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2024年湖南省衡阳八中高考数学适应性试卷（含解析）
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这是一份2024年湖南省衡阳八中高考数学适应性试卷（含解析），共17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.已知全集U=R，A={x|x⩾0}，B={x|−1A. A∪BB. (∁UA)∩BC. A∩(∁UB)D. ∁U(A∩B)
2.已知z1，z2是方程x2−2x+2=0的两个复根，则|z12−z22|=( )
A. 2B. 4C. 2iD. 4i
3.已知圆台O1O上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为( )
A. 8πB. 16πC. 26πD. 32π
4.在数列{an}中，已知an+1+an=3⋅2n，a2=5，则{an}的前11项的和为( )
A. 2045B. 2046C. 4093D. 4094
5.按照“碳达峰”、“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C(单位：Ah)，放电时间t(单位：h)与放电电流I(单位：A)之间关系的经验公式：C=In⋅t，其中n为Peukert常数．为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流I=20A时，放电时间t=20h；当放电电流I=30A时，放电时间t=10h.则该蓄电池的Peukert常数n大约为( )
(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48.)
A. 43B. 53C. 83D. 2
6.已知函数f(x)=cs(ωx+φ)的部分图象如下，y=12与其交于A，B两点.若|AB|=π3，则ω=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与双曲线C分别在第一、二象限交于A，B两点，△ABF2内切圆的半径为r，若|BF1|=2a，r=2 33a，则双曲线C的离心率为( )
A. 7B. 212C. 3 32D. 533
8.已知函数f(x)=ex−12(a+1)x2−bx(a,b∈R)没有极值点，则ba+1的最大值为( )
A. e2B. e2C. eD. e22
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.给定数集A=R，B=(0,+∞)，x，y满足方程2x−y=0，下列对应关系f为函数的是( )
A. f：A→B，y=f(x)B. f：B→A，y=f(x)
C. f：A→B，x=f(y)D. f：B→A，x=f(y)
10.三棱锥P−ABC各顶点均在半径为2的球O的表面上，AB=AC=2，∠BAC=90°，二面角P−BC−A的大小为45°，则下列结论正确的是( )
A. 直线OA//平面PBCB. 三棱锥O−ABC的体积为2 23
C. 点O到平面PBC的距离为1D. 点P形成的轨迹长度为2 3π
11.日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量X，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数n，寿命恰好为n的植物在所有寿命不小于n的植物中的占比为10%.记“一株植物的寿命为n”为事件An，“一株植物的寿命不小于n”为事件Bn.则下列结论正确的是( )
A. P(A2)=0.01
B. P(Bn)=0．9n−1
C. 设an=P(An+1|B2)，则{an}为等比数列
D. 设Sn=nP(An)，则k=1nSk<10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有______种.
13.已知点M为直角△ABC外接圆O上的任意一点，∠ABC=90°,AB=1,BC= 3，则(OA−OB)⋅BM的最大值为______．
14.已知平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=2x，l2：y=−2x，点P为平面内一动点，过P作DP//l2交l1于D，作EP//l1，交l2于E，得到的平行四边形ODPE面积为1，记点P的轨迹为曲线Γ.若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则实数t的取值范围是______．
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)
某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类.设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习.据统计显示，P(A−|B−)=34，P(A−|B)=14P(B)=45．
(1)计算P(A)和P(A|B)的值，并判断A与B是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为m(m∈N*)的样本，利用独立性检验，计算得x2=1.350.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定t的最小值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别为AB，PD上的点，且BECD+PFPD=1．
(1)证明：AF//平面PCE；
(2)若PD⊥平面ABCD，E为AB的中点，PD=AD=CD，∠BAD=60°，求二面角P−CE−F的正切值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=kx+lnx最小值为1−ln2．
(1)求k；
(2)若a，b∈R，且a>1，过点(a,b)可以作曲线y=f(x)的三条切线.证明：018.(本小题17分)
已知双曲线C1：x2−y2b2=1经过椭圆C2：x2a2+y2=1的左、右焦点F1，F2，设C1，C2的离心率分别为e1，e2，且e1e2= 62．
(1)求C1，C2的方程；
(2)设P为C1上一点，且在第一象限内，若直线PF1与C2交于A，B两点，直线PF2与C2交于C，D两点，设AB，CD的中点分别为M，N，记直线MN的斜率为k，当k取最小值时，求点P的坐标．
19.(本小题17分)
设整数n，k满足1≤k≤n，集合A={2m|0≤m≤n−1,m∈Z}.从A中选取k个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有Cnk个，设它们的和为an,k.例如a3,2=20⋅21+20⋅22+21⋅22=14．
(Ⅰ)若n≥2，求an,2；
(Ⅱ)记fn(x)=1+an,1x+an,2x2+…+an,nxn.求fn+1(x)fn(x)和fn+1(x)fn(2x)的整式表达式；
(Ⅲ)用含n，k的式子来表示an+1,k+1an,k．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵全集U=R，A={x|x⩾0}，B={x|−1∴∁UA={x|x<0}，
∴{x|−1故选：B．
根据已知条件求得∁UA，进而求解结论．
本题主要考查集合的基本运算，考查计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：已知z1，z2是方程x2−2x+2=0的两个复根，所以z=2± −42=2±2i2=1±i，
则设z1=1+i，z2=1−i，
所以|z12−z22|=|(z1+z2)(z1−z2)|=|2×2i|=|4i|=4．
故选：B．
利用求根公式求出两个复根，然后利用复数的运算法则及模的公式直接计算即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：圆台O1O上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，
所以圆台的侧面积为S侧=π(r+r′)l=π(1+3)×4=16π．
故选：B．
根据圆台的侧面积公式计算即可．
本题考查了圆台的侧面积计算问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由an+1+an=3⋅2n，a2=5，可得a1+a2=a1+5=6，解得a1=1，
则{an}的前11项的和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a10+a11)=1+3(4+16+...+1024)
