高三开学学情调研卷01（零模）-【学情调研】2024年高三数学秋季开学考试（安徽专用）

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1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知全集U=R，A={x∣y=ln(x−1)}，B=x∣x2−2x−3≥0，则{x∣1A．A∩BB．A∪BC．B∩∁UAD．A∩∁UB
【答案】D
【分析】求出函数定义域化简集合A，解不等式化简集合B，再分析试算判断得解.
【详解】函数y=ln(x−1)中，x−1>0，解得x>1，则A={x|x>1}，
由x2−2x−3≥0，解得x≤−1或x≥3，则B={x|x≤−1或x≥3}，
显然{x|1选项ABC不满足，A∩∁UB={x|1故选：D
2．已知复数z满足z=2i−1i，且z是复数z的共轭复数，则z⋅z的值是（ ）
A．5B．3C．5D．9
【答案】C
【分析】先化简复数z，再求出z，最后得解.
【详解】∵z=2i−1i=2+i，
∴z=2−i，
∴z⋅z=2+i2−i=5.
故选：C
3．已知AD是△ABC的中线，AB=a,AD=b，以a,b为基底表示AC，则AC=（ ）

A．12a−bB．2b−a
C．12b−aD．2b+a
【答案】B
【分析】运用向量的线性运算计算即可.
【详解】因为AD是△ABC的中线，所以BC=2BD，
AC=AB+BC=AB+2BD=AB+2AD−AB=−AB+2AD=−a+2b．
故选：B.
4．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（ ）
A．53B．35C．A53D．C53
【答案】A
【分析】根据分步计数原理可得结果.
【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，
所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为5×5×5=53.
故选：A.
5．在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且2S=a2−(b−c)2，则sinBsinC的取值范围为（ ）
A．35,53B．0,35C．0,53D．35,+∞
【答案】A
【分析】根据余弦定理、三角形的面积公式、三角恒等变换、三角函数值域等知识求得正确答案.
【详解】因为2S=a2−(b−c)2，
所以可得2×12bcsinA=b2+c2−2bccsA−b2+c2−2bc，
化简得sinA+2csA=2，又A∈0,π2,sin2A+cs2A=1，
联立得5sin2A−4sinA=0，
解得sinA=45或sinA=0（舍去），
所以sinBsinC=sinA+CsinC=sinAcsC+csAsinCsinC=45tanC+35，
为△ABC为锐角三角形，所以0所以tanC>tanπ2−A=1tanA=34，所以1tanC∈0,43，所以45tanC∈0,1615，
∴45tanC+35∈35,53.
故选：A
6．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左、右焦点分别是F1(−c,0) ，F2(c,0)，若离心率e=5−12 (e≈0.618)，则称椭圆C为“黄金椭圆”.则下列三个命题中正确命题的个数是（ ）
①在黄金椭圆C中，b2=ac；
②在黄金椭圆C中，若上顶点、右顶点分别为E，B，则∠F1EB=90∘；
③在黄金椭圆C中，以A(−a,0)，B(a,0)，D(0,−b)，E(0,b)为顶点的菱形ADBE的内切圆过焦点F1，F2．
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】根据黄金椭圆的概念及b2=a2−c2可判断①，根据条件及勾股定理可判断②，根据条件可求内切圆的半径进而可判断③.
【详解】对①，因为ca=5−12，所以a=5+12c，则
b2=a2−c2=32+125c2−c2=5+12c2=ac ，故①正确；
对②，因为在△F1EB中，F1E=a,F1B=a+c,EB2=a2+b2，由①知，b2=ac，
所以F1B2=a+c2=a2+c2+2ac=a2+2b2+c2=2a2+b2=F1E2+EB2，
即∠F1EB=90∘，故②正确；
对③，由题可知以A(−a,0),B(a,0),D(0,−b),E(0,b)为顶点的菱形ADBE的内切圆是以原点为圆心，设圆心的半径为r，
所以r=aba2+b2=a⋅a⋅ca2+ac=aca+c=a1e+1，
代入离心率得到r=5−12a=c，所以圆过焦点F1,F2，故③正确．
故选：D．
7．已知等差数列an的前n项和为Sn,a1=1,S9=6a5+27，则S5=（ ）
A．25B．27C．30D．35
【答案】A
【分析】借助等差数列及其前n项和的性质计算可得公差，结合等差数列求和公式计算即可得.
