2023-2024学年云南省三校高三高考备考实用性联考卷（五）数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省三校高三高考备考实用性联考卷（五）数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.数学符号的使用对数学的发展影响深远，“=”作为等号使用首次出现在《砺智石》一书中，表达等式关系，英国数学家哈利奥特首次使用“>”和“<”，便于不等式的表示，设命题p：∃x，y∈R，x3+y3>(x+y)3，则¬p为
A. ∃x，y∈R，x3+y3≤(x+y)3B. ∀x，y∈R，x3+y3≤(x+y)3
C. ∀x，y∈R，x3+y3<(x+y)3D. ∀x，y∈R，x3+y3>(x+y)3
2.已知向量a=(2,0)，b=(−1, 3)，则a与(a−b)夹角的余弦值为
A. − 32B. −12C. 12D. 32
3.若集合A={x|x=4k−3,k∈N}，B={x|(x+3)(x−7)≤0}，若A∩B=C，则集合C中的元素有
个．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知函数f(x)=xx−1,x<1lg2x+a,x≥1的值域为R，则实数a的取值范围是
A. (−∞,0)B. (−∞,1]C. (0,+∞)D. [1,+∞)
5.中国古建筑闻名于世，源远流长．如图甲所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图乙所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF//AB，AB=2EF=4，△ADE与△BCF都是边长为2的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为
A. 22πB. 11πC. 112πD. 11π4
6.某次考试共有8道单选题，某学生掌握了其中5道题，2道题有思路，1道题完全没有思路．掌握了的题目他可以选择唯一正确的答案，有思路的题目每道做对的概率为35，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为14.已知这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目的概率为
A. 320B. 843C. 14D. 35
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．bcsC，acsA，ccsB成等差数列，当△ABC的外接圆半径R=2时，△ABC周长的最大值为
A. 2 3B. 4 3C. 6 3D. 8 3
8.关于函数f(x)=4x3−3x−a，则下列说法正确的是
A. 函数在(−1,1)上单调递减
B. 当a>0时，函数f(x)<0在(0,1)上恒成立
C. 当a>1或a<−1时，函数f(x)有2个零点
D. 当a=12时，函数f(x)有3个零点，记为x1，x2，x3，则x1+x2+x3=0
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知抛物线C的焦点在直线2x−y+4=0上，则抛物线C的标准方程为
A. y2=8xB. y2=−8xC. x2=16yD. x2=−16y
10.若复数z=i20231−2i，则
( )
A. z的共轭复数z=2+i5B. |z|= 55
C. 复数z的虚部为−15iD. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
11.下列命题正确的是
A. 若样本数据x1，x2，…，x6的方差为3，则数据2x1+1，2x2+1，…，2x6+1的方差为12
B. 以模型y=cekx去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设z=lny，求得线性回归方程为z=2x+0.5，则c=e0.5，k=2
C. 若某校高三(1)班8位同学身高(单位cm)分别为：170，168，172，173，174，175，173，178，则这组数据的下四分位数(即第25百分位数)为170
D. 根据变量X与Y的样本数据计算得到χ2=3.627，根据α=0.05的独立性检验(x0.05=3.841)，可判断X与Y有关，且犯错误的概率不超过0.05
12.如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设A1A=A1B1=1，AB=2，有以下四个结论，其中正确的结论是
A. BC⊥平面A1AA2
B. AA1//平面BB2C2C
C. 该八面体的体积为7 26
D. 直线B1C1与平面AA2B2B所成角的正切值为 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在二项式(x−1)2x+1x6的展开式中，常数项为________．
14.已知函数f(x)=x3−f′(1)x2+3的导数为f′(x)，则f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线的斜率为________．
15.已知双曲线x2a2−y2b2=1的左焦点为F1，过F1作一倾斜角为30°的直线交双曲线右支于P点，且满足△POF1(O为原点)为等腰三角形，则该双曲线的离心率e为________．
