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2024年陕西省商洛市尖子生高考数学三诊试卷（文科）（含解析）
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这是一份2024年陕西省商洛市尖子生高考数学三诊试卷（文科）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={x|3x<27,x∈N}，B={x∈Z|−2A. {−1,0,1,2}B. {0,1,2}C. {0,1}D. {x|−22.若复数3+ai2−i的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A. 1B. 3C. −1D. −3
3.已知等比数列{an}满足a1+a3=10，a4+a6=80，则数列{an}前8项的和为( )
A. 254B. 256C. 510D. 512
4.若角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(−3,1)，则tanθ⋅cs2θ=( )
A. −415B. −115C. 115D. 415
5.已知a，b∈R，则“1 a<1 b”是“a3>b3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知f(x−1)为偶函数，且f(x)在[−1,+∞)上单调递增，若f(a−1)≤f(1)，则实数a的取值范围是( )
A. [−1,1]B. [−2,2]C. [−3,3]D. [−4,4]
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率e的取值范围为( )
A. [ 2,+∞)B. [2,+∞)C. (1, 2]D. (1,2]
8.在不等式组y≥0,y≤x,x+y−6≤0表示的平面区域内任取一点P(x,y)，则满足y≥x−2的概率为( )
A. 79B. 23C. 59D. 49
9.已知函数f(x)=sin(2x+π4)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，则实数m的取值范围是( )
A. [15π16,9π8)B. [13π16,9π8)C. [5π8,11π16)D. [7π16,11π16)
10.为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业、人才、文化、生态、组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务，根据调查的数据，建立了实际还款比例P关于还款人的年收入x(单位：万元)的Lgistic模型；P(x)=e−0.9+kx1+e−0.9+kx，已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为(参考数据：e−0.4≈23)( )
A. 30%B. 40%C. 60%D. 70%
11.已知e是自然对数的底数，a=π2ln π,b=e2sin1e,c=2ln2，则( )
A. a>b>cB. c>a>bC. a>c>bD. b>c>a
12.如图，在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心， 6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为( )
A. 2 3π
B. 3π
C. 3π2
D. 3π4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设x∈R，向量a=(x,1)，b=(4,x)，若a//b，则x= ______．
14.已知直线l：x+ay−5a−3=0与⊙C：(x−1)2+(y−2)2=4，若直线l与⊙C相交于A，B两点，且|AB|= 14，则a= ______．
15.如图.已知圆锥的轴截面为等边△PAB，PA=2，O，D分别为AB，PA的中点.C为底面圆周上一点.若OC与PB所成角的余弦值为14.则CD= ______．
16.已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF(0<λ<1)，其中O为坐标原点，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D，记△PAB，△PCD的面积分别为S1、S2，则S2S1= ______.(结果用λ表示)
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
近日埃隆⋅马斯克旗下的脑机接口公司官宣，已经获得批准启动首次人体临床试验.我国脑机接口技术起步晚，发展迅猛.2014年，浙江大学团队在人脑内植入皮层脑电微电极，实现“意念”控制机械手完成高难度的“石头、剪刀、布”手指运动，创造了当时的国内第一，达到国际同等水平.目前，较为主流的分类方式将脑机接口分为侵入式和非侵入式.侵入式由于需要道德伦理审查，目前无法大面积实验.大多数研究公司采用非侵入式，即通过外部头罩和脑电波影响大脑，主要应用于医疗行业，如戒烟.未来10到20年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量y(单位：亿元)与研发人员增量x(人)的10组数据.现用模型①y=bx+a，②y=c+d x分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图．
根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中ti= xi，t−=110i=110ti．
(1)根据残差图，判断应选择哪个模型；(无需说明理由)
(2)根据(1)中所选模型，求出y关于x的经验回归方程；并用该模型预测，要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？(精确到1)
附：对于一组具有线性相关关系的数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，其经验回归直线y=a+bx的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ==1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a=y−−b x−．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin(C−A)=2(1−csC)sinA．
(1)证明：ba=2；
(2)点D是线段AB的中点，且CD= 6，AD=2，求△ABC的周长．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PBD，AB=AD=AP=2．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若E为AD的中点，∠BAD=60°，求E到平面PBD的距离．
20.(本小题12分)
设函数f(x)=ex+x3，g(x)=x3+bx+2b(b∈R)．
(1)若函数g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为x−y+a=0(a∈R)，求a，b；
(2)若方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，求b的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A(−2,0)，离心率为 32,M,N是直线l：x=1上的两点，且OM⊥ON，其中O为坐标原点，直线AM与E交于另外一点B，直线AN与E交于另外一点C．
