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2023-2024学年辽宁省本溪市高三上学期期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省本溪市高三上学期期末数学试卷（含解析），共22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U=R，A={x|x2−4x+3≤0}，B={x||x−3|>1}，则A∪(∁UB)=( )
A. {x|1≤x≤4}B. {x|2≤x≤3}C. {x|1≤x<2}D. {x|22.已知直线l1: 3x−3y+1=0，若直线l2与l1垂直，则l2的倾斜角是
( )
A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
3.已知a，b是两个单位向量，则“a⊥b”是“|2a−b|=|a+2b|”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.某人将用“1，1，2，3，4，5”进行排列设置6位数字密码，其中两个“1”相邻的概率是( )
A. 16B. 12C. 13D. 112
5.双曲线xy=1的焦距为( )
A. 2 2B. 2C. 2D. 4
6.已知sinθ+sin(θ+π3)=1，则cs(θ−π3)=( )
A. 12B. 33C. 22D. 23
7.若过点P(t,0)可以作曲线y=(1−x)ex的两条切线，则t的取值范围是
( )
A. (−3,1)B. (1,+∞)
C. (−∞,−3)D. (−∞,−3)∪(1,+∞)
8.以半径为R的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径r满足( )
A. r=4 33RB. r=2RC. r=2 33RD. r= 2R
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z为复数，设z，z，iz在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则( )
A. |OA|=|OB|B. OA⊥OCC. |AC|=|BC|D. OB//AC
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P满足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，下列说法正确的是
( )
A. 存在无穷多个点P，使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形
B. 存在唯一一点P，使得AP//平面A1C1D
C. 存在无穷多个点P，使得A1P⊥B1D
D. 存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D
11.已知数列C1:0，1，0，1，0，现在对该数列进行一种变换，规则f:每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1=f(Ck)，k=1，2，3，⋯，且Cn的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是
( )
A. Cn的项数为5⋅3n−1B. S3=22
C. C4中1的个数为68D. Sn=5⋅3n−1−12
12.下列大小关系正确的是
．( )
A. 1.92<21.9B. 22.9<2.92
C. 2ln 22ln 2−1<2 22 2−1D. lg74三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x+1x−2)4的展开式中x2的系数为 ．
14.已知函数f(x)=Asin(ωx+π12)(A>0,ω>0)的部分图像如图所示，其中f(x)的图像在y轴右侧与x轴的交点的横坐标从小到大依次x1，x2，⋯，xn.且x6−x4=2π3，则x3= ．
15.函数f(x)= 1−x2x+2的最大值为 ．
16.已知抛物线C:y2=4x的准线为l，过点(−1,0)的直线交C于A，B两点，AB的中点为M，分别过点A，B，M作l的垂线，垂足依次为D，E，Q，则当|MQ||DE|取最小值时，|AB|= ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c设sinB+sinC2=sin2A+3sinBsinC.
(1)求A;
(2)若 2a+b=2c，b= 2，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2an=2n+Sn对一切正整数n都成立，记bn=an+2．
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)已知cn=an3,n=3klg2 bn,n≠3k,k为正整数.记数列{cn}的前n项和为Tn，求T30．
19.(本小题12分)
如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB//CD，AC//ED，AE//BC，∠ABC=45∘，AB=2 2，BC=2AE=4．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC;
(2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30∘，求点A到平面PCD的距离．
20.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 33，左、右焦点分别为F1，F2.过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，垂足为P，|OP|=1
(1)求椭圆的标准方程;
(2)求四边形ABCD的面积的最小值．
21.(本小题12分)
某企业打算处理一批产品，这些产品每箱10件，以箱为单位销售，已知这批产品中每箱都有废品.每箱的废品率只有110或者15两种可能，且两种可能的产品市场占有率分别为23，13.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱，现处理价格为每箱840元，遇到废品不予更换，以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据.(运算结果保留分数)
(1)在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买;
(2)现允许开箱，不放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验，已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品
①求此箱是废品率为15的概率;
②判断此箱是否可以购买，并说明理由．
22.(本小题12分)
对于定义在D上的函数f(x)，其导函数为f′(x).若存在k∈D，使得f′(k)=f(k)，且x=k是函数f(x)的极值点，则称函数f(x)为“极致k函数”．
(1)设函数f(x)=x+atanx，其中−π2 ①若f(x)是单调函数，求实数a的取值范围;
②证明：函数f(x)不是“极致0函数”．
(2)对任意m∈R，证明：函数g(x)=xsinx+mcsx−m是“极致0函数”．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合交并补混合运算，属于基础题．
先化简集合A，B，再利用集合的补集和并集运算求解．
【解答】
解：因为A={x|1⩽x⩽3}，B={x|x>4或x<2，
所以∁UB={x|2⩽x⩽4}，A∪(∁UB)={x|1⩽x⩽4}，
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两直线垂直与斜率、倾斜角的关系，为基础题．