16.已知α，β∈0,π2满足sin2α=sinαcsβ+12，则3sin2α−4cs2β的最大值为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知函数f(x)=2csπ2−xcsx−2 3cs2x− 3．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若fA+B2=−2 3，c=4，求△ABC的面积S的最大值．
18.(本小题12分)
已知各项均为正数的数列{an}，a1=2，且满足an2−2nan−1−1an−2nan−1=0(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2n−1an，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为直角梯形，AB // CD，AD⊥CD，△PCD为等边三角形，平面PCD⊥平面ABCD．
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)若PD=AD=2，AB=4，求二面角A−PB−C的余弦值．
20.(本小题12分)
某学校有1000人，想通过验血的方式筛查出某种病毒的携带者，如果对每个人的血样逐一化验，需要化验1000次，统计专家提出了一种方法：随机地按10人一组分组，然后将各组10个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这10个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一个人呈阳性，就需要对这组的每个人再分别化验一次．假设某学校携带病毒的人数有10人．(0.995≈0.95,0.9910≈0.90)
(1)用样本的频率估计概率，若5个人一组，求一组混合血样呈阳性的概率；
(2)用统计专家这种方法按照5个人一组或10个人一组，问哪种分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少？为什么？
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且点1,−32在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点(−1,0)与椭圆交于M，N两点，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线BN的斜率为k1，直线AM的斜率为k2，求证：k12+k22k1⋅k2为定值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−x−1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(2x)≥4x3−ax2，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查全称量词命题与存在量词命题的否定，属于基础题．
直接利用命题的否定求解即可．
【解答】解：存在量词的否定为全称性量词命题，
p:∃x，y∈R，x3+y3>(x+y)3，则¬p为∀x，y∈R，x3+y3≤(x+y)3，
故选B．，
2.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查的是平面向量的数量积运算，平面向量的减法运算，属于基础题．
直接利用平面向量的数量积公式求解即可．
【解答】解：由题，a−b=3,− 3，则a−b=2 3，
则csa−b,a=a−b·aa−b·a=62 3×2= 32，
故选D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．
由题意得，A={x|x=4k−3,k ∈N}={−3，1，5，9，13，17， ⋯}，B={x|−3 ≤x ≤7}，利用集合的运算即可得解．
【解答】
解：由题意得，A={x|x=4k−3,k ∈N}={−3，1，5，9，13，17， ⋯}，B={x|−3 ≤x ≤7}，
故A ∩B={−3,1,5}，即集合C中共有3个元素．
4.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查了分段函数的值域问题，属于基础题型．
分别求出两段的值域，观察即可求解．
【解答】解：当x<1时，f(x)=1+1x−1<1，
当x≥1时，f(x)=lg2x+a≥lg21+a=a，
因为函数f(x)=xx−1,x<1lg2 x+a,x⩾1的值域为R，
所以a≤1，所以实数a的取值范围是(−∞,1]，
故选B．
5.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了球的表面积，属于中档题．
找到球心及球心在平面ABCD上的投影，根据题干信息得到各边长，设出OO1=m，利用半径列出方程，求出m，进而求出半径，可求外接球表面积．
【解答】解：
如图1，连接AC，BD，设AC∩BD=O1，因为四边形ABCD为矩形，所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO1交EF于点M，连接PQ，则PQ/​/AB，且O1为PQ的中点，因为EF/​/AB，所以PQ/​/EF，连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ= 22−12= 3，所以梯形EFQP为等腰梯形，所以MO1⊥PQ，且MO1= 32−(4−22)2= 2，设OO1=m，球O的半径为R，连接OE，OA，当O在线段O1M上时，由球的性质可知R2=OE2=OA2，易得O1A= 22+12= 5，则( 2−m)2+12= 52+m2，此时无解，当O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知， 52+m2=( 2+m)2+12，解得m= 22，所以R2=OE2=112，所以球O的表面积S=4πR2=22π，故选A．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查的是条件概率，全概率公式，属于中档题．
