2020年高二暑假数学练习题 (22)-0707(解析版)

2020年高二暑假数学练习题 (22)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知全集U ={1,2，3，4}，集合A ={1,2}，B ={2,3}，则∁U (A ∩B)=( )A. {1,3，4}B. {3,4}C. {3}D. {4} 2. 设i 是虚数单位，则复数4−3i i=( )A. −3+4iB. 3−4iC. 3+4iD. −3−4i3. 已知函数f(x)是定义域为R 的奇函数，当x ≥0时，f(x)=x 2+2x −a ，则f(−1)=( ) A. 3 B. −3 C. −2 D. −14. 如图为一个四棱锥的三视图，其体积为( )A. 43 B. 83 C.4 D. 85. 将函数f(x)=cosx +sinx 的图象向右平移3π4个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为( )A. g(x)=√2cosxB. g(x)=−√2cosxC. g(x)=√2sinxD. g(x)=−√2sinx6. 已知在△ABC 中，AB =4，BC =3，AC =5，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BD ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 95B. 94C. 165D. 3657. 甲、乙、丙三位同学在一项集训中的40次测试分数都在[50,100]内，将他们的测试分数分别绘制成频率分布直方图，如图所示，记甲、乙、丙的分数标准差分别为s 1，s 2，s 3，则它们的大小关系为( )A. s1>s2>s3B. s1>s3>s2C. s3>s1>s2D. s3>s2>s18.已知两条不同直线l，m，两个不同平面α，β，则下列命题正确的是()A. 若α//β，l⊂α，m⊂β，则l//mB. 若α//β，m//α，l⊥β，则l⊥mC. 若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l//mD. 若α⊥β，l//α，m//β，则l⊥m9.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n−1，若去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5⋯，则此数列的前55项和为()．A. 4072B. 2026C. 4096D.204810.甲、乙、丙3人从1楼乘电梯去商场的3到9楼，每层楼最多下2人，则下电梯的方法有()A. 210种B. 252种C. 343种D. 336种11.已知椭圆C：x216+3y216=1，M为椭圆C上的一个动点，以M为圆心，2为半径作圆M，OP，OQ为圆M的两条切线，P，Q为切点，则∠POQ的取值范围是()A. [π3 , π2] B. [π4 , π2] C. [π6 , π2] D. [π3 , 2π3]12.设函数f(x)=e xx +t(lnx−2x−1x)恰有两个极值点，则实数t的取值范围是()A. {√e2}∪(1,+∞) B. {e3}∪[1,+∞)C. {√e2,e3}∪[1,+∞) D. [1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知等差数列{a n}的前n项的和为S n，且a1=2，S10=65，则a2020=______．14.现有三张卡片，每张卡片上分别写着广州、深圳、珠海三个城市中的两个，且卡片不重复，甲、乙、丙各选一张去对应的两个城市参观．甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海”.乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”，则甲、丙同去的城市为______．15.已知双曲线的顶点在坐标轴，中心在原点，渐近线经过点P(m,2m)(m≠0)，则双曲线的离心率为______．16.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b+c=6，sinB+sinC=3sin B+C2cos B+C2，则△ABC面积的最大值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项的和为S n，且满足S n=2a n−1(n∈N∗).(1)求数列{a n}的通项公式a n及S n；(2)若数列{b n}满足b n=|S n−15|，求数列{b n}的前n项的和T n．18.如图，四棱锥P−ABCD，四边形ABCD为平行四边形，AD⊥BD，AC∩BD=O，AD=BD=2，PB⊥PD，PB=PD，PA=PC，M为PD中点．(1)求证：OM//平面PBC；(2)求证：平面PAD⊥平面PBD；(3)求二面角A−PB−C的余弦值．19.已知曲线E上的点到F(1,0)的距离比它到直线l：x=−4的距离少3．(1)求曲线E的方程；(2)过点F且斜率为k的直线l0交曲线E于P，Q两点，交圆F：(x−1)2+y2=1于A，B两点，P，A在x轴上方，过点P，Q分别作曲线E的切线l1，l2，l1∩l2=M，求△PAM与△QBM的面积的积的取值范围．20.已知函数f(x)=k(x−1)e x−x2，其中k∈R．(1)当k≤2时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈[1,2]时，求函数f(x)在[0,k]上的最大值g(k)的表达式，并求g(k)的最大值．