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2024-2025学年湖南省名校联合体高三（上）入学数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年湖南省名校联合体高三（上）入学数学试卷（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。
1.已知向量a=(1,3),b=(3,λ)，若a⊥b，则实数λ的值为( )
A. 7B. 3C. −1D. −3
2.已知集合A={x|−1A. (−1,3)B. (−∞,−1]∪[3,+∞)
C. (−3,1)D. (−∞,−3]∪[1,+∞)
3.已知复数z1=2−i，z2=a+i(a∈R)，若复数z1⋅z2为纯虚数，则实数a的值为( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
4.已知csαcsβ=25,cs(α−β)=35，则cs(α+β)=( )
A. 15B. 13C. 45D. 23
5.已知双曲线C：x2a2−y216=1(a>0)，若双曲线的一条渐近线方程为4x+3y=0，则双曲线C的离心率为( )
A. 54B. 53C. 43D. 979
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=π3,b+bcsA=acsB，则B的大小为( )
A. π6B. π3C. π9D. 2π9
7.已知定义在R上的函数f(x)满足2f(x)=f(−x)+3ex，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( )
A. y=3x+3B. y=3x−3C. y=x+3D. y=x−3
8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 6，圆锥A1O在正方体ABCD−A1B1C1D1内，且A1C垂直圆锥A1O的底面，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积为( )
A. 3 22π
B. 2 2π
C. 9 28π
D. 8 23π
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.已知数据x1，x2，x3，⋯，x10，满足：xi−xi−1=2(2≤i≤10)，若去掉x1，x10后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是( )
A. 中位数不变
B. 若x1=1，则数据x1，x2，x3，⋯，x10的第75百分位数为13
C. 平均数不变
D. 方差变小
10.已知定义在区间[0,π]上的函数f(x)=ax+csx，其中a∈R，若函数f(x)恰有两个极值点，设其极大值、极小值分别记为m1，m2.则下列结论正确的是( )
A. 函数f′(x)的图象关于直线x=π2对称B. 实数a的取值范围为(0,1)
C. m1+m2=aπD. m1+m2=a+aπ
11.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，点P在椭圆C上，若PF1⊥PF2，△F1PF2的面积等于4.则下列结论正确的是( )
A. 若点P是椭圆的短轴顶点，则椭圆C的标准方程为x28+y24=1
B. 若P是动点，则b的值恒为2
C. 若P是动点，则椭圆的离心率的取值范围是[12,1)
D. 若P是动点，则|PF1|+|PF2|的取值范围是[4 2,+∞)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将函数f(x)=sin(2x−π3)的图象沿x轴向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(π4)的值为______．
13.奇函数f(x)在定义域(−1,1)上是减函数，且f(1+a)+f(1−a2)<0，则实数a的取值范围是______．
14.某超市为了保证顾客能购买到新鲜的牛奶又不用过多存货，统计了30天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
该超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况.该超市对鲜牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于30件，则通知配送中心立即补货至40件，否则不补货.假设某天开始营业时货架上有40件水牛奶，则第二天营业结束后货架上有20件存货的概率为______.(以样本估计总体，将频率视为概率)
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)
近年来，我国新能源汽车进入快车道，自2015年以来，产销量已经连续八年增长，位居全球前列.近期国院出台了新能源汽车系列政策，促进了新能源汽车产业的发展.某市一家知名品牌的新能源汽车企业近5个月的产值数据统计如下表：
(1)求出y关于x的经验回归方程，并预测明年3月份该企业的产值；
(2)该企业依据市场调研，为满足消费者的购买需求，设计并生产了A，B，C三种类型新能源汽车，这三种类型的销量比依次为30%，50%，20%，销售价格依次为15万，25万，40万.若该新能源汽车的某4S店每天销售2台，设销售额为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
参考公式：b =i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2,a =y−−b x−；参考数据：i=15xiyi=442,i=15xi2=55,y−=26．
