2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)仿真模擬沖刺卷三含解析理

PAGEPAGE16仿真模擬沖刺卷(三)時(shí)間：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|\f(x－3,x＋2)≤0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－2x＋3≥0))，求A∩B＝()A．{x|－2<x≤3}B．{－1，0，1，2，3}C．{－2，－1，1，2，3}D．R2．[2024·貴州二模]若復(fù)數(shù)z滿意z(1＋i3)＝3＋i(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．1＋2iB．1－2iC．2＋iD．2－i3．[2024·廣西南寧三中二模]執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的S是30，則推斷框內(nèi)的條件可以是()A．n≥6?B．n≥8?C．n>10?D．n≥10?4．[2024·云南昆明一模]雙曲線eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1的頂點(diǎn)到漸近線的距離為()A．2B．eq\r(3)C．eq\r(2)D．15．[2024·寧夏銀川一中三模]在如圖所示的正方形中隨機(jī)投擲10000個(gè)點(diǎn)，則落入陰影外部(曲線C為正態(tài)分布N(0，1)的密度曲線)的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為()附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ)<X≤(μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544A．3413B．1193C．2718D．65876．[2024·江西南昌三模]已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿意aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))，則()A．a(chǎn)6＝0B．a(chǎn)7＝0C．S12＝0D．S13＝07．[2024·四川石室中學(xué)三模]已知函數(shù)f(x)＝xsinx，則其大致圖象是下列圖中的()8．[2024·四川省綿陽(yáng)南山中學(xué)模擬預(yù)料]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,cosx)－sinx，給出以下四個(gè)結(jié)論：①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱；②函數(shù)f(x)圖象在(π，f(π))處的切線與y軸垂直；③函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))上單調(diào)遞增；④f(x)為奇函數(shù)，且f(x)既無(wú)最大值，也無(wú)最小值．其中全部正確結(jié)論的編號(hào)是()A．①B．②③C．②④D．②③④9．把函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，可得到函數(shù)f(x)的圖象，則()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1B．f(x)的最小正周期為2πC．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞減10．[2024·江西景德鎮(zhèn)一中高三月考]已知a＝2ln3－4，b＝2lneq\f(7,2)－eq\r(11)－1，c＝4ln2－eq\r(13)－1，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．c<b<aD．b<c<a11．[2024·安徽馬鞍山三模]如圖，E是正方體ABCD-A1B1C1D1棱D1D的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱C1B1上的動(dòng)點(diǎn)，下列命題中：①若過(guò)CF的平面與直線EB垂直，則F為C1B1的中點(diǎn)；②存在F使得D1F∥BE；③存在F使得△BEF的主視圖和側(cè)視圖的面積相等；④四面體EBFC的體積為定值．其中正確的是()A．①②④B．①③C．③④D．①③④12．[2024·甘肅一模]設(shè)實(shí)數(shù)λ>0，若對(duì)隨意的x∈(1，＋∞)，不等式eλx－eq\f(lnx,λ)≥0恒成立，則λ的最小值為()A．eq\f(1,e)B．eq\f(1,2e)C．eq\f(2,e)D．eq\f(e,3)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．[2024·山西太原一模]在(1－x)＋(1－x)2＋(1－x)3＋(1－x)4＋(1－x)5＋(1－x)6的綻開(kāi)式中，x3的系數(shù)為_(kāi)_______．14．[2024·黑龍江齊齊哈爾一模]已知向量|a|＝2，b＝(3，－4)，若a·(a＋b)＝eq\f(22,3)，則向量a與向量b夾角的余弦值為_(kāi)_______________．15．[2024·河南洛陽(yáng)三模]已知F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦點(diǎn)，過(guò)F2的直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，若PQ⊥PF1且|QF1|＝eq\r(2)|PF1|，則△PF1F2與△QF1F2的面積之比為_(kāi)_______．