由题意求得直线l2的斜率，进而即可求出倾斜角．
【解答】
解：设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，
直线l1: 3x−3y+1=0的斜率为k1= 33，
因为直线l2与l1垂直，
所以k1⋅k2=−1，解得k2=− 3，
设直线l2的倾斜角为α，0°⩽α<180°，
则tanα=− 3，解得α=120∘，
则直线l2的倾斜角为120∘．
故选B．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积运算性质、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
a，b均为单位向量，利用平面向量的数量积运算性质化简|2a−b|=|a+2b|，即可得出．
【解答】解：a，b均为单位向量，|2a−b|=|a+2b|⇔4−4a⋅b+1=1+4a⋅b+4．
⇔a⋅b=0⇔a⊥b．
∴a⊥b是|2a−b|=|a+2b|的充要条件．
故选C．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查古典概型的概率计算，根据条件分别求出基本事件的个数是解决本题的关键，属于基础题．
分析题意，首先根据分步计数原理求出用“1，1，2，3，4，5”进行排列的所有排法;再由捆绑法求出两个“1”相邻的情况;然后根据古典概型概率公式求出两个“1”相邻的概率，从而得到答案．．
【解答】
解：用，1，2，3，4，5进行排列共有A66=720种排法，
其中两个相邻的排法有A55A22=240种，
故所求概率P=240720=13．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：因为双曲线的实轴为y=x，所以双曲线与实轴的交点为：(1,1)，
所以a= 2，2a=2 2，
因为双曲线的渐近线是坐标轴，是等轴双曲线，所以双曲线的离心率为 2，
所以c=2，2c=4．
故选：D．
求出双曲线的实轴与双曲线的交点，求出a，利用双曲线的渐近线方程求出焦距即可．
题考查双曲线的基本性质的应用，考查计算能力．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用两角和差的三角函数公式以及辅助角公式进行转化是解决本题的关键．
利用两角和差的三角函数公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．
【解答】解：∵sinθ+sin(θ+π3)=1，
∴sinθ+12sinθ+ 32csθ=1，
即32sinθ+ 32csθ=1，
得 3(12csθ+ 32sinθ)=1，
即 3sin(θ+π6)=1，得sin(θ+π6)= 33
∵sin(θ+π6)=cs[π2−(θ+π6)]=cs(θ−π3)，∴cs(θ−π3)= 33
故选：B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数的几何意义，过某点的切线方程的求法和切线的条数问题，考查等价转化的思想的应用，属于中档题.设出切点坐标，求导得切线斜率，点斜式写出切线方程，有两条切线则有两个切点转化为方程根得个数求解即可．
【解答】
解：设切点为(x0,(1−x0)ex0) ，由已知得y′=−xex ，
则切线斜率k=−x0ex0 ，切线方程为y−(1−x0)ex0=−x0ex0(x−x0) ．
因为直线过点P(t,0) ，则−(1−x0)ex0=−x0ex0(t−x0) ，化简得x02−(t+1)x0+1=0 ．
因为切线有且仅有2条，
即Δ=(t+1)2−4>0 ，解得t=(−∞,−3)∪(1,+∞)．
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的内切问题，考查圆锥的结构特征和体积公式，属于中档题．
设圆锥的高为ℎ，作出圆锥的轴截面，利用相似比求出ℎ，再根据圆锥的体积公式结合二次函数的性质即可得解．
【解答】
解：设圆锥的高为ℎ，如图，为圆锥的轴截面，
则ℎ−R ℎ2+r2=Rr，
解得ℎ=2Rr2r2−R2，
故圆锥的体积V=13πr2⋅ℎ=π3⋅2Rr4r2−R2=π3⋅2R1r2−R2r4，
当1r2=12R2，即r= 2R时，Vmin=8R33π，
所以圆锥体积最小值时，圆锥底面半径r满足r= 2R.
故选D．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，向量的模，向量的数量积，共线向量坐标运算，属于中档题．
设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，iz=−b+ai，可知OA=(a,b)，OB=(a,−b)，OC=(−b,a)，再逐项判断即可得出答案．
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，iz=−b+ai，
所以OA=(a,b)，OB=(a,−b)，OC=(−b,a)，
对于A，|OA|=|OB|= a2+b2，A正确；
对于B，OA·OC=−ab+ab=0，所以OA⊥OC，B正确;
对于C，|AC|=|OC−OA|= (−b−a)2+(a−b)2= 2 a2+b2，
|BC|=|OC−OB|= −b−a2+a+b2= 2a+b，
所以|AC| =|BC|不一定成立，C错误;
对于D，OB=(a,−b)，AC=(−b−a,a−b)，
而a(a−b)=−b(−b−a)不一定成立，所以OB与AC不一定平行，D错误；
故选AB．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，属于中档题．
对于A，P为线段BC上任意一点，都可以使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形，从而可判断A；对于B，可证明平面A1C1D//平面AB1C，由平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C可判断B；以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，根据向量法可判断CD．
【解答】
解：由题意，点P 是正方体ABCD−A1B1C1D1 侧面BB1C1C (包含边界)上一点，
对于A，P为线段BC上任意一点，都可以使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形，故A正确；
对于B，易知A1D= //B1C，A1C1= //AC，所以平面A1C1D//平面AB1C．
因为平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C，
所以当P在线段B1C上时，都有AP//平面A1C1D，故B错误；
对于C，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，
设正方体的棱长为1，则D0,0,0,B11,1,1,A11,0,1,Px,1,1−x，
则DB1=1,1,1,A1P=x−1,1,−x，
所以DB1·A1P=x−1+1−x=0，故C正确；
对于D，D0,0,0,A11,0,1,C10,1,1,D10,0,1,Px,1,1−x，
所以DA1=1,0,1,DC1=0,1,1,D1P=x,1,−x，
设平面A1C1D的法向量为n=a,b,c，
则n·DA1=a+c=0n·DC1=b+c=0，取c=−1，可得a=b=1，
故n=1,1,−1是平面A1C1D的一个法向量．
若D1P⊥平面A1C1D，则n//D1P，
所以x1=11=−x−1，解得x=1，
故存在唯一一点P ，使得D1P⊥平面A1C1D，故D正确．
故选：ACD．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查数列的应用以及等比数列的通项公式，属于较难题．
