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2024年四川省成都市天府新区高考数学模拟试卷（理科）（一）（含解析）
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这是一份2024年四川省成都市天府新区高考数学模拟试卷（理科）（一）（含解析），共18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。
1.已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=( )
A. {−2,−1,0,1}B. {0,1,2}C. {−2}D. {2}
2.已知z=1−i2+2i，则z−z−=( )
A. −iB. iC. 0D. 1
3.设函数f(x)=2x(x−a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−2]B. [−2,0)C. (0,2]D. [2,+∞)
4.已知向量a,b满足a=5，b=6，a⋅b=−6，则cs=( )
A. −3135B. −1935C. 1735D. 1935
5.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A. 6+4 2
B. 4+4 2
C. 6+2 3
D. 4+2 3
6.下列函数中，以π2为周期且在区间(π4,π2)单调递增的是( )
A. f(x)=sin|x|B. f(x)=cs|x|C. f(x)=|sin2x|D. f(x)=|cs2x|
7.下图是求12+12+12的程序框图，图中空白框中应填入( )
A. A=12+AB. A=2+1AC. A=11+2AD. A=1+12A
8.若直线l与曲线y= x和圆x2+y2=15都相切，则l的方程为( )
A. y=2x+1B. y=2x+12C. y=12x+1D. y=12x+12
9.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3.设α=rR，由于α的值很小，因此在近似计算中3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，则r的近似值为( )
A. M2M1RB. M22M1RC. 33M2M1RD. 3M23M1R
10.已知椭圆C的焦点为F1(−1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若|AF2|=2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为( )
A. x22+y2=1B. x23+y22=1C. x24+y23=1D. x25+y24=1
11.下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A. 直径为0.99m的球体B. 所有棱长均为1.4m的四面体
C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
12.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)=2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1).若对任意x∈(−∞,m]，都有f(x)≥−89，则m的取值范围是
( )
A. (−∞,94]B. (−∞,73]C. (−∞,52]D. (−∞,83]
二、填空题（本题共4小题，共20分）
13.(x2+2x)6的展开式中的常数项是______．
14.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=−eax.若f(ln2)=8，则a= ．
15.已知函数f(x)=csωx−1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有2个零点，则ω的取值范围是______．
16.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C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A=AB，F1B⋅F2B=0，则C的离心率为______．
三、解答题（本题共6小题，共70分）
17.已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
18.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN//平面C1DE；
(2)求二面角A−MA1−N的正弦值．
19.已知函数f(x)=a(ex+a)−x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna+32．
20.已知椭圆C：x225+y2m2=1(0(1)求C的方程；
(2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
21.为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得−1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得−1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，pi=api−1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c=P(X=1).假设α=0.5，β=0.8．
(i)证明：{pi+1−pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列；
(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
22.在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P．
(1)当θ0=π3时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵x2−x−6⩾0，∴(x−3)(x+2)⩾0，∴x⩾3或x⩽−2，
N=(−∞,−2]∪[3,+∞)，则M∩N={−2}．
故选：C．
先把集合N表示出来，再根据交集的定义计算即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=1−i2+2i=12⋅1−i1+i=12⋅(1−i)2(1+i)(1−i)=−12i，
则z−=12i，
