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广东省佛山市南海区石门中学2023-2024学年高三1月调研考试数学试题
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这是一份广东省佛山市南海区石门中学2023-2024学年高三1月调研考试数学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合A={x|0≤x≤2}，B={x|aA．（－∞，0] B．（－∞，0） C．[0，2] D．（2，3）
3．已知函数为偶函数，则a=（ ）
A．－1 B．－2 C．2 D．1
4．假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品．现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取出1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足，若AB⊥AF2，则λ=（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
7．斐波那契数列{an}满足a1=a2=1，an=an－1＋an－2（n≥3），其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)是斐波那契数列的第________项．（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
8．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，∃x1，x2∈[1，2]，|g（x1）－g（x2）|>k|f（x1）－f（x2）|（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．（－∞，e） B．（－∞，e] C．（－∞，2e2） D．（－∞，2e2]
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是平面ABB1A1、平面A1B1C1D1、平面ADD1A1的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．NP∥DC1 B．MN∥平面ACP
C．D1C⊥平面MNP D．PM与BC1所成的角是60°
10．已知点O为坐标原点，直线y=x－1与抛物线C：y2=4x相交于A，B两点，则（ ）
A．|AB|=8
B．OA⊥OB
C．△AOB的面积为2eq \r(2)
D．线段AB的中点到抛物线准线的距离为4
11．定义在R上的函数f（x）满足f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2），f（2－x）=f（x＋4），若，则（ ）
A．f（x）是周期函数 B．
C．f（x）的图象关于直线x=1对称 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知单位向量满足，则与的夹角为________．
13．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=2x＋1相切，则a=________．
14．已知正四面体A－BCD的棱长为6，P是四面体A－BCD外接球球面上的动点，Q是四面体A－BCD内切球球面上的动点，则PQ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．已知数列{an}满足a1=2，且（n≥2，n∈N*）．
（1）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）求{an}的前n项和Sn.
16.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，，AB=1.
（1）若，求△ABC的面积；
（2）若，求tan∠CAD.
17．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为．（注：比赛结果没有平局）
（1）求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
（2）求甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
（3）若已知甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
18．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广刍，草也，甍，屋盖也”．翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部有长没有宽为一条棱；刍甍为茅草屋顶”，现将一个正方形折叠成一个“刍甍”，如图1，E，F，G分别是正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG，就得到了一个“刍甍”，如图2.
（1）若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；
（2）若二面角A—EF—B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值．
19．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1=3，a2＋a3=36，数列{bn}的前n项和Sn满足3Sn＋n2=3nbn＋n，.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若存在正整数n，使得成立，求实数M的取值范围．
2024年度广东佛山市石门中学高三1月调研
数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．答案 D
解析 因为，所以复数z在复平面内所对应的点位于第四象限．故选D．
2．答案 B
解析 若∀x∈A，都有x∈B，则A⊆B，由已知可得a<0．故选B．
3．答案 A
解析 因为函数g（x）=x为奇函数，所以为奇函数，所以h（0）=a＋1=0，即a=－1．故选A．
4．答案 D
解析 设事件A表示“从第一箱中取出1个零件”，事件B表示“取出的零件是次品”，则．故选D．
5．答案 A
解析 由，得，则，即．故选A．
6．答案 C
解析 因为，所以点A，B，F1共线，设|AF1|=t，则|AF2|=2a－t=4－t，所以，解得t=2，即|AF1|=|AF2|=2，不妨设，则直线AB的方程为，联立解得或则，因为，所以．故选C．
7．答案 C