=1+3×4(1−45)1−4=1+4096−4=4093．
故选：C．
由已知数列的递推式求得a1，再由{an}的前11项的和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a10+a11)，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等比数列的求和公式，以及数列的并项求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数的实际应用，掌握对数运算的公式是解本题的关键，属于基础题．
由题意可得，电池的容量C为定值，则C=(20)n×20=(30)n×10，即(23)n=12，再结合对数运算的公式，即可求解．
【解答】
解：由题意可得，电池的容量C为定值，
则C=20n×20=30n×10，即(23)n=12，
两边取对数可得，nlg23=lg12，即n(lg2−lg3)=−lg2，
故n=lg2lg3−lg2≈−0.3=53．
故选：B．
6.【答案】D
【解析】解：设A(x1,12)，B(x2,12)，则由|AB|=π3，得x2−x1=π3，
由csx=12，得x=π3+2kπ或x=5π3+2kπ,k∈Z，
由图可知，ωx2+φ−(ωx1+φ)=5π3−π3=4π3，即ω(x2−x1)=4π3，
所以ω=4．
故选：D．
根据余弦函数的性质即可得．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以|AP|=|AR|，|BP|=|BQ|，|F2Q|=|F2R|，
∵点A在双曲线上，
∴|AF1|−|AF2|=2a，
又∵|BF1|=2a，∴|AB|=|AF2|，
∵|BP|=|F2R|，∴|BQ|=|QF2|，
∵点B在双曲线上，
|BF2|−|BF1|=2a，
∴|BF2|=4a，
∴|QF2|=12|BF2|=2a，
设内切圆圆心为I，连接IQ，IF2，如图所示，
∵tan∠IF2Q=|IQ||QF2|= 33，
∴∠QF2I=π6，
即∠BF2A=π3，
∴△ABF2为等边三角形，∴|AF1|=6a,|AF2|=4a,|F1F2|=2c,∠F1AF2=π3，
在△AF1F2由余弦定理得：|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|cs∠F1AF2，
即：4c2=36a2+16a2−24a2=28a2，
∴e=ca= 284= 7．
故选：A．
由双曲线定义结合已知得|AF1|=6a,|AF2|=4a,|F1F2|=2c,∠F1AF2=π3，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)没有极值点，
∴f′(x)=ex−1a+1x−b≥0或f′(x)≤0恒成立，
∵x→+∞时，∴f′(x)→+∞，f′(x)不可能恒小于等于0，
∴f′(x)=ex−1a+1x−b≥0恒成立，
令h(x)=ex−1a+1x−b，则h′(x)=ex−1a+1，
①当a+1<0时，h(x)>0恒成立，h(x)为R上的增函数，
且当x→−∞时，h(x)→−∞，不合题意，
②当a+1>0时，h′(x)=ex−1a+1为增函数，
由h′(x)=0，得x=−ln(a+1)，
令h′(x)>0，则x>−ln(a+1)，h′(x)<0，则x<−ln(a+1)，
∴h(x)在(−∞,−ln(a+1))上单调递减，在(−ln(a+1),+∞)上单调递增，
当x=−ln(a+1)时，依题意有h(x)min=h(−ln(a+1))=1a+1+ln(a+1)a+1−b≥0，
即b≤1a+1+ln(a+1)a+1，又a+1>0，则ba+1≤ln(a+1)+1(a+1)2，
令a+1=x(x>0)，u(x)=lnx+1x2(x>0)，
则u′(x)=x−(lnx+1)⋅2xx4=−(2lnx+1)x3，
令u′(x)>0，得01 e，
∴u(x)在(0,1 e)上单调递增，在(1 e,+∞)上单调递减，
∴当x=1 e时，u(x)取最大值u(1 e)=e2，
故当a+1=1 e,b= e2，即a= ee−1,b= e2时，ba+1取得最大值e2，
综上，若函数f(x)没有极值点，则ba+1的最大值为e2．
故选：B．
转化为f′(x)=ex−1a+1x−b≥0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到b≤1a+1+ln(a+1)a+1，故ba+1≤ln(a+1)+1(a+1)2，换元后，再构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案．
本题考查了函数导数在解决函数的单调性和最值上的综合应用，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，y=f(x)=2x，∀x∈A，均有唯一确定f(x)∈(0,+∞)=B，符合函数定义，A正确；
对于B，y=f(x)=2x，∀x∈B，均有唯一确定f(x)∈(1,+∞)⊆A，符合函数定义，B正确；
对于C，x=f(y)=lg2y，取y=1∈A，x=0∉B，不符合函数定义，C错误；
对于D，x=f(y)=lg2y，∀y∈B，均有唯一确定f(y)∈R=A，符合函数定义，D正确．
故选：ABD．
根据给定条件，利用函数的定义，结合指数函数、对数函数的性质逐项判断即得．
本题主要考查了函数的定义，考查了指数函数和对数函数的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：设△ABC外心为O1，△PBC外心为O2，如图，
则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，
∵BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，
∵OO2∩OO1=O，∴BC⊥平面OO1O2，
∵O1O2⊂平面OO1O2，∴BC⊥AO1，且O1A= 2，
∴∠AO1O2=45°，∴AO2⊥O1O2，
∵A，O1，O，O2四点为共面，且OO2⊥O2O1，∴O2是OA中点，如图，
由题意得直线OA与平面PBC交于O2，故A错误；
VO−ABC=13×OO1×S△ABC=13× 2×12×2×2=2 23，故B正确；
∵O2是OA中点，∴OO2=1，故C正确；
∵O2P= R2−O1O22= 4−1= 3，
∴点P形成的轨迹是半径为 3的圆，
∴轨迹长度为2 3π，故D正确．
故选：BCD．
根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直关系证明O1是AO中点，可判断A、C；利用体积公式判断B，根据O2P为定长判断P点轨迹是圆，判断D．
本题考查球的截面圆、线面垂直的判定与性质、体积公式、点的轨迹等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：设植物总数为M，寿命为i年的植物数为mi，
由题意，P(Ai)=miM=110，
则mi=110[M−(m1+m2+⋯+mi−1)]⇒10mi+m1+m2+⋯+mi−1=M，①
10mi+1+m1+m2+⋯+mi−1+mi=M，②
②−①得，10mi+1=9mi⇒P(Ai+1)=910P(Ai)⇒P(Ai)=110×(910)i−1，
即P(An)=110×(910)n−1，故P(A2)=110×(910)n−1=0.09，故A错误；
由mi=110[M−(m1+m2+⋯+mi−1)]⇒P(Ai)=110P(Bi)，故P(Bn)=10P(An)=(910)n−1，故B正确；
由an=P(An+1|B2)=P(An+1B2)P(B2)=P(An+1)P(B2)=110⋅(910)n910=110⋅(910)n−1，故an+1an=910，即{an}为等比数列，故C正确；
因为Sn=nP(An)=110n(910)n−1，
设Cn=k=1nSk，则10Cn=1×(910)0+2×(910)1+3×(910)2+⋯+n×(910)n−1，
9Cn=1×(910)1+2×(910)2+3×(910)3+⋯+n×(910)n，
相减可得Cn=1+(910)1+(910)2+(910)3+⋅⋅⋅+(910)n−1−n⋅(910)n=1−(910)n1−910−n⋅(910)n=10−(n+10)⋅(910)n，
所以k=1nSk=10−(n+10)⋅(910)n<10，故D正确．
故选：BCD．
设植物总数为M，寿命为i年的植物数为mi，由题意P(Ai)=miM=110，进而推理得到10mi+1=9mi⇒P(Ai+1)=910P(Ai)⇒P(Ai)=110×(910)i−1即可判断AC；再由An，Bn的关系求出P(Bn)，即可判断B；根据错位相减法求和，即可判断D．
