2020年陕西省西安市西工大附中高考数学第三阶段模考试卷(理科)

2020年陕西省西安市西工大附中高考数学第三阶段模考试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x||x−2|<1}，B={x|log2x<1}，则A∩B=()A. (0,3)B. (1,2)C. (−∞,3)D. (0,2)2.已知单位向量a⃗与b⃗ 的夹角为π3，若x a⃗+b⃗ 与a⃗垂直，则实数x的值为()A. 12B. −12C. √32D. −√323.f(x)={x 23,x<0log2x+1,x>0，则f(f(−8))=()A. 3B. −3C. 4D. −44.已知sinα=2sin(α+π2)，则cos2α=()A. 35B. −7 C. −35D. −35.自新型冠状病毒爆发以来，全国各地医护人员勇当“逆行者”支援湖北．重庆第一批共派出甲、乙、丙、丁4支医疗队奔赴武汉、孝感、黄冈三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医疗队只去一个地方，则甲、乙都在武汉的概率为()A. 13B. 16C. 29D. 1186.已知抛物线y2=2px(p>0)，F为抛物线的焦点，O为坐标原点，A(x1,y1)，B(x2,y2)为抛物线上的两点，AB的中点到抛物线准线的距离为5，△ABO的重心为F，则p=()A. 1B. 2C. 3D. 47.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若sin2A−sin2B=sin2C−sinBsinC，a=√3，则△ABC的外接圆面积为()A. πB. 2πC. 4πD. 8π8.已知函数f(x)=x2−2m，g(x)=3lnx−x，若y=f(x)与y=g(x)在公共点处的切线相同，则m=()A. −3B. 1C. 2D. 59.在底边边长为2的正四棱锥P−ABCD中，异面直线PC与AD所成角的正切值为3，则四棱锥P−ABCD外接球的表面积为()A. 25π4B. 25π2C. 25√2π8D. 9π210.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点为F1，F2，以F2为圆心，|OF2|为半径作圆F2，过F1作直线l与圆F2切于点M，若M在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为()A. √2B. √3C. 2D. 2√3311.已知在一个棱长为12的正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1和C1D1的中点分别为M，N，如图，则过A，M，N三点的平面被正方体所截得的截面图形为()A. 六边形B. 五边形C. 四边形D. 三角形12.咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓咖啡的中国市场的最有效的方式之一．若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且品牌门店提供如下4种优惠方式：(1)首杯免单，每人限用一次；(2)3.8折优惠券，每人限用一次；(3)买2杯送2杯，每人限用两次；(4)买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数．每位消费者都可以用以上4种优惠方式中选择不多于2种使用．现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术人员不少于()人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利．A. 28B. 29C. 30D. 31二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.复数z=2+4i，则|z|=______．(1+i)2)，随机变量η=2ξ+1，则η的数学期望E(η)=______．14.已知离散型随机变量ξ～B(3,1415.已知函数f(x)=sin2x−√3cos2x向左平移π个单位后，所得图象在区间(0,m)上单调递增，则m的最4大值为______．16.函数f(x)满足f(1+x)=f(1−x)，当x>1时，f(x)=x，若f2(x)−2mf(x)+4m=0有8个不同lnx的实数解，则实数m的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a2a7=3a42，且−3，S4，9a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=(−1)n a n+1，求数列{b n}的前n项和T n．n(n+1)18.如图，在四棱锥B−ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是一个边长为4的正三角形，在直角梯形ACDE中，AE//CD，AE⊥AC，AE=2，CD=3，点P在棱BD上，且BP=2PD．(1)求证：EP//平面ABC；(2)设点M在线段AC上，若平面PEM与平面EAB所成的锐二面角的余弦，求MP的长．