21.某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N∗)份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N∗且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0<p<1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；(2)现取其中k(k∈N∗且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．(i)试运用概率统计的知识，若Eξ1=Eξ2，试求p关于k的函数关系式p=f(k)；(ii)若p=1−3，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总√e次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln4≈1.3863，ln5≈1.6094，ln6≈1.7918．.以坐标原点O为极点，x轴的非22.在平面直角坐标系xOy中，直线l过点P(2,3)，且倾斜角α=π6负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C的极坐标方程为ρ=4sinθ．(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设直线l与圆C交于A，B两点，求|PA|+|PB|的值．23.已知函数f(x)=|x−1|．(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4；)≥2．(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(−x)+f(1x-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：∵U={1,2，3，4}，A={1,2}，B={2,3}，∴A∩B={2}，则∁U(A∩B)={1,3，4}．故选：A．根据集合的基本运算即可求A∩B，∁U A∩B，本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2.答案：D解析：解：4−3ii =(4−3i)(−i)−i2=−3−4i．故选：D．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．3.答案：B解析：解：因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f(x)=x2+2x−a，所以f(0)=−a=0，故a=0，则f(1)=1+2=3，所以f(−1)=−f(1)=−3故选：B．由已知结合奇函数的性质可求a，然后结合f(−1)=−f(1)即可求．本题主要考查了奇函数的性质在求解函数值中的应用，属于基础试题．4.答案：B解析：解：根据三视图转换为直观图：该几何体为四棱锥体．如图所示：所以：V=13×2×2×2=83．故选：B．首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 5.答案：B解析：解：将函数f(x)=cosx +sinx =√2sin(x +π4)的图象向右平移3π4个单位长度， 得到函数g(x)=√2sin(x −3π4+π4)=−√2cosx 的图象，则函数g(x)的解析式为g(x)=−√2cosx ， 故选：B ．利用两角和的正弦公式、诱导公式化简函数的解析式，再利用函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，得出结论．本题主要考查两角和的正弦公式、诱导公式，函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，属于基础题． 6.答案：A解析：解：如图建立直角坐标系，因为在△ABC 中，AB =4，BC =3，AC =5，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =15AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 可得C(−3,0)，A(0,4)，则D(−35,165)， 则BD ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−35,165)⋅(−3,0)=95． 故选：A ．利用已知条件，通过建立坐标系，转化求解即可．本题考查平面向量的数量积的运算，是基本知识的考查． 7.答案：B解析：解：根据三个频率分布直方图知，第一组数据的两端数字较多，绝大部分数字都处在两端数据偏离平均数远，最分散，其方差最大； 第二组数据绝大部分数字都在平均数左右，数据最集中，其方差最小； 第三组数据是单峰的每一个小长方形的差别比较小，数字分布均匀，数据不如第一组偏离平均数大，方差比第一组中数据中的方差小，比第二组数据方差大； 综上可知s 1>s 3>s 2． 故选：B ．根据三个频率分布直方图，结合方差的定义，对三组数据的方差大小作出大小判断．本题利用频率分布直方图，考查了三组数据的方差与标准差的应用问题，也考查了读图能力，是基础题． 8.答案：B解析：解：对于A ，由α//β，l ⊂α，m ⊂β，得l//m 或l 与m 异面，故A 错误； 对于B ，若α//β，l ⊥β，则l ⊥α，又m//α，则l ⊥m ，故B 正确； 对于C ，若α⊥β，l ⊥α，m ⊥β，则l ⊥m ，故C 错误；对于D，若α⊥β，l//α，m//β，则l与m的位置关系是平行、相交或异面，相交与平行时，可能垂直，也可能不垂直，故D错误．