本题考查数列的应用，属于中档题．
12.【答案】36
【解析】解：依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有C42C42=36．
故答案为：36．
首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】32
【解析】解：设直角△ABC外接圆的半径为r，
由正弦定理得2r=ACsin∠ABC= ( 3)2+11=2，
故r=1，
所以(OA−OB)⋅BM=BA⋅BM=|BA|⋅(|BM|cs∠ABM)=|BM|cs∠ABM，
当过点圆上一点M作平行于BC的圆的切线时，此时|BM|cs∠ABM最大，
由于O到BC的距离为d=12|BA|=12，
所以|BM|cs∠ABM的最大值为d+r=32．
故答案为：32．
根据题意，利用正弦定理求得△ABC外接圆的半径为r=1，结合向量的数量积，化简得到(OA−OB)⋅BM=|BM|cs∠ABM，结合圆的性质，即可求解．
本题考查了正弦定理，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
14.【答案】(1,4)
【解析】解：设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，
直线PD方程为y=−2x+2x0+y0，
联立y=−2x+2x0+y0y=2x，
解得xD=2x0+y04，
所以|OD|= 5|2x0+y0|4，
S平行四边形ODPE=|OD|d= 5|2x0+y0|4×|2x0−y0| 5=1，
所以x02−y024=±1，
所以点P的轨迹Γ为两个双曲线x2−y24=±1，
因为双曲线x2−y24=1的实半轴长为1，双曲线y24−x2=1的实半轴长为2，
若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则1< t<2，
即1所以实数t的取值范围是(1,4)．
故答案为：(1,4)．
设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，再联立直线PD与y=2x的方程，求出点D的坐标，进而表达出平行四边形ODPE面积，再结合平行四边形ODPE面积为1求出点P的轨迹方程，再利用双曲线的性质求解．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，考查了圆与双曲线的位置关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为P(A−|B−)=34，P(A−|B)=14，
所以P(A|B)=1−P(A−|B)=1−14=34，
P(A|B−)=1−P(A−|B−)=1−34=14；
又因为P(B)=45，所以P(B−)=1−P(B)=1−45=15；
所以P(A)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)=45×34+15×14=1320；
因为P(A|B)=P(AB)P(B)，所以P(AB)=P(B)P(A|B)=45×34=35，P(A)P(B)=1320×45=52100，
所以P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不是独立事件；
(2)根据题意，填写列联表如下：
计算χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=t(a+b+c+d)⋅(t2ac−t2bd)2t(a+b)⋅t(c+d)⋅t(a+c)⋅t(b+d)=t⋅(a+b+c+d)(ac−bd)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=1.350t>7.879，解得t>5.836，
又因为t∈N*，所以t的最小值为6．
【解析】(1)根据条件概率的计算公式，求出P(A|B)和P(A)，由相互独立事件的概率公式计算P(AB)和P(A)P(B)，判断即可；
(2)根据题意填写列联表，计算卡方，列出不等式求出t的最小值．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了条件概率的计算问题，是中档题．
16.【答案】解：(1)证明：如图，在CD上取一点G，使得CG=AE，连接AG，FG．
因为BECD+PFPD=1，且ABCD是平行四边形，所以PFPD=1−BECD=CGCD，故FG//PC．
又因为PC⊂平面PCE，FG⊄平面PCE，所以FG//平面PCE．
因为ABCD是平行四边形，且CG=AE，所以AECG是平行四边形，故AG//EC．
又因为EC⊂平面PCE，AG⊄平面PCE，所以AG//平面PCE．
因为AG∩FG=G，且AG⊂平面AFG，FG⊂平面AFG，所以平面AFG//平面PCE．
因为AF⊂平面AFG，所以AF//平面PCE．
(2)当E为AB中点，PD=AD=CD，∠BAD=60°时，
易知DE⊥CD，F为PD中点，又因为PD⊥平面ABCD，
则以D为坐标原点，DE，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PD=AD=CD=2，
则C(0,2,0)，E( 3,0,0)，F(0,0,1)，P(0,0,2)，
所以CE=( 3,−2,0)，FE=( 3,0,−1)，PE=( 3,0,−2)，
设平面FCE与平面PCE的法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，
则 3x1−2y1=0 3x1−z1=0， 3x2−2y2=0 3x2−2z2=0，
不妨取x1= 3，x2= 3，则m=( 3,32,3)，n=( 3,32,32)，
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=13 190，
故二面角P−CE−F的正弦值为 1−169190= 21 190，二面角P−CE−F的正切值为 21 19013 190= 2113．
【解析】(1)在CD上取一点G，使得CG=AE，连接AG，FG.由已知可证FG//平面PCE.AG//平面PCE.进而可得平面AFG//平面PCE.可证结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面PCE一个法向量与平面FCE的一个法向量，利用向量法可求二面角P−CE−F的正切值．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的正切值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f′(x)=−kx2+1x=x−kx2，x>0，
若k≤0，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)单调递增，所以f(x)在(0,+∞)上无最小值；
若k>0，所以函数f(x)在(0,k)上递减，在(k,+∞)上递增，
所以函数f(x)的最小值为f(k)=1+lnk，
由1+lnk=1−ln2⇒k=12；
证明：(2)设过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)相切，切点为(x0,12x0+lnx0)，
因为f(x)=12x+lnx⇒f′(x)=−12x2+1x，
所以函数f(x)的切线方程为y−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(x−x0)，
因为切线过点(a,b)，a>1，
所以b−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(a−x0)⇒a2x02−a+1x0−lnx0+b+1=0，
设h(x)=a2x2−a+1x−lnx+b+1，问题转化为h(x)=0在(0,+∞)有三个解．
h′(x)=−ax3+a+1x2−1x=−x2+(a+1)x−ax3，
由h′(x)>0⇒x2−(a+1)x+a<0⇒(x−1)(x−a)<0⇒1所以h(x)在(0,1)上递减，在(1,a)上递增，在(a,+∞)上递减，
所以函数h(x)的极小值为h(1)=−a2+b<0；极大值为h(a)=−1a−lna+b>0，
由−1a−lna+b>0⇒b−lna>1a，所以b−f(a)a−1=b−12a−lnaa−1>1a−12aa−1=1a(a−1)>0(a>1)，
由−a2+b<0⇒b只需证当a>1时，12a−lnaa−1<0⇔12−12a−lna<0(a>1)，
设φ(a)=12−12a−lna，则φ′(a)=12a2−1a=1−2a2a2<0，
