2024年辽东十一所重点高中联合教研体高考数学适应性试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年辽东十一所重点高中联合教研体高考数学适应性试卷（含详细答案解析），共21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.已知集合S={s|s=2n+1,n∈Z}，T={t|t=4n+1,n∈Z}，则S∩T=( )
A. ⌀B. SC. TD. Z
2.已知复数z满足|z|=1且有z5+z+1=0，则z=( )
A. −12± 32iB. 12± 32iC. 22± 22iD. 32±12i
3.已知α，β均为锐角，且cs(α+β)=sinαsinβ，则tanα的最大值是( )
A. 4B. 2C. 24D. 25
4.为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是( )
A. f(x)=x−sinx
B. f(x)=sinx−xcsx
C. f(x)=x2−1x2
D. f(x)=sinx+x3
5.如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y=1.1x，第n(n∈N,第0根弦表示与y轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点An(xn,yn)和Bn(x′n,y′n)，则n=020yny′n=( )
参考数据：1.122=8.14.
A. 814B. 900C. 914D. 1000
6.表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
7.已知定点P(m,0)，动点Q在圆O：x2+y2=16上，PQ的垂直平分线交直线OQ于M点，若动点M的轨迹是双曲线，则m的值可以是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
8.设a=cs0.1，b=10sin0.1，c=110tan0.1，则( )
A. a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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
(1)过点P0(x0,y0,z0)，且以u=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c.
(2)过点P(x0,y0,z0)，且v=(m,n,t)(mnt≠0)为法向量的平面α的方程为m(x−x0)+n(y−y0)+t(z−z0)=0.
现已知平面α：x+2y+3z=6，l1：2x−y=13y−2z=1，l2：x=y=2−z，l3：x−15=y−4=z1，则( )
A. l1//αB. l2//αC. l3//αD. l1⊥α
10.定义：若数列{an}满足，在实数M，对任意n∈N*，都有an≤M，则称M是数列{an}的一个上界.现已知{an}为正项递增数列，bn=an−1an(n≥2)，下列说法正确的是( )
A. 若{an}有上界，则{an}一定存在最小的上界
B. 若{an}有上界，则{an}可能不存在最小的上界
C. 若{an}无上界，则对于任意的n∈N*，均存在k∈N*，使得anan+k<12023
D. 若{an}无上界，则存在k∈N*，当n>k时，恒有b2+b3+…+bn11.已知对任意角α，β均有公式sin2α+sin2β=2sin(α+β)cs(α−β).设△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+12，面积S满足1≤S≤2.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A. sinAsinBsinC=14B. 2≤asinA≤2 2
C. 8≤abc≤16 2D. bc(b+c)>8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有______种.
13.已知f(x)=2sin(2x+π3)，若∃x1，x2，x3∈[0,3π2]，使得f(x1)=f(x2)=f(x3)，若x1+x2+x3的最大值为M，最小值为N，则M+N=__________.
14.已知椭圆C:x24+y23=1，F1、F2分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得PD平分∠F1PF2.过点D作PF1、PF2的垂线，垂足分别为A、B.则S△DABS△PF1F2的最大值是______.
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)
近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点D在棱AA1上，且A1D=13AA1，E为A1C1的中点.
(1)证明：平面BDE⊥平面BCC1B1；
(2)若AB=AA1=2,BC=2 2，求二面角D−BE−A1的余弦值.
17.(本小题15分)
记Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn=knan+pan+qn+r(k,p,q,r∈R).
(1)若p=r=0,k=12，求证：数列{an}是等差数列；
(2)若k=q=0，p=2，r≠0，设bn=(−1)n+1Snr，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的k∈N*，都有T2k−1<λ18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−ex2，a>0且a≠1.
(1)设g(x)=f(x)x+ex，讨论g(x)的单调性；
(2)若a>1且f(x)存在三个零点x1，x2，x3.
①求实数a的取值范围；
②设x12e+1 e.
19.(本小题17分)
已知直线l与椭圆C：x23+y22=1交于P(x1,y1)，Q(x2,y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ= 62，其中O为坐标原点．
(Ⅰ)证明x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值；
(Ⅲ)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG= 62？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查交集运算，集合包含关系的判断，属于基础题.
分析可得T⊆S，由此可得出结论.
