2021年湖南省长沙一中高考数学模拟试卷（4月份）

这是一份2021年湖南省长沙一中高考数学模拟试卷（4月份），共24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。
2021年湖南省长沙一中高考数学模拟试卷（4月份）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（5分）已知全集U＝R，若A＝{x∈N|0＜x≤6}，B＝{x|﹣x2+3x+4≤0}，则A∩（∁UB）＝（　　）
A．（0，4] B．（0，1] C．{1} D．{1，2，3}
2．（5分）设复数，则z的虚部是（　　）
A． B．i C． D．i
3．（5分）函数f（x）＝sinx+x3+x，则a＞﹣1是f（a+1）+f（2a）＞0的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（5分）2020年12月1日，某市开始实行生活垃圾分类管理，某单位有四个垃圾桶，分别是一个可回收物垃圾桶、一个有害垃圾桶、一个厨余垃圾桶、一个其它垃圾桶．因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有（如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，它们的前后左右位置关系不作考虑）（　　）
A．18种 B．24种 C．36种 D．72种
5．（5分）已知椭圆C1与双曲线C2的焦点相同，离心率分别为e1，e2，且满足，F1，F2是它们的公共焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，若∠F1PF2＝120°，则双曲线C2的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
6．（5分）《增减算法统宗》中，许多数学问题都是以歌诀的形式出现的．其中有一首“葛藤缠木”，大意是说：有根高2丈的圆木柱，该圆木的周长为3尺，有根葛藤从圆木的根部向上生长，缓慢地自下而上均匀绕该圆木7周，刚好长的和圆木一样高．已知1丈等于10尺，则能推算出该葛长为（　　）
A．21尺 B．25尺 C．29尺 D．33尺
7．（5分）记无穷数列{an}的前n项a1，a2，…，an的最大项为An，第n项之后的各项an+1，an+2，…的最小项为Bn，令bn＝An﹣Bn，若数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，则数列{bn}的前10项和为（　　）
A．﹣169 B．﹣134 C．﹣103 D．﹣78
8．（5分）若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．＝
B．若||＝||且∥，则＝
C．若，非零向量且||＝|﹣|，则⊥
D．若∥，则有且只有一个实数λ，使得＝
10．（5分）已知x，y∈R，且x＞y＞0，则下列说法错误的是（　　）
A．＞0 B．sinx﹣siny＞0
C．（）x﹣（）y＜0 D．xlnx＞ylny
11．（5分）在棱长为2的正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，DA的中点，则（　　）
A．AC∥平面EFG
B．过点E，F，G的截面的面积为
C．异面直线EG与AC所成角的大小为
D．CD与平面GBC所成角的大小为
12．（5分）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，且g（0）＝﹣1，则下列说法正确的是（　　）
A．g（x）为奇函数
B．g（﹣）＝0
C．当ω＝5时，g（x）在（0，π）上有4个极值点
D．若g（x）在[0，]上单调递增，则ω的最大值为5
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在（2+）6的展开式中，常数项等于　 　．
14．（5分）写出一个图象关于直线x＝1对称的奇函数f（x）＝　 　．
15．（5分）曲线y＝a﹣lnx在点（1，a）处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则a＝　 　．