根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列判断A，根据变换规则，得出数列中0与1个数的规律，
结合数列项数为5⋅3n−1，即可判断B、C、D三个选项．
【解答】
解：设数列{Cn}的项数为一个数列{an}，因为C1中有5项，即a1=5，
根据题意：在f作用下，每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，
所以有an+1=3an(n∈N∗)，由此可知数列{an}为首项a1=5，公比q=3的等比数列，
所以Cn的项数为an=5⋅3n−1，故A正确;
根据变换规则，若数列的各项中，1与0的个数相同，
则与之相邻的下一个数列中1与0的个数也相同;
若1比0多n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数少n个;
若1比0少n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数多n个;
因为C1中有5项，其中2个1，3个0，1比0少1个，
所以C2的15项中，1比0的个数多1个;
以此类推，若n为奇数，则数列的各项中1比0少1个，
若n为偶数，则数列的各项中1比0多1个;
C3中共有45项，其中n=3为奇数，所以数列中有45−12=22个1，有45−22=23个0，所以S3=22，故B正确;
C4中n=4，项数为5⋅33=135个，n为偶数，所以1的个数为135+12=68，故C正确;
D选项，Sn的值与n的奇偶有关Sn=5⋅3n−1−12(n为奇数)5⋅3n−1+12(n为偶数)，故D错误．
故选：ABC
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了利用指数函数、对数函数、幂函数的性质比较大小，属于较难题．
由y=2x和y=x2的图象可判断A，B;由f(x)=2x2x−1的单调性可判断C;计算lg74−lg127可判断D．
【解答】
解：作出y=2x和y=x2的图象，如图所示，
对于选项AB，由图象可得，当x∈(0,2)时，2x>x2，则1.92<21.9，
当x∈(2,4)时，x2>2x，则22.9<2.92，故A，B正确；
对于选项C，令f(x)=2x2x−1，则f(x)=1+12x−1，又2x在(0,+∞)上单调递减，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，又ln2< 2，所以2ln22ln 2−1>2 22 2−1，故C错误;
对于选项D，作差可得：lg74−lg127=lg74−1lg712=lg7 4⋅lg7 12−1lg7 12故本题选：ABD．
13.【答案】28
【解析】【分析】
本题考查了二项式的展开式的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
(x+1x−2)4=( x−1 x)8，进而利用二项式的展开式求解即可．
【解答】
解：∵(x+1x−2)4=( x−1 x)8，展开式的通项公式为：
Tr+1=C8r( x)8−r⋅(−1 x)r=(−1)r⋅C8rx4−r，
令4−r=2，得r=2，
∴(x+1x−2)4的展开式中x2的系数为(−1)2⋅C82=28．
故答案为28．
14.【答案】35π36
【解析】【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+ φ)的图像与性质，是中档题．
由三角函数图像的性质计算出未知量A，ω，然后相邻两个零点差值为半周期即可解题．
【解答】
解：由图知最大值与最小值分别为2，−2⇒A=2⋯⋯ ①
由标准正弦函数y=sinx图像可知，相邻两个零点的差值为半周期，
零点下标差为2时，两个零点的差值为整周期，
即xn+2−xn=T．
由x6−x4=2π3可知：T=2π3=2πω⇒ω=3⋯⋯ ②
① ②代入f(x)有：f(x)=2sin(3x+π12)(A>0,ω>0)
令3x+π12=kπ,k∈Z⇒x=−π36+kπ3,k∈Z，
当k=3时，得到函数在y轴右侧的第三个零点x3=−π36+π=35π36．
15.【答案】 33
【解析】【分析】
本题考查求函数的最值，属于一般题．
由于f(x)= 1−x2x+2= 1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1，令g(x)=1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1，换元，利用二次函数的性质求出g(x)max=13，即可求f(x)的最大值．
【解答】
解：由于f(x)= 1−x2x+2= 1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1
令g(x)=1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1
令x+2=t∈[1,3]，则x=t−2，
故g(x)=ℎ(t)=−t2+4t−3t2=−3(1t)2+4(1t)−1．
再令1t=s∈[13,1]，
则ℎ(t)=φ(s)=−3s2+4s−1=−3s−232+13
故ℎ(t)max=13，即g(x)max=13，
故f(x)的最大值为
16.【答案】4 3
【解析】【分析】
考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
设直线l的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，由判别式大于0求出斜率的范围，由抛物线的性质及题意进而求出|MQ|，|DE|的表达式，由二次函数性质求出|MQ||DE|取最小值时的AB的值．
【解答】
解：由题意如图所示：
设直线l的斜率为k(k>0)，A(x,y)，B(x′,y′)，
设x>x′，由题意设直线l的方程为：y=k(x+1)，
将直线与抛物线联立整理得：k2x2+(2k2−4)x+k2=0，△=(2k2−4)2−4k4>0，
解得k2<1，又斜率k为正值，
故0所以AB的中点M的横坐标xM=x+x′2=−k2−2k2，
所以|MQ|=1−k2−2k2=2k2，|DE|=yA−yB=2( x− x′)=2 x+x′−2 xx′=2 4−2k2k2−2=2 4−4k2k
=4 1−k2k，
所以|MQ||DE|=12k 1−k2=12 −k4+k2=12 −(k2−12)2+14，
所以当k2=12时，|MQ||DE|取最小值，
此时x+x′=6，xx′=1，|AB|= 1+12⋅ 62−4=4 3．
故答案为：4 3．
17.【答案】解：(1)(sinB+sinC)2=sin2B+2sinBsinC+sin2C=sin2A+3sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理可得b2+c2−a2=bc，
则csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)根据 2a+b=2c，
由正弦定理得 2sinA+sinB=2sinC，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，A=π3，
则 2× 32+ 32csC+12sinC=2sinC，
整理可得3sinC− 6= 3csC，
即3sinC− 3csC=2 3sin(C−π6)= 6，
所以sin(C−π6)= 22，
因为C∈(0,2π3)，C−π6∈(−π6,π2)，
所以C−π6=π4，即C=π4+π6，
则sinC=sin(π4+π6)= 6+ 24，B=π−A−C=π4，
由正弦定理得asinA=bsinB即asinπ3= 2sinπ4得a= 3，
所以面积S=12absinC=12× 3× 2× 6+ 24=3+ 34．
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角形面积公式，是中档题．
(1)将已知条件化简后，由正弦定理可得b2+c2−a2=bc，再由余弦定理得出csA=12，可得A的值；