【解答】
解：任取t∈T，则t=4n+1=2⋅2n+1，其中n∈Z，
所以，t∈S，故T⊆S，
因此，S∩T=T.
故选：C.
2.【答案】A
【解析】解：设z=csθ+isinθ(i为虚数单位)，由棣莫佛公式可知z5=cs5θ+isin5θ，
因为z5+z+1=0，所以cs5θ+isin5θ+csθ+isinθ+1=0，即(cs5θ+csθ+1)+(sin5θ+sinθ)i=0，
所以cs5θ+csθ+1=0sin5θ+sinθ=0，即cs5θ=−csθ−1sin5θ=−sinθ，
因为(cs5θ)2+(sin5θ)2=1，
所以(cs5θ)2+(sin5θ)2=(−csθ−1)2+(−sinθ)2=1，
即cs2θ+2csθ+1+sin2θ=1，所以csθ=−12，所以sinθ=± 1−cs2θ=± 32，
所以z=−12± 32i.
故选：A.
设z=csθ+isinθ(i为虚数单位)，由棣莫佛公式可知z5=cs5θ+isin5θ，根据平方关系求出csθ，从而求出sinθ，即可得解．
本题考查复数的运算，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：∵cs(α+β)=sinαsinβ，∴cs(α+β)sinβ=sinα=sin[(α+β)−β]=sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ，
∴cs(α+β)sinβ=sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ，∴2cs(α+β)sinβ=sin(α+β)csβ，
∴tan(α+β)=2tanβ，∴tanα+tanβ1−tanαtanβ=2tanβ，
∴2tanαtan2β−tanβ+tanα=0，又因为β为锐角，所以该方程有解，
∴Δ=1−8tan2α≥0，解得− 24≤tanα≤ 24，又α为锐角，∴0所以tanα的最大值是 24.
故选：C.
将cs(α+β)=sinαsinβ变形，配角sinα=sin[(α+β)−β]，利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于tanβ的一元二次方程，根据Δ≥0列不等式求解tanα的取值范围，即可得最大值．
本题考查三角函数的性质，考查两角和差公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为函数图象是中心对称图形，
所以函数不可能是偶函数，排除C，
对于A，f′(x)=1−csx≥0，函数在R上单调递增，不符合题意，故A排除；
对于D，f′(x)=csx+3x2，
当x∈(0,π2)时，f′(x)>0；当x∈(π2,+∞)时，3x2>3×(π2)2>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，不符合题意，故D排除．
故选：B.
先根据函数图象是中心对称图形排除C，求导分析单调性可排除AD.
本题主要考查了函数奇偶性的判断，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查数列的求和，涉及数列与函数的应用，属于中档题．
根据题意，有yn=1.1n，y′n=n+1，则有yny′n=(n+1)1.1n，利用错位相减法分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x和直线l：y=x+1交于点An(xn,yn)和Bn(x′n,y′n)，
则yn=1.1n，y′n=n+1，则有yny′n=(n+1)1.1n，
设T=n=020yny′n，则T=1+2×1.1+3×1.12+4×1.13+……+21×1.120，①
则1.1T=1.1+2×1.12+3×1.13+4×1.14+……+21×1.121，②
①-②可得：−0.1T=1+1.1+1.12+1.13+……+1.120−21×1.121=1+1.1×(1.120−1)1.1−1−21×1.121=1+10×(1.121−1.1)−21×1.121=−10−10×1.122=−91.4，
变形可得：T=914，
故n=020yny′n=914.
故选C.
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，
同时，该圆锥的内切球的半径为R，
由于圆锥的内切球的表面积为4π，则有4πR2=4π，解可得R=1，必有r>R=1，
由圆锥的内切球半径公式可得：R=rh(l−r)，则有r(l−r)=h，
又由h= l2−r2，则有r2(l−r)2=(l2−r2)，变形可得l=r(1+r2)r2−1，
则圆锥的表面积S=πr2+πrl=(r2+rl)π=(r2+r2+r4r2−1)π=r4r2−1×2π，
变形可得：S=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π，
由于r>1，则r2−1>0，则S≥(2 (r2−1)×1r2−1+2)×2π=8π，当且仅当r2−1=1，即r= 2时等号成立，
即该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B.