所以φ(a)在(1,+∞)上递减，且φ(1)=0，
所以12a−lnaa−1<0．
所以12+12a−lnaa−1<12，即b−f(a)a−1<12．
所以0【解析】(1)明确函数的定义域，求导，分析函数的单调性，求出函数的最小值，利用已知的函数的最小值，可求出k的值；
(2)先设切点(x0,12x0+lnx0)，求导，明确切线的斜率，利用点斜式写出切线方程：y−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(x−x0)，由切线过点(a,b)，所以b−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(a−x0)，问题转化为该方程在(0,+∞)上有三个不同的解．设辅助函数，分析辅助函数的单调性，求出它的极值，利用极值的符号判断大小关系．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)由题可得a2−1=1，则a2=2，
由e1e2= 62，得e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解得b2=2，
故C 1的方程为x2−y22=1,C2的方程为x22+y2=1；
(2)易知F1(−1,0)，F2(1,0)，
如图，设P(x0,y0)，直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，
则k1=y0x0+1,k2=y0x0−1,k1k2=y02x02−1，
因为P(x0,y0)在C1：x2−y22=1，则有x02−y022=1，
可得k1k2=y02x02−1=2为定值，
设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=k1(x+1)x22+y2=1，消去y得(2k12+1)x2+4k12x+2(k12−1)=0,Δ>0恒成立，
则有x1+x2=−4k122k12+1，
易求得AB中点M(−2k122k12+1,k12k12+1)，
设直线PF2的方程为：y=k2(x−1)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，
则k=−k12k12+1+k22k22+12k122k12+1+2k222k22+1=−k1(2k22+1)+k2(2k12+1)2k12(2k22+1)+2k22(2k12+1)
=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2(k12+k22)=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2[(k1+k2)2−2k1k2]，
因为k1k2=2，所以k=−5(k1+k2)24+2(k1+k2)2，
又点P在第一象限内，故k2>k1>0，
所以k=−524k1+k2+2(k1+k2)≥−52 24k1+k2×2(k1+k2)=−5 324
当且仅当24k1+k2=2(k1+k2)，即k1+k2=2 3时取等号，
而k1+k2>2 k1k2=2 2，故等号可以取到，
即当k取最小值时，有k1+k2=2 3k1k2=2，
解得k1= 3−1,k2= 3+1，
故PF1的方程为：y=( 3−1)(x+1),PF2的方程为：y=( 3+1)(x−1)，
联立方程y=( 3−1)(x+1)y=( 3+1)(x−1)，解得x= 3y=2，
即有P( 3,2)．
【解析】(1)由题意可得a2−1=1,e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解方程求出a2，b2，即可求出C1，C2的方程；
(2)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，由题意可得k1k2=2，设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，联立x22+y2=1，可得M(−2k122k12+1,k12k12+1)，同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，即可求出直线MN的斜率为k，再由基本不等式即可得出答案．
本题考查了圆锥曲线的性质及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题．
19.【答案】解：(Ⅰ)an,2=12[(k=0n−12k)2−k=0n−1(2k)2]=12[(2n−12−1)2−4n−14−1]=12[(2n−1)2−4n−13]=4n3−2n+23；
(Ⅱ)因为fn(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)⋯(1+2n−1x)，
fn+1(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)…(1+2n−1x)(1+2nx)，
两式相除，得fn+1(x)fn(x)=1+2nx．
fn(2x)=(1+20⋅2x)(1+21⋅2x)(1+22⋅2x)…(1+2n−1⋅2x)
=(1+21x)(1+22x)…(1+2n−1x)(1+2nx)，
两式相除，可得fn+1(x)fn(2x)=1+x；
(Ⅲ)因为fn(x)=k=0nan,kxk①，所以an,0=1，
因为fn+1(x)=k=0n+1an+1,kxk②，所以an+1,0=1，
由(Ⅱ)和①得fn+1(x)=(1+2nx)fn(x)=k=0nan,kxk+2nk=0nan,kxk+1=k=0n(an,k+2nan,k−1)xk③，
由②和③，比较xk+1的系数，得an+1,k+1=an,k+1+2nan,k④
因为fn+1(x)=(1+x)fn(2x)=k=0nan,k(2x)k+xk=0nan,k(2x)k
=k=0nan,k2kxk+k=0nan,k2kxk+1=k=0n(2kan,k+2k−1an,k−1)xk．
由②，比较xk+1的系数得an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k.⑤
由④⑤消去an,k+1可得(2k+1−1)an+1,k+1=(2n+k+1−2k)an,k，
所以an+1,k+1an,k=2n+k+1−2k2k+1−1．
【解析】(Ⅰ)由an,k的定义和等比数列的求和公式，化简可得所求；
(Ⅱ)由fn(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)⋯(1+2n−1x)，求得fn+1(x)和fn(2x)，化简可得所求；
(Ⅲ)由fn(x)，推得an,0=1，由fn+1(x)，推得an+1,0=1，可得an+1,k+1=an,k+1+2nan,k，an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k．
消去an,k+1可得所求结论．
本题考查数列的应用和多项式的化简运算，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．P(x2≥k)
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
学习兴趣高
学习兴趣一般
总计
主动预习
ta
tb
t(a+b)
不太主动预习
tc
td
t(c+d)
总计
t(a+c)
t(b+d)
t(a+b+c+d)
1.已知全集U=R，A={x|x⩾0}，B={x|−1
2.已知z1，z2是方程x2−2x+2=0的两个复根，则|z12−z22|=( )
A. 2B. 4C. 2iD. 4i
3.已知圆台O1O上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为( )
A. 8πB. 16πC. 26πD. 32π
4.在数列{an}中，已知an+1+an=3⋅2n，a2=5，则{an}的前11项的和为( )
A. 2045B. 2046C. 4093D. 4094
5.按照“碳达峰”、“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C(单位：Ah)，放电时间t(单位：h)与放电电流I(单位：A)之间关系的经验公式：C=In⋅t，其中n为Peukert常数．为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流I=20A时，放电时间t=20h；当放电电流I=30A时，放电时间t=10h.则该蓄电池的Peukert常数n大约为( )
(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48.)
