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2024-2025学年湖南省长沙市望城一中高二（上）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年湖南省长沙市望城一中高二（上）开学数学试卷（含解析），共17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. 22cs15°+ 22sin15°=( )
A. 32B. 12C. − 32D. −12
2.若集合A={x||2x−1|>3}，B={x|(2x+1)(x−3)<0}，则A∩B是( )
A. {x|−1C. {x|−13.已知函数f(x)的部分图象如如图所示，则f(x)的解析式可能是( )
A. f(x)=ex⋅ln|x|e2x−1
B. f(x)=x2+1sinx
C. f(x)=x2+2e−x−ex
D. f(x)=ex+1ex−1⋅csx
4.在四面体ABCD中，点M，N满足AB=2MB，CN=2ND，若MN=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=( )
A. −13B. 13C. 12D. 1
5.已知tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，则tan(β+π4)=( )
A. 322B. 1318C. 16D. 1322
6.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
7.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB= 2，AA1=2，设四棱柱的外接球的球心为O，动点P在正方形ABCD的边上，射线OP交球O的表面于点M，现点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径长为( )
A. 4 2π3B. 2 2πC. 8 2π3D. 4 2π
8.如图，边长为2的正方形ABCD中，P，Q分别为边BC，CD上的点，AP⋅AQ=2|PQ|，则1AP+ 2AQ的最大值为( )
A. 1
B. 52
C. 3 24
D. 3 22
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.已知复数z1的虚部与z2的实部均为2，则下列说法正确的是( )
A. z1是虚数
B. 若|z1|=|z2|=2，则z1=z2
C. 若z1=z2−，则z1与z2对应的点关于x轴对称
D. 若z1⋅z2是纯虚数，则|z1|=|z2|
10.一口袋中有大小和质地相同的5个红球和2个白球，则下列结论正确的是( )
A. 从中任取3球，恰有一个红球的概率是17
B. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为20343
C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为23
D. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为216343
11.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的棱长均为1，∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=60°，E，F分别是棱B1C1和C1D1的中点，P是AC1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. A1C= 2
B. 若AP=12PC1，则A1P//面EFC
C. 若AP=3PC1，则A1C⊥面EFC
D. 若M是线段A1D的中点，N是线段EF上的动点，则MP+PN的最小值是3 34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2x2,x<1,2x,x≥1,若函数y=f(x)−m仅有一个零点，则实数m的值是______．
13.《中国居民膳食指南(2022)》数据显示，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%.为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重(单位：千克)，根据测量数据，按[40,45)，[45,50)，[50,55)，[55,60)，[60,65)，[65,70]分成六组，得到的频率分布直方图如图所示，根据调查的数据，估计该地中学生体重的50%分位数是______．
14.已知一个圆台的侧面积为35 2π，下底面半径比上底面半径大1，母线与下底面所成角的正切值为7，则该圆台的外接球(圆台的上、下底面圆周上的点均在球面上)的体积为______．
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)
已知X，Y两组各有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
X组：10，11，12，13，14，Y组：12，13，15，14，a
假设所有病人的康复时间相互独立，从X，Y两组随机各选1人，X组选出的人记为甲，Y组选出的人记为乙．
(1)如果a=8，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(2)如果a=16，事件M：“甲康复时间为11天”，事件N：“甲乙康复时间之和为25天”，事件M，N是否相互独立？
16.(本小题15分)
如图所示，已知CE⊥底面ABC，∠ABC=π2，AB=BC=2CE，AA1//=BB1//=2CE，D为BC的中点．
(1)若CE=1，求三棱锥E−A1DC的体积．
(2)求证：DE⊥A1C；
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ln(e2x+1)−x．
(1)当x≥0时，函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，求实数a的取值范围；
(2)设函数h(x)=ln(m⋅ex−2m)，若函数f(x)与h(x)的图象只有一个公共点，求m的取值范围．
18.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csC=2sinB+sinCsinA．
(1)求角A；
(2)点P在边BC上，且AP⊥AB，AP=2，求△ABC面积的最小值．
19.(本小题17分)
已知正实数集A={a1,a2,⋯,an}，定义：A2={aiaj|ai,aj∈A}称为A的平方集.记n(A)为集合A中的元素个数．
(1)若A={1,2,3,4}，求集合A2和n(A2)；
(2)若n(A2)=2016，求n(A)min；
(3)求证：n(A2)≥2n(A)−1，并指出取等条件．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解： 22cs15°+ 22sin15°=cs45°cs15°+sin45°sin15°=cs(45°−15°)=cs30°= 32，
故选：A．
利用两角和差的余弦公式进行计算即可．
