2024年上海市嘉定区高考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年上海市嘉定区高考数学二模试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.双曲线Γ1：x24−y22=1和双曲线Γ2：y24−x22=1具有相同的( )
A. 焦点B. 顶点C. 渐近线D. 离心率
2.已知OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，且OA、OB不共线，则△OAB的面积为( )
A. 12|x1x2−y1y2|B. 12|x1y2−x2y1|C. 12|x1x2+y1y2|D. 12|x1y2+x2y1|
3.嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动.太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角.测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面.如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米.在时刻t，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米.在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻t最可能为( )
A. 09：00B. 10：00C. 11：00D. 12：00
4.已知函数y=f(x)(x∈R)的最小正周期是T1，函数y=g(x)(x∈R)的最小正周期是T2，且T1=kT2(k>1)，对于命题甲：函数y=f(x)+g(x)(x∈R)可能不是周期函数；
命题乙：若函数y=f(x)+g(x)(x∈R)的最小正周期是T3，则T3≥T1.下列选项正确的是( )
A. 甲和乙均为真命题B. 甲和乙均为假命题
C. 甲为真命题且乙为假命题D. 甲为假命题且乙为真命题
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.设集合A=[1,3]，B=(2,4)，则A∪B= ______．
6.抛物线y2=4x的准线方程为______．
7.已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为______．
8.(x+1)5的展开式中x2项的系数为______．
9.已知i是虚数单位，则|4+3i(1−2i)2|= ______
10.函数y=|x−1|+|x−4|的值域为______．
11.数据1、2、3、4、5的方差为s12，数据3、6、9、12、15的方差为s22，则s22s12= ______
12.已知曲线y=13x3上有一点P(2,83)，则过P点的切线的斜率为______
13.小张、小王两家计划假期来嘉定游玩，他们分别从“古猗园，秋霞圃，州桥老街”这三个景点中随机选择一个游玩，记事件A表示“两家至少有一家选择古猗园”，事件B表示“两家选择景点不同”，则概率P(B|A)= ______．
14.已知f(x)=2sinx+2csx,x∈(0,π2)，则函数y=f(x)的最小值为______．
15.在平面直角坐标系xOy中，点P在圆x2+y2=1上运动，定点A、B满足OA⋅OB=12且|OA|=|OB|=1，若k≥|OA⋅OP|+|OB⋅OP|恒成立，则实数k的取值范围为______．
16.若规定集合E={0,1,2,…,n}的子集{a1,a2,a3,⋯⋯,am}为E的第k个子集，其中k=2a1+2a2+2a3+⋯+2am，则E的第211个子集是______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，D是BC的中点，AC= 2A1A=AB=BC=1，
(1)求证：A1B/​/平面ADC1
(2)求直线DC1与A1B的所成角的大小．
18.(本小题14分)
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，cs2B−sin2B=−12．
(1)求角B，并计算sin(B+π6)的值；
(2)若b= 3，且△ABC是锐角三角形，求a+2c的最大值．
19.(本小题14分)
据文化和旅游部发布的数据显示，2023年国内出游人次达48.91亿次，总花费4.91万亿元.人们选择的出游方式不尽相同，有自由行，也有跟团游.为了了解年龄因素是否影响出游方式的选择，我们按年龄将成年人群分为青壮年组(大于等于14岁，小于40岁)和中老年组(大于等于40岁).现在S市随机抽取170名成年市民进行调查，得到如下表的数据：
(1)请补充2×2列联表，并判断能否有95%的把握认为年龄与出游方式的选择有关；
(2)用分层抽样的方式从跟团游中抽取14个人，再从14个人中随机抽取7个人，用随机变量X表示这7个人中中老年与青壮年人数之差的绝对值，求X的分布和数学期望．
20.(本小题18分)
如图，已知三点A、B、P都在椭圆x24+y22=1上.
