PAGE阶段性测试题十二(综合素质能力测试)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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．(文)(2020～2020·宿州市质检)设复数z满足(1＋i)z＝2，其中i为虚数单位，则z＝( )A．1＋i B．1－iC．2＋2iD．2－2i[答案] B[解析] z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(21－i,1＋i1－i)＝1－i.(理)(2020～2020·泉州五中模拟)若复数(m2－1)＋(m＋1)i为纯虚数(i为虚数单位)，则实数m的值为( )A．－1 B．0C．1D．－1或1[答案] C[解析] 由条件知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－1＝0,m＋1≠0))，∴m＝1.2．(文)(2020～2020·重庆市期末)若集合M＝{x|log2(x－1)<1}，N＝{x|eq\f(1,4)<(eq\f(1,2))x<1}，则M∩N＝( )A．{x|1
0，cosθ<0，故选C.5．(文)(2020～2020·豫南九校联考)下面能得出△ABC为锐角三角形的条件是( )A．sinA＋cosA＝eq\f(1,5)B.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))<0C．b＝3，c＝3eq\r(3)，B＝30°D．tanA＋tanB＋tanC>0[答案] D[解析] ∵sinA＋cosA＝eq\f(1,5)<1，∴A为钝角，排除A；由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))<0知，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，∴∠B为锐角，但∠A与∠C可能为直角或钝角，排除B；b＝3，c＝3eq\r(3)，b0知，tanA>0，tanB>0，tanC>0，∴△ABC为锐角三角形．(理)(2020～2020·上学期青岛市期末)函数y＝eq\f(x,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)的图象可能是下列图象中的( )[答案] C[解析] 首先∵f(x)＝eq\f(x,sinx)，∴f(－x)＝eq\f(－x,sin－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，排除A；又01，排除B、D，故选C.6．(2020～2020·吉林延吉市一模)设α、β、γ是三个互不重要的平面，m、n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB．若α∥β，m⊄β，m∥α则m∥βC．若α⊥β，m⊥α，则m∥βD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n[答案] B[解析] 由条件知，m⊄α，m⊄β，过m作平面与α、β相交，设交线依次为a、b，则∵α∥β，∴a∥b，∵m∥α，∴m∥a，∴m∥b，∵b⊂β，m⊄β，∴m∥β，故B正确．[点评] A中由正方体交于同一顶点的三个面两两垂直知A错误；C中可能有m⊂β；D中当m与n都与α、β的交线平行时，m∥n，故D错．7．(文)要设计一个矩形，现只知道它的对角线长度为10，则在所有满足条件的设计中，面积最大的一个矩形的面积为( )A．50B．25eq\r(3)C．50eq\r(3)D．100[答案] A[解析] 设矩形的长和宽分别为x和y，则x2＋y2＝100，S＝xy＝eq\f(x2＋y2,2)＝50，当且仅当x＝y＝5eq\r(2)时，等号成立．(理)(2020～2020·深圳市一调)“2020”含有数字0,1,2，且有两个相同数字2.则含有数字0,1,2，且有两个相同的数字的四位数的个数为( )A．18B．24C．27D．36[答案] B[解析] 1°含有2个0时，先排首位有2种排法，剩下的非零数字，可排在其余3个位置中的任何一个位置上，∴共有2×3＝6种，2°含有两个1时，若首位排1，有6种不同排法，若首位排2，有3种不同排法，∴共有6＋3＝9种不同排法，3°含有两个2的四位数与含有两个1的一样多，∴共有不同的四位数字6＋9×2＝24个．8．(2020～2020·豫南九校联考)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )A．(－1,0)B．(0,1]C．(0,1)D．(－1,0)∪(0,1][答案] B[解析] ∵f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2－a2在[1,2]上单调递减，∴a≤1，又函数g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上单调递减，∴a＋1>1，∴a>0，∴00，函数f(x)＝ln2x＋lnx－a有零点C．∃α，β∈R，使cos(α＋β)＝cosα＋cosβD．∀φ∈R，函数f(x)＝sin(x＋φ)都不是偶函数[答案] D[解析] m＝2时，f(x)＝x3是幂函数，∴A真；∵lnx∈R，∴ln2x＋lnx＝(lnx＋eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，即t＝ln2x＋lnx的值域为[－eq\f(1,4)，＋∞)，因此对任意a>0，存在x0>0，使a＝ln2x0＋lnx0，即f(x)有零点，∴B真；当α＝eq\f(π,2)，β＝－eq\f(π,4)时，cos(α＋β)＝cos(eq\f(π,2)－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)，cosα＋cosβ＝coseq\f(π,2)＋cos(－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)，∴C真；当φ＝eq\f(π,2)时，f(x)＝sin(x＋φ)＝sin(x＋eq\f(π,2))＝cosx为偶函数，∴D假．10．在圆x2＋y2＝5x内，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(3,2)))有n条弦的长度成等差数列，最短的弦长为数列的首项a1，最长的弦长为an，若公差d∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3)))，那么n的取值集合为( )A．{4,5,6}B．{6,7,8,9}C．{3,4,5}D．{3,4,5,6}[答案] A[解析] 由题意得a1＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝4，an＝5，∴d＝eq\f(an－a1,n－1)＝eq\f(1,n－1)，∵eq\f(1,6)
法则
