2023年山西省三重教育高考数学联考试卷（2月份）（含答案解析）

这是一份2023年山西省三重教育高考数学联考试卷（2月份）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 已知一个足球场地呈南北走向， 已知抛物线C， 已知椭圆M等内容，欢迎下载使用。

A. (−2,4)B. (−4,2)C. (−2,2)D. (−4,4)
2. 已知复数z1，z2满足|z1|=3，z2=2+i，则|z1⋅z2|=( )
A. 3 3B. 2 6C. 3 5D. 6
3. 已知一个足球场地呈南北走向.在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60∘方向行进了24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为( )
A. 8 7米B. 8 10米C. 32米D. 8 19米
4. 已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，点P(x0,1)在C上，过P作l的垂线，垂足为Q，若|PO|=|PQ|(O为原点)，则F到l的距离为( )
A. 1B. 2C. 4D. 6
5. 有一个棱柱形状的石料，底面是边长为6的等边三角形，该石料侧棱垂直于底面，若可以将该石料打磨成四个半径为 3的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为( )
A. 216−4 3πB. 216−16 3πC. 270−16 3πD. 270−4 3π
6. 已知向量a=(1, 2)，b=(csθ,sinθ)，其中θ∈(0,2π).若a⋅b=|a|，则tanθ=( )
A. 3B. 2C. 33D. 6
7. 现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为( )
A. 3.5B. 4C. 4.5D. 5
8. 已知椭圆M：x23+y2=1的上顶点为A，过点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为B(x1,y1)(其中x1>0)，过B作l的垂线，交y轴于点C.若|BC|=2 3，则l的斜率k=( )
A. −2 3B. − 3C. − 33D. − 32
9. 已知等比数列{an}的公比为q(q>0)，前n项积为Tn，若T7>T6>T8，则( )
A. 01C. T13>1>T14D. T14>1>T15
10. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(−154≤ω≤−3,|φ|<π2)的图象关于点(−π3,0)对称，且存在t>0，使得f(x)在[−π3−t,−π3+t]上单调递增，则下列选项正确的是( )
A. f(x)的最小正周期T∈[8π15,2π3]
B. f(x)在[−π3,−π6]上单调递增
C. 函数f(x)的图象不可能关于点(7π10,0)对称
D. 函数f(x)在(0,π2)内不存在极值点
11. 已知椭圆C：x28 +y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=t(t∈(0,2))与椭圆C交于A，B两点(其中点A在点B的左侧)，记△ABF1面积为S，则( )
A. |F1A|+|F1B|=4 2
B. AF1⊥BF1时，t= 3
C. S的最大值为2 2
D. 当∠F1AF2=π3时，点A的横坐标为−4 33
12. 已知函数f(x)=x+1ex−1−ax−1，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)在R上单调递增，则a≤−1
B. 若0a−1的解集为(m,n)(n>m)，则n−m>2
C. 若f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，则a∈(−eln22,0)
D. 若a=1，则过(0,3)仅能做曲线y=f(x)的一条切线
13. A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有______ 种.
14. 已知直线ax+2by−1=0(a>0,b>0)过定点(2,1)，则1a+2b的最小值为______ .
15. 若在圆C：x2+y2=r2(r>0)上存在一点P，使得过点P作圆M：(x−2)2+y2=1的切线长为 2，则r的取值范围为______ .
16. 若曲线y=ax(x>0)与曲线y=2lnx存在公切线，则a的取值范围为______ .
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π3，且△ABC的周长为6.
(1)证明：bc+12=4(b+c)；
(2)求△ABC面积的最大值.
18. 已知数列{an}各项均为正数，a1=1，an+1>an，且an+2+an=a2⋅an+1(n∈N*).
(1)若a2=2，求{an}的前n项和Sn；
(2)若{an+1−2an}为等比数列，且{an}不为等比数列，求a2的值.
19. 一对夫妻计划进行为期60天的自驾游.已知两人均能驾驶车辆，且约定：①在任意一天的旅途中，全天只由其中一人驾车，另一人休息；②若前一天由丈夫驾车，则下一天继续由丈夫驾车的概率为14，由妻子驾车的概率为34；③妻子不能连续两天驾车.已知第一天夫妻双方驾车的概率均为12.
