鄧軍民

一、單選題（5分*8=40分）

1.若集合P=｛x|x2+x-2≤0｝，Q={x∈Z|-2

A.{-1，0，1}?B.{-1，0}

C.{0，1}?D.{0，1，2}

2.設(shè)命題p：x∈R，ex≥2021，則p為（）

A.x∈R，ex>2021?B.x∈R，ex<2021

C.x∈R，ex<2021?D.x∈R，ex≤2021

3.已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是（）

A.若a>b，則ac2>bc2?B.若ac>bc，則a>b

C.若a>b且ab<0，則1a>1b

D.若a2>b2，則1a<1b

4.已知正數(shù)x，y滿足x+2y-2xy=0，那么2x+y的最小值是（）

A.1?B.92C.9?D.2

5.材料一：已知三角形三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，則三角形的面積為S=p（p-a）（p-b）（p-c），其中p=a+b+c2.這個(gè)公式被稱為海倫一秦九韶公式．

材料二：阿波羅尼奧斯（Apollonius）在《圓錐曲線論》中提出橢圓定義：我們把平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于常數(shù)（大于｜F1F2｜）的點(diǎn)的軌跡叫做橢圓．

根據(jù)材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC=6，AB+AC=10，則△ABC面積的最大值為（）

A.6B.10C.12D.20

6.在《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB=BD=CD，點(diǎn)P在棱AC上運(yùn)動(dòng)，設(shè)CP的長(zhǎng)度為x，若△PBD的面積為f（x），則f（x）的圖像大致為（）

A.B.

C.D.

7.已知△ABC滿足AB=AC=1，△ABC所在平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P滿足AP=λAB+2μAC（λ，μ∈R）），且AP=1，若λ+μ≤2105恒成立，則cos?A的最小值為（）

A.-14B.-13?C.-12D.0

8.在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=3，AD=2，點(diǎn)P為側(cè)面ABB1A1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足C1P//平面ACD1，當(dāng)C1P取最小值時(shí)，三棱錐D-ABP的所有頂點(diǎn)均在球O的球面上，則球O的表面積為（）

A.13πB.16π?C.19π?D.32π

二、多選題（5分*4=20分）

9.已知直線l：x+y-2=0與圓C：（x-1）2+（y+1）2=4交于A，B兩點(diǎn)，則（）

A.AB=3

B.△ABC的面積為3

C.圓C上到直線l的距離為1的點(diǎn)共有2個(gè)

D.圓C上到直線l的距離為1的點(diǎn)共有3個(gè)

10.已知等比數(shù)列｛an｝各項(xiàng)均為正數(shù)，滿足a2·a16=16，a6+a7a3+a4=18，記等比數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)的積為Tn，則當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，n=（）

A.8B.9C.10D.11

11.定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x），滿足2f（x）+xf?′（x）=1x2，且f（1）=0，下列說(shuō)法正確的是（）

A.f（x）=lnxx2

B.f（x）的極大值為12e

C.f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)

D.f2>f3

12.阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他對(duì)圓錐曲線有深刻而系統(tǒng)的研究，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一.定義：平面上到兩定點(diǎn)距離之比是常數(shù)λ（λ>0，λ≠1）的動(dòng)點(diǎn)的軌跡是圓，稱為阿波羅尼斯圓.設(shè)A（-4，0），B（-1，0），滿足MAMB=2的點(diǎn)M（x，y）的軌跡是阿波羅尼斯圓C，該圓與x軸交于P，Q兩點(diǎn)（P在Q左邊），則下列結(jié)論正確的是（）

A.圓C的半徑為2

B.過(guò)A點(diǎn)向圓C引兩條切線，A與兩個(gè)切點(diǎn)構(gòu)成等腰直角三角形

C.若P，Q與M不重合，則MP平分∠AMB

D.圓C上存在兩個(gè)M點(diǎn)，使得AM2=AP·AQ

三、填空題（5分*4=20分）

13.已知i是虛數(shù)單位，則1-7i2+i的值為．

14.已知數(shù)列｛an｝滿足4Sn=（2n+1）an+1（n∈N*），則an=．

15.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，

①若sin?A>sin?B，則A>B；

②若sin?2A=sin?2B，則△ABC一定為等腰三角形；

③若cos?2A+cos?2B-cos?2C=1，則△ABC為直角三角形；

④若△ABC為銳角三角形，則sin?A

以上結(jié)論中正確的有.（填正確結(jié)論的序號(hào)）

16.“蒙日?qǐng)A”涉及幾何學(xué)中的一個(gè)著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上.稱此圓為該橢圓的“蒙日?qǐng)A”，該圓由法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日（1746-1818）最先發(fā)現(xiàn).若橢圓C：x24+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，P為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P和原點(diǎn)作直線l與橢圓C的蒙日?qǐng)A相交于M，N，則PM?·PN?PF1·PF2=．

