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2024年安徽省黄山市、宣城市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年安徽省黄山市、宣城市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析），共17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.已知复数z=(1−2i)(4−3i)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知数列{an}是等差数列，且a2=3，S7=14，则数列{an}的公差d是( )
A. −1B. −12C. 12D. 1
3.已知|a|=2 3|b|，且=5π6，则b在a上的投影向量为( )
A. −14aB. −3aC. 14aD. 3a
4.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为2π3的等腰三角形，则该屋顶的侧面积约为( )
A. 6πm2
B. 6 3πm2
C. 3 3πm2
D. 12 3πm2
5.若a−1成立的一个必要不充分条件，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0)B. (−∞,0]C. [0,2)D. (2,3)
6.黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙3人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有( )
A. 360种B. 420种C. 540种D. 600种
7.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
8.已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c=1101，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.已知函数f(x)= 3sinωx−csωx(ω>0)图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2，则( )
A. 函数f(x)图象关于点(−5π12,0)对称B. 函数f(x)图象关于直线x=2π3对称
C. 函数f(x)在[0,π2]上单调递增D. 函数f(x)在[7π12,7π3]上有4个零点
10.下列论述正确的有( )
A. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
B. 若随机事件A，B满足：P(A)=12，P(B)=23，P(A∪B)=56，则事件A与B相互独立
C. 基于小概率值α的检验规则是：当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2D. 若y关于x的经验回归方程为y =0.3−0.7x，则样本点(2,−3)的残差为−1.9
11.已知数列{an}满足：an+1=an2+2an+λ(n∈N*)，其中λ∈R，下列说法正确的有( )
A. 当a1=2,λ=54时，an≥n+1
B. 当λ∈[14,+∞)时，数列{an}是递增数列
C. 当λ=−2时，若数列{an}是递增数列，则a1∈(−∞,−3)∪(1,+∞)
D. 当a1=3，λ=0时，1a1+2+1a2+2+⋯+1an+2<13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|y= x+2}，B={x|x2+3x−4≤0}，则∁R(A∩B)=______.
13.若函数f(x)= 1−x2−k(x−1)−4有两个零点，则实数k的取值范围是______.
14.如图，球O内切于圆柱O1O2，圆柱的高为2，EF为底面圆O1的一条直径，D为圆O2上任意一点，则平面DEF截球O所得截面面积最小值为______；若 M为球面和圆柱侧面交线上的一点，则△MEF周长的取值范围为______.
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν.
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的面积为 34，csAcsB=34，求c.
16.(本小题15分)
如图，已知AB为圆台下底面圆O1的直径，C是圆O1上异于A，B的点，D是圆台上底面圆O2上的点，且平面DAC⊥平面ABC，DA=DC=AC=2，BC=4，E是CD的中点，BF=2FD.
(1)证明：DO2//BC；
(2)求直线DB与平面AEF所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23.
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2时，Pn≤1427.
18.(本小题17分)
已知P为抛物线E：y2=2x上的动点，Q为圆C：(x−a)2+y2=1(a>1)上的动点，若|PQ|的最小值为 3−1.
(1)求a的值；
(2)若动点P在x轴上方，过P作圆C的两条切线分别交抛物线E于另外两点A，B，且满足|PA|=|PB|，求直线AB的方程.
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：
R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：
f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)
注：f′′(x)=[f′(x)]′，f‴(x)=[f′′(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…
已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)，并求ln1.1的近似数(精确到0.001)；
(2)在(1)的条件下：
(i)求证：R(x)ln(x+1)<1；
(ii)若f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵复数z=(1−2i)(4−3i)=−2−11i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(−2,−11)，位于第三象限．
故选：C.
利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出复数z在复平面内对应的点的坐标即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：数列{an}是等差数列，且a2=3，S7=14，
∴a1+d=37a1+7×62d=14，解得a1=72，d=−12，
则数列{an}的公差d是−12.
故选：B.
利用等差数列的性质列方程，能求出公差．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：|a|=2 3|b|，且=5π6，
则b在a上的投影向量为：|b|cs⋅a|a|=12 3×(− 32)a=−14a.
故选：A.
根据已知条件，结合投影向量公式，即可求解．
本题主要考查投影向量公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：作出该圆锥截面，如图，
由题意，底面半径r=3m，
母线l=rsinπ3=2 3m，
侧面积S=πrl=π×3×2 3=6 3m2.
故选：B.
根据题意作出圆锥轴截面图象，根据图象求出圆锥底面半径r和母线l，根据侧面积公式πrl即可求解．
本题考查圆锥的侧面积的求法，考查圆锥的性质、侧面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：不等式lg12x>−1可化为，lg12x>lg122，
所以0若a−1成立的一个必要不充分条件，则{x|0解得a≤0，
即实数a的取值范围是(−∞,0].
故选：B.
先利用对数函数的性质求解不等式lg12x>−1的解集，再结合充分条件和必要条件的定义求解．
本题主要考查了对数不等式的解法，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：①若3个人都选择一个景点游玩，不同的选择有13C31CC41=36种，
②若甲选择两个景点游玩，乙，丙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C32CC41=36种，
③若乙选择两个景点游玩，甲，丙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C32CC41=36种，
④若丙选择两个景点游玩，甲，乙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C31CC42=54种，
⑤若甲选择一个景点游玩，乙，丙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C31CC42=54种，
⑥若乙选择一个景点游玩，甲，丙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C31CC42=54种，
⑦若丙选择一个景点游玩，甲，乙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C41CC32=36种，
⑧若3个人都选择两个景点游玩，不同的选择有23C32CC42=54种，
综上所述，不同的选择有36+36+36+54+54+54+36+54=360种．
故选：A.
