2024年高考数学一轮复习仿真模拟冲刺卷三含解析理

PAGEPAGE16仿真模拟冲刺卷(三)时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共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A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|\f(x－3,x＋2)≤0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－2x＋3≥0))，求A∩B＝()A．{x|－2<x≤3}B．{－1，0，1，2，3}C．{－2，－1，1，2，3}D．R2．[2024·贵州二模]若复数z满意z(1＋i3)＝3＋i(i为虚数单位)，则z＝()A．1＋2iB．1－2iC．2＋iD．2－i3．[2024·广西南宁三中二模]执行如图所示的程序框图，若输出的S是30，则推断框内的条件可以是()A．n≥6?B．n≥8?C．n>10?D．n≥10?4．[2024·云南昆明一模]双曲线eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1的顶点到渐近线的距离为()A．2B．eq\r(3)C．eq\r(2)D．15．[2024·宁夏银川一中三模]在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影外部(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ)<X≤(μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544A．3413B．1193C．2718D．65876．[2024·江西南昌三模]已知公差不为0的等差数列{an}满意aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))，则()A．a6＝0B．a7＝0C．S12＝0D．S13＝07．[2024·四川石室中学三模]已知函数f(x)＝xsinx，则其大致图象是下列图中的()8．[2024·四川省绵阳南山中学模拟预料]已知函数f(x)＝eq\f(x,cosx)－sinx，给出以下四个结论：①函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称；②函数f(x)图象在(π，f(π))处的切线与y轴垂直；③函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))上单调递增；④f(x)为奇函数，且f(x)既无最大值，也无最小值．其中全部正确结论的编号是()A．①B．②③C．②④D．②③④9．把函数y＝2sin2x的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得图象向上平移1个单位长度，可得到函数f(x)的图象，则()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1B．f(x)的最小正周期为2πC．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递减10．[2024·江西景德镇一中高三月考]已知a＝2ln3－4，b＝2lneq\f(7,2)－eq\r(11)－1，c＝4ln2－eq\r(13)－1，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<cB．a<c<bC．c<b<aD．b<c<a11．[2024·安徽马鞍山三模]如图，E是正方体ABCD­A1B1C1D1棱D1D的中点，F是棱C1B1上的动点，下列命题中：①若过CF的平面与直线EB垂直，则F为C1B1的中点；②存在F使得D1F∥BE；③存在F使得△BEF的主视图和侧视图的面积相等；④四面体EBFC的体积为定值．其中正确的是()A．①②④B．①③C．③④D．①③④12．[2024·甘肃一模]设实数λ>0，若对随意的x∈(1，＋∞)，不等式eλx－eq\f(lnx,λ)≥0恒成立，则λ的最小值为()A．eq\f(1,e)B．eq\f(1,2e)C．eq\f(2,e)D．eq\f(e,3)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．[2024·山西太原一模]在(1－x)＋(1－x)2＋(1－x)3＋(1－x)4＋(1－x)5＋(1－x)6的绽开式中，x3的系数为________．14．[2024·黑龙江齐齐哈尔一模]已知向量|a|＝2，b＝(3，－4)，若a·(a＋b)＝eq\f(22,3)，则向量a与向量b夹角的余弦值为________________．15．[2024·河南洛阳三模]已知F1，F2是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F2的直线与椭圆交于P，Q两点，若PQ⊥PF1且|QF1|＝eq\r(2)|PF1|，则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为________．16．[2024·四川威远中学高三月考]如图，等腰△PAB所在平面为α，PA⊥PB，AB＝4，点C，D分别为PA，AB的中点，点G为CD的中点．平面α内经过点G的直线l将△PAB分成两部分，把点P所在的部分沿直线l翻折，使点P到达点P′(P′∉平面α).若点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，则线段P′H的长度的取值范围是________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)[2024·云南红河三模]已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满意bn＝2an＋1，求数列{bn－an}的前n项和Tn.18．