四、解答題（10分+12分*5=70分）

17.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn=-32n2+2052n，

（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an；

（2）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．

18.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足bsinB+C2=asin?B．

（1）求A；

（2）若△ABC為銳角三角形，且b=2，求△ABC的面積的取值范圍．

19.如圖，AA1，BB1為圓柱OO1的母線，BC是底面圓O的直徑，D，E分別是AA1，CB1的中點(diǎn)，DE⊥面CBB1．

（1）證明：DE//平面ABC；

（2）若BB1=BC，求平面A1B1C與平面BB1C的夾角余弦值．

20.體育運(yùn)動(dòng)是強(qiáng)身健體的重要途徑，《中國(guó)兒童青少年體育健康促進(jìn)行動(dòng)方案（2020-2030）》（下面簡(jiǎn)稱“體育健康促進(jìn)行動(dòng)方案”）中明確提出青少年學(xué)生每天在校內(nèi)參與不少于60分鐘的中高強(qiáng)度身體活動(dòng)的要求.隨著“體育健康促進(jìn)行動(dòng)方案”的發(fā)布，體育運(yùn)動(dòng)受到各地中小學(xué)的高度重視，眾多青少年的體質(zhì)健康得到很大的改善.某中學(xué)教師為了了解體育運(yùn)動(dòng)對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)的影響情況，現(xiàn)從該中學(xué)高三年級(jí)的一次月考中隨機(jī)抽取1000名學(xué)生，調(diào)查他們平均每天的體育運(yùn)動(dòng)情況以及本次月考的數(shù)學(xué)成績(jī)情況，得到下表數(shù)據(jù)：

數(shù)學(xué)

成績(jī)

（分）［30，50）［50，70）［70，90）［90，110）［110，130）［130，150］人數(shù)

（人）2512535030015050運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)

的人數(shù)

（人）104514520010743約定：平均每天進(jìn)行體育運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不少于60分鐘的為“運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)”，數(shù)學(xué)成績(jī)排在年級(jí)前50%以內(nèi)（含50%）的為“數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)”．

（1）求該中學(xué)高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的65%分位數(shù)；

（2）請(qǐng)估計(jì)該中學(xué)高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的平均分（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）；

（3）請(qǐng)根據(jù)已知數(shù)據(jù)完成下列列聯(lián)表，并根據(jù)小概率值α=0001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析“數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)”是否與“運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)”相關(guān)；

數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)人數(shù)數(shù)學(xué)成績(jī)不達(dá)標(biāo)人數(shù)合計(jì)運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)人數(shù)運(yùn)動(dòng)不達(dá)標(biāo)人數(shù)合計(jì)附：χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）（n=a+b+c+d）

α001000050001xα663578791082821.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，過(guò)F1且與x軸垂直的直線與橢圓C交于點(diǎn)A，B，且△ABF2的面積為3．

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)直線l與橢圓C交于不同于右頂點(diǎn)P的M，N兩點(diǎn)，且PM⊥PN，判斷直線l是否過(guò)定點(diǎn)，并說(shuō)明理由．

22.已知函數(shù)f（x）=xlnx-ax2-x（a∈R）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（x1

（1）求a的取值范圍；

（2）證明：x41x2>e3．

參考答案

一、單選題

題次12345678答案ACCBCAAA1.答案：A【詳解】x2+x-?2=（x+2）（x-1）≤0解得-2≤x≤1，Q={-1，0，1，2，3}，∴P∩Q={-1，0，1}.故選：A.

