2023-2024学年江苏省无锡市高三上学期期终教学质量调研测试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市高三上学期期终教学质量调研测试数学试卷（含解析），共21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。

1.已知集合A={−1,0,1,2,3,4}，集合B={x|x2−2x−3≤0}，则A∩B=
A. {−1,0,1,2,3}B. {−1,0,1}C. {0,1,2}D. {−1,0}
2.复数1−2i3+i在复平面内对应的点所在的象限为
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知a，b是两个不共线的向量，命题甲：向量ta+b与a−2b共线；命题乙：t=−12，则甲是乙的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.从甲地到乙地的距离约为240 km，经多次实验得到一辆汽车每小时耗油量Q(单位：L)与速度v(单位：km/ℎ)(0≤v≤120)的下列数据：
为描述汽车每小时耗油量与速度的关系，则下列四个函数模型中，最符合实际情况的函数模型是
A. Q=av+bB. Q=av3+bv2+cv
C. Q=0.5v+aD. Q=klgav+b
5.已知a>b>0，设椭圆C1：x2a2+y2b2=1与双曲线C2：x2a2−y2b2=1的离心率分别为e1，e2.若e2=3e1，则双曲线C2的渐近线方程为
( )
A. y=±2 55xB. y=±45xC. y=± 52xD. y=± 55x
6.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=120°.若M，N分别是侧棱CC1，BB1上的点，且MC=2，NB=1，则四棱锥A−BCMN的体积为
( )
A. 3B. 2C. 3 3D. 6
7.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且存在k∈N，使得Sk+3，Sk+9，Sk+6成等差数列．若对于任意的m∈N，满足am+2+am+5=32，则am+8=( )
A. m+32B. m+16C. 32D. 16
8.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)+x2为奇函数，f(x)−2x为偶函数．令函数g(x)=f(x),x≥0,−f(x),x<0.若存在唯一的整数x0，使得不等式[g(x0)]2+a·g(x0)<0成立，则实数a的取值范围为
A. [−8,−3)∪(1,3]B. [−3,−1)∪(3,8]C. [−3,0)∪(3,8]D. [−8,−3)∪(0,3]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.第一组样本数据x1，x2，…，xn，第二组样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=2xi−1(i=1,2,…,n)，则
A. 第二组样本数据的样本平均数是第一组样本数据的样本平均数的2倍
B. 第二组样本数据的中位数是第一组样本数据的中位数的2倍
C. 第二组样本数据的样本标准差是第一组样本数据的样本标准差的2倍
D. 第二组样本数据的样本极差是第一组样本数据的样本极差的2倍
10.已知函数f(x)=sin2x+π3，g(x)=cs2x+π6，则下列说法正确的是
( )
A. y=f(x)的图象关于点π12,0对称
B. g(x)在区间π2,5π6上单调递增
C. 将g(x)图象上的所有点向右平移π6个单位长度即可得到f(x)的图象
D. 函数ℎ(x)=f(x)+g(x)的最大值为 3
11.已知过点(0,t)的直线l1与抛物线C：x2=4y相交于A、B两点，直线l2：y=kx+4是线段AB的中垂线，且l1与l2的交点为Q(m,n)，则下列说法正确的是
( )
A. m为定值B. n为定值
C. − 2212.已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为p(0( )
A. 若X∼NB1,12，则P(X=k)=12k，k=1，2，3，…
B. 若X～NB(r,p)，则P(X=k)=pr(1−p)k−r，k=r，r+1，r+2，…
C. 若X～NB(r,p)，Y～B(n,p)，则P(X≤n)=P(Y≥r)
D. 若X～NB(r,p)，则当k取不小于r−1p的最小正整数时，P(X=k)最大
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若直线l：3x−y−6=0与圆C：x2+y2−2x−4y=0相交于A，B两点，则弦长AB=________．