(12分)[2024·广西柳州三模]如图，在直角梯形AEFB中，AE⊥EF，AE∥BF，且BF＝EF＝2AE，直角梯形D1EFC1可以通过直角梯形AEFB以直线EF为轴旋转得到．(1)求证：平面C1D1EF⊥平面BC1F；(2)若二面角C1­EF­B的大小为eq\f(π,3)，求直线D1F与平面ABC1所成角的正弦值．19.(12分)[2024·四川石室中学高三月考]一批产品须要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取2件作检验，这2件产品中优质品的件数记为n.假如n＝1，那么再从这批产品中任取2件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；假如n＝2，那么再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他状况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为80%，即取出的产品是优质品的概率都为eq\f(4,5)，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都须要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及均值(数学期望).20．(12分)[2024·安徽马鞍山二模]已知双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b≠1)的左焦点为F，右顶点为A，过点F向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为P，直线AP与双曲线的左支交于点B.(1)设O为坐标原点，求线段OP的长度；(2)求证：PF平分∠BFA.21．(12分)已知函数f(x)＝ex(mex－1)＋x，其中m>0.(1)若函数f(x)有2个极值点，求实数m的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)＝a仅有1个实数根，求实数a的取值范围．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)[2024·黑龙江牡丹江市第三高级中学高三月考]在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα,y＝tsinα))(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ＝3.(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)曲线C1与C2相交于A、B两点，求|OA|·|OB|的值．23．[选修4－5：不等式选讲](10分)[2024·内蒙古呼和浩特一模]已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＋|x＋b＋c|(a，b，c均为正实数).(1)当a＝b＝c＝1时，求f(x)的最小值；(2)当f(x)的最小值为3时，求a2＋b2＋c2的最小值．仿真模拟冲刺卷（三）1．答案：B解析：A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|\f(x－3,x＋2)≤0))＝{x|x∈Z|（x－3）（x＋2）≤0且x≠－2}＝{－1，0，1，2，3}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－2x＋3≥0))＝R，所以A∩B＝{－1，0，1，2，3}．故选B.2．答案：A解析：因为1＋i3＝1－i，所以z＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i.故选A.3．答案：D解析：由程序框图，其执行结果如下：1、S＝0，n＝0：n＝2，S＝2，执行循环体；2、S＝2，n＝2：n＝4，S＝6，执行循环体；3、S＝6，n＝4：n＝6，S＝12，执行循环体；4、S＝12，n＝6：n＝8，S＝20，执行循环体；5、S＝20，n＝8：n＝10，S＝30，跳出循环体，输出S＝30；∴框内条件应为n≥10？.故选D.4．答案：C解析：依据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，由题意知：右顶点坐标为（eq\r(6)，0），一条渐近线方程为y＝eq\f(\r(2),2)x，∴d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\r(6))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(3),\f(\r(6),2))＝eq\r(2)，即顶点到渐近线的距离为eq\r(2).故选C.5．答案：D解析：由题意P（0<X≤1）＝eq\f(1,2)×0.6826＝0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413＝3413，∴落入阴影外部（曲线C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为10000－3413＝6587.故选D.6．答案：C解析：∵aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝0，∴2d（a7＋a5）＋2d（a8＋a6）＝0，又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，∴2（a7＋a6）＝0，∴S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（a6＋a7）,2)＝0，故选C.7．答案：C解析：因为f（x）＝xsinx定义域为R，又f（－x）＝－xsin（－x）＝xsinx＝f（x），所以函数f（x）是偶函数，故解除AD，结合选项BC，只需求解函数f（x）与直线y＝x在x>0时交点的横坐标，令xsinx＝x，x≠0，解得sinx＝1即x＝eq\f(π,2)＋2kπ，当k＝0时，x＝eq\f(π,2)，所以函数f（x）与直线y＝x在x>0时的第一个交点的横坐标为eq\f(π,2)，结合函数图象可知，选项C符合题意，故选C.8．