2024年四川省绵阳中学高考数学模拟试卷（理科）（一）

这是一份2024年四川省绵阳中学高考数学模拟试卷（理科）（一），共21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.已知全集U={x|−2≤x≤2}，集合A={x|−1≤x<2}，则∁UA=( )
A. (−2,−1)B. [−2,−1]C. (−2,−1)∪{2}D. [−2,−1)∪{2}
2.若复数z满足zi=1+i，则z的共轭复数是( )
A. −1−iB. 1+iC. −1+iD. 1−i
3.已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1=2a2，公差d≠0，Sm=0，则m的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
4.在菱形ABCD中，若|AB−AD|=|AB|且AD在AB上的投影向量为λAB，则λ=( )
A. −12B. 12C. − 22D. 22
5.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上的一点到焦点(− 5,0)的距离比到焦点( 5,0)的距离大b，则该双曲线的方程为( )
A. x24−y2=1B. x22−y2=1C. x2−y22=1D. x2−y24=1
6.设α，β是两个不同的平面，l，m是两条直线，且m⊂α，l⊥α.则“l⊥β”是“m//β”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边在第三象限.则( )
A. sinα−csα≤tanαB. sinα−csα≥tanα
C. sinα⋅csαtanα
8.函数f(x)是定义在(−4,4)上的偶函数，其图象如图所示，f(3)=0.设f′(x)是f(x)的导函数，则关于x的不等式f(x+1)⋅f′(x)≥0的解集是( )
A. [0,2]B. [−3,0]∪[3,4)C. (−5,0]∪[2,4)D. (−4,0]∪[2,3)
9.某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉(分叉的角度约为60∘)，再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到A11，然后分叉向A21与A22方向继续繁殖，其中∠A21A11A22=60∘，且A11A21与A11A22关于OA11所在直线对称，A11A21=A11A22=12OA11，….若OA11=4cm，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r(r∈N*,单位：cm)至少为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
10.已知f(x)=x3,x≤0,lg(x+1),x>0.函数f(x)的零点个数为m，过点(0,2)与曲线y=f(x)相切的直线的条数为n，则m，n的值分别为( )
A. 1，1B. 1，2C. 2，1D. 2，2
11.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，点P在双曲线的右支上，且满足sin∠PF2F1sin∠PF1F2=c2a，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A. (2,+∞)B. (1,2)C. (1,3+ 172)D. (2,3+ 172)
12.已知函数f(x)的定义域为R，且f(12)≠0，若f(x+y)+f(x)f(y)=4xy，则下列结论错误的是( )
A. f(−12)=0B. f(12)=−2
C. 函数f(x−12)是偶函数D. 函数f(x+12)是减函数
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若(x−2)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a3a0+a2+a4=______.
14.已知θ∈(3π4,π)，tan2θ=−4tan(θ+π4)，则1+sin2θ2cs2θ+sin2θ=______.
15.已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是______.
16.已知函数f(x)= x3−x，给出下列四个结论：
①函数f(x)是奇函数；
②∀k∈R，且k≠0，关于x的方程f(x)−kx=0恰有两个不相等的实数根；
③已知P是曲线y=f(x)上任意一点，A(−12,0)，则|AP|≥12；
④设M(x1,y1)为曲线y=f(x)上一点，N(x2,y2)为曲线y=−f(x)上一点.若|x1+x2|=1，则|MN|≥1.
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinC=csinB，C=2π3.
(1)求B；
(2)若△ABC面积为3 34，求BC边上中线的长.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，M为BP的中点，AM//平面CDP.
(Ⅰ)求证：BC=2AD；
(Ⅱ)若PA⊥AB，AB=AP=AD=CD=1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥P−ABCD存在且唯一确定.
(i)求证：PA⊥平面ABCD；
(ⅱ)设平面CDP∩平面BAP=l，求二面角C−l−B的余弦值.
条件①：BP=DP；
条件②：AB⊥PC；
条件③：∠CBM=∠CPM.
