2024学生版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）每日一练答案精析20

展开

这是一份2024学生版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）每日一练答案精析20，共156页。

[周一]
1．A
2．D [由eyln x＝yex得eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，①
由ezlneq \f(1,x)＝zex得eq \f(ez,z)＝eq \f(ex,ln \f(1,x))，②
由①②相加得eq \f(ey,y)＋eq \f(ez,z)＝0，
因为y>1，ey>0，所以eq \f(ez,z)<0，
又因为ez>0，所以z<0；
因为eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，y>1，
所以eq \f(ex,ln x)>0，即ln x>0，所以x>1；
令f(x)＝x－ln x(x>1)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)＝x－ln x在(1，＋∞)上单调递增，
即x>ln x，所以eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)>eq \f(ex,x)，即eq \f(ey,y)>eq \f(ex,x)，令g(x)＝eq \f(ex,x)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(x－1ex,x2)(x>1)，
当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)＝eq \f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，所以由eq \f(ey,y)>eq \f(ex,x)，得到y>x.
所以y>x>z.]
3．BD [因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))是定义域为R的奇函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋x))，
即f(－x)＝－f(x＋1)，
所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，
即f′(－x)＝f′(x＋1)，
所以g(－x)＝g(x＋1)，
又g(1＋x)为奇函数，
所以g(1＋x)＝－g(1－x)，
当x＝0时，g(1)＝－g(1)＝g(0)，
即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正确；
又g(－x)＝－g(1－x)，
所以g(x)＝－g(1＋x)，
故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，
即函数g(x)的周期为2，
所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，
即g(－1)＝g(4)，故D正确；
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))为奇函数可知
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋x))，
即f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))成中心对称，
不妨取f(x)＝eq \f(1,π)cs π(x－1)，
则g(x)＝－sin π(x－1)满足周期为2，关于点(1,0)中心对称的条件，
因为f(0)＝－eq \f(1,π)，f(－1)＝eq \f(1,π)，f(4)＝－eq \f(1,π)，可知A，C错误．]
4．0.64
5．解 (1)∵2acs C＝c(3－2cs A)，
∴由正弦定理得
2sin Acs C＝sin C(3－2cs A)，
∴2sin Acs C＋2cs Asin C
＝2sin(A＋C)＝2sin B＝3sin C，
再由正弦定理得2b＝3c，∴eq \f(b,c)＝eq \f(3,2).
(2)由(1)得2sin B＝3sin C，
∴2sin(A＋C)＝3sin C，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C))＝3sin C，
∴sin C＋eq \r(3)cs C＝3sin C，
∴eq \r(3)cs C＝2sin C，
又sin2C＋cs2C＝1，sin C>0，
∴sin C＝eq \f(\r(21),7).
[周二]
1．C
2．C [已知A(1,0)是圆O：x2＋y2＝r2上一点，
所以12＋02＝r2＝1.
设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为
y＝k(x－1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))
则(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，
所以xA＋xB＝eq \f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq \f(k2－1,1＋k2)，
由于xA＝1，所以xB＝eq \f(k2－1,1＋k2)，
则yB＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－1))＝－eq \f(2k,1＋k2)，由于BC是圆O的直径，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，
则弦AC的中点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).
因为直线AB，BD的斜率之和为0，
所以kBD＝eq \f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，
整理得k(k2－5)＝0，
解得k＝0或k＝±eq \r(5)，又点B在第一象限，所以k<－1，故k＝－eq \r(5)，即直线AB的斜率是－eq \r(5).]
3．ACD [由图可知，A＝1，函数f(x)的最小正周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故A正确；
由T＝eq \f(2π,|ω|)，ω>0，知ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
又－eq \f(π,2)<φ所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
对于B，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，
2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，故B错误；
对于C，将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度，
得到g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin 2x的图象，故C正确；
对于D，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象，因为当x＝eq \f(5π,6)时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sin π＝0，所以得到的函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))对称，故D正确．]
4.eq \r(3)
5．解 (1)在四棱锥P－ABCD中，连接AC交BD于点F，连接EF，如图．
因为PC∥平面EBD，PC⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBD＝EF，则PC∥EF，
因为AB∥CD，即△ABF∽△CDF，
因此eq \f(AF,FC)＝eq \f(AB,DC)＝eq \f(1,2)，
由PC∥EF，得eq \f(AE,EP)＝eq \f(AF,FC)＝eq \f(1,2)，
于是λ＝eq \f(1,2)，
所以实数λ的值为eq \f(1,2).
(2)在四棱锥P－ABCD中，取BD的中点O，连接PO，如图．
因为△PBD是等边三角形且与底面垂直，则有PO⊥BD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，从而PO⊥平面ABCD，过点O作Oy∥CD，又BD⊥CD，所以Oy⊥BD，
以O为原点，分别以OB，Oy，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1，－1,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，由eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(EP,\s\up6(→))(λ>0)，
得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋λ)，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋λ)－1，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋λ)－1))x－\f(1,1＋λ)y,＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，,m·\(DB,\s\up6(→))＝2x＝0，))
取z＝1，得m＝(0，eq \r(3)λ，1)，
平面PBD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝cseq \f(π,6)，即eq \f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，解得λ＝1，
所以当λ＝1时，平面EBD与平面PBD所成角的大小为eq \f(π,6).
[周三]
1．C
2．C
3．BCD [如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，则PG⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，则PG⊥BD.
又因为tan∠ADB·tan∠DGC＝eq \f(AB,AD)·eq \f(CD,GD)＝1，所以GC⊥BD，
又PG∩GC＝G，PG，GC⊂平面PGC，所以BD⊥平面PGC.
因为M∈平面PGC，A∉平面PGC，所以BD⊥AM不成立，A错误；
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥P－ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径R＝eq \f(\r(3),2)，即四棱锥P－ABCD外接球的表面积为3π，B正确；
如图2，直线PC与直线AD所成的角即为直线PC与直线BC所成的角，即为eq \f(π,3)，C正确；
如图1，连接PH(图略)，因为BD⊥平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HM⊥PC，
由上推导知PG⊥GC，GC＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，
cs∠DCG＝eq \f(DC,CG)＝eq \f(1,\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(6),3)，
CH＝DCcs∠DCH＝eq \f(\r(6),3)，
GH＝GC－CH＝eq \f(\r(6),6)，
PH＝eq \r(PG2＋GH2)
＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)))2)
＝eq \f(\r(6),3)，PH＝CH，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD的中点，平面ADM即平面ADQ与BP的交点也即为QA与BP的交点，可知N为QA的中点，故VP－ADMN＝eq \f(3,4)VP－AQD＝eq \f(3,4)VQ－APD＝eq \f(3,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,8)，D正确．]
4．20
解析依题意，5人中选出2人，他们的编号与座位编号一致，有Ceq \\al(2,5)种方法，剩余3人都不坐与自己编号相同的座位有2种方法，由分步乘法计数原理得所求的坐法种数为2Ceq \\al(2,5)＝20.
5．解 (1)由题意得x>0，a＝1，b＝3时，
f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1x－1,x)，
令f′(x)>0，解得01.
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)．
(2)f(x)＝ax2＋ln x≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≤－eq \f(ln x,x2)在区间[1，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝－eq \f(ln x,x2)，x≥1，
则g′(x)＝eq \f(2ln x－1,x3)，
令g′(x)>0，解得x>eq \r(e)，此时g(x)单调递增，
令g′(x)<0，解得1≤x[周四]
1．A 2.B
3．ACD [对于A，因为共有10个数，10×80%＝8，所以这组数据的第80百分位数为18和20的平均数，即为19，故A正确；
对于B，因为随机变量ξ～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，σ2))，且Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ<4))＝0.8，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ≤2))＝0.5，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2<ξ<4))＝0.8－0.5＝0.3，故B错误；
对于C，由题意可知P(A)＝eq \f(C\\al(1,4),C\\al(1,6))＝eq \f(2,3)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,2),C\\al(1,6)C\\al(1,5))＝eq \f(4,15)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A))))＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(2,5)，故C正确；
对于D，因为经验回归直线eq \(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq \(a,\s\up6(^))经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\x\t(x)，\x\t(y)))，
所以3.7＝0.4×4＋eq \(a,\s\up6(^))，
解得eq \(a,\s\up6(^))＝2.1，故D正确．]
4.eq \r(3)＋1
解析由题意可知a2＋b2＝c2，故不妨设A(－c,0)，
B(c,0)，即为双曲线的焦点，|AB|＝2c，
由eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))可得
eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(CN,\s\up6(→))
＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
即2eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
故M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为BC的中点，
又因为BM⊥AC，故|AB|＝|BC|，
同理|AB|＝|AC|，
即△ABC为正三角形，
故|AM|＝eq \f(1,2)|AC|＝c，|BM|＝eq \r(3)c，
又点M在双曲线左支上，故|BM|－|AM|＝eq \r(3)c－c＝2a，则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1.
5．解 (1)由题意知，
(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，
(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，
所以c＝0，
当bn＝2n时，m1＝2，m2＝3，m3＝eq \f(14,3)，
(1－2)×eq \f(14,3)＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－eq \f(2,3)≠0，
所以{bn}不是“梦想数列”．
(2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，
]mn＝eq \f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq \f(Sn,n)
＝eq \f(\f(nc1＋cn,2),n)＝eq \f(n2,n)，
(i－j)eq \f(k2,k)＋(j－k)eq \f(i2,i)＋(k－i)eq \f(j2,j)＝0，
所以{cn}是“梦想数列”．
(3)①令i＝1，j＝2，k＝3，
(1－2)eq \f(a1＋a2＋a3,3)＋(2－3)eq \f(a1,1)＋(3－1)eq \f(a1＋a2,2)＝0，
所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差数列，
②令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，
设Sn为数列{an}的前n项和，
(1－2)eq \f(Sn,n)＋(2－n)a1＋(n－1)eq \f(S2,2)＝0，
化简得2Sn＋(n2－3n)a1－n(n－1)a2＝0，
2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n(n＋1)a2＝0，
两式相减得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0⇒an＋1＝a1＋n(a2－a1)，
所以an＝a1＋(n－1)(a2－a1)(n≥4)，当n＝1,2,3时也成立．
综上可得，“梦想数列”{an}是等差数列．
[周五]
1．B 2.C
3．CD [由直线l：mx＋y－eq \r(2)m＝0可知m(x－eq \r(2))＋y＝0，该直线过定点E(eq \r(2)，0)，且直线斜率一定存在，
当OE⊥AB时，弦AB的弦心距最长，则AB的最短长度为2eq \r(4－2)＝2eq \r(2)，
此时AB的斜率不存在，与题意矛盾，故A错误；
△AOB的面积为S△AOB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB＝2sin∠AOB，
若△AOB的面积取到最大值，则∠AOB为直角，
此时|OE|＝eq \r(2)，|AB|＝2eq \r(2)，OE⊥AB，与题意矛盾，故B错误；
由于直线AB过定点E(eq \r(2)，0)，E(eq \r(2)，0)在x2＋y2＝4内，
故无论m为何值，l与圆相交，故C正确；
P为圆上任意一点，假设当l与x轴垂直时，如图中虚线位置，
此时劣弧最短，当P为劣弧与x轴的交点时，∠APB最大，但由于直线l斜率存在，
故直线取不到图中虚线位置，即不存在m，使∠APB取得最大值，故D正确．]
4.eq \f(4π,3)
解析设圆锥母线长为l，由题意2π×1＝πl，l＝2，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，易知PD是圆锥的高，O在PD上，
由PA＝2，BD＝1得∠BPD＝eq \f(π,6)，
因此∠ABP＝eq \f(π,3)，
所以∠OBD＝eq \f(1,2)∠DBP＝eq \f(π,6)，
OD＝BDtan eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4π,3).
5．解 (1)列联表如下：
零假设为H0：选择哪家直播间购物与用户的年龄无关．
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝eq \f(100×40×30－20×102,60×40×50×50)＝eq \f(50,3)>10.828＝x0.001，依据小概率值α＝0.001的独立性检验，推断H0不成立，即认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
(2)由题设，小李第二天去乙直播间购物的样本点有(第一天去甲直播间，第二天去乙直播间)，(第一天去乙直播间，第二天去乙直播间)，
所以小李第二天去乙直播间购物的概率P＝0.5×(1－0.7)＋0.5×(1－0.8)＝0.25.
(3)由题意，设5人中下单成功的人数为X，
则X～B(5，p)，
所以f(p)＝Ceq \\al(2,5)p2(1－p)3＝10p2(1－p)3，
令g(p)＝p2(1－p)3＝p2－3p3＋3p4－p5，
所以g′(p)＝p(2－9p＋12p2－5p3)，
令h(p)＝2－9p＋12p2－5p3，
所以h′(p)＝－9＋24p－15p2
＝－15eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(4,5)))2＋eq \f(3,5)，
h′(p)开口向下，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，1))上单调递减，
又h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝h′(1)＝0，
故当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))时，h′(p)<0，h(p)单调递减；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1))时，h′(p)>0，h(p)单调递增；
由heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝0，h(1)＝0，
故当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))时，h(p)>0，
即g′(p)>0；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))时，h(p)<0，
即g′(p)<0，
所以g(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))上单调递减，
即f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))上单调递减，
所以f(p)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))，即p0＝eq \f(2,5).
[周六]
1．A 2.C
3．ABD [令x＝－1，则(－1－1)6＝a0，即a0＝64，故A正确；
令x＝0，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(0－1)6＝1，
令x＝－2，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729，
则a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(1＋729,2)＝365，故B正确；
(x－1)6＝[(x＋1)－2]6，
则Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x＋1)6－k(－2)k，
令k＝1，则a5＝Ceq \\al(1,6)(－2)1＝－12，故C错误；
由(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6两边求导，
得6(x－1)5＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1)2＋…＋6a6(x＋1)5，
令x＝0，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×(0－1)5＝－6，故D正确．]
4.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\r(2)))
解析由题意可得，g(x)＝ax＋eq \f(b,2)sin 2x＋eq \f(c,2)cs 2x＝ax＋eq \f(\r(b2＋c2),2)sin(2x＋φ)．
于是g′(x)＝a＋eq \r(b2＋c2)cs(2x＋φ)＝a＋cs(2x＋φ)．
设切点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则由函数y＝g(x)具有T性质，可得g′(x1)g′(x2)＝－1，
即[a＋cs(2x1＋φ)][a＋cs(2x2＋φ)]＝－1，
整理得a2＋[cs(2x1＋φ)＋cs(2x2＋φ)a＋cs(2x1＋φ)cs(2x2＋φ)＋1＝0，
将上式视为关于a的方程，则其判别式
Δ＝[cs(2x1＋φ)＋cs(2x2＋φ)]2－4[cs(2x1＋φ)cs(2x2＋φ)＋1]≥0，
即Δ＝[cs(2x1＋φ)－cs(2x2＋φ)]2－4≥0，注意到－1≤cs(2x1＋φ)≤1，
－1≤cs(2x2＋φ)≤1则－2≤cs(2x1＋φ)－cs(2x2＋φ)≤2，
故Δ＝[cs(2x1＋φ)－cs(2x2＋φ)]2－4＝0，
此时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs2x1＋φ＝－1，,cs2x2＋φ＝1))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs2x1＋φ＝1，,cs2x2＋φ＝－1.))
代入方程可得a2＝0，因此，a＝0.
另一方面，由b2＋c2＝1，
可设b＝cs θ，c＝sin θ，其中θ∈R，
则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b＋c))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs θ＋sin θ))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))))≤eq \r(2)，即－eq \r(2)≤b＋c≤eq \r(2).
因此，a＋b＋c∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\r(2))).
5．(1)解当l1的斜率为eq \f(2,3)时，
l1的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\f(2,3)x＋2，))
消元得y2－3py＋4p＝0，
Δ＝(－3p)2－4×4p>0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p.
由弦长公式得
|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2))eq \r(3p2－4×4p)＝eq \r(13)，
即eq \r(9p2－16p)＝2，
解得p＝2或p＝－eq \f(2,9)(舍去)，p＝2满足Δ>0，
从而E的标准方程为y2＝4x.
(2)证明方法一因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率都存在且不为0，
设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)(k1≠0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,y2＝4x，))
消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，
则y1y2＝8.
设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)(k2≠0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,3),4)，y3))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,4),4)，y4))，
同理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k2x＋2，,y2＝4x，))
消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，可得y3y4＝8.直线AD的方程为y－y1＝eq \f(y4－y1,\f(y\\al(2,4),4)－\f(y\\al(2,1),4))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
即y＝eq \f(4,y4＋y1)x＋eq \f(y1y4,y4＋y1)，
化简得4x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y4))y＋y1y4＝0，
同理，直线BC的方程为4x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y3))y＋y2y3＝0，
因为(－2,0)在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，
所以y2＋y3≠y1＋y4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－y1＋y4y＋y1y4＝0，,4x－y2＋y3y＋y2y3＝0，))
解得x＝eq \f(y2y3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y4))－y1y4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y3)),4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y4)))))＝eq \f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y4)))))＝eq \f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y4)))))
＝eq \f(8[y2＋y3－y1＋y4],4[y2＋y3－y1＋y4])＝2，
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
方法二设直线AB的方程为
x＝my－2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,y2＝4x，))
消去x得y2－4my＋8＝0，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，则y1y2＝8.
设直线CD的方程为x＝ny－2，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,3),4)，y3))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,4),4)，y4))，同理可得y3y4＝8.
以下步骤同方法一．
第二周
[周一]
1．A
2．B [由圆的方程知，圆的半径为4.
当P与A′位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如图所示，∵|PA′|≥|OP|－|OA′|＝4－eq \r(－32＋22)＝4－eq \r(13)(当且仅当O，A′，P三点共线且A′在O，P′之间时取等号)，∴当P位于图中P′处时，|PA′|取得最小值4－eq \r(13)；
又当P位于图中Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－4))处时，|PA′|取得最大值|A′M|＝eq \r(－32＋2＋42)＝3eq \r(5)；当P与A′分别在两个半平面中时，
作A′C⊥平面xOy，垂足为C，作A′E⊥y轴，垂足为E，连接CE，则A，C，E三点共线，设F为CE延长线上的点，则∠A′EF即为翻折后的二面角的平面角，
∵∠A′EF＝eq \f(2π,3)，∴∠A′EA＝eq \f(π,3)，
∵|A′E|＝3，
∴|A′C|＝|A′E|sin∠A′EA＝eq \f(3\r(3),2)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CE))＝|A′E|cs∠A′EA＝eq \f(3,2)，
∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2))；
∵P为圆x2＋y2＝16右半圆上的点，
∴可设P(4cs θ，4sin θ)，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴|PC|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4cs θ＋\f(3,2)))2＋(4sin θ－2)2＝eq \f(89,4)－16sin θ＋12cs θ，
∴|PA′|2＝|PC|2＋|A′C|2
＝29－4(4sin θ－3cs θ)
＝29－20sin(θ＋φ)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝－\f(3,4)，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))))，
∵θ＋φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,2)))，∴当θ＋φ＝－eq \f(π,2)，
即sin(θ＋φ)＝－1时，|PA′|eq \\al(2,max)＝49，
则|PA′|max＝7.
又sin(θ＋φ)<1，∴|PA′|2>29－20＝9，即|PA′|>3；
综上所述，A′，P两点间距离的取值范围为[4－eq \r(13)，7]．]
3．ACD [跳动1次后等可能地在顶点B，D，A1处，P1＝eq \f(2,3)，故A正确；
跳动奇数次后只能位于点B，D，A1，C1，跳动偶数次后只能位于点A，C，B1，D1，故B错误；
Pn＋1＝eq \f(2,3)Pn＋eq \f(1,3)(1－Pn)＝eq \f(1,3)Pn＋eq \f(1,3)，
故Pn＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,2)))，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,2)))是等比数列，
且Pn－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
即Pn＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n)＋1))，故C正确；
由点A出发，经过偶数次移动只能到达点A，C，B1，D1(奇数次后只能位于点B，D，A1，C1)，考虑移动n次(n是偶数)返回到A的路径数为An，显然A0＝1.由于移动n－1次后只能位于点B，D，A1，C1，其中位于B，D，A1再移动1次就可能返回到A，所以考虑移动n－2次后所在点A，C，B1，D1，把这四个点分成两类：点A和点C，B1，D1.
若在点A(路径数为An－2)，再移动2次返回到A只有3种折返路径(即ABA，ADA，AA1A)；若在点C，B1，D1(路径数为3n－2－An－2)中的一个，再移动2次返回到A的路径数每个点处都有2条路径(即CBA，CDA，B1BA，B1A1A，D1DA，D1A1A)．综上，移动n次(n是偶数)返回到A的路径数An＝3An－2＋2(3n－2－An－2)，即An－An－2＝2·3n－2，累加可得An＝eq \f(3n＋3,4)，总路径数为3n，故青蛙跳动n(n为偶数)次后恰好回到A的概率为pn＝eq \f(An,3n)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)＋1))，当n＝4时，p4＝eq \f(7,27)，故D正确．]
4．0.031 5
5．解 (1)因为c2＝a2＋b2－2abcs C，
且a＝4，b＝5eq \r(2)，C＝45°，
所以c2＝16＋50－2×4×5eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝26，
所以c＝eq \r(26).
(2)由(1)知，c＝eq \r(26)，
因为eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，且a＝4，c＝eq \r(26)，
所以sin A＝eq \f(asin C,c)＝eq \f(2\r(13),13).
因为a所以cs A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(3\r(13),13)，
故sin 2A＝2sin Acs A＝eq \f(12,13).
[周二]
1．B 2.A
3．ACD [对于A，取连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点O，则点O到直三棱柱各个顶点的距离均为eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2)，其中r为底面三角形外接圆半径，h为直三棱柱的高，
∴点O即为直三棱柱的外接球球心，A正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于直径，底面内切圆半径等于内切球半径，即底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B错误；
对于C，若正三棱柱的内切球半径为1，则正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为3，
设正三棱柱底面正三角形的边长为a，则eq \r(a2－\f(a2,4))＝3，解得a＝2eq \r(3)，
∴该正三棱柱的体积V＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)))2×eq \f(\r(3),2)×2＝6eq \r(3)，C正确；
对于D，若外接球球心在直三棱柱的侧面上，则球心为该侧面的中心，其到底面三角形各顶点的距离相等，
∴球心在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离也相等，
又侧面中心在底面的射影在底面三角形的一条边上，
∴该射影为底面三角形一条边的中点，且到另一顶点的距离为该边长的一半，
∴该底面三角形为直角三角形，D正确．]
4．(－1，－2)(答案不唯一)
5．解 (1)由an＋1＋(－1)nSn＝2n得a2－a1＝2，即a2＝a1＋2，
a3＋S2＝22＝4，即a3＋a2＋a1＝4，又a3＝0，
所以a1＝1，a2＝3，
(2)当n＝2k时，a2k＋1＋S2k＝22k，
当n＝2k－1时，a2k－S2k－1＝22k－1，
两式相加可得a2k＋1＋S2k＋a2k－S2k－1＝22k＋22k－1，
得a2k＋1＋2a2k＝22k＋22k－1，
由于bn＝an＋1＋2an，
所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n
＝(a3＋2a2)＋(a5＋2a4)＋(a7＋2a6)＋…＋(a2n＋1＋2a2n)
＝(22＋21)＋(24＋23)＋(26＋25)＋…＋(22n＋22n－1)
＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2.
[周三]
1．A
2．B [如图，在单位圆A中，∠BAC＝θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(不妨设θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
BD⊥AC于D，则弧BC的长度l＝θ，|BD|＝sin θ，
由图易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sin θ，所以a＝e－3＝eq \f(1,e3)>eq \f(1,25)＝0.04>sin 0.04＝c.
