2024年辽宁省部分重点中学协作体高考数学模拟试卷（4月份）（含解析）

这是一份2024年辽宁省部分重点中学协作体高考数学模拟试卷（4月份）（含解析），共21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.已知集合A={x|ln(x−2)≤0}，B={y|y=2x−1,x∈A}，则A∪B=( )
A. (2,3]B. (2,7]C. (−1,7]D. (−1,+∞)
2.已知tanα=12，则sin(α+π2)−cs(3π2−α)cs(−α)−sin(π−α)=( )
A. −1B. 1C. −3D. 3
3.下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是( )
A. f(x)=xsinxB. f(x)=x+1x
C. f(x)=ex+1exD. f(x)=|x+1|−|x−1|
4.第33届夏季奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，中国队将派甲、乙、丙、丁4名男子短跑运动员参加男子4×100m接力比赛，如果甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，参赛方法共有种．( )
A. 10B. 12C. 14D. 18
5.我国古代数学名著《算法统宗》中说：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠；次第每人多十七，要将第八数来言；务要分明依次第，孝和休惹外人传.说的是，有996斤棉花要赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止根据这些信息第三个孩子分得斤棉花？( )
A. 99B. 116C. 133D. 150
6.已知z1，z2是复数，满足|z1+z2|=4,|z1|=3,|z1−z2|= 10，则|z1⋅z2|=( )
A. 32B. 3C. 3 3D. 6
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+ϕ)(A>0,ω>0,|ϕ|<π2)，图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的振幅是2，初相是π6
B. 若函数f(x)的图象上的所有点向左平移π12后，对应函数为奇函数，则ω=2
C. 若函数f(x)在(π3,π2)上单调递减，则ω的取值范围为[2,103]
D. 若函数f(x)的图象关于(7π12,0)中心对称，则函数f(x)的最小正周期T的最小值为7π
8.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，且∠F1AF2=60°，3|AF2|=5|BF2|，则双曲线C的离心率为( )
A. 52B. 72C. 102D. 132
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.甲乙两名同学参加系列知识问答节目，甲同学参加了5场，得分是3，4，5，5，8，乙同学参加了7场，得分是3，3，4，5，5，7，8，那么有关这两名同学得分数据下列说法正确的是( )
A. 得分的中位数甲比乙要小B. 两人的平均数相同
C. 两人得分的极差相同D. 得分的方差甲比乙小
10.已知函数f(x)=ax−lnx,g(x)=alnx+1x,a为实数，下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，则f(x)与g(x)有相同的极值点和极值
B. 存在a∈R，使f(x)与g(x)的零点同时为2个
C. 当a∈(0,1)时，f(x)−g(x)≤1对x∈[1,e]恒成立
D. 若函数f(x)−g(x)在[1,e]上单调递减，则a的取值范围为(−∞,2e]
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别为CC1，A1D1的中点，O为面ABCD的中心，则以下命题正确的是( )
A. 平面BMD1截正方体所得的截面面积为2 6
B. 四面体BCMN的外接球的表面积为45π4
C. 四面体OMB1N的体积为76
D. 若点P为AB的中点，则存在平面BCC1B1内一点Q，使直线MQ与PN所成角的余弦值为2 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若“∃x∈(0,+∞)，使x2−ax+4<0”是假命题，则实数a的取值范围为______．
13.已知抛物线C：x2=4y，圆O：x2+y2=1，直线l与抛物线C和圆O分别切于P，Q两点，则点P的纵坐标为______．
