2024-2025学年河南省南阳市高三上学期月考数学检测试卷（12月份）附解析

这是一份2024-2025学年河南省南阳市高三上学期月考数学检测试卷（12月份）附解析，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤−a2}，若M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，则a＝（ ）
A．﹣6B．﹣2C．2D．6
2．（5分）已知a=1−bi1+i，其中a，b为实数，则在复平面内复数z＝a+bi对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）已知AB→=（1，2），AC→=（4，m），若AB→⊥AC→，则|BC→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．12
4．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一次针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个．已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（ ）
A．102B．103C．104D．105
5．（5分）已知sin(π2+α)=−38，α∈（2π，3π），则sinα2=（ ）
A．−114B．114C．−74D．74
6．（5分）若四棱锥E﹣ABCD的棱AB，BC的长均为2，其余各棱长均为2，则该四棱锥的高为（ ）
A．12B．22C．32D．1
7．（5分）某高校举行一场智能机器人大赛，该高校理学院获得8个参赛名额，已知理学院共有4个班，每个班至少要有一个参赛名额，则该理学院参赛名额的分配方法共有（ ）
A．20种B．21种C．28种D．35种
8．（5分）已知函数f（x）＝kex﹣lnx+1的图象与函数g（x）＝xekx+kx﹣elnx仅有两个不同的交点，则实数k的取值范围为（ ）
A．（−1e，−1e2）∪[0，+∞）B．（﹣1，−1e2）∪[0，e）
C．（−1e，−1e2）∪[0，e）D．（﹣1，−1e2）∪[0，+∞）
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}和{Sn}均为等差数列，且a5＝18，则（ ）
A．a1＝6B．a8＝30C．S5＝60D．S7＝98
（多选）10．（6分）已知函数f（x）为R上的奇函数，且f（x+4）+f（x）＝0，当0≤x≤2时，则f（x）=2x+a2x+1，则（ ）
A．a＝﹣1B．a＝﹣2
C．f（﹣33）＜f（40）＜f（19）D．f（40）＜f（﹣33）＜f（19）
（多选）11．（6分）已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0）的最小正周期T＜π，f（π5）＝1，且f（x）在x=π10处取得最大值．下列结论正确的有（ ）
A．sinφ=22
B．ω的最小值为152
C．若函数f（x）在（π20，π4）上存在零点，则ω的最小值为352
D．函数f（x）在（13π20，11π15）上一定存在零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品，设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P（X＞0）＝2P（X≤0）．若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出，则至少有3个季度的收益为正值的概率为 ．
13．（5分）已知抛物线C：y=x24，直线l1：y＝﹣2，l2：3x﹣4y﹣6＝0，M为C上的动点，则点M到l1与l2的距离之和的最小值为 ．
14．（10分）已知数列{an}满足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），且a1＝a2＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则a5+a3a4= ，2a2024+S2023＝ ．
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．某公司为响应《中国制造2025》中提出的坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针，准备加大研发投资．市场部对同类产品连续5个月的销售单价xi和月销售量yi（i＝1，2，3，4，5）的数据进行了统计，得如下统计表：
统计时，不慎将m处的数据丢失，但记得0＜m＜39，且月销售量的平均数与中位数相等．
（1）建立y关于x的线性回归方程；
（2）根据（1）的结果，若该产品成本是0.5元/件，月销售单价x（其中x∈N*）为何值时，公司月利润的预测值最大？