对3个人游玩的景点个数分情况讨论，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图：双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，
如果a>b，则B在第四象限，不满足S△BOF1=3S△AOB，如果a=b，则不存在B，所以b>a，
直线AB的方程：y=−ba(x−c)，OB的方程为y=−bax，联立可得yB=abcb2−a2，F2到y=bax的距离为：d=bc a2+b2=b，
|OA|= c2−b2=a，
S△BOF1=3S△AOB，
所以12c|yB|=3(12c|yB|−12ab)，化简可得3ab=2c⋅abcb2−a2，可得c2=6a2，
可得e= 6.
故选：D.
结合已知条件求解B的纵坐标，利用三角形的面积关系，转化求解离心率即可．
本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，离心率的求法，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：令f(x)=ex−1−ln(x+1)(0则f′(x)=ex−1x+1在(0,1)上是增函数，
f′(x)>f′(0)=0，则f(x)在(0,1)上是增函数，
∴f(0.01)>f(0)=0⇒e0.01−1−ln1.01>0⇒e0.01−1>ln1.01，
令g(x)=lnx−x−1x(x>1)，则g′(x)=1x−1x2=x−1x>0，
g(x)在(1,+∞)上是增函数，
∴g(1.01)>g(1)=0⇒ln1.01−1101>0⇒ln1.01>1101，
又ln(a+1)=0.01⇒a=e0.01−1，
eb=1.01⇒b=ln1.01，c=1101，
∴a>b>c.
故选：C.
令f(x)=ex−1−ln(x+1)(0b；令g(x)=lnx−x−1x(x>1)，由f(x)的单调性得，b>c.
本题考差了利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：f(x)=2sin(ωx−π6)，且f(x)图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2，
∴f(x)的周期为π，2πω=π，ω=2，
∴f(x)=2sin(2x−π6)，
∴f(−5π12)=2sin(−π)=0，A正确；
f(2π3)=2sin7π6=−1，∴x=2π3不是对称轴，B错误；
x∈[0,π2]时，2x−π6∈[−π6,5π6]，∴f(x)在[0,π2]上没有单调性，C错误；
x∈[7π12,7π3]时，2x−π6∈[π,9π2]，∴f(x)在[7π12,7π3]上有4个零点，D正确．
故选：AD.
可得出f(x)=2sin(ωx−π6)，然后根据条件得出ω=2，得出f(x)=2sin(2x−π6)，根据正弦函数对称中心和对称轴的定义即可判断A，B的正误；根据正弦函数的单调性即可判断C的正误；根据正弦函数的零点即可判断D的正误．
本题考查了两角和的正弦公式，正弦函数的对称中心和对称轴，正弦函数的单调性和零点，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，所以若η=2ξ+1.则D(n)=4D(ξ)，故A错误；
对于B：P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=2+3−P(AB)=5，
解得：P(AB)=13=P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，故B正确；
对于C，根据独立性检验思想可知C正确；
对于D，由y =0.3−0.7x，得样本点(2,−3)的残差为−3−(0.3−0.7×2)=−1.9，故D正确．
故选：BCD.
根据η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，可判断A；由独立事件的定义可判断B；根据独立性检验思想可判断C；由残差的概念即可判断D.
本题主要考查概率与统计的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，当a1=2,λ=54时，an+1−an=an2+an+54=(an+12)2+1≥1>0，
又因为a1=2，所以an+1>an+1，所以an>an−1+1>an−2+2>…>a1+n−1=n+1，故A正确；
对于选项B，因为an+1−an=an2+an+λ=(an+12)2+λ−14，且λ∈[14,+∞),
所以an+1−an≥0，
当λ=14，a1=−12时，a2=−12，…，an+1−an=0，即an+1=an，
所以数列{an}是常数列，故B不正确；
对于选项C，因为数列{an}是递增数列，所以当n≥2，n∈N*时，an−an−1>0，
即(an2+2an−2)−(an−12+2an−1−2)=(an−an−1)(an+an−1+2)>0，
所以an+an−1+2>0，所以a2−a1>0，且a2+a1+2>0，
即(a12+2a1−2)−a1>0，且(a12+2a1−2)+a1+2>0，
解得a1>1或a1<−3，故C正确；
对于选项D，当λ=0时，an+1=an2+2an=(an+1)2−1，
结合a1=3可知：a2=42−1=11>a1，a3=132−3>a2，…，
结合an+1−an=(an−an−1)(an+an−1+2)可知数列{an}是递增数列，
所以an≥a1=3，所以an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，
所以an+2an−1+2×an−1+2an−2+2×…×a2+2a1+2≥3n−1(n≥2,n∈N*)，
即an+2≥3n−1(a1+2)=53×3n(n≥2,n∈N*)，
所以1an+2≤35×13n(n≥2,n∈N*)，
当n=1时，1a1+2=15≤35×13，
所以1an+2≤35×13n(n∈N*)，
于是可得：1a1+2+1a2+2+…+1an+2≤35(13+132+⋯+13n)=35×13(1−13n)1−13<310<13，故D正确．
故选：ACD.
