2024-2025学年辽宁省丹东市高三上册联考数学检测试卷（12月份）附解析

这是一份2024-2025学年辽宁省丹东市高三上册联考数学检测试卷（12月份）附解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B={x|y=1−x2}，则A∩B＝（ ）
A．{1}B．{0，1}C．{﹣1，1}D．{﹣1，0，1}
2．（5分）已知命题p：∀α∈R，sin(π3+α)=cs(π6−α)，则￢p为（ ）
A．∃α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6−α)
B．∀α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6−α)
C．∀α∉R，sin(π3+α)=cs(π6−α)
D．∃α∉R，sin(π3+α)=cs(π6−α)
3．（5分）在等差数列{an}中，已知a1＝﹣9，a3+a5＝﹣9，a2n﹣1＝9，则n＝（ ）
A．7B．8C．9D．10
4．（5分）已知向量a→=(1，−1)，b→=(2，1)，若(ta→+b→)⊥(−2a→+tb→)，则t＝（ ）
A．1或12B．﹣2或12C．﹣1或2D．﹣2或1
5．（5分）已知α∈(π2，π)，2cs2α=sin(α−π4)，则sin2α＝（ ）
A．−14B．14C．−34D．34
6．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+b＝4，则（ ）
A．1a+1b≥2B．a+b≥22
C．a2+2b≥8D．(a+2b)(b+2a)≥8
7．（5分）设f（x）＝ex+lnx，满足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c）．若函数f（x）存在零点x0，则（ ）
A．x0＜aB．x0＞aC．x0＜cD．x0＞c
8．（5分）已知a＞1，若关于x的方程（xa−1）lna+xlnx＝0有两个不同的正根，则a的取值范围为（ ）
A．（1，ee）B．（ee，+∞）C．(1，e1e)D．(e1e，+∞)
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知复数z1，z2，下列说法正确的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z12=z22
B．|z1z2|＝|z1||z2|
C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|
D．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
10．（6分）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）11．（6分）设f（x），g（x）都是定义在R上的奇函数，且f（x）为单调函数，f（1）＞1，若对任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a（a为常数），g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，则（ ）
A．g（2）＝0
B．f（3）＜3
C．f（x）﹣x为周期函数
D．k=1n f(4k)＞2n2+2n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）(x3−1x)4展开式中常数项为 ．
13．（5分）已知某条线路上有A，B两辆相邻班次的BRT（快速公交车），若A准点到站的概率为13，在B准点到站的前提下A准点到站的概率为34，在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为716，则B准点到站的概率为 ．
14．（5分）[x]表示不超过x的最大整数，比如[2.6]＝2，[π]＝3，…，已知等差数列{an}的通项公式an＝2n+1，其前n项和为Sn，则使[S1]+[S2]+⋯+[Sn]⩽2025成立的最大整数为 ．
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．（13分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足asinB=bcs(A−π6)．
（1）求角A；
（2）若a＝2，求△ABC周长的取值范围．
16．（15分）为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1﹣p（0＜p＜1）．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项；Ⅲ．随机选三个选项．
（1）若p=12，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望；
（2）以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？
17．（15分）已知函数f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调区间．
