2024年广东省深圳外国语学校高考数学一调试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年广东省深圳外国语学校高考数学一调试卷（含详细答案解析），共22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A={−2,−1,1,2}，B={x|2+x1−x≥0}，则A∩B=( )
A. {1,2}B. {−2,−1}C. {−1,1,2}D. {−2,−1,1}
2.已知2i是关于x的方程2x2+q=0的一个根，则实数q的值为( )
A. 8B. −8C. 4D. −4
3.已知a，b为单位向量，若|a+b|=|a−b|，则a+b与a−b的夹角为( )
A. π3B. π2C. 2π3D. 3π4
4.在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c+ccsA= 3asinC，a=3，b+c=3 2，则△ABC的面积为( )
A. 3 24B. 3 34C. 4 23D. 4 33
5.若数列{an}的前n项积为Sn，且满足a1=32，2an+1Sn=2，则S11=( )
A. 92B. 132C. 112D. 7
6.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，以双曲线C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若∠MAN=60∘，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 43C. 2 33D. 2
7.在三棱锥V−ABC中，BV⊥平面VAC，VA=1，AB=AC= 2，cs∠VAC= 22，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥V−ABC的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，CF=( )
A. 103B. 52C. 174D. 133
8.若实数a，b，c∈(0,1)，且满足ae0.8=0.8ea，be1.2=1.2eb，ce1.6=1.6ec，则a，b，c的大小关系是( )
A. c>b>aB. b>a>cC. a>b>cD. b>c>a
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若0<α<β<π2，且csαcsβ=12，tanαtanβ=23，则( )
A. cs(α+β)=56B. sin(α−β)=− 116
C. cs2α=536D. β<π3
10.设A，B是一次随机试验中的两个事件，且P(A−)=13，P(B)=14，P(A−B+AB−)=712，则( )
A. A，B相互独立B. P(A−+B−)=56
C. P(B|A)=13D. P(A−|B)≠P(B−|A)
11.已知P为抛物线C：y2=2px(p>0)上的动点，Q(4,−4)在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，M(3,−2)，N(−1,1)，则( )
A. |PM|+|PF|的最小值为4
B. 若线段AB的中点为M，则△NAB的面积为 2
C. 若NA⊥NB，则直线l的斜率为2
D. 过点E(1,2)作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分∠GEH，则直线GH的斜率为定值
12.已知函数f(x)=axlna，g(x)=aln(x−1)，其中a>0且a≠1.若函数h(x)=f(x)−g(x)，则下列结论正确的是( )
A. 当0B. 当1C. 当a>e1e时，曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有且只有两条公切线
D. 若h(x)为单调函数，则e−e≤a<1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设Sn为数列{an}的前n项和，若a1=2024，Sn+1=Sn+3n，则a4=______.
14.(x2−y2−2y−1)5的展开式中x2y2的系数为______.(用数字作答)
15.蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆x23+y2b2=1(016.函数f(x)的定义域为(−∞,+∞)，其导函数为f′(x)，若f(x)=f(−x)−2sinx，且当x≥0时，f′(x)>−csx，则不等式f(x+π2)>f(x)+sinx−csx的解集为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2csB+abcsA=2c.
(1)求a；
(2)若A=2π3，且△ABC的周长为2+ 5，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=3，an⋅an+1=3×2n，bn=2an,n=2k−1,k∈N*lg2an−2n,n=2k,k∈N*，数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.
(1)求a2，a4，并证明数列{a2n}为等比数列；
(2)当n≥m时，有Tn≥Sn恒成立，求正整数m的最小值.
19.(本小题12分)
如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，AD=AE=2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，使平面APE⊥平面ABCE.
(1)求证：AP⊥BE；
(2)求平面PAC与平面PBE夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
某人从A地到B地有路程接近的2条路线可以选择，其中第一条路线上有n个路口，第二条路线上有m个路口.
(1)若n=2，m=2，第一条路线的每个路口遇到红灯的概率均为23；第二条路线的第一个路口遇到红灯的概率为34，第二个路口遇到红灯的概率为35，从“遇到红灯次数的期望”考虑，哪条路线更好？请说明理由.
(2)已知：随机变量Xi服从两点分布，且P(xi=1)=1−P(xi=0)=P，则E(i=1nXi)=i=1npi，且E[(i=1nXi)2]=i=1npi+2i≠j pipj(i,j=1,2,⋯,n).若第一条路线的第i个路口遇到红灯的概率为12i，当选择第一条路线时，求遇到红灯次数的方差.