A. 43B. 53C. 83D. 2
6.已知函数f(x)=cs(ωx+φ)的部分图象如下，y=12与其交于A，B两点.若|AB|=π3，则ω=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与双曲线C分别在第一、二象限交于A，B两点，△ABF2内切圆的半径为r，若|BF1|=2a，r=2 33a，则双曲线C的离心率为( )
A. 7B. 212C. 3 32D. 533
8.已知函数f(x)=ex−12(a+1)x2−bx(a,b∈R)没有极值点，则ba+1的最大值为( )
A. e2B. e2C. eD. e22
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.给定数集A=R，B=(0,+∞)，x，y满足方程2x−y=0，下列对应关系f为函数的是( )
A. f：A→B，y=f(x)B. f：B→A，y=f(x)
C. f：A→B，x=f(y)D. f：B→A，x=f(y)
10.三棱锥P−ABC各顶点均在半径为2的球O的表面上，AB=AC=2，∠BAC=90°，二面角P−BC−A的大小为45°，则下列结论正确的是( )
A. 直线OA//平面PBCB. 三棱锥O−ABC的体积为2 23
C. 点O到平面PBC的距离为1D. 点P形成的轨迹长度为2 3π
11.日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量X，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数n，寿命恰好为n的植物在所有寿命不小于n的植物中的占比为10%.记“一株植物的寿命为n”为事件An，“一株植物的寿命不小于n”为事件Bn.则下列结论正确的是( )
A. P(A2)=0.01
B. P(Bn)=0．9n−1
C. 设an=P(An+1|B2)，则{an}为等比数列
D. 设Sn=nP(An)，则k=1nSk<10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有______种.
13.已知点M为直角△ABC外接圆O上的任意一点，∠ABC=90°,AB=1,BC= 3，则(OA−OB)⋅BM的最大值为______．
14.已知平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=2x，l2：y=−2x，点P为平面内一动点，过P作DP//l2交l1于D，作EP//l1，交l2于E，得到的平行四边形ODPE面积为1，记点P的轨迹为曲线Γ.若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则实数t的取值范围是______．
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)
某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类.设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习.据统计显示，P(A−|B−)=34，P(A−|B)=14P(B)=45．
(1)计算P(A)和P(A|B)的值，并判断A与B是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为m(m∈N*)的样本，利用独立性检验，计算得x2=1.350.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定t的最小值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别为AB，PD上的点，且BECD+PFPD=1．
(1)证明：AF//平面PCE；
(2)若PD⊥平面ABCD，E为AB的中点，PD=AD=CD，∠BAD=60°，求二面角P−CE−F的正切值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=kx+lnx最小值为1−ln2．
(1)求k；
(2)若a，b∈R，且a>1，过点(a,b)可以作曲线y=f(x)的三条切线.证明：0
已知双曲线C1：x2−y2b2=1经过椭圆C2：x2a2+y2=1的左、右焦点F1，F2，设C1，C2的离心率分别为e1，e2，且e1e2= 62．
(1)求C1，C2的方程；
(2)设P为C1上一点，且在第一象限内，若直线PF1与C2交于A，B两点，直线PF2与C2交于C，D两点，设AB，CD的中点分别为M，N，记直线MN的斜率为k，当k取最小值时，求点P的坐标．
19.(本小题17分)
设整数n，k满足1≤k≤n，集合A={2m|0≤m≤n−1,m∈Z}.从A中选取k个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有Cnk个，设它们的和为an,k.例如a3,2=20⋅21+20⋅22+21⋅22=14．
(Ⅰ)若n≥2，求an,2；
(Ⅱ)记fn(x)=1+an,1x+an,2x2+…+an,nxn.求fn+1(x)fn(x)和fn+1(x)fn(2x)的整式表达式；
(Ⅲ)用含n，k的式子来表示an+1,k+1an,k．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵全集U=R，A={x|x⩾0}，B={x|−1
∴{x|−1
根据已知条件求得∁UA，进而求解结论．
本题主要考查集合的基本运算，考查计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：已知z1，z2是方程x2−2x+2=0的两个复根，所以z=2± −42=2±2i2=1±i，
则设z1=1+i，z2=1−i，
所以|z12−z22|=|(z1+z2)(z1−z2)|=|2×2i|=|4i|=4．
故选：B．
利用求根公式求出两个复根，然后利用复数的运算法则及模的公式直接计算即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：圆台O1O上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，
所以圆台的侧面积为S侧=π(r+r′)l=π(1+3)×4=16π．
故选：B．
根据圆台的侧面积公式计算即可．
本题考查了圆台的侧面积计算问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由an+1+an=3⋅2n，a2=5，可得a1+a2=a1+5=6，解得a1=1，
则{an}的前11项的和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a10+a11)=1+3(4+16+...+1024)
=1+3×4(1−45)1−4=1+4096−4=4093．
故选：C．
由已知数列的递推式求得a1，再由{an}的前11项的和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a10+a11)，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等比数列的求和公式，以及数列的并项求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数的实际应用，掌握对数运算的公式是解本题的关键，属于基础题．
由题意可得，电池的容量C为定值，则C=(20)n×20=(30)n×10，即(23)n=12，再结合对数运算的公式，即可求解．
【解答】
解：由题意可得，电池的容量C为定值，
则C=20n×20=30n×10，即(23)n=12，
