2024年浙江省丽水、湖州、衢州三地市高考数学质检试卷 （4月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年浙江省丽水、湖州、衢州三地市高考数学质检试卷 （4月份）（含详细答案解析），共18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.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
2.双曲线x2−y2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±2x，则m=( )
A. 12B. 22C. 2D. 2
3.复数z满足|iz|=1(i为虚数单位)，则|z−4+3i|的最小值是( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
4.已知平面向量a、b满足|b|=2|a|=2，若a⊥(a+b)，则a与b的夹角为( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
5.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，−a5成等差数列，则S4S2=( )
A. 3B. 9C. 10D. 13
6.将函数f(x)=cs2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)−g(x2)|=2的x1，x2，有|x1−x2|min=π6，则φ=( )
A. 5π12B. π3C. π4D. π6
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为左、右焦点，P为椭圆上一点，∠F1PF2=60∘，直线l：y=−x+t经过点P.若点F2关于l的对称点在线段F1P的延长线上，则C的离心率是( )
A. 13B. 22C. 12D. 23
8.已知正实数x1，x2，x3满足x12+2x1+1=x12x1,x22+3x2+1=x23x2,x32+4x3+1=x34x3，则x1，x2，x3的大小关系是( )
A. x3二、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.有一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数是x−，方差是s2，极差为R，则下列判断正确的是( )
A. 若ax1+b，ax2+b，ax3+b，ax4+b，ax5+b，ax6+b的平均数是x0−，则x0−=ax−+b
B. 若x1，2x2，3x3，4x4，5x5，6x6的极差是R1，则R1>R
C. 若方差s2=0，则x1=x2=x3=x4=x5=x6
D. 若x110.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC且AB=BC=2，直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为 33，则( )
A. 线段A1C上存在点D，使得A1B⊥AD
B. 线段A1C上存在点D，使得平面DBB1⊥平面DCC1
C. 直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43
D. 点B1到平面A1BC的距离为 2
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)⋅f(x−y)=f2(x)−f2(y)，f(1)=2，f(x+1)为偶函数，则( )
A. f(3)=2B. f(x)为奇函数C. f(2)=0D. k=12024f(k)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π4,c= 2，BC边上的高等于13a，则△ABC的面积是______，sinA=______.
13.已知圆C：mx2+(2m−1)y2−2ax−a−2=0，若对于任意的a∈R，存在一条直线被圆C所截得的弦长为定值n，则m+n=______.
14.已知正四面体A−BCD的棱长为1，若棱长为a的正方体能整体放入正四面体A−BCD中，则实数a的最大值为______.
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)
设等差数列{an}的公差为d，记Sn是数列{an}的前n项和，若S5=a3+20，S15=a2a3a8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若d>0，bn=4Snan⋅an+1(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn16.(本小题15分)
如图，三棱锥A−BCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为线段AC的中点.
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=3,BF=2FD,EF⋅BD=0，求直线CF与平面ABC所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
设函数f(x)=ex−ln(x+a)，a∈R.
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥a，求实数a的取值范围.
18.(本小题17分)
已知抛物线E：y2=4x，点A，B，C在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方(B在C左侧)，A，C关于x轴对称，直线AB交x轴于点M，延长线段CB交x轴于点Q，连接QA.
(1)证明：|OM||OQ|为定值(O为坐标原点)；
(2)若点Q的横坐标为−1，且MB⋅MC=89，求△AQB的内切圆的方程.
19.(本小题17分)
为保护森林公园中的珍稀动物，采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区域有珍稀动物活动，该型号监测器能正确识别的概率(即检出概率)为p1；若该区域没有珍稀动物活动，但监测器认为有珍稀动物活动的概率(即虚警概率)为p2.已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2.现用2台该型号的监测器组成监测系统，每台监测器(功能一致)进行独立监测识别，若任意一台监测器识别到珍稀动物活动，则该监测系统就判定指定区域有珍稀动物活动.
(1)若p1=0.8，p2=0.02.
(i)在该区域有珍稀动物活动的条件下，求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；
(ii)在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率(精确到0.001)；
(2)若监测系统在监测识别中，当0.8≤p1≤0.9时，恒满足以下两个条件：①若判定有珍稀动物活动时，该区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有珍稀动物活动时，该区域确实没有珍稀动物活动的概率至少为0.9.求p2的范围(精确到0.001).