(2)根据 2a+b=2c，由正弦定理得 2sinA+sinB=2sinC，结合sinB=sin(A+C)化简得sin(C−π6)= 22，可得C的值，再由正弦定理得出a，利用三角形面积公式可得结果．
18.【答案】解：(1)由2an=2n+Sn，得2an−1=2(n−1)+Sn−1(n≥2)，
两式相减得2an−2an−1=2+an，即an=2an−1+2，
所以an+2=2(an−1+2)，即bn=2bn−1(n≥2)，
当n=1时，2a1=2+a1，即a1=2，从而b1=4，
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=4⋅2n−1=2n+1．
(2)由(1)知an=2n+1−2，
于是T30=c1+c2+c3+⋯+c30
=(lg2b1+lg2b2+a1)+(lg2b4+lg2b5+a2)+⋯+(lg2b25+lg2b26+a9)+(lg2b28+lg2b29+a10)
=(2+3+22−2)+(5+6+23−2)+⋯+(29+30+211−2)
=(2+5+8+⋯+29)+(3+6+9+⋯+30)+(22+23+⋯+211−20)
=(2+29)×102+(3+30)×102+4(1−210)1−2−20
=155+165+4092−20=4392．
【解析】本题考查了Sn与an的关系、等比数列的通项公式以及分组(并项)法求和，是中档题．
(1)由2an=2n+Sn，得2an−1=2(n−1)+Sn−1(n≥2)，两式相减得bn=2bn−1(n≥2)，由等比数列得出数列{bn}的通项公式;
(2)由(1)知an=2n+1−2，由分组求和可得结果．
19.【答案】(1)证明：因为∠ABC=45∘，AB=2 2，BC=4
所以在△ABC中由余弦定理得AC2=(2 2)2+42−2×2 2×4×cs45∘=8
解得AC=2 2，
又由AB2+AC2=BC2得AB⊥AC
因为AB//CD所以CD⊥AC
因为PA⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE
所以PA⊥CD，
又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC
又因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAC．
(2)由(1)得AB，AC，AP两两互相垂直，分别以AB，AC，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0,)B(2 2,0,0)，C(0,2 2,0)，
设P(0,0,t)
因为AC//ED，CD⊥AC，所以四边形ACDB是直角梯形
因为AE=2，∠ABC=45∘，AE//BC
所以∠BAE=135∘，∠CAE=45∘，CD=AE⋅sin45∘= 2
所以D(− 2,2 2,0)
则CP=(0,−2 2,t)，CD=(− 2,0,0)，
设m=(x,y,z)是平面PCD的一个法向量
则有m⋅CP=0m⋅CD=0，即−2 2ty+tz=0− 2x=0
令z=1，得m=(0, 24t,1)
设θ是直线与平面所成的角，PB=(2 2,0,−t)
则有sinθ=sin30∘=|cs所以P(0,0,2 2)，m=(0,1,1)，AP=(0,0,2 2)
设点A到平面PCD的距离为ℎ=AP·mm=2 2 2=2
所以点A到平面PCD的距离为2．
【解析】本题重点考查面面垂直的判定、线面角和点面距离，属于一般题．
(1)通过求证CD⊥平面PAC，由面面垂直的判定定理即可求证;
(2)建立空间直角坐标系，设P(0,0,t)，先求出t，再利用向量法即可求解．
20.【答案】解：(1)因为△PF1F2是直角三角形，且|OP|=1，
所以椭圆的半焦距c=1，
由ca= 33，得a= 3，
则b2=a2−c2=2，
所以椭圆的标准方程为x23+y22=1．
(2)(i)当BD的斜率k存在且k≠0时，BD的方程为y=k(x+1)代入椭圆方程x23+y22=1，
并化简得(3k2+2)x2+6k2x+3k2−6=0．
设B(x,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=−6k23k2+2，x1x2=3k2−63k2+2
|BD|= 1+k2|x1−x2|= (1+k2)[(x2+x2)2−4x1x2]=4 3(k2+1)3k2+2;
因为AC与BC相交于点P，且AC的斜率为−1k，
所以，|AC|=4 3(1k2+13×1k2+2)=4 3(k2+1)2k2+3．
四边形ABCD的面积S=12|BD||AC|=24(k2+1)2(3k2+2)(2k2+3)≥24(k2+1)2[(3k2+2)+(2k2+3)2]2=9625．
当k2=1时，上式取等号．
(ii)当BD的斜率k=0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S=4．
综上，四边形ABCD的面积的最小值为9625．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和椭圆中三角形的面积，是较难题．
(1)由题意椭圆的半焦距c=1，由ca= 33，得a= 3，可得椭圆的标准方程;
(2)当BD的斜率k存在且k≠0时，BD的方程为y=k(x+1)代入椭圆方程联立，得出|BD|和|AC|，由基本不等式可得四边形ABCD的面积S最小值；当BD的斜率k=0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积，比较可得结论．
21.【答案】解：(1)设每箱实际价格为X，则X可能取值为800元，900元．
所以P(X=900)=23，P(X=800)=13，
E(X)=800×13+900×23=26003>840，
所以值得购买；
(2)设每箱实际价格为Y，则Y可能取值为800元，900元，
设A=“废品率110”，B=“废品率15”，
C=“检验2件产品，恰好有一件废品”，
P(A)=23，P(B)=13
P(AC)=P(A)P(C|A)=23×C11C91C102=215，
P(BC)=P(B)P(C|B)=13×C21C81C102=16135，
P(C)=P(AC+BC)=215+16135=34135，
①P(B|C)=P(BC)P(C)=1634=817
②因为P(A|C)=P(AC)P(C)=21534135=917，
则Y的分布列为
E(Y)=800×817+900×917=1450013>840
所以此箱值得购买．
【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列和离散型随机变量的期望，是中档题．
(1)X可能取值为800元，900元，得出对应概率，可得E(X)=26003>840，可得结论；
(2)易得Y可能取值为800元，900元，由条件概率可得结果，再得出Y的期望，可得结论．
22.【答案】解：(1) ①由题意，得f′(x)=cs2x+acs2x．
(i)若f(x)在(−π2,π2)上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，
即a≤−cs2x恒成立，所以a≤−1;
(ii)若f(x)在(−π2,π2)上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，
即a≥−cs2x恒成立，所以a≥0，
综上，实数a的取值范围为(−∞,−1]∪[0,+∞).
②假设f(x)是“极致0函数”，则x=0是f(x)的极值点，
所以f′(0)=1+a=0，解得a=−1，
由 ①可知，当a=−1时，f(x)在(−π2,π2)上单调递减，与x=0是f(x)的极值点矛盾，
故f(x)不是“极致0函数”．
(2)由题意，得g′(x)=(1−m)sinx+xcsx，则g′(0)=g(0)=0．
当x∈(−π2,π2)时，g′(x)=[(1−m)tanx+x]csx，
易知当x∈(−π2,π2)时，csx>0．
设ℎ(x)=(1−m)tanx+x，x∈(−π2,π2).
