2024《試吧大考卷》二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練數(shù)學(xué)【新高考】高考押題專練四含答案

2024《試吧大考卷》二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練數(shù)學(xué)【新高考】高考押題專練四專練四第Ⅰ卷一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．集合A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}，B＝{x|eq\r(x)<2}，則A∩B＝()A．[0,2]B．[0,1]C．(0,2]D．[－1,0]2．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋i,1＋ai)(i表示虛數(shù)單位)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為()A．1B．0C．－eq\f(1,2)D．－13．設(shè){an}為公差不為0的等差數(shù)列，p，q，k，l為正整數(shù)，則“p＋q>k＋l”是“ap＋aq>αk＋al”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件4．已知a＝2，b＝log2eq\f(1,3)，c＝logeq\f(1,3)，則()A．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)>c>bC．c>a>bD．c>b>a5．據(jù)《孫子算經(jīng)》中記載，中國(guó)古代諸侯的等級(jí)從低到高分為：男、子、伯、侯、公，共五級(jí)．現(xiàn)有每個(gè)級(jí)別的諸侯各一人，共五人，要把80個(gè)橘子分完且每人都要分到橘子，級(jí)別每高一級(jí)就多分m個(gè)(m為正整數(shù))，若按這種方法分橘子，“公”恰好分得30個(gè)橘子的概率是()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)6．17世紀(jì)德國(guó)著名的天文學(xué)家開普勒曾經(jīng)這樣說(shuō)過(guò)：“幾何學(xué)里有兩件寶，一個(gè)是勾股定理，另一個(gè)是黃金分割．如果把勾股定理比作黃金礦的話，那么可以把黃金分割比作鉆石礦．”黃金三角形有兩種，其中底與腰之比為黃金分割比的黃金三角形被認(rèn)為是最美的三角形，它是一個(gè)頂角為36°的等腰三角形(另一種是頂角為108°的等腰三角形)．例如，五角星由五個(gè)黃金三角形與一個(gè)正五邊形組成，如圖所示，在其中一個(gè)黃金△ABC中，eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,2).根據(jù)這些信息，可得sin234°＝()A.eq\f(1－2\r(5),4)B．－eq\f(3＋\r(5),8)C．－eq\f(\r(5)＋1,4)D．－eq\f(4＋\r(5),8)7．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，直線l為雙曲線C的一條漸近線，F(xiàn)1關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)F′1在以F2為圓心，以半焦距c為半徑的圓上，則雙曲線C的離心率為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．38．已知△ABC為等邊三角形，動(dòng)點(diǎn)P在以BC為直徑的圓上，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λ＋2μ的最大值為()A.eq\f(1,2)B．1＋eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5,2)D．2＋eq\f(\r(3),2)二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分．9．已知a>b≥2，則()A．b2<3b－aB．a(chǎn)3＋b3>a2b＋ab2C．a(chǎn)b>a＋bD.eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)10．如圖，已知矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE，若M為線段A1C的中點(diǎn)，則△ADE在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．線段BM的長(zhǎng)是定值B．存在某個(gè)位置，使DE⊥A1CC．點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是一個(gè)圓D．存在某個(gè)位置，使MB⊥平面A1DE11．?dāng)?shù)學(xué)中的數(shù)形結(jié)合，也可以組成世間萬(wàn)物的絢麗畫面．一些優(yōu)美的曲線是數(shù)學(xué)形象美、對(duì)稱美、和諧美的結(jié)合產(chǎn)物，曲線C：(x2＋y2)3＝16x2y2恰好是四葉玫瑰線．給出下列結(jié)論正確的是()A．曲線C經(jīng)過(guò)5個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))B．曲線C上任意一點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離都不超過(guò)2C．曲線C圍成區(qū)域的面積大于4πD．方程(x2＋y2)3＝16x2y2(xy>0)表示的曲線C在第一象限和第三象限12．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)滿足f(x0)＝f(x0＋1)＝－eq\f(1,2)，且f(x)在(x0，x0＋1)上有最小值，無(wú)最大值．則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,2)))＝－1B．若x0＝0，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx－\f(π,6)))C．f(x)的最小正周期為3D．f(x)在(0,2019)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)最少為1346個(gè)第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．