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2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含答案），共10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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|1A. (−3,2)B. (−2,3)C. (−3,−2)∪(2,3)D. (−2,−1)∪(1,2)
2.若复数z=1+i，则|iz+1+1|=( )
A. 1B. 5C. 2 55D. 2 105
3.已知a，b是两个单位向量，若向量a在向量b上的投影向量为12b，则向量a与向量a−b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
4.已知α∈(0,π2)，且cs(α−π4)=2cs2α，则tan(α+π4)=( )
A. 3B. 5C. 7D. 15
5.将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为( )
A. 78B. 92C. 100D. 122
6.已知等差数列{an}的公差为π3，且集合M={x|x=sinan,n∈N∗}中有且只有4个元素，则M中的所有元素之积为( )
A. 14B. −14C. 116D. 34
7.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，点P是双曲线C的渐近线上的一点，点M是双曲线C左支上的一点.若四边形OFPM是一个平行四边形，且OM⊥OP，则双曲线C的离心率是( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 3
8.已知函数f(x)=lnx,x>11−x3,x≤1，若函数y=f(x)−a(x−1)恰有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (−34,0)B. (−∞,−34)C. (−3,−34)D. (0,1)
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。
9.下列命题正确的是( )
A. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的75%分位数为11
B. 已知变量x，y的线性回归方程y =0.3x−x−，且y−=2.8，则x−=−4
C. 已知随机变量X∼B(7,0.5)，P(X=k)最大，则k的取值为3
D. 已知随机变量X∼N(0,1)，P(X≥1)=p，则P(−110.六氟化硫，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
11.“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成.旋轮线C的参数方程为x=R(θ−sinθ)y=R(1−csθ)，其中θ为参数，R>0为常数，旋轮线C也可看作某一个函数y=f(x)的图象.下列说法正确的有( )
A. 点P(πR,2R)在旋轮线C上
B. 函数f(x)是偶函数
C. 函数f(x)不是周期函数
D. 当R=1时，函数f(x)在(1−π2,0)单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，c=acsB+2csA，2b=c，若csC=−14，则△ABC的面积为______．
13.已知椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的左，右焦点分别是F1，F2，P是椭圆C上第一象限内的一点，且△PF1F2的周长为4+2 3.过点P作C的切线l，分别与x轴和y轴交于A，B两点，O为原点，当点P在C上移动时，△AOB面积的最小值为______．
14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a4+b4+c4+a2b2a2+b2=2c2，若c为最大边，则a+bc的取值范围是______．
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)
已知函数f(x)=ex−acsx−x(a≥0)．
(1)当a=1时，求f(x)在区间[0,π]上的最值；
(2)当x∈(0,π]时，f(x)>0，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
(1)求证：平面A1BD⊥平面ADD1A1；
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，求DEEC1的值．
17.(本小题15分)
某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
(1)记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P(E5)及P(F4)；
(2)某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为23，购买乙系列的概率为13；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为14，购买乙系列的概率为34，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn．
①求{Qn}的通项公式；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
18.(本小题17分)
