2024-2025学年北京市朝阳区高三上册月考数学检测试卷（12月份）附解析

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区高三上册月考数学检测试卷（12月份）附解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）设集合A＝{x|x2＜4}，B＝{x|﹣1≤x﹣1≤1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|0≤x≤2}B．{x|0≤x＜2}C．{x|﹣2＜x＜2}D．{x|﹣2＜x≤2}
2．（4分）已知z=1+i2+i（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．−15B．−15iC．15D．15i
3．（4分）在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点A（1，0），B（﹣1，2）且圆心在直线2x﹣y+2＝0上，若直线x＝ay+1被圆C截得弦长为23，则正实数a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
4．（4分）已知点P是抛物线y2＝4x上的一个动点，则点P到点(0，22)的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（ ）
A．3B．2C．3D．4
5．（4分）在△ABC中，（a+c）（sinA﹣sinC）＝b（sinA﹣sinB），则∠C＝（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
6．（4分）若（3﹣x）（1+2x）10＝a0+a1x+…+a11x11，x∈R，则a1•3+a2•32+…+a11•311的值为（ ）
A．39B．39﹣1C．0D．﹣3
7．（4分）设a→，b→均为单位向量，则“a→⊥b→”是“|a→−2b→|=|2a→+b→|”的（ ）条件．
A．充分而不必要B．必要而不充分
C．充分必要D．既不充分也不必要
8．（4分）《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体PQ﹣ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ∥AB，AB＝4，AD＝3，PQ＝2，OR＝1（长度单位：丈）．则楔体PQ﹣ABCD的体积为（ ）（体积单位：立方丈）
A．10B．8C．6D．5
9．（4分）已知非零向量a→，b→，e→在同一平面，其中e→是单位向量，a→与e→的夹角为π3，|b→−2e→|＝1，则|a→−b→|的最小值是（ ）
A．2B．1C．3D．3−1
10．（4分）已知函数f（x）＝x2+m与函数g(x)=−ln1x−3x(x∈[12，2])的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ）
A．[54+ln2，2]B．[2−ln2，54+ln2]
C．[54+ln2，2+ln2]D．[2﹣ln2，2]
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11．（5分）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则双曲线的离心率e＝ ．
12．（5分）在等差数列{an}中，公差d不为0，a1＝9，且a1，a4，a5成等比数列，则d＝ ；当n＝ 时，数列{an}的前n项和Sn有最大值．
13．（5分）已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 ．
14．（5分）设函数f(x)=(x−a+1)(x+1)，x＜1，lgx−a，x≥1.
（1）当a＝0时，f（f（10））＝ ；
（2）若f（x）恰有2个零点，则a的取值范围是 ．
15．（5分）对于数列{an}，若存在M＞0，使得对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，则称{an}为“有界变差数列”．给出以下四个结论：
①若等差数列{an}为“有界变差数列”，则{an}的公差d等于0；
②若各项均为正数的等比数列{an}为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是（0，1）；
③若数列{an}是“有界变差数列”，则存在T＞0，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T；
④若数列{an}是“有界变差数列”，则数列{an2n}必是“有界变差数列”．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（13分）设函数f（x）＝Asinωxcsωx+cs2ωx（A＞0，ω＞0），从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得f（x）存在．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）在区间[0，π2]上的最大值和最小值．
条件①：f（x）＝f（﹣x）；
条件②：f（x）的最大值为32；
条件③：f（x）的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．
17．（13分）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的1班～8班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测．经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数）：
（1）若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，试估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；
