2024年浙江省上杭金湖四校高考数学第三次联考试卷

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1.若集合M={x| x<4}，N={x|3x≥1}，则M∩N=( )
A. {x|0≤x<2}B. {x|13≤x<2}C. {x|3≤x<16}D. {x|13≤x<16}
【答案】D
【解析】解：由 x<4，得0≤x<16，∴M={x| x<4}={x|0≤x<16}，
由3x≥1，得x≥13，∴N={x|3x≥1}={x|x≥13}，
∴M∩N={x|0≤x<16}∩{x|x≥13}={x|13≤x<16}.
故选：D.
分别求解不等式化简M与N，再由交集运算得答案．
本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．
2.设a，b是非零向量，“a|a|=b|b|”是“a=b”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：由a|a|=b|b|表示单位向量相等，则a,b同向，但不能确定它们模是否相等，
即由a|a|=b|b|不能推出a=b，
由a=b表示a,b同向且模相等，则a|a|=b|b|，
所以“a|a|=b|b|”是“a=b”的必要而不充分条件．
故选：B.
根据向量相等、单位向量判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义即知答案．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】解：由导数的图象可得，导函数f′(x)的值在[−1,0]上的逐渐增大，
故函数f(x)在[−1,0]上增长速度逐渐变大，故函数f(x)的图象是下凹型的．
导函数f′(x)的值在[0,1]上的逐渐减小，
故函数f(x)在[0,1]上增长速度逐渐变小，图象是上凸型的，
故选B.
根据导数的图象，利用函数的单调性和导数的关系，得出所选的选项．
本题主要考查函数的单调性和导数的关系，属于基础题．
4.已知sin(α−β)=13，csαsinβ=16，则cs(2α+2β)=( )
A. 79B. 19C. −19D. −79
【答案】B
【解析】解：因为sin(α−β)=sinαcsβ−sinβcsα=13，csαsinβ=16，
所以sinαcsβ=12，
所以sin(α+β)=sinαcsβ+sinβcsα=12+16=23，
则cs(2α+2β)=1−2sin2(α+β)=1−2×49=19.
故选：B.
由已知结合和差角公式先求出sinαcsβ，再求出sin(α+β)，然后结合二倍角公式可求．
本题主要考查了和差角公式，二倍角公式的应用，属于中档题．
5.根据变量Y和x的成对样本数据，用一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2得到经验回归模型y =b x+a ，对应的残差如图所示，模型误差( )
A. 满足一元线性回归模型的所有假设
B. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设
C. 不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2假设
D. 不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设
【答案】C
【解析】解：用一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2得到经验回归模型y =b x+a ，
根据对应的残差图，残差的均值E(e)=0可能成立，
但明显残差的x轴上方的数据更分散，D(e)=σ2不满足一元线性回归模型，正确的只有C.
故选：C.
根据一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2有关概念即可判断．
本题考查了一元线性回归模型的含义，属于中档题．
6.已知一个等比数列的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为P、Q、R，则下列等式正确的是( )
A. P+Q=RB. Q2=PR
C. (P+Q)−R=Q2D. P2+Q2=P(Q+R)
【答案】D
【解析】解：当q≠1时，P=a1(1−qn)1−q,Q=a1(1−q2n)1−q,R=a1(1−q3n)1−q，
当q=1时，P=na1，Q=2na1，R=3na1，
对于A，当q≠1时，P+Q=a1(1−qn)1−q+a1(1−q2n)1−q=a1(2−qn−q2n)1−q≠a1(1−q3n)1−q=R，故A错，
对于B，当q=1时，Q2=4n2a12≠3n2a12=PR，故B错，
对于C，当q=1时，(P+Q)−R=na1+2na1−3na1=0≠4n2a12=Q2，故C错，
对于D，当q=1时，P2+Q2=n2a12+4n2a12=P(Q+R)，
当q≠1时，∵P2+Q2=a12(1−q)2[(1−qn)2+(1−q2n)2]=a12(1−q)2(q4n−q2n−2qn+2)，P(Q+R)=a1(1−qn)1−q[a1(1−q2n)1−q+a1(1−q3n)1−q]=a12(1−q)2(q4n−q2n−2qn+2)，
综上所述，P2+Q2=P(Q+R)，故D正确．
故选：D.