(参考数据： 35.046=0.9866, 35.016=0.9861,0.982=0.9604)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查互斥，对立，独立事件的定义，属于基础题．
根据定义判断两个事件是否相互独立，利用定义法，满足P(AB)=P(A)⋅P(B)即独立．
【解答】
解：由题可知，抛掷两枚质地均匀的骰子，第一枚和第二枚出现点数的分类情况如下，
①(奇数，奇数)，②(奇数，偶数)，③(偶数，奇数)，④(偶数，偶数)，
事件A=“第一枚出现奇数点”={①，②}，
事件B=“第二枚出现偶数点”={②，④}，
两个事件不相等，排除D，
A∩B≠⌀，所以不是互斥事件，排除A，B，
C选项，事件A=“第一枚出现奇数点”，P(A)=36=12，
事件B=“第二枚出现偶数点”，P(B)=36=12，
事件AB=“第一枚出现奇数点，第二枚出现偶数点”，P(AB)=3×336=14，
满足P(AB)=P(A)⋅P(B)，
所以事件A和事件B是相互独立事件，
故选：C.
2.【答案】D
【解析】解：根据题意可得ba=m=2.
故选：D.
根据双曲线的几何性质，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
∵复数z满足|iz|=1(i为虚数单位)，
∴|ai−b|= a2+b2=1，
|z−4+3i|表示圆x2+y2=1上的点与点(4,−3)之间的距离，
则|z−4+3i|的最小值是 (4−0)2+(−3−0)2−1=4.
故选：B.
设z=a+bi(a,b∈R)，由已知可得 a2+b2=1，利用|z−4+3i|表示圆x2+y2=1上的点与点(4,−3)之间的距离，进而得出结论．
本题考查了复数的几何意义、圆的方程、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为|b|=2|a|=2，且a⊥(a+b)，所以a⋅(a+b)=0，即a2+a⋅b=0，
所以a⋅b=−a2=−1，
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−12×1=−12，
因为θ∈[0,π]，
所以θ=2π3，即a与b的夹角为2π3.
故选：D.
依题意可得a⋅(a+b)=0，根据数量积的运算律求出a⋅b，再由夹角公式计算可得．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q>0，∵满足a6，3a4，−a5成等差数列，
∴6a4=a6−a5，∴6a4=a4(q2−q)，∴q2−q−6=0，q>0.
解得q=3.
则S4S2=a1(34−1)3−1a1(32−1)3−1=32+1=10.
故选：C.
设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q>0，由a6，3a4，−a5成等差数列，可得6a4=a6−a5，6a4=a4(q2−q)，化为q2−q−6=0，q>0.解得q，再利用求和公式即可得出．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：因函数f(x)=cs2x的周期为π，将函数的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位后得到函数g(x)的图象．
可得：g(x)=cs(2x−2φ)，
若对满足|f(x1)−g(x2)|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x1−x2|min=π6，
不妨x1=0，则：x2=±π6，即g(x)在x2=±π6，取得最小值，
由于，cs(2×π6−2φ)=−1，此时φ=2π3−kπ，k∈Z，不合题意0<φ<π2，
x1=0，x2=−π6，g(x)在x2=−π6取得最小值，cs(2×−π6)=−1，此时φ=π3−kπ，k∈Z，
当φ=π3满足题意．
故选：B.
利用三角函数的最值，求出自变量x1，x2的值，然后判断选项即可．
本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖．有一定难度，选择题，可以回代验证的方法快速解答．
7.【答案】B
【解析】解：由直线l：y=−x+t，且点F2关于l的对称点在线段F1P的延长线上，
如图所示，可得点M与点F2关于PH对称，且∠F1PF2=60∘，
可得△PF2M为等边三角形，则∠PF2M=60∘，
又PH的倾斜角为135∘，则∠F2NH=45∘，所以∠NF2H=45∘，
在△PF1F2中，有∠F1PF2=60∘，∠PF1F2=105∘，∠PF2F1=15∘，
又由|PF1|sin∠PF2F1=|PF2|sin∠PF1F2=|F1F2|sin∠F1PF2，可得|PF1|+|PF2|sin15∘+sin105∘=|F1F2|sin∠F1PF2，
即2asin15∘+sin105∘=2csin∠F1PF2，
又因为sin15∘=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
sin105∘=sin(60∘+45∘)= 32× 22+12× 222= 6+ 24，
所以e=ca=sin60∘sin15∘+sin105∘= 32 6− 24+ 6+ 24= 22.