过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二.如图，点P是圆Q：x2+(y+5)2=4上的动点，△PAB是抛物线Γ：x2=2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线Γ的焦点，且|PF|min=6．
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设D是“囧边形”的抛物线弧AB上的任意一动点(异于A，B两点)，过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：|AM|⋅|BN|=|PM|⋅|PN|．
19.(本小题17分)
若数列{xn}满足：存在等差数列{cn}，使得集合{xn+cn|n∈N∗}元素的个数为不大于k(k∈N∗)，则称数列{xn}具有Q(k)性质．
(1)已知数列{an}满足a1=2，an+1=an+2+csnπ2+sinnπ2(n∈N∗)．
求证：数列{an+csnπ2}是等差数列，且数列{an}有Q(3)性质；
(2)若数列{an}有Q(k1)性质，数列{bn}有Q(k2)性质，证明：数列{an+bn}有Q(k1k2)性质；
(3)记Tn为数列{fn}的前n项和，若数列{Tn}具有Q(k)性质，是否存在m∈N∗，使得数列{fn}具有Q(m)性质？说明理由．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.D
5.C
6.A
7.A
8.C
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.3 154
13.2
14.(1,2 33]∪{2}
15.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−csx−x，f′(x)=ex+sinx−1
当x∈[0,π]时，ex−1≥e0−1=0，sinx≥0，∴f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，f(x)max=f(π)=eπ+1−π．
(2)当x∈(0,π]时，f(x)>0⇔(ex−acsx−x)min>0
f′(x)=ex+asinx−1，
∵x∈(0,π]，∴ex−1>0，sinx≥0，
∴当a≥0时，f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，∴f(x)min>f(0)=1−a，
∴1−a≥0，∴0≤a≤1，
∴a的取值范围为[0,1]．
16.解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，
点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
∵A1D⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴A1D⊥AD，
在△ADB中，设AB=2，AD=1，∠DAB=60°，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=22+12−2×2×1×cs60°=3，∴BD= 3，
∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥DB．
∵A1D∩DB=D，A1D、DB⊂平面A1BD，
∴AD⊥平面A1BD，
∵AD⊂平面ADD1A1，∴平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)由(1)知，DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，
分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 3)，C(−1, 3,0)，
AC=(−2, 3,0)，A1C1=AC，∴C1(−2, 3, 3)，
∴A1B=(0, 3,− 3)，DC1=(−2, 3, 3)，
设DE=λDC1(0<λ<1)，则DE=λDC1=(−2λ, 3λ, 3λ)，即E(−2λ, 3λ, 3λ)．
∴A1E=(−2λ, 3λ, 3λ− 3)；
设n=(x1,y1,z1)为平面A1EB的一个法向量，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0即 3y1− 3z1=0−2λx1+ 3λy1+( 3λ− 3)z1=0
令z1=2λ，得x1=2 3λ− 3,y1=2λ，故n=(2 3λ− 3,2λ,2λ)；
由题意得知DB⊥平面BCC1B1，故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量；
设平面A1EB与平面BCC1B1的夹角为α，
点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，
则csα=|n⋅m||n|⋅|m|=2λ 20λ2−12λ+3= 55，
解得λ=14，故DEEC1=13．
17.解：(1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为3×3×3×3×3=243，
集齐A1，A2，A3玩偶，有如下两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，有C31C53A22=60种结果；
②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有C31C51C42=90种结果，
故P(E5)=60+90243=5081；
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为B1与全部为B2的概率相等，均为124=116，
