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2023-2024学年陕西省西安一中高三（下）第十次模拟数学试卷（理科）（含解析）
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这是一份2023-2024学年陕西省西安一中高三（下）第十次模拟数学试卷（理科）（含解析），共20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.当0A. lg12xC. (12)x2.《九章算术》是我国古典数学教学名著之一，书中有如下问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问一边在勾上的内接正方形的边长为多少步？”在此题的条件下，向此三角形内随机投2890粒豆子，则落在这个内接正方形内的豆子数大约是( )
A. 900粒B. 1200粒C. 1800粒D. 2400粒
3.对A，B两地国企员工的上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N(2,4)，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N(3,19)，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
4.已知复数z=2−i，则1z−+i=( )
A. 14+14iB. 12+12iC. 12−12iD. 14−14i
5.已知集合A={x|−2A. {x|−2≤x≤1}B. {x|x≤−2}C. {x|1≤x<2}D. {x|x>2}
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)虚轴的一个顶点为D，F1，F2分别是C的左、右焦点，设x=3a与C交于A，B两点．若△ABD的重心在以F1F2为直径的圆上，则C的渐近线方程为( )
A. y=±3 54xB. y=±4 53xC. y=±3 64xD. y=±4 63x
7.在(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中，x2的系数与x3的系数相同，则a的值为( )
A. ±12B. 12C. −2D. 2
8.将函数f(x)=sin2x+ 3cs2x图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，所得函数的一个对称中心可以是( )
A. (−π3,0)B. (0,0)C. (π6,0)D. (π3,0)
9.陕西关中一带流行一种纸牌叫“花花牌”，俗称“花花”，牌面纸质和扑克牌差不多，窄长条型的，宽3.5厘米，长14厘米.牌面中间画上人物或花草图案，两头则有一些黑红两色的椭圆点，像盲文，这些点的多少代表了牌面的大小.由于“花花牌”不含数字，不识字的人也可以玩，故很受百姓欢迎.相传“花花牌”与唐代流行的“骨牌”玩法颇为相似，下图给出了四张“骨牌”，请按此规律(自左向右)推测下一张“骨牌”应该是( )
A. B. C. D.
10.若函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,− 22)B. (− 2,0)C. (0, 2)D. ( 22,+∞)
11.已知平面向量a，b，a=(2csα,2sinα)，b=(csβ,sinβ)，若对任意的实数λ，|a−λb|的最小值为 3，则此时|a−b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3或 7
12.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为2π3的等腰三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 20πB. 16πC. 8πD. 17π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线C：x2=8y的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点D为抛物线C上的动点，且点D在l的右下方，则△DAB面积的最大值为______．
14.已知函数f(x)=x2,0x1>0，使得f(x2)=3f(x1)，则x1⋅f(x2)的取值范围是______．
15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中c=4，且满足csC=sinC，2sin(B+π4)=c−2 3csA，则边a等于______．
16.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.以下命题正确的有______．
①侧面CDD1C1上存在点F，使得B1F⊥CD1
②直线B1F与直线BC所成角可能为30°
③平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2 2
④设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为 52
三、解答题：本题共7小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=3，Sn+1+Sn=(n+1)an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题10分)
小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动.若参与A游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与B游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与C游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券.已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立．
(1)若小甲参加4次A游戏，每次获胜的概率为p(0<ρ<1)，记其最终获得450元代金券的概率为F(p)，求函数F(p)的极大值点p0；
(2)在(1)的条件下，把小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为23p0，47p0，12p0.若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，玩哪种游戏小甲获利的期望最大．
19.(本小题10分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BB1，BC⊥AB1，CO⊥BD，AB=6，AA1=6 2，D是AA1的中点，BD与AB1交于O．
(1)求证：CO⊥面ABB1A1；
(2)若AC与平面AA1B1B所成角为π4，求二面角D−BC−A的正弦值．
20.(本小题10分)
已知椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的离心率为 22，A，B是椭圆C上的两个不同点．
(1)若OA⊥OB，且点A，B所在直线方程为y=x+m(m>0)，求m的值；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为−12，线段OA上有一点M满足|OM||OA|=23，连接BM并延长交椭圆C于点N，求|BM||BN|的值．
21.(本小题10分)
设函数f(x)=xlnx−ax2−x，g(x)=ex−1−3ax+a(e为自然对数的底数)．
(1)若函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)设函数h(x)=g(x)−f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，求证：h(x)的极小值不大于1．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csty=2sint+a(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcs2θ=sinθ．