【详解】设等差数列an的公差为d，则有a1+a1+8d×92=6a1+4d+27，
又a1=1，则1+4d×9=61+4d+27，解得d=2，
则S5=1+1+4×2×52=25.
故选：A.
8．已知fx=ln1+x−ln1−x,x∈−1,1，现有下列命题：
①f−x=−fx；②f2xx2+1=2fx；③若x1、x2∈−1,1，且x1≠x2，
则有x1−x2fx1−fx2>0，其中的所有正确命题的序号是
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【分析】直接利用对数的运算法则验证命题①②，确定函数的单调性判断③．
【详解】∵fx=ln1+x−ln1−x,x∈−1,1,∴f−x=ln1−x−ln1+x=−fx,即①正确；
f2x1+x2=ln1+2x1+x2−ln1−2x1+x2= lnx2+2x+11+x2−lnx2−2x+11+x2=lnx2+2x+1x2−2x+1 =ln1+x1−x2=2ln1+x1−x
=2ln1+x−ln1−x=2fx，故②正确；
又因为fx=ln1+x−ln1−x在−1,1上递增，
即x1,x2∈(−1,1)时，x1>x2时，f(x1)>f(x2)，x1所以总有x1−x2fx1−fx2>0成立，故③正确，
故选：D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．截至2021年，中国铁路营运总里程突破15万公里，其中中国高铁运营里程突破4万公里，位于世界榜首，为中国经济的高速发展提供有力的交通保障.下图为2012年至2021年中国高铁每年新增里程折线图，根据图示下列说法正确的有（ ）
A．2012年至2021年中国高铁里程平均每年新增约34.5百公里
B．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的中位数为33百公里
C．2012年至2021年中国高铁每年新增里程的上四分位数为21百公里
D．2012年至2016年中国高铁每年新增里程的方差大于2017年至2021年中国高铁每年新增里程的方差
【答案】BD
【分析】根据题意，由平均数，中位数以及百分位数的计算公式即可判断ABC，由方差的计算公式，即可判断D
【详解】将2012年至2021年中国高铁每年新增里程从小到大排序为21,23,25,29,30,36,41,43,47,60，
则平均数为11021+23+25+29+30+36+41+43+47+60=35.5，故A错误；
中位数为30+362=33，故B正确；
10×7500=7.5，则上四分位数为43，故C错误；
2012年至2016年中国高铁每年新增里程的平均数为1530+36+60+47+23=39.2，
则方差为1530−39.22+36−39.22+60−39.22+47−39.22+23−39.22=170.16，
2017年至2021年中国高铁每年新增里程的平均数为1529+41+43+25+21=31.8，
则方差为1529−31.82+41−31.82+43−31.82+25−31.82+21−31.82=76.16，
故D正确；
故选：BD
10．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中，正确的有（ ）
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线BN与MB1是异面直线
C．直线AM与A1D所成的角为90°
D．直线MN与AC所成的角为60°
【答案】BCD
【分析】根据异面直线的定义，结合线线垂直的判定，即可容易判断和求解.
【详解】由异面直线的定义可知，直线AM与CC1是异面直线，
直线BN与MB1是异面直线，所以A错误，B正确；
对于C，连接AD1，因为C1D1⊥平面AA1D1D，所以C1D1⊥A1D，
因为A1D⊥AD1，AD1∩C1D1=D1，
所以A1D⊥平面AD1M，
所以A1D⊥AM，所以直线AM与A1D所成的角为90°，所以C正确；
对于D，连接CD1，则MN∥CD1，
所以∠ACD（或补角）为MN与AC所成的角，
因为△ACD1为正三角形，所以∠ACD1=60°，
所以直线MN与AC所成的角为60°，所以D正确，
故答案为：BCD
【点睛】本题考查异面直线的判定，以及异面直线夹角的求解，属综合基础题.