18．（17分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且AC⊥BC，PA＝AC＝BC＝3，D为PC的中点，G在线段PB上，且DG=62．
（1）证明：AD⊥PB；
（2）若BG的中点为H，求平面ADG与平面ADH夹角的余弦值．
19．（17分）对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N∗)，则称数列{an}是“优分解”的．
（1）证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的．
（2）记Δan=an+1−an，Δ2an=Δan+1−Δan(n∈N∗)，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则Δ2an=0(n∈N∗)或数列{Δ2an}是等比数列．
（3）设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通项公式．
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B={x|y=1−x2}，则A∩B＝（ ）
A．{1}B．{0，1}C．{﹣1，1}D．{﹣1，0，1}
【分析】将集合B化简，再由交集的运算，即可得到结果．
解：因为A＝{1，2，3}，B={x|y=1−x2}={x|﹣1≤x≤1}，
所以A∩B＝{1}．
故选：A．
【点评】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
2．（5分）已知命题p：∀α∈R，sin(π3+α)=cs(π6−α)，则￢p为（ ）
A．∃α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6−α)
B．∀α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6−α)
C．∀α∉R，sin(π3+α)=cs(π6−α)
D．∃α∉R，sin(π3+α)=cs(π6−α)
【分析】根据给定条件，利用全称量词命题的否定判断即得．
解：命题p：∀α∈R，sin(π3+α)=cs(π6−α)，
则¬p：∃α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6−α)．
故选：A．
【点评】本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3．（5分）在等差数列{an}中，已知a1＝﹣9，a3+a5＝﹣9，a2n﹣1＝9，则n＝（ ）
A．7B．8C．9D．10
【分析】结合等差数列的通项公式即可求解．
解：等差数列{an}中，a1＝﹣9，a3+a5＝2a1+6d＝﹣9，
则d=32，a2n﹣1＝9，
所以﹣9+（2n﹣2）×32=9，
故n＝7．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等差数列通项公式的应用，属于基础题．
4．（5分）已知向量a→=(1，−1)，b→=(2，1)，若(ta→+b→)⊥(−2a→+tb→)，则t＝（ ）
A．1或12B．﹣2或12C．﹣1或2D．﹣2或1
【分析】由向量点的坐标先求出.ta→+b→和−2a→+tb→的坐标，再由两垂直向量数量积为0建立等式，从而求得参数t的值．
解：向量a→=(1，−1)，b→=(2，1)，
则ta→+b→=(t+2，−t+1)，−2a→+tb→=(−2+2t，2+t)，
∵(ta→+b→)⊥(−2a→+tb→)，
∴(ta→+b→)⋅(−2a→+tb→)=0，即（t+2）（﹣2+2t）+（﹣t+1）（2+t）＝t2+t﹣2＝0，
∴（t+2）（t﹣1）＝0，
∴t＝﹣2或t＝1．
故选：D．
【点评】本题主要考查向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，属于基础题．
5．（5分）已知α∈(π2，π)，2cs2α=sin(α−π4)，则sin2α＝（ ）
A．−14B．14C．−34D．34
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换求出三角函数的值．
解：因为2cs2α=sin(α−π4)，
所以2(cs2α−sin2α)=22(sinα−csα)，
所以(csα−sinα)(csα+sinα+12)=0．
又α∈(π2，π)，则sinα＞0，csα＜0，
即csα﹣sinα＜0．
所以csα+sinα=−12，因为α∈(π2，π)，所以sin2α＜0．
由(csα+sinα)2=14，可得1+sin2α=14，即sin2α=−34，符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
6．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+b＝4，则（ ）
A．1a+1b≥2B．a+b≥22
C．a2+2b≥8D．(a+2b)(b+2a)≥8
【分析】根据基本不等式“1”的妙用以及基本不等式的应用逐项判断可求出结果．
解：a＞0，b＞0，且a+b＝4，