(Ⅰ)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)若曲线C1和C2共有四个不同交点，求a的取值范围．
23.(本小题10分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|mx−2|．
(1)若m=3，求不等式f(x)>8的解集；
(2)若关于x的不等式在f(x)≥3|x−2|在[1,2]上恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题知当0所以很容易得出结论，
故选：D．
由利用不等式的性质、幂函数、对数函数、指数函数的单调性判断三个数的范围，进而得出结论．
本题考查了不等式的性质、幂函数、对数函数、指数函数的单调性，属于综合题．
2.【答案】B
【解析】解：如图所示，
直角三角形两直角边长分别为5步和12步，则面积为12×5×12=30平方步，
设内接正方形的边长为x，则x12=5−x5，
解得x=6017，
所以正方形的面积为(6017)2=3600289平方步，
所以向此三角形内随机投2890粒豆子，则落在这个内接正方形内的豆子数大约是2890×360028930=1200粒．
故选：B．
先求得直角三角形的面积，利用相似三角形的性质，求得正方形的边长，即可求得内接正方形的面积，再结合几何概型，即可求解．
本题主要考查了几何概型的概率公式，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由μX=2<μY=3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D；
由σX2=4>σY2=19，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A．
故选：B．
由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果．
本题考查正态分布的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为z=2−i，
所以z−=2+i，
所以1z−+i=12(1+i)=1−i4=14−14i．
故选：D．
利用复数的除法运算求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：集合A={x|−2∴∁RA={x|x≤−2或x>2}，
则(∁RA)∩B={x|x≤−2}．
故选：B．
求出集合B，∁RA，由此能求出(∁RA)∩B．
本题考查集合的运算，考查补集、交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由双曲线C：x2a2−y2b2=1可知D(0,±b)，设x=3a与C交于A，B两点的坐标为(3a,±2 2b)，
△ABD的重心的坐标为(3a+3a+03,2 2b−2 2b±b3)即(2a,±b3)，
F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，
∴4a2+b29=c2=a2+b2，解得ba=3 64，
∴C的渐近线方程为y=±3 64x，
故选：C．
由双曲线C：x2a2−y2b2=1可知D(0,±b)，设x=3a与C交于A，B两点的坐标为(3a,±2 2b)，可得重心的坐标为(2a,±b3)，可得4a2+b29=c2，可求渐近线方程．
本题考查渐近线方程的求法，属中档题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二项式系数的通项公式，属于简单题．
写出(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中通项Tk+1=C5k(2x)5−kak，利用x2的系数与x3的系数相同可得到关于a的方程，进而计算可得结论．
【解答】
解：在(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中，通项Tk+1=C5k(2x)5−kak，
∵x2的系数与x3的系数相同，
∴C53⋅22⋅a3=C52⋅23a2，
又∵a≠0，
∴a=2，
故选：D．
8.【答案】A
【解析】解：将函数f(x)=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3)图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，
可得函数y=2sin(x+π3)的图象，
故所得函数的一个对称中心可以为(−π3,0)，
故选：A．
利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，可得所得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：由图可知，第一张“骨牌”有1个白点，第二张“骨牌”有2个白点，
第三张“骨牌”的白点个数为1+2=3，第四张“骨牌”的白点个数为2+3=5，
据此可推测第五张“骨牌”的白点个数为3+5=8，
由图可知，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之和，
所以第五张“骨牌”的所有点数为5+7=12．
故选：B．
由图可看出，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之和，这样即可求出第五张“骨牌”的所有点数的和，从而得出正确的选项．
本题考查了归纳推理，考查的核心素养为逻辑推理，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】
解：由函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0等价于a=32x2−1x3有唯一正根，
即函数y=g(x)=32x2−1x3的图象与直线y=a在y轴右侧有1个交点，
又y=g(x)为奇函数且g′(x)=3( 2−x)( 2+x)x4，
则y=g(x)在(−∞,− 2)，( 2,+∞)为减函数，在(− 2,0),(0, 2)为增函数，(0, 2)为增函数，
则满足题意时y=g(x)的图象与直线y=a的位置关系如图所示，
即实数a的取值范围是a<− 22，
故选：A．
由函数的零点与函数图象交点的关系得：函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0等价于a=32x2−1x3有唯一正根，即函数y=g(x)=32x2−1x3的图象与直线y=a在y轴右侧有1个交点，由导数的应用得：g′(x)=3( 2−x)( 2+x)x4，则y=g(x)在(−∞,− 2)，( 2,+∞)为减函数，在(− 2,0),(0, 2)为增函数，(0, 2)为增函数，即实数a的取值范围是a<− 22，得解．
本题考查了函数的零点与函数图象交点的关系及导数的综合应用，属综合性较强的题型．
11.【答案】D
【解析】解：已知平面向量a，b，a=(2csα,2sinα)，b=(csβ,sinβ)，
则a，b终点分别在以2和1为半径的圆上运动，
设a的终点坐标为A(2,0)，b的终点为单位圆上的点B,|a−λb|最小时b的终点有可能为如图上B、C两点处，
即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB= 3，此时a,b的夹角为π3，
因此|a−b|= 4+1−2×2×1×csπ3= 3，延长BO交单位圆于C，
此时a,b的夹角为2π3，因此|a−b|= 4+1−2×2×1×cs2π3= 7．
故选：D．
由题知a，b终点分别在圆上，画出图形，由|a−λb|最小值，确定a，b的夹角，再利用模长公式求解|a−b|即可．
本题考查了平面向量的模长公式，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的三视图，球与棱锥的位置关系，属于中档题．