(1)记直线AM，AN的斜率分别为k1、k2，求k1⋅k2的值；
(2)求点O到直线BC的距离的最大值．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，直线E1过点A(3,0)且倾斜角为α，曲线E2的方程为(x−2)2+(y+1)2=5，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求直线E1的参数方程及曲线E2的极坐标方程；
(2)设E1，E2交于P，Q两点，求|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|的最小值．
23.(本小题12分)
已知m，n，t均为正数，函数f(x)=|x+m|+|x−n|+t的最小值为3．
(1)求2m2+3n2+6t2的最小值；
(2)求证： m2+mn+n2+ n2+nt+t2+ t2+mt+m2>92．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意知A={x|3x<27,x∈N}={x|x<3,x∈N}={0,1,2}，
B={x∈Z|−2所以A∪B={−1,0,1,2}．
故选：A．
解指数不等式化简集合A，用列举法表示集合，再进行并集运算即可．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：3+ai2−i=(3+ai)(2+i)(2−i)(2+i)=6−a+(3+2a)i5=6−a5+3+2a5i，
因为复数3+ai2−i 的实部与虚部相等，
则6−a5=3+2a5，所以a=1．
故选：A．
利用复数的运算性质化简复数，然后根据实部，虚部的定义建立方程即可求解．
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由于a1+a3=10，a4+a6=80，则q3=a4+a6a1+a3=8，解可得q=2，
又由a1+a3=a1+a1q2=5a1=10，则a1=2，
故数列{an}前8项的和S8=a1(1−q8)1−q=510．
故选：C．
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，分析可得q3=a4+a6a1+a3=8，求出a1和q的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(−3,1)，
则tanθ=1−3=−13，cs2θ=cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=45，
则tanθ⋅cs2θ=−13×45=−415．
故选：A．
由题意，利用任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式，计算求得结果．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：若1 a<1 b，则a>b>0，可得a3>b3，充分性成立；
若a3>b3，则a>b，但不一定a、b都是正数，推不出1 a<1 b，故必要性不成立．
综上所述，“1 a<1 b”是“a3>b3“的充分不必要条件．
故选：A．
根据不等式的性质与幂函数y=x3的单调性，对两个条件进行正反推理论证，即可得到本题的答案．
本题主要考查的知识点是不等式的基本性质、充要条件的定义与判断，同时考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵f(x−1)为偶函数，
∴f(−x−1)=f(x−1)，
∴函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，
又f(x)在[−1,+∞)上单调递增，f(a−1)≤f(1)，
∴|a−1+1|≤|1+1|=2，解得−2≤a≤2．
故选：B．
依题意．可得f(x)的图象关于x=−1对称，进而得到|a−1+1|≤|1+1|=2，解之即可．
本题考查了函数的奇偶性与单调性的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设P点的横坐标为x
∵|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支(x≥a)
根据双曲线的第二定义，可得3e(x−a2c)=e(x+a2c)
∴ex=2a
∵x≥a，∴ex≥ea
∴2a≥ea，∴e≤2
∵e>1，∴1故选：D．
设P点的横坐标为x，根据|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支(x≥a)，利用双曲线的第二定义，可得x关于e的表达式，进而根据x的范围确定e的范围．
本题主要考查了双曲线的简单性质，考查了双曲线的第二定义的灵活运用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：画出不等式组y≥0y≤xx+y−6≤0表示的平面区域，如图为△OAB及其内部，
其中O(0,0)，A(6,0)，B(3,3)，
所以S△AOB=12×6×3=9．
设直线y=x−2与直线y=0，x+y−6=0分别交于点C(2,0)，D(4,2)，
所以满足y≥x−2的平面区域为四边形OCDB及其内部，
所以S四边形OCDB=S△AOB−S△CAD=9−12×4×2=5，
所以满足y≥x−2的概率为P=59．
故选：C．
画出不等式组y≥0y≤xx+y−6≤0表示的平面区域，求出区域面积，再求出满足y≥x−2的平面区域面积，利用几何概型的概率公式求解即可．
本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．
9.【答案】C
【解析】解：令f(x)=sin(2x+π4)=0，
则2x+π4=kπ(k∈Z)，解得x=−π8+kπ2(k∈Z)，故f(x)的零点有…，−9π8，−5π8，−π8，3π8，7π8，11π8，15π8…，
要使f(x)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，则−9π8<−m≤−5π8，且7π8<2m<11π8，
解得5π8≤m<11π16．
故选：C．
令f(x)=sin(2x+π4)=0，求得其零点，再结合f(x)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，列式计算，可求得实数m的取值范围．
本题考查了正弦函数的性质及其应用，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：由题意得当x=9时，P=50%，则P(x)=e−0.9+kx1+e−0.9+kx=50%，解得e−0.9+9k=1，
所以−0.9+9k=0，解得k=0.1，
所以，P(x)=e−0.9+0.1x1+e−0.9+0.1x，
当x=5时，P=e−0.9+0.1×51+e−0.9+0.1×5=40%，
所以当贷款人的年收入约为5万元，实际还款比例为40%．
故选：B．
根据题意将x=9，P=50%代入Lgistic模型中求出k的值，再将x=5，代入求解即可．
本题考查了指数函数模型的应用问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题．
11.【答案】B
【解析】解：令f(x)=xlnx，则f′(x)=lnx−1ln2x，
所以x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又a=π2ln π=πlnπ=f(π)，
c=2ln2=4ln4=f(4)，
f(4)>f(π)>f(e)=e，所以c>a>e．
再令g(x)=x−sinx，则g′(x)=1−csx≥0，所以g(x)在R上是增函数，
0g(0)=0，即0e2sin1ea>b．
故选：B．
