2024年黑龙江省哈尔滨二十四中高考数学三模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年黑龙江省哈尔滨二十四中高考数学三模试卷(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.已知集合A={x|y= 2x−x2}，B={y|y=2|x|−1}，则A∩B为( )
A. [12,1]B. [1,2]C. [12,2]D. [0,+∞)
2.如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态.图(1)形成对称形态，图(2)形成“右拖尾”形态，图(3)形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是( )
A. 图(1)的平均数=中位数>众数B. 图(2)的众数<中位数<平均数
C. 图(2)的平均数<众数<中位数D. 图(3)的中位数<平均数<众数
3.已知非零向量a，b满足(2a+b)⊥(2a−b)，且向量a在向量b上的投影向量是 34b，则a与b的夹角是( )
A. π6B. π3C. π2D. 5π6
4.已知a=sin0.5，b=30.5，c=lg0.30.5，则a，b，c的大小关系是( )
A. a5.某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为2.25g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.21g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn=r0+(r1−r0)⋅30.25n+t(t∈R,n∈N*)，其中r0为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数.假设废水中含有的污染物数量不超过0.65g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为( )(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)
A. 12B. 13C. 14D. 15
6.已知点M在抛物线C：y2=4x上，抛物线C的准线与x轴交于点K，线段MK的中点N也在抛物线C上，抛物线C的焦点为F，则线段MF的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4,PD=4 55,E是PA的中点，FB=2PF，则点C到平面DEF的距离为( )
A. 3 105
B. 2 105
C. 105
D. 1010
8.已知函数f(x)的导函数f′(x)=(x+2)(x2+x+m)，若−2是函数f(x)的极大值点，则实数m的取值范围为( )
A. (−2,+∞)B. (−4,−2]C. (−∞,−2]D. (−∞,−2)
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。
9.六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色，无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则( )
A. 该正八面体结构的表面积为2 3m2
B. 该正八面体结构的体积为 2m3
C. 该正八面体结构的外接球表面积为2πm2
D. 该正八面体结构的内切球表面积为2πm23
10.已知f(x)= 3sinωx2csωx2+cs2ωx2−12，ω>0，下列结论正确的是( )
A. 若f(x)的最小正周期为π，则ω=2
B. 若f(x)的图象向左平移π3个单位长度后得到的图象关于y轴对称，则ωmin=1
C. 若f(x)在[0,2π)上恰有4个极值点，则ω的取值范围为(53,136]
D. 存在ω，使得f(x)在[−π6,π4]上单调递减
11.已知数列{an}与{bn}满足a1=1，且an+1=2an+1(n∈N*)，bn=lg2(an+1).若数列{an}保持顺序不变，在ak与ak+1项之间都插入2k个bk后，组成新数列{cn}，记{cn}的前n项和为Sn，则( )
A. an+1=2nB. bn=nC. c2024=10D. S2024=20150
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2−xy)(x+y)6的展开式中x2y4的系数为______.
13.已知sin(θ+π4)=14，θ∈(π2,π)，则csθ=______.
14.在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是双曲线E：x24−y25=1的左，右焦点，设点P是E的右支上一点，则5|PF1|−1|PF2|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)
如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=4，BC=6.
(Ⅰ)若A=2π3，C=π3，求sin∠BDC的值；
(Ⅱ)若CD=2，csA=3csC，求四边形ABCD的面积.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x2−2x+a)ex，a∈R.
(1)若a=1，求函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数f(x)的单调性.
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，AB⊥BC，D，E分别为AC，A1C1的中点.
(1)证明：平面AB1E//平面BC1D；
(2)线段BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面BC1D所成的角的正弦值为5 39，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
18.(本小题17分)
某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率，随机抽查了高一年级100位学生的某次数学成绩，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值x−.(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)根据整个年级的数学成绩，可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2)，经计算，(1)问中样本标准差s的近似值为10.用样本平均数x−作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，现任抽取一位学生，求他的数学成绩恰在64分到94分之间的概率．
参考数据：若随机变量ξ∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9545，P(μ−3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9973.