本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的余弦公式是解决本题的关键．比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：集合A={x||2x−1|>3}={x|x>2或x<−1}，
B={x|(2x+1)(x−3)<0}={x|−12则A∩B={x|2故选：B．
由绝对值不等式和二次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，即可得到所求集合．
本题考查集合的交集的求法，同时考查绝对值不等式和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，由f(x)的图象，其图象关于原点对称，在(0,+∞)与x轴有且只有1个交点，
用排除法分析选项：
对于B，f(x)=x2+1sinx，其定义域为{x|x≠kπ,k∈Z}，不符合题意；
对于C，f(x)=x2+2e−x−ex，在区间(0,+∞)上，f(x)<0，与x轴没有交点，不符合题意；
对于D，f(x)=ex+1ex−1csx，当x=kπ+π2(k∈Z)时，f(x)=0，函数图象与x轴有无数个交点，不符合题意．
故选：A．
根据题意，由f(x)的图象，其图象关于原点对称，在(0,+∞)与x轴有且只有1个交点，由此排除选项，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性以及函数值符号的分析，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：在四面体ABCD中，由于点M，N满足AB=2MB，CN=2ND，
如图所示：
故MN=AN−AM=AC+23CD−12AB
=AC+23(AD−AC)−12AB=−12AB+13AC+23AD，
又MN=xAB+yAC+zAD，
故x+y+z=−12+13+23=12．
故选：C．
直接利用空间向量的线性运算求出结果．
本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，
∴tan(π4+β)=tan[(α+β)−(α−π4)]=tan(α+β)−tan(α−π4)1+tan(α+β)tan(α−π4)=25−141+25×14=322．
故选：A．
利用π4+β=(α+β)−(α−π4)，结合两角差的正切公式可求tan(β+π4)的值．
本题主要考查了和差角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2>15(6−2)2=3.2>2.4，
∴平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：x−=15(1+2+3+3+6)=3
方差为S2=15[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(3−3)2+(6−3)2]=2.8，可以出现点数6，故D错误．
故选：C．
根据题意举出反例，即可得出正确选项．
本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、众数、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧．
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB= 2，AA1=2，
∴四棱柱的外接球的直径为其对角线，长度为 2+2+4=2 2，
∴四棱柱的外接球的半径为 2，∴∠AOB=π3，
∴AB所在大圆，所对的弧长为π3⋅ 2= 23π，
∴点M经过的路径长为43 2π．
故选：A．
由题意，点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧，求出，∠AOB=π3，利用弧长公式，即可得出结论．
本题考查弧长公式，考查学生的计算能力，确定点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧是关键．
8.【答案】B
【解析】解：因为AP⋅AQ=2|PQ|，
所以AP⋅AQ=(AB+BP)⋅(AD+DQ)=2|DQ|+2|BP|=2|PQ|，
即DQ+BP=PQ，
延长QD到E，使DE=BP，
因为AB=AD，∠ABP=∠ADE=90°，
所以△ABP≌△ADE，
所以AP=AE，∠BAP=∠DAE，
因为∠BAP+∠PAD=90°，所以∠DAE+∠PAD=90°，即∠PAE=90°，
因为AQ=AQ，AE=AP，QE=QP，所以△QAP≌△QAE，
所以∠QAP=∠QAE=12∠PAE=45°，
设∠QAD=α，∠BAP=β，
则1AP+ 2AQ=csβ2+ 2csα2=cs(π4−α)2+ 2csα2
=csπ4csα+sinπ4sinα+ 2csα2
=3 22csα+ 22sinα2
= 5sin(α+θ)2，其中sinθ=3 10，csθ=1 10，
因为α∈(0,π4)，θ∈(π4,π2)，
所以当α+θ=π2时，1AP+ 2AQ取得最大值为 52．
故选：B．
由AP⋅AQ=2|PQ|得DQ+BP=PQ，从而可得∠QAP=π4，设∠QAD=α，∠BAP=β，表示出1AP+ 2AQ化简变形后可求出其最大值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了三角函数求值问题，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解；可设复数z1=a+2i(a∈R)，z2=2+bi(b∈R)
A选项：根据虚数定义可知A正确；
B选项：|z1|=|z2|=2，所以a2+4=b2+4=4，则a=b=0，
所以z1=2i，z2=2，所以z1≠z2，故B不正确；
C选项：若z1=z2−，所以a+2i=2−bi，所以a=2，b=−2，
所以z1，z2对应的点分别为(2,2)和(2,−2)，则关于x轴对称，故C正确；
D选项：因为z1⋅z2=(a+2i)(2+bi)=2a−2b+(2a+2b)i，
且z1⋅z2是纯虚数，所以a=b，所以z1=2+2i，z2=2+2i，则z1=z2，
所以|z1|=|z2|，故D正确．
故选：ABD．
借助虚数定义可得A；借助模长公式计算即可得B；借助共轭复数定义与复数的几何意义可得C；借助复数的乘法运算与纯虚数定义及模长定义即可得D．
本题考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，从中任取3球，恰有一个红球的概率是22C51CC73=17，故A正确，
对于B选项，从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为27，则3次取球中恰有两个白球的概率为C32(27)2⋅57=60343，故B错误，
对于C选项，从中不放回的取球2次，每次任取球，记事件A：第一次取到红球，记事件B：第二次取到红球，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=C52C7257=23，故C正确，
对于D选项，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率1−(57)3=218343，故D错误，
故选：AC．
利用超几何分布的概率公式可判断A选项；利用独立重复试验的概率公式可判断B选项；利用条件概率公式可判断C选项；利用对立事件的概率公式可判断D选项．