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可知，过B作OA的平行线交OP于点P，过P作OB的平行线交OA于Q，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))，∵|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，〈eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，∴|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝2，又〈eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,6)，∴|eq\o(OQ,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，又|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝3，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)eq\o(OA,\s\up6(→))，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)).∴t＝eq\f(\r(3),3).(理)(2020～2020·泉州五中模拟)在△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝2，若O为△ABC内部一点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝( )A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)[答案] C[解析] ∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))，∴O为△ABC的重心，∴eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(|eq\o(AC,\s\up6(→))|2－|eq\o(AB,\s\up6(→))|2)＝eq\f(1,3)×(4－3)＝eq\f(1,3).12．(文)(2020～2020·山东苍山县期末)下列命题的说法错误的是( )A．命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1”的逆否命题为：“若x≠1，则x2－3x＋2≠0”B．“x＝1”是“x2－3x＋2＝0”的充分不必要条件C．若p∧q为假命题，则p、q均为假命题D．对于命题p：∀x∈R，均有x2＋x＋1>0，则綈p：∃x∈R，使得x2＋x＋1≤0[答案] C[解析] p∧q为假命题时，p、q至少有一个为假命题，可能p假q真，也可能p真q假，故C错．(理)(2020～2020·黄冈市期末)下列四种说法中，错误的个数是( )①A＝{0,1}的子集有3个；②“若am20，∴a0)．观察下列计算：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，…，根据以上事实，由归纳推理猜想：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.[答案] fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n)[解析] 观察f1(x)，f2(x)，f3(x)，f4(x)的分母可以发现，每一项的常数是2n，x的系数是2n－1，故fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n).(理)(2020～2020·台州市质评)若{bn}是等比数列，m，n，p是互不相等的正整数，则有正确的结论：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bp,bn)))m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bm,bp)))n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,bm)))p＝1，类比上述性质，相应地，若{an}是等差数列，m，n，p是互不相等的正整数，则有正确的结论：________________.[答案] m(ap－an)＋n(am－ap)＋p(an－am)＝0[解析] 将等比数列的项轮换相除所得商的幂的乘积类比为等差数列项的轮换相减所得差的倍数相加．[点评] 可将通项公式代入按幂的运算法则(或多项式乘法运算法则)进行验证．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(文)(2020～2020·南通市调研)在△ABC中，A、B、C所对的边分别是a、b、c，且bcosB是acosC，ccosA的等差中项．(1)求B的大小；(2)若a＋c＝eq\r(10)，b＝2，求△ABC的面积．[解析] (1)由题意得，acosC＋ccosA＝2bcosB，由正弦定理得，sinAcosC＋cosAsinC＝2sinBcosB，即sin(A＋C)＝2sinBcosB.∵A＋C＝π－B,00tan(A－B)＝eq\f(3t－t,1＋3t2)＝eq\f(2t,1＋3t2)＝eq\f(2,3t＋\f(1,t))≤eq\f(\r(3),3)，此时t＝eq\f(\r(3),3)⇒B＝eq\f(π,6)⇒A＝eq\f(π,3)，故C＝eq\f(π,2)，△ABC为直角三角形．18．(本小题满分12分)(文)(2020～2020·河北衡水中学调研)如图，三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC；(2)求证：平面ABC⊥平面APC；(3)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．[解析] (1)由已知得，MD是△ABP的中位线，∴MD∥AP，∵MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，∴MD∥平面APC.(2)∵△PMB为正三角形，D为PB的中点，∴MD⊥PB，∴AP⊥PB，又∵AP⊥PC，PB∩PC＝P，∴AP⊥平面PBC，∵BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC，又∵BC⊥AC，AC∩AP＝A，∴BC⊥平面APC，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面APC.(3)由题意可知，MD⊥平面PBC，∴MD是三棱锥M－DBC的高，在Rt△BCP中，BC＝4，BD＝PD＝5，∠BCP为直角，∴S△BCD＝2eq\r(21)，又MB＝10，∴MD＝eq\r(MB2－BD2)＝5eq\r(3)，∴VD－BCM＝VM－DBC＝eq\f(1,3)S△BCD·MD＝10eq\r(7).(理)(2020～2020·绥化市一模)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，四个侧面都是等边三角形，AC与BD的交点为O，E为侧棱SC上一点．