11．已知函数fx，gx的定义域均为R，且满足f2−x+fx=0，f1−x+gx=3，fx+gx−3=3，则（ ）
A．fx为奇函数B．4为gx的周期
C．f1+f2+⋅⋅⋅+f20=60D．g1+g2+⋅⋅⋅+g20=60
【答案】BD
【分析】对于A，由f2−x+fx=0得出f(x)的对称中心为(1,0)，再由f1−x+gx=3和fx+gx−3=3得出f(x)关于x=2对称，则f(x)关于y轴对称，为偶函数，判断出A；对于B，由f2−x+fx=0和f(x+3)=f(1−x)，得出f(x)的周期为4，再根据gx=3−f1−x，即可得出gx的周期；对于C，由f(x)的周期性和奇偶性，求出f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0，即可判断C；对于D，根据gx=3−f1−x和g(x)的周期即可判断D．
【详解】对于A：
因为f2−x+fx=0，
所以f(x)的对称中心为(1,0)，
因为fx+gx−3=3，
所以fx+3+gx=3，
又f1−x+gx=3，
所以f(x+3)=f(1−x)，则f(x)关于x=2对称，结合f(x)的对称中心为(1,0)，
所以f(x)关于y轴对称，即f(x)为偶函数，故A错误；
对于B：
因为f2−x+fx=0，
所以f1+x+f1−x=0，
又f(x+3)=f(1−x)，
所以f(x+3)=−f(x+1)，即f(x+2)=−f(x)，
所以f(x+4)=−f(x+2)=−[−f(x)]=f(x)，即f(x)的周期为4，
又gx=3−f1−x，
所以g(x)的周期也为4，故B正确；
对于C：
由f(x)对称中心为(1,0)，得f(1)=0，
又因为f(x)对称轴为x=2，所以f(3)=0，所以f(x)关于(3,0)对称中心，
所以(2,f(2))和(4,f(4))关于点(3,0)对称，
所以f(2)+f(4)=0，
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0，
所以f1+f2+⋅⋅⋅+f20=0，故C错误；
对于D：
由C得f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，
因为gx=3−f1−x，
所以g(1)=3−f(0)，g(2)=3−f(−1)=3−f(1)，g(3)=3−f(2)，g(4)=3−f(3)，
所以g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=3−f(0)+3−f(1)+3−f(2)+3−f(3)
=12−[f(0)+f(1)+f(2)+f(3)]=12，
又因为g(x)的周期为4，
所以g1+g2+⋅⋅⋅+g20=5×[g(1)+g(2)+g(3)+g(4)]=60，故D正确，
故选：BD．
【点睛】方法点睛：①若函数f(ax+b)是奇函数，则函数f(x)的图像关于点(b,0)对称；②若函数f(ax+b)是偶函数，则函数f(x)的图像关于直线x=b对称；③若函数f(x)是奇函数，则函数f(ax+b)(a≠0)的图像关于点(−ba,0)对称；④若函数f(x)是偶函数，则函数f(ax+b)(a≠0)的图像关于直线x=−ba对称；⑤若函数f(x)的图像既有对称轴又有对称中心，则对称轴关于对称中心对称的直线仍是函数f(x)图像的对称轴，对称中心关于对称轴对称的点仍是函数f(x)图像的对称中心；⑥若函数f(x)的图像关于点(m,n)对称，且函数f(x)在x=m时有意义，则有f(m)=n；⑦若函数f(x)的图像具有双对称性，则函数f(x)为周期函数；若f(x)的图像关于直线x=a，x=b对称，则函数f(x)是以2a−b为周期的周期函数；若f(x)的图像关于点(a,c)和(b,c)对称，则函数f(x)是以2a−b为周期的周期函数；若f(x)的图像关于直线x=a对称，又关于点(b,c)对称，则函数f(x)是以4a−b为周期的周期函数；⑧若函数f(x)的周期为T，则函数f(ax+b)(a≠0)的周期为Ta．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．2x−y6x2y3的展开式中x的系数为 ．
【答案】−160
【分析】利用二项展开式的通项即可解出.
【详解】要求2x−y6x2y3的展开式中x的系数，
即求2x−y6展开式中含x3y3的项,
易知2x−y6展开式的通项为Tr+1=C6r2x6−r−yr,r=0,1,2,3,4,5,6，
所以第四项满足题意，即T4=C632x3×−y3=−8C63x3y3=−160x3y3，
故展开式中x的系数为−160.
故答案为：−160.