本题主要考查了超几何分布的概率公式，考查了二项分布的概率公式，以及条件概率公式，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题设可知，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的六个面均为一个角是60°的菱形，连接AC，BD交于点O，
在菱形ABB1A1，ADD1A1中易得A1B=A1D=1，又O为BD中点，则A1O⊥BD，
在直角三角形A1OB中，有A1O= A1B2−OB2= 32，
在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
解得AC= 3，则OA= 32，
在△A1OA中，由余弦定理得cs∠A1OA=A1O2+AO2−AA122⋅AO⋅A1O=13，
则cs∠A1OC=−cs∠A1OA=−13，
在△A1OC中，由余弦定理可得A1C2=A1O2+OC2−2A1O⋅OC⋅cs∠A1OC，
解得A1C= 2，A正确；
连接EF交A1C1于G，连接CG交AC1于H，由于E，F分别是棱B1C1和C1D1的中点，
可得EF//B1D1,EF=12B1D1，连接A1C1，B1D1交于点O1，
则有C1G=14A1C1，故A 1G=3C1G，
若A1P//平面EFC，A1P⊂平面A1B1C1D1，平面EFC∩平面A1B1C1D1=CG，则A1P//CG，
故C1H=13PC1，
易得△A1PA≌CGC1，故AP=C1H=13PC1，与题设不符，B错误；
设AC1与A1C交于点O2，连接O2B1，因为P，E分别是O2C1，B1C1的中点，
则O2B1//EP，
在菱形B1C1CB中，易得B1C=1，则B1C=A1B1，
又O2是A1C中点，则A1C⊥O2B1，则A1C⊥EP，
过点C作CI//BD，使CI=BD，连接A1I，易得BD//EF，
在平面ABB1A1内由余弦定理得A1I2=AI2+A1A2−2AI⋅A1A⋅cs∠A1AB，
解得A1I= 3，又A1C= 2，CI=1，则A1I2=A1C2+Cl2，
则A1C⊥CI，又CI//BD//EF，
则A1C⊥EF，因为EP∩EF=E，EF⊂平面EFP，EP⊂平面EFP，
所以A1C⊥面EFP，C正确；
由平行六面体的对称性可得△MPA≌△OPA，则MP=OP，
当MP+PN最小时，可知OP+PN最小，故此时O，P，N三点共线，
此时易得N为EF的中点，
由A1C1//AC可得cs∠C1A1O=cs∠A1OA=13，
由B选项可知A1N=3C1N，又A1C1= 3，则A1N=3 34，
在△A1ON中，由余弦定理可得ON2=A1N2+A1O2−2A1N⋅A1O⋅cs∠NA1O，
解得ON=3 34，
故MP+PN的最小值是3 34，D正确．
故选：ACD．
A选项，在△ABC，△A1OA，△A1OC中依次使用余弦定理即可解得A1C；
B选项，假设A1P//平面EFC成立，由线面平行的性质可知A1P//CG，由平行线分线段成比例可知C1H=13PC1，找出全等三角形△A1PA≅△CHC1，可得AP=C1H=13PC1；
C选项，分别证明A1C⊥EP1，A1C⊥EF，由线面垂直的判定可得A1C⊥平面EFP；
D选项，找出全等三角形△MPA≌△OPA，可知当MP+PN最小时，故OP+PN最小，故此时O，P，N三点共线，利用余弦定理求ON的长度即MP+PN的最小值．
本题考查立体几何的综合问题，属于难题．
12.【答案】0
【解析】解：由函数解析式知，f(x)在(−∞,0]上递减，(0,1)、[1,+∞)上递增，且在x=1处连续，
所以f(x)大致图象如下，
由函数y=f(x)−m仅有一个零点，即f(x)与y=m仅有一个交点，
由图知：m=0．
故答案为：0．
根据解析式分析f(x)的单调性并画出大致图象，将问题化为f(x)与y=m仅有一个交点，数形结合求参数值．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于基础题．
13.【答案】53.75
【解析】解：∵(0.01+0.03)×5=0.2<0.5，0.2+0.08×5=0.6>0.5，
∴该地中学生体重的百分位数等于中位数，且位于[50,55)内，
设中位数为m，则0.2+(m−50)×0.08=0.5，
解得：m=53.75．
故答案为：53.75．
根据频率分布直方图估计百分位数的方法直接计算即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数和中位数的计算，属于基础题．
14.【答案】5003π
【解析】解：设该圆台的上底面半径为r，高为h，母线长为l，则下底面半径为r+1，
∴母线与下底面所成角的正切值为h1=h=7，∴l= h2+12=5 2，
∴该圆台的侧面积为π[r+(r+1)]×l=5 2π(2r+1)=35 2π，∴r=3，
设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，
则r2+t2=R2(h−t)2+(r+1)2=R2，即9+t2=R2(7−t)2+16=R2，
解得t=4，∴R2=9+16=25，∴R=5，
∴该圆台的外接球的体积为43πR3=43×π×53=5003π．
故答案为：5003π．
设该圆台的上底面半径为r，高为h，母线长为l，则下底面半径为r+1，再根据题意建立方程求出h，r，l；设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，从而可得r2+t2=R2(h−t)2+(r+1)2=R2，进而可求出球的半径，最后代入球的体积公式，即可得解．
本题考查圆台的几何性质，圆台的外接球问题，属中档题．
15.【答案】解：(1)当a=8时，从X，Y两组随机各选1人，
样本空间Ω={(x,y)|x∈{10，11，12，13，14}，y∈{12,13,15,14,8}}，共有25种，
甲的康复时间比乙的康复时间长的情况有{(10,8)，(11,8)，(12,8)，(13,12)，(13,8)，(14,12)，(14,13)，(14,8)}，共8种，
所以概率为825．
(2)当a=16时，P(M)=15，
事件N的情况有{(10,15)，(11,14)，(12,13)，(13,12)}，共4种，则P(N)=425
事件MN：“甲康复时间为11天且甲乙康复时间之和为25天”的情况为(11,14)，则P(MN)=125，
因此P(M)P(N)=15×425=4125≠P(MN)，
所以事件M，N不相互独立．
【解析】(1)利用列举法求出古典概率即得结果．
(2)利用列举法求出概率，再利用相互独立事件的定义判断即得．
本题考查古典概型以及相互独立事件的定义等相关知识，属于基础题．
16.【答案】解：(1)当CE=1时，根据题意可得，AB=BC=2CE=2，
∴VE−A1CD=VA1−ECD，
∵AA1//CE，∴AA1//平面CDE，
∴三棱锥E−A1DC的体积：
VE−A1CD=VA1−ECD=13×S△ECD×AB=13×12×1×1×2=13．
证明：(2)连接B1C，交DE于F，
∵CE⊥面ABC，AA1//BB1//CE，
∴BB1⊥BC，CE⊥BC，∴△B1BC和△ECD为直角三角形，
又BB1=BC，CE=12BC=DC，
∴∠B1CB=∠EDC=45°，
∴∠CFD=90°，即DE⊥B1C，
又CE⊥底面ABC，∠ABC=π2，
∴CE⊥AB，AB⊥BC，∴AB⊥面B1BCE，
DE⊂面B1BCE，∴AB⊥DE，
又A1B1//AB，∴A1B1⊥DE，
∵A1B1∩B1C=B1，∴DE⊥面A1B1C，又A1C⊂面A1B1C，
∴DE⊥A1C.