值为2√3519.2020年初，武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情，并快速席卷我国其他地区，口罩成了重要的防疫物资．某口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其2月1日～2月9日连续9天的日生产量y i(单位：十万只，i=1，2，…，9)数据作了初步处理，得到如图所示的散点图及一些统计量的值：y − z −∑t i 9t=1y i∑t i 9t=1z i2.7219139.091095注：图中日期代码1～9分别对应2月1日～2月9日；表中z i =e y i ，z −=19∑z i 9i=1．(1)从9个样本点中任意选取2个，在2个点的日生产量都不高于三十万只的条件下，求2个都高于二十万只的概率；(2)由散点图分析，样本点都集中在曲线y =ln(bt +a)的附近，请求y 关于t 的方程y =ln(bt +a)，并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万只． 参考公式：回归直线方程是v ̂=β̂μ+α̂，β̂=∑(n i=1μi −μ−)(v i −v −)∑(n i=1μi −μ−)2=∑μi n i=1v i −nμ−v−∑μi 2n i=1−nμ−2，α̂=v −−β̂μ−． 参考数据：e 4≈54.6．20. 已知椭圆C 1：x 26+y 23=1的长轴为AB ，动点P 是椭圆上不同于A ，B 的任一点，点Q 满足AP ⊥AQ ，BP ⊥BQ ．(1)求点Q 的轨迹C 2的方程；(2)过点R(0,6)的动直线l 交C 2于M ，N 两点，y 轴上是否存在定点S ，使得∠RSM +∠RSN =π总成立？若存在，求出定点S ；若不存在，请说明理由．21. 已知函数f(x)=(x −2)e x −ax +alnx(a ∈R)．(1)当a =−1时，求函数f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =3+sinϕ−2cosϕy =cosϕ+2sinϕ(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcosθ+2=0． (1)求曲线C 1的极坐标方程并判断C 1，C 2的位置关系；(2)设直线θ=α(−π2<α<π2,ρ∈R)分别与曲线C 1交于A ，B 两点，与C 2交于点P ，若|AB|=3|OA|，求|OP|的值．23. 设函数f(x)=|1−2x|−3|x +1|，f(x)的最大值为M ，正数a ，b 满足1a 3+1b 3=Mab ．(Ⅰ)求M ；(Ⅱ)是否存在a ，b ，使得a 6+b 6=√ab ？并说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵A={x|1<x<3}，B={x|0<x<2}，∴A∩B=(1,2)．故选：B．可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．本题考查了描述法、区间的定义，绝对值不等式的解法，对数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：根据题意，单位向量a⃗与b⃗ 的夹角为π3，则a⃗⋅b⃗ =1×1×cosπ3=12，若x a⃗+b⃗ 与a⃗垂直，则(x a⃗+b⃗ )⋅a⃗=x a⃗2+a⃗⋅b⃗ =x+12=0，解可得x=−12；故选：B．根据题意，由数量积公式可得a⃗⋅b⃗ =1×1×cosπ3=12，由向量垂直与数量积的关系可得(x a⃗+b⃗ )⋅a⃗=x a⃗2+a⃗⋅b⃗ =x+12=0，解可得x的值，即可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直与数量积的关系，属于基础题．3.【答案】A【解析】解：∵函数f(x)={x 23,x<0log2x+1,x>0，∴f(−8)=(−8)23=(−2)2=4，f[f(−8)]=f(4)=log24+1=2+1=3．故选：A．推导出f(−8)=4，从而f[f(−8)]=f(4)，由此能求出结果．本题考查函数值的求法，考查函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】C【解析】解：∵sinα=2sin(α+π2)=2cosα，∴tanα=2；∵cos2α=cos2α−sin2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tanα=1−221+2=−35；故选：C．根据三角函数的诱导公式，倍角公式，即可得到结论．本题主要考查函数值的计算，利用三角函数的倍角公式是解决本题的关键．5.【答案】D【解析】解：根据题意，将4支医疗队安排到三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医疗队只去一个地方，有C42A33=36种安排方法，若甲、乙都在武汉，将其他两支医疗队安排在其他两个地方即可，有A22=2种安排方法；故甲、乙都在武汉的概率P=236=118；故选：D．根据题意，由排列组合数公式计算“将4支医疗队安排到三个地方”和“甲、乙都在武汉”的安排方法数目，由古典概型公式计算可得答案．