(1)若点A、B、P都是椭圆的顶点，求△ABP的面积；
(2)若直线AB的斜率为1，求弦AB中点M的轨迹方程；
(3)若直线AB的斜率为2，设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，是否存在定点P，使得kPA+kPB=0恒成立？若存在，求出所有满足条件的点P，若不存在，说明理由．
21.(本小题18分)
已知常数m∈R，设f(x)=lnx+mx．
(1)若m=1，求函数y=f(x)的最小值；
(2)是否存在0(3)求证：“m≤0”是“对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1f(x1)−f(x2)x1−x2”的充要条件．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：双曲线Γ1：x24−y22=1的焦点为(± 6,0)，顶点(±2,0)，渐近线方程为y=± 22x；离心率e= 62；
双曲线Γ2：y24−x22=1的焦点为(0,± 6)，顶点(0,±2)，渐近线方程为y=± 2x；离心率e= 62．
故选：D．
分别求得双曲线的焦点、顶点和渐近线方程、离心率，可得结论．
本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设A到OB的距离为d，
因为OB=(x2,y2)，则OB的一个法向量n=(−y2,x2)，
则d=|OA⋅n|n||=|−x1y2+x2y1 x22+y22|，|OB|= x22+y22，
故S△OAB=12|OB|×d=12|x1y2−x2y1|.
故选：B．
由已知先求出A到OB的距离，然后结合三角形面积公式即可求解．
本题主要考查了向量的坐标表示的应用，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：如图所示，设两竖直墙面的交线为DE，点E被太阳光照射在地面上的影子为点B，
点A、C分别是点B在两条墙脚线上的射影，连接AC、BD、BE，由题意可知∠DBE就是太阳高度角．
∵四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠ADC=120°，
∴∠ABC=360°−(∠BAD+∠BCD+∠ADC)=60°，
∴△ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs60°=1.52+12−2×1.5⋅1×12=1.75，可得AC= 1.75≈1.32，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，BD是其外接圆直径，
∴设△ABC的外接圆半径为R，则BD=2R=ACsin60∘≈1.53，
Rt△BDE中，tan∠DBE=EDBD=31.53≈1.96，∠DBE=arctan1.96≈63.02°．
对照题中表格，可知时刻t=10：00时，太阳高度角为62.29°，与63.02°最接近．
故选：B．
作出示意图形，在四边形ABCD中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形ABCD的外接圆直径大小，然后在Rt△BDE中利用锐角三角函数定义，算出∠DBE的大小，即可得到本题的答案．
本题主要考查利用正弦定理与余弦定理解三角形、三角函数知识在实际问题中的应用等知识，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：取f(x)=sinx，g(x)=sinπx，则f(x)+g(x)不是周期函数，故甲命题为真命题；
若函数y=f(x)+g(x)(x∈R)的最小正周期是T3，则f(x+T3)+g(x+T3)=f(x)+g(x)，
∴T3=nT1，n∈N+，∴T3≥T1，故乙命题为真命题；
故选：A．
利用周期函数的定义和性质判断．
本题考查周期函数，属于简单题．
5.【答案】[1,4)
【解析】解：∵集合A=[1,3]，B=(2,4)，
∴A∪B=[1,4)．
故答案为：[1,4)．
直接根据补集的运算求解即可．
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
6.【答案】x=−1
【解析】解：y2=4x的准线方程为：x=−1．
故答案为：x=−1．
直接利用抛物线的标准方程求解准线方程即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
7.【答案】π
【解析】解：圆锥的母线长为l=2，高为h=1，
则底面半径r= l2−h2= 3，
圆锥的体积V=13πr2h=13π×3×1=π．
故答案为：π．
求出底面半径，根据圆锥的体积公式计算即可．
本题主要考查圆锥体积的求法，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】10
【解析】解：(x+1)5的展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅x5−r，令5−r=2，求得r=3，可得展开式中x2项的系数为C53=10，
故答案为：10．
先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得展开式中的x2项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
9.【答案】1
【解析】解：i是虚数单位，
4+3i(1−2i)2=4+3i−3−4i=(4+3i)(−3+4i)(−3−4i)(−3+4i)=−2425+725i，
则|4+3i(1−2i)2|= (−2425)2+(725)2=1．