令f(x)=xlnx，利用导数判断函数的单调性，从而可判断c>a>e，再令g(x)=x−sinx，利用导数判断sin1e<1e，从而可判断b本题主要考查利用导数判断函数的单调性，对数值大小的比较，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：作出图形，如图所示：
∵在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两垂直，且AB=AC=AD，
∴三棱锥A−BCD为正三棱锥，
∴A在底面BCD的射影为△BCD的中心H，连接AH，
∵V三棱锥D−ABC=V三棱锥A−BCD，
∴13×12×3×3×3=13×12×3 2×3 2× 32AH，
解得AH= 3，又球的半径为 6，
∴截面圆的半径r= ( 6)2−( 3)2= 3，
∴球面与底面BCD的交线是以H为圆心， 3为半径的圆在△BCD内部的部分，
易知HN=13×3 2× 32= 62，∴EF=2 ( 3)2−( 62)2= 6，∴∠EHF=π2，
∴∠MHQ=∠GHP=π2，
∴交线长度和为2π× 3−3×π2× 3= 3π2．
故选：C．
作出图形，根据题意易得A在底面BCD的射影为△BCD的中心，从而可得球面与底面BCD的交线是以H为圆心， 3为半径的圆在△BCD内部的部分，再解三角形，同时根据弧长公式，即可求解．
本题考查球的几何性质，球的截面问题，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】±2
【解析】解：由题意得x2−1×4=0，解得x=±2．
故答案为：±2．
根据向量平行可列方程，解方程即可．
本题考查了平行向量的坐标关系，是基础题．
14.【答案】−717或−1
【解析】解：若直线l与⊙C相交于A，B两点，且|AB|= 14，
则圆心C到直线l的距离d= 4−( 142)2= 22，
⊙C：(x−1)2+(y−2)2=4，
则圆心C(1,2)，半径r=2，
故|1+2a−5a−3| a2+1= 22，解得a=−717或−1．
故答案为：−717或−1．
根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查垂径定理，以及点到直线的距离公式，属于中档题．
15.【答案】 62或 102
【解析】解：连接OD，则OD//PB，
所以∠COD为异面直线OC与PB所成的角或其补角，
所以cs∠COD=14，或cs∠COD=−14．
当cs∠COD=14时，CD= OC2+OD2−2OC⋅ODcs∠COD
= 1+1−2×1×1×14= 2−12= 32= 62，
当cs∠COD=−14时，CD= OC2+OD2−2OC⋅ODcs∠COD
= 1+1+2×1×1×14= 2+12= 52= 102，
所以CD= 62或 102．
故答案为： 62或 102．
连接OD，则OD//PB，得出∠COD为异面直线OC与PB所成的角或其补角，利用余弦定理即可求解．
本题考查异面直线的应用，属于中档题．
16.【答案】λ2
【解析】解：由题意知F(p2,0)，又OP=λOF(0<λ<1)，所以P(λp2,0)，
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=ty+p2，A(x1,y1)，B(x3,y3)，
由y2=2pxx=ty+p2，得y2−2pty−p2=0，所以y1y3=−p2，
显然直线BD的斜率不为0，设D(x2,y2)，直线BD的方程为x=my+λp2，
由y2=2pxx=my+λp2，得y2−2pmy−λp2=0，
所以y2y3=−λp2，又y1y3=−p2，所以y2=λy1，
设C(x4,y4)，同理可得y4=λy3，
因为∠CPD=∠APB，
所以S2S1=12|PC|⋅|PD|sin∠CPD12|PA|⋅|PB|sin∠APB=|PD||PB|⋅|PC||PA|=|y2y3|⋅|y4y1|=|λy1y3|⋅|λy3y1|=λ2．
故答案为：λ2．
由题意知F(p2,0)，P(λp2,0)，设直线AB的方程为x=ty+p2，A(x1,y1)，B(x3,y3)，联立直线和抛物线的方程，可得y1y3=−p2，同理设D(x2,y2)，C(x4,y4)，得y2y3=−λp2，y1y4=−λp2，所以y2=λy1，y4=λy3，由∠CPD=∠APB及三角形的面积公式求解即可．
本题考查抛物线的方程及性质，考查联立直线和抛物线的方程解决综合问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为残差和越小，拟合效果越好，
所以选择模型②；
(2)根据模型②，令t= x，y与t可用线性回归来拟合，有y=c +a t，
则a =i=110(yi−y−)(di−t−)i=1n(tc−i−)2=，
所以c=y−di=7.5−0.64×2.25=6.06，
则y关于t的经验回归方程为y=0.640t+6.06，
所以y关于x的经验回归方程为y=0.64 x+6.06，
令y=0.64 x+6.06>8，
解得x>(9732)2≈9.2，
又x∈Z，所以x≥10，
所以要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少为10人．
【解析】(1)根据散点图判断即可；
(2)根据模型②，令t= x，则y=c +a t，利用公式求出a，c，即可得到y关于t的经验回归方程，进而得到y关于x的经验回归方程，再利用经验回归方程进行预测即可．
本题主要考查了经验回归方程的求解，以及应用经验回归方程进行预测，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为sin(C−A)=sinCcsA−csCsinA=2sinA−2sinAcsC，
所以sinCcsA+csCsinA=2sinA，
所以sin(A+C)=2sinA，
即sinB=2sinA，
由正弦定理得b=2a，
所以ba=2；
(2)解：因为点D是线段AB的中点，
所以AD=DB，
所以CD=12CB+12CA，
则CD2=14(CB2+CA2+2CB⋅CA)=14(a2+b2+2ab⋅cs∠ACB)，①
由余弦定理得c2=a2+b2−2ab⋅cs∠ACB，②
由(1)知b=2a,CD= 6,AD=2，
则c=AB=4，
结合①②可得10a2=40，
即a=2，
则b=2a=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=2+4+4=10．
故△ABC的周长为10．
【解析】(1)由两角和的正弦公式，结合正弦定理求解即可；
(2)由向量的数量积运算，结合余弦定理求解即可．
本题考查了两角和的正弦公式、正弦定理，重点考查了向量的数量积运算及余弦定理，属基础题．
19.【答案】(1)证明：设AC∩BD=O，连接PO，过A作AF⊥PO，垂足为F，
∵平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO，AF⊂平面PAC．
∴AF⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，
∴AF⊥BD，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又PA，AF⊂平面PAC，PA∩AF=A，
∴BD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC．
(2)解：取AO的中点H，连接EH，则EH//DO．
又DO⊂平面PBD，EH⊄平面PBD，
∴EH//平面PBD，
∴点E到平面PBD的距离等于点H到平面PBD的距离，
过H作HM⊥PO，垂足为M，由面面垂直的性质易得HM⊥平面PBD，
由(1)得AC⊥BD，PA⊥AO，
∵AB=AD，∠BAD=60°，∴∠DAC=30°．
∵AD=2，∴AO= 3，OH= 32，PO= 7．