16．（5分）已知f（x）＝，若存在实数x1，x2，x3，满足0≤x1＜x2＜x3≤3．且f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x2的取值范围为 　 　；x2x3﹣的最大值为 　 　．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解笞应写岀文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且asinC＝ccosA+c．
（1）求A；
（2）在①△ABC的面积为，②△ABC的周长为6+2，③＝，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求B的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：已知b＝2，___．
18．（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn+1＝3Sn+2（n+1），且a1＝2．
（1）证明：数列{an+1}是等比数列；
（2）判断数列的前n项和Tn与的大小关系，并说明理由．
19．（12分）如图1，在△ABV中，AC＝BC＝CV＝1，AC⊥VB于C．现将△ABV沿AC折叠，使V﹣AC﹣B为直二面角（如图2），D是棱AB的中点，连接CD、VB、VD．

（1）证明：平面VAB⊥平面VCD；
（2）若棱AB上有一点E满足，求二面角C﹣VE﹣A的余弦值．
20．（12分）已知椭圆的离心率是，点F是椭圆E的左焦点，点A为椭圆E的右顶点，点B为椭圆E的上顶点，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设点P（m，0）为椭圆E长轴上的一个动点，过点P作斜率为的直线l交椭圆E于S，T两点，证明：|PS|2+|PT|2为定值．
21．（12分）公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另一位著名的数学家帕斯卡（B．Pascal）提请了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C．Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢k（k＞1，k∈N*）局，谁便赢得全部赌注a元．每局甲赢的概率为p（0＜p＜1），乙赢的概率为1﹣p，且每局赌博相互独立在甲赢了m（m＜k）局，乙赢了n（n＜k）局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比P甲：P乙分配赌注．
（1）甲、乙赌博意外终止，若a＝243，k＝4，m＝2，n＝1，p＝，则甲应分得多少赌注？
（2）记事件A为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当k＝4，m＝2，n＝1时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率f（p），并判断当p≥时，事件A是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件．（注意：纯粹数学讨论，珍爱生命，远离赌博）
22．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣2ae﹣x﹣（2+a）x（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）求证：当时，函数f（x）有且只有三个零点．
（参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.01）

2021年湖南省长沙一中高考数学模拟试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（5分）已知全集U＝R，若A＝{x∈N|0＜x≤6}，B＝{x|﹣x2+3x+4≤0}，则A∩（∁UB）＝（　　）
A．（0，4] B．（0，1] C．{1} D．{1，2，3}
【分析】可求出集合A，B，然后进行补集和交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{1，2，3，4，5，6}，B＝{x|x≤﹣1或x≥4}，U＝R，
∴∁UB＝{x|﹣1＜x＜4}，A∩（∁UB）＝{1，2，3}．
故选：D．
2．（5分）设复数，则z的虚部是（　　）
A． B．i C． D．i
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数的虚部的概念得答案．
【解答】解：复数＝＝＝，
∴z的虚部是．
故选：A．