(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，特意在微信上设计了一个每日作业小程序，每当学生提交的作业获得优秀时，就有机会参与一次小程序中“玩游戏，得奖励积分”的活动，开学后可根据获得积分的多少领取老师相应的小奖品．小程序页面上有一列方格，共15格，刚开始有只小兔子在第1格，每点一下游戏的开始按钮，小兔子就沿着方格跳一下，每次跳1格或跳2格，概率均为12，依次点击游戏的开始按钮，直到小兔子跳到第14格或第15格(奖励5分)时，游戏结束，每天的积分自动累加，设小兔子跳到第n(1≤n≤14)格的概率为Pn，试证明{Pn+1−Pn}是等比数列，并求P15的值．(获胜的概率)
19.(本小题17分)
已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1，(a>b>0)的左右顶点分别为A，B，长轴长为4，点D为椭圆上与A，B不重合的点，且kDA⋅kDB=−14.
(1)求椭圆方程；
(2)(i)一条垂直于x轴的动直线l交椭圆C1于P，Q两点，当直线l与曲线C1相切于点A或点B时，看作P，Q两点重合于点A或点B，求直线AP与直线BQ交点E的轨迹C2的方程；
(ii)过T(4,0)的直线l与曲线C2交于M，N两点，且两交点均在y轴右侧，直线AM与曲线C1交于G点，直线AN与曲线C1交于H点，记△AMN的面积为S1，记△AGH的面积为S2，求S1S2的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A={x|y= 2x−x2}={x|2x−x2≥0}=[0,2]，
B={y|y=2|x|−1}=[12,+∞),
所以A∩B=[12,2].
故选：C.
先求出集合A，B，再根据交集的定义即可得解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：图(1)的分布直方图是对称的，
∴平均数=中位数=众数，故A错误；
图(2)中众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误；
图(3)中左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D错误．
故选：B.
根据平均数、中位数、众数的概念结合图形分析判断．
本题考查平均数、中位数、众数的概念、频率分布直方图等基础知识，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为(2a+b)⊥(2a−b)，
所以(2a+b)⋅(2a−b)=4a2−b2=0，
所以|b|=2|a|，
因为向量a在向量b上的投影向量是 34b，
所以|a|cs⟨a,b⟩⋅b|b|= 34b，
即12cs⟨a,b⟩⋅b= 34b，所以cs⟨a,b⟩= 32，
又因为⟨a,b⟩∈[0,π]，
所以a与b的夹角是π6.
故选：A.
根据(2a+b)⊥(2a−b)，可得(2a+b)⋅(2a−b)=0，结合数量积的运算律可得|a|,|b|的关系，再根据投影向量的公式即可得解．
本题主要考查投影向量公式的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设函数f(x)=x−sinx，x∈(0,π2)，
则f′(x)=1−csx≥0，
∴f(x)在(0,π2)上单调递增，
∴f(x)>f(0)=0，即x>sinx，
∴0.5>sin0.5，即a<12，
∵12=lg0.3 0.3∵30.5>30=1，∴b>1，
∴a故选：B.
设函数f(x)=x−sinx，x∈(0,π2)，求导可知f(x)在(0,π2)上单调递增，可得x>sinx，即a<12，再结合对数函数和指数函数的性质求解即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了指数函数和对数函数的性质，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意知r0=2.25g/m3，r1=2.21g/m3，
当n=1时，r1=r0+(r1−r0)×30.25+t，
故30.25+t=1，
解得t=−0.25，
所以rn=2.25−0.04×30.25(n−1)，
由rn≤0.65，得30.25(n−1)≥40，
即0.25(n−1)≥lg40lg3，
得n≥4(1+2lg2)lg3+1≈14.33，
又n∈N*，所以n≥15，
故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．
故选：D.
由题意，根据指数幂和对数运算的性质可得rn=2.25−0.04×30.25(n−1)，由rn≤0.65，解不等式即可求解．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意可得p=2，K(−1,0)，F(1,0)，
设M(t24,t)，∴N(−12+t28,t2)，
将N点坐标代入y2=4x中，可得t24=4(−12+t28)，
解得t2=8，∴xM=t24=2，
∴|MF|=p2+xM=1+2=3.