14.一个书包中有标号为1，1，2，2，3，3，⋯，n，n的2n张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回；如果他拿出一个与已拿出的卡片相同的标号卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为Pn，则P3= ______.P7= ______．
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)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AC=AA1=2，AB=1,BC= 3，点E为线段AC的中点．
(1)求证：AB1//平面BEC1；
(2)若∠A1AC=π3，求二面角A−BE−C1的余弦值．
16.(本小题15分)
随着中国科技的进步，涌现了一批高科技企业，也相应产生了一批高科技产品，在城市S，生产某高科技产品X的本地企业有甲、乙两个，城市S的高科技产品X的企业市场占有率和指标T的优秀率如表：
(1)从城市S的高科技产品X的市场中随机选一件产品，求所选产品的指标T为优秀的概率；
(2)从城市S的高科技产品X的市场中随机选一件产品，若已知所选产品的指标T为优秀，求该产品是产自企业甲的概率；
(3)从城市S的高科技产品X的市场中依次取出6件指标T为优秀的产品，若已知6件产品中恰有4件产品产自企业甲，记离散型随机变量ξ表示这6件产品中产自企业乙的件数，求ξ的分布列和数学期望．
17.(本小题15分)
已知f(x)=(x−1)ex+12ax2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)有且仅有两个零点x1，x2，且x1+x2<0．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，椭圆C的短轴长为2 2，离心率为 33.点P(x0,y0)为椭圆C上的一个动点，直线PF1与椭圆C的另一个交点为A，直线PF2与椭圆C的另一个交点为B，设PF1=λ1F1A,PF2=λ2F2B．
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：λ1+λ2为定值；
(3)已知y0>0，用x0，y0表示△PAB的面积S△PAB，并求出S△PAB的最大值．
19.(本小题17分)
若实数列{an}满足∀n∈N*，有an+an+2≥2an+1，称数列{an}为“T数列”．
(1)判断an=n2,bn=lnn是否为“T数列”，并说明理由；
(2)若数列{an}为“T数列”，证明：对于任意正整数k，m，n，且k(3)已知数列{an}为“T数列”，且i=12024ai=0.令M=max{|a1|,|a2024|}，其中max{a,b}表示a，b中的较大者.证明：∀k∈{1,2,3,⋯,2024}，都有−20252023M≤ak≤M．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={x|ln(x−2)≤0}={x|2则A∪B=(2,7]．
故选：B．
分别化简集合A，B，再由并集的定义进行运算．
本题考查集合的并集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由于tanα=12，
故sin(α+π2)−cs(3π2−α)cs(−α)−sin(π−α)=csα+sinαcsα−sinα=1+tanα1−tanα=3．
故选：D．
直接利用三角函数的关系式的变换和三角函数的诱导公式求出结果．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，三角函数的诱导公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，f(x)=xsinx，其定义域为R，有f(−x)=xsinx=f(x)，则f(x)为偶函数，不符合题意；
对于B，f(x)=x+1x，其定义域为{x|x≠0}，有f(−x)=−x−1x=−(x+1x)=−f(x)，则f(x)为奇函数，
由对勾函数的性质，f(x)存在极小值2，符合题意；
对于C，f(x)=ex+1ex，其定义域为R，有f(−x)=ex+1ex=f(x)，则f(x)为偶函数，不符合题意；
对于D，f(x)=|x+1|−|x−1|=2,x≥12x,−1故选：B．
根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性以及是否存在极小值，综合可得答案．
本题考查函数奇偶性的分析，涉及函数极值的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A44=24种排法，
除去甲跑第一棒有A33=6种排法，乙跑第四棒有A33=6种排法，
再加上甲在第一棒且乙在第四棒有A22=2种排法，
则共有24−6−6+2=14种不同的参赛顺序．
故选：C．
根据题意，采用间接法，先计算没有限制条件的排列数，再减去甲跑第一棒和乙跑第4棒的排列数即可求解．