3．（5分）函数f（x）＝sinx+x3+x，则a＞﹣1是f（a+1）+f（2a）＞0的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】求出函数f（x）的单调性和奇偶性，问题转化为a+1＞﹣2a，求出a的范围，再结合集合的包含关系判断即可．
【解答】解：f（x）＝sinx+x3+x，
则f（﹣x）＝sin（﹣x）+（﹣x）3+（﹣x）＝﹣sinx﹣x3﹣x＝﹣f（x），
故f（x）是R上的奇函数，
又f′（x）＝cosx+3x2+1≥3x2≥0，
故f（x）在R单调递增，
故f（a+1）+f（2a）＞0，即f（a+1）＞﹣f（2a）＝f（﹣2a），
故a+1＞﹣2a，解得：a＞﹣，
故a＞﹣1是a＞﹣的必要不充分条件，
故选：B．
4．（5分）2020年12月1日，某市开始实行生活垃圾分类管理，某单位有四个垃圾桶，分别是一个可回收物垃圾桶、一个有害垃圾桶、一个厨余垃圾桶、一个其它垃圾桶．因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有（如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，它们的前后左右位置关系不作考虑）（　　）
A．18种 B．24种 C．36种 D．72种
【分析】根据题意，分2步进行分析：①先将4个垃圾桶分成2、1、1的三个小组，②将分好的三组全排列，根据分步计数原理可得．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将4个垃圾桶分成2、1、1的三个小组，有C42＝6种分组方法，
②将分好的三组全排列，对应三个固定角落，有A33＝6种情况，
则有6×6＝36种摆放方法．
故选：C．
5．（5分）已知椭圆C1与双曲线C2的焦点相同，离心率分别为e1，e2，且满足，F1，F2是它们的公共焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，若∠F1PF2＝120°，则双曲线C2的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【分析】由题意可得焦点在x轴上的双曲线及椭圆的方程，在△PF1F2中，由余弦定理及椭圆，双曲线的性质可得|PF1|•|PF2|的值，可得双曲线及椭圆的参数a1，a2与c的关系，再由离心率的关系可得a1，a2的关系，代入可得双曲线的离心率．
【解答】解：由题意可得双曲线与椭圆的焦距相同，设焦点在x轴上，
设椭圆的方程+＝1，
双曲线的方程为：﹣＝1，
由题意可得a22+b22＝a12﹣b12＝c2，
设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，|F1F2|＝2c，
在△PF1F2中，由余弦定理cos∠F1PF2＝＝﹣，
在双曲线中，r1﹣r2＝2a2，
椭圆中，r1+r2＝2a1，
所以⇒⇒4（a12﹣c2）＝（c2﹣a22），
可得3a12+a22＝4c2，
因为足，F1，所以＝5•，
可得a12＝5a22，
所以3×5a22+a22＝4c2，所以e2＝＝＝2，
故选：C．

6．（5分）《增减算法统宗》中，许多数学问题都是以歌诀的形式出现的．其中有一首“葛藤缠木”，大意是说：有根高2丈的圆木柱，该圆木的周长为3尺，有根葛藤从圆木的根部向上生长，缓慢地自下而上均匀绕该圆木7周，刚好长的和圆木一样高．已知1丈等于10尺，则能推算出该葛长为（　　）
A．21尺 B．25尺 C．29尺 D．33尺
【分析】树可以近似的看成圆柱，藤条绕树缠绕，可以考虑利用圆柱的平面展开图，然后结合勾股定理可求．
【解答】解：树可以近似的看成圆柱，如图所示，圆柱的侧面展图是矩形ACBE，
由题意得，CB＝20尺，圆周长BE＝AC＝3尺，
则葛藤绕圆柱7周后长为BA＝＝＝29尺．
故选：C．

7．（5分）记无穷数列{an}的前n项a1，a2，…，an的最大项为An，第n项之后的各项an+1，an+2，…的最小项为Bn，令bn＝An﹣Bn，若数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，则数列{bn}的前10项和为（　　）
A．﹣169 B．﹣134 C．﹣103 D．﹣78
【分析】首先利用作差法判断数列{an}为单调性，然后根据题目已知新定义求出b1，
b2，b3，b4，b5，……，b10，进而得出数列{bn}的前10项和．
【解答】解：因为数列{an}的通项公式为an＝2n2﹣7n+6，