本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：抛物线y2=2px(p>0)的焦点F(p2,0)，准线方程为x=−p2，因为AB的中点到抛物线准线的距离为5，所以x1+x22+p2=5，①又因为△ABO的重心为F，所以x1+x23=p2，②联立①②可得3p4+p2=5，解得p=4，故选：D．求得抛物线的焦点和准线方程，由线段的中点坐标和三角形的重心坐标，解方程可得p的值．本题考查抛物线的方程和性质，以及三角形的重心坐标，考查方程思想和运算能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：由于sin2A−sin2B=sin2C−sinBsinC，利用正弦定理a2−b2=c2−bc，整理得cosA=b2+c2−a22bc =12，由于A∈(0,π)，所以A=π3，所以2R=asinA=√3√32=2，故R=1．所以S圆=π⋅12=π．故选：A．直接利用正弦定理的应用转换为a2−b2=c2−bc，进一步求出A的值，再利用正弦定理求出外接圆的半径，最后求出外接圆的面积．本题考查的知识要点：余弦定理正弦定理和三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：设两曲线y=f(x)与y=g(x)的公共点(a,b)(a>0)，f(x)=x2−2m，其导数f′(x)=2x，则切线的斜率k=f′(a)=2a，g(x)=3lnx−x，其导数g′(x)=3x −1，则切线的斜率k=g′(a)=3a−1，则有2a=3a −1，解可得a=1或−32(舍)，则b=3ln1−1=−1，则公共点为(1,−1)，则有−1=1−2m，解得m=1．故选：B．设两曲线y=f(x)与y=g(x)的公共点(a,b)，求出两个函数的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由斜率相等求得a的值，将a的值代入g(x)的解析式可得b的值，即可得公共点(a,b)的坐标，将(a,b)代入f(x)的解析式，计算可得m的值．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是掌握导数的几何意义，是中档题．9.【答案】B【解析】解：如图所示：由题意，作PE⊥BC交BC于E，则E为BC的中点，设P在面ABCD上的投影为H，连接HE，∵AD//BC，所以PC与AD所成的角等于异面直线PC与BC所成的角，∵异面直线PC与AD所成的角的正切值为3，∴PEEC=3，∴PE=3，PH=√PO2+HE2=2√2，设四棱锥P−ABCD外接球的半径为R，则有(PH−R)2+AH2=R2，R=5√24，∴四棱锥P−ABCD外接球的表面积S=4πR2=4π×258=25π2．故选：B．确定异面直线PC与AD所成角为∠PBC，取BC中点E，求出PE，HP，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出四棱锥P−ABCD的外接球面积．本题考查四棱锥P−ABCD外接球的表面积、异面直线的夹角，考查学生的空间想象、计算能力，属于中档题．10.【答案】C【解析】解：∵MF1为圆的切线，故OM=12F1F2=c，又MF2=OF2=r=c，∴∠MOF2=60°，∴tan∠MOF2=√3=ba，∴b=√3a，∴e=ca =√a2+b2a2=2．故选：C．根据过F1作直线l与圆F2切于点M，且M在双曲线的渐近线上，得到∠MOF2=60°，进而得到b=√3a，再双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的性质，考查离心率的求法，抓住渐近线经过M是解题的关键．11.【答案】B【解析】解：在一个棱长为12的正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1和C1D1的中点分别为M，N，如图，在DD1上取点E，使DE=3ED1=9，连结AE、NE，∵AB//D1N，BM//D1E，AB∩BM=B，D1N∩D1E=D1，∴平面ABM//平面D1NE，又NE⊂平面D1NE，∴NE//平面ABM，∵D1EBM =D1NAB=12，∴NE//AM，∵AE//C1M，∴过A，M，N三点的平面被正方体所截得的截面图形为五边形AMC1NE．故选：B．在DD1上取点E，使DE=3ED1=9，连结AE、NE，推导出过A，M，N三点的平面被正方体所截得的截面图形为五边形AMC1NE．