故选：B.
根据题意，得到点M与点F2关于PH对称，且△PF2M为等边三角形，在△PF1F2中，利用正弦定理得到|PF1|+|PF2|sin15∘+sin105∘=|F1F2|sin∠F1PF2，结合e=ca=sin60∘sin15∘+sin105∘，即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，若x12+2x1+1=x12x1，变形可得x1+1x1=2x1−2，
则x1是函数y=x+1x(x>0)与函数y=2x−2图象交点的横坐标；
同理：x22+3x2+1=x23x1，变形可得x2+1x2=3x2−3，
则x2是函数y=x+1x(x>0)与函数y=3x−3图象交点的横坐标，
x32+4x3+1=x33x1，变形可得x3+1x3=4x3−4，
则x3是函数y=x+1x(x>0)与函数y=4x−4图象交点的横坐标，
作出y=x+1x(x>0)和y=2x−2、y=3x−3、y=4x−4的图象，
结合图像可得x3故选：A.
根据题意，将3个等式变形，由函数与方程的关系分析x1，x2，x3的几何意义，作出函数y=x+1x(x>0)和y=2x−2、y=3x−3、y=4x−4的图象，结合图象分析可得答案．
本题考查函数与方程的关系，涉及指数函数、对数函数的性质，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A中，由x0−=16(ax1+b+ax2+b+ax3+b+ax4+b+ax5+b+ax6+b)=16[a(x1+x2+x3+x4+x5+x6)]+b=a⋅16(x1+x2+x3+x4+x5+x6)+b，即x0−=ax−+b，所以A正确；对于B中，例如：若样本数据−10，−4，−3，−2，−1，0，可得极差为R=10，此时数据x1，2x2，3x3，4x4，5x5，6x6的极差为R1=10，此时R=R1，所以B不正确；对于C中，由s2=16[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2+(x6−x−)2]=0，若s2=0，可得x1=x2=x3=x4=x5=x6，所以C正确；
对于D中，由6×75%=4.5，所以数据的75分位数为x5，所以D不正确．
故选：AC.
根据题意，利用平均数、方差的计算公式，以及极差的定义和百分位数的计算方法，逐项判定，即可求解．
本题考查平均数、百分位数、方差和极差的计算，是中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：如图，∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，
∴直线A1C与底面ABC所成角为∠A1CA，∴sin∠A1CA= 33，
∴易得tan∠A1CA= 22，又AB⊥BC，且AB=BC=2，
∴AC=2 2，∴tan∠A1CA=A1AAC=A1A2 2= 22，∴A1A=2，
∴可以将直三棱柱ABC−A1B1C1补形成如图的正方体，
对A选项，易知当D为A1C的中点时，AC1∩A1C=D，
∵AC1在该正方体的左侧面内的射影为AB1，又A1B⊥AB1，
∴根据三垂线定理可知A1B⊥AC1，即A1B⊥AD，∴A选项正确；
对B选项，当D为A1C的中点时，取B1B的中点H，设AC∩BE=G，
则易知HD//BG，又易知BG⊥平面ACC1A1，即BG⊥DCC1，
∴HD⊥平面DCC1，又HD⊂平面DBB1，
∴平面DBB1⊥平面DCC1，∴B选项正确；
对C选项，∵直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×2×2×2=4，∴C选项错误；
对D选项，在该正方体中，易知A1B⊥AB1，BC⊥平面ABB1A1，
∴AB1⊥BC，又A1B∩BC=B，
∴AB1⊥平面A1BC，
∴点B1到平面A1BC的距离为AB12= 2，∴D选项正确．
故选：ABD.
作出图形，根据题意可得线A1C与底面ABC所成角为∠A1CA，从而可求出A1A=2，再将直三棱柱ABC−A1B1C1补形成正方体，再利用正方体的性质，三垂线定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，棱棱柱的体积公式，针对各个选项分别求解即可．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理的应用，点面距的求解，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)⋅f(x−y)=f2(x)−f2(y)，
f(1)=2，y=f(x+1)为偶函数，
令x=y=0，得f(0)=0，再令x=0，则f(y)f(−y)=f2(0)−f2(y)，
显然f(y)不恒为零，所以f(−y)=−f(y)，即f(x)为奇函数，B正确；
所以f(x+1)=f(−x+1)=−f(x−1)，所以f(x+2)=−f(x)，所以f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即f(x)的周期为4，
则f(3)=f(−1)=−f(1)=−2，A错误；
f(0+2)=−f(0)=0，C正确；
由A，B，C可知，f(1)=2，f(2)=0，f(3)=−2，f(4)=f(0)=0，且f(x)的周期为4，
所以k=12024f(k)=506×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=0，D正确．
故选：BCD.