设f(x)＝sin 2x－ln(1＋x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，则f′(x)＝2cs 2x－eq \f(1,1＋x)>1－eq \f(1,1＋x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，又f(0)＝0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.02))>0，即sin 0.04>ln 1.02，即b综上，b3．ACD [不妨设M为双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0，b>0))的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，如图，
因为eq \(F1N,\s\up6(—→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0，所以eq \(F1N,\s\up6(—→))⊥eq \(MN,\s\up6(→))，即F1N⊥MN，因为MN平分∠F1MF2，所以△F1MG为等腰三角形，
则N为F1G的中点，又O为F1F2的中点，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ON))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2G))，
根据双曲线的定义得，
|MF1|－|MF2|＝|MG|－|MF2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(GF2))＝2a，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ON))＝a＝2，
因为双曲线E的渐近线方程为2x±y＝0，所以eq \f(b,a)＝2，得b＝4，c2＝b2＋a2＝20，c＝2eq \r(5)，
所以双曲线E的标准方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，
所以A正确，B不正确；
设M(x1，y1)，代入eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1，
即eq \f(x\\al(2,1),4)－eq \f(y\\al(2,1),16)＝1，所以点M到两条渐近线的距离之积为eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x1＋y1)),\r(5))×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x1－y1)),\r(5))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4x\\al(2,1)－y\\al(2,1))),5)＝eq \f(16,5)，
所以C正确；
设P(x2，y2)，Q(x，y)，因为P，M在双曲线E上，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),16)＝1，①,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),16)＝1，②))
①－②并整理得，eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝4，
因为kPM＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，
kOQ＝eq \f(y,x)＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
所以kOQ·kPM＝4，所以D正确．]
4．36
5．(1)证明方案一：选条件①②.
因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，
又因为在Rt△SBM中，cs∠SBM＝eq \f(\r(5),5)，
所以BM＝1，又因为四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，
所以BM＝AB＝1，AM＝eq \r(2)，
由SA＝eq \r(6)，AM＝eq \r(2)，SM＝2，
可得SA2＝AM2＋SM2，
所以SM⊥AM，
则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，
得SM⊥平面ABCD，
又因为SM⊂平面SBC，
所以平面SBC⊥平面ABCD.
方案二：选条件①③.
因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，
又因为在△SAM中，SA＝eq \r(6)，
sin∠SAM＝eq \f(\r(6),3)，SM＝2，
所以由正弦定理得
eq \f(SA,sin∠SMA)＝eq \f(SM,sin∠SAM)，
即eq \f(\r(6),sin∠SMA)＝eq \f(2,\f(\r(6),3))，
所以sin∠SMA＝1，
即∠SMA＝eq \f(π,2)，所以SM⊥AM，
则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，
所以SM⊥平面ABCD，
又因为SM⊂平面SBC，
所以平面SBC⊥平面ABCD.
方案三：选条件②③.
因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，
又因为在Rt△SBM中，cs∠SBM＝eq \f(\r(5),5)，所以BM＝1，又因为四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，
所以BM＝AB＝1，AM＝eq \r(2)，
又因为在△SAM中，sin∠SAM＝eq \f(\r(6),3)，
则cs∠SAM＝eq \f(\r(3),3)，
设SA＝x，SM2＝SA2＋AM2－2SA·AM·cs∠SAM，
所以3x2－2eq \r(6)x－6＝0，
解得x1＝eq \r(6)或x2＝－eq \f(\r(6),3)(舍去)，
所以SA＝eq \r(6)，
由SA＝eq \r(6)，AM＝eq \r(2)，SM＝2，
可得SA2＝AM2＋SM2，所以SM⊥AM，则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，得SM⊥平面ABCD，
又因为SM⊂平面SBC，
所以平面SBC⊥平面ABCD.
(2)解由(1)知SM⊥平面ABCD，且MD⊥AM，如图所示，以M为坐标原点，MA所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，0，0))，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
则eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)，－2))，eq \(SA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，0，－2))，
设平面SAD的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(SD,\s\up6(→))＝\r(2)y－2z＝0，,n·\(SA,\s\up6(→))＝\r(2)x－2z＝0，))
取z＝1，可得平面SAD的一个法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\r(2)，1))，
eq \(SC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))，
设直线SC与平面SAD所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(SC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·\(SC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(SC,\s\up6(→)))))＝eq \f(2,5)，所以直线SC与平面SAD所成角的正弦值为eq \f(2,5).
[周四]
1．D 2.B
3．BC [结合几何体可得eq \(B1E,\s\up6(—→))＝eq \(B1D1,\s\up6(—→))＋eq \(D1E,\s\up6(—→))＝eq \(B1A1,\s\up6(—→))＋eq \(B1C1,\s\up6(—→))＋eq \(D1E,\s\up6(—→))
＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(DD1,\s\up6(—→))
＝－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(—→))，
故B选项正确；
eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(—→))，结合长方体中的位置关系可知，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(—→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AA1,\s\up6(—→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，于是eq \(B1E,\s\up6(—→))·eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AA1,\s\up6(—→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\(AA1,\s\up6(—→))))＝－eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(—→))2
＝－4＋eq \f(1,2)×16＝4≠0，
即B1E⊥A1B不成立，A选项错误；
根据长方体中的线面关系知，B1C1⊥平面CEC1，
于是＝eq \f(1,3)×B1C1×＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×4×2＝eq \f(8,3)，C选项正确；
B1C＝2eq \r(5)，CE＝2eq \r(2)，
B1E＝eq \r(B1D\\al(2,1)＋ED\\al(2,1))＝2eq \r(3)，
注意到20＝B1C2＝CE2＋B1E2＝8＋12，
故△CEB1为直角三角形，
＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(3)＝2eq \r(6)，
设C1到平面B1CE的距离为h，
由＝eq \f(8,3)＝eq \f(1,3)××h＝eq \f(2\r(6)h,3)，解得h＝eq \f(2\r(6),3)，故直线CC1与平面B1CE所成角的正弦值为eq \f(h,CC1)＝eq \f(\r(6),6)，D选项错误．]
4．4＋eq \r(6)
解析设正四面体ABCD的棱长为a，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，
由正四面体的性质可知，该球球心O为正四面体ABCD的中心，
即O为正四面体ABCD外接球的球心(内切球的球心)，
则BO为正四面体ABCD的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为OE，
连接BE，则B，O，E三点共线，此时BE＝a，
由题意4π×OE2＝25π，所以OE＝eq \f(5,2)，
所以BO＝a－OE＝a－eq \f(5,2)，
如图，
记M为△BCD的中心，连接BM，AM，由正四面体的性质可知点O在AM上．
因为AB＝a，
BM＝eq \f(2,3)×eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2)＝eq \f(\r(3),3)a，
则AM＝eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq \f(\r(6),3)a，
因为BO2＝BM2＋OM2＝(AM－OM)2，所以BO2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2＋OM2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－OM))2，
解得BO＝eq \f(\r(6),4)a，所以eq \f(\r(6),4)a＝a－eq \f(5,2)，
解得a＝4＋eq \r(6)，
即正四面体ABCD的棱长为4＋eq \r(6).
5．解 (1)①由题意，X＝1,2,3，…，10，
故P(X＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2，…，9，
P(X＝10)＝(1－p)9，
X的分布列如表所示．
②E(X)＝p(1－p)0＋2p(1－p)1＋3p(1－p)2＋…＋9p(1－p)8＋10(1－p)9，
记S＝(1－p)0＋2(1－p)1＋3(1－p)2＋…＋
9(1－p)8，
(1－p)S＝(1－p)1＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋9(1－p)9，
作差可得pS＝(1－p)0＋(1－p)1＋(1－p)2＋…＋(1－p)8－9(1－p)9
＝eq \f(1－1－p9,p)－9(1－p)9，
则E(X)＝pS＋10(1－p)9＝eq \f(1－1－p9,p)＋(1－p)9＝eq \f(1－1－p10,p)(2)由(1)可知E(X)[周五]
1．C
2．C [子二代基因配型有6种情况，分别记为事件A1，A2，A3，A4，A5，A6，
“子三代基因型为高茎”记为事件B，则
P(B)＝eq \i\su(i＝1,6,P)(Ai)P(B|Ai)
＝1×eq \f(1,16)＋1×eq \f(1,4)＋1×eq \f(1,8)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋0×eq \f(1,16)＝eq \f(3,4).]
3．BCD [对于A，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，
2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，
因为y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上先单调递减，再单调递增，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))不是f(x)的单调递增区间，故A错误；
对于B，令2x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
解得x＝－eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
所以f(x)的零点为
x＝－eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
当k＝0时，x＝－eq \f(π,6)∉[0，π]；
当k＝1时，x＝eq \f(π,3)∈[0，π]；
当k＝2时，x＝eq \f(5π,6)∈[0，π]；
当k＝3时，x＝eq \f(4π,3)∉[0，π]，
所以f(x)在区间[0，π]上有两个零点，故B正确；
对于C，令x＝eq \f(π,12)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sin eq \f(π,2)＝1，所以直线x＝eq \f(π,12)是曲线y＝f(x)的对称轴，故C正确；
对于D，由f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))可得f′(x)＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令f′(x)＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝4，
即2x＋eq \f(π,3)＝2k1π，k1∈Z，
解得x＝－eq \f(π,6)＋k1π，k1∈Z，
当k1＝0时，x＝－eq \f(π,6)，
代入f(x)可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝0，
所以f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))处的切线为y＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，化简得y＝4x＋eq \f(2π,3)，故D正确．]
4．0
5．解 (1)由题意，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，y0))，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，－y0))，
且eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，
∵P(3,1)在C上，
∴eq \f(9,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，
两式相减得eq \f(y\\al(2,0)－1,x\\al(2,0)－9)＝－eq \f(b2,a2)，
∵kPA·kPB＝eq \f(y0－1,x0－3)·eq \f(－y0－1,－x0－3)＝eq \f(y\\al(2,0)－1,x\\al(2,0)－9)＝－eq \f(1,3)，
∴－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,3)，即a2＝3b2，
代入eq \f(9,a2)＋eq \f(1,b2)＝1中，
解得b2＝4，a2＝12，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意及(1)得
当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
联立直线l与椭圆C的方程，消去y得
(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
当Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－12)>0，
即4＋12k2－m2>0时，
有x1＋x2＝－eq \f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3m2－12,1＋3k2)，
∵PM⊥PN，∴eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，
∵eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(x1－3，y1－1)·(x2－3，y2－1)
＝(x1－3)(x2－3)＋(y1－1)(y2－1)
＝(x1－3)(x2－3)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(km－k－3)(x1＋x2)＋m2－2m＋10＝0，
∴(1＋k2)·eq \f(3m2－12,1＋3k2)＋(km－k－3)·eq \f(－6km,1＋3k2)＋m2－2m＋10＝0，
整理得9k2＋9km＋2m2－m－1＝0，
9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋km＋\f(m2,4)))－eq \f(1,4)(m2＋4m＋4)＝0，
即(6k＋3m)2－(m＋2)2＝0，
即(3k＋2m＋1)(3k＋m－1)＝0，
∵直线l不过点P，
∴3k＋m－1≠0，
∴3k＋2m＋1＝0，
∴直线l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))－eq \f(1,2)经过定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，
当直线l垂直于x轴时，设方程为x＝n，
则M(n，y1)，N(n，－y1)，
且n2＋3yeq \\al(2,1)＝12，①
由eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0得
(n－3，y1－1)·(n－3，－y1－1)＝n2－6n＋10－yeq \\al(2,1)＝0，②
由①②解得n＝eq \f(3,2)或n＝3(舍)，
∴此时直线l也经过定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，
综上，直线l经过定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2))).
当PQ垂直于直线l时，点P到直线l的距离最大，此时kPQ＝1，
∴直线l的斜率为－1，直线l的方程为y＋eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，
故所求直线l的方程为x＋y－1＝0.
[周六]
1．B 2.B
3．BCD [对于A，甲校第2次考试的平均分低于乙校第2次考试的平均分，A错误；
对于B，由图可知，甲校六次考试的平均分相对于乙校六次考试的平均分更加集中，说明数据更加稳定，则甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正确；
对于C，∵6×25%＝1.5，∴甲校平均分按从小到大顺序排列，第2个成绩为第25百分位数，由图可知，为第5次考试的平均分，约为90分；
∵6×75%＝4.5，∴乙校平均分按从小到大顺序排列，第5个成绩为第75百分位数，由图可知，为第3次考试的平均分，高于90，
∴甲校六次平均分的第25百分位数小于乙校六次平均分的第75百分位数，C正确；
对于D，由图可知，甲校平均分的最大值和最小值的分差明显小于乙校平均分的最大值和最小值的分差，即甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差，D正确．]
4．－eq \f(7,9)
解析因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,3)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))
＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(7,9)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α))
＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝－eq \f(7,9).
5．(1)解函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－ax(a≥0)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝eq \f(－ax2＋x－1,x2)(x>0)，
当a＝0时，由g′(x)<0可得x∈(0,1)，
由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由g′(x)＝eq \f(－ax2＋x－1,x2)＝0，
可得－ax2＋x－1＝0，Δ＝1－4a，
①当Δ＝1－4a≤0，即a≥eq \f(1,4)时，
g′(x)≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当Δ＝1－4a>0，即0当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表，
综上，当a＝0时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当a≥eq \f(1,4)时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2a)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2a)，\f(1＋\r(1－4a),2a)))上单调递增．
(2)证明由题意知当a＝1时，
g(x)＝f(x)－x＝ln x＋eq \f(1,x)－x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且g(1)＝0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)又∵f′(x)＝eq \f(x－1,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因为a1∈(0,1)，
所以a2＝f(a1)>f(1)＝1，
a3＝f(a2)>1，…，an＋1＝f(an)>1，
又当x∈(1，＋∞)时，
g(x)＝f(x)－x所以an＋2－an＋1＝f(an＋1)－an＋1<0，即an＋2又因为函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(an＋2)>g(an＋1)，
即eq \f(1,an＋2)＋ln an＋2－an＋2>
eq \f(1,an＋1)＋ln an＋1－an＋1，
即0>an＋3－an＋2>an＋2－an＋1，
∴an＋1－an＋2>an＋2－an＋3>0，
即eq \f(an＋1－an＋2,an＋2－an＋3)>1，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1－an＋2,an＋2－an＋3)))<0.
第三周
[周一]
1．A
2．A [因为f(－x)＝(－x)3－eq \f(1,2)sin(－x)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,2)sin x))＝－f(x)，
所以f(x)在R上是奇函数．
所以c＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
对f(x)＝x3－eq \f(1,2)sin x求导得，
f′(x)＝3x2－eq \f(1,2)cs x，
令g(x)＝3x2－eq \f(1,2)cs x，
则g′(x)＝6x＋eq \f(1,2)sin x，
当eq \f(1,2)0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
则当eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)cs eq \f(1,2)>eq \f(3,4)－eq \f(1,2)×1>0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增．
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，
所以cs θ>eq \f(1,2)>sin θ，
因为y＝xsin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0(sin θ)sin θ.
令h(x)＝xln x＋ln 2，
则h′(x)＝ln x＋1，
所以当0当x>eq \f(1,e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以h(x)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)ln eq \f(1,e)＋ln 2＝ln 2－eq \f(1,e)，
而2e>e，即2>，
所以ln 2>eq \f(1,e)，即ln 2－eq \f(1,e)>0.
所以xln x>－ln 2，即xx>eq \f(1,2)，
则(sin θ)sin θ>eq \f(1,2)，
所以(cs θ)sin θ>(sin θ)sin θ>eq \f(1,2)且(cs θ)sin θ<1，
所以f((cs θ)sin θ)>f((sin θ)sin θ)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即a>b>c.]
3．BC [{bn}的和S2k－1＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(50k－\f(kk－1,2)×4))×2－50
＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，
对于选项A，k＝10，则b1＝b19＝50－4×9＝14，
故A错误；
对于选项B，k＝10，则所有项的和为－4×9＋626＝590，故B正确；
对于选项C，{bn}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，当k＝13时，和最大，故C正确；
对于选项D，S2k－1＝－4k2＋104k－50＝0，方程无正整数解，故D错误．]
4．5
解析 N次游戏所取卡片数字总和为N(m＋n＋k)＝22＋9＋9＝40，
又m＋n＋k≥1＋2＋3＝6，且m＋n＋k为40的因数，所以(m＋n＋k)min＝8，且N＝2,4,5.
当N＝2时，m＋n＋k＝20，因为丙得9粒石子，则k≤8，所以甲得石子数小于16，不符合题意；
当N＝4时，m＋n＋k＝10，因为丙得9粒石子，则k≤6，为了使甲获得石子数最多，k＝6，m＝1，n＝3，此时甲最多得21粒石子，不符合题意；
当N＝5时，m＋n＋k＝8，因为丙得9粒石子，则k≤5，为了使甲获得石子数最多，k＝5，m＝1，n＝2，
此时甲最多得22粒石子，甲、乙、丙三人每次得石子数如表所示，
故做了5次游戏，N＝5.
5．(1)证明因为bc(1＋cs A)＝4a2，
所以bceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2＋c2－a2,2bc)))＝4a2，
所以bc＋eq \f(b2＋c2－a2,2)＝4a2，
即(b＋c)2＝9a2，所以b＋c＝3a.
(2)解如图，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
即22＝b2＋c2－2bc·eq \f(7,9)＝(b＋c)2－2bc－eq \f(14,9)bc，
又b＋c＝3a＝6，
所以bc＝9，b＝c＝3，
由角平分线定理可得eq \f(AB,BC)＝eq \f(AD,DC)＝eq \f(3,2)，
所以AD＝eq \f(3,5)×3＝eq \f(9,5)，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2＋32－2×eq \f(9,5)×3×eq \f(7,9)，所以BD＝eq \f(4\r(6),5).
[周二]
1．C
2．B [如图所示，设折痕为直线l，点P与P′关于折痕对称，l∩OP′＝M，在l上任取一点B，
由垂直平分线的性质可知|PB|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BO))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BP′))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BO))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OM))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MP′))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP′))，当且仅当M，B重合时取等号．
即折痕上到O，P两点距离之和最小的点为M，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PM))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MO))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP′))＝6>|OP|＝4.
故M的轨迹是以O，P为焦点，且长轴长为2a＝6的椭圆，焦距2c＝|OP|＝4，c＝2，
故短半轴长b＝eq \r(5)，
所以当Q为椭圆上(下)顶点时，△QOP的面积最大，最大值为eq \f(1,2)×2c×b＝2eq \r(5).]
3．AB [由eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，得y＝eq \r(\f(b2,a2)x2－b2)(x>a)，
所以y′＝eq \f(\f(b2,a2)x,\r(\f(b2,a2)x2－b2))，
则在点A(x1，y1)处的切线斜率为
y′＝eq \f(\f(b2,a2)x1,\r(\f(b2,a2)x\\al(2,1)－b2))＝eq \f(b2x1,a2y1)，
所以在点A(x1，y1)处的切线方程为
y－y1＝eq \f(b2x1,a2y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))，又eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，
化简得切线方程为eq \f(x1x,a2)－eq \f(y1y,b2)＝1，
所以eq \f(x1x2,a2)－eq \f(y1×0,b2)＝1，
所以x1x2＝a2，故C错误；
由x1x2＝a2，得x2＝eq \f(a2,x1)，
又x1>a，所以0由F1(－c,0)，F2(c,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x1)，0))，
得|F1B|＝eq \f(a2,x1)＋c，|BF2|＝c－eq \f(a2,x1)，
故eq \f(|F1B|,|BF2|)＝eq \f(\f(a2,x1)＋c,c－\f(a2,x1))＝eq \f(cx1＋a2,cx1－a2)，
由eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，得yeq \\al(2,1)＝eq \f(b2x\\al(2,1),a2)－b2，
所以|AF1|＝eq \r(x1＋c2＋y\\al(2,1))
＝eq \r(x1＋c2＋\f(b2x\\al(2,1),a2)－b2)
＝eq \r(\f(c2,a2)x\\al(2,1)＋2cx1＋a2)
＝eq \f(c,a)x1＋a，
所以|AF2|＝|AF1|－2a＝eq \f(c,a)x1－a，
所以eq \f(|AF1|,|AF2|)＝eq \f(\f(c,a)x1＋a,\f(c,a)x1－a)
＝eq \f(cx1＋a2,cx1－a2)＝eq \f(|F1B|,|BF2|)，
设点A到x轴的距离为h，
则＝eq \f(1,2)|F1B|h
＝eq \f(1,2)|AF1||AB|sin∠F1AB，
＝eq \f(1,2)|F2B|h
＝eq \f(1,2)|AF2||AB|sin∠F2AB，
＝eq \f(|F1B|,|F2B|)
＝eq \f(|AF1|sin∠F1AB,|AF2|sin∠F2AB)，
又eq \f(|AF1|,|AF2|)＝eq \f(|F1B|,|BF2|)，
所以∠F1AB＝∠F2AB，故B正确；
由上可得eq \(F1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x1)＋c，0))，
eq \(BF2,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(a2,x1)，0))，
因为eq \(F1B,\s\up6(—→))＝3eq \(BF2,\s\up6(—→))，
则eq \f(a2,x1)＋c＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(a2,x1)))，
得x1＝eq \f(2a2,c)，
|AF1|＝eq \f(c,a)x1＋a＝eq \f(c,a)×eq \f(2a2,c)＋a＝3a，
|AF2|＝eq \f(c,a)x1－a＝eq \f(c,a)×eq \f(2a2,c)－a＝a，
所以cs∠F1AF2
＝eq \f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)
＝eq \f(9a2＋a2－4c2,6a2)＝eq \f(5,3)－eq \f(2,3)e2＝eq \f(1,3)，
解得e＝eq \r(2)，故D错误．]
4．2
解析记正四棱锥S－ABCD的体积为V，求eq \f(V2,V1)的最大值，由V1＋V2＝V为定值知，只需求V1的最小值，
设过AM的截面分别交SB和SD于E，F，平面SAC与平面SBD的交线为SO，SO与AM相交于G，如图，
则SG＝eq \f(2,3)SO，令eq \f(SE,SB)＝x，eq \f(SF,SD)＝y，
则eq \(SG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(SD,\s\up6(→))＋eq \(SB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3x)eq \(SE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3y)eq \(SF,\s\up6(→))，
即有eq \f(1,3x)＋eq \f(1,3y)＝1，
V1＝VS－AFM＋VS－AEM＝VF－SAM＋VE－SAM
＝eq \f(SF,SD)·VD－SAM＋eq \f(SE,SB)·VB－SAM
＝y·eq \f(1,2)VD－SAC＋x·eq \f(1,2)VB－SAC
＝eq \f(V,4)(x＋y)
＝eq \f(V,4)(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x)＋\f(1,3y)))
＝eq \f(V,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(y,x)＋\f(x,y)))≥eq \f(V,3)，
当且仅当x＝y＝eq \f(2,3)时取等号，
此时eq \f(V2,V1)＝eq \f(V－V1,V1)＝eq \f(V,V1)－1≤eq \f(V,\f(V,3))－1＝2，
所以eq \f(V2,V1)的最大值是2.
5．解 (1)因为Sn＝2n＋1－2，
当n＝1时，S1＝22－2＝2，即a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2n－2，
所以Sn－Sn－1＝2n＋1－2－(2n－2)，即an＝2n，
经检验，当n＝1时，an＝2n也成立，
所以an＝2n，则bn＝lg2an＝lg22n＝n.
