新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第4部分 高考22題逐題特訓(xùn) 仿真模擬卷1 （含解析）

仿真模擬卷1(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分)1．已知集合P＝{x|－1<x<4}，Q＝{x|x<2}，那么P∩(?RQ)等于()A．[2,4) B．(－1，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－1,2]答案A解析?RQ＝{x|x≥2}，所以P∩(?RQ)＝[2,4)．2．復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1－2i)等于()A.eq\f(2,5)＋eq\f(i,5) B．－eq\f(2,5)＋eq\f(i,5)C.eq\f(1,5)＋eq\f(2i,5) D.eq\f(1,5)－eq\f(2i,5)答案B解析z＝eq\f(i,1－2i)＝eq\f(i·1＋2i,1－2i·1＋2i)＝－eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i.3．若等差數(shù)列{an}的前9項(xiàng)和等于前4項(xiàng)和，a1＝1，則a4等于()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D．2答案C解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵S9＝S4，∴9×1＋36d＝4×1＋6d，解得d＝－eq\f(1,6).∴a4＝a1＋(4－1)d＝1－3×eq\f(1,6)＝eq\f(1,2).4．(2020·河北省“荊、荊、襄、宜”四地七校聯(lián)考)我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說：數(shù)缺形時(shí)少直觀，形缺數(shù)時(shí)難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬事休．在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)圖象的特征．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1)cosx的大致圖象是()答案B解析由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)．因?yàn)閒(－x)＝eq\f(2－x＋1,2－x－1)cos(－x)＝－eq\f(2x＋1,2x－1)cosx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，故排除選項(xiàng)A和選項(xiàng)C；當(dāng)x>0時(shí)，x→0,2x→1，則2x－1→0，eq\f(1,2x－1)→＋∞，所以y＝eq\f(2x＋1,2x－1)＝1＋eq\f(2,2x－1)→＋∞，而當(dāng)x→0時(shí)，cosx→1，所以當(dāng)x>0時(shí)，x→0，f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1)cosx→＋∞，故排除選項(xiàng)D.5.(2020·濰坊模擬)玉琮是中國古代重要禮器之一，神人紋玉琮王是新石器時(shí)代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭縣反山文化遺址．玉琮王高8.8cm，孔徑4.9cm，外徑17.6cm，琮體四面各琢刻一完整的獸面神人圖象，獸面的兩側(cè)各淺浮雕鳥紋，器形呈扁矮的方柱體，內(nèi)圓外方，上下端為圓面的射，中心有一上下垂直相透的圓孔．試估計(jì)該神人紋玉琮王的體積(單位：cm3)為()A．6250B．3050C．2850D．2350答案D解析由題意可知，該神人紋玉琮王可看作是一個(gè)底面邊長為17.6cm，高為8.8cm的正四棱柱中挖去一個(gè)底面直徑為4.9cm，高為8.8cm的圓柱，此時(shí)體積V1＝(17.6)2×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))2×8.8≈2560(cm3)．記該神人紋玉琮王的實(shí)際體積為V，則V<V1，且V>π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17.6,2)))2×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))2×8.8≈1974(cm3)，故1974cm3<V<2560cm3，則估計(jì)該神人紋玉琮王的體積為2350cm3.6．(2020·煙臺(tái)診斷)若x＝α?xí)r，函數(shù)f(x)＝3sinx＋4cosx取得最小值，則sinα等于()A.eq\f(3,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D．－eq\f(4,5)答案B解析f(x)＝3sinx＋4cosx＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)sinx＋\f(4,5)cosx))＝5sin(x＋θ)，其中cosθ＝eq\f(3,5)，sinθ＝eq\f(4,5).若x＝α?xí)r，f(x)取得最小值，則α＋θ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即α＝－eq\f(π,2)＋2kπ－θ，k∈Z，則sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－θ＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－θ))＝－cosθ＝－eq\f(3,5).7．已知拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，交準(zhǔn)線于點(diǎn)C，若|BC|＝eq\r(2)|BF|，則|AB|等于()A．12B．14C．16D．