作出几何体的三视图，建立空间坐标系，求出外接球的球心，从而得出半径，再计算面积．
【解答】
解：作出几何体的直观图如图所示：
由三视图可知底面ACD是等腰三角形，∠ACD=2π3，AD=2 3，
BC⊥平面ACD，BC=2，
取AD的中点E，连接CE，则CE⊥AD，
以E为原点，以AD为x轴，以EC为y轴，以平面ACD的垂线为z轴建立空间直角坐标系E−xyz，
则A(− 3,0,0)，B(0,1,2)，C(0,1,0)，D( 3,0,0)，
设三棱锥的外接球的球心为M(x,y,z)，则MA=MB=MC=MD．
∴(x+ 3)2+y2+z2=x2+(y−1)2+(z−2)2 =x2+(y−1)2+z2=(x− 3)2+y2+z2，
解得x=0，y=−1，z=1．
∴外接圆的半径r=MA= 3+1+1= 5．
∴外接球的表面积S=4πr2=20π．
故选：A．
13.【答案】40 5
【解析】解：拋物线C：x2=8y的焦点为F(0,2)，
过F且斜率为2的直线l的方程为y=2x+2，
联立y=2x+2x2=8y，可得x2−16x−16=0，
解得x1=8−4 5，x2=8+4 5，
则|AB|= 5|x1−x2|= 5×8 5=40，
设D(m,m28)，(8−4 5D到直线l的距离d=|2m+2−m28| 5=|−(m−8)2+80|8 5，
当m=8时，d取得最大值808 5=2 5，
∴△DAB的面积的最大值为12×2 5×40=40 5，
故答案为：40 5．
求得抛物线的焦点坐标，可得直线l的方程，与抛物线的方程联立，求得交点的横坐标，再由弦长公式可得|AB|，由点到直线的距离公式和二次函数的最值求法，求得D到直线l的距离的最大值，结合三角形的面积公式，可得所求最大值．
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．
14.【答案】(0, 33)∪[9,+∞)
【解析】解：当0可得f(x1)∈(0,13)，即x12∈(0,13)，求得x1∈(0, 33)，
则x1⋅f(x2)=3x1⋅f(x1)=3x13，
∵函数y=x3在(0,1)上递增，∴x1⋅f(x2)=3x13∈(0, 33)；
当0∴f(x2)>3f(x1)，可知不存在0当1≤x1由f(x2)=3f(x1)，得x1⋅f(x2)=3x1⋅f(x1)=3x1⋅3x1，
令g(x)=3x⋅3x，x∈[1,+∞)，则g(x1)g(x2)=3x1⋅3x13x2⋅3x2=x1x2⋅3x1−x2，
∵1≤x1∴3x1−x2<1，则x1x2⋅3x1−x2<1，即g(x1)∴函数g(x)=3x⋅3x在[1,+∞)上递增，可得g(x)≥g(1)=9，即x1⋅f(x2)∈[9,+∞)．
综上所述，x1⋅f(x2)的取值范围是(0, 33)∪[9,+∞)．
故答案为：(0, 33)∪[9,+∞)．
由分段函数解析式，可分0本题考查分段函数的应用，考查分类讨论思想，考查推理论证能力与运算求解能力，属难题．
15.【答案】2 2
【解析】解：∵csC=sinC，C∈(0,π)，即csC≠0，
∴tanC=1，解得C=π4，
∵2sin(B+π4)=c−2 3csA，即2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，
∵c=4，∴2sinA+2 3csA=4，即sin(A+π3)=1，
∵A∈(0,3π4)，∴A+π3∈(0,13π12)，
∴A+π3=π2，解得A=π6，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即a12=4 22，解得a=2 2．
故答案为：2 2．
由题意得tanC=1，求出C，结合题意可得2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，求出A=π6，利用正弦定理，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】①③
【解析】解：取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，
则易证得B1N//A1E，MN//A1B，且B1N∩MN=N，
B1N，MN⊂平面B1MN，A1E，A1B⊂平面A1BE，
从而平面B1MN//平面A1BE，
所以点F的运动轨迹为线段MN．
取MN的中点F，因为△B1MN是等腰三角形，所以B1F⊥MN，又因为MN//CD1，所以B1F⊥CD1，故①正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最大，此时tan∠C1B1F=12<1 3=tan30°，所以②错误；
平面B1MN//平面A1BE，取F为MN的中点，
则MN⊥C1F，MN⊥B1F，∴∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，tan∠B1FC1=B1C1C1F=2 2，所以③正确；
因为当F为C1E与MN的交点时，截面为菱形AGC1E(G为BB1的交点)，
此时，GE= 2,A1C= 3，则面积为12× 2× 3= 62，故④错误．
故答案为：①③．
由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④．
本题考查面面垂直、线面角、四棱锥的外接球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)当n=1时，S2+S1=2a2，解得a2=2a1=6．
当n≥2时，由Sn+1+Sn=(n+1)an+1，得Sn+Sn−1=nan，
两式相减得an+1+an=(n+1)an+1−nan，即an+1an=n+1n，
利用累乘可得a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋯⋯⋅anan−1=63×32×43×⋯×nn−1，
即ana1=n，因为a1=3，所以an=3n；
所以{an}的通项公式为an=3n．
(2)由(1)可知，裂项可得bn=1anan+1=19n(n+1)=19(1n−1n+1)，
则Tn=19×(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=n9n+9，
所以数列{bn}的前n项和Tn=n9n+9．
【解析】(1)利用Sn和an之间的关系式可得an+1an=n+1n，再利用累乘即可求得{an}的通项公式；
(2)写出数列{bn}的通项公式利用裂项求和即可得出结果．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查累乘法求通项公式的应用以及裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)依题意，小甲获胜3次且失利1次，则F(p)=C43p3(1−p)=−4p4+4p3，0故F′(p)=−16p3+12p2=4p2(−4p+3)，
令F′(p)=0，解得p=34，
故当p∈(0,34)时，F′(p)>0，当p∈(34,1)时，F′(p)<0，
则F(p)在(0,34)上单调递增，在(34,1)上单调递减，故p0=34；
(2)由(1)可知，小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为12,37,38，
记Z=代金券金额−100，
若小甲参加A游戏，则E(Z1)=12×50+12×(−100)=−25；
若小甲参加B游戏，则E(Z2)=37×100+47×(−100)=−1007；
若小甲参加C游戏，则E(Z3)=38×200+58×(−100)=252；
因为E(Z1)故小甲选择C游戏获利的期望最大．
【解析】(1)由题意可知，F(p)=C43p3(1−p)=−4p4+4p3，0(2)由(1)可知，小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为12,37,38，分别求出小甲参加A，B，C游戏获利的期望，再比较三者大小即可．
本题主要考查了相互独立事件的概率，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1且AA1=BB1，AB⊥BB1，
