2024年山东省青岛二中高考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省青岛二中高考数学二模试卷（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.已知集合M={1,2,3}，N={0,1,2,3,4,7}，若M⊆A⊆N，则满足集合A的个数为( )
A. 4B. 6C. 7D. 8
2.抛物线C：y=6x2的焦准距是( )
A. 112B. 16C. 3D. 6
3.在正三棱台ABC−A1B1C1中，已知AB= 3,A1B1=2 3，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为( )
A. 212B. 74C. 214D. 72
4.(x2lg83− lg92x)6展开式的常数项为( )
A. 512B. −512C. 136D. −136
5.已知cs(α+β)csγ−csαcs(β+γ)=13，则sinαsin(β+γ)−sin(α+β)sinγ=( )
A. −16B. −13C. 16D. 13
6.为了解某中学学生假期中每天自主学习的时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取高一学生40人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生60人，其每天学习时间均值为9小时，方差为0.8，抽取高三学生100人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为( )
A. 1.4B. 1.45C. 1.5D. 1.55
7.已知函数f(x)满足对任意的x，y∈(−1,1)且xA. f(253385)B. f(253380)C. f(253765)D. f(253760)
8.古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数ctθ=1tanθ，正割函数secθ=1csθ，余割函数cscθ=1sinθ，正矢函数versinθ=1−csθ，余矢函数vercsθ=1−sinθ.如图角θ始边为x轴的非负半轴，其终边与单位圆交点P，A、B分别是单位圆与x轴和y轴正半轴的交点，过点P作PM垂直x轴，作PN垂直y轴，垂足分别为M、N，过点A作x轴的垂线，过点B作y轴的垂线分别交θ的终边于T、S，其中AM、PS、BS、NB为有向线段，下列表示正确的是( )
A. versinθ=AMB. cscθ=PSC. ctθ=BSD. secθ=NB
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.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD和DD1的中点，则下列说法正确的是( )
A. AD1//平面BEFB. B1C⊥平面BEF
C. 异面直线B1D1与EF所成角为60∘D. 平面BEF截正方体所得截面为等腰梯形
10.已知正实数a，b，c，且a>b>c，x，y，z为自然数，则满足xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立的x，y，z可以是( )
A. x=1，y=1，z=4B. x=1，y=2，z=5
C. x=2，y=2，z=7D. x=1，y=3，z=9
11.已知椭圆C：x29+y2b2=1(0A. b= 6
B. |AB|∈[4,6]
C. 离心率e= 32
D. 若OA⊥OB，则1|OA|2+1|OB|2=518
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数1+i与3i在复平面内用向量OA和OB表示(其中i是虚数单位，O为坐标原点)，则OA与OB夹角为______.
13.将函数g(x)=cs2x的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，再将所得图象向右平移π4得到函数y=h(x)的图象，若函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α))，其中−π2<α<0，则sinα的值为______.
14.如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特⋅梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆O的一段圆弧E，且弧E所对的圆心角为4π5.设圆C的圆心C在点O与弧E中点的连线所在直线上.若存在圆C满足：弧E上存在四点满足过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为______.
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)
如图，已知多面体ABC−A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120∘，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
16.(本小题15分)
欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如：φ(1)=1，φ(4)=2，φ(8)=4，数列an满足an=(2n)(n∈N*).
(1)求a1，a2，a3，并求数列an的通项公式；
(2)记bn=(−1)nlg2a2na2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左右焦点分别为F1，F2，点P(3,2)在双曲线上，且点P(3,2)到双曲线两条渐近线的距离乘积为65，过F1分别作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，已知l1与C双曲线左支交于A，B两点，l2与C左右两支分别交于E，F两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若线段AB，EF的中点分别为M，N，求证：直线MN恒过定点，并求出该定点坐标.
18.(本小题17分)
定义max{a,b}=a,a≥bb,a(1)当m=5时，求过原点的切线方程；
(2)若函数f(x)只有一个零点，求实数m的取值范围.