利用赋值法，结合f(x+1)为偶函数，得到f(x)的奇偶性与周期性，再逐项计算求解、判断即可．
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性的判断和应用，赋值法的应用，属于中档题．
12.【答案】32 3 1010
【解析】解：因为B=π4,c= 2，BC边上的高等于13a，
所以S△ABC=12acsinB=12a⋅13a，即12×a× 2×sinπ4=12×a×13a，
所以解得a=3，
所以ABC的面积S△ABC=12a⋅13a=32，
可得b= a2+c2−2accsB= 32+( 2)2−2×3× 2× 22= 5，
又在△ABC中，由正弦定理可得bsinB=asinA，可得sinA=a⋅sinBb=3× 22 5=3 1010.
故答案为：32，3 1010.
由题意利用三角形的面积公式可求a的值，进而可求△ABC的面积的值，利用余弦定理可求b的值，进而利用正弦定理即可求解sinA的值．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
13.【答案】1+ 7
【解析】解：由圆C：mx2+(2m−1)y2−2ax−a−2=0，可得m=2m−1，即m=1，
即圆C为：x2+y2−2ax−a−2=0，可得x2+y2−2−a(2x+1)=0，
由x2+y2−2=02x+1=0，解得x=−12y=± 72，即对于任意的a∈R，圆C为：x2+y2−2ax−a−2=0恒过定点A(−12, 72)，B(−12,− 72)，
对于任意的a∈R，存在一条直线被圆C所截得的弦长为定值n=AB= 7，
则m+n=1+ 7.
故答案为：1+ 7.
先由圆的方程的定义可得m的值，再由圆C为：x2+y2−2ax−a−2=0，可得圆恒过定点A(−12, 72)，B(−12,− 72)，即对于任意的a∈R，存在一条直线被圆C所截得的弦长为定值n=AB，再代入求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系问题，是中档题．
14.【答案】 6 6+2 2+3
【解析】解：依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，
令O是正△ABC的中心，则AO⊥底面ABC，
∵BO=23× 32= 33，∴AO= AB2−BO2= 63，
令放入的正方体的底面在正四面体A−BCD的底面△BCD内，
则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体A−BCD所得截面△EFG是正三角形，
且这个正方形是正△EFG的内接正方形，
∴EG=asin60∘+a=2+ 3 3a，
由题意得三棱锥A−EFG是正四面体，AO与平面EFG的交点是正△EFG的交点O′是正△EFG的中心，
∴AO′= 63EG= 6+2 23a，
∵OO′=a，∴ 6+2 23a+a=AO= 63，
解得a= 6 6+2 2+3，
∴实数a的最大值为 6 6+2 2+3.
故答案为： 6 6+2 2+3.