所以an+1﹣an＝2（n+1）2﹣7（n+1）+6﹣（2n2﹣7n+6）＝4n﹣5，
当n≥2时，an+1＞an，所以数列{an}为单调递增；
且a1＝1，a2＝0，即a1＞a2．
由题意知：b1＝A1﹣B1＝1﹣0＝1；
b2＝A2﹣B2＝1﹣a3；
b3＝A3﹣B3＝a3﹣a4；
b4＝A4﹣B4＝a4﹣a5；
b5＝A5﹣B5＝a5﹣a6；
……
b10＝A10﹣B10＝a10﹣a11；
所以数列{bn}的前10项和为：
b1+b2+b3+……+b10＝1+1﹣a3+a3﹣a4+a4﹣a5+a5﹣a6+……+a10﹣a11
＝2﹣a11＝2﹣（2×112﹣7×11+6）＝2﹣171＝﹣169．
故选：A．
8．（5分）若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]
【分析】构造函数f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），将原不等式转化为求解函数f（x）的最小值，通过导数判断函数的单调性研究函数的最值，得到，再利用基本不等式进行求解即可．
【解答】解：设f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），则f（x）≥0对一切正实数x恒成立，即f（x）min≥0，
由，令，则恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，
当x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，
则在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，h（x）＜0，当x＞x0时，h（x）＞0，
故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x＝x0处取得最小值为f（x0）＝，
因为，即x0﹣a＝﹣lnx0，
所以恒成立，即，
又，当且仅当x0＝，即x0＝1时取等号，
故2a≤2，所以a≤1．
故选：B．
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．＝
B．若||＝||且∥，则＝
C．若，非零向量且||＝|﹣|，则⊥
D．若∥，则有且只有一个实数λ，使得＝
【分析】由平面向量加法几何意义可判断A；由平面向量定义可判断B；
由平面向量加法几何意义或对||＝|﹣|两边进行平方，可判断C；
由＝可判断D．
【解答】解：∵+＝，∴A对；由可知、可能同向也可能反向，∴B错；
由平面向量加法几何意义知，当||＝|﹣|时由两向量构成的平行四边形两对角线相等，
∴构成了矩形，∴⊥；
当＝时，λ没法确定．
故选：AC．
10．（5分）已知x，y∈R，且x＞y＞0，则下列说法错误的是（　　）
A．＞0 B．sinx﹣siny＞0
C．（）x﹣（）y＜0 D．xlnx＞ylny
【分析】利用作差法判断A选项；通过正弦函数，利用特例法判断B选项；利用函数的单调性判断C、D选项．
【解答】解：A选项，，所以，A选项错误．
B选项，取x＝2π，y＝π，此时sinx＝siny，B选项错误．
C选项，因为函数单调递减，所以，C选项正确．
D选项，设f（x）＝xlnx，则f'（x）＝lnx+1，所以当时，f（x）单调递减，若，则xlnx＜ylny，D选项错误．
故选：ABD．
11．（5分）在棱长为2的正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，DA的中点，则（　　）
A．AC∥平面EFG
B．过点E，F，G的截面的面积为
C．异面直线EG与AC所成角的大小为
D．CD与平面GBC所成角的大小为
【分析】由线面平行的判定定理即可判断选项A，分析证明四边形EFGH是边长为1的正方形，且为截面，求解即可判断选项B，利用异面直线所成角的定义得到∠EGF为所求的角，即可判断选项C，利用线面垂直的判定定理证明DA⊥平面GBC，从而得到∠DCG为直线CD与平面GBC所成的角，利用边角关系求解即可判断选项D．
【解答】解：对于A，因为F，G为棱CD，DA的中点，所以FG∥AC，
又FG⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，
所以AC∥平面EFG，故选项A正确；

对于B，取AB的中点H，则四边形EFGH为截面，
由选项A可得，FG∥AC，FG＝，
同理可得，HE∥AC，HE＝，
所以HE∥HG，且HE＝HG，
故四边形EFGH为平行四边形，