(2)由数阵可知Tn＝a1(b1＋b2＋…＋bn)＋a2(b1＋b2＋…＋bn)＋…＋an(b1＋b2＋…＋bn)
＝(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)，
因为Sn＝2n＋1－2，
b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋…＋n＝eq \f(n1＋n,2)＝eq \f(n2＋n,2)，所以Tn＝(2n＋1－2)·eq \f(n2＋n,2)＝(2n－1)·(n2＋n)．
[周三]
1．B 2.A
3．BC [因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(π,3)))为奇函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x3＋\f(π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(π,3)))，
令t＝x3＋eq \f(π,3)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－t))＝－f(t)，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＝－f(x)，
由g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
可得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＝g(x)，
－f(x)＋g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))，
联立f(x)＋g(x)＝sin x，
得g(x)＝eq \f(sin x＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x)),2)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
故函数f(x)不是奇函数，函数g(x)的最大值是eq \f(\r(3),2)，函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，函数f(x)的最小值为－eq \f(1,2).]
4.eq \f(1,3)
解析由题意得P(B)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,20))，
P(AB)＝eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,20))，
∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,20))÷eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,20))＝eq \f(1,3).
5．(1)证明因为在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，
所以DE∥BC，AD＝AE.
所以A1D＝A1E，又O为DE的中点，所以A1O⊥DE.
因为平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED＝DE，且A1O⊂平面A1DE，
所以A1O⊥平面BCED，又BD⊂平面BCED，
所以A1O⊥BD.
(2)解取BC的中点G，连接OG，所以OE⊥OG.
由(1)得A1O⊥OE，A1O⊥OG.
以O为原点，OG，OE，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，A1(0,0,2)，B(2，－2,0)，C(2,2,0)，D(0，－1,0)．
所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(2，－2，－2)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0，－1，－2)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(2,2，－2)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(—→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2y－2z＝0，,－y－2z＝0.))
令x＝1，则y＝2，z＝－1，
所以n＝(1,2，－1)．
设直线A1C和平面A1BD所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈n，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|n·\(A1C,\s\up6(—→))|,|n||\(A1C,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(|2＋4＋2|,\r(1＋4＋1)·\r(4＋4＋4))＝eq \f(2\r(2),3).
故所求角的正弦值为eq \f(2\r(2),3).
(3)解存在点F符合题意．
设eq \(A1F,\s\up6(—→))＝λeq \(A1C,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]．
设F(x1，y1，z1)，
则有(x1，y1，z1－2)＝(2λ，2λ，－2λ)，
所以x1＝2λ，y1＝2λ，z1＝2－2λ，
从而F(2λ，2λ，2－2λ)，
所以eq \(DF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ＋1,2－2λ)，
又eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,4,0)，
所以|cs〈eq \(DF,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(DF,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)
＝eq \f(4|2λ＋1|,4\r(2λ2＋2λ＋12＋2－2λ2))
＝eq \f(\r(35),7)，
整理得16λ2－24λ＋9＝0，解得λ＝eq \f(3,4)，所以线段A1C上存在点F符合题意，且eq \f(A1F,A1C)＝eq \f(3,4).
[周四]
1．A 2.C
3．AB [根据表格可知，
这20人成绩的众数为75，故A正确；
极差为90－60＝30，故B正确；
20×25%＝5，
所以25%分位数为eq \f(1,2)×(65＋70)＝67.5，故C错误；
平均数为eq \f(60×2＋65×3＋70×3＋75×5＋80×4＋85×2＋90,20)＝74，故D错误．]
4．126
解析设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a3a5＝64，得aeq \\al(2,4)＝a3a5＝64，而a4>0，解得a4＝8，
又a5＋2a6＝8，则a4q＋2a4q2＝8，于是2q2＋q－1＝0，而q>0，解得q＝eq \f(1,2)，a1＝eq \f(a4,q3)＝64，
所以S6＝eq \f(64×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝126.
5．(1)解由题设，X3的可能取值为1,2,3，P(X3＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，
P(X3＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,18)，
P(X3＝3)＝1－eq \f(1,3)－eq \f(5,18)＝eq \f(7,18)，
因此X3的分布列为
(2)①解 Yn的可能取值为1,2，…，n，
每位同学两题都答对的概率为p＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，则答题失败的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，
所以当Yn＝k(1≤k≤n－1，k∈N*)时，
P(Yn＝k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k－1×eq \f(1,3)；
当Yn＝n时，P(Yn＝n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
故Yn的分布列为
②证明由①知，E(Yn)
＝eq \i\su(k＝1,n－1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k－1×eq \f(1,3)＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1
(n∈N*，n≥2)．
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Yn＋1))－E(Yn)＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1×eq \f(1,3)＋(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n>0，故E(Yn)单调递增．
又E(Y2)＝eq \f(5,3)，
所以E(Yn)＝E(Y2)＋[E(Y3)－E(Y2)]＋[E(Y4)－E(Y3)]＋…＋[E(Yn)－E(Yn－1)]，所以E(Yn)＝eq \f(5,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \f(5,3)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－2)),1－\f(2,3))＝3－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1<3，
故E(Y2)[周五]
1．B
2．D [因为f(x＋1)为奇函数，
所以f(1－x)＝－f(1＋x)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx＋2＝－f－x，,f2－x＝－fx，))
又f(x＋4)＝f(－x)，所以f(2＋x)＝f(2－x)，故－f(－x)＝－f(x)，
所以f(－x)＝f(x)，f(x)为偶函数，A正确；
f(x＋1)为奇函数，
所以f(1)＝0，又f(2＋x)＝f(2－x)，
所以f(3)＝f(1)＝0，B正确；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，又f(x)的图象关于点(1,0)对称，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，C正确；
又f(x＋4)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)是以4为周期的函数，D错误．]
3．BC [f(x)＝2cs ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs ωx－sin ωx))－1
＝2cs2ωx－2cs ωxsin ωx－1
＝cs 2ωx－sin 2ωx＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4))).
由最小正周期为π，可得π＝eq \f(2π,2ω)，解得ω＝1，
故f(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
对于A，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)))＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋\f(π,4)))
＝eq \r(2)cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(6),2)，故A错误；
对于B，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))时，
2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(7π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，2π))，此时f(x)单调递增，故B正确；
对于C，令f(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝0，
即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝0，
所以2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,2)))时，
满足要求的有x＝eq \f(π,8)，x＝eq \f(5π,8)，x＝eq \f(9π,8)，x＝eq \f(13π,8)，
x＝eq \f(17π,8)，故有5个零点，故C正确；
对于D，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，
2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
故f(x)∈[－1，eq \r(2)]，所以D错误．]
4．2
解析一个数由4改为2，另一个数由6改为8，故该组数据的平均数eq \x\t(x)不变，
设没有改变的6个数分别为x1，x2，…，x6，
原数据的方差
seq \\al(2,1)＝eq \f(1,8)[(x1－eq \x\t(x))2＋(x2－eq \x\t(x))2＋…＋(x6－eq \x\t(x))2＋(4－eq \x\t(x))2＋(6－eq \x\t(x))2]，
新数据的方差seq \\al(2,2)＝eq \f(1,8)[(x1－eq \x\t(x))2＋(x2－eq \x\t(x))2＋…＋(x6－eq \x\t(x))2＋(2－eq \x\t(x))2＋(8－eq \x\t(x))2]，
所以seq \\al(2,2)－seq \\al(2,1)＝eq \f(1,8)[(2－eq \x\t(x))2＋(8－eq \x\t(x))2－(4－eq \x\t(x))2－(6－eq \x\t(x))2]＝2.
5．解 (1)由题意知抛物线的焦点
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)，0))，椭圆的一个焦点F(c,0)，
由于e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，0))，
则有eq \f(a2,4)＝eq \f(\r(3),2)a，
因此a＝2eq \r(3)，c＝3，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，
故抛物线的标准方程为y2＝12x，椭圆的标准方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设l：x＝my＋3(m≠0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
将直线与抛物线联立，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,x＝my＋3，))
整理得y2－12my－36＝0，
Δ＝144m2＋36×4>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝12m，,y1y2＝－36，))
于是x1x2＝(my1＋3)(my2＋3)
＝m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9＝9，
将直线与椭圆联立，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2－12＝0，,x＝my＋3，))
得到一元二次方程(m2＋4)y2＋6my－3＝0，Δ>0，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y3＋y4＝－\f(6m,m2＋4)，,y3y4＝－\f(3,m2＋4)，))
则|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝12(m2＋1)，
|CD|＝eq \r(x3－x42＋y3－y42)
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y3＋y42－4y3y4)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(\f(36m2,m2＋42)＋\f(12m2＋48,m2＋42))
＝eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4)，
|AC|＋|DB|＝|AB|－|CD|
＝12(m2＋1)－eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4).
①当μ＝2时，s＝2|CD|，
假设存在直线l，使得r，s，t成等差数列，
即|AC|＋|DB|＝4|CD|，
即有12(m2＋1)－eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4)
＝4×eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4)，
整理得12m2＝20eq \r(3)－48，方程无解，因此不存在l满足题设．
②若存在直线l，使得r，s，t成等差数列，只需使得方程12(m2＋1)－eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4)＝2μ×eq \f(4\r(3)m2＋1,m2＋4)有解即可．
整理得m2＝eq \f(\r(3)＋2\r(3)μ－12,3)，
故m2＝eq \f(\r(3)＋2\r(3)μ－12,3)>0，
解得μ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)－1,2)，＋∞)).
[周六]
1．C
2．B [如图所示，
直线y＝h交半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(y≥0)于A，B两点，交半圆x2＋y2＝b2(y≥0)于C，D两点，
由题意可得eq \f(|AB|,|CD|)＝eq \f(2\r(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(h2,b2)))),2\r(b2－h2))
＝eq \f(\f(a,b)\r(b2－h2),\r(b2－h2))＝eq \f(a,b)，
将半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(y≥0)和半圆x2＋y2＝b2(y≥0)绕着x轴旋转一圈后，
利用垂直于y轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为S，S′，
由题意可知eq \f(S,S′)＝eq \f(\f(1,4)π·|AB|·|CD|,\f(1,4)π·|CD|2)＝eq \f(a,b)，设半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(y≥0)绕x轴旋转一圈所得的几何体体积为V，
半圆绕x轴旋转一圈所得的几何体体积为V′，则eq \f(V,V′)＝eq \f(a,b)，所以V＝eq \f(a,b)V′＝eq \f(a,b)·eq \f(4πb3,3)＝eq \f(4πab2,3).]
3．AC [根据二项式定理，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))8的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)28－k(－1)kx8－2k，
对于A，常数项为Ceq \\al(4,8)24(－1)4＝1 120，故A正确；
对于B，第四项的系数为
Ceq \\al(3,8)28－3(－1)3＝－1 792，
第六项的系数为Ceq \\al(5,8)28－5(－1)5＝－448，故B错误；
对于C，因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；
对于D，令x＝1，得各项的系数之和为1，故D错误．]
4.eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(\r(6),6)
解析如图，不计原子大小后，设5个原子所确定的四面体为正四面体ABCD，
则其棱长为7，若使圆柱最大，
则圆柱的上底面为一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆，
设截面正三角形边长为x，x∈(0,7)，设正四面体的高AO交截面于F，连接EF，BO，圆柱的高为h，
则EF＝eq \f(\r(3),2)x×eq \f(2,3)＝eq \f(\r(3),3)x，BO＝eq \f(\r(3),2)×7×eq \f(2,3)＝eq \f(7\r(3),3)，AO＝eq \f(7\r(6),3)，
由几何关系可得eq \f(AF,AO)＝eq \f(EF,BO)，
则eq \f(AO－h,AO)＝eq \f(EF,BO)＝eq \f(x,7)，则圆柱的高h＝AO·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,7)))＝eq \f(\r(6)7－x,3)，
圆柱底面半径为r＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),6)x，
所以圆柱表面积
S＝2πr2＋2πrh＝2πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)x))2＋2π×eq \f(\r(3),6)x×eq \f(\r(6)7－x,3)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)－\f(\r(2),3)))πx2＋eq \f(7\r(2),3)πx，
故当x＝－eq \f(\f(7\r(2),3)π,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)－\f(\r(2),3)))π)＝4＋eq \r(2)时，
S取得最大值，此时r＝eq \f(\r(3),6)x＝eq \f(\r(3),6)×(4＋eq \r(2))＝eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(\r(6),6).
5．(1)解由题意知当a＝1时，g(x)＝2sin x－x－ln(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(π,6)))，
则g′(x)＝2cs x－1－eq \f(1,x＋1)，
令u(x)＝2cs x－1－eq \f(1,x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(π,6)))，
则u′(x)＝－2sin x＋eq \f(1,x＋12)，
令v(x)＝－2sin x＋eq \f(1,x＋12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(π,6)))，
则v′(x)＝－2cs x－eq \f(2,x＋13)<0，
所以v(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，
即u′(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减．
又u′(0)＝1，
u′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－1＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋1))2)<0，
所以u′(0)·u′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))<0，
故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，使u′(x0)＝0，
所以u(x)(即g′(x))在区间(0，x0)上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,6)))上单调递减．
又g′(0)＝0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \r(3)－1－eq \f(1,\f(π,6)＋1)>0，
所以在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上，g′(x)>0，所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，最小值为g(0)＝0.
(2)证明由(1)可知g(x)＝2sin x－x－ln(x＋1)≥g(0)＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，
所以2sin x≥x－ln(x＋1)，
令h(x)＝x－ln(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(1,2)))，
则h(0)＝0，h′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)≥0，
所以h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，
所以当00，
即x－ln(x＋1)>0，x>ln(x＋1)，
所以2sin x≥x＋ln(x＋1)>2ln(x＋1)，
即sin x>ln(x＋1)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，所以sin eq \f(1,2)＋sin eq \f(1,3)＋sin eq \f(1,4)＋…＋sin eq \f(1,n)
>ln eq \f(3,2)＋ln eq \f(4,3)＋…＋ln eq \f(n＋1,n)
＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)·\f(4,3)·…·\f(n＋1,n)))＝ln eq \f(n＋1,2).
第四周
[周一]
1．C
2．A [关于x的不等式ex－xcs x＋cs xln cs x＋ax2≥1恒成立，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs x>0，
即eq \f(ex,cs x)－x＋ln cs x＋eq \f(ax2,cs x)≥eq \f(1,cs x)，
即eq \f(ex,cs x)－lneq \f(ex,cs x)≥eq \f(1－ax2,cs x)，
即lneq \f(ex,cs x)≤eq \f(ex,cs x)－eq \f(1－ax2,cs x)，
令g(x)＝ln x－x＋1，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)max＝g(1)＝0.
所以ln x≤x－1(x>0)，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \f(ex,cs x)>0，
所以ln eq \f(ex,cs x)≤eq \f(ex,cs x)－1，
所以eq \f(1－ax2,cs x)≤1，即1－ax2≤cs x.
令h(x)＝cs x－1＋eq \f(x2,2)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则h′(x)＝－sin x＋x>0，
h(x)>h(0)＝0，
所以cs x>1－eq \f(x2,2)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，据此可以判断当a>eq \f(1,2)时不等式成立，
故满足条件的a的最小整数为1.]
3．BD [因为抛物线x2＝2py的焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，
所以抛物线方程为x2＝4y，
其准线方程为y＝－1，A错误；
由题意知直线AB的方程为y＝kx＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋2，))消去y可得x2－4kx－8＝0，
方程x2－4kx－8＝0的判别式Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
所以y1y2＝eq \f(x\\al(2,1),4)·eq \f(x\\al(2,2),4)＝4，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－4，B正确；
当k＝2时，x1＋x2＝8，x1x2＝－8，
所以y1＋y2＝2x1＋2＋2x2＋2＝20，
所以|FA|＋|FB|＝y1＋y2＋2＝22，C错误；
由∠CFA＝∠CFB可得〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FA,\s\up6(→))〉＝〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FB,\s\up6(→))〉，
所以cs〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FA,\s\up6(→))〉＝cs〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FB,\s\up6(→))〉，
故eq \f(\(FC,\s\up6(→))·\(FA,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→)))))＝eq \f(\(FC,\s\up6(→))·\(FB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→)))))，
又Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－2))，
所以eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－3))，
eq \(FA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1－1))，
eq \(FB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2－1))，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))))＝y1＋1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→))))＝y2＋1，
所以eq \f(－3x1－3y1＋3,y1＋1)＝eq \f(－3x2－3y2＋3,y2＋1)，
所以eq \f(－3x1＋6－3y1－3,y1＋1)
＝eq \f(－3x2＋6－3y2－3,y2＋1)，
所以eq \f(x1－2,kx1＋3)＝eq \f(x2－2,kx2＋3)，
所以3x1－2kx2＝3x2－2kx1，又x1≠x2，所以k＝－eq \f(3,2)，D正确．]
4．72eq \r(2)－16eq \r(5)
解析若选择线路eq \(OB,\s\up6(→))，以线段EF的中点N为坐标原点，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(AO,\s\up6(→))的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－36,0)，O(36,72)，F(－4,0)，E(4,0)，kOB＝eq \f(72,36＋36)＝1，
直线OB的方程为y＝x＋36，
设点P(x，x＋36)，其中－36tan∠AFP＝kPF＝eq \f(x＋36,x＋4)，
tan∠AEP＝kPE＝eq \f(x＋36,x－4)，
所以tan∠EPF＝tan(∠AEP－∠AFP)
＝eq \f(tan∠AEP－tan∠AFP,1＋tan∠AEPtan∠AFP)
＝eq \f(\f(x＋36,x－4)－\f(x＋36,x＋4),1＋\f(x＋36,x－4)·\f(x＋36,x＋4))＝eq \f(\f(8x＋36,x2－16),1＋\f(x＋362,x2－16))
＝eq \f(8,x＋36＋\f(x2－16,x＋36))，
令m＝x＋36∈(0,72]，则x＝m－36，
所以x＋36＋eq \f(x2－16,x＋36)＝m＋eq \f(m－362－16,m)
＝2m＋eq \f(1 280,m)－72≥2eq \r(2m·\f(1 280,m))－72＝32eq \r(10)－72，
当且仅当2m＝eq \f(1 280,m)，即m＝8eq \r(10)，x＝8eq \r(10)－36时，等号成立，
所以tan∠EPF＝eq \f(8,2m＋\f(1 280,m)－72)≤eq \f(8,32\r(10)－72)＝eq \f(1,4\r(10)－9)，
当且仅当x＝8eq \r(10)－36时，等号成立，
此时，|OP|＝eq \r(2)·|36－(8eq \r(10)－36)|
＝72eq \r(2)－16eq \r(5)，
所以，若选择线路eq \(OB,\s\up6(→))，则甲带球(72eq \r(2)－16eq \r(5))码时，到达最佳射门位置．
5．解 (1)作出数据分布的散点图，如图所示，由散点图知五个点明显分布在某条直线的附近，
因此由散点图可以判断y与x有线性相关关系．
(2)设直线的方程为y－26＝k(x－10)，即y＝k(x－10)＋26，
则五个x值对应的直线l上的纵坐标分别为－2k＋26，－k＋26，k＋26,2k＋26，
若设观察值与纵坐标差的平方和为D，
则D＝(－2k＋3)2＋(－k＋2)2＋(k－1)2＋(2k－4)2＝10k2－34k＋30＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(17,10)))2＋eq \f(11,10)，
所以当k＝eq \f(17,10)时D取最小值，此时直线l的方程为y＝eq \f(17,10)x＋9.
(3)由直线l的方程为y＝eq \f(17,10)x＋9，
令x＝15，可得y＝eq \f(17,10)×15＋9＝34.5≈35，
所以可预测当温度差为15 ℃时，蔬菜种子发芽的个数约为35.
[周二]
1．A 2.C
3．ABD [对于A，因为PA2＋PC2＝AC2，BA2＋BC2＝AC2，
故PC⊥PA，AB⊥BC，则PN＝BN＝eq \f(\r(2),2)，又因为PB＝1，所以PN2＋BN2＝PB2，故PN⊥NB，
因为PA＝PC，N为AC的中点，所以PN⊥AC，
又AC∩NB＝N，AC，NB⊂平面ABC，所以PN⊥平面ABC，
又PN⊂平面PAC，则平面PAC⊥平面ABC，故A正确；
图1
对于B，因为PN⊥平面ABC，BN⊥AC，故以点N为坐标原点，NA所在直线为x轴，NB所在直线为y轴，NP所在直线为z轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，
则N(0,0,0)，
Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，
设eq \(AW,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
所以eq \(NW,\s\up6(→))＝eq \(NA,\s\up6(→))＋eq \(AW,\s\up6(→))＝eq \(NA,\s\up6(→))＋λeq \(AP,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ))，0，\f(\r(2),2)λ))，
eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，
设eq \(NM,\s\up6(→))与eq \(NW,\s\up6(→))的夹角为θ，
则eq \(NM,\s\up6(→))·eq \(NW,\s\up6(→))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(NM,\s\up6(→))))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(NW,\s\up6(→))))·cs θ
＝eq \f(1,2)cs θeq \r(λ2－λ＋\f(1,2))，
又eq \(NM,\s\up6(→))·eq \(NW,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)λ，
故cs θ＝eq \f(\f(1,2)λ,\r(λ2－λ＋\f(1,2)))，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(\f(3,4)λ2－λ＋\f(1,2)),\r(λ2－λ＋\f(1,2)))，
所以△WMN的面积为S
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(NM,\s\up6(→))))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(NW,\s\up6(→))))sin θ
＝eq \f(1,4)eq \r(\f(3,4)λ2－λ＋\f(1,2))
＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(2,3)))2＋\f(2,9))
≥eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),3)＝eq \f(\r(6),24)，
故B正确；
对于C，当W为PA的中点时，取BC的中点D，连接MD，ND，如图2所示．
图2
因为MW∥AB∥ND，MW＝eq \f(1,2)AB＝ND＝eq \f(1,2)，故M，W，N，D四点共面，且四边形MWND为平行四边形，又因为WN＝eq \f(1,2)PC＝MD＝eq \f(1,2)，
故四边形MWND为菱形，所以当W为PA的中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面MWND是菱形，故C不正确；
对于D，因为PC⊥PA，
AB⊥BC，
所以NC＝NA＝NB＝NP＝eq \f(\r(2),2)，
故三棱锥P－ABC的外接球半径为eq \f(\r(2),2)，故该外接球的外切正方体的棱长为eq \r(2)，
若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体体积的最小值为V＝(eq \r(2))3＝2eq \r(2)，故D正确．]
4．－eq \f(1,6)
5．解 (1)由余弦定理得2eq \r(2)a2cs B＋b2＝a2＋b2－c2＋a2＋c2，
即2eq \r(2)a2cs B＝2a2，所以cs B＝eq \f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，则B＝eq \f(π,4).
(2)方法一因为△ABC为锐角三角形，
A＋C＝π－B＝eq \f(3π,4)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0又a＝4，则eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，
故c＝eq \f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－A)),sin A)
由S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(2)c
＝eq \f(4\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－A)),sin A)，
即S△ABC＝eq \f(4,tan A)＋4，而tan A>1，
所以S△ABC∈(4,8)，
故△ABC面积的取值范围为(4,8)．
方法二由B＝eq \f(π,4)，a＝4，画出如图所示的三角形，
因为△ABC为锐角三角形，
所以点A落在线段A1A2(端点A1，A2除外)上，其中CA1⊥A1B于点A1，CA2⊥BC交BA1的延长线于点A2，
＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)＝4，
＝eq \f(1,2)×4×4＝8，所以S∈(4,8)．
[周三]
1．C
2．B [由f(x＋1)f(x－1)＝4可得
f(x＋2)f(x)＝4，①
f(x＋4)f(x＋2)＝4，②
对任意的x∈R，f(x)>0，
所以由①②可得f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．
因为f(x－2)为偶函数，
则f(－x－2)＝f(x－2)，
因为f(2 024)＝f(4×506)＝f(0)＝1，
由f(x＋2)f(x)＝4可得f(2)＝eq \f(4,f0)＝4，
且f(4)＝f(0)＝1，
由f(x－2)f(x)＝4可得
f(－x－2)f(－x)＝4，
因为f(－x－2)＝f(x－2)，
所以f(－x)＝f(x)，故函数f(x)为偶函数，
因为f(x＋2)f(x)＝4，
则f(1)f(－1)＝4＝[f(1)]2，
所以f(1)＝2，
由f(1)f(3)＝4可得f(3)＝2，
因为2 023＝4×505＋3，
所以eq \i\su(n＝1,2 023,f)(n)＝505eq \i\su(n＝1,4,f)(n)＋eq \i\su(n＝1,3,f)(n)
＝505×(2＋4＋2＋1)＋(2＋4＋2)
＝4 553.]