2.答案：C【詳解】根據(jù)特稱命題的否定是全稱命題，p為x∈R，ex<2021，故選：C．

3.答案：C【詳解】A.若a>b，當(dāng)c=0時(shí)，?ac2=bc2，所以A不成立；B.若ac>bc，當(dāng)c<0時(shí)，則ab兩邊同除以ab，則1a>1b，所以C成立；D.如果a=2，b=-1，滿足a2>b2，但是1a>1b，所以D不成立.故選：C．

4.答案：B【詳解】因?yàn)檎龜?shù)x，y滿足x+2y-2xy=0，所以x2xy+2y2xy=1，即12y+1x=1．

所以2x+y=（2x+y）×12y+1x=xy+12+2+yx≥52+2xy×yx=92（當(dāng)且僅當(dāng)xy=yx，即x=y=32時(shí)等號(hào)成立）.所以2x+y的最小值是92.故選：B

5.答案：C【詳解】令A(yù)B=x，則AC=10-x且BC=6，故x∈（2，8），而p=a+b+c2=8，

所以△ABC面積S=16（8-x）（x-2）=-16（x-5）2+144，當(dāng)x=5時(shí)，Smax=12.故選：C.

6.答案：A【詳解】作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，作QR⊥BD于點(diǎn)R，連接到PR，由已知可得PQ∥AB，QR∥CD，且AB⊥平面BCD，所以PQ⊥平面BCD，又BD平面BCD，所以PQ⊥BD，?∵QR⊥BD，PQ∩QR=Q，PQ，QR平面PQR，∴BD⊥平面PQR，∵PR平面PQR，∴BD⊥PR，設(shè)AB=BD=CD=1，?∴AC=3，則x3=PQ1，∴PQ=x3，∵QR1=BQBC=APAC=3-x3，∴QR=3-x3，∴PR=x32+3-x32=332x2-23x+3，故f（x）=362x2-23x+3，其圖像是關(guān)于直線x=32對(duì)稱的圖像且開(kāi)口上，故選項(xiàng)B，C，D錯(cuò)誤.故選：A．

7.答案：A【詳解】由AP=λAB+2μAC平方可得1=λ2+4λμcos?A+4μ2，令t=λ+μλ=t-μ，代入有1=（t-μ）2+4（t-μ）μcos?A+4μ2，所以有（5-4cos?A）μ2+2t（2cos?A-1）μ+t2-1=0，令其Δ≥0，即4t2（2cos?A-1）2-4（5-4cos?A）（t2-1）≥0，也即t2≤5-4cos?A4（1-cos2A），又t=λ+μ≤2105恒成立，所以5-4cos?A4（1-cos2A）≤85，解得-14≤cos?A≤78所以cos?A的最小值為-14，故選：A.

8.答案：A【詳解】如下圖所示：因?yàn)锳B//C1D1且AB=C1D1，故四邊形ABC1D1為平行四邊形，則BC1//AD1，∵BC1平面ACD1，AD1平面ACD1，∴BC1//平面ACD1，同理可證A1B//平面ACD1，∵A1B∩BC1=B，A1B、BC1平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面ACD1，因?yàn)镻∈平面AA1B1B，要使得C1P//平面ACD1，則C1P平面A1BC1，因?yàn)槠矫鍭A1B1B∩平面A1BC1=A1B，故點(diǎn)P的軌跡為線段A1B，∵A1C1=A1D21+C1D21=13，BC1=BC2+CC21=13，A1B=AA21+AB2=32，當(dāng)C1P取最小值時(shí)，C1P⊥A1B，則P為A1B的中點(diǎn)，因?yàn)锳D⊥平面AA1B1B，BP平面AA1B1B，∴BP⊥AD，∵BP⊥AP，AP∩AD=A，AP、AD平面PAD，∴BP⊥平面PAD，∵PD平面PAD，則BP⊥PD，又因?yàn)锳B⊥AD，設(shè)BD的中點(diǎn)為O，則OP=OA=12BD=OD=OB=132，所以，球O的半徑為132，因此，球O的表面積為4π×1322=13π.故選：A．

二、多選題

題次9101112答案BDCDABACD9.答案：BD【詳解】∵圓C：（x-1）2+（y+1）2=4，即圓心坐標(biāo)為C（1，-1），半徑r=2，如圖所示：

∴圓心C（1，-1）到直線l：x+y-2=0的距離d=1-1-212+12=1，AB=2r2-d2=23，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；S△ABC=12·d·AB=12×1×23=3?，選項(xiàng)B正確；?由d+1=r，作直線l的平行線，使兩直線的距離為1，這樣的平行線有兩條，一條與圓相切，另一條過(guò)圓心與圓相交，可知圓上到直線l的距離為1的點(diǎn)共3個(gè)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確.故選：BD.

