2024年重庆市巴蜀中学高考数学适应性试卷（八）（含解析）

这是一份2024年重庆市巴蜀中学高考数学适应性试卷（八）（含解析），共15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.集合A={a,a2+1,1}，B={2a}，若B⊆A，则实数a=( )
A. −1B. 0C. 12D. 1
2.已知α∈(0,π)，csα=3 1010，则tanα=( )
A. 3B. 13C. −13D. −3
3.在等差数列{an}中，a6=3，则a5+a8−13a9=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.某班有5名男同学，4名女同学报名参加辩论赛，现从中选取4名同学组成一个辩论队，要求辩论队不能全是男同学也不能全是女同学，则满足要求的辩论队数量是( )
A. 120B. 126C. 210D. 420
5.已知椭圆C：x24+y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，P是椭圆C上的点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有( )
A. 8个B. 6个C. 4个D. 2个
6.已知a=3ln7，b=4ln6，c=5ln5，d=6ln4，则在|b−a|，|c−b|，|d−c|，|d−b|，|d−a|，|c−a|这6个数中最小的是( )
A. |b−a|B. |c−b|C. |d−b|D. |c−a|
7.已知函数f(x)=ax2−2lnx+1的图象与x轴无公共点，则实数a的取值范围是( )
A. a<−1B. a>1e2C. a>1eD. a>1
8.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P，Q(P在第一象限)是双曲线的一条渐近线与圆x2+y2=a2的两个交点，点M满足OM⋅F1P=0，5MP=F1M，其中O是坐标原点，则双曲线的离心率e=( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
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.随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X∼N(2,1)，Y∼B(4,12)，则( )
A. P(X⩽2)=12B. E(X)=E(Y)C. D(X)=D(Y)D. P(Y=1)=12
10.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，球O1和球O2的球心O1，O2都在线段AC1上，球O1，球O2外切，且球O1，球O2都在正方体的内部(球可以与正方体的表面相切)，记球O1和球O2的半径分别为r1，r2，则( )
A. AC1⊥B1C
B. 当r1=1时，r2的最大值是 3−1
C. r1+r2的最大值是3− 3
D. 球O1和球O2的表面积之和的最大值是6π
11.已知f(x,y,n)=x2n+y2n−1(n⩾1,n∈Z)，定义方程f(x,y,n)=0表示的是平面直角坐标系中的“方圆系”曲线，记Sn表示“方圆系”曲线f(x,y,n)=0所围成的面积，则( )
A. “方圆系”曲线f(x,y,1)=0是单位圆
B. S2<4
C. {Sn}是单调递减的数列
D. “方圆系”曲线f(x,y,2)=0上任意一点到原点的最大距离为214
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z(1+i)=2+4i，则复数z= ______．
13.已知函数f(x)的定义域是R，f(32+x)=f(32−x)，f(x)+f(6−x)=0，当0⩽x⩽32时，f(x)=4x−2x2，则f(2024)= ______．
14.已知锐角△ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csA=13，a=2 2，则2b+c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)
如图，三棱锥P−ABC中，∠ACB=90°，PA⊥平面ABC．

(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；
(2)若AB= 5，BC=1，AP=2，求二面角A−PB−C的正弦值．
16.(本小题15分)