故P(F4)=1−116−116=78．
(2)①由题可知：Q1=23，
当n≥2时，Qn=14Qn−1+12(1−Qn−1)=12−14Qn−1，
则Qn−25=−14(Qn−1−25)，且Q1−25=415，
即{Qn−25}是以415为首项，以−14为公比的等比数列．
所以Qn−25=415×(−14)n−1，即Qn=25+415×(−14)n−1．
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，
所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作n→+∞，所以，其购买甲系列的概率近似于25，
假设用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则ξ～B(100,25)，
所以E(ξ)=100×25=40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
18.解：(1)由题意得，Q(0,−5),r=2,F(0,P2)，
由|PF|min=|QF|−r=P2+3=6⇒p=6，
所以Γ：x2=12y．
(2)设AB： y=kx+m,A(x1,x1212),B(x2,x2212)，
联立x2=12yy=kx+m⇒x2−12kx−12m=0，Δ=48(3k2+m)>0，
设方程的两根为x1，x2，则x1+x2=12k，x1x2=−12m，
由x2=12y⇒y′=x6，所以PA：y−x1212=x16(x−x1)⇒PA： y=x16x−x1212，
联立直线PA，PB可得x16xp−x1212=x26xp−x2212⇒xp=x1+x22=6k，
代入PA方程中，得yp=x16⋅x1+x22−x1212=x1x212=−m，即P(6k,−m)，
故△PAB的面积S△PAB=12|AB|⋅d=12 1+k2⋅4 3 3k2+m⋅|6k2+2m| 1+k2=4 3(3k2+m)32．
因为P(6k,−m)在圆Q上，所以36k2+(5−m)2=4⇒k2=4−(5−m)236且m∈[3,7]，
于是3k2+m=4−(m−5)212+m=−m2+22m−2112，
显然此式在m∈[3,7]上单调递增，故3k2+m∈[−32+22×3−2112,−72+22×7−2112]，
也即3k2+m∈[3,7]，因此S△PAB=4 3(3k2+m)32∈[36,28 21]，
由题干知“囧边形”面积=23S△PAB，所以“囧边形”面积的取值范围为[24,563 21]．
(3)证明：由(2)知，xP=x1+x22，
设B(x3,y3)，过B的切线y−y3=16x3(x−x3)，即y=x36x−x3212，
过B点切线交PA： y=x16x−x1212得xM=x1+x32，同理xN=x2+x32，
因为|AM||MP|=|x1−xM||xP−xM|=|x1−x1+x32||x1+x22−x1+x32|=|x1−x3||x2−x3|，
|NP||BN|=|xP−xN||x2−xN|=|x1+x22−x2+x32||x2−x2+x32|=|x1−x3||x2−x3|．
所以|AM||MP|=|NP||BN|，即|AM|⋅|BN|=|PM|⋅|PN|．
19.解：(1)证明：设bn=an+csnπ2，
因an+1=an+2+csnπ2+sinnπ2(n∈N∗)，
所以bn+1=an+1+cs(n+1)π2=an+2+csnπ2+sinnπ2+cs(n+1)π2
=an+2+csnπ2+sinnπ2−sinnπ2
=an+csnπ2+2=bn+2，
又因b1=a1+csπ2=2，
所以{an+csnπ2}是以2为首项，以2为公差的等差数列，
则an+csnπ2=2n，
所以an=2n−csnπ2，
取等差数列{qn}，
qn=−2n，则qn+an=−csnπ2，
因{csnπ2}是周期为4的数列，
当n=4k(n∈N∗)时，csnπ2=1，
当n=4k−1(k∈N∗)时，csnπ2=0，
当n=4k−2(k∈N∗)时，csnπ2=−1，
当n=4k−3(k∈N)时，csnπ2=0，
所以{an+qn|n∈N∗}={−1,1,0}，
即{an+qn|n∈N∗}元素的个数为3，
所以数列{an}具有Q(3)性质．
(2)证明：不妨记集合Xn={an+cn|n∈N∗}={x1,x2,⋯,xk1}，其中cn=c1+(n−1)d1，
记集合Yn={bn+pn|n∈N∗}={y1,y2,⋯,yk2}，其中pn=p1+(n−1)d2，
则an+bn=xi−cn+yj−pn
=−[c1+p1+(n−1)(d1+d2)]+xi+yj(i=1,2……,k1；j=1，2，⋯，k2)，
取等差数列{Mn}，Mn=c1+p1+(n−1)(d1+d2)，
则an+bn+Mn=xi+yj，
所以{an+bn+Mn|n∈N∗}⊆{xi+yi|i=1,2,…,k1；j=1，2，⋯，k2}，
因此由分步乘法计数原理an+bn+Mn的不同取值最多只有不超过k1k2个，
故存在正整数m=k1k2，使得数列{an+bn}具有Q(k1k2)性质．
(3)不妨记集合Xk={Tn+cn|n∈N∗)={x1,x2,⋯xk}，其中cn=c1+(n−1)d1，
当n≥2时，fn=Tn−Tn−1=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)−(cn−cn−1)
=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)−d1，
取kn=d1，则{kn}是等差数列，
当n≥2时，fn+kn=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)∈{x−y|x,y∈Xk}，
当n=1时，f1+d1=T1+d1，
所以{fn+kn|n∈N∗}⊆{T1+d1}∪{x−y|x,y∈Xk}，