①当1−m≤−1，即m≥2时，由(i)可知，ℎ(x)在(−π2,π2)上单调递减，
又ℎ(0)=0，所以当x∈(−π2,0)时，ℎ(x)>0，
即g′(x)>0;当x∈(0,π2)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，
所以g(x)在x=0处取得极大值，此时g(x)是“极致0函数”；
②当1−m≥0，即m≤1时，由(ii)可知，ℎ(x)在(−π2,π2)上单调递增，
又ℎ(0)=0，所以当x∈(−π2,0)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(0,π2)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在x=0处取得极小值，此时g(x)是“极致0函数”;
③当1设φ(x)=1−m+cs2x，
易知φ(x)在(−π2,0)上单调递增，在(0,π2)上单调递减．
因为φ(0)=2−m>0，φ(−π2)=φ(π2)=1−m<0，
所以存在x1∈(−π2,0)，x2∈(0,π2)，使得φ(x1)=φ(x2)=0，
且当x∈(x1,x2)时，φ(x)>0，
即ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(x1,x2)上单调递增．
又ℎ(0)=0，所以当x∈(x1,0)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(0,x2)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在x=0处取得极小值，此时g(x)是“极致0函数”．
综上，对任意m∈R，g(x)均为“极致0函数”．
【解析】本题考查了利用导数由函数的单调性求参、导数的新定义问题和利用导数证明不等式，是较难题．
(1) ①由题意，得f′(x)=cs2x+acs2x，分若f(x)在(−π2,π2)上单调递减和单调递增，分离变量可得实数a的取值范围; ②假设f(x)是“极致0函数”，则x=0是f(x)的极值点，由f′(0)=1+a=0，得a，由新定义判定即可；
(2)由题意，得g′(x)=(1−m)sinx+xcsx，则g′(0)=g(0)=0，当x∈(−π2,π2)时，g′(x)=[(1−m)tanx+x]csx，易知当x∈(−π2,π2)时，csx>0.设ℎ(x)=(1−m)tanx+x，x∈(−π2,π2)，利用研究单调性极值，即可得证．Y
800
900
P
817
917
1.已知U=R，A={x|x2−4x+3≤0}，B={x||x−3|>1}，则A∪(∁UB)=( )
A. {x|1≤x≤4}B. {x|2≤x≤3}C. {x|1≤x<2}D. {x|2
( )
A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
3.已知a，b是两个单位向量，则“a⊥b”是“|2a−b|=|a+2b|”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.某人将用“1，1，2，3，4，5”进行排列设置6位数字密码，其中两个“1”相邻的概率是( )
A. 16B. 12C. 13D. 112
5.双曲线xy=1的焦距为( )
A. 2 2B. 2C. 2D. 4
6.已知sinθ+sin(θ+π3)=1，则cs(θ−π3)=( )
A. 12B. 33C. 22D. 23
7.若过点P(t,0)可以作曲线y=(1−x)ex的两条切线，则t的取值范围是
( )
A. (−3,1)B. (1,+∞)
C. (−∞,−3)D. (−∞,−3)∪(1,+∞)
8.以半径为R的球为内切球的圆锥中，体积最小值时，圆锥底面半径r满足( )
A. r=4 33RB. r=2RC. r=2 33RD. r= 2R
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z为复数，设z，z，iz在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则( )
A. |OA|=|OB|B. OA⊥OCC. |AC|=|BC|D. OB//AC
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P满足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，下列说法正确的是
( )
A. 存在无穷多个点P，使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形
B. 存在唯一一点P，使得AP//平面A1C1D
C. 存在无穷多个点P，使得A1P⊥B1D
D. 存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D
11.已知数列C1:0，1，0，1，0，现在对该数列进行一种变换，规则f:每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1=f(Ck)，k=1，2，3，⋯，且Cn的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是
( )
A. Cn的项数为5⋅3n−1B. S3=22
C. C4中1的个数为68D. Sn=5⋅3n−1−12
12.下列大小关系正确的是
．( )
A. 1.92<21.9B. 22.9<2.92
C. 2ln 22ln 2−1<2 22 2−1D. lg74
13.(x+1x−2)4的展开式中x2的系数为 ．
14.已知函数f(x)=Asin(ωx+π12)(A>0,ω>0)的部分图像如图所示，其中f(x)的图像在y轴右侧与x轴的交点的横坐标从小到大依次x1，x2，⋯，xn.且x6−x4=2π3，则x3= ．
15.函数f(x)= 1−x2x+2的最大值为 ．
16.已知抛物线C:y2=4x的准线为l，过点(−1,0)的直线交C于A，B两点，AB的中点为M，分别过点A，B，M作l的垂线，垂足依次为D，E，Q，则当|MQ||DE|取最小值时，|AB|= ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c设sinB+sinC2=sin2A+3sinBsinC.
(1)求A;
(2)若 2a+b=2c，b= 2，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2an=2n+Sn对一切正整数n都成立，记bn=an+2．
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)已知cn=an3,n=3klg2 bn,n≠3k,k为正整数.记数列{cn}的前n项和为Tn，求T30．
19.(本小题12分)
如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB//CD，AC//ED，AE//BC，∠ABC=45∘，AB=2 2，BC=2AE=4．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC;
(2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30∘，求点A到平面PCD的距离．
20.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 33，左、右焦点分别为F1，F2.过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，垂足为P，|OP|=1
(1)求椭圆的标准方程;
(2)求四边形ABCD的面积的最小值．
21.(本小题12分)
某企业打算处理一批产品，这些产品每箱10件，以箱为单位销售，已知这批产品中每箱都有废品.每箱的废品率只有110或者15两种可能，且两种可能的产品市场占有率分别为23，13.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱，现处理价格为每箱840元，遇到废品不予更换，以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据.(运算结果保留分数)
(1)在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买;
(2)现允许开箱，不放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验，已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品
①求此箱是废品率为15的概率;
②判断此箱是否可以购买，并说明理由．
22.(本小题12分)
对于定义在D上的函数f(x)，其导函数为f′(x).若存在k∈D，使得f′(k)=f(k)，且x=k是函数f(x)的极值点，则称函数f(x)为“极致k函数”．
(1)设函数f(x)=x+atanx，其中−π2
②证明：函数f(x)不是“极致0函数”．
(2)对任意m∈R，证明：函数g(x)=xsinx+mcsx−m是“极致0函数”．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合交并补混合运算，属于基础题．
先化简集合A，B，再利用集合的补集和并集运算求解．
【解答】
解：因为A={x|1⩽x⩽3}，B={x|x>4或x<2，
所以∁UB={x|2⩽x⩽4}，A∪(∁UB)={x|1⩽x⩽4}，
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两直线垂直与斜率、倾斜角的关系，为基础题．
由题意求得直线l2的斜率，进而即可求出倾斜角．
【解答】
解：设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，
直线l1: 3x−3y+1=0的斜率为k1= 33，
因为直线l2与l1垂直，
所以k1⋅k2=−1，解得k2=− 3，
设直线l2的倾斜角为α，0°⩽α<180°，
则tanα=− 3，解得α=120∘，
则直线l2的倾斜角为120∘．
故选B．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积运算性质、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
a，b均为单位向量，利用平面向量的数量积运算性质化简|2a−b|=|a+2b|，即可得出．
【解答】解：a，b均为单位向量，|2a−b|=|a+2b|⇔4−4a⋅b+1=1+4a⋅b+4．
⇔a⋅b=0⇔a⊥b．
∴a⊥b是|2a−b|=|a+2b|的充要条件．
故选C．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查古典概型的概率计算，根据条件分别求出基本事件的个数是解决本题的关键，属于基础题．
分析题意，首先根据分步计数原理求出用“1，1，2，3，4，5”进行排列的所有排法;再由捆绑法求出两个“1”相邻的情况;然后根据古典概型概率公式求出两个“1”相邻的概率，从而得到答案．．
【解答】
解：用，1，2，3，4，5进行排列共有A66=720种排法，
其中两个相邻的排法有A55A22=240种，
故所求概率P=240720=13．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：因为双曲线的实轴为y=x，所以双曲线与实轴的交点为：(1,1)，
所以a= 2，2a=2 2，
因为双曲线的渐近线是坐标轴，是等轴双曲线，所以双曲线的离心率为 2，
所以c=2，2c=4．
故选：D．
求出双曲线的实轴与双曲线的交点，求出a，利用双曲线的渐近线方程求出焦距即可．
题考查双曲线的基本性质的应用，考查计算能力．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用两角和差的三角函数公式以及辅助角公式进行转化是解决本题的关键．
利用两角和差的三角函数公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．
【解答】解：∵sinθ+sin(θ+π3)=1，
∴sinθ+12sinθ+ 32csθ=1，
即32sinθ+ 32csθ=1，
得 3(12csθ+ 32sinθ)=1，
即 3sin(θ+π6)=1，得sin(θ+π6)= 33
∵sin(θ+π6)=cs[π2−(θ+π6)]=cs(θ−π3)，∴cs(θ−π3)= 33
故选：B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数的几何意义，过某点的切线方程的求法和切线的条数问题，考查等价转化的思想的应用，属于中档题.设出切点坐标，求导得切线斜率，点斜式写出切线方程，有两条切线则有两个切点转化为方程根得个数求解即可．
【解答】
解：设切点为(x0,(1−x0)ex0) ，由已知得y′=−xex ，
则切线斜率k=−x0ex0 ，切线方程为y−(1−x0)ex0=−x0ex0(x−x0) ．
因为直线过点P(t,0) ，则−(1−x0)ex0=−x0ex0(t−x0) ，化简得x02−(t+1)x0+1=0 ．
因为切线有且仅有2条，
即Δ=(t+1)2−4>0 ，解得t=(−∞,−3)∪(1,+∞)．
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的内切问题，考查圆锥的结构特征和体积公式，属于中档题．
设圆锥的高为ℎ，作出圆锥的轴截面，利用相似比求出ℎ，再根据圆锥的体积公式结合二次函数的性质即可得解．
【解答】
解：设圆锥的高为ℎ，如图，为圆锥的轴截面，
则ℎ−R ℎ2+r2=Rr，
解得ℎ=2Rr2r2−R2，
故圆锥的体积V=13πr2⋅ℎ=π3⋅2Rr4r2−R2=π3⋅2R1r2−R2r4，
当1r2=12R2，即r= 2R时，Vmin=8R33π，
所以圆锥体积最小值时，圆锥底面半径r满足r= 2R.