当a1=2,λ=54时，an+1−an=an2+an+54=(an+12)2+1>0可得an+1>an+1，即可迭代判断A的正误；当λ=14，a1=−12时，可判断数列{an}是常数列，进而判断B的正误；
根据数列{an}是递增数列，可得出an+an−1+2>0，进而得出a2−a1>0，且a2+a1+2>0，即可得出a1的取值范围，进而判断C的正误；根据递推关系得出an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，进而得出1an+2≤35×13n(n∈N*)，利用等比数列的前n项和公式计算即可判断D的正误．
本题主要考查了数列的递推公式，数列的单调性以及数列的求和的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】{x|x<−2或x>1}
【解析】解：集合A={x|y= x+2}={x|x≥−2}，B={x|x2+3x−4≤0}={x|−4≤x≤1}，
所以A∩B={x|−2≤x≤1}，
所以∁R(A∩B)={x|x<−2或x>1}.
故答案为：{x|x<−2或x>1}.
先求出集合A，B，再利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】(158,2]
【解析】解：令f(x)= 1−x2−k(x−1)−4=0，
则 1−x2−k(x−1)−4=0，
所以 1−x2=k(x−1)+4，
又因为y= 1−x2≥0，即为x2+y2=1(y≥0)，
表示单位圆位于x轴上及上方部分；
而y=k(x−1)+4，表示过点(1,4)且斜率为k的直线，
所以将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，
|4−k| 1+k2=1，解得k=158，
当直线与半圆相切时；
当直线过点(−1,0)时，
则有−2k+4=0，解得k=2，
综上，k∈(158,2].
故答案为：(158,2].
令f(x)=0，则有 1−x2=k(x−1)+4，将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
本题考查了函数的零点、直线与圆的位置关系，转化思想及数形结合思想，属于中档题．
14.【答案】4π5 [ 5+3,2 3+2]
【解析】解：由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，
则2r=2，所以r=1，
过O作OG⊥DO1于G，
则由题可得OGO2D=OO1DO1，
即OG1=1 5，
所以OG= 55，
设O到平面DEF的距离为d1，
平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r12=r2−d12=1−d12≥1−15=45，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为45π；
由题可知点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设M在底面的射影为M′，
‴
则MM′=1，ME= 12+M′E2，MF= 12+M′F2，M′E2+M′F2=4，
设t=M′E2，ME+MF= 12+t+ 12+4−t，
所以(ME+MF)2=6+2 −t2+4t+5=6+2 −(t−2)2+9∈[6+2 5,12]，
所以ME+MF∈[ 5+1,2 3]，
又因为EF=2，
所以ME+MF+EF∈[ 5+3,2 3+2]，
即△MEF周长的取值范围为[ 5+3,2 3+2].
故答案为：4π5，[ 5+3,2 3+2].
由题可得O到平面DEF的距离为d1≤ 55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值，即可求解；设M在底面的射影为M′，设t=M′E2，则用t表示ME+MF，然后利用二次函数的性质可得ME+MF的取值范围，即可求△MEF周长的取值范围．
本题考查圆柱与球的表面积、以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题．
15.【答案】解：(1)因为向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν，
所以b(sinA+sinB)+(sinA+sinC)(a−c)=0，
由正弦定理可得b(a+b)+(a+c)(a−c)=0，
化简得a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理得：a2+b2−c2=2abcsC，
所以csC=−12，而C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)由题意得12absin2π3= 34，则ab=1，
由cs(A+B)=csAcsB−sinAsinB=12得sinAsinB=14，
因为(csinC)2=absinAsinB=4，所以csinC=2，
所以c= 3.
【解析】(1)由两个向量垂直，可得数量积为0，再由正弦定理，余弦定理的可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
(2)由三角形的面积公式，可得ab的值，由(1)可得cs(A+B)的值，展开由题意可得sinAsinB的值，再由正弦定理可得c的值．
本题考查向量的数量积的运算性质的应用及正弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：取AC的中点为O，
连接DO，OO1，O1O2，
∵DA=DC，O为AC中点，∴DO⊥AC
又平面DAC⊥平面ABC，且平面DAC∩平面ABC=AC
∴DO⊥平面ABC，∴DO//O1O2，DO=O1O2，故四边形DOO1O2为矩形，
∴DO2//OO1，又O，O1分别是AC，AB的中点，∴OO1//BC，
∴DO2//BC；
(2)∵C是圆O1上异于A，B的点，且AB为圆O1的直径，
∴BC⊥AC，∴OO1⊥AC，
∴如图以O为原点建立空间直角坐标系，
由条件知DO= 3，
∴A(1,0,0)，B(−1,4,0)，C(−1,0,0)，D(0,0, 3)，∴E(−12,0, 32)，
设F(x,y,z)，∴BF=(x+1,y−4,z)，FD=(−x,−y, 3−z)，
由BF=2FD，得F(−13,43,2 33)，∴AF=(−43,43,2 33)，
∴DB=(−1,4,− 3)，AE=(−32,0, 32)，
设平面AEF法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AE=−32x1+ 32z1=0n⋅AF=−43x1+43y1+2 33z1=0，取n=(1,−12, 3)，
设直线BD与平面AEF所成角为θ，
则sinθ=|cs|=62 5⋅ 172=6 8585
∴直线BD与平面AEF所成角的正弦值为6 8585.