(1)求证：平面BDE⊥平面SAC；(2)当二面角E－BD－C的大小为45°时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由．[解析] (1)由已知可得，SB＝SD，O是BD的中点，所以BD⊥SO，又因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为AC∩SO＝O，所以BD⊥平面SAC.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面SAC.(2)易知，SO⊥平面ABCD，AC⊥BD.建立如图所示的空间直角坐标系．设四棱锥S－ABCD的底面边长为2，则O(0,0,0)，S(0,0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，D(0，－eq\r(2)，0)．所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(2)，0)，设CE＝a(0k)0.100.0250.010K2.7065.0246.635[解析] (1)从甲校抽取学生1100×eq\f(105,1100＋1000)＝55人，从乙校抽取学生105－55＝50人．∴x＝6，y＝7.(2)K2＝eq\f(10510×30－20×452,30×75×50×55)≈6.109>5.024，故有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异.甲校乙校总计优秀102030非优秀453075总计5550105(3)甲校优秀率为eq\f(2,11)，乙校优秀率为eq\f(2,5)，ξ＝0,1,2,3，ξ～B(3，eq\f(2,5))，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)(eq\f(2,5))0(1－eq\f(2,5))3＝eq\f(27,125)；P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)(eq\f(2,5))1(1－eq\f(2,5))2＝eq\f(54,125)；P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)(eq\f(2,5))2(1－eq\f(2,5))1＝eq\f(36,125)；P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)(eq\f(2,5))3(1－eq\f(2,5))0＝eq\f(8,125)，分布列ξ0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)期望：E(ξ)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5).20．(本小题满分12分)(文)(2020～2020·安徽省东至县一模)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2在x＝1处取得极值－1.(1)求b、c的值；(2)若关于x的方程f(x)＋t＝0在区间[－1,1]上有实根，求实数t的取值范围．[解析] (1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由条件得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2b＋c＝0,f1＝3＋b＋c＝－1))，解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1,c＝－5))，∴f(x)＝x3＋x2－5x＋2.(2)设g(x)＝f(x)＋t＝x3＋x2－5x＋2＋t，则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，由g′(x)>0得，x<－eq\f(5,3)或x>1，由g′(x)<0得－eq\f(5,3)0)，由f′(x)>0，得0eq\f(1,3).所以y＝f(x)存在极大值f(eq\f(1,3))＝－eq\f(5,6)－ln3.(2)f′(x)＝－eq\f(ax2＋2x－1,x)(x>0)，依题意f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解．当a≥0时，显然有解；当a<0时，由方程ax2＋2x－1＝0至少有一个正根，得－1－1.另解：依题意f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解．∴a>eq\f(1－2x,x2)在(0，＋∞)上有解，即a>(eq\f(1－2x,x2))min.∵x>0时，eq\f(1－2x,x2)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝(eq\f(1,x)－1)2－1≥－1，∴a>－1.21．(本小题满分12分)(2020～2020·陕西师大附中模拟)已知数列{an}，{bn}，其中a1＝eq\f(1,2)，数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝2bn.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)是否存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn－1)<eq\f(m－8,4)恒成立？若存在，求出m的最小值．[解析] (1)因为Sn＝n2an(n∈N＋)．当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1；所以an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1.所以(n＋1)an＝(n－1)an－1.即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1).又a1＝eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·eq\f(n－3,n－1)·…·eq\f(2,4)·eq\f(1,3)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,nn＋1).当n＝1时，上式成立．因为b1＝2，bn＋1＝2bn，所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，故bn＝2n.(2)由(1)知，bn＝2n.则1＋eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)，假设存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn－1)<eq\f(m－8,4)恒成立，即2－eq\f(1,2n－1)<eq\f(m－8,4)恒成立，∵当n∈N*，n≥2时，2－eq\f(1,2n－1)<2，∴eq\f(m－8,4)≥2，解得m≥16，所以存在自然数m，使得对于任意n∈N＋，n≥2，有1＋eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn－1)<eq\f(m－8,4)恒成立，此时，m的最小值为16.22．