3．ACD [对于A选项，因为eq \(AF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，所以A，F，B三点共线，即直线l经过抛物线焦点．
当直线l的斜率为0时，此时直线l与C只有1个交点，不符合题意，
故设直线l：x＝eq \f(p,2)＋my，与y2＝2px联立，
得y2－2pmy－p2＝0，
故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，
因为点A在第一象限，所以y1>0，故y2<0，
即－pm<0，m>0，
解得m＝eq \f(\r(3),3)，故直线l的斜率为eq \f(1,m)＝eq \r(3)，设直线l的倾斜角为θ(0<θ<π)，
则tan θ＝eq \r(3)，解得θ＝eq \f(π,3)，A正确；
对于B选项，当直线l不经过焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))时，设|AF|＝m，|BF|＝n，
由三角形三边关系可知|AF|＋|BF|>|AB|，
由抛物线定义可知|AF|＋|BF|＝2|MN|>|AB|，
即|MN|>eq \f(|AB|,2)，B不正确；
对于C选项，由题意得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
当直线l的斜率为0时，此时直线l与C只有1个交点，不符合题意，
故设直线l：x＝eq \f(p,2)＋my，与y2＝2px联立得y2－2pmy－p2＝0，
故y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，
则x1x2＝eq \f(y1y22,4p2)＝eq \f(p2,4)，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(p2,4)－p2＝－12，
解得p＝4，C正确；
对于D选项，设|AF|＝m，|BF|＝n，
过点A作AQ⊥准线于点Q，过点B作BP⊥准线于点P，
因为以AB为直径的圆M经过焦点F，所以AF⊥BF，
则|AB|＝eq \r(m2＋n2)，
由抛物线定义可知，
|MN|＝eq \f(|AQ|＋|BP|,2)＝eq \f(|AF|＋|BF|,2)
＝eq \f(m＋n,2)，
由基本不等式得m2＋n2≥2mn，
则2(m2＋n2)≥2mn＋m2＋n2＝(m＋n)2，
当且仅当m＝n时，等号成立，
故eq \r(m2＋n2)≥eq \f(m＋n,\r(2))，
即eq \f(|AB|,|MN|)＝eq \f(\r(m2＋n2),\f(m＋n,2))＝eq \f(2\r(m2＋n2),m＋n)≥eq \r(2)，D正确．]
4．4
解析如图，四边形ABCD为矩形，
令∠EAB＝θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则AB＝eq \f(1,sin θ)，AD＝eq \f(2,cs θ)，
所以S＝eq \f(2,\f(1,2)sin 2θ)≥4，当且仅当θ＝eq \f(π,4)时等号成立，故面积的最小值是4.
5．(1)证明如图，连接A1C1，
因为在圆台OO1中，上、下底面直径分别为A1B1，AB，且A1B1∥AB，
所以AA1，BB1，CC1为圆台母线且交于一点P，
所以A，A1，C1，C四点共面．
在圆台OO1中，平面ABC∥平面A1B1C1，
由平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，平面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，得A1C1∥AC.
又A1B1∥AB，AB＝2A1B1，
所以eq \f(PA1,PA)＝eq \f(A1B1,AB)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(PC1,PC)＝eq \f(PA1,PA)＝eq \f(1,2)，即C1为PC中点．
在△PAC中，M为AC的中点，所以C1M∥PA，即C1M∥AA1.
因为AA1⊂平面ABB1A1，C1M⊄平面ABB1A1，
所以C1M∥平面ABB1A1.
(2)解以O为坐标原点，OB，OO1分别为y，z轴，过O且垂直于平面ABB1A1的直线为x轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为∠ABC＝30°，
所以∠AOC＝60°.则A(0，－2,0)，C(eq \r(3)，－1,0)，O1(0,0,3)．
因为eq \(OC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，
所以eq \(O1C1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
所以C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，
所以eq \(C1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－3)).设平面OCC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(OC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(C1C,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x1－y1＝0，,\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1－3z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝eq \r(3)，z1＝0，
所以n1＝(1，eq \r(3)，0)，又eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，
设平面ACC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(C1C,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x2＋y2＝0，,\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2－3z2＝0，))
令x2＝1，则y2＝－eq \r(3)，z2＝eq \f(\r(3),3)，
所以n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\r(3)，\f(\r(3),3)))，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n2)))
＝eq \f(1×1＋\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)))＋0×\f(\r(3),3),\r(1＋3)×\r(1＋3＋\f(1,3)))＝－eq \f(\r(39),13).
设平面OCC1与平面ACC1的夹角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n1，n2〉))＝eq \f(\r(39),13)，
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(130),13).所以平面OCC1与平面ACC1夹角的正弦值为eq \f(\r(130),13).
[周四]
1．B [如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与FD交于点G.
根据题意，AB＝20 cm，CD＝10 cm，
AC＝15 cm，EC＝6 cm，
设CG＝x cm，EF＝y cm，
所以eq \f(10,20)＝eq \f(x,x＋15)，eq \f(10,y)＝eq \f(x,x＋6)，
解得x＝15，y＝14，
所以V＝eq \f(1,3)(π×142＋π×102＋π×14×10)×6＝872π≈2 739(cm3)．]
2．C [由题意知f(x0)＝2x0＋ln x0＋1－a＝0，
g(x0)＝x0－＝0，
联立两式可得x0－2x0－ln x0－1＝0，
令h(x)＝xe2x－2x－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝(1＋2x)e2x－eq \f(2x＋1,x)
＝(1＋2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e2x－\f(1,x)))，
令m(x)＝e2x－eq \f(1,x)，
则m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \r(e)－4<0，m(1)＝e2－1>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点t，
且t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，∴e2t＝eq \f(1,t)，2t＝－ln t，
∵当x∈(0，t)时，h′(x)<0；
当x∈(t，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，t)上单调递减，
在(t，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(t)＝te2t－2t－ln t－1
＝1＋ln t－ln t－1＝0，
又x0－2x0－ln x0－1＝0，∴t＝x0，
∴ln xeq \\al(2,0)＝e2tln t2
＝2e2tln t＝eq \f(2,t)·(－2t)＝－4.]
3．BC [如图1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C1(0,2,2)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(－2,2,2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，
eq \(DB1,\s\up6(—→))＝(2,2,2)．
因为eq \f(－2,－2)≠eq \f(2,1)，所以AC1与MN不平行，A不正确；
因为eq \(DB1,\s\up6(—→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝2×(－2)＋2×1＋2×1＝0，所以B1D⊥MN，B正确；
图1
如图2，取BB1的中点P，BP的中点Q，连接AP，MQ，NQ，
由正方体的性质可知，AP∥DN.
因为M，Q分别为AB，BP的中点，
所以AP∥MQ，所以DN∥MQ；平面MND截正方体所得截面为梯形DMQN，
因为正方体的棱长为2，
所以DM＝DN＝eq \r(5)，
MQ＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，
QN＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(17),2)，
所以平面MND截此正方体所得截面的周长为eq \f(5\r(5)＋\r(17),2)，C正确；
图2
由上面分析可知，DN∥MQ，DN⊂平面B1DN，MQ⊄平面B1DN，
所以MQ∥平面B1DN，即点M到平面B1DN的距离等于点Q到平面B1DN的距离，如图3，
，
而·DC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×2×2＝1，所以三棱锥B1－MND的体积为1，D不正确．]
图3
4．2 5
解析 ∵椭圆C的长轴长为2a＝4，∴a＝2，
又离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴c＝eq \r(3)，
∴b＝eq \r(a2－c2)＝1，
∴椭圆C的短轴长为2b＝2，
∴椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＋4y\\al(2,1)＝4，,x\\al(2,2)＋4y\\al(2,2)＝4，,\f(y1,x1)·\f(y2,x2)＝－\f(1,4)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4y\\al(2,1)＝4－x\\al(2,1)，①,4y\\al(2,2)＝4－x\\al(2,2)，②,4y1y2＝－x1x2，③))
①×②得16yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝16－4(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＋xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)，④
将③代入④得xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4，
由①＋②得yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝2－eq \f(1,4)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝1，
∴|OP|2＋|OQ|2＝xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝5.
5．(1)证明方法一由a2n－1＋a2n＋1＝lg2a2n，
得a2n＝，
则a2n＋2＝，
从而a2na2n＋2＝
＝.
又a2na2n＋2＝，
所以a2n－1＋2a2n＋1＋a2n＋3＝4a2n＋1，
即a2n－1＋a2n＋3＝2a2n＋1，
所以数列{a2n－1}是等差数列．
方法二由a2n>0，
且a2na2n＋2＝，
得lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2na2n＋2))＝lg2，
则lg2a2n＋lg2a2n＋2＝4a2n＋1，
因为a2n－1＋a2n＋1＝lg2a2n，
a2n＋1＋a2n＋3＝lg2a2n＋2，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2n－1＋a2n＋1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2n＋1＋a2n＋3))
＝4a2n＋1，
即a2n－1＋a2n＋3＝2a2n＋1，
所以数列{a2n－1}是等差数列．
(2)解设等差数列{a2n－1}的公差为d.
当n＝1时，a1＋a3＝lg2a2，即1＋a3＝lg28，
所以a3＝2，所以d＝a3－a1＝1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a2n－1＝n.
又a2n＝＝2n＋(n＋1)＝22n＋1.
当k∈N*时，S2k－1＝a1＋a2＋a3＋…＋a2k－1
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2k－2)
＝(1＋2＋3＋…＋k)＋(23＋25＋27＋…＋22k－1)
＝eq \f(kk＋1,2)＋8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－4k－1,1－4)))
＝eq \f(kk＋1,2)＋eq \f(84k－1－1,3)，
所以S9＝S2×5－1＝eq \f(5×6,2)＋eq \f(844－1,3)
＝695<2 023，
S10＝S9＋a10＝695＋22×5＋1＝2 743>2 023.
又an>0，则Sn所以n的最小值为10.
[周五]
1．B [若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，则BA，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋1<2m－1，,m＋1≥－2，,2m－1≤5，))(两个等号不同时取到)解得22．A [因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2π))，ω>0，
所以ωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，2ωπ－\f(π,3)))，
画出y＝2cs z＋1的图象，
要想函数f(x)的图象在区间(0,2π)内至多存在3条对称轴，则2ωπ－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，3π))，解得ω∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3))).]
3．BC [对于A，甲车间样本数据从小到大排列为9.4,9.6,9.8,9.8,10.0,10.1,10.1,10.2,10.2,10.3，
又10×40%＝4，所以第40百分位数为第4,5两个数的平均数，即eq \f(9.8＋10,2)＝9.9，故A错误；
对于B，甲车间的极差为10.3－9.4＝0.9，乙车间的极差为10.4－9.2＝1.2，故B正确；
对于C，从样本数据可知甲车间合格品的概率P1＝eq \f(9,10)，乙车间合格品的概率P2＝eq \f(8,10)＝eq \f(4,5)，
甲、乙两车间产量比为2∶3，
若从两个车间生产的产品中任取一件，取到合格品的概率P＝eq \f(2,5)×eq \f(9,10)＋eq \f(3,5)×eq \f(4,5)＝eq \f(21,25)＝0.84，故C正确；
对于D，由C可知取到不合格品的概率P3＝1－P＝1－0.84＝0.16，
所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率P4＝eq \f(\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10))),0.16)＝0.25，故D错误．]
4．－x2(答案不唯一)
5．(1)证明当a＝1，k＝eq \f(1,2)时，
f(x)＝ex－1－eq \f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1－x，
设g(x)＝f′(x)＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1－1，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
即f′(x)≥0，所以函数f(x)在R上是增函数．
(2)解易知当x＝0时，不满足题意，由题得，方程k＝eq \f(aex－a,x2)有三个解x1，x2，x3，
设φ(x)＝eq \f(aex－a,x2)，
则φ′(x)＝eq \f(aex－ax－2,x3)，
当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；
当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
又当x→0时，φ(x)→＋∞，
当x→－∞时，φ(x)→0，
当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
φ(2)＝eq \f(ae2－a,4)>0，
所以当k>φ(2)＝eq \f(ae2－a,4)时，
方程k＝eq \f(aex－a,x2)有三个解，
且x1<0设h(a)＝eq \f(ae2－a,4)，若对任意正实数a，函数f(x)均有三个零点x1，x2，x3，
所以k>h(a)max，
因为h′(a)＝eq \f(1－ae2－a,4)，
所以h(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(a)≤h(1)＝eq \f(e,4)，所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,4)，＋∞)).
因为0得ln k＝ln a＋x－a－2ln x.
即方程x－2ln x＝ln k－ln a＋a在(0，＋∞)上有两个解x2，x3，即x2－2ln x2＝x3－2ln x3，
且01，
则x2－2ln x2＝tx2－2ln tx2，
即x2＝tx2－2ln t，
解得x2＝eq \f(2ln t,t－1)，所以x3＝eq \f(2tln t,t－1)，
要证x2＋x3>4，即证eq \f(2ln t,t－1)＋eq \f(2tln t,t－1)>4，
即证ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
设m(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t>1，
m′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)＝0，
即ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0得证，
所以x2＋x3>4得证．
[周六]
1．C 2.B
3．BD [因为(±2i)2＝－4，
因此不妨令方程x2＝－4的复数解z1＝2i，z2＝－2i，
对于A，z1·z2＝2i·(－2i)＝4，A错误；
对于B，z1与z2互为共轭复数，B正确；
对于C，z1＝2i，由z·z1＝2＋i，
得z＝eq \f(2＋i,2i)＝eq \f(2＋i·－i,2i·－i)
＝eq \f(1－2i,2)＝eq \f(1,2)－i，
则复数z在复平面内对应的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))在第四象限，C错误；
对于D，设z＝x＋yi(x，y∈R)，
由|z|＝1，得x2＋y2＝1，
显然有－1≤x≤1，由选项A知z1·z2＝4，
因此|z－z1·z2|＝|(x－4)＋yi|
＝eq \r(x－42＋y2)＝eq \r(17－8x)≥3，
当且仅当x＝1，即z＝1时取等号，D正确．]
4．5%
解析令A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3 分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然B1，B2，B3是样本空间Ω的一个划分，
且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，
P(B3)＝0.2.由于P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.03，
设P(A|B3)＝m，
由全概率公式得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)
＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋m×0.2，
而P(A)＝2.95%，故m＝5%.
5．解 (1)由题意可设双曲线C2：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1，则e1e2＝eq \f(\r(4－b2),2)×eq \f(\r(4＋b2),2)＝eq \f(\r(15),4)，解得b2＝1，
所以双曲线C2的方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)①如图，由题意知，M(－2,0)，N(2,0)，直线l斜率不为0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝ty＋4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))
消元得(t2－4)y2＋8ty＋12＝0.
则t≠±2，Δ＝16t2＋192>0，
且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(8t,t2－4)，,y1y2＝\f(12,t2－4)，))
∴eq \f(kAM,kBN)＝eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2))＝eq \f(y1,x1＋2)×eq \f(x2－2,y2)
＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋2)),y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋6)))＝eq \f(ty1y2＋2y1,ty1y2＋6y2)
＝eq \f(ty1y2＋2y1＋y2－2y2,ty1y2＋6y2)
＝eq \f(\f(12t,t2－4)－\f(16t,t2－4)－2y2,\f(12t,t2－4)＋6y2)
＝eq \f(－\f(4t,t2－4)－2y2,\f(12t,t2－4)＋6y2)＝－eq \f(1,3).
②方法一设直线AM：y＝k(x＋2)，代入双曲线方程并整理得
(1－4k2)x2－16k2x－16k2－4＝0(1－4k2≠0)，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为－2，
由－2x1＝eq \f(－16k2－4,1－4k2)，
解得x1＝eq \f(24k2＋1,1－4k2).
因为点A在双曲线的右支上，
所以x1＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k2＋1)),1－4k2)>0，
解得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
即kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
同理可得kBN∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
由①中结论可知
kBN＝－3kAM
∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3kAM))
＝keq \\al(2,AM)－2kAM.
设h(x)＝x2－2x，其图象对称轴为x＝1，
则h(x)＝x2－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))上单调递减，
故h(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4))).
方法二由于双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，
如图，过点M作两渐近线的平行线l1与l2，由于点A在双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的右支上，
所以直线AM的斜率介于直线l1与l2之间(含x轴，不含直线l1与l2)，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
同理，过点N作两渐近线的平行线l3与l4，由于点B在双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的右支上，
所以直线BN的斜率介于直线l3与l4之间(不含x轴，不含直线l3与l4)，
所以kBN∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
由①中结论可知kBN＝－3kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3kAM))
＝keq \\al(2,AM)－2kAM.
设h(x)＝x2－2x，其图象对称轴为x＝1，
则h(x)＝x2－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))上单调递减，
故h(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4)))，故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4))).
第五周
[周一]
1．D
2．A [不等式可化为aln(x＋a)＋ab≤eq \f(a,ex＋a)－(bx＋4a)，
因为a>0，将不等式两边同时除以a得
ln(x＋a)＋b≤eq \f(1,ex＋a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)x＋4))，
令t＝x＋a，原不等式等价于eq \f(b,a)t＋4≤eq \f(1,et)－ln t，
设g(t)＝eq \f(1,et)－ln t，k(t)＝eq \f(b,a)t＋4，t>0，对g(t)求导可得g′(t)＝－eq \f(1,et2)－eq \f(1,t)<0，
则函数g(t)＝eq \f(1,et)－ln t在(0，＋∞)上单调递减且下凸，要使eq \f(b,a)t＋4≤eq \f(1,et)－ln t恒成立，
则直线k(t)与曲线g(t)相切时eq \f(b,a)取得最大值，如图，当直线k(t)与曲线g(t)相切时，设切点坐标为(t0，y0)，
则－eq \f(1,et\\al(2,0))－eq \f(1,t0)＝eq \f(b,a)，且eq \f(b,a)t0＋4＝eq \f(1,et0)－ln t0，整理可得3＋ln t0＝eq \f(2,et0)，
解得t0＝eq \f(1,e)，此时eq \f(b,a)＝－2e.]
3．BCD [对于选项A，只有当直线过焦点F时，根据抛物线性质得|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq \f(p,2)＋x1＋eq \f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝8，此题不一定过焦点，故A错误；
对于选项B，|AF|＋|BF|＝3，根据抛物线性质得|AF|＋|BF|＝eq \f(p,2)＋x1＋eq \f(p,2)＋x2＝2＋x1＋x2＝3，
即x1＋x2＝1，
设AB中点横坐标为x0，x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(1,2)，
则线段AB的中点到y轴的距离为eq \f(1,2)，故B正确；
对于选项C，由题意知，直线AF，BF的斜率分别为eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)，设直线AF：y＝x－1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝3＋2\r(2)，,y1＝2＋2\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝3－2\r(2)，,y2＝2－2\r(2)，))
∴|AB|＝2|y|＝4eq \r(2)±4，故C正确；
对于选项D，设直线AB的倾斜角为α，用α表示|AF|，|BF|，
如图，过点A作AH⊥x轴，垂足为H，作垂直于准线的直线AA1，垂足为A1.|AF|＝|AA1|＝p＋|FH|＝p＋|AF|cs α，
则|AF|(1－cs α)＝p，
即|AF|＝eq \f(p,1－cs α)，
同理可得|BF|＝eq \f(p,1＋cs α).
由eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))得
eq \f(p,1－cs α)＝eq \f(2p,1＋cs α)(A上B下)或eq \f(p,1＋cs α)＝eq \f(2p,1－cs α)(B上A下)，
解得cs α＝eq \f(1,3)或cs α＝－eq \f(1,3)，则直线AB的斜率为±2eq \r(2)，故D正确．]
4.eq \f(15,28)
解析将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,3)＝15(种)情况；第三种是三个班都分到了名额，有Ceq \\al(2,5)＝10(种)情况．故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为eq \f(15,3＋15＋10)＝eq \f(15,28).
5．解 (1)因为∠ADB＋∠ADC＝π，
所以cs∠ADC＝－cs∠ADB＝－eq \f(1,3)，
因为∠ADC∈(0，π)，
所以sin∠ADC＝eq \r(1－cs2∠ADC)＝eq \f(2\r(2),3)，
在△ACD中，
由正弦定理得eq \f(AD,sin C)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，
所以AD＝eq \f(AC·sin C,sin∠ADC)＝eq \f(4\r(2)×\f(1,2),\f(2\r(2),3))＝3.
(2)由△ABD的面积为2eq \r(2)，
得eq \f(1,2)BD·ADsin∠ADB＝2eq \r(2)，
因为∠ADB＋∠ADC＝π，
所以sin∠ADC＝sin∠ADB＝eq \f(2\r(2),3)，
又因为AD＝3，所以BD＝2，
在△ABD中，
由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB＝32＋22－2×3×2×eq \f(1,3)＝9，
所以AB＝3.
[周二]
1．C
2．B [设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，面积为S.
正方体表面积为S＝6a2，所以a2＝eq \f(S,6)，
所以Veq \\al(2,1)＝(a3)2＝(a2)3＝eq \f(S3,216)；
如图，在正四面体P－ABC中，D为AC的中点，O为△ABC的中心，则PO是P－ABC底面ABC上的高．则BD⊥AC，AD＝eq \f(1,2)b，
所以BD＝eq \r(AB2－AD2)＝eq \f(\r(3),2)b，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×AC×BD＝eq \f(1,2)×b×eq \f(\r(3),2)b＝eq \f(\r(3),4)b2，
所以正四面体P－ABC的表面积为
S＝4S△ABC＝eq \r(3)b2，所以b2＝eq \f(\r(3),3)S.
又O为△ABC的中心，
所以BO＝eq \f(2,3)BD＝eq \f(\r(3),3)b.
又根据正四面体的性质，可知PO⊥BO，
所以PO＝eq \r(PB2－BO2)＝eq \f(\r(6),3)b，
所以Veq \\al(2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×S△ABC×PO))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(\r(3),4)b2×\f(\r(6),3)b))2＝eq \f(1,72)b6＝eq \f(1,72)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)S))3＝eq \f(\r(3),648)S3；
球的表面积为S＝4πR2，所以R2＝eq \f(S,4π)，
所以Veq \\al(2,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)πR3))2＝eq \f(1,36π)S3.