故选D．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，向量的模，向量的数量积，共线向量坐标运算，属于中档题．
设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，iz=−b+ai，可知OA=(a,b)，OB=(a,−b)，OC=(−b,a)，再逐项判断即可得出答案．
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，iz=−b+ai，
所以OA=(a,b)，OB=(a,−b)，OC=(−b,a)，
对于A，|OA|=|OB|= a2+b2，A正确；
对于B，OA·OC=−ab+ab=0，所以OA⊥OC，B正确;
对于C，|AC|=|OC−OA|= (−b−a)2+(a−b)2= 2 a2+b2，
|BC|=|OC−OB|= −b−a2+a+b2= 2a+b，
所以|AC| =|BC|不一定成立，C错误;
对于D，OB=(a,−b)，AC=(−b−a,a−b)，
而a(a−b)=−b(−b−a)不一定成立，所以OB与AC不一定平行，D错误；
故选AB．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，属于中档题．
对于A，P为线段BC上任意一点，都可以使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形，从而可判断A；对于B，可证明平面A1C1D//平面AB1C，由平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C可判断B；以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，根据向量法可判断CD．
【解答】
解：由题意，点P 是正方体ABCD−A1B1C1D1 侧面BB1C1C (包含边界)上一点，
对于A，P为线段BC上任意一点，都可以使得过D1，B，P的平面与正方体的截面是菱形，故A正确；
对于B，易知A1D= //B1C，A1C1= //AC，所以平面A1C1D//平面AB1C．
因为平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C，
所以当P在线段B1C上时，都有AP//平面A1C1D，故B错误；
对于C，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，
设正方体的棱长为1，则D0,0,0,B11,1,1,A11,0,1,Px,1,1−x，
则DB1=1,1,1,A1P=x−1,1,−x，
所以DB1·A1P=x−1+1−x=0，故C正确；
对于D，D0,0,0,A11,0,1,C10,1,1,D10,0,1,Px,1,1−x，
所以DA1=1,0,1,DC1=0,1,1,D1P=x,1,−x，
设平面A1C1D的法向量为n=a,b,c，
则n·DA1=a+c=0n·DC1=b+c=0，取c=−1，可得a=b=1，
故n=1,1,−1是平面A1C1D的一个法向量．
若D1P⊥平面A1C1D，则n//D1P，
所以x1=11=−x−1，解得x=1，
故存在唯一一点P ，使得D1P⊥平面A1C1D，故D正确．
故选：ACD．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查数列的应用以及等比数列的通项公式，属于较难题．
根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列判断A，根据变换规则，得出数列中0与1个数的规律，
结合数列项数为5⋅3n−1，即可判断B、C、D三个选项．
【解答】
解：设数列{Cn}的项数为一个数列{an}，因为C1中有5项，即a1=5，
根据题意：在f作用下，每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，
所以有an+1=3an(n∈N∗)，由此可知数列{an}为首项a1=5，公比q=3的等比数列，
所以Cn的项数为an=5⋅3n−1，故A正确;
根据变换规则，若数列的各项中，1与0的个数相同，
则与之相邻的下一个数列中1与0的个数也相同;
若1比0多n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数少n个;
若1比0少n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数多n个;
因为C1中有5项，其中2个1，3个0，1比0少1个，
所以C2的15项中，1比0的个数多1个;
以此类推，若n为奇数，则数列的各项中1比0少1个，
若n为偶数，则数列的各项中1比0多1个;
C3中共有45项，其中n=3为奇数，所以数列中有45−12=22个1，有45−22=23个0，所以S3=22，故B正确;
C4中n=4，项数为5⋅33=135个，n为偶数，所以1的个数为135+12=68，故C正确;
D选项，Sn的值与n的奇偶有关Sn=5⋅3n−1−12(n为奇数)5⋅3n−1+12(n为偶数)，故D错误．
故选：ABC
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了利用指数函数、对数函数、幂函数的性质比较大小，属于较难题．
由y=2x和y=x2的图象可判断A，B;由f(x)=2x2x−1的单调性可判断C;计算lg74−lg127可判断D．
【解答】
解：作出y=2x和y=x2的图象，如图所示，
对于选项AB，由图象可得，当x∈(0,2)时，2x>x2，则1.92<21.9，
当x∈(2,4)时，x2>2x，则22.9<2.92，故A，B正确；
对于选项C，令f(x)=2x2x−1，则f(x)=1+12x−1，又2x在(0,+∞)上单调递减，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，又ln2< 2，所以2ln22ln 2−1>2 22 2−1，故C错误;
对于选项D，作差可得：lg74−lg127=lg74−1lg712=lg7 4⋅lg7 12−1lg7 12
13.【答案】28
【解析】【分析】
本题考查了二项式的展开式的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
(x+1x−2)4=( x−1 x)8，进而利用二项式的展开式求解即可．
【解答】
解：∵(x+1x−2)4=( x−1 x)8，展开式的通项公式为：
Tr+1=C8r( x)8−r⋅(−1 x)r=(−1)r⋅C8rx4−r，
令4−r=2，得r=2，
∴(x+1x−2)4的展开式中x2的系数为(−1)2⋅C82=28．
故答案为28．
14.【答案】35π36
【解析】【分析】
本题考查函数y=Asin(ωx+ φ)的图像与性质，是中档题．
由三角函数图像的性质计算出未知量A，ω，然后相邻两个零点差值为半周期即可解题．
【解答】
解：由图知最大值与最小值分别为2，−2⇒A=2⋯⋯ ①
由标准正弦函数y=sinx图像可知，相邻两个零点的差值为半周期，
零点下标差为2时，两个零点的差值为整周期，
即xn+2−xn=T．
由x6−x4=2π3可知：T=2π3=2πω⇒ω=3⋯⋯ ②
