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2024年山西省朔州市应县一中高考数学一模试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年山西省朔州市应县一中高考数学一模试卷（含详细答案解析），共16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M={x|x+3x−3≤0,x∈Z}，N={x|1A. {x|12.已知复数z=4+i1+i，z的共轭复数为z−，则z⋅z−=( )
A. 342B. 172C. 4D. 2
3.已知|a|=2，b=( 2,1)，且a⊥b，则|a−2b|=( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
4.已知f(x)=x+a4−x2⋅sinx是偶函数，则a=( )
A. 0B. 1C. −1D. 12
5.已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6分别为1，4，5，5，3，a，若这组数据的平均数为4，则数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差为( )
A. 83B. 8C. 16D. 24
6.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线N:x24−y2=1有且仅有两个交点，若椭圆M的离心率为12，则椭圆M的短轴长为( )
A. 2B. 4C. 3D. 2 3
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S9=452，则2a8−a11=( )
A. 52B. 3C. 92D. 5
8.在三棱锥A−BCD中，AB=AD=2 3，cs∠ABC=−18，∠ABD=π3，若△BCD是等边三角形，则三棱锥A−BCD的外接球的体积是( )
A. 28 73πB. 8 6πC. 20 53πD. 323π
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.已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则( )
A. 圆锥的母线长为4
B. 圆锥的母线与底面所成角的正弦值为14
C. 圆锥的体积为 153π
D. 沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7 1524π
10.将函数f(x)=2sin(x−π3)的图象上所有点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，下列关于函数g(x)的说法正确的是( )
A. g(x)的最小正周期为π
B. (π3,0)是g(x)的一个对称中心
C. g(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ],k∈Z
D. g(x)在[0,π]上恰有3个零点
11.在信道内传输M，N，P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α(0<α<1)，收到其他两个信号的概率均为1−α2.若输入四个相同的信号MMMM，NNNN，PPPP的概率分别为p1，p2，p3，且p1+p2+p3=1记事件M1，N1，P1分别表示“输入MMMM”“输入NNNN”“输入PPPP“，事件D表示“依次输出MNPM“，则( )
A. 若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为α2(1−α)2
B. P(D|M1)=α2(1−α2)2
C. P(D|P1)=α(1−α2)3
D. P(M1|D)=2αp1(3α−1)p1+1−α
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.( x+12 x+y)5的展开式中y的系数为______.
13.若tan(α−π6)=2，则tan(α−π3)+cs2(α−π6)−12=______.
14.已知点F是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，过F的直线l与C交于M，N两点，点P与点M关于原点对称，PF⊥MN.若F为线段MN上靠近点M的四等分点，则C的离心率为______.
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)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(a+b,c)，n=(sinA−sinC,sinA−sinB)，且m//n.
(Ⅰ)求B；
(Ⅱ)求b2a2+c2的最小值.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA=2，E，F分别为PB，PD上的点，
PB=PD= 5，PD⊥平面ABF.
(Ⅰ)若EF⊥PB，求PE的长；
(Ⅱ)若E为PB的中点，求平面PEC与平面AEF夹角的余弦值.
17.(本小题15分)
甲、乙、丙、丁四人练习传球，每次由一人随机传给另外三人中的一人称为一次传球，已知甲首先发球，连续传球n(n∈N*,n≥3)次后，记事件“乙、丙、丁三人均被传到球”的概率为Pn.
(Ⅰ)当n=4时，求球又回到甲手中的概率；
(Ⅱ)当n=4时，记乙、丙、丁三人中被传到球的人数为随机变量X，求X的分布列与数学期望；
(Ⅲ)记Qn=Pn−13n−1−1，求证：数列{Qn}从第3项起构成等比数列，并求Pn.
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线方程为x=−1，直线l:x− 3y+2=0与圆E相切于点M(1,5)，且圆心E在直线x=p上.
(Ⅰ)求抛物线C和圆E的标准方程；
(Ⅱ)若A，B是y轴上的两点P(x0,y0)是抛物线C上的动点，且直线PA，PB与圆E均相切，x0>4，求△PAB的周长最小时，点P的坐标.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex+csx(a≥1)，f′(x)为f(x)的导函数.
(Ⅰ)若函数f(x)在x=0处的切线的斜率为2，求a的值；
(Ⅱ)求证：f′(x)>a+lnx.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合M={x|x+3x−3≤0,x∈Z}={−3,−2,−1,0,1,2}，N={x|1则M∩N={2}.
故选：C.
结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为z=4+i1+i=(4+i)(1−i)(1+i)(1−i)=5−3i2，
因为z的共轭复数为z−=5+3i2，
则z⋅z−=25+94=172.
故选：B.
结合复数的四则运算先进行化简，然后结合复数的概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为b=( 2,1),a⊥b，则b2=3,a⋅b=0，
则|a−2b|2=a2−4a⋅b+4b2=4−0+4×3=16，故|a−2b|=4.
故选：C.
利用向量的数量积可求|a−2b|.
本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵f(x)=x+a4−x2⋅sinx是偶函数，y=sinx是奇函数，
∴g(x)=x+a4−x2是奇函数，又y=4−x2是偶函数，
∴y=x+a是奇函数，
∴a=0.
故选：A.
利用奇偶函数的运算性质求解即可．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：样本数据1，4，5，5，3，a的平均数为16×(1+4+5+5+3+a)=4，解得a=6，
所以样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差为16×[(1−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(6−4)2]=83，
所以数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差为32×83=24.