28答案C解析拋物線y2＝8x，p＝4，分別過A，B作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為M，N，如圖：由拋物線的定義可知：|AM|＝|AF|，|BN|＝|BF|，∵BN∥x軸，∴eq\f(|BN|,p)＝eq\f(|BC|,|CF|)，∵|BC|＝eq\r(2)|BF|，∴eq\f(|BF|,p)＝eq\f(\r(2)|BF|,\r(2)|BF|＋|BF|)，解得|BF|＝8－4eq\r(2).∴|CF|＝|CB|＋|BF|＝4eq\r(2).∵AM∥x軸，∴eq\f(p,|AM|)＝eq\f(|CF|,|CA|)，∴eq\f(p,|AF|)＝eq\f(4\r(2),4\r(2)＋|AF|)，∴|AF|＝8＋4eq\r(2)，∴|AB|＝16.8．已知函數(shù)f(x)與g(x)滿足f(x＋2)＝f(2－x)，g(x＋1)＝g(x－1)，且f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上為減函數(shù)，令h(x)＝f(x)·|g(x)|，則下列不等式正確的是()A．h(－2)≥h(4) B．h(－2)≤h(4)C．h(0)>h(4) D．h(0)<h(4)答案B解析f(x＋2)＝f(2－x)?f(x)關(guān)于x＝2對(duì)稱，f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上為減函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間(－∞，2]上為增函數(shù)，而g(x＋1)＝g(x－1)?函數(shù)g(x)的周期為T＝2，所以h(－2)＝f(－2)|g(－2)|＝f(6)|g(4)|，h(4)＝f(4)|g(4)|≥h(－2)，h(0)＝h(4)，故選B.二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)得3分)9．(2020·重慶模擬)為了解運(yùn)動(dòng)健身減肥的效果，某健身房調(diào)查了20名肥胖者，測量了他們的體重(單位：千克)，健身之前他們的體重情況如三維餅圖①所示，經(jīng)過半年的健身后，他們的體重情況如三維餅圖②所示，對(duì)比健身前后，關(guān)于這20名肥胖者，下面結(jié)論正確的是()A．他們健身后，體重在區(qū)間[90,100)內(nèi)的人數(shù)不變B．他們健身后，體重在區(qū)間[100,110)內(nèi)的人數(shù)減少了2C．他們健身后，體重在區(qū)間[110,120)內(nèi)的肥胖者體重都有減輕D．他們健身后，這20名肥胖者的體重的中位數(shù)位于區(qū)間[90,100)答案ACD解析圖①中體重(單位：千克)在區(qū)間[90,100)，[100,110)，[110,120)內(nèi)的人數(shù)分別為20×40%＝8,20×50%＝10,20×10%＝2；圖②中體重在區(qū)間[80,90)，[90,100)，[100,110)內(nèi)的人數(shù)分別為20×30%＝6,20×40%＝8,20×30%＝6，則健身前后，體重在區(qū)間[90,100)內(nèi)的人數(shù)都為8，不變，故A正確；體重在區(qū)間[100,110)內(nèi)的人數(shù)減少了4，故B錯(cuò)誤；因?yàn)榻∩砗篌w重在[110,120)內(nèi)的人數(shù)為0，故體重在區(qū)間[110,120)內(nèi)的肥胖者體重都有減輕，故C正確；健身后，這20位肥胖者的體重的中位數(shù)為將體重?cái)?shù)據(jù)按從小到大的順序排列后第10,11位體重的平均數(shù)，位于區(qū)間[90,100)內(nèi)，故D正確．10．將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，則下列說法正確的是()A．φ＝eq\f(π,3)B．函數(shù)f(x)的最小正周期為πC．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))成中心對(duì)稱D．函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))答案BD解析由題意可知，函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故B正確；將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).因?yàn)?<φ<π，所以－eq\f(π,2)＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,2)＋φ＝eq\f(π,6)，φ＝eq\f(2π,3)，故A錯(cuò)誤；f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，令2x＋eq\f(2π,3)＝kπ，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z，故C錯(cuò)誤；令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，故函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，則D正確．11.如圖，棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．三棱錐B1－D1PC的體積為定值D．DC1⊥D1P答案ACD解析在A中，因?yàn)锳1D1⊥平面A1AP，A1D1?平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正確；在B中，當(dāng)P與A1重合時(shí)，∠APD1＝eq\f(π,2)，故B錯(cuò)誤；在C中，因?yàn)椤鰾1D1C的面積是定值，A1B∥平面B1D1C，所以點(diǎn)P到平面B1D1C的距離是定值，所以三棱錐B1－D1PC的體積為定值，故C正確；在D中，因?yàn)镈C1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC?平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P?平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正確．12．