2024年重庆市缙云教育联盟高考数学质检试卷（3月份）（含解析）

这是一份2024年重庆市缙云教育联盟高考数学质检试卷（3月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知cs(α+π6)=14，则sin(2α−π6)=( )
A. −78B. 78C. 716D. −716
2.设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2= 3+i，则|z1−z2|=( )
A. 2 3B. 55C. 3D. 4
3.已知命题p：y=(3a−1)x是定义域上的增函数，命题q：函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数.若¬p∧q为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. (0,23)B. (0,23]C. (23,34)D. (23,1)
4.在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别满足AF=23AD,BG=23BC，设AB=a,AD=b，若EF⊥EG，则( )
A. |b|=34|a|B. |b|=|a|C. |b|=32|a|D. |b|=2|a|
5.已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，且a1<0，S1998=S2024，则( )
A. d<0B. a2011=0C. S4022=0D. Sn≥S2012
6.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD= 2，二面角P−AD−B为60°，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A. 16π3B. 283πC. 649πD. 20π
7.生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品)，第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是( )
A. 3月5日或3月16日B. 3月6日或3月15日
C. 3月7日或3月14日D. 3月8日或3月13日
8.已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，经过点F1的直线与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，若|AF1|=2a，S△ABF2=8 2a2，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 7C. 333D. 573
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知一组样本数据x1，x2，…，xn(n≥4)，其中x1<0A. 极差B. 平均数C. 中位数D. 标准差
10.已知a>b>0，则下列不等式一定成立的是( )
A. aa+1>bb+1B. 2aba+b< a2+b22
C. a+b+ln(ab)>2D. 11+lna<11+lnb
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为6cm，重量为360g的实心玩具，则下列说法正确的是( )
A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为6 2cm
B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为4 2cm
C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为3 10cm
D. 将玩具放至水中，其会飘浮在水面上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=sin(2πx)+1x−2，则直线y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为______．
13.已知P(x,y)为函数y=x2+34图象上一动点，则 3x+y x2+y2的最大值为______．
14.若直线y=2x为曲线y=eax+b的一条切线，则ab的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+1−n，a2=2a1+1，
(1)求a1，a2，并证明：数列{an+1}为等比数列；
(2)求S1+S2+⋯+S9的值．
16.(本小题15分)
已知在多面体PQABCD中，平面PADQ⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，且AD//BC，四边形PADQ为矩形，其中M和N分别为AD和AP的中点，AB= 7，BC=5，AD=DC=2．
(1)证明：平面BMN⊥平面QDC；