故选：B．由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定逐一核对四个选项得答案．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9.答案：A解析：【分析】本题主要考查数列的求和，结合杨辉三角形的系数公式以及等比数列、等差数列的求和公式是解决本题的关键，属于中档题．利用第n行的所有数字之和为2n−1，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【解答】解：第1行的和为20，第2行的和为21，第3行的和为22，以此类推，即每一行数字的和为首项为1，公比为2的等比数列，=2n−1，则杨辉三角形的前n项和为S n=1−2n1−2每一行的数字个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，则T n=n(n+1)2可得当n=12，去除所有的“1”的数字个数为78−23=55，则此数列前55项的和为S12−23=212−1−23=4072．故选：A．10.答案：D解析：解：根据题意，从3楼到9楼共有7层楼梯，分2种情况讨论：①、三人都不在同一层下电梯，在7层楼梯中任选3层，安排三人下电梯即可，有A73=210种下电梯的方法，②、三人中有2人在同一层下电梯，先在3人中任选2人，安排在某一层下电梯，有C32A71=21种情况，对于剩下的一人，在剩下的6层中任选一层，安排其下电梯，有C61=6种情况，此时有21×6=126种下电梯的方法，则下电梯的方法一共有210+126=336种；故选：D．根据题意，分2种情况讨论：①、三人都不在同一层下电梯，②、三人中有2人在同一层下电梯，此时需要分2步进行分析，分别求出每种情况下下电梯的情况数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，注意从3楼到9楼共有7层．11.答案：D解析：解：由椭圆方程可得a 2=16，b 2=163，则a =4，b =4√33，如图，设锐角∠POM =α，在Rt △POM 中，sinα=PM OM =2OM ， 因为OM ∈[4√33,4]，即sinα=2OM∈[12,√32]， 故α∈[π6,π3]， 所以∠POQ =2α∈[π3,2π3]，故选：D ．作出图象，得到sinα=2OM ，根据OM 的取值范围可得α取值范围，进而得到∠POQ 的取值范围 本题考查椭圆的相关性质，三角函数取值范围，数形结合思想，属于中档题． 12.答案：D解析：解：求导得f′(x)=x−1x 2[e x −(2x +1)t]有两个零点等价于函数φ(x)=e x −(2x +1)t 有一个不等于1的零点，分离参数得t =e x 2x+1=ℎ(x)，令ℎ(x)=e x 2x+1(x >0)，ℎ′(x)=2x−1(2x+1)2e x ，ℎ(x)在(0,12)递减，在(12,+∞)递增，显然在x =12取得最小值√e2，作ℎ(x)的图象，并作y =t 的图象，注意到ℎ(0)=1，ℎ(1)=e 3<1，(原定义域x >0，这里为方便讨论，考虑ℎ(0))， 当t ≥1时，直线y =t 与ℎ(x)=e x 2x+1只有一个交点即φ(x)只有一个零点(该零点值大于1)；当t =√e2时f′(x)=x−1x 2[e x −(2x +1)t]在x =12两侧附近同号，x =12不是极值点；当t =e3时函数φ(x)=e x −(2x +1)t 有两个不同零点(其中一个零点等于1)，但此时f′(x)=x−1x 2[e x −(2x +1)t]在x =1两侧附近同号，使得x =1不是极值点不合．故选：D ． 求导得f′(x)=x−1x 2[e x −(2x +1)t]有两个零点等价于函数φ(x)=e x −(2x +1)t 有一个不等于1的零点，分离参数得t =e x 2x+1=ℎ(x)，令ℎ(x)=e x 2x+1(x >0)，ℎ′(x)=2x−1(2x+1)2e x ，利用ℎ(x)的单调性可得：在x =12取得最小值√e2，作ℎ(x)的图象，并作y =t 的图象，注意到ℎ(0)=1，ℎ(1)=e3<1，对t分类讨论即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 13.答案：2021解析：解：因为等差数列{a n }中，a 1=2，S 10=65， 所以10×2+45d =65， 解可得，d =1，则a 2020=2+2019×1=2021． 故答案为：2021．由已知结合等差数列通项公式及求和公式即可求解．本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题． 14.答案：深圳解析：解：由甲看了乙的卡片后说：“我和乙都去珠海”， 可知丙不去珠海，所以丙去广州、深圳，再由乙看了丙的卡片后说：“我和丙不都去深圳”， 可知乙不去深圳，所以乙去广州、珠海， 由此可知甲去深圳、珠海， 所以甲、丙同去的城市为深圳， 故答案为：深圳．由甲说的话可知丙去广州、深圳，再由乙说的话可知乙去广州、珠海，所以甲去深圳、珠海，从而得到结果．本题主要考查了简单的合情推理，是基础题．15.