函数f(x)=ex(x2−x+1)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)令g(x)=(x−1)ex，过点P(0,m)可以作三条直线与曲线y=g(x)相切，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
甲、乙两名同学进行篮球投篮比赛，比赛规则如下：两人投篮的次数之和不超过5，投篮命中则自己得1分，该名同学继续投篮，若投篮未命中则对方得1分，换另外一名同学投篮，比赛结束时分数多的一方获胜，两人总投篮次数不足5但已经可以确定胜负时比赛就结束，两人总投篮次数达到5次时比赛也结束，已知甲、乙两名同学投篮命中的概率都是12，甲同学先投篮，
(1)求甲同学一共投篮三次，且三次投篮连续的情况下获胜的概率；
(2)求甲同学比赛获胜的概率．
18.(本小题17分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)，O是坐标原点，过(4,0)的直线与E相交于A，B两点，满足OA⊥OB．
(1)求抛物线E的方程；
(2)若P(x0,2)在抛物线E上，过Q(4,−2)的直线交抛物线E于M，N两点，直线PM，PN的斜率都存在，分别记为k1，k2，求k1⋅k2的值．
19.(本小题17分)
集合A={x|x=2a+2b+2c,0⩽a(1)求a3，a4，a5；
(2)判断672，2024是否是{an}中的项；
(3)求a120，S35．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为B⊆A，
故2a∈A，
①当2a=a2+1时，解得a=1，则A={1,2,1}，故a=1不成立；
②当2a=a时，a=0，则A={0,1,1}，故a=0不成立；
③当2a=1时，即a=12，则A={12,54,1}，B={1}，故a=12成立，故a=12．
故选：C．
根据集合的包含关系，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为α∈(0,π)，csα=3 1010，
故sinα= 1−cs2α= 1−(3 1010)2= 1010，
故tanα=sinαcsα=13．
故选：B．
由题意利用同角三角函数基本关系式即可求解．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵在等差数列{an}中，a6=3，
令{an}的公差为d，
∴由等差数列通项公式得：
a5+a8−13a9=a6−d+a6+2d−13(a6+3d)=53a6=5．
故选：D．
利用等差数列的通项公式直接求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可得：总的辩论队数量是C94=126，
又全是男生的辩论队数量是C54=5，全是女生的辩论队数量是C44=1，
故满足的辩论队数量是126−5−1=120．
故选：A．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
求出椭圆的焦点坐标，利用△F1PF2为直角三角形，联立椭圆与圆的方程，然后求解，再判断直角顶点的位置，即可得到这样的点P的个数．
本题考查椭圆的性质和应用，解题时要注意公式的合理运用．
【解答】
解：椭圆C：x24+y23=1的左，右焦点分别为F1(−1,0)，F2(1,0)．
P是椭圆C上的点，若∠F1PF2为直角，可得P为x2+y2=1与椭圆的交点，
x24+1−x23=1，可得x无解．
当∠F1F2P=90°时，满足题意的P有两个，由椭圆的对称性可知：这样的点P有4个．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】解：a=3ln7，b=4ln6，c=5ln5，d=6ln4，
则lna=ln3⋅ln7，lnb=ln4⋅ln6，lnc=ln5⋅ln5，lnd=ln4⋅ln6，则d=b，故|d−b|=0，
又|b−a|>0，|c−b|>0，|d−c|>0，|c−a|>0，|d−a|>0，
故最小值是|d−b|．
故选：C．
将指数转化为对数，即可判断．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：令t=x2，则g(t)=at−lnt+1，当a=0时，g(t)=−lnt+1与x轴有公共点，不正确；
当a<0时，g(ea)=aea−a+1=a(ea−1)+1>0，又g(e)=ae<0，故g(t)=at−lnt+1与x轴有公共点，不正确；
当a>0时，g(1)=a+1，因为g(t)=at−lnt+1与x轴没有公共点，
故t∈(0,+∞)时，at−lnt+1>0恒成立，即a>lnt−1t恒成立，
令h(t)=lnt−1t，h′(t)=2−lntt2，t∈(0,e2)时，2−lnt>0，t2>0，h′(t)>0，t∈(e2,+∞)时，2−lnt<0，t2>0，h′(t)<0，