取BD的中点M，则BD⊥AM，BD⊥CM，
又AM∩CM＝M，AM，CM⊂平面ACM，
所以BD⊥平面AMC，又AC⊂平面AMC，
故BD⊥AC，则EF⊥FG，
所以四边形EFGH为正方形，且边长为1，
故截面的面积为1，故选项B错误；

对于C，因为AC∥FG，故异面直线EG与AC所成的角即为∠EGF，
由选项B可得，∠EGF＝，故选项C正确；

对于D，如图所示，因为DA⊥GB，DA⊥GC，且GB∩GC＝G，GB，GC⊂平面GBC，
所以DA⊥平面GBC，
则∠DCG为直线CD与平面GBC所成的角，
在△DCG中，∠DCG＝，故选项D正确．

故选：ACD．
12．（5分）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，且g（0）＝﹣1，则下列说法正确的是（　　）
A．g（x）为奇函数
B．g（﹣）＝0
C．当ω＝5时，g（x）在（0，π）上有4个极值点
D．若g（x）在[0，]上单调递增，则ω的最大值为5
【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】解：将函数的图象向右平移个单位长度后，
得到函数g（x）＝cos（ωx﹣﹣）的图象，
由g（0）＝cos＝﹣1，则＝2k+1，k∈Z，∴ω＝4k+1，g（x）＝﹣cosωx＝﹣cos（4k+1）x，
故A错误，B正确．
当ω＝5时，g（x）＝﹣cos5x，在（0，π）上，5x∈（0，5π）有4个极值：，，，，故C正确．
在[0，]上，ωx∈[0，ωπ]，若g（x）＝﹣cosωx 在[0，]上单调递增，则ωπ≤π，ω≤5，故ω的最大值为5，故D正确，
故选：BCD．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在（2+）6的展开式中，常数项等于　160　．
【分析】求出二项展开式的通项公式，令x的指数为0，求出r的值，即可求出常数项．
【解答】解：（2+）6的展开式的通项公式为Tr+1＝＝26﹣rx3﹣r，
令3﹣r＝0，可得r＝3，
所以常数项为23＝160．
故答案为：160．
14．（5分）写出一个图象关于直线x＝1对称的奇函数f（x）＝　（答案不唯一）．　．
【分析】根据题意，由正弦函数的性质以及图象变换可得答案．
【解答】解：根据题意，要求f（x）为奇函数且其关于直线x＝1对称，
考虑f（x）由正弦函数变形得到，则f（x）＝，
故答案为：f（x）＝，（答案不唯一）
15．（5分）曲线y＝a﹣lnx在点（1，a）处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则a＝　﹣2　．
【分析】利用导数求得曲线y＝a﹣lnx在点（1，a）处的切线方程，再设所求曲线与曲线y＝﹣ex相切于点，由斜率相等求得切点坐标，把切点坐标代入切线方程即可得到a值．
【解答】解：对y＝a﹣lnx求导，得，
∴y′|x＝1＝﹣1，
则曲线y＝a﹣lnx在点（1，a）处的切线方程为y﹣a＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+a+1．
设y＝﹣x+a+1与y＝﹣ex相切于点，
对y＝﹣ex求导，得y'＝﹣ex，
由，得x0＝0，即切点为（0，﹣1）．
又切点在切线y＝﹣x+a+1上，∴a+1＝﹣1，即a＝﹣2．
故答案为：﹣2．
16．（5分）已知f（x）＝，若存在实数x1，x2，x3，满足0≤x1＜x2＜x3≤3．且f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x2的取值范围为 　[2，]　；x2x3﹣的最大值为 　﹣　．
【分析】作出f（x）的图象，根据图象数形结合，可得x2的取值范围；x2，x3关于x＝对称，利用x2取代x1，x3，构造新函数，利用导函数求解最值；
【解答】解：由题意，函数f（x）的大致图象如图所示，

由图象知，x2∈[2，]；
由x2，x3关于x＝对称，可得x3＝5﹣x2，
x1＝2sinπx2，可得x1＝sinπx2，
那么x2x3﹣＝x2（5﹣x2）﹣sinπx2，
构造新函数g（x）＝5x﹣x2﹣sinπx，x∈[2，]；
则g′（x）＝5﹣2x﹣cosπx，x∈[2，]；
g″（x）＝﹣2+πsinπx在区间[2，]单调递增，
可得g″（）＜0，
∴g′（x）在区间[2，]单调递减，
∵g′（）＝0，可得数g（x）区间[2，]单调递增，[，]单调递减，
∴当x＝时，g（x）取得最大值为﹣