10.答案：CD【詳解】因?yàn)閍2·a16=16，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得，所以a29=a2·a16=16，因?yàn)閍n>0，所以a9=4，因?yàn)閍6+a7a3+a4=18，即a3q3+a4q3a3+a4=18，所以q=12，∴a10=a9q=4×12=2，a11=a10q=1，因?yàn)?0，所以等比數(shù)列｛an｝為遞減數(shù)列，所以當(dāng)n≥12時(shí)，an<1，∴當(dāng)n=10或n=11時(shí)，Tn取得最大值.故選：CD.

11.答案：AB【詳解】對(duì)于A，由2f（x）+xf?′（x）=1x2得，（x2f（x））′=1x，整理得，x2f（x）=lnx+c，c為常數(shù)，又由f（1）=0，得c=0，所以，f（x）=lnxx2，故A正確；

對(duì)于B，∵f（x）=lnxx2，則f?′（x）=x-2xlnxx4=1-2lnxx3，∵x>0，則x∈0，e時(shí)，f?′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，x∈（e，+∞），f?′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，故f（x）的極大值為f（e）=12e，故B正確；

對(duì)于C，f（1）=0，即函數(shù)f（x）在0，e上有1個(gè)零點(diǎn)，而x>e時(shí)，f（x）>0恒成立，即函數(shù)f（x）在（e，+∞）無(wú)零點(diǎn)，故f（x）在定義域上只有1個(gè)零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，?f（3）-f（2）=ln36-ln24=2ln3-3ln212=ln9-ln812>0，則f（3）>f（2），即f（2）

12.答案：ACD【詳解】由已知（x+4）2+y2=2（x+1）2+y2，整理得x2+y2=4，∴P（-2，0），Q（2，0），A正確；設(shè)兩切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，∵sin∠EAO=24=12，∴∠EAO=30°，∴∠EAF=60°，即兩條切線的夾角為60°，所以A與兩個(gè)切線構(gòu)成等邊三角形，B不正確；由題意得S△APMS△BPM=12AM·PMsin∠AMP12BM·PMsin∠BMP=APBP，∵AM=2BM，AP=2PB，∴sin∠AMP=sin∠BMP，∠AMP=∠BMP，C正確；

當(dāng)AM與圓相切時(shí)，AM2=42-22=12，AP=2，AQ=6，此時(shí)滿足AM2=AP·AQ故?D正確，故選：ACD．

三、填空題

13.10；14.2n-1；?15.①③；?161

13.答案：10【詳解】因?yàn)?-7i2+i=（1-7i）（2-i）（2+i）（2-i）=-1-3i，所以1-7i2+i=-1-3i=10．

故答案為：10.

14.答案：2n-1【詳解】將n=1代入4Sn=（2n+1）an+1可得4a1=3a1+1，解得a1=1，由4Sn=（2n+1）an+1可得4Sn-1=（2n-1）an-1+1，n≥2，兩式相減得4an=（2n+1）an-（2n-1）an-1即anan-1=2n-12n-3，所以an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1=1×31×53×…×2n-12n-3=2n-1，a1=1也滿足an=2n-1，故對(duì)任意的n∈N*，an=2n-1，故答案為：2n-1.

15.答案：①③【詳解】①因?yàn)閟in?A>sin?B，由正弦定理得a>b，所以A>B，正確；

②因?yàn)閟in?2A=sin?2B，且在△ABC中，2A+2B∈（0，2π），所以2A=2B或2A=π-2B，即A=B或A+B=π2，故△ABC為等腰三角形或直角三角形，錯(cuò)誤；

③由二倍角公式得1-2sin2A+1-2sin2B-1+2sin2C=1，化簡(jiǎn)得sin2A+sin2B=sin2C，由正弦定理得a2+b2=c2，所以△ABC為直角三角形，正確；