根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，该圆锥的内切球的半径为R，由球的表面积公式求出R的值，结合圆锥的内切球半径公式可得R=rh(l−r)，变形l与r的关系，由圆锥的表面积公式可得S=πr2+πrl=(r2+rl)π=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π，结合基本不等式分析可得答案．
本题考查球的表面积计算，涉及圆锥与球的位置关系，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：当P在圆内，设PQ与圆的另一交点为N，设点H为弦NQ的中点，
则OH⊥PQ，线段PQ的中点E在线段HQ内，
则线段PQ的中垂线交线段OQ于点M，如图1，
连接MP，则|QM|=|MP|，
所以|MP|+|MO|=|MQ|+|MO|=|OQ|=4，
则|MP|+|MO|=4>|OP|=|m|，
此时M的轨迹是以O，P为焦点的椭圆，
当点P在圆上时，线段PQ的中垂线交线段OQ于圆心O，
当点P在圆外时，设PQ与圆的另一交点为N，
设点H为弦NQ的中点，则OH⊥PQ，线段PQ的中点E在线段HP内，
则线段PQ的中垂线交线段QO的延长线于点M，如图2，
连接MP，则|QM|=|MP|，
所以|MP|−|MO|=|MQ|−|MO|=|OQ|=4，
则|MP|−|MO|=4<|OP|=|m|，
此时点M的轨迹是以O，P为焦点的双曲线的一支，
同理当Q在圆上运动时，还会得到|MO|−|MP|=4<|OP|=|m|，
所以动点M的轨迹是双曲线，则点P在圆外，所以|m|>r=4.
综上可得，|m|>4.
故选：D.
当P在圆内时，由几何性质可得|MP|+|MO|=4>|OP|=|m|，此时点M的轨迹是以O，P为焦点的椭圆，当点P在圆上时，线段PQ的中垂线交线段OQ于圆心O，当点P在圆外时，
|MP|−|MO|=4<|OP|=|m|，此时点M的轨迹是以O，P为焦点的双曲线的一支，从而得到答案．
本题考查了动点轨迹方程的求解，椭圆与双曲线定义的应用，求解动点轨迹的常见方法有：直接法、定义法、代入法、消元法、交轨法等，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：已知a=cs0.1，b=10sin0.1，c=110tan0.1，
可得ba=10tan0.1>10×0.1=1，
所以a而ac=10sin0.1<10×0.1=1，
所以a由泰勒展开式得sinx≈x−16x3，cs≈1−12x2+124x4，
所以b=10sin0.1≈10×(0.1−16×0.13)=0.998，
而c=cs0.110sin0.1≈1−12×0.12+124×0.1410×(0.1−16×0.13)=0.996，
可得c综上得a故选：D.
由题意，结合三角函数的性质以及泰勒展开式进行逐一分析即可．
本题考查比较数的大小，考查了逻辑推理能力以及遇到问题解决问题的能力．
9.【答案】CD
【解析】解：根据题意，平面α：x+2y+3z=6，即(x−1)+2(y−1)+3(y−1)=0，则平面α一个的法向量为(1,2,3)，设m=(1,2,3)，
直线l1：2x−y=13y−2z=1，变形可得：2x=y+1=23(z+2)，即x−012=y+11=z+232，
则直线l1的一个方向向量为(12,1,32)，设n1=(12,1,32)，
由于m=2n1，则l1⊥α，A错误，D正确；
直线l2：x=y=2−z，即x−01=y−01=z−2−1，直线l2的一个方向向量为(1,1,−1)，设n2=(1,1,−1)，
由于m⋅n2=1+2−3=0，则m⊥n2，
对于l2：x=y=2−z，当x=0时，有y=0，z=2，直线l2过点(0,0,2)，平面α：x+2y+3z=6，也过点(0,0,2)，则l2⊂α，B错误；
直线l3：x−15=y−4=z1，则直线l3的一个方向向量为(5,−4,1)，设n3=(5,−4,1)，
由于m=2n1，则l1⊥α，A错误，D正确；
由于m⋅n3=5−8+3=0，则m⊥n3，
同时，l3：x−15=y−4=z1，过点(1,0,0)，平面α：x+2y+3z=6不过点(1,0,0)，则有l3//α，C正确．
故选：CD.