所以，四边形ABB1A1为矩形，
因为AB=6,BB1=AA1=6 2,D为AA1的中点，所以，AD=3 2，
因为∠BAD=∠B1BA=π2,ABBB1=ADBA，所以，Rt△BAD～RtΔB1BA，
所以，∠ABD=∠BB1A，
所以，∠B1OB=∠ABD+∠BAB1=∠BB1A+∠BAB1=π2，
所以，BD⊥AB1，
∵AB1⊥BC，BC∩BD=B，∴AB1⊥平面BCD，
∵CO⊂平面BCD，∴CO⊥AB1，
∵CO⊥BD，AB1∩BD=O，∴CO⊥平面ABB1A1；
解：(2)在Rt△ABD中，AB=6,AD=3 2,∠BAD=π2，则BD= AB2+AD2=3 6，
∵BD⊥AB1，由等面积法可得AO=AB⋅ADBD=2 3，
AB1= AB2+BB12=6 3，∴OB1=AB1−AO=4 3，
BO= AB2−AO2=2 6,OD=BD−BO= 6，
因为CO⊥平面ABB1A1，所以，直线AC与平面ABB1A1所成的角为∠CAO=π4，
因为CO⊥AB1，则△CAO为等腰直角三角形，且CO=AO=2 3，
因为BD⊥AB1，以点O为坐标原点，OB、OB1、OC所在直线分别为x，y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则B(2 6,0,0),C(0,0,2 3),D(− 6,0,0)、A(0,−2 3,0)，
设平面ABC的法向量为m=(x,y,z),AB=(2 6,2 3,0),AC=(0,2 3,2 3)，
则n⋅AB=2 6x+2 3y=0n⋅AC=2 3y+2 3z=0，取x=1，可得m=(1,− 2, 2)，
易知平面BCD的一个法向量为n=(0,1,0),cs=m⋅n|m|⋅|n|=− 2 5=− 105，
所以，sin〈m,n〉= 1−cs2= 155，
因此，二面角D−BC−A的正弦值为 155．
【解析】(1)证明出Rt△BAD～RtΔB1BA，可得出BD⊥AB1，利用线面垂直的判定和性质可得出CO⊥AB1，再结合CO⊥BD以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(2)利用线面角的定义可得出∠CAO=π4，可求得OC的长，以点O为坐标原点，OB、OB1、OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角D−BC−A的正弦值．
本题考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由椭圆的离心率为 22，得e= 1−1a2= 22，
解得a2=2，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=x+mx2+2y2=2，消去y并整理得3x2+4mx+2m2−2=0，
所以Δ=16m2−24(m2−1)>0⇔m2<3,x1+x2=−4m3,x1x2=2m2−23，
因为OA⊥OB，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+m)(x2+m)=2x1x2+m(x1+x2)+m2=0，
所以4m2−43−4m23+m2=0，解得m=±2 33，
而m>0，
所以m=2 33．
(2)设A(t1,s1),B(t2,s2),|BM||BN|=λ,N(x3,y3)，
因为A，B在椭圆C上，所以t122+s12=1,t222+s22=1，
由直线OA，OB斜率之积为−12，得s1s2t1t2=−12，
因为|OM||OA|=23，
所以OM=23OA−,M(23t1,23s1),BM=(23t1−t2,23s1−s2),BN=(x3−t2,y3−s2)，
又BM=λBN，
所以λ(x3−t2,y3−s2)=(23t1−t2,23s1−s2)，即x3=23λt1+λ−1λt2,y3=23λs1+λ−1λs2，
而点N(x3,y3)在椭圆C上，所以(23λt1+λ−1λt2)22+(23λs1+λ−1λs2)2=1，
整理得49λ2(t122+s12)+(λ−1)2λ2(t222+s22)+4(λ−1)3λ2(t1t22+s1s2)=1，
所以49λ2+(λ−1)2λ2=1，解得λ=1318，
故|BM||BN|的值为1318．
【解析】(1)先求得椭圆的标准方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与OA⋅OB=0，即可求得m的值；
(2)设出A，B，N的坐标，表示出向量BM，BN，结合椭圆的方程，化简运算，求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的标准方程及其性质，直线斜率的计算公式，向量的坐标运算法则，灵活运用韦达定理是解题的关键，考查逻辑推理能力与运算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=xlnx−ax2−x，f′(x)=lnx−2ax，
所以f(x)=xlnx−ax2−x有两个极值点就是方程lnx−2ax=0有两个解，
即y=2a与m(x)=lnxx的图象有两个交点，
因为m′(x)=1−lnxx2，当x∈(0,e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)有极大值m(e)=1e，
又因为x∈(0,1]时，m(x)≤0；
当x∈(1,+∞)时，0所以当0<2a<1e，即0y=2a与m(x)=lnxx的图象有两个交点，
所以a的取值范围为(0,12e).
(2)证明：h(x)=g(x)−f′(x)
=ex−1−3ax+a−(lnx−2ax)
=ex−1−ax+a−lnx，
h′(x)=ex−1−a−1x，
记x0为h(x)的极小值点，则有ex0−1−1x0−1=0，即a=ex0−1−1x0，
所以h(x0)=ex0−1−ax0+a−lnx0
=ex0−1+a(1−x0)−lnx0
=ex0−1+(ex0−1−1x0)(1−x0)−lnx0
=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0，
因为h(x)的极小值不大于1，
所以h(x0)=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0≤1恒成立，
即ex0−1(2−x0)−lnx0−1x0≤0恒成立，
令t(x)=ex−1(2−x)−lnx−1x，
t′(x)=ex−1(1−x)−1x+1x2
=ex−1(1−x)+1−xx2
=(ex−1+1x2)(1−x)，
所以当00，t(x)单调递增，
当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
所以t(x)max=t(1)=0，
所以t(x)≤0，得证．
【解析】本题考查导数的综合应用，恒成立问题，解题中注意转化思想的应用，属于拔高题．
(1)对f(x)求导得f′(x)=lnx−2ax，则f(x)=xlnx−ax2−x有两个极值点⇒方程lnx−2ax=0有两个解，即y=2a与m(x)=lnxx的图象有两个交点，分析m(x)的单调性，最值，即可得出答案．
(2)根据题意可得h(x)=ex−1−ax+a−lnx，对h(x)求导，得h′(x)=ex−1−a−1x，记x0为h(x)的极小值点，则有a=ex0−1−1x0，推出极值h(x0)=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0，问题转化为证明h(x)≤1即可．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C1的普通方程为x2+(y−a)2=4，表示一个以(0,a)为圆心，2为半径的圆；
曲线C2的极坐标方程可化为ρ2cs2θ=ρsinθ，故对应的直角坐标方程为y=x2．
(Ⅱ)将两方程联立得x2+(y−a)2=4y=x2得y2+(1−2a)y+(a2−4)=0，
由于两方程表示的曲线均关于y轴对称，所以只要关于y的方程有两个大于0的不等实根，
即代表两个曲线有4个不同交点，因此有a2−4>01−2a<0Δ=(1−2a)2−4(a2−4)>0