(2)若二面角N−BM−C的余弦值为− 55，求直线BQ与平面BMN所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为(1)2，2表示为(10)2，3表示为(11)2，5表示为(101)2，发现若n∈N+可表示为二进制表达式(a0a1a2…ak−1ak)2，则n=a0⋅2k+a1⋅2k−1+…+ak−1⋅21+ak，其中a0=1，ai=0或1(i=1,2,…,k)．
(1)记S(n)=a0+a1+…+ak−1+ak，求证S(8n+3)=S(4n+3)；
(2)记I(n)为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I(2)=1，I(3)=0．
(ⅰ)求I(60)；
(ⅱ)求n=15112I(n)(用数字作答)．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinx+ex+aln(x+1)．
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；
(2)当a⩽−2时，求函数f(x)在(−1,0]上的最小值；
(3)写出实数a的一个值，使得f(x)⩾1恒成立，并证明．
19.(本小题17分)
设F为抛物线M：y2=2px(p>0)的焦点，P是抛物线M的准线与x轴的交点，A是抛物线M上一点，当AF⊥x轴时，|AP|=2 2．
(1)求抛物线M的方程．
(2)AF的延长线与M的交点为B，PA的延长线与M的交点为C，点A在P与C之间．
(i)证明：B，C两点关于x轴对称．
(ii)记△FBC的面积为S1，△PFC的面积为S2，求S2−2S1的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】由题意，利用诱导公式、二倍角的余弦公式，化简要求的式子，可得结果．
本题主要考查诱导公式、二倍角的余弦公式，属于基础题．
【解答】
解：∵cs(α+π6)=14，
可得sin(2α−π6)=−cs[π2+(2α−π6)]=−cs(2α+π3)=1−2cs2(α+π6)=1−2×116=78，
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：设z1=a+bi，z2= 3−a+(1−b)i，
∵|z1|=|z2|=2，
∴a2+b2=4( 3−a)2+(1−b)2=4，即a2+b2=4a2+b2−2 3a−2b+4=4，
则|z1−zz|2=(2a− 3)2+(2b−1)2=4a2+4b2−4 3a−4b+4
=2(a2+b2)+2(a2+b2−2 3a−2b)+4
=2×4+4=12，
故|z1−z2|=2 3．
故选：A．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：若y=(3a−1)x是定义域上的增函数，则3a−1>1，解得a>23；
若函数y=lga(3−ax)在[2,4]上是增函数，则3−2a>03−4a>00因为¬p∧q为真命题，所以¬p为真命题，且q为真命题，即p为假命题，且q为真命题，
因此a≤23且0故选：B．
根据题意，分别求出p、q为真命题时a的取值范围，然后根据复合命题的真假判断出p假q真，从而求出实数a的取值范围．
本题主要考查指数函数与对数函数的单调性、复合命题的真假判断等知识，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
由平面向量的线性运算和数量积运算结合图形计算即可．
【解答】
解：由题可得：EF=AF−AE=23AD−12AB=23b−12a，
EG=EB+BG=12AB+23BC=12AB+23AD=12a+23b，
因为EF⊥EG，所以EF⋅EG=0，
即(23b−12a)⋅(12a+23b)=0，
所以(23b)2−(12a)2=0，
所以|b|=34|a|．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，等差数列{an}中，若S1998=S2024，则有S2024−S1998=a1999+a2000+a2001+……+a2022+a2023+a2024=0，
则有a1999+a2024=a2011+a2012=0，
由此分析选项：
对于A，由于a1<0，而a2012=a1+2011d=0，则d>0，A错误；
对于B，由于a2011+a2012=0，且d>0，则a2011<0对于C，S4022=(a1+a4022)×40222=(a2011+a2012)×40222=0，C正确；
对于D，由于a2011<0故选：C．
根据题意，由S1998=S2024分析可得a1999+a2024=a2011+a2012=0，进而分析选项，综合可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：取AD中点为E，连接AC，BD，设其交点为M，连接EM，
因为PA=PD，故点P在底面的投影H必在直线EM上，
过P作底面的垂线PH，垂足为H，连接DH，AH，
显然PE⊥AD，EM⊥AD，故二面角P−AD−B的平面角为∠PEM=60°，
因为PA2+PD2=4=AD2，故三角形APD为直角三角形，