回归方程ŷ=b̂x+â中斜率和截距的最小二乘法估计公式：b̂=i=1n xiyi−nxyi=1n xi2−nx2，â=y−b̂x．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，an+1＝an+2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=anan+1，求证：b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）•（34）n﹣1．
17．如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
（1）求证：AD1⊥平面CDD1C1；
（2）点M在直线BB1上，且AD⊥平面MCD，求MC1与平面CDD1C1所成角的正弦值．
18．已知函数f（x）＝lnx+ax的图象在x＝1处的切线方程为y＝b．
（1）求a，b的值及f（x）的单调区间．
（2）已知F（x）=xexf(x)−ex+mxx2−x，是否存在实数m，使得曲线y＝F（x）恒在直线y＝x+1的上方？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
19．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）经过点A（1，0），且离心率为22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l1、l2均过点A，且互相垂直，直线l1与圆O：x2+y2＝a2交于M、N两点、直线l2与椭圆C交于另一点B，求△MBN面积的最大值．
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤−a2}，若M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，则a＝（ ）
A．﹣6B．﹣2C．2D．6
【分析】根据给定条件，利用交集运算的结果求解作答．
解：因为集合M＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤−a2}，且M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，
则有−a2=3，所以a＝﹣6．
故选：A．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）已知a=1−bi1+i，其中a，b为实数，则在复平面内复数z＝a+bi对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，先求出z，再结合复数的几何意义，即可求解．
解：a=1−bi1+i，
则a（1+i）＝a+ai＝1﹣bi，即a＝1，b＝﹣1，
故z＝1﹣i，其在复平面内对应的点（1，﹣1）位于第四象限．
故选：D．
【点评】本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
3．（5分）已知AB→=（1，2），AC→=（4，m），若AB→⊥AC→，则|BC→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．12
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出m，再结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解．
解：AB→=（1，2），AC→=（4，m），AB→⊥AC→，
则4+2m＝0，解得m＝﹣2，
AC→=(4，−2)，
BC→=AC→−AB→=（4，﹣2）﹣（1，2）＝（3，﹣4），
故|BC→|=32+(−4)2=5．
故选：C．
【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
4．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．某网站全程转播了该次世界杯，为纪念本次世界杯，该网站举办了一次针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个．已知该网站的会员共有1456人（编号为1号到1456号，中间没有空缺），则获得精品足球的人数为（ ）
A．102B．103C．104D．105
【分析】设某会员编号为x，则x＝7n+1，且x为奇数，求得1456中满足条件的n的值即可求解．
解：假设某会员编号能被2整除余1则该会员编号为奇数，
假设某会员编号为x，且x满足条件①则x＝7n+1，
1456÷7＝208，n∈N，n＜208，∵x是奇数∴n为偶数，
∴n可以取0，2，4，…，204，206等104个偶数，