解得2【解析】(Ⅰ)利用三种方程的转化方法，求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)由于两方程表示的曲线均关于y轴对称，所以只要关于y的方程有两个大于0的不等实根，即代表两个曲线有4个不同交点，即可求a的取值范围．
本题考查三种方程的转化，考查学生分析解决问题的能力，正确转化是关键．
23.【答案】解：(1)m=3时，函数f(x)=|2x−4|+|3x−2|=−5x+6,x≤23x+2,23不等式f(x)>8等价于x≤23−5x+6>8，或238，或x≥25x−6>8；
解得x<−25，或x>145，
所以不等式的解集为{x|x<−25，或x>145}；
(2)x∈[1,2]时，不等式f(x)≥3|x−2|可化为4−2x+|mx−2|>3(2−x)，
即|mx−2|>2−x，所以mx−2>2−x，或mx−2解得m>4x−1，或m<1−4x，
所以m>[4x−1]max=3，或m<[1−4x]min=−3；
所以实数m的取值范围是{m|m<−3，或m>3}．
【解析】(1)m=3时，利用分类讨论法去掉绝对值，解不等式即可；
(2)x∈[1,2]时，把不等式化为|mx−2|>2−x，利用绝对值的定义，结合题意求解即可．
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．
1.当0
A. 900粒B. 1200粒C. 1800粒D. 2400粒
3.对A，B两地国企员工的上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N(2,4)，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N(3,19)，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
4.已知复数z=2−i，则1z−+i=( )
A. 14+14iB. 12+12iC. 12−12iD. 14−14i
5.已知集合A={x|−2
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)虚轴的一个顶点为D，F1，F2分别是C的左、右焦点，设x=3a与C交于A，B两点．若△ABD的重心在以F1F2为直径的圆上，则C的渐近线方程为( )
A. y=±3 54xB. y=±4 53xC. y=±3 64xD. y=±4 63x
7.在(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中，x2的系数与x3的系数相同，则a的值为( )
A. ±12B. 12C. −2D. 2
8.将函数f(x)=sin2x+ 3cs2x图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，所得函数的一个对称中心可以是( )
A. (−π3,0)B. (0,0)C. (π6,0)D. (π3,0)
9.陕西关中一带流行一种纸牌叫“花花牌”，俗称“花花”，牌面纸质和扑克牌差不多，窄长条型的，宽3.5厘米，长14厘米.牌面中间画上人物或花草图案，两头则有一些黑红两色的椭圆点，像盲文，这些点的多少代表了牌面的大小.由于“花花牌”不含数字，不识字的人也可以玩，故很受百姓欢迎.相传“花花牌”与唐代流行的“骨牌”玩法颇为相似，下图给出了四张“骨牌”，请按此规律(自左向右)推测下一张“骨牌”应该是( )
A. B. C. D.
10.若函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,− 22)B. (− 2,0)C. (0, 2)D. ( 22,+∞)
11.已知平面向量a，b，a=(2csα,2sinα)，b=(csβ,sinβ)，若对任意的实数λ，|a−λb|的最小值为 3，则此时|a−b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3或 7
12.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为2π3的等腰三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 20πB. 16πC. 8πD. 17π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线C：x2=8y的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点D为抛物线C上的动点，且点D在l的右下方，则△DAB面积的最大值为______．
14.已知函数f(x)=x2,0
15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中c=4，且满足csC=sinC，2sin(B+π4)=c−2 3csA，则边a等于______．
16.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE.以下命题正确的有______．
①侧面CDD1C1上存在点F，使得B1F⊥CD1
②直线B1F与直线BC所成角可能为30°
③平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2 2
④设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为 52
三、解答题：本题共7小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=3，Sn+1+Sn=(n+1)an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题10分)
小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动.若参与A游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与B游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与C游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券.已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立．
(1)若小甲参加4次A游戏，每次获胜的概率为p(0<ρ<1)，记其最终获得450元代金券的概率为F(p)，求函数F(p)的极大值点p0；
(2)在(1)的条件下，把小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为23p0，47p0，12p0.若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，玩哪种游戏小甲获利的期望最大．
19.(本小题10分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BB1，BC⊥AB1，CO⊥BD，AB=6，AA1=6 2，D是AA1的中点，BD与AB1交于O．
(1)求证：CO⊥面ABB1A1；
(2)若AC与平面AA1B1B所成角为π4，求二面角D−BC−A的正弦值．
20.(本小题10分)
已知椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的离心率为 22，A，B是椭圆C上的两个不同点．
(1)若OA⊥OB，且点A，B所在直线方程为y=x+m(m>0)，求m的值；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为−12，线段OA上有一点M满足|OM||OA|=23，连接BM并延长交椭圆C于点N，求|BM||BN|的值．
21.(本小题10分)
设函数f(x)=xlnx−ax2−x，g(x)=ex−1−3ax+a(e为自然对数的底数)．