本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：孩子获得棉花数为数列{an}，公差为d，
由题意可知，d=17，
总棉花数为996，
则8a1+8(8−1)2d=996，解得a1=65，
故a3=a1+2d=99．
故选：A．
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，
|z1+z2|=4,|z1|=3,|z1−z2|= 10，
则(a+c)2+(b+d)2=16，a2+b2=9，(a−c)2+(b−d)2=10，
化简整理可得，c2+d2=4，
故|z1⋅z2|=|z1||z2|=3 c2+d2=3× 4=6．
故选：D．
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．
7.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)的部分图象知，f(x)的振幅是2，且f(0)=2sinϕ=−1，解得sinϕ=−12，
又因为|ϕ|<π2，所以ϕ=−π6，即初相是−π6，选项A错误；
由f(x+π12)=2sin[ω(x+π12)−π6]=2sin(ωx+ωπ12−π6)为奇函数，
所以ωπ12−π6=kπ，k∈Z，解得ω=12k+2，k∈Z，
所以ω的值不唯一，选项B错误；
由x∈(π3,π2)，得ωx−π6∈(ωπ3−π6,ωπ2−π6)，则ωπ3−π6>−π2，
所以ωπ3−π6≥π2+2kπωπ2−π6≤3π2+2kπ，k∈Z，解得ω≥2+6kω≤103+4k，k∈Z；
所以k=0，ω的取值范围是[2,103]，选项C正确；
因为7ωπ12−π6=kπ，k∈Z；所以ω=17×(12k+2)，k∈Z；
所以f(x)的最小正周期为T=2π12k+27=7πk+1，k=6时，T=π，选项D错误．
故选：C．
由函数f(x)的部分图象知，A=2，ϕ=−π6，由此判断选项A；再根据平移变换于函数的奇偶性判断选项B；根据正弦函数的单调性判断选项C；根据正弦函数的周期性判断选项D．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：3|AF2|=5|BF2|，
则可设|BF2|=3m，AF2|=5m，
由双曲线的定义可知，|AF1|=2a+5m，|BF1|=2a+3m，
在△ABF1中，∠F1AF2=60°，
则|BF1|2=|AF1|2+|AB|2−2|AF1||AB|cs∠F1AF2，即(2a+3m)2=(2a+5m)2+(8m)2−2⋅8m⋅(2a+5m)⋅12，
化简整理可得，a=5m，
所以|AF1|=15m，
在△AF1F2中，由余弦定理可知，(2c)2=(15m)2+(5m)2−2⋅15m⋅5m⋅cs60°，解得c=5 72m，
故离心率e=ca= 72．
故选：B．
根据已知条件，结合双曲线定义，并两次运用余弦定理，即可求解．
本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：甲得分的中位数为5，乙得分的中位数也为5，故A错误；
甲的平均分为：15×(3+4+5+5+8)=5，
乙的平均分为：17×(3+3+4+5+5+7+8)=5，故B正确；
甲乙极差都为5，故C正确；
甲的方差为15×[(3−5)2+(4−5)2+(5−5)2+(5−5)2+(5−8)2]=3，
乙的方差为15×[(3−5)2+(3−5)2+⋅⋅⋅+(8−5)2]=225，
故得分的方差甲比乙小，故D正确．
故选：BCD．
根据已知条件，结合中位数、极差的定义，平均数、方差公式，即可求解．
本题主要考查中位数、极差的定义，平均数、方差公式，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，当a=1时，f(x)=x−lnx，g(x)=lnx+1x，x∈(0,+∞)，
则f′(x)=1−1x=x−1x，
令f′(x)=0得，x=1，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=1，无极大值，
∵g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
令g′(x)=0得，x=1，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x=1时，g(x)取得极小值g(1)=1，无极大值，
∴当a=1时，则f(x)与g(x)有相同的极值点和极值，故A正确；
对于B，令f(x)=0得，a=lnxx，
设h(x)=lnxx，x∈(0,+∞)，
则h′(x)=1−lnxx2，
令h′(x)=0，得x=e，
∴当x∈(0,e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)在x=e处取得极大值h(e)=1e，
又∵x→0时，h(x)→−∞；当x→+∞时，h(x)→0，