故选：D.
由题意求出样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差，即可得出数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差
本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线N:x24−y2=1有且仅有两个交点，
所以椭圆的左右顶点与双曲线的顶点重合，
故a=2，
又椭圆M的离心率为12，可得c2=12，解得c=1.
故椭圆M的短轴长为2b=2 a2−c2=2 3.
故选：D.
根据已知条件求得a和c，进而求解结论．
本题主要考查双曲线和椭圆的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：S9=452，
则9a5=452，解得a5=52，
2a8−a11=a5=52.
故选：A.
结合等差数列的前n项和公式，以及等差中项的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，以及等差中项的性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取BD的中点为S，连接AS，CS，
因为AB=AD=2 3，∠ABD=π3，故△ABD为等边三角形且BD=2 3，
因为△CBD为等边三角形，故BC=2 3，
由余弦定理可得AC2=BA2+BC2−2BA×BC×cs∠ABC=24+3=27，
故AC=3 3，而AS为等边△ABD的边BD上的中线，
故AS=2 3× 32=3，
同理CS=3，
故cs∠ASC=18−272×3×3=−12，
而∠ASC为三角形内角，故∠ASC=120∘，
设E为△ABD的中心，F为△CBD的中心，则E在AS上且F在CS上，
因为△ABD、△CBD均为等边三角形其它们有公共边BD，
由对称性可得O在平面ASC中，
设O为外接球的球心，连接OS，则OE⊥平面ABD，OF⊥平面BCD，
而AS⊂平面ABD，CS⊂平面BCD，
故OE⊥AS，OF⊥CS，连接OS，
则由O，E，S，F四点共圆可得OS=EFsin∠120∘=2 33× 1+1+2×1×1×12=2，
故OE= 4−1= 3，
所以AO= 3+AE2= 7，
即外接球半径为 7，
故棱锥A−BCD的外接球的体积为4π3×( 7)3=28 7π3.
故选：A.
如图，取BD的中点为S，连接AS，CS，设E为△ABD的中心，F为△CBD的中心，由对称性可得O在平面ASC中，且OE⊥平面ABD，OF⊥平面BCD，结合解三角形可得OS=2，从而可求外接球半径，故可得其体积．
本题考查外接球问题，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，
则πrl=4π，2πr=2π，故r=1，l=4，故A正确；
对于B，圆锥的高为h，则h= 16−1= 15，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 154，故B错误；
对于C，圆锥的体积为13×πr2h= 153π，故C正确；
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为18× 153π，
故所得圆台的体积为78× 153π=7 1524π，故D正确．
故选：ACD.
先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项．
本题主要考查圆锥的结构特征，圆锥和圆台体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：将函数f(x)=2sin(x−π3)的图象上所有点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，
得到函数g(x)=2sin(2x−π3)，
故T=2π2=π，A正确；
因为g(π3)=2sinπ3= 3，即(π3,0)不是函数g(x)的对称中心，B错误；
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得，−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z，
故g(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ],k∈Z，C正确；
令g(x)=0可得，sin(2x−π3)=0，
当0≤x≤π时，可得，x=π6，2π3，D错误．
故选：AC.
结合三角函数图象的变换先求出g(x)的解析式，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了三角函数图象的变换及正弦函数性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，∵发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α(0<α<1)，
收到其他两个信号的概率均为1−α2，
即收到的信号字母变的概率为1−α，且信号的传输相互独立，
∴输入信号为MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为C42α2(1−α)2=6α2(1−α)2，故A错误；
对于B，∵P(D|M1)=P(DM1)P(M1)=α2(1−α 2)2p1p1=α2(1−α2)2，故B正确；
对于C，P(D|P1)=P(DP1)P(P1)=α(1−α2)3p2p2=α(1−α2)3，故C正确；
对于D，∵P(D|N1)=P(DN1)P(N1)=α(1−α2)3p2p2=α(1−α2)3，
∵P(D)=α2(1−α2)2p1+α(1−α2)p3+α(1−α2)2p1
=α(1−α2)2[αp1+1−α2(1−p1)]
=α(1−αα)2[αp1−12−α2−p12+αp12)
=α(1−αα)2(αp1−12−α2+αp12)
=α(1−αα)(3αp1+1−α2)
=α(1−αα)2[(3α−1)p1+1−α2]，
∴P(M1|D)=P(M1D)P(D)=P(D|M1)P(M1)P(D)
=α2(1−α2)2p1P(D)
=α2(1−α2)p1α(1−αα)2[(3α−1)p1+1−α2]
=2αp1(3α−1)p1+1−α，故D正确．
故选：BCD.
由独立事件的乘法公式判断A；由条件概率公式判断BC；由全概率公式判断D.
本题考查独立事件的乘法公式、条件概率公式、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】152
【解析】解：( x+12 x+y)5=[( x+12 x)+y]5，根据二项式的展开式Tr+1=C5r⋅( x+12 x)5−r⋅yr(r=0,1,2,3,4,5)，
所以r=1时，C51⋅( x+12 x)4⋅y1，
由于( x+12 x)4的展开式通项为Tk+1=C4k⋅( x)4−k⋅(12)k⋅x−12k=C4k⋅x4−k2−k2⋅(12)k(k=0,1,2,3,4)，
当k=2时，( x+12 x)4展开式的系数为C42⋅(12)2=64=32，
故展开式中y的系数为24C51C⋅(12)2=152.