根据已知条件，结合等比数列的前n项和公式，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于中档题．
7.已知函数f(x)=xx−1−2x(x>1),g(x)=xx−1−lg2x(x>1)的零点分别为α，β，则1α+1β的值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】解：由题意，f(x)=0⇔xx−1=2x(x>1)，
g(x)=0⇔xx−1=lg2x(x>1)，
令h(x)=xx−1=1x−1+1(x>1)，
因为y=2x与y=lg2x互为反函数，
两个函数的图象关于直线y=x对称，
且y=1x−1+1的图象也关于直线y=x对称，
设A(α,2α)，B(β,lg2β)，
则A，B关于直线y=x对称，
所以α=lg2β2α=β，αα−1=2α(α>1)ββ−1=lg2β(β>1)，
由αα−1=2α(α>1)，可得αα−1=2α>2，
所以1<α<2.
由αα−1=2α，可得α=2α(α−1)，
所以α+2α=α⋅2α，
又α=lg2β2α=β，代入上式可得α+β=αβ，
则1α+1β=1.
故选：A.
令h(x)=xx−1=1x−1+1(x>1)，利用指数函数与对数函数互为反函数和函数的对称性求出α+β=αβ，即可求1α+1β的值．
本题考查函数的零点问题，指数函数与对数函数互为反函数，属于中档题．
8.半径为3的圆O内有一点A，OA= 3，点P在圆O上，当∠OPA最大时，PA的长等于( )
A. 2 3B. 3C. 6D. 3
【答案】C
【解析】解：由OA= 3，知点A在以点O为圆心，半径r= 3的圆周上运动，如图所示：
而点P在半径R=3的圆O上运动，不妨假设A为定点，P为动点，
取其P0A与小圆相切考察：直观上∠OP0A>∠OPA，
由切线得sin∠OP0A=OAOP0，作OH⊥PA于点H，sin∠OPA=OHOP，
因为OP0=OP，OA>OH，所以sin∠OP0A>sin∠OPA，
即∠OP0A是∠OPA的最大角，
此时P0A= OP02−OA2= 32−( 3)2= 6，
故当∠OPA最大时，PA的长等于 6.
故选：C.
判断出点A在以点O为圆心，半径r= 3的圆周上运动，点P在半径R=3的圆O上运动，利用动点P沿大圆圆周移至点P0使P0A与小圆相切时∠OPA最大，即可求解．
本题考查与圆有关的最值问题，属于中档题．
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.已知长方体ABCD−A1B1C1D1，则有( )
A. 若AC1与AB、AD、AA1所成的角分别为α，β，γ，则cs2α+cs2β+cs2γ=1
B. 若AC1与面AC、面AD1、面AB1三侧面所成的角分别为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=1
C. 若∠C1AC=θ1，∠CAB=θ2，∠C1AB=θ，则csθ=csθ1⋅csθ2
D. 若∠C1AB=α，∠C1BC=β，∠C1AC=γ，则sinα=sinβ⋅sinγ
【答案】ABC
【解析】解：如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标，
设AB=a，AD=b，AA1=c，(a>0,b>0,c>0)，
则A(0,0,0)，C1(a,b,c)，B(a,0,0)，D(0,b,0)，A1(0,0,c)，
则AC1=(a,b,c)，AB=(a,0,0)，AD=(0,b,0)，AA1=(0,0,c)，AC=(a,b,0)，
对于A，csα=|AC1⋅AB||AC1||AB|=a a2+b2+c2，
同理可得csβ=b a2+b2+c2，csγ=c a2+b2+c2，
所以cs2α+cs2β+cs2γ=1，选项A正确；
对于B，平面AC、平面AD1、平面AB1的一个法向量分别为n=(0,0,1)，m=(1,0,0)，t=(0,1,0)，
则sinα=|AC1⋅n||AC1|⋅|n|=c a2+b2+c2，
同理可得sinβ=a a2+b2+c2，sinγ=b a2+b2+c2，
所以sin2α+sin2β+sin2γ=1，选项B正确；
对于C，csθ1=AC⋅AC1|AC|⋅|AC1|=a2+b2 a2+b2⋅ a2+b2+c2= a2+b2 a2+b2+c2，
csθ2=AC⋅AB|AC||AB|=a2 a2+b2⋅a=a a2+b2，csθ=AC1⋅AB|AC1|⋅|AB|=a2 a2+b2+c2⋅a=a a2+b2+c2，
所以csθ=csθ1⋅csθ2，选项C正确；
对于D，由C选项分析知，cs∠C1AB=a a2+b2+c2，
则sin∠C1AB= b2+c2 a2+b2+c2，
即sinα= b2+c2 a2+b2+c2，同理，sinγ=b a2+b2，
sinβ=c b2+c2，选项D错误．
故选：ABC.