∴要使函数f(x)有2个零点，则y=a与函数y=h(x)图象有2个交点，
则0令g(x)=0得，−1a=xlnx，
设m(x)=xlnx，x∈(0,+∞)，
则m′(x)=lnx+1，
令m′(x)=0得，x=1e，
∴当x∈(0,1e)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；当x∈(1e,+∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
∴m(x)在x=1e处取得极小值m(1e)=−1e，
又∵当x→0时，m(x)→0；当x→+∞时，m(x)→+∞，
∴要使函数g(x)有2个零点，则y=−1a与函数y=m(x)图象有2个交点，
则−1e<−1a<0，
解得a>e，
又∵{a|0e}=⌀，
∴不存在a∈R，使f(x)与g(x)的零点同时为2个，故B错误；
对于C，设F(x)=f(x)−g(x)=ax−lnx−alnx−1x，x∈[1,e]，
则F′(x)=a−1x−ax+1x2=ax2−(a+1)x+1x2=(x−1)(ax−1)x2，
当a∈(0,1)时，1a>1，
令F′(x)=0，得x=1a，
∴当x∈[1,1a)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(1a,e]时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
∴x=1a是F(x)的极小值点，
∴F(x)的最大值在x=1或x=e处取得，
又∵F(1)=a−1<0，F(e)=ae−1−a−1e=a(e−1)−1−1e∴F(x)max<1，
即F(x)≤1对x∈[1,e]恒成立，
即当a∈(0,1)时，f(x)−g(x)≤1对x∈[1,e]恒成立，故C正确；
对于D，设F(x)=f(x)−g(x)=ax−lnx−alnx−1x，
则F′(x)=a−1x−ax+1x2=ax2−(a+1)x+1x2=(x−1)(ax−1)x2，
∵函数F(x)在[1,e]上单调递减，∴F′(x)≤0在x∈[1,e]上恒成立，
即ax−1≤0在x∈[1,e]上恒成立，
即a≤1x在x∈[1,e]上恒成立，
∴a≤1e，即a的取值范围为(−∞,1e]，故D错误．
故选：AC．
对于A，分别利用导数求出f(x)和g(x)的极值点和极值即可判断；对于B，令f(x)=0得a=lnxx，设h(x)=lnxx，则函数f(x)有2个零点，等价于y=a与函数y=h(x)图象有2个交点，利用导数得到h(x)的单调性和极值，即可求出a的取值范围，同理令g(x)=0得−1a=xlnx，设m(x)=xlnx，x∈(0,+∞)，函数g(x)有2个零点，等价于y=−1a与函数y=m(x)图象有2个交点，利用导数得到m(x)的单调性和极值，即可求出a的取值范围，再结合a的范围是否有交集即可判断B，对于CD，设F(x)=f(x)−g(x)=ax−lnx−alnx−1x，x∈[1,e]，求导得到F(x)的单调性，进而求出F(x)的最大值可判断C，令F′(x)≤0在x∈[1,e]上恒成立，可求出a的取值范围，进而判断D．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，如图，取A1A的中点E，
则易知D1E//MB，且D1E=D1M=MB=BE= 5，
∴平面BMD1截正方体所得的截面为菱形D1EBM，
又易知菱形D1EBM的对角线EM=AC=2 2，D1B=2 3，
∴菱形D1EBM的面积为12×2 2×2 3=2 6，∴A选项正确；
对B选项，如图，取D1D的中点F，AF的中点G，BM的中点H，
连接GH，则易知GH⊥平面BCM，∴根据对称性可知：
四面体BCMN的外接球的球心I在GH上，且满足该球的半径R=IN=IB，
设GI=t，则IH=2−t，又易知NG=A1A+D1F2=32，BH=BM2= 52，
在Rt△NGI与Rt△IHB中，由勾股定理可得：
(32)2+t2=R2，( 52)2+(2−t)2=R2，
解得t=34，∴R2=(32)2+(34)2=4516，
∴四面体BCMN的外接球的表面积为4πR2=45π4，∴B选项正确；
对C选项，如图，取AD的中点R，RD的中点K，BC的中点S，BS的中点J，
则O在KJ上，易知NB1//RB//KJ，
从而可得KJ//平面MNB1，
∴O到平面MNB1的距离等于J到平面MNB1的距离，
∴又根据分割补形法可得S△B1MJ=2×2−12×(2×12+32×1+2×1)=74，
∴四面体OMB1N的体积为：
VO−B1MN=VJ−B1MN=VN−B1MJ=13×74×2=76，∴C选项正确；
对D选项，如图，取B1C1的中点T，NT的中点Q，
则易知NP//QB，NT⊥平面BCC1B1，
∴NP与平面BCC1B1所成角为∠QBT，
又由最小角定理可得：∠QBT为NP与平面BCC1B1所成角的最小角，
根据余弦函数在(0,π2]单调递减，