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理，化归转化，即可证明；
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线平行的证明，线面角的求解，向量法的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)已知某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23，
设Ai=“第i天选择米饭套餐”(i=1,2)，
则Ai−=“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)=23，P(A1−)=13，P(A2|A1)=13，P(A2|A1−)=23，
由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=23×13+13×23=49；
(2)(i)设An=“第n天选择米饭套餐”(n=1,2,⋯)，
则Pn=P(An)，P(An−)=1−Pn，P(An+1|An)=13，P(An+1|An−)=23，
由全概率公式得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An−)P(An+1|An−)=−13Pn+23，
即Pn+1=−13Pn+23，∴Pn+1−12=−13(Pn−12)，
∵P1−12=16，
∴{Pn−12}是以16为首项，−13为公比的等比数列；
可得Pn=12+16×(−13)n−1(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn=12+16×(−13)n−1≤12+16×(13)2=1427；
当n为正偶数时，Pn=12−16×(13)n−1<12<1427，
综上所述：当n≥2时，Pn≤1427.
【解析】(1)结合条件概率及全概率公式求解．
(2)由全概率公式，结合等比数列通项公式的求法证明即可．
本题考查了数列的应用，重点考查了全概率公式，属中档题．
18.【答案】解：(1)圆C：(x−a)2+y2=1(a>1)，半径为1，
设P(x0,y0)，|PQ|的最小值为 3−1，即|PC|的最小值为 3，
|PC|= (x0−a)2+y02= (x0−a)2+2x0= (x0+1−a)2+2a−1(x0≥0)，
当x0=a−1时，|PC|min= 2a−1= 3，∴a=2；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
直线PA的斜率kPA=y1−y0x1−x0=y1−y0y122−y022=2y1+y0，
直线PA的方程为：y−y0=2y1+y0(x−x0)，
则(y−y0)(y1+y0)=2(x−x0)，y(y1+y0)−y0(y1+y0)=2x−2x0，
即2x−(y1+y0)y+y0(y1+y0)−2x0=0，化简得2x−(y1+y0)y+y0y1=0，
则|4+y1y0| 4+(y1+y0)2=1，即(y02−1)y12+6y0y1+12−y02=0，
同理(y02−1)y22+6y0y2+12−y02=0，
则y1，y2是方程(y02−1)y2+6y0y+12−y02=0的两根，
所以y1+y2=6y01−y02，则直线AB的斜率kAB=2y1+y2=1−y023y0，
∵|PA|=|PB|，PC平分∠APB，则PC⊥AB，
∴1−y023y0⋅y0x0−2=−1，解得x0=5，则y0= 10.
kAB=2y1+y2=1−y023y0=−3 1010，且y1+y2=−2 103，y1y2=12−y02y02−1=29
x1+x2=y12+y222=(y1+y2)2−2y1y22=409−492=2，
故AB中点为(1,− 103)，
直线AB的方程为y+ 103=−3 1010(x−1)
即9x+3 10y+1=0.
【解析】(1)转化为|PC|的最小值为 3即可；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，根据切线的性质，直线与抛物线联立即可．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题可知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，
f′(x)=1x+1，f′′(x)=−1(x+1)2，
由f(0)=R(0)得a0=0，∴R(x)=a1x1+b1x，
则R′(x)=a1(1+b1x)2，又由f′(0)=R′(0)得a1=1，
∴R′′(x)=−2b1(1+b1x)3，
由f′′(0)=R′′(0)得b1=12，
∴R(x)=x1+12x=2xx+2，
∵ln1.1=f(0.1)≈R(0.1)=2×0.10.1+2=221≈0.095；
(2)(i)证明：令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，
∵F′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2<0，
∴F(x)在x∈(−1,0)及(0,+∞)上均单调递减．
①当x∈(−1,0)，F(x)>F(0)=0，即2xx+2>ln(x+1)，而ln(x+1)<0，
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1；
②当x∈(0,+∞)，F(x)0，
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1，
由①②可得不等式R(x)ln(x+1)<1恒成立；
(ii)由f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立，
令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，且h(0)=0，∴x=0是h(x)的极大值点．
又h′(x)=1x+1−m−sinx，故h′(0)=1−m=0，则m=1，
当m=1时，h(x)=ln(x+1)−x+csx−1，
∴h′(x)=1x+1−sinx−1=−sinx−xx+1，
当x∈(−1,0)时,−sinx>0,−xx+1>0，则h′(x)>0，故h(x)在(−1,0)上单调递增，
∴当x∈(−1,0)时，h(x)当x∈(0,+∞)时，h(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)，
令φ(x)=ln(x+1)−x，∵φ′(x)=1x+1−1<0，∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(0)=0，又∵在(0,+∞)上，csx−1≤0
故当x∈(0,+∞)时，h(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)<0.