∴sin∠POA=PAPO=HMHO，
∴HM=PA⋅HOPO= 3 7= 217，
即点E到平面PBD的距离为 217．
【解析】(1)先证BD⊥平面PAC，结合PC⊂平面PAC，即可得证；
(2)根据EH//平面PBD，点E到平面PBD的距离等于点H到平面PBD的距离，即可求解．
本题考查空间线线垂直的判定以及点到平面的距离的求法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为g(x)=x3+bx+2b，
所以g(0)=2b，g′(x)=3x2+b，g′(0)=b，
因为函数g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为x−y+a=0，
所以b=1，g(0)=2，
所以(0,2)在直线x−y+a=0上，故a=2．
(2)因为方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，
所以ex=bx+2b有两个不同的实数根，
令h(x)=ex−bx−2b，则函数h(x)有两个零点．
而h′(x)=ex−b，
当b≤0时，h′(x)>0，所以h(x)在R上单调递增，
故函数h(x)至多有1个零点，不合题意；
当b>0时，令h′(x)=0，得x=lnb，
当x>lnb时，h′(x)>0，x所以h(x)在(−∞,lnb)上单调递减，在(lnb,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(lnb)=b−blnb−2b=−b−blnb，
因为函数h(x)有两个零点，所以−b−blnb<0，
解得b>1e．
所以b的取值范围是(1e,+∞)．
【解析】(1)根据导数的几何意义可知g′(0)=1，对函数g(x)求导，求出g′(0)=b=1，利用切点在切线上，代入即可求出a；
(2)方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，转化为方程ex−bx−2b=0有两个不同的实数根，构造函数h(x)=ex−bx−2b，利用导数研究该函数的单调性，最值，根据函数有两个零点，只需函数的最小值小于零即可，解此不等式即可求得结果．
本题考查导数的几何意义，导数的综合应用，属中档题．
21.【答案】解：(1)设M(1,t)，N(1,n)，则kOM=t1=t,kON=n1=n，
因为OM⊥ON，所以kOM⋅kON=tn=−1，
因为k1=t1−(−2)=t3,k2=n1−(−2)=n3，
所以k1⋅k2=t3⋅n3=−19．
(2)由题意知，a=2ca= 32c2=a2−b2，解得a=2,b=1,c= 3，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1，
当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y=kx+m，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立y=kx+mx24+y2=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−41+4k2，Δ=(8km)2−4(1+4k2)⋅(4m2−4)=16(4k2−m2+1)>0，
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−4k21+4k2，
由(1)知k1⋅k2=−19，
所以kAB⋅kAC=y1y2(x1+2)(x2+2)=−19，整理得9y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0，
所以9×m2−4k21+4k2+4m2−41+4k2+2(−8km1+4k2)+4=0，整理得13m2−16km−20k2=0，
即(13m+10k)(m−2k)=0，解得m=−1013k或m=2k，
当m=2k时，直线BC的方程为y=k(x+2)，过定点A(−2,0)，不符合题意，舍去；
当m=−1013k时，直线BC的方程为y=k(x−1013)，过定点P(1013,0)；
当直线BC的斜率不存在时，由对称性知，M，N关于x轴对称，
所以M(1,t)，N(1,−t)，
因为OM⊥ON，所以−t2=−1，即t=±1，
不妨取M(1,1)，N(1,−1)，
因为A(−2,0)，所以直线AM的方程为y=13(x+2)，
联立y=13(x+2)x24+y2=1，得13x2+16x−20=0，解得x=−2或x=1013，
所以B(1013,1213)，
同理可得C(1013,−1213)，
此时直线BC的方程为x=1013，过定点P(1013,0)，
综上，直线BC过定点P(1013,0)，
因为|OP|=1013，
所以点O到直线BC的距离的最大值为1013．
【解析】(1)利用斜率公式及两直线垂直的条件即可求解；
(2)根据椭圆的几何性质可求得椭圆方程，当直线BC的斜率存在时，设出直线BC的方程，并将其与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合(1)的结论，推出直线BC过定点；当直线BC的斜率不存在时，写出直线AM、AN的方程，从而得B，C的坐标，进而知直线BC的方程与所过定点，再求得该定点与点O之间的距离，即可得解．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，灵活运用韦达定理，将问题转化为求直线BC所过定点是解题的关键，考查分类讨论思想，转化与化归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)由已知得直线E1的参数方程为x=3+tcsαy=tsinα(t为参数)，
由(x−2)2+(y+1)2=5，得x2+y2−4x+2y=0，
化为极坐标方程为ρ2=4ρcsθ−2ρsinθ，即ρ=4csθ−2sinθ，
所以曲线E2的极坐标方程为ρ=4csθ−2sinθ．
(2)将x=3+tcsαy=tsinα代入(x−2)2+(y+1)2=5，得(1+tcsα)2+(1+tsinα)2=5，
即t2+2t(csα+sinα)−3=0，
设t1，t2是上述方程的两实根，则t1+t2=−2(csα+sinα)，t1t2=−3，
又直线E1过A(3,0)，则P，Q两点对应的参数分别为t1，t2，
所以|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|=|t1t2||t1|+|t2|=|t1t2||t1−t2|=3 (t1+t2)2−4t1t2=3 4(csα+sinα)2+12=3 4sin2α+16≥3 510，
当且仅当α=π4时等号成立，
则|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|的最小值为3 510．
【解析】(1)根据普通方程，极坐标方程与参数方程的转化关系即可得解；
(2)利用参数的几何意义即可得解．
本题考查参数方程，极坐标方程与普通方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
23.【答案】(1)解：f(x)=|x+m|+|x−n|+t≥|x+m−x+n|+t=|m+n|+t=m+n+t=3，当且仅当(x+m)(x−n)≤0时等号成立，
所以(12+13+16)(2m2+3n2+6r2)≥(1 2× 2m+1 3× 3n+1 6× 6t)2=(m+n+t)2=9，当且仅当2m=3n=6t时等号成立，
所以2m2+3n2+6t2的最小值为9；
(2)证明：因为 m2+mn+n2= (m+n2)2+34n2≥ 22(m+n2+ 3n2)，当且仅当m+n2= 3n2时等号成立，
同理可得， n2+nt+t2≥ 22(n+t2+ 3t2)，当且仅当n+t2= 3t2时等号成立，