根据题意，分析平面α的法向量和三条直线的方向向量，由此分析三条直线与平面的位置关系，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及平面的法向量，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：若{an}有上界，则{an}一定存在最小的上界，故A正确；
对于B：若{an}有上界，则{an}一定存在最小的上界，故B错误；
对于C：若{an}无界，又{an}为正项递增数列，
则n→+∞时，an→+∞，an+k→+∞，
则anan+k→0，
所以anan+k<12023，故C正确；
对于D：假设对任意n>k时，恒有b2+b3+...+bn≥n−2023，与假设矛盾，故假设不成立，
所以若{an}无上界，则存在k∈N*，当n>k时，恒有b2+b3+...+bn故选：ACD.
对于A，B：由有界性的定义，即可判断A，B是否正确；
对于C：若{an}无界，又{an}为正项递增数列，则anan+k→0，即anan+k<12023，即可判断C是否正确；
对于D：假设对任意n>k时，恒有b2+b3+...+bn≥n−2023，与假设矛盾，故假设不成立，若{an}无上界，则存在k∈N*，当n>k时，恒有b2+b3+...+bn本题考查数列的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：因为△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+12，
所以sin2A+sin2B=−sin2C+12，
所以sin2A+sin2B+sin2C=12，
所以sin[(A+B)+(A−B)]+sin[(A+B)−(A−B)]+sin2C=12，
所以2sin(A+B)cs(A−B)+sin2C=12，
从而得：2sinC[cs(A−B)−cs(A+B)]=12，
故4sinCsinAsinB=12，所以有sinAsinBsinC=18，故A错误；
设外接圆的半径为R，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2R，
所以S=12absinC=2R2sinAsinBsinC=R24∈[1,2]，
所以R∈[2,2 2]，所以asinA=2R∈[4,4 2]，故B错误；
又abc=8R3sinAsinBsinC=R3∈[8,16 2]，故C正确；
因为b+c>a，故bc(b+c)>abc≥8，故D正确．
故选：CD.
根据三角函数诱导公式、题设中的公式、两角和与差的余弦公式、正弦定理和三角形的面积公式，利用不等式的性质进行证明逐一即可得到结论．
解三角形中，我们可利用正弦定理把与边有关的三角函数式转化与角有关代数式，另外注意利用三个内角和为π来化简与三角形内角有关的三角函数式．
12.【答案】14
【解析】解：不妨设圆周上的点依次为A，B，C，D，E，F，G，H，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：
符合图①的连结方式有2种；
符合图②的连结方式有4种；
符合图③的连结方式有8种；
共计2+4+8=14种．
故答案为：14.
根据加法分类计数原理求解即可．
本题主要考查排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】23π6
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：正弦型函数的图象与性质的应用，主要考查学生的运算能力和推理能力，属于中档题．
直接利用函数f(x)的图象与性质求出M，N，即可得解．
【解答】
解：作出函数f(x)在[0,3π2]上的图象，如图所示：
①当函数f(x)的图象与函数y= 3的图象相交时，令x1，x2，x3为前三个交点的横坐标，此时x1+x2+x3取得最小值N，N=x1+x2+x3=π12×2+π=7π6，
②当函数f(x)的图象与函数y=− 3的图象相交时，令x1，x2，x3为三个交点的横坐标，此时x1+x2+x3取得最大值M，M=7π12×2+3π2=8π3，
故M+N=8π3+7π6=23π6.
故答案为23π6.
14.【答案】316
【解析】解：由椭圆C:x24+y23=1，可知a=2，F1、F2分别是其左，右焦点，c=1，
令∠DPF2=θ，∠PDB=φ，则θ+φ=π2，
|F1F2|=2c，其中c2=a2−b2，
设|PF1|=m，|PF2=|=n，则m+n=2a，
由余弦定理可知m2+n2−2mncs∠F1PF2=4c2，
∴(m+n)2−2mn(1+cs∠F1PF2)=4c2，
∴1+cs∠F1PF2=(m+n)2−4c22mn=4b22mn，
∴1+cs2θ=1+cs2θ−sin2θ=2cs2θ=4b22mn，
∴cs2θ=b2mn，
∴mn=b2cs2θ，
∴S△PF1F2=12⋅mn⋅sin2θ
=mn⋅sinθcsθ
=b2cs2θ⋅sinθcsθ
=b2tanθ.