故答案为：152.
利用( x+12 x+y)5=[( x+12 x)+y]5，写出展开式的通项得到r=1，再写出( x+12 x)4的二项式的展开式，得到k=2，最后求出结果；
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】5 3−8310
【解析】解：tan(α−π6)=sin(α−π6)cs(α−π6)=2，
∴sin(α−π6)=2cs(α−π6)，4cs2(α−π6)+cs2(α−π6)=1，
∴cs2(α−π6)=15，tan(α−π3)=tan[(α−π6)−π6]=tan(α−π6)−tanπ61+tan(α−π6)tanπ6=2− 331+2× 33=5 3−8，
∴tan(α−π3)+cs2(α−π6)−12=5 3−8+15−12=5 3−8310.
故答案为：5 3−8310.
根据tan(α−π3)=tan[(α−π6)−π6]及sin(α−π6)=2cs(α−π6)即可得解．
本题考查了同角三角函数的基本关系，两角差的正切公式，是基础题．
14.【答案】 102
【解析】解：取左焦点F1，设|MF|=m，则|NF|=3m，
由双曲线定义可得|MF1|=2a+m，|NF1|=2a+3m，
由PF⊥MN，点P与点M关于原点对称，故四边形PFMF1为矩形，
故F1M⊥MN，有(2a+m)2+(4m)2=(2a+3m)2，化简可得m=a，
故|MF|=a，|MF1|=3a，则在△F1FM中，有a2+(3a)2=(2c)2，
即5a2=2c2，故e=ca= 52= 102.
故答案为： 102.
设|MF|=m，借助双曲线定理，结合勾股定理，用a表示出|MF1|、|MF|，再结合勾股定理得到与a、c有关齐次式，即可得离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)因为m//n，
所以(a+b)(sinA−sinB)=c(sinA−sinC)，
由正弦定理可得(a+b)(a−b)=c(a−c)，
即a2−b2=ac−c2，故a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，
而B为三角形内角，故B=π3；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)可得b2a2+c2=a2+c2−aca2+c2=1−aca2+c2，
因为1−aca2+c2≥1−ac2ac=1−12=12，
当且仅当a=c时等号成立，故b2a2+c2的最小值为12.
【解析】(I)利用向量共线的坐标形式可得a2+c2−b2=ac，结合余弦定理可求B；(Ⅱ)利用基本不等式可求最小值．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，正弦定理及余弦定理在求三角形中的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：∵PD⊥平面ABF，AB，AF⊂平面ABF，
∴PD⊥AB，PD⊥AF，
∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD，
∵PD∩AD=D，∴AB⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AB⊥AP，
∵PA=2，AD=1，PD= 5，∴PD2=PA2+AD2，∴PA⊥AD，
∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，
∴PD=(0,1,−2)，
设PF=λPD=λ(0,1,−2)=(0,λ,−2λ)，∴F(0,45,25)，PB=(1,0,−2)，
设PE=μPB=μ(1,0,−2)=(μ,0,−2μ)，∴E(μ,0,2−2μ)，
∴EF=(−μ,45,2μ−85)，
∵PB⊥EF，∴PB⋅EF=−5μ+165=0，解得μ=1625，
∴|PE|=1625|PB|=1625× 5=16 525.
(2)∵E是PB的中点，∴E(12,0,1)，
∴PE=(12,0,−1)，PC=(1,1,−2)，
设平面PEC的法向量为m=(x,y,z)，
则n⋅PE=12x−z=0n⋅PC=x+y−z=0，取x=2，得n=(2,−1,1)，
由(1)得F(0,45,25)，∴AF=(0,45,25)，AE=(12,0,1)，
设平面AEF的法向量为m=(a,b,c)，
则n⋅AE=12a+c=0n⋅AF=45b+25c=0，取a=4，得m=(4,1,−2)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|=5 21× 6=5 1442，
∴平面PEC与平面AEF夹角的余弦值为5 1442.
【解析】(1)先证明AB⊥AP，PA⊥AD，建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标形式能求出PE的长；
(2)利用向量法能求出面面角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)在传球的过程中，不考虑第四次传给谁，
此时共有3×3×3×3=81种；
在传球的过程中不传给甲，第四次传给甲，
共有3×2×2×1=12种；
在传球的过程中传给甲，
共有3×1×3×1=9种，
则传球4次，球又回到甲手中的概率P=12+981=727；
(Ⅱ)易知X的所有可能取值为1，2，3，
此时P(X=1)=3×1×1×181=127，P(X=2)=C32(24−2)81=1427，P(X=3)=1−127−1427=1227，
则X的分布列为：
则E(X)=1×127+2×1427+3×1227=6527；
(Ⅲ)在n次传球后，乙、丙、丁三人中被传到球，共有两种情况，
第一种情况是当n≥4时，n−1次传球后，此3人均接过他人传球，
此时概率为Pn−1；
第二种情况是当n≥4时，n−1次传球后，此3人中只有2人接过他人传球，
则第n次传球时将球传给剩余的1人，
此时概率为(1−Pn−1−3×13n−1)×13，
所以当n≥4时，Pn=Pn−1+(1−Pn−1−3×13n−1)×13=13+23Pn−1−13n−1，
可得Pn−13n−1−1=23(Pn−1−13n−2−1)，
又P3=3×2×13×3×3=29，
所以Q3=P3−13−1=−89，
则数列{Qn}是从第3项起构成等比数列，
此时Pn−13n−1−1=−89×(23)n−3，
故Pn=1−2n3n−1+1.
