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2023-2024学年浙江省温州五十一中高三（上）期末数学试卷(含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省温州五十一中高三（上）期末数学试卷(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.设集合U=R，A={x|2x(x−2)<1}，B={x|y=ln(1−x)}，则图中阴影部分表示的集合为( )
A. {x|x≥1}B. {x|1≤x<2}C. {x|02.为了得到y=sin(5x−π3)的图象，只要将函数y=sin5x的图象( )
A. 向右平移π15个单位长度B. 向左平移π15个单位长度
C. 向右平移π3个单位长度D. 向左平移π3个单位长度
3.定义np1+p2+p3+⋯+pn为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为15n，则a10等于( )
A. 85B. 90C. 95D. 100
4.已知函数对任意的x∈R有f(x)−f(−x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S= p(p−a)(p−b)(p−c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a=6，b+c=8，则此三角形面积的最大值为( )
A. 3 7B. 8C. 4 7D. 9 3
6.著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为θ1℃，空气温度为θ0℃，则t分钟后物体的温度θ(单位：℃)满足θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt.若常数k=0.05，空气温度为30℃，某物体的温度从90℃下降到50℃，大约需要的时间为(参考数据：ln3≈1.1)( )
A. 16分钟B. 18分钟C. 20分钟D. 22分钟
7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离(d1，单位：m)与制动距离(d2，单位：m)之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v(单位：km/h).根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是( )
A. d1=αv，d2=β vB. d1=αv，d2=βv2
C. d1=α v，d2=βvD. d1=α v，d2=βv2
8.已知函数f(x)=asin2x+bcs2x(ab≠0)的图象关于直线x=π6对称，若存在x1，x2，⋯，xn，满足|f(x1)−f(x2)|+|f(x2)−f(x3)|+⋯+|f(xn−1)−f(xn)|=|24b|，其中n≥2，n∈N+，则n的最小值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是( )
A. 若|z2|=|z3|，则z2=±z3B. 若z1z2=z1z3，则z2=z3
C. 若z2=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2
10.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是( )
A. 若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B. 图2中阴影部分的面积为h2
C. “牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π：4
D. 由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为163r3
11.设F1，F2为椭圆x24+y23=1的左，右焦点，直线l过F1交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是( )
A. △ABF2的周长为定值8B. △ABF2的面积最大值为2 3
C. |AF1|2+|AF2|2的最小值为8D. 存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知p：x>a是q：213.将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为______.(结果用分数表示)
14.汉诺塔(又称河内塔)问题是源于印度一个古老传说的益智玩具．如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱．已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面．现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面．规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动．若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p(n)，则p(3)=______．i=1np(i)=______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
全民健身创精彩，健康成长赢未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p(0(1)若比赛采用五局三胜制，且p=0.5，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
(2)若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且p>12，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别在棱PD，BC上且PE=13PD，CF=13BC．
(1)证明：CE//平面PAF；
(2)若AD=AP，求直线CD与平面PAF所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某数学建模小组研究挡雨棚(图1)，将它抽象为柱体(图2)，底面ABC与A1B1C1全等且所在平面平行，△ABC与△A1B1C1各边表示挡雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙(所在平面)所成角为π6(即∠AOB=π6)，挡雨棚有效遮挡的区域为矩形AA1O1O(O、O1分别在CA、C1A1延长线上)．
(1)挡雨板(曲面BB1C1C)的面积可以视为曲线段BC与线段BB1长的乘积.已知OA=1.5米，AC=0.3米，AA1=2米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：①其为直线段且∠ACB=π3；②其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积(精确到0.1平方米)；
(2)小组拟自制△ABC部分的支架用于测试(图3)，其中AC=0.6米，∠ABC=π2，∠CAB=θ，其中π6<θ<π2，求有效遮挡区域高OA的最大值．
18.(本小题17分)
已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A(x0,y0)在抛物线上，其中y0>0，弦OA的中点为M，以M为端点的射线MF与抛物线交于点B．
(1)若F恰好是△AOB的重心，求y0；
(2)若1≤y0≤2，求S△AOBS△OMF的取值范围．
19.(本小题17分)