13．现有一个底面边长为23，高为4的正三棱柱形密闭容器，在容器中有一个半径为1的小球，小球可以在正三棱柱形容器中任意运动，则小球未能达到的空间体积为 ．
【答案】123−103π
【分析】计算边长为23的正三角形的内切圆半径可得该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，则可计算出移动中所形成的空间几何体的体积，再用正三棱柱体积减去总体积即可得小球未能达到的空间体积.
【详解】边长为23的正三角形的内切圆半径为：r=2×34×2323×23=1，
故该小球恰好与该正三棱柱从侧面相切，
球在上下移动中所形成的空间几何体为两个半球+圆柱，
其体积为：V柱+2V半球=π×12×(4−2)+2×12×43π×13=103π，
所以剩下体积：V=34(23)2×4−103π=123−103π．
故答案为：123−103π.
14．已知双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点为F，经过点F作直线l与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为点M，直线l与双曲线的另一条渐近线相交于点N，若 MN=3MF，则双曲线的离心率e= .
【答案】233
【分析】设直线MN:ty=x−c(t<0)，M(x1,y1)(y1>0),N(x2,y2)，由x2a2−y2b2=0ty=x−c，得到(b2t2−a2)y2+2b2tcy+b2c2=0，从而有y1+y2=−2b2tcb2t2−a2,y1y2=b2c2b2t2−a2，根据条件有y2=−2y1，从而得到9b2t2=a2，再利用t=−ba，即可求出结果.
【详解】易知F(c,0)，如图，由对称性不妨设直线MN:ty=x−c(t<0)，M(x1,y1)(y1>0),N(x2,y2)，
由x2a2−y2b2=0ty=x−c，消x得到(b2t2−a2)y2+2b2tcy+b2c2=0，
则y1+y2=−2b2tcb2t2−a2,y1y2=b2c2b2t2−a2，
因为MN=3MF，所以(x2−x1,y2−y1)=3(c−x1,−y1)，得到y2−y1=−3y1，即y2=−2y1，
将y2=−2y1代入y1+y2=−2b2tcb2t2−a2,y1y2=b2c2b2t2−a2，整理得到9b2t2=a2，
又易知t=−ba，所以9b2(−ba)2=a2，得到3b2=a2，即b2a2=13，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=1+13=233，
故答案：233.
四、解答题：本大题共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．（13分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2BC，PD⊥平面ABCD，M是PC中点，N是AB中点.
(1)证明：BM//平面PDN；
(2)证明：AC⊥PN.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取PD的中点E，连接NE，ME，可得四边形NBME为平行四边形，即MB//NE，从而证明BM//平面PDN；（2）连接AC与DN交于O，可得△DOC与△NOA相似，求出DO，CO，由勾股定理的逆定理可得DN⊥AC，由已知条件可得PD⊥AC从而可得AC⊥平面PDN，即可证明.AC⊥PN
【详解】（1）取PD的中点E，连接NE，ME，
因为E为PD中点， M是PC中点，
所以EM//DC，EM=12DC，
又因为底面ABCD是矩形，N是AB中点，
所以NB//DC，NB=12DC，
所以NB//EM，NB=EM，
则四边形NBME为平行四边形；
所以MB//NE，
又MB⊄平面PDN，NE⊂平面PDN，
所以BM//平面PDN
（2）连接AC与DN交于O，
设AB=2BC=22a，底面ABCD是矩形，
则DN=DA2+AN2=4a2+2a2=6a，AC=BC2+AB2=4a2+8a2=23a，
因为DC//AN，
所以∠ODC=∠ONA，∠OCD=∠OAN，
则△DOC与△NOA相似，所以DOON=COOA=DCAN=2，
所以DO=23DN=263a，CO=23AC=433a，
则DO2+CO2=8a2=DC2，
所以∠DOC=90°
即DN⊥AC，
又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC，
由于DN∩PD=D，DN，PD⊂平面PDN，
所以AC⊥平面PDN，
因为PN⊂平面PDN，
所以AC⊥PN
16．（15分）安徽省从2024年起实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式．“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如表1：
表1
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为Y2−YY−Y1=T2−TT−T1，其中Y1,Y2分别表示原始分区间的最低分和最高分，T1,T2分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级赋分，计算结果四舍五入取整．若甲同学在五月全市模考中某选考科目成绩信息如表2（本次考试成绩均为自然数）
表2
(1)求甲同学该科目的等级分；
(2)理论上当原始分区间[a,b]的极差b−a越大时，该区间中得分越低的同学赋分后等级分比原始分增加越多．比如某同学仅该科目较为薄弱，如果赋分后能比原始分增加9.5分以上（包含9.5分），那么六科总分排名相对于原始分排名就会有大幅提升，此时赋分制对于该同学就是有利的．经过统计数据，五月全市模拟考试该学科A等级的成绩分布如表3．则如果从A等级的学生中随机选出100名，X表示其中获益于赋分政策的人数，求EX的值．
表3
【答案】(1)87
(2)30
【分析】（1）由Y2−YY−Y1=T2−TT−T1计算即可；
（2）根据Y2−YY−Y1=T2−TT−T1得到Y与T的等量关系，再由该同学受益于赋分政策，有T≥9.5+Y，求得Y的范围，进而得到受益于赋分政策的平均人数.