建立适当的空间直角坐标系，设AB=a，AD=b，AA1=c，(a>0,b>0,c>0)，利用空间向量法求出夹角的正弦或余弦值，依次判断选项即可．
本题考查了直线与直线所成角的向量求法，直线与平面所成角的向量求法，是中档题．
10.瑞士数学家欧拉是史上最伟大的数学家之一，他发现了被人们称为“世界上最完美的公式”——欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ(其中i是虚数单位，e是自然对数的底数)，它也满足实数范围内指数的运算性质，下列结论正确的是( )
A. |4e5i|=4
B. i2020+2021i=e−2021π2
C. 若复数eiθ⋅eπi3的虚部为 53，θ∈(0,π)，则(eiθ)2的实部为1−2 518
D. 已知z1=eπi3，z2=eiθ，复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，则三角形OZ1Z2面积的最大值为 32
【答案】AB
【解析】解：对于A，由欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，
可得e5i=cs5+isin5，
∴4e5i=4cs5+4isin5，
∴|4e5i|=|4cs5+4isin5|=4，故A正确；
对于B，i2020+2021i=i2020⋅i2021i=(csπ2+isinπ2)2021i=(eiπ2)2021i=e−2021π2，故B正确；
对于C，eiθ=csθ+isinθ，eπ3i=csπ3+isinπ3，
∴eiθ⋅eπ3i=(csθ+isinθ)⋅(csπ3+isinπ3)=cs(θ+π3)+isin(θ+π3)，
则sin(θ+π3)= 53，
∵(eiθ)2=(csθ+isinθ)2=cs2θ+isin2θ，∴实部为cs2θ，
∵0∴θ+π3∈(π2,π)，
∴cs(θ+π3)=−23，
sinθ=sin(θ+π3−π3)=sin(θ+π3)csπ3−cs(θ+π3)π3= 5+2 36，
cs2θ=1−2sin2θ=1−4 1518，故C错误；
对于D，∵z1=eπ3i=csπ3+isinπ3+isinπ3，z2=eiθ=csθ+isinθ，
∴Z1(csπ3,sinπ3),Z2(csθ,sinθ)，
点Z1，Z2都在圆心在原点，半径为1的圆上，
由三角形面积公式12absinα，α为OZ1与OZ2的夹角，
∴三角形OZ1Z2面积的最大值为12，故D错误．
故选：AB.
对于A，由欧拉公式可得e5i=cs5+isin5，从而4e5i=4cs5+4isin5，由此能求出结果；
对于B，i2020+2021i=i2020⋅i2021i=(csπ2+isinπ2)2021i=(eiπ2)2021i，由此能求出结果；
对于C，eiθ=csθ+isinθ，eπ3i=csπ3+isinπ3，从而eiθ⋅eπ3i=(csθ+isinθ)⋅(csπ3+isinπ3)=cs(θ+π3)+isin(θ+π3)，则sin(θ+π3)= 53，由此能求出结果；
对于D，z1=eπ3i=csπ3+isinπ3+isinπ3，z2=eiθ=csθ+isinθ，推导出点Z1，Z2都在圆心在原点，半径为1的圆上，由三角形面积公式12absinα，α为OZ1与OZ2的夹角，从而三角形OZ1Z2面积的最大值为12，
本题考查复数的有关概念、复数的运算法则、欧拉公式、复数的三角形式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.已知椭圆x24+y2=1的左顶点为A，上、下顶点分别为C，D，动点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在椭圆上(点P在第一象限，点Q在第四象限)，O是坐标原点，若△OPQ的面积为1，则( )
A. y1x2为定值B. CP//AQ
C. △OCP与△OAQ的面积相等D. △OCP与△ODQ的面积和为定值
【答案】ABC
【解析】解：依题意，OP=(x1,y1)，OQ=(x2,y2)，A(−2,0)，C(0,1)，D(0,−1)，
则△OPQ的面积S△OPQ=12|OP|⋅|OQ|sin∠POQ=12 |OP|⋅|OQ|(1−cs2∠POQ)
=12 (|OP||OQ|)2−(OP⋅OQ)2=12 (x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2
=12 (x2y1−x1y2)2=12|x2y1−x1y2|=1，即有x2y1−x1y2=2，由x12+4y12=4x22+4y22=4，
得x12x22+16y12y22+4x22y12+4x12y22=16，即(x1x2+4y1y2)2+4(x2y1−x1y2)2=16，
因此x1x2+4y1y2=0，令y1x2=t>0，则y1=tx2，则x1=−4t2，
由x2y1−x1y2=2，得t22+4ty22=2，而x22+4y22=4，
从而t=12，即y1x2=12，故A正确；
CP=(x1,y1−1)，AQ=(x2+2,y2)，
由x1y2−(x2+2)(y1−1)=x1y2−x2y1+x2−2y1+2=−2+0+2=0，得CP//AQ，
而点C不在直线AQ上，因此CP//AQ，故B正确；
显然x1=−2y2，S△OCP=12×1×x1=−y2，S△OAQ=12×2×(−y2)=−y2，
因此△OCP与△OAQ的面积相等，故C正确；
由选项C知，S△OCP=12x1，而S△ODQ=12×1×x2=y1，
S△OCP+S△ODQ=12x1+y1=12x1+12 4−x12=12(x1+ 4−x12)，
由于0故选：ABC.