∴△PF1F2的面积S△PF1F2=b2tanθ=12|AD|⋅(|PF1|+|PF2|)，
∴tanθ=23|AD|，
∴△DMN的面积S△DAB=12|AD|⋅|BD|sin2φ=|AD|2sin2φ=94tan2θsin2φ，
=94⋅sin2θcs2θ⋅sinφcsφ=94⋅sin2θcs2θ⋅sin(π2−θ)cs(π2−θ)=94⋅sin3θcsθ，
∴S△DABS△PF1F2=9sin3θ4csθ3tanθ=34sin2θ，由sinθ∈(0,12],∴S△DABS△PF1F2∈(0,316],
∴则S△DABS△PF1F2的最大值是316.
故答案为：316.
根据椭圆的焦点三角形的面积公式，令∠DPF2=θ，∠PDB=φ，则θ+φ=π2，即可求得S△PF1F2，
由S△DAB=12|AD|⋅|BD|sin2φ，根据二倍角公式及诱导公式即可求得S△DABS△PF1F2=34sin2θ，
根据sinθ∈(0,12],即可求得△DAB与△PF1F2面积比的最大值．
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆的焦点三角形的面积公式，二倍角公式及诱导公式的应用，考查转化思想，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率P=1−0.2×C193C204=0.96.
(2)用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率P=(0.8)4+0.2×0.8×0.8+0.8×0.2×0.8+0.2×0.2+0.8×0.8×0.2=0.8336.
【解析】(1)根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
(2)根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解．
本题考查独立事件的概率乘法公式以及古典概型相关知识，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：法一：如图，延长DE与CC1的延长线交于点G，
因为A1D=13AA1=13CC1，E为A1C1的中点，
所以GC1=A1D=13CC1=14GC，
连接GB与B1C1交于点F，则FC1=14B1C1，
取B1C1的中点H，连接A1H，EF，则FC1=12C1H，所以EF//A1H，
因为AB=AC，所以A1H⊥B1C1，所以EF⊥B1C1，
又EF⊂平面A1B1C1，平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1，
因为EF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1.
法二：如图，延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，
因为A1D=13AA1，E为A1C1的中点，
所以GA=2A1E=AB=AC，
所以BC⊥BG，
又BG⊂平面ABC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
所以BG⊥平面BCC1B1，
因为BG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1.
(2)由AB=AC=2,BC=2 2= 2AB，所以AB2+AC2=8=BC2，所以AB⊥AC，
则AB，AC，AA1两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2,0,0),D(0,0,43),A1(0,0,2),E(0,1,2)，
所以BE=(−2,1,2),A1E=(0,1,0),BD=(−2,0,43)，
设平面BEA1的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⊥BE，m⊥A1E，
所以m⋅BE=−2x1+y1+2z1=0m⋅A1E=y1=0，
取z1=1，得m=(1,0,1)，
设平面BED的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⊥BE，n⊥BD，
所以n⋅BE=−2x2+y2+2z2=0n⋅BD=−2x2+43z2=0，
取z2=3，得n=(2,−2,3)，
则cs=m⋅n|m|⋅|n|=1×2+0×(−2)+1×3 12+02+12× 22+(−2)2+32=5 3434，
由题意可得二面角D−BE−A1为锐二面角，
所以二面角D−BE−A1的余弦值为5 3434.
【解析】(1)法一：延长DE与CC1的延长线交于点G，连接GB与B1C1交于点F，利用线段关系及面面垂直的性质判定EF⊥平面BCC1B1即可；
法二：延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，利用线段关系及面面垂直的性质判定BG⊥平面BCC1B1即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可．
本题考查面面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：当p=r=0,k=12时，Sn=12nan+qn，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(12nan+qn)−[12(n−1)an−1+q(n−1)]，
整理得(n−2)an−(n−1)an−1+2q=0，则(n−1)an+1−nan+2q=0，
两式相减，得(n−1)an+1−2(n−1)an+(n−1)an−1=0，
因为n≥2，所以an+1−2an+an−1=0，所以数列{an}是等差数列．
(2)当k=q=0，p=2时，Sn=2an+r，
令n=1，得a1=S1=2a1+r，则a1=−r≠0，
因为Sn+1−2an+1=Sn−2an，所以an+1=2an，
因为a1=−r≠0，所以an≠0，
所以数列{an}是首项为−r，公比为2的等比数列，
所以Sn=(−r)(1−2n)1−2=(1−2n)r，所以bn=(−1)n+1Snr=(−1)n(2n−1).