注：如果选择的条件不符合要求，第(i)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
19.(本小题12分)
高三学生参加高考体检，一班共有50人，分成A，B，C三个小组，分别有15，15，20人.
(1)若三组同学在一起排序进行，求最后一位同学来自A组且B组比C组结束的早的概率；
(2)若每位同学的体检时间都是两分钟，三组同学在一起排序进行，求A组同学全部结束所需时间的期望.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinxx−csx.
(1)求曲线y=f(x)点(π2,f(π2))处的切线方程；
(2)若x∈(0,+∞)，f(x)21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线M的参数方程为x=t+1y=t−1(t为参数)，曲线N的参数方程为x=t2−ty=t2+t(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ.
(1)求曲线N的普通方程.
(2)已知点P(1,−1)，若曲线M与曲线C相交于A，B两点，求|AB|和|PA|⋅|PB|的值.
23.(本小题12分)
已知关于x的不等式|x+1|−|x−2|≥|t−1|+t有解.
(1)求实数t的取值范围；
(2)若a，b，c均为正数，m为t的最大值，且2a+b+c=m.求证：a2+b2+c2≥23.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵全集U={x|−2≤x≤2}，集合A={x|−1≤x<2}，
∴∁UA={x|−2≤x<−1或x=2}.
故选：D.
利用集合的补集运算求解．
本题主要考查了补集的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z满足zi=1+i，
z=1+ii=−1+i−1=1−i.
z的共轭复数是：1+i.
故选：B.
求出复数z即可求解结果．
本题考查复数的基本运算，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵a1=2a2，
∴a1=2(a1+d)，
∴a1+2d=0，即a3=0，
∵Sm=m(a1+am)2=0，∴a1+am=0，
∵a1+a5=2a3=0，
∴m=5.
故选：B.
由等差数列的通项公式可得a3=0，又因为Sm=m(a1+am)2=0，所以a1+am=0，再结合等差数列的性质求解即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在菱形ABCD中，由|AB−AD|=|AB|可得：|DB|=|AB|，
则△ABD为等边三角形，
过点D作AB的垂线，与AB交于点E，则E为AB中点，
由投影向量的定义可知，AE即为AD在AB上的投影向量，
故AE=λAB=12AB，故λ=12.
故选：B.
根据向量减法的几何意义得|DB|=|AB|，则△ABD为等边三角形，再根据投影向量定义即可求得λ.
本题考查向量减法的几何意义，考查投影向量的概念，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得，c= 5，
设双曲线上的点为P，则|PF1|−|PF2|=2a=b，
又a2+b2=c2=5，
故a=1，b=2，
故双曲线方程为x2−y24=1.
故选：D.
由已知结合双曲线的定义及性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的定义及性质在双曲线性质的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：l⊥α，l⊥β，则α//β，m⊂α，∴m//β，则充分性成立；
如图，设平面ABCD为平面β，平面CDD1C1为平面α，
D1C1为直线m，A1D1为直线l，其中m//CD，可得m//β，
且m⊂α，l⊥α，但此时l//β，必要性不成立，
则“l⊥β”是“m//β”的充分而不必要条件．
故选：A.
根据线面垂直的性质判断充分性，举反例判断必要性是否成立．
本题考查充分必要条件的判断，线面的位置关系，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，当α=181∘时，sinα−csα的值趋近于1，tanα的值趋近于0，故A错误；
当α=240∘时，sinα−csα=− 32+12<0，tan240∘= 3>0，故B错误；
sinα⋅csα−tanα=sinα⋅cs2αcsα−sinαcsα=sinα(cs2α−1)csα<0，
则sinα⋅csα故选：C.
根据已知条件，结合特殊值法，以及作差法，即可求解．
本题主要考查三角函数值的符号，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由图象可知，当−4由f(x+1)⋅f′(x)≥0可得，f(x+1)≥0f′(x)≥0或f(x+1)≤0f′(x)≤0，
即{3⩽x+1<4或−4解得，2≤x<3或−4故选：D.