【解析】(1)当CE=1时，AB=BC=2CE=2，VE−A1CD=VA1−ECD，由此能求出三棱锥E−A1DC的体积．
(2)连接B1C，交DE于F，推导出BB1⊥BC，CE⊥BC，DE⊥B1C，AB⊥BC，从而AB⊥面B1BCE，进而AB⊥DE，再由A1B1⊥DE，得到DE⊥面A1B1C，由此能证明DE⊥A1C.
本题考查三棱锥的体积的求法，考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的应用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵f(x)=ln(e2x+1)−x，当x≥0时，
函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，
即a=ln(e2x+1)−2x在x∈[0,+∞)时有解，
设φ(x)=ln(e2x+1)−2x(x≥0)，
即φ(x)=ln(1e2x+1)，∵x≥0,1<1e2x+1≤2，∴φ(x)∈(0,ln2]，
即实数a的取值范围为(0,ln2]．
(2)若函数f(x)与h(x)的图象只有一个公共点，
则关于x的方程ln(m⋅ex−2m)=ln(e2x+1)−x只有一解，
∴m⋅ex−2m=ex+e−x只有一解，令t=ex(t>0)，
得关于t的方程(m−1)t2−2mt−1=0有一正数解，
①当m=1时，方程的解为t=−12，不合题意；
②当m>1时，则Δ=4m2+4(m−1)>0恒成立，
∵t1⋅t2=−1m−1<0，∴此方程有一正一负根，负根舍去，满足题意；
③当m<1时，满足Δ≥0的情况下，因为t1⋅t2=−1m−1>0，t1，t2同号，所以得满足t1=t2>0，
只需4m2−4(m−1)×(−1)=0，且2m2(m−1)>0，
解得m=−1− 52；
综上，实数m的取值范围为{m|m=−1− 52或m>1}．
【解析】(1)根据函数零点的定义，利用转化法进行求解即可；
(2)把公共点的问题转化为方程的解的问题，结合换元法进行求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程的根的关系，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
18.【答案】解：(1)由2csC=2sinB+sinCsinA，根据正弦定理与余弦定理，可得2×a2+b2−c22ab=2b+ca，
整理得b2+c2−a2=−bc，所以csA=b2+c2−a22bc=−12，结合0(2)设∠ABP=θ，则∠ACB=π−∠BAC−θ=π3−θ，
因为AB⊥AP，∠BAC=2π3，∠PAC=π6，结合AP=2，可得BP=APsinθ=2sinθ，
在△ACP中，由正弦定理得APsin(π3−θ)=PCsinπ6，解得PC=1sin(π3−θ)，所以BC=BP+PC=2sin θ+1sin (π3−θ)，
过A点作BC的垂线，垂足为M，设△ABC的面积为S，
因为∠PAM+∠BAM=∠ABM+∠BAM=π2，所以∠PAM=∠ABM=θ，可得AM=APcsθ=2csθ，
所以S=12×AM×BC=csθ(2sinθ+1sin(π3−θ))=csθ⋅ 3csθsinθ⋅sin(π3−θ)
=csθ⋅ 3csθ 32sinθ⋅csθ−12sin2θ= 3 32tanθ−12tan2θ= 3−12(tan θ− 32)2+38≥8 33，
当且仅当tanθ= 32时，等号成立．
综上所述，当tan∠ABP= 32时，△ABC面积的最小值为8 33．
【解析】(1)根据正弦定理与余弦定理化简2csC=2sinB+sinCsinA，可得b2+c2−a2=−bc，然后根据余弦定理算出csA的值，结合角的范围求出角A的大小；
(2)设∠ABP=θ，用θ的三角函数式表示出BP，然后在△ACP中利用正弦定理求出用θ表示PC的式子，进而表示出BC.过点A点作BC的垂线，垂足为M，可得AM=2csθ，再利用三角形面积公式与三角恒等变换公式，求出用tanθ表示S的式子，利用二次函数的性质求出S的最小值．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角恒等变换公式及其应用、三角形的面积公式、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)A2={1,2,3,4,6,8,9,12,16}，
n(A2)=9；
(2)∵n(A2)=2016，要使得n(A)最小，就得使ai和aj全都互质，
∴当A中所有元素互质的时候，n(A2)=n(A)⋅(n(A)−1)2+n(A)=n2(A)+n(A)2，
即n2(A)+n(A)2=2016，
解得：n(A)=63就是所求的最小值；
(3)证明：当n=1时，n(A2)≥2n(A)−1取等号，
当n=2时，n(A2)≥2n(A)−1取等号，
当n≥3时不妨令a1有a12其中a12,a1a2,a22,a2a3,a32,⋯,an−12,an−1an,an2∈A2，∴A2中元素的个数为2n(A)−1个，
即n(A2)≥2n(A)−1，
当且仅当a1a3=a22,a2a4=a1a5=a32,⋯,an−2an=an−12，
此时n(A2)中只有2n(A)−1个元素．(或指出{an}为等比数列)．
【解析】(1)根据集合的新定义直接求解即可；
(2)由题意得ai和aj全都互质，所以n(A2)=n(A)⋅(n(A)−1)2+n(A)=n2(A)+n(A)2，则答案可求；
(3)分n=1，n=2和n≥3三种情况讨论即可．
本题考查集合的综合应用，属于难题．
1. 22cs15°+ 22sin15°=( )
A. 32B. 12C. − 32D. −12
2.若集合A={x||2x−1|>3}，B={x|(2x+1)(x−3)<0}，则A∩B是( )
A. {x|−1
A. f(x)=ex⋅ln|x|e2x−1
B. f(x)=x2+1sinx
C. f(x)=x2+2e−x−ex
D. f(x)=ex+1ex−1⋅csx
4.在四面体ABCD中，点M，N满足AB=2MB，CN=2ND，若MN=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=( )
A. −13B. 13C. 12D. 1
5.已知tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，则tan(β+π4)=( )
A. 322B. 1318C. 16D. 1322
6.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
7.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB= 2，AA1=2，设四棱柱的外接球的球心为O，动点P在正方形ABCD的边上，射线OP交球O的表面于点M，现点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径长为( )