16．[2024·四川威遠(yuǎn)中學(xué)高三月考]如圖，等腰△PAB所在平面為α，PA⊥PB，AB＝4，點(diǎn)C，D分別為PA，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)．平面α內(nèi)經(jīng)過(guò)點(diǎn)G的直線l將△PAB分成兩部分，把點(diǎn)P所在的部分沿直線l翻折，使點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)P′(P′?平面α).若點(diǎn)P′在平面α內(nèi)的射影H恰好在翻折前的線段AB上，則線段P′H的長(zhǎng)度的取值范圍是________．三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答．第22、23題為選考題，考生依據(jù)要求作答．(一)必考題：共60分．17．(12分)[2024·云南紅河三模]已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝9，a1，a2，a5成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意bn＝2an＋1，求數(shù)列{bn－an}的前n項(xiàng)和Tn.18．(12分)[2024·廣西柳州三模]如圖，在直角梯形AEFB中，AE⊥EF，AE∥BF，且BF＝EF＝2AE，直角梯形D1EFC1可以通過(guò)直角梯形AEFB以直線EF為軸旋轉(zhuǎn)得到．(1)求證：平面C1D1EF⊥平面BC1F；(2)若二面角C1-EF-B的大小為eq\f(π,3)，求直線D1F與平面ABC1所成角的正弦值．19.(12分)[2024·四川石室中學(xué)高三月考]一批產(chǎn)品須要進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn)，檢驗(yàn)方案是：先從這批產(chǎn)品中任取2件作檢驗(yàn)，這2件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n.假如n＝1，那么再?gòu)倪@批產(chǎn)品中任取2件作檢驗(yàn)，若都為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過(guò)檢驗(yàn)；假如n＝2，那么再?gòu)倪@批產(chǎn)品中任取1件作檢驗(yàn)，若為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過(guò)檢驗(yàn)；其他狀況下，這批產(chǎn)品都不能通過(guò)檢驗(yàn)．假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為80%，即取出的產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為eq\f(4,5)，且各件產(chǎn)品是否為優(yōu)質(zhì)品相互獨(dú)立．(1)求這批產(chǎn)品通過(guò)檢驗(yàn)的概率；(2)已知每件產(chǎn)品檢驗(yàn)費(fèi)用為100元，凡抽取的每件產(chǎn)品都須要檢驗(yàn)，對(duì)這批產(chǎn)品作質(zhì)量檢驗(yàn)所需的費(fèi)用記為X(單位：元)，求X的分布列及均值(數(shù)學(xué)期望).20．(12分)[2024·安徽馬鞍山二模]已知雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b≠1)的左焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，過(guò)點(diǎn)F向雙曲線的一條漸近線作垂線，垂足為P，直線AP與雙曲線的左支交于點(diǎn)B.(1)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求線段OP的長(zhǎng)度；(2)求證：PF平分∠BFA.21．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex(mex－1)＋x，其中m>0.(1)若函數(shù)f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＝a僅有1個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(二)選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．假如多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](10分)[2024·黑龍江牡丹江市第三高級(jí)中學(xué)高三月考]在平面直角坐標(biāo)系中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα,y＝tsinα))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρcosθ＝3.(1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程和曲線C2的直角坐標(biāo)方程；(2)曲線C1與C2相交于A、B兩點(diǎn)，求|OA|·|OB|的值．23．[選修4－5：不等式選講](10分)[2024·內(nèi)蒙古呼和浩特一模]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＋|x＋b＋c|(a，b，c均為正實(shí)數(shù)).