由已知结合导数与单调性关系及偶函数的性质即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在不等式求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可知，OA11=4cm，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在OA11方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知秥菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在OA11方向上前进的距离依次为：4,2× 32,1,12× 32,14,18× 32,⋯，则4+2× 32+1+12× 32=5+5 34>5+84=7，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在OA11方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即(4+1+14+⋯)+ 32×(2+12+18+⋯)≈41−14+ 32×21−14=16+4 33<16+83=8，
综合可得培养血的半径r(r∈N*,单位：cm)至少为8cm，
故选：C.
根据䀡菌的繁殖规律可得每次繁殖在OA11方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：令f(x)=0，即x≤0时，x3=0，解得x=0，
x>0时，lg(x+1)=0，无解，故m=1，
设过点(0,2)与曲线y=f(x)相切的直线的切点为(x0,y0)，
当x<0时，f′(x)=3x2，则有y−x03=3x02(x−x0)，
有2−x03=3x02(−x0)，整理可得x03=−1，即x0=−1，
即当x0<0时，有一条切线，
当x>0时，f′(x)=lgex+1，则有y−lg(x0+1)=lgex0+1(x−x0)，
有2−lg(x0+1)=lgex0+1(−x0)，整理可得(2+lge)x0+2−(x0+1)lg(x0+1)=0，
令g(x)=(2+lge)x+2−(x+1)lg(x+1)(x>0)，
则g′(x)=2−lg(x+1)，
令g′(x)=0，可得x=99，
故当x∈(0,99)时，g′(x)>0，即g(x)在(0,99)上单调递增，
当x∈(99,+∞)时，g′(x)<0，即g(x)在(99,+∞)上单调递减，
由g(99)=(2+lge)×99+2−200=99lge>0，
g(0)=2−0=2>0，故g(x)在x∈(0,99)上没有零点，
又g(999)=(2+lge)×999+2−1000×3=999lge−1000<0，
故g(x)在(99,999)上必有唯一零点，
即当x0>0时，亦可有一条切线符合要求，
故n=2.
故选：B.
借助分段函数性质计算可得m，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得n.
本题主要考查利用导数求切线方程，属于难题．
11.【答案】D
【解析】解：在△PF1F2中，由正弦定理得sin∠PF2F1sin∠PF1F2=|F1P||F2P|=c2a，则2a|PF1|=c|F2P|①，
.∵|PF1|−|F2P|=②，
由①②可得|PF1|=2acc−2a，
∵点P在双曲线的右支上，∴|PF1|=2acc−2a>a+c，
整理可得：c2−3ac−2a2<0，且c>2a，
∴e2−3e−2<0，且e>2.
解得2故选：D.
△PF1F2中，由正弦定理可得sin∠PF2F1sin∠PF1F2=|F1P||F2P|=c2a，根据P在双曲线右支上，得关于e的不等式，从而求出e的范围．
本题考查了求双曲线的离心率的范围的问题，也考查了双曲线的定义与简单性质的灵活运用问题，是中档题．
12.【答案】C
【解析】解：令x=12、y=0，则有f(12)+f(12)×f(0)=f(12)[1+f(0)]=0，
又f(12)≠0，故1+f(0)=0，即f(0)=−1，
令x=12，y=−12，则有f(12−12)+f(12)f(−12)=4×12×(−12)，
即f(0)+f(12)f(−12)=−1，由f(0)=−1，可得f(12)f(−12)=0，
又f(12)≠0，故f(−12)=0，故A正确；
令y=−12，则有f(x−12)+f(x)f(−12)=4x×(−12)，即f(x−12)=−2x，
故函数f(x−12)是奇函数，
有f(x+1−12)=−2(x+1)=−2x−2，即f(x+12)=−2x−2，即函数f(x+12)是减函数，
令x=1，有f(12)=−2×1=−2，故B正确、C错误、D正确．
故选：C.
利用赋值法检验选项A，B，结合函数的奇偶性及单调性检验选项C，D.