故选：C.
根据题意可得p=2，K(−1,0)，F(1,0)，设M(t24,t)，则N(−12+t28,t2)，将N代入y2=4x中建立方程，求出t的值，再根据抛物线的焦半径公式，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，
以D为坐标原点，DA,DC,DP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),C(0,4,0),A(2,0,0),B(2,4,0),P(0,0,4 55)，
因为E是PA的中点，FB=2PF，
所以E(1,0,2 55),F(23,43,8 515)，
所以DE=(1,0,2 55)，DF=(23,43,8 515),DC=(0,4,0).
设平面DEF的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅DE=x+2 55z=0n⋅DF=23x+43y+8 515z=0，令z= 5，得n=(−2,−1, 5).
故点C到平面DEF的距离为|DC⋅n|n||=2 105.
故选：B.
如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
本题考查空间向量的坐标运算以及空间距离的计算方法，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意f′(x)=(x+2)(x2+x+m)，
令g(x)=x2+x+m，
若g(x)≥0恒成立，
则当x∈(−∞,−2)时f′(x)≤0，f(x)单调递减，
当x∈(−2,+∞)时f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以−2是f(x)的极小值点，不合题意，
所以g(x)有两个不同零点，
设g(x)的两个零点分别为x1，x2(x1结合三次函数的图象与性质知：x1<−2在(−∞,x1)，(−2,x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(x1,−2)，(x2,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以−2是f(x)的极大值点，符合题意，
此时需g(−2)=2+m<0，得m<−2，
所以实数m的取值范围为(−∞,−2).
故选：D.
令g(x)=x2+x+m且g(x)≥0恒成立，根据f(x)的极值点得到矛盾，g(x)有两个不同的零点，利用三次函数性质判断f(x)单调性，进而求参数范围．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A：由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，
故该正八面体结构的表面积S=8× 34×m2=2 3m2，故A正确；
对B：连接AS，PS，则AS=PS= 22m,PS⊥底面ABCD，
故该正八面体结构的体积V=2×13×m2× 22m= 23m3，故B错误；
对C：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径R=PS= 22m，
故该正八面体结构的外接球表面积S′=π×( 2m)2=2πm2，故C正确；
对D：该正八面体结构的内切球半径r=3VS= 2m32 3m2= 2m2 3，
故内切球的表面积S′′=4π×( 2m22 3)2=2πm23，故D正确．
故选：ACD.
分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项．
本题考查了正八面体的结构特征和其外接球、内切球的表面积计算，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：f(x)= 3sinωx2csωx2+cs2ωx2−12
= 32sinωx+12csωx=sin(ωx+π6)，
对于A，2πω=π，又ω>0，∴ω=2，故A正确；
对于B，将f(x)的图象向左平移π3个单位长度后得到y=sin[ω(x+π3)+π6]=sin(ωx+ωπ3+π6)，
若所得图象关于y轴对称，则ωπ3+π6=π2+kπ，得ω=1+3k，k∈Z，所以ωmin=1，故B正确；
对于C，由x∈[0,2π),得ωx+π6∈[π6,2πω+π6),
若f(x)在[0,2π)上恰有4个极值点，则7π2<2πω+π6≤9π2，
解得ω∈(53,136],故C正确；
对于D，由x∈[−π6,π4]，ω>0，
结合正弦函数的性质可知，f(x)在[−π6,π4]上不可能单调递减，故D错误．
故选：ABC.
先结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，a1=1，且an+1=2an+1(n∈N*)，则an+1+1=2(an+1)，
即数列{an+1}为等比数列，a1+1=2，
故an+1=2n，
∴an=2n−1，
则an+1=2n+1−1，A错误；
对于B，bn=lg2(an+1)=lg22n=n，B正确；
对于C，新数列{cn}为1，1，1，3，2，2，2，2，7，…，
由于2(1−29)1−2=1022，2(1−210)1−2=2046，即数列{cn}从a1=1到a10=1023共有1022+10=1032项，到a11共有2046+11=2057项，
而a10和a11之间有210个10，故c2024=10，C正确；
对于D，结合C的分析，可得S2024=2(1−210)1−2−10+(1⋅21+2⋅22+⋯+9⋅29)+(2024−1032)×10=2036+8194+9920=20150，D正确．
故选：BCD.
