2020年广东省肇庆市高考数学质检试卷（理科）（6月份）
2020年广东省肇庆市高考数学质检试卷（理科）（6月份）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合M＝{x|y＝ln(x+1)}，N＝{y|y＝ex}，则M∩N＝（ ）
A.(−1, 0) B.(−1, +∞) C.(0, +∞) D.R
2. 已知复数z=5i2−i+5i，则|z|＝（ ）
A.5 B.52 C.32 D.25
3. 已知a=log32，b＝log0.20.3，c=tan11π3，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.c
0, |φ|<π2)的图象向右平移π3个单位长度得到函数g(x)的图象，若函数g(x)的最小正周期为π，x=π3为函数g(x)的一条对称轴，则函数g(x)的一个单调递增区间为（ ）
A.[0,π6] B.[π2,π] C.[π3,5π6] D.[π6,π3]
10. 分子间作用力只存在于分子与分子之间或惰性气体原子间的作用力，在一定条件下两个原子接近，则彼此因静电作用产生极化，从而导致有相互作用力，称范德瓦尔斯相互作用．今有两个惰性气体原子，原子核正电荷的电荷量为q，这两个相距R的惰性气体原子组成体系的能量中有静电相互作用能U．其计算式子为U＝kcq2(1R+1R+x2−x2−1R+x1−1R−x2)，其中，kc为静电常量，x1x2分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移．已知R+x1−x2=R(1+x1−x2R)，R1+x1=R(1+x1R),R−x2=R(1−x2R)，且(1+x)−1≈1−x+x2，则U的近似值为（ ）
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A.kcq2x1x2R3 B.−kcq2x1x2R3 C.2kcq2x1x2R3 D.−2kcq2x1x2R3
11. 过双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2的直线在第一、第四象限交两渐近线分别于P，Q两点，且∠OPQ＝90∘，O为坐标原点，若△OPQ内切圆的半径为a3，则该双曲线的离心率为（ ）
A.2 B.52 C.10 D.102
12. 设函数f(x)=exx−t(lnx+x+2x)恰有两个极值点，则实数t的取值范围是（ ）
A.(−∞, 12] B.(12, +∞)
C.(12, e3)∪(e3, +∞) D.(−∞, 12]∪(e3, +∞)
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
已知向量a→=(1,2)，b→=(2,x)的夹角余弦值为45，则x＝________．
若a∈[1, 6]，则函数y=x2+ax在区间[2, +∞)内单调递增的概率是________．
(x3+1)⋅(2x+1x)6的展开式中x3项的系数是________（用数字作答）．
已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，且AD // BC，AD⊥DC，AD=2DC=2CB=4，AP⊥PD，PA=PD，PC=22，AD的中点为E，则四棱锥P−BCDE外接球的表面积为________．
三、解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an＝bn+bn+1．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）令cn=(an+1)n+1(bn+2)n，求数列{cn}的前n项和Tn．
《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AB⊥AC．
(1)求证：四棱锥B−A1ACC1为阳马；
(2)若C1C=BC=2，当鳖膈C1−ABC体积最大时，求锐二面角C−A1B−C1的余弦值．
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=12，椭圆C上一点M到左右两个焦点F1，F2的距离之和是4．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过F2的直线与椭圆C交于A，B两点，且两点与左右顶点不重合，若F1M→=F1A→+F1B→，求四边形AMBF1面积的最大值．
在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学生线上学习．某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高三年级随机选取45名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于5小时的有19人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足120分的占813，统计成绩后得到如下2×2列联表：