t2+mt+m2≥ 22(t+m2+ 3m2)，当且仅当t+m2= 3t2时等号成立，
所以 m2+mn+n2+ n2+n+t2+ t2+mt+m2≥ 22(m+n+t+m+n+t2+m+n+t2× 3)= 22(92+3 32)>92．
【解析】(1)由绝对值三角不等式计算可得m+n+t=3，再由柯西不等式计算即可求得；
(2)由基本不等式和不等式的同向可加性计算即可证明．
本题考查绝对值三角不等式和柯西不等式的应用，属于中档题．y−
t−
i=110(xi−x−)2
i=110(ti−t−)2
i=110(yi−y−)(xi−x−)
i=110(yi−y−)(ti−t−)
7.5
2.25
82.5
4.50
12.14
2.88
1.设集合A={x|3x<27,x∈N}，B={x∈Z|−2
A. 1B. 3C. −1D. −3
3.已知等比数列{an}满足a1+a3=10，a4+a6=80，则数列{an}前8项的和为( )
A. 254B. 256C. 510D. 512
4.若角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(−3,1)，则tanθ⋅cs2θ=( )
A. −415B. −115C. 115D. 415
5.已知a，b∈R，则“1 a<1 b”是“a3>b3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知f(x−1)为偶函数，且f(x)在[−1,+∞)上单调递增，若f(a−1)≤f(1)，则实数a的取值范围是( )
A. [−1,1]B. [−2,2]C. [−3,3]D. [−4,4]
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率e的取值范围为( )
A. [ 2,+∞)B. [2,+∞)C. (1, 2]D. (1,2]
8.在不等式组y≥0,y≤x,x+y−6≤0表示的平面区域内任取一点P(x,y)，则满足y≥x−2的概率为( )
A. 79B. 23C. 59D. 49
9.已知函数f(x)=sin(2x+π4)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，则实数m的取值范围是( )
A. [15π16,9π8)B. [13π16,9π8)C. [5π8,11π16)D. [7π16,11π16)
10.为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业、人才、文化、生态、组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务，根据调查的数据，建立了实际还款比例P关于还款人的年收入x(单位：万元)的Lgistic模型；P(x)=e−0.9+kx1+e−0.9+kx，已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为(参考数据：e−0.4≈23)( )
A. 30%B. 40%C. 60%D. 70%
11.已知e是自然对数的底数，a=π2ln π,b=e2sin1e,c=2ln2，则( )
A. a>b>cB. c>a>bC. a>c>bD. b>c>a
12.如图，在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心， 6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为( )
A. 2 3π
B. 3π
C. 3π2
D. 3π4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设x∈R，向量a=(x,1)，b=(4,x)，若a//b，则x= ______．
14.已知直线l：x+ay−5a−3=0与⊙C：(x−1)2+(y−2)2=4，若直线l与⊙C相交于A，B两点，且|AB|= 14，则a= ______．
15.如图.已知圆锥的轴截面为等边△PAB，PA=2，O，D分别为AB，PA的中点.C为底面圆周上一点.若OC与PB所成角的余弦值为14.则CD= ______．
16.已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF(0<λ<1)，其中O为坐标原点，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D，记△PAB，△PCD的面积分别为S1、S2，则S2S1= ______.(结果用λ表示)
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
近日埃隆⋅马斯克旗下的脑机接口公司官宣，已经获得批准启动首次人体临床试验.我国脑机接口技术起步晚，发展迅猛.2014年，浙江大学团队在人脑内植入皮层脑电微电极，实现“意念”控制机械手完成高难度的“石头、剪刀、布”手指运动，创造了当时的国内第一，达到国际同等水平.目前，较为主流的分类方式将脑机接口分为侵入式和非侵入式.侵入式由于需要道德伦理审查，目前无法大面积实验.大多数研究公司采用非侵入式，即通过外部头罩和脑电波影响大脑，主要应用于医疗行业，如戒烟.未来10到20年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量y(单位：亿元)与研发人员增量x(人)的10组数据.现用模型①y=bx+a，②y=c+d x分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图．
根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中ti= xi，t−=110i=110ti．
(1)根据残差图，判断应选择哪个模型；(无需说明理由)
(2)根据(1)中所选模型，求出y关于x的经验回归方程；并用该模型预测，要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？(精确到1)
附：对于一组具有线性相关关系的数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，其经验回归直线y=a+bx的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ==1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a=y−−b x−．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin(C−A)=2(1−csC)sinA．
(1)证明：ba=2；
(2)点D是线段AB的中点，且CD= 6，AD=2，求△ABC的周长．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PBD，AB=AD=AP=2．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若E为AD的中点，∠BAD=60°，求E到平面PBD的距离．
20.(本小题12分)
设函数f(x)=ex+x3，g(x)=x3+bx+2b(b∈R)．
(1)若函数g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为x−y+a=0(a∈R)，求a，b；
(2)若方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，求b的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A(−2,0)，离心率为 32,M,N是直线l：x=1上的两点，且OM⊥ON，其中O为坐标原点，直线AM与E交于另外一点B，直线AN与E交于另外一点C．