综上，当m=1时，f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立．
【解析】(1)由题意函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，对f(x)求二阶导，由f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)可求出R(x)，从而可得ln1.1的近似数；
(2)(i)令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，当x∈(−1,0)时，利用导数证明F(x)>0，当x∈(0,+∞)时，利用导数证明F(x)<0，从而可得证得结论成立；
(ii)由已知可得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立，令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，由h(0)=0，可得x=0是h(x)的极大值点，由极值点的定义可得m=1，再证m=1时，h(x)<0恒成立，即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，导数的运算，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于难题．
1.已知复数z=(1−2i)(4−3i)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知数列{an}是等差数列，且a2=3，S7=14，则数列{an}的公差d是( )
A. −1B. −12C. 12D. 1
3.已知|a|=2 3|b|，且
A. −14aB. −3aC. 14aD. 3a
4.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为2π3的等腰三角形，则该屋顶的侧面积约为( )
A. 6πm2
B. 6 3πm2
C. 3 3πm2
D. 12 3πm2
5.若a
A. (−∞,0)B. (−∞,0]C. [0,2)D. (2,3)
6.黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙3人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有( )
A. 360种B. 420种C. 540种D. 600种
7.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
8.已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c=1101，则( )
A. a
9.已知函数f(x)= 3sinωx−csωx(ω>0)图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2，则( )
A. 函数f(x)图象关于点(−5π12,0)对称B. 函数f(x)图象关于直线x=2π3对称
C. 函数f(x)在[0,π2]上单调递增D. 函数f(x)在[7π12,7π3]上有4个零点
10.下列论述正确的有( )
A. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
B. 若随机事件A，B满足：P(A)=12，P(B)=23，P(A∪B)=56，则事件A与B相互独立
C. 基于小概率值α的检验规则是：当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2
11.已知数列{an}满足：an+1=an2+2an+λ(n∈N*)，其中λ∈R，下列说法正确的有( )
A. 当a1=2,λ=54时，an≥n+1
B. 当λ∈[14,+∞)时，数列{an}是递增数列
C. 当λ=−2时，若数列{an}是递增数列，则a1∈(−∞,−3)∪(1,+∞)
D. 当a1=3，λ=0时，1a1+2+1a2+2+⋯+1an+2<13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|y= x+2}，B={x|x2+3x−4≤0}，则∁R(A∩B)=______.
13.若函数f(x)= 1−x2−k(x−1)−4有两个零点，则实数k的取值范围是______.
14.如图，球O内切于圆柱O1O2，圆柱的高为2，EF为底面圆O1的一条直径，D为圆O2上任意一点，则平面DEF截球O所得截面面积最小值为______；若 M为球面和圆柱侧面交线上的一点，则△MEF周长的取值范围为______.
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν.
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的面积为 34，csAcsB=34，求c.
16.(本小题15分)
如图，已知AB为圆台下底面圆O1的直径，C是圆O1上异于A，B的点，D是圆台上底面圆O2上的点，且平面DAC⊥平面ABC，DA=DC=AC=2，BC=4，E是CD的中点，BF=2FD.
(1)证明：DO2//BC；
(2)求直线DB与平面AEF所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23.
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2时，Pn≤1427.
18.(本小题17分)
已知P为抛物线E：y2=2x上的动点，Q为圆C：(x−a)2+y2=1(a>1)上的动点，若|PQ|的最小值为 3−1.
(1)求a的值；
(2)若动点P在x轴上方，过P作圆C的两条切线分别交抛物线E于另外两点A，B，且满足|PA|=|PB|，求直线AB的方程.
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：
R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：
f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)
注：f′′(x)=[f′(x)]′，f‴(x)=[f′′(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…
已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)，并求ln1.1的近似数(精确到0.001)；
(2)在(1)的条件下：
(i)求证：R(x)ln(x+1)<1；
(ii)若f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵复数z=(1−2i)(4−3i)=−2−11i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(−2,−11)，位于第三象限．
故选：C.
利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出复数z在复平面内对应的点的坐标即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：数列{an}是等差数列，且a2=3，S7=14，
∴a1+d=37a1+7×62d=14，解得a1=72，d=−12，
则数列{an}的公差d是−12.
故选：B.
利用等差数列的性质列方程，能求出公差．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：|a|=2 3|b|，且
则b在a上的投影向量为：|b|cs
故选：A.
根据已知条件，结合投影向量公式，即可求解．
本题主要考查投影向量公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：作出该圆锥截面，如图，
由题意，底面半径r=3m，
母线l=rsinπ3=2 3m，
侧面积S=πrl=π×3×2 3=6 3m2.
故选：B.
根据题意作出圆锥轴截面图象，根据图象求出圆锥底面半径r和母线l，根据侧面积公式πrl即可求解．
本题考查圆锥的侧面积的求法，考查圆锥的性质、侧面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：不等式lg12x>−1可化为，lg12x>lg122，
所以0
即实数a的取值范围是(−∞,0].
故选：B.
先利用对数函数的性质求解不等式lg12x>−1的解集，再结合充分条件和必要条件的定义求解．
本题主要考查了对数不等式的解法，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：①若3个人都选择一个景点游玩，不同的选择有13C31CC41=36种，
②若甲选择两个景点游玩，乙，丙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C32CC41=36种，
③若乙选择两个景点游玩，甲，丙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C32CC41=36种，
④若丙选择两个景点游玩，甲，乙都选择一个景点游玩，不同的选择有13C31CC42=54种，
⑤若甲选择一个景点游玩，乙，丙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C31CC42=54种，
⑥若乙选择一个景点游玩，甲，丙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C31CC42=54种，
⑦若丙选择一个景点游玩，甲，乙都选择两个景点游玩，不同的选择有23C41CC32=36种，
⑧若3个人都选择两个景点游玩，不同的选择有23C32CC42=54种，
综上所述，不同的选择有36+36+36+54+54+54+36+54=360种．
故选：A.