因为fn+kn的不同取值最多只有不超过k2+1个，
故存在正整数m=k2+1使得数列{fn}具有Q(m)性质，
综上所述，若数列{fn}的前n项和{Tn}具有Q(k)性质，则存在正整数m=k2+1，使得{fn}也具有Q(m)性质．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|1
2.若复数z=1+i，则|iz+1+1|=( )
A. 1B. 5C. 2 55D. 2 105
3.已知a，b是两个单位向量，若向量a在向量b上的投影向量为12b，则向量a与向量a−b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
4.已知α∈(0,π2)，且cs(α−π4)=2cs2α，则tan(α+π4)=( )
A. 3B. 5C. 7D. 15
5.将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为( )
A. 78B. 92C. 100D. 122
6.已知等差数列{an}的公差为π3，且集合M={x|x=sinan,n∈N∗}中有且只有4个元素，则M中的所有元素之积为( )
A. 14B. −14C. 116D. 34
7.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，点P是双曲线C的渐近线上的一点，点M是双曲线C左支上的一点.若四边形OFPM是一个平行四边形，且OM⊥OP，则双曲线C的离心率是( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 3
8.已知函数f(x)=lnx,x>11−x3,x≤1，若函数y=f(x)−a(x−1)恰有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (−34,0)B. (−∞,−34)C. (−3,−34)D. (0,1)
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。
9.下列命题正确的是( )
A. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的75%分位数为11
B. 已知变量x，y的线性回归方程y =0.3x−x−，且y−=2.8，则x−=−4
C. 已知随机变量X∼B(7,0.5)，P(X=k)最大，则k的取值为3
D. 已知随机变量X∼N(0,1)，P(X≥1)=p，则P(−1
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
11.“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成.旋轮线C的参数方程为x=R(θ−sinθ)y=R(1−csθ)，其中θ为参数，R>0为常数，旋轮线C也可看作某一个函数y=f(x)的图象.下列说法正确的有( )
A. 点P(πR,2R)在旋轮线C上
B. 函数f(x)是偶函数
C. 函数f(x)不是周期函数
D. 当R=1时，函数f(x)在(1−π2,0)单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，c=acsB+2csA，2b=c，若csC=−14，则△ABC的面积为______．
13.已知椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的左，右焦点分别是F1，F2，P是椭圆C上第一象限内的一点，且△PF1F2的周长为4+2 3.过点P作C的切线l，分别与x轴和y轴交于A，B两点，O为原点，当点P在C上移动时，△AOB面积的最小值为______．
14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a4+b4+c4+a2b2a2+b2=2c2，若c为最大边，则a+bc的取值范围是______．
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)
已知函数f(x)=ex−acsx−x(a≥0)．
(1)当a=1时，求f(x)在区间[0,π]上的最值；
(2)当x∈(0,π]时，f(x)>0，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
(1)求证：平面A1BD⊥平面ADD1A1；
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，求DEEC1的值．
17.(本小题15分)
某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
(1)记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P(E5)及P(F4)；
(2)某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为23，购买乙系列的概率为13；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为14，购买乙系列的概率为34，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn．
①求{Qn}的通项公式；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
18.(本小题17分)
过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二.如图，点P是圆Q：x2+(y+5)2=4上的动点，△PAB是抛物线Γ：x2=2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线Γ的焦点，且|PF|min=6．