(1)记直线AM，AN的斜率分别为k1、k2，求k1⋅k2的值；
(2)求点O到直线BC的距离的最大值．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，直线E1过点A(3,0)且倾斜角为α，曲线E2的方程为(x−2)2+(y+1)2=5，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求直线E1的参数方程及曲线E2的极坐标方程；
(2)设E1，E2交于P，Q两点，求|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|的最小值．
23.(本小题12分)
已知m，n，t均为正数，函数f(x)=|x+m|+|x−n|+t的最小值为3．
(1)求2m2+3n2+6t2的最小值；
(2)求证： m2+mn+n2+ n2+nt+t2+ t2+mt+m2>92．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意知A={x|3x<27,x∈N}={x|x<3,x∈N}={0,1,2}，
B={x∈Z|−2
故选：A．
解指数不等式化简集合A，用列举法表示集合，再进行并集运算即可．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：3+ai2−i=(3+ai)(2+i)(2−i)(2+i)=6−a+(3+2a)i5=6−a5+3+2a5i，
因为复数3+ai2−i 的实部与虚部相等，
则6−a5=3+2a5，所以a=1．
故选：A．
利用复数的运算性质化简复数，然后根据实部，虚部的定义建立方程即可求解．
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由于a1+a3=10，a4+a6=80，则q3=a4+a6a1+a3=8，解可得q=2，
又由a1+a3=a1+a1q2=5a1=10，则a1=2，
故数列{an}前8项的和S8=a1(1−q8)1−q=510．
故选：C．
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，分析可得q3=a4+a6a1+a3=8，求出a1和q的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(−3,1)，
则tanθ=1−3=−13，cs2θ=cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=45，
则tanθ⋅cs2θ=−13×45=−415．
故选：A．
由题意，利用任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式，计算求得结果．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：若1 a<1 b，则a>b>0，可得a3>b3，充分性成立；
若a3>b3，则a>b，但不一定a、b都是正数，推不出1 a<1 b，故必要性不成立．
综上所述，“1 a<1 b”是“a3>b3“的充分不必要条件．
故选：A．
根据不等式的性质与幂函数y=x3的单调性，对两个条件进行正反推理论证，即可得到本题的答案．
本题主要考查的知识点是不等式的基本性质、充要条件的定义与判断，同时考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵f(x−1)为偶函数，
∴f(−x−1)=f(x−1)，
∴函数f(x)的图象关于直线x=−1对称，
又f(x)在[−1,+∞)上单调递增，f(a−1)≤f(1)，
∴|a−1+1|≤|1+1|=2，解得−2≤a≤2．
故选：B．
依题意．可得f(x)的图象关于x=−1对称，进而得到|a−1+1|≤|1+1|=2，解之即可．
本题考查了函数的奇偶性与单调性的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设P点的横坐标为x
∵|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支(x≥a)
根据双曲线的第二定义，可得3e(x−a2c)=e(x+a2c)
∴ex=2a
∵x≥a，∴ex≥ea
∴2a≥ea，∴e≤2
∵e>1，∴1
设P点的横坐标为x，根据|PF1|=3|PF2|，P在双曲线右支(x≥a)，利用双曲线的第二定义，可得x关于e的表达式，进而根据x的范围确定e的范围．
本题主要考查了双曲线的简单性质，考查了双曲线的第二定义的灵活运用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：画出不等式组y≥0y≤xx+y−6≤0表示的平面区域，如图为△OAB及其内部，
其中O(0,0)，A(6,0)，B(3,3)，
所以S△AOB=12×6×3=9．
设直线y=x−2与直线y=0，x+y−6=0分别交于点C(2,0)，D(4,2)，
所以满足y≥x−2的平面区域为四边形OCDB及其内部，
所以S四边形OCDB=S△AOB−S△CAD=9−12×4×2=5，
所以满足y≥x−2的概率为P=59．
故选：C．
画出不等式组y≥0y≤xx+y−6≤0表示的平面区域，求出区域面积，再求出满足y≥x−2的平面区域面积，利用几何概型的概率公式求解即可．
本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．
9.【答案】C
【解析】解：令f(x)=sin(2x+π4)=0，
则2x+π4=kπ(k∈Z)，解得x=−π8+kπ2(k∈Z)，故f(x)的零点有…，−9π8，−5π8，−π8，3π8，7π8，11π8，15π8…，
要使f(x)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，则−9π8<−m≤−5π8，且7π8<2m<11π8，
解得5π8≤m<11π16．
故选：C．
令f(x)=sin(2x+π4)=0，求得其零点，再结合f(x)在[−m,2m]上有且仅有4个零点，列式计算，可求得实数m的取值范围．
本题考查了正弦函数的性质及其应用，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：由题意得当x=9时，P=50%，则P(x)=e−0.9+kx1+e−0.9+kx=50%，解得e−0.9+9k=1，
所以−0.9+9k=0，解得k=0.1，
所以，P(x)=e−0.9+0.1x1+e−0.9+0.1x，
当x=5时，P=e−0.9+0.1×51+e−0.9+0.1×5=40%，
所以当贷款人的年收入约为5万元，实际还款比例为40%．
故选：B．
根据题意将x=9，P=50%代入Lgistic模型中求出k的值，再将x=5，代入求解即可．
本题考查了指数函数模型的应用问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题．
11.【答案】B
【解析】解：令f(x)=xlnx，则f′(x)=lnx−1ln2x，
所以x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又a=π2ln π=πlnπ=f(π)，
c=2ln2=4ln4=f(4)，
f(4)>f(π)>f(e)=e，所以c>a>e．
再令g(x)=x−sinx，则g′(x)=1−csx≥0，所以g(x)在R上是增函数，
0
故选：B．
令f(x)=xlnx，利用导数判断函数的单调性，从而可判断c>a>e，再令g(x)=x−sinx，利用导数判断sin1e<1e，从而可判断b
12.【答案】C
【解析】解：作出图形，如图所示：
∵在三棱锥A−BCD中，AB，AC，AD两两垂直，且AB=AC=AD，
∴三棱锥A−BCD为正三棱锥，