A. 4 2π3B. 2 2πC. 8 2π3D. 4 2π
8.如图，边长为2的正方形ABCD中，P，Q分别为边BC，CD上的点，AP⋅AQ=2|PQ|，则1AP+ 2AQ的最大值为( )
A. 1
B. 52
C. 3 24
D. 3 22
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.已知复数z1的虚部与z2的实部均为2，则下列说法正确的是( )
A. z1是虚数
B. 若|z1|=|z2|=2，则z1=z2
C. 若z1=z2−，则z1与z2对应的点关于x轴对称
D. 若z1⋅z2是纯虚数，则|z1|=|z2|
10.一口袋中有大小和质地相同的5个红球和2个白球，则下列结论正确的是( )
A. 从中任取3球，恰有一个红球的概率是17
B. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为20343
C. 从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为23
D. 从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为216343
11.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的棱长均为1，∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=60°，E，F分别是棱B1C1和C1D1的中点，P是AC1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. A1C= 2
B. 若AP=12PC1，则A1P//面EFC
C. 若AP=3PC1，则A1C⊥面EFC
D. 若M是线段A1D的中点，N是线段EF上的动点，则MP+PN的最小值是3 34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2x2,x<1,2x,x≥1,若函数y=f(x)−m仅有一个零点，则实数m的值是______．
13.《中国居民膳食指南(2022)》数据显示，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%.为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重(单位：千克)，根据测量数据，按[40,45)，[45,50)，[50,55)，[55,60)，[60,65)，[65,70]分成六组，得到的频率分布直方图如图所示，根据调查的数据，估计该地中学生体重的50%分位数是______．
14.已知一个圆台的侧面积为35 2π，下底面半径比上底面半径大1，母线与下底面所成角的正切值为7，则该圆台的外接球(圆台的上、下底面圆周上的点均在球面上)的体积为______．
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)
已知X，Y两组各有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
X组：10，11，12，13，14，Y组：12，13，15，14，a
假设所有病人的康复时间相互独立，从X，Y两组随机各选1人，X组选出的人记为甲，Y组选出的人记为乙．
(1)如果a=8，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(2)如果a=16，事件M：“甲康复时间为11天”，事件N：“甲乙康复时间之和为25天”，事件M，N是否相互独立？
16.(本小题15分)
如图所示，已知CE⊥底面ABC，∠ABC=π2，AB=BC=2CE，AA1//=BB1//=2CE，D为BC的中点．
(1)若CE=1，求三棱锥E−A1DC的体积．
(2)求证：DE⊥A1C；
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ln(e2x+1)−x．
(1)当x≥0时，函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，求实数a的取值范围；
(2)设函数h(x)=ln(m⋅ex−2m)，若函数f(x)与h(x)的图象只有一个公共点，求m的取值范围．
18.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csC=2sinB+sinCsinA．
(1)求角A；
(2)点P在边BC上，且AP⊥AB，AP=2，求△ABC面积的最小值．
19.(本小题17分)
已知正实数集A={a1,a2,⋯,an}，定义：A2={aiaj|ai,aj∈A}称为A的平方集.记n(A)为集合A中的元素个数．
(1)若A={1,2,3,4}，求集合A2和n(A2)；
(2)若n(A2)=2016，求n(A)min；
(3)求证：n(A2)≥2n(A)−1，并指出取等条件．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解： 22cs15°+ 22sin15°=cs45°cs15°+sin45°sin15°=cs(45°−15°)=cs30°= 32，
故选：A．
利用两角和差的余弦公式进行计算即可．
本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的余弦公式是解决本题的关键．比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：集合A={x||2x−1|>3}={x|x>2或x<−1}，
B={x|(2x+1)(x−3)<0}={x|−12
由绝对值不等式和二次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，即可得到所求集合．
本题考查集合的交集的求法，同时考查绝对值不等式和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，由f(x)的图象，其图象关于原点对称，在(0,+∞)与x轴有且只有1个交点，
用排除法分析选项：
对于B，f(x)=x2+1sinx，其定义域为{x|x≠kπ,k∈Z}，不符合题意；
对于C，f(x)=x2+2e−x−ex，在区间(0,+∞)上，f(x)<0，与x轴没有交点，不符合题意；
对于D，f(x)=ex+1ex−1csx，当x=kπ+π2(k∈Z)时，f(x)=0，函数图象与x轴有无数个交点，不符合题意．
故选：A．