可得：NP与平面BCC1B1所成角的余弦值小于或等于cs∠QBT，
而易知QT=1，BT= 5，∴QB= 6，
∴cs∠QBT=BTQB= 5 6= 306<2 23，
∴直线MQ与PN所成角的余弦值不可能等于2 23，∴D选项错误．
故选：ABC．
根据基本事实1，菱形的面积公式，对称性找球心，转化三棱锥的顶点与底面及三棱锥的体积公式，最小角定理针对各个选项分别求解即可．
本题考查正方体的截面问题，四面体的外接球问题，四面体的体积的求解，最小角定理的应用，化归转化思想，分割补形法的应用，属难题．
12.【答案】(−∞,4]
【解析】解：根据题意，若“∃x∈(0,+∞)，使x2−ax+4<0”是假命题，
则其否定“∀x∈(0,+∞)，都有x2−ax+4≥0”是真命题，
即x2−ax+4≥0在(0,+∞)上恒成立，
变形可得a≤x2+4x=x+4x，
又由x+4x≥2 x×4x=4，当且仅当x=2时等号成立，
若a≤x2+4x=x+4x在(0,+∞)上恒成立，
必有a≤4，即a的取值范围为(−∞,4]．
故答案为：(−∞,4]．
根据题意，若“∃x∈(0,+∞)，使x2−ax+4<0”是假命题，则其否定“∀x∈(0,+∞)，都有x2−ax+4≥0”是真命题，则有x2−ax+4≥0在(0,+∞)上恒成立，由此分析可得答案．
本题考查命题真假的判断，涉及命题的否定方法，属于基础题．
13.【答案】1+ 52
【解析】解：点P(t,14t2)，
则点P为抛物线C的切点，
抛物线C：x2=4y，
则y=14x2，
故y′=12x，
直线l的切线方程为y−14t2=12t(x−t)，即12tx−y−14t2=0，
圆O：x2+y2=1，
则|0−0−14t2| (12t)2+1=1，解得t2=4+4 52，
故点P的纵坐标为1+ 52．
故答案为：1+ 52．
根据已知条件，设出切点P，结合导数的几何意义，求出切线，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】35 275005
【解析】解：设前3张卡片中含有1对卡片的概率为Pn，
可以先从n对卡片中选出1对，再从剩余的2(n−1)张卡片中选出1张，共有2n(n−1)种不同取法，
所以Pn=2n(n−1)C2n3=32n−1；
拿掉这对卡片后，还剩n−1对卡片，再确保书包为空的概率为Pn−1，
则Pn=32n−1Pn−1；
又因为P2=1，
所以P3=32×3−1P2=35．
P7=32×7−1×32×6−1×32×5−1×32×4−1P3
=313×311×39×37×35
=275005．
故答案为：35，275005．
求出前3张卡片中含有1对卡片的概率Pn，求出拿掉1对卡片后，还剩n−1对卡片，且确保书包为空的概率Pn−1，利用递推关系求解即可．
本题考查了排列数与组合数的应用问题，也考查了概率的计算问题，是难题．
15.【答案】解：(1)证明：连接B1C交BC1于N，
因为侧面BCC1B1为平行四边形，
所以点N为B1C的中点，又因为点E为线段AC的中点，所以NE//AB；
∵AB1C平面BEC1，NE⊂平面BEC1，
故AB 1//平面BEC1；
(2)连接A1C，A1E，因为∠A1AC=π3，AC=AA1=2，
所以△A1AC为等边三角形，所以A1C=2，A1E⊥AC，
因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，A1E⊂平面ACC1A1，
所以A1E⊥平面ABC，
过点E在底面ABC内作EF⊥AC，如图以E以为坐标原点，分别以EF，EC，EA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则E(0,0,0)，B( 32,−12,0)，C1(0,2, 3)，平面BEC1中，
EB=( 32,−12,0)，EC1=(0,2, 3)，
设平面ABC法向量n=(x,y,z)，
则 n⋅EB=0n⋅EC1=0，即 32x−12y=02y+ 3z=0，令x=1，即n=(1, 3,−2)，
又因为平面ABE一个法向量m=(0,0,1)，
cs=m⋅n|m||n|=−21× 12+( 3)2+(−2)2=− 22，
经观察二面角A−BE−C1的平面角为钝角，
所以二面角A−BE−C1的余弦值为− 22．
【解析】(1)根据已知条件，结合中位线定理，以及线面平行的判定定理，即可求证；
(2)根据已知条件，建立空间直角坐标系，结合向量法，即可求解．
本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)分别记事件A1、A2、A3分别为所选产品来自企业甲、企业乙、其它，
记事件B表示所选产品的指标T为优秀，
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.5×0.8+0.3×0.4+0.2×0.4=0.6，
故所选产品的指标T为优秀的概率为0.6；
(2)由(1)所求概率为P(A1|B)，且P(A1|B)=P(A1B)P(B)=P(A1)⋅P(B|A1)P(B)=0.5×，