由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，令O是正△ABC的中心，则AO⊥底面ABC，令放入的正方体的底面在正四面体A−BCD的底面△BCD内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体A−BCD所得截面△EFG是正三角形，且这个正方形是正△EFG的内接正方形，由题意得三棱锥A−EFG是正四面体，AO与平面EFG的交点是正△EFG的交点O′是正△EFG的中心，由此能求出实数a的最大值．
本题考查正四面体及正方体的几何特征、线面垂直的判定与性质、三棱锥性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由S5=a3+20，S5=5(a1+a5)2=5a3，得5a3=a3+20，解得，a3=5，
由S15=a2a3a8，S15=15(a1+a15)2=15a8，
所以15a8=5a2a8，
所以a8=0或a2=3，
当a8=0，时d=a8−a38−3=−1，此时an=a3+(n−3)d=8−n；
当a2=3时d=a3−a2=2，此时an=a3+(n−3)d=2n−1，
综上可得数列{an}的通项公式为an=8−n或an=2n−1；
证明：(2)因为d>0，所以an=2n−1，
则Sn=(1+2n−1)n2=n2，
则bn=4Snan⋅an+1=4n2(2n−1)(2n+1)=4n2−1+1(2n−1)(2n+1)
=1+1(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=1+12(1−13)+1+12(13−15)+1+12(15−17)+⋯+1+12(12n−1−12n+1)
=n+12(1−12n+1)=n+12−12(2n+1)【解析】(1)根据等差数列求和公式及下标和性质得到a3=5和15a8=5a2a8，从而得到a8=0或a2=3，再分别求出通项公式；(2)依题意可得an=2n−1，求出Sn，bn=1+12(12n−1−12n+1)，利用分组求和法及裂项相消法计算可得．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，还考查了裂项求和及分组求和方法的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：因为AD=CD，∠ADB=∠BDC，
可得△ADB≌△CDB，所以AB=CB，
又E为线段AC的中点，所以BE⊥AC，DE⊥AC，
而DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BED，
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD；
(2)解：取DA的中点G，连接EG，BG，因为EG为中位线，
所以EG//CD，又AD⊥CD，所以AD⊥EG，
因为AB=BD，G为DA的中点，所以AD⊥BG，
又EG∩BG=G，EG，BG⊂平面BEG，所以AD⊥平面BEG，
BE⊂平面BEG，所以AD⊥BE，
因为BA=BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE，
又AC∩AD=A，AC，ADC平面ACD，所以BE⊥平面ACD，
以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz，
如图所示：设A(a,0,0)，B(b,0,0)，
则E(0,0,0)，D(0,0,a)，B(0,b,0)，F(0,b3,2a3)，
EF=(0,b3,2a3)，BD=(0,−b,a)，
由|AB|2=a2+b2=9EF⋅BD=−b23+2a23=0，解得：a= 3b= 6，
所以CF=( 3, 63,2 33)，又平面ABC的法向量n=(0,0,1)，
设直线CF与平面ABC所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs⟨CF,n⟩|=|CF⋅n||CF|⋅|n|=2 33 5×1=2 1515，
所以直线CF与平面ABC所成角的正弦值为2 1515.
【解析】(1)由题意可得△ADB≌△CDB，可得AB=CB，再由题意可得AC⊥平面BED，进而可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面ABC的法向量n的坐标，求出CF的坐标，进而求出n，CF的夹角的余弦值，进而求出直线CF与平面ABC所成角的正弦值
本题考查平面与平面垂直的性质的应用，空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)已知f(x)=ex−ln(x+a)，a∈R，函数定义域为(−a,+∞)，
当a=1时，f(x)=ex−ln(x+1)，函数定义域为(−1,+∞)，
可得f′(x)=ex−1x+1，
当−1当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，单调递减区间为(−1,0)；
(2)若f(x)≥a，
即ex−ln(x+a)−a≥0，
不妨设g(x)=ex−ln(x+a)−a，函数定义域为(−a,+∞)，
可得g′(x)=ex−1x+a，
不妨设h(x)=g′(x)，函数定义域为(−a,+∞)，
可得h′(x)=ex+1(x+a)2>0恒成立，
所以函数h(x)在(−a,+∞)上单调递增，
即函数g′(x)在(−a,+∞)上单调递增，
当x→−a时，g′(x)→−∞；当x→+∞时，g′(x)→+∞，
所以在区间(−a,+∞)上存在一点x0，使得g′(x0)=0，
此时ex0=1x0+a，
即a=1ex0−x0，
当−a当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(x0)=ex0−ln(x0+a)−a=ex0−1ex0+2x0≥0，
不妨设k(x)=ex−1ex+2x，函数定义域为[0,+∞),
可得k′(x)=ex+1ex+2>0，
所以函数k(x)在定义域上单调递增，
易知k(0)=0，
又k(x0)≥0，
所以x0≥0，
易知函数y=1ex,y=−x均为减函数，
所以a=1ex0−x0在[0,+∞)上单调递减，
则当x0≥0时，a≤1，
故实数a的取值范围为(−∞,1].