故z−z−=−i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
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．
3.【答案】D
【解析】解：设t=x(x−a)=x2−ax，对称轴为x=a2，抛物线开口向上，
∵y=2t是t的增函数，
∴要使f(x)在区间(0,1)单调递减，
则t=x2−ax在区间(0,1)单调递减，
即a2≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2,+∞)．
故选：D．
利用换元法转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可．
本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法结合指数函数，二次函数的单调性进行求解是解决本题的关键，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量的数量积的应用，数量积的运算以及向量的夹角的求法，是中档题．
利用已知条件求出|a+b|，然后利用向量的数量积求解即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a·b=−6，
可得|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 25−12+36=7，
cs=a⋅(a+b)|a||a+b|=a2+a⋅b5×7=25−65×7=1935．
故选D．
5.【答案】C
【解析】【分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可．
本题考查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力．
【解答】
解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，
PA=AB=AC=2，PA、AB、AC两两垂直，
故PB=BC=PC=2 2，
几何体的表面积为：3×12×2×2+ 34×(2 2)2=6+2 3
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：由于f(x)=sin|x|没有周期性，故排除A；
由于f(x)=cs|x|=csx，它的周期为2π，故排除B；
由于f(x)=|sin2x|没有周期性，故排除C；
由于f(x)=|cs2x|=cs2x的周期为12×2π2=π2，
在区间(π4,π2)上，2x∈(π2,π)，y=cs2x<0且单调递减，故f(x)=|cs2x|单调递增，故D正确，
故选：D．
由题意利用三角函数的周期性，得出结论．
本题主要考查三角函数的周期性，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了程序框图的循环结构，是基础题．
模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到A的值，观察规律即可得解．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得：
A=12，k=1；
满足条件k≤2，执行循环体，A=12+12，k=2；
满足条件k≤2，执行循环体，A=12+12+12，k=3；
此时，不满足条件k≤2，退出循环，输出A的值为12+12+12，
观察A的取值规律可知图中空白框中应填入A=12+A．
故选A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
根据直线l与圆x2+y2=15相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线y= x求一解可得答案．
【解答】
解：直线l与圆x2+y2=15相切，那么直线到圆心(0,0)的距离等于半径 55，
四个选项中，只有A，D满足题意；
对于A选项：y=2x+1与y= x联立可得：2x− x+1=0，此时：无解；
对于D选项：y=12x+12与y= x联立可得：12x− x+12=0，此时解得x=1；
∴直线l与曲线y= x和圆x2+y2=15都相切，方程为y=12x+12，
故选：D．
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数在我国航天事业中的灵活运用，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．
由α=rR，推导出M2M1=3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，由此能求出r=αR=3M23M1R．
【解答】
解：∵α=rR， ∴r=αR，
且r满足方程M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3，
∴M2M1=3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，
∴r=αR=3M23M1R．
故选：D．
10.【答案】B
【解析】解：法一：由已知可设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，
∴|AF1|=2a−|AF2|=2n．
在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得4n2+4−2⋅2n⋅2⋅cs∠AF2F1=4n2n2+4−2⋅n⋅2⋅cs∠BF2F1=9n2，
又∠AF2F1，∠BF2F1互补，∴cs∠AF2F1+cs∠BF2F1=0，两式消去cs∠AF2F1，cs∠BF2F1，
得3n2+6=11n2，解得n= 32．
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=a2−c2=3−1=2，
∴所求椭圆方程为x23+y22=1，
故选：B．
法二：如图，由已知可设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，
由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，∴|AF1|=2a−|AF2|=2n．
在△AF1B中，由余弦定理推论得cs∠F1AB=4n2+9n2−9n22⋅2n⋅3n=13．
在△AF1F2中，由余弦定理得4n2+4n2−2⋅2n⋅2n⋅13=4，解得n= 32．
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=a2−c2=3−1=2，
∴所求椭圆方程为x23+y22=1，
故选：B．