本题主要考查了函数的奇偶性，单调性的判断，还考查了赋值法求解抽象函数的函数值，属于中档题．
13.【答案】−4041
【解析】解：令x=1，则有(1−2)4=1=a4+a3+a2+a1+a0，
令x=−1，则有(−1−2)4=81=a4−a3+a2−a1+a0，
则a1+a3=(a4+a3+a2+a1+a0)−(a4−a3+a2−a1+a0)2=1−812=−40，
a4+a2+a0=(a4+a3+a2+a1+a0)+(a4−a3+a2−a1+a0)2=1+812=41，
故a1+a3a0+a2+a4=−4041.
故答案为：−4041.
借助赋值法，分别令x=1、x=−1，计算即可得解．
本题主要考查二项式定理，属于中档题．
14.【答案】14
【解析】解：因为tan2θ=−4tan(θ+π4)，
则2tanθ1−tan2θ=−4(tanθ+tanπ4)1−tanθ⋅tanπ4=−4(tanθ+1)1−tanθ，
显然1−tanθ≠0，可得tanθ1+tanθ=−2(tanθ+1)，
整理得2tan2θ+5tanθ+2=0，解得tanθ=−2或tanθ=−12，
又因为θ∈(3π4,π)，
则tanθ∈(−1,0)，
可得tanθ=−12，
所以1+sin2θ2cs2θ+sin2θ=sin2θ+cs2θ+2sinθcsθ2cs2θ+2sinθcsθ=sinθ+csθ2csθ=12(tanθ+1)=14.
故答案为：14.
根据题意利用三角恒等变换可得tanθ=−12，再利用倍角公式以及齐次化问题分析求解．
本题考查了三角函数恒等变换在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
15.【答案】23
【解析】解：设圆锥MM′的底面半径为r，球O的半径为R，
因为圆锥MM′的轴截面为正三角形，可知圆锥MM′的高h= 3r，
则2R=h= 3r，即R= 32r，
可得圆锥MM′的体积V1=13×πr2× 3r= 33πr3，
球O的体积V2=43πR3=43π×( 32r)3= 3πr32，
所以V1V2= 33πr3 32πr3=23.
故答案为：23.
设圆锥MM′的底面半径为r，球O的半径为R，由题意可得2R=h= 3r，结合体积公式运算求解．
本题主要考查求圆锥和球的体积，属于中档题．
16.【答案】②③④
【解析】解：对①：令x3−x≥0，即x(x+1)(x−1)≥0，解得x∈[−1,0]∪[1,+∞),
因为f(x)的定义域不关于原点对称，所以函数f(x)是非奇非偶函数，故①错误；
对②：f(x)−kx= x3−x−kx=0，即 x3−x=kx，当x=0时，有 0−0=0，可知0是该方程的一个根．
当x≠0，k>0时，由 x3−x=kx，故x>0，结合定义域可得x∈[1,+∞),有x3−x=k2x2，即x(x2−k2x−1)=0，
令x2−k2x−1=0，Δ=k4+4>0，有x=k2+ k2+42或x=k2− k2+42(负值舍去)，则x=k2+ k2+42>0+ 0+42=1，
故x2−k2x−1=0必有一个大于1的正根，即f(x)−kx=0必有一个大于1的正根；
当x≠0，k<0时x<0，由 x3−x=kx两边平方得x3−x=k2x2，即x2−k2x−1=0，结合定义域可知x∈[−1,0).
方程x2−k2x−1=0根的判别式Δ=k4+4>0，可得x=k2− k2+42或x=k2+ k2+42(正值舍去).
令k2+4=t>4，即k2=t−4，则x=k2− k2+42=t−4− t2=( t−12)2−1742>( 4−12)2−1742=−1，
即x=k2− k2+42>−1，故方程x2−k2x−1=0在定义域内亦必有一根．
综上所述，∀k∈R，且k≠0，关于x的方程f(x)−kx=0恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令P(x,y)，则有y= x3−x，|AP|2=(x+12)2+( x3−x)2=x3+x2+14，
令g(x)=x3+x2+14，x∈[−1,0]∪[1,+∞),g′(x)=3x2+2x=x(3x+2),
当x∈(−1,−23)∪(1,+∞)时，g′(x)>0；当x∈(−23,0)时，g′(x)<0.