(1)當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)f(x)的最小值為3時(shí)，求a2＋b2＋c2的最小值．仿真模擬沖刺卷（三）1．答案：B解析：A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|\f(x－3,x＋2)≤0))＝{x|x∈Z|（x－3）（x＋2）≤0且x≠－2}＝{－1，0，1，2，3}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－2x＋3≥0))＝R，所以A∩B＝{－1，0，1，2，3}．故選B.2．答案：A解析：因?yàn)?＋i3＝1－i，所以z＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i.故選A.3．答案：D解析：由程序框圖，其執(zhí)行結(jié)果如下：1、S＝0，n＝0：n＝2，S＝2，執(zhí)行循環(huán)體；2、S＝2，n＝2：n＝4，S＝6，執(zhí)行循環(huán)體；3、S＝6，n＝4：n＝6，S＝12，執(zhí)行循環(huán)體；4、S＝12，n＝6：n＝8，S＝20，執(zhí)行循環(huán)體；5、S＝20，n＝8：n＝10，S＝30，跳出循環(huán)體，輸出S＝30；∴框內(nèi)條件應(yīng)為n≥10？.故選D.4．答案：C解析：依據(jù)雙曲線的對(duì)稱性，其兩個(gè)頂點(diǎn)到兩條漸近線的距離都相等，由題意知：右頂點(diǎn)坐標(biāo)為（eq\r(6)，0），一條漸近線方程為y＝eq\f(\r(2),2)x，∴d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\r(6))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(3),\f(\r(6),2))＝eq\r(2)，即頂點(diǎn)到漸近線的距離為eq\r(2).故選C.5．答案：D解析：由題意P（0<X≤1）＝eq\f(1,2)×0.6826＝0.3413，∴落入陰影部分點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為10000×0.3413＝3413，∴落入陰影外部（曲線C為正態(tài)分布N（0，1）的密度曲線）的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為10000－3413＝6587.故選D.6．答案：C解析：∵aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝0，∴2d（a7＋a5）＋2d（a8＋a6）＝0，又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，∴2（a7＋a6）＝0，∴S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（a6＋a7）,2)＝0，故選C.7．答案：C解析：因?yàn)閒（x）＝xsinx定義域?yàn)镽，又f（－x）＝－xsin（－x）＝xsinx＝f（x），所以函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，故解除AD，結(jié)合選項(xiàng)BC，只需求解函數(shù)f（x）與直線y＝x在x>0時(shí)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，令xsinx＝x，x≠0，解得sinx＝1即x＝eq\f(π,2)＋2kπ，當(dāng)k＝0時(shí)，x＝eq\f(π,2)，所以函數(shù)f（x）與直線y＝x在x>0時(shí)的第一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(π,2)，結(jié)合函數(shù)圖象可知，選項(xiàng)C符合題意，故選C.8．答案：D解析：因?yàn)閒（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以f（π－x）＝eq\f(π－x,cos（π－x）)－sin（π－x）＝eq\f(π－x,－cosx)－sinx，所以f（π－x）≠f（x），故函數(shù)f（x）的圖象不關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，故①錯(cuò)誤；f（π）＝eq\f(π,cosπ)－sinπ＝－π，f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx，f′（π）＝eq\f(cosπ＋πsinπ,cos2π)－cosπ＝0，切線的斜率為0，即切線與y軸垂直，故②正確；f′（x）＝eq\f(cosx＋xsinx,cos2x)－cosx＝eq\f(cosxsin2x＋xsinx,cos2x)＝eq\f(sinx\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋x)),cos2x).