14.随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”火遍全国．现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为________.(用数字作答)
15.已知函数f(x)=sin(3x+φ)在区间[−φ,φ]上的值域为− 22,1，则φ的值为________．
16.已知函数f(x)=ex,x≥0,−x2,x<0.若函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))(x1<0)和点B(x2,f(x2))(x2>0)处的两条切线相互平行且分别交y轴于M，N两点，则|AM||BN|的取值范围为________．
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.(本小题10分)
设数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=4an+1−3an+6n−3．
(1)证明：数列{an+1−an+3n}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3 74a2+b2−c2．
(1)求sinC；
(2)若sin(B−A)=3 732，求tanA．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥A−BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，CD=DE=2BE，BC⊥CD，BE//CD，F是线段AD的中点．
(1)若BA=BC，求证：EF⊥平面ACD；
(2)若BE=1，∠ABC=60°，且平面ABC与平面ADE夹角的正切值为2 33，求线段AC的长．
20.(本小题12分)
为考察药物M对预防疾病A以及药物N对治疗疾病A的效果，科研团队进行了大量动物对照试验．根据100个简单随机样本的数据，得到如下列联表：(单位：只)
(1)依据α=0.1的独立性检验，分析药物M对预防疾病A的有效性；
(2)用频率估计概率，现从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取1只，用药物N进行治疗．已知药物N的治愈率如下：对未服用过药物M的动物治愈率为12，对服用过药物M的动物治愈率为34.若共选取3次，每次选取的结果是相互独立的．记选取的3只动物中被治愈的动物个数为X，求X的分布列和数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
21.(本小题12分)
在直角坐标系xOy中，动点P(x,y)与定点F(1,0)的距离和P到定直线l：x=4的距离的比是常数12，记动点P的轨迹为W．
(1)求W的方程；
(2)过动点T(0,t)(t<0)的直线交x轴于点H，交W于点A，M(点M在第一象限)，且AT=2TH.作点A关于x轴的对称点B，连接BT并延长交W于点N.证明：直线MN斜率不小于 6．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x4+axln x(a∈R)，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)=f′(x)．
(1)若a=−12，求y=f(x)在[1,3e]上的最大值；
(2)设P(x1,g(x1))，Q(x2,g(x2))，其中1≤x2答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．
先求出集合B，由此利用交集定义能求出A∩B的值．
【解答】
解：∵集合A={−1,0,1,2,3,4}，
B={x|x2−2x−3⩽0}={x|−1⩽x⩽3}，
∴A∩B={−1,0,1,2,3}．
2.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查了复数的运算，考查了复数的几何意义，是基础题．
利用复数的除法可化简1−2i3+i，从而可求对应的点的位置．
【解答】解：1−2i3+i=(1−2i)(3−i)(3+i)(3−i)=110− 7i10，
在复平面上对应的点为(110,−710)，位于第四象限．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量共线定理，是一个基础题，
根据两个向量共线解决有关问题方面解读向量的共线定理，先利用向量共线的充要条件是存在实数k，使得ta+b=ka−2b及a,b不共线得到方程，解得t值，再看“向量ta+b与a−2b共线”是t=−12的什么条件即可．
【解答】
解：∵向量ta+b与a−2b共线，
∴存在实数k，使得ta+b=ka−2b，
∵ a,b不共线
∴t=k且1=−2k，
解得t=−12，
∴甲是乙的充要条件.