19.(本小题17分)
甲、乙两人进行知识问答比赛，共有n道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的概率分别为p和13，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得一1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若n=3,p=12，求甲获胜的概率；
(2)若n=20，设甲第i题的得分为随机变量Xi，一次比赛中得到Xi的一组观测值xi(i=1,2,…，20)，如下表.现利用统计方法来估计p的值：
①设随机变量X−=1ni=1nXi，若以观测值xi(i=1,2,⋯,20)的均值x−作为X−的数学期望，请以此求出p的估计值p1；
②设随机变量Xi取到观测值xi(i=1,2,⋯,20)的概率为L(p)，即L(p)=P(X1=x1,X2=x2,⋯,X20=x20)；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着p的变化，用使得L(p)达到最大时p的取值.p 2作为参数p的一个估计值.求p 2.
甲得分的一组观测值
附：若随机变量X，Y的期望E(X)，E(Y)都存在，则E(X+Y)=E(X)+E(Y).
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合M={1,2,3}，N={0,1,2,3,4,7}，M⊆A⊆N，
则A={1,2,3}，{1,2,3,0}，{1,2,3,4}，{1,2,3,7}，{1,2,3,0,4}，{1,2,3,0,7}，{1,2,3,4,7}，{0,1,2,3,4,7}，共8个．
故选：D.
根据已知条件，结合集合的包含关系，直接列举，即可求解．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由抛物线C：y=6x2，得x2=16y，则2p=16，p=112，
∴抛物线C：y=6x2的焦准距是p=112.
故选：A.
化抛物线方程为标准方程，求解p即可得答案．
本题考查抛物线的标准方程与几何性质，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：正三棱台ABC−A1B1C1中，AB= 3，A1B1=2 3，
∴△ABC的面积为S△ABC=12× 3× 3× 32=3 34，
△A1B1C1的面积为S△A1B1C1=12×2 3×2 3× 32=3 3，
设O，O1分别是△ABC，△A1B1C1的中心，D，D1分别是BC，B1C1的中点，
∴A，O，D三点共线，A1，O1，D1三点共线，
AD=AB×sinπ3= 3× 32=32，
A1D1=A1B1×sinπ3=2 3× 32=3，
∴OD=13AD=12，O1D1=13A1D1=1，
DD1= BB12−(BC−B1C12)2= 22−(2 3− 32)2= 132，
过D作DE⊥A1D1，垂足为E，则DE//OO1，
∵DE= DD12−D1E2= ( 132)2−(1−12)2= 3，
∴三棱台的高为 3，
∴三棱台的体积为V=13× 3×(3 34+ 3 34×3 3+3 3)=214.
故选：C.
先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
本题考查正三棱台的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：二项式展开式的通项公式为Tk+1=C6k⋅(x2lg83)6−k⋅(− lg92x)k=C6k⋅(lg83)6−k⋅(− lg92)k⋅x12−3k，k=0，1，，
令12−3k=0，解得k=4，
则展开式的常数项为T5=C64⋅(lg83)2⋅(− lg92)4=15×(13lg23)2×(12lg32)2=512.
故选：A.
根据二项式展开式的通项公式求解．
本题考查二项式展开式的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：∵cs(α+β)csγ−csαcs(β+γ)=csαcsβcsγ−sinαsinβcsγ−csαcsβcsγ+csasinβsinγ=sinβsin(γ−α)，
∴sinβsin(γ−α)=13，
∴sinαsin(β+γ)−sin(α+β)sinγ=sinαsinβcsγ+sinαcsβsinγ−sinαcsβsinγ−csαsinβsinγ=sinβsin(α−γ)=−sinβsin(γ−α)=−13.
故选：B.
利用两角和的正余弦公式即可解决．
本题考查两角和差的正余弦公式的正用与逆用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得，抽取的总人数为40+60+100=200，
则高一、高二、高三学生抽取的人数的频率分别为40200=0.2，60200=0.3，100200=0.5，
可得该校学生每天学习时间的平均数x−=0.2×8+0.3×9+0.5×10=9.3，
所以方差s2=0.2×[0.5+(8−9.3)2]+0.3×[0.8+(9−9.3)2]+0.5×[1+(10−9.3)2]=1.45.
故选：B.
利用分层随机抽样的均值和方差公式求解．
本题主要考查了分层随机抽样的均值和方差公式，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为函数f(x)满足对任意的x，y∈(−1,1)且x若an=f(1n2+5n+5)=f[n+2−(n+3)1−(n+2)(n+3)]=f(1n+2)−f(1n+3)，
则a1+a2+a3+…+a2024=f(13)−f(14)+f(14)−f(15)+…+f(12026)−f(12027)
=f(13)−f(12027)
=f(3−20271−3×2027)=f(253760).