(1)若函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)设函数h(x)=g(x)−f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，求证：h(x)的极小值不大于1．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csty=2sint+a(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcs2θ=sinθ．
(Ⅰ)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)若曲线C1和C2共有四个不同交点，求a的取值范围．
23.(本小题10分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|mx−2|．
(1)若m=3，求不等式f(x)>8的解集；
(2)若关于x的不等式在f(x)≥3|x−2|在[1,2]上恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题知当0
故选：D．
由利用不等式的性质、幂函数、对数函数、指数函数的单调性判断三个数的范围，进而得出结论．
本题考查了不等式的性质、幂函数、对数函数、指数函数的单调性，属于综合题．
2.【答案】B
【解析】解：如图所示，
直角三角形两直角边长分别为5步和12步，则面积为12×5×12=30平方步，
设内接正方形的边长为x，则x12=5−x5，
解得x=6017，
所以正方形的面积为(6017)2=3600289平方步，
所以向此三角形内随机投2890粒豆子，则落在这个内接正方形内的豆子数大约是2890×360028930=1200粒．
故选：B．
先求得直角三角形的面积，利用相似三角形的性质，求得正方形的边长，即可求得内接正方形的面积，再结合几何概型，即可求解．
本题主要考查了几何概型的概率公式，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由μX=2<μY=3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D；
由σX2=4>σY2=19，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A．
故选：B．
由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果．
本题考查正态分布的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为z=2−i，
所以z−=2+i，
所以1z−+i=12(1+i)=1−i4=14−14i．
故选：D．
利用复数的除法运算求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：集合A={x|−2
则(∁RA)∩B={x|x≤−2}．
故选：B．
求出集合B，∁RA，由此能求出(∁RA)∩B．
本题考查集合的运算，考查补集、交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由双曲线C：x2a2−y2b2=1可知D(0,±b)，设x=3a与C交于A，B两点的坐标为(3a,±2 2b)，
△ABD的重心的坐标为(3a+3a+03,2 2b−2 2b±b3)即(2a,±b3)，
F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，
∴4a2+b29=c2=a2+b2，解得ba=3 64，
∴C的渐近线方程为y=±3 64x，
故选：C．
由双曲线C：x2a2−y2b2=1可知D(0,±b)，设x=3a与C交于A，B两点的坐标为(3a,±2 2b)，可得重心的坐标为(2a,±b3)，可得4a2+b29=c2，可求渐近线方程．
本题考查渐近线方程的求法，属中档题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二项式系数的通项公式，属于简单题．
写出(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中通项Tk+1=C5k(2x)5−kak，利用x2的系数与x3的系数相同可得到关于a的方程，进而计算可得结论．
【解答】
解：在(2x+a)5(其中a≠0)的展开式中，通项Tk+1=C5k(2x)5−kak，
∵x2的系数与x3的系数相同，
∴C53⋅22⋅a3=C52⋅23a2，
又∵a≠0，
∴a=2，
故选：D．
8.【答案】A
【解析】解：将函数f(x)=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3)图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，
可得函数y=2sin(x+π3)的图象，
故所得函数的一个对称中心可以为(−π3,0)，
故选：A．
利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，可得所得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：由图可知，第一张“骨牌”有1个白点，第二张“骨牌”有2个白点，
第三张“骨牌”的白点个数为1+2=3，第四张“骨牌”的白点个数为2+3=5，
据此可推测第五张“骨牌”的白点个数为3+5=8，
由图可知，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之和，
所以第五张“骨牌”的所有点数为5+7=12．
故选：B．
由图可看出，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之和，这样即可求出第五张“骨牌”的所有点数的和，从而得出正确的选项．
本题考查了归纳推理，考查的核心素养为逻辑推理，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】
解：由函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0等价于a=32x2−1x3有唯一正根，
即函数y=g(x)=32x2−1x3的图象与直线y=a在y轴右侧有1个交点，
又y=g(x)为奇函数且g′(x)=3( 2−x)( 2+x)x4，
则y=g(x)在(−∞,− 2)，( 2,+∞)为减函数，在(− 2,0),(0, 2)为增函数，(0, 2)为增函数，
则满足题意时y=g(x)的图象与直线y=a的位置关系如图所示，
即实数a的取值范围是a<− 22，
故选：A．
由函数的零点与函数图象交点的关系得：函数f(x)=ax3−32x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0等价于a=32x2−1x3有唯一正根，即函数y=g(x)=32x2−1x3的图象与直线y=a在y轴右侧有1个交点，由导数的应用得：g′(x)=3( 2−x)( 2+x)x4，则y=g(x)在(−∞,− 2)，( 2,+∞)为减函数，在(− 2,0),(0, 2)为增函数，(0, 2)为增函数，即实数a的取值范围是a<− 22，得解．
本题考查了函数的零点与函数图象交点的关系及导数的综合应用，属综合性较强的题型．
11.【答案】D
【解析】解：已知平面向量a，b，a=(2csα,2sinα)，b=(csβ,sinβ)，
则a，b终点分别在以2和1为半径的圆上运动，
设a的终点坐标为A(2,0)，b的终点为单位圆上的点B,|a−λb|最小时b的终点有可能为如图上B、C两点处，
即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB= 3，此时a,b的夹角为π3，
因此|a−b|= 4+1−2×2×1×csπ3= 3，延长BO交单位圆于C，
此时a,b的夹角为2π3，因此|a−b|= 4+1−2×2×1×cs2π3= 7．
故选：D．
由题知a，b终点分别在圆上，画出图形，由|a−λb|最小值，确定a，b的夹角，再利用模长公式求解|a−b|即可．