事件A1表示选到会做的题，事件A2表示选到有思路的题，事件A3表示选到完全没有思路的题，设事件B表示答对该题，根据全概率公式即可求得这题作对的概率，结合条件求出即可．
【解答】解：设事件A1表示选到会做的题，事件A2表示选到有思路的题，事件A3表示选到完全没有思路的题，设事件B表示答对该题，则PB|A1=1,PB|A2=35,PB|A3=14，
设事件U表示答对8个题，则PU=PA1·PB|A1+PA2·PB|A2+PA3·PB|A3
=58×1+28×35+18×14=129160
设事件C表示将有思路的题目做对，则P(C)=PA2·PB|A2PU=843．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦定理、余弦定理及基本不等式求最值，考查三角恒等变换，属于中档题．
由正弦定理及三角恒等变换可得csA=12，即可求得sinA，从而可得a的值，由余弦定理及基本不等式求得0【解答】解：因为bcsC，acsA，ccsB成等差数列，
所以2acsA=bcsC+ccsB，
所以2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB，
即2sinAcsA=sin(B+C)=sinA，
因为A∈(0,π)，所以csA=12，A=π3，
所以a=2RsinA=2 3，
由余弦定理得12=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，3bc=(b+c)2−12≤3(b+c2)2，
当且仅当b=c时，等号成立，
∵b+c>0，∴0故选C．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性，函数图象的综合应用，利用导数研究函数的零点问题，诱导公式，两角和与差的余弦公式，属于难题．
直接利用导数研究函数的单调性判断A，利用导数判断函数的恒成立判断B，利用导数研究零点问题判断CD．
【解答】
解：因为函数f′x=12x2−3，令f′(x)=0，得x=±12，
当x<−12或x>12时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当−12对B，当0对C，函数f(x)=0的根即为y=a与函数y=4x3−3x的交点横坐标，作出函数y=4x3−3x的图象如图，
当a⩾1或a⩽−1时，函数f(x)有1个零点，故C错；
对D，函数f(x)有3个零点，则−1令，则4csθ3−3csθ=cs3θ=12，所以，于是，，，故选D．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，属于基础题．
分类讨论焦点的位置，根据抛物线的标准方程计算即可．
【解答】
解：易知直线2x−y+4=0与坐标轴的交点分别为(−2,0),(0,4)，
当焦点为−2,0时，可知抛物线方程为：y2=−8x；
当焦点为0,4时，可知抛物线方程为：x2=16y．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查的是复数的除法运算，共轭复数，复数的模，复数的几何意义，复数的概念，属于中档题．
利用复数的运算可得z=25−15i,，根据共轭复数判断A，根据复数的模判断B，根据复数的概念判断C，根据复数的几何意义判断D．
【解答】
解：因为z=i20231−2i=−i1−2i=−i1+2i1−2i1+2i=25−15i,
则z=25+15i，故A正确；
|z|= 252+152= 55，故B正确；
复数z的虚部为−15，故C错误；
复数z在复平面内对应的点为25,− 15，在第四象限，故D正确．
故选ABD．
11.【答案】AB
【解析】【分析】本题主要考查的是方差的性质，对数运算，线性回归方程，百分位数，独立性检验，属于中档题．
利用方差的性质判断A，利用对数的运算判断B，利用百分位数判断C，利用独立性检验判断D．
【解答】解：对于A，根据D(Y=aX+b)=a2D(X)，可得数据2x1+1，2x2+1，⋯，2x6+1的方差为
22×3=12，故A正确；对于B，对y=cekx两边同时取对数可得lny=lnc+kx，因为z=2x+0.5，所以lnc=0.5，k=2，所以c=e0.5，k=2，故B正确；对于C，从小到大可得这组数据为168，170，172，173，173，174，175，178，8×25%=2，则这组数据的下四分位数(即第25百分位数)为170+1722=171，故C错误；对于D，因为χ2=3.62712.【答案】ACD
【解析】【分析】本题主要考查利用空间向量求角和线面的位置关系，属于较难题．
对于A.如图所示，连接A ​1A ​2，取BC中点D，取B ​1C ​1中点E.连接A ​1E，AD，DE，证明BC⊥AA ​1，BC⊥AA ​2，即可判断；对于B，C，D，取AB中点O，建立空间直角坐标系，设O ​1是△A 1B ​1C ​1的中心，O ​2是△ABC的中心．过A ​1作A 1G⊥AD，过E作EH⊥AD，再利用向量法计算即可判断得解．