故答案为[2，]；﹣．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解笞应写岀文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且asinC＝ccosA+c．
（1）求A；
（2）在①△ABC的面积为，②△ABC的周长为6+2，③＝，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求B的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：已知b＝2，___．
【分析】（1）根据正弦定理，两角差的正弦公式化简已知等式可得sin（A﹣）＝，可求范围A﹣∈（﹣，），即可解得A的值．
（2）若选①，由已知利用三角形的面积公式可求c的值，利用余弦定理可求a的值，即可得解B的值；
若选②，由题意可得a+c＝4+2，由余弦定理解得a，利用正弦定理可得sinB，结合a＞b，可得B的值；
若选③，由余弦定理化简已知等式可得c＝1，或a＝，分类讨论即可求解三角形不存在，可得满足③的三角形不存在．
【解答】解：（1）因为 asinC＝ccosA+c，利用正弦定理可得sinAsinC＝sinCcosA+sinC，
因为sinC≠0，可得sinA＝cosA+1，
所以sin（A﹣）＝，
因为A∈（0，π），A﹣∈（﹣，），
所以A﹣＝，可得A＝．
（2）若选①，因为△ABC的面积为，
则×2×csin＝c＝，得c＝2，
则a2＝b2+c2﹣2bccos＝4，得a＝2，
则三角形为等边三角形，故B＝；
若选②，△ABC的周长为6+2，A＝，b＝2，
可得a+c＝4+2，
由余弦定理得a2＝4+c2﹣2×2ccos，即a2＝4+（4+2﹣a）2﹣2×（4+2﹣a），
解得a＝2，
由＝，得sinB＝，
由a＞b，可得B＝；
若选③，＝，则c﹣1＝cosB＝×，
又由余弦定理得，a2＝4+c2﹣2c，代入上式得c﹣1＝×＝×，
得c﹣1＝0或＝1，即a＝，
若c＝1，则B＝90°（舍），若a＝，由sinB＝＝2，可知三角形不存在，因此满足③的三角形不存在．
18．（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn+1＝3Sn+2（n+1），且a1＝2．
（1）证明：数列{an+1}是等比数列；
（2）判断数列的前n项和Tn与的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）先由题设推导出an+1＝3an+2，进而有：an+1+1＝3（an+1），再由a1+1≠0，即可证明结论；
（2）先由（1）求得an，进而求得，再利用裂项相消法求得其前n项和Tn，即可比较出Tn与的大小．
【解答】（1）证明：由Sn+1＝3Sn+2（n+1）可得：Sn＝3Sn﹣1+2n（n≥2），
两式相减得：an+1＝3an+2，n≥2，
又当n＝1时，有S2＝3S1+4，即a2＝2a1+4＝3a1+2也适合上式，
∴an+1＝3an+2，
∴an+1+1＝3（an+1），
又a1+1＝3≠0，
∴数列{an+1}是首项、公比均为3的等比数列；
（2）解：由（1）可知an+1＝3n，即an＝3n﹣1，
∴＝＝﹣，
∴Tn＝﹣+﹣+…+﹣＝﹣．
19．（12分）如图1，在△ABV中，AC＝BC＝CV＝1，AC⊥VB于C．现将△ABV沿AC折叠，使V﹣AC﹣B为直二面角（如图2），D是棱AB的中点，连接CD、VB、VD．

（1）证明：平面VAB⊥平面VCD；
（2）若棱AB上有一点E满足，求二面角C﹣VE﹣A的余弦值．
【分析】（1）证明CD⊥AB．VC⊥AC，通过VC⊥底面ABC．证明VC⊥AB，然后推出AB⊥平面VCD．即可证明平面VAB⊥平面VCD．
（2）以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出平面VCE的法向量，平面VAB的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C﹣VE﹣A的余弦值即可．
【解答】（1）证明：在图2中，∵AC＝BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．
又V﹣AC﹣B为直二面角，VC⊥AC，∴VC⊥底面ABC．
而AB⊂平面ABC，∴VC⊥AB，且VC∩CD＝C，CD⊂平面VCD．VC⊂平面VCD．
因此AB⊥平面VCD．
又AB⊂平面VAB，∴平面VAB⊥平面VCD．
（2）解：以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），V（0，0，1），