【解析】(Ⅰ)由题意，对是否给甲传球进行讨论，结合古典概型概率公式进行求解即可；
(Ⅱ)先得到X的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可；
(Ⅲ)讨论n−1此传球后，3人接过球的人数情况，利用等比数列的定义再进行求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由抛物线准线方程x=−1，可得−p2=−1，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x，
因为圆心E在直线x=p上，
所以设圆心E的坐标为(2,b)，圆的半径为r，
所以圆心到直线l的距离|2− 3b+2| 1+3=r，(1−2)2+( 3−b)2=r2，
整理可得|4− 3b|=2r，即b2−2 3b+4=r2，
所以b2−2 3b+4=(|2− 3b+2| 1+3)2，
所以b=0，则r=2，
所以圆E的方程为(x−2)2+y2=4.
(Ⅱ)由题意可得，直线lAP，lBP的斜率存在，设lAP，lBP的斜率分别为k1，k2，
则直线AP的方程为y−y0=k1(x−x0)，
直线BP的方程为y−y0=k2(x−x0)，
对于直线AP的方程，令x=0，则y=−x0k1+y0，即A(0,−x0k1+y0)，同理可得B(0,−x0k2+y0)，
则|PA|= x02+[y0−(−x0k1+y0)]2= k12+1⋅x0，
同理可得|PB|= k22+1⋅x0，
|AB|=|−x01+y0−(−x0k2+y0)|=|k2−k1|⋅x0，
即C△PAB= k12+1⋅x0+ k22+1⋅x0+|k2−k1|⋅x0，
直线AP的方程为k1x−y−k1x0+y0=0，则有|2k1−k1x0+y0| k12+1=2，
即 k12+1=|2k1−k1x0+y0|2，|PA|= k12+1⋅x0=x02⋅|2k1−k1x0+y0|，
则|PB|= k22+1⋅x0=x02⋅|2k2−k2x0+y0|，
C△PAB=x02⋅(|2k1−k1x0+y0|+|2k2−k2x0+y0|)+|k2−k1|⋅x0
=x02⋅|2k1−k1x0+y0−2k2+k2x0−y0|+|k2−k1|⋅x0
=x02⋅(x0−2)⋅|k1−k2|+|k2−k1|⋅x0
=x022|k2−k1|，
由|2k1−k1x0+y0| k12+1=2，得(x02−4x0)k12+2(2−x0)y0k1+4x0−4=0，
同理可得(x02−4x0)k22+2(2−x0)y0k2+4x0−4=0，
所以k1，k2是方程(x02−4x0)k2+2(2−x0)y0k+4x0−4=0，(x0>4)的两个不同根，
Δ=4[(2−x0)2y02−(x02−4x0)(4x0−4)]=4[[(2−x0)2⋅4x0−(x02−4x0)(4x0−4)]=16x0 2>0,
所以k1+k2=(2x0−4)y0x02−4x0，k1k2=4x0−4x02−4x0，
所以C△PAB=x022|k2−k1|=x022⋅ (k2+k1)2−4k1k2=x022⋅ (2x0−4x02−4x0)2−4(4x0−4x02−4x0)
=x022⋅ (2x0−4)2y02(x02−4x0)2−4⋅(4x0−4)(x02−4x0)(x02−4x0)2=x022(x02−4x0)⋅ 16x02=2x03x02−4x0=2x02x0−4=2−4(1x0)2+1x0，
则当−4(1x0)2+1x0取得最大值时，△PAB的周长最小，
即1x0=−12×(−4)=18，即x0=8时，△PAB的周长最小，
此时y0=± 4x0=±4 2，
所以P的坐标为(8,±4 2).
【解析】(Ⅰ)由抛物线准线方程x=−1，可得p=2，设圆心E的坐标为(2,b)，圆的半径为r，圆心到直线l的距离|2− 3b+2| 1+3=r，(1−2)2+( 3−b)2=r2，解得b，r，即可得出答案．
(Ⅱ)由题意可得，直线lAP，lBP的斜率存在，设lAP，lBP的斜率分别为k1，k2，直线AP的方程为y−y0=k1(x−x0)，直线BP的方程为y−y0=k2(x−x0)，进而可得A，B坐标，计算|PA|，|PB|，|AB|，则C△PAB= k12+1⋅x0+ k22+1⋅x0+|k2−k1|⋅x0，化简，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(I)f′(x)=aex−sinx，
故f′(0)=a=2.
证明：(Ⅱ)要证f′(x)>a+lnx，
即证aex−sinx>a+lnx，
即证a(ex−1)>sinx+lnx，
因为x>0，a≥1时，a(ex−1)≥ex−1，
令g(x)=ex−1−x，x>0，
则g′(x)=ex−1>0，即g(x)在(0,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)=0，
所以ex−1>x，
令h(x)=x−1−lnx，则h′(x)=1−1x=x−1x，
故01时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
故h(x)>h(1)=0，
所以x>1+lnx，
因为x−sinx−lnx≥x−1−lnx>0，
所以x>sinx+lnx，
故a(ex−1)>ex−1>x>sinx+lnx，
所以f′(x)>a+lnx.