设数阵A0=a11a12a21a22，其中a11，a12，a21，a22∈{1,2,3,4,5,6}.设S={e1,e2,…,el}⊆{1,2,3,4,5,6}，其中e1(1)若A0=1336,S={1,3}，写出A0经过φ1变换后得到的数阵A1，并求Ts(A0)的值；
(2)若A0=1336,S={e1,e2,e3}，求Ts(A0)的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵A0，证明：Ts(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由韦恩图知阴影部分表示的是B∩∁UA，
∵A={x|2x(x−2)<1}={x|0B={x|y=ln(1−x)}={x|x<1}，
∴∁UA={x|x≥2或x≤0}，
∴阴影部分对应的集合是{x|x≤0}．
故选：D．
根据所给的韦恩图，看出阴影部分所表达的是要求A集合的补集与B集合的交集，整理两个集合，求出A的补集，再求出交集．
本题考查韦恩图表达集合的关系及运算，本题解题的关键是正确读出韦恩图，再计算出两个集合之间的交集．
2.【答案】A
【解析】解：为了得到y=sin(5x−π3)的图象，只要将函数y=sin5x的图象向右平移π15个单位长度得到．
故选：A．
直接利用函数图象的平移变换求出结果．
本题考查的知识要点：函数图象的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由于np1+p2+p3+⃯+pn为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，
故na1+a2+a3+...+an=15n，
故a1+a2+a3+...+an=5n2，
所以a1+a2+a3+...+a10=5×102，a1+a2+a3+...+a9=5×92，
故a10=5×(102−92)=95．
故选：C．
直接利用“均倒数”的定义和关系式的变换求出结果．
本题考查知识点：数列的求和，主要考查学生的运算能力和处理实际问题的应变能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由f(x)−f(−x)=0得f(−x)=f(x)，则函数是偶函数，
∵当x>0时，f(x)=ln(x+1)，
∴对应的图象为C，
故选：C．
由f(x)−f(−x)=0得f(−x)=f(x)，得到函数是偶函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论．
本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件求出函数的奇偶性是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵a=6，b+c=8．
p=a+b+c2=6+82=7．
∴S2=7×(7−6)×(7−b)(7−c)=7[bc−7(b+c)+49]=7(bc−7)≤7×[(b+c2)2−7]=7×9，当且仅当b=c=4时取等号．
∴S≤3 7．
故选：A．
a=6，b+c=8.可得p=a+b+c2=7.代入S2=p(p−a)(p−b)(p−c)，利用基本不等式的性质即可得出．
本题考查了秦九韶与海伦公式计算三角形面积公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查函数的实际应用，掌握对数函数的公式是解本题的关键，属于基础题．
由题意可得，θ0=30，θ1=90，θ=50，故50=30+(90−30)e−0.05t，再结合对数函数的公式，即可求解．
【解答】
解：由题意可得，θ0=30，θ1=90，θ=50，
故50=30+(90−30)e−0.05t，
∴e−0.05t=13，即−0.05t=ln13，
∴t=ln30.05=20×ln3≈22．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：设d1(v)=f(v)，d2(v)=g(v)，
由图象知，d1(v)=f(v)过点(40,8.5)，(50,10.3)，(60,12.5)，(70,14.6)，
(80,16.7)，(90,18.7)，(100,20.8)，(110,22.9)，(120,25)，(130,27.1)，
(140,29.2)，(150,31.3)，(160,33.3)，(170,35.4)，(180,37.5)．
作出散点图，如图1．
由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1=αv，
d2(v)=g(v)过点(40,8.5)，(50,16.2)，(60,23.2)，(70,31.4)，(80,36)，
(90,52)，(100,64.6)，(110,78.1)，(120,93)，(130,108.5)，(140,123)，
(150,144.1)，(160,164.3)，(170,183.6)，(180,208)．
作出散点图，如图2．
由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2=βv2．
故选：B．
设d1(v)=f(v)，d2(v)=g(v)，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案．
本题主要考查根据实际问题选择函数类型，考查散点图的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由f(x)=asin2x+bcs2x= a2+b2sin(2x+φ)，其中tanφ=ba，
由2⋅π6+φ=π2+kπ⇒φ=π6+kπ，
则tanφ=tanπ6= 33，
则ba= 33，
故a= 3b，
则f(x)=2bsin(2x+π6)，
对∀xi，yj(i,j=1,2,⋯,n)都有|f(xi)−f(xj)|≤f(x)max−f(x)min=4|b|，
要使n最小，则尽可能多让xi取最高点，
又24|b|=6(f(x)max−f(x)min)，
故nmin=T，如下图取值即可，
由图象可知，n的最小值为7．
故选：B．
先由辅助角公式可得f(x)=2bsin(2x+π6)，分析题干可知要使n最小，则尽可能多让xi取最高点，结合图象即可得到答案．
本题考查正弦型函数的图象及性质，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了复数的乘法运算法则的运用，复数模的定义的运用，共轭复数的定义以及复数相等的定义，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，利用复数的模的定义，复数乘法的运算法则以及复数相等，共轭复数的定义依次判断四个选项即可．
【解答】
解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，
若|z2|=|z3|，则 a22+b22= a32+b32，
此时z2=±z3不一定成立，故A错误；
若z1z2=z1z3，，则z1(z2−z3)=0，
又因z1≠0，所以z2=z3，故B正确；
若z2=z3，则a2=a3，b2=b3，
所以|z1z2|=|z1z3|，故C正确；
当z2=z−1时，z1z2=|z1|2，
此时z1=z2不一定成立，故D错误．
故选：BC．
10.【答案】BCD
【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖，使用同一高度处的水平面来截它们，
所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，即为π：4，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=13r3．
则八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，即V18牟合方盖=r3−13r3=23r3，
则整个牟合方盖的体积为8×23r3=163r3，故D正确．
故选：BCD．