法一：设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理结合cs∠AF2F1+cs∠BF2F1=0，两式消去cs∠AF2F1，cs∠BF2F1，然后转化求解即可．
法二：设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义，在△AF1B中，由余弦定理转化求解椭圆方程即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；
对于B，如图，
正方体内部最大的正四面体D−A1BC1的棱长为 12+12= 2>1.4，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为 3<1.8，选项C错误；
对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为 22米，∠GFH=∠GHF=30°，
所以FH= 3FG= 3GH= 62米，故六边形EFGHIJ内切圆半径为 62米，
而( 62)2=32>(1.2)2=1.44，选项D正确．
故选：ABD．
对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中点题．
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数与方程的综合运用，属于中档题．
由f(x+1)=2f(x)，得f(x)=2f(x−1)，分段求解析式，得值域，结合图象可得结论．
【解答】
解：
因为f(x+1)=2f(x)，
∴f(x)=2f(x−1)，
∵x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1)∈[−14,0]，
∴x∈(1,2]时，x−1∈(0,1]，f(x)=2f(x−1)=2(x−1)(x−2)∈[−12,0]；
∴x∈(2,3]时，x−1∈(1,2]，f(x)=2f(x−1)=4(x−2)(x−3)∈[−1,0]，
当x∈(2,3]时，由4(x−2)(x−3)=−89，解得x=73或x=83，
若对任意x∈(−∞,m]，都有f(x)≥−89，则m≤73．
故选B．
13.【答案】240
【解析】解：(x2+2x)6中，Tr+1=C6r(x2)6−r(2x)r=C6r⋅2r⋅x12−3r，
当12−3r=0，r=4时，常数项C6424=240．
故答案为：240．
根据展开式的通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性，属于基础题．
根据奇函数的定义，可得结果．
【解答】
解：∵f(x)是奇函数，
∴−f(ln2)=f(−ln2)=−8，
又∵当x<0时，f(x)=−eax，
∴f(−ln2)=−e−aln2=−8，
∴−aln2=ln8，
∴a=−3．
故答案为−3．
15.【答案】[2,3)
【解析】解：如图所示：
因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=csωx−1(ω>0)，则方程在csωx=1在[0,2π]有2个根，
即令t=ωx，则方程cst=1有2个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cst的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3．
故答案为：[2,3)．
令f(x)=0，得csωx=1有2个根，从而结合余弦函数的图象的性质即可得解．
本题考查的知识点：余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，是中档题．
由题意画出图形，结合已知可得F1B⊥OA，从而可得ba=tan60∘= 3，进而求出离心率．
【解答】
解：如图，
∵F1A=AB，且F1B⋅F2B=0，
∴F1B⊥F2B,F1A=AB，
又点A是F1B的中点，点O是F1F2的中点，OA//F2B，
∴OA⊥F1B，
则△AOF1≌△AOB，
则∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=60∘，
所以一条渐近线的斜率为ba=tan60∘= 3，
所以e=ca= 1+b2a2=2，
故答案为：2．
17.【答案】解：(1)∵A+B=3C，A+B+C=π，
∴4C=π，
∴C=π4，
∵2sin(A−C)=sinB，
∴2sin(A−C)=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，
∴2sinAcsC−2csAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴sinAcsC=3csAsinC，
∴ 22sinA=3× 22csA，
∴sinA=3csA，即csA=13sinA，
又∵sin2A+cs2A=1，∴sin2A+19sin2A=1，
解得sin2A=910，
又∵A∈(0,π)，∴sinA>0，
∴sinA=3 1010；
(2)由(1)可知sinA=3 1010，csA=13sinA= 1010，
∴sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55，
∴ABsinC=ACsinB=BCsinA=5sinπ4=5 2，
∴AC=5 2sinB=5 2×2 55=2 10，BC=5 2×sinA=5 2×3 1010=3 5，
设AB边上的高为ℎ，
则12AB⋅ℎ=12×AC×BC×sinC，
∴52ℎ=12×2 10×3 5× 22，
解得ℎ=6，
即AB边上的高为6．
【解析】(1)由三角形内角和可得C=π4，由2sin(A−C)=sinB，可得2sin(A−C)=sin(A+C)，再利用两角和与差的三角函数公式化简可得sinA=3csA，再结合平方关系即可求出sinA；
(2)由sinB=sin(A+C)求出sinB，再利用正弦定理求出AC，BC，由等面积法即可求出AB边上的高．
本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：过N作NH⊥AD，连接BH，
则NH//AA1，H是AD中点，且NH=12AA1，
又MB//AA1，MB=12AA1，
所以NH//MB，NH=MB，
∴四边形NMBH为平行四边形，
则NM//BH，
由H为AD中点，而E为BC中点，
∴BE//DH，BE=DH，
则四边形BEDH为平行四边形，则BH//DE，
∴NM//DE，
∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴MN//平面C1DE；
(2)解：以D为坐标原点，以平面ABCD内垂直于DC的直线为x轴，以DC所在直线为y轴，