21.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=4，C的一条渐近线与直线l：y=− 33x垂直.
(1)求C的标准方程；
(2)点M为C上一动点，直线MF1，MF2分别交C于不同的两点A，B(均异于点M)，且MF1=λF1A，MF2=μF2B，问：λ+μ是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
22.(本小题12分)
已知f(x)=3lnx−k(x−1).
(1)若过点(2,2)作曲线y=f(x)的切线，切线的斜率为2，求k的值；
(2)当x∈[1,3]时，讨论函数g(x)=f(x)−2πcsπ2x的零点个数.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：知集合A={−2,−1,1,2}，B={x|2+x1−x≥0}={x|−2≤x<1}，
则A∩B={−2,−1}.
故选：B.
根据已知条件，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】A
【解析】解：由题意，2×(2i)2+q=0，解得q=8.
故选：A.
将2i代入方程中求解即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=0，
则a+b与a−b的夹角为π2.
故选：B.
根据已知，应用向量数量积的运算律求(a+b)⋅(a−b)即可判断夹角大小．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：c+ccsA= 3asinC，由正弦定理得sinC+sinCcsA= 3sinAsinC，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，故1+csA= 3sinA，
即2sin(A−π6)=1，故sin(A−π6)=12，因为A∈(0,π)，
所以A−π6∈(−π6,5π6)，故A−π6=π6，解得A=π3，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc，即(b+c)2−2bc−a22bc=12，
因为a=3，b+c=3 2，所以18−2bc−92bc=12，
解得bc=3，S△ABC=12bcsinA=12×3× 32=3 34.
故选：B.
由正弦定理和辅助角公式得到A=π3，结合余弦定理得到bc=3，利用三角形面积公式求出答案．
本题考查正弦定理，余弦定理，辅助角公式，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意，当n≥2时，Sn−1an=Sn，
由a1=32，2an+1Sn=2，
可得Sn(2an+1Sn)=2Sn，
则当n≥2时，有Sn−1an(2an+1Sn)=2Sn−1+1=2Sn，
整理，得Sn−Sn−1=12，
∵a1=S1=32，
∴数列{Sn}是首项为32、公差为12的等差数列，
∴S11=32+12×(11−1)=132.
故选：B.
根据题中an，Sn的关系消去an，得到{Sn}的递推公式，然后由等差数列通项公式可得．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式．考查了整体思想，转化与化归思想，等差数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由于∠MAN=60∘，因此点A到渐近线距离为 32b，其中一条渐近线方程为bx−ay=0，
所以有ab a2+b2= 32b，可得a2=3b2,e=ca= 1+b2a2=2 33.
故选：C.
由题意得点A到渐近线距离为 32b，结合点到直线的距离公式、平方关系以及离心率公式即可得解．
本题主要考查双曲线的性质，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，在平面VAC内，过点F作EF//AC，交VC于点E；
在平面VBC内，过点E作EQ//VB，交BC于点Q，
在平面VAB内，过点F作FD//VB，交AB于点D，连接DQ，
如图所示，
因为EF//AC，则△VCA∽△VEF，设其相似比为k，即VFVA=VEVC=EFAC=k，
则EF= 2k；
又因为VA=1，AC= 2，cs∠VAC= 22，
由余弦定理得，VC= 1+2−2×1× 2× 22=1，则VC2+VA2=AC2，即VC⊥VA.
又BV⊥平面VAC，VC，VA⊂平面VAC，所以BV⊥VC，BV⊥VA.
又AB= 2，则BV=1，BC= 2.
因为FD//VB，则△AFD∽△AVB，则AFAV=ADAB=FDVB，
因为AFVA=VA−VFVA=1−k，所以FDVB=AFVA=1−k，即FD=1−k，
同理可得QE=1−k，即QE=FD，
因为EQ//VB，FD//VB，则EQ//FD，
故四边形EFDQ为平行四边形；而EQ⊂平面EFDQ，VB⊄平面EFDQ，
故VB//平面EFDQ，同理AC//平面EFDQ，
即四边形EFDQ为截面图形；
又BV⊥平面VAC，EF⊂平面VAC，则BV⊥EF，
又FD//VB，所以FD⊥EF.