（2）若从高一2班抽测的10人中随机抽取1人，从高一5班抽测的10人中随机抽取1人，设X表示这2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等．现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“ξk＝1”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“ξk＝0”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀（k＝1，2，…，8）．直接写出方差D（ξ1），D（ξ2），D（ξ3），D（ξ4）的大小关系（无需过程）．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，F为BD中点，点E在棱PA上，PC∥平面EDF，PA＝PD＝AD＝2．
（1）求证：E为PA中点；
（2）求二面角F﹣ED﹣P的余弦值；
（3）设G为棱PC上任意一点，求证：GF与平面EDF不垂直．
19．（15分）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F（﹣2，0），直线l过点F交椭圆Γ于A，B两点．当直线l垂直于x轴时，△OAB的面积为263．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）直线l1：x＝﹣3上是否存在点C，使得△ABC为正三角形？若存在，求出点C的坐标及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
20．（15分）已知函数f（x）＝lnx﹣2ax（其中a∈R）．
（1）当a＝2时，求函数f（x）的图象在x＝1处的切线方程；
（2）若f（x）≤2恒成立，求a的取值范围；
（3）设g（x）＝f（x）+12x2，且函数g（x）有极大值点x0．求证：x0f（x0）+1+ax02＞0．
21．（15分）已知集合S＝{a1，a2，a3，…，an}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀ai，aj∈S（i，j＝1，2，3，…，n，i≠j），（ai，aj）∈T与（aj，ai）∈T恰有一个成立．对于T定义dT（a，b）=1，(a，b)∈T0，(b，a)∈TlT（ai）＝dT（ai，a1）+dT（ai，a2）+…+dT（ai，ai﹣1）+dT（ai，ai+1）+…+dT（ai，an）（i＝1，2，3，…，n）．
（Ⅰ）若n＝4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求lT（a2）的值及lT（a4）的最大值；
（Ⅱ）从lT（a1），lT（a2），…，lT（an）中任意删去两个数，记剩下的n﹣2个数的和为M．求证：M≥12n（n﹣5）+3；
（Ⅲ）对于满足lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3恒成立，并说明理由．
答案与试题解析
一、单选题（共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）设集合A＝{x|x2＜4}，B＝{x|﹣1≤x﹣1≤1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|0≤x≤2}B．{x|0≤x＜2}C．{x|﹣2＜x＜2}D．{x|﹣2＜x≤2}
【分析】解二次不等式与绝对值不等式化简集合A，B，再利用集合的并集运算即可得解．
解：由不等式x2＜4可得，﹣2＜x＜2，
所以A＝{x|﹣2＜x＜2}，
由不等式|x﹣1|≤1可得，0≤x≤2，
所以B＝{x|0≤x≤2}，
所以A∪B＝{x|﹣2＜x≤2}．
故选：D．
【点评】本题主要考查了集合的并集运算，属于基础题．
2．（4分）已知z=1+i2+i（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．−15B．−15iC．15D．15i
【分析】利用复数的除法运算求出z，再求出z的虚部．
解：∵z=1+i2+i=(1+i)(2−i)(2+i)(2−i)=3+i4−i2=35+i5，
∴z=35−15i，则z的虚部为−15．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．（4分）在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点A（1，0），B（﹣1，2）且圆心在直线2x﹣y+2＝0上，若直线x＝ay+1被圆C截得弦长为23，则正实数a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【分析】由题意可先借助待定系数法计算出圆C方程，再借助点到直线的距离公式与垂径定理计算即可得解．
解：根据题意，圆心C在直线2x﹣y+2＝0上，
设C（m，2m+2），圆C半径为r，
圆C经过点A（1，0），B（﹣1，2），
则有(1−m)2+(2m+2)2=r2(−1−m)2+(2−2m−2)2=r2，解得m=−1r=2，
即圆C的方程为（x+1）2+y2＝4，
由直线x＝ay+1被圆C截得弦长为23，
则有d=22−(232)2=|−1−1|a2+1，即a2+1=2，解得a=±3，
又a为正实数，故a=3．
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题．
4．（4分）已知点P是抛物线y2＝4x上的一个动点，则点P到点(0，22)的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（ ）
A．3B．2C．3D．4
【分析】根据给定条件，将问题转化为点P到点(0，22)的距离与点P到准线距离之和的最小值，再利用抛物线的定义求解即得．
解：点P是抛物线y2＝4x上的一个动点，
而抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），准线l：x＝﹣1，
过P作PD⊥l于D，交y于点B，则|PF|＝|PD|＝|PB|+1，|PB|＝|PF|﹣1，
记点(0，22)为A，于是|PA|+|PB|=|PA|+|PF|−1≥|AF|−1=12+(22)2−1=2，
当且仅当P为线段AF与抛物线的交点时取等号，
故所求最小值为2．
故选：B．
【点评】本题主要考查抛物线的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
5．（4分）在△ABC中，（a+c）（sinA﹣sinC）＝b（sinA﹣sinB），则∠C＝（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【分析】首先由正弦定理推论，将条件中的正弦值化为边，再运用余弦定理，求得C的余弦值，即可得C的值．
解：由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R（R为三角形外接圆半径）可得：
sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
所以（a+c）（sinA﹣sinC）＝b（sinA﹣sinB）可化为（a+c）（a﹣c）＝b（a﹣b），
即a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
又C∈（0，π），∴C=π3．
故选：B．
【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的综合应用，属简单题．
6．（4分）若（3﹣x）（1+2x）10＝a0+a1x+…+a11x11，x∈R，则a1•3+a2•32+…+a11•311的值为（ ）
A．39B．39﹣1C．0D．﹣3
【分析】根据题意，用特殊值法分析：在（3﹣x）（1+2x）10＝a0+a1x+…+a11x11，令x＝3可得0＝a0+a1•3+a2•32+…+a11•311，再令x＝0可得：3＝a0，计算可得答案．
解：根据题意，（3﹣x）（1+2x）10＝a0+a1x+…+a11x11，
令x＝3可得：0＝a0+a1•3+a2•32+…+a11•311，
令x＝0可得：3＝a0，
则a1•3+a2•32+…+a11•311＝﹣3，
故选：D．
【点评】本题考查二项式定理的应用，注意特殊值法的应用，属于基础题．
7．（4分）设a→，b→均为单位向量，则“a→⊥b→”是“|a→−2b→|=|2a→+b→|”的（ ）条件．
A．充分而不必要B．必要而不充分
C．充分必要D．既不充分也不必要
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合数量积的运算律判断即得．
解：因为|a→|＝|b→|＝1，
若a→⊥b→，则a→⋅b→=0，|a→−2b→|=a→2−4a→⋅b→+4b→2=5，
|2a→+b→|=a→2+4a→⋅b→+4b→2=5，因此|a→−2b→|=|2a→+b→|=5，即充分性成立；
若|a→−2b→|=|2a→+b→|，则a→2−4a→⋅b→+4b→2=4a→2+4a→⋅b→+b→2，
整理得a→⋅b→=0，因此a→⊥b→，即必要性成立；
所以“a→⊥b→”是“|a→−2b→|=|2a→+b→|”的充分必要条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查了向量数量性质的应用，还考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
8．（4分）《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体PQ﹣ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ∥AB，AB＝4，AD＝3，PQ＝2，OR＝1（长度单位：丈）．则楔体PQ﹣ABCD的体积为（ ）（体积单位：立方丈）
A．10B．8C．6D．5
【分析】由题意，把楔体PQ﹣ABCD分成一个三棱柱和两个四棱锥，求解即可．
解：由题意，分别过点P，Q作平面ABCD的垂直平面，如图所示，
则可以把楔体PQ﹣ABCD分成一个三棱柱GHQ﹣EFP和两个四棱锥P﹣AEFD，Q﹣GBCH，
三棱柱GHQ﹣EFP的体积为V1=12×3×1×2=3，
四棱锥P﹣AEFD和Q﹣GBCH的体积均为V2=13×1×32×2=1，
故楔体PQ﹣ABCD的体积为V＝V1+2V2＝5．
故选：D．
【点评】本题考查了空间几何体体积的求解，棱柱和棱锥体积公式的运用，属于中档题．
9．（4分）已知非零向量a→，b→，e→在同一平面，其中e→是单位向量，a→与e→的夹角为π3，|b→−2e→|＝1，则|a→−b→|的最小值是（ ）
A．2B．1C．3D．3−1
【分析】设OA→=a→，OB→=b→，OE→=e→，OF→=2e→，作出图形，由题意将问题转化为求|BA|的最小值，结合圆的性质即可求得．
解：如图，设OA→=a→，OB→=b→，OE→=e→，OF→=2e→，
则根据题意可知，|OE→|=1，|OF→|=2，∠EOA=π3，|b→−2e→|=|OB→−OF→|=|FB→|=1，
所以B在以F为圆心，1为半径的圆上，A在射线OP上，且∠FOP=π3，
所以|a→−b→|=|OA→−OB→|=|BA→|，
而|BA|的最小值为F到OP射线的距离减去半径，
又F到OP射线的距离为|OF|sinπ3=2×32=3，
所以|a→−b→|的最小值是3−1．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量的数量积与模的求法，属于中档题．
10．（4分）已知函数f（x）＝x2+m与函数g(x)=−ln1x−3x(x∈[12，2])的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ）
A．[54+ln2，2]B．[2−ln2，54+ln2]