答案：√5或√52解析：解：当焦点在x 轴上时，设双曲线的方程x 2a2−y 2b 2=1，所以渐近线的方程为：y =±ba x ，由渐近线过P 点(m,2m)可得ba =2，这时双曲线的离心率e =c a =√1+b 2a =√1+4=√5，当焦点在y 轴时，设双曲线的方程为：y 2a 2−x 2b 2=1，所以渐近线的方程为：y =±ab x ，由渐近线过P 点(m,2m)可得ab =2，这时双曲线的离心率e =c a=√1+b 2a2=√1+14=√52， 故答案为：√5或√52．分双曲线的焦点在x ，y 轴上两种情况讨论，分别求得相应的渐近线的方程，将P 点的坐标代入求出a ，b 的关系，进而求出两种情况的离心率．本题考查双曲线的性质，注意讨论焦点所在的轴，属于基础题． 16.答案：2√5解析：解：∵sinB +sinC =3sinB+C 2cosB+C 2，∴sinB +sinC =32sin(B +C)=32sinA ， ∴b +c =32a ，∵b +c =6， ∴a =4，由余弦定理可得，cosA =b 2+c 2−a 22bc=36−2bc−162bc=10−bc bc，所以bc =101+cosA ， 由基本不等式可得bc ≤(b+c 2)2=9，当且仅当b =c 时取等号，此时cos A 取得最小值19，sin A 取得最大值4√59， 则ABC 面积最大值S =12bcsinA =12×9×4√59=2√5．故答案为：2√5．由已知结合二倍角公式及正弦定理可求a ，然后结合余弦定理及基本不等式可求bc 的范围，然后结合三角形的面积公式可求．本题主要考查了二倍角公式，正、余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．17.答案：解：(1)由S n =2a n −1得：S 1=2a 1−1，即a 1=1，又由S n =2a n −1得：S n+1=2a n+1−1， 两式相减得：a n+1=2a n+1−2a n ，即a n+1=2a n ， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n =2n−1，S n =1−2n 1−2=2n −1；(2)由(1)知：b n =|2n−16|，则b n ={16−2n ,1≤n ≤42n −16,n >4，所以当1≤n ≤4时，T n =(16−21)+(16−22)+⋯+(16−2n ) =16n −(21+22+⋯+2n )=16n −2(1−2n )1−2=16n −2n+1+2；当n >4时，T n =(16−21)+(16−22)+⋯+(16−24)+(25−16)+(26−16)+(27−16)+⋯+(2n −16)=2T 4+(21+22+⋯+2n )−16n =2×34+2(1−2n )1−2−16n =2n+1−16n +66，所以T n ={16n −2n+1+2(1≤n ≤4)2n+1−16n +66(n >4)．解析：(1)先由题设条件求得a 1，再由题设条件推出a n+1=2a n ，从而说明数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，求得其通项公式a n 及前n 项和S n ；(2)先由(1)求得b n ，再对n 分1≤n ≤4与n >4两种情况分别求数列{b n }的前n 项的和T n ．本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式及使用分类的办法求数列的前n 项和，属于中档题．18.答案：(1)证明：∵四边形ABCD 为平行四边形，AC ∩BD =O ， ∴O 为BD 中点， ∵M 为PD 中点，∴OM//PB ，OM ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ， ∴OM//平面PBC ．(2)证明：∵四边形ABCD 为平行四边形，AC ∩BD =O ， ∴O 为AC ，BD 中点， ∵PB =PD ，PA =PC ，∴PO ⊥AC ，PO ⊥BD ，AC ∩BD =O ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∴AD ⊥PO ，又AD ⊥BD ，BD ∩PO =O ，∴AD ⊥平面ABD ，AD ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PBD ．(3)解：以DA ，DB 分别为x 轴，y 轴，过D 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴， 建立如图所示空间直角坐标系，∵AD =BD =2，AD ⊥BD ，∴BC ⊥BD ，BC =2，AB =CD =2√2， ∵PB ⊥PD ，PB =PD ， ∴PB =PD =√2，PO =1， ∵AD =2，AD ⊥BD ，DO =1， ∴AO =√5=OC ，∴A(2,0，0)，P(0,1，1)，B(0,2，0)，C(−2,2，0)， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,−1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)，PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,−1)， 设平面PAB 和平面PBC 的法向量分别为n⃗ 1=(x 1,y 1,−1)，n ⃗ 2=(x 2,y 2,−1)， 则n⃗ 1，n ⃗ 2夹角的补角θ就是二面角A −PB −C 的平面角，由{n ⃗ 1⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 1−y 1+1=0n ⃗ 1⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 1+1=0和{n ⃗ 2⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 2+1=0 n⃗ 2⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 2+y 2+1=0，解得：{x 1=−1y 1=−1和{x 2=0 y 2=−1，∴n ⃗ 1=(−1,−1,−1)，n ⃗ 2=(0,−1,−1)， ∴cosθ=−|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ||n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√6=−√63， ∴二面角A −PB −C 的余弦值为−√63．