故选C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数模型的确定，排除法的应用，属于基础题．
利用所给数据的特征排除不合题意的函数模型即可确定满足题意的函数模型．
【解答】
解：依题意可知该函数必须满足三个条件：
第一，定义域为[0,120]；
第二，在定义域上单调递增；
第三，函数经过坐标原点．
函数Q=av +b不经过坐标原点，排除A，
函数Q=0.5v+a单调递减，排除C，
当v=0时，Q=klgav+b没有意义，排除D，
故最符合实际的函数模型为B．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆和双曲线的性质，属于基础题．
分别求出e1，e2,由e2=3e1得b a =2 55，即可求渐近线方程．
【解答】
解：由题意，得e1= a2−b2a,e2= a2+b2a，
因为e2=3e1，即 a2+b2a=3 a2−b2a，
则a2=5b24，则b a =2 55，
故双曲线C2的渐近线方程为y=±2 55x．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了面面垂直的性质，棱锥的体积，属于中档题。
在平面ABCD内，作AE⊥BC于E，由平面与平面垂直的性质得，AE⊥平面BCMN，利用棱锥的体积公式即可求解。
【解答】
解：∵直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且∠DAB=120°，
M，N分别是侧棱CC1，BB1上的点，且MC=2，NB=1，
根据正四棱柱的结构特征，在BB1C1C是矩形，故BCMN是两底分别为1，2，高为2的直角梯形，
SBCMN=12(1+2)×2=3，
过A作AE⊥BC于E，由于侧面BCC1B1与底面ABCD垂直，BC是交线，
AE在底面内，故AE与平面BCMN垂直，
根据所给条件可得AE=AB·sin60°=2× 32= 3，
∴四棱锥A−BCMN的体积为13·AE·SBCMN=13× 3×3= 3．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的性质，等差数列的性质，属于中档题。
由Sk+3，Sk+9，Sk+6成等差数列，得q3=−12，再由等比数列的性质，即可求解。
【解答】
解：∵Sn是等比数列{an}的前n项和，且存在k∈N，使得Sk+3，Sk+9，Sk+6成等差数列，
∴2Sk+9=Sk+3+Sk+6⇒2(Sk+6+ak+7+ak+8+ak+9)=2Sk+6−ak+4−ak+5−ak+6
⇒2(ak+7+ak+8+ak+9)=−ak+4−ak+5−ak+6⇒2q3=−1⇒q3=−12，
又am+2+am+5=32⇒am+2(1+q3)=32⇒am+2(1−12)=32⇒am+2=64，
∴am+8=am+2q6=64·(−12)2=16．
故选D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数的奇偶性，分段函数的图象，解一元二次不等式，数形结合的思想，属于较难题。
利用函数的奇偶性求得f(x)的解析式，作出g(x)的图象，利用数形结合的思想，即可求解。
【解答】
解：∵函数f(x)的定义域为R，且f(x)+x2为奇函数，f(x)−2x为偶函数，
∴f(−x)+(−x)2=−[f(x)+x2]f(−x)−2(−x)=f(x)−2x⇒−f(−x)−2x2=f(x)f(−x)+4x=f(x)⇒f(x)=−x2+2x,
∴g(x)=f(x),x⩾0−f(x),x<0=−x2+2x,x⩾0x2−2x,x<0，作出g(x)的图象如下，

存在唯一的整数x0，使得不等式[g(x0)]2+a·g(x0)<0成立，
∴当a<0时，0当a>0时，−a∴实数a的取值范围为[−3,−1)∪(3,8]．
故选B．
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、标准差、极差的定义等基础知识，属于基础题．
利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接求解．
【解答】
解： 对于A选项，由于yi=2xi−1，
故第二组样本数据的样本平均数是第一组样本数据的样本平均数的2倍减去1，故A错误;
对于B选项，利用中位数的定义，可知第二组样本数据的中位数是第一组样本数据的中位数的2倍减去1，故B错误；
对于C选项，yi=2xi−1，故D(y)=4D(x)，
第二组样本数据的样本方差是第一组的4倍，
故第二组样本数据的样本标准差是第一组的2倍，故C正确．
由极差的定义知：若第一组的极差为xmax−xmin，
则第二组的极差为ymax−ymin=2(xmax−1)−2(xmin−1)=2(xmax−xmin)，
即第二组样本数据的样本极差是第一组的2倍，故D正确．
故选：CD．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查求正弦型和余弦型函数的图象与性质，属于中档题．
根据三角函数的图象和性质分别进行判断即可．
【解答】
解：对于A，当x=π12时，f(π12)=sinπ2=1，故y=f(x)的图象不关于点π12,0对称，故A错误；
对于B，由2kπ−π⩽2x+π6⩽2kπ,k∈Z，得
kπ−7π12⩽x⩽kπ−π12,k∈Z，
当k=1时，5π12⩽x⩽11π12,k∈Z，
因为π2,5π6⊆5π12,11π12，