(1)求在刚开始的三天中，妻子驾车天数的概率分布列和数学期望；
(2)设在第n天时，由丈夫驾车的概率为pn，求数列{pn}的通项公式.
20. 如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PBA=∠CBA=45∘，BP=BC=2 2，AB=1.
(1)证明：AB⊥PC；
(2)求二面角A−PC−B的余弦值.
21. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为8.过左焦点F的直线与C的左半支交于A，B两点，过A，B作直线l：x=−1的垂线，垂足分别为M，N，且当AB垂直于x轴时，|MN|=12.
(1)求C的标准方程；
(2)设点P(2 3−1,0)，判断是否存在t>0，使得1|PM|−t+1|PN|−t为定值？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.
22. 设函数f(x)=lnx+2x2−xa−bx，其中a>0，b∈R.
(1)若a=14，且f(x)在区间(0,t)单调递减，在区间(t,+∞)单调递增，求t的最小值；
(2)证明：对任意正数a，b，f(x)仅存在唯一零点.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A={x|x2−3x<4}={x|(x−4)(x+1)<0}={x|−1则A∪B=(−2,4).
故选：A.
分别将两个集合中的元素表示出来，再求并集．
本题考查集合的运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：|z1|=3，z2=2+i，
则|z2|= 22+12= 5，
故|z1⋅z2|=|z1||z2|=3× 5=3 5.
故选：C.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：如图，根据题意可知，AB=16，BC=24，∠ABC=120∘，
由余弦定理可得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs120∘=162+242−2×16×24×(−12)，
解得，AC=8 19(米)，
故选：D.
根据条件作出示意图，利用余弦定理求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据抛物线的几何性质及题意可得：
|PF|=|PQ|=|PO|，
又|PF|=p2+1，|PO|= x02+1，且x02=2p，
∴p2+1= 2p+1，(p>0)，
解得p=4，
∴F到准线l的距离为p=4，
故选：C.
根据抛物线的几何性质及题意可得|PF|=|PQ|=|PO|，从而建立p的方程，解方程即可得解．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属中档题．
5.【答案】B
【解析】解：底面是边长为6的等边三角形，则等边三角形有内切圆，且内切圆的半径为 3，
可知四个石球均与正三棱柱的三个侧面相切，
需要石料的高为4×2 3=8 3，
则石料的体积为12×6×6× 32×8 3=216，
四个石球的体积为4×43π×( 3)3=16 3.
∴至少需要打磨掉的石料废料的体积为216−16 3.
故选：B.
由已知可得所需正三棱柱的最大高度，再由棱柱体积减去四个球的体积得答案．
本题考查多面体的内切球，考查多面体体积的求法，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：∵向量a=(1, 2)，b=(csθ,sinθ)，其中θ∈(0,2π)，a⋅b=|a|，
∴csθ+ 2sinθ= 12+( 2)2= 3，
则cs2θ+2sin2θ+2 2sinθcsθ=3cs2θ+3sin2θ，
即2cs2θ+sin2θ=2 2sinθcsθ，
两边同时除以cs2θ得，tan2θ−2 2tanθ+2=0，
∴(tanθ− 2)2=0，∴tanθ= 2，
故选：B.
利用向量的数量积运算得到csθ+ 2sinθ= 3，再利用三角恒等变换求解即可．
本题考查了向量的数量积运算，三角恒等变换的运用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3，
则两组数据混合后，新数据的平均数x−=6×3+6×512=4，
则新数据的方差S2=612[5+(3−4)2]+612[3+(5−4)2]=5，
故选：D.
根据题意，由分层抽样中数据方差的计算公式计算可得答案．
本题考查数据的方差的计算，注意方差的计算公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可得直线l的方程为y=kx+k(k<0)，
将直线方程代入椭圆方程可得：(1+3k2)x2+6kx=0，所以x1=−6k1+3k2，
则y1=−6k21+3k2+1=1−3k21+3k2，因为过B作l的垂线，交y轴于点C，
所以BC所在直线方程为：y=−1k(x+6k1+3k2)+1−3k21+3k2，
令x=0，则y=−5−3k21+3k2，所以点C(0,−5−3k21+3k2)，又因为|BC|=2 3，
所以(6k1+3k2)2+(−5−3k21+3k2−1−3k21+3k2)2=12，整理化简可得：9k4+3k2−2=0，
解得：k2=13，因为k<0，所以k=− 33，
故选：C.