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设D是“囧边形”的抛物线弧AB上的任意一动点(异于A，B两点)，过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：|AM|⋅|BN|=|PM|⋅|PN|．
19.(本小题17分)
若数列{xn}满足：存在等差数列{cn}，使得集合{xn+cn|n∈N∗}元素的个数为不大于k(k∈N∗)，则称数列{xn}具有Q(k)性质．
(1)已知数列{an}满足a1=2，an+1=an+2+csnπ2+sinnπ2(n∈N∗)．
求证：数列{an+csnπ2}是等差数列，且数列{an}有Q(3)性质；
(2)若数列{an}有Q(k1)性质，数列{bn}有Q(k2)性质，证明：数列{an+bn}有Q(k1k2)性质；
(3)记Tn为数列{fn}的前n项和，若数列{Tn}具有Q(k)性质，是否存在m∈N∗，使得数列{fn}具有Q(m)性质？说明理由．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.D
5.C
6.A
7.A
8.C
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.3 154
13.2
14.(1,2 33]∪{2}
15.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−csx−x，f′(x)=ex+sinx−1
当x∈[0,π]时，ex−1≥e0−1=0，sinx≥0，∴f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，f(x)max=f(π)=eπ+1−π．
(2)当x∈(0,π]时，f(x)>0⇔(ex−acsx−x)min>0
f′(x)=ex+asinx−1，
∵x∈(0,π]，∴ex−1>0，sinx≥0，
∴当a≥0时，f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，∴f(x)min>f(0)=1−a，
∴1−a≥0，∴0≤a≤1，
∴a的取值范围为[0,1]．
16.解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，
点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
∵A1D⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴A1D⊥AD，
在△ADB中，设AB=2，AD=1，∠DAB=60°，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=22+12−2×2×1×cs60°=3，∴BD= 3，
∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥DB．
∵A1D∩DB=D，A1D、DB⊂平面A1BD，
∴AD⊥平面A1BD，
∵AD⊂平面ADD1A1，∴平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)由(1)知，DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，
分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 3)，C(−1, 3,0)，
AC=(−2, 3,0)，A1C1=AC，∴C1(−2, 3, 3)，
∴A1B=(0, 3,− 3)，DC1=(−2, 3, 3)，
设DE=λDC1(0<λ<1)，则DE=λDC1=(−2λ, 3λ, 3λ)，即E(−2λ, 3λ, 3λ)．
∴A1E=(−2λ, 3λ, 3λ− 3)；
设n=(x1,y1,z1)为平面A1EB的一个法向量，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0即 3y1− 3z1=0−2λx1+ 3λy1+( 3λ− 3)z1=0
令z1=2λ，得x1=2 3λ− 3,y1=2λ，故n=(2 3λ− 3,2λ,2λ)；
由题意得知DB⊥平面BCC1B1，故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量；
设平面A1EB与平面BCC1B1的夹角为α，
点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，
则csα=|n⋅m||n|⋅|m|=2λ 20λ2−12λ+3= 55，
解得λ=14，故DEEC1=13．
17.解：(1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为3×3×3×3×3=243，
集齐A1，A2，A3玩偶，有如下两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，有C31C53A22=60种结果；
②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有C31C51C42=90种结果，
故P(E5)=60+90243=5081；
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为B1与全部为B2的概率相等，均为124=116，
故P(F4)=1−116−116=78．
(2)①由题可知：Q1=23，
当n≥2时，Qn=14Qn−1+12(1−Qn−1)=12−14Qn−1，
则Qn−25=−14(Qn−1−25)，且Q1−25=415，