分数不少于120分
分数不足120分
合计
线上学习时间不少于5小时
4
19
线上学习时间不足5小时
合计
45
（1）请完成上面2×2列联表；并判断是否有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”；
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（2）(Ⅰ)按照分层抽样的方法，在上述样本中从分数不少于120分和分数不足120分的两组学生中抽取9名学生，设抽到不足120分且每周线上学习时间不足5小时的人数是X，求X的分布列（概率用组合数算式表示）；
(Ⅱ)若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数的期望和方差．
（下面的临界值表供参考）
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（参考公式K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)其中n＝a+b+c+d）
已知函数f(x)＝2lnx+1−ax，a∈R．
（1）当a＝−1时，求曲线y＝f(x)在点（1, f (1)）处的切线方程；
（2）求函数f(x)在(1, +∞)上的极值；
（3）设函数g(x)＝(x−a)2lnx，若对任意的实数x∈[1, e]，不等式g(x)≤4e2恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．
【选考题】请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=t，y=m−t， (t为参数，m∈R)，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2=31+2sin2θ(ρ>0, θ∈[0, π])．
(1)求曲线C1、C2的直角坐标方程．
(2)若P、Q分别为C1、C2上的动点，且P、Q间距离的最小值为22，求实数m的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知正实数x，y满足x+y＝1．
（1）解关于x的不等式|x+2y|+|x−y|≤52；
（2）证明：(1x2−1)(1y2−1)≥9．
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参考答案与试题解析
2020年广东省肇庆市高考数学质检试卷（理科）（6月份）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合M，N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ M＝{x|x>−1}，N＝{y|y>0}，
∴ M∩N＝(0, +∞)．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简z，再由复数模的计算公式求|z|．
【解答】
解：∵ z=5i2−i+5i=5i(2+i)5+5i=−1+7i，
∴ |z|=(−1)2+72=52．
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围即可求解．
【解答】
因为a=log32>1，b＝log0.20.3∈(0, 1)，c=tan11π3=−3，
则a>b>c．
4.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据题意，前者推不出后者，后者推不出前者，从而得出答案．
【解答】
已知△ABC，sinA＝cosB，
则sinA＝sin(π2±B)，
故A=π2±B，或A+(π2±B)=π，
所以A−B=π2，或A+B=π2，
故前者推不出后者，
反之，比如A＝90∘，B＝45∘，显然不成立，
故后者推不出前者，
所以“sinA＝cosB”是“△ABC是直角三角形”的既不充分也不必要条件，
5.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线方程可求焦点F，设出直线AB的方程联立，消去y整理成关于x的一元二次方程，设出A两点坐标，由韦达定理可以求得答案．
【解答】
∵ 抛物线y=14x2焦点F(0, 1)，
设过焦点F的直线AB的方程为y＝kx+1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程y=14x2y=kx+1 ，可得x2−4kx−4＝0，
∴ x1x2＝−4，y1y2=14x12⋅14x22＝1，