① ②代入f(x)有：f(x)=2sin(3x+π12)(A>0,ω>0)
令3x+π12=kπ,k∈Z⇒x=−π36+kπ3,k∈Z，
当k=3时，得到函数在y轴右侧的第三个零点x3=−π36+π=35π36．
15.【答案】 33
【解析】【分析】
本题考查求函数的最值，属于一般题．
由于f(x)= 1−x2x+2= 1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1，令g(x)=1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1，换元，利用二次函数的性质求出g(x)max=13，即可求f(x)的最大值．
【解答】
解：由于f(x)= 1−x2x+2= 1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1
令g(x)=1−x2(x+2)2，−1⩽x⩽1
令x+2=t∈[1,3]，则x=t−2，
故g(x)=ℎ(t)=−t2+4t−3t2=−3(1t)2+4(1t)−1．
再令1t=s∈[13,1]，
则ℎ(t)=φ(s)=−3s2+4s−1=−3s−232+13
故ℎ(t)max=13，即g(x)max=13，
故f(x)的最大值为
16.【答案】4 3
【解析】【分析】
考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
设直线l的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，由判别式大于0求出斜率的范围，由抛物线的性质及题意进而求出|MQ|，|DE|的表达式，由二次函数性质求出|MQ||DE|取最小值时的AB的值．
【解答】
解：由题意如图所示：
设直线l的斜率为k(k>0)，A(x,y)，B(x′,y′)，
设x>x′，由题意设直线l的方程为：y=k(x+1)，
将直线与抛物线联立整理得：k2x2+(2k2−4)x+k2=0，△=(2k2−4)2−4k4>0，
解得k2<1，又斜率k为正值，
故0
所以|MQ|=1−k2−2k2=2k2，|DE|=yA−yB=2( x− x′)=2 x+x′−2 xx′=2 4−2k2k2−2=2 4−4k2k
=4 1−k2k，
所以|MQ||DE|=12k 1−k2=12 −k4+k2=12 −(k2−12)2+14，
所以当k2=12时，|MQ||DE|取最小值，
此时x+x′=6，xx′=1，|AB|= 1+12⋅ 62−4=4 3．
故答案为：4 3．
17.【答案】解：(1)(sinB+sinC)2=sin2B+2sinBsinC+sin2C=sin2A+3sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理可得b2+c2−a2=bc，
则csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)根据 2a+b=2c，
由正弦定理得 2sinA+sinB=2sinC，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，A=π3，
则 2× 32+ 32csC+12sinC=2sinC，
整理可得3sinC− 6= 3csC，
即3sinC− 3csC=2 3sin(C−π6)= 6，
所以sin(C−π6)= 22，
因为C∈(0,2π3)，C−π6∈(−π6,π2)，
所以C−π6=π4，即C=π4+π6，
则sinC=sin(π4+π6)= 6+ 24，B=π−A−C=π4，
由正弦定理得asinA=bsinB即asinπ3= 2sinπ4得a= 3，
所以面积S=12absinC=12× 3× 2× 6+ 24=3+ 34．
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角形面积公式，是中档题．
(1)将已知条件化简后，由正弦定理可得b2+c2−a2=bc，再由余弦定理得出csA=12，可得A的值；
(2)根据 2a+b=2c，由正弦定理得 2sinA+sinB=2sinC，结合sinB=sin(A+C)化简得sin(C−π6)= 22，可得C的值，再由正弦定理得出a，利用三角形面积公式可得结果．
18.【答案】解：(1)由2an=2n+Sn，得2an−1=2(n−1)+Sn−1(n≥2)，
两式相减得2an−2an−1=2+an，即an=2an−1+2，
所以an+2=2(an−1+2)，即bn=2bn−1(n≥2)，
当n=1时，2a1=2+a1，即a1=2，从而b1=4，
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=4⋅2n−1=2n+1．
(2)由(1)知an=2n+1−2，
于是T30=c1+c2+c3+⋯+c30
=(lg2b1+lg2b2+a1)+(lg2b4+lg2b5+a2)+⋯+(lg2b25+lg2b26+a9)+(lg2b28+lg2b29+a10)
=(2+3+22−2)+(5+6+23−2)+⋯+(29+30+211−2)
=(2+5+8+⋯+29)+(3+6+9+⋯+30)+(22+23+⋯+211−20)
=(2+29)×102+(3+30)×102+4(1−210)1−2−20
=155+165+4092−20=4392．
【解析】本题考查了Sn与an的关系、等比数列的通项公式以及分组(并项)法求和，是中档题．
(1)由2an=2n+Sn，得2an−1=2(n−1)+Sn−1(n≥2)，两式相减得bn=2bn−1(n≥2)，由等比数列得出数列{bn}的通项公式;
(2)由(1)知an=2n+1−2，由分组求和可得结果．
19.【答案】(1)证明：因为∠ABC=45∘，AB=2 2，BC=4
所以在△ABC中由余弦定理得AC2=(2 2)2+42−2×2 2×4×cs45∘=8
解得AC=2 2，
又由AB2+AC2=BC2得AB⊥AC
因为AB//CD所以CD⊥AC
因为PA⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE
所以PA⊥CD，
又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC
又因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAC．
(2)由(1)得AB，AC，AP两两互相垂直，分别以AB，AC，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0,)B(2 2,0,0)，C(0,2 2,0)，
设P(0,0,t)
因为AC//ED，CD⊥AC，所以四边形ACDB是直角梯形
因为AE=2，∠ABC=45∘，AE//BC
所以∠BAE=135∘，∠CAE=45∘，CD=AE⋅sin45∘= 2
所以D(− 2,2 2,0)
则CP=(0,−2 2,t)，CD=(− 2,0,0)，
设m=(x,y,z)是平面PCD的一个法向量
则有m⋅CP=0m⋅CD=0，即−2 2ty+tz=0− 2x=0
令z=1，得m=(0, 24t,1)
设θ是直线与平面所成的角，PB=(2 2,0,−t)
则有sinθ=sin30∘=|cs
设点A到平面PCD的距离为ℎ=AP·mm=2 2 2=2