16.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(x0,2)在抛物线C上，且|DF|=2．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)抛物线的准线与x轴交于点K，过K的直线l交抛物线C于M，N两点，且KM=λKN,λ∈(1,2]，点G为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，求点G的横坐标xG的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，∠ACB=120°,AA1= 3AC= 3BC．
(1)证明：平面AB1C1⊥平面A1BD；
(2)求锐二面角B−A1D−B1的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2−lnx,g(x)=ex−1−12x2−ax(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设函数F(x)=f(x)+g(x).证明：
(i)函数F(x)有唯一极值点；
(ii)若函数F(x)有唯一零点x0，则119.(本小题17分)
给定整数n(n≥2)，数列A2n+1：x1，x2，x3，⋯，x2n+1，且xk(k=1,2,3,⋯,2n+1)为整数.在A2n+1中去掉一项xk(k=1,2,3,⋯,2n+1)，并将剩下的数分成项数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为mk(k=1,2,⋯,2n+1).将m1，m2，⋯，m2n+1中的最小值称为数列A2n+1的特征值．
(1)已知数列A5：1，2，3，3，3，写出m1，m2，m3的值及A5的特征值；
(2)若x1≤x2≤⋯≤x2n+1，当[i−(n+1)][j−(n+1)]≥0，其中i，j∈{1,2,⋯,2n+1}，且i≠j时，证明：|mi−mj|=|xi−xj|；
(3)已知数列A2n+1的特征值为n−1，求j>i≥1i参考答案
1.C
2.B
3.A
4.A
5.B
6.D
7.C
8.C
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12.1
13.(−1,0)
14.19100
15.解：(1)x−=1+2+3+4+55=3,y−=26，
所以b =442−5×3×2655−5×9=5.2,a =y−−b x−=26−5.2×3=10.4，
所以y关于x的经验回归方程为y =5.2x+10.4，
当x=10时，y =5.2×10+10.4=62.4，
故明年3月份该企业的产值约为62.4百亿元．
(2)由题设随机变量X的可能取值为30，40，50，55，65，80，P(X=30)=0.3×0.3=0.09，P(X=40)=2×0.3×0.5=0.30，
P(X=50)=0.5×0.5=0.25，P(X=55)=2×0.3×0.2=0.12，
P(X=65)=2×0.5×0.2=0.20，P(X=80)=0.2×0.2=0.04．
随机变量X的分布列如下表：
E(X)=30×0.09+40×0.3+50×0.25+55×0.12+65×0.2+80×0.04=50(万元)．
16.解：(1)因为D(x0,2)在抛物线C：y2=2px(p>0)上，
所以4=2px0，解得：x0=2p，又|DF|=2，
所以x0+p2=2，即2p+p2=2，解得：p=2，
所以抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)易知抛物线的准线为x=−1，则可得K(−1,0)，
如图，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线l：x=my−1，
因为KM=λKN，即(x1+1,y1)=λ(x2+1,y2)，
则y1=λy2，
联立方程x=my−1y2=4x，消去x得：y2−4my+4=0，则Δ=16m2−16>0，即m2>1，
所以y2−4my+4=0，y1+y2=4m，y1y2=4，
即可得λy2+y2=4m,λy22=4，
联立两式并整理可得4m2=(1+λ)2λ=λ+1λ+2，
又x1+x2=m(y1+y2)−2=4m2−2，
由1<λ≤2可得y=λ+1λ+2递增，
即有4m2∈(4,92]，即m2∈(1,98],
又MN中点坐标为(2m2−1,2m)，
可得直线MN的垂直平分线的方程为y−2m=−m(x−2m2+1)，
令y=0，可得xG=2m2+1∈(3,134],
即xG的取值范围为(3,134]．
17.解：(1)证明：设AB1∩A1B=M，
因为∠ACB=120°,AA1= 3AC= 3BC，
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcs120°=3AC2，即AB= 3AC，
可得四边形ABB1A1为正方形，
所以AB1⊥A1B，
且AM=B1M，又D是侧棱CC1的中点，连接DM，AD，
因为B1D= B1C12+C1D2,AD= AC2+CD2，
又AC=CB=C1B1，CD=C1D，则AD=B1D，
因为M为AB1的中点，
所以DM⊥AB1，
由DM，A1B⊂平面A1BD，且DM∩A1B=M，可得AB1⊥平面A1BD，
又因为AB1⊂平面AB1C1，
可得平面AB1C1⊥平面A1BD．
(2)由直棱柱的性质与已知，得CC1⊥CA，CC1⊥CB，
以C为原点，以垂直于平面ACC1的直线，CA，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设AC=BC=2，可得AA1=2 3，且D是CC1中点，
则A(0,2,0),D(0,0, 3),A1(0,2,2 3),B1( 3,−1,2 3)．
可得AB1=( 3,−3,2 3),DA1=(0,2, 3),DB1=( 3,−1, 3)，