故h(t)在(0,e2)上单调递增，在(e2,+∞)上单调递减，
故h(t)⩽h(e2)=1e2，故a∈(1e2,+∞)．
故选：B．
分别讨论a的取值范围，求出单调性可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：∵OQ=a，OF1=c，又P，Q在渐近线上，
∴OQ⊥F1Q，F1Q=b，又OM⊥F1P，且5MP=F1M，
设MP=t，则F1P=6t，
又易知Rt△PMO∽Rt△PQF1，
∴MPPQ=OPPF1，∴t2a=a6t，
∴6t2=2a2，又在Rt△PQF1中：PF12=QF12+PQ2，
∴36t2=12a2=4a2+b2，解得b2a2=8，
∴e= 1+(ba)2=3．
故选：D．
根据双曲线的几何性质及题意建立方程化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：因为随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X∼N(2,1)，Y∼B(4,12)，
根据正态分布的定义得P(X⩽μ)=12，故A正确；
E(X)=μ=2，E(Y)=4×12=2，故E(X)=E(Y)，故B正确；
D(X)=σ2=1，D(Y)=4×12×12=1，故D(X)=D(Y)，故C正确；
P(Y=1)=C41(12)4=14，故D错误．
故选：ABC．
根据正态分布定义以及二项分布相关知识可解．
本题考查正态分布定义以及二项分布相关知识，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据正方体的性质得：B1C⊥BC1，B1C⊥AB，
所以B1C⊥平面ADC1B，
因为AC1⊂平面ADC1B，
所以AC1⊥B1C，故A正确；
设球O1与球O2的半径分别为r1，r2，
因为AO1= 3r1，C1O2= 3r2，O1O2=r1+r2，
当r1=1时，球O1与正方体内切，当O2与正方体的三个面相切时半径r2最大，
此时满足1+ 3+r2+ 3r2=2 3，
解得r2=2− 3，故B错误；
对任意的球O1，球O2与正方体的三个面相切时半径r2最大，
故当球O1，球O2都与正方体的三个面相切时r1+r2取最大值，
即r1+ 3r1+r2+ 3r2=2 3，
解得r1+r2=3− 3，
故r1+r2的最大值是3− 3，故选项C正确；
由选项B和选项C知，r1+r2取最大值3− 3，
此时2− 3⩽r1⩽1，
则4π(r12+r22)=4πr12+4π(3− 3−r1)2=4π[2r12−2(3− 3)r1+(3− 3)2]，
看成关于r1的二次函数，其对称轴为r1=3− 3∉[2− 3,1]，
所以关于r1的二次函数在[2− 3,1]上是减函数，
所以当r1=2− 3时取得最大值，
即4π(r12+r22)max=(32−16 3)π，故选项D错误．
故选：AC．
对于A：直接利用正方体的性质即可得证；
对于B：当r1=1时，球O1与正方体内切，当O2与正方体的三个面相切时半径r2最大，即可求解；
对于C：当球O1，球O2都与正方体的三个面相切时r1+r2取最大值，即可求解；
对于D：利用球的表面积公式得出则4π(r12+r22)=4πr12+4π(3− 3−r1)2，即可求解．
本题考查球的相切问题，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：f(x,y,n)=x2n+y2n−1(n⩾1,n∈Z)，
所以f(x,y,1)=0对应曲线是x2+y2−1=0表示单位圆，故A正确；
对于B：f(x,y,2)=0对应的曲线是x4+y4−1=0，
故−1⩽x⩽1，−1⩽y⩽1，且|x|=1与|y|=1不能同时取等号，
故S2<4，故B正确；
对于C：f(x,y,n)=0对应的曲线x2n+y2n=1，
令|x|n=|x′|，|y|n=|y′|，因为曲线(x′)2+(y′)2=1，
则|x|=|x′|1n，且|y|=|y′|1n，
f(x,y,n−1)=0(n⩾2)对应的曲线x2n−2+y2n−2=1，
令|x|n−1=|x′|，|y|n−1=|y′|，因为曲线(x′)2+(y′)2=1，
则|x|=|x′|1n−1，且|y|=|y′|1n−1，
又|x′|1n⩾|x′|1n−1，|y′|1n⩾|y′|1n−1且等号不能同时取得，
故Sn>Sn−1，故{Sn}是单调递增的，故C不正确；
对于D：f(x,y,2)=0对应的曲线是x4+y4−1=0，
假设曲线上任意一点P(x0,y0)，则x04+y04=1，
令x2=csα，y2=sinα(0⩽α⩽π2)，
则d2=x02+y02=sinα+csα= 2sin(α+π4)⩽ 2，