【解答】
解：对选项A:如图4所示，连接A1A2，取BC中点D，取B1C1中点E，连接A1E，AD，DE.由等边三角形的性质得BC⊥AD，由等腰梯形的性质得BC⊥DE.又AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADEA1，所以BC⊥平面ADEA1．AA1⊂平面ADEA1，故BC⊥AA1，同理BC⊥AA2，又AA1∩AA2=A，AA，AA2⊂平面A1AA2，所以BC⊥平面A1AA2，故A正确;
对于选项B:如图5，等腰梯形的高= 12−(12)2= 32，取AB中点O，建立如图6所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是△ABC的中心，过A作A1G⊥AD，过E作EH⊥AD，
DH=O2D−O2H= 33−13× 32= 36，HE= 322− 362= 63，所以几何体ABC−A1B1C1的高为 63，所以A(−1,0,0)，A(−12, 36, 63)，AA1=(12, 36, 63)，BC=(−1, 3,0)，BB2=
(−12, 36,− 63)，设平面BB2C2C的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m·BC=−x1+ 3y1=0,m⋅BB2=−12x1+ 36y1− 63z1=0,取x= 3，得到m=( 3,1,− 22)，
所以m⋅AA1=12× 3+ 36×1+ 63×(− 22)= 33≠0，所以AA1与平面BB2C2C不平行，
故B错误;
对选项C:V=2×13×( 34+ 3+ 32)× 63=7 26，故C正确;
对选项D:B1(12, 36, 63)，C1(0,23 3, 63)，B1C1=(−12, 32,0)，AB=(2,0,0)，BB2=(−12, 36,− 63).设平面AA2B2B的法向量为n=(x2,y2,z2)，
n⋅AB=2x2=0,n·BB2=−12x2+ 36y2− 63z2=0,取z2=1，得到n=(0,2 2,1)，所以直线B1C1与平
面AA2B2B所成角θ的正弦值为sinθ=2 2× 321×3= 63，tanθ= 2，故D正确，

故选ACD.
13.【答案】−160
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
(2x+1x)6的展开式的通项为 Tr+1=C6k26−kx6−2k，分别令6−2k=−1和6−2k=0，由此能求出(x−1)2x+1x6的展开式的常数项．
【解答】
解：(x−1)(2x+1x)6=x(2x+1x)6−(2x+1x)6，
因为(2x+1x)6的通项公式为Tk+1=C6k(2x)6−k(1x)k=C6k26−kx6−2k(0≤k≤6,k∈N)，
所以在x(2x+1x)6中，当6−2k=−1时，不满足k∈N;
在(2x+1x)6中，当6−2k=0时，k=3，
则T4=C6323=160，
所以二项式(x−1)2x+1x6展开式的常数项为−160．
故答案为−160．
14.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查导数知识的应用，考查切线的斜率的求法，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
求出函数的导数，推出f′(1)的值，然后求解函数f(x)的图象在x=1处的切线的斜率．
【解答】解：由题知：f′(x)=3x2−2f′(1)x，令x=1，得f′(1)=3−2f′(1)，
所以f′(1)=1，
即f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)=1．
故答案为1．
15.【答案】 3+1
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
由题意得出 ∠POF2=2∠PF1F2=60°，写出直线OP的方程，与双曲线方程联立，求出P点坐标，利用OP=c，即可求出结果．
【解答】
解：记右焦点为F2，
由题意知， ∠PF1F2=30°，且 ΔPOF1为等腰三角形，则只能是 OF1=OP，
所以 ∠POF2=2∠PF1F2=60°，|OP|=c，
所以直线OP的方程为 y= 3x，
由 y= 3xx2a2−y2b2=1得 xP2=a2b2b2−3a2yP2=3a2b2b2−3a2,
所以 3a2b2b2−3a2+a2b2b2−3a2=c2，
整理，得 c4−8a2c2+4a4=0，
即 e4−8e²+4=0，
结合e>1，可得 e= 3+1．
16.【答案】2
【解析】【分析】本题主要考查的是利用基本不等式求最值，属于中档题．
利用条件可得csβ=sinα−12sinα，则原代数式可化为−sin2α−1sin2α+4，利用基本不等式求最值即可．
【解答】解：由sin2α=sinαcsβ+12，得csβ=sinα−12sinα，则3sin2α−4cs2 β=−sin2α−1sin2α+4=−sin2α+1sin2α+4⩽−2 sin2α·1sin2α+4=2，
当且仅当sin2α=1sin2α时，此时sinα=1,csβ=12或sinα=−1,csβ=−12(舍去)时等号成立，
所以3sin2α−4cs2β的最大值为2．
17.【答案】解：(1)f(x)=2sinx⋅csx−2 3⋅1+cs2x2− 3=sin2x− 3cs2x−2 3
=2sin(2x−π3)−2 3，
∵x∈R，∴f(x)的值域为[−2−2 3,2−2 3].
