\f(1,3),\f(μ,2)＝\f(1,4))) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,12)，,μ＝\f(1,2))) 则λ＋μ＝ eq \f(1,12) ＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(7,12) .故选A.
答案：A
8．解析：设双曲线的左焦点为E，连接AE，CE，BE(图略)，
由题意知|BF|＝|AE|，|BE|＝|AF|，BF⊥AC，
∴四边形AEBF为矩形，令|BF|＝|AE|＝m，|BE|＝|AF|＝n，
∵|CE|－|CF|＝|AE|－|AF|＝2a， eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(3,2) eq \(FA,\s\up6(→)) ，
∴在Rt△EAC中|AE|2＋|AC|2＝|CE|2，m2＋(n＋ eq \f(3,2) n)2＝(2a＋ eq \f(3,2) n)2.
将2a＝m－n带入可得m＝6n，
∴n＝ eq \f(2,5) a，m＝ eq \f(12,5) a，
∴在Rt△EAF中，m2＋n2＝(2c)2，
即( eq \f(12,5) a)2＋( eq \f(2,5) a)2＝(2c)2，
可得e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(37),5) .故选D.
答案：D
9．解析：∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3，
∴数列{an}为首项为－10，公差为3的等差数列，
则an＝－10＋(n－1)×3＝3n－13，
∵an＋1－an＝3>0，∴{an}为递增数列，A正确；
令10＝3n－13，得n＝ eq \f(23,3) ，不满足题意，故B错误；
∵a4＝－1<0，a5＝2>0，且{an}为递增数列，
∴数列{Sn}中的最小项为S4，故C正确；
∵Sn＝ eq \f(（3n－13－10）·n,2) ＝ eq \f(3n2－23n,2) ，
∴ eq \f(Sn,n) ＝ eq \f(3n,2) － eq \f(23,2) ，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n))) 是等差数列，故D正确．故选ACD.
答案：ACD
10．解析：由题意可得：函数y＝sin 2x＋ eq \r(3) cs 2x＋1＝2sin (2x＋ eq \f(π,3) )＋1，将其向右平移 eq \f(π,12) 个单位可得y＝2sin (2x－ eq \f(π,6) ＋ eq \f(π,3) )＋1＝2sin (2x＋ eq \f(π,6) )＋1，再将所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) 倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，可得g(x)＝2sin (4x＋ eq \f(π,6) )＋1，
故可得函数g(x)的周期T＝ eq \f(2π,4) ＝ eq \f(π,2) ，A符合题意；
令x＝－ eq \f(π,12) ，可得g(－ eq \f(π,12) )＝0，故(－ eq \f(π,12) ，0)不是函数g(x)的一个对称中心，B不符合题意；
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，可得4x＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6))) ，由正弦函数性质，可得函数g(x)＝2sin (4x＋ eq \f(π,6) )＋1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 不单调，C不正确；
由g( eq \f(π,12) )＝2sin eq \f(π,2) ＋1＝3，可得x＝ eq \f(π,12) 是函数的对称轴，D符合题意．故选AD.
答案：AD
11．解析：对于A，当a＝0时，( eq \f(2,7) )a＝( eq \f(3,7) )a，A不符合题意；
对于B，若b>a>1，则1对于C，若a>0，b>0，a＋2b＝1，则 eq \f(2,a) ＋ eq \f(1,b) ＝( eq \f(2,a) ＋ eq \f(1,b) )(a＋2b)＝4＋ eq \f(4b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥4＋2 eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b)) ＝8，当且仅当 eq \f(4b,a) ＝ eq \f(a,b) ，即a＝2b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，C符合题意；
对于D，取a＝1，b＝2， eq \f(1＋a,b2) ＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) < eq \f(1＋2,1) ＝3，D不符合题意．故选BC.