根据题意，由f(x)的图象，其图象关于原点对称，在(0,+∞)与x轴有且只有1个交点，由此排除选项，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性以及函数值符号的分析，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：在四面体ABCD中，由于点M，N满足AB=2MB，CN=2ND，
如图所示：
故MN=AN−AM=AC+23CD−12AB
=AC+23(AD−AC)−12AB=−12AB+13AC+23AD，
又MN=xAB+yAC+zAD，
故x+y+z=−12+13+23=12．
故选：C．
直接利用空间向量的线性运算求出结果．
本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，
∴tan(π4+β)=tan[(α+β)−(α−π4)]=tan(α+β)−tan(α−π4)1+tan(α+β)tan(α−π4)=25−141+25×14=322．
故选：A．
利用π4+β=(α+β)−(α−π4)，结合两角差的正切公式可求tan(β+π4)的值．
本题主要考查了和差角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2>15(6−2)2=3.2>2.4，
∴平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：x−=15(1+2+3+3+6)=3
方差为S2=15[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(3−3)2+(6−3)2]=2.8，可以出现点数6，故D错误．
故选：C．
根据题意举出反例，即可得出正确选项．
本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、众数、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧．
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB= 2，AA1=2，
∴四棱柱的外接球的直径为其对角线，长度为 2+2+4=2 2，
∴四棱柱的外接球的半径为 2，∴∠AOB=π3，
∴AB所在大圆，所对的弧长为π3⋅ 2= 23π，
∴点M经过的路径长为43 2π．
故选：A．
由题意，点P从点A出发，沿着A→B→C→D→A运动一次，则点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧，求出，∠AOB=π3，利用弧长公式，即可得出结论．
本题考查弧长公式，考查学生的计算能力，确定点M经过的路径是四段大圆上的相等的弧是关键．
8.【答案】B
【解析】解：因为AP⋅AQ=2|PQ|，
所以AP⋅AQ=(AB+BP)⋅(AD+DQ)=2|DQ|+2|BP|=2|PQ|，
即DQ+BP=PQ，
延长QD到E，使DE=BP，
因为AB=AD，∠ABP=∠ADE=90°，
所以△ABP≌△ADE，
所以AP=AE，∠BAP=∠DAE，
因为∠BAP+∠PAD=90°，所以∠DAE+∠PAD=90°，即∠PAE=90°，
因为AQ=AQ，AE=AP，QE=QP，所以△QAP≌△QAE，
所以∠QAP=∠QAE=12∠PAE=45°，
设∠QAD=α，∠BAP=β，
则1AP+ 2AQ=csβ2+ 2csα2=cs(π4−α)2+ 2csα2
=csπ4csα+sinπ4sinα+ 2csα2
=3 22csα+ 22sinα2
= 5sin(α+θ)2，其中sinθ=3 10，csθ=1 10，
因为α∈(0,π4)，θ∈(π4,π2)，
所以当α+θ=π2时，1AP+ 2AQ取得最大值为 52．
故选：B．
由AP⋅AQ=2|PQ|得DQ+BP=PQ，从而可得∠QAP=π4，设∠QAD=α，∠BAP=β，表示出1AP+ 2AQ化简变形后可求出其最大值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了三角函数求值问题，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解；可设复数z1=a+2i(a∈R)，z2=2+bi(b∈R)
A选项：根据虚数定义可知A正确；
B选项：|z1|=|z2|=2，所以a2+4=b2+4=4，则a=b=0，
所以z1=2i，z2=2，所以z1≠z2，故B不正确；
C选项：若z1=z2−，所以a+2i=2−bi，所以a=2，b=−2，
所以z1，z2对应的点分别为(2,2)和(2,−2)，则关于x轴对称，故C正确；
D选项：因为z1⋅z2=(a+2i)(2+bi)=2a−2b+(2a+2b)i，
且z1⋅z2是纯虚数，所以a=b，所以z1=2+2i，z2=2+2i，则z1=z2，
所以|z1|=|z2|，故D正确．
故选：ABD．
借助虚数定义可得A；借助模长公式计算即可得B；借助共轭复数定义与复数的几何意义可得C；借助复数的乘法运算与纯虚数定义及模长定义即可得D．
本题考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，从中任取3球，恰有一个红球的概率是22C51CC73=17，故A正确，
对于B选项，从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为27，则3次取球中恰有两个白球的概率为C32(27)2⋅57=60343，故B错误，
对于C选项，从中不放回的取球2次，每次任取球，记事件A：第一次取到红球，记事件B：第二次取到红球，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=C52C7257=23，故C正确，
对于D选项，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率1−(57)3=218343，故D错误，
故选：AC．
利用超几何分布的概率公式可判断A选项；利用独立重复试验的概率公式可判断B选项；利用条件概率公式可判断C选项；利用对立事件的概率公式可判断D选项．
本题主要考查了超几何分布的概率公式，考查了二项分布的概率公式，以及条件概率公式，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题设可知，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的六个面均为一个角是60°的菱形，连接AC，BD交于点O，
在菱形ABB1A1，ADD1A1中易得A1B=A1D=1，又O为BD中点，则A1O⊥BD，
在直角三角形A1OB中，有A1O= A1B2−OB2= 32，
在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