故平行四边形EFDQ为矩形，则S矩形EFDQ=EF⋅FD= 2k⋅(1−k)=− 2(k−12)2+ 24，
所以当k=12时，S矩形EFDQ有最大值 24，则VF=kVA=12，
在Rt△CVF中，CF= CV2+VF2= 1+14= 52.
故选：B.
通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案．
本题考查平面的基本性质，涉及棱锥的结构特征，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由ae0.8=0.8ea，be1.2=1.2eb，ce1.6=1.6ec，
得aea=0.8e0.8，beb=1.2e1.2，cec=1.6e1.6，令f(x)=xex，则f′(x)=1−xex，
当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(−∞,1)上是增函数，
在(1,+∞)上是减函数，于是f(1.2)>f(1.6)，即f(b)>f(c)，
又b，c∈(0,1)，所以b>c；aea−cec=0.8e0.8−−0.8×2e0.8×e0.8=0.8e0.8×e0.8−2e0.8，
因为54=625>29=512，所以54>24×25，(52)4>25，(52)45>2，
因此e0.8−2>(52)45−2>0，于是f(a)>f(c)，又a，c∈(0,1)，所以a>c；
令g(x)=xex−2−xe2−x，则g′(x)=1−xex−1−xe2−x=(1−x)⋅(e−ex)(e+ex)ex+2≥0，所以g(x)在(−∞,+∞)上是增函数，g(0.8)于是f(a)综上b>a>c.
故选：B.
注意到aea=0.8e0.8，beb=1.2e1.2，cec=通过构造函数f(x)=xex可比较a，b与c的大小．后构造g(x)=xex−2−xe2−x可比较0.8e0.8,2−0.8e2−0.8大小，即可得a，b大小．
本题考查构造函数比较代数式大小，对于不好估值的代数式，常通过观察构造适当的函数，利用函数单调性得到大小关系，属于难题．
9.【答案】BD
【解析】解：∵csαcsβ=12，tanαtanβ=23，
∴sinαsinβ=csαcsβtanαtanβ=13，
∴cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=16，故A错误；
cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=56，∵−π2<α−β<0，
∴sin(α−β)=− 1−cs2(α−β)=− 116，故B正确；
∵0<α<β<π2，∴sin(α+β)= 1−cs2(α+β)= 356，
∴cs2α=cs[(α+β)+(α−β)]
=cs(α+β)cs(α−β)−sin(α+β)sin(α−β)=5+ 38536，故C错误；
同理可得cs2β=5− 38536>5−2036>−12=cs2π3，故2β<2π3，∴β<π3，故D正确．
故选：BD.
利用两角和的余弦公式即可判断A；由两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系即可判断B；由两角和的余弦公式即可判断C；求出cs2β，从而可得β的范围，即可判断D.
本题考查三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．.
10.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，P(A−)=13，P(B)=14，
则P(A)=1−P(A−)=23，P(B−)=1−P(B)=1−14=34，
依次分析选项：
对于A，由于事件A−B,AB−互斥，则P(A−B+AB−)=P(A−B)+P(AB−)=712，
又由P(A)=P(AB)+P(A−B)，P(B)=P(AB)+P(AB−)，
则有P(A)+P(B)=2P(AB)+P(A−B)+P(AB−)=23+14，
变形可得P(AB)=16，
则有P(A)P(B)=P(AB)=16，则A、B相互独立，A正确；
对于B，P(A−+B−)=1−P(AB)=56，B正确；
对于C，由条件概率公式可知：P(B|A)=P(AB)P(A)=1623=14≠13，故C错误；
对于D，P(A−|B)=P(A−B)P(B)=P(B)−P(AB)P(B)=14−1614=13，
P(B−|A)=P(B−A)P(A)=P(A)−P(AB)P(A)=23−1623=34，
即P(A−|B)≠P(B−|A)，D正确．
故选：ABD.