设平面A1B1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=(x,y,z)⋅(0,2, 3)=2y+ 3z=0n⋅DB1=(x,y,z)⋅( 3,−1, 3)= 3x−y+ 3z=0，
令y=− 3，则x=−3，z=2，可得n=(−3,− 3,2)，
由(1)可知平面A1BD的一个法向量为m=AB1=( 3,−3,2 3)，
可得cs=m⋅n|m||n|=−3× 3+(− 3)×(−3)+2×2 34×2 6= 24，
所以锐二面角B−A1D−B1的余弦值为 24．
18.解：(1)由函数f(x)=12x2−lnx可得：x>0，且f′(x)=x−1x=x2−1x=(x+1)(x−1)x，
当0当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)减区间是(0,1)，增区间是(1,+∞)．
(2)证明：(i)因为a>0，F(x)=ex−1−lnx−ax的定义域为(0,+∞)，
所以F′(x)=ex−1−1x−a，
设ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ′(x)=ex−1，当x>0时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)单调递增，
当x<0时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)单调递减，所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，
所以ex−x−1≥0，即ex≥x+1，
所以F′(1+a)=ea−11+a−a>a+1−11+a−a=1−11+a>0，又F′(1)=−a<0，
所以存在唯一的t0∈(1,1+a)，使得F′(t0)=0，即et0−1−1t0−a=0，
当x∈(0,t0)时，F′(t0)<0，F(x)单调递减；
当x∈(t0,+∞)时，F′(t0)>0，F(x)单调递增，
所以函数F(x)有唯一极值点．
(ii)由(i)得F(x)min=F(t0)，因为函数F(x)有唯一零点x0，所以F(t0)=0，
所以x0=t0，
即ex0−1=1x0+a，所以F(x0)=1x0+a−lnx0−ax0=0，
设φ(x0)=1x0+a−lnx0−ax0，所以φ′(x0)=−1x02−1x0−a<0，
所以φ(x0)在(1,+∞)单调递减，
因为φ(1)=1>0,φ(2)=12−ln2−a<0，所以119.解：(1)因为数列A5：1，2，3，3，3，
所以根据mk(k=1,2,⋯,2n+1)的定义可知：
m1=(3+3)−(2+3)=1，m2=(3+3)−(3+1)=2，m3=3，
所以根据数列的特征值的定义可得：A5的特征值为1．
(2)因为[i−(n+1)][j−(n+1)]≥0，其中i，j∈{1,2,⋯,2n+1}，且i≠j时，
所以分以下来两种情况讨论：
①当i，j∈{1,2,⋯,n+1}时，根据新定义可得：
mi=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1−xi)=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1)+xi．
同理可得：mj=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1)+xj．
两式相减可得：mi−mj=xi−xj，故|mi−mj|=|xi−xj|.
②当i，j∈{n+1,n+2,⋯,2n+1}时，根据新定义可得：
mi=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1−xi)−(xn+xn−1+⋯+x1)=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1)−(xn+xn−1+⋯+x1)−xi，
mj=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1)−(xn+xn−1+⋯+x1)−xj，
所以mi−mj=xj−xi，所以|mi−mj|=|xi−xj|.
综上可得：|mi−mj|=|xi−xj|.
(3)不妨设x1≤x2≤⋯≤x2n+1，
则j>i≥1i=2n(x2n+1−x1)+(2n−2)(x2n−x2)+⋯+2(xn+2−xn)，
又因为x2n+1−x1≥x2n−x2≥⋯≥xn+2−xn，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥(xn+1+⋯+x2n)−(x1+x2+⋯+xn)=m2n+1，当且仅当xn+1=x2n+1时取等号；
x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥(xn+2+⋯+x2n+1)−(x2+x3+⋯+xn+1)=m1，当且仅当x1=xn+1时取等号；
由(2)可知：m1，m2n+1的较小值为n−1，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n−1，当且仅当x1=xn+1=x2n+1时取等号，
此时数列A2n+1为常数列，其特征值为0，与题意中数列A2n+1的特征值为n−1矛盾，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n−1不成立，
故x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n，
当p≥q≥0，2≤k≤n时，
由(2n+2−k)p+kq−(n+1)(p+q)=(n+1−k)p−(n+1−k)q=(n+1−k)(p−q)≥0可得：(2n+2−k)p+kq≥(n+1)(p+q)，