故d⩽42=214，故D正确．
故选：ABD．
对于A，B结合f(x,y,n)=x2n+y2n−1(n⩾1,n∈Z)，确定方程即可求解；对于C：根据条件令|x|n−1=|x′|，|y|n−1=|y′|，得出(x′)2+(y′)2=1，由|x′|1n⩾|x′|1n−1，|y′|1n⩾|y′|1n−1，证出Sn>Sn−1即可判断；对于D：利用三角换元求最值即可．
本题考查曲线方程的应用，属于难题．
12.【答案】3+i
【解析】解：由题意可得，z(1+i)(1−i)=(2+4i)(1−i)，即2z=6+2i，则z=3+i．
故答案为：3+i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
13.【答案】2
【解析】解：因为f(32+x)=f(32−x)，
即f(x)=f(3−x)，
所以f(2)=f(1)且y=f(x)关于x=32对称，
又f(x)+f(6−x)=0，
即f(3+x)+f(3−x)=0，
故f(x+3)=−f(x)，
所以f(x+6)=−f(x+3)=f(x)，
所以函数y=f(x)的周期为6，
则f(2024)=f(337×6+2)=f(2)=f(1)=2．
故答案为：2．
由f(32+x)=f(32−x)，可得f(2)=f(1)且f(x)=f(3−x)，由f(x)+f(6−x)=0，可得f(3+x)+f(3−x)=0，从而得函数y=f(x)的周期为6，最后由f(2024)=f(337×6+2)=f(2)求解即可．
本题考查了用赋值法求抽象函数的值、抽象函数的对称性及周期性，属于中档题．
14.【答案】(2 2, 57]
【解析】解：在三角形中csA=13，可得sinA=2 23，
由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA，
可得b=sinBsinA⋅a=3sinB，c=3sinC，
sinC=sin(B+A)=sinAcsB+csAsinB=2 23csB+13sinB，
所以2b+c=2×3sinB+3(2 23csB+13sinB)=7sinB+2 2csB= 72+(2 2)2sin(B+φ)，tanφ=2 27，
= 57sin(B+φ)，
在锐角三角形中，B为锐角，
所以sin(B+φ)≤1，
所以2b+c≤ 57，
又因为2b+c=b+c+b>b+a>a=2 2，
所以2b+c∈(2 2, 57].
故答案为：(2 2, 57].
由csA的值，可得sinA的值，由正弦定理可得b，c的表达式，进而求出2b+c的表达式，由锐角三角形中角的范围，进而可得2b+c的范围．
本题考查正弦定理及两角和正弦公式的应用，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC在平面ABC内，
所以PA⊥BC，又BC⊥AC，AC∩PA=A，
故BC⊥平面PAC，又BC在平面PBC内，
故平面PBC⊥平面PAC；
(2)解：因为∠ACB=90°，AB= 5，BC=1，故AC=2．
又PA⊥平面ABC，AC⊥BC，
则以CA为x轴正方向，CB为y轴正方向，过C作AP的平行线为z轴正方向，
建立空间直角坐标系C−xyz，

则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,1,0)，P(2,0,2)，
则AP=(0,0,2)，AB=(−2,1,0)，
设平面PAB的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则由n1⋅AP=0，n1⋅AB=0，
可得2z1=0−2x1+y1=0，令x1=1，则y1=2，z1=0，则n1=(1,2,0)，
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
又CP=(2,0,2)，CB=(0,1,0)，
则由n2⋅CP=0，n2⋅CB=0，
可得2x2+2z2=0y2=0，令x2=1，y2=0，x2=−1，则n2=(1,0,−1)，
故n1与n2夹角的余弦值csθ=n1⋅n2|n1||n2|=1 5× 2= 1010，
又θ∈[0,π]，故sinθ=3 1010，
故二面角A−PB−C的正弦值为3 1010．
【解析】(1)又题意，证得BC⊥平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面PAB和平面PBC的法向量，利用法向量的夹角公式求得夹角的余弦值，进而求得正弦值．
本题考查面面垂直的判定，考查二面角夹角的正弦值求法，属中档题．
16.【答案】解：(1)因为f(x)=ex(x2−x+1)，
则f′(x)=ex(x2−x+1+2x−1)=ex(x2+x)，