(2020·臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋sinx－xcosx的定義域?yàn)閇－2π，2π)，則()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)在[0，π)上單調(diào)遞增C．f(x)恰有4個(gè)極大值點(diǎn)D．f(x)有且僅有4個(gè)極值點(diǎn)答案BD解析對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)閇－2π，2π)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以f(x)為非奇非偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，當(dāng)x∈[0，π)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在[0，π)上單調(diào)遞增，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C和D，f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sinx＝－eq\f(1,x)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別作出y＝sinx和y＝－eq\f(1,x)在區(qū)間[－2π，2π)上的圖象．由圖可知，這兩個(gè)函數(shù)的圖象在區(qū)間[－2π，2π)上共有4個(gè)公共點(diǎn)，且兩圖象在這些公共點(diǎn)上都不相切，故f(x)在區(qū)間[－2π，2π)上的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為4，且f(x)只有2個(gè)極大值點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2020·福州模擬)曲線f(x)＝eq\f(1,x)＋lneq\f(1,x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程是________________．答案2x＋y－3＝0解析f(x)＝eq\f(1,x)＋lneq\f(1,x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝－eq\f(x＋1,x2)，則切線斜率k＝f′(1)＝－2.又f(1)＝1，所以曲線f(x)在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0.14．已知某籃球隊(duì)員在比賽中每次罰球的命中率相同，且在兩次罰球中至多命中一次的概率為eq\f(9,25)，則該隊(duì)員每次罰球的命中率p為________．答案eq\f(4,5)解析設(shè)兩次罰球命中的次數(shù)為X，則1－P(X＝2)＝eq\f(9,25)，∴1－Ceq\o\al(2,2)p2(1－p)0＝eq\f(9,25)，解得p＝eq\f(4,5).15．一個(gè)圓錐恰有三條母線兩兩夾角為60°，若該圓錐的側(cè)面積為3eq\r(3)π，則該圓錐外接球的表面積為________．答案eq\f(27π,2)解析如圖，設(shè)∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝60°，則SA＝SB＝SC＝AB＝AC＝BC.設(shè)AB＝x，則底面圓的直徑為2r＝eq\f(x,sin60°)＝eq\f(2x,\r(3))，該圓錐的側(cè)面積為π·r·l＝π·eq\f(x,\r(3))·x＝3eq\r(3)π，解得x＝3，r＝eq\r(3)，高OS＝eq\r(32－\r(3)2)＝eq\r(6).設(shè)圓錐外接球的半徑為R，則(eq\r(6)－R)2＋r2＝R2，解得R＝eq\f(3\r(6),4)，則外接球的表面積為4πR2＝eq\f(27π,2).16．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，n∈N*，則a9＝________.答案－eq\f(1,1024)解析∵Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，n∈N*，∴a1＝(－1)a1－eq\f(1,2)，∴a1＝－eq\f(1,4)，當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－eq\f(1,2n)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1n－1an－1－\f(1,2n－1)))＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋eq\f(1,2n)，當(dāng)n為偶數(shù)，n－1為奇數(shù)時(shí)，an－1＝－eq\f(1,2n)(n≥2，n∈N*)，即an＝－eq\f(1,2n＋1)(n為正奇數(shù))，∴a9＝－eq\f(1,210)＝－eq\f(1,1024).四、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足csinA＝acosC，c＝4.(1)求角C的大小；(2)若eq\r(3)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＋2，求△ABC的面積．解(1)在△ABC中，∵csinA＝acosC，∴由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC(sinA>0)，∴tanC＝1，又0<C<π，∴C＝eq\f(π,4).(2)∵eq\r(3)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＋2，∴eq\r(3)sinA＝cos(B＋C)＋2，即eq\r(3)sinA＝－cosA＋2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，∴A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(5π,12)，∴sinB＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(4sin\f(π,3),sin\f(π,4))＝2eq\r(6)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×4×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝6＋2eq\r(3).18．