∴共有104个会员编号满足条件．
故C．
【点评】本题考查合情推理的应用，是基础题．
5．（5分）已知sin(π2+α)=−38，α∈（2π，3π），则sinα2=（ ）
A．−114B．114C．−74D．74
【分析】直接利用诱导公式和二倍角的余弦公式得1−2sin2α2=−38，结合α范围即可得到答案．
解：∵sin(π2+α)=csα=−38，则1−2sin2α2=−38，
故sin2α2=1116，又α∈（2π，3π），
则sinα2=−114．
故选：A．
【点评】本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
6．（5分）若四棱锥E﹣ABCD的棱AB，BC的长均为2，其余各棱长均为2，则该四棱锥的高为（ ）
A．12B．22C．32D．1
【分析】连接AC，BD，交点为F，通过证明三角形全等得到∠AFB＝∠CFB＝90°，AF＝CF，即可得到BD⊥AC、AC⊥FE，从而得到AC⊥平面BDE，则平面BDE⊥平面ABCD，过点E作EO⊥BD，垂足为O，连接OA，OC，即可说明A，B，C，D四点在以BD为直径的圆周上，再利用余弦定理求出AC、cs∠ABC，由正弦定理求出外接圆的半径，最后利用勾股定理计算可得．
解：如图连接AC，BD，交点为F，∵AB＝BC，AD＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD，
由题意得△ABF≌△CBF，∴∠AFB＝∠CFB＝90°，AF＝CF，即BD⊥AC，
又EC＝EC，所以AC⊥FE，EF∩BD＝F，EF，BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE，
又AC⊂平面ABCD，∴平面BDE⊥平面ABCD，
过点E作EO⊥BD，垂足为O，由面面垂直的性质可知EO⊥平面ABCD，连接OA，OC，∵EA＝EC，∴OA＝OC，OA，OB⊂平面ABCD，∴EO⊥OA，EO⊥OB，
由EB＝EC，EO是公共边，∴△EOB≌△EOC，∴OA＝OB＝OC，同理可得OB＝OD，∴A，B，C，D四点在以BD为直径的圆周上，
所以∠ABC+∠ADC＝180°，即∠ADC＝180°﹣∠ABC，所以cs∠ADC＝cs（180°﹣∠ABC）＝﹣cs∠ABC，
在△ABC和△ACD中分别利用余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcs∠ABC，AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DCcs∠ADC
即AC2＝8﹣8cs∠ABC，AC2＝4+4cs∠ABC，所以AC2=163，cs∠ABC=13，
即AC=433，所以sin∠ABC=1−cs2∠ABC=223，
设△ABC外接圆的半径为R，则2R=ACsin∠ABC=433223=6，所以R=62，
即OB=62，所以EO=EB2−OB2=(2)2−(62)2=22，
即该四棱锥的高为22．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，属于中档题．
7．（5分）某高校举行一场智能机器人大赛，该高校理学院获得8个参赛名额，已知理学院共有4个班，每个班至少要有一个参赛名额，则该理学院参赛名额的分配方法共有（ ）
A．20种B．21种C．28种D．35种
【分析】根据题意，将8个参赛名额看成8个元素，用隔板法即可求解．
解：根据题意，将8个参赛名额看成8个元素，中间有7个空位，
在7个空位中任选3个，插入挡板，可以将8个元素分为4组，对应分给4个班，
有C73=35种分配方法．
故选：D．
【点评】本题考查排列组合的应用，本题运用隔板法，可以避免讨论，简化计算．
8．（5分）已知函数f（x）＝kex﹣lnx+1的图象与函数g（x）＝xekx+kx﹣elnx仅有两个不同的交点，则实数k的取值范围为（ ）
A．（−1e，−1e2）∪[0，+∞）B．（﹣1，−1e2）∪[0，e）
C．（−1e，−1e2）∪[0，e）D．（﹣1，−1e2）∪[0，+∞）
【分析】由题意可得1+（e﹣1）ln（xekx）＝xekx仅有两个不等的实数根，设t＝xekx，则1+（e﹣1）lnt＝t，解方程可得t，分别讨论t＝1，t＝e时，方程的解的个数，即可得到所求k的取值范围．
解：函数f（x）＝kex﹣lnx+1的图象与函数g（x）＝xekx+kx﹣elnx仅有两个不同的交点，
即为f（x）＝g（x），即1+（e﹣1）（kx+lnx）＝xekx，即有1+（e﹣1）ln（xekx）＝xekx仅有两个不等的实数根．
设t＝xekx，则1+（e﹣1）lnt＝t，解得t＝1或t＝e，
若t＝1，即xekx＝1，解得﹣k=lnxx，设h（x）=lnxx，h′（x）=1−lnxx2，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）递减，