【解析】(I)求出函数的导数后可求参数的值；
(Ⅱ)要证f′(x)>a+lnx，即证aex−sinx>a+lnx，即证a(ex−1)>sinx+lnx，结合所要证明的不等式合理的构造函数，结合导数与单调性关系即可证．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于中档题．X
1
2
3
P
127
1427
1227
1.已知集合M={x|x+3x−3≤0,x∈Z}，N={x|1
A. 342B. 172C. 4D. 2
3.已知|a|=2，b=( 2,1)，且a⊥b，则|a−2b|=( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
4.已知f(x)=x+a4−x2⋅sinx是偶函数，则a=( )
A. 0B. 1C. −1D. 12
5.已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6分别为1，4，5，5，3，a，若这组数据的平均数为4，则数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差为( )
A. 83B. 8C. 16D. 24
6.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线N:x24−y2=1有且仅有两个交点，若椭圆M的离心率为12，则椭圆M的短轴长为( )
A. 2B. 4C. 3D. 2 3
7.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S9=452，则2a8−a11=( )
A. 52B. 3C. 92D. 5
8.在三棱锥A−BCD中，AB=AD=2 3，cs∠ABC=−18，∠ABD=π3，若△BCD是等边三角形，则三棱锥A−BCD的外接球的体积是( )
A. 28 73πB. 8 6πC. 20 53πD. 323π
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.已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则( )
A. 圆锥的母线长为4
B. 圆锥的母线与底面所成角的正弦值为14
C. 圆锥的体积为 153π
D. 沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7 1524π
10.将函数f(x)=2sin(x−π3)的图象上所有点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，下列关于函数g(x)的说法正确的是( )
A. g(x)的最小正周期为π
B. (π3,0)是g(x)的一个对称中心
C. g(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ],k∈Z
D. g(x)在[0,π]上恰有3个零点
11.在信道内传输M，N，P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α(0<α<1)，收到其他两个信号的概率均为1−α2.若输入四个相同的信号MMMM，NNNN，PPPP的概率分别为p1，p2，p3，且p1+p2+p3=1记事件M1，N1，P1分别表示“输入MMMM”“输入NNNN”“输入PPPP“，事件D表示“依次输出MNPM“，则( )
A. 若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为α2(1−α)2
B. P(D|M1)=α2(1−α2)2
C. P(D|P1)=α(1−α2)3
D. P(M1|D)=2αp1(3α−1)p1+1−α
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.( x+12 x+y)5的展开式中y的系数为______.
13.若tan(α−π6)=2，则tan(α−π3)+cs2(α−π6)−12=______.
14.已知点F是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，过F的直线l与C交于M，N两点，点P与点M关于原点对称，PF⊥MN.若F为线段MN上靠近点M的四等分点，则C的离心率为______.
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)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(a+b,c)，n=(sinA−sinC,sinA−sinB)，且m//n.
(Ⅰ)求B；
(Ⅱ)求b2a2+c2的最小值.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA=2，E，F分别为PB，PD上的点，
PB=PD= 5，PD⊥平面ABF.
(Ⅰ)若EF⊥PB，求PE的长；
(Ⅱ)若E为PB的中点，求平面PEC与平面AEF夹角的余弦值.
17.(本小题15分)
甲、乙、丙、丁四人练习传球，每次由一人随机传给另外三人中的一人称为一次传球，已知甲首先发球，连续传球n(n∈N*,n≥3)次后，记事件“乙、丙、丁三人均被传到球”的概率为Pn.
(Ⅰ)当n=4时，求球又回到甲手中的概率；
(Ⅱ)当n=4时，记乙、丙、丁三人中被传到球的人数为随机变量X，求X的分布列与数学期望；
(Ⅲ)记Qn=Pn−13n−1−1，求证：数列{Qn}从第3项起构成等比数列，并求Pn.
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线方程为x=−1，直线l:x− 3y+2=0与圆E相切于点M(1,5)，且圆心E在直线x=p上.
(Ⅰ)求抛物线C和圆E的标准方程；
(Ⅱ)若A，B是y轴上的两点P(x0,y0)是抛物线C上的动点，且直线PA，PB与圆E均相切，x0>4，求△PAB的周长最小时，点P的坐标.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex+csx(a≥1)，f′(x)为f(x)的导函数.
(Ⅰ)若函数f(x)在x=0处的切线的斜率为2，求a的值；
(Ⅱ)求证：f′(x)>a+lnx.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合M={x|x+3x−3≤0,x∈Z}={−3,−2,−1,0,1,2}，N={x|1
故选：C.
结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为z=4+i1+i=(4+i)(1−i)(1+i)(1−i)=5−3i2，
因为z的共轭复数为z−=5+3i2，
则z⋅z−=25+94=172.
故选：B.
结合复数的四则运算先进行化简，然后结合复数的概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为b=( 2,1),a⊥b，则b2=3,a⋅b=0，
则|a−2b|2=a2−4a⋅b+4b2=4−0+4×3=16，故|a−2b|=4.
故选：C.
利用向量的数量积可求|a−2b|.
本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵f(x)=x+a4−x2⋅sinx是偶函数，y=sinx是奇函数，
∴g(x)=x+a4−x2是奇函数，又y=4−x2是偶函数，
∴y=x+a是奇函数，
∴a=0.
故选：A.
利用奇偶函数的运算性质求解即可．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：样本数据1，4，5，5，3，a的平均数为16×(1+4+5+5+3+a)=4，解得a=6，
所以样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差为16×[(1−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(5−4)2+(3−4)2+(6−4)2]=83，
所以数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差为32×83=24.
故选：D.