答案：BC
12．解析：因为MN∥BC，MN⊄平面A′BC，BC⊂平面A′BC，所以直线MN∥平面A′BC，A符合题意；
因为四棱锥A′ ­ MNCB底面积为定值，所以当点A′到平面MNCB距离最大时体积最大，故当二面角A′ ­ MN ­ B为直二面角时，满足题意，B符合题意；
对于C，如图，
若BN⊥平面A′NC，则BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD＝D，可知MN⊥平面A′AD，所以A′A⊥MN，又MN∩BN＝N，所以A′A⊥平面MNCB，这显然不可能，C不符合题意；
当四棱锥A′ ­ MNCB体积最大时，二面角A′ ­ MN ­ B为直二面角，如图，
由∠MBC＝ eq \f(π,3) ，取BC的中点E, 则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作OE⊥平面MNCB, OF⊥平面A′MN，则O是四棱锥A′ ­ MNCB的外接球的球心，且OF＝DE＝ eq \f(3\r(3),2) ，A′F＝ eq \r(3) .设四棱锥A′ ­ MNCB的外接球半径为R，则R2＝A′F2＋OF2＝ eq \f(39,4) ，所以球表面积是39π.故选ABD.
答案：ABD
13．解析：甲的安排方法有3种，即4，5两天值班或5，6两天值班或6，7两天值班，再安排乙与丙两人有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2种安排方法，所以所有的安排方法共有6种．
答案：6
14．解析：令y＝f(x)，由题得y′＝f′(x)＝ex＋2x－ eq \f(2,3) ，所以f′(0)＝e0－ eq \f(2,3) ＝ eq \f(1,3) ，
所以tan α＝ eq \f(1,3) ，∴α∈(0， eq \f(π,2) )，∴cs α＝ eq \f(3,\r(10)) ，
所以sin (2α＋ eq \f(π,2) )＝cs 2α＝2cs2α－1＝2× eq \f(9,10) －1＝ eq \f(4,5) .
答案： eq \f(4,5)
15．解析：
设p(x，y)，|PB|＝|PA|，
可得y＋3＝ eq \r(x2＋（y－5）2) ，
x2－16y＋16＝0，
由x2＝12y，带入可得y＝4，
所以|PB|＝y＋3＝7.
答案：7
16．解析：g(x)＝ eq \f(2,π＋2x) ＝ eq \f(1,\f(π,2)＋x) ，易知函数g(x)的图象关于点(－ eq \f(π,2) ，0)对称；
令h(x)＝2csx＋sin 2x，h(π－x)＝－2cs x－sin 2x＝－h(x)，所以函数h(x)的图象也关于点(－ eq \f(π,2) ，0)对称；
h′(x)＝－4sin 2x－2sin x＋2＝－2(sin x＋1)(2sin x－1)，
当sin x∈(－1， eq \f(1,2) )时，h′(x)>0，即h(x)在区间(－2π，－ eq \f(11π,6) )和(－ eq \f(7π,6) ， eq \f(π,6) )和( eq \f(5π,6) ，π)上单调递增；当sin x∈( eq \f(1,2) ，1)时，h′(x)<0，即h(x)在区间(－ eq \f(11π,6) ，－ eq \f(7π,6) )和( eq \f(π,6) ， eq \f(5π,6) )上单调递减．
又h(－2π)＝2，h(－ eq \f(11π,6) )＝h( eq \f(π,6) )＝ eq \f(3\r(3),2) ，h(－ eq \f(7π,6) )＝h( eq \f(5π,6) )＝－ eq \f(3\r(3),2) ，h(π)＝－2，
画出h(x)和g(x)的简图如图．
设交点分别为A，B，C，D，则 eq \f(xA＋xB,2) ＝－ eq \f(π,2) ， eq \f(xC＋xD,2) ＝－ eq \f(π,2) ，
则方程g(x)＝2cs x＋sin 2x在区间[－2π，π]上的实根之和为－2π.
答案：(－ eq \f(π,2) ，0) －2π
17．解析：(1)由题意，数列{an}满足an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，
又由a1＝2，可得a1－1＝1，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为q＝2的等比数列，
又因为数列{an－t}是等比数列，所以t＝1，
可得an－1＝1·2n－1＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.
(2)由(1)知：an＝2n－1＋1，可得bn＝2(an－1)＋(－1)n·n＝2n＋(－1)n·n，
所以数列{bn}的前2n项的和为：
S2n＝(2＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n)
＝ eq \f(2·（1－22n）,1－2) ＋{(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]}
＝ eq \f(2·（1－22n）,1－2) ＋n＝22n＋1＋n－2.