根据题意得出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立求出点B的坐标，再根据题意求出BC所在直线方程，求出点C的坐标，利用两点间距离公式即可求解．
本题考查求椭圆的离心率，考查运算求解能力，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：因为等比数列{an}的公比为q>0，T7>T6>T8，
则a7>1，0所以0T13=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅a12⋅a13=a714>1，T14=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅a12⋅a13⋅a14=(a7⋅a8)7<1，C正确，D错误．
故选：AC.
由已知结合等比数列的性质分析各选项即可判断．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，∵−154≤ω≤−3，∴T=2π|ω|∈[8π15,2π3]，故A正确；
对于B，若存在t>0，使f(x)在[−π3−t,−π3+t]上单调递增，
则由正弦型曲线的性质得：t≤T4，即t≤π6，
∴f(x)在[−π3,−π6]上不一定单调，故B错误；
对于C，∵(−π3,0)是f(x)的对称中心，∴(−π3+kT2,0)，k∈Z也是f(x)的对称中心，
−π3+T2∈[−π15,0]，−π3+T∈[π5,π3]，−π3+3T2∈[7π15,2π3]，−π3+2T∈[11π15,π]，
2π3<7π10<11π15，
∴(7π10,0)不是f(x)的对称中心，故C正确；
对于D，函数f(x)的极值为f(x)的最值，(−π3,0)是f(x)的对称中心，
∴f(x)的最值点为x=−π3+(2n−1)T4，n∈Z，
∴−π3+T4∈[−π5,−π6]，−π3+3T4∈[π15,π6)⊆(0,π2),
∴函数f(x)在(0,π2)内存在极值点，故D错误．
故选：AC.
对于A，依据周期的定义，计算2π|ω|的范围可判断；对于B，f(x)的单调增区间在距对称中心前后T4内，令t≤T4，求出t的范围可判断结果；对于C，f(x)的每个对称中心间隔为kT2，k∈Z，计算f(x)对称中心的范围判断(7π10,0)是否在此范围内即可；对于D，f(x)的极值点为x=−π3+(2n−1)T4，n∈Z，依据周期的范围计算极值点的范围，判断是否在(0,π2)内可得结果．
本题考查三角函数的图象和性质、单调性、对称性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由椭圆C：x28 +y24=1，可得a=2 2，b=2，c=2，
由对称性可知|AF1|=|BF2|，∴|F1A|+|F1B|=|BF2|+|F1B|=2a=|4 2，故A正确；
F1，F2的坐标分别为(−2,0)，(2,0)，设A(−x,t)，B(x,t)，
AF1=(−2+x,−t)，BF1=(−2−x,−t)，
若AF1⊥BF1时，可得AF1⋅BF1=4−x2+t2=4−(8−2t2)+t2=0，解得t=2 33，故B错误；
∵直线y=t(t∈(0,2))与椭圆C交于A，B两点，∴A，B两点的坐标分别为(− 8−2t2,t)，( 8−2t2,t)，
∴S=12|AB|×d=12×2× 8−2t2×t= 8−2t2×t= 2× 4−t2×t≤ 2×( 4−t2)2+t22=2 2，当且仅当 4−t2=t，即t= 2时取等号，故C正确；
设A(x,y)(x<0)，
当∠F1AF2=π3时，|AF2|+|F1A|=2a=4 2，设|AF1|=m，则|AF2|=n，
∴由余弦定理可得m2+n2−2m×n×csπ3=42，∴(m+n)2−2mn−mn=42，∴mn=163，
∴SAF1F2=12mnsinπ3=4 33，又12×2c×y=SAF1F2=4 33，∴y=2 33，
∵又x28 +y24=1，解得x=−4 33，故D正确．
故选：ACD.
由对称性可得|AF1|=|BF2|，进而可得|F1A|+|F1B|=|BF2|+|F1B|=2a，可判断A；设A(−x,t)，B(x,t)，求得向量的数量积求解可判断B；A，B两点的坐标分别为(− 8−2t2,t)，( 8−2t2,t)，可得S=12|AB|×d=12×2× 8−2t2×t，利用基本不等式可求最大值判断C；设|AF1|=m，则|AF2|=n，由余弦定理可得mn的值，进而可得12×2c×y=SAF1F2=4 33，可求y，进而可得A的横坐标判断D.