以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则N( 32,−12,2)，M( 3,1,2)，A1( 3,−1,4)，
NM=( 32,32,0)，NA1=( 32,−12,2)，
设平面A1MN的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅NM= 32x+32y=0m⋅NA1= 32x−12y+2z=0，取x= 3，得m=( 3,−1,−1)，
又平面MAA1的一个法向量为n=(1,0,0)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|= 3 5= 155．
∴二面角A−MA1−N的正弦值为 105．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．
(1)过N作NH⊥AD，证明NM//BH，再证明BH//DE，可得NM//DE，再由线面平行的判定可得MN//平面C1DE；
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，即可得解．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=a(ex+a)−x，定义域为R，f′(x)=aex−1，
当a≤0时，f′(x)=aex−1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′(x)<0，则f(x)在(−∞,−lna)上单调递减；
当x>−lna时，f′(x)>0，则f(x)在(−lna,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，f(x)在(−lna,+∞)上单调递增．
证明：(2)由(1)得，f(x)min=f(−lna)=a(e−lna+a)+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令g(a)=a2−12−lna(a>0)，则g′(a)=2a−1a=2a2−1a，
令g′(a)<0，则00，则a> 22，
所以g(a)在(0, 22)上单调递减，在( 22,+∞)上单调递增，
所以g(a)min=g( 22)=( 22)2−12−ln 22=ln 2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕．
【解析】(1)先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
(2)结合(1)中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数g(a)=a2−12−lna(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于难题．
20.【答案】解：(1)由题意可得1516=1−m225，∴m2=2516，
故C的方程是：x225+16y225=1；
(2)由(1)A(−5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，
根据对称性，只需考虑n>0的情况，
此时−5∵|BP|=|BQ|，∴有(s−5)2+t2=n2+1①，
又∵BP⊥BQ，∴s−5+nt=0②，
又s225+16t225=1③，
联立①②③得s=3t=1n=2或s=−3t=1n=8，
当s=3t=1n=2时，此时A−5,0,P3,1,Q6,2，
易得直线PQ的方程为：x−3y=0，
所以点A到直线PQ的距离为 102，且PQ= 10，
即S△APQ=12× 102× 10=52;
同理可得当s=−3t=1n=8时，S△APQ=52，
综上，△APQ的面积是52．
【解析】(1)根据离心率的公式求解m，求出C的方程即可；
(2)设出P，Q的坐标，得到关于s，t，n的方程组，分类讨论，求得点A到直线PQ的距离，进而求得面积．
本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题．
21.【答案】(1)解：X的所有可能取值为−1，0，1．
P(X=−1)=(1−α)β，P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)，P(X=1)=α(1−β)，
∴X的分布列为：
(2)(i)证明：∵α=0.5，β=0.8，
∴由(1)得，a=0.4，b=0.5，c=0.1．
因此pi=0.4pi−1+0.5pi+0.1pi+1(i=1,2,…,7)，
故0.1(pi+1−pi)=0.4(pi−pi−1)，即pi+1−pi=4(pi−pi−1)，
又∵p1−p0=p1≠0，
∴{pi+1−pi}(i=0,1,2,…,7)为公比为4，首项为p1的等比数列；
(ii)解：由(i)可得，
p8=(p8−p7)+(p7−p6)+…+(p1−p0)+p0=p1(1−48)1−4=48−13p1，
∵p8=1，∴p1=348−1，
∴p4=(p4−p3)+(p3−p2)+(p2−p1)+(p1−p0)+p0=44−13p1=1257．
由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4=1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【解析】本题主要考查数列的应用，考查离散型随机变量的分布列，属于较难题．
(1)由题意可得X的所有可能取值为−1，0，1，求出P(X=−1)，P(X=0)，P(X=1)的值，则X的分布列可求；
(2)(i)由α=0.5，β=0.8结合(1)求得a，b，c的值，代入pi=api−1+bpi+cpi+1，得到(pi+1−pi)=4(pi−pi−1)，由p1−p0=p1≠0，即可得解；
(ii)由(i)可得，p8=(p8−p7)+(p7−p6)+…+(p1−p0)+p0，利用等比数列的前n项和与p8=1，得p1=348−1，进一步求得p4=1257，即可求解．
22.【答案】解：(1)如图：
∵M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，
当θ0=π3时，ρ0=4sinπ3=2 3，
且由图得|OP|=|OA|csθ0=2，
在直线l上任取一点(ρ,θ)，则有ρcs(π3−θ)=2，即ρcs(θ−π3)=2，
故l的极坐标方程为ρcs(θ−π3)=2；
(2)设P(ρP,θP)，则在Rt△OAP中，有|OP|=|OA|csθP
即ρP=4csθP，
∵P在线段OM上，且AP⊥OM，∴θP∈[π4,π2]，
其中π4为P点与M点重合时的角度，由4csθP=4sinθP得到，
故P点轨迹的极坐标方程为ρ=4csθ，θ∈[π4,π2].