所以g(x)在区间π2,5π6上单调递增，故B正确；
对于C，将g(x)图象上所有的点向右平移π6个单位长度，
可得y=2cs[2(x−π6)+π6]=2cs(2x−π6)
=2cs(2x−π2+π3)=2cs[π2−(2x+π3)]
=2sin(2x+π3)的图象，即为f(x)的图象，故C正确；
对于D，ℎ(x)=f(x)+g(x)=sin(2x+π3)+cs(2x+π6)
=sin2x⋅12+cs2x⋅ 32+cs2x⋅ 32−sin2x⋅12
= 3cs2x≤ 3，
所以函数ℎ(x)=f(x)+g(x)的最大值为 3，故D正确．
故选BCD．
11.【答案】CD
【解析】【分析】
解：直线l1:y=−1kx+t，联立y=−1kx+tx2=4y,
化简整理得x2+4kx−4t=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则x1+x2=−4k，x1x2=−4t，
所以m=−2k,n=y1+y22=2k2+t，
代入直线l2：y=kx+4，可得t=2−2k2，
所以Δ=16k2+16t=32−16k2>0，解得− 22因为t=2−2k2，所以−2综上所述，CD正确．
【解答】
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，属于中档题．
联立直线方程，利用韦达定理及根的判别式求解得出结论．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查二项分步相关知识拓展，属于较难题．
理解题干中的新定义，结合二项式定理，对选项逐项判断即可．
【解答】解：因为X∽NB(1,12)，所以
P(X=k)=(1−12)k−1×12=12k，k=1，2，3，…，A正确;
因为X～NB(r,p)，则P(X=k)=Ck−1r−1pr(1−p)k−r，k=r，r+1，r+2，所以B不正确；
对于C，P(Y≤r)表示在n次实验中，成功的实验次数小于或等于r次
=P(第r次成功的实验之前至少失败了n−r次)=P(X≥n)
∴P(X≤n)=1−P(X≥n)=1−P(Y≤r)=P(Y≥r).C正确．
设X=k时P(X=k)最大，则P(X=k)⩾P(X=k−1)，且P(X=k)⩾P(X=k+1)，
Ck−1r−1pr(1−p)k−r⩾Ck−2r−1pr(1−p)k−1−r，
Ck−1r−1pr(1−p)k−r⩾Ckr−1pr(1−p)k+1−r，
即k−1！r−1！k−r！pr1−pk−r⩾k−2！r−1！k−r−1！pr1−pk−r−1k−1！r−1！k−r！pr1−pk−r⩾k！r−1！k−r+1！pr1−pk−r+1,
解得r−1p⩽p⩽r−1+pp，所以D正确．
13.【答案】10
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，属于基础题．
首先求出圆的圆心坐标和半径，计算圆心到直线的距离，再计算弦长即可．
【解答】
解：圆 C:x2+y2−2x−4y=0 ，
(x−1)2+(y−2)2=5 ，圆心 (1,2) ，半径 r=5 ．
圆心到直线的距离 d=|3−2−6|9+1=102 ．
|AB|=25−52=10 ．
故答案为： 10
14.【答案】144
【解析】【分析】
本题考查不相邻的排列问题，属于基础题．
利用插空法，即可求出结果．
【解答】
解：利用不相邻问题插空可得排队的方法为：
A33A43=6×4×3×2=144种.
故答案为144．
15.【答案】π8
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的值域，属于一般题．
由x∈−φ,φ，可得3x+φ∈−2φ,4φ，且φ>0，根据值域可得{−2φ=−π44φ=π2，从而可求解．
【解答】
解：x∈−φ,φ时，3x+φ∈−2φ,4φ，且φ>0，
作出y=sinx的部分图象如图所示：
因为函数f(x)=sin(3x+φ)在区间[−φ,φ]上的值域为− 22,1，
所以{−2φ=−π44φ=π2，解得φ=π8．
16.【答案】[e2,+∞)
【解析】【分析】
本题考查曲线上在一点处的切线斜率，利用导数求函数值域，属于中档题．
画出图象，将|AM||BN|转化为A，B两点横坐标绝对值之比，再构造函数利用导数求值域的方法求出|AM||BN|的范围即可．
【解答】
解：如图，过A作AP⊥y轴于P，过B作BQ⊥y轴于Q，
由题意，BN//AM，从而△AMP≌BNQ，故|AM||BN|=|AP||BQ|=−x1x2．
由于BN//AM，从而kBN=kAM，故ex2=−2x1，从而−x1x2=ex22x2．
构造函数p(x)=ex2x(x>0)，p′(x)=2ex(x−1)4x2，p′(x)=0，解得x=1．
当x∈(0,1)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增，从而当x=1时，p(x)取最小值e2，故p(x)∈[e2,+∞)，即|AM||BN|的取值范围是[e2,+∞)．
17.【答案】【解答】
解：(1)设 bn=an+1−an+3n ，则 b1=a2−a1+3=4，
则 bn+1=an+2−an+1+3(n+1)=4an+1−3an+6n−3−an+1+3(n+1)=3an+1−3an+9n=3(an+1−an+3n)=3bn，
因为 b1=4≠0 则 bn+1bn=3 ，
则 bn 即 an+1−an+3n 构成以 4 为首项， 3 为公比的等比数列.