因为b2k−1+b2k=−(22k−1−1)+(22k−1)=22k−1，
所以T2k=2+23+⋯+22k−1=2(1−4k)1−4=23(4k−1)，
则T2k−1=T2k−b2k=23(4k−1)−(22k−1)=−13(4k−1)，
所以{T2k}是递增数列，{T2k−1}是递减数列，
所以(T2k)min=T2=2，(T2k−1)max=T1=−1，
所以−1<λ<2，即实数λ的取值范围为(−1,2).
【解析】(1)由题意得Sn=12nan+qn，再结合an=Sn−Sn−1(n≥2)得到an+1−2an+an−1=0，从而得到数列{an}是等差数列；
(2)由题意得an+1=2an，从而得数列{an}是等比数列，进一步可求得bn=(−1)n(2n−1)，再分别求得T2k，T2k−1，利用数列的增减性可求得实数λ的取值范围．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)g(x)=f(x)x+ex=ax−ex2x+ex=axx，g′(x)=axlna⋅x−axx2=ax(lna⋅x−1)x2，
因为ax>0，x2>0，g(x)定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
当a>1时，lna>0，解g′(x)>0，得x>1lna，解g′(x)<0，得0当00，得x<1lna，解g′(x)<0，得0>x>1lna,x>0，
综上，当a>1时，g(x)增区间为(1lna,+∞)，g(x)减区间为(−∞,0),(0,1lna)，
当0(2)①因为f(x)=ax−ex2，a>1且f(x)存在三个零点x1，x2，x3.
所以ax−ex2=0有3个根，
当x<0时，f(−1)=a−1−e<0，f(0)=a0>0，f′(x)=axlna−2ex>0，f(x)在(−∞,0)上是单调递增的，由零点存在定理，方程必有一个负根．
当x>0，xlna=1+2lnx，即lna=1+2lnxx有两个根，
令t(x)=1+2lnxx，可转化为y=lna与t(x)=1+2lnxx有两个交点，t′(x)=2−(1+2lnx)x2=1−2lnxx2，
可得x∈(0, e)，t′(x)>0，t(x)是单调递增的，可得x∈( e,+∞)，t′(x)<0，t(x)是单调递减的，
其中t(1 e)=0，当x> e,t(x)>0，t(x)max=t( e)=2 e，
所以可得0即得1②证明：因为f(x)=ax−ex2，a>1且f(x)存在三个零点x1，x2，x3.
设x1因为x10；①
由1)可知y=lna，与t(x)=1+2lnxx有两个交点x20，t(1 e)=0，所以x2>1 e；② e>x2>1 e,x3> e，
若x3≥2 e，则x2+x3>2 e
若 e构造函数h(x)=t(x)−t(2 e−x)， e设m(x)=(1−2lnx)(2 e−x)2+x2[1−2ln(2 e−x)]，m′(x)=−2(2 e−x)2x+2x22 e−x−2(1−2lnx)(2 e−x)+2x[1−2ln(2 e−x)]，
因为−2(2 e−x)2x+2x22 e−x=2x3−2(2 e−x)3x(2 e−x)=2[x3−(2 e−x)3]x(2 e−x)，
又因为2 e>x> e,2x>2 e,x>2 e−x,x3>(2 e−x)3，
所以−2(2 e−x)2x+2x22 e−x>0③，
因为−2(1−2lnx)(2 e−x)+2x[1−2ln(2 e−x)]=2(2lnx−1)(2 e−x)+2x[1−2ln(2 e−x)]，
又因为x> e,lnx>12,2 e−x< e,ln(2 e−x)<12，
所以2lnx−1>0,2 e−x>0;1−2ln(2 e−x)>0,x> e>0，
即得2(2lnx−1)(2 e−x)+2x[1−2ln(2 e−x)]>0④，
由③④可知m′(x)>0，m(x)在( e,2 e)上单调递增，x> e时，可得m(x)>m( e)=0，h′(x)=m(x)x2(2 e−x)2，可知m(x)与h′(x)同号，
所以h′(x)>0，h(x)在( e,2 e)上单调递增． h(x)>h( e)=t( e)−t( e)=0，t(x)−t(2 e−x)>0，t(x3)>t(2 e−x3)，
又由①可知t(x2)=t(x3)，
所以t(x2)>t(2 e−x3),x2∈(0, e)，2 e−x3∈(0, e)x∈(0, e)，t′(x)>0，t(x)是单调递增的，
所以x2>2 e−x3,x2+x3>2 e⑤，
由①②⑤可知x1+3x2+x3>2e+1 e.