故所求概率为23；
(3)由题意P(A1|B)=23，P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)⋅P(B|A2)P(B)=0.3×，P(A3|B)=P(A3B)P(B)=P(A3)⋅P(B|A3)P(B)=0.2×，
ξ的取值集合为{0,1,2}，
P(ξ=0)=(215)2(1−23)2=425，
P(ξ=2)=(15)2(1−23)2=925，
P(ξ=1)=1−P(ξ=0)−P(ξ=2)=1225，
ξ的分布列为：
故E(ξ)=0×425+1×1225+2×925=3025=65．
【解析】(1)根据已知条件，结合全概率公式，即可求解；
(2)结合条件概率公式即可求解；
(3)结合条件概率公式，ξ的取值集合为{0,1,2}，再分别求出对应的概率，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量期望与分布列的求解，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=x(ex+a)，
①当a≥0时，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
②当−10，解得x0，
令f′(x)<0，解得ln(−a)所以f(x)在(−∞,ln(−a))单调递增，在(ln(−a),0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
③当a=−1时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
④当a<−1时，ln(−a)>0，令f′(x)>0，解得x<0或x>ln(−a)，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,ln(−a))单调递减，在(ln(−a),+∞)单调递增；
证明：(2)由(1)知当a>0时，f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
因为f(0)=−1<0，f(1)=12a>0，所以f(x)在(0,1)有一个零点，
令g(x)=(x−1)ex，则g′(x)=xex，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)=−1，
当x<0时，f(x)>12ax2−1，取x0=− 2a<0，取f(x0)>12ax02−1=0，
所以在(− 2a,0)有一个零点，所以f(x)有且仅有两个零点x1，x2，
不妨设x1<0h′(x)=f′(x)+f′(−x)=x(ex+a)−x(e−x+a)=x(ex−e−x)，
当x<0时，ex−e−x<0，h′(x)>0，所以h(x)在(−∞,0)单调递增，
因为x1<0，所以h(x1)因为f(x1)=f(x2)=0，所以f(x2)因为f(x)在(0,+∞)单调递增，且−x1>0，x2>0，所以x2<−x1，所以x2+x1<0．
【解析】(1)求出函数的导数，分别讨论a≥0，−1(2)利用分类讨论思想的应用求出函数的导数，进一步判定函数有两个零点且x1+x2<0．
本题考查的知识点：函数的求导和函数的单调性的关系，分类讨论思想的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)因为椭圆C的短轴长为2 2，
所以2b=2 2，①
因为椭圆C的离心率为 33，
所以ca= 33，②
又a2=b2+c2，③
联立①②③，
解得a= 3，b= 2，c=1，
则椭圆C的方程为x23+y22=1；
(2)证明：由(1)知F1(−1,0)，F2(1,0)，
不妨设A(xA,yA)，B(xB,yB)，
当y0=0时，
不妨设x0= 3，
此时A，B都为左顶点，
所以λ1+λ2= 3+1 3−1+ 3−1 3+1=4，
当y0≠0时，
此时PA：y=y0x0+1(x+1)，
联立y=y0x0+1(x+1)x23+y22=1，消去x并整理得[2(x0+1)2+3y02]y2−4(x0+1)y0y−4y02=0，
由韦达定理得y0yA=−4y022(x0+1)2+3y02，
解得yA=−4y02(x0+1)2+3y02，
因为PF1=λF1A，
所以−y0=λ1yA，
解得λ1=−y0yA=2(x0+1)2+3y024，
因为点P在椭圆上，
所以x023+y022=1，
此时2x02+3y02=6，
则λ1=2(x0+1)2+3y024=2x02+3y02+4x0+24=2+x0，
同理得λ2=2−x0，
所以λ1+λ2=4；
(3)不妨设S△PABS△PF1F2=12|PA||PB|sin∠APB12|PF1||PF2|sin∠APB=|PA||PF1|⋅|PB||PF2|
=λ1+1λ1⋅λ2+1λ2=(3+x0)(3−x0)(2+x0)(2−x0)=9−x024−x02，