∵ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2＝−3，
6.
【答案】
D
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
根据mmn=mmn即可得出m3n=mn+mn，进而得出mn+m＝m3，然后即可得出m，n的关系式．
【解答】
∵ mmn=mmn，
∴
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m3n=mn+mn，
∴ mn+m＝m3，
∴ n+1＝m2，
∴ n＝m2−1．
7.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
由题可得f′(x)＝2x−2sinx，判断导函数的奇偶性，利用特殊值的函数值推出结果即可．
【解答】
函数f(x)＝x2+2cosx，∴ f′(x)＝2x−2sinx＝2(x−sinx)，
f′(−x)＝−2x+2sinx＝−(2x−2sinx)＝−f′(x)，
导函数是奇函数，
∵ x∈(0, π2)，x>sinx>0，
∴ B、C、D不正确．
8.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
A选项，若空白处是n＝n+1，S＝S+n时，i＝1≤4成立，n＝2，S＝0+2＝2，i＝2≤4成立，
所以n＝3，S＝2+3−5，i＝3≤4成立，
所以n＝4，S＝4+5＝9，i＝4≤4成立，
所以n＝5，S＝5+9＝14，i＝5≤4不成立，故S＝14，不符合题意；
B选项，若空白处是n＝n+2，S＝S+n时，i＝1≤4成立，n＝3，S＝0+3＝3，i＝2≤4成立，
所以n＝5，S＝5+3＝8，i＝3≤4成立，
所以n＝7，S＝8+7＝15，i＝4≤4成立，
所以n＝9，S＝15+9＝24，i＝5≤4不成立，故S＝24，不符合题意；
C选项，若空白处是S＝S+n，n＝n+1时，i＝1≤4成立，S＝1，n＝2，i＝2≤4成立，
所以S＝3，n＝3，i＝3≤4成立，
所以S＝6，n＝4，i＝4≤4成立，
所以S＝10，n＝5，i＝5≤4不成立，故S＝10，不符合题意；
D选项，若空白处是S＝S+n，n＝n+2时，i＝1≤4成立，S＝1，n＝3，i＝2≤4成立，
所以S＝4，n＝5，i＝3≤4成立，
所以S＝9，n＝7，i＝4≤4成立，
所以S＝16，n＝9，i＝5≤4不成立，故S＝16，符合题意．
9.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
三角函数的周期性
【解析】
首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出函数的单调区间．
【解答】
由题意知，f(x)=2sin(ωx+φ−π4)，
所以g(x)=f(x−π3)=2sin(ωx−ωπ3+φ−π4)，
因为g(x)的最小正周期为π，
所以2πω=π，
解得ω＝2，
所以g(x)=2sin(2x−2π3+φ−π4)，
由x=π3为g(x)的一条对称轴，则φ−π4=π2+kπ(k∈Z)，
即φ=3π4+kπ(k∈Z)，
因为|φ|<π2，可得φ=−π4，
所以函数g(x)=2sin(2x−7π6)，
令−π2+2kπ≤2x−7π6≤π2+2kπ(k∈Z)，
解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ，(k∈Z)，
当k＝0时，π3≤x≤5π6．
10.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据题意，由题目中所给的公式变形分析可得答案．
【解答】
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根据题意，U=kcq2(1R+1R+x2−x2−1R+x1−1R−x2)
=kcp2R(1+11+x1−x2R−11+x1R−11−x2R)=kcp2R[1+(1−x1−x2R+(x1−x2)2R2)−(1−x1R+x12R2)−(1+x2R+x22R2)]
=kcp2R[−x1−x2R+(x1−x2)2R2+x1R−x12R2−x2R−x22R2]=−2kcq2x1x2R3；
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设△OPQ的内切圆圆心为M，过点M分别作MN⊥OP于N，MT⊥PQ于T，易知四边形MTPN为正方形，所以焦点F2(c, 0)到渐近线y=bax的距离|F2P|＝b，又|OF2|＝c，所以|OP|＝a，而|NP|=|MN|=13a，因此|NO|=2a3，于是|F2P||OP|=ba=|MN||NO|=12，最后结合离心率e=1+(ba)2．
【解答】
如图，设△OPQ的内切圆圆心为M，则M在x轴上，过点M分别作MN⊥OP于N，MT⊥PQ于T，
由F2P⊥OP得，四边形MTPN为正方形，