两边取对数可得，nlg23=lg12，即n(lg2−lg3)=−lg2，
故n=lg2lg3−lg2≈−0.3=53．
故选：B．
6.【答案】D
【解析】解：设A(x1,12)，B(x2,12)，则由|AB|=π3，得x2−x1=π3，
由csx=12，得x=π3+2kπ或x=5π3+2kπ,k∈Z，
由图可知，ωx2+φ−(ωx1+φ)=5π3−π3=4π3，即ω(x2−x1)=4π3，
所以ω=4．
故选：D．
根据余弦函数的性质即可得．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以|AP|=|AR|，|BP|=|BQ|，|F2Q|=|F2R|，
∵点A在双曲线上，
∴|AF1|−|AF2|=2a，
又∵|BF1|=2a，∴|AB|=|AF2|，
∵|BP|=|F2R|，∴|BQ|=|QF2|，
∵点B在双曲线上，
|BF2|−|BF1|=2a，
∴|BF2|=4a，
∴|QF2|=12|BF2|=2a，
设内切圆圆心为I，连接IQ，IF2，如图所示，
∵tan∠IF2Q=|IQ||QF2|= 33，
∴∠QF2I=π6，
即∠BF2A=π3，
∴△ABF2为等边三角形，∴|AF1|=6a,|AF2|=4a,|F1F2|=2c,∠F1AF2=π3，
在△AF1F2由余弦定理得：|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|cs∠F1AF2，
即：4c2=36a2+16a2−24a2=28a2，
∴e=ca= 284= 7．
故选：A．
由双曲线定义结合已知得|AF1|=6a,|AF2|=4a,|F1F2|=2c,∠F1AF2=π3，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)没有极值点，
∴f′(x)=ex−1a+1x−b≥0或f′(x)≤0恒成立，
∵x→+∞时，∴f′(x)→+∞，f′(x)不可能恒小于等于0，
∴f′(x)=ex−1a+1x−b≥0恒成立，
令h(x)=ex−1a+1x−b，则h′(x)=ex−1a+1，
①当a+1<0时，h(x)>0恒成立，h(x)为R上的增函数，
且当x→−∞时，h(x)→−∞，不合题意，
②当a+1>0时，h′(x)=ex−1a+1为增函数，
由h′(x)=0，得x=−ln(a+1)，
令h′(x)>0，则x>−ln(a+1)，h′(x)<0，则x<−ln(a+1)，
∴h(x)在(−∞,−ln(a+1))上单调递减，在(−ln(a+1),+∞)上单调递增，
当x=−ln(a+1)时，依题意有h(x)min=h(−ln(a+1))=1a+1+ln(a+1)a+1−b≥0，
即b≤1a+1+ln(a+1)a+1，又a+1>0，则ba+1≤ln(a+1)+1(a+1)2，
令a+1=x(x>0)，u(x)=lnx+1x2(x>0)，
则u′(x)=x−(lnx+1)⋅2xx4=−(2lnx+1)x3，
令u′(x)>0，得0
∴u(x)在(0,1 e)上单调递增，在(1 e,+∞)上单调递减，
∴当x=1 e时，u(x)取最大值u(1 e)=e2，
故当a+1=1 e,b= e2，即a= ee−1,b= e2时，ba+1取得最大值e2，
综上，若函数f(x)没有极值点，则ba+1的最大值为e2．
故选：B．
转化为f′(x)=ex−1a+1x−b≥0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到b≤1a+1+ln(a+1)a+1，故ba+1≤ln(a+1)+1(a+1)2，换元后，再构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案．
本题考查了函数导数在解决函数的单调性和最值上的综合应用，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，y=f(x)=2x，∀x∈A，均有唯一确定f(x)∈(0,+∞)=B，符合函数定义，A正确；
对于B，y=f(x)=2x，∀x∈B，均有唯一确定f(x)∈(1,+∞)⊆A，符合函数定义，B正确；
对于C，x=f(y)=lg2y，取y=1∈A，x=0∉B，不符合函数定义，C错误；
对于D，x=f(y)=lg2y，∀y∈B，均有唯一确定f(y)∈R=A，符合函数定义，D正确．
故选：ABD．
根据给定条件，利用函数的定义，结合指数函数、对数函数的性质逐项判断即得．
本题主要考查了函数的定义，考查了指数函数和对数函数的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：设△ABC外心为O1，△PBC外心为O2，如图，
则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，
∵BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，
∵OO2∩OO1=O，∴BC⊥平面OO1O2，
∵O1O2⊂平面OO1O2，∴BC⊥AO1，且O1A= 2，
∴∠AO1O2=45°，∴AO2⊥O1O2，
∵A，O1，O，O2四点为共面，且OO2⊥O2O1，∴O2是OA中点，如图，
由题意得直线OA与平面PBC交于O2，故A错误；
VO−ABC=13×OO1×S△ABC=13× 2×12×2×2=2 23，故B正确；
∵O2是OA中点，∴OO2=1，故C正确；
∵O2P= R2−O1O22= 4−1= 3，
∴点P形成的轨迹是半径为 3的圆，
∴轨迹长度为2 3π，故D正确．
故选：BCD．
根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直关系证明O1是AO中点，可判断A、C；利用体积公式判断B，根据O2P为定长判断P点轨迹是圆，判断D．
本题考查球的截面圆、线面垂直的判定与性质、体积公式、点的轨迹等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：设植物总数为M，寿命为i年的植物数为mi，
由题意，P(Ai)=miM=110，
则mi=110[M−(m1+m2+⋯+mi−1)]⇒10mi+m1+m2+⋯+mi−1=M，①
10mi+1+m1+m2+⋯+mi−1+mi=M，②
②−①得，10mi+1=9mi⇒P(Ai+1)=910P(Ai)⇒P(Ai)=110×(910)i−1，
即P(An)=110×(910)n−1，故P(A2)=110×(910)n−1=0.09，故A错误；
由mi=110[M−(m1+m2+⋯+mi−1)]⇒P(Ai)=110P(Bi)，故P(Bn)=10P(An)=(910)n−1，故B正确；
由an=P(An+1|B2)=P(An+1B2)P(B2)=P(An+1)P(B2)=110⋅(910)n910=110⋅(910)n−1，故an+1an=910，即{an}为等比数列，故C正确；
因为Sn=nP(An)=110n(910)n−1，
设Cn=k=1nSk，则10Cn=1×(910)0+2×(910)1+3×(910)2+⋯+n×(910)n−1，
9Cn=1×(910)1+2×(910)2+3×(910)3+⋯+n×(910)n，
相减可得Cn=1+(910)1+(910)2+(910)3+⋅⋅⋅+(910)n−1−n⋅(910)n=1−(910)n1−910−n⋅(910)n=10−(n+10)⋅(910)n，
所以k=1nSk=10−(n+10)⋅(910)n<10，故D正确．
故选：BCD．
设植物总数为M，寿命为i年的植物数为mi，由题意P(Ai)=miM=110，进而推理得到10mi+1=9mi⇒P(Ai+1)=910P(Ai)⇒P(Ai)=110×(910)i−1即可判断AC；再由An，Bn的关系求出P(Bn)，即可判断B；根据错位相减法求和，即可判断D．