④若△ABC為銳角三角形，則0π2與△ABC為銳角三角形矛盾，錯(cuò)誤．

故答案為：①③．

16.答案：1【詳解】因?yàn)闄E圓C：x24+y2=1，所以a2=4，b2=1，故a=2，b=1，c2=a2-b2=3，如圖，令PF1·PF2=m，因?yàn)镻F1+PF2=2a=4，所以PF12+PF22+2PF1·PF2=16，即PF12+PF22=16-2m，結(jié)合圖象，由平面向量的知識(shí)可得

PF1+PF2=2PO，

PF1-PF2=F2F1，故

PF12+PF22+2PF1·PF2=4PO2，

PF12+PF22-2PF1·PF2=F2F12=4c2=12，兩式相加得2PF12+PF22=4PO2+12，即2（16-2m）=4PO2+12，即PO2=5-m，由“蒙日?qǐng)A”的定義得r2=a2+b2=5，所以PM·PN=（r-PO）（r+PO）=r2-PO2=5-（5-m）=m，故PM·PNPF1·PF2=mm=1.故答案為：1．

四、解答題

17.【解析】（1）當(dāng)n=1時(shí)，a1=s1=-32×12+2052=101，當(dāng)n≥2時(shí)an=sn-sn-1=-32×n2+2052n-［-32（n-1）2+2052（n-1）］=104-3n，把n=1代入上式a1=104-3×1=101符合上式，?∴an=-3n+104.……4分

（2）∵數(shù)列{an}的首項(xiàng)為正，是一個(gè)遞減數(shù)列，先正后負(fù)，令an≥0，則n<1043=3423數(shù)列前34為正，后面的項(xiàng)全為負(fù)，設(shè)數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為Tn，則當(dāng)n≤34，Tn=-32n2+2052n，當(dāng)n≥35時(shí)，Tn=S34-（Sn-S34）=32n2-2052n+3502.

∴數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn=-32n2+2052n，n≤34.

32n2-2052n+3502.n≥35……………………10分

18.【解析】（1）∵bsinB+C2=asin?B，∴結(jié)合正弦定理有sin?BsinB+C2=sin?Asin?B．

∵B∈（0，π），∴sin?B≠0，∴sinB+C2=sin?A，即cosA2=sin?A，∴cosA2=2sinA2cosA2.∵A∈（0，π），∴A2∈0，π2，∴cosA2≠0，∴sinA2=12，

∴A2=π6，即A=π3.………………………………4分

（2）∵△ABC為銳角三角形，∴A+B>π2，A+C>π2，∴π6

S△ABC=12bcsin?A=12×2c×32=32c．

由正弦定理bsin?B=csin?C，得c=bsin?Csin?B=2sinπ-π3-Bsin?B=3cos?B+sin?Bsin?B=3tan?B+1．

∵π633，∴1

故△ABC的面積的取值范圍是32，23.………12分

19.【解析】（1）取BB1中點(diǎn)F，連接DF，EF，如圖所示：因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為AA1，B1C，BB1的中點(diǎn)，所以DF//AB，EF//BC，又因?yàn)镈F平面ABC，EF平面ABC，AB平面ABC，BC平面ABC，所以DF//平面ABC，EF//平面ABC，又因?yàn)镈F∩EF=F，DE，EF平面DEF，所以平面DEF//平面ABC，又因?yàn)镈E平面DEF，所以DE//平面ABC.………………4分

（2）連接EO，AO，如圖所示：因?yàn)镋，O分別為B1C，BC的中點(diǎn)，所以EO//BB1，EO=12BB1，又因?yàn)镈為AA1的中點(diǎn)，所以DA//BB1，DA=12BB1，所以EO=DA，EO//DA，即四邊形AOED為平行四邊形，即DE//AO.因?yàn)镈E⊥面CBB1，所以AO⊥面CBB1．又因?yàn)锽C面CBB1，所以AO⊥BC，即AB=AC.以A為原點(diǎn)，AB，AC，AA1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BB1=BC=2，則AB=AC=2，B1=2，0，2，C=0，2，0，A1=（0，0，2），D=（0，0，1），E=22，22，1，DE=22，22，0，A1B1=2，0，0，A1C=0，2，-2，設(shè)平面A1B1C的法向量為=（x，y，z），則·A1B1=2x=0，

·A1C=2y-2z=0，令y=2得=0，2，1.則cos〈，DE〉=112+12·2+1=33，所以平面A1B1C與平面BB1C的夾角的余弦值為33.……………………12分