则h（x）在x＝e处取得极大值，且为最大值1e，
当﹣k≤0或﹣k=1e，即k≥0或k=−1e时，方程xekx＝1只有一解；
当0＜﹣k＜1e，即−1e＜k＜0时，方程xekx＝1有两个不等实数解；
若t＝e，即xekx＝e，可得﹣k=lnx−1x，设m（x）=lnx−1x，m′（x）=2−lnxx2，
当0＜x＜e2时，m′（x）＞0，m（x）递增；当x＞e2时，m′（x）＜0，m（x）递减，
则m（x）在x＝e2处取得极大值，且为最大值1e2．
当﹣k≤0或﹣k=1e2，即k≥0或k=−1e2时，方程xekx＝e只有一解；
当0＜﹣k＜1e2，即−1e2＜k＜0时，方程xekx＝e有两个不等实数解；
所以，当k∈[0，+∞）∪（−1e，−1e2）时，函数f（x）与g（x）的图象仅有两个不同的交点．
故选：A．
【点评】本题考查函数和方程的关系，以及函数的导数的运用：求单调性和极值、最值，考查转化思想和方程思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}和{Sn}均为等差数列，且a5＝18，则（ ）
A．a1＝6B．a8＝30C．S5＝60D．S7＝98
【分析】根据题意，设数列{an}的公差为d，又由{Sn}为等差数列，可得S1+S3=2S2，即a1+3a1+3d=22a1+d，结合等差数列的通项公式可得d的值，由此可得a1的值，即可得等差数列的通项公式，由此分析选项，即可得答案．
解：根据题意，数列{an}为等差数列，设其公差为d，
又由{Sn}为等差数列，则S1+S3=2S2，即a1+3a1+3d=22a1+d，
又由a5＝18，则18−4d+54−9d=236−7d，
解可得：d＝4，
则a1＝18﹣4d＝2，A错误；
a8＝18+3d＝30，B正确；
S5=(a1+a5)×52=(2+18)×52=50，C错误；
S7＝7a1+7×62d＝98，D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查等差数列的性质以及应用，涉及等差数列的求和，属于基础题．
（多选）10．（6分）已知函数f（x）为R上的奇函数，且f（x+4）+f（x）＝0，当0≤x≤2时，则f（x）=2x+a2x+1，则（ ）
A．a＝﹣1B．a＝﹣2
C．f（﹣33）＜f（40）＜f（19）D．f（40）＜f（﹣33）＜f（19）
【分析】根据f（0）＝0，求得a；f（x）的周期为8，结合函数的奇偶性，可判断C，D选项．
解：已知函数f（x）为R上的奇函数，则f（0）＝0，即f（0）=1+a1+1=0，故a＝﹣1，A正确；B错误；
f（x+4）+f（x）＝0，即f（x+8）＝﹣f（x+4）＝f（x），周期为8，
f（﹣33）＝f（﹣1），当0≤x≤2时，f（x）=2x−12x+1，
﹣2≤x≤0时，0≤﹣x≤2，f（﹣x）=2−x−12−x+1=1−2x2x+1=−f（x），
x∈[﹣2，2]时，f（x）=2x−12x+1，f（﹣1）=−13，
f（40）＝f（0）＝0，f（19）＝f（3）＝﹣f（﹣1）=13，
f（﹣33）＜f（40）＜f（19），C正确；D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查抽象函数的性质，属于中档题．
（多选）11．（6分）已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0）的最小正周期T＜π，f（π5）＝1，且f（x）在x=π10处取得最大值．下列结论正确的有（ ）
A．sinφ=22
B．ω的最小值为152
C．若函数f（x）在（π20，π4）上存在零点，则ω的最小值为352
D．函数f（x）在（13π20，11π15）上一定存在零点
【分析】由三角函数的图象和性质逐一判断即可．
解：对于A，∵f（x）在x=π10处取得最大值，∴x=π10为一条对称轴，f（0）＝f（π5）＝1，∴sinφ=22，故A正确；
对于B，∵T＜π，∴ω＞2，由f（π5）＝1得sin(π5ω+φ)=22，∴π5ω+φ=2k1π+π4或π5ω+φ=2k1π+3π4，k1∈Z
∵f(π10)=1，∴π10ω+φ=2k2π+π2，k2∈Z，
由π5ω+φ=2k1π+π4π10ω+φ=2k2π+π2，得ω=20(k1−k2)−52，∵ω＞2，∴ωmin=352；
由π5ω+φ=2k1π+3π4π10ω+φ=2k2π+π2，得ω=20(k1−k2)π+52，∵ω＞2，∴ωmin=52，故B不正确；
对于C，当ω=352时，f(x)=2sin(352x+34π+2kπ)=2sin(352x+3π4)，
f(π20)=2sin13π8，f(π4)=2sin31π8，必有f(x0)=2sin2π=0，x0为零点，
当ω=52时，f(x)=2sin(52x+π4)，
f(π20)=2sin3π8＞0，f(π4)=2sin7π8＞0，不存在x0使f（x0）＝0，