(2)由(1)可得 an+1−an+3n=4·3n−1 ， an+1−an=4·3n−1−3n，
则当 n≥2时 ，an−an−1=4·3n−2−3(n−1)，
⋯
a4−a3=4·32−3·3，
a3−a2=4·31−3·2，
a2−a1=4·30−3·1，
相加可得 an−a1=4·(30+31+32+...+3n−2)−3(1+2+3+...+n−1)=4·1(1−3n−1)1−3−3·(1+n−1)·(n−1)2
=2(3n−1−1)−32n(n−1) ，则 an=2·3n−1−32n2+32n−1(n⩾2) ，
又因为 a1=1 符合上式，则 an=2·3n−1−32n2+32n−1 ．

【解析】本题考查等比数列的判定及通项公式，考查数列的递推关系，考查等差等比数列的前n项和公式，属于中档题．
(1)由已知可得an+2−an+1+3n+1=3(an+1−an+3n)，由等比数列的定义即可求解;
(2)由(1)得an+1−an=4·3n−1−3n，利用累加的方法，结合等差和等比数列的前n项和公式求数列的通项公式即可．
18.【答案】解：(1)因为△ABC的面积为3 74a2+b2−c2，
所以12absinC=3 74(a2+b2−c2)=3 74·2abcsC，
所以sinC=3 7csC，且csC>0．
因为sin2C+cs2C=1，可得64cs2C=1，解得csC=18，
sinC=3 7×18=3 78．
(2)因为sin(B−A)=3 732，且sinC=sinB+A=3 78，
所以sinBcsA−csBsinA=3 732sinBcsA+csBsinA=3 78，可得2sinBcsA=15 7322csBsinA=9 732,
所以tanAtanB=35，即tanB=53tanA．
因为tanC=−tanA+B=−tanA+tanB1−tanAtanB
=−tanA+53tanA1−tanA·53tanA=8tanA5tan2A−3，
所以8tanA5tan2A−3=3 7，即15 7tan2A−8tanA−9 7=0，解得tanA= 73或tanA=−9 735．
因为tanB=53tanA，所以tanA>0,tanB>0，
所以tanA= 73．
【解析】本题考查余弦定理与三角形面积公式，考查两角和差的正弦与正切公式，考查同角三角函数的基本关系与诱导公式，属于一般题．
(1)根据余弦定理及三角形面积公式可得sinC=3 7csC，且csC>0，再根据同角三角函数的基本关系即可求解；
(2)由(1)可得sinC=sinB+A=3 78，结合sin(B−A)=3 732及两角和差的正弦公式，可得2sinBcsA=15 7322csBsinA=9 732，故tanB=53tanA.再代入tanC=−tanA+B=−tanA+tanB1−tanAtanB即可求解．
19.【答案】(1)证明：取AC的中点G，连接BG，FG，
因为BA=BC，
所以BG⊥AC．
因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE=BC，BC⊥CD，CD⊂平面BCDE，
所以CD⊥平面ABC，
又BG⊂平面ABC，
所以CD⊥BG，
因为AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ACD．
所以BG⊥平面ACD．
因为F是线段AD的中点，
所以FG/​/DC，FG=12DC，
因为BE // CD，CD=2BE，
所以FG//BE且FG=BE，
所以四边形BEFG是平行四边形，
所以EF/​/BG，
因为BG⊥平面ACD，
所以EF⊥平面ACD；
(2)解：如图，
在平面ABC内过点B作BH⊥BC，以B为坐标原点，分别以BH，BC，BE为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系B−xyz．