因为，所以，那么．
设平面VCE的法向量，
由得，p＝0．
由得，．
所以．
同理可以求得平面VAB的一个法向量．
于是．
又二面角C﹣VE﹣A为锐角，所以二面角C﹣VE﹣A的余弦值为．

20．（12分）已知椭圆的离心率是，点F是椭圆E的左焦点，点A为椭圆E的右顶点，点B为椭圆E的上顶点，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设点P（m，0）为椭圆E长轴上的一个动点，过点P作斜率为的直线l交椭圆E于S，T两点，证明：|PS|2+|PT|2为定值．
【分析】（1）由离心率是，及，列方程组，解得a，b，c，进而可得答案．
（2）设P（m，0）（﹣2≤m≤2），写出直线l的方程为y＝（x﹣m），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，在计算|PS|2+|PT|2，即可得出答案．
【解答】解：（1）根据题意可得F（﹣c，0），A（a，0），B（0，b），
由，得（a+b）b＝，即（a+c）b＝+1①，
因为离心率为，所以e＝＝②，
又因为a2＝b2+c2③，
由①②③，解得a＝，b＝c＝1，
所以椭圆的方程为+y2＝1．
（2）证明：设P（m，0）（﹣2≤m≤2），
所以直线l的方程为y＝（x﹣m），设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，整理得2x2﹣2mx+m2﹣2＝0，
所以x1+x2＝m，x1x2＝，
所以|PS|2+|PT|2＝（x1﹣m）2+y12+（x2﹣m）2+y22
＝（x1﹣m）2+（x1﹣m）2+（x2﹣m）2+（x2﹣m）2
＝[（x1﹣m）2+（x2﹣m）2]
＝[x12+x22﹣2m（x1+x2）+2m2]
＝[（x1+x2）2﹣2m（x1+x2）﹣2x1x2+2m2]
＝[m2﹣2m2﹣m2+2]＝3（定值），
所以|PS|2+|PQ|2为定值3．

21．（12分）公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另一位著名的数学家帕斯卡（B．Pascal）提请了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C．Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢k（k＞1，k∈N*）局，谁便赢得全部赌注a元．每局甲赢的概率为p（0＜p＜1），乙赢的概率为1﹣p，且每局赌博相互独立在甲赢了m（m＜k）局，乙赢了n（n＜k）局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比P甲：P乙分配赌注．
（1）甲、乙赌博意外终止，若a＝243，k＝4，m＝2，n＝1，p＝，则甲应分得多少赌注？
（2）记事件A为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当k＝4，m＝2，n＝1时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率f（p），并判断当p≥时，事件A是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件．（注意：纯粹数学讨论，珍爱生命，远离赌博）
【分析】（1）设赌博再继续进行X局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲赢的概率，由此能求出甲应分得的赌注．
（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当Y＝3时，乙以4：2赢，P（Y＝3）＝（1﹣p）3；当Y＝4时，乙以4：3赢，．求出甲赢得全部赌注的概率f（p）＝1﹣（1+3p）（1﹣p）3，求导，f′（p）＝12p（1﹣p）2，利用导数性质求出，从而求出事件A是小概率事件．
【解答】解：（1）设赌博再继续进行X局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，
当X＝2时，甲以4：1赢，所以；
当X＝3时，甲以4：2赢，所以；
当X＝4时，甲以4：3赢，所以
所以，甲赢的概率为．
所以，甲应分得的赌注为元．
（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，
当Y＝3时，乙以4：2赢，P（Y＝3）＝（1﹣p）3；