即{Qn−25}是以415为首项，以−14为公比的等比数列．
所以Qn−25=415×(−14)n−1，即Qn=25+415×(−14)n−1．
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，
所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作n→+∞，所以，其购买甲系列的概率近似于25，
假设用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则ξ～B(100,25)，
所以E(ξ)=100×25=40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
18.解：(1)由题意得，Q(0,−5),r=2,F(0,P2)，
由|PF|min=|QF|−r=P2+3=6⇒p=6，
所以Γ：x2=12y．
(2)设AB： y=kx+m,A(x1,x1212),B(x2,x2212)，
联立x2=12yy=kx+m⇒x2−12kx−12m=0，Δ=48(3k2+m)>0，
设方程的两根为x1，x2，则x1+x2=12k，x1x2=−12m，
由x2=12y⇒y′=x6，所以PA：y−x1212=x16(x−x1)⇒PA： y=x16x−x1212，
联立直线PA，PB可得x16xp−x1212=x26xp−x2212⇒xp=x1+x22=6k，
代入PA方程中，得yp=x16⋅x1+x22−x1212=x1x212=−m，即P(6k,−m)，
故△PAB的面积S△PAB=12|AB|⋅d=12 1+k2⋅4 3 3k2+m⋅|6k2+2m| 1+k2=4 3(3k2+m)32．
因为P(6k,−m)在圆Q上，所以36k2+(5−m)2=4⇒k2=4−(5−m)236且m∈[3,7]，
于是3k2+m=4−(m−5)212+m=−m2+22m−2112，
显然此式在m∈[3,7]上单调递增，故3k2+m∈[−32+22×3−2112,−72+22×7−2112]，
也即3k2+m∈[3,7]，因此S△PAB=4 3(3k2+m)32∈[36,28 21]，
由题干知“囧边形”面积=23S△PAB，所以“囧边形”面积的取值范围为[24,563 21]．
(3)证明：由(2)知，xP=x1+x22，
设B(x3,y3)，过B的切线y−y3=16x3(x−x3)，即y=x36x−x3212，
过B点切线交PA： y=x16x−x1212得xM=x1+x32，同理xN=x2+x32，
因为|AM||MP|=|x1−xM||xP−xM|=|x1−x1+x32||x1+x22−x1+x32|=|x1−x3||x2−x3|，
|NP||BN|=|xP−xN||x2−xN|=|x1+x22−x2+x32||x2−x2+x32|=|x1−x3||x2−x3|．
所以|AM||MP|=|NP||BN|，即|AM|⋅|BN|=|PM|⋅|PN|．
19.解：(1)证明：设bn=an+csnπ2，
因an+1=an+2+csnπ2+sinnπ2(n∈N∗)，
所以bn+1=an+1+cs(n+1)π2=an+2+csnπ2+sinnπ2+cs(n+1)π2
=an+2+csnπ2+sinnπ2−sinnπ2
=an+csnπ2+2=bn+2，
又因b1=a1+csπ2=2，
所以{an+csnπ2}是以2为首项，以2为公差的等差数列，
则an+csnπ2=2n，
所以an=2n−csnπ2，
取等差数列{qn}，
qn=−2n，则qn+an=−csnπ2，
因{csnπ2}是周期为4的数列，
当n=4k(n∈N∗)时，csnπ2=1，
当n=4k−1(k∈N∗)时，csnπ2=0，
当n=4k−2(k∈N∗)时，csnπ2=−1，
当n=4k−3(k∈N)时，csnπ2=0，
所以{an+qn|n∈N∗}={−1,1,0}，
即{an+qn|n∈N∗}元素的个数为3，
所以数列{an}具有Q(3)性质．
(2)证明：不妨记集合Xn={an+cn|n∈N∗}={x1,x2,⋯,xk1}，其中cn=c1+(n−1)d1，
记集合Yn={bn+pn|n∈N∗}={y1,y2,⋯,yk2}，其中pn=p1+(n−1)d2，
则an+bn=xi−cn+yj−pn
=−[c1+p1+(n−1)(d1+d2)]+xi+yj(i=1,2……,k1；j=1，2，⋯，k2)，
取等差数列{Mn}，Mn=c1+p1+(n−1)(d1+d2)，
则an+bn+Mn=xi+yj，
所以{an+bn+Mn|n∈N∗}⊆{xi+yi|i=1,2,…,k1；j=1，2，⋯，k2}，
因此由分步乘法计数原理an+bn+Mn的不同取值最多只有不超过k1k2个，
故存在正整数m=k1k2，使得数列{an+bn}具有Q(k1k2)性质．
(3)不妨记集合Xk={Tn+cn|n∈N∗)={x1,x2,⋯xk}，其中cn=c1+(n−1)d1，
当n≥2时，fn=Tn−Tn−1=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)−(cn−cn−1)
=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)−d1，
取kn=d1，则{kn}是等差数列，
当n≥2时，fn+kn=(Tn+cn)−(Tn−1+cn−1)∈{x−y|x,y∈Xk}，
当n=1时，f1+d1=T1+d1，
所以{fn+kn|n∈N∗}⊆{T1+d1}∪{x−y|x,y∈Xk}，
因为fn+kn的不同取值最多只有不超过k2+1个，
故存在正整数m=k2+1使得数列{fn}具有Q(m)性质，
综上所述，若数列{fn}的前n项和{Tn}具有Q(k)性质，则存在正整数m=k2+1，使得{fn}也具有Q(m)性质．
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