综上，ωmin=352，故C正确；
对于D，当ω=52时，f(x)=2sin(52x+π4)，f(13π20)=2sin15π8，f(11π15)=2sin25π12，∵2π∈(15π8，25π12)，∴∃x0，使f(x0)=2sin2π=0；
当ω=352时，f（x）=2sin(352x+3π4)，f(13π20)=2sin97π8，f(11π15)=2sin16312π，∵13π∈(97π8，163π12)，∴∃x0，使f(x0)=2sin13π=0；
当ω≠52，352时，ωmin=452，故Tmax=4π45，1115π−1320π=π15，此时π15＞T2，则f（x）必有零点，综上可知，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查三角函数的图象和性质的综合应用，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品，设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P（X＞0）＝2P（X≤0）．若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出，则至少有3个季度的收益为正值的概率为 1627 ．
【分析】先求出P（X≤0）=13，P（X＞0）=23，再由二项分布的概率公式求解．
解：∵P（X＞0）+P（X≤0）＝1，P（X＞0）＝2P（X≤0），
∴3P（X≤0）＝1，即P（X≤0）=13，P（X＞0）=23，
则老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出，则至少有3个季度的收益为正值的概率为：
C43×(23)3×13+C44(23)4=3281+1681=1627．
故1627．
【点评】本题考查二项分布的概率公式，属于中档题．
13．（5分）已知抛物线C：y=x24，直线l1：y＝﹣2，l2：3x﹣4y﹣6＝0，M为C上的动点，则点M到l1与l2的距离之和的最小值为 3 ．
【分析】根据抛物线的定义进行转化，结合图象利用点到直线的距离公式进行求解即可．
解：抛物线的焦点坐标为F（0，1），准线方程为y＝﹣1，
过P作PB垂直直线y＝﹣2，与y＝﹣2交于点A，交y＝﹣1于点B，
由抛物线的定义得|PB|＝|PF|，|PB|＝|PA|﹣1
则点P到直线l1与直线l2距离之和|PC|+|PA|＝|PC|+|PA|＝|PB|+1+|PC|＝|PF|+|PC|+1≥|FD|+1，
此时最小值为F到直线3x﹣4y﹣6＝0的距离d＝|FD|=|0−4−6|32+(−4)2=105=2，
则抛物线x2＝4y上的动点P到直线l1与直线l2距离之和的最小值是d+1＝2+1＝3．
故3．
【点评】本题主要考查抛物线性质和定义的应用，考查数形结合思想，属中档题．
14．（10分）已知数列{an}满足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），且a1＝a2＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则a5+a3a4= 52 ，2a2024+S2023＝ 22023+1 ．
【分析】由数列{an}满足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），变形为an+2an−an+12=12，根据a1＝a2＝1，依次取n＝1，2，3，可得a3，a4，a5，即可得出a5+a3a4=52．由an+2an−an+12=12，n≥2时，可得an+2an−an+12=an+1an﹣1−an2，化为an+2+anan+1=an+1+an−1an=⋯⋯=a5+a3a4=a4+a2a3=a3+a1a2=52，可得an+1+an﹣1=52an，变形为an+1﹣xan＝y（an﹣xan﹣1），化为an+1+xyan﹣1＝（x+y）an，经过比较可得x+y=52xy=1，解得x，y，转化为等比数列，进而得出结论．
解：∵数列{an}满足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），
∴an+2an−an+12=12，
∵a1＝a2＝1，
∴a3a1−a22=12，解得a3=32，
同理可得：a4=114，a5=438，
则a5+a3a4=438+32114=52．
由an+2an−an+12=12，
n≥2时，可得an+2an−an+12=an+1an﹣1−an2，
化为an+2+anan+1=an+1+an−1an=⋯⋯=a5+a3a4=a4+a2a3=a3+a1a2=52，
∴an+1+an﹣1=52an，（*）
变形为an+1﹣xan＝y（an﹣xan﹣1），
化为an+1+xyan﹣1＝（x+y）an，
与（*）比较可得x+y=52xy=1，