当Y＝4时，乙以4：3赢，；
所以，乙赢得全部赌注的概率为P（A）＝（1﹣p）3+3p（1﹣p）3＝（1+3p）（1﹣p）3，
于是甲赢得全部赌注的概率f（p）＝1﹣（1+3p）（1﹣p）3，
求导，f′（p）＝﹣3（1﹣p）3﹣（1+3p）⋅3（1﹣p）2（﹣1）＝12p（1﹣p）2，
因为，所以f′（p）＞0，所以f（p）在上单调递增，
于是，
故乙赢的概率为，
故事件A是小概率事件．
22．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣2ae﹣x﹣（2+a）x（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）求证：当时，函数f（x）有且只有三个零点．
（参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.01）
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出函数f（x）的极大值和极小值，求出f（﹣2）f（lna）＜0，f（lna）f（ln2）＜0以及f（ln2）f（2）＜0，结合函数零点的判定定理求出函数的零点个数即可证明结论成立．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex+2ae﹣x﹣（2+a）＝，
若a≤0，由ex﹣2＝0，解得：x＝ln2，由f′（x）＜0，解得：x＜ln2，由f′（x）＞0，解得：x＞ln2，
故f（x）在（﹣∞，ln2）递减，在（ln2，+∞）递增，
若a＞0，由f′（x）＝0，解得：x＝ln2或x＝lna，
当0＜a＜2时，由f′（x）＜0，解得：lna＜x＜ln2，由f′（x）＞0，解得：x＞ln2或x＜lna，
故f（x）在（lna，ln2）递减，在（﹣∞，lna），（ln2，+∞）递增，
当a＝2时，f′（x）≥0在R上恒成立，故f（x）在R上单调递增，
当a＞2时，由f′（x）＜0，解得：ln2＜x＜lna，由f′（x）＞0，解得：x＞lna或x＜ln2，
故f（x）在（ln2，lna）递减，在（﹣∞，ln2），（lna，+∞）上单调递增；
综上：当a≤0，f（x）在（﹣∞，ln2）递减，在（ln2，+∞）递增，
当0＜a＜2时，f（x）在（lna，ln2）递减，在（﹣∞，lna），（ln2，+∞）递增，
当a＝2时，f（x）在R上单调递增，
当a＞2时，f（x）在（ln2，lna）递减，在（﹣∞，ln2），（lna，+∞）上单调递增．
（2）证明：由（1）知，当≤a≤时，f（x）在（lna，ln2）递减，在（﹣∞，lna），（ln2，+∞）递增，
故f（x）的极大值是f（lna），f（x）的极小值是f（ln2），
而f（x）极大值＝f（lna）＝a﹣2﹣（2+a）lna，
令g（a）＝a﹣2﹣（2+a）lna（≤a≤），则g′（a）＝﹣，
令m（a）＝2+alna（≤a≤），则m′（a）＝1+lna≥1+ln＝ln＞ln1＝0，
故m（a）在[，]上单调递增，
故m（a）≥m（）＝2+ln＞2﹣lne＞0，
故g′（a）＜0，故g（a）在[，]上单调递减，
故g（a）≥g（）＝﹣﹣ln＝＞0，即f（lna）＞0，
又当≤a≤时，﹣1＝ln＜ln≤lna≤ln＜0，即lna∈（﹣1，0），
又f（﹣2）＝e﹣2﹣2ae2+2（2+a）＝2（1﹣e2）a+e﹣2+4，该式关于a单调递减，
故2（1﹣e2）a+e﹣2+4≤2（1﹣e2）•+e﹣2+4＝+＜+＝＜0，
故f（﹣2）＜0，
∵f（x）在（﹣∞，lna）单调递增，且f（﹣2）f（lna）＜0，
故函数f（x）在区间（﹣∞，lna）上有且只有1个零点，
f（x）极小值＝f（ln2）＝2﹣a﹣（2+a）ln2＝﹣（1+ln2）a+2﹣2ln2，
令h（a）＝﹣（1+ln2）a+2﹣2ln2（≤a≤），显然h（a）单调递减，
故h（a）≤2﹣﹣（2+）ln2＝（1﹣ln2）＜（1﹣ln）＝0，
故f（ln2）＜0，
∵f（x）在（lna，ln2）单调递减，且f（lna）f（ln2）＜0，
∴函数f（x）在区间（lna，ln2）上有且只有1个零点，
f（2）＝e2﹣2ae﹣2﹣（2+a）×2＝﹣2（e﹣2+1）a+e2﹣4，该式关于a单调递减，
故﹣2（e﹣2+1）a+e2﹣4≥﹣2（e﹣2+1）×+e2﹣4＝e2﹣﹣5＞e2﹣6＞0，
∵f（x）在（ln2，+∞）上单调递增，且f（ln2）f（2）＜0，
故函数f（x）在（ln2，+∞）上有且只有1个零点，
综上：当≤a≤时，函数f（x）有且只有3个零点．