2024-2025學年遼寧省鞍山市高三上冊12月期末數(shù)學檢測試題（含解析）

2024-2025學年遼寧省鞍山市高三上學期12月期末數(shù)學檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2024·貴州遵義高三第三次質(zhì)量監(jiān)測)已知集合A＝{x∈N|x2－x－12≤0}，B＝{－1，1，2，3，4，5}，則A∩B＝()A．{0，1，3，4，5} B．{1，2，3，4，5}C．{1，2，3，4} D．{－1，0，2，3，4}2．(2024·浙江寧波十校高三3月聯(lián)考)若復數(shù)z滿足(1＋i)z＝5i－z，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z－1,z－i）)＝()A．3 B．2C．eq\r(2) D．13．“a>0”是“點(0，1)在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知平面向量a與b的夾角為60°，a＝(2，0)，|b|＝1，則|a－2b|的值為()A．eq\r(2) B．2C．4 D．eq\f(1,2)5．函數(shù)y＝sinx·lneq\f(x2＋1,x2)的圖象可能是()6．(2x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x））eq\s\up12(5)的展開式中x3的系數(shù)為()A．180 B．90C．20 D．107．(2024·山東泰安高三第二次模擬)設(shè)拋物線x2＝4y的焦點為F，過拋物線上點P作準線的垂線，設(shè)垂足為Q，若∠PQF＝30°，則|PQ|＝()A．eq\f(4,3) B．eq\f(4\r(3),3)C．eq\r(3) D．eq\f(2\r(3),3)8．(2024·遼寧遼陽高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)＝eq\f(3,4)，則f(100)＝()A．10000 B．10082C．10100 D．10302二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9．(2024·重慶部分學校高三3月聯(lián)考)如圖，彈簧掛著的小球做上下運動，它在ts時相對于平衡位置的高度h(單位：cm)由關(guān)系式h＝Asin(ωt＋φ)，t∈[0，＋∞)確定，其中A>0，ω>0，φ∈(0，π]．小球從最高點出發(fā)，經(jīng)過1．8s后，第一次回到最高點，則()A．φ＝eq\f(π,4)B．ω＝eq\f(10π,9)C．t＝9s與t＝2．1s時的相對于平衡位置的高度h之比為eq\f(3,2)D．t＝9s與t＝2．1s時的相對于平衡位置的高度h之比為210．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是邊長為2的正三角形，AA1＝4，M為CC1的中點，P為線段A1M上的點(不包括端點)，則下列說法正確的是()A．A1M⊥平面ABMB．三棱錐P－ABM體積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3）)C．存在點P，使得BP與平面A1B1C1所成的角為60°D．存在點P，使得AP⊥BM11．已知直線y＝－x＋2分別與函數(shù)y＝ex和y＝lnx的圖象交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則下列結(jié)論正確的是()A．x1＋x2＝2 B．ex1＋ex2>2eC．x1lnx2＋x2lnx1<0 D．x1x2>eq\f(\r(e),2)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知tan(π－α)＝－eq\f(3,4)，則sin2α的值為________．13．已知{an}是等差數(shù)列，a3＋a9＝12，則a13－eq\f(1,2)a20＝________．14．過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)右焦點F的直線l與雙曲線C的一條漸近線垂直，垂足為點A，O為坐標原點，若∠OAF的平分線與x軸交于點M，且點M到OA與AF的距離都為eq\f(b,3)，則雙曲線C的離心率為________．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分13分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a(sinA－sinB)＋bsinB＝csinC．(1)求角C；(2)若c＝3，a＋b＝6，求△ABC的面積．16．(2024·江蘇徐州高三適應(yīng)性測試)(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R．(1)若函數(shù)y＝f(x)－2x2在(0，2]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；(2)若直線y＝ex與函數(shù)f(x)的圖象相切，求a的值．17．(本小題滿分15分)如圖，四邊形ABCD是邊長為eq\r(13)的菱形，對角線BD＝4，F(xiàn)為CD的中點，CE⊥平面BCD，CE＝2．現(xiàn)沿BD將△ABD翻折至△A1BD的位置，使得平面A1BD⊥平面BCD，且點A1和點E在平面BCD同側(cè)．