故g(x)在(−1,−3)、(1,+∞)上单调递增，在区间(−23,0)上单调递减，
结合g(−1)=−1+1+14=14，g(0)=0+14=14，可知g(x)≥14恒成立，即|AP|2≥14，故|AP|≥12恒成立，所以③正确；
对④：当x1=x2时，由x∈[−1,0]∪[1,+∞),|x1+x2|=1,得x1=x2=−12，
此时y1=−y2= (−12)3−(−12)= 64，则|MN|= 62≥1；
当x1≠x2时，由y=f(x)的图象与y=−f(x)的图象关于x轴对称，
不妨设x1当−1≤x1≤0<1≤x2≤2时，由x2−x1≥x2≥1，得|MN|= (x1−x2)2+( x13−x1− x23−x2)2≥|x1−x2|≥1成立；
当−1≤x1由③的结论，可知点M到A(−2,0)的距离|AM|≥12，
同理可得|AN|≥12，故|MN|≥12+12=1.
综上所述，|MN|≥1恒成立，故④正确．
故答案为：②③④．
函数奇偶性的定义加以判断，可得①的正误；对于②，分k>0与k<0两种情况讨论，结合一元二次方程的求根公式计算即可作出判断；对于③，借助于两点间的距离公式与导数研究函数的单调性，求出|AP|的最值，即可作出判断；对于④，利用③中所得结论并结合函数的性质加以计算，即可作出判断．
本题主要考查两点间的距离公式及其应用、函数的奇偶性与单调性、利用导数研究函数的单调性与最值、函数与方程的综合应用等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵asinC=csinB，∴sinAsinC=sinCsinB，
∵sinC≠0，
∴sinA=sinB，
∴A=B或A+B=π(舍)，
又∵C=2π3，
∴B=π6；
(2)∵B=π6，C=2π3，A=π6，
∴a=b，
∴S△ABC=12absinC，
即3 34=12a2⋅ 32，
得a=b= 3，
由正弦定理asinA=csinC，
得c=asinCsinA=3，
设BC边的中点为D，连接AD，如下图：
∵2AD=AB+AC，
即(2AD)2=(AB+AC)2，
即4AD2=c2+b2+2bccsA，
解得AD= 212.
【解析】(1)边化角结合二倍角公式即可得到角B；
(2)根据A=B，得a=b，再根据三角形面积公式即可得到a=b= 3，再由正弦定理得边C，再由2AD=AB+AC，即可得到答案．
本题考查解三角形的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)证明：取PC的中点N，连接MN，ND，
因为M为BP的中点，所以MN=12BC，MN//BC，
因为AD//BC，所以AD//MN，所以M，N，D，A四点共面．
因为AM//平面CDP，平面MNDA∩平面CDP=DN，所以AM//DN，
所以MN=AD.所以BC=2AD.
(Ⅱ)取BC的中点E，连接AE，AC，
由(Ⅰ)知BC=2AD，所以EC=AD.
因为EC//AD，所以四边形AECD是平行四边形．
所以EC=AD=1，AE=CD.
因为AB=CD=1，所以AE=1=12BC，所以∠BAC=90∘，即AB⊥AC.
选条件①：BP=DP.
(i)证明：因为AB=AD=1，PA=PA，所以△PAB≌△PAD，所以∠PAB=∠PAD.
因为AB⊥PA，所以∠PAB=90∘，所以∠PAD=90∘，即AP⊥AD.所以AP⊥平面ABCD.
(ii)由(i)知AP⊥平面ABCD，所以AP⊥AC.
因为PA⊥AB，AP=1，如图建立空间直角坐标系A−xyz，
则P(0,0,1)，C(0, 3,0)，D(−12, 32,0)，
所以CD=(−12,− 32,0)，PD=(−12, 32,−1)，AC=(0, 3,0)，
设平面PDC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅PD=0，即−12x− 32y=0−12x+ 32y−z=0，
令x= 3，则y=−1，z=− 3，所以n=( 3,−1,− 3)，
因为AC为平面PAB的法向量，且cs=AC⋅n|AC||n|=− 77，
所以二面角C−l−B的余弦值为− 77.