所以j>i≥1i≥(n+1)(x2n+1+x2n+⋯+xn+2−xn−xn−1−⋯−x1)≥n(n+1)，
当xk=0,1≤k≤n,1,n+1≤k≤2n+1时，
j>i≥1i所以j>i≥1i10
20
30
40
天数
3
6
15
6
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代x
1
2
3
4
5
产值y(百亿元)
16
20
27
30
37
X
30
40
50
55
65
80
P
0.09
0.30
0.25
0.12
0.20
0.04
1.已知向量a=(1,3),b=(3,λ)，若a⊥b，则实数λ的值为( )
A. 7B. 3C. −1D. −3
2.已知集合A={x|−1
C. (−3,1)D. (−∞,−3]∪[1,+∞)
3.已知复数z1=2−i，z2=a+i(a∈R)，若复数z1⋅z2为纯虚数，则实数a的值为( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
4.已知csαcsβ=25,cs(α−β)=35，则cs(α+β)=( )
A. 15B. 13C. 45D. 23
5.已知双曲线C：x2a2−y216=1(a>0)，若双曲线的一条渐近线方程为4x+3y=0，则双曲线C的离心率为( )
A. 54B. 53C. 43D. 979
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=π3,b+bcsA=acsB，则B的大小为( )
A. π6B. π3C. π9D. 2π9
7.已知定义在R上的函数f(x)满足2f(x)=f(−x)+3ex，则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( )
A. y=3x+3B. y=3x−3C. y=x+3D. y=x−3
8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 6，圆锥A1O在正方体ABCD−A1B1C1D1内，且A1C垂直圆锥A1O的底面，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积为( )
A. 3 22π
B. 2 2π
C. 9 28π
D. 8 23π
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.已知数据x1，x2，x3，⋯，x10，满足：xi−xi−1=2(2≤i≤10)，若去掉x1，x10后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是( )
A. 中位数不变
B. 若x1=1，则数据x1，x2，x3，⋯，x10的第75百分位数为13
C. 平均数不变
D. 方差变小
10.已知定义在区间[0,π]上的函数f(x)=ax+csx，其中a∈R，若函数f(x)恰有两个极值点，设其极大值、极小值分别记为m1，m2.则下列结论正确的是( )
A. 函数f′(x)的图象关于直线x=π2对称B. 实数a的取值范围为(0,1)
C. m1+m2=aπD. m1+m2=a+aπ
11.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，点P在椭圆C上，若PF1⊥PF2，△F1PF2的面积等于4.则下列结论正确的是( )
A. 若点P是椭圆的短轴顶点，则椭圆C的标准方程为x28+y24=1
B. 若P是动点，则b的值恒为2
C. 若P是动点，则椭圆的离心率的取值范围是[12,1)
D. 若P是动点，则|PF1|+|PF2|的取值范围是[4 2,+∞)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将函数f(x)=sin(2x−π3)的图象沿x轴向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(π4)的值为______．
13.奇函数f(x)在定义域(−1,1)上是减函数，且f(1+a)+f(1−a2)<0，则实数a的取值范围是______．
14.某超市为了保证顾客能购买到新鲜的牛奶又不用过多存货，统计了30天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
该超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况.该超市对鲜牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于30件，则通知配送中心立即补货至40件，否则不补货.假设某天开始营业时货架上有40件水牛奶，则第二天营业结束后货架上有20件存货的概率为______.(以样本估计总体，将频率视为概率)
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)
近年来，我国新能源汽车进入快车道，自2015年以来，产销量已经连续八年增长，位居全球前列.近期国院出台了新能源汽车系列政策，促进了新能源汽车产业的发展.某市一家知名品牌的新能源汽车企业近5个月的产值数据统计如下表：
(1)求出y关于x的经验回归方程，并预测明年3月份该企业的产值；
(2)该企业依据市场调研，为满足消费者的购买需求，设计并生产了A，B，C三种类型新能源汽车，这三种类型的销量比依次为30%，50%，20%，销售价格依次为15万，25万，40万.若该新能源汽车的某4S店每天销售2台，设销售额为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
参考公式：b =i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2,a =y−−b x−；参考数据：i=15xiyi=442,i=15xi2=55,y−=26．