∴ 焦点F2(c, 0)到渐近线y=bax的距离|F2P|=bca1+(ba)2=bcaca=b，
又|OF2|＝c，∴ |OP|=|OF2|2−|F2P|2=c2−b2=a，
∵ |NP|=|MN|=13a，∴ |NO|=2a3，∴ |F2P||OP|=ba=tan∠NOM=|MN||NO|=13a23a=12，
∴ 离心率e=1+(ba)2=1+(12)2=52．
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
先求出导函数f′(x)，因为函数f(x)=exx−t(lnx+x+2x)恰有两个极值点，所以方程f′(x)＝0恰有两个正根，即方程exx+2=t有唯一正根，等价于函数g(x)=exx+2与函数y＝t在(0, +∞)上只有一个交点，且交点横坐标不等于1，利用导数得到函数g(x)的单调性，数形结合，即可求出t的取值范围．
【解答】
函数f(x)=exx−t(lnx+x+2x)，x∈(0, +∞)，
∴ f′(x)=exx−exx2−t(1x+1−2x2)=ex(x−1)−t(x−1)(x+2)x2=(x−1)[ex−t(x+2)]x2，
∵ 函数f(x)=exx−t(lnx+x+2x)恰有两个极值点，∴ 方程f′(x)＝0恰有两个正根，
显然x＝1时方程f′(x)＝0的一个正根，
∴ 方程ex−t(x+2)＝0 有唯一正根，即方程exx+2=t有唯一正根，
等价于函数g(x)=exx+2与函数y＝t在(0, +∞)上只有一个交点，且交点横坐标不等于1，
∵ g′(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2>0，∴ 函数g(x)在(0, +∞)上单调递增，
又∵ g(0)=12，g(1)=e3，
函数g(x)的图象如图所示：，
∴ t>12且t≠e3，
故选：C．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
1
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】
根据题意，由向量数量积以及数量积的坐标计算公式可得2+2x=455⋅x2+4>0，解可得x的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，向量a→=(1,2)，b→=(2,x)，且两个向量的夹角余弦值为45，
又由a→⋅b→=45|a→|⋅|b→|，即2+2x=455⋅x2+4>0，解得x＝1，
【答案】
35
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【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由已知结合导数与单调性的关系即可求解a的范围，然后利用与长度有关的几何概率公式可求．
【解答】
∵ 函数y=x2+ax在区间[2, +∞)单调递增，
∴ y′=1−ax2=x2−ax2≥0在[2, +∞)恒成立，
∴ a≤x2在[2, +∞)恒成立，
∴ a≤4，又因为a∈[1, 6]，
∴ a∈[1, 4]，
所以函数y=x2+ax在区间[2, +∞)内单调递增的概率是4−16−1=35．
【答案】
300
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
通项公式，分情况讨论x3项，求得r的值，即可求x3项的系数．
【解答】
因为(2x+1x)6的展开式的通项公式为：Tr+1=∁6r(2x)6−r⋅(1x)r=26−r⋅∁6r⋅x6−32r．
展开式中可得x3项：
当6−32r＝0即r＝4时，此时x3系数为：1×26−4⋅∁64=60．
当6−32r＝3即r＝2时，此时x3的系数为：1×26−2⋅∁62=240；
∴ x3项的系数为：60+240＝300．
【答案】
28π3
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，连结PE，
由题得，PE⊥AD，BC//__ED，又∠ADC=90∘，
∴ 四边形BCDE是正方形，AD⊥BE，
又PE∩EB=E，
∴ AD⊥平面PBE，
又∵ BC//AD，∴ BC⊥平面PBE，
所以∠PBC=90∘，
则有PB2+BC2=PC2，即PB2+22=222，解得PB=2.
设四棱锥P−BCDE的外接球圆心为O，半径为R，连结BD，CE交于点H，连结OH，
易知OH⊥平面BCDE，设O到平面BCDE的距离为h，
∴ R2=OB2=HB2+h2=h2+2．
过P作PF⊥EB于F，∵ AD⊥平面PBE，
∴ PF⊥AD，又AD∩EB=E，
∴ PF⊥平面BCDE，即F是点P在平面BCDE的投影．
∵ △PBE是等边三角形，∴ PF=3，HF=12ED=1,
∴ R2=OP2=PF−h2+HF2=3−h2+1，
与R2=h2+2联立解得R2=73,
则S=4πR2=28π3.
故答案为：28π3.
