2023-2024学年江西省五市九校协作体高三第一次联考数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年江西省五市九校协作体高三第一次联考数学试卷(含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.集合A={x|x≤3,x∈N}，若B⊆A且B≠A，则满足条件的集合B的个数为( )
A. 7B. 8C. 15D. 16
2.已知复数z满足z(3−4i)=4−2i，则|z|=( )
A. 15B. 2 55C. 55D. 45
3.将函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)的图象向左平移π3个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数ω的最小值为( )
A. 94B. 14C. 34D. 54
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点、右顶点、左焦点恰好是等腰三角形的三个顶点，则椭圆C的离心率为( )
A. 32B. 22C. 5−12D. 3−12
5.蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧⋯⋯以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为( )
A. 44πB. 64πC. 70πD. 80π
6.已知向量a，b满足a⋅b+b2=0，|a+4b|=5，则|a+b|+|b|的最大值为( )
A. 5 103B. 4 103C. 25 24D. 5
7.己知函数f(x)=x2−|x2−a3x−9|在区间(−∞,−3)，(1,+∞)上都单调递增，则实数a的取值范围是( )
A. 08.设A、B是半径为 2的球体O表面上的两定点，且∠AOB=π2，球体O表面上动点M满足MA= 3MB，则点M的轨迹长度为( )
A. 4 67πB. 2 305πC. 4 1511πD. 2 3311π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列{an}是等差数列，其前n项的和为Sn，则下列结论一定正确的是( )
A. 数列{2an}是等比数列B. 数列{an2}不是等差数列
C. 数列{Snn}是等差数列D. 数列{Snn+1}不是等差数列
10.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(6,0)，以坐标原点O为圆心，线段OF为半径作圆与双曲线E在第一、二、三、四象限依次交于A，B，C，D四点，若cs∠AOF=2 23，则( )
A. |AC|=|BD|=12B. cs∠AOB=−4 29
C. 四边形ABCD的面积为32 2D. 双曲线E的离心率为 62
11.若四面体各棱的长是3或6，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为( )
A. 9 142B. 9 112C. 9 144D. 9 114
12.已知实数x、y满足xx=yy=m(x>y>0)，则m的值可能为( )
A. 22B. eeC. cs12D. ee+1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(1+ 3)5+(1− 3)5= ．
14.由6个实数组成的一组数据的方差为s12，将其中一个数6改为2，另一个数5改为9，其余的数不变，得到新的一组数据的方差为s22，则s22−s12= ．
15.已知x、y为正实数，且满足xy2(3x+4y)=3，则(3x+2y)的最小值为 ．
16.已知正方形ABCD的中心在坐标原点，四个顶点都在函数f(x)=x3+bx的图象上.若正方形ABCD唯一确定，则实数b的值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=1，AD=2．
(1)求2csA−csC的值;
(2)记△ABD与△CBD的面积分别为S1和S2，求S12+S22的最大值．
18.(本小题12分)
如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中点．
(1)证明：BG//平面ABF:
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为23，若乙发球，则本回合甲赢的概率为13，每回合比赛的结果相互独立。经抽签决定，第1回合由甲发球．
(1)求第4个回合甲发球的概率;
(2)设前4个回合中，甲发球的次数为X，求X的分布列及期望．
20.(本小题12分)
记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，Snan+1−Snan=−12．
(1)求{an}的通项公式;
(2)设Q={x|x=2an+1,n∈N∗}，R={x|x=4an+2,n∈N∗}，若等差数列{cn}中的任一项cn∈(Q∩R)，其中c1是(Q∩R)中的最小数，且40021.(本小题12分)
与x轴不垂直的直线l交抛物线T:y2=2px(p>0)于M、N两点，F为抛物线的焦点，线段MN的垂直平分线交x轴于点E(3,0)，已知O(0,0)，Q(4,0)且有|MF|+|NF|=4
(1)求抛物线T的方程;
(2)过F的直线交抛物线T于A、B两点，延长AQ、BQ分别交抛物线T于C、D;G、H分别为AB、CD的中点，求cs∠GOH的最小值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x+2)ea−x
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=x−2的两个实数根互为相反数，求实数a的值;
(3)在条件(2)下，若函数g(x)=2ex−lnx−x−m−f(−x)有两个不同的零点x1、x2，证明：x1x2<1e．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查子集个数问题，属于基础题．
化简A，利用真子集个数为2n−1即可求解．
【解答】
解：A={x∣x⩽3,x∈N}={0,1,2,3}，
因为B⊆A且B≠A，
即B⫋A，
则满足条件的集合B的个数为24−1=15．
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了复数的四则运算和复数的共轭复数的模，属于基础题．
利用复数的四则运算得z=45+25i，则z=45−25i，再利用复数的模计算得结论．
【解答】解：因为复数z满足z(3−4i)=4−2i，
所以z=4−2i3−4i=(4−2i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=45+25i，
所以z=45−25i，所以|z|= (45)2+(−25)2=2 55．