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))，sinx>0，eq\f(1,2)sin2x＋x>0，所以f′（x）>0，即函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))上單調(diào)遞增，故③正確；因?yàn)閒（x）＝eq\f(x,cosx)－sinx，所以定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))，f（－x）＝eq\f(－x,cos（－x）)－sin（－x）＝－eq\f(x,cosx)＋sinx＝－f（x），所以f（x）為奇函數(shù)，取x→＋∞時(shí)，因?yàn)閏osx∈[－1，0）∪（0，1]，sinx∈（－1，1），當(dāng)x＝2kπ，k∈Z時(shí)，cosx＝1，sinx＝0，所以f（x）＝x→＋∞，當(dāng)x＝π＋2kπ，k∈Z時(shí)，cosx＝－1，sinx＝0，所以f（x）＝－x→－∞，故f（x）既無(wú)最大值，也無(wú)最小值，即④正確；故選D.9．答案：D解析：將函數(shù)y＝2sin2x圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的圖象，再向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度可得到f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋1的圖象，故A錯(cuò)誤；T＝eq\f(2π,2)＝π，故B錯(cuò)誤；令2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，x＝－eq\f(π,12)；當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(5,12)π，故C錯(cuò)誤；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞減，故D正確，故選D.10．答案：C解析：由題意，a＝2ln3－eq\r(4×3－3)－1，b＝2lneq\f(7,2)－eq\r(\f(7,2)×4－3)－1，c＝2ln4－eq\r(4×4－3)－1，構(gòu)選函數(shù)f（x）＝2lnx－eq\r(4x－3)－1（x≥3），則f′（x）＝eq\f(2,x)－eq\f(2,\r(4x－3))＝2·eq\f(\r(4x－3)－x,x\r(4x－3))＝2·eq\f(－x2＋4x－3,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)＝2·eq\f(－（x－1）（x－3）,x\r(4x－3)（\r(4x－3)＋x）)≤0，所以函數(shù)f（x）在[3，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（3）>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))>f（4），即a>b>c.故選C.11．答案：D解析：①當(dāng)F為C1B1的中點(diǎn)，將CF平移至EM，則M為A1D1的四等分點(diǎn)，即D1M＝eq\f(1,4)A1D1，過(guò)M點(diǎn)作MN⊥AD，設(shè)AD＝4，則MN＝4，BN＝5，BD＝4eq\r(2)，所以BE＝6，BM＝eq\r(41)，ME＝eq\r(5)，所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，所以CF⊥BE，所以過(guò)CF的平面與直線EB垂直，②過(guò)D1作D1Q∥BE，易知Q為BB1的中點(diǎn)，此時(shí)D1Q和D1F相交，所以D1F和BE異面，故②錯(cuò)誤；③當(dāng)F為B1時(shí)，△BEF的主視圖和側(cè)視圖的面積相等，故③成立；④因?yàn)镃1B1∥BC，故C1B1∥平面EBC，故B1C1上任一點(diǎn)到平面EBC距離相等，且△EBC的面積固定，故VE-BFC＝eq\f(1,3)S△BFC×d為定值，故④正確，故選D.12．答案：A解析：由題意eλx－eq\f(lnx,λ)≥0得eλx≥eq\f(lnx,λ)，設(shè)g（x）＝eλx，h（x）＝eq\f(lnx,λ)，可得g（x）與h（x）互為反函數(shù)，且g（x）與h（x）的圖象關(guān)于y＝x對(duì)稱，所以函數(shù)g（x）＝eλxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或h（x）＝\f(lnx,λ)))的圖象與直線y＝x相切時(shí)λ的值是不等式eλx－eq\f(lnx,λ)≥0恒成立時(shí)λ的最小值，設(shè)函數(shù)g（x）＝eλx與直線y＝x相切的切點(diǎn)為（x0，y0），可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝eλx0,y0＝x0))，可得eλx0＝x0，同時(shí)對(duì)g（x）＝eλx求導(dǎo)可得：g′（x）＝λeλx，可得g′（x0）＝λeλx0＝1，聯(lián)立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eλx0＝x0,λeλx0＝1))，解得：λ＝eq\f(1,e)，則λ的最小值為eq\f(1,e)，故選A.13．答案：－35解析：在（1－x）＋（1－x）2＋（1－x）3＋（1－x）4＋（1－x）5＋（1－x）6的綻開(kāi)式中，x3的系數(shù)為－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－35.14．答案：eq\f(1,3)解析：由a·（a＋b）＝eq\f(22,3)，得a·a＋a·b＝eq\f(22,3)，所以a·b＝eq\f(22,3)－22＝eq\f(10,3)，∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，故cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(\f(10,3),2×5)＝eq\f(1,3).15．