∴A在底面BCD的射影为△BCD的中心H，连接AH，
∵V三棱锥D−ABC=V三棱锥A−BCD，
∴13×12×3×3×3=13×12×3 2×3 2× 32AH，
解得AH= 3，又球的半径为 6，
∴截面圆的半径r= ( 6)2−( 3)2= 3，
∴球面与底面BCD的交线是以H为圆心， 3为半径的圆在△BCD内部的部分，
易知HN=13×3 2× 32= 62，∴EF=2 ( 3)2−( 62)2= 6，∴∠EHF=π2，
∴∠MHQ=∠GHP=π2，
∴交线长度和为2π× 3−3×π2× 3= 3π2．
故选：C．
作出图形，根据题意易得A在底面BCD的射影为△BCD的中心，从而可得球面与底面BCD的交线是以H为圆心， 3为半径的圆在△BCD内部的部分，再解三角形，同时根据弧长公式，即可求解．
本题考查球的几何性质，球的截面问题，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】±2
【解析】解：由题意得x2−1×4=0，解得x=±2．
故答案为：±2．
根据向量平行可列方程，解方程即可．
本题考查了平行向量的坐标关系，是基础题．
14.【答案】−717或−1
【解析】解：若直线l与⊙C相交于A，B两点，且|AB|= 14，
则圆心C到直线l的距离d= 4−( 142)2= 22，
⊙C：(x−1)2+(y−2)2=4，
则圆心C(1,2)，半径r=2，
故|1+2a−5a−3| a2+1= 22，解得a=−717或−1．
故答案为：−717或−1．
根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查垂径定理，以及点到直线的距离公式，属于中档题．
15.【答案】 62或 102
【解析】解：连接OD，则OD//PB，
所以∠COD为异面直线OC与PB所成的角或其补角，
所以cs∠COD=14，或cs∠COD=−14．
当cs∠COD=14时，CD= OC2+OD2−2OC⋅ODcs∠COD
= 1+1−2×1×1×14= 2−12= 32= 62，
当cs∠COD=−14时，CD= OC2+OD2−2OC⋅ODcs∠COD
= 1+1+2×1×1×14= 2+12= 52= 102，
所以CD= 62或 102．
故答案为： 62或 102．
连接OD，则OD//PB，得出∠COD为异面直线OC与PB所成的角或其补角，利用余弦定理即可求解．
本题考查异面直线的应用，属于中档题．
16.【答案】λ2
【解析】解：由题意知F(p2,0)，又OP=λOF(0<λ<1)，所以P(λp2,0)，
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=ty+p2，A(x1,y1)，B(x3,y3)，
由y2=2pxx=ty+p2，得y2−2pty−p2=0，所以y1y3=−p2，
显然直线BD的斜率不为0，设D(x2,y2)，直线BD的方程为x=my+λp2，
由y2=2pxx=my+λp2，得y2−2pmy−λp2=0，
所以y2y3=−λp2，又y1y3=−p2，所以y2=λy1，
设C(x4,y4)，同理可得y4=λy3，
因为∠CPD=∠APB，
所以S2S1=12|PC|⋅|PD|sin∠CPD12|PA|⋅|PB|sin∠APB=|PD||PB|⋅|PC||PA|=|y2y3|⋅|y4y1|=|λy1y3|⋅|λy3y1|=λ2．
故答案为：λ2．
由题意知F(p2,0)，P(λp2,0)，设直线AB的方程为x=ty+p2，A(x1,y1)，B(x3,y3)，联立直线和抛物线的方程，可得y1y3=−p2，同理设D(x2,y2)，C(x4,y4)，得y2y3=−λp2，y1y4=−λp2，所以y2=λy1，y4=λy3，由∠CPD=∠APB及三角形的面积公式求解即可．
本题考查抛物线的方程及性质，考查联立直线和抛物线的方程解决综合问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为残差和越小，拟合效果越好，
所以选择模型②；
(2)根据模型②，令t= x，y与t可用线性回归来拟合，有y=c +a t，
则a =i=110(yi−y−)(di−t−)i=1n(tc−i−)2=，
所以c=y−di=7.5−0.64×2.25=6.06，
则y关于t的经验回归方程为y=0.640t+6.06，
所以y关于x的经验回归方程为y=0.64 x+6.06，
令y=0.64 x+6.06>8，
解得x>(9732)2≈9.2，
又x∈Z，所以x≥10，
所以要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少为10人．
【解析】(1)根据散点图判断即可；
(2)根据模型②，令t= x，则y=c +a t，利用公式求出a，c，即可得到y关于t的经验回归方程，进而得到y关于x的经验回归方程，再利用经验回归方程进行预测即可．
本题主要考查了经验回归方程的求解，以及应用经验回归方程进行预测，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为sin(C−A)=sinCcsA−csCsinA=2sinA−2sinAcsC，
所以sinCcsA+csCsinA=2sinA，
所以sin(A+C)=2sinA，
即sinB=2sinA，
由正弦定理得b=2a，
所以ba=2；
(2)解：因为点D是线段AB的中点，
所以AD=DB，
所以CD=12CB+12CA，
则CD2=14(CB2+CA2+2CB⋅CA)=14(a2+b2+2ab⋅cs∠ACB)，①
由余弦定理得c2=a2+b2−2ab⋅cs∠ACB，②
由(1)知b=2a,CD= 6,AD=2，
则c=AB=4，
结合①②可得10a2=40，
即a=2，
则b=2a=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=2+4+4=10．
故△ABC的周长为10．
【解析】(1)由两角和的正弦公式，结合正弦定理求解即可；
(2)由向量的数量积运算，结合余弦定理求解即可．
本题考查了两角和的正弦公式、正弦定理，重点考查了向量的数量积运算及余弦定理，属基础题．
19.【答案】(1)证明：设AC∩BD=O，连接PO，过A作AF⊥PO，垂足为F，
∵平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO，AF⊂平面PAC．
∴AF⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，
∴AF⊥BD，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又PA，AF⊂平面PAC，PA∩AF=A，
∴BD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC．
(2)解：取AO的中点H，连接EH，则EH//DO．
又DO⊂平面PBD，EH⊄平面PBD，
∴EH//平面PBD，
∴点E到平面PBD的距离等于点H到平面PBD的距离，
过H作HM⊥PO，垂足为M，由面面垂直的性质易得HM⊥平面PBD，
由(1)得AC⊥BD，PA⊥AO，
∵AB=AD，∠BAD=60°，∴∠DAC=30°．
∵AD=2，∴AO= 3，OH= 32，PO= 7．
∴sin∠POA=PAPO=HMHO，
∴HM=PA⋅HOPO= 3 7= 217，
即点E到平面PBD的距离为 217．
【解析】(1)先证BD⊥平面PAC，结合PC⊂平面PAC，即可得证；
(2)根据EH//平面PBD，点E到平面PBD的距离等于点H到平面PBD的距离，即可求解．
本题考查空间线线垂直的判定以及点到平面的距离的求法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为g(x)=x3+bx+2b，
所以g(0)=2b，g′(x)=3x2+b，g′(0)=b，