故选：D.
由题意可得，an=f(1n2+5n+5)=f[n+2−(n+3)1−(n+2)(n+3)]=f(1n+2)−f(1n+3)，代入即可求解．
本题主要考查了抽象函数在数列项的求解中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，易得△OMP∼△OAT∼△SBO∼△PNO，
对于A，因为1−csθ=1−OM=MA，即versinθ=MA，故A错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，cscθ=1sinθ=1MP=BOMP=OSOP=OS，故B错误；
对于C，ctθ=1tanθ=1tan∠OSB=BS，故C正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得secθ=1csθ=1OM=OAOM=OTOP=OT，故D错误．
故选：C.
利用单位圆以及三角函数的定义可知sinθ=MP，csθ=OM，tanθ=AT，然后结合新定义简单计算可判断各个选项．
本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，△ADD1中，EF是中位线，所以EF//AD1，
结合EF⊂平面BEF，AD1⊄平面BEF，可得AD1//平面BEF，A项正确；
对于B，正方形AA1D1D中，AD1⊥A1D，结合AB⊥A1D，且AB∩AD1=A，
可得A1D⊥平面ABC1D1，结合B1C//A1D，可得B1C⊥平面ABC1D1，
因为经过点B与B1C垂直的平面只有平面ABC1D1，所以B1C与平面BEF不垂直，故B项不正确；
对于C，连接AB1，B1D1，由EF//AD1可得∠AD1B1就是异面直线B1D1与EF所成角，
因为△AB1D1是等边三角形，所以∠AD1B1=60∘，即异面直线B1D1与EF所成角为60∘，故C项正确；
对于D，连接C1F，因为EF//BC1，所以四边形BEFC1为梯形，且梯形BEFC1就是平面BEF截正方体所得截面，
因为Rt△ABE≌Rt△D1C1F，所以BE=C1F，即四边形BEFC1为等腰梯形，故D项正确．
故选：ACD.
根据直线与平面平行的判定定理，判断出A项的正误；根据直线与平面垂直的判定定理，证出A1D⊥平面ABC1D1，从而判断出B1C与平面BEF不垂直，判断出B项的正误；在等边△AB1D1中，计算出异面直线B1D1与EF所成角等于∠AD1B1=60∘，判断出C项的正误；连接C1F，证出四边形BEFC1为等腰梯形，判断出D项的正误．
本题主要考查正方体的结构特征、线面平行与线面垂直的判定定理等知识，考查了空间想象能力、逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：根据正实数a、b、c满足a>b>c，可得a−b>0，b−c>0，
不等式xa−b+yb−c+zc−a>0，即xa−b+yb−c>za−c
将a−c=(a−b)+(b−c)代入，整理得[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)>z，
因为[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)=x+y+x(b−c)a−b+y(a−b)b−c≥x+y+2 xy=( x+ y)2，
当且仅当x(b−c)a−b=y(a−b)b−c时，即xy=(a−bb−c)2时，取等号．
若xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立，即xa−b+yb−c>za−c恒成立，则必须( x+ y)2>z，
对于A，x=1，y=1，z=4时，( x+ y)2=4=z，故A项不正确；
对于B，x=1，y=2，z=5时，( x+ y)2=3+2 2>z=5，故B项正确；
对于C，x=2，y=2，z=7时，( x+ y)2=8>z=7，故C项正确；
对于D，x=1，y=3，z=9时，( x+ y)2=4+2 3故选：BC.