【解析】本题考查曲线的极坐标方程及其应用，数形结合能力，是中档题．
(1)由θ0=π3可得|OP|=2，在直线l上任取一点(ρ,θ)，利用三角形中边角关系即可求得l的极坐标方程；
(2)设P(ρ,θ)，在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案． X
−1
0
1
P
(1−α)β
αβ+(1−α)(1−β)
α(1−β)
1.已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=( )
A. {−2,−1,0,1}B. {0,1,2}C. {−2}D. {2}
2.已知z=1−i2+2i，则z−z−=( )
A. −iB. iC. 0D. 1
3.设函数f(x)=2x(x−a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−2]B. [−2,0)C. (0,2]D. [2,+∞)
4.已知向量a,b满足a=5，b=6，a⋅b=−6，则cs
A. −3135B. −1935C. 1735D. 1935
5.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A. 6+4 2
B. 4+4 2
C. 6+2 3
D. 4+2 3
6.下列函数中，以π2为周期且在区间(π4,π2)单调递增的是( )
A. f(x)=sin|x|B. f(x)=cs|x|C. f(x)=|sin2x|D. f(x)=|cs2x|
7.下图是求12+12+12的程序框图，图中空白框中应填入( )
A. A=12+AB. A=2+1AC. A=11+2AD. A=1+12A
8.若直线l与曲线y= x和圆x2+y2=15都相切，则l的方程为( )
A. y=2x+1B. y=2x+12C. y=12x+1D. y=12x+12
9.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3.设α=rR，由于α的值很小，因此在近似计算中3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，则r的近似值为( )
A. M2M1RB. M22M1RC. 33M2M1RD. 3M23M1R
10.已知椭圆C的焦点为F1(−1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若|AF2|=2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为( )
A. x22+y2=1B. x23+y22=1C. x24+y23=1D. x25+y24=1
11.下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A. 直径为0.99m的球体B. 所有棱长均为1.4m的四面体
C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
12.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)=2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1).若对任意x∈(−∞,m]，都有f(x)≥−89，则m的取值范围是
( )
A. (−∞,94]B. (−∞,73]C. (−∞,52]D. (−∞,83]
二、填空题（本题共4小题，共20分）
13.(x2+2x)6的展开式中的常数项是______．
14.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=−eax.若f(ln2)=8，则a= ．
15.已知函数f(x)=csωx−1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有2个零点，则ω的取值范围是______．
16.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C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A=AB，F1B⋅F2B=0，则C的离心率为______．
三、解答题（本题共6小题，共70分）
17.已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
18.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN//平面C1DE；
(2)求二面角A−MA1−N的正弦值．
19.已知函数f(x)=a(ex+a)−x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna+32．
20.已知椭圆C：x225+y2m2=1(0
(2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
21.为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得−1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得−1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，pi=api−1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c=P(X=1).假设α=0.5，β=0.8．
(i)证明：{pi+1−pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列；
(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
22.在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P．
(1)当θ0=π3时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵x2−x−6⩾0，∴(x−3)(x+2)⩾0，∴x⩾3或x⩽−2，
N=(−∞,−2]∪[3,+∞)，则M∩N={−2}．
故选：C．
先把集合N表示出来，再根据交集的定义计算即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=1−i2+2i=12⋅1−i1+i=12⋅(1−i)2(1+i)(1−i)=−12i，
则z−=12i，
故z−z−=−i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