根据题意，利用独立事件、对立事件、互斥事件的定义与概率公式可判定A、B，利用条件概率的定义与公式可判定C、D，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及条件概率的应用，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由Q(4,−4)在抛物线C上，得p=2，抛物线C的方程为y2=4x，F(1,0)，
对于A，如图，过点P作抛物线的准线x=−1的垂线PD，垂足为D，

由抛物线的定义知|PM|+|PF|=|PM|+|PD|≥|DM|，
即M，P，D三点共线时，|PM|+|PF|取得最小值，为3+1=4，故A正确；
对于B，因为M(3,−2)为AB的中点，F(1,0)，
所以xA+xB=6，则|AB|=xA+xB+2=8，
易求得直线l的方程为y=−x+1，
则点N到直线l的距离d=|−1+1−1| 2= 22，
则S△NAB=12|AB|⋅d=2 2，故B错误；
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y2=4xx=my+1，消去x得y2−4my−4=0，则Δ=16m2+16>0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4，
则NA=(x1+1,y1−1)=(my1+2,y1−1)，同理可得NB=(my2+2,y2−1)，
所以NA⋅NB=(my1+2)(my2+2)+(y1−1)(y2−1)
=(m2+1)y1y2+(2m−1)(y1+y2)+5
=−4(m2+1)+4m(2m−1)+5
=4m2−4m+1=(2m−1)2=0，
解得m=12，所以直线l的斜率为1m=2，故C正确；
对于D，易知点E(1,2)在抛物线上且EF⊥x轴，设G(y324,y3)，H(y424,y4)，
易知直线EG，EH的斜率存在，kEG=y3−2y324−1=4y3+2，同理kEH=4y4+2，
因为EF平分∠GEH，EF⊥x轴，所以kEG+kEH=0，即4y3+2+4y4+2=0，
所以y3+2+y4+2=0，即y3+y4=−4，
所以直线GH的斜率k=y3−y4y324−y424=4y3+y4=−1，为定值，故D正确．
故选：ACD.
先求出抛物线的方程y2=4x，利用抛物线的定义转化即可求出最小值可判断A；由直线与抛物线相交的弦长公式及点到直线的距离公式即可判断B；设直线l：x=my+1，与抛物线的方程联立，结合韦达定理及NA⋅NB=0，即可判断C；将已知转化为kEG+kEH=0，结合两点连线的斜率公式即可得判断D.
本题考查抛物线上的点到定点和焦点距离的和、差的最值，求直线与抛物线相交弦的弦长，抛物线中的三角形或四边形面积问题，抛物线中的定值问题，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A：h(x)=axlna−aln(x−1)，
令h(x)=0，即axlna−aln(x−1)=0，
所以ax−1=lga(x−1)，
令a=116，x−1=14或a=116，x−1=12，ax−1=lga(x−1)都成立，h(x)有两个零点，故A错误；
对于B：ax−1lna=ln(x−1)，令ax−1=t，
所以(x−1)lna=lnt，
所以t⋅lntx−1=ln(x−1)，
所以tlnt=(x−1)ln(x−1)，(t>1)，
令F(x)=xlnx，
所以F′(x)=lnx+1，令F′(x)=0，得x=1e，
所以F(ax−1)=F(x−1)，
所以ax−1=x−1，
所以lna=ln(x−1)x−1，
令Q(x)=lnxx，
所以Q′(x)=1−lnxx2，
令Q′(x)=0，得x=e，
所以函数Q(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
Q(e)=1e，
当Q(1e)=ln1e1e=−e<0，
x→+∞时，Q(x)>0，
所以当0此时1对于C：设k=lna>1e，f′(x)=ax⋅k2，g′(x)=ax−1，t=x−1，
设切点(x1,f(x1))，(x2,g(x2))，
所以y−f(x1)=f′(x1)(x−x1)，y−g(x2)=g′(x2)(x−x2)，
所以f′(x1)=g′(x2)f(x1)−x1f′(x1)=g(x2)−x2g′(x2)，
①ax1k2=ax2−1，
所以ax1−1k2=1x2−1，at1k2=1t2，
②ax1k−at2(t1+1)=alnt2−at2(t2+1)，