答案：D解析：因为f（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以f（π－x）＝eq\f(π－x,cos（π－x）)－sin（π－x）＝eq\f(π－x,－cosx)－sinx，所以f（π－x）≠f（x），故函数f（x）的图象不关于直线x＝eq\f(π,2)对称，故①错误；f（π）＝eq\f(π,cosπ)－sinπ＝－π，f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx，f′（π）＝eq\f(cosπ＋πsinπ,cos2π)－cosπ＝0，切线的斜率为0，即切线与y轴垂直，故②正确；f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx＝eq\f(cosxsin2x＋xsinx,cos2x)＝eq\f(sinx\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋x)),cos2x).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))，sinx>0，eq\f(1,2)sin2x＋x>0，所以f′（x）>0，即函数f（x）在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))上单调递增，故③正确；因为f（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))，f（－x）＝eq\f(－x,cos（－x）)－sin（－x）＝－eq\f(x,cosx)＋sinx＝－f（x），所以f（x）为奇函数，取x→＋∞时，因为cosx∈[－1，0）∪（0，1]，sinx∈（－1，1），当x＝2kπ，k∈Z时，cosx＝1，sinx＝0，所以f（x）＝x→＋∞，当x＝π＋2kπ，k∈Z时，cosx＝－1，sinx＝0，所以f（x）＝－x→－∞，故f（x）既无最大值，也无最小值，即④正确；故选D.9．答案：D解析：将函数y＝2sin2x图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到y＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的图象，再向上平移1个单位长度可得到f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋1的图象，故A错误；T＝eq\f(2π,2)＝π，故B错误；令2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝－eq\f(π,12)；当k＝1时，x＝eq\f(5,12)π，故C错误；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递减，故D正确，故选D.10．答案：C解析：由题意，a＝2ln3－eq\r(4×3－3)－1，b＝2lneq\f(7,2)－eq\r(\f(7,2)×4－3)－1，c＝2ln4－eq\r(4×4－3)－1，构选函数f（x）＝2lnx－eq\r(4x－3)－1（x≥3），则f′（x）＝eq\f(2,x)－eq\f(2,\r(4x－3))＝2·eq\f(\r(4x－3)－x,x\r(4x－3))＝2·eq\f(－x2＋4x－3,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)＝2·eq\f(－（x－1）（x－3）,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)≤0，所以函数f（x）在[3，＋∞）上单调递减，所以f（3）>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))>f（4），即a>b>c.故选C.11．答案：D解析：①当F为C1B1的中点，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即D1M＝eq\f(1,4)A1D1，过M点作MN⊥AD，设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，BD＝4eq\r(2)，所以BE＝6，BM＝eq\r(41)，ME＝eq\r(5)，所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，所以CF⊥BE，所以过CF的平面与直线EB垂直，②过D1作D1Q∥BE，易知Q为BB1的中点，此时D1Q和D1F相交，所以D1F和BE异面，故②错误；③当F为B1时，△BEF的主视图和侧视图的面积相等，故③成立；④因为C1B1∥BC，故C1B1∥平面EBC，故B1C1上任一点到平面EBC距离相等，且△EBC的面积固定，故VE­BFC＝eq\f(1,3)S△BFC×d为定值，故④正确，故选D.12．答案：A解析：由题意eλx－eq\f(lnx,λ)≥0得eλx≥eq\f(lnx,λ)，设g（x）＝eλx，h（x）＝eq\f(lnx,λ)，可得g（x）与h（x）互为反函数，且g（x）与h（x）的图象关于y＝x对称，所以函数g（x）＝eλxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或h（x）＝\f(lnx,λ)))的图象与直线y＝x相切时λ的值是不等式eλx－eq\f(lnx,λ)≥0恒成立时λ的最小值，设函数g（x）＝eλx与直线y＝x相切的切点为（x0，y0），可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝eλx0,y0＝x0))，可得eλx0＝x0，同时对g（x）＝eλx求导可得：g′（x）＝λeλx，可得g′（x0）＝λeλx0＝1，联立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eλx0＝x0,λeλx0＝1))，解得：λ＝eq\f(1,e)，则λ的最小值为eq\f(1,e)，故选A.13．