利用向量结合三角形面积推出x2y1−x1y2=2，再结合点P，Q的坐标满足的方程可得x1x2+4y1y2=0，然后逐项推理计算判断即可确定答案
本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有______种(用数字作答).
【答案】64
【解析】解：若选2门，则只能各选1门，有C41C41=16种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有C41C42+C42C41=24+24=48，
综上共有16+48=64种不同的方案．
故答案为：64.
利用分类计数原理进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．
13.若a>0，b>0，则min{max(a,b,1a2+1b2)}=______.
【答案】32
【解析】解：不妨设a≥b>0.
①a≥b≥32时，∵1a2+1b2≤2b2≤b，∴max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
②a≥32≥b时，∵2a2≤1a2+1b2≤2b2，2a2≤234=32≤2b2，max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
③32≥a≥b时，∵1a2+1b2≥2a2≥234=32，∴max{a,b,1a2+1b2}=1a2+1b2≥32.
综上可知：则min{max(a,b,1a2+1b2)}=32.
故答案为32.
不妨设a≥b>0.分以下三种情况讨论：①a≥b≥32时，由1a2+1b2≤2b2≤b，可得max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；②a≥32≥b时，可得max{a,b,1a2+1b2}=a≥32；
③32≥a≥b时，可得max{a,b,1a2+1b2}=1a2+1b2≥32.综上即可得出min{max(a,b,1a2+1b2)}=32.
熟练掌握不等式的性质和分类讨论的思想方法是解题的关键．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ab+sinAsinB=2bsinAsinC，则a2+b2=______.
【答案】1
【解析】解：已知ab+sinAsinB=2bsinAsinC，
则由正弦定理得：4R2sinAsinB+sinAsinB=4RsinAsinBsinC，(R为△ABC外接圆半径)，
因为sinAsinB>0，
所以4R2+1=4RsinC，
所以4R2−4RsinC+1=0，
因为R>0，
所以Δ=16sin2C−4×4×1≥0，即sinC≥1，
因为sinC≤1，可得sinC=1，
所以C=90∘，
所以Δ=0，可得2R=1，可得c=2RsinC=1，
所以a2+b2=1.
故答案为：1.
根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得，进而可得答案．
本题考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
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)
已知等差数列{an}的公差为d，且d≠0，设Sn为{an}的前项和，数列{bn}满足bn=4Sn−2n(n∈N*).
(1)若a1=−1，d=1，且bn(2)若数列{ bn}也是公差为d的等差数列，求数列{(−1)nbn}的前n项和Tn.