根据题意，不等式xa−b+yb−c+zc−a>0等价于[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)>z，利用基本不等式求最值，算出不等式左边的最小值是( x+ y)2，因此满足xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立的x、y、z，必须满足( x+ y)2>z，由此对各项加以验证即可得到本题的答案．
本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：如下图所示：
易知a=3，由椭圆定义可知|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=12，
因为|AF2|+|BF2|≤8恒成立，所以|AB|≥4，
当AB⊥x轴，即|AB|为通径时，|AB|最小，所以|AB|min=2b2a=4，
解得b= 6，所以A正确；
当|AB|为长轴时，|AB|最大，此时|AB|=2a=6，所以|AB|∈[4,6]，即B正确；
由上可得椭圆方程为C:x29+y26=1，易知C= a2−b2= 3，所以离心率e=ca= 33，即C错误；
因为F1(− 3,0)，可设直线l的方程为x=my− 3,A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立x=my− 3x29+y26=1，整理可得(2m2+3)y2−4 3my−12=0，
因此y1+y2=4 3m2m2+3,y1y2=−122m2+3，
若OA⊥OB，可得OA⋅OB=0，即x1x2+y1y2=0，所以(m2+1)y1y2− 3m(y1+y2)+3=0，
整理得6m2+1=0，此时方程无解，因此D错误．
故选：AB.
根据椭圆定义利用通径长可求得b= 6，由椭圆性质可得|AB|∈[4,6]，且离心率e= 33，联立直线和椭圆方程可知当OA⊥OB，方程无解，因此D错误．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】π4
【解析】解：复数1+i与3i在复平面内用向量OA和OB表示，
则OA=(1,1)，OB=(0,3)，
设OA与OB夹角为θ，θ∈[0,π]，
则csθ=OA⋅OB|OA||OB|=3 2×3= 22，解得θ=π4.
故答案为：π4.
根据已知条件，结合复数的几何意义，以及平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】−2 55
【解析】解：函数g(x)=cs2x的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，
得到函数y=2cs2x的图象，
再将所得图象向右平移π4得到函数h(x)=2cs2(x−π4)=2sin2x的图象，
因为函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α))，
所以g(α)=h(α)+1，即cs2α=2sin2α+1，
所以1−2sin2α=4sinαcsα+1，
因为α∈(−π2,0)，所以sinα<0，csα>0，
所以−sinα=2csα，
因为cs2α+sin2α=1，
解得sinα=−2 55，csα= 55.
故答案为：−2 55.
由题意及三角函数的图象变换可得h(x)=2sin2x，由已知条件可得cs2α=2sin2α+1，结合二倍角公式及同角三角函数的平方关系式求解即可．
本题考查三角函数图象的变换，考查二倍角公式和同角三角函数的关系，属于中档题．
14.【答案】(0, 5)
【解析】解：如图，
弧E的中点为M，
弧E所对的圆周角为2π5，弧E所对的圆心角为4π5，
圆O的半径为OM=1，
在弧E上取两点A、B，则∠AOB≤4π5，
分别过点A、B作圆O的切线，并交直线OM于点D，
当过点A、B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时，劣弧AB上一定还存在点S、T，使过点S、T的切线为两圆的内公切线，
则圆C的圆心C只能在线段MD上，且不包括端点，
过点C，分别向AD、BD作垂线，垂足为R、P，
则CR即为圆C的半径，
此时圆O与圆C皆满足题意：弧E上存在四点A、B、S、T，过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，
线段OC交圆C于点N，
则弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为线段MN的长度，
在直角△AOD中，
OD=OAcs∠AOD=OAcs∠AOB2≤OAcs2π5=1 5−14= 5+1，
MN=OC−OM−CN=OC−1−CR即弧E上的点与圆C上的点的最短距离MN的取值范围为(0, 5).
故答案为：(0, 5).
先根据题意画出相应的图，弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
=4+4+4=12，
所以AC=2 3，
∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴AA1//BB1，AB⊥BB1，
∵AA1=4，BB1=2，AB=2，
∴A1B1= (AB)2+(AA1−BB1)2=2 2，
AB1= AB2+BB12=2 2，
∴AA12=AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，
∵AC12=AC2+CC12=13，
B1C12=BC2+BB1−CC12=5，
即AC12=AB12+B1C12，即AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，
∴AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵AB=BC，∴OB⊥OC，
以O为原点，分别以OB，OC，OD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(0,− 3,0)，B(1,0,0)，B1(1,0,2)，C1(0, 3,1)，
∴AB=(1, 3,0)，BB1=(0,0,2)，AC1=(0,2 3,1)，
设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=0n⋅BB1=0，∴x+ 3y=02z=0，
令y=1，得n=(− 3,1,0)，
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，
则sinθ=|csn,AC1|= 3913.
∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为 3913.
【解析】本题主要考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用，考查计算能力与空间想象能力，属于中档题．
(1)利用勾股定理的逆定理证明AB1⊥A1B1，AB1⊥B1C1，从而可得AB1⊥平面A1B1C1；
(2)以AC的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB1的法向量n，计算n与AC1夹角的余弦值即可得出线面角的正弦值．
16.【答案】解：(1)由题意可知a1=φ(2)=1，a2=φ(4)=2，a3=φ(8)=4，由题意可知，偶数与2n不互素，所有奇数与2n互素，所以an=φ(2ⁿ)=2n−1；
(2)由(1)知an=φ(2ⁿ)=2ⁿ⁻ 1，所以 a2n=22n−1，
所以bn=(−1)nlg2a2na2n=(−1)nlg222n−122n−1=(−1)n(2n−1)24n=(4n−2)(−14)n；
所以Sn=2×(−14)1+6×(−14)2+⋯+(4n−6)×(−14)n−1+(4n−2)×(−14)n，①，
(−14)Sn=2×(−14)2+6×(−14)3+⋯+(4n−6)×(−14)n+(4n−2)×(−14)n+1，②，
所以①-②得：54Sn=2×(−14)1+4[(−14)2+...+(−14)n]−(4n−2)⋅(−14)n+1=−12+15[1−(−14)n−1]−(4n−2)×(−14)n+1=−310−20n+65×(−4)n+1，
所以 Sn=−625+20n+625×(−4)n.
【解析】(1)直接利用定义求出a1=1，a2=2，a3=4，进一步求出为aₙ=2n−1；
(2)利用(1)的结论，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．
本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设双曲线C的两渐近线方程分别为y=bax,y=−bax，
点P(3,2)到双曲线两渐近线的距离乘积为a2b2c2=65，
由题意可得：a2+b2=c2a2c2=65,9a2−4b2=1
解得 a2=3，b2=2，
则双曲线C的方程为 x23−y22=1.
(2)设直线 l1的方程为 y=k(x+ 5)，
由 l1，l2互相垂直得 l2的方程 y=−1k(x+ 5)，
联立方程得 y=k(x+ 5)x23−y22=1，
消y得 (2−3k2)x2−6 5k2x−15k2−6=0,Δ>0成立，
所以 xM=x1+x22=3 5k22−3k2,yM=k(xM+ 5)=2 5k2−3k2，
所以点M坐标为 (3 5k22−3k2,2 5k2−3k2)，
联立方程得 y=−1k(x+ 5)x23−y22=1，所以 xN=x3+x42=3 52k2−3,yN=−1k(xN+ 5)=−2 5k2k2−3，
所以点N坐标为 (3 52k2−3,−2 5k2k2−3)，
根据对称性判断知定点在x轴上，
直线MN的方程为 y−yM=yx−yMxN−xM(x−xM)，
则当 y=0时，
x=xuy8−xkyMyN−yM=3 5k22−3k2−2 5k2k2−33 5k2−3k22 5k2k2−2 5k2k2=1+k21−k2=−3 5，
所以定点坐标为(−3 5,0).