由牟盒方盖的定义判断A；由祖暅原理判断B；求出圆的面积与正方形面积的比值判断C；直接求出“牟合方盖”体积判断D．
本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，考查学生的读图视图能力，正确理解题意是关键，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：因为椭圆的方程x24+y23=1，
所以a2=4，即a=2，
由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，|BF1|+|BF2|=2a=4，
两式相加得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，
所以得|AF2|+|BF2|+|AB|=8，
所以△ABF2的周长为8，故A正确；
对于B：因为椭圆的方程x24+y23=1，
所以c2=a2−b2=1，
所以F1(−1,0)，F2(1,0)
设直线l的方程为x−(−1)=m(y−0)，即x=my−1，
所以点F2到直线l的距离d=|1+1| m2+(−1)2=2 m2+1，
联立x=my−1x24+y23=1，得(3m2+4)y2−6my−9=0，
Δ=(−6m)2−4(3m2+4)×(−9)>0，即m2>−1，(*)
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以y1+y2=−−6m3m2+4=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以|AB|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 (6m3m2+4)2−4(−93m2+4)=12(1+m2)3m2+4，
所以S△ABF2=12|AB|⋅d=12⋅12(1+m2)3m2+4⋅2 m2+1=12 1+m23m2+4，
S△ABF22=144(1+m2)(3m2+4)2=144⋅1+m29(m2+1)2+6(m2+1)+1=144⋅19(m2+1)+6+11+m2，
所以9(m2+1)+11+m2≥3×2 (m2+1)⋅11+m2=6，
当且仅当9(m2+1)=11+m2，即m2=−23，取等号，不成立，舍去，
当m2=0时，S△ABF22=144×116=9，
所以S△ABF2的最大值为9，故B错误；
对于C：由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，
所以|AF1|2+|AF2|22≥(|AF1|+|AF2|2)2=a2=4，当且仅当|AF1|=|AF2|时，取等号，
所以|AF1|2+|AF2|2≥8，
所以|AF1|2+|AF2|2的最小值为8，故C正确；
对于D：若存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，
则x1+x2+1=3×16，y1+y2=3×14，
即x1+x2=−12，y1+y2=34，
由B选项设得直线l方程为x=my−1，
所以x1+x2=my1+my2−2=m(y1+y2)−2=m⋅34=34m，
所以34m=−12，解得m=−23，
所以存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，故D正确，
故选：ACD．
对于A：根据题意可得a=2，由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，两式相加得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，即可判定A是否正确；
对于B：根据题意可得c2=a2−b2=1，进而可得焦点的坐标，设直线l的方程为x−(−1)=m(y−0)，即x=my−1，计算点F2到直线l的距离d，联立直线l与椭圆的方程，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|AB|，在结合基本不等式求出S△ABF2的最大值，即可判断B是否正确；
对于C：由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，则|AF1|2+|AF2|22≥(|AF1|+|AF2|2)2=a2=4，当且仅当|AF1|=|AF2|时，取等号，即可判断C是否正确；
对于D：若存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，则x1+x2+1=3×16，y1+y2=3×14，解得m，即可判断D是否正确；
本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
12.【答案】(−∞,2]
【解析】解：∵p：x>a是q：2∴(2,3)⫋(a,+∞)，
∴a≤2，
∴实数a的取值范围是(−∞,2]，
故答案为：(−∞,2]．
由p是q的必要不充分条件，得到(2,3)⫋(a,+∞)，即可求解．
本题考查了充要条件的应用，转化为集合间的关系是关键，属于中档题．
13.【答案】17
【解析】解：将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有C82C62C42C22=28×15×6×1=2520种方案，
乙两人安排在同一天，共有C41C62C42C22=4×15×6×1=360种方案，
所以甲、乙两人安排在同一天的概率P=3602520=17．
故答案为：17．
根据排列组合相关知识，算出所有的值班顺序与甲、乙两人安排在同一天的值班顺序，进而利用古典概型的概率公式算出答案．
本题主要考查事件与样本空间、组合数公式与古典概型的概率公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
14.【答案】7 2n+1−n−2
【解析】解：显然p(1)=1．
当有n(n≥2)个圆盘时，求p(n)分三步：
第一步，先将上面的n−1个圆盘移到辅助柱，至少需要p(n−1)次；
第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；
第三步，将辅助柱上的n−1个圆盘移动到目标柱至少需要p(n−1)次．
因此p(n)=2p(n−1)+1(n≥2)，
所以p(n)+1=2[p(n−1)+1](n≥2)，
因为p(1)=1，所以数列{p(n)+1}是以2为公比，2为首项的等比数列，
所以p(n)+1=2×2n−1=2n，
所以p(n)=2n−1，所以p(3)=7，
i=1np(i)=i=1n(2i−1)=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2，
故答案为：7；2n+1−n−2．
根据题意可得p(1)=1，当n(n≥2)时，求p(n)分三步，从而得到p(n)=2p(n−1)+1(n≥2)，然后求出p(n)即可．
本题考查了由递推公式求通项公式，等比数列的定义与性质，考查了转化思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)设事件A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=(1−p)p3+(1−p)C32p2(1−p)p1−p=p3(4−3p)=516．
(2)在五局三胜制比赛中甲获胜的概率为：
p1=p3+C32p2(1−p)p+C42p2(1−p)2p=p3(6p2−15p+10)，
在三局两胜制比赛中甲获胜的概率为：
p2=p2+C21p2(1−p)=3p2−2p3，
∴p1−p2=p3(6p2−15p+10)−(3p2−2p3)
=3p2(2p3−5p2+4p−1)=3p2(p−1)2(2p−1)，
当p>12时，p1−p2>0，
∴五局三胜制比赛中甲获胜的概率更大．
【解析】(1)设事件A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，由条件概率能求出甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