解析 依题意，a1=a2=1，an＋2=an＋1＋an，有an＋1=an＋2－an，于是，而，因此，则eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)=a2024，所以eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)是斐波那契数列的第2024项．故选C．
8．答案 C
解析 显然x1≠x2，不妨设x1>x2，因为f（x）=lnx，g（x）=ex在定义域上单调递增，则g（x1）－g（x2）>k[f（x1）－f（x2）]，即g（x1）－kf（x1）>g（x2）－kf（x2）．令h（x）=g（x）－kf（x），x∈[1，2]，则h（x1）>h（x2），即函数h（x）在[1，2]上存在单调递增区间，又，则在[1，2]上有解，则xex>k在[1，2]上有解．令m（x）=xex，x∈[1，2]，则m′（x）=（1＋x）ex>0，所以m（x）在[1，2]上单调递增，所以m（x）max=m（2）=2e2，所以k<2e2，即常数k的取值范围为（－∞，2e2）．故选C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．答案 ABD
解析 连接A1C1，A1D，则NP是△A1C1D的中位线，∴NP∥DC1，故A正确；连接AC，AD1，B1D1，B1A，则MN∥AD1，MN⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，∴MN∥平面ACD1，即MN∥平面ACP，故B正确；平面MNP即为平面B1AD1，显然D1C不垂直于平面B1AD1，故C错误；连接BD，∵PM∥B1D1∥BD，∴∠DBC1或其补角为PM与BC1所成的角，又∠DBC1=60°，故D正确．故选ABD．
10．答案 ACD
解析 由得y2－4y－4=0，所以Δ=16＋16=32>0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2=4，y1y2=－4，所以x1＋x2=y1＋1＋y2＋1=4＋2=6，，则，A正确；因为，所以OA⊥OB不成立，B错误；因为点（0，0）到直线x－y－1=0的距离为，所以，C正确；因为，所以线段AB的中点到准线x=－1的距离为4，D正确．故选ACD．
11．答案 ACD
解析 因为∀x∈R，f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2），所以f（x＋1）＋f（x－1）=f（2），所以f（x＋3）=f（x－1），即f（x＋4）=f（x），所以f（x）是周期为4的周期函数，A正确；在f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2）中，令x=－1，得f（2）＋f（0）=f（2），则f（0）=0，因为f（2－x）=f（4＋x）=f（x），所以f（x）的图象关于直线x=1对称，C正确；因为f（0）=0，所以f（2）=f（0）=0，所以f（2022）=f（2）=0，B错误；由函数的对称性与周期性可得，因为f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2）=0，即f（x＋3）=－f（x＋1），所以，
则，D正确．故选ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案
解析 由题意得，又，得，设向量与的夹角为θ，则，因为θ∈[0，π]，所以．
13．答案 1
解析 以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆的方程为x2＋y2=b2，直线y=2x＋1的一般式为2x－y＋1=0，根据点到直线的距离公式，得，又椭圆的离心率为，∴解得
14．答案
解析 如图，AE是正四面体A－BCD的高，由对称性知其外接球与内切球的球心重合，为O，且在AE上，E是底面正三角形BCD的中心，，设外接球的半径为R，即OA=OB=R，由OB2=OE2＋BE2，得，解得，因此内切球的半径为，显然有|OP－OQ|≤PQ≤OP＋OQ，即R－r≤PQ≤R＋r，又，所以．
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．解 （1）当n≥2时，由可得，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即．
（2），
则，
两式相减得
，
所以.
16．解 （1）因为，
由余弦定理得AC2=AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC，
所以7=1＋BC2＋BC，即BC2＋BC－6=0，解得BC=2，
所以．
（2）设∠CAD=θ，
在△ACD中，由正弦定理得
，
所以， ①
在△ABC中，，
由正弦定理，得，
即. ②
由①②得，
即，
所以，
整理得，所以．
17．解 （1）事件B为“甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜”，
事件Aj为“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，Aj相互独立．
又甲队明星队员M前四局不出场，
故，j=1，2，3，4，
，
所以．
（2）设事件C为“甲队3局获得最终胜利”，事件D为“前3局甲队明星队员M上场比赛”，
因为每名队员上场顺序随机，
所以，
，
由全概率公式，知．
（3）由（2），得．
18．解 （1）证明：取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图，
由题图1可知，四边形EBCF是矩形，，
∴O是线段CE的中点，
∴OH∥EF且，
又AG∥EF且，
∴AG∥OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，
∴AO∥HG，
又AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，
∴AO∥平面GCF.
（2）由题图1可知，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在题图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A－EF－B的平面角，∴∠AEB=120°，
以E为原点，的方向分别为x轴、y轴正方向建立空间直角坐标系Exyz，如图，
设CB=2EB=2EA=4，则B（2，0，0），F（0，4，0），，
∴．
设平面GCF的法向量为，
由得
取，则z=2，故，
∴，
∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为．
19．解 （1）设数列{an}的公比为q，则3q＋3q2=36，即q2＋q－12=0，
解得q=3或q=－4（舍去），
所以an=3·3n－1=3n.