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，f′(x)=−xex−1−a，因为函数f(x)在R上单调递增，
所以f(x)≥0恒成立，即−a≥xex−1恒成立，
记g(x)=xex−1，则−a≥g(x)max，
因为g′(x)=1−xex−1，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
因此，函数g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1，所以−a≥1，即a≤−1，故A正确；
对于B，由f(x)>a−l得x+1ex−1>a(x+1)，等价于(x+1)(1ex−1−a)>0，即(x+1)(e−aex)>0，
当x>−1时，aex所以−1e，x>1−lna无解，
故f(x)>a−1的解集为(−1,1−lna)，此时n−m=(1−lna)−(−1)=2−lna，
当1对于C，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，所以f′(x)=−xex−1−a有两个零点x1，x2，
即方程−a=xex−1有两个解为x1，x2，设g(x)=xex−1，则g′(x)=1−xex−1，
当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，即函数g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
因此，函数g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1，
令x2=2x1，则x1ex1−1=x2ex2−1=2x1e2x1−1，解得x1=ln2，
此时−a=x1ex1−1=ln2eln2−1=eln22，即a=−eln22，
方程−a=xex−1有两个解为x1，x2等价于y=−a与y=xex−1有两个交点，
作出两函数图象，如图所示：
由图象可得0<−a解得−eln22对于D，a=1时，f(x)=x+1ex−1−x−1，f′(x)=−xex−1−1，设f(x)图象上一点(t,f(t))，
则f(t)=t+1et−1−t−1，故过点(t,f(t))的切线方程为y−(t+1et−1−t−1)=(−tet−1−1)(x−t)，
将(0,3)代入上式得3−(t+1et−1−t−1)=(−tet−1−1)(0−t)，
整理得4et−1−t2−t−1=0，
设h(t)=4et−1−t2−t−1，则h′(t)=4et−1−2t−1，
设m(t)=4et−1−2t−1，则m′(t)=4et−1−2，
由m′(t)>0，可得t>1+ln12，令m′(t)<0，可得t<1+ln12，
所以m(t)在(−∞,1+ln12)上单调递减，在(1+ln12,+∞)上单调递增，
所以m(t)≥m(1+ln12)=2ln2−1>0，所以h′(t)>0，所以函数h(t)单调递增，
又h(−1)=4e−2−1<0，h(0)=4e−1−1>0，即方程4et−1−t2−t−1=0在区间(−1,0)有唯一解，
所以存在唯一一条过(0,3)的切线，故D正确．
故选：ACD.
对函数求导，利用导数研究函数的最值判断A；化简不等式，利用符号法解不等式，从而求解区间长度范围判断B；结合图象和函数的零点判断C；利用导数的几何意义建立方程，判断方程根的个数即可判断D.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于难题．
13.【答案】9
【解析】解：A选的是偶数号球衣的选法有3种，
B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，
则A选的是偶数号球衣的不同选法共有3×3=9种，
故答案为：9.
根据分步乘法法则直接得出答案．
本题考查了排列组合的应用，属于基础题．
14.【答案】6+4 2
【解析】解：由题意得2a+2b=1，a>0，b>0，
则1a+2b=2a+2ba+4a+4bb=6+2ba+4ab≥6+2 2ba⋅4ab=6+4 2，
当且仅当2bb=4ab且2a+2b=1，即a= 2−12，b=2− 22时取等号．
故答案为：6+4 2.
由题意得2a+2b=1，a>0，b>0，然后利用乘1法，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
15.【答案】[2− 3,2+ 3]
【解析】解：由圆M：(x−2)2+y2=1，可得圆心M(2,0)，半径R=1，
设过点P作圆M的切线的切点为N，则|PN|= 2，
∴|PM|= ( 2)2+12= 3，
由圆C：x2+y2=r2(r>0)，可得圆心C(0,0)，半径为r，
∵在圆C：x2+y2=r2(r>0)上存在一点P，使|PN|= 2，
则|2−r|≤|PM|≤r+2，即|2−r|≤ 3≤r+2，
∴2− 3≤r≤2+ 3，∴r的取值范围为[2− 3,2+ 3].
故答案为：[2− 3,2+ 3].