选条件③：∠CBM=∠CPM.
(i)证明：所以CB=CP.因为AB=AP=1，CA=CA，所以△ABC≌△APC.
所以∠PAC=∠BAC=90∘，即PA⊥AC.因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.
(ⅱ)由(i)知AP⊥平面ABCD，所以AP⊥AC.
因为PA⊥AB，AP=1，如图建立空间直角坐标系A−xyz，
则P(0,0,1)，C(0, 3,0)，D(−12, 32,0)，
所以CD=(−12,− 32,0)，PD=(−12, 32,−1)，AC=(0, 3,0)，
设平面PDC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅PD=0，即−12x− 32y=0−12x+ 32y−z=0，
令x= 3，则y=−1，z=− 3，所以n=( 3,−1,− 3)，
因为AC为平面PAB的法向量，且cs=AC⋅n|AC||n|=− 77，
所以二面角C−l−B的余弦值为− 77.
不可选条件②，理由如下：
由(i)可得AB⊥AC，又PA⊥AB，
PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC，
∴AB⊥PC是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②．
【解析】(Ⅰ)取PC的中点N，连接MN，ND，由M为BP的中点，得MN=12BC，MN//BC.由AD//BC，得AD//MN，从而M，N，D，A四点共面．由AM//平面CDP，得AM//DN，从而MN=AD，由此能证明BC=2AD.
(Ⅱ)取BC的中点E，连接AE，AC，推导出四边形AECD是平行四边形，推导出∠BAC=90∘，AB⊥AC.
选条件①：BP=DP.(i)由AB=AD=1，PA=PA，推导出△PAB≌△PAD，∠PAB=∠PAD，由AB⊥PA，得∠PAB=90∘，∠PAD=90∘，从而AP⊥AD，由此能证明AP⊥平面ABCD.
(ii)由(i)知AP⊥平面ABCD，得AP⊥AC，由PA⊥AB，AP=1，建立空间直角坐标系A−xyz，利用向量法能求出二面角C−l−B的余弦值．
不可选条件②，理由是AB⊥PC是由已知条件可推出的条件．
选条件③：∠CBM=∠CPM.(i)CB=CP，推导出△ABC≌△APC，由此能证明PA⊥平面ABCD.
(ⅱ)由(i)知AP⊥平面ABCD，得AP⊥AC，由PA⊥AB，AP=1，建立空间直角坐标系A−xyz，利用向量法能求出二面角C−l−B的余弦值．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)设A=“最后是A组同学，且B比C先完成”，
则P(A)=C151A4914C201A3434A5050=15×49!35!×20×34!50!=15×2035×50=635；
(2)设所需时间为T，则T可取30，32，⋯，2k+28，⋯，10030，32，…，2k+28，…，100(k=1,2,3,…36)，
则P(T=2k+28)=Ck+1314C5015,k=1,2,3,⋯,36，
E(T)=k=136(2k+28)⋅Ck+1314C5015=2C5015k=136(k+14)⋅Ck+1314=2C5015k=13615⋅Ck+1415=30C5015k=136Ck+1415，
因为k=136Ck+1415=C1515+C1615+C1715+⋯+C5015=C1616+C1615+C1715+⋯+C5015=C1716+C1715+⋯+C5015=C1817+C1815+⋯+C5015=C5116，
所以E(T)=30C5015k=136Ck+1415=30C5015C5116=30×5116=7658.
【解析】(1)设A=“最后是A组同学，且B比C先完成”，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
(2)设所需时间为T，得到P(T=2k+28)=Ck+1314C5015，结合组合数的性质运算即可得E(T)的值．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了组合数的性质，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f′(x)=xcsx−sinxx2+sinx，
f′(π2)=1−4π2，因为f(π2)=2π，
所以切线方程为y−2π=(1−4π2)(x−π2)，
即y=(1−4π2)x+4π−π2.
