＝0.3，
不大于35瓶的概率为0.7．
设“试销售期间任选三天，其中至少有一天的酸奶销量大于35瓶”为事件A， 则 表示“这三天酸奶的销量都不大于35瓶”．
所以从试销售期间任选三天，其中至少有一天的酸奶销量大于35瓶的概率： P（A）＝1﹣P（）＝1﹣0.7＝0.657．
（2）①若早餐店批发一大箱，批发成本为75元，依题意，销量有20，30，40，50四种情况． 当销量为20瓶时，利润为5×20﹣75＝25元， 当销量为30瓶时，利润为5×30﹣75＝75元， 当销量为40瓶时，利润为5×40﹣75＝125元， 当销量为50瓶时，利润为5×50﹣75＝175元． 随机变量X的分布列为： X P 25 0.3 75 0.4 125 0.2 175 0.1 3
所以E（X）＝25×0.3+75×0.4+125×0.2+175×0.1＝80（元）， 若早餐店批发一小箱，批发成本为60元，依题意，销量有20，30两种情况． 当销量为20瓶时，利润为5×20﹣60＝40元， 当销量为30瓶时，利润为5×30﹣60＝90元． 随机变量Y的分布列为： Y P 40 0.3 90 0.7 所以E（Y）＝40×0.3+90×0.7＝75（元）． ②根据①中的计算结果，E（X）＞E（Y）， 所以早餐店应该批发一大箱．
20．【解答】解：（1）如图所示，设|ET|＝m，|FT|＝2m，即|EF|＝3m． 由△EOT∽△OFT，可得：|OT|＝|TF||ET|， ∴＝2m，解得m＝又|OT|＝
2
2
2
．
2
，∴b＝+＝2，c＝+＝4，
第13页（共22页）
∴a＝b+c＝6 ∴椭圆C的标准方程为
+
＝1，
222
（2）设P的坐标为（x0，y0），则y0＝（﹣由y＝
＜x0＜0），
，则y′＝﹣
，则y′|
，
＝﹣，
∴过坐标原点O且与l垂直的直线l′的方程为y＝x，即3x﹣x0y＝0，
点（x0，
，）到直线3
x﹣x0y＝0的距离d＝
，
∴S△APB＝×4
×＝?，
令y＝
．再令x02＝t，（0＜t＜6），
则y＝＝?＝﹣[（9﹣t）+，即t＝9﹣3
时取等号， ]．
﹣12]≤6﹣3．
当且仅当9﹣t＝
故△PAB面积的取值范围（0，6﹣3
21．【解答】解：（1）令m＝2，函数h（x）＝
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＝＝，
∴h′（x）＝，
令h′（x）＝0，解得x＝e，
∴当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0， ∴函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减． （2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnx﹣∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx， ∵函数f（x）恰有两个极值点x1，x2， ∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个正根， ∴lnx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0， 两式相减可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1）， 两式相加可得
∴m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，
﹣x+1，
∴＝＝ ∴lnx1x2＝ln
?， 设t＝，
∵1＜≤e，
∴1＜t≤e， 设g（t）＝（
）lnt，
∴g′（t）＝
2
，
令φ（t）＝t﹣1﹣2tlnt，
∴φ′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt）， 再令p（t）＝t﹣1﹣lnt，
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∴p′（t）＝1﹣＞0恒成立， ∴p（t）在（1，e]单调递增，
∴φ′（t）＝p（t）＞p（1）＝1﹣1﹣ln1＝0， ∴φ（t）在（1，e]单调递增，
∴g′（t）＝φ（t）＞φ（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0， ∴g（t）在（1，e]单调递增， ∴g（t）max＝g（e）＝∴lnx1x2≤∴x1x2≤
．
，
，
故x1?x2的最大值为
考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．【解答】解：（1）消去参数φ可得C1 的普通方程为∵曲线C2 是圆心为（2，2+y＝1，……（2分）
2
），半径为1 的圆，曲线C2 的圆心的直角坐标为（0，2），
2
∴C2 的直角坐标方程为x+（y﹣2）＝1； …………（5分） （2）设M（3cosφ，sinφ），则|MC2|＝＝＝
＝
，…………（8分）
，
+1，
∵﹣1≤sinφ≤1，∴1≤|MC2|≤
由题意结合图象可得|MN|的最小值为1﹣1＝0，最大值为∴|MN|的取值范围为[0，[选修4-5：不等式选讲]
+1]．…………（10分）
23．【解答】解：（1）由f（x）﹣|x+|≥4x，可得|x﹣a|≥4x，（a＞0）， 当x≥a时，x﹣a≥4x，解得x≤﹣， 这与x≥a＞0矛盾，故不成立，
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