对于A，(1a+1b)(a4+b4)=b4a+a4b+12≥2b4a⋅a4b+12=1，
当且仅当b4a=a4b，即a＝b＝2时，等号成立，故A错误；
对于B，因为4=a+b≥2ab，所以ab≤4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，
所以(a+b)2=a+b+2ab≤8，所以a+b≤22，故B错误；
对于C，因为a2+2b＝a2+2（4﹣a）＝（a﹣1）2+7≥7，故C错误；
对于D，(a+2b)(b+2a)=ab+4ab+4≥2ab⋅4ab+4=8，
当且仅当ab＝2时，等号成立，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
7．（5分）设f（x）＝ex+lnx，满足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c）．若函数f（x）存在零点x0，则（ ）
A．x0＜aB．x0＞aC．x0＜cD．x0＞c
【分析】由题意，利用函数的单调性，结合函数的零点判定定理对选项进行分析，进而可解．
解：易知f（x）的定义域为（0，+∞）且y＝ex，y＝lnx均为单调递增函数，
所以函数f（x）＝ex+lnx在x∈（0，+∞）上单调递增，
因为0＜a＜b＜c，
所以f（a）＜f（b）＜f（c），
满足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c），
所以f（a），f（b），f（c）中有1个是负数一定是f（a），两个正数或3个负数，
因为f（x）存在零点，
所以x0＞a．
故选：B．
【点评】本题考查函数的单调性以及零点存在性定理，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
8．（5分）已知a＞1，若关于x的方程（xa−1）lna+xlnx＝0有两个不同的正根，则a的取值范围为（ ）
A．（1，ee）B．（ee，+∞）C．(1，e1e)D．(e1e，+∞)
【分析】由题意，先将方程(xa−1)lna+xlnx=0进行整理，利用换元法、构造函数法，结合导数来求得a的取值范围．
解：因为a1x−1+x⋅lnxlna=0，
即1xa1x+lgax=1x，
所以1xa1x=lga(1xa1x)，
令1xa1x=t，
易知t=1xa1x在（0，+∞）上单调递减，
此时t−lgat=t−lntlna=0有两个不同的正根，
令f(t)=lntt，函数定义域为（0，+∞），
可得f′(t)=1−lntt2，
当0＜t＜e时，f′（t）＞0，f（x）单调递增；
当t＞e时，f′（t）＜0，f（x）单调递减，
所以f(t)max=f(e)=1e，
因为当t∈（0，1）时，f（t）＜0；当t∈（1，+∞）时，f（t）＞0，
所以0＜lna＜1e，
则a∈(1，e1e)．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知复数z1，z2，下列说法正确的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，则z12=z22
B．|z1z2|＝|z1||z2|
C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|
D．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD．
解：对于A，设z1＝1+2i，z2＝2+i，显然|z1|＝|z2|，
但z12=−3+4i≠z22=3+4i，故A错；
对于B，设z1＝a+bi，z2＝c+di，
则z1z2＝ac﹣bd+（ad+bc）i，
|z1z2|=(ac−bd)2+(ad+bc)2=a2c2+a2d2+b2c2+d2d2，
|z1||z2|=a2+b2⋅c2+d2=a2c2+a2d2+b2c2+d2d2，
所以|z1z2|＝|z1||z2|，故B对；
对于CD，根据复数的几何意义可知，复数z1在复平面内对应向量OZ1→，
复数z2对应向量OZ2→，复数加减法对应向量加减法，
故|z1﹣z2|和|z1+z2|分别为OZ1→和OZ2→为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，
所以|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|，|z1+z2|≤|z1|+|z2|，故C对，D对．
故选：BCD．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数模的求法，是基础题．
10．（6分）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】对于A，设正方体棱长为2，MN与OP所成角为θ，求出tanθ=22，不满足MN⊥OP；对于B，C，D，作出空间直角坐标系，设正方体棱长为2，利用向量法进行判断，即可．
解：对于A，设正方体棱长为2，MN与OP所成角为θ，
则tanθ=1124+4=22，不满足MN⊥OP，故A错误；
对于B，如图，作出空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则M（0，2，2），N（2，2，0），P（0，0，1），O（1，1，0），