(2)由题意，sinx−xcsx−ax3<0，
令g(x)=sinx−xcsx−ax3，则g′(x)=xsinx−3ax2=x(sinx−3ax)，
令h(x)=sinx−3ax，h′(x)=csx−3a.
①当3a≤−1，即a≤−13时，h′(x)≥0，h(x)在(0,+∞)单调递增，h(x)>h(0)=0，
所以g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)单调递增，g(x)>g(0)=0，不合题意．
②当3a≥1，即a≥13时，h′(x)≤0，h(x)在(0,+∞)单调递减，h(x)所以g′(x)<0，g(x)在(0,+∞)单调递减，所以g(x)③当−1<3a<1，即−130，h′(π)=−1−3a<0，
所以∃x0∈(0,π)，使得h′(x0)=0且x∈(0,x0)时，h′(x)>0，
所以g′(x)>0，g(x)在(0,x0)单调递增，g(x0)>g(0)=0，不符合题意．
综上，a≥13，即a的取值范围是[13,+∞).
【解析】(1)对f(x)求导，利用导数的几何意义及点斜式方程求解即可；
(2)由题意sinx−xcsx−ax3<0，令g(x)=sinx−xcsx−ax3，对g(x)求导，再对a分类讨论，判断函数的单调性，从而可得满足条件的a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，不等式恒成立求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：由C：y2=4x，故F(1,0)，由直线AB与直线CD垂直，
故两只直线斜率都存在且不为0，
设直线AB、CD分别为x=m1y+1、x=m2y+1，有m1m2=−1，
A(x1,y1)、B(x2,y2)、E(x3,y3)、D(x4,y4)，
联立C：y2=4x与直线AB，即有y2=4xx=m1y+1，
消去x可得y2−4m1y−4=0，Δ=16m12+16>0，
故y1+y2=4m1、y1y2=−4，
则x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1(y1+y2)+2=4m12+2，
故x1+x22=2m12+1，y1+y22=2m1，
即M(2m12+1,2m1)，同理可得N(2m22+1,2m2)，
当2m12+1≠2m22+1时，
则lMN:y=2m2−2m12m22+1−(2m12+1)(x−2m12−1)+2m1，
即y=m2−m1m22−m12(x−2m12−1)+2m1=xm2+m1−2m12+1m2+m1+2m1(m2+m1)m2+m1
=xm2+m1−2m12+1−2m1m2−2m12m2+m1=xm2+m1−1−2m1m2m2+m1，
由m1m2=−1，即y=xm2+m1−1+2m2+m1=1m2+m1(x−3)，
故x=3时，有y=1m2+m1(3−3)=0，
此时MN过定点，且该定点为(3,0)，
当2m12+1=2m22+1时，即m12=m22时，由m1m2=−1，即m1=±1时，
有lMN：x=2+1=3，亦过定点(3,0)，
故直线MN过定点，且该定点为(3,0)；
(2)解：由A(x1,y1)、B(x2,y2)、E(x3,y3)、D(x4,y4)，
则lAE:y=y3−y1x3−x1(x−x1)+y1，由y12=4x1、y22=4x2，
故y=y3−y1y324−y124(x−y124)+y1=4xy3+y1−y12y3+y1+y12+y1y3y3+y1=4xy3+y1+y1y3y3+y1，
同理可得lBD:y=4xy4+y2+y2y4y4+y2，联立两直线，即y=4xy3+y1+y1y3y3+y1y=4xy4+y2+y2y4y4+y2，
有4xy3+y1+y1y3y3+y1=4xy4+y2+y2y4y4+y2，
即4x(y4+y2)+y1y3(y4+y2)=4x(y3+y1)+y2y4(y3+y1)，
有x=y2y4(y3+y1)−y1y3(y4+y2)4(y4+y2−y3−y1)，由y1y2=−4，同理y3y4=−4，
故x=y2y4(y3+y1)−y1y3(y4+y2)4(y4+y2−y3−y1)=y2y3y4+y1y2y4−y1y3y4−y1y2y34(y4+y2−y3−y1)
=−4(y2+y4−y1−y3)4(y4+y2−y3−y1)=−1，
故xG=−1，
过点G作GQ//x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN=12|yM−yN|×|xQ−xG|，