本题考查了平面向量的模长公式，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的三视图，球与棱锥的位置关系，属于中档题．
作出几何体的三视图，建立空间坐标系，求出外接球的球心，从而得出半径，再计算面积．
【解答】
解：作出几何体的直观图如图所示：
由三视图可知底面ACD是等腰三角形，∠ACD=2π3，AD=2 3，
BC⊥平面ACD，BC=2，
取AD的中点E，连接CE，则CE⊥AD，
以E为原点，以AD为x轴，以EC为y轴，以平面ACD的垂线为z轴建立空间直角坐标系E−xyz，
则A(− 3,0,0)，B(0,1,2)，C(0,1,0)，D( 3,0,0)，
设三棱锥的外接球的球心为M(x,y,z)，则MA=MB=MC=MD．
∴(x+ 3)2+y2+z2=x2+(y−1)2+(z−2)2 =x2+(y−1)2+z2=(x− 3)2+y2+z2，
解得x=0，y=−1，z=1．
∴外接圆的半径r=MA= 3+1+1= 5．
∴外接球的表面积S=4πr2=20π．
故选：A．
13.【答案】40 5
【解析】解：拋物线C：x2=8y的焦点为F(0,2)，
过F且斜率为2的直线l的方程为y=2x+2，
联立y=2x+2x2=8y，可得x2−16x−16=0，
解得x1=8−4 5，x2=8+4 5，
则|AB|= 5|x1−x2|= 5×8 5=40，
设D(m,m28)，(8−4 5
当m=8时，d取得最大值808 5=2 5，
∴△DAB的面积的最大值为12×2 5×40=40 5，
故答案为：40 5．
求得抛物线的焦点坐标，可得直线l的方程，与抛物线的方程联立，求得交点的横坐标，再由弦长公式可得|AB|，由点到直线的距离公式和二次函数的最值求法，求得D到直线l的距离的最大值，结合三角形的面积公式，可得所求最大值．
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．
14.【答案】(0, 33)∪[9,+∞)
【解析】解：当0
则x1⋅f(x2)=3x1⋅f(x1)=3x13，
∵函数y=x3在(0,1)上递增，∴x1⋅f(x2)=3x13∈(0, 33)；
当0
令g(x)=3x⋅3x，x∈[1,+∞)，则g(x1)g(x2)=3x1⋅3x13x2⋅3x2=x1x2⋅3x1−x2，
∵1≤x1
综上所述，x1⋅f(x2)的取值范围是(0, 33)∪[9,+∞)．
故答案为：(0, 33)∪[9,+∞)．
由分段函数解析式，可分0
15.【答案】2 2
【解析】解：∵csC=sinC，C∈(0,π)，即csC≠0，
∴tanC=1，解得C=π4，
∵2sin(B+π4)=c−2 3csA，即2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，
∵c=4，∴2sinA+2 3csA=4，即sin(A+π3)=1，
∵A∈(0,3π4)，∴A+π3∈(0,13π12)，
∴A+π3=π2，解得A=π6，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，即a12=4 22，解得a=2 2．
故答案为：2 2．
由题意得tanC=1，求出C，结合题意可得2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，求出A=π6，利用正弦定理，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】①③
【解析】解：取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，
则易证得B1N//A1E，MN//A1B，且B1N∩MN=N，
B1N，MN⊂平面B1MN，A1E，A1B⊂平面A1BE，
从而平面B1MN//平面A1BE，
所以点F的运动轨迹为线段MN．
取MN的中点F，因为△B1MN是等腰三角形，所以B1F⊥MN，又因为MN//CD1，所以B1F⊥CD1，故①正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最大，此时tan∠C1B1F=12<1 3=tan30°，所以②错误；
平面B1MN//平面A1BE，取F为MN的中点，
则MN⊥C1F，MN⊥B1F，∴∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，tan∠B1FC1=B1C1C1F=2 2，所以③正确；
因为当F为C1E与MN的交点时，截面为菱形AGC1E(G为BB1的交点)，
此时，GE= 2,A1C= 3，则面积为12× 2× 3= 62，故④错误．
故答案为：①③．
由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④．
本题考查面面垂直、线面角、四棱锥的外接球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)当n=1时，S2+S1=2a2，解得a2=2a1=6．
当n≥2时，由Sn+1+Sn=(n+1)an+1，得Sn+Sn−1=nan，
两式相减得an+1+an=(n+1)an+1−nan，即an+1an=n+1n，
利用累乘可得a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋯⋯⋅anan−1=63×32×43×⋯×nn−1，
即ana1=n，因为a1=3，所以an=3n；
所以{an}的通项公式为an=3n．
(2)由(1)可知，裂项可得bn=1anan+1=19n(n+1)=19(1n−1n+1)，
则Tn=19×(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=n9n+9，
所以数列{bn}的前n项和Tn=n9n+9．
【解析】(1)利用Sn和an之间的关系式可得an+1an=n+1n，再利用累乘即可求得{an}的通项公式；
(2)写出数列{bn}的通项公式利用裂项求和即可得出结果．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查累乘法求通项公式的应用以及裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)依题意，小甲获胜3次且失利1次，则F(p)=C43p3(1−p)=−4p4+4p3，0
令F′(p)=0，解得p=34，
故当p∈(0,34)时，F′(p)>0，当p∈(34,1)时，F′(p)<0，
则F(p)在(0,34)上单调递增，在(34,1)上单调递减，故p0=34；
(2)由(1)可知，小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为12,37,38，
记Z=代金券金额−100，
若小甲参加A游戏，则E(Z1)=12×50+12×(−100)=−25；
若小甲参加B游戏，则E(Z2)=37×100+47×(−100)=−1007；
若小甲参加C游戏，则E(Z3)=38×200+58×(−100)=252；
因为E(Z1)
【解析】(1)由题意可知，F(p)=C43p3(1−p)=−4p4+4p3，0
本题主要考查了相互独立事件的概率，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1且AA1=BB1，AB⊥BB1，
所以，四边形ABB1A1为矩形，
因为AB=6,BB1=AA1=6 2,D为AA1的中点，所以，AD=3 2，
因为∠BAD=∠B1BA=π2,ABBB1=ADBA，所以，Rt△BAD～RtΔB1BA，
所以，∠ABD=∠BB1A，
所以，∠B1OB=∠ABD+∠BAB1=∠BB1A+∠BAB1=π2，
所以，BD⊥AB1，
∵AB1⊥BC，BC∩BD=B，∴AB1⊥平面BCD，
∵CO⊂平面BCD，∴CO⊥AB1，
∵CO⊥BD，AB1∩BD=O，∴CO⊥平面ABB1A1；
解：(2)在Rt△ABD中，AB=6,AD=3 2,∠BAD=π2，则BD= AB2+AD2=3 6，
∵BD⊥AB1，由等面积法可得AO=AB⋅ADBD=2 3，
AB1= AB2+BB12=6 3，∴OB1=AB1−AO=4 3，
BO= AB2−AO2=2 6,OD=BD−BO= 6，