C．[54+ln2，2+ln2]D．[2﹣ln2，2]
【分析】由已知，得到方程m＝﹣lnx+3x﹣x2在[12，2]上有解，构造函数f（x）＝﹣lnx+3x﹣x2，求出它的值域，得到m的范围即可．
解：由已知，得到方程x2+m＝ln1x+3x⇔m＝﹣lnx+3x﹣x2在[12，2]上有解．
设f（x）＝﹣lnx+3x﹣x2，
求导得：f′（x）=−1x+3﹣2x=−2x2−3x+1x=−(2x−1)(x−1)x，
∵12≤x≤2，
令f′（x）＝0，解得x=12或x＝1，
当f′（x）＞0时，12＜x＜1函数单调递增，
当f′（x）＜0时，1＜x＜2函数单调减，
∴在x＝1有唯一的极值点，
∵f（12）＝ln2+54，f（2）＝﹣ln2+2，f（x）极大值＝f（1）＝2，且知f（2）＜f（12），
故方程m＝﹣lnx+3x﹣x2在[12，2]上有解等价于2﹣ln2≤m≤2．
从而m的取值范围为[2﹣ln2，2]．
故选：D．
【点评】本题考查了构造函数法求方程的解及参数范围；关键是将已知转化为方程x2+m＝ln1x+3x⇔m＝﹣lnx+3x﹣x2在上有解．
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11．（5分）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则双曲线的离心率e＝ 2 ．
【分析】由题意，根据渐近线方程求出m，进而求出a2，b2，可求得离心率．
解：易知双曲线的标准方程为y2−x2−m=1，
此时a＝1，b=−m，
因为双曲线的渐近线方程为y=±33x，
所以ab=1−m=33，
解得m＝﹣3，
即b=3，
则双曲线的离心率e=1+b2a2=1+3=2．
故2．
【点评】本题考查求双曲线的离心率，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
12．（5分）在等差数列{an}中，公差d不为0，a1＝9，且a1，a4，a5成等比数列，则d＝ ﹣2 ；当n＝ 5 时，数列{an}的前n项和Sn有最大值．
【分析】由已知结合等比数列的性质及等差数列的通项公式及性质即可求解．
解：因为等差数列{an}中，公差d不为0，a1＝9，
因为a1，a4，a5成等比数列，
所以a42=a1⋅a5，即（9+3d）2＝9（9+4d），
解得d＝﹣2，
故an＝a1+（n﹣1）d＝9﹣2（n﹣1）＝11﹣2n，
因为a5＞0，a6＜0，
故当n＝5时，数列{an}的前n项和Sn有最大值．
故﹣2，5．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，等比数列及等差数列的性质，属于基础题．
13．（5分）已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 15 ．
【分析】求得椭圆的a，b，c，e，设椭圆的右焦点为F'，连接PF'，运用三角形的中位线定理和椭圆的焦半径半径，求得P的坐标，再由两点的斜率公式，可得所求值．
解：椭圆x29+y25=1的a＝3，b=5，c＝2，e=23，
设椭圆的右焦点为F'，连接PF'，
线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，
连接AO，可得|PF'|＝2|AO|＝4，
设P的坐标为（m，n），可得3−23m＝4，可得m=−32，n=152，
由F（﹣2，0），可得直线PF的斜率为
152−32+2=15．
另解：由|PF'|＝2|AO|＝4，|PF|＝6﹣4＝2，|FF'|＝2c＝4，
可得cs∠PFF'=4+16−162×2×4=14，
sin∠PFF'=1−116=154，
可得直线PF的斜率为sin∠PFF′cs∠PFF′=15．
故15．
【点评】本题考查椭圆的定义和方程、性质，注意运用三角形的中位线定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
14．（5分）设函数f(x)=(x−a+1)(x+1)，x＜1，lgx−a，x≥1.
（1）当a＝0时，f（f（10））＝ 0 ；
（2）若f（x）恰有2个零点，则a的取值范围是 （﹣∞，0]∪[2，+∞） ．
【分析】（1）根据函数解析式求得f（f（10））；（2）对a进行分类讨论，根据f（x）零点的个数求得a的取值范围．
解：（1）因为函数f(x)=(x−a+1)(x+1)，x＜1，lgx−a，x≥1.，
所以当a＝0时，f(x)=(x+1)2，x＜1lgx，x≥1，
所以f（10）＝1，
所以f（f（10））＝f（1）＝0；
（2）令f（x）＝0，可得：
①当x＜1时，（x﹣a+1）（x+1）＝0，所以x＝﹣1或x＝a﹣1，
当a＝0或a≥2时，方程（x﹣a+1）（x+1）＝0在（﹣∞，1）上有唯一解x＝﹣1，
当a＜0或0＜a＜2时，方程（x﹣a+1）（x+1）＝0在（﹣∞，1）上的解为x＝﹣1或x＝a﹣1，
②当x≥1时，lgx﹣a＝0，
所以当a≥0时，x＝10a，
当a＜0时，方程lgx﹣a＝0在[1，+∞）上无解，
综合可得：当a＜0时，函数f（x）有两个零点﹣1，a﹣1；
当a＝0时，函数f（x）有两个零点﹣1，1；
当0＜a＜2时，函数f（x）有三个零点﹣1，a﹣1，10a；
当a≥2时，函数f（x）有两个零点﹣1，10a．
所以要使f（x）恰有2个零点，则a的取值范围是（﹣∞，0]∪[2，+∞）．
故0；（﹣∞，0]∪[2，+∞）．
【点评】本题考查函数的零点问题，分类讨论思想的应用，属中档题．
15．（5分）对于数列{an}，若存在M＞0，使得对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，则称{an}为“有界变差数列”．给出以下四个结论：
①若等差数列{an}为“有界变差数列”，则{an}的公差d等于0；
②若各项均为正数的等比数列{an}为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是（0，1）；