【解析】(1)先求g(x)的导函数，再分类讨论即可．
(2)①根据f(x)存在三个零点x1，x2，x3，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求．
②根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得．
本题考查利用导数证明不等式，解决问题的关键点是极值点偏移问题，属于难题．
19.【答案】解：(Ⅰ)1∘当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x1=x2，y1=−y2，
∵P(x1,y1)在椭圆上，
∴x123+y122=1 ①
又∵S△OPQ= 62，
∴|x1||y1|= 62 ②
由①②得|x1|= 62，|y1|=1.此时x12+x22=3，y12+y22=2；
2∘当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m(m≠0)，将其代入x23+y22=1得
(3k2+2)x2+6kmx+3(m2−2)=0，△=36k2m2−12(3k2+2)(m2−2)>0
即3k2+2>m2，
又x1+x2=−6km3k2+2，x1⋅x2=3(m2−2)3k2+2，
∴|PQ|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k22 6 3k2+2−m23k2+2，
∵点O到直线l的距离为d=|m| 1+k2，
∴S△OPQ=12 1+k22 6 3k2+2−m23k2+2⋅|m| 1+k2= 6 3k2+2−m2|m|3k2+2，
又S△OPQ= 62，
整理得3k2+2=2m2，此时x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(−6km3k2+2)2−23(m2−2)3k2+2=3，
y12+y22=23(3−x12)+23(3−x22)=4−23(x12+x22)=2；
综上所述x12+x22=3，y12+y22=2.结论成立．
(Ⅱ)1∘当直线l的斜率不存在时，由(Ⅰ)知
|OM|=|x1|= 62，|PQ|=2|y1|=2，
因此|OM|⋅|PQ|= 6.
2∘当直线l的斜率存在时，由(Ⅰ)知 x1+x22=−3k2m，y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2=(x1+x22)2+(y1+y22)2=9k24m2+1m2=6m2−24m2=12(3−1m2)，
|PQ|2=(1+k2)24(3k2+2−m2)(2+3k2)2=2(2m2−1)m2=2(2+1m2)，
所以|OM|2|PQ|2=12(3−1m2)×2×(2+1m2)=(3−1m2)(2+1m2)
≤(3−1m2+2+1m22)2=254.
|OM|⋅|PQ|≤52.当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m=± 2时，等号成立．
综合1∘2∘得|OM|⋅|PQ|的最大值为52；
(Ⅲ)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG= 62，
证明：假设存在D(u,v)，E(x1,y1)，G(x2,y2)，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG= 62
由(Ⅰ)得
u2+x12=3，u2+x22=3，x12+x22=3；v2+y12=2，v2+y22=2，y12+y22=2
解得u2=x12=x22=32；v2=y12=y22=1.
因此u，x1，x2只能从± 62中选取，
v，y1，y2只能从±1中选取，
因此点D，E，G，只能在(± 62,±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE=S△ODG=S△OEG= 62矛盾．
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
【解析】(Ⅰ)根据已知设出直线l的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线l的距离，根据三角形面积公式，即可求得x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)由(I)可求线段PQ的中点为M，代入|OM|⋅|PQ|并利用基本不等式求最值；(Ⅲ)假设存在D(u,v)，E(x1,y1)，G(x2,y2)，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG= 62
由(Ⅰ)得u2+x12=3，u2+x22=3，x12+x22=3；v2+y12=2，v2+y22=2，y12+y22=2，从而求得点D，E，G，的坐标，可以求出直线DE、DG、EG的方程，从而得到结论．
此题是个难题．本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．其中问题(III)是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√