本题考查截面图形的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】C【解析】解：由题意知，咖啡产品原价为30元/杯，成本为12元/杯，优惠方式(1)免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；优惠方式(2)每杯售价11.4元，每购买1杯该品牌店亏损0.6元；优惠方式(3)和(4)相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元；我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择2种优惠方式，必然包含优惠方式(1)，可以免单购买5杯咖啡，该品牌门店因此亏损60元，最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡(11.4×5+30×1>11.4×2+15×4，说明只要用原价购买1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折优惠，花费也一定会超过搭配使用(2)(4)优惠购买咖啡)，故显然该品牌门店必须按照优惠方式(3)和(4)售出20杯以上的咖啡才能盈利，故技术人员人数一定多于5+20=25人；技术人员在26−29人时，免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+3.8折购买14杯咖啡，该品牌门店依旧亏损；技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡十买5送5购买20杯咖啡十买2送2购买4杯咖啡+3.8折购买1杯咖啡，该品牌门店盈利3×24−60−0.6=114元；由于11.4>0.6×4，故技术人员超过30人时，该品牌门店能保证持续盈利．故选：C．首先因为无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利，转化为当最优的购买方式购买时门店照样盈利，先分析用哪种优惠方式是最优购买，因为11.4×5+30×1> 11.4×2+15×4，所以最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡，故要想盈利必须按照优惠方式(3)和(4)售出20杯以上的咖啡才能盈利，后面再依次分析人数越多时何时品牌门店都能盈利即可得到答案．本题考查函数的实际应用，考查了分类讨论思想，将文字语言转化为数学语言是本题的关键，属于难题．13.【答案】√5【解析】解：∵z=2+4i(1+i)2=2+4i2i=1+2ii=(1+2i)(−i)−i2=2−i，∴|z|=√22+(−1)2=√5．故答案为：√5．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．14.【答案】52【解析】解：离散型随机变量ξ～B(3,14)，可得E(ξ)=3×14=34，随机变量η=2ξ+1，则η的数学期望E(η)=2×34+1=52．故答案为：52．求出ξ的期望，然后利用线性关系，求η的期望即可．本题考查离散型随机变量的期望的求法，是基本知识的考查．15.【答案】π6【解析】解：f(x)=sin2x −√3cos2x =2sin(2x −π3)，向左平移π4个单位后，得到y =2sin[2(x +π4)−π3]=2sin(2x +π6).令2x +π6∈[2kπ−π2,2kπ+π2]，k ∈Z ，则x ∈[kπ−π3,kπ+π6]，k ∈Z ，因为函数y 的图象在区间(0,m)上单调递增，所以(0,m)⊆[kπ−π3，kπ+π6]，k ∈Z ， 所以当k =0时，m 取得最大值，为π6． 故答案为：π6．利用辅助角公式可将函数f(x)化简为f(x)=2sin(2x −π3)，根据函数图象的变换法则求出平移后函数y 的解析式，再结合正弦函数的单调性，求出函数y 的单调递增区间，而区间(0,m)属于该递增区间的子区间，从而得解．本题考查三角函数的图象变换、正弦函数的图象与性质，熟练掌握函数图象的变换法则以及正弦函数的单调性是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．16.【答案】4<m <e 22(e−2)【解析】解：由题意，f(x)满足f(1+x)=f(1−x)，可知f(x)图象关于x =1对称； 当x >1时，f(x)=xlnx ，f′(x)=lnx−1(lnx)2， 当x =e 时，f′(x)=0；当x ∈(1,e)时，f(x)单调递增；当x ∈(e,+∞)时，f(x)单调递减； ∴当x =e 时，f(x)取得最小值e ； ∴f(x)的范围为(e,+∞)，令f(x)=t ，那么t 2−2mt +4m =0在(e,+∞)有2个不同的实数解，△>0； 根的分布思想，则{△=4m 2−16m >0e 2−2me +4m >0−−2m 2≥e，得{m >4或m <0m <e 22e−4m ≥e ∴m 的范围是(4,e 22(e−2)). 故答案为：(4,e 22(e−2)).对f(x)求导，判断其单调性和极值，可得f(x)的范围为(e,+∞)，换元思想，令f(x)=t ，那么t 2−2mt +4m =0有2个不同的实数解，可得{△=4m 2−16m >0e 2−2me +4m >0−−2m2≥e ，从而可得m 的范围．本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的零点的求法，属于中档题．17.【答案】解：(1)在比数列{a n }中，由a 2a 7=3a 42，得a 12q 7=3a 12q 6，∴q =3， ∵−3，S 4，9a 3成等差数列， ∴2S 4=9a 3−3． 从而有2a 1(1−34)1−3=9a 1⋅32−3⇒a 1=3，∴a n =a 1q n−1=3n ；(2)由a n =3n ，且b n =(−1)n a n +1n(n+1)， 得b n =(−1)n ×3n +1n(n+1)=(−3)n +1n −1n+1，∴T n =[(−3)1+(−3)2+⋯+(−3)n ]+(1−12+12−13+⋯+1n −1n +1)=−3[1−(−3)n ]4+1−1n+1=3[(−3)n −1]4+nn+1．