(2)由相互独立事件概率乘法公式分别求出在五局三胜制比赛中甲获胜的概率和在三局两胜制中甲获胜的概率，作差法比较能求出结果．
本题考查条件概率、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】(1)证明：如图，在棱PA上取点G，使得PG=13PA，连接EG，FG，
因为PEPD=PGPA=13，所以GE//AD且GE=13AD，
由正方形ABCD,CF=13BC，得CF//AD且CF=13AD，所以GE//CF且GE=CF，
所以四边形FGEC为平行四边形，所以CE//GF，
又CE在平面PAF，GF⊂平面PAF，所以CE//平面PAF．
(2)解：若AD=AP，则可设AD=AP=3，所以AB=BC=3．
以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则点A(0,0,0)，C(3,3,0)，D(0,3,0)，P(0,0,3)，F(3,2,0)，
则CD=(−3,0,0)，AP=(0,0,3)；AF=(3,2,0)，
设平面PAF的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅AP=3z=0，得z=0，
令y=3，得平面PAF的一个法向量为m=(−2,3,0)，
设直线CD与平面PAF所成角的大小为θ，
则sinθ=|m⋅CD||m|⋅|CD|=6 13⋅3=2 1313，
即直线CD与平面PAF所成角的正弦值为2 1313．
【解析】(1)在棱PA上取点G，使得PG=13PA，连接EG，FG，推导出四边形FGEC为平行四边形，从而CE//GF，由此能证明CE//平面PAF．
(2)以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由此能求出直线CD与平面PAF所成角的正弦值．
本题考查线面平行的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)①BC为直线段且∠ACB=π3时，AC=0.3米，在Rt△ACB中，因为AC=BC⋅csπ3，所以BC=2AC=0.6(米)；
所以挡雨板的面积为S1=BC⋅BB1=BC⋅AA1=0.6×2=1.2(米 2)；
②BC是以O为圆心的圆弧时，此时圆的半径为OA+AC=1.5+0.3=1.8(米)，
圆心角为∠BOC=π6，所以圆弧BC的长为l=1.8×π6=0.3π(米)，
所以挡雨板的面积为S2=l⋅AA1=0.3π×2=0.3×3.14×2≈1.9(米 2)；
(2)由题意知，AB=AC⋅csθ=0.6csθ，∠ABO=θ−π6，
由正弦定理得，OAsin(θ−π6)=ABsinπ6，
所以OA=2AB⋅sin(θ−π6)
=1.2csθsin(θ−π6)
=1.2sinθ( 32sinθ−12csθ)
=1.2( 32sinθcsθ−12cs2θ)
=0.6( 32sin2θ−12cs2θ−12)
=0.6sin(2θ−π6)−0.3，其中π6<θ<π2，
当2θ−π6=π2，即θ=π3时，OA取得最大值为0.6−0.3=0.3，
所以有效遮挡区域高OA的最大值为0.3米．
【解析】(1)①BC为直线段且∠ACB=π3时，计算BC的值，求矩形挡雨板的面积即可；
②BC是以O为圆心的圆弧时，求出圆的半径，计算圆弧BC的长，再计算挡雨板的面积；
(2)由题意求出AB和∠ABO，利用正弦定理求出OA的表达式，根据三角恒等变换与三角函数的性质即可求出OA的最大值．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
18.【答案】解：(1)设B(x1,y1)，由F(1,0)是△AOB的重心，得x0+x1=3xF=3，y0+y1=3yF=0．
即y0=−y1，x0=x1=32xF=32，
y02=4x0=6，
因为y0>0，得y0= 6；
(2)因为M为弦OA的中点，即M(x02,y02)，
所以S△AOBS△OMF=2S△MOBS△OMF=2⋅12OM⋅MB⋅sin∠OMB12OM⋅MF⋅sin∠OMF=2MBMF，
因为M、B、F三点共线，所以2MBMF=2(y02−y1)y02=2−4y1y0．
由直线MF斜率不为0，
故设直线MF：x=x0−2y0y+1，
由x=x0−2y0y+1y2=4x消去x得y2−4x0−2y0y−4=0．
得y1=2x0−2y0−2 (x0−2y0)2+1，其中y02=4x0，
则y1y0=12−4y02−2 116+4y04，
因为1≤y0≤2，即有1≤y02≤4，
所以S△AOBS△OMF=2MBMF=2−4y1y0=16y02+8 116+4y04∈[4+2 5,16+2 65]．
【解析】(1)设B(x1,y1)，由三角形的重心坐标，结合A的坐标满足抛物线的方程，可得所求值；
(2)求得M的坐标，由三角形的面积公式求得S△AOBS△OMF=2MBMF，设直线MF的方程，与抛物线的方程联立，解得B的纵坐标，可得y1y0关于y0的函数，由函数的单调性可得所求范围．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为A0=1336,S={1,3}，
A0经过φ1变换后得到的数阵A1=−1−336，
A1经过φ3变换后得到的数阵A2=13−3−6，
所以Ts(A0)=1+3−3−6=−5．
(2)若S={2,4,5}，则A3=A0，可得Ts(A0)=1+3+3+6=13；
若e1=1，e2，e3∈{2,4,5}，则A3=−1−336，可得Ts(A0)=−1−3+3+6=5；
若e3=6，e1，e2∈{2,4,5}，则A3=13−3−6，可得Ts(A0)=1+3−3−6=−5；
若e1，e3，e2其中一个为3，另外两个属于{2,4,5}，则A3=−1−3−3−6，
可得Ts(A0)=−1−3−3−6=−13；
若e1=1，e2∈{2,4,5}，e3=6，则A3=−1−3−3−6，可得Ts(A0)=−1−3−3−6=−13；
若e1=1，e2，e3其中一个为3，另外一个属于{2,4,5}，
则A3=13−3−6，可得Ts(A0)=1+3−3−6=−5；
若e3=6，e1，e2其中一个为3，另外一个属于{2,4,5}，
则A3=−1−336，可得Ts(A0)=−1−3+3+6=5；
若e1=1，e2=3，e3=6，则A3=A0，可得Ts(A0)=1+3+3+6=13；
综上所述：Ts(A0)的所有可能取值的和为13+(−13)+5+(−5)=0．
(3)证明：若a11≠a12，在{1,2,3,4,5,6}的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
含有a12且不含a11的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
同时含有a11和a12的子集共24个，经过变换后第一行仍为a11、a12；
不含a11也不含a12的子集共24−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为
24×(−a11−a12)+24×(−a11−a12)+24×(a11+a12)+(24−1)×(a11+a12)=−a11−a12．
若a11=a12，则{1,2,3,4,5,6}的所有非空子集中，含有a11的子集共25个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
不含有a11的子集共25−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为25×(−a11−a12)+(25−1)×(a11+a12)=−a11−a12．
同理，经过变换后所有Al的第二行的所有数的和为−a21−a22．
所以Ts(A0)的所有可能取值的和为−a11−a12−a21−a22，
又因为a11、a12、a21、a22∈{1,2,⋯,6}，所以Ts(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