【详解】（1）由Y2−YY−Y1=T2−TT−T1知94−7575−74=100−TT−86得T=86.7≈87，
所以甲同学该科目的等级分为87分.
（2）由94−YY−74=100−TT−86得T=0.7Y+34.2，
该同学受益于赋分政策，则T≥9.5+Y，即Y≤2473，取整得Y≤82，
因为PY≤82=10%+20%=30%，
所以X∼B100,30%，故EX=100×30%=30.
17．（15分）已知函数f(x)=exx2,g(x)=2tx+tlnx．
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)若函数H(x)=f(x)−g(x)在(0,2)有两个极值点，求实数t的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)e,e22
【分析】（1）分t=0，t>0和t<0，求定义域，求导，得到函数单调性；
（2）求定义域，求导，得到H'(x)=ex−txx−2x3，即qx=ex−tx在(0,2)有两个变号零点，求导得到q'x=ex−t，分t≤0，0【详解】（1）当t=0时，g(x)=0为常数函数，不具有单调性；
当t≠0时，g(x)=2tx+tlnx的定义域为0,+∞，
g'(x)=−2tx2+tx=tx−2x2，
若t>0，令g'(x)>0得x>2，令g'(x)<0得0故g(x)=2tx+tlnx在2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，
若t<0，令g'(x)>0得02，
故g(x)=2tx+tlnx在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
综上，当t=0时，不具有单调性；
当t>0时，g(x)在2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减；
当t<0时，g(x)在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减.
（2）H(x)=f(x)−g(x)=exx2−2tx−tlnx，定义域为0,+∞，
H'(x)=ex−txx−2x3，H(x)=f(x)−g(x)在(0,2)有两个极值点，
即qx=ex−tx在(0,2)有两个变号零点，
q'x=ex−t，
若t≤0，则q'x≥0，
故qx=ex−tx在0,2上单调递增，
所以qx=ex−tx在(0,2)有没有两个变号零点，舍去；
若t>0，令q'x=0得x=lnt，
若0所以qx=ex−tx在(0,2)有没有两个变号零点，舍去；
若t≥e22，则x=lnt>2，此时qx=ex−tx在0,2上单调递减，
所以qx=ex−tx在(0,2)有没有两个变号零点，舍去；
若10得lnt故qx=ex−tx在0,lnt上单调递减，在lnt,2上单调递增，
令qlnt=t−tlnt<0，由于1e，
又x趋向于0时，qx趋向于1，q2=e2−2t>0，
故当e故实数t的取值范围是e,e22.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
18．（17分）已知F为拋物线E:y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为E的准线l上一点，直线MF的斜率为−1,△OFM的面积为116．已知P3,1,Q2,1，设过点P的动直线与抛物线E交于A、B两点，直线AQ,BQ与E的另一交点分别为C,D．

(1)求拋物线E的方程；
(2)当直线AB与CD的斜率均存在时，讨论直线CD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y2=x
(2)直线CD过定点32,1
【分析】（1）由题意得MN=MF=p，OF=p2，结合△OFM的面积为116列方程即可求解；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2， AB:x−3=ty−1，联立抛物线方程得y1+y2=t,y1⋅y2=t−3，设Cx3,y3,Dx4,y4，则y3+y4y=x+y3y4，结合A,Q2,1,C三点共线得y3=2−y11−y1，同理y4=2−y21−y2，得出y3+y4,y3y4关于t的表达式即可求解.