三、解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
由题意知当≥2时，an＝Sn−Sn−1＝6n+5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n+5．
设数列{bn}的公差为d，
由a1=b1+b2a2=b2+b3 ，即11=2b1+d17=2b1+3d ，可解得b1＝4，d＝3，
所以bn＝3n+1．
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由（1）知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)⋅2n+1，
所以Tn＝3×[2×22+3×23+4×24+5×25+...+(n+1)×2n+1]，
2Tn＝3×[2×23+3×24+4×25+...+(n+1)×2n+2]，
两式作差，得−Tn＝3×[2×22+23+24+...+2n+1−(n+1)×2n+2]
＝3×[4+4(2n−1)2−1−(n+1)×2n+2]＝−3n⋅2n+2，
所以Tn＝3n⋅2n+2．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）数列{an}的中，由题意知当≥2时，an＝Sn−Sn−1＝6n+5，当n＝1时，再求得a1的值，即可求得数列{an}的通项公式；设数列{bn}的公差为d，依题意得a1=b1+b2a2=b2+b3 ，解之可得b1与d，从而可得数列{bn}的通项公式；
（2）由（1）知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)⋅2n+1，利用错位相减法即可求得Tn＝3n⋅2n+2．
【解答】
由题意知当≥2时，an＝Sn−Sn−1＝6n+5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n+5．
设数列{bn}的公差为d，
由a1=b1+b2a2=b2+b3 ，即11=2b1+d17=2b1+3d ，可解得b1＝4，d＝3，
所以bn＝3n+1．
由（1）知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)⋅2n+1，
所以Tn＝3×[2×22+3×23+4×24+5×25+...+(n+1)×2n+1]，
2Tn＝3×[2×23+3×24+4×25+...+(n+1)×2n+2]，
两式作差，得−Tn＝3×[2×22+23+24+...+2n+1−(n+1)×2n+2]
＝3×[4+4(2n−1)2−1−(n+1)×2n+2]＝−3n⋅2n+2，
所以Tn＝3n⋅2n+2．
【答案】
(1)证明：∵ A1A⊥底面ABC，AB⊂面ABC，
∴ A1A⊥AB，
又AB⊥AC，A1A∩AC=A，∴ AB⊥面ACC1A1，
又四边形ACC1A1为矩形，
∴ 四棱锥B−A1ACC1为阳马．
(2)解：∵ AB⊥AC，BC=2，∴ AB2+AC2=4.
又∵ A1A⊥底面ABC，
∴ VC1−ABC=13⋅C1C⋅12AB⋅AC=13⋅AB⋅AC≤13⋅AB2+AC22=23，
当且仅当AB=AC=2时，VC1−ABC=13⋅AB⋅AC取最大值.
∵ AB⊥AC，A1A⊥底面ABC，
∴ 以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0, 0, 2)，C1(0, 2, 2)，
A1B→=(2,0,−2)，BC→=(−2,2,0)，A1C1→=(0,2,0)，
设面A1BC的一个法向量为n1→=(x1,y1,z1)，
由n1→⋅A1B→=0，n1→⋅BC→=0， 可得n1→=(2,2,1)，
设面A1BC1的一个法向量为n2→=(x2,y2,z2)，
同理得n2→=(2,0,1)，
∴ cos=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=155，
即锐二面角C−A1B−C1的余弦值为155．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ A1A⊥底面ABC，AB⊂面ABC，
∴ A1A⊥AB，
又AB⊥AC，A1A∩AC=A，∴ AB⊥面ACC1A1，
又四边形ACC1A1为矩形，
∴ 四棱锥B−A1ACC1为阳马．
(2)解：∵ AB⊥AC，BC=2，∴ AB2+AC2=4.
又∵ A1A⊥底面ABC，
∴ VC1−ABC=13⋅C1C⋅12AB⋅AC=13⋅AB⋅AC≤13⋅AB2+AC22=23，
当且仅当AB=AC=2时，VC1−ABC=13⋅AB⋅AC取最大值.