(1)證明：A1F∥平面BCE；(2)求二面角A1－BF－E的正弦值．18．(2024·吉林地區(qū)高三第三次模擬)(本小題滿分17分)短視頻已成為當下宣傳的重要手段，東北某著名景點利用短視頻宣傳增加旅游熱度，為調(diào)查某天南北方游客來此景點旅游是否與收看短視頻有關(guān)，該景點對當天前來旅游的500名游客調(diào)查得知，南方游客有300人，因收看短視頻而來的280名游客中南方游客有200人．(1)依據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)完成如下列聯(lián)表，根據(jù)小概率值α＝0．001的獨立性檢驗，分析南北方游客來此景點旅游是否與收看短視頻有關(guān)聯(lián)；單位：人收看短視頻未收看短視頻合計南方游客北方游客合計(2)為了增加游客的旅游樂趣，該景點設(shè)置一款5人傳球游戲，每個人得到球后都等可能地傳給其余4人之一，現(xiàn)有甲、乙等5人參加此游戲，球首先由甲傳出．①求經(jīng)過i次傳遞后球回到甲的概率；②記前m次傳遞中球傳到乙的次數(shù)為X，求X的數(shù)學期望．參考公式：χ2＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d，E(eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）Xi)＝eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）E(Xi)．附表：α0．10．050．010．0050．001xα2．7063．8416．6357．87910．82819．(2024·湖南永州高三第三次模擬)(本小題滿分17分)已知O為坐標原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，動點N滿足eq\o(ON,\s\up6(→）＝eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→），記點N的軌跡為E．(1)求軌跡E的方程；(2)在軌跡E上是否存在點T，使得過點T作橢圓C的兩條切線互相垂直？若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由；(3)過點M的直線y＝kx＋m(m≠0)交軌跡E于A，B兩點，射線OM交軌跡E于點P，射線MO交橢圓C于點Q，求四邊形APBQ面積的最大值．2024-2025學年遼寧省鞍山市高三上學期12月期末數(shù)學檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2024·貴州遵義高三第三次質(zhì)量監(jiān)測)已知集合A＝{x∈N|x2－x－12≤0}，B＝{－1，1，2，3，4，5}，則A∩B＝()A．{0，1，3，4，5} B．{1，2，3，4，5}C．{1，2，3，4} D．{－1，0，2，3，4}答案：C解析：由x2－x－12≤0，得－3≤x≤4，則A＝{0，1，2，3，4}，于是A∩B＝{0，1，2，3，4}∩{－1，1，2，3，4，5}＝{1，2，3，4}．故選C．2．(2024·浙江寧波十校高三3月聯(lián)考)若復數(shù)z滿足(1＋i)z＝5i－z，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z－1,z－i）)＝()A．3 B．2C．eq\r(2) D．1答案：C解析：由(1＋i)z＝5i－z，得(2＋i)z＝5i，所以z＝eq\f(5i,2＋i)＝eq\f(5i(2－i),(2＋i)(2－i）＝1＋2i，所以eq\f(z－1,z－i)＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i(1－i),(1＋i)(1－i）＝1＋i，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z－1,z－i）)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)．故選C．3．“a>0”是“點(0，1)在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案：B解析：將x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化為標準方程，得(x－a)2＋(y－1)2＝a2－a．當點(0，1)在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外時，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a>0，）解得a>1．所以“a>0”是“點(0，1)在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不充分條件．故選B．4．已知平面向量a與b的夾角為60°，a＝(2，0)，|b|＝1，則|a－2b|的值為()A．eq\r(2) B．2C．4 D．eq\f(1,2)答案：B解析：因為a＝(2，0)，所以|a|＝2，所以a·b＝|a||b|cos60°＝2×1×eq\f(1,2)＝1，所以|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2＋4b2－4a·b＝|a|2＋4|b|2－4a·b＝22＋4－4×1＝4，所以|a－2b|＝2．