16.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(x0,2)在抛物线C上，且|DF|=2．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)抛物线的准线与x轴交于点K，过K的直线l交抛物线C于M，N两点，且KM=λKN,λ∈(1,2]，点G为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，求点G的横坐标xG的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，∠ACB=120°,AA1= 3AC= 3BC．
(1)证明：平面AB1C1⊥平面A1BD；
(2)求锐二面角B−A1D−B1的余弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2−lnx,g(x)=ex−1−12x2−ax(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设函数F(x)=f(x)+g(x).证明：
(i)函数F(x)有唯一极值点；
(ii)若函数F(x)有唯一零点x0，则1
给定整数n(n≥2)，数列A2n+1：x1，x2，x3，⋯，x2n+1，且xk(k=1,2,3,⋯,2n+1)为整数.在A2n+1中去掉一项xk(k=1,2,3,⋯,2n+1)，并将剩下的数分成项数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为mk(k=1,2,⋯,2n+1).将m1，m2，⋯，m2n+1中的最小值称为数列A2n+1的特征值．
(1)已知数列A5：1，2，3，3，3，写出m1，m2，m3的值及A5的特征值；
(2)若x1≤x2≤⋯≤x2n+1，当[i−(n+1)][j−(n+1)]≥0，其中i，j∈{1,2,⋯,2n+1}，且i≠j时，证明：|mi−mj|=|xi−xj|；
(3)已知数列A2n+1的特征值为n−1，求j>i≥1i
1.C
2.B
3.A
4.A
5.B
6.D
7.C
8.C
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12.1
13.(−1,0)
14.19100
15.解：(1)x−=1+2+3+4+55=3,y−=26，
所以b =442−5×3×2655−5×9=5.2,a =y−−b x−=26−5.2×3=10.4，
所以y关于x的经验回归方程为y =5.2x+10.4，
当x=10时，y =5.2×10+10.4=62.4，
故明年3月份该企业的产值约为62.4百亿元．
(2)由题设随机变量X的可能取值为30，40，50，55，65，80，P(X=30)=0.3×0.3=0.09，P(X=40)=2×0.3×0.5=0.30，
P(X=50)=0.5×0.5=0.25，P(X=55)=2×0.3×0.2=0.12，
P(X=65)=2×0.5×0.2=0.20，P(X=80)=0.2×0.2=0.04．
随机变量X的分布列如下表：
E(X)=30×0.09+40×0.3+50×0.25+55×0.12+65×0.2+80×0.04=50(万元)．
16.解：(1)因为D(x0,2)在抛物线C：y2=2px(p>0)上，
所以4=2px0，解得：x0=2p，又|DF|=2，
所以x0+p2=2，即2p+p2=2，解得：p=2，
所以抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)易知抛物线的准线为x=−1，则可得K(−1,0)，
如图，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线l：x=my−1，
因为KM=λKN，即(x1+1,y1)=λ(x2+1,y2)，
则y1=λy2，
联立方程x=my−1y2=4x，消去x得：y2−4my+4=0，则Δ=16m2−16>0，即m2>1，
所以y2−4my+4=0，y1+y2=4m，y1y2=4，
即可得λy2+y2=4m,λy22=4，
联立两式并整理可得4m2=(1+λ)2λ=λ+1λ+2，
又x1+x2=m(y1+y2)−2=4m2−2，
由1<λ≤2可得y=λ+1λ+2递增，
即有4m2∈(4,92]，即m2∈(1,98],
又MN中点坐标为(2m2−1,2m)，
可得直线MN的垂直平分线的方程为y−2m=−m(x−2m2+1)，
令y=0，可得xG=2m2+1∈(3,134],
即xG的取值范围为(3,134]．
17.解：(1)证明：设AB1∩A1B=M，
因为∠ACB=120°,AA1= 3AC= 3BC，
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcs120°=3AC2，即AB= 3AC，
可得四边形ABB1A1为正方形，
所以AB1⊥A1B，
且AM=B1M，又D是侧棱CC1的中点，连接DM，AD，
因为B1D= B1C12+C1D2,AD= AC2+CD2，
又AC=CB=C1B1，CD=C1D，则AD=B1D，
因为M为AB1的中点，
所以DM⊥AB1，
由DM，A1B⊂平面A1BD，且DM∩A1B=M，可得AB1⊥平面A1BD，
又因为AB1⊂平面AB1C1，
可得平面AB1C1⊥平面A1BD．
(2)由直棱柱的性质与已知，得CC1⊥CA，CC1⊥CB，
以C为原点，以垂直于平面ACC1的直线，CA，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设AC=BC=2，可得AA1=2 3，且D是CC1中点，
则A(0,2,0),D(0,0, 3),A1(0,2,2 3),B1( 3,−1,2 3)．
可得AB1=( 3,−3,2 3),DA1=(0,2, 3),DB1=( 3,−1, 3)，