本题考查数列的应用，属于中档题．
12.【答案】36
【解析】解：依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有C42C42=36．
故答案为：36．
首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】32
【解析】解：设直角△ABC外接圆的半径为r，
由正弦定理得2r=ACsin∠ABC= ( 3)2+11=2，
故r=1，
所以(OA−OB)⋅BM=BA⋅BM=|BA|⋅(|BM|cs∠ABM)=|BM|cs∠ABM，
当过点圆上一点M作平行于BC的圆的切线时，此时|BM|cs∠ABM最大，
由于O到BC的距离为d=12|BA|=12，
所以|BM|cs∠ABM的最大值为d+r=32．
故答案为：32．
根据题意，利用正弦定理求得△ABC外接圆的半径为r=1，结合向量的数量积，化简得到(OA−OB)⋅BM=|BM|cs∠ABM，结合圆的性质，即可求解．
本题考查了正弦定理，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
14.【答案】(1,4)
【解析】解：设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，
直线PD方程为y=−2x+2x0+y0，
联立y=−2x+2x0+y0y=2x，
解得xD=2x0+y04，
所以|OD|= 5|2x0+y0|4，
S平行四边形ODPE=|OD|d= 5|2x0+y0|4×|2x0−y0| 5=1，
所以x02−y024=±1，
所以点P的轨迹Γ为两个双曲线x2−y24=±1，
因为双曲线x2−y24=1的实半轴长为1，双曲线y24−x2=1的实半轴长为2，
若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则1< t<2，
即1
故答案为：(1,4)．
设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，再联立直线PD与y=2x的方程，求出点D的坐标，进而表达出平行四边形ODPE面积，再结合平行四边形ODPE面积为1求出点P的轨迹方程，再利用双曲线的性质求解．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，考查了圆与双曲线的位置关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为P(A−|B−)=34，P(A−|B)=14，
所以P(A|B)=1−P(A−|B)=1−14=34，
P(A|B−)=1−P(A−|B−)=1−34=14；
又因为P(B)=45，所以P(B−)=1−P(B)=1−45=15；
所以P(A)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)=45×34+15×14=1320；
因为P(A|B)=P(AB)P(B)，所以P(AB)=P(B)P(A|B)=45×34=35，P(A)P(B)=1320×45=52100，
所以P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不是独立事件；
(2)根据题意，填写列联表如下：
计算χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=t(a+b+c+d)⋅(t2ac−t2bd)2t(a+b)⋅t(c+d)⋅t(a+c)⋅t(b+d)=t⋅(a+b+c+d)(ac−bd)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=1.350t>7.879，解得t>5.836，
又因为t∈N*，所以t的最小值为6．
【解析】(1)根据条件概率的计算公式，求出P(A|B)和P(A)，由相互独立事件的概率公式计算P(AB)和P(A)P(B)，判断即可；
(2)根据题意填写列联表，计算卡方，列出不等式求出t的最小值．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了条件概率的计算问题，是中档题．
16.【答案】解：(1)证明：如图，在CD上取一点G，使得CG=AE，连接AG，FG．
因为BECD+PFPD=1，且ABCD是平行四边形，所以PFPD=1−BECD=CGCD，故FG//PC．
又因为PC⊂平面PCE，FG⊄平面PCE，所以FG//平面PCE．
因为ABCD是平行四边形，且CG=AE，所以AECG是平行四边形，故AG//EC．
又因为EC⊂平面PCE，AG⊄平面PCE，所以AG//平面PCE．
因为AG∩FG=G，且AG⊂平面AFG，FG⊂平面AFG，所以平面AFG//平面PCE．
因为AF⊂平面AFG，所以AF//平面PCE．
(2)当E为AB中点，PD=AD=CD，∠BAD=60°时，
易知DE⊥CD，F为PD中点，又因为PD⊥平面ABCD，
则以D为坐标原点，DE，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PD=AD=CD=2，
则C(0,2,0)，E( 3,0,0)，F(0,0,1)，P(0,0,2)，
所以CE=( 3,−2,0)，FE=( 3,0,−1)，PE=( 3,0,−2)，
设平面FCE与平面PCE的法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，
则 3x1−2y1=0 3x1−z1=0， 3x2−2y2=0 3x2−2z2=0，
不妨取x1= 3，x2= 3，则m=( 3,32,3)，n=( 3,32,32)，
所以cs
故二面角P−CE−F的正弦值为 1−169190= 21 190，二面角P−CE−F的正切值为 21 19013 190= 2113．
【解析】(1)在CD上取一点G，使得CG=AE，连接AG，FG.由已知可证FG//平面PCE.AG//平面PCE.进而可得平面AFG//平面PCE.可证结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面PCE一个法向量与平面FCE的一个法向量，利用向量法可求二面角P−CE−F的正切值．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的正切值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f′(x)=−kx2+1x=x−kx2，x>0，
若k≤0，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)单调递增，所以f(x)在(0,+∞)上无最小值；
若k>0，所以函数f(x)在(0,k)上递减，在(k,+∞)上递增，
所以函数f(x)的最小值为f(k)=1+lnk，
由1+lnk=1−ln2⇒k=12；
证明：(2)设过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)相切，切点为(x0,12x0+lnx0)，
因为f(x)=12x+lnx⇒f′(x)=−12x2+1x，
所以函数f(x)的切线方程为y−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(x−x0)，
因为切线过点(a,b)，a>1，
所以b−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(a−x0)⇒a2x02−a+1x0−lnx0+b+1=0，
设h(x)=a2x2−a+1x−lnx+b+1，问题转化为h(x)=0在(0,+∞)有三个解．