由M(2m12+1,2m1)、N(2m22+1,2m2)，
故|yM−yN|=2m1−2m2=2m1+2m1≥2 2m1×2m1=4，
当且仅当m1=±1时，等号成立，
下证|xQ−xG|≥4：
由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，
当m1>1时，有m2=−1m1∈(−1,0)，则点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有1m2+m1=1m1−1m2>0，由直线MN过定点(3,0)，
此时|xQ−xG|>3−(−1)=4，
同理，当m1<1时，有点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有1m2+m1<0，故此时|xQ−xG|>4，
当且仅当m1=1时，xQ=3，
故|xQ−xG|≥4恒成立，且m1=±1时，等号成立，
故S△GMN=12|yM−yN|×|xQ−xG|≥12×4×4=8，
【解析】(1)设出直线AB与直线CD的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线MN后即可得定点坐标；
(2)设出直线AE与直线BD的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点G的横坐标恒为−1，再结合面积公式及基本不等式即可得．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)由x=t2−ty=t2+t(t为参数)，则y−x=t2+t−t2+t=2t，即t=x+y2，
则x=t2−t=(x+y2)2−x+y2，整理得x2+y2+2xy−6x−2y=0，
即曲线N的普通方程为x2+y2+2xy−6x−2y=0；
(2)由x=t+1y=t−1(t为参数)，则x−y=2，故M为直线x−y=2，
由ρ=4csθ，有ρ2=4ρcsθ，即x2+y2=4x，
联立x2+y2=4xx−y=2，消去y，可得x2−4x+2=0，Δ=16−8=8>0，
令A(x1,y2)，B(x2,y2)，则有x1+x2=4，x1x2=2，
则|AB|= 1+1⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2× 16−8=4，
|PA|⋅|PB|= (x1−1)2+(y1+1)2⋅ (x2−1)2+(y2+1)2
= (x1−1)2+(x1−2+1)2⋅ (x2−1)2+(x2−2+1)2
= 2|x1−1|× 2|x2−1|=2|(x1−1)(x2−1)|
=2|x1x2−(x1+x2)+1|=2×|2−4+1|=2，
即|AB|=4，|PA|⋅|PB|=2.
【解析】(1)将t用x、y表示后，代入消去t即可得；
(2)求出曲线M的普通方程与曲线C的直角坐标方程，联立后结合韦达定理计算即可得．
本题考查的知识点：参数方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数之间的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)令f(x)=|x+1|−|x−2|=3,x≥22x−1,−1所以当x≥2时，f(x)取得最大值为3，
关于x的不等式|x+1|−|x−2|≥|t−1|+t有解等价于f(x)max≥|t−1|+t，即3≥|t−1|+t，
当t≥1时，上述不等式转化为3≥t−1+t，解得1≤t≤2，
当t<1时，上述不等式转化为3≥−t+1+t，解得t<1，
综上所述t的取值范围为t≤2，
故实数t的取值范(−∞,2].
(2)证明：根据(1)可得a，b，c均为正实数，且满足2a+b+c=2，
所以由柯西不等式可得(a2+b2+c2)(22+12+12)≥(2a+b+c)2=4，
当且仅当a=23，b=c=13，时取等号，
所以a2+b2+c2≥23.
【解析】(1)令f(x)=|x+1|−|x−2|，求出f(x)的最大值，由不等式|x+1|−|x−2|≥|t−1|+t有解可知f(x)max≥|t−1|+t，从而得到关于t的不等式3≥|t−1|+t，即可解出t的取值范围；
(2)由柯西不等式得(a2+b2+c2)(22+12+12)≥(2a+b+c)2即可证明结论．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．