【解析】本题考查等差数列的性质，考查等比数列的通项公式及前n 项和，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．(1)由已知a 2a 7=3a 42求得等比数列的公比，再由−3，S 4，9a 3成等差数列列式求得首项，则数列{a n }的通项公式可求；(2)把(1)中求得的通项公式代入b n =(−1)n a n +1n(n+1)，然后利用等比数列的前n 项和及数列的裂项相消法求和求解T n ．18.【答案】(1)证明：如图，作PQ//DC 交BC 于点Q ，连接AQ ，∵BP =2PD ，∴PQ =23DC =2， 又AE//CD ，AE =2，∴AE//PQ ，且AE =PQ ，即有四边形AEPQ 是平行四边形，得EP//AQ ， ∵EP ⊄平面ABC ，AQ ⊂平面ABC ， ∴EP//平面ABC ；(2)解：如图，设O 是AC 的中点，在正△ABC 中，BO ⊥AC ， 作Oz//AE ，∵AE ⊥AC ，∴由平面ABC ⊥平面ACDE ，可得AE ⊥平面ABC ，则Oz ⊥平面ABC ，再以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x ，y 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0,0，0)，A(2,0，0)，B(0,2√3,0)，E(2,0，2)，D(−2,0，3)， ∵BP =2PD ，∴P(−43,2√33,2)． AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)， 设平面EAB 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2√3y 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2z 1=0，取y 1=1，得m ⃗⃗⃗ =(√3,1,0)； ∵点M 在线段AC 上，设其坐标为M(t,0，0)，其中−2≤t ≤2， ∴EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t −2,0,−2)，EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−103,2√33,0)， 设平面PEM 的法向量为n⃗ =(x 2,y 2,z 2)， 由{n ⃗ ⋅EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t −2)x 2−2z 2=0n ⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−103x 2+2√33y 2=0，取x 2=3，得n ⃗ =(3,5√3,3t−62)． 由题意，设平面PEM 与平面EAB 所成的锐二面角为θ， 则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ ||=8√32√9+75+24=2√35⇒(3t −6)2=64⇒t =143或t=−23，∵−2≤t ≤2，∴M(−23,0,0)， ∴|MP|=(−43+23)(2√33−=2√133．【解析】(1)作PQ//DC 交BC 于点Q ，连接AQ ，由平行线截线段成比例可得AE//CD ，进一步得到AE//PQ ，且AE =PQ ，得到四边形AEPQ 是平行四边形，即EP//AQ ，再由直线与平面平行的判定可得EP//平面ABC ； (2)设O 是AC 的中点，在正△ABC 中，BO ⊥AC ，作Oz//AE ，证明Oz ⊥平面ABC ，再以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x ，y 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面EAB 的法向量，设M(t,0，0)，其中−2≤t ≤2，再由t 表示平面PEM 的法向量，由题意列式求解t ，可得M 的坐标，则MP 的长可求．本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．19.【答案】解：(1)9个样本点中日生产量都不高于三十万只的有5个，高于二十万只且不高于三十万只的有3个，设事件A ：所取2个点的日生产量都不高于三十万只， 事件B ：所取2个点的日生产量高于二十万只，∴事件AB ：所取2个点的日生产量高于二十万只且不高于三十万只，则P(A)=C 52C 92=518，P(AB)=C 32C 92=112，∴P(B|A)=P(AB)P(A)=310．(2)∵y =ln(bt +a)，∴z =e y =bt +a ，t −=5，∑t i 29i=1=285，∴b =∑(9i=1t i −t −)(z i −z −)∑(9i=1t i −t −)2=∑(9i=1t i z i −t −⋅z i −z −⋅t i +t −⋅z −)∑(9i=1t i 2−2t −⋅t i +t −2)=∑t i 9i=1z i −9t −⋅z−∑t i 29i=1−9t−2=1095−9×5×19285−9×52=4，∴a =z −−bt −=19−4×5=−1，∴y =ln(4t −1)． 