因为eq \f(1,36π)S3>eq \f(1,144)S3>eq \f(1,216)S3
>eq \f(1,216\r(3))S3＝eq \f(\r(3),648)S3，
所以Veq \\al(2,3)>Veq \\al(2,1)>Veq \\al(2,2)，所以V23．ACD [因为f(x＋1)为奇函数，
所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
所以f(－0＋1)＝－f(0＋1)，
所以f(1)＝0，A正确；
因为当x∈[0,1)时，f(x)＝－cs eq \f(πx,2)，
所以f(0)＝－cs 0＝－1，
因为f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
所以f(2)＝－f(0)＝1，故f(2)≠f(0)，
所以2不是f(x)的周期，B错误；
因为f(x＋1)为奇函数，
所以函数f(x＋1)的图象关于原点对称，
所以f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，C正确；
由f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
f(x)－f(－x)＝0，
可得f(x＋2)＝－f(－x－1＋1)＝－f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)
＝－f(x＋2)＝f(x)，
所以函数f(x)为周期函数，周期为4，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 023,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×253－\f(1,2)))
＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
又当x∈[0,1)时，f(x)＝－cs eq \f(πx,2)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 023,2)))＝－cs eq \f(π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，D正确．]
4．(－2，－1)∪(1,2)
解析当x<2时，由(x－2)f′(x)>0知，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，2)上单调递减；
当x>2时，由(x－2)f′(x)>0知，f′(x)>0，则f(x)在(2，＋∞)上单调递增，
又对于任意的实数x都有f(x)＝f(4－x)，即f(x)的图象关于直线x＝2对称，
综上，若f(x2)则|x2－2|<|x|，
当x<－eq \r(2)，即x2－2<－x时，
x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)<0，
此时－2当－eq \r(2)≤x<0，即2－x2<－x时，
x2－x－2＝(x－2)(x＋1)>0，
此时－eq \r(2)≤x<－1；
当0≤xx2＋x－2＝(x＋2)(x－1)>0，
此时1当x≥eq \r(2)，即x2－2x2－x－2＝(x－2)(x＋1)<0，
此时eq \r(2)≤x<2，综上，不等式的解集为(－2，－1)∪(1,2)．
5．(1)证明当n＝1时，可得a1＝1，
当n≥2时，
由a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝n，
得a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝n－1(n≥2)，
上述两式作差可得an＝eq \f(1,2n－1)(n≥2)，
因为a1＝1满足an＝eq \f(1,2n－1)，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1)，n∈N*，所以eq \f(1,an)＝2n－1，
因为当n≥2时，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝2n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－3))＝2(常数)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列．
(2)解 cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,19)，n为奇数，,\f(1,2n－12n＋3)，n为偶数，))
所以c1＋c3＋…＋c2n－1
＝eq \f(1＋5＋9＋…＋4n－3,19)＝eq \f(2n－1n,19)，
c2＋c4＋…＋c2n＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,7)＋\f(1,7)－\f(1,11)＋…＋\f(1,4n－1)))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4n＋3)))＝eq \f(n,34n＋3)，
所以数列{cn}的前2n项和S2n＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))n,19)＋eq \f(n,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n＋3))).
[周三]
1．C [z＝eq \f(2－i,i)＝eq \f(2－i×－i,i×－i)＝－1－2i，则eq \x\t(z)＝－1＋2i.]
2．D [当焦点在y轴上时，由e＝eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(2－m),\r(2))，解得m＝eq \f(2,3)，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2eq \r(2)；当焦点在x轴上时，由e＝eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(m－2),\r(m))，
解得m＝6，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2eq \r(m)＝2eq \r(6).]
3．BC [对于A项，7×60%＝4.2，所以第60百分位数为6，故A项错误；
对于B项，因为X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,3)))，
所以E(X)＝np＝eq \f(1,3)n，
所以E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝n＋1＝6，解得n＝5，故B项正确；
对于C项，由经验回归直线必过点(eq \x\t(x)，eq \x\t(y))，可得20＝2eq \(b,\s\up6(^))＋1.8，
解得eq \(b,\s\up6(^))＝9.1，故C项正确；
对于D项，由独立性检验可知，χ2值越大，判断“x与y有关系”的把握性越大，故D项错误．]
4．y＝±eq \f(\r(6),3)x
解析如图所示，
由双曲线的定义|MF2|＝2a＋|MF1|，
|NF2|＝2a＋|NF1|，
所以|MF2|＋|NF2|＝4a＋|MF1|＋|NF1|＝4a＋|MN|.
因为|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，
所以|MF2|＋|NF2|＝2|MN|，
即4a＋|MN|＝2|MN|，|MN|＝4a.
令|MF1|＝x，在△MNF2中，MF2⊥MN，所以|MF2|2＋|MN|2＝|NF2|2，
即(2a＋x)2＋(4a)2＝(6a－x)2，
解得x＝a，即|MF1|＝a，|MF2|＝3a，
又在Rt△F1MF2中，
a2＋(3a)2＝(2c)2，所以2c2＝5a2，
又c2＝a2＋b2，所以2b2＝3a2，
即eq \f(a,b)＝eq \f(\r(6),3)，所以y＝±eq \f(a,b)x＝±eq \f(\r(6),3)x.
5．(1)证明如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，在等腰梯形ABCD中，
AB∥CD，AB＝4，CD＝2，∠DAO＝60°.
∵O为AB的中点，即有四边形BCDO是平行四边形，
∴OD∥BC，∠DOA＝∠CBO＝∠DAO＝60°.
∴△OAD为正三角形，∴AD＝2，HD⊥AO.
在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝60°，
∴△AOP为边长为2的正三角形，
∴AP＝2，PH⊥AO.
∴AP＝AD，又F为PD的中点，
∴AF⊥PD.
∵HD⊥AO，PH⊥AO，HD∩PH＝H，HD，PH⊂平面PHD，
∴AO⊥平面PHD，
即AB⊥平面PHD.
∵PD⊂平面PHD，∴AB⊥PD.
∵G为PC的中点，∴FG∥CD∥AB，
∴A，F，G，B四点共面，
又∵AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面AFGB，∴PD⊥平面AFGB.
∵PD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面AFGB.
(2)解 ∵PH⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH⊂平面PAB，
∴PH⊥平面ABCD，
由(1)知，PH，HD，AB两两互相垂直，以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\r(3)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0))，于是eq \(HP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\r(3)))，eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，－\r(3)))，
eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0)).设平面PDE的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－\r(3)z＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(5,2)y＝0，))
取x＝5，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\r(3)，5))，
易知eq \(HP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))为平面ABCD的一个法向量，
设平面PDE与平面ABCD的夹角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，\(HP,\s\up6(→))〉))＝eq \f(|n·\(HP,\s\up6(→))|,|n||\(HP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(5\r(3),\r(53)×\r(3))＝eq \f(5,\r(53)).
∴sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(7),\r(53))，
tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝eq \f(2\r(7),5).
∴平面PDE与平面ABCD夹角的正切值为eq \f(2\r(7),5).
[周四]
1．C 2.D
3．BCD [由an－an＋1－2anan＋1＝0，
得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，又eq \f(1,a1)＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为2，公差为2的等差数列，则eq \f(1,an)＝2n，
则an＝eq \f(1,2n)，则eq \f(1,2 023)∉{an}，A错误；
由bn－1＝eq \f(2,3)Sn，可得b1－1＝eq \f(2,3)S1＝eq \f(2,3)b1，解得b1＝3，
又当n≥2时，bn－1－1＝eq \f(2,3)Sn－1，
则bn－bn－1＝eq \f(2,3)bn，
整理得bn＝3bn－1，
则数列{bn}是首项为3，公比为3 的等比数列，则bn＝3n(n∈N*)，
则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－bn))的前n项和
Cn＝(2－3)＋(4－32)＋…＋(2n－3n)
＝(2＋4＋…＋2n)－(3＋32＋…＋3n)
＝eq \f(n2＋2n,2)－eq \f(31－3n,1－3)
＝n2＋n－eq \f(3n＋1,2)＋eq \f(3,2)，B正确；
anan＋1＝eq \f(1,4nn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
则数列{anan＋1}的前n项和Tn＝
eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和为An，
则An＝2×3＋4×32＋…＋2n·3n，
3An＝2×32＋4×33＋…＋2n·3n＋1，
两式相减得－2An＝2×3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×32＋2×33＋…＋2×3n))－2n·3n＋1，
整理得An＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))3n＋1,2)＋eq \f(3,2)，则当n＝10时，A10＝eq \f(19×311,2)＋eq \f(3,2)，D正确．]
4．(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(5,4)
5．解 (1)当m＝0时，
采用比例分配分层随机抽样的方法抽取购买传统燃油车的6人中，男性有2人，女性有4人．由题意可知，X的所有可能取值为1,2,3.
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(0,2)C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5).
则X的分布列为
E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2.
(2)①零假设为H0：性别与是否购买新能源汽车无关联．
当m＝0时，
A2,2＝80，B2,2＝0.5×0.7×200＝70，
A2,3＝20，B2,3＝0.5×0.3×200＝30，
A3,2＝60，B3,2＝0.5×0.7×200＝70，
A3,3＝40，B3,3＝0.5×0.3×200＝30，
K2＝eq \f(A2，2－B2，22,B2，2)＋eq \f(A2，3－B2，32,B2，3)＋
eq \f(A3，2－B3，22,B3，2)＋eq \f(A3，3－B3，32,B3，3)
＝eq \f(70－802,70)＋eq \f(20－302,30)＋eq \f(60－702,70)
＋eq \f(40－302,30)＝eq \f(200,21)≈9.524，
∵9.524>7.879＝x0.005，
∴根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为性别与是否购买新能源汽车有关联，此推断犯错误的概率不超过0.005.
②K2＝eq \f(80－m－702,70)＋eq \f(20＋m－302,30)＋eq \f(60＋m－702,70)＋eq \f(40－m－302,30)＝eq \f(210－m2,21).
由题意可知eq \f(210－m2,21)≥2.706，
整理得(10－m)2≥28.413，
又m∈N，m<10，∴m≤4，
∴m的最大值为4，又80－4＝76，
∴至少有76名男性购买新能源汽车．
[周五]
1．C 2.B
3．ABC [设等比数列{an}的公比为q.
当q＝1时，Sn＝na1，显然是一次函数形式不是指数函数形式，故不满足题意，所以D错误；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，
所以c＝eq \f(a1,1－q)，a＝－eq \f(a1,1－q)，b＝q，
即a＋c＝0，ac＝－eq \f(a\\al(2,1),1－q2)<0，所以ABC正确．]
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) eq \f(2\r(15)－\r(5),10)
解析由题设，△ABC是等腰三角形，且AC＝BC，根据已知坐标得示意图如图所示．
根据费马点定义知，M在AB的垂直平分线OC上，且△AMB是顶角为120°的等腰三角形，
所以∠MAB＝30°，
故OM＝eq \f(\r(3),3)OA＝eq \f(\r(3),3)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，
由∠MBC＝∠OBC－∠MBO，
而sin∠OBC＝eq \f(2,\r(5))，cs∠OBC＝eq \f(1,\r(5))，
sin∠MBO＝eq \f(1,2)，cs∠MBO＝eq \f(\r(3),2)，
所以sin∠MBC＝sin∠OBCcs∠MBO－
cs∠OBCsin∠MBO＝eq \f(2,\r(5))×eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,\r(5))×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(15)－\r(5),10).
5．解 (1)当a＝4时，f(x)＝eq \f(1,x)＋4ln x，
则f′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x－1,x2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，f′(x)<0，
函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))时，f′(x)>0，
函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))上单调递增，
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝4(1－ln 4)<0，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))＝e3－12>0，f(1)＝1>0，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝0，
即f(x)的零点个数为2.
(2)函数g(x)＝f(x)＋eq \f(x2－2x－1,x2＋x)＝aln x＋eq \f(x－1,x＋1)，定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,x＋12)
＝eq \f(ax2＋2a＋2x＋a,xx＋12)，
当a≥0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令h(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－eq \f(1,2)时，Δ＝0，
g′(x)＝eq \f(－\f(1,2)x－12,xx＋12)≤0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a<－eq \f(1,2)时，Δ<0，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当－eq \f(1,2)0，设x1，x2是方程h(x)＝0的两个根，且x1则x1＝eq \f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，
x2＝eq \f(－a＋1－\r(2a＋1),a)，
又x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)
＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)>0，
则当x∈(0，x1)时，
h(x)<0，g′(x)<0，
函数g(x)在(0，x1)上单调递减；
当x∈(x1，x2)时，h(x)>0，g′(x)>0，
函数g(x)在(x1，x2)上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，＋∞))时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，＋∞))上单调递减．
综上所述，
当a≥0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－eq \f(1,2)函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)))上单调递增．
[周六]
1．D 2.C
3．BCD [对于A，如图1，连接CB1，CD1，B1D1，由正方体性质知，CB1∥DA1，CD1∥BA1，
由于CB1⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，则CB1∥平面A1BD，同理可证CD1∥平面A1BD，
又CB1∩CD1＝C，CB1，CD1⊂平面CB1D1，故平面A1BD∥平面CB1D1，
由B1∈平面CB1D1，平面CB1D1∩平面CC1D1D＝CD1，且P在正方体的面CC1D1D内，
所以要使直线B1P∥平面A1BD，则B1P⊂平面CB1D1，即P∈CD1，
又△CB1D1为等边三角形，
故P在CD1上运动时，直线B1P与直线CD1所成角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故A错误；
对于B，由A分析知，直线B1P∥平面A1BD，点P轨迹为线段CD1，
如图2，取CD1的中点H，连接AD1，AH，而△ACD1为等边三角形，则AH＝eq \r(AD\\al(2,1)－HD\\al(2,1))＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，以A为球心，eq \f(5,4)为半径的球截CD1的长度为2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)＝eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，由B1C1⊥平面CC1D1D，显然B1D1，B1C与平面CC1D1D所成的角均为eq \f(π,4)，
所以若直线B1P与平面CC1D1D所成的角为eq \f(π,4)，则点P的轨迹是以C1为圆心，C1D1为半径的圆的eq \f(1,4)，如图3所示．
所以点P的轨迹长度为eq \f(1,4)×2π＝eq \f(π,2)，故C正确；
对于D，若B1P⊥AB，而AB∥CD，则B1P⊥CD，而CD⊥平面BB1C1C，B1∈平面BB1C1C，
又平面BB1C1C∩平面CC1D1D＝CC1，故点P的轨迹为线段CC1，
过D1作D1E∥BP交AA1于E，连接BE，易知截面BPD1E为平行四边形，如图4，
当P与C或C1重合时，截面为矩形，此时面积最大，为eq \r(2)；当P为CC1的中点时，截面为菱形，此时面积最小，为eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),2)，所以截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(2)))，故D正确．]
4．－48
5．解 (1)记|F1F2|＝2c，
由题意知|AF1|＝|AF2|＝a,2c＝eq \r(2)a，
∴S△AF1F2＝eq \f(1,2)a2＝1，解得a＝eq \r(2)，
∴b＝1，c＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)选②③为条件：
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，不妨设点P在第一象限，
则由k1k2＝－eq \f(1,2)，可得k1＝eq \f(\r(2),2)，
此时直线WP的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x，与eq \f(x2,2)＋y2＝1联立，解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
∴S＝eq \f(\r(2),2)；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t，
则k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,2)，
即x1x2＋2y1y2＝0，
将y＝kx＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得
(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2)，
∴y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝eq \f(t2－2k2,1＋2k2)，
∴eq \f(2t2－2,1＋2k2)＋eq \f(2t2－2k2,1＋2k2)＝0，
即1＋2k2＝2t2.
|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)，
∵点O到直线l的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
∴S＝eq \f(1,2)·eq \f(|t|,\r(1＋k2))·2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·
eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)＝eq \f(\r(2),2)，
综上，①成立．
选①③为条件：
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，不妨设点P在第一象限，则由S＝eq \f(\r(2),2)，
可得S＝eq \f(1,2)x1·2y1＝x1·y1＝eq \f(\r(2),2)，
又eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，
解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
∴k1k2＝－eq \f(1,2)；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t，将y＝kx＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得
(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)，
∵点O到直线l的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
∴S＝eq \f(1,2)·eq \f(|t|,\r(1＋k2))·2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·
eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)＝eq \r(2)·|t|·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)＝eq \f(\r(2),2)，
即1＋2k2＝2t2，
∵y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)
＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝eq \f(t2－2k2,1＋2k2)，
∴k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(\f(t2－2k2,1＋2k2),\f(2t2－2,1＋2k2))＝eq \f(t2－2k2,2t2－2)
＝eq \f(1－t2,2t2－2)＝－eq \f(1,2)，
综上，②成立．
选①②为条件：
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
当直线l的斜率不存在时，
设W(0，y0)，根据椭圆的对称性，不妨设点P在第一象限，
则Q(x1，－y1)，
∴S＝eq \f(1,2)x1·2y1＝x1·y1＝eq \f(\r(2),2)，
又eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，
解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
∴k1k2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－y0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－y1－y0)),x1·x1)
＝yeq \\al(2,0)－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，∴y0＝0，
∴Weq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0))为坐标原点，满足题意；
当直线l的斜率存在时，
设Weq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，kx0))，直线l的方程为y＝kx＋t，
将y＝kx＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得
(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)，
点W到直线l的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
∴S＝eq \f(1,2)·eq \f(|t|,\r(1＋k2))·2eq \r(2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)
＝eq \r(2)·|t|·eq \f(\r(1＋2k2－t2),1＋2k2)＝eq \f(\r(2),2)，
即1＋2k2＝2t2，
∵y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)
＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝eq \f(t2－2k2,1＋2k2)，
y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t
＝k(x1＋x2)＋2t＝eq \f(2t,1＋2k2)，
则由k1k2＝eq \f(y1－kx0y2－kx0,x1－x0x2－x0)
＝－eq \f(1,2)，
即(x1－x0)(x2－x0)＋
2(y1－kx0)(y2－kx0)＝0，
得x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq \\al(2,0)＋2y1y2－2kx0(y1＋y2)＋2k2xeq \\al(2,0)＝0，
即(1＋2k2)2xeq \\al(2,0)－(4k2－4t2＋2)＝0，
∵1＋2k2＝2t2,4k2－4t2＋2＝0，
∴x0＝0，即W(0,0)，
综上，③成立．
第六周
[周一]
1．A
2．C [显然直线y＝eq \r(3)x与F1F2交于原点O，
由双曲线对称性知，若四边形AF1BF2是矩形，则|AB|＝|F1F2|，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
而F1(－c,0)，F2(c,0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－3a2)x2＝a2b2，解得x1＝－eq \f(ab,\r(b2－3a2))，x2＝eq \f(ab,\r(b2－3a2))，
则|AB|＝eq \r(1＋\r(3)2)·|x1－x2|＝eq \f(4ab,\r(b2－3a2))，
则eq \f(4ab,\r(b2－3a2))＝2c，化简得b4－6a2b2－3a4＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)))2－6·eq \f(b2,a2)－3＝0，eq \f(b2,a2)>0，解得eq \f(b2,a2)＝3＋2eq \r(3)，
则e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(4＋2\r(3))＝eq \r(3)＋1.]
3．ACD [对于A，由于f(1－2x)的图象关于点(0,1)对称，所以f(1－2x)＋f(1＋2x)＝2，故f(1－x)＋f(1＋x)＝2，所以f(x)的图象关于点(1,1)对称，故A正确；
由f(3＋x)－f(3－x)＋6x＝0得f(3＋x)＋3x＝f(3－x)－3x，令g(x)＝f(3＋x)＋3x，所以g(－x)＝f(3－x)－3x，所以g(x)＝g(－x)，故g(x)为偶函数，又f(x)的图象关于点(1,1)对称，所以f(x)＋f(－x＋2)＝2，又f(x)＝g(x－3)－3(x－3)，从而g(x－3)－3(x－3)＋g(－x＋2－3)－3(－x＋2－3)＝2⇒g(x－3)＋g(－x－1)＝－10，
所以g(x)的图象关于点(－2，－5)对称，
对于C，在f(1－x)＋f(1＋x)＝2中，令x＝0，f(1)＝1>0，所以g(－2)＝f(1)－6＝－5，所以g(2)＝－5＝f(5)＋6⇒f(5)＝－11<0，由于y＝f(x)在区间(－∞，＋∞)上的图象是一条连续不断的曲线，由函数零点存在定理可得f(x)在(1,5)上有零点，故C正确；
对于D，由于g(x)的图象关于点(－2，－5)对称以及g(x)＝g(－x)得g(x)＋g(－x－4)＝－10⇒g(x)＋g(x＋4)＝－10，又g(x＋8)＋g(x＋4)＝－10，所以g(x)＝g(x＋8)，所以g(x)是周期为8的周期函数，f(101)＝g(98)－3×98＝g(2)－294＝－5－294＝－299，故D正确；
对于B，f(1)＝1，f(9)＝g(6)－18＝g(－2)－18＝g(2)－18＝－5－18＝－23≠f(1)，所以8不是f(x)的周期，故B错误．]
4．[eq \r(6)，2eq \r(6)]
解析如图，AE是正四面体A－BCD的高，由对称性知其外接球与内切球球心重合为O且在AE上，E是底面正△BCD的中心，BE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×6＝2eq \r(3)，AE＝eq \r(62－2\r(3)2)＝2eq \r(6)，
设外接球半径为R，即OA＝OB＝R，
由OB2＝OE2＋BE2得R2＝(2eq \r(6)－R)2＋(2eq \r(3))2，解得R＝eq \f(3\r(6),2)，因此内切球半径为r＝OE＝eq \f(\r(6),2)，
显然有||OP|－|OQ||≤|PQ|≤|OP|＋|OQ|，即R－r≤|PQ|≤R＋r，
R＋r＝2eq \r(6)，R－r＝eq \r(6)，
所以eq \r(6)≤|PQ|≤2eq \r(6).
5．(1)解由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝9，,a2a4＝21，))
解得a2＝3，a4＝7，所以d＝2，a1＝1，
从而Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝n2.
(2)证明由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋b3＝\f(3,4)，,b2b3b4＝\f(1,64)，))
解得b3＝eq \f(1,4)，b2＝eq \f(1,2)，q＝eq \f(1,2)，
所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
又cn＝eq \r(Sn)bn＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
有Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝2－(n＋2)·eq \f(1,2n)，
则Tn＝4－(n＋2)·eq \f(1,2n－1)<4，得证．
[周二]
1．A 2.A
3．BCD [对于A，由题意x＋y＝1，x，y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))，当P与D重合时，
假设AP⊥BD1，则AD⊥BD1，
又AD⊥DD1，BD1∩DD1＝D1，BD1，DD1⊂平面BDD1，则AD⊥平面BDD1，
又BD⊂平面BDD1，则AD⊥BD，
因为底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
所以△ABD为等边三角形，与AD⊥BD矛盾，则假设不成立，故A错误；
对于B，分别取BD，BB1的中点O2，N，连接AO2，O2N，AN，
因为底面ABCD是菱形，
所以AO2⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，且AO2⊂平面ABCD，所以AO2⊥DD1，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1，则AO2⊥平面BDD1，又BD1⊂平面BDD1，则AO2⊥BD1，
因为四边形BDD1B1为正方形，则NO2⊥BD1，
又AO2∩NO2＝O2，AO2，NO2⊂平面AO2N，所以BD1⊥平面AO2N，
所以P的轨迹是线段NO2，而NO2＝eq \f(1,2)B1D＝eq \r(2)，故B正确；
对于C，连接D1B1，取D1B1的中点O1，连接O1O2，O2M，O1M，
因为M为AD的中点，
所以O2M∥AB，
又AB⊂平面BB1A1A，
O2M⊄平面BB1A1A，
所以O2M∥平面BB1A1A，
同理O1O2∥BB1，BB1⊂平面BB1A1A，O1O2⊄平面BB1A1A，
所以O1O2∥平面BB1A1A，
又O1O2∩O2M＝O2，O2M，O1O2⊂平面O2O1M，
所以平面O2O1M∥平面BB1A1A，
若MP∥平面ABB1A1，则P的轨迹是线段O1O2，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝xeq \(BB1,\s\up6(—→))＋yeq \(BD,\s\up6(→))，所以y＝eq \f(1,2)，故C正确；
对于D，取DD1的中点Q，连接BQ交O1O2于点S，过B作BE⊥BQ交O2O1于点E，当y＝2x(x≠0)时，P的轨迹是线段BQ，
因为△ABD为等边三角形，M为AD的中点，所以BM⊥AD，
又OM＝OB＝OD，所以点O在直线O2O1上，
在△PBD中，OP＝OB，则点O在线段BP的垂直平分线上，
所以点O为直线O2O1与线段BP的垂直平分线的交点，
当P与Q重合时，点O为S；当P与B重合时，点O为E；当P在线段BQ上时，点O在线段SE上．
因为OP＝OB，所以OBmin＝O2B＝1，OBmax＝EB＝eq \r(5)，
因为x，y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))，且x≠0，所以OP的取值范围是[1，eq \r(5))，故D正确．]
4．2eq \r(2)或eq \f(\r(2),2)
解析由题意得AB的中点纵坐标y0＝eq \r(2)，抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，直线AB的斜率不为零，可设直线AB的方程为x＝my＋eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2px1，,y\\al(2,2)＝2px2，))得(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，所以m＝eq \f(x1－x2,y1－y2)＝eq \f(y1＋y2,2p)＝eq \f(2\r(2),2p)＝eq \f(\r(2),p)，
所以直线AB的方程为x＝eq \f(\r(2),p)y＋eq \f(p,2)，所以AB中点的横坐标x0＝eq \f(\r(2),p)×eq \r(2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(4＋p2,2p)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝2x0＋p＝2×eq \f(4＋p2,2p)＋p＝5eq \r(2)，即2p2－5eq \r(2)p＋4＝0，解得p＝2eq \r(2)或p＝eq \f(\r(2),2).