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．
3.【答案】D
【解析】解：设t=x(x−a)=x2−ax，对称轴为x=a2，抛物线开口向上，
∵y=2t是t的增函数，
∴要使f(x)在区间(0,1)单调递减，
则t=x2−ax在区间(0,1)单调递减，
即a2≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2,+∞)．
故选：D．
利用换元法转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可．
本题主要考查复合函数单调性的应用，利用换元法结合指数函数，二次函数的单调性进行求解是解决本题的关键，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量的数量积的应用，数量积的运算以及向量的夹角的求法，是中档题．
利用已知条件求出|a+b|，然后利用向量的数量积求解即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a·b=−6，
可得|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 25−12+36=7，
cs
故选D．
5.【答案】C
【解析】【分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可．
本题考查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力．
【解答】
解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，
PA=AB=AC=2，PA、AB、AC两两垂直，
故PB=BC=PC=2 2，
几何体的表面积为：3×12×2×2+ 34×(2 2)2=6+2 3
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：由于f(x)=sin|x|没有周期性，故排除A；
由于f(x)=cs|x|=csx，它的周期为2π，故排除B；
由于f(x)=|sin2x|没有周期性，故排除C；
由于f(x)=|cs2x|=cs2x的周期为12×2π2=π2，
在区间(π4,π2)上，2x∈(π2,π)，y=cs2x<0且单调递减，故f(x)=|cs2x|单调递增，故D正确，
故选：D．
由题意利用三角函数的周期性，得出结论．
本题主要考查三角函数的周期性，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了程序框图的循环结构，是基础题．
模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到A的值，观察规律即可得解．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得：
A=12，k=1；
满足条件k≤2，执行循环体，A=12+12，k=2；
满足条件k≤2，执行循环体，A=12+12+12，k=3；
此时，不满足条件k≤2，退出循环，输出A的值为12+12+12，
观察A的取值规律可知图中空白框中应填入A=12+A．
故选A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
根据直线l与圆x2+y2=15相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线y= x求一解可得答案．
【解答】
解：直线l与圆x2+y2=15相切，那么直线到圆心(0,0)的距离等于半径 55，
四个选项中，只有A，D满足题意；
对于A选项：y=2x+1与y= x联立可得：2x− x+1=0，此时：无解；
对于D选项：y=12x+12与y= x联立可得：12x− x+12=0，此时解得x=1；
∴直线l与曲线y= x和圆x2+y2=15都相切，方程为y=12x+12，
故选：D．
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数在我国航天事业中的灵活运用，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．
由α=rR，推导出M2M1=3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，由此能求出r=αR=3M23M1R．
【解答】
解：∵α=rR， ∴r=αR，
且r满足方程M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3，
∴M2M1=3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3，
∴r=αR=3M23M1R．
故选：D．
10.【答案】B
【解析】解：法一：由已知可设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，
∴|AF1|=2a−|AF2|=2n．
在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得4n2+4−2⋅2n⋅2⋅cs∠AF2F1=4n2n2+4−2⋅n⋅2⋅cs∠BF2F1=9n2，
又∠AF2F1，∠BF2F1互补，∴cs∠AF2F1+cs∠BF2F1=0，两式消去cs∠AF2F1，cs∠BF2F1，
得3n2+6=11n2，解得n= 32．
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=a2−c2=3−1=2，
∴所求椭圆方程为x23+y22=1，
故选：B．
法二：如图，由已知可设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，
由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，∴|AF1|=2a−|AF2|=2n．
在△AF1B中，由余弦定理推论得cs∠F1AB=4n2+9n2−9n22⋅2n⋅3n=13．
在△AF1F2中，由余弦定理得4n2+4n2−2⋅2n⋅2n⋅13=4，解得n= 32．
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=a2−c2=3−1=2，
∴所求椭圆方程为x23+y22=1，
故选：B．
法一：设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n，在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理结合cs∠AF2F1+cs∠BF2F1=0，两式消去cs∠AF2F1，cs∠BF2F1，然后转化求解即可．