令AB=a(a>0)，
因为BE=1，CD=DE=2BE=2，BC⊥CD，
故BCDE为直角梯形，
由平面几何知识可得BC= DE2−DC−BE2= 4−1= 3，
所以B(0,0,0)，C(0, 3,0)，D(0, 3,2)，E(0,0,1)，
又由∠ABC=60∘，得A( 3a2,a2,0)，
所以EA=( 3a2,a2,−1)，ED=(0, 3,1)，
设平面ADE的一个法向量n=(x,y,z)，
由n·EA=0n⋅ED=0得 3a2x+a2y−z=0 3y+z=0，
所以x=(a+2 3) 3ayz=− 3y,
不妨取y= 3a，则n=−a−2 3, 3a,−3a，
又由题意得：平面ABC的法向量m=(0,0,1)，令平面ABC与平面ADE的夹角为θ(0°<θ≤90∘)，
因为tanθ=2 33，所以csθ= 217，即|csm,n|= 217，
所以3a a+2 32+3a2+9a2= 217，
化理得2a2− 3a−3=0，解得a=− 32(舍)，a= 3，
即A(32, 32,0)，
所以AC= (32−0)2+ 32− 32+0−02= 3⋅
所以线段AC的长为 3．
【解析】本题考查线面垂直的证明，二面角的向量求法，考查线段长的计算，属于中档题．
(1)证明BG⊥平面ACD，EF/​/BG，即可证明EF⊥平面ACD；
(2)建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出结论．
20.【答案】解：(1)零假设为H0：药物药物M对预防疾病A无效果，
根据图中的列联表中的数据，经计算得到：
χ2=10030×10−15×45245×55×75×25≈3.03>2.706，
∴根据小概率α=0.1的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为药物M对预防疾病A的有效，此推断犯错误的概率不大于0.1．
(2)从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取1只，抽到未服用过药物M的动物的概率为1525=35，抽到服用过药物M的动物的概率为1025=25，
选取1只动物中被治愈的动物的概率为35×12+25×34=35，
由题意X的可能取值为0，1，2，3，
则PX=0=1−353=8125，
PX=1=C31×35×1−352=36125，
PX=2=C32×352×1−35=54125，
PX=3=353=27125，
则X的分布列为
X的数学期望为EX=0×8125+1×36125+2×54125+3×27125=95．
【解析】本题主要考查了独立性检验，离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
(1)根据图中的列联表中的数据，计算即可；
(2)从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取1只，先计算出选取1只动物中被治愈的动物的概率为35×12+25×34=35，由题意X的可能取值为0，1，2，3，写出对应的概率，即可列出分布列，求出期望．
21.【答案】解：(1)由题意可得 (x−1)2+y2=12⋅|x−4|，
整理可得x24+y23=1，
所以曲线W的方程为：x24+y23=1；
(2)设A(x0,y0)(x0<0,y0<0)，H(m,0)．
由T(0,t)，AT=2TH，得(−x0,t−y0)=2(m,−t)，即y0=3t
所以A(x0,3t)，B(x0,−3t)，
从而直线AT的斜率k1=3t−tx0=2tx0，直线BT的斜率k2=−3t−tx0=−4tx0，
所以k2=−2k1，
设直线AT的斜率为k，则直线BT的斜率为−2k，
从而直线AM的方程为y=kx+t，直线BN的方程为y=−2kx+t，
设M(x1,y1)，N(x2,y2).