③若数列{an}是“有界变差数列”，则存在T＞0，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T；
④若数列{an}是“有界变差数列”，则数列{an2n}必是“有界变差数列”．
其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】对①：借助等差数列性质可得|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝n|d|，结合定义，分d＝0及d≠0讨论即可得；对②：借助等比数列性质可得|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝（a1+a2+⋯an）•|q﹣1|，结合定义，分q≠1及q＝1进行讨论，当q≠1时，结合等比数列求和公式分0＜q＜1及q＞1讨论即可得；对③：借助绝对值不等式放缩可得|an+1|﹣|a1|＜M，即可得存在T≥M+|a1|满足题意；对④：结合③中所得，结合合理放缩可得|an+12n+1−an2n|＜|an+1−an|4+|T|2n+1，再结合等比数列求和公式计算即可得|a222−a121|+|a323−a222|+⋯+|an+12n+1−an2n|＜M4+T2．
解：对于①，|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝n|d|，
若d＝0，则n|d|＝0＜M对任意的M＞0恒成立，符合要求；
若d≠0，则对任意的M＞0，总存在n≥M|d|，使得n|d|≥M，与题意不符，
综上，{an}的公差d等于0，命题①正确；
对于②，由题意可得a1＞0，q＞0，
则|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝（a1+a2+⋯+an）•|q﹣1|，
若q≠1，则|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|an+1−an|=a1(1−qn)1−q⋅|q−1|，
若0＜q＜1，则|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|an+1−an|=a1(1−qn)1−q⋅|q−1|=a1(1−qn)＜a1，
故对任意的M≥a1，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M恒成立，符合要求；
若q＞1，则|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|an+1−an|=a1(1−qn)1−q⋅|q−1|=a1(qn−1)，
当n→+∞时，a1(qn−1)→+∞，故不存在符合条件的M；
若q＝1，则|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝0，
此时对任意的M＞0，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＝0＜M恒成立，符合要求；
综上，q∈（0，1]，命题②错误；
对于③，由题意得，对任意n∈N*，有|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，
又|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|≥|（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+⋯（an+1﹣an）|＝|an+1﹣a1|，
故|an+1﹣a1|＜M，又|an+1﹣a1|≥|an+1|﹣|a1|，故|an+1|﹣|a1|＜M，
即|an+1|＜M+|a1|，即有|an|＜M+|a1|，
则总存在T≥M+|a1|，使得对任意n∈N*，有﹣T＜an＜T，命题③正确；
对于④，设|a2﹣a1|+|a3﹣a2|+…+|an+1﹣an|＜M，
由③知：对任意n∈N*，总存在T≥M+|a1|，使﹣T＜an＜T，
则|an+12n+1−an2n|=|an+1−2an2n+1|=|an+1−an2n+1−an2n+1|≤|an+1−an2n+1|+|an2n+1|＜|an+1−an|4+T2n+1，
则|a222−a121|+|a323−a222|+⋯+|an+12n+1−an2n|
＜|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|an+1−an|4+T⋅(122+123+⋯+12n+1)
＜M4+T⋅14(1−12n)1−12=M4+(12−12n+1)⋅T＜M4+T2，
故{an2n}是“有界变差数列”，命题④正确．
故①③④．
【点评】本题考查了数列与不等式的应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．
三、解答题（本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（13分）设函数f（x）＝Asinωxcsωx+cs2ωx（A＞0，ω＞0），从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得f（x）存在．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）在区间[0，π2]上的最大值和最小值．
条件①：f（x）＝f（﹣x）；
条件②：f（x）的最大值为32；
条件③：f（x）的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．
【分析】（1）由正弦函数和余弦函数的奇偶性可排除条件①，先利用辅助角公式化简f（x），再根据正弦函数的图象和性质即可求解；
（2）利用整体代入法，结合正弦函数的图象和性质即可求解．
解：（1）若选择条件①，
因为f(x)=A2sin2ωx+cs2ωx，所以f(−x)=A2sin(−2ωx)+cs2(−ωx)=−A2sin2ωx+cs2ωx，
由f（x）＝f（﹣x）可得Asin2ωx＝0对x∈R恒成立，与A＞0，ω＞0矛盾，