∴MN→=（2，0，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→⋅OP→=−4，不满足MN⊥OP，故B错误；
对于C，如图，作出空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），
∴MN→=（﹣2，0，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→⋅OP→=0，满足MN⊥OP，故C正确；
对于D，如图，作出空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则M（0，0，2），N（0，2，0），P（0，0，1），O（1，1，0），
∴MN→=（0，2，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→⋅OP→=−4，不满足MN⊥OP，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间中线与线的位置关系，熟练掌握利用空间向量证明线线垂直的方法是解题的关键，考查空间立体感和运算能力，属于基础题．
（多选）11．（6分）设f（x），g（x）都是定义在R上的奇函数，且f（x）为单调函数，f（1）＞1，若对任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a（a为常数），g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，则（ ）
A．g（2）＝0
B．f（3）＜3
C．f（x）﹣x为周期函数
D．k=1n f(4k)＞2n2+2n
【分析】对于A，在f（g（x）﹣x）＝a中，令x＝0得a＝f（g（0））＝f（0）＝0，f（x）为单调函数，所以g（x）﹣x＝0；对于B，由f（3）+f（1）＝4，得f（3）＝4﹣f（1）＜3，对于C，设h（x）＝f（x）﹣x，则由f（x+2）+f（x）＝2x+2，可得h（x+2）+h（x）＝0，对于D，由h（x+4）＝h（x），得f（x+4）﹣x﹣4＝f（x）﹣x，{f（4k）}为等差数列，且f（4）﹣f（0）＝4，所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n．
解：因为f（x），g（x）都是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0，g（0）＝0，
因为对任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a，
所以a＝f（g（0））＝f（0）＝0，
所以f（g（x）﹣x）＝0，又f（x）为单调函数，
所以g（x）﹣x＝0，即g（x）＝x，
因为g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，
所以f（x+2）+f（x）＝2x+2，
对于A，g（2）＝2，故A错误；
对于B，由f（3）+f（1）＝4，f（1）＞1，得f（3）＝4﹣f（1）＜3，故B正确；
对于C，设h（x）＝f（x）﹣x，则由f（x+2）+f（x）＝2x+2，
可得h（x+2）+h（x）＝0，所以h（x+4）+h（x+2）＝0，
所以h（x+4）＝h（x），即f（x）﹣x为周期函数，故C正确；
对于D，由h（x+4）＝h（x），得f（x+4）﹣x﹣4＝f（x）﹣x，即f（x+4）﹣f（x）＝4，
所以{f（4k）}为等差数列，k∈N*，
且f（4）﹣f（0）＝4，即f（4）＝4，
所以f（4k）＝4+4（k﹣1）＝4k，
所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查抽象函数及其应用，函数的性质综合应用，数列求和，属难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）(x3−1x)4展开式中常数项为 ﹣4 ．
【分析】求得二项式展开式中的通项公式，再令x的指数为0，计算可得所求值．
解：（x3−1x）4的展开式的通项公式为Tr+1=C4r（x3）4﹣r（−1x）r=C4r（﹣1）rx12﹣4r，r＝0，1，…，4，
令12﹣4r＝0，解得r＝3，
T4=C43（﹣1）3＝﹣4，
故﹣4．
【点评】本题考查二项式展开式中通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
13．（5分）已知某条线路上有A，B两辆相邻班次的BRT（快速公交车），若A准点到站的概率为13，在B准点到站的前提下A准点到站的概率为34，在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为716，则B准点到站的概率为 14 ．
【分析】根据已知条件以及条件概率列方程，从而求得B准点到站的概率．
解：某条线路上有A，B两辆相邻班次的BRT（快速公交车），
A准点到站的概率为13，在B准点到站的前提下A准点到站的概率为34，
在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为716，
设事件A为“A准点到站”，事件B为“B准点到站”，