18．解析：(1)因为(a＋b)(sin A－sin B)＝(a－c)sin C，
所以由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝(a－c)c，化简得a2＋c2－b2＝ac，
所以由余弦定理得
cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(ac,2ac) ＝ eq \f(1,2) ，
因为B∈(0， eq \f(π,2) )，
所以B＝ eq \f(π,3) .
(2)因为B＝ eq \f(π,3) ，所以A＋C＝π－B＝ eq \f(2π,3) ，
由正弦定理得， eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(c,sin C) ，
所以a＝ eq \f(c,sin C) ·sin A＝ eq \f(2\r(3)sin （\f(2π,3)－C）,sin C) ＝ eq \f(2\r(3)（\f(\r(3),2)cs C＋\f(1,2)sin C）,sin C) ＝ eq \r(3) ＋ eq \f(3,tan C) ，
因为△ABC为锐角三角形，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0所以tan C> eq \f(\r(3),3) ，
所以0< eq \f(3,tan C) <3 eq \r(3) ，所以 eq \r(3) < eq \r(3) ＋ eq \f(3,tan C) <4 eq \r(3) ，
所以 eq \r(3) 即a的取值范围为( eq \r(3) ，4 eq \r(3) ).
19．解析：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，
∴PD⊥BC，CD⊥BC，
又PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PDC，
∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE.
又∵PD＝DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC，
∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴DE⊥PB.
又EF⊥PB，EF∩DE＝E，∴PB⊥平面EFD.
(2)如图，由题意知DA、DC、DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D ­ xyz.设AD＝t，
则D(0，0，0)，B(t，a，0)，C(0，a，0)，P(0，0，a)，E(0， eq \f(a,2) ， eq \f(a,2) )，
∴ eq \(DP,\s\up6(→)) ＝(0，0，a)， eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(t，a，0)，
由(1)知，DE⊥平面PBC，故 eq \(DE,\s\up6(→)) 是平面PBC的一个法向量，且 eq \(DE,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(a,2) ， eq \f(a,2) ).
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(az＝0，,tx＋ay＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＝0，,tx＋ay＝0，)) 取y＝1，得n＝(－ eq \f(a,t) ，1，0)，
∴cs eq \f(π,3) ＝ eq \f(|\(DE,\s\up6(→))·n|,|\(DE,\s\up6(→))|·|n\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(\f(a,2),\f(\r(2)a,2)·\r(\f(a2,t2)＋1)) ＝ eq \f(1,2) ，解得t＝a，即AD＝a.
20．解析：(1)由题意得，X＝0，1，2，3，4，5，6，
P(X＝0)＝ eq \f(1,10) × eq \f(1,10) ＝ eq \f(1,100) ，P(X＝1)＝ eq \f(1,10) × eq \f(1,5) ×2＝ eq \f(1,25) ，P(X＝2)＝ eq \f(1,10) × eq \f(2,5) ×2＋ eq \f(1,5) × eq \f(1,5) ＝ eq \f(3,25) ，P(X＝3)＝ eq \f(1,10) × eq \f(3,10) ×2＋ eq \f(1,5) × eq \f(2,5) ×2＝ eq \f(11,50) ，P(X＝4)＝ eq \f(3,10) × eq \f(1,5) ×2＋ eq \f(2,5) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(7,25) ，P(X＝5)＝ eq \f(3,10) × eq \f(2,5) ×2＝ eq \f(6,25) ，P(X＝6)＝ eq \f(3,10) × eq \f(3,10) ＝ eq \f(9,100) ，
∴X的分布列为
(2)选择方案一：所需费用为Y1元，则X≤2时，Y1＝5 000，X＝3时，Y1＝6 000；X＝4时，Y1＝7 000；X＝5时，Y1＝8 000，X＝6时，Y1＝9 000，
∴Y1的分布列为
E(Y1)＝5 000× eq \f(17,100) ＋6 000× eq \f(11,50) ＋7 000× eq \f(7,25) ＋8 000× eq \f(6,25) ＋9 000× eq \f(9,100) ＝6 860.