∵ AB⊥AC，A1A⊥底面ABC，
∴ 以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0, 0, 2)，C1(0, 2, 2)，
A1B→=(2,0,−2)，BC→=(−2,2,0)，A1C1→=(0,2,0)，
设面A1BC的一个法向量为n1→=(x1,y1,z1)，
由n1→⋅A1B→=0，n1→⋅BC→=0， 可得n1→=(2,2,1)，
设面A1BC1的一个法向量为n2→=(x2,y2,z2)，
同理得n2→=(2,0,1)，
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∴ cos=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=155，
即锐二面角C−A1B−C1的余弦值为155．
【答案】
依题意，椭圆C上一点M到左右两个焦点F1，F2的距离之和是4，则2a＝4，a＝2，
因为e=12，所以c＝1，b2＝a2−c2＝3，
所以椭圆C方程为x24+y23=1；
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB:x＝my+1，
则由x=my+1x24+y23=1 ，可得3(my+1)2+4y2＝12，
即(3m2+4)y2+6my−9＝0，△＝36m2+36(3m2+4)＝144(m2+1)>0，
又因为F1M→=F1A→+F1B→，所以四边形AMBF1是平行四边形，
设平面四边形AMBF1的面积为S，
则S=2S△ABF1=2×12×|F1F2|×|y1−y2|=2×△3m2+4=24×m2+13m2+4，
设t=m2+1，则m2＝t2−1(t≥1)，
所以S=24×t3t2+1=24×13t+1t，因为t≥1，所以3t+1t≥4，所以S∈(0, 6]，
所以四边形AMBF1面积的最大值为6．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
（1）根据题意，结合椭圆的定义可得a的值，由离心率公式可得c的值，计算可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)以及AB的方程，将AB的方程与椭圆联立，分析可得3(my+1)2+4y2＝12，借助根与系数的关系可以将四边形AMBF1面积用k表示出来，由基本不等式的性质分析可得答案．
【解答】
依题意，椭圆C上一点M到左右两个焦点F1，F2的距离之和是4，则2a＝4，a＝2，
因为e=12，所以c＝1，b2＝a2−c2＝3，
所以椭圆C方程为x24+y23=1；
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB:x＝my+1，
则由x=my+1x24+y23=1 ，可得3(my+1)2+4y2＝12，
即(3m2+4)y2+6my−9＝0，△＝36m2+36(3m2+4)＝144(m2+1)>0，
又因为F1M→=F1A→+F1B→，所以四边形AMBF1是平行四边形，
设平面四边形AMBF1的面积为S，
则S=2S△ABF1=2×12×|F1F2|×|y1−y2|=2×△3m2+4=24×m2+13m2+4，
设t=m2+1，则m2＝t2−1(t≥1)，
所以S=24×t3t2+1=24×13t+1t，因为t≥1，所以3t+1t≥4，所以S∈(0, 6]，
所以四边形AMBF1面积的最大值为6．
【答案】
补充完整的2×2列联表如下，
分数不少于120分
分数不足120分
合计
线上学习时间不少于5小时
15
4
19
线上学习时间不足5小时
10
16
26
合计
25
20
45
∴ K2=45(15×16−10×4)225×20×19×26≈7.29>6.635
∴ 有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”．
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（I）由分层抽样知，需要从不足120分的学生中抽取9×2045=4人，
∴ 随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4．
P(X=0)=C44C204，P(X=1)=C43C161C204，P(X=2)=C42C162C204，P(X=3)=C41C163C204，P(X=4)=C164C204．
∴ X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
C44C204
C43C161C204
C42C162C204
C41C163C204
C164C204
(II)从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，
此人每周上线时间不少于5小时的概率为1525=0.6，
设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为Y，则Y∼B(20, 0.6)，
故E(Y)＝20×0.6＝12，D(Y)＝20×0.6×(1−0.6)＝4.8．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