【答案】解：(1)由题意得an=−1+(n−1)=n−2，
所以Sn=n×(−1)+n(n−1)2×1=12n2−32n，
所以bn=4Sn−2n=2n2−8n，
因为bn又因为n∈N*，所以n=1，2，3，4；
(2)因为{ bn}是公差为d的等差数列，所以设 bn=dn+b，
又因为 bn= 4Sn−2n= 4[na1+n(n−1)2d]−2n= 2dn2+(4a1−2d−2)n，
所以dn+b= 2dn2+(4a1−2d−2)n对任意n∈N*恒成立，
即2dn2+(4a1−2d−2)n=d2n2+2dbn+b2对任意n∈N*恒成立，
所以2d=d24a1−2d−2=2dbb=0，
又因为d≠0，所以d=2a1=32b=0，所以bn=4n2，
所以(−1)nbn=4(−1)nn2，
当n为偶数时，Tn=4[−12+22−32+42−⋯−(n−1)2+n2]
=4[(2−1)×(2+1)+(4−3)(4+3)+⋯+(n−(n−1))(n+n−1)]
=4(1+2+3+4+⋯+n)=2n(n+1)，
当n为奇数时，Tn=4[−12+22−32+42−⋯+(n−1)2−n2]
=4[−1+(2−3)(2+3)+(4−5)(4+5)+⋯+((n−1)−n)(n−1+n)]
=4(−1−2−3−4−⋯−n)=−2n(n+1)，
综上所述，Tn=(−1)n2n(n+1).
【解析】(1)由题意得an=n−2，利用等差数列的求和公式，代入不等式即可求解；
(2)设 bn=dn+b，由题意2dn2+(4a1−2d−2)n=d2n2+2dbn+b2对任意n∈N*恒成立，得到(−1)nbn=4(−1)nn2，对n分偶数和奇数两种情况讨论，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式和求和公式，属于中档题．
16.(本小题15分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=6，BC=4，BB1=2，AC1与A1C相交于点D，AE=2EB，且DE//平面BCC1B1.
(1)求三棱锥C−A1B1C1的体积；
(2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求α+β的值.
【答案】解：(1)∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ABB1A1，又BB1⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC=C，BC，AC⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，连接C1B，
∵DE//平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1=C1B，
∴DE//C1B，∵AE=2EB，∴AD=2DC1，∴A1C1=12AC，
∴三棱锥C−A1B1C1底面A1B1C1的面积S1=12×2×3=3，高h=BB1=2，
∴三棱锥C−A1B1C1的体积为：V=13S1h=13×3×2=2；
(2)由题，分别以BA,BC,BB1为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(6,0,0)，C(0,4,0)，B1(0,0,2)，A1(3,0,2)，C1(0,2,2)，
∴B1A1=(3,0,0),B1C=(0,4,−2),CC1=(0,−2,2)，
设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅B1A1=3x=0n⋅B1C=4y−2z=0，取n=(0,1,2)，
又平面ABC的一个法向量为BB1=(0,0,2)，
∴csα=|cs|=|n⋅BB1||n||BB1|=42 5=2 55，
sinβ=|n⋅CC1||n||CC1|=2 5×2 2= 1010，
又α,β∈(0,π2)，则sinα= 55,csβ=3 1010，
∴cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=3 1010×2 55− 1010× 55= 22，
又α+β∈(0,π)，
∴α+β=π4.
【解析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C−A1B1C1的体积；
(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，即可求出所成角为α与β的正余弦值，然后求出α+β的余弦值，再结合其取值范围即可得解．
本题考查三棱锥的体积的求解，向量法求解面面角问题，向量法求解线面角问题，属中档题．
17.(本小题15分)
现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中(允许有空盒).
(1)记盒子乙中的小球个数为随机变量X，求X的数学期望；
(2)对于两个不互相独立的事件M，N，若P(M)>0，P(N)>0，称ρ(M,N)=P(MN)−P(M)P(N) P(M)P(M−)P(N)P(N−)为事件M，N的相关系数.
①若ρ(M,N)>0，求证：P(M|N)>P(M)；
②若事件M：盒子乙不空，事件N：至少有两个盒子不空，求ρ(M,N).
【答案】解：(1)由题意可知，X的可能的取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,13)，
故E(X)=4×13=43.
(2)①因为ρ(M,N)=P(MN)−P(M)P(N) P(M)P(M−)P(N)P(N−)，且ρ(M,N)>0，
所以P(MN)−P(M)P(N)>0，即P(MN)P(N)>P(M)，而P(M|N)=P(MN)P(N)，
所以P(M|N)>P(M)成立．
②事件M：盒子乙不空，则事件M−：盒子乙空，
由第1问可知P(M−)=(23)4=1681，所以P(M)=1−P(M−)=6581，
事件N：至少有两个盒子不空，则事件N−：有一个盒子不空，
P(N−)=C3134=127，所以P(N)=1−P(N−)=2627，
事件MN：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，
故P(MN)=C41C31C22A22×A3334+C21(C41C33A22+C42C22)34=6481，
所以ρ(M,N)=6481−6581×2627 6581×1681×2627×127=19 10260.