利用构造等比数列法判断A；结合bn=lg2(an+1)可判断B；根据数列的规律，计算数列的项数，可确定c2024=10，判断C；确定数列的项，利用等比数列的求和公式可判断D.
本题主要考查了数列递推关系，等比数列的通项公式及求和公式的应用，考查了分析问题的能力，属于中档题．
12.【答案】24
【解析】解：二项式(x+y)6的展开式通项公式为Tr+1=C6rx6−ryr,r≤6,r∈N*，
当r=4时，T5=C64x2y4=15x2y4，当r=5时，T6=C65x1y5=6xy5，
因此展开式中含x2y4的项为2×15x2y4+6xy5⋅(−xy)=24x2y4，
故所求系数为24.
故答案为：24.
利用二项式定理展开式的通项公式可求答案．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】 2− 308
【解析】解：因为θ∈(π2,π)，所以θ+π4∈(3π4,5π4)，
又sin(θ+π4)=14，所以cs(θ+π4)=− 154，
所以csθ=cs[(θ+π4)−π4]=− 154× 22+14× 22= 2− 308.
故答案为： 2− 308.
根据csθ=cs[(θ+π4)−π4]结合两角差的余弦公式即可得解．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于中档题．
14.【答案】3− 52
【解析】解：双曲线E：x24−y25=1的a=2，b= 5，c=3，
设|PF1|=m，|PF2|=n，n≥c−a=1，
由双曲线的定义，可得m−n=2a=4，
则5|PF1|−1|PF2|=14(m−n)(5m−1n)=14[6−(mn+5nm)]≤14(6−2 5)=3− 52，
当且仅当m= 5n，即有n= 5+1>1，取得最大值3− 52.
故答案为：3− 52.
运用双曲线的定义和乘“1“法，结合基本不等式，计算可得所求最大值．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及基本不等式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)在△ABD中，由余弦定理，
可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=16+16−32×(−12)=48，
则BD=4 3，
在△BCD中，由正弦定理，
可得BDsinC=BCsin∠BDC，即sin∠BDC=6× 324 3=34；
(Ⅱ)在△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=32−32csA，①
在△BCD中，BD2=BC2+CD2−2⋅BC⋅CD⋅csC=40−24csC，②
联立①②，可得3csC−4csA=1，又csA=3csC，
解得csC=−19，csA=−13，又A，C∈(0,π)，
sinC=4 59，sinA=2 23，
故四边形ABCD的面积S=12×4×4×2 23+12×6×2×4 59=16 2+8 53.
【解析】(Ⅰ)由余弦定理求得BD，再由正弦定理求得sin∠BDC；
(Ⅱ)在△ABD和△BCD中，由余弦定理得出3csC−4csA=1，再结合已知，求得角A、C的余弦值，进而得出正弦值，利用三角形面积公式即可求解．
本题考查正弦定理及余弦定理的综合应用，属中档题．
16.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=(x2−2x+1)ex，则f′(x)=(x2−1)ex，
令f′(x)=(x2−1)ex=0，得x=1或x=−1，
由于x∈[0,3]，所以当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)在(0,1)单调递减，
当x∈(1,3)，f′(x)>0，f(x)在(1,3)单调递增，
所以f(x)在x=1时取到极小值，且f(1)=0，
又因为f(0)=1，f(3)=4e3.
综上，函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值为4e3，最小值为0.