解析：(1)证明OM//PB ，然后利用直线与平面平行的判断定理证明OM//平面PBC ．(2)证明PO ⊥AC ，PO ⊥BD ，推出PO ⊥平面ABCD ，得到AD ⊥PO ，结合AD ⊥BD ，说明AD ⊥平面ABD ，然后证明平面PAD ⊥平面PBD ．(3)以DA ，DB 分别为x 轴，y 轴，过D 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面PAB 和平面PBC 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A −PB −C 的余弦值即可．本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力． 19.答案：解：(1)因为曲线E 上的点到F(1,0)的距离比它到直线l ：x =−4的距离少3， 所以曲线E 上的点到F(1,0)的距离和它到直线l ：x =−1的距离相等， 故曲线E 是F(1,0)为焦点，l ：x =−1为准线的抛物线 故E ：y 2=4x ．(2)由题设知：k ≠0， 则l 0：y =k(x −1)， 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)， ∵P ，A 在x 轴上方，∴x 1>0，x 2>0，y 1>0，y 2<0l 0与E 方程联立消得y 2−4k y −4=0，…∗ 则y 1，y 2是“∗”的二根，则{y 1+y 2=4k y 1y 2=−4且“∗”的△=16k +16>0， 由 E ：y 2=4x 得y >0时y =2√x ，则y′=√x ；y <0时y =−2√x ，则y′=√x x=x 1=√x =2y 1，y′x=x 2=√x =2y 2，故l 1：y −y 1=2y 1(x −y 124)，l 2：y −y 2=2y 2(x −y 224)，l 1，l 2联立消y 得x =−1，同时带入l 1，l 2方程相加得y =2k ， ∴M(−1,2k )，M(−1,2k )到l 0：kx −y −k =0的距离d =2√k 2+1|k|，|PA|=|PF|−1=x 1=y 124，|QB|=|QF|−1=x 2=y 224，S △PAM ⋅S △QBM =12|PA|d ⋅12|QB|d =14|PA|⋅|QB|⋅d 2=164(y 1y 2)2d 2=k 2+1k 2=1+1k 2>1，∴△PAM与△QBM的面积的积的取值范围是(1,+∞)．解析：(1)条件转化为曲线E上的点到F(1,0)的距离和它到直线l：x=−1的距离相等，说明曲线E 是F(1,0)为焦点，l：x=−1为准线的抛物线，求解即可．(2)设l0：y=k(x−1)，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，l0与E方程联立消得y2−4ky−4=0，结合P，A在x轴上方，利用韦达定理判别式△>0，利用抛物线转化为函数的导数，求解切线方程，求出M坐标，利用距离公式，转化求解三角形的面积．本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系的应用，函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．20.答案：解：(1)f′(x)=kxe x−2x=x(ke x−2)，………………………………………………(1分)当k≤0时，ke x−2<0，令f′(x)>0，得x>0；令f′(x)<0，得x<0；故f(x)的单调递增区间为(−∞,0)，f(x)的单调递减区间为(0,+∞).……………………………………………(3分)当0<k≤2时，令f′(x)=0，得x=0，或x=ln2k≥0，当0<k<2时ln2k >0，当f′(x)>0时x>ln2k或x<0；当f′(x)>0时0<x<ln2k；f(x)的单调递增区间为(−∞,0),(ln2k ,+∞)；减区间为(0,ln2k).………………………(5分)当k=2时ln2k=0，当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)>0；f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)；…………………………………………………………………………………(6分)(2)当1≤k<2时由(1)知，f(x)的单调递增区间为为(−∞,0),(ln2k ,+∞)；减区间为(0,ln2k)．令g(k)=ln2k −k, k∈[1, 2]，g′(k)=k2 × 2(−1k)−1=−1k−1<0，故g(k)在[1,2]上单调递减，故g(k)≤g(1)=ln2−1<0⇒ln2k<k，…………………………(7分)所以当x∈[0,k]时函数f(x)单调减区间为(0,ln2k )，单调增区间为(ln2k,k)；故函数f(x)max=max{f(0), f(k)}=max{−k, k(k−1)e k−k2}, k∈[1, 2]．