故当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(−1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
则f(x)在区间(−∞,−1)上单调递增，在区间(−1,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，
故f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)和(0,+∞)，单调递减区间是(−1,0)，
故f(x)在x=−1处取得极大值f(−1)=3e，在x=0处取得极小值f(0)=1．
(2)设切点M(x0,ex0(x0−1))，因为g′(x)=xex，
则切线的斜率k=x0ex0=(x0−1)ex0−mx0−0，
整理得，−m=ex0(x02−x0+1)．
由题意可得，−m=ex0(x02−x0+1)有三个不同的实根，即f(x)+m=0有三个零点．
令h(x)=f(x)+m，则h′(x)=f′(x)，
由(1)知：则h(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又h(−1)=3e+m，h(0)=1+m．
①当h(−1)=3e+m<0时，x∈(−∞,0)时，h(x)<0，故h(x)至多一个零点，不满足；
②当h(0)=1+m>0时，x∈(−1,+∞)时，h(x)>0，故h(x)至多一个零点，不满足；
③当h(−1)=3e+m=0，x∈(−∞,0)时，h(x)有唯一零点x=−1，h(x)在(0,+∞)上单调递增，故h(x)在区间(0,+∞)至多一个零点，故h(x)至多两个零点，不满足；
④当h(0)=1+m=0，x∈(−1,+∞)时，h(x)有唯一零点x=0，h(x)在(−∞,−1)上单调递增，故h(x)在区间(−∞,−1)上至多一个零点，故h(x)至多两个零点，不满足；
⑤当h(−1)=3e+m>0，h(0)=1+m<0，即−3e因为h(−3)=13e3+m<1+m<0，h(1)=e+m>3e+m>0，
故存在x1∈(−3,−1)，x2∈(−1,0)，x3∈(0,1)使得h(xi)=0，i=1，2，3，
故−3e综上所述：实数m的取值范围是{m|−3e【解析】(1)先对函数f(x)求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解；
(2)先对g(x)求导，结合导数的几何意义可把问题转化为f(x)+m=0有三个零点，结合等式特点，构造函数h(x)=f(x)+m，求导，结合导数与函数性质即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了导数几何意义的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)用A表示甲投篮命中，A−表示甲投篮未命中，
用B表示乙投篮命中，B−表示乙投篮未命中，
记甲同学连续投篮了三次并赢得了比赛的事件为M，
则P(M)=P(AAA)+P(AAA−B−)+P(AAA−BB−)=18+116+132=732．
(2)①剩余两次投篮，甲、乙比分3：0获胜的概率是P1=P(AAA)=18；
②剩余一次投篮，甲、乙比分3：1获胜的概率是P2：
P2=P(AAA−B−)+P(AA−B−A)+P(A−B−AA)=316；
③不剩余投篮，前4次投篮甲、乙比分2：2获胜的概率是P3：
P3=P(AAA−BB−)+P(AA−B−A−B−)+P(AA−BB−A)+P(A−B−AA−B−)+P(A−B−A−B−A)+P(A−BB−AA)=632，
故甲获胜的概率是P=P1+P2+P3=12．
【解析】(1)用A表示甲投篮命中，A−表示甲投篮未命中，用B表示乙投篮命中，B−表示乙投篮未命中，记甲同学连续投篮了三次并赢得了比赛的事件为M，利用相互独立事件概率乘法公式求解．
(2)①剩余两次投篮，甲、乙比分3：0获胜的概率是P1=P(AAA)=18； ②剩余一次投篮，甲、乙比分3：1获胜的概率是P2=P(AAA−B−)+P(AA−B−A)+P(A−B−AA)=316；③不剩余投篮，前4次投篮甲、乙比分2：2获胜的概率是P3=P(AAA−BB−)+P(AA−B−A−B−)+P(AA−BB−A)+P(A−B−AA−B−)+P(A−B−A−B−A)+P(A−BB−AA)=632，由此能求出甲获胜的概率．
本题考查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，是基础题．
18.【答案】解：(1)由题意可知，直线AB的斜率显然不为0，