解得x=12y=2或x=2y=12，
不妨取x=2y=12，
∴an+1﹣2an=12（an﹣2an﹣1），
∴数列{an+1﹣2an}是等比数列，公比为12，首项为a2﹣2a1＝﹣1，
∴an+1﹣2an=−(12)n−1，
变形为an+1−43×(12)n+1=2[an−43×(12)n]，
a1−43×12=13，a2−43×(12)2=23，
∴n＝1时也成立，
∴数列{an−43×(12)n}是等比数列，首项为13，公比为2，
∴an−43×(12)n=13×2n﹣1，
可得an=13[2n﹣1+(12)n−2]，
∴Sn=13×2n−12−1+13×2(1−12n)1−12=13（2n−12n−2+3），
∴2a2024+S2023＝2×13[22023+(12)2022]+13（）−122021+＝22023+1．
故52，22023+1．
【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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．某公司为响应《中国制造2025》中提出的坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针，准备加大研发投资．市场部对同类产品连续5个月的销售单价xi和月销售量yi（i＝1，2，3，4，5）的数据进行了统计，得如下统计表：
统计时，不慎将m处的数据丢失，但记得0＜m＜39，且月销售量的平均数与中位数相等．
（1）建立y关于x的线性回归方程；
（2）根据（1）的结果，若该产品成本是0.5元/件，月销售单价x（其中x∈N*）为何值时，公司月利润的预测值最大？
回归方程ŷ=b̂x+â中斜率和截距的最小二乘法估计公式：b̂=i=1n xiyi−nxyi=1n xi2−nx2，â=y−b̂x．
【分析】由已知求得m值．
（1）由表格中的数据求解b̂与â的值，可得线性回归方程；
（2）写出利润z关于x的函数，再由二次函数求最值．
解：∵月销售量的平均数与中位数相等，且平均数76+m5＞15，
则中位数为m或23，则76+m5=m或76+m5=23，解得m＝19或m＝39（舍去）．
（1）x=1+2+3+4+55=3，y=28+23+19+15+105=19．
i=15 xiyi=1×28+2×23+3×19+4×15+5×10=241，
b̂=i=15 xiyi−5xyi=15 xi2−5x2=241−5×3×1955−5×32=−4.4，â=y−b̂x=19−(−4.4)×3=32.2．
∴y关于x的线性回归方程为ŷ=−4.4x+32.2；
（2）设销售利润为z，则z＝（x﹣0.5）（﹣4.4x+32.2）（x＞0.5且x∈N*），
∴z＝﹣4.4x2+34.4x﹣16.1，
∴当x=34.48.8≈4时，z取最大值．
∴月销售单价x为4元/件时，公司月利润的预测值最大．
【点评】本题考查了回归直线方程，函数等基础知识，考查数据分析能力、运算求解能力，是中档题．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，an+1＝an+2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=anan+1，求证：b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）•（34）n﹣1．
【分析】（1）由等差数列的定义和求和公式，以及通项公式，可得所求；
（2）运用数学归纳法证明，结合分析法和不等式的性质，可得证明．
解：（1）由an+1＝an+2，可得{an}为公差为2的等差数列，
又S3＝9，可得3a1+3d＝3a1+6＝9，解得a1＝1，
则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）证明：bn=anan+1=2n−12n，
×34×56××2n−12n，
当n＝1时，左边＝b1=12，右边＝（1+1）•34−1=12，左边＞右边，原不等式成立；
当n＝2时，左边＝b1+b1b2=78，右边＝（2+1）•916−1=1116，左边＞右边，原不等式成立；
假设n＝k（k≥2）时，b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（k+1）•（34）k﹣1．
当n＝k+1时，b1+b1b2+b1b2b3+...+++1≥（k+1）•（34）k﹣1++1，
要证b1+b1b2+b1b2b3+...++1≥（k+2）•（34）k+1﹣1，
只要证（k+1）•（34）k﹣1++1≥（k+2）•（34）k+1﹣1，
即为+1≥2−k4•（34）k，左边＞0，右边≤0，恒成立，
即n＝k+1时，不等式也成立．