h′(x)=−ax3+a+1x2−1x=−x2+(a+1)x−ax3，
由h′(x)>0⇒x2−(a+1)x+a<0⇒(x−1)(x−a)<0⇒1
所以函数h(x)的极小值为h(1)=−a2+b<0；极大值为h(a)=−1a−lna+b>0，
由−1a−lna+b>0⇒b−lna>1a，所以b−f(a)a−1=b−12a−lnaa−1>1a−12aa−1=1a(a−1)>0(a>1)，
由−a2+b<0⇒b
设φ(a)=12−12a−lna，则φ′(a)=12a2−1a=1−2a2a2<0，
所以φ(a)在(1,+∞)上递减，且φ(1)=0，
所以12a−lnaa−1<0．
所以12+12a−lnaa−1<12，即b−f(a)a−1<12．
所以0
(2)先设切点(x0,12x0+lnx0)，求导，明确切线的斜率，利用点斜式写出切线方程：y−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(x−x0)，由切线过点(a,b)，所以b−(12x0+lnx0)=(−12x02+1x0)(a−x0)，问题转化为该方程在(0,+∞)上有三个不同的解．设辅助函数，分析辅助函数的单调性，求出它的极值，利用极值的符号判断大小关系．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)由题可得a2−1=1，则a2=2，
由e1e2= 62，得e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解得b2=2，
故C 1的方程为x2−y22=1,C2的方程为x22+y2=1；
(2)易知F1(−1,0)，F2(1,0)，
如图，设P(x0,y0)，直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，
则k1=y0x0+1,k2=y0x0−1,k1k2=y02x02−1，
因为P(x0,y0)在C1：x2−y22=1，则有x02−y022=1，
可得k1k2=y02x02−1=2为定值，
设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=k1(x+1)x22+y2=1，消去y得(2k12+1)x2+4k12x+2(k12−1)=0,Δ>0恒成立，
则有x1+x2=−4k122k12+1，
易求得AB中点M(−2k122k12+1,k12k12+1)，
设直线PF2的方程为：y=k2(x−1)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，
则k=−k12k12+1+k22k22+12k122k12+1+2k222k22+1=−k1(2k22+1)+k2(2k12+1)2k12(2k22+1)+2k22(2k12+1)
=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2(k12+k22)=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2[(k1+k2)2−2k1k2]，
因为k1k2=2，所以k=−5(k1+k2)24+2(k1+k2)2，
又点P在第一象限内，故k2>k1>0，
所以k=−524k1+k2+2(k1+k2)≥−52 24k1+k2×2(k1+k2)=−5 324
当且仅当24k1+k2=2(k1+k2)，即k1+k2=2 3时取等号，
而k1+k2>2 k1k2=2 2，故等号可以取到，
即当k取最小值时，有k1+k2=2 3k1k2=2，
解得k1= 3−1,k2= 3+1，
故PF1的方程为：y=( 3−1)(x+1),PF2的方程为：y=( 3+1)(x−1)，
联立方程y=( 3−1)(x+1)y=( 3+1)(x−1)，解得x= 3y=2，
即有P( 3,2)．
【解析】(1)由题意可得a2−1=1,e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解方程求出a2，b2，即可求出C1，C2的方程；
(2)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，由题意可得k1k2=2，设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，联立x22+y2=1，可得M(−2k122k12+1,k12k12+1)，同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，即可求出直线MN的斜率为k，再由基本不等式即可得出答案．
本题考查了圆锥曲线的性质及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题．
19.【答案】解：(Ⅰ)an,2=12[(k=0n−12k)2−k=0n−1(2k)2]=12[(2n−12−1)2−4n−14−1]=12[(2n−1)2−4n−13]=4n3−2n+23；
(Ⅱ)因为fn(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)⋯(1+2n−1x)，
fn+1(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)…(1+2n−1x)(1+2nx)，
两式相除，得fn+1(x)fn(x)=1+2nx．
fn(2x)=(1+20⋅2x)(1+21⋅2x)(1+22⋅2x)…(1+2n−1⋅2x)
=(1+21x)(1+22x)…(1+2n−1x)(1+2nx)，
两式相除，可得fn+1(x)fn(2x)=1+x；
(Ⅲ)因为fn(x)=k=0nan,kxk①，所以an,0=1，
因为fn+1(x)=k=0n+1an+1,kxk②，所以an+1,0=1，
由(Ⅱ)和①得fn+1(x)=(1+2nx)fn(x)=k=0nan,kxk+2nk=0nan,kxk+1=k=0n(an,k+2nan,k−1)xk③，
由②和③，比较xk+1的系数，得an+1,k+1=an,k+1+2nan,k④
因为fn+1(x)=(1+x)fn(2x)=k=0nan,k(2x)k+xk=0nan,k(2x)k
=k=0nan,k2kxk+k=0nan,k2kxk+1=k=0n(2kan,k+2k−1an,k−1)xk．
由②，比较xk+1的系数得an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k.⑤
由④⑤消去an,k+1可得(2k+1−1)an+1,k+1=(2n+k+1−2k)an,k，
所以an+1,k+1an,k=2n+k+1−2k2k+1−1．
【解析】(Ⅰ)由an,k的定义和等比数列的求和公式，化简可得所求；
(Ⅱ)由fn(x)=(1+20x)(1+21x)(1+22x)⋯(1+2n−1x)，求得fn+1(x)和fn(2x)，化简可得所求；
(Ⅲ)由fn(x)，推得an,0=1，由fn+1(x)，推得an+1,0=1，可得an+1,k+1=an,k+1+2nan,k，an+1,k+1=2k+1an,k+1+2kan,k．
消去an,k+1可得所求结论．
本题考查数列的应用和多项式的化简运算，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．P(x2≥k)
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
学习兴趣高
学习兴趣一般
总计
主动预习
ta
tb
t(a+b)
不太主动预习
tc
td
t(c+d)
总计
t(a+c)
t(b+d)
t(a+b+c+d)
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