法二：设|F2B|=n，则|AF2|=2n，|BF1|=|AB|=3n，由椭圆的定义，在△AF1B中，由余弦定理转化求解椭圆方程即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；
对于B，如图，
正方体内部最大的正四面体D−A1BC1的棱长为 12+12= 2>1.4，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为 3<1.8，选项C错误；
对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为 22米，∠GFH=∠GHF=30°，
所以FH= 3FG= 3GH= 62米，故六边形EFGHIJ内切圆半径为 62米，
而( 62)2=32>(1.2)2=1.44，选项D正确．
故选：ABD．
对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中点题．
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数与方程的综合运用，属于中档题．
由f(x+1)=2f(x)，得f(x)=2f(x−1)，分段求解析式，得值域，结合图象可得结论．
【解答】
解：
因为f(x+1)=2f(x)，
∴f(x)=2f(x−1)，
∵x∈(0,1]时，f(x)=x(x−1)∈[−14,0]，
∴x∈(1,2]时，x−1∈(0,1]，f(x)=2f(x−1)=2(x−1)(x−2)∈[−12,0]；
∴x∈(2,3]时，x−1∈(1,2]，f(x)=2f(x−1)=4(x−2)(x−3)∈[−1,0]，
当x∈(2,3]时，由4(x−2)(x−3)=−89，解得x=73或x=83，
若对任意x∈(−∞,m]，都有f(x)≥−89，则m≤73．
故选B．
13.【答案】240
【解析】解：(x2+2x)6中，Tr+1=C6r(x2)6−r(2x)r=C6r⋅2r⋅x12−3r，
当12−3r=0，r=4时，常数项C6424=240．
故答案为：240．
根据展开式的通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性，属于基础题．
根据奇函数的定义，可得结果．
【解答】
解：∵f(x)是奇函数，
∴−f(ln2)=f(−ln2)=−8，
又∵当x<0时，f(x)=−eax，
∴f(−ln2)=−e−aln2=−8，
∴−aln2=ln8，
∴a=−3．
故答案为−3．
15.【答案】[2,3)
【解析】解：如图所示：
因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=csωx−1(ω>0)，则方程在csωx=1在[0,2π]有2个根，
即令t=ωx，则方程cst=1有2个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cst的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3．
故答案为：[2,3)．
令f(x)=0，得csωx=1有2个根，从而结合余弦函数的图象的性质即可得解．
本题考查的知识点：余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，是中档题．
由题意画出图形，结合已知可得F1B⊥OA，从而可得ba=tan60∘= 3，进而求出离心率．
【解答】
解：如图，
∵F1A=AB，且F1B⋅F2B=0，
∴F1B⊥F2B,F1A=AB，
又点A是F1B的中点，点O是F1F2的中点，OA//F2B，
∴OA⊥F1B，
则△AOF1≌△AOB，
则∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=60∘，
所以一条渐近线的斜率为ba=tan60∘= 3，
所以e=ca= 1+b2a2=2，
故答案为：2．
17.【答案】解：(1)∵A+B=3C，A+B+C=π，
∴4C=π，
∴C=π4，
∵2sin(A−C)=sinB，
∴2sin(A−C)=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，
∴2sinAcsC−2csAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴sinAcsC=3csAsinC，
∴ 22sinA=3× 22csA，
∴sinA=3csA，即csA=13sinA，
又∵sin2A+cs2A=1，∴sin2A+19sin2A=1，
解得sin2A=910，
又∵A∈(0,π)，∴sinA>0，
∴sinA=3 1010；
(2)由(1)可知sinA=3 1010，csA=13sinA= 1010，
∴sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55，
∴ABsinC=ACsinB=BCsinA=5sinπ4=5 2，
∴AC=5 2sinB=5 2×2 55=2 10，BC=5 2×sinA=5 2×3 1010=3 5，
设AB边上的高为ℎ，
则12AB⋅ℎ=12×AC×BC×sinC，
∴52ℎ=12×2 10×3 5× 22，
解得ℎ=6，
即AB边上的高为6．
【解析】(1)由三角形内角和可得C=π4，由2sin(A−C)=sinB，可得2sin(A−C)=sin(A+C)，再利用两角和与差的三角函数公式化简可得sinA=3csA，再结合平方关系即可求出sinA；
(2)由sinB=sin(A+C)求出sinB，再利用正弦定理求出AC，BC，由等面积法即可求出AB边上的高．
本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：过N作NH⊥AD，连接BH，
则NH//AA1，H是AD中点，且NH=12AA1，
又MB//AA1，MB=12AA1，
所以NH//MB，NH=MB，
∴四边形NMBH为平行四边形，
则NM//BH，
由H为AD中点，而E为BC中点，
∴BE//DH，BE=DH，
则四边形BEDH为平行四边形，则BH//DE，
∴NM//DE，
∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴MN//平面C1DE；
(2)解：以D为坐标原点，以平面ABCD内垂直于DC的直线为x轴，以DC所在直线为y轴，
以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则N( 32,−12,2)，M( 3,1,2)，A1( 3,−1,4)，
NM=( 32,32,0)，NA1=( 32,−12,2)，