在三角形PEH中，PE=12AD=1，则PH=sin60°×PE= 32,EH=cs60°×PE=12，故H为EM中点，
过M作PH的平行线，显然其垂直于平面ABCD，则该棱锥外接球球心必在该垂线上，设其为O，
又PM= PH2+HM2= 34+14=1,AM= 2,PM过O作OT垂直于PH的延长线，垂足为T，连接OA，OP如下图所示：
设该四棱锥外接球半径为R，
OM=HT=PT−PH= OP2−OT2− 32= R2−HM2− 32= R2−14− 32，
在三角形OAM中，OM= OA2−AM2= R2−2，
故 R2−(12)2− 32= R2−2，解得R2=73，
故四棱锥P−ABCD外接球表面积为4πR2=283π．
故选：B．
根据二面角大小确定点P在底面ABCD的投影，找到球心位置，根据几何关系，求得外接球半径，即可求得外接球表面积．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，
第n天所得积分为2n−1，假设他连续打卡n天，第n+1天中断了，
令他所得积分之和为Tn，
则Tn=(1+3+⋅⋅⋅+2n−1)+[1+3+⋅⋅⋅+2(19−n)−1]=n(1+2n−1)2+(19−n)[1+2(19−n)−1]2=193，
化简得n2−19n+84=0，
解得n=7或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D．
利用等差数列求和公式列方程求解．
本题考查等差数列的应用，解题时需注意审题“一天中断”两次求和公式的应用．
8.【答案】D
【解析】解：由|BF1|−|BF2|=2a|AF1|=2a，得|AB|=|BF2|，所以△ABF2为等腰三角形，
又因为|AF2|−|AF1|=2a，所以|AF2|=4a，由S△ABF2=8 2a2，在△ABF2中，AF2边上的高为4 2a，
所以|AB|=6a，cs∠BAF2=13，在△AF1F2中，由余弦定理得：4c2=4a2+16a2−2⋅2a⋅4a⋅cs∠F1AF2，
所以4c2=20a2+16a23，e2=193，即e= 573．
故选：D．
利用双曲线的定义，结合余弦定理，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：一组样本数据x1、x2、⋯、xn(n≥4)，其中x1<0不妨设极差为xm−xk，
则由yk=2xk+1(k=1,2,…,n)生成一组新的数据y1、y2、⋯、yn的极差为ym−yk=2(xm−xk)，
因为x1≠xn，所以ym−yk≠xm−xk，选项A错误；
对于B，设样本数据x1、x2、⋯、xn(n≥4)的平均数为x−，
即x−=1n(x1+x2+...+xn)，
故样本数据y1、y2、⋯、yn的平均数为：y−=1n(y1+y2+...+yn)=1n[(2x1+1)+(2x2+1)+...+(2xn+1)]=2n(x1+x2+...+xn)+n=2x−+1，
由y−=2x−+1=x−知，根据平均数的定义得：
当x−=−1时，两组样本数据的平均数相等，选项B正确；
对于C，当n=2m−1(m∈N*)时，样本数据x1、x2、⋯、xn(n≥4)的中位数为xm，
由中位数的性质得：样本数据y1、y2、⋯、yn的中位数为ym=2xm+1，
同理可知当xm=−1时，中位数相等，
当n=2m(m∈N*)时，样本数据x1、x2、⋯、xn(n≥4)的中位数为xm+xm+12，
由中位数的性质得：样本数据y1、y2、⋯、yn的中位数为：
ym+ym+12=(2xm+1)+(2xm+1+1)2=2×xm+xm+12+1，
同理可知当xm+xm+12=−1时，两组数据的中位数相等，选项C正确；
对于D：设样本数据x1、x2、⋯、xn(n≥4)的标准差为sx，
由方差和标准差的性质得：样本数据y1、y2、⋯、yn的标准差为sy，
则：sy=4sx，∵x1<0∴两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误．
所以选BC．
利用极差的定义可判断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用方差公式可判断D选项
本题考查了极差的定义，平均数公式，考查中位数的定义以及方差公式，是中档题
10.【答案】AB
【解析】解：∵a>b>0，∴1a+1<1b+1 即0<1+aa<1+bb，∴aa+1>bb+1，A正确；
B项，a>b>0，∴2aba+b≤2ab2 ab= ab≤a+b2，
又a2+b2≥2ab，∴2(a2+b2)≥(a+b)2，
∴a2+b22≥(a+b)24，即a+b2≤ a2+b22，当且仅当a=b时等号成立；
C项，令a=1，b=1e，a+b+ln(ab)=1+1e−1=1e<2，C错误；
D项，令a=e，b=1e，1+lnb=1+ln1e=1−1=0，分母为零无意义，D错误．
故选：AB．
根据作差，不等式的性质，逐项判断即可．
本题考查不等式的性质，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：将一个棱长为6 2cm正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，