依题意，P(A)=13，P(A|B)=34，P(B|A)=716，
而P(B|A)=P(AB)P(A)=716，∴P(AB)=748，
而P(A)=P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=13，则P(AB)=316，
又P(A|B)=P(AB)P(B)=34，解得P(B)=14．
故14．
【点评】本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（5分）[x]表示不超过x的最大整数，比如[2.6]＝2，[π]＝3，…，已知等差数列{an}的通项公式an＝2n+1，其前n项和为Sn，则使[S1]+[S2]+⋯+[Sn]⩽2025成立的最大整数为 63 ．
【分析】根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，求出Sn，再结合取整函数的定义，即可求解．
解：等差数列{an}的通项公式an＝2n+1，
则a1＝3，
故Sn=n(a1+an)2=n2+2n，
∴[Sn]=[n2+2n]，
n2＜n2+2n＜(n+1)2⇒n＜n2+2n＜n+1，∴[Sn]=[n2+2n]=n，
即[S1]+[S2]+⋯+[Sn]=1+2+⋯+n=n(n+1)2⩽2025，
∴n（n+1）⩽4050，
n＝63时，63×64＝4032＜4050；n＝64时，64×65＝4160＞4050．
故n的最大值为63．
故63．
【点评】本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
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．（13分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足asinB=bcs(A−π6)．
（1）求角A；
（2）若a＝2，求△ABC周长的取值范围．
【分析】（1）由asinB=bcs(A−π6)，利用正弦定理求解；
（2）由（1）知A=π3，利用余弦定理得到b2+c2＝bc+4，再利用基本不等式求解．
解：（1）由asinB=bcs(A−π6)及正弦定理得：sinAsinB=sinBcs(A−π6)，
故sinAsinB=32sinBcsA+12sinBsinA，
即12sinAsinB=32sinBcsA，
因为B∈（0，π），sinB≠0，则12sinA=32csA，
所以12sinA−32csA=sin(A−π3)=0，
因为A∈（0，π），所以A=π3；
（2）由（1）可知，A=π3，
由余弦定理，得b2+c2﹣a2＝bc，
又a＝2，所以b2+c2＝bc+4，
由基本不等式得：b2+c2≥2bc，即bc+4≥2bc，
所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立；
又（b+c）2＝b2+c2+2bc＝3bc+4≤16，
即0＜b+c≤4，又b+c＞a＝2，所以2＜b+c≤4，
所以4＜a+b+c≤6，
即△ABC周长的取值范围是（4，6]．
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理及基本不等式的应用，属中档题．
16．（15分）为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1﹣p（0＜p＜1）．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项；Ⅲ．随机选三个选项．
（1）若p=12，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望；
（2）以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？
【分析】（1）由题意，记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，得到X的所有可能取值和相对应的概率，代入期望公式中即可求解；
（2）记ξ为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，ɛ为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，η为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，得到相对应的期望，再列出等式进行求解即可．
解：（1）记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
此时X的所有可能取值为0，2，3，
可得P(X=0)=12×2C41+12×1C41=38，P(X=2)=12×0+12×C31C41=38，
P（X＝3）＝1﹣P（X＝1）﹣P（X＝2）=14，
则X的分布列为：
故E(X)=0×38+2×38+3×14=32；
（2）记ξ为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
此时P（ξ＝1）=p×2C41+(1−p)×1C41=1+p4，P(ξ=2)=p×0+(1−p)×C31C41=34(1−p)，