(12分)(2020·北京測試)已知{an}是公比為q的無窮等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足a3＝12，________.是否存在正整數(shù)k，使得Sk>2020？若存在，求k的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．從①q＝2，②q＝eq\f(1,2)，③q＝－2這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面問題中并作答．解若選擇①q＝2.{an}是公比為q＝2的等比數(shù)列，且a3＝12，則a1＝3，所以Sn＝eq\f(31－2n,1－2)＝3(2n－1)．令Sk>2020，即2k>eq\f(2023,3)，所以使得Sk>2020的正整數(shù)k的最小值為10.若選擇②q＝eq\f(1,2).{an}是公比為q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且a3＝12，則a1＝48，Sn＝eq\f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))).因?yàn)镾n<96<2020，所以不存在滿足條件的正整數(shù)k.若選擇③q＝－2.{an}是公比為q＝－2的等比數(shù)列，且a3＝12，則a1＝3，所以Sn＝eq\f(3×[1－－2n],1－－2)＝1－(－2)n.令Sk>2020，即1－(－2)k>2020，整理得(－2)k<－2019.當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，原不等式無解；當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，原不等式等價(jià)于2k>2019，所以使得Sk>2020的正整數(shù)k的最小值為11.19．(12分)(2020·長沙模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝2，DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求證：AD⊥PB；(2)求平面DAP與平面BPC所成銳二面角的余弦值．(1)證明如圖，連接BD，設(shè)AB中點(diǎn)為E，連接DE，則BE＝AE＝eq\f(1,2)AB＝1，又AB∥DC，∴四邊形DEBC是平行四邊形，又DC＝BC，∠BCD＝90°，∴四邊形DEBC為正方形．∴DE＝BC＝1，BD＝eq\r(2)，DE⊥AB，則AD＝eq\r(AE2＋DE2)＝eq\r(2)，∴在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2＝4，∴AD⊥BD，又∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD，又BD∩PD＝D，PD?平面PBD，BD?平面PBD，∴AD⊥平面PBD，又PB?平面PBD，∴AD⊥PB.(2)解以DA，DB，DP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，∴D(0,0,0)，B(0，eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))，∵BD⊥平面PAD，∴eq\o(DB,\s\up6(→))為平面DAP的法向量，設(shè)平面BPC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(PC,\s\up6(→))·n＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1－2z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1－2z1＝0，))令x1＝1，則y1＝－1，z1＝－eq\f(\r(2),2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(\r(2),2)))，設(shè)eq\o(DB,\s\up6(→))與n所成角為θ，∴|cosθ|＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·n|,|\o(DB,\s\up6(→))||n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2),\r(2)×\r(\f(5,2)))))＝eq\f(\r(10),5)，∴平面DAP與平面BPC所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(10),5).20．(12分)某讀書協(xié)會(huì)共有1200人，現(xiàn)收集了該協(xié)會(huì)20名成員每周的課外閱讀時(shí)間(分鐘)，其中某一周的數(shù)據(jù)記錄如下：75,60,35,100,90,50,85,170,65,70,125,75,70,85,155,110,75,130,80,100.對(duì)這20個(gè)數(shù)據(jù)按組距30進(jìn)行分組，并統(tǒng)計(jì)整理，繪制了如下尚不完整的統(tǒng)計(jì)圖表：閱讀時(shí)間分組統(tǒng)計(jì)表(設(shè)閱讀時(shí)間為x分鐘)．組別時(shí)間分組頻數(shù)男性人數(shù)女性人數(shù)A30≤x<60211B60≤x<901046C90≤x<120ma1D120≤x<150211E150≤x<180n2b(1)寫出m，n的值，請(qǐng)估計(jì)該讀書協(xié)會(huì)中人均每周的課外閱讀時(shí)長，以及該讀書協(xié)會(huì)中一周閱讀時(shí)長不少于90分鐘的人數(shù)；(2)該讀書協(xié)會(huì)擬發(fā)展新成員5人，記新成員中每周閱讀時(shí)長在[60,90)之間的人數(shù)為X，以上述統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)為參考，求X的分布列和均值；(3)以這20人為樣本完成下面的2×2列聯(lián)表，并回答能否有90%的把握認(rèn)為“每周至少閱讀120分鐘與性別有關(guān)”？