答案：eq\r(2)＋1解析：設(shè)|PF1|＝m，∴|QF1|＝eq\r(2)m，由橢圓的定義可知：|PF2|＝2a－m，∴|QF2|＝2a－eq\r(2)m，所以|PQ|＝4a－（eq\r(2)＋1）m，因?yàn)镻Q⊥PF1，所以|PF1|2＋|QP|2＝|QF1|2，即m2＋[4a－（eq\r(2)＋1）m]2＝（eq\r(2)m）2?（eq\r(2)＋1）m2－4（eq\r(2)＋1）ma＋8a2＝0，解得m＝（4－2eq\r(2)）a或m＝2eq\r(2)a，當(dāng)m＝2eq\r(2)a時(shí)，|QF2|＝2a－eq\r(2)m<0，所以不符合題意，故舍去，因此m＝（4－2eq\r(2)）a，所以|PF2|＝（2eq\r(2)－2）a，|QF2|＝（6－4eq\r(2)）a，∵∠PF2F1＋∠QF2F1＝π，∴sin∠PF2F1＝sin∠QF2F1，△PF1F2與△QF1F2的面積之比為：eq\f(\f(1,2)|F1F2|·|PF2|·sin∠PF2F1,\f(1,2)|F1F2|·|QF2|·sin∠QF2F1)＝eq\f(2\r(2)－2,6－4\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,3－2\r(2))＝eq\f(\r(2)－1,（\r(2)－1）2)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1.16．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))解析：當(dāng)l與CD重合時(shí)，P′H＝0，由題意得△P′GH為直角三角形，且斜邊PG2＝eq\f(5,2)為定值，所以要求最大值，只需GH最小，GH最小值為eq\f(1,2)，所以P′Hmax＝eq\r(PG2－GH2)＝eq\f(3,2).17．解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，d≠0，所以有a2＝a1＋d，a5＝a1＋4d，∵a1，a2，a5成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1·a5，即（a1＋d）2＝a1（a1＋4d）?aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1d＋d2＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋4a1d?d2－2a1d＝0?d（d－2a1）＝0，∵d≠0，∴d＝2a1，又∵S3＝eq\f(3（a1＋a3）,2)＝eq\f(3（2a1＋2d）,2)＝3（a1＋d）＝9，∴a1＋d＝3，即3a1＝3?a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1；（2）由題意知bn＝2an＋1＝22n－1＋1＝22n＝4n，b1＝4，eq\f(bn＋1,bn)＝4，∴{bn}是以4為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列．記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Mn，則Mn＝eq\f(4（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n＋1－4,3)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2，Tn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝（b1＋b2＋…＋bn）－（a1＋a2＋…＋an）＝Mn－Sn＝eq\f(4n＋1－4,3)－n2.18．解析：（1）證明：在直角梯形AEFB中，AE⊥EF，且直角梯形D1EFC1是通過(guò)直角梯形AEFB以直線EF為軸旋轉(zhuǎn)而得，所以D1E⊥EF，又AE∥BF，所以BF⊥EF，C1F⊥EF，因?yàn)锽F∩C1F＝F，所以EF⊥平面BC1F，因?yàn)镋F?平面C1D1EF，所以平面C1D1EF⊥平面BC1F，（2）由（1）可知BF⊥EF，C1F⊥EF，因?yàn)槎娼荂1-EF-B的大小為eq\f(π,3)，所以∠C1FB＝eq\f(π,3)，過(guò)點(diǎn)F作平面AEFB的垂線，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系F-xyz.設(shè)BF＝EF＝2AE＝4，則E（4，0，0），C1（0，2，2eq\r(3)），D1（4，1，eq\r(3)），B（0，4，0），A（4，2，0）.所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝（－4，2，0），C1B＝（0，2，－2eq\r(3)），F(xiàn)D1＝（4，1，eq\r(3)）.設(shè)平面ABC1的法向量n＝（x，y，z），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·C1B＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x＋2y＝0，,2y－2\r(3)z＝0.))令z＝1，則y＝eq\r(3)，x＝eq\f(\r(3),2)，于是n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)，1)).所以直線D1F與平面ABC1所成角的正弦值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·FD1,|n||FD1|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),\f(\r(19),2)×2\r(5))))＝eq\f(4\r(285),95).19．