由题意求出样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差，即可得出数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1，3x6+1的方差
本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线N:x24−y2=1有且仅有两个交点，
所以椭圆的左右顶点与双曲线的顶点重合，
故a=2，
又椭圆M的离心率为12，可得c2=12，解得c=1.
故椭圆M的短轴长为2b=2 a2−c2=2 3.
故选：D.
根据已知条件求得a和c，进而求解结论．
本题主要考查双曲线和椭圆的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：S9=452，
则9a5=452，解得a5=52，
2a8−a11=a5=52.
故选：A.
结合等差数列的前n项和公式，以及等差中项的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，以及等差中项的性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取BD的中点为S，连接AS，CS，
因为AB=AD=2 3，∠ABD=π3，故△ABD为等边三角形且BD=2 3，
因为△CBD为等边三角形，故BC=2 3，
由余弦定理可得AC2=BA2+BC2−2BA×BC×cs∠ABC=24+3=27，
故AC=3 3，而AS为等边△ABD的边BD上的中线，
故AS=2 3× 32=3，
同理CS=3，
故cs∠ASC=18−272×3×3=−12，
而∠ASC为三角形内角，故∠ASC=120∘，
设E为△ABD的中心，F为△CBD的中心，则E在AS上且F在CS上，
因为△ABD、△CBD均为等边三角形其它们有公共边BD，
由对称性可得O在平面ASC中，
设O为外接球的球心，连接OS，则OE⊥平面ABD，OF⊥平面BCD，
而AS⊂平面ABD，CS⊂平面BCD，
故OE⊥AS，OF⊥CS，连接OS，
则由O，E，S，F四点共圆可得OS=EFsin∠120∘=2 33× 1+1+2×1×1×12=2，
故OE= 4−1= 3，
所以AO= 3+AE2= 7，
即外接球半径为 7，
故棱锥A−BCD的外接球的体积为4π3×( 7)3=28 7π3.
故选：A.
如图，取BD的中点为S，连接AS，CS，设E为△ABD的中心，F为△CBD的中心，由对称性可得O在平面ASC中，且OE⊥平面ABD，OF⊥平面BCD，结合解三角形可得OS=2，从而可求外接球半径，故可得其体积．
本题考查外接球问题，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，
则πrl=4π，2πr=2π，故r=1，l=4，故A正确；
对于B，圆锥的高为h，则h= 16−1= 15，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 154，故B错误；
对于C，圆锥的体积为13×πr2h= 153π，故C正确；
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为18× 153π，
故所得圆台的体积为78× 153π=7 1524π，故D正确．
故选：ACD.
先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项．
本题主要考查圆锥的结构特征，圆锥和圆台体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：将函数f(x)=2sin(x−π3)的图象上所有点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，
得到函数g(x)=2sin(2x−π3)，
故T=2π2=π，A正确；
因为g(π3)=2sinπ3= 3，即(π3,0)不是函数g(x)的对称中心，B错误；
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得，−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z，
故g(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ],k∈Z，C正确；
令g(x)=0可得，sin(2x−π3)=0，
当0≤x≤π时，可得，x=π6，2π3，D错误．
故选：AC.
结合三角函数图象的变换先求出g(x)的解析式，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了三角函数图象的变换及正弦函数性质的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，∵发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α(0<α<1)，
收到其他两个信号的概率均为1−α2，
即收到的信号字母变的概率为1−α，且信号的传输相互独立，
∴输入信号为MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为C42α2(1−α)2=6α2(1−α)2，故A错误；
对于B，∵P(D|M1)=P(DM1)P(M1)=α2(1−α 2)2p1p1=α2(1−α2)2，故B正确；
对于C，P(D|P1)=P(DP1)P(P1)=α(1−α2)3p2p2=α(1−α2)3，故C正确；
对于D，∵P(D|N1)=P(DN1)P(N1)=α(1−α2)3p2p2=α(1−α2)3，
∵P(D)=α2(1−α2)2p1+α(1−α2)p3+α(1−α2)2p1
=α(1−α2)2[αp1+1−α2(1−p1)]
=α(1−αα)2[αp1−12−α2−p12+αp12)
=α(1−αα)2(αp1−12−α2+αp12)
=α(1−αα)(3αp1+1−α2)
=α(1−αα)2[(3α−1)p1+1−α2]，
∴P(M1|D)=P(M1D)P(D)=P(D|M1)P(M1)P(D)
=α2(1−α2)2p1P(D)
=α2(1−α2)p1α(1−αα)2[(3α−1)p1+1−α2]
=2αp1(3α−1)p1+1−α，故D正确．
故选：BCD.
由独立事件的乘法公式判断A；由条件概率公式判断BC；由全概率公式判断D.
本题考查独立事件的乘法公式、条件概率公式、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】152
【解析】解：( x+12 x+y)5=[( x+12 x)+y]5，根据二项式的展开式Tr+1=C5r⋅( x+12 x)5−r⋅yr(r=0,1,2,3,4,5)，
所以r=1时，C51⋅( x+12 x)4⋅y1，
由于( x+12 x)4的展开式通项为Tk+1=C4k⋅( x)4−k⋅(12)k⋅x−12k=C4k⋅x4−k2−k2⋅(12)k(k=0,1,2,3,4)，
当k=2时，( x+12 x)4展开式的系数为C42⋅(12)2=64=32，
故展开式中y的系数为24C51C⋅(12)2=152.
故答案为：152.