解得AC= 3，则OA= 32，
在△A1OA中，由余弦定理得cs∠A1OA=A1O2+AO2−AA122⋅AO⋅A1O=13，
则cs∠A1OC=−cs∠A1OA=−13，
在△A1OC中，由余弦定理可得A1C2=A1O2+OC2−2A1O⋅OC⋅cs∠A1OC，
解得A1C= 2，A正确；
连接EF交A1C1于G，连接CG交AC1于H，由于E，F分别是棱B1C1和C1D1的中点，
可得EF//B1D1,EF=12B1D1，连接A1C1，B1D1交于点O1，
则有C1G=14A1C1，故A 1G=3C1G，
若A1P//平面EFC，A1P⊂平面A1B1C1D1，平面EFC∩平面A1B1C1D1=CG，则A1P//CG，
故C1H=13PC1，
易得△A1PA≌CGC1，故AP=C1H=13PC1，与题设不符，B错误；
设AC1与A1C交于点O2，连接O2B1，因为P，E分别是O2C1，B1C1的中点，
则O2B1//EP，
在菱形B1C1CB中，易得B1C=1，则B1C=A1B1，
又O2是A1C中点，则A1C⊥O2B1，则A1C⊥EP，
过点C作CI//BD，使CI=BD，连接A1I，易得BD//EF，
在平面ABB1A1内由余弦定理得A1I2=AI2+A1A2−2AI⋅A1A⋅cs∠A1AB，
解得A1I= 3，又A1C= 2，CI=1，则A1I2=A1C2+Cl2，
则A1C⊥CI，又CI//BD//EF，
则A1C⊥EF，因为EP∩EF=E，EF⊂平面EFP，EP⊂平面EFP，
所以A1C⊥面EFP，C正确；
由平行六面体的对称性可得△MPA≌△OPA，则MP=OP，
当MP+PN最小时，可知OP+PN最小，故此时O，P，N三点共线，
此时易得N为EF的中点，
由A1C1//AC可得cs∠C1A1O=cs∠A1OA=13，
由B选项可知A1N=3C1N，又A1C1= 3，则A1N=3 34，
在△A1ON中，由余弦定理可得ON2=A1N2+A1O2−2A1N⋅A1O⋅cs∠NA1O，
解得ON=3 34，
故MP+PN的最小值是3 34，D正确．
故选：ACD．
A选项，在△ABC，△A1OA，△A1OC中依次使用余弦定理即可解得A1C；
B选项，假设A1P//平面EFC成立，由线面平行的性质可知A1P//CG，由平行线分线段成比例可知C1H=13PC1，找出全等三角形△A1PA≅△CHC1，可得AP=C1H=13PC1；
C选项，分别证明A1C⊥EP1，A1C⊥EF，由线面垂直的判定可得A1C⊥平面EFP；
D选项，找出全等三角形△MPA≌△OPA，可知当MP+PN最小时，故OP+PN最小，故此时O，P，N三点共线，利用余弦定理求ON的长度即MP+PN的最小值．
本题考查立体几何的综合问题，属于难题．
12.【答案】0
【解析】解：由函数解析式知，f(x)在(−∞,0]上递减，(0,1)、[1,+∞)上递增，且在x=1处连续，
所以f(x)大致图象如下，
由函数y=f(x)−m仅有一个零点，即f(x)与y=m仅有一个交点，
由图知：m=0．
故答案为：0．
根据解析式分析f(x)的单调性并画出大致图象，将问题化为f(x)与y=m仅有一个交点，数形结合求参数值．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于基础题．
13.【答案】53.75
【解析】解：∵(0.01+0.03)×5=0.2<0.5，0.2+0.08×5=0.6>0.5，
∴该地中学生体重的百分位数等于中位数，且位于[50,55)内，
设中位数为m，则0.2+(m−50)×0.08=0.5，
解得：m=53.75．
故答案为：53.75．
根据频率分布直方图估计百分位数的方法直接计算即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数和中位数的计算，属于基础题．
14.【答案】5003π
【解析】解：设该圆台的上底面半径为r，高为h，母线长为l，则下底面半径为r+1，
∴母线与下底面所成角的正切值为h1=h=7，∴l= h2+12=5 2，
∴该圆台的侧面积为π[r+(r+1)]×l=5 2π(2r+1)=35 2π，∴r=3，
设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，
则r2+t2=R2(h−t)2+(r+1)2=R2，即9+t2=R2(7−t)2+16=R2，
解得t=4，∴R2=9+16=25，∴R=5，
∴该圆台的外接球的体积为43πR3=43×π×53=5003π．
故答案为：5003π．
设该圆台的上底面半径为r，高为h，母线长为l，则下底面半径为r+1，再根据题意建立方程求出h，r，l；设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，从而可得r2+t2=R2(h−t)2+(r+1)2=R2，进而可求出球的半径，最后代入球的体积公式，即可得解．
本题考查圆台的几何性质，圆台的外接球问题，属中档题．
15.【答案】解：(1)当a=8时，从X，Y两组随机各选1人，
样本空间Ω={(x,y)|x∈{10，11，12，13，14}，y∈{12,13,15,14,8}}，共有25种，
甲的康复时间比乙的康复时间长的情况有{(10,8)，(11,8)，(12,8)，(13,12)，(13,8)，(14,12)，(14,13)，(14,8)}，共8种，
所以概率为825．
(2)当a=16时，P(M)=15，
事件N的情况有{(10,15)，(11,14)，(12,13)，(13,12)}，共4种，则P(N)=425
事件MN：“甲康复时间为11天且甲乙康复时间之和为25天”的情况为(11,14)，则P(MN)=125，
因此P(M)P(N)=15×425=4125≠P(MN)，
所以事件M，N不相互独立．
【解析】(1)利用列举法求出古典概率即得结果．
(2)利用列举法求出概率，再利用相互独立事件的定义判断即得．
本题考查古典概型以及相互独立事件的定义等相关知识，属于基础题．
16.【答案】解：(1)当CE=1时，根据题意可得，AB=BC=2CE=2，
∴VE−A1CD=VA1−ECD，
∵AA1//CE，∴AA1//平面CDE，
∴三棱锥E−A1DC的体积：
VE−A1CD=VA1−ECD=13×S△ECD×AB=13×12×1×1×2=13．
证明：(2)连接B1C，交DE于F，
∵CE⊥面ABC，AA1//BB1//CE，
∴BB1⊥BC，CE⊥BC，∴△B1BC和△ECD为直角三角形，
又BB1=BC，CE=12BC=DC，
∴∠B1CB=∠EDC=45°，
∴∠CFD=90°，即DE⊥B1C，
又CE⊥底面ABC，∠ABC=π2，
∴CE⊥AB，AB⊥BC，∴AB⊥面B1BCE，
DE⊂面B1BCE，∴AB⊥DE，
又A1B1//AB，∴A1B1⊥DE，
∵A1B1∩B1C=B1，∴DE⊥面A1B1C，又A1C⊂面A1B1C，
∴DE⊥A1C.