為做好社區(qū)新冠疫情防控工作，需將六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四個(gè)小區(qū)開展工作，其中甲小區(qū)至少分配兩名志愿者，其它三個(gè)小區(qū)至少分配一名志愿者，則不同的分配方案共有________種．(用數(shù)字作答)14．已知函數(shù)f(x)＝x＋2cosx＋λ，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上任取三個(gè)數(shù)x1，x2，x3，均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長(zhǎng)的三角形，則λ的取值范圍是________．15．設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F(1,0)，準(zhǔn)線為l，過(guò)焦點(diǎn)的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，分別過(guò)A，B作l的垂線，垂足為C，D，若|AF|＝4|BF|，則p＝________，三角形CDF的面積為________．16．在三棱錐P-ABC中，底面ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且AB＝2，PA＝PC＝eq\r(5)，PB與底面ABC所成的角的正弦值為eq\f(1,3)，則三棱錐P-ABC的外接球的體積為________．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．(10分)如圖，在△ABC中，C＝eq\f(π,4)，∠ABC的平分線BD交AC于點(diǎn)D，且tan∠CBD＝eq\f(1,2).(1)求sinA；(2)若eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝28，求AB的長(zhǎng)．

18.(12分)在①aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝3(an>0)，②aeq\o\al(2,n)－anan－1－3an－1－9＝0，③Sn＝n2－2n＋2這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中．已知：數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，________.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)大于1的自然數(shù)n，是否存在大于2的自然數(shù)m，使得a1，an，am成等比數(shù)列．若存在，求m的最小值；若不存在，說(shuō)明理由．19．(12分)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E為AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，使得點(diǎn)A到點(diǎn)P位置，且PE⊥EB，M為PB的中點(diǎn)，N是BC上的動(dòng)點(diǎn)(與點(diǎn)B，C不重合)．(1)證明：平面EMN⊥平面PBC；(2)是否存在點(diǎn)N，使得二面角B-EN-M的余弦值為eq\f(\r(6),6)，若存在，確定N點(diǎn)位置；若不存在，說(shuō)明理由．20．(12分)沙漠蝗蟲災(zāi)害年年有，今年災(zāi)害特別大．為防范罕見暴發(fā)的蝗群遷飛入境，我國(guó)決定建立起多道防線，從源頭上控制沙漠蝗群．經(jīng)研究，每只蝗蟲的平均產(chǎn)卵數(shù)y和平均溫度x有關(guān)，現(xiàn)收集了以往某地的7組數(shù)據(jù)，得到下面的散點(diǎn)圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值．平均溫度xi℃21232527293235平均產(chǎn)卵數(shù)yi個(gè)711212466115325eq\i\su(i＝1,7,x)i＝192，eq\i\su(i＝1,7,y)i＝569，eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝18542，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝5414，eq\i\su(i＝1,7,z)i＝25.2848，eq\i\su(i＝1,7,x)izi＝733.7079.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中zi＝lnyi，\x\to(z)＝\f(1,7)\i\su(i＝1,7,z)i))(1)根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，y＝a＋bx與y＝cedx(其中e＝2.718…自然對(duì)數(shù)的底數(shù))哪一個(gè)更適宜作為平均產(chǎn)卵數(shù)y關(guān)于平均溫度x的回歸方程類型？(給出判斷即可，不必說(shuō)明理由)并由判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，求出y關(guān)于x的回歸方程．(計(jì)算結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后第三位)(2)根據(jù)以往統(tǒng)計(jì)，該地每年平均溫度達(dá)到28℃以上時(shí)蝗蟲會(huì)造成嚴(yán)重傷害，需要人工防治，其他情況均不需要人工防治，記該地每年平均溫度達(dá)到28℃以上的概率為p(0<p<1)．①記該地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率為f(p)，求f(p)的最大值，并求出相應(yīng)的概率p.②當(dāng)f(p)取最大值時(shí)，記該地今后5年中，需要人工防治的次數(shù)為X，求X的數(shù)學(xué)期望和方差．附：線性回歸方程系數(shù)公式eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)·yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).21．(12分)已知圓O：x2＋y2＝4，定點(diǎn)A(1,0)，P為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，以線段AP為直徑的圓內(nèi)切于圓O，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)Q(2，eq\r(3))的直線l與C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，已知點(diǎn)D(2,0)，直線x＝x0分別與直線DE，DF交于S，T兩點(diǎn)．