【解析】(1)利用已知条件，联立方程组可以求出a，b，c；
(2)先求出M，N坐标，再写出MN的直线方程，然后得出直线恒过的定点．
本题主要考查双曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的过定点问题等知识，属于中等题．
18.【答案】解：(1)f(x)=−4x3+5x−1,−4x3+5x−1≥lnxlnx,−4x3+5x−1令g(x)=−4x3+5x−1，
g(x)=−12x2+5>0⇒0⇒g(x)在(0, 512)单调递增，( 512,+∞)单调递减，且g(1)=0，
令h(x)=lnx在(0,+∞)单调递增，而f(1)=0=h(1)，
又g(14)=316，h(14)=ln14<−1，而g(0)=−1，
所以当0h(x)，当14≤x<1时，g(x)>θ>h(x)，
所以当0所以f(x)=−4x3+5x−1,0所以f(x)在(0, 512)和(1,+∞)单调递增，( 512,1) 单调递减；
(i)当0则此切线方程为y=(−12x02+5)(x−x0)−4x03+5x0−1，
又此切线过原点，所以0=(−12x02+5)(0−x0)−4x03+5x0−1，解得x0=12，
即此时切线方程是2x−y=0；
(ii)当x≥1时，f(x)=lnx，所以f′(x)=1x，
设切点为(x0,lnx0)，此时切线方程y=1x0(x−x0)+lnx0，
又此切线过原点，所以0=1x0(0−x0)+lnx0，解得x0=e，
所以此时切线方程x−ey=0，
综上所述，所求切线方程是：x−ey=0或2x−y=0；
(2)(i)当m=5时：
由(1)知，f(x)在(0, 512)和(1,+∞)单调递增，( 512,1) 单调递减，
且f(0)=1，f(14)=316>0，f(1)=0，
此时f(x)有两个零点；
(ii)当m>5时：
当0由(1)知：g(x)=−4x3+5x−1在(0, 512)递增，( 512,1)递减，且g(1)=0，
所以x∈( 512,+∞)时，f(x)>0，而f(0)=−1，
所以f(x)在(0, 512)只有一个零点，( 512,+∞)没有零点，
(iii)当0y=−4x3+mx−1，此时y′=−12x2+m>0，得0由(1)知，
当x≥1时，f(x)=lnx只有一个零点x=1，
要保证f(x)只有一个零点，只需要当0f( m12)=−4( m12)3+m( m12)−1=m 3m9−1<00< m12<1，得0(iv)当m≤0时，当x∈(0,+∞)时，g(x)=−4x3+mx−1<0，
此时f(x)只有一个零点x=1，
综上，f(x)只有一个零点时，m∈(−∞,3)∪(5,+∞).
【解析】(1)当m=5时，求出f(x)，利用导数的几何意义得出切线斜率，即可求切线方程；
(2)对m分类讨论，根据函数只有一个零点，结合函数的单调性分别分析求出m的取值范围．
本题主要考查利用导数求切线方程和单调性，属于难题．
19.【答案】解：(1)记甲获胜为事件A，甲抢到3道题为事件A3，甲抢到2道题为事件A2，甲抢到1道题为事件A1，甲抢到0道题为事件A0，
则P(A3)=(12)3=18，P(A2)=C32(12)3=38，P(A1)=C31(12)3=38,P(A0)=(12)3=18，
而P(A|A3)=(12)3+C32(12)2(1−12)=12，
P(A|A2)=(12)2+C21⋅12⋅(1−12)(1−13)=712，
P(A|A1)=12(23⋅23+2⋅23⋅13)+(1−12)⋅23⋅23=23，
P(A|A0)=(23)3+C31⋅13⋅(23)2=2027，
所以P(A)=P(A3)P(A|A3)+P(A2)P(A|A2)+P(A1)P(A|A1)+P(A0)P(A|A0)=18×12+38×712+38×23+18×2027=539864；
(2)①P(Xi=1)=p2，P(Xi=0)=12，P(Xi=−1)=1−p2，
所以E(Xi)=1×p2+0×12−1×1−p2=2p−12，
因为E(X̄)=E(1ni=1n Xi)=1nE(i=1n Xi)=1ni=1n E(Xi)=1n⋅n.2p−12=2p−12，
由表中数据可知x−=110，
所以2p 1−12=110,p 1=35；
②因为Xi(i=1,2,⋯,20)取值相互独立，
所以L(p)=P(X1=x1,X2=x2,⋯,X20=x20)=P(X1=x1)P(X2=x2)⋯P(X20=x20)=[P(Xi=1)]6×[P(Xi=0)]10×[P(Xi=−1)]4=(p2)6(12)10(1−p2)4，
所以L′(p)=(12)10[3(p2)5(1−p2)4−2(p2)6(1−p2)3]=(12)10(p2)5(1−p2)3(32−5p2)，
令L′(p)=0得p=35，
又0所以当p∈(0,35)时，L′(p)>0，L(p)单调递增；当p∈(35,1)时，L′(p)<0，L(p)单调递减，
所以当p=35时，L(p)取得最大值，从而p 2=35.
【解析】(1)利用全概率公式求解；
(2)利用期望的性质可得L(p)=(p2)6(12)10(1−p2)4，再利用导数得到L(p)的单调性，进而得到L(p)取得最大值时p的取值．
本题主要考查了全概率公式，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．题目
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