因为3Sn＋n2=3nbn＋n，
所以当n≥2时，3Sn－1＋（n－1）2=3（n－1）bn－1＋n－1，
两式作差得（3n－3）bn=3（n－1）bn－1＋2n－2，
所以，
即数列{bn}是首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2），设，
则M小于等于数列{cn}的最大项．
因为，
由（n＋1）3>3n3，
得，
解得，
由（n＋1）3<3n3，
得，
解得，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的最大项是，
即M≤1，即实数M的取值范围是（－∞，1]．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合A={x|0≤x≤2}，B={x|a
3．已知函数为偶函数，则a=（ ）
A．－1 B．－2 C．2 D．1
4．假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品．现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取出1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足，若AB⊥AF2，则λ=（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
7．斐波那契数列{an}满足a1=a2=1，an=an－1＋an－2（n≥3），其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)是斐波那契数列的第________项．（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
8．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，∃x1，x2∈[1，2]，|g（x1）－g（x2）|>k|f（x1）－f（x2）|（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．（－∞，e） B．（－∞，e] C．（－∞，2e2） D．（－∞，2e2]
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是平面ABB1A1、平面A1B1C1D1、平面ADD1A1的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．NP∥DC1 B．MN∥平面ACP
C．D1C⊥平面MNP D．PM与BC1所成的角是60°
10．已知点O为坐标原点，直线y=x－1与抛物线C：y2=4x相交于A，B两点，则（ ）
A．|AB|=8
B．OA⊥OB
C．△AOB的面积为2eq \r(2)
D．线段AB的中点到抛物线准线的距离为4
11．定义在R上的函数f（x）满足f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2），f（2－x）=f（x＋4），若，则（ ）
A．f（x）是周期函数 B．
C．f（x）的图象关于直线x=1对称 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知单位向量满足，则与的夹角为________．
13．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=2x＋1相切，则a=________．
14．已知正四面体A－BCD的棱长为6，P是四面体A－BCD外接球球面上的动点，Q是四面体A－BCD内切球球面上的动点，则PQ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．已知数列{an}满足a1=2，且（n≥2，n∈N*）．
（1）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）求{an}的前n项和Sn.
16.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，，AB=1.
（1）若，求△ABC的面积；
（2）若，求tan∠CAD.
17．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为．（注：比赛结果没有平局）
（1）求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
（2）求甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
（3）若已知甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
18．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广刍，草也，甍，屋盖也”．翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部有长没有宽为一条棱；刍甍为茅草屋顶”，现将一个正方形折叠成一个“刍甍”，如图1，E，F，G分别是正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG，就得到了一个“刍甍”，如图2.
（1）若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；
（2）若二面角A—EF—B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值．
19．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1=3，a2＋a3=36，数列{bn}的前n项和Sn满足3Sn＋n2=3nbn＋n，.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若存在正整数n，使得成立，求实数M的取值范围．
2024年度广东佛山市石门中学高三1月调研
数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．答案 D
解析 因为，所以复数z在复平面内所对应的点位于第四象限．故选D．
2．答案 B
解析 若∀x∈A，都有x∈B，则A⊆B，由已知可得a<0．故选B．
3．答案 A
解析 因为函数g（x）=x为奇函数，所以为奇函数，所以h（0）=a＋1=0，即a=－1．故选A．
4．答案 D
解析 设事件A表示“从第一箱中取出1个零件”，事件B表示“取出的零件是次品”，则．故选D．
5．答案 A
解析 由，得，则，即．故选A．
6．答案 C
解析 因为，所以点A，B，F1共线，设|AF1|=t，则|AF2|=2a－t=4－t，所以，解得t=2，即|AF1|=|AF2|=2，不妨设，则直线AB的方程为，联立解得或则，因为，所以．故选C．
7．答案 C
解析 依题意，a1=a2=1，an＋2=an＋1＋an，有an＋1=an＋2－an，于是，而，因此，则eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)=a2024，所以eq \f(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2023),a2023)是斐波那契数列的第2024项．故选C．