所以选择条件②③，
由题意可得f（﹣x）＝Asin（﹣ωx）cs（﹣ωx）+cs2（﹣ωx）＝﹣Asin2ωx+cs2ωx，
设−π2＜φ＜π2，
由题意可得f(x)=A2sin2ωx+12cs2ωx+12=A2+12sin(2ωx+φ)+12，
其中csφ=AA2+1，sinφ=1A2+1，
因为f（x）的最大值为32，所以A2+12+12=32，解得A=3，
所以sinφ=12，φ=π6，
由f（x）的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2可得T2=π2，
所以T=2π2ω=π，解得ω＝1，
所以f(x)=sin(2x+π6)+12．
（2）由正弦函数的图象可得当x∈[0，π2]时，2x+π6∈[π6，7π6]，sin(2x+π6)∈[−12，1]，
所以f（x）在区间[0，π2]上的最大值为32，最小值为0．
【点评】本题主要考查三角恒等变换，三角函数解析式的确定，三角函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
17．（13分）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的1班～8班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测．经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数）：
（1）若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，试估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；
（2）若从高一2班抽测的10人中随机抽取1人，从高一5班抽测的10人中随机抽取1人，设X表示这2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等．现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“ξk＝1”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“ξk＝0”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀（k＝1，2，…，8）．直接写出方差D（ξ1），D（ξ2），D（ξ3），D（ξ4）的大小关系（无需过程）．
【分析】（1）根据散点图求出成绩达到优秀的人数，再求出古典概率；
（2）求出X的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，再求出期望；
（4）求出ξk＝1及ξk＝0的概率，再利用两点分布求出方差并比较大小．
解：（1）依题意，从高一年级的1班～8班抽测共80人，
其中身体素质监测成绩达到优秀的共有8+6+9+4+7+5+9+8＝56，
所以估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率为5680=710；
（2）易知高一2班抽测的10人中优秀的有6人，高一5班抽测的10人中优秀的有7人，
所以X的所有可能取值为0，1，2，
此时P(X=0)=25×310=325，P(X=1)=25×710+35×310=2350，P(X=2)=35×710=2150，
则X的分布列为：
故E(X)=0×325+1×2350+2×2150=1310；
（3）若每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等，
此时P（ξ1＝1）＝0.8，P（ξ1＝0）＝0.2，ξ1服从两点分布，
所以D（ξ1）＝0.8×0.2＝0.16，
P（ξ2＝1）＝0.6，P（ξ2＝0）＝0.4，ξ2服从两点分布，
所以D（ξ2）＝0.6×0.4＝0.24，
P（ξ3＝1）＝0.9，P（ξ3＝0）＝0.1，ξ3服从两点分布，
所以D（ξ3）＝0.9×0.1＝0.09，
P（ξ4＝1）＝0.4，P（ξ4＝0）＝0.6，ξ4服从两点分布，
所以D（ξ4）＝0.4×0.6＝0.24．
故D（ξ2）＝D（ξ4）＞D（ξ1）＞D（ξ3）．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，F为BD中点，点E在棱PA上，PC∥平面EDF，PA＝PD＝AD＝2．
（1）求证：E为PA中点；
（2）求二面角F﹣ED﹣P的余弦值；
（3）设G为棱PC上任意一点，求证：GF与平面EDF不垂直．
【分析】（1）连接AC，可得F为AC中点，再借助线面平行的性质定理即可得；
（2）取AD中点O，结合题意可得OP，OA，OF两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，求出平面EDP与平面EFD的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得；
（3）借助反证法，假设GF与平面EDF垂直，借助空间向量可得FG→∥n→，设PG→=λPC→并表示出FG→后，由向量平行可计算λ，可得λ无解，即可得证．
（1）证明：连接AC，因为底面ABCD是正方形，
所以AC与BD互相平分，所以F为AC中点，
因为PC∥平面EDF，PC⊂平面PAC，平面PAC∩平面EDF＝EF，
所以PC∥EF，又因为F为AC中点，
所以E为PA中点；
（2）解：取AD中点O，连接OP，OF，因为PA＝PD，所以OP⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥底面ABCD，所以PO⊥OF，
因为O，F分别为AD，BD中点，所以OF∥AB，
因为AB⊥AD，所以OF⊥AD，
所以OP，OA，OF两两垂直，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，
则A（1，0，0），B（1，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），