(2)因为f(x)=(x2−2x+a)ex，a∈R，
所以f′(x)=(x2+a−2)ex，a∈R，
当a−2≥0，即a≥2时，f′(x)=(x2+a−2)ex≥0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增，
当a−2<0，即a<2时，令f′(x)=(x2+a−2)ex=0，则x=± 2−a，
所以当x∈(−∞,− 2−a)，f′(x)>0，f(x)在(−∞,− 2−a)单调递增，
当x∈(− 2−a, 2−a)，f′(x)<0，f(x)在(− 2−a, 2−a)单调递减，
当x∈( 2−a,+∞)，f′(x)>0，f(x)在( 2−a,+∞)单调递增．
综上所述，当a≥2时，f(x)在(−∞,+∞)单调递增；
当a<2时，f(x)在(−∞,− 2−a)，( 2−a,+∞)单调递增，在(− 2−a, 2−a)单调递减．
【解析】(1)求导，利用导数研究函数f(x)在x∈[0,3]的单调性，求极值和区间端点函数值，即可求解；
(2)对函数求导，根据未知数a的不同范围，分别求出函数单调性．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，AB⊥BC，D，E分别为AC，A1C1的中点，
如图，以点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∴A(2,0,0)，B1(0,0,2)，D(1,1,0)，E(1,1,2)，C1(0,2,2)，
∴AB1=(−2,0,2)，AE=(−1,1,2)，BD=(1,1,0)，BC1=(0,2,2)，
设平面AB1E的法向量为m=(a,b,c)，∴m⋅AB1=0m⋅AE=0，
∴−2a+2c=0−a+b+2c=0，令a=1，得m=(1,−1,1)，
设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z)，∴n⋅BD=0n⋅BC1=0，
∴x+y=02y+2z=0，令x=1，得n=(1,−1,1)，
∵m=n，∴平面AB1E//平面BC1D；
(2)解：假设线段BC上存在点M(0,t,0)满足条件，0≤t≤2，∴A1M=(−2,t,−2)，
设直线A1M与平面BC1D所成的角为θ，
因为直线A1M与平面BC1D所成的角的正弦值为5 39，
则sinθ=|cs⟨n,A1M⟩|=|n⋅A1M||n|⋅|A1M|=|t+4| 3⋅ 8+t2=5 39，
化简得2t2−9t+7=0，解得t=1或t=72(舍去)，
则线段BC上存在点M，此时线段BM的长为1.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据两法向量相等即可得证；
(2)利用线面角公式即可求解．
本题考查了面面平行的证明和线面角的计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)x−=(0.01×55+0.02×65+0.45×75+0.02×85+0.005+95)×10=74；
(2)X∼N(74,102)，
得P(64(3)小兔子开始在第1格，为必然事件，P1=1.
点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为12，即P2=12.
小兔子移到第n+1(2≤n≤14)格的情况是下列两种，而且也只有两种情况．
①小兔子先跳到第n−1格，又点一下开始按钮跳了2格，其概率为12Pn−1；
②小兔子先跳到第n格，又点一下开始按钮跳了1格，其概率为12Pn.
∵Pn+1=12Pn−1+12Pn，∴Pn+1−Pn=−12(Pn−Pn−1).
∴当1≤n≤14时，数列{Pn+1−Pn}是以P2−P1=12−1=−12为首项，以−12为公比的等比数列．
∴Pn+1−Pn=(−12)×(−12)n−1=(−12)n.
Pn+1=P1+(P2−P1)+(P3−P2)+…+(Pn+1−Pn)
=1+(−12)1+(−12)2+⋯+(−12)n=1−(−12)n+11+12=23[1−(−12)n+1](1≤n≤14).
∴获胜的概率P15=23[1−(−12)15].