独立性检验
【解析】
（1）根据已知条件补充完整2×2列联表，由K2的公式计算出观测值，并与临界值进行对比即可作出判断；
(2)(I)由分层抽样的特点求出，需要从不足120分的学生中抽取4人，从而确定X的可能取值为0，1，2，3，4，再结合超几何分布计算概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列；
(II)先利用古典概型求出从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，此人每周上线时间不少于5小时的概率为0.6，再设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为Y，则Y∼B(20, 0.6)，然后根据二项分布的性质即可求出数学期望和方差．
【解答】
补充完整的2×2列联表如下，
分数不少于120分
分数不足120分
合计
线上学习时间不少于5小时
15
4
19
线上学习时间不足5小时
10
16
26
合计
25
20
45
∴ K2=45(15×16−10×4)225×20×19×26≈7.29>6.635
∴ 有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”．
（I）由分层抽样知，需要从不足120分的学生中抽取9×2045=4人，
∴ 随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4．
P(X=0)=C44C204，P(X=1)=C43C161C204，P(X=2)=C42C162C204，P(X=3)=C41C163C204，P(X=4)=C164C204．
∴ X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
C44C204
C43C161C204
C42C162C204
C41C163C204
C164C204
(II)从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，
此人每周上线时间不少于5小时的概率为1525=0.6，
设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为Y，则Y∼B(20, 0.6)，
故E(Y)＝20×0.6＝12，D(Y)＝20×0.6×(1−0.6)＝4.8．
【答案】
当a＝−1时，f(x)=21nx+1+1x，f′(x)=2x−1x2，所以f′(1)＝1，f(1)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为x−y+1＝0．……………
f′(x)=2x+ax2，x∈(1, +∞)．
①当a≥−2时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)上单调增，所以f(x)无极值；
②当a<−2时，令f′(x)＝0，得x=−a2，列表如下：
x
(1,−a2)
−a2
(−a2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值为f(−a2)=21n(−a2)+3．
综上所述，当a≥−2时，f(x)无极值；
当a<−2时，f(x)的极小值为21n(−a2)+3，无极大值．……
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g′(x)=(x−a)(21nx+1−ax)=(x−a)f(x)．
因为对任意的x∈[1, e]，g(x)≤4e2恒成立，所以g(1)=0≤4e2g(e)=(e−a)2≤4e2
解得−e≤a≤3e．……………………………………………………………
①当−e≤a<−2时，x−a>0，由（2）知，f(x)≥f(−a2)=21n(−a2)+3>3，
所以g′(x)>0，所以g(x)在[1, e]上单调增，
则[g(x)]max=g(e)≤4e2，解得−e≤a≤3e，此时，−e≤a<−2．……
②当−2≤a≤1时，x−a≥0，当且仅当a＝x＝1时，取等号．
由（2）知，f(x)在[1, e]上单调增，所以f(x)≥f(1)＝1−a≥0．
所以g′(x)≥0，当且仅当a＝x＝1时，取等号，
所以g(x)在[1, e]上单调增，则[g(x)]max=g(e)≤4e2，
解得−e≤a≤3e，此时，−2≤a≤1．……………………………………
③若10，所以存在x0∈(1, a)，且x0∈(1, e]，使得f(x0)＝0，
所以g′(x)＝0的解为x0和a，列表如下：
x
(1, x0)
x0
(x0, a)
a
(a, +∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以g(x0)=(x0−a)2lnx0≤4e2，即x02ln3x0≤e2，
又x0≤e，所以x02ln3x0≤e2恒成立．此时，10，f(x)在(1, +∞)上单调增，所以f(x)无极值；
②当a<−2时，令f′(x)＝0，得x=−a2，列表如下：
x
(1,−a2)
−a2
(−a2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值为f(−a2)=21n(−a2)+3．