【解析】(1)当CE=1时，AB=BC=2CE=2，VE−A1CD=VA1−ECD，由此能求出三棱锥E−A1DC的体积．
(2)连接B1C，交DE于F，推导出BB1⊥BC，CE⊥BC，DE⊥B1C，AB⊥BC，从而AB⊥面B1BCE，进而AB⊥DE，再由A1B1⊥DE，得到DE⊥面A1B1C，由此能证明DE⊥A1C.
本题考查三棱锥的体积的求法，考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的应用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵f(x)=ln(e2x+1)−x，当x≥0时，
函数g(x)=f(x)−x−a存在零点，
即a=ln(e2x+1)−2x在x∈[0,+∞)时有解，
设φ(x)=ln(e2x+1)−2x(x≥0)，
即φ(x)=ln(1e2x+1)，∵x≥0,1<1e2x+1≤2，∴φ(x)∈(0,ln2]，
即实数a的取值范围为(0,ln2]．
(2)若函数f(x)与h(x)的图象只有一个公共点，
则关于x的方程ln(m⋅ex−2m)=ln(e2x+1)−x只有一解，
∴m⋅ex−2m=ex+e−x只有一解，令t=ex(t>0)，
得关于t的方程(m−1)t2−2mt−1=0有一正数解，
①当m=1时，方程的解为t=−12，不合题意；
②当m>1时，则Δ=4m2+4(m−1)>0恒成立，
∵t1⋅t2=−1m−1<0，∴此方程有一正一负根，负根舍去，满足题意；
③当m<1时，满足Δ≥0的情况下，因为t1⋅t2=−1m−1>0，t1，t2同号，所以得满足t1=t2>0，
只需4m2−4(m−1)×(−1)=0，且2m2(m−1)>0，
解得m=−1− 52；
综上，实数m的取值范围为{m|m=−1− 52或m>1}．
【解析】(1)根据函数零点的定义，利用转化法进行求解即可；
(2)把公共点的问题转化为方程的解的问题，结合换元法进行求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程的根的关系，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
18.【答案】解：(1)由2csC=2sinB+sinCsinA，根据正弦定理与余弦定理，可得2×a2+b2−c22ab=2b+ca，
整理得b2+c2−a2=−bc，所以csA=b2+c2−a22bc=−12，结合0
因为AB⊥AP，∠BAC=2π3，∠PAC=π6，结合AP=2，可得BP=APsinθ=2sinθ，
在△ACP中，由正弦定理得APsin(π3−θ)=PCsinπ6，解得PC=1sin(π3−θ)，所以BC=BP+PC=2sin θ+1sin (π3−θ)，
过A点作BC的垂线，垂足为M，设△ABC的面积为S，
因为∠PAM+∠BAM=∠ABM+∠BAM=π2，所以∠PAM=∠ABM=θ，可得AM=APcsθ=2csθ，
所以S=12×AM×BC=csθ(2sinθ+1sin(π3−θ))=csθ⋅ 3csθsinθ⋅sin(π3−θ)
=csθ⋅ 3csθ 32sinθ⋅csθ−12sin2θ= 3 32tanθ−12tan2θ= 3−12(tan θ− 32)2+38≥8 33，
当且仅当tanθ= 32时，等号成立．
综上所述，当tan∠ABP= 32时，△ABC面积的最小值为8 33．
【解析】(1)根据正弦定理与余弦定理化简2csC=2sinB+sinCsinA，可得b2+c2−a2=−bc，然后根据余弦定理算出csA的值，结合角的范围求出角A的大小；
(2)设∠ABP=θ，用θ的三角函数式表示出BP，然后在△ACP中利用正弦定理求出用θ表示PC的式子，进而表示出BC.过点A点作BC的垂线，垂足为M，可得AM=2csθ，再利用三角形面积公式与三角恒等变换公式，求出用tanθ表示S的式子，利用二次函数的性质求出S的最小值．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角恒等变换公式及其应用、三角形的面积公式、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)A2={1,2,3,4,6,8,9,12,16}，
n(A2)=9；
(2)∵n(A2)=2016，要使得n(A)最小，就得使ai和aj全都互质，
∴当A中所有元素互质的时候，n(A2)=n(A)⋅(n(A)−1)2+n(A)=n2(A)+n(A)2，
即n2(A)+n(A)2=2016，
解得：n(A)=63就是所求的最小值；
(3)证明：当n=1时，n(A2)≥2n(A)−1取等号，
当n=2时，n(A2)≥2n(A)−1取等号，
当n≥3时不妨令a1
即n(A2)≥2n(A)−1，
当且仅当a1a3=a22,a2a4=a1a5=a32,⋯,an−2an=an−12，
此时n(A2)中只有2n(A)−1个元素．(或指出{an}为等比数列)．
【解析】(1)根据集合的新定义直接求解即可；
(2)由题意得ai和aj全都互质，所以n(A2)=n(A)⋅(n(A)−1)2+n(A)=n2(A)+n(A)2，则答案可求；
(3)分n=1，n=2和n≥3三种情况讨论即可．
本题考查集合的综合应用，属于难题．
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