P(ξ=3)=p×C21C41+(1−p)×0=12p，
所以E(ξ)=0×1+p4+2×34(1−p)+3×12p=32；
记ɛ为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
此时P(ε=0)=p×C42−1C42+(1−p)×C31C42=13p+12，
P（ɛ＝4）＝p×0+（1﹣p）×C42−C31C42=12(1−p)，
P（ɛ＝6）＝p×1C42+（1﹣p）×0=16p，
所以E(ε)=0×(13p+12)+4×12(1−p)+6×16p=2−p；
记η为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
此时P(η=0)=p×1+(1−p)×C43−1C43=14p+34，
P（η＝6）＝p×0+（1﹣p）×1C43=14(1−p)，
所以E(η)=0×(14p+34)+6×14(1−p)=32(1−p)，
若满足唯独选择方案Ⅰ最好，
此时2−p＜3232(1−p)＜320＜p＜1，
解得12＜p＜1．
故p的取值范围为(12，1)．
【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．
17．（15分）已知函数f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调区间．
【分析】（1）求导，可得f（1）＝e2﹣2，f'（1）＝2e2﹣2，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）求导可得f'（x）＝（2ex+a）（ex﹣1），分类讨论a的符号以及ln(−a2)与0的大小关系，利用导数判断原函数的单调性．
解：（1）当a＝2时，则f（x）＝e2x﹣2x，f'（x）＝2e2x﹣2，
可得f（1）＝e2﹣2，f'（1）＝2e2﹣2，
即切点坐标为（1，e2﹣2），切线斜率为k＝2e2﹣2，
所以切线方程为y﹣（e2﹣2）＝（2e2﹣2）（x﹣1），即（2e2﹣2）x﹣y﹣e2＝0．
（2）由题意可知：f（x）的定义域为R，且f′（x）＝2e2x+（a﹣2）ex﹣a＝（2ex+a）（ex﹣1），
（i）若a≥0，则2ex+a＞0，
令f′（x）＞0，解得x＞0；令f′（x）＜0，解得x＜0；
可知f（x）在（﹣∞，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增；
（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，解得x=ln(−a2)或x＝0，
①当ln(−a2)＜0，即﹣2＜a＜0时，令f′（x）＞0，解得x＞0或x＜ln(−a2)；
令f'（x）＜0，解得ln(−a2)＜x＜0，
可知f（x）在(ln(−a2)，0)内单调递减，在(−∞，ln(−a2），（0，+∞）内单调递增；
②当ln(−a2)=0，即a＝﹣2时，则f'（x）＝2（ex﹣1）2≥0，可知f（x）在R内单调递增；
③当ln(−a2)＞0，即a＜﹣2时，令f′（x）＞0，解得x＜0或x＞ln(−a2)；
令f'（x）＜0，解得0＜x＜ln(−a2)，
可知f（x）在(0，ln(−a2）内单调递减，在（﹣∞，0），(ln(−a2)，+∞）内单调递增；
综上所述：若a≥0，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；
若﹣2＜a＜0，f（x）的单调递减区间为(ln(−a2)，0)，单调递增区间为(−∞，ln(−a2），（0，+∞）；
若a＝﹣2，f（x）的单调递增区间为R，无单调递减区间；
若a＜﹣2，f（x）的单调递减区间为(0，ln(−a2），单调递增区间为（﹣∞，0），(ln(−a2)，+∞)．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于难题．
18．（17分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且AC⊥BC，PA＝AC＝BC＝3，D为PC的中点，G在线段PB上，且DG=62．
（1）证明：AD⊥PB；
（2）若BG的中点为H，求平面ADG与平面ADH夹角的余弦值．
【分析】（1）先证AD⊥平面PBC，根据线面垂直的定义证明线线垂直．
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的大小．
解：（1）证明：由于PA⊥底面ABC，并且BC⊂底面ABC，
因此PA⊥BC，
由于PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，并且AC⊥BC，
因此BC⊥平面PAC，
又由于AD⊂平面PAC，因此BC⊥AD，
由于PA＝AC，且D为PC的中点，
因此AD⊥PC，
又由于PC∩BC＝C，且BC，PC⊂平面PBC，
因此AD⊥平面PBC，
由于PB⊂平面PBC，因此AD⊥PB．
（2）根据题意可知，以点A为原点，以过点A且平行于BC的直线为x轴，AC，AP所在的直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则PA＝AC＝BC＝3，
可得D(0，32，32)，C（0，3，0），B（3，3，0），A（0，0，0），P（0，0，3），