解析：（1）將“產(chǎn)品通過(guò)檢驗(yàn)”記為事務(wù)A，則P（A）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,5)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(64,125)＋eq\f(128,625)＝eq\f(448,625).即這批產(chǎn)品通過(guò)檢驗(yàn)的概率為eq\f(448,625).（2）由題意，X的可能取值為200，300，400.P（X＝200）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,25)，P（X＝300）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,25)，P（X＝400）＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(8,25)，則X的分布列如下：X200300400Peq\f(1,25)eq\f(16,25)eq\f(8,25)因此，E（X）＝200×eq\f(1,25)＋300×eq\f(16,25)＋400×eq\f(8,25)＝328.20．解析：（1）不妨設(shè)B在其次象限，則漸近線OP的方程為y＝－bx，則直線PF的方程為y＝eq\f(1,b)（x＋c），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,b)（x＋c）,y＝－bx))得：xp＝－eq\f(c,b2＋1)＝－eq\f(1,c)，yp＝eq\f(b,c)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,c)，\f(b,c)))，∴|OP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,c)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(1＋b2,c2))＝eq\r(\f(c2,c2))＝1；（2）證明：設(shè)直線PF的傾斜角為θ，則tanθ＝eq\f(1,b)，tan2θ＝eq\f(2tan2θ,1－tan2θ)＝eq\f(2b,b2－1)，又A（1，0），∴直線AP的斜率為eq\f(\f(b,c),－\f(1,c)－1)＝－eq\f(b,c＋1)，則直線AP的方程為y＝eq\f(－b,c＋1)（x－1），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(－b,c＋1)（x－1）,x2－\f(y2,b2)＝1))得：（c2＋2c）x2＋2x－（c2＋2c＋2）＝0，∴xB＝xAxB＝－eq\f(c2＋2c＋2,c2＋2c)，yB＝－eq\f(b,c＋1)（xB－1）＝eq\f(2b（c＋1）,c2＋2c)，又F（－c，0），∴直線BF的斜率為eq\f(yB,xB＋c)＝eq\f(\f(2b（c＋1）,c2＋2c),－\f(c2＋2c＋2,c2＋2c)＋c)＝eq\f(2b（c＋1）,c3＋c2－2c－2)＝eq\f(2b,c2－2)＝eq\f(2b,b2－1)＝tan2θ，故PF平分∠BFA.21．解析：（1）依題意，f′（x）＝2me2x－ex＋1，令t＝ex，則由f′（x）＝0可得2mt2－t＋1＝0，則Δ＝1－8m；當(dāng)m≥eq\f(1,8)時(shí)，Δ≤0，此時(shí)f′（x）≥0，故函數(shù)f（x）在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)，不合題意；當(dāng)0<m<eq\f(1,8)時(shí)，Δ>0，f′（x）＝0，得ex＝eq\f(1±\r(1－8m),4m)，則令x1＝lneq\f(1－\r(1－8m),4m)，x2＝lneq\f(1＋\r(1－8m),4m)，則當(dāng)x∈（－∞，x1）時(shí)，f′（x）>0，當(dāng)x∈（x1，x2），f′（x）<0，當(dāng)x∈（x2，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，此時(shí)函數(shù)f（x）有2個(gè)極值點(diǎn)，符合題意；綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))；（2）依題意，ex（mex－1）＋x＝a，記g（x）＝ex（mex－1）＋x－a，g′（x）＝f′（x）；①由（1）可知當(dāng)m≥eq\f(1,8)時(shí)，g′（x）≥0，則函數(shù)g（x）在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞增；可知當(dāng)x→－∞時(shí)，g（x）→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g（x）→＋∞，故當(dāng)m≥eq\f(1,8)時(shí)，函數(shù)g（x）恰有1個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)a∈R；②當(dāng)0<m<eq\f(1,8)時(shí)，g（x）在（－∞，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，x2）上單調(diào)遞減，在（x2，＋∞）上單調(diào)遞增，g′（x1）＝2me2x1－ex1＋1＝g′（x2）＝2me2x2－ex2＋1＝0，則m＝eq\f(ex1－1,2e2x1)＝eq\f(ex2－1,2e2x2)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g（x）))極大