利用( x+12 x+y)5=[( x+12 x)+y]5，写出展开式的通项得到r=1，再写出( x+12 x)4的二项式的展开式，得到k=2，最后求出结果；
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】5 3−8310
【解析】解：tan(α−π6)=sin(α−π6)cs(α−π6)=2，
∴sin(α−π6)=2cs(α−π6)，4cs2(α−π6)+cs2(α−π6)=1，
∴cs2(α−π6)=15，tan(α−π3)=tan[(α−π6)−π6]=tan(α−π6)−tanπ61+tan(α−π6)tanπ6=2− 331+2× 33=5 3−8，
∴tan(α−π3)+cs2(α−π6)−12=5 3−8+15−12=5 3−8310.
故答案为：5 3−8310.
根据tan(α−π3)=tan[(α−π6)−π6]及sin(α−π6)=2cs(α−π6)即可得解．
本题考查了同角三角函数的基本关系，两角差的正切公式，是基础题．
14.【答案】 102
【解析】解：取左焦点F1，设|MF|=m，则|NF|=3m，
由双曲线定义可得|MF1|=2a+m，|NF1|=2a+3m，
由PF⊥MN，点P与点M关于原点对称，故四边形PFMF1为矩形，
故F1M⊥MN，有(2a+m)2+(4m)2=(2a+3m)2，化简可得m=a，
故|MF|=a，|MF1|=3a，则在△F1FM中，有a2+(3a)2=(2c)2，
即5a2=2c2，故e=ca= 52= 102.
故答案为： 102.
设|MF|=m，借助双曲线定理，结合勾股定理，用a表示出|MF1|、|MF|，再结合勾股定理得到与a、c有关齐次式，即可得离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)因为m//n，
所以(a+b)(sinA−sinB)=c(sinA−sinC)，
由正弦定理可得(a+b)(a−b)=c(a−c)，
即a2−b2=ac−c2，故a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，
而B为三角形内角，故B=π3；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)可得b2a2+c2=a2+c2−aca2+c2=1−aca2+c2，
因为1−aca2+c2≥1−ac2ac=1−12=12，
当且仅当a=c时等号成立，故b2a2+c2的最小值为12.
【解析】(I)利用向量共线的坐标形式可得a2+c2−b2=ac，结合余弦定理可求B；(Ⅱ)利用基本不等式可求最小值．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，正弦定理及余弦定理在求三角形中的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：∵PD⊥平面ABF，AB，AF⊂平面ABF，
∴PD⊥AB，PD⊥AF，
∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD，
∵PD∩AD=D，∴AB⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AB⊥AP，
∵PA=2，AD=1，PD= 5，∴PD2=PA2+AD2，∴PA⊥AD，
∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，
∴PD=(0,1,−2)，
设PF=λPD=λ(0,1,−2)=(0,λ,−2λ)，∴F(0,45,25)，PB=(1,0,−2)，
设PE=μPB=μ(1,0,−2)=(μ,0,−2μ)，∴E(μ,0,2−2μ)，
∴EF=(−μ,45,2μ−85)，
∵PB⊥EF，∴PB⋅EF=−5μ+165=0，解得μ=1625，
∴|PE|=1625|PB|=1625× 5=16 525.
(2)∵E是PB的中点，∴E(12,0,1)，
∴PE=(12,0,−1)，PC=(1,1,−2)，
设平面PEC的法向量为m=(x,y,z)，
则n⋅PE=12x−z=0n⋅PC=x+y−z=0，取x=2，得n=(2,−1,1)，
由(1)得F(0,45,25)，∴AF=(0,45,25)，AE=(12,0,1)，
设平面AEF的法向量为m=(a,b,c)，
则n⋅AE=12a+c=0n⋅AF=45b+25c=0，取a=4，得m=(4,1,−2)，
∴cs
∴平面PEC与平面AEF夹角的余弦值为5 1442.
【解析】(1)先证明AB⊥AP，PA⊥AD，建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标形式能求出PE的长；
(2)利用向量法能求出面面角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)在传球的过程中，不考虑第四次传给谁，
此时共有3×3×3×3=81种；
在传球的过程中不传给甲，第四次传给甲，
共有3×2×2×1=12种；
在传球的过程中传给甲，
共有3×1×3×1=9种，
则传球4次，球又回到甲手中的概率P=12+981=727；
(Ⅱ)易知X的所有可能取值为1，2，3，
此时P(X=1)=3×1×1×181=127，P(X=2)=C32(24−2)81=1427，P(X=3)=1−127−1427=1227，
则X的分布列为：
则E(X)=1×127+2×1427+3×1227=6527；
(Ⅲ)在n次传球后，乙、丙、丁三人中被传到球，共有两种情况，
第一种情况是当n≥4时，n−1次传球后，此3人均接过他人传球，
此时概率为Pn−1；
第二种情况是当n≥4时，n−1次传球后，此3人中只有2人接过他人传球，
则第n次传球时将球传给剩余的1人，
此时概率为(1−Pn−1−3×13n−1)×13，
所以当n≥4时，Pn=Pn−1+(1−Pn−1−3×13n−1)×13=13+23Pn−1−13n−1，
可得Pn−13n−1−1=23(Pn−1−13n−2−1)，
又P3=3×2×13×3×3=29，
所以Q3=P3−13−1=−89，
则数列{Qn}是从第3项起构成等比数列，
此时Pn−13n−1−1=−89×(23)n−3，
故Pn=1−2n3n−1+1.