选择方案二：所需费用为Y2元，则X≤4时，Y2＝6 230；X＝5时，Y2＝6 230＋t；X＝6时，Y2＝6 230＋2t，则Y2的分布列为
E(Y2)＝6 230× eq \f(67,100) ＋(6 230＋t)× eq \f(6,25) ＋(6 230＋2t)× eq \f(9,100) ＝6 230＋ eq \f(21t,50) ，
要使选择方案二对客户更合算，则E(Y2)∴6 230＋ eq \f(21t,50) <6 860，解得t<1 500，即t的取值范围为[0，1 500).
21．解析： (1)由题意可知|PF1|＝r，|PF2|＝4－r，|F1F2|＝2，
所以|PF1|＋|PF2|＝4>|F1F2|，
所以曲线C为以F1、F2为焦点的椭圆，且a2＝22＝4，c2＝1，b2＝4－1＝3，
所以曲线C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,3x2＋4y2＝12，)) 消去y整理得，(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝ eq \f(8k2,4k2＋3) ，x1x2＝ eq \f(4k2－12,4k2＋3) ，
所以kPA＋kPB＝ eq \f(y1－\f(3,2),x1－1) ＋ eq \f(y2－\f(3,2),x2－1) ＝ eq \f(k（x1－1）－\f(3,2),x1－1) ＋ eq \f(k（x2－1）－\f(3,2),x2－1)
＝2k－ eq \f(3,2（x1－1）) － eq \f(3,2（x2－1）) ＝2k－ eq \f(3（x1＋x2－2）,2[x1x2－（x1＋x2）＋1]) ＝2k－1，
kPD＝ eq \f(k（m－1）－\f(3,2),m－1) ＝k－ eq \f(3,2（m－1）) ，
因为kPA＋kPB＝λkPD，
所以2k－1＝λk－ eq \f(3λ,2（m－1）) ，所以λ＝2， eq \f(3λ,2（m－1）) ＝1，得m＝4，
所以存在m＝4，λ＝2使kPA＋kPB＝λkPD成立．
22．解析：(1)当a＝ eq \f(e,2) 时，f(x)＝ex－ eq \f(e,2) x2－x－1，
所以f′(x)＝ex－ex－1，f″(x)＝ex－e，
所以当x<1时，f″(x)<0，f′(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，f″(x)>0，f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为f′(0)＝0，f′(1)＝－1，f′(2)＝e2－2e－1>0，
所以存在x0∈(1，2)，使f′(x0)＝0，所以，x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈(0，x0)时，f′(x)<0；x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，所以0和x0是f(x)的极值点，
所以f(x)有两个极值点．
(2)f(x)＝ex－ax2－x－1，f′(x)＝ex－2ax－1，
设h(x)＝f′(x)＝ex－2ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－2a单调递增，
又h′(0)＝1－2a，
所以当a≤ eq \f(1,2) 时，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即f′(x)≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，符合题意．
当a> eq \f(1,2) 时，令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，
当x∈[0，ln 2a)时，h′(x)<0，h(x)在[0，ln 2a)上单调递减，
f′(x)＝h(x)≤h(0)＝0，
f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
所以x∈(0，ln 2a)时，f(x)所以a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) .
(3)证明：由(2)可知a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)≥0，x∈[0，＋∞)，即2ex－1≥x2＋2x＋1(x≥0)，
所以2en－1≥n2＋2n＋1>n2＋2n， eq \f(2,2en－1) < eq \f(2,n（n＋2）) ，
所以 eq \f(2,2e－1) ＋ eq \f(2,2e2－1) ＋…＋ eq \f(2,2en－1) < eq \f(2,1×3) ＋ eq \f(2,2×4) ＋…＋ eq \f(2,n（n＋2）)
＝1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,4) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋2)
＝1＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) < eq \f(3,2) .
维修次数
0
1
2
3
机器台数
20
40
80
60
X
0
1
2
3
4
5
6
P
eq \f(1,100)
eq \f(1,25)
eq \f(3,25)
eq \f(11,50)
eq \f(7,25)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)
Y1
5 000
6 000
7 000
8 000
9 000
P
eq \f(17,100)
eq \f(11,50)
eq \f(7,25)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)
Y2
6 230
6 230＋t
6 230＋2t
P
eq \f(67,100)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)