P(0，0，3)，E(12，0，32)，F（0，1，0），
则DF→=(1，1，0)，DE→=(32，0，32)，OF→=(0，1，0)，
显然OF→=(0，1，0)是平面EDP的一个法向量，
设平面EFD的一个法向量是n→=(x，y，z)，
则由n→⊥DF→，n→⊥DE→，有n→⋅DF→=x+y=0n→⋅DE→=32x+32z=0，
令z=−3，则x＝1，y＝﹣1，可得n→=(1，−1，−3)，
则cs＜OF→，n→＞=OF→⋅n→|OF→|⋅|n→|=−11×5=−55，
由图可得二面角F﹣ED﹣P为钝角，
所以二面角F﹣ED﹣P的余弦值为−55；
（3）证明：假设GF⊥平面EDF，则FG→∥n→，
设PG→=λPC→=(−λ，2λ，−3λ)(0≤λ≤1)，
则FG→=FP→+PG→=(−λ，2λ−1，3(1−λ），
则−λ1=2λ−1−1=3(1−λ)−3，由−λ1=2λ−1−1，所以λ＝1，
由2λ−1−1=3(1−λ)−3，所以λ=23，矛盾，
所以假设不成立，故GF与平面EDF不垂直．
【点评】本题考查线面平行的性质，考查二面角的求法和线面垂直的判定，属中档题．
19．（15分）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F（﹣2，0），直线l过点F交椭圆Γ于A，B两点．当直线l垂直于x轴时，△OAB的面积为263．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）直线l1：x＝﹣3上是否存在点C，使得△ABC为正三角形？若存在，求出点C的坐标及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由右焦点的坐标，可知c的值，再由AB⊥x轴，可得弦长|AB|的表达式，再由三角形的面积，可得a，b的关系，进而求出a，b的值，求出椭圆的方程；
（2）分直线AB的斜率不存在，和存在且不为0，设直线AB的方程，与椭圆的方程联立，可得|AB|的弦长，再得AB的中点D的坐标，可得直线CD的方程，可得|CD|的表达式，再由△ABC是等边三角形，可得|CD|与|AB|的关系，进而求出参数的值，求出C的坐标．
解：（1）因为直线l垂直于x轴时，所以|AB|=2b2a，
所以S△ABO=12•c•2b2a=12•2•2b2a=263，可得b2a=63，
即a2−4a=63，解得a=6，
所以b2＝a2﹣c2＝6﹣4＝2，
所以椭圆的方程为：x26+y22=1；
（2）由题意直线AB的斜率不为0，
当直线AB的斜率不存在时，由（1）可得|AB|=2b2a=2×26，
因为△ABC为等边三角形，
则C点在x轴上时，又在x＝﹣3上，所以C（﹣3，0），
所以|CF|＝1≠32|AB|（舍），
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为x＝my﹣2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
则AB的中点D（x1+x22，y1+y22），
联立x=my−2x2+3y2=6，整理可得：（3+m2）y2﹣4my﹣2＝0，
显然Δ＞0，y1+y2=4m3+m2，x1+x2＝m（y1+y2）﹣4=−123+m2，y1y2=−23+m2
所以D（−63+m2，2m3+m2），
由题意可得直线CD的方程为y＝﹣m（x+63+m2）+2m3+m2=−mx−4m3+m2，
所以|AB|=1+m2•(y1+y2)2−4y1y2=1+m2•261+m23+m2=26(1+m2)3+m2，
|CD|=1+m2•|−63+m2+3|=3(1+m2)1+m23+m2，
因为△ABC为等边三角形，所以|CD|=32|AB|，
即32•26(1+m2)3+m2=3(1+m2)1+m23+m2，
解得：m＝±1，
当m＝1时，直线CD的方程为y＝﹣x﹣1，令x＝﹣3，可得y＝2，
当m＝﹣1时，直线CD的方程为y＝x+1，令x＝﹣3，可得y＝﹣2，
所以C（﹣3，﹣2）或（﹣3，2）．
【点评】本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，等边三角形性质的应用，属于中档题．
20．（15分）已知函数f（x）＝lnx﹣2ax（其中a∈R）．
（1）当a＝2时，求函数f（x）的图象在x＝1处的切线方程；
（2）若f（x）≤2恒成立，求a的取值范围；
（3）设g（x）＝f（x）+12x2，且函数g（x）有极大值点x0．求证：x0f（x0）+1+ax02＞0．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（2）由x＞0，得到2a≥lnx−2x恒成立，令φ(x)=lnx−2x（x＞0），根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，根据函数的极值得到a的表达式，令ℎ(x)=−x32−x2+xlnx+1，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．
解：（1）当a＝2时，f（x）＝lnx﹣4x，则f′(x)=1x−4（x＞0），…（1分）
∴f（1）＝﹣4，f'（1）＝﹣3，…（2分）
∴函数f（x）的图象在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣4）＝﹣3×（x﹣1），
即3x+y+1＝0． …（3分）
（2）不等式f（x）≤2，即lnx﹣2ax≤2，∴2ax≥lnx﹣2，
∵x＞0，∴2a≥lnx−2x恒成立，…（4分）
令φ(x)=lnx−2x（x＞0），则φ′(x)=3−lnxx2，
当0＜x＜e3时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x＞e3时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
∴当x＝e3时，φ（x）取得极大值，也为最大值，
故φ(x)max=φ(e3)=1e3，…（5分）