所以at1k−t1t2=lnt2−1，
所以1kt2−t1t2=lnt2−1，
对于C：设k=lna>1e，f′(x)=ax⋅k2，g′(x)=ax−1，t=x−1，
设切点(x1,f(x1))，(x2,g(x2))，
所以y−f(x1)=f′(x1)(x−x1)，y−g(x2)=g′(x2)(x−x2)，
所以f′(x1)=g′(x2)f(x1)−x1f′(x1)=g(x2)−x2g′(x2)，
①ax1k2=ax2−1，
所以ax1−1k2=1x2−1，at1k2=1t2，
②ax1k−at2(t1+1)=alnt2−at2(t2+1)，
所以at1k−t1t2=lnt2−1，
所以1kt2−t1t2=lnt2−1，
所以1kt2−t1t2=lnt2−1，
所以1−kt1=kt2(lnt2−1)，
因为t1k+2lnk=−lnt2，
所以1+lnt2+2lnk−kt2lnt2+kt2=0，
设S=1+lnt+2lnk−ktlnt+kt，(t>0)，
所以S′(t)=1t−klnt=p(t)，
所以P′(t)=−1t2−kt<0，
所以函数P(t)在(0,+∞)单调递减，
因为P(1e)=1+e+k>0，P(e)=1e−k<0，
所以存在x0∈(1e,e)，S′(t0)=0，
所以t∈(0,t0)，S′(t)>0，
t∈(t0,+∞)，S′(t)<0，
所以S(t)=0有两解，
所以a>e1e时，曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有且只有两条公切线，故C正确；
对于D：若h(x)单调递增，则h′(x)≥0，
所以axln2a≥ax−1，
所以(x−1)ax−1≥1ln2a，
所以mam≥1ln2a(m=x−1>0)，
y=mam→0，不满足，
若h(x)单调递减，则h′(x)≤0，
所以axln2a≤ax−1，
所以(x−1)ax−1≥1ln2a，
所以mam≤1ln2a，(m=x−1>0)，
所以(mam)max1ln2a，
y′=(1+mlna)at=0，
所以t=−1lna不满足，
当a>1时，mam→+∞，不满足，
当a<1时，m=−1lna，
所以−1lna⋅a1lna≤1(lna)2，
所以a1lna≤−1lna
所以lna⋅(−1lna)≤ln(−1lna)，
所以−1≤ln(−1lna)，
所以−e≥lna<0，
所以e−e≤a<1，故D正确，
故选：BCD.
对于A：根据题意可得h(x)=axlna−aln(x−1)，令h(x)=0，得ax−1=lga(x−1)，令a=116，x−1=14或a=116，x−1=12，ax−1=lga(x−1)都成立，即可判断A是否正确；
对于B：ax−1lna=ln(x−1)，令ax−1=t，则t⋅lntx−1=ln(x−1)，即tlnt=(x−1)ln(x−1)，(t>1)，令F(x)=xlnx，求导分析单调性可得若F(ax−1)=F(x−1)，则ax−1=x−1，进而可得lna=ln(x−1)x−1，令Q(x)=lnxx，求导分析单调性，极值，可得函数h(x)零点个数，即可判断B是否正确；
对于C：设k=lna>1e，f′(x)=ax⋅k2，g′(x)=ax−1，t=x−1，设切点(x1,f(x1))，(x2,g(x2))，则f′(x1)=g′(x2)f(x1)−x1f′(x1)=g(x2)−x2g′(x2)有两个解，即可判断C是否正确；
对于D：若h(x)单调递增，则h′(x)≥0，即mam≥1ln2a(m=x−1>0)，y=mam→0，不满足；若h(x)单调递减，则h′(x)≤0，进而可得(mam)max=1ln2a，对y=mam求导分析单调性，求出最大值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
13.【答案】27
【解析】解：由于Sn+1=Sn+3n，则an+1=Sn+1−Sn=3n(n∈N*)，
所以an=3n−1(n≥2,n∈N*)，
所以a4=33=27.
故答案是：27.
题中所给式子使用an+1=Sn+1−Sn进行转化，得到数列an第2项及以后各项的通项公式，用公式求a4即可．
本题主要考查了数列的递推式，属于基础题．
14.【答案】140
【解析】解：(x2−y2−2y−1)5的展开式中要产生x2y2可能是1个x2，1个−y2，3个−1或1个x2，2个−2y，2个−1，
故展开式中含x2y2项为C51x2C41(−y2)C33(−1)3+C51x2C42(−2y)2C22(−1)2=140x2y2，
即展开式中x2y2的系数为140.
故答案为：140.