令ln(4t −1)>4，解得t >e 4+14≈13.9，∴t ≥14，即该厂从2月14日开始日生产量超过四十万只．【解析】(1)设事件A ：所取2个点的日生产量都不高于三十万只，事件B ：所取2个点的日生产量高于二十万事件AB ：所取2个点的日生产量高于二十万只且不高于三十万只，求出概率，利用条件概率公式求解即可．(2)z =e y =bt +a ，求出回归直线方程的系数，得到回归直线方程．通过ln(4t −1)>4，推出结果． 本题考查回归直线方程的求法与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．20.【答案】解：(1)设P(x 0,y 0)(y 0≠0)，Q(x,y)，不妨设A(−√6,0)，B(√6,0)，∵AP ⊥AQ ，BP ⊥BQ ， ∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴{(x 0+√6)(x +√6)+y 0y =0(x 0−√6)(x −√6)+y 0y =0，解得{x 0=−x y 0=−y 2，代入x 026+y 023=1，得点Q 的轨迹C 2的方程为y 212+x 26=1(y ≠0)．(2)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，假设存在这样的点S(0,t)满足∠RSM +∠RSN =π， 当直线l 的斜率存在时，设为y =kx +6，代入椭圆y 212+x 26=1中，得(k 2+2)x 2+12kx +24=0，∴x 1+x 2=−12kk 2+2，x 1⋅x 2=24k 2+2，△=144k 2−96(k 2+2)=48(k 2−4)>0， ∵∠RSM +∠RSN =π， ∴k MS +k NS =0， 即y 1−t x 1+y 2−t x 2=0，即x 2(y 1−t)+x 1(y 2−t)=x 2(kx 1+6−t)+x 1(kx 2+6−t)=2kx 1x 2+(6−t)(x 1+x 2)=2k 24k 2+2+(6−t)−12kk 2+2=12kk 2+2(t −2)=0， ∵k ≠0，∴t =2，即S(0,2)；当斜率不存在时，直线l也过(0,2)．综上，y轴上存在定点S(0,2)，使得∠RSM+∠RSN=π总成立．【解析】(1)设P(x0,y0)(y0≠0)，Q(x,y)，不妨设A(−√6,0)，B(√6,0)，通过向量的数量积，列出方程组求解即可．(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，假设存在这样的点S(0,t)满足∠RSM+∠RSN=π，当直线l的斜率存在时，设为y=kx+6，代入椭圆y212+x26=1中，利用韦达定理，结合斜率关系，转化求解即可．本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21.【答案】(1)解：当a=−1时，f(x)=(x−2)e x+x−lnx，则f′(x)=(x−1)e x+1−1x =(x−1)(e x+1x)，因为x∈(0,+∞)，则e x+1x>0，所以x>1时，f′(x)>0，0<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,+∞)．(2)因为f(x)=(x−2)e x−ax+alnx，则f′(x)=(x−1)e x−a+ax =(x−1)(e x−ax)．(i)当a<0时，因为x∈(0,+∞)，则e x−ax>0，则x>1时，f′(x)>0，所以0<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，f(1)=−e−a．当f(1)=−e−a>0时，即a<−e时，f(x)≥f(1)>0，所以当a<−e时，函数f(x)没有零点，即函数f(x)零点个数为0；当f(1)=−e−a=0，即a=−e时，f(x)≥f(1)=0，所以当a=−e时，函数f(x)有且只有一个零点x=1，即函数f(x)的零点个数为1；当f(1)=−e−a<0，即−e<a<0时，f(2)=−a(2−ln2)>0，则存在一个实数x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，当x∈(0,1)时，(x−2)e x>−e，−ax>0，对任意的x∈(0,1)，则f(x)>−e+alnx，取x=e3a，因为a<0，则0<e3a<1，则f(x)>−e+alne3a=3−e>0，则存在x2∈(e3a,1)，使得f(x2)=0，即−e<a<0时，函数f(x)的零点个数为2．(ii)当a=0时，令f(x)=0，则(x−2)e x=0，则x=2，即函数f(x)有且只有一个零点x=2；即函数f(x)的零点个数为1．(iii)当a>0时，令g(x)=e x−ax ，g′(x)=e x+ax2>0，故g(x)=e x−ax 在(0,+∞)上单调递增，令m=min{12,a2}，n=max{1,a}，故g(m)≤√e−2<0，g(n)≥e−1>0，则一定存在x0∈(m,n)，使得g(x0)=0，所以x∈(0,x0)时，g(x)<0，x∈(x0,+∞)时，g(x)>0．