综上所述，当a≥−2时，f(x)无极值；
当a<−2时，f(x)的极小值为21n(−a2)+3，无极大值．……
g′(x)=(x−a)(21nx+1−ax)=(x−a)f(x)．
因为对任意的x∈[1, e]，g(x)≤4e2恒成立，所以g(1)=0≤4e2g(e)=(e−a)2≤4e2
解得−e≤a≤3e．……………………………………………………………
①当−e≤a<−2时，x−a>0，由（2）知，f(x)≥f(−a2)=21n(−a2)+3>3，
所以g′(x)>0，所以g(x)在[1, e]上单调增，
则[g(x)]max=g(e)≤4e2，解得−e≤a≤3e，此时，−e≤a<−2．……
②当−2≤a≤1时，x−a≥0，当且仅当a＝x＝1时，取等号．
由（2）知，f(x)在[1, e]上单调增，所以f(x)≥f(1)＝1−a≥0．
所以g′(x)≥0，当且仅当a＝x＝1时，取等号，
所以g(x)在[1, e]上单调增，则[g(x)]max=g(e)≤4e2，
解得−e≤a≤3e，此时，−2≤a≤1．……………………………………
③若10，所以存在x0∈(1, a)，且x0∈(1, e]，使得f(x0)＝0，
所以g′(x)＝0的解为x0和a，列表如下：
x
(1, x0)
x0
(x0, a)
a
(a, +∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以g(x0)=(x0−a)2lnx0≤4e2，即x02ln3x0≤e2，
又x0≤e，所以x02ln3x0≤e2恒成立．此时，10, θ∈[0, π])．
∴ 曲线C2的直角坐标方程为：x23+y2=1(y≥0)．
(2)设Q(3cosα,sinα)，α∈[0, π]，
则Q到C1的距离d=|3cosα+sinα−m|2=|2sin(α+π3)−m|2，
α+π3∈[π3, 4π3]．
由P、Q间距离的最小值为22，
知当m>0时，|2−m|=4，解得m=6；
当
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m<0时，|−3−m|=4，得m=−4−3．
综上m=−4−3或m=6．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由曲线C1的参数方程能求出曲线C1的直角坐标方程；由曲线C2的极坐标方程，能求出曲线C2的直角坐标方程．
（2）设Q(3cosα,sinα)，α∈[0, π]，Q到C1的距离d=|3cosα+sinα−m|2=|2sin(α+π3)−m|2，α+π3∈[π3, 4π3]．由P、Q间距离的最小值为22，能求出m．
【解答】
解：(1)∵ 曲线C1的参数方程为x=t，y=m−t， (t为参数，m∈R)，
∴ 曲线C1的直角坐标方程为：x+y−m=0．
∵ 曲线C2的极坐标方程为ρ2=31+2sin2θ(ρ>0, θ∈[0, π])．
∴ 曲线C2的直角坐标方程为：x23+y2=1(y≥0)．
(2)设Q(3cosα,sinα)，α∈[0, π]，
则Q到C1的距离d=|3cosα+sinα−m|2=|2sin(α+π3)−m|2，
α+π3∈[π3, 4π3]．
由P、Q间距离的最小值为22，
知当m>0时，|2−m|=4，解得m=6；
当m<0时，|−3−m|=4，得m=−4−3．
综上m=−4−3或m=6．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
∵ x+y＝1，且x>0，y>0，
∴ |x+2y|+|x−y|≤52⇔00，y>0，
∴ (1x2−1)(1y2−1)=(x+y)2−x2x2⋅(x+y)2−y2y2=2xy+y2x2⋅2xy+x2y2=(2yx+y2x2)(2xy+x2y2)=2xy+2yx+5≥22xy⋅2yx+5=9．
当且仅当x=y=12时，取“＝”．
方法二：∵ x+y＝1，且x>0，y>0，
∴ (1x2−1)(1y2−1)=1−x2x2⋅1−y2y2=(1+x)(1−x)x2⋅(1+y)(1−y)y2=(1+x)yx2⋅(1+y)xy2=1+x+y+xyxy=2xy+1≥2(x+y2)2+1=9，
当且仅当x=y=12时，取“＝”．
【考点】
不等式的证明
【解析】
（1）利用x的取值，去掉绝对值符号，求解绝对值不等式即可．
（2）利用已知条件，通过“1”的代换以及基本不等式求解表达式的最小值，证明不等式即可．
【解答】
∵ x+y＝1，且x>0，y>0，
∴ |x+2y|+|x−y|≤52⇔00，y>0，
∴ (1x2−1)(1y2−1)=(x+y)2−x2x2⋅(x+y)2−y2y2=2xy+y2x2⋅2xy+x2y2=(2yx+y2x2)(2xy+x2y2)=2xy+2yx+5≥22xy⋅2yx+5=9．
当且仅当x=y=12时，取“＝”．
方法二：∵ x+y＝1，且x>0，y>0，
∴ (1x2−1)(1y2−1)=1−x2x2⋅1−y2y2=(1+x)(1−x)x2⋅(1+y)(1−y)y2=(1+x)yx2⋅(1+y)xy2=1+x+y+xyxy=2xy+1≥2(x+y2)2+1=9，
当且仅当x=y=12时，取“＝”．
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