故選B．5．函數(shù)y＝sinx·lneq\f(x2＋1,x2)的圖象可能是()答案：D解析：因為y＝f(x)＝sinx·lneq\f(x2＋1,x2)的定義域為{x|x≠0}，關(guān)于原點對稱，又f(－x)＝sin(－x)·lneq\f((－x)2＋1,(－x)2)＝－sinx·lneq\f(x2＋1,x2)＝－f(x)，所以y＝sinx·lneq\f(x2＋1,x2)為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，故排除A，B；當x∈(0，π)時，sinx＞0，eq\f(x2＋1,x2)＝1＋eq\f(1,x2)＞1，所以lneq\f(x2＋1,x2)＞0，所以y＝sinx·lneq\f(x2＋1,x2)＞0，故排除C．故選D．6．(2x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x））eq\s\up12(5)的展開式中x3的系數(shù)為()A．180 B．90C．20 D．10答案：A解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x））eq\s\up12(5)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)3kx5－eq\f(3k,2)，由5－eq\f(3k,2)＝3，得k＝eq\f(4,3)?Z；由5－eq\f(3k,2)＝2，解得k＝2，所以x3的系數(shù)為2×Ceq\o\al(2,5)×32＝180．故選A．7．(2024·山東泰安高三第二次模擬)設(shè)拋物線x2＝4y的焦點為F，過拋物線上點P作準線的垂線，設(shè)垂足為Q，若∠PQF＝30°，則|PQ|＝()A．eq\f(4,3) B．eq\f(4\r(3),3)C．eq\r(3) D．eq\f(2\r(3),3)答案：A解析：如圖所示，設(shè)M為準線與x軸的交點，因為∠PQF＝30°，且|PF|＝|PQ|，所以∠PFQ＝30°，因為FM∥PQ，所以∠QFM＝30°，在Rt△QMF中，|QF|＝eq\f(|FM|,cos30°)＝eq\f(2,\f(\r(3),2）＝eq\f(4\r(3),3)，所以|PQ|＝eq\f(|QF|,2)÷cos30°＝eq\f(2\r(3),3)÷eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4,3)．故選A．8．(2024·遼寧遼陽高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)＝eq\f(3,4)，則f(100)＝()A．10000 B．10082C．10100 D．10302答案：C解析：在f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy中，令y＝eq\f(1,2)，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2）)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)＋x＝f(x)＋x＋eq\f(3,4)，故f(x＋1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2）)＋x＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2）)＋x＋eq\f(5,4)，故f(x＋1)＝f(x)＋x＋eq\f(3,4)＋x＋eq\f(5,4)＝f(x)＋2x＋2，所以f(x＋1)－f(x)＝2x＋2①，f(x＋2)－f(x＋1)＝2(x＋1)＋2＝2x＋4②，f(x＋3)－f(x＋2)＝2(x＋2)＋2＝2x＋6③，…，f(x＋99)－f(x＋98)＝2(x＋98)＋2＝2x＋198eq\o(○,\s\up1(99），將上面99個式子相加，得f(x＋99)－f(x)＝99×2x＋2＋4＋…＋198＝198x＋eq\f(99×(2＋198),2)＝198x＋9900，令x＝1，得f(100)－f(1)＝198＋9900＝10098，在feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2）)＝f(x)＋x＋eq\f(3,4)中，令x＝eq\f(1,2)，得f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)＝2，故f(100)＝10098＋f(1)＝10100．故選C．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9．(2024·重慶部分學校高三3月聯(lián)考)如圖，彈簧掛著的小球做上下運動，它在ts時相對于平衡位置的高度h(單位：cm)由關(guān)系式h＝Asin(ωt＋φ)，t∈[0，＋∞)確定，其中A>0，ω>0，φ∈(0，π]．小球從最高點出發(fā)，經(jīng)過1．8s后，第一次回到最高點，則()A．φ＝eq\f(π,4)B．ω＝eq\f(10π,9)C．t＝9s與t＝2．1s時的相對于平衡位置的高度h之比為eq\f(3,2)D．t＝9s與t＝2．1s時的相對于平衡位置的高度h之比為2答案：BD解析：由題可知，小球運動的周期T＝1．8s，所以eq\f(2π,ω)＝1．