得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，
故将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为6 2cm，故A正确；
该多面体的顶点是原正方体各棱中点，因此其外接球的球心是原正方体的中心，
外接球半径为R=6，所以将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为6cm，故B错误；
对面两正三角形间的距离即为该玩具的高度，
即原正方体的体对角线的长减去两个截去的正三棱锥的高，
又体对角线长为6 6，由13×3 2×3 2×3 2×12=13×12×6×6× 32×h，解得h= 6，
所以该玩具的高度6 6−2 6=4 6，故C错误；
玩具的体积为(6 2)3−8×13×3 2×3 2×3 2×12=360 2cm3，
所以玩具的密度为360g÷360 2cm3= 22g/cm3<1g/cm3，
所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，故D正确．
故选：AD．
将一个棱长为6 2cm正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，据此可判断A；进而可求得其外接球的半径判断B；求得对面两正三角形间的距离判断C；可得该玩具的密度可判断D．
本题考查空间几何体的性质，考查转化思想，属中档题．
12.【答案】12．
【解析】解：由f(x)=x−2可得，sin(2πx)+1x−2=x−2，
所以sin(2πx)=−1x−2+x−2，
令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，
则函数g(x)=sin(2πx)的定义域为R，最小正周期为1，
又因为g(4−x)=sin[2π(4−x)]=sin(8π−2πx)=−sin(2πx)=−g(x)，
所以g(x)关于(2,0)中心对称；
函数h(x)=x−2−1x−2的定义域为{x|x≠2}，
h(4−x)=2−x−12−x=−(x−2)+1x−2=−h(x)，
所以h(x)关于(2,0)中心对称，
又因为y=x−2，y=−1x−2在(2,+∞)上均单调递增，
所以h(x)在(2,+∞)上均单调递增，
如图所示：
由图可知g(x)、f(x)共有6个交点，
其中这6个点满足三对点关于点(2,0)对称，
所以y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为3×4=12．
故答案为：12．
由题意可得sin(2πx)=−1x−2+x−2，令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，将问题转化为两函数交点横坐标的和，作出两函数的图象，结合函数的对称性即可得答案．
本题考查了转化思想、数形结合思想，考查了函数的对称性，得出两函数均关于(2,0)中心对称是关键，属于中档题．
13.【答案】 3
【解析】解：设Q( 3,1)，原点O，则OQ=( 3,1)，OP=(x,y)，
∴cs∠POQ=OQ⋅OP|OQ||OP|= 3x+y2 x2+y2，即 3x+y x2+y2=2cs∠POQ．
∴当OP与f(x)在y轴右侧相切时，cs∠POQ取最大值，即 3x+y x2+y2取得最大值，
设直线y=kx(k>0)，联立y=kxy=x2+34，整理得x2−kx+34=0，
∴Δ=k2−4×34=0，解得k= 3(k=− 3，舍去)，
此时，x= 32，y=32，∴ 3x+y x2+y2= 3× 32+32 34+94= 3，
∴ 3x+y x2+y2的最大值为 3．
故答案为： 3．
由题意把 3x+y x2+y2表示为OQ=( 3,1)与OP=(x,y)的夹角的余弦值，再由几何关系求得答案．
本题考查由数量积求夹角，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，属难题．
14.【答案】2e2
【解析】解：设f(x)=eax+b，则f′(x)=aeax+b，
设切点为(x0,eax0+b)，则f′(x0)=aeax0+b，
则切线方程为y−eax0+b=aeax0+b(x−x0)，整理可得y=aeax0+bx+(1−ax0)eax0+b，
所以(1−ax0)eax0+b=0aeax0+b=2，解得x0=1a,aeax0+b=ae1+b=2，
所以a=2e1+b，所以ab=2be1+b，
设g(x)=2xe1+x，则g′(x)=2(1−x)e1+x，
当x∈(−∞,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以当x=1时，g(x)取得最大值g(1)=2e2，
所以ab的最大值为2e2．
设f(x)=eax+b，切点为(x0,eax0+b)，再根据导数的几何意义求出切线方程，再结合题意求出a，b的关系，再构造新的函数，利用导数求出最大值即可．
本题主要考查用导函数解决曲线上的切线问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)Sn=an+1−n，a2=2a1+1，