【解析】(1)每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为13，所以可知随机变量X服从二项分布；
(2)①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量．
本题考查离散型随机变量的期望，是中档题．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点.
(1)求C的方程.
(2)设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过点D(1,0)作斜率不为0的直线l，l与C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2.
证明：①k1k2为定值；②点M在定直线上.
【答案】解：(1)∵椭圆C的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点，
∴ca= 1−b2a2= 22，1a2+64b2=1，
解得a2=4，b2=2.
∴椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)证明：①设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，不妨设y1>0，
直线l的方程为my=x−1，
联立my=x−1x2+2y2=4，化为(2+m2)y2+2my−3=0，
Δ>0恒成立，
y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−3m2+2，
所以y1+y2y1y2=2m3，可得y1=2m3y1y2−y2
k1=y1x1+2，k2=y2x2−2，
∴k1k2=y1(x2−2)y2(x1+2)=y1(my2−1)y2(my1+3)=my1y2−2m3y1y2+y2my1y2+3y2=13为定值．
②直线AP的方程为y=k1x+2，直线AQ的方程为y=k2x−2，
联立y=k1(x+2)y=k2(x−2)，解得x=2(k2+k1)k2−k1=2(k1k2+1)1−k1k2=2×(1+13)1−13=4，
∴点M在定直线x=4上．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆中的定值，定直线问题，属于较难题．
(1)由椭圆C的离心率为 22，H(1, 62)是C上一点，可得ca= 1−b2a2= 22，1a2+64b2=1，解得a2，b2.即可得出椭圆C的方程．
(2)①设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，不妨设y1>0，直线l的方程为my=x−1，与椭圆方程联立化为(2+m2)y2+2my−3=0，利用根与系数的关系并且结合斜率计算公式即可得出k1k2为定值．
②联立y=k1(x+2)y=k2(x−2)，解得x为定值，即可证明结论．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2lnx−x+1x.
(1)判断f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)=f(x)−1x+1，记[x]表示不超过实数x的最大整数，若g(x)(x2+mx+n)≤0对任意的正数x恒成立，求[2lnn−1nem+2+1n+1]的值.
(参考数据：ln3≈1.1，ln2≈0.7)
【答案】解：(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞)，
易知f′(x)=2x−1−1x2=−(1x−1)2≤0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减．
(2)g(x)=2lnx−x+1，定义域是(0,+∞)，
则g′(x)=2x−1=2−xx，
令g′(x)>0，则02.
∴g(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．
∵g(1)=0，g(3)=2ln3−2>0，g(4)=4ln2−3<0.
∴存在x0∈(3,4)，使g(x0)=0，即2lnx0=x0−1.
当10；当0x0时，g(x)<0，
∵g(x)(x2+mx+n)≤0，
当1x0时，x2+mx+n>0.
∴1和x0是方程x2+mx+n=0的两个不等实数根．
∴Δ=m2−4n>0，由韦达定理1+x0=−m，1⋅x0=n.
∴m=−1−x0，n=x0，∴m+n=−1.
即m=−1−n，
∴2lnn−1nem+2+1n+1=2lnn−1ne1−n+1n+1=2lnn−en−1n+1n+1，
又由2lnx0=x0−1，
∴x02=ex0−1，
又n=x0，∴en−1=n2，
所以2lnn−en−1n+1n+1=2lnn−n+1n+1=f(n)+1(其中n=x0∈(3,4))，
由(1)知f(x)在区间(3,4)上单调递减，
且f(3)+1=2ln3−53≈0.53，f(4)+1=4ln2−114≈0.05.
∴[f(n)+1]=0.
即[2lnn−1nem+2+1n+1]=0.
【解析】(1)对函数f(x)求导判断出导函数恒小于等于0，即可得f(x)在(0,+∞)上单调递减；
(2)利用导函数判断出函数g(x)的单调性，并根据不等式g(x)(x2+mx+n)≤0可得出m=−1−n以及n的取值范围，代入整理可得2lnn−1nem+2+1n+1=2lnn−n+1n+1，再根据函数[x]的定义和参考数据即可求得结果．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，综合考查了函数性质，解题的关键在于求出函数g(x)最值以后，将不等式g(x)(x2+mx+n)≤0恒成立问题转化成研究二次函数y=x2+mx+n的根的分布情况，得出参数m，n的关系式，然后对2lnn−1nem+2+1n+1进行化简求解即可．