设平面A1B1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=(x,y,z)⋅(0,2, 3)=2y+ 3z=0n⋅DB1=(x,y,z)⋅( 3,−1, 3)= 3x−y+ 3z=0，
令y=− 3，则x=−3，z=2，可得n=(−3,− 3,2)，
由(1)可知平面A1BD的一个法向量为m=AB1=( 3,−3,2 3)，
可得cs
所以锐二面角B−A1D−B1的余弦值为 24．
18.解：(1)由函数f(x)=12x2−lnx可得：x>0，且f′(x)=x−1x=x2−1x=(x+1)(x−1)x，
当0
所以函数f(x)减区间是(0,1)，增区间是(1,+∞)．
(2)证明：(i)因为a>0，F(x)=ex−1−lnx−ax的定义域为(0,+∞)，
所以F′(x)=ex−1−1x−a，
设ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ′(x)=ex−1，当x>0时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)单调递增，
当x<0时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)单调递减，所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，
所以ex−x−1≥0，即ex≥x+1，
所以F′(1+a)=ea−11+a−a>a+1−11+a−a=1−11+a>0，又F′(1)=−a<0，
所以存在唯一的t0∈(1,1+a)，使得F′(t0)=0，即et0−1−1t0−a=0，
当x∈(0,t0)时，F′(t0)<0，F(x)单调递减；
当x∈(t0,+∞)时，F′(t0)>0，F(x)单调递增，
所以函数F(x)有唯一极值点．
(ii)由(i)得F(x)min=F(t0)，因为函数F(x)有唯一零点x0，所以F(t0)=0，
所以x0=t0，
即ex0−1=1x0+a，所以F(x0)=1x0+a−lnx0−ax0=0，
设φ(x0)=1x0+a−lnx0−ax0，所以φ′(x0)=−1x02−1x0−a<0，
所以φ(x0)在(1,+∞)单调递减，
因为φ(1)=1>0,φ(2)=12−ln2−a<0，所以1
所以根据mk(k=1,2,⋯,2n+1)的定义可知：
m1=(3+3)−(2+3)=1，m2=(3+3)−(3+1)=2，m3=3，
所以根据数列的特征值的定义可得：A5的特征值为1．
(2)因为[i−(n+1)][j−(n+1)]≥0，其中i，j∈{1,2,⋯,2n+1}，且i≠j时，
所以分以下来两种情况讨论：
①当i，j∈{1,2,⋯,n+1}时，根据新定义可得：
mi=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1−xi)=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1)+xi．
同理可得：mj=(x2n+1+x2n+⋯+xn+2)−(xn+1+xn+⋯+x1)+xj．
两式相减可得：mi−mj=xi−xj，故|mi−mj|=|xi−xj|.
②当i，j∈{n+1,n+2,⋯,2n+1}时，根据新定义可得：
mi=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1−xi)−(xn+xn−1+⋯+x1)=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1)−(xn+xn−1+⋯+x1)−xi，
mj=(x2n+1+x2n+⋯+xn+1)−(xn+xn−1+⋯+x1)−xj，
所以mi−mj=xj−xi，所以|mi−mj|=|xi−xj|.
综上可得：|mi−mj|=|xi−xj|.
(3)不妨设x1≤x2≤⋯≤x2n+1，
则j>i≥1i
又因为x2n+1−x1≥x2n−x2≥⋯≥xn+2−xn，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥(xn+1+⋯+x2n)−(x1+x2+⋯+xn)=m2n+1，当且仅当xn+1=x2n+1时取等号；
x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥(xn+2+⋯+x2n+1)−(x2+x3+⋯+xn+1)=m1，当且仅当x1=xn+1时取等号；
由(2)可知：m1，m2n+1的较小值为n−1，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n−1，当且仅当x1=xn+1=x2n+1时取等号，
此时数列A2n+1为常数列，其特征值为0，与题意中数列A2n+1的特征值为n−1矛盾，
所以x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n−1不成立，
故x2n+1+x2n+⋯+xn+2−(xn+xn−1+⋯+x1)≥n，
当p≥q≥0，2≤k≤n时，
由(2n+2−k)p+kq−(n+1)(p+q)=(n+1−k)p−(n+1−k)q=(n+1−k)(p−q)≥0可得：(2n+2−k)p+kq≥(n+1)(p+q)，
所以j>i≥1i
当xk=0,1≤k≤n,1,n+1≤k≤2n+1时，
j>i≥1i
20
30
40
天数
3
6
15
6
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份代x
1
2
3
4
5
产值y(百亿元)
16
20
27
30
37
X
30
40
50
55
65
80
P
0.09
0.30
0.25
0.12
0.20
0.04
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