【解析】(1)由A0=1336，S={1,3}，求出数阵A0经过φs变化后的矩阵，进而可求得TS(A0)的值；
(2)分情况讨论，结合题意分析求解；
(3)分a11≠a12和a11=a12两种情况讨论，推导出变换后数阵Al的第一行和第二行的数字之和，由此能证明TS(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
本题考查了新定义知识的新情景问题，解题的关键是正理解新定义的含义，从而运用新定义解决问题，然后得出结论，是难题．
1.设集合U=R，A={x|2x(x−2)<1}，B={x|y=ln(1−x)}，则图中阴影部分表示的集合为( )
A. {x|x≥1}B. {x|1≤x<2}C. {x|0
A. 向右平移π15个单位长度B. 向左平移π15个单位长度
C. 向右平移π3个单位长度D. 向左平移π3个单位长度
3.定义np1+p2+p3+⋯+pn为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为15n，则a10等于( )
A. 85B. 90C. 95D. 100
4.已知函数对任意的x∈R有f(x)−f(−x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S= p(p−a)(p−b)(p−c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a=6，b+c=8，则此三角形面积的最大值为( )
A. 3 7B. 8C. 4 7D. 9 3
6.著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为θ1℃，空气温度为θ0℃，则t分钟后物体的温度θ(单位：℃)满足θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt.若常数k=0.05，空气温度为30℃，某物体的温度从90℃下降到50℃，大约需要的时间为(参考数据：ln3≈1.1)( )
A. 16分钟B. 18分钟C. 20分钟D. 22分钟
7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离(d1，单位：m)与制动距离(d2，单位：m)之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v(单位：km/h).根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是( )
A. d1=αv，d2=β vB. d1=αv，d2=βv2
C. d1=α v，d2=βvD. d1=α v，d2=βv2
8.已知函数f(x)=asin2x+bcs2x(ab≠0)的图象关于直线x=π6对称，若存在x1，x2，⋯，xn，满足|f(x1)−f(x2)|+|f(x2)−f(x3)|+⋯+|f(xn−1)−f(xn)|=|24b|，其中n≥2，n∈N+，则n的最小值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是( )
A. 若|z2|=|z3|，则z2=±z3B. 若z1z2=z1z3，则z2=z3
C. 若z2=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2
10.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是( )
A. 若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B. 图2中阴影部分的面积为h2
C. “牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π：4
D. 由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为163r3
11.设F1，F2为椭圆x24+y23=1的左，右焦点，直线l过F1交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是( )
A. △ABF2的周长为定值8B. △ABF2的面积最大值为2 3
C. |AF1|2+|AF2|2的最小值为8D. 存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知p：x>a是q：2
14.汉诺塔(又称河内塔)问题是源于印度一个古老传说的益智玩具．如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱．已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面．现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面．规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动．若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p(n)，则p(3)=______．i=1np(i)=______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
全民健身创精彩，健康成长赢未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p(0
(2)若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且p>12，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别在棱PD，BC上且PE=13PD，CF=13BC．
(1)证明：CE//平面PAF；
(2)若AD=AP，求直线CD与平面PAF所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某数学建模小组研究挡雨棚(图1)，将它抽象为柱体(图2)，底面ABC与A1B1C1全等且所在平面平行，△ABC与△A1B1C1各边表示挡雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙(所在平面)所成角为π6(即∠AOB=π6)，挡雨棚有效遮挡的区域为矩形AA1O1O(O、O1分别在CA、C1A1延长线上)．
(1)挡雨板(曲面BB1C1C)的面积可以视为曲线段BC与线段BB1长的乘积.已知OA=1.5米，AC=0.3米，AA1=2米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：①其为直线段且∠ACB=π3；②其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积(精确到0.1平方米)；
(2)小组拟自制△ABC部分的支架用于测试(图3)，其中AC=0.6米，∠ABC=π2，∠CAB=θ，其中π6<θ<π2，求有效遮挡区域高OA的最大值．
18.(本小题17分)
已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A(x0,y0)在抛物线上，其中y0>0，弦OA的中点为M，以M为端点的射线MF与抛物线交于点B．
(1)若F恰好是△AOB的重心，求y0；
(2)若1≤y0≤2，求S△AOBS△OMF的取值范围．
19.(本小题17分)
设数阵A0=a11a12a21a22，其中a11，a12，a21，a22∈{1,2,3,4,5,6}.设S={e1,e2,…,el}⊆{1,2,3,4,5,6}，其中e1