【解析】(1)由题意，将a=1代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可；
(2)将问题转化成ex−ln(x+a)−a≥0，构造函数g(x)=ex−ln(x+a)−a，对函数g(x)进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理得到导函数的零点，再利用隐零点法结合k(x)=ex−1ex+2x的最值进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
18.【答案】解：(1)证明：由题意，设直线AB的方程为x=my+t(m>0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则C(x1,−y1)，M(t,0)，
由x=my+ty2=4x，消去x，得y2−4my−4t=0，Δ=16(m2+t)>0⇒m2+t>0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4t，
直线BC的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，化简得y=4xy2−y1−y1y2y2−y1，
令y=0，得xQ=y1y24=−t，所以Q(−t,0)，
因此|OM||OQ|=|t||−t|=1；
(2)因为点Q的横坐标为−1，由(1)可知，Q(−1,0)，M(1,0)，
设QA交抛物线于D，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x1,−y1)，D(x4,y4)，
如图所示，
又由(1)知，y1y2=−4，同理可得y1y4=4，得y4=−y2，
又x1+x2=my1+1+my2+1=m(y1+y2)+2=4m2+2，
x1x2=y124⋅y224=(y1y2)216=1，
又MB=(x2−1,y2),MC=(x1−1,−y1)，
则MB⋅MC=(x2−1)(x1−1)−y1y2=x1x2−(x1+x2)+1+4=4−4m2，
故4−4m2=89，结合m>0，得m= 73，
所以直线AB的方程为3x− 7y−3=0，
又y1−y2= (y1+y2)2−4y1y2= 16m2+16=163，
则kAD=y1−y4x1−x4=y1−y4x1−x4=y1−y4y124−y224=4y1+y4=4y1−y2=34，
所以直线AD的方程为3x−4y+3=0，
设圆心T(s,0)(−1因为QM为∠AQB的平分线，故点T到直线AB和直线AD的距离相等，
所以|3s+3|5=|3s−3|4，因为−1故圆T的半径r=3s+35=23，
因此圆T的方程为(x−19)2+y2=49.
【解析】(1)根据已知条件作出图形，设出直线AB的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程即可求解；
(2)根据(1)的结论及向量的数量积的坐标表示，得出直线AB的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程即求解．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属中档题．
19.【答案】解：记事件A为“检测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，事件B为“监测区域实际上有珍稀动物活动”．…………2分
(1)(i)P(A|B)=P(A⋅B)P(B)=0.2×[1−(1−p1)2]0.2=0.96，
因此在该区域有珍稀动物活动的条件下，该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率是0.96；……4分
(ii)由题意得P(A)=P(AB∪AB−)
=P(AB)+P(AB−)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)………………5分
=0.2(1−(1−p1)2)+0.8(1−(1−p2)2)
=0.2(1−(1−0.8)2)+0.8(1−(1−0.02)2)=0.22368，……6分
则P(B−|A)=P(AB−)P(A)=P(A|B−)⋅P(B−)P(A)………7分
=0.8×[1−(1−p2)2]P(A)=0.8×(1−0.982)0.22368≈0.142，
因此在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，指定区域实际没有珍稀动物活动的概率是0.142.……9分
(2)因为P(B|A)=P(AB)P(A)=P(A|B)⋅P(B)P(A)=0.2[1−(1−p1)2]0.2(1−(1−p1)2)+0.8(1−(1−p2)2)，…………11分
P(B−|A−)=P(AB−)P(A)=P(|A−|B−)⋅P(B−)P(A−)=0.8(1−p2)21−[0.8(1−(1−p2)2)+0.2(1−(1−p1)2)]，…………13分
由题意：P(B|A)≥0.9P(B−|A−)≥0.9，得0.2[1−(1−p1)2]0.2(1−(1−p1)2)+0.8(1−(1−p2)2)≥0.90.8(1−p2)21−[0.8(1−(1−p2)2)+0.2(1−(1−p1)2)]≥0.9，
令1−p1=x，1−p2=y，得0.8≤p1≤0.9，00.2×(1−x2)0.8×(1−y2)+0.2×(1−x2)≥0.90.8×y21−[0.8(1−y2)+0.2(1−x2)]≥0.9，36y2−x2≥354y2≥9x2，y2≥x2+3536y2≥9x24，…………15分
因为0.1≤x≤0.2，所以x2+3536≥9x24，所以y2≥x2+3536，
故 35.046≤y<1，即 35.046≤1−p2<1，所以0因此p2的范围是(0,0.013].……………17分
【解析】记事件A为“检测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，事件B为“监测区域实际上有珍稀动物活动”，
(1)(i)由条件概率公式求解即可；
(ii)由全概率公式及条件概率公式求解即可；
(2)由条件概率公式及已知条件可得关于p1，p2的不等式组，利用换元法即可求解p2的范围．
本题主要考查概率的求法，全概率公式及条件概率公式的应用，考查运算求解能力，属于难题．