8，解得ω＝eq\f(10π,9)，故B正確；當t＝0s時，Asinφ＝A，又φ∈(0，π]，所以φ＝eq\f(π,2)，故A錯誤；h＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,9)t＋\f(π,2）)＝Acoseq\f(10π,9)t，所以t＝9s與t＝2．1s時的相對于平衡位置的高度之比為eq\f(Acos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,9)×9）,Acos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,9)×2.1）)＝2，故C錯誤，D正確．故選BD．10．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是邊長為2的正三角形，AA1＝4，M為CC1的中點，P為線段A1M上的點(不包括端點)，則下列說法正確的是()A．A1M⊥平面ABMB．三棱錐P－ABM體積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3）)C．存在點P，使得BP與平面A1B1C1所成的角為60°D．存在點P，使得AP⊥BM答案：BC解析：連接A1B，由題意得A1C1＝MC1＝2，則A1M＝2eq\r(2)，BM＝2eq\r(2)，易得A1B＝2eq\r(5)，因為A1M2＋BM2≠A1B2，所以A1M與BM不垂直，所以A1M與平面ABM不垂直，故A錯誤；易知AM⊥A1M，所以S△AMP＝eq\f(1,2)AM·PM＝eq\r(2)PM，又PM∈(0，2eq\r(2))，點B到平面AMP的距離為eq\r(3)，則VP－ABM＝VB－AMP＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×S△AMP＝eq\f(\r(6),3)PM∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3）)，故B正確；BP與平面A1B1C1所成的角即為BP與平面ABC所成的角，設(shè)為α，易知當點P與M重合時，α最小，此時α＝∠MBC＝45°，當點P與A1重合時，α最大，此時α＝∠ABA1，tanα＝eq\f(AA1,AB)＝2，此時α>60°，所以存在點P，使得BP與平面A1B1C1所成的角為60°，故C正確；如圖，建立空間直角坐標系，則B(eq\r(3)，1，0)，M(0，2，2)，A1(0，0，4)，設(shè)eq\o(A1P,\s\up6(→）＝λeq\o(A1M,\s\up6(→）(0<λ<1)，則有P(0，2λ，4－2λ)，eq\o(AP,\s\up6(→）＝(0，2λ，4－2λ)，eq\o(BM,\s\up6(→）＝(－eq\r(3)，1，2)，eq\o(AP,\s\up6(→）·eq\o(BM,\s\up6(→）＝8－2λ≠0，故不存在點P，使得AP⊥BM，故D錯誤．故選BC．11．已知直線y＝－x＋2分別與函數(shù)y＝ex和y＝lnx的圖象交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則下列結(jié)論正確的是()A．x1＋x2＝2 B．ex1＋ex2>2eC．x1lnx2＋x2lnx1<0 D．x1x2>eq\f(\r(e),2)答案：ABC解析：函數(shù)y＝ex與y＝lnx互為反函數(shù)，則函數(shù)y＝ex與y＝lnx的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，將y＝－x＋2與y＝x聯(lián)立，得x＝1，y＝1，由直線y＝－x＋2分別與函數(shù)y＝ex和y＝lnx的圖象交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，作出函數(shù)圖象如圖，則A(x1，y1)，B(x2，y2)的中點坐標為(1，1)．對于A，由eq\f(x1＋x2,2)＝1，得x1＋x2＝2，故A正確；對于B，ex1＋ex2≥2eq\r(ex1·ex2)＝2eq\r(ex1＋x2)＝2eq\r(e2)＝2e，因為x1≠x2，即等號不成立，所以ex1＋ex2>2e，故B正確；對于C，將y＝－x＋2與y＝ex聯(lián)立可得－x＋2＝ex，即ex＋x－2＝0，設(shè)f(x)＝ex＋x－2，則函數(shù)f(x)為增函數(shù)，因為f(0)＝1＋0－2＝－1<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)＝eeq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－2＝eeq\f(1,2)－eq\f(3,2)>0，故函數(shù)f(x)的零點在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2）)上，即0<x1<eq\f(1,2)，由x1＋x2＝2，得eq\f(3,2)<x2<2，所以x1lnx2＋x2lnx1＝x1lnx2－x2lneq\f(1,x1)<x1lnx2－x2lnx2＝(x1－x2)lnx2<0，故C正確；對于D，x1x2＝x1(2－x1)＝x1ex1，設(shè)h(x)＝xex，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2）)，則h′(x)＝(x＋1)ex>0，即h(x)＝xex在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2）)上單調(diào)遞增，故x1x2＝x1ex1<eq\f(1,2)eeq\f(1,2)＝eq\f(\r(e),2)，故D錯誤．