(2)若A0=1336,S={e1,e2,e3}，求Ts(A0)的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵A0，证明：Ts(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由韦恩图知阴影部分表示的是B∩∁UA，
∵A={x|2x(x−2)<1}={x|0
∴∁UA={x|x≥2或x≤0}，
∴阴影部分对应的集合是{x|x≤0}．
故选：D．
根据所给的韦恩图，看出阴影部分所表达的是要求A集合的补集与B集合的交集，整理两个集合，求出A的补集，再求出交集．
本题考查韦恩图表达集合的关系及运算，本题解题的关键是正确读出韦恩图，再计算出两个集合之间的交集．
2.【答案】A
【解析】解：为了得到y=sin(5x−π3)的图象，只要将函数y=sin5x的图象向右平移π15个单位长度得到．
故选：A．
直接利用函数图象的平移变换求出结果．
本题考查的知识要点：函数图象的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由于np1+p2+p3+⃯+pn为n个正数p1，p2，p3，…，pn的“均倒数”，
故na1+a2+a3+...+an=15n，
故a1+a2+a3+...+an=5n2，
所以a1+a2+a3+...+a10=5×102，a1+a2+a3+...+a9=5×92，
故a10=5×(102−92)=95．
故选：C．
直接利用“均倒数”的定义和关系式的变换求出结果．
本题考查知识点：数列的求和，主要考查学生的运算能力和处理实际问题的应变能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由f(x)−f(−x)=0得f(−x)=f(x)，则函数是偶函数，
∵当x>0时，f(x)=ln(x+1)，
∴对应的图象为C，
故选：C．
由f(x)−f(−x)=0得f(−x)=f(x)，得到函数是偶函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论．
本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件求出函数的奇偶性是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵a=6，b+c=8．
p=a+b+c2=6+82=7．
∴S2=7×(7−6)×(7−b)(7−c)=7[bc−7(b+c)+49]=7(bc−7)≤7×[(b+c2)2−7]=7×9，当且仅当b=c=4时取等号．
∴S≤3 7．
故选：A．
a=6，b+c=8.可得p=a+b+c2=7.代入S2=p(p−a)(p−b)(p−c)，利用基本不等式的性质即可得出．
本题考查了秦九韶与海伦公式计算三角形面积公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查函数的实际应用，掌握对数函数的公式是解本题的关键，属于基础题．
由题意可得，θ0=30，θ1=90，θ=50，故50=30+(90−30)e−0.05t，再结合对数函数的公式，即可求解．
【解答】
解：由题意可得，θ0=30，θ1=90，θ=50，
故50=30+(90−30)e−0.05t，
∴e−0.05t=13，即−0.05t=ln13，
∴t=ln30.05=20×ln3≈22．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：设d1(v)=f(v)，d2(v)=g(v)，
由图象知，d1(v)=f(v)过点(40,8.5)，(50,10.3)，(60,12.5)，(70,14.6)，
(80,16.7)，(90,18.7)，(100,20.8)，(110,22.9)，(120,25)，(130,27.1)，
(140,29.2)，(150,31.3)，(160,33.3)，(170,35.4)，(180,37.5)．
作出散点图，如图1．
由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1=αv，
d2(v)=g(v)过点(40,8.5)，(50,16.2)，(60,23.2)，(70,31.4)，(80,36)，
(90,52)，(100,64.6)，(110,78.1)，(120,93)，(130,108.5)，(140,123)，
(150,144.1)，(160,164.3)，(170,183.6)，(180,208)．
作出散点图，如图2．
由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2=βv2．
故选：B．
设d1(v)=f(v)，d2(v)=g(v)，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案．
本题主要考查根据实际问题选择函数类型，考查散点图的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由f(x)=asin2x+bcs2x= a2+b2sin(2x+φ)，其中tanφ=ba，
由2⋅π6+φ=π2+kπ⇒φ=π6+kπ，
则tanφ=tanπ6= 33，
则ba= 33，
故a= 3b，
则f(x)=2bsin(2x+π6)，
对∀xi，yj(i,j=1,2,⋯,n)都有|f(xi)−f(xj)|≤f(x)max−f(x)min=4|b|，
要使n最小，则尽可能多让xi取最高点，
又24|b|=6(f(x)max−f(x)min)，
故nmin=T，如下图取值即可，
由图象可知，n的最小值为7．
故选：B．
先由辅助角公式可得f(x)=2bsin(2x+π6)，分析题干可知要使n最小，则尽可能多让xi取最高点，结合图象即可得到答案．
本题考查正弦型函数的图象及性质，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了复数的乘法运算法则的运用，复数模的定义的运用，共轭复数的定义以及复数相等的定义，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，利用复数的模的定义，复数乘法的运算法则以及复数相等，共轭复数的定义依次判断四个选项即可．
【解答】
解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，
若|z2|=|z3|，则 a22+b22= a32+b32，
此时z2=±z3不一定成立，故A错误；
若z1z2=z1z3，，则z1(z2−z3)=0，
又因z1≠0，所以z2=z3，故B正确；
若z2=z3，则a2=a3，b2=b3，
所以|z1z2|=|z1z3|，故C正确；
当z2=z−1时，z1z2=|z1|2，
此时z1=z2不一定成立，故D错误．
故选：BC．
10.【答案】BCD
【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖，使用同一高度处的水平面来截它们，
所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，即为π：4，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=13r3．
则八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，即V18牟合方盖=r3−13r3=23r3，
则整个牟合方盖的体积为8×23r3=163r3，故D正确．
故选：BCD．
由牟盒方盖的定义判断A；由祖暅原理判断B；求出圆的面积与正方形面积的比值判断C；直接求出“牟合方盖”体积判断D．
本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，考查学生的读图视图能力，正确理解题意是关键，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：因为椭圆的方程x24+y23=1，
所以a2=4，即a=2，