因为f′(x)=(x−1)e x−a+ax =(x−1)(e x−ax)，当x0=1，即a=e时，f(x)=(x−2)e x−ex+elnx，所以f′(x)=(x−1)(e x−ex)，所以x>1时，f′(x)>0，所以0<x<1时，f′(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(1)=−2e<0，f(3)=e3−3e+eln3>0，则存在x1∈(1,3)，使得f(x1)=0，所以函数f(x)有且只有一个零点x=x1，即函数f(x)的零点个数为1．因为f′(x)=(x−1)e x−a+ax =(x−1)(e x−ax)，当x0>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，当0<x0<1，x∈(0,x0)时，f′(x)>0，当x∈(x0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，因为x∈(0,1]时，(x−2)e x<0，−ax<0，alnx≤0，即f(x)<0，所以f(x)在x∈(0,1]时没有零点，x∈(1,+∞)上f(x)至多有一个零点，而f(a+2)=ae a+2−a(a+2)+aln(a+2)=a(e a+2+ln(a+2)−(a+2))，令t=a+2，ℎ(t)=e t+lnt−t(t>2)，则ℎ′(t)=e t+1t−1(t>2)，则ℎ′(t)>0，故ℎ(t)在t∈(2,+∞)上单调递增，而ℎ(2)=e2+ln2−2>0，即f(a+2)>0，故存在一个，则存在x1∈(1,a+2)，使得f(x1)=0，所以函数f(x)有且只有一个零点x=x1，即函数f(x)的零点个数为1，综上所述：当a<−e时，函数f(x)的零点个数为0；当a =−e 或a ≥0时，函数f(x)的零点个数为1； 当−e <a <0时，函数f(x)的零点个数为2．【解析】(1)把a =−1代入后对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解，(2)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性，再由函数的零点判定定理进行判断即可．本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及零点个数的判断，体现了转化思想及分类讨论思想的应用．22.【答案】解：(1)由曲线C 1得：{x −3=sinϕ−2cosϕy =cosϕ+2sinϕ，平方相加得(x −3)2+y 2=5，即x 2+y 2−6x +4=0，又ρ2=x 2+y 2，x =ρcosθ， 得曲线C 1的极坐标方程为ρ2−6ρcosθ+4=0．联立{ρ2−6ρcosθ+4=0ρcosθ+2=0，得ρ2+16=0，此方程无解，∴C 1，C 2相离；(2)由{ρ2−6ρcosθ+4=0θ=α，得ρ2−6ρcosα+4=0．∵直线θ=α与曲线C 1有两个交点A ，B ， ∴△=36cos 2α−16>0，即cosα>23．设方程的两根分别为ρ1，ρ2，则{ρ1+ρ2=6cosα>0ρ1ρ2=4，① ∵|AB|=3|OA|，∴|OB|=4|OA|，即ρ2=4ρ1， 联立①式解得ρ1=1，ρ2=4，cosα=56，满足△>0，联立{ρcosθ+2=0θ=α⇒ρ=−2cosα=−125， ∴|OP|=|ρ|=125．【解析】(1)把曲线C 1中的参数消去，可得普通方程，整理后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C 1的极坐标方程．联立C 1，C 2的极坐标方程，化为关于ρ的一元二次方程，根据方程解的个数可得C 1，C 2的位置关系；(2)联立直线θ=α与曲线C 1的极坐标方程，结合已知求得θ，再把直线与曲线C 2联立即可求得|OP|的值． 本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是中档题．23.【答案】解：(1)分三类讨论如下：①当x <−1时，f(x)=x +4，单调递增，f(x)<3；②当−1≤x ≤12时，f(x)=−5x −2，单调递减，f(x)max =f(−1)=3， ③当x >12时，f(x)=−x −4，单调递减，f(x)<f(12)=−92， 综合以上讨论得，f(x)的最大值M =3；(2)假设存在正数a ，b ，使得a 6+b 6=√ab ≥2√a 6b 6=2a 3b 3， 所以，a 52⋅b 52≤12，------------①又因为1a 3+1b 3=Mab =3ab ≥2⋅√a 3b 3， 所以，a 52⋅b 52≥23，-----------②显然①②相互矛盾，所以，假设不成立，即不存在a ，b 使得a 6+b 6=√ab ．【解析】(1)直接采用零点分段法确定函数的最值；(2)先假设存在，再两次运用基本不等式得出a 52⋅b 52≤12和a 52⋅b 52≥23相互矛盾，所以假设不成立．本题主要考查了分段函数最值的确定，以及基本不等式在解题中的应用，运用了零点分段法和反证法，属于中档题．。