所以PD→=(0，32，−32)，PB→=(3，3，−3)，
由于G在线段PB上，令PG→=λPB→=(3λ，3λ，−3λ)，
且0＜λ＜1，
那么DG→=PG→−PD→=(3λ，3λ−32，−3λ+32)，
由于DG=62，
所以9λ2+(3λ−32)2+(−3λ+32)2=64，因此λ=13，
因此H（2，2，1），G（1，1，2），
所以AD→=(0，32，32)，AG→=(1，1，2)，AG→=(2，2，1)，
设平面ADH的法向量为m→=(x，y，z)，那么m→⋅AD→=32y+32z=0m→⋅AH→=2x+2y+z=0，
令y＝1，可得x=−12，z＝﹣1，所以m→=(−12，1，−1)，
设平面ADG的法向量为n→=(x，y，z)，那么n→⋅AD→=32y+32z=0n→⋅AG→=x+y+2z=0，
令y＝1，可得z＝﹣1，x＝1，因此n→=(1，1，−1)，
设平面ADG与平面ADH的夹角为θ，
可得csθ=|n→⋅m→||n→||m→|=323×32=33，
故平面ADG与平面ADH夹角的余弦值为33．
【点评】本题考查空间位置关系，属于中档题．
19．（17分）对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N∗)，则称数列{an}是“优分解”的．
（1）证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的．
（2）记Δan=an+1−an，Δ2an=Δan+1−Δan(n∈N∗)，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则Δ2an=0(n∈N∗)或数列{Δ2an}是等比数列．
（3）设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通项公式．
【分析】（1）{an}是等差数列，则an＝a1+（n﹣1）d＝[a1﹣1+（n﹣1）d]+1，令bn＝a1﹣1+（n﹣1）d，cn＝1，可得结论；
（2）设an=bn+cn(n∈N∗)，可得Δ2an=c1qn−1(q−1)2，进而可得结论；
（3）设Sn=Bn+Cn(n∈N∗)，可得{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q（Q≠1）的等比数列，设an=bn+cn(n∈N∗)，可得Δ2Sn=d+c1qn(q−1)，可得[d+c1q2(q−1)]2=[d+c1q(q−1)]⋅[d+c1q3(q−1)]，可得数列{Δan}是首项Δa1＝a2﹣a1＝1，公比为q的等比数列，可求{an}的通项公式．
解：（1）∵{an}是等差数列，∴设an＝a1+（n﹣1）d＝[a1﹣1+（n﹣1）d]+1，
令bn＝a1﹣1+（n﹣1）d，cn＝1，
则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，所以数列{an}是“优分解”的．
（2）由于数列{an}是“优分解”的，设an=bn+cn(n∈N∗)，其中bn=b1+(n−1)d，cn=c1qn−1(c1≠0，q≠0)，
则Δan=an+1−an=d+c1qn−1(q−1)，Δ2an=Δan+1−Δan=c1qn−1(q−1)2．
当q＝1时，Δ2an=0(n∈N∗)；
当q≠1时，{Δ2an}是首项为c1(q−1)2，公比为q的等比数列．
（3）一方面，∵数列{Sn}是“优分解”的，设Sn=Bn+Cn(n∈N∗)，
其中Bn=B1+(n−1)D，Cn=C1Qn−1(C1≠0，Q≠0)，由（2）知Δ2Sn=C1Qn−1(Q−1)2
因为ΔS1＝S2﹣S1＝a2＝4，ΔS2＝S3﹣S2＝a3＝6，所以Δ2S1＝ΔS2﹣ΔS1＝2．
∴C1(Q−1)2=2，∴Q≠1，∴{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q（Q≠1）的等比数列．
另一方面，由于{an}是“优分解”的，设an=bn+cn(n∈N∗)，
其中bn=b1+(n−1)d，cn=c1qn−1(c1≠0，q≠0)，
ΔSn=Sn+1−Sn=an+1，Δ2Sn=ΔSn+1−ΔSn=an+2−an+1=d+c1qn(q−1)
∵{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q（Q≠1）的等比数列，
∴q≠0，q≠1，且(Δ2S2)2=(Δ2S1)⋅(Δ2S3)，
∴[d+c1q2(q−1)]2=[d+c1q(q−1)]⋅[d+c1q3(q−1)]
化简得c1dq(q−1)3=0，∵c1≠0，q≠0，q≠1，∴d＝0，∴Δan=an+1−an=c1qn−1(q−1)，
即数列{Δan}是首项Δa1＝a2﹣a1＝1，公比为q的等比数列．
又∵Δa2＝a3﹣a2＝2，∴q＝2，
又∵Δ2S1＝2，∴d+c1q（q﹣1）＝2，∵d＝0，q＝2，∴解得c1＝1，∴b1＝a1﹣c1＝3﹣1＝2，
综上所述，an=b1+(n−1)d+c1qn−1=2+2n−1．
【点评】本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
10
答案
A
A
A
D
C
D
B
C
C
X
0
2
3
P
38
38
14