由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，|BF1|+|BF2|=2a=4，
两式相加得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，
所以得|AF2|+|BF2|+|AB|=8，
所以△ABF2的周长为8，故A正确；
对于B：因为椭圆的方程x24+y23=1，
所以c2=a2−b2=1，
所以F1(−1,0)，F2(1,0)
设直线l的方程为x−(−1)=m(y−0)，即x=my−1，
所以点F2到直线l的距离d=|1+1| m2+(−1)2=2 m2+1，
联立x=my−1x24+y23=1，得(3m2+4)y2−6my−9=0，
Δ=(−6m)2−4(3m2+4)×(−9)>0，即m2>−1，(*)
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以y1+y2=−−6m3m2+4=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以|AB|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 (6m3m2+4)2−4(−93m2+4)=12(1+m2)3m2+4，
所以S△ABF2=12|AB|⋅d=12⋅12(1+m2)3m2+4⋅2 m2+1=12 1+m23m2+4，
S△ABF22=144(1+m2)(3m2+4)2=144⋅1+m29(m2+1)2+6(m2+1)+1=144⋅19(m2+1)+6+11+m2，
所以9(m2+1)+11+m2≥3×2 (m2+1)⋅11+m2=6，
当且仅当9(m2+1)=11+m2，即m2=−23，取等号，不成立，舍去，
当m2=0时，S△ABF22=144×116=9，
所以S△ABF2的最大值为9，故B错误；
对于C：由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，
所以|AF1|2+|AF2|22≥(|AF1|+|AF2|2)2=a2=4，当且仅当|AF1|=|AF2|时，取等号，
所以|AF1|2+|AF2|2≥8，
所以|AF1|2+|AF2|2的最小值为8，故C正确；
对于D：若存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，
则x1+x2+1=3×16，y1+y2=3×14，
即x1+x2=−12，y1+y2=34，
由B选项设得直线l方程为x=my−1，
所以x1+x2=my1+my2−2=m(y1+y2)−2=m⋅34=34m，
所以34m=−12，解得m=−23，
所以存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，故D正确，
故选：ACD．
对于A：根据题意可得a=2，由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，两式相加得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，即可判定A是否正确；
对于B：根据题意可得c2=a2−b2=1，进而可得焦点的坐标，设直线l的方程为x−(−1)=m(y−0)，即x=my−1，计算点F2到直线l的距离d，联立直线l与椭圆的方程，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|AB|，在结合基本不等式求出S△ABF2的最大值，即可判断B是否正确；
对于C：由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=4，则|AF1|2+|AF2|22≥(|AF1|+|AF2|2)2=a2=4，当且仅当|AF1|=|AF2|时，取等号，即可判断C是否正确；
对于D：若存在直线l使得△ABF2的重心为(16,14)，则x1+x2+1=3×16，y1+y2=3×14，解得m，即可判断D是否正确；
本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
12.【答案】(−∞,2]
【解析】解：∵p：x>a是q：2
∴a≤2，
∴实数a的取值范围是(−∞,2]，
故答案为：(−∞,2]．
由p是q的必要不充分条件，得到(2,3)⫋(a,+∞)，即可求解．
本题考查了充要条件的应用，转化为集合间的关系是关键，属于中档题．
13.【答案】17
【解析】解：将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有C82C62C42C22=28×15×6×1=2520种方案，
乙两人安排在同一天，共有C41C62C42C22=4×15×6×1=360种方案，
所以甲、乙两人安排在同一天的概率P=3602520=17．
故答案为：17．
根据排列组合相关知识，算出所有的值班顺序与甲、乙两人安排在同一天的值班顺序，进而利用古典概型的概率公式算出答案．
本题主要考查事件与样本空间、组合数公式与古典概型的概率公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
14.【答案】7 2n+1−n−2
【解析】解：显然p(1)=1．
当有n(n≥2)个圆盘时，求p(n)分三步：
第一步，先将上面的n−1个圆盘移到辅助柱，至少需要p(n−1)次；
第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；
第三步，将辅助柱上的n−1个圆盘移动到目标柱至少需要p(n−1)次．
因此p(n)=2p(n−1)+1(n≥2)，
所以p(n)+1=2[p(n−1)+1](n≥2)，
因为p(1)=1，所以数列{p(n)+1}是以2为公比，2为首项的等比数列，
所以p(n)+1=2×2n−1=2n，
所以p(n)=2n−1，所以p(3)=7，
i=1np(i)=i=1n(2i−1)=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2，
故答案为：7；2n+1−n−2．
根据题意可得p(1)=1，当n(n≥2)时，求p(n)分三步，从而得到p(n)=2p(n−1)+1(n≥2)，然后求出p(n)即可．
本题考查了由递推公式求通项公式，等比数列的定义与性质，考查了转化思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)设事件A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=(1−p)p3+(1−p)C32p2(1−p)p1−p=p3(4−3p)=516．
(2)在五局三胜制比赛中甲获胜的概率为：
p1=p3+C32p2(1−p)p+C42p2(1−p)2p=p3(6p2−15p+10)，
在三局两胜制比赛中甲获胜的概率为：
p2=p2+C21p2(1−p)=3p2−2p3，
∴p1−p2=p3(6p2−15p+10)−(3p2−2p3)
=3p2(2p3−5p2+4p−1)=3p2(p−1)2(2p−1)，
当p>12时，p1−p2>0，
∴五局三胜制比赛中甲获胜的概率更大．
【解析】(1)设事件A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，由条件概率能求出甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
(2)由相互独立事件概率乘法公式分别求出在五局三胜制比赛中甲获胜的概率和在三局两胜制中甲获胜的概率，作差法比较能求出结果．
本题考查条件概率、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】(1)证明：如图，在棱PA上取点G，使得PG=13PA，连接EG，FG，
因为PEPD=PGPA=13，所以GE//AD且GE=13AD，
由正方形ABCD,CF=13BC，得CF//AD且CF=13AD，所以GE//CF且GE=CF，
