祥子数理化
莂 频率 羀 0.30 莅 0.25 蚄 0.15 肃 0.15 虿 0.10 蝿0.05 调查200名续保人的平均保费为0.85a×0.30+a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a×0.30+2a×0.10=1.1925a，
蒁因此，续保人本年度平均保费估计值为1.1925a．
螁考点：样本的频率、平均值的计算．
衿19、答案：(1)详见解析；(2)．
蒅分析：(1)证AC∥EF．再证AC∥HD'；(2)证明OD'⊥OH，再证OD'⊥平面ABC．最后求五棱锥D'–ABCEF体积．
膃解析：(1)由已知得，AC⊥BD，AD=CD．
蒀又由AE=CF得=，故AC∥EF．由此得EF⊥HD，EF⊥HD'，所以AC∥HD'．
莁(2)由EF∥AC得==．由AB=5，AC=6得DO=BO==4．所以OH=1，D'H=DH=3．
22222莈于是OD'+OH=(2)+1=9=D'H，故OD'⊥OH．
膃由(1)知AC⊥HD'，又AC⊥BD，BD∩HD'=H，所以AC⊥平面BHD'，于是AC⊥OD'．
螁又由OD'⊥OH，AC∩OH=O，所以，OD'⊥平面ABC．又由=得EF=．
蒀五边形ABCFE的面积S=×6×8–××3=．
蒅所以五棱锥D'–ABCEF体积V=××2=．
袅考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积．
蒀20、答案：(1)2x+y–2=0；(2)(–∞,2]．
薀分析：(1)先求定义域，再求f'(x)，f'(1)，f(1)，由直线方程得点斜式可求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y–2=0；(2)构造新函数g(x)=lnx–，对实数a分类讨论，用导数法求解．
袆解析：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)．当a=4时，f(x)=(x+1)lnx–4(x–1)，f'(x)=lnx+–3，f'(1)=–2，f(1)=0．曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y–2=0．
芃(2)当x∈(1,+∞)时，f(x)>0等价于lnx–>0．
薃令g(x)=lnx–，则g'(x)=–=，g(1)=0，
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蚀①当a≤2，x∈(1,+∞)时，x+2(1–a)x+1≥x–2x+1>0，故g'(x)>0，g(x)在x∈(1,+∞)上单调递增，因此g(x)>0；
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芇②当a>2时，令g'(x)=0得x1=a–1–，x2=a–1+，
由x2>1和x1x2=1得x1<1，故当x∈(1,x2)时，g'(x)<0，g(x)在x∈(1,x2)单调递减，因此g(x)<0．
肅
综上，a的取值范围是(–∞,2]．
考点：导数的几何意义，函数的单调性． 21、答案：(1)；(2)(,2)．
分析：(1)先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求△AMN的面积；(2)设M(x1,y1)，将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y，用k表示x1，从而表示|AM|，同理用k表示|AN|，再由2|AM|=|AN|，求k．
解析：(1)设M(x1,y1)，则由题意知y1>0．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为，又A(–2,0)，因此直线AM的方程为y=x+2． 将x=y–2代入+=1得7y2–12y=0，解得y=0或y=，所以y1=． 因此△AMN的面积S△AMN=2×××=． (2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入+=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2–12=0． 由x1·(–2)=得x1=，故|AM|=|x1+2|=． 由题设，直线AN的方程为y=–(x+2)，故同理可得|AN|=． 由2|AM|=|AN|得=，即4t3–6t2+3t–8=0． 设f(t)=4t3–6t2+3t–8，则k是f(t)的零点，f'(t)=12t2–12t+3=3(2t–1)2≥0， 所以f(t)在(0,+∞)单调递增，又f()=15–26<0，f(2)=6>0， 因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点，且零点k在(,2)内，所以 考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离公式． 24、答案：(1)M={x|–1 分析：(1)先去掉绝对值，再分x<–，–≤x≤和x>三种情况解不等式，即可得M；(2)采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a，b∈M时，|a+b|<|1+ab|． 解析：(1)f(x)=，当x≤–时，由f(x)<2得–2x<2，解得x>–1； 当– 节地址：实验中学对面 祥子数理化 (a+b)2–(1+ab)2=a2+b2–a2b2–1=(a2–1)(1–b2)<0，∴|a+b|<|1+ab|． 考点：绝对值不等式，不等式的证明． 地址：实验中学对面