所以点A到平面PCD的距离为2．
【解析】本题重点考查面面垂直的判定、线面角和点面距离，属于一般题．
(1)通过求证CD⊥平面PAC，由面面垂直的判定定理即可求证;
(2)建立空间直角坐标系，设P(0,0,t)，先求出t，再利用向量法即可求解．
20.【答案】解：(1)因为△PF1F2是直角三角形，且|OP|=1，
所以椭圆的半焦距c=1，
由ca= 33，得a= 3，
则b2=a2−c2=2，
所以椭圆的标准方程为x23+y22=1．
(2)(i)当BD的斜率k存在且k≠0时，BD的方程为y=k(x+1)代入椭圆方程x23+y22=1，
并化简得(3k2+2)x2+6k2x+3k2−6=0．
设B(x,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=−6k23k2+2，x1x2=3k2−63k2+2
|BD|= 1+k2|x1−x2|= (1+k2)[(x2+x2)2−4x1x2]=4 3(k2+1)3k2+2;
因为AC与BC相交于点P，且AC的斜率为−1k，
所以，|AC|=4 3(1k2+13×1k2+2)=4 3(k2+1)2k2+3．
四边形ABCD的面积S=12|BD||AC|=24(k2+1)2(3k2+2)(2k2+3)≥24(k2+1)2[(3k2+2)+(2k2+3)2]2=9625．
当k2=1时，上式取等号．
(ii)当BD的斜率k=0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S=4．
综上，四边形ABCD的面积的最小值为9625．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和椭圆中三角形的面积，是较难题．
(1)由题意椭圆的半焦距c=1，由ca= 33，得a= 3，可得椭圆的标准方程;
(2)当BD的斜率k存在且k≠0时，BD的方程为y=k(x+1)代入椭圆方程联立，得出|BD|和|AC|，由基本不等式可得四边形ABCD的面积S最小值；当BD的斜率k=0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积，比较可得结论．
21.【答案】解：(1)设每箱实际价格为X，则X可能取值为800元，900元．
所以P(X=900)=23，P(X=800)=13，
E(X)=800×13+900×23=26003>840，
所以值得购买；
(2)设每箱实际价格为Y，则Y可能取值为800元，900元，
设A=“废品率110”，B=“废品率15”，
C=“检验2件产品，恰好有一件废品”，
P(A)=23，P(B)=13
P(AC)=P(A)P(C|A)=23×C11C91C102=215，
P(BC)=P(B)P(C|B)=13×C21C81C102=16135，
P(C)=P(AC+BC)=215+16135=34135，
①P(B|C)=P(BC)P(C)=1634=817
②因为P(A|C)=P(AC)P(C)=21534135=917，
则Y的分布列为
E(Y)=800×817+900×917=1450013>840
所以此箱值得购买．
【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列和离散型随机变量的期望，是中档题．
(1)X可能取值为800元，900元，得出对应概率，可得E(X)=26003>840，可得结论；
(2)易得Y可能取值为800元，900元，由条件概率可得结果，再得出Y的期望，可得结论．
22.【答案】解：(1) ①由题意，得f′(x)=cs2x+acs2x．
(i)若f(x)在(−π2,π2)上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，
即a≤−cs2x恒成立，所以a≤−1;
(ii)若f(x)在(−π2,π2)上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，
即a≥−cs2x恒成立，所以a≥0，
综上，实数a的取值范围为(−∞,−1]∪[0,+∞).
②假设f(x)是“极致0函数”，则x=0是f(x)的极值点，
所以f′(0)=1+a=0，解得a=−1，
由 ①可知，当a=−1时，f(x)在(−π2,π2)上单调递减，与x=0是f(x)的极值点矛盾，
故f(x)不是“极致0函数”．
(2)由题意，得g′(x)=(1−m)sinx+xcsx，则g′(0)=g(0)=0．
当x∈(−π2,π2)时，g′(x)=[(1−m)tanx+x]csx，
易知当x∈(−π2,π2)时，csx>0．
设ℎ(x)=(1−m)tanx+x，x∈(−π2,π2).
①当1−m≤−1，即m≥2时，由(i)可知，ℎ(x)在(−π2,π2)上单调递减，
又ℎ(0)=0，所以当x∈(−π2,0)时，ℎ(x)>0，
即g′(x)>0;当x∈(0,π2)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，
所以g(x)在x=0处取得极大值，此时g(x)是“极致0函数”；
②当1−m≥0，即m≤1时，由(ii)可知，ℎ(x)在(−π2,π2)上单调递增，
又ℎ(0)=0，所以当x∈(−π2,0)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(0,π2)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在x=0处取得极小值，此时g(x)是“极致0函数”;
③当1
易知φ(x)在(−π2,0)上单调递增，在(0,π2)上单调递减．
因为φ(0)=2−m>0，φ(−π2)=φ(π2)=1−m<0，
所以存在x1∈(−π2,0)，x2∈(0,π2)，使得φ(x1)=φ(x2)=0，
且当x∈(x1,x2)时，φ(x)>0，
即ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(x1,x2)上单调递增．
又ℎ(0)=0，所以当x∈(x1,0)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(0,x2)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在x=0处取得极小值，此时g(x)是“极致0函数”．
综上，对任意m∈R，g(x)均为“极致0函数”．
【解析】本题考查了利用导数由函数的单调性求参、导数的新定义问题和利用导数证明不等式，是较难题．
(1) ①由题意，得f′(x)=cs2x+acs2x，分若f(x)在(−π2,π2)上单调递减和单调递增，分离变量可得实数a的取值范围; ②假设f(x)是“极致0函数”，则x=0是f(x)的极值点，由f′(0)=1+a=0，得a，由新定义判定即可；
(2)由题意，得g′(x)=(1−m)sinx+xcsx，则g′(0)=g(0)=0，当x∈(−π2,π2)时，g′(x)=[(1−m)tanx+x]csx，易知当x∈(−π2,π2)时，csx>0.设ℎ(x)=(1−m)tanx+x，x∈(−π2,π2)，利用研究单调性极值，即可得证．Y
800
900
P
817
917
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