【详解】（1）

设准线l与x轴的交点为N，
∵直线MF的斜率为−1,∴MN=MF=p，又OF=p2，
∴S△OFM=12⋅OF⋅MN=12⋅p2⋅p=116,∴p=12．
故抛物线E的方程为：y2=x．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，过点P3,1的直线方程为：x−3=ty−1．
则联立y2=xx−3=ty−1，整理得：y2−ty+t−3=0，
由韦达定理可得：Δ=t2−4t−3=t−22+8>0,y1+y2=t,y1⋅y2=t−3．
又设Cx3,y3,Dx4,y4，
所以直线CD斜率为k=y3−y4x3−x4=y3−y4y32−y42=1y3+y4，
直线CD方程为y−y3=1y3+y4x−y32，即CD的直线方程为：y3+y4y=x+y3y4，
由A,Q,C三点共线可得：y1−1x1−2=y3−1x3−2，即y1−1x3−2=y3−1x1−2，
所以y1−1y32−2=y3−1y12−2，
所以y3y12−2y3−y12=y1y32−2y1−y32，因为y1≠y3，所以化简可得：y3=2−y11−y1，
同理，由B,Q,D三点共线可得：y4=2−y21−y2，
可得y3+y4=2−y21−y2+2−y11−y1=4−3y1+y2+2y1y21−y1+y2+y1y2=4−3t+2t−31−t+t−3=t+22，
y3⋅y4=2−y21−y2⋅2−y11−y1=4−2y1+y2+y1y21−y1+y2+y1y2=4−2t+t−31−t+t−3=t−12，
综上可得CD的直线方程为：t+22y=x+t−12，
变形可得：t2y−1=x−y−12，所以直线CD过定点32,1．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先得y1+y2=t,y1⋅y2=t−3，然后通过三点共线得y3+y4,y3y4与y1+y2,y1y2的关系，进一步和t产生关联即可顺利得解.
19．（17分）已知an为等差数列，bn为等比数列，a1=b1=1,a5=5a4−a3,b5=4b4−b3．
（Ⅰ）求an和bn的通项公式；
（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn+2（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn=3an−2bnanan+2,n为奇数,an−1bn+1,n为偶数.求数列cn的前2n项和．
【答案】（Ⅰ）an=n，bn=2n−1；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）4n2n+1−6n+59×4n−49.
【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列{an}前n项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算k=1nc2k−1和k=1nc2k的值，据此进一步计算数列{cn}的前2n项和即可.
【详解】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.
从而{an}的通项公式为an=n.
由b1=1,b5=4(b4−b3)，
又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，
从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，
故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2，
从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，
所以SnSn+2(Ⅲ)当n为奇数时，cn=(3an−2)bnanan+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，
当n为偶数时，cn=an−1bn+1=n−12n，
对任意的正整数n，有k=1nc2k−1=k=1n(22k2k+1−22k−22k−1)=22n2n+1−1，
和k=1nc2k=k=1n2k−14k=14+342+543+⋯+2n−34n−1+2n−14n ①
由①得14k=1nc2k=142+343+544+⋯+2n−34n+2n−14n+1 ②
由①②得34k=1nc2k=14+242+⋯+24n−2n−14n+1=24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1，
由于24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1=23−23×14n−14−2n−14n×14=512−6n+53×4n+1，
从而得：k=1nc2k=59−6n+59×4n.
因此，k=12nck=k=1nc2k−1+k=1nc2k=4n2n+1−6n+59×4n−49.
所以，数列{cn}的前2n项和为4n2n+1−6n+59×4n−49.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.
等级
A
B
C
D
E
人数比例
15%
35%
35%
13%
2%
赋分区间
[86，100]
[71,85]
[56,70]
[41，55]
[30，40]
原始分
成绩等级
原始分区间
等级分区间
75分
A等级
[74,94]
[86,100]
分数段
[74,78]
[79,82]
[83,85]
[86,90]
[91,94]
人数比例
10%
20%
40%
20%
10%