每周閱讀時(shí)間不少于120分鐘每周閱讀時(shí)間少于120分鐘總計(jì)男女總計(jì)附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋cb＋da＋bc＋d).P(K2≥k0)0.100.0500.0100.001k02.7063.8416.63510.828解(1)m＝4，n＝2，該讀書協(xié)會(huì)中人均每周的課外閱讀時(shí)長為45×eq\f(2,20)＋75×eq\f(10,20)＋105×eq\f(4,20)＋135×eq\f(2,20)＋165×eq\f(2,20)＝93(分鐘)，由樣本估計(jì)總體，一周閱讀時(shí)長不少于90分鐘的人數(shù)為1200×eq\f(4＋2＋2,20)＝480.(2)X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，由題意知，X的可能取值為0,1,2,3,4,5.且P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(10,32)＝eq\f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(10,32)＝eq\f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(5,32)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(5,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,32)，所以X的分布列如下：X012345Peq\f(1,32)eq\f(5,32)eq\f(5,16)eq\f(5,16)eq\f(5,32)eq\f(1,32)E(X)＝5×eq\f(1,2)＝2.5.(3)2×2列聯(lián)表如下：每周閱讀時(shí)間不少于120分鐘每周閱讀時(shí)間少于120分鐘總計(jì)男3811女189總計(jì)41620K2＝eq\f(20×3×8－1×82,4×16×11×9)≈0.808<2.706，所以沒有90%的把握認(rèn)為“每周至少閱讀120分鐘與性別有關(guān)”．21．(12分)過拋物線E：y2＝2px(p>0)上一點(diǎn)M(1，－2)作直線MN交拋物線E于另一點(diǎn)N.(1)若直線MN的斜率為1，求線段|MN|的長；(2)不過點(diǎn)M的動(dòng)直線l交拋物線E于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)M，問動(dòng)直線l是否恒過定點(diǎn)．如果是，求定點(diǎn)坐標(biāo)，如果不是，請(qǐng)說明理由．解(1)把M(1，－2)代入y2＝2px中，得p＝2，∴y2＝4x，∵直線MN的斜率為1，∴直線MN的方程為y＋2＝x－1，即y＝x－3，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－3，))得x2－10x＋9＝0，解得x1＝1，x2＝9，∴N(9,6)，∴|MN|＝8eq\r(2).(2)設(shè)直線l的方程為x＝ky＋m，與y2＝4x聯(lián)立，得y2－4ky－4m＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，由題意可得，MA⊥MB，∴eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0，∴(x1－1，y1＋2)·(x2－1，y2＋2)＝0，整理得(k2＋1)y1y2＋(km－k＋2)(y1＋y2)＋m2－2m＋5＝0，代入得m2－6m－4k2＋8k＋5＝0，即(m－3)2＝4(k－1)2，∴m＝2k＋1(舍去)，或m＝－2k＋5(符合Δ>0)，∴直線l：x＝ky＋m＝ky－2k＋5，∴x－5＝k(y－2)，即動(dòng)直線l經(jīng)過定點(diǎn)(5,2)．22．(12分)(2020·新高考測評(píng)聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－ln2(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)g(x)＝f(x)＋ln2－cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)f(x)＝ex－ax－ln2，其定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a，①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閒′(x)>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得x>lna，令f′(x)<0，得x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)方法一由已知得g(x)＝ex－2x－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))，則g′(x)＝ex＋sinx－2.①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，因?yàn)間′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上無零點(diǎn)；②當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，因?yàn)間′(x)單調(diào)遞增，且g′(0)＝－1<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝SKIPIF1<0－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0，當(dāng)x∈