故答案为：1．
利用复数运算法则求出4+3 i(1−2i)2=−2425+725i，由此能求出|4+3i(1−2i)2|的值．
本题考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】[3,+∞)
【解析】解：y=|x−1|+|x−4|=2x−5,x≥43,1其大致图象如图所示，结合函数图象可知，函数有最小值3，没有最大值．
故答案为：[3,+∞)．
先对已知函数进行化简，作出函数图象
本题主要考查了函数值域的求解，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
11.【答案】9
【解析】解：数据1、2、3、4、5的平均数为1+2+3+4+55=3，
所以s12=15×[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)2]=2，
数据3、6、9、12、15的平均数为3+6+9+12+155=9，
所以s22=15×[(3−9)2+(6−9)2+(9−9)2+(12−9)2+(15−9)2]=18，
所以s22s12=182=9．
故答案为：9．
根据方差的计算公式求解．
本题主要考查了方差的定义，属于基础题．
12.【答案】4
【解析】解：根据题意，曲线y=13x3，其导数y′=x2，则y′|x=2=4，
即过P点的切线的斜率k=4．
故答案为：4．
根据题意，求出函数的导数，将x=2代入计算可得答案．
本题考查导数的几何意义，涉及导数的计算，属于基础题．
13.【答案】45
【解析】解：根据题意，两家分别从“古猗园，秋霞圃，州桥老街”这三个景点中随机选择一个游玩，有3×3=9种情况，
若两家至少有一家选择古猗园，有9−2×2=5种情况，则P(A)=59，
若两家选择景点不同且至少有一家选择古猗园，有2×2=4种情况，则P(AB)=49，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=45．
故答案为：45．
根据题意，由古典概型公式求出P(A)、P(AB)，进而计算可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型的计算，属于基础题．
14.【答案】4 2
【解析】解：因为f(x)=2sinx+2csx=2(sinx+csx)sinxcsx，
令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
因为0所以π4所以 22故1由t=sinx+csx可得，t2=1+2sinxcsx，
则sinxcsx=t2−12，
原函数可化为g(t)=2tt2−12=4tt2−1=4t−1t，
因为y=t−1t在(1, 2]上单调递增，
故t= 2时，y=t−1t取得最大值 22，此时g(t)取得最小值4 2．
故答案为：4 2．
t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，可求t的范围，然后结合同角基本关系对已知函数进行化简，然后结合函数的单调性即可求解．
本题主要考查了同角基本关系，辅助角公式的应用，还考查了函数单调性在函数最值求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】[ 3,+∞)
【解析】解：根据题意，定点A、B满足OA ⋅OB=12且|OA|=|OB|=1，可知∠AOB=π3，
设A(1,0)，B(12, 32)，圆x2+y2=1上点P坐标为(csα,sinα)，0≤α≤2π，
则OA⋅OP=csα，OB⋅OP=12csα+ 32sinα，可得|OA⋅OP|+|OB⋅OP|=|csα|+|12csα+ 32sinα|，
由三角函数的定义与性质，可知：当0<α<π2时，csα与12csα+ 32sinα均为正数，
此时f(α)=|OA⋅OP|+|OB⋅OP|存在最大值，
因为f(α)=32csα+ 32sinα= 3sin(α+π3)，当α=π6时，f(α)的最大值为 3，
所以OP平分∠AOB时，|OA⋅OP|+|OB⋅OP|有最大值 3．
因为k≥|OA⋅OP|+|OB⋅OP|恒成立，
所以k≥ 3，即实数k的取值范围为[ 3,+∞)．
故答案为：[ 3,+∞)．
根据题意可得向量OA、OB是夹角等于π3的单位向量，因此给出点A、B的坐标，设P(csα,sinα)，将|OA⋅OP|+|OB⋅OP|表示为关于α的三角函数表达式，利用两角和的正弦公式与正弦函数的图象与性质，算出|OA⋅OP|+|OB⋅OP|的最大值，进而求出实数k的取值范围．
本题主要考查平面向量数量积的坐标运算法则、三角恒等变换及其应用、正弦函数的图象与性质等知识，属于中档题．
16.【答案】{0,1,4,6,7}
【解析】解：因为211=20+21+24+26+27，
所以E的第211个子集是{0,1,4,6,7}．
故答案为：{0,1,4,6,7}．
由211=20+21+24+26+27可求解．
本题主要考查了集合的新定义问题，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：因为AC= 2A1A=AB=BC=1，
可得AB⊥BC，三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，
可得BB1⊥平面ABC，
以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，
C(0,1,0)，C1(0,1,1)，
因为D为BC的中点，所以D(0,12,0)，
则BA1=(1,0,1)，AD=(−1,12,0)，AC1=(−1,1,1)，