(2)f(A+B2)=2sin(A+B−π3)−2 3=2sin(π−C−π3)−2 3=2sin(2π3−C)−2 3
=−2 3，
即2sin(2π3−C)=0，由C∈(0,π)，得−π3<2π3−C<2π3，
∴2π3−C=0，即C=2π3，
又16=c2=a2+b2−2abcs2π3=a2+b2+ab≥3ab，即ab≤163，当且仅当a=b=4 33时
取等号，
∴S△ABC=12absinC≤12×163× 32=4 33，
．
【解析】本题考查三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，利用余弦定理解三角形，属于中档题．
(1)化简f(x)，根据正弦函数的图象与性质求出函数的值域；
(2)由已知条件结合特殊三角函数值可以求出C的值，再根据余弦定理得16=c2=a2+b2−2abcs2π3=a2+b2+ab≥3ab，利用基本不等式求出ab的取值范围，从而确定三角形面积的最大值．
18.【答案】解：(1)∵an2−(2nan−1−1)an−2nan−1=0(n≥2)，
∴(an−2nan−1)(an+1)=0(n≥2)，
又an>0，∴an=2nan−1，即anan−1=2n(n≥2)．
又an=a1×a2a1×a3a2×⋯×anan−1=2×4×6×⋯×2n=2n·n！(n≥2)，
且a1=21×1!，∴an=2n⋅n!．
(2)∵bn=2n−1an，
∴b1=12，bn=2n−12n·n！=12n−1·n−1！−12n·n！(n≥2)，
∴Tn=b1+b2+b3+b4+⋯+bn
=12+121×1！−122×2!+122×2!−123×3!+⋯+12n−1⋅(n−1)!−12n⋅n!
=1−12n·n！⋅
【解析】本题考查数列的递推关系、通项公式和数列求和，考查推理能力和计算能力，属于中档题．
(1)由递推公式得anan−1=2n(n≥2)，利用累乘法即可求解；
(2)先求出b1=12，bn=2n−12n·n！=12n−1·n−1！−12n·n！(n≥2)，再利用裂项相消法求和．
19.【答案】(1)证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=DC，
在等边△PCD中，取DC的中点E，连接PE，如图，
则PE⊥DC，且PE⊂平面PCD，
∴PE⊥平面ABCD，
又∵AD⊂平面ABCD，∴PE⊥AD，
已知AD⊥CD，且PE∩CD=E，PE，CD⊂平面PCD，∴AD⊥平面PCD，
又∵AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PCD．
(2)解：过点E作AD的平行线与AB交于点F，如图，则DC⊥EF，
又由(1)知PE⊥平面ABCD，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可知：P(0,0, 3)，A(2,−1,0)，B(2,3,0)，C(0,1,0)，
∴AP=(−2,1, 3)，AB=(0,4,0)，CB=(2,2,0)，CP=(0,−1, 3)，
设平面APB的法向量为n=(x1,y1,z1)，
n⊥AP,n⊥AB⇒−2x1+y1+ 3z1=0,4y1=0,，
∴y1=0，令x1= 3，则z1=2，故n=( 3,0,2)，
设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2)，
n⊥CB,n⊥CP⇒2x2+2y2=0,−y2+ 3z2=0,令y2= 3，则x2=− 3，z2=1，
故m=(− 3, 3,1)，
cs=n⋅m|n|⋅|m|=−3+0+2 7⋅ 7=−17，
设二面角A−PB−C的平面角为θ，则csθ=17．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)先证明AD⊥平面PCD，由面面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面APB的法向量和平面PBC的法向量，利用空间向量求解即可．
20.【答案】解：(1)由已知可得，该单位每个人携带病毒的概率为101000=0.01．
所以5个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为0.95，
所以，一组混合血样呈阳性的概率为1−0.95=0.05．
(2)设5个人一组，每组需要化验的次数为随机变量X，则X=1，6．
由(1)知，5个人一组，需要重新化验的概率为0.05，
则X的分布列为
所以，E(X)=p(X=1)×1+p(X=6)×6=1.25，
总的化验次数为10005E(X)=250;