20.【解析】（1）每組的頻率依次為0025，0125，0350，0300，0150，0050，∵0025+0125+0350=0500<065，0025+0125+0350+0300=0800>065，且0500+08002=065，高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的65%分位數(shù)位于［90，110），且為［90，110）的中點(diǎn)100，該中學(xué)高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的65%分位數(shù)100.……3分

（2）該中學(xué)高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的平均分=0025×40+0125×60+0350×80+0300×100+0150×120+0050×140=9150，

估計(jì)該中學(xué)高三年級(jí)本次月考數(shù)學(xué)成績(jī)的平均分9150.?……………………6分

（3）

數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)人數(shù)數(shù)學(xué)成績(jī)不達(dá)標(biāo)人數(shù)合計(jì)運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)人數(shù)350200550運(yùn)動(dòng)不達(dá)標(biāo)人數(shù)150300450合計(jì)5005001000零假設(shè)為：“數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)”與“運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)”無(wú)關(guān)，

χ2=1000（350×300-200×150）2550×450×500×500=100011≈909>10828=xα

∴零假設(shè)不成立，根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)可得：在犯錯(cuò)的概率不大于α=0001的前提下認(rèn)為“數(shù)學(xué)成績(jī)達(dá)標(biāo)”與“運(yùn)動(dòng)達(dá)標(biāo)”相關(guān).?………………………………………12分

21.【解析】（1）因?yàn)闄E圓C的離心率為32，所以ca=32……?①

將x=-c代入x2a2+y2b2=1，得y=±b2a，所以AB=2b2a，則12×2c×2b2a=3，即2b2ca=3……②.又因?yàn)閍2=b2+c2，所以a=2，b=1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.……………4分

（2）由題意知，直線l的斜率不為0，則不妨設(shè)直線l的方程為x=ky+m（m≠2）．

聯(lián)立得x24+y2=1，

x=ky+m，消去x得（k2+4）y2+2kmy+m2-4=0，Δ=4k2m2-4（k2+4）（m2-4）>0，化簡(jiǎn)整理，得k2+4>m2.?設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則y1+y2=-2kmk2+4，y1y2=m2-4k2+4．因?yàn)镻M⊥PN，所以PM·PN=0.因?yàn)镻（2，0），所以PM=（x1-2，y1），PN=（x2-2，y2），所以，（x1-2）（x2-2）+y1y2=0，將x1=ky1+m，x2=ky2+m代入上式整理得（k2+1）y1y2+k（m-2）（y1+y2）+（m-2）2=0，所以，（k2+1）·m2-4k2+4+k（m-2）·-2kmk2+4+（m-2）2=0，解得m=65或m=2（舍去），所以直線l的方程為x=ky+65，則直線l恒過(guò)點(diǎn)Q65，0.……………………………12分

22.【解析】（1）∵f?′（x）=lnx-2ax，依題意得x1和x2為方程lnx-2ax=0的兩個(gè)不等正實(shí)根，∴a≠0，2a=lnxx，令g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈（e，+∞），g′（x）<0，∴g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以，g（x）在（0，+∞）上的［g（x）］max=g（e）=1e，且g（1）=0，又∵x>e時(shí)，lnx>0，x>0，∴g（x）>0，綜上，g（x）在x∈（0，1）上，g（x）<0，在x∈（1，+∞）上g（x）>0，且g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閘imx→+∞g（x）→0，當(dāng)y=2a與y=lnxx有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，必有0<2a

（2）要證x41x2>e3成立，只需證4lnx1+lnx2>3成立，由x1，x2是f（x）的不同極值點(diǎn)，則x1，x2是f??′（x）=0的兩根，即lnx1-2ax1=0，

lnx2-2ax2=0，所以lnx1=2ax1，

lnx2=2ax2，①，聯(lián)立可得，2a=lnx1-lnx2x1-x2②，所以要證4lnx1+lnx2>3成立，由①知即證2a（4x1+x2）>3成立，由②得，即證lnx1-lnx2x1-x2（4x1+x2）>3成立，因?yàn)閤10，h（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，當(dāng)t∈（0，1），h（t）e3成立.?………………………………………12分

責(zé)任編輯徐國(guó)堅(jiān)