要产生x2y2可能是1个x2，1个−y2，3个−1或1个x2，2个−2y，2个−1，分别进行计算求解即可．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.【答案】( 63,1)
【解析】解：依题意，直线x=± 3,y=±b都与椭圆x23+y2b2=1相切，
因此直线x=± 3,y=±b所围成矩形的外接圆x2+y2=3+b2即为椭圆x23+y2b2=1的蒙日圆，
由点A、B为椭圆x23+y2b2=1上任意两个动点，动点P满足∠APB为锐角，得点P在圆x2+y2=3+b2外，
又动点P在直线4x+3y−10=0上，因此直线4x+3y−10=0与圆x2+y2=3+b2相离，
于是|−10| 42+32> 3+b2，解得0所以椭圆C的离心率的取值范围为 63故答案为：( 63,1).
求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线4x+3y−10=0与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】(−π4,+∞)
【解析】解：令g(x)=f(x)+sinx，则g(−x)=f(−x)+sin(−x)=f(−x)−sinx，
又由f(x)=f(−x)−2sinx，所以f(x)+sinx=f(−x)−sinx.
故g(x)=g(−x)，即g(x)为定义在 R上的偶函数．
当x≥0时，g′(x)=f′(x)+csx>0，
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，
由f(x+π2)+csx=f(x+π2)+sin(x+π2)>f(x)+sinx，
即g(x+π2)>g(x)，所以|x+π2|>|x|，解得x>−π4，
所以不等式的解集为(−π4,+∞).
故答案为：(−π4,+∞).
令g(x)=f(x)+sinx，由题意，得出g(x)为定义在 R上的偶函数，且g(x)在[0,+∞)上单调递增，再把不等式f(x+π2)>f(x)+sinx−csx转化为g(x+π2)>g(x)，利用单调性求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的奇偶性和不等式的解法，考查了转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题设有a(acsB+bcsA)=2c，
则a(sinAcsB+sinBcsA)=2sinC，
所以asin(A+B)=2sinC，而A+B=π−C，
故asinC=2sinC，又sinC>0，
所以a=2.
(2)由(1)及已知，有csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−42bc=−12，
整理得b2+c2+bc=4，
又a+b+c=2+ 5，即b+c= 5，
所以(b+c)2−bc=5−bc=4，解得bc=1，
故S△ABC=12bcsinA= 34.
【解析】(1)应用正弦边角关系及和角正弦公式有asin(A+B)=2sinC，再由三角形内角性质即可求边长；
(2)应用余弦定理及已知得b2+c2+bc=4且b+c= 5，进而求得bc=1，最后应用面积公式求面积．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为a1=3,an⋅an+1=3×2n，
令n=1，则a1a2=6，即a2=2，
令n=2，3得a2⋅a3=3×22a3⋅a4=3×23，
则a4=4，
由an⋅an+1=3×2nan+1⋅an+2=3×2n+1，得an+2an=2，由a2=2，
所以数列{a2n}为以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知：a2n=2n，
同理：数列{a2n−1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
即a2n−1=3×2n−1，
则bn=2an,n=2k−1,k∈N*−32n,n=2k,k∈N*，
T2n−S2n=[(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)−(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)]+[(b2+b4+b6+⋯+b2n)−(a2+a4+a6+⋯+a2n)]
=[(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)−(a2+a4+a6+⋯+a2n)]+(b2+b4+b6+⋯+b2n)
=(1+21+22+⋯+2n−1)−3(1+2+3+⋯+n)
=1−2n1−2−3n(n+1)2
=2n−1−3n(n+1)2，
令cn=2n−1−3n(n+1)2，则cn+1−cn=2n−3(n+1)，
当n=1，2，3时，cn+1cn，
又c1=−2，c4=−45，c5=−34，c6=0，则当n≤5时，T2n当n≥6时，T2n≥S2n，
T2n−1−S2n−1=(T2n−S2n)−(b2n−a2n)=2n−1−3n(n+1)2+(3n+2n+1)>T2n−S2n，
综上知：正整数m的最小值为11.
【解析】(1)依题中条件，对n进行赋值可求得a2，a4；通过递推关系式，令n=n+1得到新的关系式，两者相比，即可证明；
(2)先作差考查T2n≥S2n时的条件，再作差考查T2n−1≥S2n−1时的条件，综合求解即可．
本题主要考查了由数列的递推关系求解数列的项，等比数列的判断，还考查了分组求和，等差与等比数列的求和公式的应用，属于难题．
19.【答案】(1)证明：平行四边形ABCD中，AD=AE=DE=12DC，所以△ADE为等边三角形，所以∠BCE=120∘.