综上，b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）•（34）n﹣1．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及不等式的证明，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17．如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
（1）求证：AD1⊥平面CDD1C1；
（2）点M在直线BB1上，且AD⊥平面MCD，求MC1与平面CDD1C1所成角的正弦值．
【分析】（1）利用线面垂直的定义进行证明即可．
（2）建立坐标系，求出向量坐标，利用向量法进行求解即可．
证明：（1）∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
∴CD⊥AD，则CD⊥AD1，
∵AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
∴过A1，D1分别作A1F，D1E垂直AD于F，E，
则AF＝DE=12，EF＝1，A1F＝D1E=32，
则∠D1DE＝60°，tan∠D1AE=D1EAE=321+12=3232=33，
则∠D1AE＝30°，则∠AD1D＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
即AD1⊥DD1，
∵DD1∩CD＝D，
∴AD1⊥平面CDD1C1．
（2）∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
∴建立空间直角坐标系如图：则A（0，0，0），D（0，2，0），B（2，0，0），C（2，2，0），A1（0，12，32），D1（0，32，32），
则AB→=（2，0，0），DC→=（2，0，0），AD→=（0，2，0），
A1B1→=12AB→=（1，0，0），则B1（1，12，32），D1C1→=12DC→=（1，0，0），则C1（1，32，32），
∵M在直线BB1上，∴设BM→=λBB1→=λ（﹣1，12，32），DM→=DB→+BM→=（2，﹣2，0）+λ（﹣1，12，32）＝（2﹣λ，﹣2+12λ，32λ），
∵AD⊥平面MCD，∴AD→⊥DM→，即2×（﹣2+12λ）＝0，得λ＝4，
则DC1→=（1，−12，32），DM→=（﹣2，0，23），
MC1→=MD→+DC1→=（2，0，﹣23）+（1，−12，32）＝（3，−12，−332），
∵AD1⊥平面CDD1C1；
∴AD1→是平面CDD1C1的法向量，
则AD1→=（0，32，32），
设MC1与平面CDD1C1所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜MC1→，AD1→＞|＝|MC1→⋅AD1→|MC1→||AD1→||＝|−12×32−332×3243|=34．
即MC1与平面CDD1C1所成角的正弦值为34．
【点评】本题主要考查空间线面垂直的判定，以及线面角的计算，利用线面垂直的判定定理以及建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
18．已知函数f（x）＝lnx+ax的图象在x＝1处的切线方程为y＝b．
（1）求a，b的值及f（x）的单调区间．
（2）已知F（x）=xexf(x)−ex+mxx2−x，是否存在实数m，使得曲线y＝F（x）恒在直线y＝x+1的上方？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用导数的几何意义及函数单调性与导数正负的关系即可求解；
（2）根据已知条件将问题转化为不等式恒成立，再将问题转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解．
解：（1）因为f(x)=lnx+ax，所以f′(x)=1x−ax2，
又f（x）在x＝1处的切线方程为y＝b，所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，
又f（1）＝ln1+a＝1，所以切线方程为y＝1，故b＝1，
所以f(x)=lnx+1x，则f′(x)=1x−1x2=x−1x2．
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x≥1时，f′（x）≥0，f（x）单调递增．
综上，f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为[1，+∞）．
（2）F(x)=xexf(x)−ex+mxx2−x=xexlnx+mxx2−x=exlnx+mx−1，x＞0，且x≠1．
由曲线y＝F（x）恒在直线y＝x+1的上方，知exlnx+mx−1＞x+1．
当x＞1时，exlnx+mx−1＞x+1等价于exlnx+m＞x2﹣1，即exlnx﹣x2+m+1＞0．