因为CO⊥平面ABB1A1，所以，直线AC与平面ABB1A1所成的角为∠CAO=π4，
因为CO⊥AB1，则△CAO为等腰直角三角形，且CO=AO=2 3，
因为BD⊥AB1，以点O为坐标原点，OB、OB1、OC所在直线分别为x，y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则B(2 6,0,0),C(0,0,2 3),D(− 6,0,0)、A(0,−2 3,0)，
设平面ABC的法向量为m=(x,y,z),AB=(2 6,2 3,0),AC=(0,2 3,2 3)，
则n⋅AB=2 6x+2 3y=0n⋅AC=2 3y+2 3z=0，取x=1，可得m=(1,− 2, 2)，
易知平面BCD的一个法向量为n=(0,1,0),cs
所以，sin〈m,n〉= 1−cs2
因此，二面角D−BC−A的正弦值为 155．
【解析】(1)证明出Rt△BAD～RtΔB1BA，可得出BD⊥AB1，利用线面垂直的判定和性质可得出CO⊥AB1，再结合CO⊥BD以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(2)利用线面角的定义可得出∠CAO=π4，可求得OC的长，以点O为坐标原点，OB、OB1、OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角D−BC−A的正弦值．
本题考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由椭圆的离心率为 22，得e= 1−1a2= 22，
解得a2=2，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=x+mx2+2y2=2，消去y并整理得3x2+4mx+2m2−2=0，
所以Δ=16m2−24(m2−1)>0⇔m2<3,x1+x2=−4m3,x1x2=2m2−23，
因为OA⊥OB，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+m)(x2+m)=2x1x2+m(x1+x2)+m2=0，
所以4m2−43−4m23+m2=0，解得m=±2 33，
而m>0，
所以m=2 33．
(2)设A(t1,s1),B(t2,s2),|BM||BN|=λ,N(x3,y3)，
因为A，B在椭圆C上，所以t122+s12=1,t222+s22=1，
由直线OA，OB斜率之积为−12，得s1s2t1t2=−12，
因为|OM||OA|=23，
所以OM=23OA−,M(23t1,23s1),BM=(23t1−t2,23s1−s2),BN=(x3−t2,y3−s2)，
又BM=λBN，
所以λ(x3−t2,y3−s2)=(23t1−t2,23s1−s2)，即x3=23λt1+λ−1λt2,y3=23λs1+λ−1λs2，
而点N(x3,y3)在椭圆C上，所以(23λt1+λ−1λt2)22+(23λs1+λ−1λs2)2=1，
整理得49λ2(t122+s12)+(λ−1)2λ2(t222+s22)+4(λ−1)3λ2(t1t22+s1s2)=1，
所以49λ2+(λ−1)2λ2=1，解得λ=1318，
故|BM||BN|的值为1318．
【解析】(1)先求得椭圆的标准方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与OA⋅OB=0，即可求得m的值；
(2)设出A，B，N的坐标，表示出向量BM，BN，结合椭圆的方程，化简运算，求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的标准方程及其性质，直线斜率的计算公式，向量的坐标运算法则，灵活运用韦达定理是解题的关键，考查逻辑推理能力与运算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=xlnx−ax2−x，f′(x)=lnx−2ax，
所以f(x)=xlnx−ax2−x有两个极值点就是方程lnx−2ax=0有两个解，
即y=2a与m(x)=lnxx的图象有两个交点，
因为m′(x)=1−lnxx2，当x∈(0,e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)有极大值m(e)=1e，
又因为x∈(0,1]时，m(x)≤0；
当x∈(1,+∞)时，0
所以a的取值范围为(0,12e).
(2)证明：h(x)=g(x)−f′(x)
=ex−1−3ax+a−(lnx−2ax)
=ex−1−ax+a−lnx，
h′(x)=ex−1−a−1x，
记x0为h(x)的极小值点，则有ex0−1−1x0−1=0，即a=ex0−1−1x0，
所以h(x0)=ex0−1−ax0+a−lnx0
=ex0−1+a(1−x0)−lnx0
=ex0−1+(ex0−1−1x0)(1−x0)−lnx0
=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0，
因为h(x)的极小值不大于1，
所以h(x0)=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0≤1恒成立，
即ex0−1(2−x0)−lnx0−1x0≤0恒成立，
令t(x)=ex−1(2−x)−lnx−1x，
t′(x)=ex−1(1−x)−1x+1x2
=ex−1(1−x)+1−xx2
=(ex−1+1x2)(1−x)，
所以当0
当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
所以t(x)max=t(1)=0，
所以t(x)≤0，得证．
【解析】本题考查导数的综合应用，恒成立问题，解题中注意转化思想的应用，属于拔高题．
(1)对f(x)求导得f′(x)=lnx−2ax，则f(x)=xlnx−ax2−x有两个极值点⇒方程lnx−2ax=0有两个解，即y=2a与m(x)=lnxx的图象有两个交点，分析m(x)的单调性，最值，即可得出答案．
(2)根据题意可得h(x)=ex−1−ax+a−lnx，对h(x)求导，得h′(x)=ex−1−a−1x，记x0为h(x)的极小值点，则有a=ex0−1−1x0，推出极值h(x0)=ex0−1(2−x0)+1−lnx0−1x0，问题转化为证明h(x)≤1即可．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C1的普通方程为x2+(y−a)2=4，表示一个以(0,a)为圆心，2为半径的圆；
曲线C2的极坐标方程可化为ρ2cs2θ=ρsinθ，故对应的直角坐标方程为y=x2．
(Ⅱ)将两方程联立得x2+(y−a)2=4y=x2得y2+(1−2a)y+(a2−4)=0，
由于两方程表示的曲线均关于y轴对称，所以只要关于y的方程有两个大于0的不等实根，
即代表两个曲线有4个不同交点，因此有a2−4>01−2a<0Δ=(1−2a)2−4(a2−4)>0
解得2
(Ⅱ)由于两方程表示的曲线均关于y轴对称，所以只要关于y的方程有两个大于0的不等实根，即代表两个曲线有4个不同交点，即可求a的取值范围．
本题考查三种方程的转化，考查学生分析解决问题的能力，正确转化是关键．
23.【答案】解：(1)m=3时，函数f(x)=|2x−4|+|3x−2|=−5x+6,x≤23x+2,23
解得x<−25，或x>145，
所以不等式的解集为{x|x<−25，或x>145}；
(2)x∈[1,2]时，不等式f(x)≥3|x−2|可化为4−2x+|mx−2|>3(2−x)，
即|mx−2|>2−x，所以mx−2>2−x，或mx−2
所以m>[4x−1]max=3，或m<[1−4x]min=−3；
所以实数m的取值范围是{m|m<−3，或m>3}．
【解析】(1)m=3时，利用分类讨论法去掉绝对值，解不等式即可；
(2)x∈[1,2]时，把不等式化为|mx−2|>2−x，利用绝对值的定义，结合题意求解即可．
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．
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