線段ST的中點(diǎn)M是否在定直線上，若存在，求出該直線方程；若不是，說(shuō)明理由．22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－cosx，其中a∈R.(1)求證：當(dāng)a≤－1時(shí)，f(x)無(wú)極值點(diǎn)；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)，是否存在a，使得g(x)在x＝0處取得極小值？并說(shuō)明理由．專練四1．答案：A解析：求得A＝[－1,2]，B＝[0,4)，所以A∩B＝[0,2]，故選A.2．答案：D解析：設(shè)z＝bi，b∈R且b≠0，則eq\f(1＋i,1＋ai)＝bi，得到1＋i＝－ab＋bi，∴1＝－ab，且1＝b，解得a＝－1，故選D.3．答案：D解析：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，ap＋aq>ak＋al?a1＋(p－1)d＋a1＋(q－1)d>a1＋(k－1)d＋a1＋(l－1)d?d[(p＋q)－(k＋l)]>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d>0,p＋q>k＋l))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0,p＋q<k＋l))，顯然由p＋q>k＋l不一定能推出ap＋aq>ak＋al，由ap＋aq>ak＋al也不一定能推出p＋q>k＋l，因此p＋q>k＋l是ap＋aq>ak＋al的既不充分也不必要條件，故選D.4．答案：C解析：a＝＝∈(0,1)；b＝log2eq\f(1,3)<0；c＝＝log23>1，∴c>a>b，故選C.5．答案：B解析：設(shè)首項(xiàng)為a1，因?yàn)楹蜑?0，所以5a1＋eq\f(1,2)×5×4×m＝80，故m＝8－eq\f(1,2)a1.因?yàn)閙，a1∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,m＝7，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,m＝6，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,m＝5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,m＝4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10，,m＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,m＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝14，,m＝1.))因此“公”恰好分得30個(gè)橘子的概率是eq\f(1,7).故選B.6．答案：C解析：由題可知∠ACB＝72°，且cos72°＝eq\f(\f(1,2)BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,4)，cos144°＝2cos272°－1＝－eq\f(\r(5)＋1,4)，則sin234°＝sin(144°＋90°)＝cos144°＝－eq\f(\r(5)＋1,4).故選C.7．答案：C解析：方法一：直線l為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線，則不妨設(shè)直線l為y＝eq\f(b,a)x，∵F1，F(xiàn)2是雙曲線C的左、右焦點(diǎn)，∴F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，∵F1關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為F′1，則F′1為(x，y)，∴eq\f(y,x＋c)＝－eq\f(a,b)，eq\f(y＋0,2)＝eq\f(b,a)·eq\f(x－c,2)，解得x＝eq\f(b2－a2,c)，y＝－eq\f(2ab,c)，∴F′1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2－a2,c)，－\f(2ab,c)))，∵F′1在以F2為圓心，以半焦距c為半徑的圓上，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2－a2,c)－c))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2ab,c)－0))2＝c2，整理可得4a2＝c2，即2a＝c，∴e＝eq\f(c,a)＝2，故選C.方法二：由題意知|F′1O|＝|OF1|＝|OF2|＝|F′1F2|，所以三角形F′1F1F2是直角三角形，且∠F′1F1F2＝30°，又由焦點(diǎn)到漸近線的距離為b，得|F′1F1|＝2b，所以2b＝eq\r(3)c，所以e＝2.故選C.8．答案：C解析：設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為2，不妨設(shè)線段BC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則點(diǎn)A(0，eq\r(3))、B(－1,0)、C(1,0)，以線段BC為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1，設(shè)點(diǎn)P(cosθ，sinθ)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ－eq\r(3))，由于eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則－λ＋μ＝cosθ，－eq\r(3)λ－eq\r(3)μ＝sinθ－eq\r(3)，解得λ＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)sinθ－eq\f(1,2)cosθ，μ＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ，所以λ＋2μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),6)sinθ－\f(1,2)cosθ))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),6)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\f(3,2)－eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(3,2)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))，因此，λ＋2μ的最大值為eq\f(5,2).