设g（x）＝exlnx﹣x2+m+1（x＞1），则g′(x)=ex(lnx+1x)−2x=ex(lnx+1x−2xex)．
由（1）可知，当x＞1时，f(x)=lnx+1x单调递增，所以f（x）＞f（1）＝1．
设ℎ(x)=2xex，则ℎ′(x)=2(1−x)ex，
当x＞1时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以ℎ(x)＜ℎ(1)=2e＜1．
所以当x＞1时，g′(x)=ex(lnx+1x−2xex)＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（1）＝m，所以m≥0．
当0＜x＜1时，exlnx+mx−1＞x+1等价于exlnx+m＜x2﹣1，即exlnx﹣x2+m+1＜0，
设g（x）＝exlnx﹣x2+m+1（0＜x＜1），由①可知g′(x)=ex(lnx+1x−2xex)，
由（1）可知，当0＜x＜1时，f(x)=lnx+1x单调递减，所以f（x）＞f（1）＝1，
再设ℎ(x)=2xex，则ℎ′(x)=2(1−x)ex，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增，所以ℎ(x)＜ℎ(1)=2e＜1，
所以当0＜x＜1时，g′(x)=ex(lnx+1x−2xex)＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递增，
所以g（x）＜g（1）＝m，所以m≤0．
综上可知，存在实数m＝0，使得曲线y＝F（x）恒在直线y＝x+1的上方．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于难题．
19．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）经过点A（1，0），且离心率为22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l1、l2均过点A，且互相垂直，直线l1与圆O：x2+y2＝a2交于M、N两点、直线l2与椭圆C交于另一点B，求△MBN面积的最大值．
【分析】（1）由A点的坐标及离心率的值，可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；
（2）分直线AB的斜率为0和不存在时，求出△BMN的面积，当直线AB的斜率存在且不为0时设直线AB的方程，代入椭圆的方程，可得B的坐标，设直线MN的方程，求出圆心O到直线的距离d的代数式，进而求出弦长|MN|的代数式，代入三角形的面积公式，换元，由二次函数的最值的求法，求出面积的最大值．
解：（1）由题意可知b＝1，e=ca=22=1−b2a2，可得a2＝2，
所以椭圆C的方程为：y24+x2＝1；
（2）由（1）可得圆O的方程为x2+y2＝4，
当直线l1，l2的一条斜率不存在时，设l1的斜率不存在，即直线l1的方程为x＝2，
|MN|＝21−14=3，|BA|＝2b＝2，
这时S△BMN=12|MN|•|BA|=12•3•2=3；
当直线l1，l2的一条斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为x＝my+1，
联立x=my+14x2+y2=4，整理可得：（1+4m2）y2+8my＝0，可得yB=−8m1+4m2，xB=−−8m2+1+4m21+4m2=1，
所以|AB|=1+m2•|yB|=1+m2•|m|1+4m2，
直线MN的方程为y＝﹣m（x﹣1），即mx+y﹣m＝0，
可得圆心O到直线MN的距离d=|m|1+m2，
所以|MN|＝2r2−d2=24−m21+m2=24+3m21+m2，
所以t−14⋅(34⋅t+134)tS△BMN=12|MN|•|AB|=12•24+3m21+m2•1+m2•|m|1+4m2=m2(4+3m2)1+4m2，
令t＝1+4m2＞1，
则m2=t−14，
所以S△BMN=t−14⋅(34⋅t+134)t=14•−13(1t−513)2+6413，
当1t=513时，S△BMN最大为213＜3，
当1t→0时，S△BMN→34，
所以S△BMN最大值为3．
【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
月销售单价xi/（元/件）
1
2
3
4
5
月销售量yi/万件
28
23
m
15
10
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
C
A
B
D
A
月销售单价xi/（元/件）
1
2
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4
5
月销售量yi/万件
28
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