8．答案 C
解析 显然x1≠x2，不妨设x1>x2，因为f（x）=lnx，g（x）=ex在定义域上单调递增，则g（x1）－g（x2）>k[f（x1）－f（x2）]，即g（x1）－kf（x1）>g（x2）－kf（x2）．令h（x）=g（x）－kf（x），x∈[1，2]，则h（x1）>h（x2），即函数h（x）在[1，2]上存在单调递增区间，又，则在[1，2]上有解，则xex>k在[1，2]上有解．令m（x）=xex，x∈[1，2]，则m′（x）=（1＋x）ex>0，所以m（x）在[1，2]上单调递增，所以m（x）max=m（2）=2e2，所以k<2e2，即常数k的取值范围为（－∞，2e2）．故选C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．答案 ABD
解析 连接A1C1，A1D，则NP是△A1C1D的中位线，∴NP∥DC1，故A正确；连接AC，AD1，B1D1，B1A，则MN∥AD1，MN⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，∴MN∥平面ACD1，即MN∥平面ACP，故B正确；平面MNP即为平面B1AD1，显然D1C不垂直于平面B1AD1，故C错误；连接BD，∵PM∥B1D1∥BD，∴∠DBC1或其补角为PM与BC1所成的角，又∠DBC1=60°，故D正确．故选ABD．
10．答案 ACD
解析 由得y2－4y－4=0，所以Δ=16＋16=32>0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2=4，y1y2=－4，所以x1＋x2=y1＋1＋y2＋1=4＋2=6，，则，A正确；因为，所以OA⊥OB不成立，B错误；因为点（0，0）到直线x－y－1=0的距离为，所以，C正确；因为，所以线段AB的中点到准线x=－1的距离为4，D正确．故选ACD．
11．答案 ACD
解析 因为∀x∈R，f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2），所以f（x＋1）＋f（x－1）=f（2），所以f（x＋3）=f（x－1），即f（x＋4）=f（x），所以f（x）是周期为4的周期函数，A正确；在f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2）中，令x=－1，得f（2）＋f（0）=f（2），则f（0）=0，因为f（2－x）=f（4＋x）=f（x），所以f（x）的图象关于直线x=1对称，C正确；因为f（0）=0，所以f（2）=f（0）=0，所以f（2022）=f（2）=0，B错误；由函数的对称性与周期性可得，因为f（x＋3）＋f（x＋1）=f（2）=0，即f（x＋3）=－f（x＋1），所以，
则，D正确．故选ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案
解析 由题意得，又，得，设向量与的夹角为θ，则，因为θ∈[0，π]，所以．
13．答案 1
解析 以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆的方程为x2＋y2=b2，直线y=2x＋1的一般式为2x－y＋1=0，根据点到直线的距离公式，得，又椭圆的离心率为，∴解得
14．答案
解析 如图，AE是正四面体A－BCD的高，由对称性知其外接球与内切球的球心重合，为O，且在AE上，E是底面正三角形BCD的中心，，设外接球的半径为R，即OA=OB=R，由OB2=OE2＋BE2，得，解得，因此内切球的半径为，显然有|OP－OQ|≤PQ≤OP＋OQ，即R－r≤PQ≤R＋r，又，所以．
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．解 （1）当n≥2时，由可得，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即．
（2），
则，
两式相减得
，
所以.
16．解 （1）因为，
由余弦定理得AC2=AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC，
所以7=1＋BC2＋BC，即BC2＋BC－6=0，解得BC=2，
所以．
（2）设∠CAD=θ，
在△ACD中，由正弦定理得
，
所以， ①
在△ABC中，，
由正弦定理，得，
即. ②
由①②得，
即，
所以，
整理得，所以．
17．解 （1）事件B为“甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜”，
事件Aj为“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，Aj相互独立．
又甲队明星队员M前四局不出场，
故，j=1，2，3，4，
，
所以．
（2）设事件C为“甲队3局获得最终胜利”，事件D为“前3局甲队明星队员M上场比赛”，
因为每名队员上场顺序随机，
所以，
，
由全概率公式，知．
（3）由（2），得．
18．解 （1）证明：取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图，
由题图1可知，四边形EBCF是矩形，，
∴O是线段CE的中点，
∴OH∥EF且，
又AG∥EF且，
∴AG∥OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，
∴AO∥HG，
又AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，
∴AO∥平面GCF.
（2）由题图1可知，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在题图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A－EF－B的平面角，∴∠AEB=120°，
以E为原点，的方向分别为x轴、y轴正方向建立空间直角坐标系Exyz，如图，
设CB=2EB=2EA=4，则B（2，0，0），F（0，4，0），，
∴．
设平面GCF的法向量为，
由得
取，则z=2，故，
∴，
∴直线AB与平面GCF所成角的正弦值为．
19．解 （1）设数列{an}的公比为q，则3q＋3q2=36，即q2＋q－12=0，
解得q=3或q=－4（舍去），
所以an=3·3n－1=3n.
因为3Sn＋n2=3nbn＋n，
所以当n≥2时，3Sn－1＋（n－1）2=3（n－1）bn－1＋n－1，
两式作差得（3n－3）bn=3（n－1）bn－1＋2n－2，
所以，
即数列{bn}是首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2），设，
则M小于等于数列{cn}的最大项．
因为，
由（n＋1）3>3n3，
得，
解得，
由（n＋1）3<3n3，
得，
解得，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的最大项是，
即M≤1，即实数M的取值范围是（－∞，1]．
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