设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AD=0n⋅AC1=0，即−x+12y=0−x+y+z=0，令y=2，
可得n=(1,2,−1)，
所以BA1⋅n=1×1+0×2+1×(−1)=0，
即BA1⊥n=0，而BA1⊄平面ADC1，
所以A1B/​/平面ADC1；
(2)解：取直线DC1的方向向量m=2DC1=(0,1,2)，
直线A1B的方向向量BA1=(1,0,1)，
m⋅BA1=0×1+1×0+1×2=2，|m|= 02+12+22= 5，|BA1|= 12+02+12= 2，
所以cs=m⋅BA1|m|⋅|BA1|=2 5× 2= 105，
因为直线DC1与A1B的所成角为θ，θ∈[0,π2]，
所以直线DC1与A1B的所成角为arccs 105．
【解析】(1)由题意建立空间直角坐标系，求出平面ADC1的法向量n的坐标，可得BA1⊥n，再由BA1⊄平面ADC1，可证得结论；
(2)分别求出直线DC1与A1B的方向向量的坐标，可得两个向量的夹角的余弦值，进而可得两条直线所成的角的大小．
本题考查用空间向量的方法求异面直线的夹角，及证明直线与平面平行，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为cs2B−sin2B=−12=cs2B且B为三角形内角，
所以B=π3或B=2π3，
当B=π3时，sin(B+π6)=sinπ2=1，
当B=2π3时，sin(B+π6)=sin5π6=12；
(2)由题意结合(1)得A+C=2π3，
所以0因为b= 3，
由正弦定理得，asinA=csinC=bsinB= 3 32=2，
所以a=2sinA，c=2sinC=2sin(2π3−A)= 3csA+sinA，
所以a+2c=4sinA+2 3csA=2 7(2 77sinA+ 217csA)
=2 7sin(A+φ)，csφ=2 77，sinφ= 217，
则φ∈(π6,π4)，A+φ∈(π3,3π4)，
故当A+φ=π2时，a+2c取得最大值2 7．
【解析】(1)由已知结合二倍角公式进行化简可求cs2B，进而可求；
(2)由已知锐角三角形可先求出A的范围，然后结合正弦定理可表示a+2c，然后结合和差角公式及辅助角公式进行化简，再由正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，和差角公式及辅助角公式的应用，还考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)补充2×2列联表：
K2=170×(60×50−40×20)2100×70×80×90≈16.3>3.841，
因此有95%的把握认为年龄与出游方式的选择有关；
(2)用分层抽样的方式从跟团游中抽取14个人，则从青壮年组中抽取2070×14=4人，从中老年组中抽取5070×14=10人，
再从14个人中随机抽取7个人，这7个人中中老年与青壮年人数分别为a，7−a，则a=0，1，2，3，4，相应的7−a=7，6，5，4，3．
则X=|a−(7−a)=|2a−7|=7，5，3，1．
则P(X=1)=C43C104+C44C103C147=40143，P(X=3)=C42C105C147=63143，P(X=5)=C41C106C147=35143，P(X=7)=C40C107C147=5143．
∴X的分布列为的分布列为：
E(X)=1×40143+3×63143+5×35143+7×5143=439143．
【解析】(1)利用已知数据即可补充2×2列联表，利用K2计算公式可得K2，进而得出结论．
(2)用分层抽样的方式从跟团游中抽取14个人，可得从青壮年组中与从中老年组中抽取的人数，再从14个人中随机抽取7个人，这7个人中中老年与青壮年人数分别为a，7−a，可得a=0，1，2，3，4，相应的7−a=7，6，5，4，3.于是X=|a−(7−a)=|2a−7|=7，5，3，1.利用超几何分布列可得X的分布列为的分布列与E(X)．
本题考查了古典概型的概率计算公式、随机变量的分布列与数学期望、独立性检验原理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为点A、B、P都是椭圆x24+y22=1的顶点，
所以△ABP的面积为S=12×2a×b=ab=2 2；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y1)，因为直线AB的斜率为1，所以设直线AB的方程为y=x+m，
由y=x+mx24+y22=1，消去y，整理得3x2+4mx+2m2−4=0，
由根与系数的关系知，x1+x2=−4m3，x1x2=2m2−43，
设弦AB中点M(x,y)，则x=x1+x22=−2m3，y=y1+y22=(x1+m)+(x2+m)2=−43m+2m2=m3，
消去m，得y=−12x，由Δ=16m2−4×3×(2m2−4)=−8m2+48>0，解得− 6所以x=−2m3∈(−2 63,2 63)，
所以点M的轨迹方程为y=−12x，x∈(−2 63,2 63)；
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，则kPA+kPB=y1−y0x1−x0+y2−y0x2−x0=0，
因为直线AB的斜率为2，设直线AB的方程为2(x−x0)−(y−y0)=1，其中kAB=2，且AB不过(x0,y0)，
椭圆的方程可化为x2+2y2−4=0，即(x−x0+x0)2+2(y−y0+y0)2−4=0，
所以(x−x0)2+2x0(x−x0)+x02+2(y−y0)2+4y0(y−y0)+2y02−4=0，
即(x−x0)2+2x0(x−x0)+2(y−y0)2+4y0(y−y0)=0，