设过点P作圆M的切线的切点为N，则|PN|= 2，可得|PM|= 3，由题意可得|2−r|≤|PM|≤r+2，求解即可．
本题考查切线长定理，考查最短距离与最大距离问题，属中档题．
16.【答案】[−2e,0)
【解析】解：设公切线与曲线f(x)=ax(x>0)的切点为(x1,ax1)，与曲线g(x)=2lnx的切点为(x2,2lnx2)，
∵f′(x)=−ax2，g′(x)=2x，
∴y=f(x)在x=x1处的切线方程为y=(−ax12)(x−x1)+ax1=(−ax12)x+2ax1，
同理可得，y=g(x)在x=x1处的切线方程为y=2x2x+2lnx2−2，
由题意可知，−ax12=2x22ax1=2lnx2−2，即ax12=−2x2ax1=lnx2−1①，
∵ax12=−2x2<0，∴a<0，
∴ax1=lnx2−1<0，∴lnx2<1，
方程组①消去x1，整理得a=−x2(lnx2−1)22，
设lnx2=t<1，则a(t)=−(t−1)2et2，
∴a′(t)=−(t2−1)et2，
令a′(t)=0，解得t=−1，
当t<−1时，a′(t)<0，a(t)单调递减；当−10，a(t)单调递增，
∴a(t)min=a(−1)=−2e，
又∵a(1)=0，
∴−2e≤a<0，
即a的取值范围为[−2e,0).
故答案为：[−2e,0).
设公切线与曲线f(x)=ax(x>0)的切点为(x1,ax1)，与曲线g(x)=2lnx的切点为(x2,2lnx2)，利用导数的几何意义可求出y=f(x)在x=x1处的切线方程为y=(−ax12)(x−x1)+ax1=(−ax12)x+2ax1，同理可得，y=g(x)在x=x1处的切线方程为y=2x2x+2lnx2−2，由题意可得ax12=−2x2ax1=lnx2−1，消去x1，整理得a=−x2(lnx2−1)22，设lnx2=t<1，则a(t)=−(t−1)2et2，求导得到a(t)的单调性和最值，进而求出a的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)在△ABC中，由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，
即a2=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，又因为a+b+c=6，
所以[6−(b+c)]2=(b+c)2−3bc，整理可得：12−4(b+c)=−bc，
所以bc+12=4(b+c)得证；
解：(2)由(1)可知：bc+12=4(b+c)，
所以bc+12≥4×2 bc，当且仅当b=c时取等号，
所以 bc≥6或 bc≤2，因为b+c<6，所以 bc≤2，
则bc≤4，所以S△ABC=12bcsinA≤ 34×4= 3，
故△ABC面积的最大值为 3.
【解析】(1)利用余弦定理和三角形周长即可求解；
(2)结合(1)的结论和基本不等式得出bc≤4，然后利用三角形面积公式即可求解．
本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵a2=2，an+2+an=a2⋅an+1，
∴an+2+an=2an+1，
∴数列{an}是等差数列，
∵a1=1，∴等差数列{an}的公差为1，
∴an=1+(n−1)=n，
∴Sn=n(n+1)2；
(2)∵{an+1−2an}为等比数列，
∴a2−2a1，a3−2a2，a4−2a3是等比数列，
∴(a3−2a2)2=(a2−2a1)(a4−2a3)，即a32−4a3⋅a2+4a22=a2a4−2a3a2−2a1a4+4a3a1，
∵a1=1，∴a32−4a3⋅a2+4a22=a2a4−2a3a2−2a4+4a3①，
∵an+2+an=a2⋅an+1，∴a3+a1=a22，a4+a2=a2⋅a3，即a3=a22−1②，a4=a23−2a2③，
联立①②③得(a22−1)2−4(a22−1)⋅a2+4a22=a2(a23−2a2)−2(a22−1)a2−2(a23−2a2)+4(a22−1)，
∴1=2a2−4，解得a2=52.