所以四边形FGEC为平行四边形，所以CE//GF，
又CE在平面PAF，GF⊂平面PAF，所以CE//平面PAF．
(2)解：若AD=AP，则可设AD=AP=3，所以AB=BC=3．
以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则点A(0,0,0)，C(3,3,0)，D(0,3,0)，P(0,0,3)，F(3,2,0)，
则CD=(−3,0,0)，AP=(0,0,3)；AF=(3,2,0)，
设平面PAF的法向量为m=(x,y,z)，
则由m⋅AP=3z=0，得z=0，
令y=3，得平面PAF的一个法向量为m=(−2,3,0)，
设直线CD与平面PAF所成角的大小为θ，
则sinθ=|m⋅CD||m|⋅|CD|=6 13⋅3=2 1313，
即直线CD与平面PAF所成角的正弦值为2 1313．
【解析】(1)在棱PA上取点G，使得PG=13PA，连接EG，FG，推导出四边形FGEC为平行四边形，从而CE//GF，由此能证明CE//平面PAF．
(2)以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由此能求出直线CD与平面PAF所成角的正弦值．
本题考查线面平行的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)①BC为直线段且∠ACB=π3时，AC=0.3米，在Rt△ACB中，因为AC=BC⋅csπ3，所以BC=2AC=0.6(米)；
所以挡雨板的面积为S1=BC⋅BB1=BC⋅AA1=0.6×2=1.2(米 2)；
②BC是以O为圆心的圆弧时，此时圆的半径为OA+AC=1.5+0.3=1.8(米)，
圆心角为∠BOC=π6，所以圆弧BC的长为l=1.8×π6=0.3π(米)，
所以挡雨板的面积为S2=l⋅AA1=0.3π×2=0.3×3.14×2≈1.9(米 2)；
(2)由题意知，AB=AC⋅csθ=0.6csθ，∠ABO=θ−π6，
由正弦定理得，OAsin(θ−π6)=ABsinπ6，
所以OA=2AB⋅sin(θ−π6)
=1.2csθsin(θ−π6)
=1.2sinθ( 32sinθ−12csθ)
=1.2( 32sinθcsθ−12cs2θ)
=0.6( 32sin2θ−12cs2θ−12)
=0.6sin(2θ−π6)−0.3，其中π6<θ<π2，
当2θ−π6=π2，即θ=π3时，OA取得最大值为0.6−0.3=0.3，
所以有效遮挡区域高OA的最大值为0.3米．
【解析】(1)①BC为直线段且∠ACB=π3时，计算BC的值，求矩形挡雨板的面积即可；
②BC是以O为圆心的圆弧时，求出圆的半径，计算圆弧BC的长，再计算挡雨板的面积；
(2)由题意求出AB和∠ABO，利用正弦定理求出OA的表达式，根据三角恒等变换与三角函数的性质即可求出OA的最大值．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
18.【答案】解：(1)设B(x1,y1)，由F(1,0)是△AOB的重心，得x0+x1=3xF=3，y0+y1=3yF=0．
即y0=−y1，x0=x1=32xF=32，
y02=4x0=6，
因为y0>0，得y0= 6；
(2)因为M为弦OA的中点，即M(x02,y02)，
所以S△AOBS△OMF=2S△MOBS△OMF=2⋅12OM⋅MB⋅sin∠OMB12OM⋅MF⋅sin∠OMF=2MBMF，
因为M、B、F三点共线，所以2MBMF=2(y02−y1)y02=2−4y1y0．
由直线MF斜率不为0，
故设直线MF：x=x0−2y0y+1，
由x=x0−2y0y+1y2=4x消去x得y2−4x0−2y0y−4=0．
得y1=2x0−2y0−2 (x0−2y0)2+1，其中y02=4x0，
则y1y0=12−4y02−2 116+4y04，
因为1≤y0≤2，即有1≤y02≤4，
所以S△AOBS△OMF=2MBMF=2−4y1y0=16y02+8 116+4y04∈[4+2 5,16+2 65]．
【解析】(1)设B(x1,y1)，由三角形的重心坐标，结合A的坐标满足抛物线的方程，可得所求值；
(2)求得M的坐标，由三角形的面积公式求得S△AOBS△OMF=2MBMF，设直线MF的方程，与抛物线的方程联立，解得B的纵坐标，可得y1y0关于y0的函数，由函数的单调性可得所求范围．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为A0=1336,S={1,3}，
A0经过φ1变换后得到的数阵A1=−1−336，
A1经过φ3变换后得到的数阵A2=13−3−6，
所以Ts(A0)=1+3−3−6=−5．
(2)若S={2,4,5}，则A3=A0，可得Ts(A0)=1+3+3+6=13；
若e1=1，e2，e3∈{2,4,5}，则A3=−1−336，可得Ts(A0)=−1−3+3+6=5；
若e3=6，e1，e2∈{2,4,5}，则A3=13−3−6，可得Ts(A0)=1+3−3−6=−5；
若e1，e3，e2其中一个为3，另外两个属于{2,4,5}，则A3=−1−3−3−6，
可得Ts(A0)=−1−3−3−6=−13；
若e1=1，e2∈{2,4,5}，e3=6，则A3=−1−3−3−6，可得Ts(A0)=−1−3−3−6=−13；
若e1=1，e2，e3其中一个为3，另外一个属于{2,4,5}，
则A3=13−3−6，可得Ts(A0)=1+3−3−6=−5；
若e3=6，e1，e2其中一个为3，另外一个属于{2,4,5}，
则A3=−1−336，可得Ts(A0)=−1−3+3+6=5；
若e1=1，e2=3，e3=6，则A3=A0，可得Ts(A0)=1+3+3+6=13；
综上所述：Ts(A0)的所有可能取值的和为13+(−13)+5+(−5)=0．
(3)证明：若a11≠a12，在{1,2,3,4,5,6}的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
含有a12且不含a11的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
同时含有a11和a12的子集共24个，经过变换后第一行仍为a11、a12；
不含a11也不含a12的子集共24−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为
24×(−a11−a12)+24×(−a11−a12)+24×(a11+a12)+(24−1)×(a11+a12)=−a11−a12．
若a11=a12，则{1,2,3,4,5,6}的所有非空子集中，含有a11的子集共25个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
不含有a11的子集共25−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为25×(−a11−a12)+(25−1)×(a11+a12)=−a11−a12．
同理，经过变换后所有Al的第二行的所有数的和为−a21−a22．
所以Ts(A0)的所有可能取值的和为−a11−a12−a21−a22，
又因为a11、a12、a21、a22∈{1,2,⋯,6}，所以Ts(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
【解析】(1)由A0=1336，S={1,3}，求出数阵A0经过φs变化后的矩阵，进而可求得TS(A0)的值；
(2)分情况讨论，结合题意分析求解；
(3)分a11≠a12和a11=a12两种情况讨论，推导出变换后数阵Al的第一行和第二行的数字之和，由此能证明TS(A0)的所有可能取值的和不超过−4．
本题考查了新定义知识的新情景问题，解题的关键是正理解新定义的含义，从而运用新定义解决问题，然后得出结论，是难题．
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