又因为CE=CB，所以△BCE为等腰三角形，可得∠CEB=30∘，
所以∠AEB=180∘−∠AED−∠BCE=90∘，即BE⊥AE，
因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，
则BE⊥平面APE，且AP⊂平面APE，所以AP⊥BE.
(2)解：作PO⊥AE，过O作Oy//EB，
由平面APE⊥平面ABCE，得PO⊥面ABCE，
则OA，Oy，OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
则P(0,0, 3)，A(1,0,0)，E(−1,0,0)，B(−1,2 3,0)，C(−2, 3,0)
所以PA=(1,0,− 3)，AC=(−3, 3,0)，
设平面PAC的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅PA=x− 3z=0m⋅AC=−3x+ 3y=0，令z=1，得x= 3，y=3，所以m=( 3,3,1)，
同理得平面PBE的一个法向量n=(− 3,0,1).
设平面PAC与平面PBE的夹角为θ，则θ∈[0,π2].
所以csθ=|m⋅n||m||n|=|−3+0+1| 3+9+1× 3+1= 1313.
即平面PAC与平面PBE夹角的余弦值为 1313.
【解析】(1)判断△ADE为等边三角形，△BCE为等腰三角形，求出∠AEB=90∘，判断BE⊥AE，再判断BE⊥平面APE，即可得出AP⊥BE.
(2)作PO⊥AE，过O作Oy//EB，得出PO⊥面ABCE，建立空间直角坐标系O−xyz，用坐标表示向量，求出平面PAC、平面PBE的法向量，计算两平面夹角的余弦值．
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
20.【答案】解：(1)应选择第一条路线，理由如下：
设走第一、二条路线遇到的红灯次数分别为随机变量X1，X2，则X1=0，1，2；X2=0，1，2；
P(X1=0)=(13)2=19，P(X1=1)=C21×23×13=49，P(X1=2)=C22⋅(23)2=49，
所以E(X1)=49+89=43；
又因为P(X2=0)=14×25=110，P(X2=1)=34×25+14×35=920，P(X2=2)=34×35=920；
所以E(X2)=920+2×920=2720；
因为43<2720，所以应选择第一条路线．
(2)设选择第一条路线时遇到的红灯次数为X，
所以E(X)=E(i=1nXi)=i=1npi，
E(X2)=E[(i=1nXi)2]=i=1npi+2i≠j pipj(i,j=1,2,⋯,n).
设随机变量Y，Y取值为Yi(i=1,2,3,⋯,n)，其概率分别为qi，且i=1nqi=1，
D(Y)=i=1n{[Yi−E(Y)]2qi}=i=1n{Yi2⋅qi−2E(Y)⋅Yiqi+[E(Y)]2⋅qi}=i=1nYi2qi−2E(Y)⋅i=1n(Yiqi)+[E(Y)]2⋅i=1nqi=E(Y2)−[E(Y)]2，
所以D(X)=E(X2)−(E(X))2=i=1npi+2i≠j pipj−(i=1npi)2=i=1npi+2i≠j pipj−(i=1npi2+2i≠j pipj)=i=1n(pi−pi2)；
又因为pi=12i，所以D(X)=i=1n12i−i=1n14i=12×(1−12n)1−12−14×(1−14n)1−14=23+13×4n−12n.
【解析】(1)设选择第一条路线和第二条路线遇到红灯次数分别为随机变量X1，X2，计算对应的概率，求出数学期望，比较大小即可．
(2)设选择第一条路线时遇到的红灯次数为X，计算E(X)和E(X2)，设随机变量Y，Y取值为Yi(i=1,2,3,⋯,n)，其概率分别为qi，且i=1nqi=1，计算D(Y)，D(X)，由pi=12i，计算D(X)的值．
本题考查了离散型随机变量的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
21.【答案】解：(1)因为|F1F2|=2c=4，
所以c=2，①
因为双曲线C的渐近线与直线l：y=− 33x垂直，
所以ba= 3，②
又c2=a2+b2，③
解得a2=1，b2=3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1.