(本小题满分14分)(文)已知定点F(0,1)和直线l1：y＝－1，过定点F与直线l1相切的动圆圆心为点C.(1)求动点C的轨迹方程；(2)过点F的直线l2交轨迹于两点P、Q，交直线l1于点R，求eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))的最小值．[解析] (1)由题设点C到点F的距离等于它到l1的距离，∴点C的轨迹是以F为焦点，l1为准线的抛物线．∴所求轨迹的方程为x2＝4y.(2)由题意直线l2的方程为y＝kx＋1，与抛物线方程联立消去y，得x2－4kx－4＝0.记P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.∵直线PQ的斜率k≠0，易得点R的坐标为(－eq\f(2,k)，－1)，eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))＝(x1＋eq\f(2,k)，y1＋1)·(x2＋eq\f(2,k)，y2＋1)＝(x1＋eq\f(2,k))(x2＋eq\f(2,k))＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋(eq\f(2,k)＋2k)(x1＋x2)＋eq\f(4,k2)＋4＝－4(1＋k2)＋4k(eq\f(2,k)＋2k)＋eq\f(4,k2)＋4＝4(k2＋eq\f(1,k2))＋8，∵k2＋eq\f(1,k2)≥2，当且仅当k2＝1时取到等号．eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))≥4×2＋8＝16，即eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))的最小值为16.(理)(2020～2020·开封市二模)如图，设抛物线C1：y2＝4mx(m>0)的准线与x轴交于F1，焦点为F2；以F1，F2为焦点，离心率e＝eq\f(1,2)的椭圆C2与抛物线C1在x轴上方的交点为P，延长PF2交抛物线于点Q，M是抛物线C1上一动点，且M在P与Q之间运动．(1)当m＝1时，求椭圆C2的方程；(2)当△PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数时，求△MPQ面积的最大值．[解析] (1)当m＝1时，y2＝4x，则F1(－1,0)，F2(1,0)，设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则c＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，b2＝3，所以椭圆C2方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因为c＝m，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，则a＝2m，b2＝3m2，则椭圆方程为eq\f(x2,4m2)＋eq\f(y2,3m2)＝1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4m2)＋\f(y2,3m2)＝1,y2＝4mx))，得3x2＋16mx－12m2＝0，即(x＋6m)(3x－2m)＝0，xP＝eq\f(2m,3)代入抛物线方程得yP＝eq\f(2\r(6),3)m，即P(eq\f(2m,3)，eq\f(2\r(6)m,3))，|PF2|＝xP＋m＝eq\f(5m,3)，|PF1|＝2a－|PF2|＝4m－eq\f(5m,3)＝eq\f(7m,3)，|F1F2|＝2m＝eq\f(6m,3)，因为△PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数，所以m＝3，此时抛物线方程为y2＝12x，P(2,2eq\r(6))，直线PQ方程为：y＝－2eq\r(6)(x－3)，即2eq\r(6)x＋y－6eq\r(6)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2\r(6)x－3,y2＝12x))，得2x2－13x＋18＝0，即(x－2)(2x－9)＝0，所以xQ＝eq\f(9,2)，代入抛物线方程得yQ＝－3eq\r(6)，即Q(eq\f(9,2)，－3eq\r(6))．∴|PQ|＝eq\r(2－\f(9,2)2＋2\r(6)＋3\r(6)2)＝eq\f(25,2).设M(eq\f(t2,12)，t)到直线PQ的距离为d，t∈(－3eq\r(6)，2eq\r(6))，则d＝eq\f(|\f(\r(6),6)t2＋t－6\r(6)|,\r(24＋1))＝eq\f(\r(6),30)|(t＋eq\f(\r(6),2))2－eq\f(75,2)|，当t＝－eq\f(\r(6),2)时，dmax＝eq\f(5\r(6),4)，即△MPQ面积的最大值为eq\f(1,2)×eq\f(25,2)×eq\f(5\r(6),4)＝eq\f(125\r(6),16).1．(2020～2020·北京四中期末)若椭圆的对称轴为坐标轴，长轴长与短轴长的和为18，焦距为6，则椭圆的方程为( )A.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,16)＝1B.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1C.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1或eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,25)＝1D．以上都不对[答案] C[解析] eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋2b＝18,2c＝6,a2＝b2＋c2,a>b>0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝3,a＝5,b＝4))，故选C.2．已知全集U＝{1,2,3,4,5,6}，集合A＝{1,3,5}，集合B＝{2，a，b}，若A∩B＝∅，A∪B＝U，则a＋b的值是( )A．10 B．9C．8D．7[答案] A[解析] ∵A＝{1,3,5}，B＝{2，a，b}，A∩B＝∅，A∪B＝U，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝6,b＝4))，∴a＋b＝10.3．在△ABC中，sin2A＋cos2B＝1，则cosA＋cosB＋cosC的最大值为( )A.eq\f(5,4)B.eq\r(2)C．1D.eq\f(3,2)[答案] D[解析] ∵sin2A＋cos2B＝1，∴sin2A＝sin2B，∵0
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