故選ABC．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知tan(π－α)＝－eq\f(3,4)，則sin2α的值為________．答案：eq\f(24,25)解析：因為tan(π－α)＝－eq\f(3,4)，所以－tanα＝－eq\f(3,4)，所以tanα＝eq\f(3,4)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×\f(3,4),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4）)\s\up12(2)＋1)＝eq\f(24,25)．13．已知{an}是等差數(shù)列，a3＋a9＝12，則a13－eq\f(1,2)a20＝________．答案：3解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a3＋a9＝12，所以a6＝eq\f(a3＋a9,2)＝6，所以a13－eq\f(1,2)a20＝(a1＋12d)－eq\f(1,2)(a1＋19d)＝eq\f(1,2)(a1＋5d)＝eq\f(1,2)a6＝3．14．過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)右焦點F的直線l與雙曲線C的一條漸近線垂直，垂足為點A，O為坐標原點，若∠OAF的平分線與x軸交于點M，且點M到OA與AF的距離都為eq\f(b,3)，則雙曲線C的離心率為________．答案：eq\r(5)解析：如圖所示，設(shè)點A在第一象限，由題意可知|AF|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2）＝b，|OF|＝c，所以|OA|＝eq\r(|OF|2－|AF|2)＝eq\r(c2－b2)＝a，過點M分別作MN⊥OA于點N，MT⊥AF于點T，由角平分線的性質(zhì)知|MN|＝|MT|，又因為FA⊥OA于點A，所以四邊形MTAN為正方形，所以|NA|＝|MN|＝eq\f(b,3)，所以|ON|＝|OA|－|NA|＝a－eq\f(b,3)，又因為tan∠AOF＝eq\f(|MN|,|ON|)＝eq\f(\f(b,3),a－\f(b,3）＝eq\f(b,a)，所以eq\f(a,3)＝a－eq\f(b,3)，b＝2a，所以c2＝a2＋b2＝5a2，所以c＝eq\r(5)a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分13分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a(sinA－sinB)＋bsinB＝csinC．(1)求角C；(2)若c＝3，a＋b＝6，求△ABC的面積．解：(1)由正弦定理，得sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)(R為△ABC外接圓的半徑)．又a(sinA－sinB)＋bsinB＝csinC，所以a2＋b2－c2＝ab．由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)．又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3)．(2)由余弦定理，得a2＋b2－ab＝9．聯(lián)立方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝9，,a＋b＝6，）化簡，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝9，,a＋b＝6，）解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3，）所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9\r(3),4)．16．(2024·江蘇徐州高三適應(yīng)性測試)(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R．(1)若函數(shù)y＝f(x)－2x2在(0，2]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；(2)若直線y＝ex與函數(shù)f(x)的圖象相切，求a的值．解：(1)記g(x)＝f(x)－2x2＝ax－lnx－x2，由題意，得g(x)在(0，2]上單調(diào)遞減，故g′(x)＝a－eq\f(1,x)－2x≤0對任意x∈(0，2]恒成立，所以a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x）)eq\s\do7(min)，而2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x）＝2eq\r(2)，當且僅當2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立，所以當x＝eq\f(\r(2),2)時，2x＋eq\f(1,x)取得最小值，為2eq\r(2)，所以a≤2eq\r(2)．所以a的取值范圍為(－∞，2eq\r(2)]．