此时S△PAB=9−x024−x02⋅S△PF1F2=9−x024−x02⋅12⋅2⋅y0=(9−x02)y04−x02，
所以S△PAB2=(9−x02)2y02(4−x02)2=(9−x02)2(2−23x02)(4−x02)2=23⋅(9−x02)2(3−x02)(4−x02)2，
不妨令t=4−x02∈(1,4],
此时S△PAB2=23⋅(5+t)2(t−1)t2=23(t+9+15t−25t2)，
不妨设f(t)=t+9+15t−25t2，函数定义域为(1,4]，
可得f′(t)=1−15t2+50t3=t3−15t+50t3，
不妨设g(t)=t3−15t+50，函数定义域为(1,4]，
可得g′(t)=3t2−15，
当1当 50，g(t)单调递增，
所以g(t)≥g( 5)=50−10 5>0，
此时f′(t)>0，
所以函数f(t)在(1,4]上单调递增，
则当t=4时，函数f(t)取得最大值，最大值为24316，
故当x0=0时，S△PAB取得最大值，最大值为9 24．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式再求解即可；
(2)设出A，B两点的坐标，分别讨论当y0=0和y0≠0这两种情况，当y0≠0时，设出直线PA的方程，将直线PA的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理再进行求证即可；
(3)将△PAB的面积转化成函数最值问题，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为an+an+2−2an+1=n2+(n+2)2−2(n+1)2=2≥0，
所以an=n2是“T数列”，
又因为bn+bn+2−2bn+1=lnn+ln(n+2)−2ln(n+1)=ln(n2+2n)−ln(n2+2n+1)<0，
所以bn=lnn不是“T数列”；
(2)证明：令cn=an+1−an，因为数列{an}为“T数列”，所以an+an+2≥2an+1，
从而an+2−an+1≥an+1−an，所以Cn+1≥cn，
因为1≤k=cn−1+cn−2+⋯+cmn−m≥(n−m)cmn−m=cm
am−akm−k=(am−am−1)+(am−1−am−2)+⋯+(ak+1−ak)m−k
=cm−1+cm−2+⋯+ckm−k≤(m−k)cm−1m−k=cm−1，
因为cm≥cm−1，所以an−amn−m≥am−akm−k；
(3)证明：当k=1或2024时，−|ak|≤ak≤|ak|，从而−20252023M≤−M≤−|ak|≤ak≤|ak|≤M，
当k∈{2,3,……,2023}时，因为1由第(2)问的结论得a2024−ak2024−k≥ak−a1k−1，
可推得ak≤2024−k2023a1+k−12023a2024，
ak≤2024−k2023a1+k−12023a2024≤2024−k2023|a1|+k−12023|a2024|≤2024−k2023M+k−12023M=M，
对于∀1从而ai≤i−1k−1ak+k−ik−1a1=1k−1[(i−1)ak+(k−i)a1]，i=1也成立，
从而i=1k−1ai≤1k−1[i=1k−1(i−1)ak+i=1k−1(k−i)a1]=1k−1[(k−2)(k−1)2ak+k(k−1)2a1]=(k−2)2ak+k2a1，
对于∀k从而ai≤i−k2024−ka2024+2024−i2024−kak=12024−k[(i−k)a2024+(2024−i)ak]，
i=2024也成立，从而i=k+12024ai≤12024−k[i=k+12024(i−k)a2024+i=k+12024(2024−i)ak]
=12024−k[(2025−k)(2024−k)2a2024+(2023−k)(2024−k)2ak]
=(2005−k)2a2024+(2023−k)2ak，
所以i=k+12024ai≤(2005−k)2a2024+(2023−k)2ak，
由条件0=i=12024ai=i=1k−1ai+ak+i=k+12024ai≤(k−2)2ak+k2a1+ak+(2005−k)2a2024+(2023−k)2ak
=20232ak+k2a1+2025−k2a2024，
可得ak≥−(k2023a1+2025−k2023a2024)≥−(k2023M+2025−k2023M)=−20252023M，
所以−20252023M≤ak≤M．
【解析】(1)根据T数列定义求出答案；
(2)由T数列定义和任意正整数k，m，n，可得an−amn−m≥am−akm−k；
(3)由M=max{|a1|,|a2024|}，其中max{a,b}表示a，b中的较大者和T数列定义，可证明−20252023M≤ak≤M．
本题主要考查数列的应用，属于难题．市场占有率
指标T的优秀率
企业甲
50%
80%
企业乙
30%
40%
其它
20%
40%
ξ
0
1
2
P
425
1225
925