设10个人一组，每组需要化验的次数为随机变量Y，则Y=1，11．
10个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为0.9，则10个人一组，需要重新化验率为0.1，
则Y的分布列为
所以E(Y)=1×0.9+11×0.1=2，总的化验次数为100010E(Y)=200，
所以，10个人一组的分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少．
【解析】本题主要考查统计中用频率估计概率以及离散型随机变量的数学期望，属中档题．
(1)求出每组混合血样不是阳性的概率，即可得出答案；
(2)设5个人一组，需要的化验次数为随机变量X，根据(1)的结果，列出分布列，即可求出总的化验次数；然后设10个人一组，每组需要化验的次数为随机变量Y，计算得出分布列，即可求出总的化验次数，比较即可得出答案．
21.【答案】解：(1)由椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且点1,−32在椭圆上，
可得ca=12，所以b2a2=1−c2a2=1−122=34，
又点1,−32在椭圆上，所以1a2+94b2=1，所以a2=4,b2=3，
所以椭圆C的标准方程x24+y23=1．
(2)设Mx1,y1,Nx2,y2，由于该直线斜率为0，可设lMN：x=my−1，
联立方程lMN：x=my−1和x24+y23=1，得3m2+4y2−6my−9=0，
△>0恒成立，根据韦达定理可知，
y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，my1y2=−32y1+y2，
k1=y2x2−2,k2=y1x+2，
k2k1=y1x2−2y2x1+2=y1my2−3y2my1+1=my1y2−3y1my1y2+y2，
k2k1=−32y1+y2−3y1−32y1+y2+y2=3，
所以k12+k22k1⋅k2=k1k2+k2k1=103．
【解析】本题主要考查的是椭圆的几何意义，椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题，过两点直线的斜率，属于中档题．
(1)由离心率为12，可得ca=12，可得b2a2=34，结合椭圆经过点1,−32，列出方程求出a2,b2，即可得到椭圆的标准方程．
(2)设直线l的方程lMN：x=my−1，Mx1,y1,Nx2,y2联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得my1y2=−32y1+y2，由过两点的斜率方程可得k2k1=y1x2−2y2x1+2，化简可得k2k1=3，即可得到k12+k22k1⋅k2的值．
22.【答案】解：(1)由f(x)=ex−x−1，得f′(x)=ex−1，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由f(2x)≥4x3−ax2得，e2x−2x−1≥4x3−ax2，其中x≥0，
①当x=0时，不等式为：0≥0，显然成立，符合题意;
②当x>0时，分离参数a得，a≥−e2x−4x3−2x−1x2，
记g(x)=−e2x−4x3−2x−1x2，
则g′(x)=−2[(x−1)e2x−2x3+x+1]x3=−2(x−1)(e2x−2x2−2x−1)x3，
令ℎ(x)=e2x−2x2−2x−1(x>0)，
则ℎ′(x)=2e2x−4x−2，
令m(x)=2e2x−4x−2，
则m′(x)=4(e2x−1)>0，
故ℎ′(x)单调递增，ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，
故函数ℎ(x)单调递增，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
由ℎ(x)>0可得：e2x−2x2−2x−1>0恒成立，
故当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减;
因此，[g(x)]max=g(1)=7−e2，
综上可得，实数a的取值范围是[7−e2,+∞).
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性和恒成立问题，属于较难题．
(1)求出f′(x)，利用导数和单调性的关系即可求解;
(2)由f(2x)≥4x3−ax2得，e2x−2x−1≥4x3−ax2，其中x≥0，当x=0时，符合题意，当x>0时，分离参数a得，a≥−e2x−4x3−2x−1x2，构造函数，利用导数即可求解．X
1
6
P
0.95
0.05
Y
1
11
P
0.9
0.1