(2)設(shè)直線y＝ex與f(x)的圖象相切于點P(x0，xeq\o\al(2,0)＋ax0－lnx0)，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x)，則在點P處的切線的斜率k＝2x0＋a－eq\f(1,x0)，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0＋a－\f(1,x0)＝e，①,xeq\o\al(2,0)＋ax0－lnx0＝ex0，②）由①，得a＝e＋eq\f(1,x0)－2x0，代入②，得xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,x0)－2x0）x0－lnx0＝ex0，整理，得1－xeq\o\al(2,0)－lnx0＝0，令h(x)＝1－x2－lnx，因為h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且h(1)＝0，所以x0＝1，所以a＝e＋1－2＝e－1．17．(本小題滿分15分)如圖，四邊形ABCD是邊長為eq\r(13)的菱形，對角線BD＝4，F(xiàn)為CD的中點，CE⊥平面BCD，CE＝2．現(xiàn)沿BD將△ABD翻折至△A1BD的位置，使得平面A1BD⊥平面BCD，且點A1和點E在平面BCD同側(cè)．(1)證明：A1F∥平面BCE；(2)求二面角A1－BF－E的正弦值．解：(1)證明：取BD的中點O，連接A1O，OF，∵F為CD的中點，∴OF∥BC，又OF?平面BCE，BC?平面BCE，∴OF∥平面BCE，∵A1B＝A1D，O為BD的中點，∴A1O⊥BD，又平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，A1O?平面A1BD，∴A1O⊥平面BCD，又CE⊥平面BCD，∴A1O∥CE．又A1O?平面BCE，CE?平面BCE，∴A1O∥平面BCE，∵A1O∩OF＝O，A1O，OF?平面A1OF，∴平面A1OF∥平面BCE，又A1F?平面A1OF，∴A1F∥平面BCE．(2)連接OC，易知OD，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點，OD，OC，OA1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．則A1(0，0，3)，B(－2，0，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0），E(0，3，2)．∴eq\o(BA1,\s\up6(→）＝(2，0，3)，eq\o(BF,\s\up6(→）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)，0），eq\o(EF,\s\up6(→）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，－2）．設(shè)平面A1BF的法向量為u＝(x1，y1，z1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(BA1,\s\up6(→）＝2x1＋3z1＝0，,u·\o(BF,\s\up6(→）＝3x1＋\f(3,2)y1＝0，）令y1＝2，則x1＝－1，z1＝eq\f(2,3)，u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(2,3）)．設(shè)平面EBF的法向量為v＝(x2，y2，z2)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v·\o(BF,\s\up6(→）＝3x2＋\f(3,2)y2＝0，,v·\o(EF,\s\up6(→）＝x2－\f(3,2)y2－2z2＝0，）令y2＝2，則x2＝－1，z2＝－2，v＝(－1，2，－2)．∴cos〈u，v〉＝eq\f(u·v,|u||v|)＝eq\f(1＋4－\f(4,3),\f(7,3)×3)＝eq\f(11,21)．∴二面角A1－BF－E的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,21）)\s\up12(2）＝eq\f(8\r(5),21)．18．(2024·吉林地區(qū)高三第三次模擬)(本小題滿分17分)短視頻已成為當下宣傳的重要手段，東北某著名景點利用短視頻宣傳增加旅游熱度，為調(diào)查某天南北方游客來此景點旅游是否與收看短視頻有關(guān)，該景點對當天前來旅游的500名游客調(diào)查得知，南方游客有300人，因收看短視頻而來的280名游客中南方游客有200人．(1)依據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)完成如下列聯(lián)表，根據(jù)小概率值α＝0．001的獨立性檢驗，分析南北方游客來此景點旅游是否與收看短視頻有關(guān)聯(lián)；單位：人收看短視頻未收看短視頻合計南方游客北方游客合計(2)為了增加游客的旅游樂趣，該景點設(shè)置一款5人傳球游戲，每個人得到球后都等可能地傳給其余4人之一，現(xiàn)有甲、乙等5人參加此游戲，球首先由甲傳出．①求經(jīng)過i次傳遞后球回到甲的概率；②記前m次傳遞中球傳到乙的次數(shù)為X，求X的數(shù)學期望．參考公式：χ2＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d，E(eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）Xi)＝eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）E(Xi)．