5．解 (1)由题设及正弦定理边角关系得sin∠ABC－sin∠ABCcs A
＝eq \r(3)sin Asin∠ABC，
又∵sin∠ABC>0，
∴1－cs A＝eq \r(3)sin A，
即1＝eq \r(3)sin A＋cs A＝2sin(A＋30°)，
即sin(A＋30°)＝eq \f(1,2)，
又∵0°∴A＋30°＝150°，即A＝120°.
(2)令∠ABC＝α，由四边形内角和为360°及(1)的结论知α＋E＝90°，
在△ABC 中，
由正弦定理得eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin α)，
即AC＝eq \f(BC,sin A)sin α＝eq \f(4\r(3),3)sin α，
在△BCE 中，eq \f(EC,sin∠CBE)＝eq \f(BC,sin E)，
即EC＝eq \f(BC,sin E)sin∠CBE＝eq \f(1,sin E)，
又∵EC＝eq \r(3)AC，∴4sin α＝eq \f(1,sin E)，
则4sin αsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(90°－α))＝1，
即4sin αcs α＝1，即2sin 2α＝1，
∵A＝120°，A＋α＋∠ACB＝180°，
∴0°<α<60°，
∴2α＝30°，即α＝15°，
则sin α＝sin 15°＝sin(45°－30°)
＝sin 45°cs 30°－cs 45°sin 30°
＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
∴AC＝eq \f(4\r(3),3)sin α＝eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝eq \f(3\r(2)－\r(6),3)，
∵∠ACB＝180°－120°－15°＝45°，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BCsin∠ACB＝eq \f(3－\r(3),3).
[周三]
1．A 2.B
3．BD [对于A选项，若m＝3，则曲线C的方程为x2＋eq \f(y2,3)＝1，则a＝eq \r(3)，b＝1，c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(2)，
故椭圆C的焦点的坐标为(0，－eq \r(2))和(0，eq \r(2))，故A不正确；
对于B选项，若m＝1，则曲线C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1，则a＝eq \r(3)，b＝1，c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(2)，
则△PF1F2的面积＝eq \f(1,2)·2c·|yP|≤eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝eq \r(2)，
设△PF1F2的内切圆半径为r，
则＝eq \f(1,2)r(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)＝eq \f(1,2)r(2a＋2c)＝r(a＋c)＝(eq \r(3)＋eq \r(2))r≤eq \r(2)，
所以r≤eq \f(\r(2),\r(3)＋\r(2))＝eq \r(2)(eq \r(3)－eq \r(2))＝eq \r(6)－2，故B正确；
对于C选项，若曲线C是双曲线，且一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，
则渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
即x±eq \f(y,\r(3))＝0，
所以双曲线C的方程可表示为
eq \f(x2,λ)－eq \f(y2,3λ)＝1(λ≠0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m4－m<0，,\f(m,4－m)＝－\f(3λ,λ)，))解得m＝6，故C不正确；
对于D选项，若曲线C的离心率e＝eq \f(2\r(3),3)>1，则有eq \f(c2,a2)＝eq \f(4,3)，曲线C为双曲线，
若双曲线C的焦点在x轴上，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－m>0，,m<0，))可得m<0，
此时a2＝4－m，b2＝－m，则c2＝a2＋b2＝4－2m，eq \f(c2,a2)＝eq \f(4－2m,4－m)＝eq \f(4,3)，解得m＝－2；
若双曲线C的焦点在y轴上，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－m<0，,m>0，))可得m>4，
此时a2＝m，b2＝m－4，则c2＝a2＋b2＝2m－4，eq \f(c2,a2)＝eq \f(2m－4,m)＝eq \f(4,3)，解得m＝6.综上所述，若曲线C的离心率为e＝eq \f(2\r(3),3)，则m＝－2或m＝6，故D正确．]
4．1
5．(1)证明因为CD⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，
又因为AB＝BC＝AC，E为AB的中点，所以CE是△ABC的中线，
所以CE⊥AB，且CE∩CD＝C，CE，CD⊂平面CED，
所以AB⊥平面CED.
(2)解建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB⊥平面CED，CE，DE⊂平面CED，所以AB⊥CE，AB⊥DE，平面ABC∩平面ABD＝AB，CE⊂平面ABC，DE⊂平面ABD，
则二面角C－AB－D的平面角为∠CED，所以∠CED＝30°，
又因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以CE＝eq \r(3)，在Rt△CED中，有DE＝CE×cs 30°＝eq \f(3,2)，结合CG＝2EG，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，1，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1，0))，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，0))，D(0,0,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(\r(3),6)))，
则eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，1，0))，
设n＝(x，y，z)是平面ACD的法向量，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)z＝0，,\f(3x,2)＋y＝0，))
令x＝2，则y＝－3，z＝0，所以n＝(2，－3,0)，又因为eq \(DG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(\r(3),6)))，
设GD与平面ACD所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈n，eq \(DG,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DG,\s\up6(→))|,|n||\(DG,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(13)×\f(\r(13),2\r(3)))＝eq \f(4\r(3),13).
[周四]
1．B [因为直线l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，且l1⊥l2，则1·a＋1·b＝0，所以a＋b＝0.]
2．A
[如图所示，连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，
在正八面体MPQRSN中，易知PR＝MN，且PR⊥MN，
所以∠MRO＝∠NRO＝45°，则∠MRN＝90°，即MR⊥RN，
又HG⊥平面MPNR，则HG⊥MR，又HG与RN相交，
所以MR⊥平面RHG，则MR为点M到直线RG的距离，
在Rt△BKL中，BK＝BL＝eq \f(1,2)，则KL＝eq \r(BK2＋BL2)＝eq \f(\r(2),2)，
因为KL是△MPQ的中位线，
所以PQ＝2KL＝eq \r(2)，即MR＝eq \r(2).]
3．AC [由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2an,a\\al(2,n)＋1)得2Sn＝an＋eq \f(1,an)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则2Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,Sn－Sn－1)，
整理得Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1，显然eq \f(1,S1)＝eq \f(2S1,S\\al(2,1)＋1)，则Seq \\al(2,1)＝1，因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(S\\al(2,n)))是等差数列，首项为1，公差为1，C正确；
aeq \\al(2,1)＝Seq \\al(2,1)＝1，解得a1＝±1，A正确；
Seq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n，当Sn>0时，Sn＝eq \r(n)，当n≥2时，an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)，a1＝1满足上式，
因此an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)，此时an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))，an＋1＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，an＋1当Sn<0时，Sn＝－eq \r(n)，当n≥2时，an＝－eq \r(n)＋eq \r(n－1)，a1＝－1满足上式，
因此an＝－eq \r(n)＋eq \r(n－1)，此时an＝－eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))，an＋1＝－eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，an＋1>an，{an}是递增数列，B错误；
当Sn>0时，an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)，a2 023＝eq \r(2 023)－eq \r(2 022)，
当Sn<0时，an＝－eq \r(n)＋eq \r(n－1)，a2 023＝－eq \r(2 023)＋eq \r(2 022)，D错误．]
4.eq \f(24,25)
解析过P作PQ⊥EC交EC于点Q，根据投影向量的概念可得eq \(EQ,\s\up6(→))＝meq \(EC,\s\up6(→)).
当PQ与半圆相切时，m取得最大值．
过F作FK⊥EC交EC于点K，连接FP，如图，
当m取得最大值时，FP∥KQ且KQ＝FP＝1，
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))，正方形边长为4，则BE＝3，EC＝eq \r(32＋42)＝5，
所以cs∠KCF＝sin∠ECB＝eq \f(EB,EC)＝eq \f(3,5)，
所以KC＝FC·cs∠KCF＝2×eq \f(3,5)＝eq \f(6,5)，则EK＝5－eq \f(6,5)＝eq \f(19,5)，所以EQ＝1＋eq \f(19,5)＝eq \f(24,5)，得eq \(EQ,\s\up6(→))＝eq \f(24,25)eq \(EC,\s\up6(→))，
所以m的最大值为eq \f(24,25).
5．(1)解设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为6＋12＝18，所以P(C)＝eq \f(18,30)＝0.6.
(2)解由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，X的所有可能取值为1,2，
所以P(X＝1)＝0.3×0.2＋0.1×0.4＝0.1，
P(X＝2)＝1－P(X＝1)＝0.9，
所以X的分布列为
则E(X)＝1×0.1＋2×0.9＝1.9.
(3)证明由题知P(N|M)>P(N|eq \x\t(M))，
所以eq \f(PNM,PM)>eq \f(PN\x\t(M),P\x\t(M))
＝eq \f(PN－PNM,1－PM)，
所以P(NM)>P(N)P(M)，
所以P(NM)－P(N)P(NM)>P(N)P(M)－P(N)P(NM)，
即P(NM)P(eq \x\t(N))>P(N)P(eq \x\t(N)M)，
所以eq \f(PNM,PN)>eq \f(P\x\t(N)M,P\x\t(N))，
即P(M|N)>P(M|eq \x\t(N))．
[周五]
1．B
2．D [依题意，在Rt△AOP中，
AO＝1，AP＝eq \r(3)，
所以PO＝2，∠APO＝eq \f(π,6)，设∠CPO＝α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，在Rt△DOP中，
PD＝POcs α＝2cs α，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝|eq \(PA,\s\up6(→))||eq \(PD,\s\up6(→))|cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))
＝eq \r(3)×2cs αcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))
＝2eq \r(3)cs αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α))
＝eq \f(3,2)cs 2α＋eq \f(\r(3),2)sin 2α＋eq \f(3,2)
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＋eq \f(3,2).
由于α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，
则2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，
当2α＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝1，
此时eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))取得最大值eq \f(3,2)＋eq \r(3).]
3．ACD [由图表可知，2018－2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，
且增长为16.7－14.9＝1.8(万亿元)，故A正确；
因为6×70%＝4.2，则70%分位数为第5个，即为16.7，所以这6年我国社会物流总费用的70%分位数为16.7万亿元，故B错误；
由图表可知，2017－2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%－14.6%＝0.2%，故C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1(万亿元)，故D正确．]
4．1 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(2\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
解析当a＝1时，当0当x≥1时，f(x)＝x2－4x＋8＝(x－2)2＋4>0，无零点，
故此时f(x)的零点个数是1；
显然，y＝x2－4ax＋8(x≥a)至多有2个零点，故y＝cs πx在(0，a)上至少有2个零点，所以a>eq \f(3,2)；
①若y＝cs πx(0a，,Δ＝16a2－32>0，,fa＝－3a2＋8≥0，))解得eq \r(2)②若y＝cs πx(0所以y＝x2－4ax＋8(x≥a)恰有1个零点，符合要求；
③当a>eq \f(7,2)时，f(a)＝8－3a2<0，所以y＝x2－4ax＋8(x≥a)恰有1个零点，
而y＝cs πx(0此时f(x)至少有5个零点，不符合要求，舍去．
综上，eq \f(3,2)5．(1)解 ∵菱形F1B1F2B2的周长为8，面积为2eq \r(3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2b·2c＝2\r(3)，,4a＝8，))又a2＝b2＋c2，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(3)，,c＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
又椭圆E的焦距大于短轴长，即2c>2b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))∴a2＝4，则椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明由题意知，直线AB的斜率必然存在，可设其方程为y＝kx＋t，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋t，))
得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2－t2))>0，
即t2<1＋4k2，
∴x1＋x2＝－eq \f(8kt,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4t2－4,1＋4k2)，
∴y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t＝－eq \f(8k2t,1＋4k2)＋2t＝eq \f(2t,1＋4k2)，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,1＋4k2)，\f(t,1＋4k2))).
∵椭圆E1的离心率为eq \f(\r(3),2)，
∴e＝eq \r(1－\f(n2,m2))＝eq \f(\r(3),2)，解得m2＝4n2，
∴E1：x2＋4y2＝4n2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4n2，,y＝kx＋t，))
得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4n2＝0，
则Δ1＝64k2t2－4(1＋4k2)(4t2－4n2)
＝16(4k2n2＋n2－t2)，
∵P在椭圆E1上，
∴eq \f(16k2t2,1＋4k22)＋eq \f(4t2,1＋4k22)＝4n2，
整理可得t2＝n2(4k2＋1)，
∴Δ1＝16(4k2n2＋n2－4k2n2－n2)＝0，∴直线AB与E1相切．
[周六]
1．B
2．B [由3(an＋1)(an＋1＋1)＝an－an＋1得3(an＋1)(an＋1＋1)＝(an＋1)－(an＋1＋1)，
又因为a1＝－eq \f(2,3)，an＋1≠0，所以eq \f(1,an＋1＋1)－eq \f(1,an＋1)＝3，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋1)))为等差数列，且首项为eq \f(1,a1＋1)＝3，
公差也为3，则eq \f(1,an＋1)＝3＋3(n－1)＝3n，
所以bn＝3n(n－λ)＝3n2－3λn，
要使b5为数列{bn}的唯一最小项，则eq \f(λ,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，\f(11,2)))，所以λ∈(9,11)．]
3．BCD [对于A，P(A∪eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))－P(Aeq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)－P(Aeq \x\t(B))＝eq \f(1,2)，所以P(Aeq \x\t(B))＝eq \f(1,12)，故A错误；
对于B，因为P(AB)＋P(Aeq \x\t(B))＝P(A)，所以P(AB)＋eq \f(1,12)＝eq \f(1,3)，所以P(AB)＝eq \f(1,4)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,3))＝eq \f(3,4)，故B正确；
对于C，P(eq \x\t(B)|A)＝eq \f(PA\x\t(B),PA)＝eq \f(\f(1,12),\f(1,3))＝eq \f(1,4)，P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,4)，所以P(eq \x\t(B)|A)＝P(eq \x\t(B))，故C正确；
对于D，P(Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B)＝P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)＝eq \f(1,12)＋P(eq \x\t(A)B)，
因为P(B)＝P(AB)＋P(eq \x\t(A)B)，所以eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)＋P(eq \x\t(A)B)，所以P(eq \x\t(A)B)＝eq \f(1,2)，所以P(Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,2)＝eq \f(7,12)，故D正确．]
4.eq \r(3)
5．(1)解构造h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ln x，x>0，
则h′(x)＝ex－eq \f(1,x)＝eq \f(xex－1,x)，
令u(x)＝xex－1，x>0，
则u′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2)－1<0，u(1)＝e－1>0，
所以存在a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得u(a)＝aea－1＝0，
且h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，＋∞))上单调递增，所以h(x)≥h(a)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
此时f(a)g(a)＝ea·ln a＝eq \f(1,a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))＝－1.
(2)证明 ①令eq \f(k1,k2)＝＝A，
显然A>0，则－Aln x1＝－Aln x2.
令p(x)＝ex－Aln x，x>0，
则p′(x)＝ex－eq \f(A,x)＝eq \f(xex－A,x)，
令v(x)＝xex－A，x>0，
则v(x)＝xex－A在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，v(x)→－A，当x→＋∞时，v(x)→＋∞，
所以存在x0>0，使得v(x0)＝x0－A＝0，
即x0＝A.
于是p(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
因为p(x1)＝p(x2)，所以x0∈(x1，x2)．
故存在x0∈(x1，x2)，使得eq \f(k1,k2)＝x0成立．
②要证k1－k2即证eq \f([fx1－gx1]－[fx2－gx2],x1－x2)
因为eq \f(1,\r(x1x2))所以只要证
eq \f([fx1－gx1]－[fx2－gx2],x1－x2)
即证eq \f([fx1－gx1]－[fx2－gx2],x1－x2)即证eq \f([fx1－gx1]－[fx2－gx2],x1－x2)
由(1)知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ln x，x>0，
即证eq \f(hx1－hx2,x1－x2)即证h(x1)－h(x2)>
eq \f(h′x1＋h′x2,2)(x1－x2)，(*)
令x1＝x，则1构造q(x)＝h(x)－h(x2)－eq \f(h′x＋h′x2,2)(x－x2)，
记m(x)＝h′(x)，n(x)＝m′(x)，t(x)＝q′(x)，
则q′(x)＝h′(x)－eq \f(m′x,2)(x－x2)－eq \f(h′x＋h′x2,2)，
t′(x)＝m′(x)－eq \f(n′x,2)(x－x2)－eq \f(m′x,2)－eq \f(m′x,2)＝－eq \f(n′x,2)(x－x2)，
因为n′(x)＝ex－eq \f(2,x3)>e－2>0，
所以t′(x)>0，
q′(x)在(1，x2)上单调递增，
所以q′(x)所以q(x)在(1，x2)上单调递减，
即q(x)>q(x2)＝0，所以(*)成立，原命题成立．
第七周
[周一]
1．C
2．D [设b－c＝x，则由题意知蜂房的表面积为f(x)＝6ab－6×eq \f(1,2)ax＋3×eq \f(1,2)×eq \r(3)a×2eq \r(x2＋\f(a2,4))＝6ab－3ax＋eq \f(3\r(3)a,2)eq \r(4x2＋a2)，
求导得f′(x)＝－3a＋eq \f(3\r(3)a,2)·eq \f(8x,2\r(4x2＋a2))＝eq \f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a，
令f′(x)＝eq \f(6\r(3)ax,\r(4x2＋a2))－3a＝0，得x＝eq \f(\r(2)a,4)，
当0当x>eq \f(\r(2)a,4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝eq \f(\r(2)a,4)时，f(x)取得极小值，也是最小值，即此时蜂房最省料．]
3．ABD [抛物线方程化为x2＝eq \f(1,a)y，准线为y＝－eq \f(1,2)，所以a>0,2p＝eq \f(1,a)，eq \f(p,2)＝eq \f(1,4a)，
准线为y＝－eq \f(p,2)＝－eq \f(1,4a)＝－eq \f(1,2)，所以a＝eq \f(1,2)，故A正确；
又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，过F作直线l交抛物线于M，N两点，显然l的斜率存在，设l的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)，与y＝eq \f(1,2)x2联立消去y整理得x2－2kx－1＝0，Δ＝4k2＋4>0恒成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，
|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(4＋4k2)＝2(1＋k2)．
直线l经过点(－1,0)，
则k＝eq \f(1,2)，|MN|＝eq \f(5,2)，故B正确；
|OM|·|ON|＝eq \r(x\\al(2,1)＋\f(x\\al(4,1),4))·eq \r(x\\al(2,2)＋\f(x\\al(4,2),4))
＝eq \f(|x1x2|,4)eq \r(x\\al(2,1)＋4x\\al(2,2)＋4)
＝eq \f(|x1x2|,4)eq \r(16＋x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋4x\\al(2,1)＋x\\al(2,2))
＝eq \f(|x1x2|,4)eq \r(17＋4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1＋x22－2x1x2)))
＝eq \f(1,4)eq \r(17＋16k2＋8)＝eq \f(1,4)eq \r(25＋16k2)，
当k＝0时，|OM|·|ON|取得最小值，为eq \f(5,4)，故C错误；
由eq \(FN,\s\up6(→))＝3eq \(MF,\s\up6(→))得－3x1＝x2，又x1x2＝－1，x1<0，x2>0，
解得x1＝－eq \f(\r(3),3)，x2＝eq \r(3)，所以由2k＝x1＋x2＝eq \f(2\r(3),3)，得k＝eq \f(\r(3),3)，故D正确．]
4.eq \f(1,3)
5．解 (1)方法一在△ABC中，由余弦定理得，
9＝4＋c2－4c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))，即c2＋eq \f(4,3)c－5＝0，
解得c＝－3(舍)或c＝eq \f(5,3).
∵cs B＝－eq \f(1,3)，且B∈(0，π)，
∴sin B＝eq \f(2\r(2),3).
由正弦定理得，sin C＝eq \f(\f(5,3)×\f(2\r(2),3),3)＝eq \f(10\r(2),27).
方法二在△ABC中，
cs B＝－eq \f(1,3)<0，
∴sin B＝eq \f(2\r(2),3)，eq \f(π,2)由正弦定理得，sin A＝eq \f(2×\f(2\r(2),3),3)＝eq \f(4\r(2),9)，
∴cs A＝eq \f(7,9).
∴sin C＝sin(A＋B)＝eq \f(4\r(2),9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＋eq \f(7,9)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(10\r(2),27).
(2)连接AD，CD(图略)，∵∠ABD＝∠CBD，
∴＝，∴AD＝CD.
又∠ABC＋∠ADC＝π，
∴cs∠ADC＝eq \f(1,3).
设AD＝CD＝m(m>0)，
在△ACD中，由余弦定理得，9＝m2＋m2－2m2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)m2，∴m2＝eq \f(27,4)，
∴m＝eq \f(3\r(3),2)，∴AD＝eq \f(3\r(3),2).
[周二]
1．A
2．D [由(x＋sin x)f(x)－ax2＝0，f(x)＝x2 023|x|，
所以(x＋sin x)x2 023|x|－ax2＝0，
①当x＝0时方程成立．
②当x≠0时，(x＋sin x)x2 023|x|－ax2＝0化为(x＋sin x)x2 021|x|－a＝0⇔(x＋sin x)x2 021·|x|＝a，
令F(x)＝(x＋sin x)x2 021|x|，
由定义域关于原点对称，且F(－x)＝[－x＋sin(－x)](－x)2 021|－x|＝(x＋sin x)x2 021|x|＝F(x)，
所以F(x)为偶函数，图象关于y轴对称，
所以F(x)与y＝a的两个交点对应的横坐标关于y轴对称，
即方程(x＋sin x)x2 021|x|＝a的另外两根一定一正一负，
又x10，且x1＝－x3≠0，所以sin x2＋2 023x1x3＝－2 023xeq \\al(2,1)<0.]
3．BD [依题意作图，连接AD1，则有AD1∥EF，即EF与AD1共面，构成平面AEFD1.