【解析】(1)直接由矩形中点的横坐标乘以频率作和得答案；
(2)由正态分布的概率公式结合σ与2σ原则求解；
(3)小兔子开始在第1格，为必然事件，P1=1.点一下开始按钮，小兔子跳1格即移到第2格的概率为12，即P2=12.再分两类求出小兔子移到第n+1(2≤n≤14)格的概率Pn+1=12Pn−1+12Pn，可得Pn+1−Pn=−12(Pn−Pn−1).即当1≤n≤14时，数列{Pn+1−Pn}是以P2−P1=12−1=−12为首项，以−12为公比的等比数列．求出{Pn+1−Pn}的通项公式，再由累加法求得Pn+1，即可求解P15的值．
本题考查频率分布直方图，考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查等比数列的判定，训练了等比数列前n项和公式的应用，正确理解题意是关键，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为椭圆C1的长轴长为4，
所以2a=4，
解得a=2，
此时A(−2,0)，B(2,0)，
设D(x,y)，
则kDA⋅kDB=−14，
即yx+2⋅yx−2=−14，
整理得x24+y2=1，
故椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)(i)设P(x0,y0)，Q(x0,−y0)，x0∈[−2,2]，
此时x024+y02=1，
当−2≤x0≤2时，
直线AP的方程为yy0=x+2x0+2，
即(x0+2)y−y0x−2y0=0，
直线BQ的方程为y−y0=x−2x0−2，
即(x0−2)y+y0x−2y0=0，
联立(x0+2)y−y0x−2y0=0(x0−2)y+y0x−2y0=0，
解得x0=4xy0=2yx，
因为x024+y02=1，
所以4x2+4y2x2=1，
解得x24−y2=1，
此时A，B两点满足该方程，
故E点轨迹C2的方程为x24−y2=1；
(ii)若直线MN的斜率存在，
设直线MN的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=k(x−4)x24−y2=1，消去y并整理得(1−4k2)x2+32k2x−(64k2+4)=0，
由韦达定理得x1+x2=32k24k2−1>0，x1x2=64k2+44k2−1>0，
所以k2>14，
设直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2)，
联立y=y1x1+2(x+2)x24+y2=1，消去y并整理得[(x1+2)2+4y12]x2+16y12x+16y12−4(x1+2)2=0，
设G(x3,y3)，
由韦达定理得−2x3=16y12−4(x1+2)2(x1+2)2+4y12，
解得x3=2(x1+2)2−8y12(x1+2)2+4y12，
设H(x4,y4)，
同理得x4=2(x2+2)2−8y22(x2+2)2+4y22，
所以S1S2=12|AM|⋅|AN|sin∠MAN12|AG|⋅|AH|sin∠GAH=|AM|⋅|AN||AG|⋅|AH|=(x1+2)⋅(x2+2)(x3+2)⋅(x4+2)
=(x1+2)⋅(x2+2)4(x1+2)2(x1+2)2+4y12⋅4(x2+2)2(x2+2)2+4y22=[(x1+2)2+4y12]⋅[(x2+2)2+4y22]16(x1+2)(x2+2)，
因为4y12=x12−4，4y22=x22−4，
所以S1S2=[(x1+2)2+x12−4]⋅[(x2+2)2+x22−4]16(x1+2)(x2+2)=(2x12+4x1)⋅(2x22+4x2)16(x1+2)(x2+2)
=x1x24=16k2+14k2−1=4+54k2−1>4，
当直线MN的斜率不存在时，
直线MN的方程为x=4，
此时M(4, 3)，N(4,− 3)，
所以直线AM的方程为y= 36(x+2)，
联立y= 36(x+2)x24+y2=1，
解得G(1, 32).
同理得H(1,− 32)，
所以S1S2=|AM|⋅|AN||AG|⋅|AH|=(4+2)2(1+2)2=4，
综上得，S1S2≥4.
则S1S2的取值范围为[4,+∞).

【解析】(1)由长轴长为可得a=2，所以A(−2,0)，B(2,0)，根据kDA⋅kDB=−14，可得D点轨迹方程，即可得所求椭圆方程．
(2)(i)设P(x0,y0)，Q(x0,−y0)，列出直线AP，BQ的方程，它们的交点E(x,y)，用x，y表示出x0，y0，利用P(x0,y0)在椭圆C1上，求E点轨迹方程．
(ii)设直线MN的方程y=k(x−4)，与曲线C2方程联立，设M(x1,y1)，N(x2,y2)由一元二次方程根与系数的关系，列出x1+x2，x1x2，再把G，H的横坐标也用x1，x2表示出来，再根据S1S2=12|AM|⋅|AN|sin∠MAN12|AG|⋅|AH|sin∠GAH=|AM|⋅|AN||AG|⋅|AH|化简求值．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．