故選C.9．答案：BC解析：對(duì)于A，因?yàn)閍>b≥2，所以b2－(3b－a)＝(a－b)＋b(b－2)>0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，可通過(guò)作差證明，B正確；對(duì)于C，ab－(a＋b)＝eq\f(ab－2a＋ab－2b,2)＝eq\f(ab－2＋ba－2,2)>0，故C正確；對(duì)于D，若eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)成立，當(dāng)a＝10，b＝2時(shí)，左邊＝右邊＝eq\f(3,5)，故D錯(cuò)誤．所以，選BC.10．答案：AC解析：對(duì)A，取CD中點(diǎn)F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，由∠A1DE＝∠MFB，MF＝eq\f(1,2)A1D為定值，F(xiàn)B＝DE為定值，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FBcos∠MFB，所以FB為定值，A正確；若B正確，即DE⊥A1C，由∠AED＝∠BEC＝45°，可得DE⊥CE，則DE⊥平面A1EC，所以DE⊥A1E，而這與DA1⊥A1E矛盾，故B錯(cuò)誤；因?yàn)锽是定點(diǎn)，所以M在以B為圓心，MB為半徑的圓上，故C正確；取CD中點(diǎn)F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，由面面平行的判定定理得平面MBF∥平面A1DE，即有MB∥平面A1DE，可得D錯(cuò)誤．故選AC.11．答案：BD解析：(x2＋y2)3＝16x2y2≤16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋y2,2)))2，解得x2＋y2≤4(當(dāng)且僅當(dāng)x2＝y(tǒng)2＝2時(shí)取等號(hào))，則B正確；將x2＋y2＝4和(x2＋y2)3＝16x2y2聯(lián)立，解得x2＝y(tǒng)2＝2，即圓x2＋y2＝4與曲線C相切于點(diǎn)(eq\r(2)，eq\r(2))，(－eq\r(2)，eq\r(2))，(－eq\r(2)，－eq\r(2))，(eq\r(2)，－eq\r(2))，則A和C都錯(cuò)誤；由xy>0，得D正確．綜上，選BD.12．答案：AC解析：(x0，x0＋1)區(qū)間中點(diǎn)為x0＋eq\f(1,2)，根據(jù)正弦曲線的對(duì)稱性知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,2)))＝－1，故選項(xiàng)A正確；若x0＝0，則f(x0)＝f(x0＋1)＝－eq\f(1,2)，即sinφ＝－eq\f(1,2)，不妨取φ＝－eq\f(π,6)，此時(shí)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx－\f(π,6)))，滿足條件，但feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1為(0,1)上的最大值，不滿足條件，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；不妨令ωx0＋φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，ω(x0＋1)＋φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，兩式相減得ω＝eq\f(2π,3)，即函數(shù)的周期T＝eq\f(2π,ω)＝3，故C正確；區(qū)間(0,2019)的長(zhǎng)度恰好為673個(gè)周期，當(dāng)f(0)＝0時(shí)，即φ＝kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)在開區(qū)間(0,2019)上零點(diǎn)個(gè)數(shù)至少為673×2－1＝1345，故D錯(cuò)誤．故正確的是AC.13．答案：660解析：若甲小區(qū)2人，乙、丙、丁其中一小區(qū)2人，共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)種，若甲小區(qū)3人，乙、丙、丁每小區(qū)1人，共有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(3,3)種，則不同的分配方案共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(3,3)＝660種．14．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(5π,6)，＋∞))解析：求導(dǎo)得f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)，易得f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)＋λ，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋λ，又由題意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋λ>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，由此解得λ的取值范圍為λ>eq\r(3)－eq\f(5π,6).15．答案：25解析：拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F(1,0)，所以p＝2，準(zhǔn)線為x＝－1，設(shè)過(guò)焦點(diǎn)的直線方程為x＝my＋1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4①又|AF|＝4|BF|，y1＝－4y2②由①②解得y1＝－4，y2＝1或y1＝4，y2＝－1，所以|CD|＝|y1－y2|＝5，所以三角形CDF的面積為eq\f(1,2)×2×5＝5.16．答案：eq\f(9π,2)或eq\f(89\r(89)π,6)解析：如圖，取AC中點(diǎn)O′，因?yàn)镻A＝PC＝eq\r(5)，AB＝BC，所以AC⊥PO′，AC⊥O′B，所以AC⊥平面PO′B，所以平面PO′B⊥平面ABC，易知∠O′BP即為PB與底面ABC所成的角或補(bǔ)角．