由于f(k)−f(0)=k(k−1)e k−k2+k=k[(k−1)e k−k+1]=k(k−1)(e k−1)对于∀k∈[1,2]，k(k−1)≥0，e k−1≥e−1>0，即f(k)≥f(0)，当k=1时等号成立，故f(x)max=f(k)=k(k−1)e k−k2.……………………………………………………………(9分)当k=2时由(1)知；f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)；所以当x∈[0,k]时函数f(x)单调递增，故f(x)max=f(k)=k(k−1)e k−k2．综上所述：函数f(x)在[0,k]上的最大值为g(k)=k(k−1)e k−k2，k∈[1,2]…(10分)g′(k)=(k2+k−1)e k−2k，由于k2+k−1>0，e k≥e>2，∴g′(x)=(k2+k−1)e k−2k>2k2+2k−2−2k=2(k+1)(k−1)≥0对∀k∈[1,2]恒成立．∴g(k)在[1,2]上为增函数．∴g(k)max=g(2)=2e2−4……………………(12分)解析：(1)求出函数的导数，通过讨论k 的范围，求出函数的单调区间即可；(2)根据函数的单调性求出f(x)的最大值g(k)，求出g(k)的导数，求出g(k)的最大值即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．21.答案：解：(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A ， 则P(A)=A 22A 33A 55=110，∴恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为110． (2)(i)由已知得Eξ1=k ，ξ2的所有可能取值为1，k +1，∴P(ξ2=1)=(1−p)k ，P(ξ2=k +1)=1−(1−p)k ，∴E(ξ2)=(1−p)k +(k +1)[1−(1−p)k ]=k +1−k(1−p)k ， 若E(ξ1)=E(ξ2)，则k =k +1−k(1−p)k ，则(1−p)k =1k ， ∴1−p =(1k )1k，∴p =1−(1k )1k ，∴p 关于k 的函数关系式为p =f(k)=1−(1k )1k (k ∈N ∗，且k ≥2)，(ii)由题意知E(ξ1)>E(ξ2)，得1k <(1−p)k ，∵p =1√e 3，∴1k <(√e 3)k ，∴lnk >13k ，设f(x)=lnx −13x(x >0)，则f′(x)=1x −13，令f′(x)=0，则x =3，∴当x >3时，f′(x)<0，即f(x)在(3,+∞)上单调增减， 又ln4≈1.3863，43≈1.3333，∴ln4>43， 又ln5≈1.6094，53≈1.6667，∴ln5<53，∴k 的最大值为4．解析：(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A ，利用古典概型概率公式求解即可．(2)(i)由已知得Eξ1=k ，ξ2的所有可能取值为1，k +1，求解概率，然后求解期望，推出p 关于k 的函数关系式．(ii)由题意知E(ξ1)>E(ξ2)，推出lnk >13k ，设f(x)=lnx −13x(x >0)，通过函数的导数，求解函数的单调性，得到结果．本题考查古典概型的概率的求法、离散型随机变量的期望的求法、函数的导数的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．22.答案：解：(1)由ρ=4sinθ得ρ2=4ρsinθ，圆C 的极坐标方程为ρ=4sinθ.转换为直角坐标方程为：从而有x 2+y 2=4y 即：x 2+(y −2)2=4．(2)由题意设直线l 过点P(2,3)，且倾斜角α=π6.所以直线l 的参数方程为{x =3+tcos π6y =2+tsin π6，即：{x =2+√32ty =2+12t． 代入圆的方程得(3+√32t)2+(12t)2=4，整理得：t 2+3√3t +5=0， 所以t 1+t 2=−3√3，t 1t 2=5 由t 1+t 2<0且t 1t 2>0，可知|PA|+|PB|=|t 1|+|t 2|=−(t 1+t 2)=3√3．解析：(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 23.答案：解：(1)由f(x)+f(x +1)≥4，得|x −1|+|x|≥4， 当x >1时，得2x −1≥4，此时x ≥52； 当0≤x ≤1时，得1≥4，此时x ∈⌀； 当x <0时，得−2x +1≥4，此时x ≤−32； ∴不等式的解集为{x|x ≥52或x ≤−32}. (2)f(−x)+f(1x )=|x +1|+|1x −1|，由绝对值三角不等式，得|x +1|+|1x −1|≥|x +1x |， 又∵x,1x 同号，∴|x +1x |=|x|+|1x |，由基本不等式，得|x|+|1x |≥2，当且仅当|x|=1时等号成立， ∴f(−x)+f(1x )≥2．解析：(1)由f(x)+f(x +1)≥4，得|x −1|+|x|≥4，然后利用零点分段法解不等式即可； (2)f(−x)+f(1x)=|x +1|+|1x−1|，利用绝对值三角不等式和基本不等式，可知f(−x)+f(1x)≥2．本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．。