对于A，因为A，E，F，D1都在平面AEFD1内，所以直线AF与D1E共面，故A错误；
对于B，平面AEF截正方体的截面就是四边形AEFD1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，D1(0,0,1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)))，eq \(D1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－1))，
eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(D1E,\s\up6(—→))＝0，即AF⊥D1E，由空间两点距离公式得AF＝D1E＝eq \f(3,2)，
四边形AEFD1的面积＝eq \f(1,2)×AF×D1E＝eq \f(9,8)，故B正确；
对于C，若H≠A1且H≠C1，则AH∩平面ABB1A1＝A，且H⊄平面ABB1A1，
即平面AEH与平面ABB1A1有交点，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
并且E⊄平面CDD1C1，故平面AEH与平面CDD1C1相交；
若H＝A1，则E⊄平面ABB1A1，平面AEH与平面ABB1A1相交，
平面ABB1A1∥平面CDD1C1，并且E⊄平面CDD1C1，
故平面AEH与平面CDD1C1相交；
若H＝C1，同理可证得平面AEH与平面CDD1C1相交，
故不存在点H，使得平面AEH与平面CDD1C1平行，C错误；
对于D，由直线A1C1∥平面ABCD，
所以H点到平面ABCD的距离就是正方体的棱长1，
也是底面为△AEC的三棱锥A－ECH的高，又△AEC的面积是定值，所以三棱锥A－ECH的体积为定值，故D正确．]
4.eq \f(1,ln 2)
解析 f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，所以f′(x)＝ex－2ax，
故－2ax1＝0.－2ax2＝0.又x2＝2x1，所以－4ax1＝0，
即(－2)＝0.
又>0，故＝2，所以x1＝ln 2，所以a＝eq \f(,2x1)＝eq \f(1,ln 2).
5．解 (1)由题意知Sn＋2＝2n＋1，
则Sn＝2n＋1－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，而a1＝S1＝22－2＝2满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知，数列{bn}中的元素依次为a1，，a2，，a3，，a4，…，
在a1到a5之间3的个数为21＋22＋23＋24＝30，故在a5处{bn}共有35个元素，
所以前36项中含a1，…，a5及31个3，故T36＝a1＋…＋a5＋31×3＝2＋…＋25＋93＝eq \f(2×25－1,2－1)＋93＝155.
[周三]
1．B 2.B
3．ABD [如图1，由椭圆与y＝m关于y轴对称，可得|AF1|＋|BF1|＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(5)，故A正确；
图1
如图2，当m＝eq \f(4\r(5),5)时，
图2
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4\r(5),5)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(4\r(5),5)))，又F1(－1,0)，F2(1,0)，
则AF2⊥F1F2，|AB|＝|F1F2|，又AB∥F1F2，则四边形ABF1F2为矩形，故B正确；
设A(n，m)(n>0)，B(－n，m)，则eq \(AF1,\s\up6(—→))＝(－1－n，－m)，
eq \(BF1,\s\up6(—→))＝(－1＋n，－m)，
若AF1⊥BF1，则eq \(AF1,\s\up6(—→))·eq \(BF1,\s\up6(—→))＝1－n2＋m2＝0，又eq \f(n2,5)＋eq \f(m2,4)＝1，联立消元得9m2－16＝0，解得m＝±eq \f(4,3)，故C错误；
如图3，若四边形ABF1O为平行四边形，则|AB|＝|F1O|＝c＝1，
图3
即点A的横坐标为eq \f(1,2)，代入椭圆方程可得m＝±eq \f(\r(95),5)，故当m＝±eq \f(\r(95),5)时，四边形ABF1O为平行四边形，故D正确．]
4.eq \f(96π,25)
解析由条件知正方体的内切球的半径为2，设球心到平面EB1C1的距离为d，
建立如图所示的空间直角坐标系，则E(4,0,1)，B1(4,4,4)，C1(0,4,4)，
设正方体内切球的球心为O，则O(2，2,2)，则eq \(B1C1,\s\up6(—→))＝(－4,0,0)，eq \(EB1,\s\up6(—→))＝(0,4,3)，eq \(EO,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，
设平面EB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(B1C1,\s\up6(—→))＝0，,n·\(EB1,\s\up6(—→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x＝0，,4y＋3z＝0，))
令y＝－3，则z＝4，x＝0，
所以n＝(0，－3,4)，所以d＝eq \f(|n·\(EO,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(|－6＋4|,5)＝eq \f(2,5)，
于是截面圆的半径大小为
eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2)＝eq \f(4\r(6),5)，
故截面圆的面积为πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),5)))2＝eq \f(96π,25).
5．解 (1)根据题意，当队员A参加比赛时，比赛获胜的概率P＝eq \f(1,4)×eq \f(4,9)＋eq \f(1,4)×eq \f(8,9)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3).
(2)根据题意，可得A赢3场负两场，积7分；A赢4场负一场，积11分；A赢5场，积15分，所以随机变量X的所有可能取值为7,11,15，记Ci表示“第一轮比赛最终积分为Ci(i＝7,11,15)”，D表示“A所在的球队顺利晋级第二轮”，
可得P(C7D)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(80,35)，
P(C11D)＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4×eq \f(1,3)＝eq \f(80,35)，
P(C15D)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))5＝eq \f(32,35)，则P(D)＝eq \f(192,35)，
所以P(X＝7)＝P(C7|D)＝eq \f(PC7D,PD)＝eq \f(5,12)，
P(X＝11)＝P(C11|D)＝eq \f(PC11D,PD)＝eq \f(5,12)，
P(X＝15)＝P(C15|D)＝eq \f(PC15D,PD)＝eq \f(1,6)，
所以随机变量X的分布列为
E(X)＝7×eq \f(5,12)＋11×eq \f(5,12)＋15×eq \f(1,6)＝10.
[周四]
1．C
2．B [双曲线C1：x2－y2＝1的伴随曲线C2为eq \f(1,x2)－eq \f(1,y2)＝1，
设P(m，n)为eq \f(1,x2)－eq \f(1,y2)＝1上一点，
则eq \f(1,m2)－eq \f(1,n2)＝1，
过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N，则M(m,0)，N(0，n)，
所以直线MN：y＝－eq \f(n,m)x＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝－\f(n,m)x＋n，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n2,m2)))x2＋eq \f(2n2,m)x－n2－1＝0，
所以Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n2,m)))2－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n2,m2)))×(－n2－1)
＝4n4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))－4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2)))))×(－n2－1)＝0，
则直线MN与双曲线C1的公共点的个数为1.]
3．ABC [f(x)＝eq \f(1,2)sin x＋eq \r(3)cs2eq \f(x,2)－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)sin x＋eq \r(3)×eq \f(1＋cs x,2)－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
对于A，f(x)的图象向右平移eq \f(5π,6)个单位长度后得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝－cs x的图象，A正确；
对于B，f(－x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))＝g(x)，B正确；
对于C，由eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得eq \f(π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)，C正确；
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))，所以x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,3)＋a))，因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，a))上有3个零点，所以3π≤eq \f(π,3)＋a<4π，
解得eq \f(8π,3)≤a4．16eq \r(2) x－eq \r(2)y－4＝0
解析如图所示，由题意知，圆D的标准方程(x－8)2＋y2＝16，则圆心为D(8,0)，半径为r＝|DA|＝4，
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,8)，y))(y>0)，则|PD|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,8)－8))2＋y2)＝eq \r(\f(1,64)y2－322＋48)，
所以当y2＝32，即y＝4eq \r(2)时，|PD|取得最小值，即|PD|min＝eq \r(48)＝4eq \r(3)，
又因为|PA|＝eq \r(|PD|2－r2)，
所以|PA|min＝eq \r(48－16)＝4eq \r(2)，
又因为四边形PADB的面积S＝2S△PAD＝2×eq \f(1,2)|PA|×r，
所以四边形PADB面积的最小值Smin＝2×eq \f(1,2)|PA|min×r＝16eq \r(2)，此时P(4,4eq \r(2))，
则以PD为直径的圆M的方程为(x－4)(x－8)＋y(y－4eq \r(2))＝0，
圆M方程与圆D方程相减可得直线AB的方程为x－eq \r(2)y－4＝0.
5．解 (1)如图，取BC的中点O，连接AO，B1O，因为BCC1B1为菱形，且∠BB1C＝60°，所以△B1BC为正三角形，
又△ABC为正三角形且边长为2，则BC⊥AO，BC⊥B1O，
且AO＝B1O＝eq \r(3)，AB1＝eq \r(6)，
所以AO2＋B1O2＝ABeq \\al(2,1)，
所以B1O⊥AO，又BC∩AO＝O，
BC，AO⊂平面ABC，所以B1O⊥平面ABC，
所以三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝B1O·S△ABC＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),4)×22＝3.
(2)在△AOB1中，AO＝B1O＝eq \r(3)，AB1＝3，
由余弦定理的推论可得cs∠AOB1
＝eq \f(\r(3)2＋\r(3)2－32,2×\r(3)×\r(3))＝－eq \f(1,2)，
所以∠AOB1＝eq \f(2π,3)，
由(1)知BC⊥AO，BC⊥B1O，又B1O∩AO＝O，B1O，AO⊂平面AOB1，
所以BC⊥平面AOB1，因为BC⊂平面ABC，
所以平面AOB1⊥平面ABC，所以在平面AOB1内作Oz⊥OA，则Oz⊥平面ABC，
以O为坐标原点，OA，OC，Oz所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，2，\f(3,2)))，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1，\f(3,2)))，
设n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))是平面ACC1A1的法向量，
eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，0))，
eq \(AC1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，2，\f(3,2)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,－\f(3\r(3),2)x＋2y＋\f(3,2)z＝0，))
取z＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－3，1))，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(—→))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤λ≤1))，
则eq \(C1P,\s\up6(—→))＝eq \(C1B,\s\up6(—→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(C1B,\s\up6(—→))＋λeq \(BB1,\s\up6(—→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－3，－\f(3,2)))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，\f(3,2)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ))，λ－3，\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－1))))，
设直线PC1与平面ACC1A1所成角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(C1P,\s\up6(—→))，n〉))＝eq \f(|n·\(C1P,\s\up6(—→))|,|n||\(C1P,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(6,\r(13)×\r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ2－3λ＋3))))
＝eq \f(3,\r(13)×\r(λ2－3λ＋3))，
令f(λ)＝eq \f(3,\r(13)×\r(λ2－3λ＋3))(0≤λ≤1)，
则f(λ)在[0,1]上单调递增，
所以f(λ)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(39),13)，\f(3\r(13),13)))，故直线PC1与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(39),13)，\f(3\r(13),13))).
[周五]
1．D
2．B [如图所示，取AB的中点M，则OM＝eq \r(30－14)＝4，
设点O到直线CD的距离为d0，点M到直线CD的距离为d，点A，B到平面MCD的距离分别为h1，h2，
则CD＝2eq \r(30－d\\al(2,0))，d≤d0＋4，d0∈(0，eq \r(30))，
所以S△MCD≤2eq \r(30－d\\al(2,0))(d0＋4)×eq \f(1,2)＝eq \r(30－d\\al(2,0)d0＋42)，
令f(x)＝(30－x2)(x＋4)2，x∈(0，eq \r(30))，则f′(x)＝－4(x＋5)(x＋4)(x－3)，
所以当x∈(0,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，eq \r(30))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以当x＝3时，f(x)max＝f(3)＝21×49，
所以S△MCD≤7eq \r(21)，所以V四面体ABCD＝eq \f(1,3)S△MCD·(h1＋h2)≤eq \f(1,3)S△MCD·AB≤eq \f(1,3)×7eq \r(21)×2eq \r(14)＝eq \f(98\r(6),3)，
当且仅当MC＝MD＝eq \r(70)，且AB⊥平面MCD时等号成立，即四面体ABCD体积的最大值是eq \f(98\r(6),3).]
3．BC [对于A选项，该组数据共10个数，且10×0.8＝8，
因此，该组数据的第80百分位数为eq \f(16＋20,2)＝18，A错误；
对于B选项，若随机变量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ≥5)＝0.22，
则P(－1<ξ<5)＝1－2P(ξ≥5)＝1－2×0.22＝0.56，B正确；
对于C选项，若随机变量ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9，\f(2,3)))，则D(2ξ)＝4D(ξ)＝4×9×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝8，C正确；
对于D选项，在随机变量X的每个样本数据上都加个正数x，
则得到的新数据对应的随机变量为X＋x，
由期望和方差的性质可得E(X＋x)＝E(X)＋x，D(X＋x)＝D(X)，
因此，若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x，则平均数会改变，但方差不变，D错误．]
4．59
解析将已知数列分组，每组的第一项均为1，即第一组：1；第二组：1,3；第三组：1,3,5；依此类推；
将该数列记为数列{an}，将各组数据之和记为数列{bn}，则bn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，
记数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝12＋22＋…＋n2
＝eq \f(nn＋12n＋1,6)；
∴T10＝eq \f(10×11×21,6)＝385<400，T11＝eq \f(11×12×23,6)＝506>400；
∵b1＋b2＋…＋b10对应{an}中的项数为1＋2＋3＋…＋10＝eq \f(10×11,2)＝55，即S55＝T10，
∴S58＝385＋1＋3＋5＝394<400，S59＝385＋1＋3＋5＋7＝401>400，
则使得Sn>400成立的最小正整数n的值是59.
5．解 (1)由题可知，a＝2.
当A为椭圆C的上顶点时，k＝eq \f(b－0,0－1)＝－1，解得b＝1，故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意可设直线l的方程为x＝ty＋1，t<0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去x整理得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(2t,t2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,t2＋4).
直线AP的方程为y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)，
令x＝1，得yM＝－eq \f(y1,x1－2).
同理可得yN＝－eq \f(y2,x2－2)，
则|ND|－|MD|＝eq \f(y2,x2－2)＋eq \f(y1,x1－2)
＝eq \f(y2,ty2－1)＋eq \f(y1,ty1－1)＝eq \f(2ty1y2－y1＋y2,t2y1y2－ty1＋y2＋1)＝eq \f(2t·\f(－3,t2＋4)－\f(－2t,t2＋4),t2·\f(－3,t2＋4)－t·\f(－2t,t2＋4)＋1)＝eq \f(\f(－4t,t2＋4),\f(4,t2＋4))＝－t.
因为|ND|－|MD|＝λ，且λ∈[1,3]，
所以1≤－t≤3，－3≤t≤－1，又k＝eq \f(1,t)，
故－1≤k≤－eq \f(1,3).
[周六]
1．B 2.D
3．ABC [对于A，设数列的首项为a1，则S14＝14a1＋eq \f(1,2)×14×13×1＝2 023，解得a1＝138，
即当等差数列的首项为138，公差为1时，S14＝2 023，A正确；
对于B，设数列的首项为a1，则S3＝a1·eq \f(1－23,1－2)＝2 023，∴a1＝289，B正确；
对于C，欲使得a4尽可能地大，不妨令a1＝1，a2＝2，a3＝3，则有1＋2＋3＋a4＋a5＋…＋a10＝2 023，∴a4＋a5＋…＋a10＝2 017，
又a2－a1≥1，a3－a2≥1，…，a10－a9≥1，即a5≥a4＋1，a6≥a4＋2，…，a10≥a4＋6，
a4＋a5＋…＋a10≥a4＋(a4＋1)＋(a4＋2)＋…＋(a4＋6)，
即7a4≤2 017－21＝1 996，∴a4≤285，C正确；
对于D，S10＝a1＋a2＋…＋a10≤(a10－9)＋(a10－8)＋…＋(a10－1)＋a10，a10≥206.8，即a10≥207，
比如，a1＝197，a2＝198，a3＝200，a4＝201，a5＝202，a6＝203，a7＝204，a8＝205，a9＝206，a10＝207，
则S10＝2 023，D错误．]
4.eq \f(1,2)
解析由题意可得如图所示图形，过A作AA1垂直准线于点A1，过B作BB1垂直准线于点B1，
由抛物线的定义可知，|AF|＝|AA1|，|BF|＝|BB1|，
因为抛物线C：y2＝6x，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，
设△OAD的面积为S，则△AOF的面积也为S，△ABF的面积为2S，
所以S△ADF＝S△ABF，即AD＝AB，即A为BD的中点，
所以eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(|AA1|,|BB1|)＝eq \f(|AD|,|BD|)＝eq \f(1,2).
5．(1)解 f(x)＝ex－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x＋x,x)))＝eq \f(xex－aln x＋x,x) (x>0)有两个零点，
等价于h(x)＝xex－a(ln x＋x)
＝xex－aln(xex)(x>0)有两个零点，
令t＝xex，t>0，
则t′＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以t＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝xex－aln(xex)有两个零点，等价于g(t)＝t－aln t(t>0)有两个零点，
因为g′(t)＝1－eq \f(a,t)＝eq \f(t－a,t)，所以
①当a≤0时，g′(t)>0，g(t)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；
②当a>0时，令g′(t)>0，得t>a，g(t)在(a，＋∞)上单调递增，
令g′(t)<0，得0所以g(t)min＝g(a)＝a－aln a，
若g(a)>0，则00恒成立，没有零点；
若g(a)＝0，则a＝e，此时g(t)有一个零点；
若g(a)<0，则a>e，
因为g(1)＝1>0，g(e)＝e－a<0，
g(ea)＝ea－a2>0，
所以g(t)在(1，e)，(e，ea)上各存在一个零点，符合题意．
综上，a的取值范围为(e，＋∞)．
(2)证明要证 x1x2>，
只需证x1·x2>e2，
即证ln(x1)＋ln(x2)>2，
由(1)知t1＝x1，t2＝x2，
所以只需证ln t1＋ln t2>2，
因为aln t1＝t1，aln t2＝t2，
所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln t2－ln t1))＝t2－t1，
aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln t2＋ln t1))＝t2＋t1，
所以ln t2＋ln t1＝eq \f(t2＋t1,t2－t1)(ln t2－ln t1)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,t1)＋1))ln \f(t2,t1),\f(t2,t1)－1)，
只需证eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,t1)＋1))ln \f(t2,t1),\f(t2,t1)－1)>2，
设01，
所以只需证 ln m>2eq \f(m－1,m＋1)，
即证ln m＋eq \f(4,m＋1)－2>0，
令φ(m)＝ln m＋eq \f(4,m＋1)－2，m>1，
则 φ′(m)＝eq \f(1,m)－eq \f(4,m＋12)
＝eq \f(m－12,mm＋12)>0，
所以φ(m)在(1，＋∞)上单调递增，
φ(m)>φ(1)＝0，
即当m>1时，ln m＋eq \f(4,m＋1)－2>0 成立，
所以ln t1＋ln t2>2，即x1·x2>e2，即x1x2>.
第八周
[周一]
1．A
2．B [由f(x)＋f(x＋4)＝23得f(x＋4)＋f(x＋8)＝23，
所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x)是以8为周期的周期函数，
当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x有两个零点2和4，
当x∈(4,8]时，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，
则有2x－4＝(x－4)2－23，
当x∈(4,8]时，(x－4)2－23<0,2x－4>1，
所以2x－4＝(x－4)2－23无解，
所以当x∈(4,8]时，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4无零点，
又2 023＝252×8＋7，因此在(0,2 016]上函数有2×252＝504(个)零点，当x∈(0,4]时，f(x)有两个零点2和4，当x∈(4,7]时，f(x)无零点，当x∈(－4,0]时，f(x)无零点，
因此在(－4,2 023]上，f(x)有504＋2＝506(个)零点．]
3．BC [对于A，如图1，＝＝eq \f(1,3)××1＝eq \f(1,6)为定值，故A错误；
图1
对于B，如图2，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，当点P在A1B1上时，三棱锥A－PCD即P－ACD的体积取最大值，Vmax＝eq \f(1,3)×S△ACD×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6)，故B正确；
图2
对于C，根据题意作图如图3所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
因为BD∩BB1＝B，
BD，BB1⊂平面BDB1，
所以AC⊥平面BDB1，又B1D⊂平面BDB1，即AC⊥B1D，
图3
因为CD1⊥C1D，B1C1⊥平面D1C1CD，CD1⊂平面D1C1CD，所以B1C1⊥CD1，
且C1D∩B1C1＝C1，C1D，B1C1⊂平面B1C1D，
所以CD1⊥平面B1C1D，又B1D⊂平面B1C1D，即B1D⊥CD1，
因为AC∩CD1＝C，AC，CD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，设AC∩BD＝O′，
连接D1O′，设D1O′∩B1D＝F，则∠DD1F为直线DD1与平面ACD1所成的角，
在Rt△DD1O′中，cs∠DD1F＝eq \f(DD1,D1O′)＝eq \f(1,\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(6),3)，
因为BB1∥DD1，所以直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，故C正确；
图4
对于D，如图4，平面α⊥AC1，截面α从A点到平面A1BD过程中，
截面面积和周长都越来越大；从平面A1BD到平面CB1D1过程中，
设A1H＝a(0≤a≤1)，则A1G＝A1H＝BI＝BN＝DE＝DF＝a，B1I＝B1H＝CN＝CE＝D1G＝D1F＝1－a，
所以GH＝IN＝EF＝eq \r(2)a，HI＝EN＝FG＝eq \r(2)(1－a)，所以截面周长为3eq \r(2)，
所以截面面积先变大后变小而周长不变；从平面CB1D1到C1过程中，截面面积和周长都越来越小，故D错误．]
4．(n2＋n)·2n－1 (n2－n＋2)·2n
解析因为nan＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋2,n)，
则当n≥2时，
an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(2×3,1)×eq \f(2×4,2)×eq \f(2×5,3)×…×eq \f(2×n＋1,n－1)＝n(n＋1)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1.
又当n＝1时，a1＝2符合上式，
故an＝(n2＋n)·2n－1.
由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(1×2)×20＋(2×3)×21＋…＋n(n＋1)·2n－1，①
2Sn＝1×2×21＋…＋(n－1)n·2n－1＋n(n＋1)·2n，②
①－②得－Sn＝2－n(n＋1)·2n＋4·21＋6·22＋…＋2n·2n－1＝－n(n＋1)·2n＋(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)．
令Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，③
所以2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，④
③－④得－Tn＝21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(－n＋1)·2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
故－Sn＝－n(n＋1)·2n＋(n－1)·2n＋1＋2，
则Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.
5．解 (1)因为asin B＝bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
所以由正弦定理可得
sin Asin B＝sin Bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
在△ABC中，A，B，C∈(0，π)，
显然sin B≠0，
所以sin A＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))，
又因为eq \f(π,2)－A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以eq \f(π,2)－A＝A－eq \f(π,6)或eq \f(π,2)－A＋A－eq \f(π,6)＝0(显然不成立)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)因为bcs C＝ccs B，
所以sin Bcs C＝sin Ccs B，
即sin(B－C)＝0.
在△ABC中，B，C∈(0，π)，
所以B－C∈(－π，π)，所以B＝C，所以b＝c，
因为cs∠BAD＝eq \f(4,5)，
所以sin∠BAD＝eq \f(3,5)，
所以sin∠CAD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－∠BAD))
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,5)－eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＝eq \f(4\r(3)－3,10)；
所以eq \f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝eq \f(6,4\r(3)－3)＝eq \f(8\r(3)＋6,13)，
所以由正弦定理得△ABD与△ACD的面积之比等于
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×AB×AD×sin∠BAD))÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×AC×AD×sin∠CAD))＝eq \f(8\r(3)＋6,13).
[周二]
1．A
2．A [如图，连接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，
可知△ABC和△PBC是等边三角形，
设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，
所以球心O到平面ABC和平面PBC的射影分别是△ABC和△PBC的中心E，F，
因为△PBC是等边三角形，Q为BC的中点，
所以PQ⊥BC，又因为侧面PBC⊥底面ABC，侧面PBC∩底面ABC＝BC，PQ⊂侧面PBC，
所以PQ⊥底面ABC，而AQ⊂底面ABC，因此PQ⊥AQ，所以四边形OFQE是矩形，
因为△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高h＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2))2)＝eq \r(3)，在矩形OFQE中，OE＝FQ＝eq \f(1,3)h＝eq \f(\r(3),3).AE＝eq \f(2,3)h＝eq \f(2\r(3),3)，连接OA，所以OA＝eq \r(OE2＋EA2)＝eq \r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq \f(\r(15),3)，
设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，
所得截面的面积最小，该截面为圆形，
OQ＝eq \r(OF2＋FQ2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2)＝eq \f(\r(2),3)h＝eq \f(\r(2),3)×eq \r(3)＝eq \f(\r(6),3)，
因此圆Q的半径为eq \r(OA2－OQ2)＝eq \r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此时截面面积为π·12＝π，
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2＝eq \f(5π,3)，所以截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,3))).]