答案：－35解析：在（1－x）＋（1－x）2＋（1－x）3＋（1－x）4＋（1－x）5＋（1－x）6的绽开式中，x3的系数为－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－35.14．答案：eq\f(1,3)解析：由a·（a＋b）＝eq\f(22,3)，得a·a＋a·b＝eq\f(22,3)，所以a·b＝eq\f(22,3)－22＝eq\f(10,3)，∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，故cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(\f(10,3),2×5)＝eq\f(1,3).15．答案：eq\r(2)＋1解析：设|PF1|＝m，∴|QF1|＝eq\r(2)m，由椭圆的定义可知：|PF2|＝2a－m，∴|QF2|＝2a－eq\r(2)m，所以|PQ|＝4a－（eq\r(2)＋1）m，因为PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|QP|2＝|QF1|2，即m2＋[4a－（eq\r(2)＋1）m]2＝（eq\r(2)m）2⇒（eq\r(2)＋1）m2－4（eq\r(2)＋1）ma＋8a2＝0，解得m＝（4－2eq\r(2)）a或m＝2eq\r(2)a，当m＝2eq\r(2)a时，|QF2|＝2a－eq\r(2)m<0，所以不符合题意，故舍去，因此m＝（4－2eq\r(2)）a，所以|PF2|＝（2eq\r(2)－2）a，|QF2|＝（6－4eq\r(2)）a，∵∠PF2F1＋∠QF2F1＝π，∴sin∠PF2F1＝sin∠QF2F1，△PF1F2与△QF1F2的面积之比为：eq\f(\f(1,2)|F1F2|·|PF2|·sin∠PF2F1,\f(1,2)|F1F2|·|QF2|·sin∠QF2F1)＝eq\f(2\r(2)－2,6－4\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,3－2\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,（\r(2)－1）2)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1.16．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))解析：当l与CD重合时，P′H＝0，由题意得△P′GH为直角三角形，且斜边PG2＝eq\f(5,2)为定值，所以要求最大值，只需GH最小，GH最小值为eq\f(1,2)，所以P′Hmax＝eq\r(PG2－GH2)＝eq\f(3,2).17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，所以有a2＝a1＋d，a5＝a1＋4d，∵a1，a2，a5成等比数列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1·a5，即（a1＋d）2＝a1（a1＋4d）⇒aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1d＋d2＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋4a1d⇒d2－2a1d＝0⇒d（d－2a1）＝0，∵d≠0，∴d＝2a1，又∵S3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)＝eq\f(3（2a1＋2d）,2)＝3（a1＋d）＝9，∴a1＋d＝3，即3a1＝3⇒a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1；（2）由题意知bn＝2an＋1＝22n－1＋1＝22n＝4n，b1＝4，eq\f(bn＋1,bn)＝4，∴{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列．记数列{bn}的前n项和为Mn，则Mn＝eq\f(4（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n＋1－4,3)，数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2，Tn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝（b1＋b2＋…＋bn）－（a1＋a2＋…＋an）＝Mn－Sn＝eq\f(4n＋1－4,3)－n2.18．解析：（1）证明：在直角梯形AEFB中，AE⊥EF，且直角梯形D1EFC1是通过直角梯形AEFB以直线EF为轴旋转而得，所以D1E⊥EF，又AE∥BF，所以BF⊥EF，C1F⊥EF，因为BF∩C1F＝F，所以EF⊥平面BC1F，因为EF⊂平面C1D1EF，所以平面C1D1EF⊥平面BC1F，（2）由（1）可知BF⊥EF，C1F⊥EF，因为二面角C1­EF­B的大小为eq\f(π,3)，所以∠C1FB＝eq\f(π,3)，过点F作平面AEFB的垂线，如图，建立空间直角坐标系F­xyz.设BF＝EF＝2AE＝4，则E（4，0，0），C1（0，2，2eq\r(3)），D1（4，1，eq\r(3)），B（0，4，0），A（4，2，0）.所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝（－4，2，0），C1B＝（0，2，－2eq\r(3)），FD1＝（4，1，eq\r(3)）.