附表：α0．10．050．010．0050．001xα2．7063．8416．6357．87910．828解：(1)將所給數(shù)據(jù)進行整理，得到如下列聯(lián)表：單位：人收看短視頻未收看短視頻合計南方游客200100300北方游客80120200合計280220500零假設(shè)H0：南北方游客來此景點旅游與收看短視頻無關(guān)聯(lián)．χ2＝eq\f(500×(200×120－100×80)2,300×200×280×220)＝eq\f(8000,231)≈34．632>10．828＝x0．001．根據(jù)小概率值α＝0．001的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為南北方游客來此景點旅游與收看短視頻有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率不大于0．001．(2)①設(shè)經(jīng)過i次傳遞后球回到甲的概率為Pi，Pi＝(1－Pi－1)×eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)Pi－1＋eq\f(1,4)(i≥2)，Pi－eq\f(1,5)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pi－1－\f(1,5）)，又P1－eq\f(1,5)＝－eq\f(1,5)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pi－\f(1,5）)是首項為－eq\f(1,5)，公比為－eq\f(1,4)的等比數(shù)列，所以Pi＝eq\f(1,5)－eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(i－1)．②解法一：設(shè)第i次傳遞時甲接到球的次數(shù)為Yi，則Yi服從兩點分布，E(Yi)＝Pi，設(shè)前m次傳遞中球傳到甲的次數(shù)為Y，E(Y)＝E(eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）Yi)＝eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）E(Yi)＝P1＋P2＋P3＋…＋Pm＝eq\f(m,5)－eq\f(1,5)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)\s\up12(m),1＋\f(1,4）＝eq\f(4,25)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(m)＋eq\f(m,5)－eq\f(4,25)，因為E(X)＝eq\f(m－E(Y),4)，所以E(X)＝eq\f(m,5)＋eq\f(1,25)－eq\f(1,25)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(m)．解法二：設(shè)第i次傳遞時，乙接到球的概率和次數(shù)分別為qi與Xi，則Xi服從兩點分布，E(Xi)＝qi，由題可知qi＝eq\f(1,4)(1－qi－1)，qi－eq\f(1,5)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(qi－1－\f(1,5）)，又q1＝eq\f(1,4)，所以q1－eq\f(1,5)＝eq\f(1,20)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(qi－\f(1,5）)是首項為eq\f(1,20)，公比為－eq\f(1,4)的等比數(shù)列，qi－eq\f(1,5)＝eq\f(1,20)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(i－1)，qi＝eq\f(1,5)－eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(i)，E(X)＝E(eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）Xi)＝eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）E(Xi)＝eq\o(∑,\s\up11(m),\s\do4(i＝1）qi＝eq\f(m,5)－eq\f(1,5)×eq\f(－\f(1,4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)\s\up12(m）),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4））＝eq\f(m,5)＋eq\f(1,25)－eq\f(1,25)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4）)eq\s\up12(m)．19．(2024·湖南永州高三第三次模擬)(本小題滿分17分)已知O為坐標原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，動點N滿足eq\o(ON,\s\up6(→）＝eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→），記點N的軌跡為E．(1