O′B＝eq\r(2)，O′P＝eq\r(3)，所以在△O′PB中，(eq\r(2))2＋PB2－2·eq\r(2)·PB·cos∠O′BP＝(eq\r(3))2，因?yàn)閟in∠O′BP＝eq\f(1,3)，當(dāng)cos∠O′BP＝eq\f(2\r(2),3)時(shí)，求得PB＝3，此時(shí)∠PCB＝∠PAB＝90°.故PB為三棱錐P-ABC外接球直徑，V＝eq\f(9π,2)；當(dāng)cos∠O′BP＝－eq\f(2\r(2),3)時(shí)，求得PB＝eq\f(1,3)，延長(zhǎng)BO′交外接球于Q，則BQ為圓O′的直徑，則△QBP的外接圓直徑為球的直徑，由PQ2＝BQ2＋BP2－2·BQ·BP·cos∠QBP＝(2eq\r(2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－2·2eq\r(2)·eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)))＝eq\f(89,9)，球的直徑為2R＝eq\f(PQ,sin∠QBP)＝eq\r(89)，可求得V＝eq\f(89\r(89)π,6).綜上外接球的體積為eq\f(9π,2)或eq\f(89\r(89)π,6).17．解析：(1)設(shè)∠CBD＝θ，因?yàn)閠anθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故sinθ＝eq\f(\r(5),5)，cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，則sin∠ABC＝sin2θ＝2sinθcosθ＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(4,5)，cos∠ABC＝cos2θ＝2cos2θ－1＝2×eq\f(4,5)－1＝eq\f(3,5)，故sinA＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2θ))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2θ))＝eq\f(\r(2),2)(sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq\f(7\r(2),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(BC,\f(7\r(2),10))＝eq\f(AC,\f(4,5))，所以BC＝eq\f(7\r(2),8)AC，又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(\r(2),2)|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＝28，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＝28eq\r(2)，所以AC＝4eq\r(2)，又由eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，得eq\f(AB,\f(\r(2),2))＝eq\f(AC,\f(4,5))，所以AB＝5.18．解析：方案一：選條件①.(1)由aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝3，得{aeq\o\al(2,n)}是公差為3的等差數(shù)列，由a1＝1，得aeq\o\al(2,1)＝1，則aeq\o\al(2,n)＝3n－2，又an>0，所以an＝eq\r(3n－2).(2)根據(jù)a1，an，am成等比數(shù)列，得到aeq\o\al(2,n)＝a1am，即3n－2＝eq\r(3m－2)，則有m＝3n2－4n＋2，因?yàn)閚∈N*且n≥2，所以m＝3n2－4n＋2∈N*，當(dāng)n＝2時(shí)，mmin＝6；方案二：選條件②.(1)因?yàn)閍eq\o\al(2,n)－anan－1－3an－1－9＝0?(an＋3)(an－an－1－3)＝0，因?yàn)閍1＝1，所以an－an－1－3＝0，則{an}是等差數(shù)列，則an＝3n－2.(2)要使得a1，an，am成等比數(shù)列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(3n－2)2＝3m－2，則有m＝3n2－4n＋2，因?yàn)閚∈N*且n≥2，所以m＝3n2－4n＋2∈N*，當(dāng)n＝2時(shí)，mmin＝6；方案三：選條件③.(1)由Sn＝n2－2n＋2，得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1,2n－3n≥2)).(2)要使得a1，an，am成等比數(shù)列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(2n－3)2＝2m－3，則有m＝2n2－6n＋6，因?yàn)閚∈N*且n≥2，所以m＝2n2－6n＋6∈N*，當(dāng)n＝2時(shí)，mmin＝2.19．解析：(1)證明：因?yàn)镻E⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，所以PE⊥平面EBCD，又PE?平面PEB，所以平面PEB⊥平面EBCD，而BC?平面EBCD，BC⊥EB，所以平面PBC⊥平面PEB，由PE＝EB，PM＝MB知，EM⊥PB，于是EM⊥平面PBC.又EM?平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC.(2)假設(shè)存在點(diǎn)N滿足題意，取E為原點(diǎn)，直線EB，ED，EP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，不妨設(shè)PE＝EB＝2，顯然平面BEN的一個(gè)法向量為n1＝(0,0,1)，設(shè)BN＝m(0<m<2)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(EN,\s\up6(→))＝(2，m,0)．設(shè)平面EMN的一個(gè)法向量為n2＝(x，y，z)，則由eq\o(EM,\s\up6(→))·n2＝eq\o(EN,\s\up6(→))·n2＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，0，1·x，y，z＝0,2，m，0·x，y，z＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,2x＋my＝0))，故可取n2＝(m，－2，－m)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(0，0，1·m，－2，－m,\r(2m2＋4))＝eq\f(－m,\r(2m2＋4))，依題意eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,\r(2m2＋4))))＝eq\f(\r(6),6)，解得m＝1∈(0,2)，此時(shí)N為BC的中點(diǎn)．