因为函数g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为x−y+a=0，
所以b=1，g(0)=2，
所以(0,2)在直线x−y+a=0上，故a=2．
(2)因为方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，
所以ex=bx+2b有两个不同的实数根，
令h(x)=ex−bx−2b，则函数h(x)有两个零点．
而h′(x)=ex−b，
当b≤0时，h′(x)>0，所以h(x)在R上单调递增，
故函数h(x)至多有1个零点，不合题意；
当b>0时，令h′(x)=0，得x=lnb，
当x>lnb时，h′(x)>0，x
所以h(x)min=h(lnb)=b−blnb−2b=−b−blnb，
因为函数h(x)有两个零点，所以−b−blnb<0，
解得b>1e．
所以b的取值范围是(1e,+∞)．
【解析】(1)根据导数的几何意义可知g′(0)=1，对函数g(x)求导，求出g′(0)=b=1，利用切点在切线上，代入即可求出a；
(2)方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根，转化为方程ex−bx−2b=0有两个不同的实数根，构造函数h(x)=ex−bx−2b，利用导数研究该函数的单调性，最值，根据函数有两个零点，只需函数的最小值小于零即可，解此不等式即可求得结果．
本题考查导数的几何意义，导数的综合应用，属中档题．
21.【答案】解：(1)设M(1,t)，N(1,n)，则kOM=t1=t,kON=n1=n，
因为OM⊥ON，所以kOM⋅kON=tn=−1，
因为k1=t1−(−2)=t3,k2=n1−(−2)=n3，
所以k1⋅k2=t3⋅n3=−19．
(2)由题意知，a=2ca= 32c2=a2−b2，解得a=2,b=1,c= 3，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1，
当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y=kx+m，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立y=kx+mx24+y2=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−41+4k2，Δ=(8km)2−4(1+4k2)⋅(4m2−4)=16(4k2−m2+1)>0，
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−4k21+4k2，
由(1)知k1⋅k2=−19，
所以kAB⋅kAC=y1y2(x1+2)(x2+2)=−19，整理得9y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0，
所以9×m2−4k21+4k2+4m2−41+4k2+2(−8km1+4k2)+4=0，整理得13m2−16km−20k2=0，
即(13m+10k)(m−2k)=0，解得m=−1013k或m=2k，
当m=2k时，直线BC的方程为y=k(x+2)，过定点A(−2,0)，不符合题意，舍去；
当m=−1013k时，直线BC的方程为y=k(x−1013)，过定点P(1013,0)；
当直线BC的斜率不存在时，由对称性知，M，N关于x轴对称，
所以M(1,t)，N(1,−t)，
因为OM⊥ON，所以−t2=−1，即t=±1，
不妨取M(1,1)，N(1,−1)，
因为A(−2,0)，所以直线AM的方程为y=13(x+2)，
联立y=13(x+2)x24+y2=1，得13x2+16x−20=0，解得x=−2或x=1013，
所以B(1013,1213)，
同理可得C(1013,−1213)，
此时直线BC的方程为x=1013，过定点P(1013,0)，
综上，直线BC过定点P(1013,0)，
因为|OP|=1013，
所以点O到直线BC的距离的最大值为1013．
【解析】(1)利用斜率公式及两直线垂直的条件即可求解；
(2)根据椭圆的几何性质可求得椭圆方程，当直线BC的斜率存在时，设出直线BC的方程，并将其与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合(1)的结论，推出直线BC过定点；当直线BC的斜率不存在时，写出直线AM、AN的方程，从而得B，C的坐标，进而知直线BC的方程与所过定点，再求得该定点与点O之间的距离，即可得解．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，灵活运用韦达定理，将问题转化为求直线BC所过定点是解题的关键，考查分类讨论思想，转化与化归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)由已知得直线E1的参数方程为x=3+tcsαy=tsinα(t为参数)，
由(x−2)2+(y+1)2=5，得x2+y2−4x+2y=0，
化为极坐标方程为ρ2=4ρcsθ−2ρsinθ，即ρ=4csθ−2sinθ，
所以曲线E2的极坐标方程为ρ=4csθ−2sinθ．
(2)将x=3+tcsαy=tsinα代入(x−2)2+(y+1)2=5，得(1+tcsα)2+(1+tsinα)2=5，
即t2+2t(csα+sinα)−3=0，
设t1，t2是上述方程的两实根，则t1+t2=−2(csα+sinα)，t1t2=−3，
又直线E1过A(3,0)，则P，Q两点对应的参数分别为t1，t2，
所以|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|=|t1t2||t1|+|t2|=|t1t2||t1−t2|=3 (t1+t2)2−4t1t2=3 4(csα+sinα)2+12=3 4sin2α+16≥3 510，
当且仅当α=π4时等号成立，
则|AP|⋅|AQ||AP|+|AQ|的最小值为3 510．
【解析】(1)根据普通方程，极坐标方程与参数方程的转化关系即可得解；
(2)利用参数的几何意义即可得解．
本题考查参数方程，极坐标方程与普通方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
23.【答案】(1)解：f(x)=|x+m|+|x−n|+t≥|x+m−x+n|+t=|m+n|+t=m+n+t=3，当且仅当(x+m)(x−n)≤0时等号成立，
所以(12+13+16)(2m2+3n2+6r2)≥(1 2× 2m+1 3× 3n+1 6× 6t)2=(m+n+t)2=9，当且仅当2m=3n=6t时等号成立，
所以2m2+3n2+6t2的最小值为9；
(2)证明：因为 m2+mn+n2= (m+n2)2+34n2≥ 22(m+n2+ 3n2)，当且仅当m+n2= 3n2时等号成立，
同理可得， n2+nt+t2≥ 22(n+t2+ 3t2)，当且仅当n+t2= 3t2时等号成立，
t2+mt+m2≥ 22(t+m2+ 3m2)，当且仅当t+m2= 3t2时等号成立，
所以 m2+mn+n2+ n2+n+t2+ t2+mt+m2≥ 22(m+n+t+m+n+t2+m+n+t2× 3)= 22(92+3 32)>92．
【解析】(1)由绝对值三角不等式计算可得m+n+t=3，再由柯西不等式计算即可求得；
(2)由基本不等式和不等式的同向可加性计算即可证明．
本题考查绝对值三角不等式和柯西不等式的应用，属于中档题．y−
t−
i=110(xi−x−)2
i=110(ti−t−)2
i=110(yi−y−)(xi−x−)
i=110(yi−y−)(ti−t−)
7.5
2.25
82.5
4.50
12.14
2.88
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