【解析】(Ⅰ)由题意，对是否给甲传球进行讨论，结合古典概型概率公式进行求解即可；
(Ⅱ)先得到X的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可；
(Ⅲ)讨论n−1此传球后，3人接过球的人数情况，利用等比数列的定义再进行求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由抛物线准线方程x=−1，可得−p2=−1，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x，
因为圆心E在直线x=p上，
所以设圆心E的坐标为(2,b)，圆的半径为r，
所以圆心到直线l的距离|2− 3b+2| 1+3=r，(1−2)2+( 3−b)2=r2，
整理可得|4− 3b|=2r，即b2−2 3b+4=r2，
所以b2−2 3b+4=(|2− 3b+2| 1+3)2，
所以b=0，则r=2，
所以圆E的方程为(x−2)2+y2=4.
(Ⅱ)由题意可得，直线lAP，lBP的斜率存在，设lAP，lBP的斜率分别为k1，k2，
则直线AP的方程为y−y0=k1(x−x0)，
直线BP的方程为y−y0=k2(x−x0)，
对于直线AP的方程，令x=0，则y=−x0k1+y0，即A(0,−x0k1+y0)，同理可得B(0,−x0k2+y0)，
则|PA|= x02+[y0−(−x0k1+y0)]2= k12+1⋅x0，
同理可得|PB|= k22+1⋅x0，
|AB|=|−x01+y0−(−x0k2+y0)|=|k2−k1|⋅x0，
即C△PAB= k12+1⋅x0+ k22+1⋅x0+|k2−k1|⋅x0，
直线AP的方程为k1x−y−k1x0+y0=0，则有|2k1−k1x0+y0| k12+1=2，
即 k12+1=|2k1−k1x0+y0|2，|PA|= k12+1⋅x0=x02⋅|2k1−k1x0+y0|，
则|PB|= k22+1⋅x0=x02⋅|2k2−k2x0+y0|，
C△PAB=x02⋅(|2k1−k1x0+y0|+|2k2−k2x0+y0|)+|k2−k1|⋅x0
=x02⋅|2k1−k1x0+y0−2k2+k2x0−y0|+|k2−k1|⋅x0
=x02⋅(x0−2)⋅|k1−k2|+|k2−k1|⋅x0
=x022|k2−k1|，
由|2k1−k1x0+y0| k12+1=2，得(x02−4x0)k12+2(2−x0)y0k1+4x0−4=0，
同理可得(x02−4x0)k22+2(2−x0)y0k2+4x0−4=0，
所以k1，k2是方程(x02−4x0)k2+2(2−x0)y0k+4x0−4=0，(x0>4)的两个不同根，
Δ=4[(2−x0)2y02−(x02−4x0)(4x0−4)]=4[[(2−x0)2⋅4x0−(x02−4x0)(4x0−4)]=16x0 2>0,
所以k1+k2=(2x0−4)y0x02−4x0，k1k2=4x0−4x02−4x0，
所以C△PAB=x022|k2−k1|=x022⋅ (k2+k1)2−4k1k2=x022⋅ (2x0−4x02−4x0)2−4(4x0−4x02−4x0)
=x022⋅ (2x0−4)2y02(x02−4x0)2−4⋅(4x0−4)(x02−4x0)(x02−4x0)2=x022(x02−4x0)⋅ 16x02=2x03x02−4x0=2x02x0−4=2−4(1x0)2+1x0，
则当−4(1x0)2+1x0取得最大值时，△PAB的周长最小，
即1x0=−12×(−4)=18，即x0=8时，△PAB的周长最小，
此时y0=± 4x0=±4 2，
所以P的坐标为(8,±4 2).
【解析】(Ⅰ)由抛物线准线方程x=−1，可得p=2，设圆心E的坐标为(2,b)，圆的半径为r，圆心到直线l的距离|2− 3b+2| 1+3=r，(1−2)2+( 3−b)2=r2，解得b，r，即可得出答案．
(Ⅱ)由题意可得，直线lAP，lBP的斜率存在，设lAP，lBP的斜率分别为k1，k2，直线AP的方程为y−y0=k1(x−x0)，直线BP的方程为y−y0=k2(x−x0)，进而可得A，B坐标，计算|PA|，|PB|，|AB|，则C△PAB= k12+1⋅x0+ k22+1⋅x0+|k2−k1|⋅x0，化简，即可得出答案．
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(I)f′(x)=aex−sinx，
故f′(0)=a=2.
证明：(Ⅱ)要证f′(x)>a+lnx，
即证aex−sinx>a+lnx，
即证a(ex−1)>sinx+lnx，
因为x>0，a≥1时，a(ex−1)≥ex−1，
令g(x)=ex−1−x，x>0，
则g′(x)=ex−1>0，即g(x)在(0,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)=0，
所以ex−1>x，
令h(x)=x−1−lnx，则h′(x)=1−1x=x−1x，
故0
故h(x)>h(1)=0，
所以x>1+lnx，
因为x−sinx−lnx≥x−1−lnx>0，
所以x>sinx+lnx，
故a(ex−1)>ex−1>x>sinx+lnx，
所以f′(x)>a+lnx.
【解析】(I)求出函数的导数后可求参数的值；
(Ⅱ)要证f′(x)>a+lnx，即证aex−sinx>a+lnx，即证a(ex−1)>sinx+lnx，结合所要证明的不等式合理的构造函数，结合导数与单调性关系即可证．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于中档题．X
1
2
3
P
127
1427
1227
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