綜上知，存在點(diǎn)N，使得二面角B-EN-M的余弦值為eq\f(\r(6),6)，此時(shí)N為BC的中點(diǎn)．20．解析：(1)根據(jù)散點(diǎn)圖可以判斷，y＝cedx更適宜作為平均產(chǎn)卵數(shù)y關(guān)于平均溫度x的回歸方程類型；對(duì)y＝cedx兩邊取自然對(duì)數(shù)，得lny＝lnc＋dx；令z＝lny，a＝lnc，b＝d，得z＝a＋bx；因?yàn)閑q\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,)xi－\x\to(x)zi－\x\to(z),\i\su(i＝1,7,)xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\o(x,\s\up6(－))\o(z,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,7,x)\o\al(2,i)－7\x\to(x)2)＝eq\f(40.1820,147.7143)≈0.272，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(z)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝3.612－0.272×27.429≈－3.849；所以z關(guān)于x的回歸方程為eq\o(z,\s\up6(^))＝0.272x－3.849；所以y關(guān)于x的回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.272x－3.849.(2)①由f(p)＝Ceq\o\al(3,5)·p3·(1－p)2，得f′(p)＝Ceq\o\al(3,5)·p2(1－p)(3－5p)，因?yàn)?<p<1，令f′(p)>0，得3－5p>0，解得0<p<eq\f(3,5)；所以f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))上單調(diào)遞減，所以f(p)有唯一的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))，也是最大值；所以當(dāng)p＝eq\f(3,5)時(shí)，f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝eq\f(216,625)；②由①知，當(dāng)f(p)取最大值時(shí)，p＝eq\f(3,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，所以X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝5×eq\f(3,5)＝3，方差為D(X)＝5×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5).21．解析：(1)設(shè)以AP為直徑的圓的圓心為B，切點(diǎn)為N，則|OB|＝2－|BA|，∴|OB|＋|BA|＝2.取A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接A′P，故|A′P|＋|AP|＝2(|BO|＋|BA|)＝4>2.所以點(diǎn)P的軌跡是以A′，A為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓．其中，a＝2，c＝1，曲線C方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為x＝ty＋(2－eq\r(3)t)，設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，M(x0，y0)，直線DE的方程為y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，故yS＝eq\f(y1,x1－2)(x0－2)，同理yT＝eq\f(y2,x2－2)(x0－2)；所以2y0＝y(tǒng)S＋yT＝eq\f(y1,x1－2)(x0－2)＋eq\f(y2,x2－2)(x0－2)，即eq\f(2y0,x0－2)＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(y1,ty1－\r(3))＋eq\f(y2,ty2－\r(3))＝eq\f(2y1y2－\r(3)y1＋y2,t[y1y2－\r(3)y1＋y2＋3])③聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2－\r(3)t,3x2＋4y2－12＝0))，化簡(jiǎn)得(3t2＋4)y2＋(12t－6eq\r(3)t2)y＋9t2－12eq\r(3)t＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)代入③得，eq\f(2y0,x0－2)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)))－\r(3)×\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4),t\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)－\r(3)×\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4)＋3)))＝eq\f(－12\r(3)t,12t)＝－eq\r(3)?eq\r(3)x0＋2y0－2eq\r(3)＝0，所以點(diǎn)M都在定直線eq\r(3)x＋2y－2eq\r(3)＝0上．22．解析：(1)證明：對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝ex＋sinx－a，顯然ex>0，sinx≥－1，所以ex＋sinx－a>0－1－a≥0，即f′(x)>0，所以f(x)在其定義域上是單調(diào)遞增函數(shù)，故f(x)無(wú)極值點(diǎn)；(2)解法一：對(duì)g(x)求導(dǎo)得g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a＋sinx(x>－1)，又注意到g′(0)＝2－a，令g′(0)＝2－a＝0，得a＝2.此時(shí)g′(x)＝ex＋eq\f(1