对3个人游玩的景点个数分情况讨论，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图：双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，
如果a>b，则B在第四象限，不满足S△BOF1=3S△AOB，如果a=b，则不存在B，所以b>a，
直线AB的方程：y=−ba(x−c)，OB的方程为y=−bax，联立可得yB=abcb2−a2，F2到y=bax的距离为：d=bc a2+b2=b，
|OA|= c2−b2=a，
S△BOF1=3S△AOB，
所以12c|yB|=3(12c|yB|−12ab)，化简可得3ab=2c⋅abcb2−a2，可得c2=6a2，
可得e= 6.
故选：D.
结合已知条件求解B的纵坐标，利用三角形的面积关系，转化求解离心率即可．
本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，离心率的求法，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：令f(x)=ex−1−ln(x+1)(0
f′(x)>f′(0)=0，则f(x)在(0,1)上是增函数，
∴f(0.01)>f(0)=0⇒e0.01−1−ln1.01>0⇒e0.01−1>ln1.01，
令g(x)=lnx−x−1x(x>1)，则g′(x)=1x−1x2=x−1x>0，
g(x)在(1,+∞)上是增函数，
∴g(1.01)>g(1)=0⇒ln1.01−1101>0⇒ln1.01>1101，
又ln(a+1)=0.01⇒a=e0.01−1，
eb=1.01⇒b=ln1.01，c=1101，
∴a>b>c.
故选：C.
令f(x)=ex−1−ln(x+1)(0
本题考差了利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：f(x)=2sin(ωx−π6)，且f(x)图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2，
∴f(x)的周期为π，2πω=π，ω=2，
∴f(x)=2sin(2x−π6)，
∴f(−5π12)=2sin(−π)=0，A正确；
f(2π3)=2sin7π6=−1，∴x=2π3不是对称轴，B错误；
x∈[0,π2]时，2x−π6∈[−π6,5π6]，∴f(x)在[0,π2]上没有单调性，C错误；
x∈[7π12,7π3]时，2x−π6∈[π,9π2]，∴f(x)在[7π12,7π3]上有4个零点，D正确．
故选：AD.
可得出f(x)=2sin(ωx−π6)，然后根据条件得出ω=2，得出f(x)=2sin(2x−π6)，根据正弦函数对称中心和对称轴的定义即可判断A，B的正误；根据正弦函数的单调性即可判断C的正误；根据正弦函数的零点即可判断D的正误．
本题考查了两角和的正弦公式，正弦函数的对称中心和对称轴，正弦函数的单调性和零点，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，所以若η=2ξ+1.则D(n)=4D(ξ)，故A错误；
对于B：P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=2+3−P(AB)=5，
解得：P(AB)=13=P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，故B正确；
对于C，根据独立性检验思想可知C正确；
对于D，由y =0.3−0.7x，得样本点(2,−3)的残差为−3−(0.3−0.7×2)=−1.9，故D正确．
故选：BCD.
根据η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，可判断A；由独立事件的定义可判断B；根据独立性检验思想可判断C；由残差的概念即可判断D.
本题主要考查概率与统计的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，当a1=2,λ=54时，an+1−an=an2+an+54=(an+12)2+1≥1>0，
又因为a1=2，所以an+1>an+1，所以an>an−1+1>an−2+2>…>a1+n−1=n+1，故A正确；
对于选项B，因为an+1−an=an2+an+λ=(an+12)2+λ−14，且λ∈[14,+∞),
所以an+1−an≥0，
当λ=14，a1=−12时，a2=−12，…，an+1−an=0，即an+1=an，
所以数列{an}是常数列，故B不正确；
对于选项C，因为数列{an}是递增数列，所以当n≥2，n∈N*时，an−an−1>0，
即(an2+2an−2)−(an−12+2an−1−2)=(an−an−1)(an+an−1+2)>0，
所以an+an−1+2>0，所以a2−a1>0，且a2+a1+2>0，
即(a12+2a1−2)−a1>0，且(a12+2a1−2)+a1+2>0，
解得a1>1或a1<−3，故C正确；
对于选项D，当λ=0时，an+1=an2+2an=(an+1)2−1，
结合a1=3可知：a2=42−1=11>a1，a3=132−3>a2，…，
结合an+1−an=(an−an−1)(an+an−1+2)可知数列{an}是递增数列，
所以an≥a1=3，所以an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，
所以an+2an−1+2×an−1+2an−2+2×…×a2+2a1+2≥3n−1(n≥2,n∈N*)，
即an+2≥3n−1(a1+2)=53×3n(n≥2,n∈N*)，
所以1an+2≤35×13n(n≥2,n∈N*)，
当n=1时，1a1+2=15≤35×13，
所以1an+2≤35×13n(n∈N*)，
于是可得：1a1+2+1a2+2+…+1an+2≤35(13+132+⋯+13n)=35×13(1−13n)1−13<310<13，故D正确．
故选：ACD.