设平面A1MN的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅NM= 32x+32y=0m⋅NA1= 32x−12y+2z=0，取x= 3，得m=( 3,−1,−1)，
又平面MAA1的一个法向量为n=(1,0,0)，
∴cs
∴二面角A−MA1−N的正弦值为 105．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．
(1)过N作NH⊥AD，证明NM//BH，再证明BH//DE，可得NM//DE，再由线面平行的判定可得MN//平面C1DE；
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，即可得解．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=a(ex+a)−x，定义域为R，f′(x)=aex−1，
当a≤0时，f′(x)=aex−1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′(x)<0，则f(x)在(−∞,−lna)上单调递减；
当x>−lna时，f′(x)>0，则f(x)在(−lna,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，f(x)在(−lna,+∞)上单调递增．
证明：(2)由(1)得，f(x)min=f(−lna)=a(e−lna+a)+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令g(a)=a2−12−lna(a>0)，则g′(a)=2a−1a=2a2−1a，
令g′(a)<0，则0
所以g(a)在(0, 22)上单调递减，在( 22,+∞)上单调递增，
所以g(a)min=g( 22)=( 22)2−12−ln 22=ln 2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕．
【解析】(1)先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
(2)结合(1)中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数g(a)=a2−12−lna(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于难题．
20.【答案】解：(1)由题意可得1516=1−m225，∴m2=2516，
故C的方程是：x225+16y225=1；
(2)由(1)A(−5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，
根据对称性，只需考虑n>0的情况，
此时−5
又∵BP⊥BQ，∴s−5+nt=0②，
又s225+16t225=1③，
联立①②③得s=3t=1n=2或s=−3t=1n=8，
当s=3t=1n=2时，此时A−5,0,P3,1,Q6,2，
易得直线PQ的方程为：x−3y=0，
所以点A到直线PQ的距离为 102，且PQ= 10，
即S△APQ=12× 102× 10=52;
同理可得当s=−3t=1n=8时，S△APQ=52，
综上，△APQ的面积是52．
【解析】(1)根据离心率的公式求解m，求出C的方程即可；
(2)设出P，Q的坐标，得到关于s，t，n的方程组，分类讨论，求得点A到直线PQ的距离，进而求得面积．
本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题．
21.【答案】(1)解：X的所有可能取值为−1，0，1．
P(X=−1)=(1−α)β，P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)，P(X=1)=α(1−β)，
∴X的分布列为：
(2)(i)证明：∵α=0.5，β=0.8，
∴由(1)得，a=0.4，b=0.5，c=0.1．
因此pi=0.4pi−1+0.5pi+0.1pi+1(i=1,2,…,7)，
故0.1(pi+1−pi)=0.4(pi−pi−1)，即pi+1−pi=4(pi−pi−1)，
又∵p1−p0=p1≠0，
∴{pi+1−pi}(i=0,1,2,…,7)为公比为4，首项为p1的等比数列；
(ii)解：由(i)可得，
p8=(p8−p7)+(p7−p6)+…+(p1−p0)+p0=p1(1−48)1−4=48−13p1，
∵p8=1，∴p1=348−1，
∴p4=(p4−p3)+(p3−p2)+(p2−p1)+(p1−p0)+p0=44−13p1=1257．
由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4=1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【解析】本题主要考查数列的应用，考查离散型随机变量的分布列，属于较难题．
(1)由题意可得X的所有可能取值为−1，0，1，求出P(X=−1)，P(X=0)，P(X=1)的值，则X的分布列可求；
(2)(i)由α=0.5，β=0.8结合(1)求得a，b，c的值，代入pi=api−1+bpi+cpi+1，得到(pi+1−pi)=4(pi−pi−1)，由p1−p0=p1≠0，即可得解；
(ii)由(i)可得，p8=(p8−p7)+(p7−p6)+…+(p1−p0)+p0，利用等比数列的前n项和与p8=1，得p1=348−1，进一步求得p4=1257，即可求解．
22.【答案】解：(1)如图：
∵M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，
当θ0=π3时，ρ0=4sinπ3=2 3，
且由图得|OP|=|OA|csθ0=2，
在直线l上任取一点(ρ,θ)，则有ρcs(π3−θ)=2，即ρcs(θ−π3)=2，
故l的极坐标方程为ρcs(θ−π3)=2；
(2)设P(ρP,θP)，则在Rt△OAP中，有|OP|=|OA|csθP
即ρP=4csθP，
∵P在线段OM上，且AP⊥OM，∴θP∈[π4,π2]，
其中π4为P点与M点重合时的角度，由4csθP=4sinθP得到，
故P点轨迹的极坐标方程为ρ=4csθ，θ∈[π4,π2].
【解析】本题考查曲线的极坐标方程及其应用，数形结合能力，是中档题．
(1)由θ0=π3可得|OP|=2，在直线l上任取一点(ρ,θ)，利用三角形中边角关系即可求得l的极坐标方程；
(2)设P(ρ,θ)，在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案． X
−1
0
1
P
(1−α)β
αβ+(1−α)(1−β)
α(1−β)
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