【解析】(1)由题意得an+2+an=2an+1，利用等差数列的性质可得数列{an}是等差数列，即可得出答案；
(2)由题意得a2−2a1，a3−2a2，a4−2a3是等比数列，即(a3−2a2)2=(a2−2a1)(a4−2a3)，利用数列的递推式可得a3=a22−1，a4=a23−2a2，联立求解即可得出答案．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)假设妻子在开始的三天驾车的天数为X，
由题意，X的取值为0，1，2，
P(X=0)=12×14×14×14=1128，P(X=1)=12×1×14×14+12×34×1×14+12×14×34×1+12×14×14×34=31128，P(X=2)=1−P(X=0)−P(X=1)=34，
故X的概率分布列为
E(X)=0×1128+1×31128+2×34=223128；
(2)第n天时，丈夫驾车的概率为Pn，则第n+1天为丈夫驾车的概率为Pn+1=14Pn+(1−Pn)=1−34Pn，
所以Pn+1−47=−34(Pn−47)，P1=12，
故{Pn−47}是以12−47=−114为首项，−34为公比的等比数列，
所以Pn−47=−114×(−34)n−1，
即通项公式为Pn=47−114×(−34)n−1，(1≤n≤60).
【解析】(1)假设妻子在开始的三天驾车的天数为X，X的取值为0，1，2，计算对应概率，写出分布列，计算期望即可；
(2)第n天由丈夫驾车Pn，则第n+1天为丈夫驾车的概率为Pn+1=14Pn+(1−Pn)=1−34Pn，构造{Pn−47}是以12−47=−114为首项，−34为公比的等比数列，写出通项公式即可．
本题考查离散型随机变量的应用，等比数列通项公式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：如图，作PO⊥AB，垂足为O，连接CO，
∵PO⊥BO，且∠PBA=45∘，
∴△PBO是等腰直角三角形，又PB=2 2，
∴OB=OP=2，
又BC=2 2，∠CBO=45∘，
由余弦定理得CO=2，
∴BO2+CO2=BC2，∴OB⊥OC，
∵OP∩OC=O，∴OB⊥平面POC，又PC⊂平面POC，
∴OB⊥PC，∴AB⊥PC.
(2)∵平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC=AB，
PO⊥AB，PO⊂平面PAB，
∴PO⊥平面ABC，又OC⊂平面ABC，
∴PO⊥OC，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
则CA=(1,−2,0)，CB=(2,−2,0)，CP=(0,−2,2)，
设平面APC的法向量为m=(xy,z)，
则m⋅CA=x−2y=0m⋅CB=2x−2y+2z=0，取x=2，得m=(2,1,1)，
设平面BPC的法向量n=(a,b,c)，
则n⋅CB=2a−2b=0n⋅CP=−2b+2c=0，取a=1，得n=(1,1,1)，
设二面角B−PC−A的平面角为θ，由图知θ是锐角，
∴csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=2+1+1 4+1+1× 1+1+1=2 23.
【解析】(1)作PO⊥AB，垂足为O，可得OB⊥OC，又PO⊥BO，可得OB⊥平面POC，根据线面垂直的性质即可证明；
(2)以O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，求出两个平面的法向量即可求二面角的余弦值．
本题考查线面垂直、线线垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可得2c=8，可得c=4，
所以a2+b2=16，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则M(−1,y1)，N(−1,y2)，
当AB与x轴垂直时，
因为|AB|=|MN|=12，则|y1|=|y2|=6，
所以16a2−36b2=1，解得a=2，b=2 3，
所以双曲线C的标准方程为x24−y212=1.
(2)由(1)可知，M(−1,y1)，N(−1,y2)，设直线AB的方程为x=my−4，
联立x=my−4x24−y212=1，得(3m2−1)y2−24my+36=0，
所以Δ=(−24m)2−4(3m2−1)×36=144m2+144>0，
y1+y2=24m3m2−1，y1y2=363m2−1，
x1+x2=m(y1+y2)−8=m⋅24m3m2−1−8=83m2−1，
x1x2=(my1−4)(my2−4)=m2y1y2−4m(y1+y2)+16=m2×363m2−1−4m×24m3m2−1+16=−12m2−163m2−1，
因为直线AB与双曲线左支相交于两点，
所以x1+x2<0，x1x2>0，
解得− 33|PM|= (2 3)2+y12= y12+12，
因为x124−y1212=1，
所以y12+12=3x12，且x1<0，
所以|PM|=− 3x1，
同理可得|PN|=− 3x2，
所以1|PM|−t+1|PN|−t=−(1 3x1+t+1 3x2+t)=−(1 3my1+t−4 3+1 3my2+t−4 3)，
整理得1|PM|−t+1|PN|−t=− 3m(y1+y2)+2(t−4 3)3m2y1y2+ 3m(t−4 3)(y1+y2)+(t−4 3)2，
所以1|PM|−t+1|PN|−t=−24 3m2+2(t−4 3)(3m2−1)108m2+24 3m2(t−4 3)+(t−4 3)2(3m2−1)，
所以1|PM|−t+1|PN|−t=−6tm2−2(t−4 3)(3t2−36)m2−(t−4 3)2，
因为1|PM|−t+1|PN|−t为定值，
所以6t3t2−36=2(t−4 3)(t−4 3)2或t=4 3，
解得t= 3或t=4 3.