当a1=2,λ=54时，an+1−an=an2+an+54=(an+12)2+1>0可得an+1>an+1，即可迭代判断A的正误；当λ=14，a1=−12时，可判断数列{an}是常数列，进而判断B的正误；
根据数列{an}是递增数列，可得出an+an−1+2>0，进而得出a2−a1>0，且a2+a1+2>0，即可得出a1的取值范围，进而判断C的正误；根据递推关系得出an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，进而得出1an+2≤35×13n(n∈N*)，利用等比数列的前n项和公式计算即可判断D的正误．
本题主要考查了数列的递推公式，数列的单调性以及数列的求和的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】{x|x<−2或x>1}
【解析】解：集合A={x|y= x+2}={x|x≥−2}，B={x|x2+3x−4≤0}={x|−4≤x≤1}，
所以A∩B={x|−2≤x≤1}，
所以∁R(A∩B)={x|x<−2或x>1}.
故答案为：{x|x<−2或x>1}.
先求出集合A，B，再利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】(158,2]
【解析】解：令f(x)= 1−x2−k(x−1)−4=0，
则 1−x2−k(x−1)−4=0，
所以 1−x2=k(x−1)+4，
又因为y= 1−x2≥0，即为x2+y2=1(y≥0)，
表示单位圆位于x轴上及上方部分；
而y=k(x−1)+4，表示过点(1,4)且斜率为k的直线，
所以将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，
|4−k| 1+k2=1，解得k=158，
当直线与半圆相切时；
当直线过点(−1,0)时，
则有−2k+4=0，解得k=2，
综上，k∈(158,2].
故答案为：(158,2].
令f(x)=0，则有 1−x2=k(x−1)+4，将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
本题考查了函数的零点、直线与圆的位置关系，转化思想及数形结合思想，属于中档题．
14.【答案】4π5 [ 5+3,2 3+2]
【解析】解：由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，
则2r=2，所以r=1，
过O作OG⊥DO1于G，
则由题可得OGO2D=OO1DO1，
即OG1=1 5，
所以OG= 55，
设O到平面DEF的距离为d1，
平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r12=r2−d12=1−d12≥1−15=45，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为45π；
由题可知点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设M在底面的射影为M′，
‴
则MM′=1，ME= 12+M′E2，MF= 12+M′F2，M′E2+M′F2=4，
设t=M′E2，ME+MF= 12+t+ 12+4−t，
所以(ME+MF)2=6+2 −t2+4t+5=6+2 −(t−2)2+9∈[6+2 5,12]，
所以ME+MF∈[ 5+1,2 3]，
又因为EF=2，
所以ME+MF+EF∈[ 5+3,2 3+2]，
即△MEF周长的取值范围为[ 5+3,2 3+2].
故答案为：4π5，[ 5+3,2 3+2].
由题可得O到平面DEF的距离为d1≤ 55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值，即可求解；设M在底面的射影为M′，设t=M′E2，则用t表示ME+MF，然后利用二次函数的性质可得ME+MF的取值范围，即可求△MEF周长的取值范围．
本题考查圆柱与球的表面积、以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题．
15.【答案】解：(1)因为向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν，
所以b(sinA+sinB)+(sinA+sinC)(a−c)=0，
由正弦定理可得b(a+b)+(a+c)(a−c)=0，
化简得a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理得：a2+b2−c2=2abcsC，
所以csC=−12，而C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)由题意得12absin2π3= 34，则ab=1，
由cs(A+B)=csAcsB−sinAsinB=12得sinAsinB=14，
因为(csinC)2=absinAsinB=4，所以csinC=2，
所以c= 3.
【解析】(1)由两个向量垂直，可得数量积为0，再由正弦定理，余弦定理的可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
(2)由三角形的面积公式，可得ab的值，由(1)可得cs(A+B)的值，展开由题意可得sinAsinB的值，再由正弦定理可得c的值．
本题考查向量的数量积的运算性质的应用及正弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：取AC的中点为O，
连接DO，OO1，O1O2，
∵DA=DC，O为AC中点，∴DO⊥AC
又平面DAC⊥平面ABC，且平面DAC∩平面ABC=AC
∴DO⊥平面ABC，∴DO//O1O2，DO=O1O2，故四边形DOO1O2为矩形，
∴DO2//OO1，又O，O1分别是AC，AB的中点，∴OO1//BC，
∴DO2//BC；
(2)∵C是圆O1上异于A，B的点，且AB为圆O1的直径，
∴BC⊥AC，∴OO1⊥AC，
∴如图以O为原点建立空间直角坐标系，
由条件知DO= 3，
∴A(1,0,0)，B(−1,4,0)，C(−1,0,0)，D(0,0, 3)，∴E(−12,0, 32)，
设F(x,y,z)，∴BF=(x+1,y−4,z)，FD=(−x,−y, 3−z)，
由BF=2FD，得F(−13,43,2 33)，∴AF=(−43,43,2 33)，
∴DB=(−1,4,− 3)，AE=(−32,0, 32)，
设平面AEF法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AE=−32x1+ 32z1=0n⋅AF=−43x1+43y1+2 33z1=0，取n=(1,−12, 3)，
设直线BD与平面AEF所成角为θ，
则sinθ=|cs
∴直线BD与平面AEF所成角的正弦值为6 8585.