设平面ABC1的法向量n＝（x，y，z），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·C1B＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x＋2y＝0，,2y－2\r(3)z＝0.))令z＝1，则y＝eq\r(3)，x＝eq\f(\r(3),2)，于是n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)，1)).所以直线D1F与平面ABC1所成角的正弦值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·FD1,|n||FD1|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),\f(\r(19),2)×2\r(5))))＝eq\f(4\r(285),95).19．解析：（1）将“产品通过检验”记为事务A，则P（A）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,5)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(64,125)＋eq\f(128,625)＝eq\f(448,625).即这批产品通过检验的概率为eq\f(448,625).（2）由题意，X的可能取值为200，300，400.P（X＝200）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,25)，P（X＝300）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,25)，P（X＝400）＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(8,25)，则X的分布列如下：X200300400Peq\f(1,25)eq\f(16,25)eq\f(8,25)因此，E（X）＝200×eq\f(1,25)＋300×eq\f(16,25)＋400×eq\f(8,25)＝328.20．解析：（1）不妨设B在其次象限，则渐近线OP的方程为y＝－bx，则直线PF的方程为y＝eq\f(1,b)（x＋c），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,b)（x＋c）,y＝－bx))得：xp＝－eq\f(c,b2＋1)＝－eq\f(1,c)，yp＝eq\f(b,c)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,c)，\f(b,c)))，∴|OP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,c)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(1＋b2,c2))＝eq\r(\f(c2,c2))＝1；（2）证明：设直线PF的倾斜角为θ，则tanθ＝eq\f(1,b)，tan2θ＝eq\f(2tan2θ,1－tan2θ)＝eq\f(2b,b2－1)，又A（1，0），∴直线AP的斜率为eq\f(\f(b,c),－\f(1,c)－1)＝－eq\f(b,c＋1)，则直线AP的方程为y＝eq\f(－b,c＋1)（x－1），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(－b,c＋1)（x－1）,x2－\f(y2,b2)＝1))得：（c2＋2c）x2＋2x－（c2＋2c＋2）＝0，∴xB＝xAxB＝－eq\f(c2＋2c＋2,c2＋2c)，yB＝－eq\f(b,c＋1)（xB－1）＝eq\f(2b（c＋1）,c2＋2c)，又F（－c，0），∴直线BF的斜率为eq\f(yB,xB＋c)＝eq\f(\f(2b（c＋1）,c2＋2c),－\f(c2＋2c＋2,c2＋2c)＋c)＝eq\f(2b（c＋1）,c3＋c2－2c－2)＝eq\f(2b,c2－2)＝eq\f(2b,b2－1)＝tan2θ，故PF平分∠BFA.21．解析：（1）依题意，f′（x）＝2me2x－ex＋1，令t＝ex，则由f′（x）＝0可得2mt2－t＋1＝0，则Δ＝1－8m；当m≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，此时f′（x）≥0，故函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，无极值点，不合题意；当0<m<eq\f(1,8)时，Δ>0，f′（x）＝0，得ex＝eq\f(1±\r(1－8m),4m)，则令x1＝lneq\f(1－\r(1－8m),4m)，x2＝lneq\f(1＋\r(1－8m),4m)，则当x∈（－∞，x1）时，f′（x）>0，当x∈（x1，x2），f′（x）<0，当x∈（x2，＋∞）时，f′（x）>0，此时函数f（x）有2个极值点，符合题意；综上所述，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))；（2）依题意，ex（mex－1）＋x＝a，记g（x）＝ex（mex－1）＋x－a，g′（x）＝f′（x）；①由（1）可知当m≥eq\f(1,8)时，g′（x）≥0，则函数g（x）在（－∞，＋∞）上单调递增；可知当x→－∞时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，故当m≥eq\f(1,8)时，函数g（x）恰有1个零点，此时a∈R；②当0<m<eq\f(1,8)时，g（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，＋∞）上单调递增，g′（x1）＝2me2x1－ex1＋1＝g′（x2）＝2me2x2－ex2＋1＝0，则m＝eq\f(ex1－1,2e2x1)＝eq\f(ex2－1,2e2x2)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g（x）))极大