【解析】(1)由题意可得2c=8，解得c，则a2+b2=16，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，当AB与x轴垂直时，M(−1,y1)，N(−1,y2)，当AB与x轴垂直时，可得|y1|=|y2|=6，将(4,6)代入双曲线的方程，可得16a2−36b2=1，解得a，b，即可得出答案．
(2)由(1)可知，M(−1,y1)，N(−1,y2)，设直线AB的方程为x=my−4，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，x1+x2，x1x2，由直线AB与双曲线左支相交于两点，得x1+x2<0，x1x2>0，解得− 33本题考查曲线的方程，直线与双曲线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：当a=14时，f(x)=lnx+2x2−4x−bx，
则f′(x)=1x+4x−4+bx2=4x3−4x2+x+bx2，
设F(x)=4x3−4x2+x+b，
则F′(x)=12x2−8x+1=(2x−1)(6x−1)，
令F′(x)=0得x=12或16，
所以F(x)在(0,16)上单调递增，在(16,12)上单调递减，在(12,+∞)上单调递增，
又F(0)=F(12)=b，F(16)=b+227，
当−227使得F(t1)=F(t2)=F(t3)=0，及f′(t1)=f′(t2)=f′(t3)=0，
所以f(x)在(0,t1)和(t2,t3)上单调递减，在(t1,t2)和(t3,+∞)上单调递增，
即−227当b≤−227时，F(x)≤0在(0,12)上恒成立，
则存在t∈(12,+∞)，使得F(t)=0，
所以f(x)在(0,t)上单调递减，在(t,+∞)上单调递增，
即b≤−227，符合题意，
又F(t)=(2t−13)(t−23)+b+227=0≤(2t−13)2(t−23)，则t≥23，
综上所述，t的最小值为23.
(2)证明：f(x)=1x(xlnx+2x3−x2a−b)，
设g(x)=xlnx+2x3−x2a−b，
则g′(x)=lnx+6x2−2ax+1，
所以(g′(x))′=1x+12x−2a，
①当2a≤2 12，即a≥ 36时，(g′(x))′≥0，则g′(x)单调递增，
又x→0时，g′(x)→−∞；x→+∞，g′(x)→+∞，
所以存在x0∈(0,+∞)，使得g′(x0)=0，
所以g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又x→0时，g(x)→−b<0；x→+∞时，g(x)→+∞，
所以存在唯一的x1∈(x0,+∞)，使得g(x1)=0，即f(x1)=0，
②当2a>2 12，即0存在x2∈(0, 36)，x3∈( 36,+∞)，
使得(g′(x2))′=(g′(x3))′=0，且1x2+12x2=2a，
所以g′(x)在(0,x2)和(x3,+∞)上单调递增，在(x2,x3)上单调递减，
又当x∈(0,x3]时，g′(x)≤g′(x2)=lnx2+6x22−2ax2+1=lnx2−6x22<0，
且x→+∞时，g′(x)→+∞，
所以存在x0∈(0,+∞)，使得g′(x0)=0，
所以g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又x→0时，g(x)→−b<0；x→+∞时，g(x)→+∞，
所以存唯一的x1∈(x0,+∞)，使得g(x1)=0，即f(x1)=0，
综上所述，对于任意a，b>0，f(x)仅存在唯一的零点．
【解析】(1)当a=14时，f(x)=lnx+2x2−4x−bx，则f′(x)=4x3−4x2+x+bx2，设F(x)=4x3−4x2+x+b，求导分析F(x)的极值，进而可得f(x)的单调区间，即可得出答案．
(2)f(x)=1x(xlnx+2x3−x2a−b)，设g(x)=xlnx+2x3−x2a−b求导分析单调性，极值，进而可得f(x)的零点，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
X
0
1
2
P
1128
31128
34