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理，化归转化，即可证明；
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线平行的证明，线面角的求解，向量法的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)已知某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23，
设Ai=“第i天选择米饭套餐”(i=1,2)，
则Ai−=“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)=23，P(A1−)=13，P(A2|A1)=13，P(A2|A1−)=23，
由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=23×13+13×23=49；
(2)(i)设An=“第n天选择米饭套餐”(n=1,2,⋯)，
则Pn=P(An)，P(An−)=1−Pn，P(An+1|An)=13，P(An+1|An−)=23，
由全概率公式得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An−)P(An+1|An−)=−13Pn+23，
即Pn+1=−13Pn+23，∴Pn+1−12=−13(Pn−12)，
∵P1−12=16，
∴{Pn−12}是以16为首项，−13为公比的等比数列；
可得Pn=12+16×(−13)n−1(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn=12+16×(−13)n−1≤12+16×(13)2=1427；
当n为正偶数时，Pn=12−16×(13)n−1<12<1427，
综上所述：当n≥2时，Pn≤1427.
【解析】(1)结合条件概率及全概率公式求解．
(2)由全概率公式，结合等比数列通项公式的求法证明即可．
本题考查了数列的应用，重点考查了全概率公式，属中档题．
18.【答案】解：(1)圆C：(x−a)2+y2=1(a>1)，半径为1，
设P(x0,y0)，|PQ|的最小值为 3−1，即|PC|的最小值为 3，
|PC|= (x0−a)2+y02= (x0−a)2+2x0= (x0+1−a)2+2a−1(x0≥0)，
当x0=a−1时，|PC|min= 2a−1= 3，∴a=2；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
直线PA的斜率kPA=y1−y0x1−x0=y1−y0y122−y022=2y1+y0，
直线PA的方程为：y−y0=2y1+y0(x−x0)，
则(y−y0)(y1+y0)=2(x−x0)，y(y1+y0)−y0(y1+y0)=2x−2x0，
即2x−(y1+y0)y+y0(y1+y0)−2x0=0，化简得2x−(y1+y0)y+y0y1=0，
则|4+y1y0| 4+(y1+y0)2=1，即(y02−1)y12+6y0y1+12−y02=0，
同理(y02−1)y22+6y0y2+12−y02=0，
则y1，y2是方程(y02−1)y2+6y0y+12−y02=0的两根，
所以y1+y2=6y01−y02，则直线AB的斜率kAB=2y1+y2=1−y023y0，
∵|PA|=|PB|，PC平分∠APB，则PC⊥AB，
∴1−y023y0⋅y0x0−2=−1，解得x0=5，则y0= 10.
kAB=2y1+y2=1−y023y0=−3 1010，且y1+y2=−2 103，y1y2=12−y02y02−1=29
x1+x2=y12+y222=(y1+y2)2−2y1y22=409−492=2，
故AB中点为(1,− 103)，
直线AB的方程为y+ 103=−3 1010(x−1)
即9x+3 10y+1=0.
【解析】(1)转化为|PC|的最小值为 3即可；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，根据切线的性质，直线与抛物线联立即可．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题可知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，
f′(x)=1x+1，f′′(x)=−1(x+1)2，
由f(0)=R(0)得a0=0，∴R(x)=a1x1+b1x，
则R′(x)=a1(1+b1x)2，又由f′(0)=R′(0)得a1=1，
∴R′′(x)=−2b1(1+b1x)3，
由f′′(0)=R′′(0)得b1=12，
∴R(x)=x1+12x=2xx+2，
∵ln1.1=f(0.1)≈R(0.1)=2×0.10.1+2=221≈0.095；
(2)(i)证明：令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，
∵F′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2<0，
∴F(x)在x∈(−1,0)及(0,+∞)上均单调递减．
①当x∈(−1,0)，F(x)>F(0)=0，即2xx+2>ln(x+1)，而ln(x+1)<0，
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1；
②当x∈(0,+∞)，F(x)
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1，
由①②可得不等式R(x)ln(x+1)<1恒成立；
(ii)由f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立，
令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，且h(0)=0，∴x=0是h(x)的极大值点．
又h′(x)=1x+1−m−sinx，故h′(0)=1−m=0，则m=1，
当m=1时，h(x)=ln(x+1)−x+csx−1，
∴h′(x)=1x+1−sinx−1=−sinx−xx+1，
当x∈(−1,0)时,−sinx>0,−xx+1>0，则h′(x)>0，故h(x)在(−1,0)上单调递增，
∴当x∈(−1,0)时，h(x)
令φ(x)=ln(x+1)−x，∵φ′(x)=1x+1−1<0，∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(0)=0，又∵在(0,+∞)上，csx−1≤0
故当x∈(0,+∞)时，h(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)<0.
综上，当m=1时，f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立．
【解析】(1)由题意函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，对f(x)求二阶导，由f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)可求出R(x)，从而可得ln1.1的近似数；
(2)(i)令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，当x∈(−1,0)时，利用导数证明F(x)>0，当x∈(0,+∞)时，利用导数证明F(x)<0，从而可得证得结论成立；
(ii)由已知可得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立，令h(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，由h(0)=0，可得x=0是h(x)的极大值点，由极值点的定义可得m=1，再证m=1时，h(x)<0恒成立，即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，导数的运算，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于难题．
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