所以a1=a2−1=2a1，
所以a1=0，a2=1，
证明：因为Sn=an+1−n，
所以n≥2时，Sn−1=an−n+1，
故n≥2时，两式相减得，Sn−Sn−1=an+1−an−1=an，
即an+1=2an+1，
所以an+1+1=2(an+1)，n≥2，
因为a2+1=2(1+a1)，
所以数列{an+1}是以1为首项，以2为公比的为等比数列；
(2)由(1)得，an+1=2n−1，
所以Sn=1−2n1−2−n=2n−n−1，
S1+S2+⋯+S9=2+22+…+29−(1+2+…+9)−9=2(1−29)1−2−9(1+9)2−9=968．
【解析】(1)由已知结合数列的递推关系令n=1即可求解a1，a2，然后结合等比数列的定义即可证明；
(2)结合等比数列通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了由数列的递推关系证明等比数列，还考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：∵四边形PADQ为矩形，
∴DQ⊥AD，又∵平面PADQ⊥平面ABCD，
平面PADQ∩平面ABCD=AD，
∴DQ⊥平面ABCD，∴DQ⊥BM，
在BC边上取点E，使CE=AD=2，连接AE，
又∵AD/​/CE，∴四边形AECD为平行四边形．
∴AE=2，
在△ABE中，BE=BC−CE=3，
由余弦定理知cs∠AEB=AE2+BE2−AB22AE⋅BE=4+9−72×2×3=12，
故∠AEB=60°，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△AEF中，AF=AE⋅sin∠AEB= 3，EF=AEcs∠AEB=1，
故BF=BE−EF=2，
以AF、AD、AP所在直线分别为x轴，y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以B( 3,−2,0)，M(0,1,0)，D(0,2,0)，C( 3,3,0)，
∴BM=(− 3,3,0)，DC=( 3,1,0)，
∴BM⋅DC=− 3× 3+3×1+0=0，
∴BM⊥CD，
又∵CD∩DQ=D，
∴BM⊥平面QDC，又∵BM⊂平面BMN，
∴平面BMN⊥平面QDC．
(2)平面BMC的一个法向量为m=(0,0,1)，
设N(0,0,h)(h>0)，则MN=(0,−1,h)，
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BM=0n⋅MN=0，即− 3x+ 3y=0−y+hz=0，取z=1，则x= 3h,y=h，
∴平面BMN的一个法向量为n=( 3h,h,1)，
设二面角N−BM−C的平面角为α，
|csα|=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=1 3h2+h2+1= 55，解得h=1，
∴平面BMN的一个法向量为n=( 3,1,1)，
∴Q(0,2,2)，BQ=(− 3,4,2)，
设BQ与平面BMN所成角为θ.则sinθ=|cs〈n⋅BQ〉|=|n⋅BQ||n|⋅|BQ|=3 115115．
【解析】(1)由平面PADQ⊥平面ABCD，得出DQ⊥平面ABCD，过点A作AF⊥BC于F，以AF、AD、AP所在直线分别为x轴，y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由BM⋅DC=− 3× 3+3×1+0=0，得出BM⊥CD，进而BM⊥平面QDC，BM⊂平面BMN，即可得证；
(2)由于平面BMC的一个法向量为m=(0,0,1)，设平面BMN的法向量为n=(x,y,z)，由n⋅BM=0n⋅MN=0，得出n=( 3h,h,1)，结合二面角N−BM−C的余弦值为− 55，得出h=1，设BQ与平面BMN所成角为θ，利用sinθ=|cs〈n⋅BQ〉|即可求解．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题．
17.【答案】证明：(1)8n+3=a0⋅2k+3+a1⋅2k+2+⋯+ak⋅23+1⋅21+1，
∴S(8n+3)=a0+a1+⋯+ak+1+1=S(n)+2，
4n+3=a0⋅2k+2+a1⋅2k+1+⋯+ak⋅22+1⋅21+1，
∴S(4n+3)=a0+a1+⋯+ak+1+1=S(n)+2，
∴S(8n+3)=S(4n+3)；
解：(2)(i)60=32+16+8+4=1×25+1×24+1×23+1×22+0×21+0×20=(111100)2，
∴I(60)=2；
(ii)1=1×20=(1)2，
511=1×28+1×27+1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20=(111111111)2，故从n=1到n=511中，
I(n)=0有(1)2、(11)2、⋯、(111111111)2共9个，
I(n)=1有C11+C21+⋯+C81个，由C11+C21+⋯+C81=C92，即共有C92个，