故可设AB的直线方程为x=m1y+4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立抛物线得：y2=2px,x=m1y+4,消去x得：y2−2pm1y−8p=0，故y1y2=−8p，
又x1=y122p，x2=y222p，故x1⋅x2=y12y224p2=64p24p2=16，
又OA⊥OB，则OA⋅OB=x1x2+y1y2=16−8p=0，
解得p=2，
故抛物线E的方程是y2=4x；
(2)因为y2=4x，P(x0,2)在抛物线上，故x0=1，则P(1,2)，
当直线MN的斜率为0时不成立，
设MN的直线为x=my+2m+4，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立抛物线得：y2=4x,x=my+2m+4,消去x得：y2−4my−8m−16=0，
则y3+y4=4m，y3y4=−8m−16，因为k1=y3−2x3−1=y3−2y324−1=4y3+2，k2=y4−2x4−1=y4−2y424−1=4y4+2，
则k1⋅k2=4(y3+2)⋅4(y4+2)=16y3y4+2(y3+y4)+4=16−8m−16+8m+4=−43，
故k1⋅k2的值为−43．
【解析】(1)先设直线AB的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及向量垂直的坐标表示即可求解；
(2)先表示直线MN的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率公式即可求解．
本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由a=0，b=2，c=3，可得a3=23+22+20=13，
由a=1，b=2，c=3，可得a4=23+22+21=14，
由a=0，b=1，c=4，可得a5=24+21+20=19；
(2)672=512+160=512+128+32=29+27+25，
故672∈A，则672是数列{an}的项，
2024=1024+1000=1024+512+488=210+29+488>210+29+28，
令ak=210+29+28，则ak+1=211+21+20=2051，故ak<2024故2024不是{an}中的项；
(3)当c=2时，在集合A中有C22个元素，
当c=3时，在集合A中有C32个元素，
…
当c=n时，在集合A中有Cn2个元素，
则集合A一共有C22+C32+...+Cn2=C33+C32+C42+...+Cn2=C43+C42+...+Cn2=+13=n(n−1)(n+1)6个元素，
故{an}有(n+1)n(n−1)6项，
当c=n时在集合A中的Cn2个元素中最小的元素是2n+21+20，
最大元素是2n+2n−1+2n−2(n⩾2)，
故c=n的元素在{an}中最大项是2n+2n−1+2n−2(n⩾2)，最小项是2n+21+20，
令n=9，则{an}共有10×9×86=120项，
则a120恰好是c=9的元素在{an}中的最大项，
则a120=29+28+27=896；
令n=6，则一共有7×6×56=35项，
记Tn表示集合A中c=n的元素之和，则S35=T2+T3+⋯+T6，
因为集合A中c=n的元素有Cn2个，
这些元素中含2n的个数是Cn2，含20，21，⋯，2n−1的个数都是n−1，
故Tn=2n×Cn2+(2n−1+⋯+21+20)×(n−1)，
则T2=22×C22+(21+20)×(2−1)=7，
T3=23×C32+(22+21+20)×(3−1)=3×8+2×7=38，
T4=24×C42+(23+22+21+20)×(4−1)=16×6+3×15=141，
T5=25×C52+(24+23+22+21+20)×(5−1)=320+4×31=444，
T6=26×C62+(25+24+23+22+21+20)×(6−1)=960+5×63=1275，
故S35=T2+T3+⋯+T6=7+38+141+444+1275=1905，
故a120=896，S35=1905．
【解析】(1)代入集合A即可求解；
(2)根据集合A中的x=2a+2b+2c，代入即可求解；
(3)由题意集合A一共有C22+C32+⋯+Cn2=Cn+13=(n+1)n(n−1)6个元素，{an}有(n+1)n(n−1)6项，得c=n的元素在{an}中最大项是2n+2n−1+2n−2(n⩾2)，最小项是2n+21+20，记Tn表示集合A中c=n的元素之和，则S35=T2+T3+⋯+T6，得Tn=2n×Cn2+(2n−1+⋯+21+20)×(n−1)，代入整理即可求解．
本题考查集合和数列的综合应用，以及组合数的计算，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．