3．ABD [对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，
∴Q在OF上的投影为OF的中点，
∴eq \(QF,\s\up6(→))在eq \(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(1,2)eq \(OF,\s\up6(→))，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为45°，∴eq \f(b,a)＝1，∴a＝b，
∴C为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若tan∠OQF＝－eq \f(3,4)，设∠OQF＝2α，则eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \f(3,4)，解得tan α＝3或tan α＝－eq \f(1,3)(舍去)，设渐近线y＝eq \f(b,a)x的倾斜角为β，
可得tan β＝eq \f(1,3)，∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,3)，∴a＝3b，
∴a2＝9b2，∴a2＝9(c2－a2)，∴10a2＝9c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),3)，故C错误；
对于D，设直线QF的方程为y＝eq \f(b,a)(x－c)，与渐近线y＝－eq \f(b,a)x的交点坐标为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，若eq \(PQ,\s\up6(→))＝4eq \(FP,\s\up6(→))，则eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(FQ,\s\up6(→))，设P(m，n)，
∴(m－c，n)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，
∴m＝eq \f(9c,10)，n＝－eq \f(bc,10a)，∵P在双曲线上，∴eq \f(\f(81c2,100),a2)－eq \f(\f(b2c2,100a2),b2)＝1，∴eq \f(4c2,5a2)＝1，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，∴C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正确．]
4．－0.1
5．证明 (1)由a1＝S1＝2a1－4×1＋2，
解得a1＝2，所以a1＋4＝6.
由Sn＝2an－4n＋2，
得Sn－1＝2an－1－4(n－1)＋2，n≥2，
an＝Sn－Sn－1
＝(2an－4n＋2)－[2an－1－4(n－1)＋2]
＝2an－2an－1－4，n≥2，
所以an＝2an－1＋4，n≥2，
故eq \f(an＋4,an－1＋4)＝eq \f(2an－1＋4＋4,an－1＋4)＝2，n≥2，
所以数列{an＋4}是以6为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋4＝6×2n－1＝3×2n，
即an＝3×2n－4，故eq \f(2n,an·an＋1)
＝eq \f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×2n－4))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×2n＋1－4)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3×2n－4)－\f(1,3×2n＋1－4)))，
所以Tn＝eq \f(2,a1·a2)＋eq \f(22,a2·a3)＋…＋eq \f(2n,an·an＋1)
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,20)＋…＋))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3×2n－4)－\f(1,3×2n＋1－4)))
＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)×eq \f(1,3×2n＋1－4)[周三]
1．C 2.D
3．ABD [
A，B选项中，如图1，因为PC⊥平面ABD，所以PC⊥AD，PC⊥BD，因为D为PC的中点，所以PA＝AC，PB＝BC，
图1
所以正三棱锥P－ABC为正四面体，
设AB的中点为E，则二面角P－AB－C的平面角为∠PEC，
|PE|＝eq \r(3)，|EC|＝eq \r(3)，|PC|＝2，根据余弦定理可知
cs∠PEC＝eq \f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，
根据正四面体外接球半径公式可知，外接球半径R＝eq \f(\r(6),4)a＝eq \f(\r(6),4)×2＝eq \f(\r(6),2)，
则外接球体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π，故A，B正确；
C，D选项中，根据条件可知，正三棱锥P－ABC为PA，PB，PC两两垂直的正三棱锥，
所以体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3)，故C错误；
图2
如图2，将正三棱锥补形为正方体，则其外接球半径r＝eq \f(1,2)eq \r(22＋22＋22)＝eq \r(3)，故外接球表面积S球＝4πr2＝4π×3＝12π，故D正确．]
4．2
解析如图，抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，可知t>1，由题意，得A(t,2eq \r(t))，
B(t，－2eq \r(t))，
即|AB|＝4eq \r(t)，所以直线AD的方程为y＝eq \f(2\r(t),t－1)(x－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2\r(t),t－1)x－1，,y2＝4x，))
化简得tx2－(t2＋1)x＋t＝0，
设A(x1，y1)，D(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq \f(t2＋1,t)，因为A(t,2eq \r(t))，可得点D的横坐标为eq \f(t2＋1,t)－t＝eq \f(1,t)，
代入抛物线方程可得，y＝±eq \f(2,\r(t))，
所以|DE|＝eq \f(4,\r(t))，
所以S△ABF＝eq \f(1,2)×4eq \r(t)×(t－1)
＝2eq \r(t)·(t－1)，
S△DEF＝eq \f(1,2)×eq \f(4,\r(t))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,t)))＝eq \f(2t－1,t·\r(t))，
所以eq \f(S△ABF,S△DEF)＝eq \f(2\r(t)·t－1,\f(2t－1,t·\r(t)))＝t2＝4，
又t>1，所以t＝2.
5．解 (1)取AP的中点O，连接OD，OB，则OD⊥AP，
又∵平面PAB⊥平面PAD，平面PAB∩平面PAD＝AP，OD⊂平面PAD，
∴OD⊥平面APB，∵AB⊂平面APB，
∴OD⊥AB，
∵DB⊥BA，OD∩DB＝D，
OD，DB⊂平面DOB，
∴AB⊥平面DOB，∵BO⊂平面DOB，
∴AB⊥BO，
又∠PAB＝eq \f(π,4)，
∴AB＝eq \f(\r(2),2)AO＝eq \r(2).
(2)在平面APB内，过O作AP的垂线OM，交PB于点M，
以O为坐标原点，eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－2,0,0)，B(－1,1,0)，D(0,0,2)，
P(2,0,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，
设平面ACD的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝a＋b＝0，,\(AD,\s\up6(→))·n＝2a＋2c＝0，))
取n＝(－1,1,1)．
设eq \(DC,\s\up6(→))＝teq \(AB,\s\up6(→))(t>2)，
∴eq \(DC,\s\up6(→))＝(t，t,0)，
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝(t＋2，t,2)，
设平面ACP的法向量为m＝(x，y，z)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(4,0,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·m＝t＋2x＋ty＋2z＝0，,\(AP,\s\up6(→))·m＝4x＝0，))
取m＝(0,2，－t)，
∵平面PAC与平面ACD夹角的余弦值是eq \f(\r(3),15)，
∴eq \f(\r(3),15)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))
＝eq \f(|2－t|,\r(3)·\r(t2＋4))，
∴6t2－25t＋24＝0，
∴(3t－8)(2t－3)＝0，
解得t＝eq \f(8,3)或t＝eq \f(3,2)(舍去)，
∴CD＝eq \f(8\r(2),3).
[周四]
1．B
2．A [设函数f(x)的最小正周期为T，
∵x＝－eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq \f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，
则eq \f(2n＋1,4)T＝eq \f(π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,4)，其中n∈N，则T＝eq \f(π,2n＋1)＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝4n＋2，
∵函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则eq \f(π,4)－eq \f(π,5)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，∴ω≤20.
∴ω的可能取值有2,6,10,14,18.
当ω＝18时，f(x)＝sin(18x＋φ)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，
∴φ－eq \f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，
则φ＝kπ＋eq \f(9π,4)(k∈Z)，
∵－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,4)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18x＋\f(π,4)))，
当eq \f(π,5)∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不单调，不符合题意；
当ω＝14时，f(x)＝sin(14x＋φ)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，
∴φ－eq \f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，
则φ＝kπ＋eq \f(7π,4)(k∈Z)，
∵－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,4)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(14x－\f(π,4)))，
当eq \f(π,5)∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调递减，符合题意．
因此ω的最大值为14.]
3．AC [将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为3，设△MNS的中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq \r(3)，OQ＝eq \r(6)，S△MNS＝eq \f(\r(3),4)×32＝eq \f(9\r(3),4)，V三棱锥Q－MNS＝eq \f(1,3)×eq \f(9\r(3),4)×eq \r(6)＝eq \f(9\r(2),4)，
对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成的角即为直线MQ与QN所成的角，为eq \f(π,3)，故A正确；
对于B，直线CG与平面EFHILK所成的角即为直线QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq \f(QO,QN)＝eq \f(\r(6),3)，∠QNO≠eq \f(π,6)，故B错误；
对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，eq \f(9\r(2),4)－4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×12×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(23\r(2),12)，故C正确；
对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然二面角A－BC－Q的平面角为锐角，所以二面角A－BC－D的平面角一定为钝角，其余弦值小于零，故D错误．]
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋ln 2,2)，0))
解析设直线l与曲线y1＝ln(x－2)＋2和y2＝ln(x－1)分别相切于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
分别求导，得y′1＝eq \f(1,x－2)，y′2＝eq \f(1,x－1)，
故l：y－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx1－2＋2))
＝eq \f(1,x1－2)(x－x1)，
整理可得y＝eq \f(1,x1－2)x＋ln(x1－2)＋2－eq \f(x1,x1－2).
同理得l：y－ln(x2－1)＝eq \f(1,x2－1)(x－x2)，整理可得y＝eq \f(1,x2－1)x＋ln(x2－1)－eq \f(x2,x2－1).
因为直线l为两曲线的公切线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＝\f(1,x2－1)，,lnx1－2＋2－\f(x1,x1－2)＝lnx2－1－\f(x2,x2－1)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(3,2)，,x1＝\f(5,2)，))
所以直线l的方程为y＝2x－3－ln 2，令y＝0，得x＝eq \f(3＋ln 2,2).
得直线l与x轴的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋ln 2,2)，0)).
5．解 (1)因为双曲线E的右顶点为A(2,0)，所以a＝2.
当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，直线l平行于双曲线E的一条渐近线．
不妨设直线l的方程为y＝eq \f(b,a)(x－4)，即bx－ay－4b＝0，
所以点A到直线l的距离d＝eq \f(2b,\r(b2＋a2))＝eq \f(2b,c)＝eq \f(2\r(5),5)，所以c＝eq \r(5)b.
因为c2＝a2＋b2，所以b＝1，c＝eq \r(5)，
故双曲线E的标准方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)当l过点P(4,0)且与x轴垂直时，满足条件∠MQP＝∠NQP的点Q不唯一，所以设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))
得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(8m,m2－4)，y1y2＝eq \f(12,m2－4)，m2－4≠0且Δ>0.
因为∠MQP＝∠NQP，
所以kQM＋kQN＝eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝eq \f(y1,my1＋4－t)＋eq \f(y2,my2＋4－t)＝0，
所以y1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my2＋4－t))＋y2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my1＋4－t))
＝2my1y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－t))(y1＋y2)
＝eq \f(24m,m2－4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－t))eq \f(8m,m2－4)
＝eq \f(8m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－1)),m2－4)＝0，
解得t＝1.当直线l恰好为x轴时，t＝1也满足题意，故t＝1.
[周五]
1．C [设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为α，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以l＝eq \r(2)r，则αl＝2πr，解得α＝eq \r(2)π.]
2．A [f(x)＝eq \f(ex2x－1,x－1)，定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝
eq \f(2x＋1x－1ex－2x－1ex,x－12)＝eq \f(x2x－3ex,x－12)，
令f′(x)>0，解得x<0或x>eq \f(3,2)；令f′(x)<0，可得0因此函数f(x)＝eq \f(ex2x－1,x－1)在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增，
且当x<0时，f(x)>0；当x＝0时，取极大值f(0)＝1；当x＝eq \f(3,2)时，取极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝；
因此，函数y＝eq \f(ex2x－1,x－1)的大致图象如图所示，
因为1<4e<，所以y＝4e与y＝eq \f(ex2x－1,x－1)的图象无交点，可知方程f(x)＝4e无解．]
3．CD [对于A，若M是线段DE的中点，则eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝2(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→)))＝2×2eq \(AM,\s\up6(→))＝4eq \(AM,\s\up6(→))，故A错误；
对于B，由eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))＝0，
可得eq \(MD,\s\up6(→))＝－eq \(MC,\s\up6(→))，即M为CD的中点，则△MDE的面积为S△MDE＝eq \f(1,2)S△CDE＝eq \f(1,4)S△CDA
＝eq \f(1,8)S△CBA＝eq \f(1,8)，故B错误；
对于C，由eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))，可得eq \(MA,\s\up6(→))·(eq \(MB,\s\up6(→))－eq \(MC,\s\up6(→)))＝eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，即eq \(MA,\s\up6(→))⊥eq \(CB,\s\up6(→))，所以点M的轨迹是过A与CB垂直的一条直线，故C正确；
对于D，如图，取BC的中点为F，作MN⊥BC于N，
则eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,4)[(eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→)))2－(eq \(MC,\s\up6(→))－eq \(MB,\s\up6(→)))2]，
又eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))＝2eq \(MF,\s\up6(→))，
eq \(MC,\s\up6(→))－eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))，
则eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＝eq \(MF,\s\up6(→))2－eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))2，得eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2＝eq \(MF,\s\up6(→))2＋eq \f(3,4)eq \(BC,\s\up6(→))2，
注意到S△ABC＝eq \f(1,2)·|eq \(BC,\s\up6(→))|·2|eq \(MN,\s\up6(→))|＝|eq \(BC,\s\up6(→))|·|eq \(MN,\s\up6(→))|＝1，
则|eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \f(1,|\(MN,\s\up6(→))|)，又|eq \(FM,\s\up6(→))|≥|eq \(MN,\s\up6(→))|，
则eq \(MB,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2＝eq \(MF,\s\up6(→))2＋eq \f(3,4)eq \(BC,\s\up6(→))2≥|eq \(MN,\s\up6(→))|2＋eq \f(3,4|\(MN,\s\up6(→))|2)
≥2eq \r(|\(MN,\s\up6(→))|2·\f(3,4|\(MN,\s\up6(→))|2))＝eq \r(3)，
当且仅当FM⊥BC，且|eq \(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(3,4|\(MN,\s\up6(→))|2)时取等号，故D正确．]
4．－2
5．解 (1)由散点图判断y＝cln(x－2 012)＋d适合作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型．
令t＝ln(x－2 012)，先建立y关于t的经验回归方程．
由于eq \(c,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,10,t)iyi－10\x\t(t)\x\t(y),\i\su(i＝1,10,t)\\al(2,i)－10\x\t(t)2)
＝eq \f(1 226.8－10×1.5×80.4,27.7－10×1.52)＝4，
eq \(d,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(c,\s\up6(^))eq \x\t(t)＝80.4－4×1.5＝74.4，
该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝4t＋74.4，
因此y关于年份数x的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝4ln(x－2 012)＋74.4，
所以当x＝2 023时，
eq \(y,\s\up6(^))＝4ln(2 023－2 012)＋74.4
＝4ln 11＋74.4≈4×2.40＋74.4＝84.
所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率为84%.
(2)设A1＝“该航班飞往A地”，A2＝“该航班飞往B地”，A3＝“该航班飞往其他地区”，C＝“该航班准点放行”，
则P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.6，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1))))＝0.84，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2))))＝0.8，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A3))))＝0.75.
①由全概率公式得，
P(C)＝P(A1)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1))))＋P(A2)·Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2))))＋P(A3)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A3))))
＝0.2×0.84＋0.2×0.8＋0.6×0.75
＝0.778，所以该航班准点放行的概率为0.778.
②Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A1\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(C))))＝eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A1C)),PC)＝eq \f(PA1P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))),PC)＝eq \f(0.2×0.84,0.778)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A2\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(C))))＝eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A2C)),PC)＝eq \f(PA2P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2)))),PC)＝eq \f(0.2×0.8,0.778)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A3\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(C))))＝eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A3C)),PC)＝eq \f(PA3P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A3)))),PC)＝eq \f(0.6×0.75,0.778)，
因为0.6×0.75>0.2×0.84>0.2×0.8，所以该航班飞往其他地区的可能性最大．
[周六]
1．B
2．C [设PA1＝tPA，则eq \f(PA,PA1)＝eq \f(1,t)，t>1.
过点P作PN⊥平面A1B1C1D1于点N，交平面ABCD于点M，则PM⊥平面ABCD.设几何体P－A1B1C1D1和几何体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心分别为O1，O2，由AB∥A1B1，PA＝4eq \r(5)，得PA1＝4eq \r(5)t，由AB＝4eq \r(2)得A1B1＝4eq \r(2)t，
如图1，几何体P－A1B1C1D1的外接球球心O1在PN上，PA1＝4eq \r(5)t，A1N＝4t，PN＝eq \r(PA\\al(2,1)－A1N2)＝eq \r(4\r(5)t2－4t2)＝8t，PM＝8.
在Rt△O1A1N中，Req \\al(2,1)＝A1N2＋(PN－PO1)2＝(4t)2＋(8t－R1)2，解得R1＝5t.
如图2，几何体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O2在PN上，设O2M＝x，O2N＝|8t－8－x|，A1N＝4t，则Req \\al(2,2)＝AM2＋O2M2＝A1N2＋O2N2，
即Req \\al(2,2)＝42＋x2＝(4t)2＋(8t－8－x)2，解得x＝eq \f(5t2－8t＋3,t－1)＝eq \f(5t2－1－8t－1,t－1)＝5t－3，
Req \\al(2,2)＝42＋(5t－3)2，
则eq \f(R\\al(2,2),R\\al(2,1))＝eq \f(42＋5t－32,5t2)＝eq \f(1,t2)－eq \f(6,5t)＋1，当eq \f(1,t)＝eq \f(3,5)时，eq \f(R\\al(2,2),R\\al(2,1))取最小值，即eq \f(R2,R1)最小，
此时eq \f(PA,PA1)＝eq \f(1,t)＝eq \f(3,5).则t＝eq \f(5,3)，O2M＝x＝5t－3＝eq \f(16,3)，MN＝PN－PM＝8t－8＝eq \f(16,3)，则O2与N重合．]
3．ABD [对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为eq \x\t(x)＝(55×0.015＋65×0.02＋75×0.03＋85×0.025＋95×0.01)×10＝74.5，A正确；
对于B选项，前两个矩形的面积为(0.015＋0.02)×10＝0.35<0.5，
前三个矩形的面积之和为(0.015＋0.02＋0.03)×10＝0.65>0.5，设样本的中位数为m，则m∈(70,80)，
由中位数的定义可得0.35＋(m－70)×0.03＝0.5，解得m＝75，B正确；
对于C选项，因为μ＝74.5，σ＝12,98.5＝μ＋2σ，
所以P(X>98.5)＝P(X>μ＋2σ)＝eq \f(1－Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)≈0.022 75，
所以由正态分布可估计全县满意度得分在(98.5，＋∞)内的人数约为50×0.022 75≈1.14(万人)，C错误；
对于D选项，因为62.5＝μ－σ，98.5＝μ＋2σ，
所以P(62.5≤X≤98.5)＝P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)＝eq \f(Pμ－σ≤X≤μ＋σ＋Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)
≈0.818 6，
所以由正态分布可估计全县满意度得分在[62.5,98.5]内的人数约为50×0.818 6≈40.9(万人)，D正确．]
4．2n 2 143
解析因为a1＝1，Sn＋1＝4an＋1，
所以S2＝a1＋a2＝4a1＋1，解得a2＝4，
当n≥2时，由Sn＋1＝4an＋1，得Sn＝4an－1＋1，
所以Sn＋1－Sn＝4an＋1－4an－1－1，
即an＋1＝4an－4an－1，
所以an＋1－2an＝2an－4an－1，
即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
又因为bn＝an＋1－2an，
所以bn＝2bn－1，n≥2，n∈N*，
所以数列{bn}是以首项为b1＝a2－2a1＝2，公比为2的等比数列，
所以bn＝2×2n－1＝2n.
所以cn＋(－1)ncn＋1＝2lg2bn＋1＝2lg22n＋1＝2n＋1，
因为c1＝1，
所以c1－c2＝2×1＋1，解得c2＝－2，
当n＝2k时，c2k＋c2k＋1＝4k＋1，
当n＝2k－1时，c2k－1－c2k＝4k－1，
当n＝2k＋1时，c2k＋1－c2k＋2＝4k＋3，
所以c2k＋c2k＋2＝－2，c2k＋1＋c2k－1＝8k，
所以T66＝(c1＋c3＋c5＋…＋c65)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c66)＝1＋8×(2＋4＋6＋…＋32)＋(－2)×17＝1＋8×eq \f(16×2＋32,2)－34＝2 143.
5．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝eq \f(x2＋2－ax＋1,xx＋12)，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，得x2＋(2－a)x＋1＝0，
当a≤2时，因为x>0，
所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当20，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＝4时，f′(x)＝(x－1)2≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>4时，Δ>0，由x2＋(2－a)x＋1＝0，
得x1＝eq \f(a－2－\r(a2－4a),2)>0，
x2＝eq \f(a－2＋\r(a2－4a),2)>0，
当x∈(0，x1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，＋∞))时，f′(x)>0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，所以f(x)在
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－2－\r(a2－4a),2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2＋\r(a2－4a),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－2－\r(a2－4a),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2＋\r(a2－4a),2)，＋∞))
上单调递增．
综上所述，
当a≤4时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>4时，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－2－\r(a2－4a),2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2＋\r(a2－4a),2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－2－\r(a2－4a),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2＋\r(a2－4a),2)，＋∞))上单调递增．
(2)由(1)得，若f(x)有两个极值点x1，x2，
则a>4，且x1＋x2＝a－2，x1x2＝1，
即a＝x1＋x2＋2，x2＝eq \f(1,x1)；
故f(x1)－f(x2)＝ln x1＋eq \f(a,x1＋1)－2a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x2＋\f(a,x2＋1)－2a))
＝ln x1＋eq \f(x1＋x2＋2,x1＋1)－ln x2－eq \f(x1＋x2＋2,x2＋1)
＝lneq \f(x1,x2)＋eq \f(x2＋1,x1＋1)－eq \f(x1＋1,x2＋1)＝2ln x1＋eq \f(1,x1)－x1，x1∈[e，e2]，
令g(x)＝2ln x＋eq \f(1,x)－x，x∈[e，e2]，
则g′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,x2)－1＝－eq \f(x－12,x2)<0，
所以g(x)在[e，e2]上单调递减，
即g(e2)≤g(x)≤g(e)，
故4＋eq \f(1,e2)－e2≤g(x)≤2＋eq \f(1,e)－e，
综上所述，f(x1)－f(x2)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(1,e2)－e2，2＋\f(1,e)－e)).用户年龄
直播间购物
合计
选择甲公司
选择乙公司
19—24岁
40
10
50
25—34岁
20
30
50
合计
60
40
100
X
1
2
3
4
5
P
p
p(1－p)
p(1－p)2
p(1－p)3
p(1－p)4
X
6
7
8
9
10
P
p(1－p)5
p(1－p)6
p(1－p)7
p(1－p)8
(1－p)9
事件
A1
A2
A3
A4
A5
A6
配型
DD×DD
DD×Dd
DD×dd
Dd×Dd
Dd×dd
dd×dd
P(Ai)
eq \f(1,16)
eq \f(1,4)
eq \f(1,8)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,16)
P(B|Ai)
1
1
1
eq \f(3,4)
eq \f(1,2)
0
x
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2a)))
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2a)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2a)))
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋∞))
g′(x)
－
＋
－
g(x)
↘
↗
↘
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
甲
5
5
5
5
2
乙
2
2
2
2
1
丙
1
1
1
1
5
X3
1
2
3
P
eq \f(1,3)
eq \f(5,18)
eq \f(7,18)
Yn
1
2
3
…
n－1
n
P
eq \f(1,3)
eq \f(2,3)×eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)
…
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－2×eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1
X
1
2
3
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
X
1
2
P
0.1
0.9
X
7
11
15
P
eq \f(5,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,6)