(2)设M(x0,y0)，则x02−y023=1，F1(−2,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以MF1=(−2−x0,−y0)，F1A=(x1+2,y1)，
因为MF1=λF1A，
所以−y0=λy1，
所以λ=−y0y1，
同理可得μ=−y0y2，
所以λ+μ=−y0y1−y0y2，
直线MF1的方程为x=x0+2y0y−2，
联立双曲线的方程可得[y02−3(x0+2)2]+12(x0+2)y0y−9y02=0，
所以y0y1=−9y02y02−3(x0+2)2，
所以y1=−9y0y02−3(x0+2)2，
所以y0y1=19[3(x0+2)2−y02]，
同理y0y2=19[3(x0−2)2−y02]，
所以y0y1+y0y1=19[3(x0+2)2−y02+3(x0−2)2−y02]=19(6x02−2y02+24)，(*)
又因为x02−y023=1，
所以x02=1+y023，
代入(*)，得y0y1+y0y2=19(6x02+2y02−2y02+24)=103，
所以λ+μ=−y0y1−y0y2=−103，
所以λ+μ是定值，定值为−103.
【解析】(1)根据题意可得|F1F2|=2c=4①，ba= 3②，c2=a2+b2③，解得a，b，c，即可得出答案．
(2)设M(x0,y0)，则x02−y023=1，F1(−2,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由MF1=λF1A，得λ=−y0y1，同理可得μ=−y0y2，则λ+μ=−y0y1−y0y2，联立直线MF1与双曲线的方程，结合韦达定理可得y0y1=−9y02y02−3(x0+2)2，则y1=−9y0y02−3(x0+2)2，进而可得y0y1，同理y0y2，再计算λ+μ，即可得出答案．
本题考查双曲线与向量，直线与双曲线的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由f(x)=3lnx−k(x−1)，得f′(x)=3x−k，
设切点坐标为(x0,3lnx0−k(x0−1))，
则切线斜率为k=f′(x0)=3x0−k=2，即k=3x0−2，
所以切线方程为y−[3lnx0−k(x0−1)]=2(x−x0)，
将(2,2),k=3x0−2代入方程中，
可得2−[3lnx0−(3x0−2)(x0−1)]=2(2−x0)，则lnx0+1x0−1=0，
令h(x)=lnx+1x−1，h′(x)=1x−1x2=x−1x2，易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(1)=0，
即当x0=1时，方程lnx0−1x0+1=0的根为1，
所以k=3x0−2=1.
(2)因为g(x)=f(x)−2πcsπ2x=3lnx−k(x−1)−2πcsπ2x，
则g′(x)=3x−k+sinπ2x，又y=3x在[1,3]内单调递减，且x∈[1,3]，
则π2x∈[π2,3π2]，且y=sinx在[π2,3π2]内单调递减，
可知y=sinπ2x在[1,3]内单调递减，
所以g′(x)在[1,3]内单调递减，且g′(1)=4−k，g′(3)=−k，
(i)若−k≥0，即k≤0时，则g′(x)≥g′(3)≥0在[1,3]内恒成立，
可知g(x)在[1,3]内单调递增，则g(x)≥g(1)=0，当且仅当x=1时，等号成立，
所以g(x)在[1,3]内有且仅有1个零点；
(ii)若4−k≤0，即k≥4时，则g′(x)≤g′(1)≤0在[1,3]内恒成立，
可知g(x)在[1,3]内单调递减，则g(x)≤g(1)=0，当且仅当x=1时，等号成立，
所以g(x)在[1,3]内有且仅有1个零点；
(iii)若4−k>0−k<0，即0可知当1≤x0；当m则g(x)在[1,m)内单调递增，在(m,3]内单调递减，且g(1)=0，
可知g(m)>g(1)=0，可知g(x)在[1,m)内有且仅有1个零点，且g(3)=3ln3−2k，
当g(3)=3ln3−2k≤0，即32ln3≤k<4时，则g(x)在(m,3]内有且仅有1个零点；
当g(3)=3ln3−2k>0，即0综上，当k∈(−∞,32ln3)∪[4,+∞)时，g(x)在[1,3]内有且仅有1个零点，
当k∈[32ln3,4)时，g(x)在[1,3]内有且仅有2个零点．
【解析】(1)对f(x)求导，设切点坐标为(x0,3lnx0−k(x0−1))，结合导数的几何意义列式求解即可；
(2)对g(x)求导，得到g′(x)在[1,3]内单调递减，分类讨论判断g(x)在[1,3]内的单调性，进而结合零点存在性定理判断即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与切线方程，函数的零点与方程根的关系，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．