由2a≥1e3，得a≥12e3，
∴实数a的取值范围是[12e3，+∞)． …（6分）
（3）证明：由g(x)=f(x)+12x2=12x2−2ax+lnx，
得g′(x)=x+1x−2a=x2−2ax+1x，…（7分）
①当﹣1≤a≤1时，g'（x）≥0，g（x）单调递增无极值点，不符合题意；…（8分）
②当a＞1或a＜﹣1时，令g'（x）＝0，设x2﹣2ax+1＝0的两根为x0和x'，
∵x0为函数g（x）的极大值点，∴0＜x0＜x'，
由x0•x'＝1，x0+x'＝2a＞0，知a＞1，0＜x0＜1，
又由g′(x0)=x0+1x0−2a=0，得a=x02+12x0，…（9分）
∵x0f(x0)+1+ax02=x0lnx0−x03+x02+1（0＜x0＜1），
令ℎ(x)=−x32−x2+xlnx+1，x∈（0，1），则ℎ′(x)=−3x22+12+lnx，
令μ(x)=−3x22+12+lnx，x∈（0，1），则μ′(x)=−3x+1x=1−3x2x，
当0＜x＜33时，μ'（x）＞0，当33＜x＜1时，μ'（x）＜0，
∴μ(x)max=μ(33)=ln33＜0，…（11分）
∴h'（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1）＝0，
∴x0f(x0)+1+ax02＞0． …（12分）
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．
21．（15分）已知集合S＝{a1，a2，a3，…，an}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀ai，aj∈S（i，j＝1，2，3，…，n，i≠j），（ai，aj）∈T与（aj，ai）∈T恰有一个成立．对于T定义dT（a，b）=1，(a，b)∈T0，(b，a)∈TlT（ai）＝dT（ai，a1）+dT（ai，a2）+…+dT（ai，ai﹣1）+dT（ai，ai+1）+…+dT（ai，an）（i＝1，2，3，…，n）．
（Ⅰ）若n＝4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求lT（a2）的值及lT（a4）的最大值；
（Ⅱ）从lT（a1），lT（a2），…，lT（an）中任意删去两个数，记剩下的n﹣2个数的和为M．求证：M≥12n（n﹣5）+3；
（Ⅲ）对于满足lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3恒成立，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）利用dT（a2，a1）＝0，dT（a2，a3）＝0，dT（a2，a4）＝1，可得lT（a2）＝1；利用lT（a4）＝dT（a4，a1）+dT（a4，a2）+dT（a4，a3）≤1+0+1＝2，可得lT（a4）取得最大值2；
（Ⅱ）由dT（a，b）的定义可知：dT（a，b）+dT（b，a）＝1，设删去的两个数为lT（ak），lT（am），则lT(ak)+lT(am)=12n(n−1)−M．由题意可知：lT（ak）≤n﹣1，lT（am）≤n﹣1，且当其中一个不等式中等号成立，即可得出结论；
（Ⅲ）对于满足lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3恒成立．
解：（Ⅰ）因为 （a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，
所以 dT（a2，a1）＝0，dT（a2，a3）＝0，dT（a2，a4）＝1，故lT（a2）＝1．…（1分）
因为 （a2，a4）∈T，所以 dT（a4，a2）＝0．
所以 lT（a4）＝dT（a4，a1）+dT（a4，a2）+dT（a4，a3）≤1+0+1＝2．
所以 当（a2，a4），（a4，a1），（a4，a3）∈T时，lT（a4）取得最大值2．…（3分）
（Ⅱ）由dT（a，b）的定义可知：dT（a，b）+dT（b，a）＝1．
所以 i=1nlT(ai)=[dT(a1，a2)+dT(a2，a1)]+[dT(a1，a3)+dT(a3，a1)]=Cn2=12n(n−1)．…（6分）
设删去的两个数为lT（ak），lT（am），则lT(ak)+lT(am)=12n(n−1)−M．
由题意可知：lT（ak）≤n﹣1，lT（am）≤n﹣1，且当其中一个不等式中等号成立，
不放设lT（ak）＝n﹣1时，dT（ak，am）＝1，dT（am，ak）＝0．
所以 lT（am）≤n﹣2．…（7分）
所以lT（ak）+lT（am）≤n﹣1+n﹣2＝2n﹣3．
所以 lT(ak)+lT(am)=12n(n−1)−M≤2n−3，即M≥12n(n−5)+3．…（8分）
（Ⅲ）对于满足lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3恒成立，理由如下：
任取集合T，由lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）可知，lT（a1），lT（a2），…，lT（an）中存在最大数，不妨记为lT（f）（若最大数不唯一，任取一个）．
因为 lT（f）＜n﹣1，
所以 存在e∈S，使得dT（f，e）＝0，即（e，f）∈T．
由lT（f）≥1可设集合G＝{x∈S|（f，x）∈T}≠∅．
则G中一定存在元素g使得dT（g，e）＝1．否则，lT（e）≥lT（f）+1，与lT（f）是最大数矛盾．
所以dT（f，g）＝1，dT（g，e）＝1，即dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3．…（14分）
【点评】本题考查进行简单的合情推理，考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，难度大．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
B
B
D
C
D
D
D
X
0
1
2
P
325
2350
2150