所以(x−x0)2+2(y−y0)2+2x0(x−x0)[2(x−x0)−(y−y0)]+4y0(y−y0)[2(x−x0)−(y−y0)]=0，
所以(4x0+1)(x−x0)2+(2−4y0)(y−y0)2+(8y0−2x0)(x−x0)(y−y0)=0，
所以(2−4y0)(y−y0x−x0)2+(8y0−2x0)y−y0x−x0+4x0+1=0，
kPA+kPB=−8y0−2x02−4y0=0，解得x0=4y0，
代入x024+y022=1，解得y0=± 23，所以x0=±4 23，
所以存在点P(4 23, 23)或P(−4 23,− 23)，使得kPA+kPB=0恒成立．
【解析】(1)根据点A、B、P都是椭圆x24+y22=1的顶点，计算△ABP的面积即可；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y1)，直线AB的方程为y=x+m，与椭圆方程联立，消去y，利用根与系数的关系得出x1+x2，根据AB中点坐标公式，求解即可；
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，根据kPA+kPB=0，得出y1−y0x1−x0+y2−y0x2−x0=0，用(x−x0)与(y−y0)表示直线AB与椭圆的方程，求解即可得出x0和y0的值，从而求出点P的坐标．
本题考查了直线与椭圆的方程应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．
21.【答案】解：(1)f(x)=lnx+1x(x>0)，
f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
令f′(x)=0，得x=1，
所以在(0,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=1．
(2)若x1、x2、x3依次成等比数列，则x22=x1x3，
若f(x1)、f(x2)、f(x3)成等差数列，则2f(x2)=f(x1)+f(x3)，
所以2lnx2+2mx2=lnx1+mx1+lnx3+mx3=lnx1x3+m(x1+x3)x1x3=lnx22+m(x1+x3)x22，
所以2mx2=m(x1+x3)x22，
当m=0时，成立，
当m≠0时，则2x2=x1+x3，联立x22=x1x3，得(x1+x3)24=x1x3，
x12+2x1x3+x32=4x1x3，即(x1−x3)2=0，
所以x1=x3，与x1所以m=0时，存在x1，x2，x3满足条件，
当m≠0时，不存在x1，x2，x3满足条件．
(3)证明：f(x)=lnx+mx，则f′(x)=1x−mx2，
f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2，
所以(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]<0，
又(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]
=(x1−x2)[1x1−mx12+1x2−mx22]−2[lnx1+mx1−lnx2−mx2]
=−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2，
令x2x1=t>1，
上式=−3mx1+3mtx1−t+1t−mt2x1+mtx12−2ln1t
=1t−t−2ln1t+mt2x1(−3t2+3t−1+t3)
=1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3①，
令g(t)=1t−t+2lnt，则g′(t)=−1t2−1+2t=−(1t−1)2<0恒成立，
g(t)单调递减，
所以g(t)充分性：若m≤0，则mt2x1(t−1)3≤0，则1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3≤0恒成立，
必要性：要使得①式恒成立，则mt2x1(t−1)3≤0恒成立，即m≤0．
【解析】(1)求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，最值，即可得出答案．
(2)根据题意可得x22=x1x3，2f(x2)=f(x1)+f(x3)，则2mx2=m(x1+x3)x22，分两种情况：当m=0时，当m≠0时，讨论是否满足条件，即可得出答案．
(3)由f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2，得(x1−x2)[f′(x1)+f′(x2)]−2[f(x1)−f(x2)]=−3mx1+3mx2−x2x1+x1x2−mx1x22+mx2x12−2lnx1x2，令x2x1=t>1，则原=1t−t+2lnt+mt2x1(t−1)3①，证明充分性和必要性，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．太阳高度角
时间
太阳高度角
时间
43.13°
08：30
68.53°
10：30
49.53°
09：00
74.49°
11：00
55.93°
09：30
79.60°
11：30
62.29°
10：00
82.00°
12：00
青壮年
中老年
合计
自由行
60
40
跟团游
20
50
合计
α
0.10
0.05
0.025
P
2.706
3.841
5.024
青壮年
中老年
合计
自由行
60
40
100
跟团游
20
50
70
合计
80
90
170
X
1
3
5
7
P
40143
63143
35143
5143