I(n)=2有C22+C32+⋯+C82个，由C22+C32+⋯+C82=C93，即共有C93个，
…，
I(n)=9有C88=C99=1个，
n=15112 I(n)=9×20+C92×21+C93×22+⋯+C99×28
=C91×21+C92×22+C93×23+⋯+C99×292
=C90×20+C91×21+C92×22+C93×23+⋯+C99×29−12
=(1+2)9−12=9841．
【解析】(1)借助二进制的定义计算可得S(8n+3)=S(n)+2，S(4n+3)=S(n)+2，即可得证；
(2)(i)借助二进制的定义可计算出60=(111100)2，即可得表达式中的0的个数；(ii)计算出从n=1到n=511中，I(n)=0、I(n)=1、⋯，I(n)=9的个数，即可得n=15112I(n)．
本题考查了二进制定义的综合应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)因为f(x)=sinx+ex+aln(x+1)，
所以f′(x)=csx+ex+ax+1，
而f′(0)=a+2，f(0)=1，
所以切线方程为y=(a+2)x+1，
即(a+2)x−y+1=0．
(2)当a⩽−2时，f(x)=sinx+ex+aln(x+1)，
f′(x)=csx+ex+ax+1，
当x∈(−1,0]时，csx+ex≤2，ax+1≤−2，所以f′(x)⩽0恒成立，
所以f(x)在(−1,0]上单调递减．
所以f(x)min=f(0)=1．
(3)a=−2．
证明：当a=−2时，f′(x)=csx+ex−2x+1，
由(2)知，当x∈(−1,0]时，f(x)在(−1,0]上单调递减．
当x>0时，令g(x)=csx+ex−2x+1，
则g′(x)=ex+2(x+1)2−sinx，
因为ex+2(x+1)2−sinx>1+2(x+1)2−1>0，
所以f′(x)=csx+ex−2x+1在(0,+∞)上单调递增，
f′(x)>f′(0)=0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
综上所述，f(x)在(−1,0]上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)⩾f(0)=1．
【解析】(1)求导，求出f′(0)和f(0)的值，利用直线的点斜式写出方程即可；
(2)求导，研究导函数在(−1,0]上的符号，分析函数的单调性，即可求出结果；
(3)写出一个a的值，求导，研究函数的单调性和最小值，即可证明结果．
本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，属难题．
19.【答案】解：(1)当AF⊥x轴时，则|AF|=p，
所以|AP|= p2+p2=2 2，解得p=2，
所以抛物线M的方程为y2=4x；
(2)证明：当AF⊥x轴时，不妨设A在x轴下方，则A(1,−2)，P(−1,0)直线PA的方程为y=−x−1，
联立y=x−1与y2=4x，消去x得：y2+4y+4=0，Δ=0，
所以直线PA与抛物线M相切，点C不存在，所以AF与x轴不垂直，
即直线AB，AC的斜率都存在．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
则kAB=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
所以直线AB的方程为y−y1=4y1+y2(x−y124)，
即4x−(y1+y2)y+y1y2=0．
又直线AB过点F(1,0)，所以y1y2=−4，
同理可得直线AC的方程为4x−(y1+y3)y+y1y3=0，
又直线AC过点P(−1,0)，
所以y1y3=4，所以y2=−y3，所以x2=x3，即B，C两点关于x轴对称；
(ii)不妨设y2>0，因为点A在P与C之间，所以x2>1，y2>2，
则S1=12×2y2×(x2−1)=(x2−1)y2=y234−y2,S2=12×2×y2=y2，
则S2−2S1=3y2−y232，
令f(y)=3y−y32，则f′(y)=3−3y22=32(2−y2)，
则f(y)在(2,+∞)上单调递减，f(y)故S2−2S1的取值范围是(−∞,2)．
【解析】(1)由已知可得|AF|=p，利用两点间距离公式计算可得结果；
(2)(i)由已知可得AF与x轴不垂直，即直线AB，AC的斜率都存在．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，求得直线AB的方程，由直线AB过点F(1,0)，可得y1y2=−4，同理可得直线AC的方程，由直线AC过点P(−1,0)，可得y1y3=4即可证得y2=−y3，x2=x3，即证得结果．
(ii)不妨设y2>0，由点A在P与C之间，所以x2>1，y2>2，求得S1=y234−y2,S2=y2，则S2−2S1=3y2−y232，构造函数f(y)=3y−y32，利用导数判断其单调性进而求得值域，即为所求结果．
本题主要考查了抛物线的性质在抛物线方程求解中的应用，还考查了直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．