由x24+y23=1y=kx+t，得(3+4k2)x2+8ktx+4t2−12=0，Δ>0，
因为x0，x1是上述方程的两个根，所以x0x1=4t2−123+4k2，
因此x1=4t2−12(3+4k2)x0，y1=kx1+t=k(4t2−12)(3+4k2)x0+t，
同理，可得x2=4t2−12(3+16k2)x0，y2=−2kx2+t=−2k(4t2−12)(3+16k2)x0+t，
所以x1−x2=4t2−12(3+4k2)x0−4t2−12(3+16k2)x0=48k2(t2−3)(3+4k2)(3+16k2)x0，
y1−y2=k(4t2−12)(3+4k2)x0−−2k(4t2−12)(3+16k2)x0=12k(8k2+3)(t2−3)(3+4k2)(3+16k2)x0，
从而kMN=y1−y2x1−x2=8k2+34k=14(8k+3k)，
因为t<0，x0<0，可知k>0，
所以14(8k+3k)⩾14⋅2 8k·3k= 6，
当且仅当k= 64时取等号，满足Δ>0，
因此，直线MN斜率不小于 6．
【解析】本题考查求点的轨迹方程及直线与椭圆的综合应用，属于难题．
(1)由题意列等式，整理可得P的轨迹方程；
(2)设A(x0,y0)(x0<0,y0<0)，H(m,0)，根据AT=2TH，结合题意可设直线AT的斜率为k，则直线BT的斜率为−2k，从而直线AM的方程为y=kx+t，直线BN的方程为y=−2kx+t，进而联立直线AM与椭圆方程求得M点坐标，同理可以求得N点坐标，进而表示出直线MN的斜率，再由基本不等式求解．
22.【答案】解：(1)a=−12时，f(x)=x4−12xlnx，
g(x)=f′(x)=4x3−12lnx−12，
g′(x)=12x2−12x=12(x3−1)x，
x∈[1,3e]时，g′(x)≥0，g(x)的单调递增，
即f′(x)在[1,3e]单调递增，
f′(x)≤f′(3e)=4e−16=4(e−4)<0，
故f(x)在[1,3e]单调递减，
f(x)≤f(1)=1，
故y=f(x)在[1,3e]上的最大值为1；
(2)f(x)=x4+axln x，
g(x)=f′(x)=4x3+alnx+a，
g′(x)=12x2+ax，
由题意得k=g(x2)−g(x1)x2−x1=4x23+alnx2+a−(4x13+alnx1+a)x2−x1
=4(x23−x13)+a(lnx2−lnx1)x2−x1=4(x22+x12+x1x2)+a(lnx2−lnx1)x2−x1，
由k得4(x22+x12+x1x2)+a(lnx2−lnx1)x2−x1<12x22+ax2+12x12+ax12，
即2(x22+x12−2x1x2)+a(x2+x1)2x1x2−a(lnx1−lnx2)x1−x2>0，
即2(x1−x2)2−a(lnx1x2x1−x2−x2+x12x1x2)>0，
令t=x1x2，又1≤x21，
则2(x1−x2)3−a(lnx1x2−x12−x222x1x2)<0，
即为2(t−1)3x23−a(lnt−12t+12t)>0，
由题意可得上式对∀x2∈[1,+∞)，∀t∈(1,+∞)恒成立，
又2(t−1)3x23≥2(t−1)3，
则2(t−1)3−a(lnt−12t+12t)>0对∀t∈(1,+∞)恒成立，
令φ(t)=2(t−1)3−a(lnt−12t+12t)，t>1，
φ′(t)=6(t−1)2−a(1t−12−12t2) =6(t−1)2+a(t−1)22t2=(t−1)2·12t2+a2t2，
①若a≥−12，则φ′(t)>0，φ(t)在(1,+∞)上单调递增，
φ(t)>φ(1)=0，符合题意；
②若a<−12，则φ′(t)=6(t−1)2·(t+ −a12)(t− −a12)t2，
则φ′(t)在(1, −a12)上单调递减，在( −a12,+∞)上单调递增，
则当x∈(1, −a12)时，φ(t)<φ(1)=0，不符合题意；
综上所述，a≥−12．
【解析】本题考查了导数中的不等式的证明，考查了利用导数求解函数的最值，属较难题．
(1)利用导数求解g(x)，进而求解g′(x)，判断单调性，即可求解最值；
(2)不等式k0，由x2≥1可得2(t−1)3−a(lnt−12t+12t)>0对∀t∈(1,+∞)恒成立，构造函数，利用导数判断单调性，对a分类讨论求解即可．v
0
40
60
80
120
Q
0.000
6.667
8.125
10.000
20.000
药物M
疾病A
合计
未患病
患病
未服用
30
15
45
服用
45
10
55
合计
75
25
100
α
0.100
0.050
0.010
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
8125
36125
54125
27125