故选B．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三角函数的图象变换及函数的奇偶性，属于中档题．
根据图象平移变换求出函数的解析式，然后由得到的函数为奇函数进行求解即可．
【解答】解：函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)的图象向左平移π3个单位后，
得到函数y=cs[ω(x+π3)+π4]=cs(ωx+π3ω+π4)的图象，
因为得到的函数为奇函数，
所以π3ω+π4=kπ+π2，k∈Z，
得π3ω=π4+kπ，k∈Z，
得ω=34+3k，k∈Z，
∵ω>0，
∴当k=0时，ω取得最小值34．
故选C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的离心率的求解，属于基础题．
设椭圆E的上顶点、右顶点、左焦点分别为A，B，F，依题意可得|AB|=|BF|，结合b2+c2=a2即可求得椭圆的离心率．
【解答】
解：设椭圆E的上顶点、右顶点、左焦点分别为A，B，F，
则A(0,b)，B(a,0)，F(−c,0)，且b2+c2=a2，
所以|AB|= a2+b2，|AF|= b2+c2=a，|BF|=a+c，
依题意△ABF为等腰三角形，|AB|=|BF|，
所以 a2+b2=a+c，化简得b2=c2+2ac，又b2+c2=a2，
所以2c2+2ac−a2=0，即2e2+2e−1=0，
解得e=−1± 32，又0即椭圆的离心率为 3−12．
故选：D．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查弧长公式，涉及等差数列前 n 项和公式，属于基础题．
确定每段圆弧的中心角是 2π3 ，第 n 段圆弧的半径为 n ，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前 n 项和公式计算．
【解答】
解：由题意每段圆弧的中心角都是 2π3 ，第 n 段圆弧的半径为 n ，弧长记为 an ，
则 an=2π3⋅n ，
所以 S15=2π3(1+2+⋯+15)=80π．
故选D．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量的模及三角函数的性质，属于中档题．
设|a+b|=m，|b|=n，结合条件可得m2+(3n)2=25，令m=5csθ，3n=5sinθ，(0<θ<π2)则m+n=5csθ+53sinθ，结合三角函数的性质即可求得最大值．
【解答】
解：设|a+b|=m，|b|=n，
由a⋅b+|b|2=(a+b)⋅b=0，
则有(a+b)⊥b，
又|a+4|b|=|(a+b)+3b|=5，
即m2+(3n)2=25，
令m=5csθ，3n=5sinθ，(0<θ<π2)则
m+n=5csθ+53sinθ= 25+259sin (θ+φ)≤5 103，
故选A．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查函数与方程的综合应用，以及函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．
由题意，可得函数f(x)=a3x+9, xx2.从而根据a≤0，a>0，分类讨论，利用函数的单调性，即可求出a的取值范围．
【解答】
解：设g(x)=x2−a3x−9，其判别式Δ=(a3)2+36>0，所以函数g(x)一定有两个零点，
设函数g(x) 的两个零点为x1, x2，且x1所以函数f(x)=a3x+9, xx2.
①当a≤0时，f(x)在(−∞, x1)上单调递减或为常函数，从而f(x)在(−∞,−3)不可能单调递增，
故a>0；
②当a>0时，g(−3)=a>0，所以x1>−3，
所以f(x)在(−∞,−3)上单调递增，
欲使f(x)在(1,+∞)上单调递增，只需a12⩽1，得0综上所述：实数a的取值范围是0故选C ．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中的轨迹问题，属于一般题．
以AOB所在的平面建立平面直角坐标系，求出M的轨迹，判断出M在两球的交线上，轨迹为圆，求出圆半径，由圆的周长公式即可求解．
【解答】
解：以AOB所在的平面建立平面直角坐标系，AB为x轴，AB垂直平分线为y轴，
则易知A(−1,0)，B(1,0)，O(0,1)
设M(x,y)，
由MA= 3MB可得(x−2)2+y2=3，
故M的轨迹是以C(2,0)为圆心， 3为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心， 3为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆．
又OM= 2，MC= 3，
易求得OC= 5，即ΔOCM为直角三角形，
则对应圆的半径为 2· 3 5= 305，
M的轨迹长度即对应圆的周长为2 305π，故选：B．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查等差数列的定义以及判定、等差数列的求和公式，属于中档题．
由{an}是等差数列，设an+1−an=d，逐项进行求解，即可得到答案．
【解答】
解：由{an}是等差数列，设an+1−an=d，
对于A，设bn=2an，易知 bn+1 bn=2an+12an=2an+1−an=2d，
则数列{2an}一定是等比数列，故A正确；
对于B，当an=1时，an2=1，此时数列an2是等差数列，故B错误；
对于C，设bn= Snn= na1+an2n=a1+an2，
易知bn+1− bn=a1+an+12−a1+an2=an+1−an2=d2，
则数列Snn是等差数列，故C正确；
对于D，当数列an是等差数列，且为各项均为0的常数列时，Sn=0，此时Snn+1=0，所以数列Snn+1为各项为0的常数列，可以为等差数列，故D错误．
故选AC．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查双曲线的方程与性质.由对称性可知AC和BD是圆O的两条直径，可判断A；由条件得cs∠AOD=cs2∠AOF，再由∠AOD与∠AOB互补，判断B；由三角形面积公式判断C；由离心率判断D。
【解答】
解：对于A，由对称性可知AC和BD是圆O的两条直径，所以|AC|=|BD|=12，故A正确;
对于B，由条件得cs∠AOD=cs2∠AOF=2×(2 23)2−1=79，而∠AOD与∠AOB互补，所以cs∠AOB=−cs∠AOD=−79，故B错误;
对于C，由已知得sin∠AOD= 1−(79)2=4 29，所以四边形ABCD的面积为12×|AC|×|BD|sin∠AOD=32 2，故C正确;
对于D，记双曲线的半焦距为c(c>0)，联立x2a2−y2b2=1,x2+y2=a2+b2=c2,解得y=±c2−a2c，则sin∠AOF=c2−a2c2，再由已知可得sin∠AOF= 1−(2 23)2=13，所以c2−a2c2=13，所以e=ca= 62，故D正确．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查多面体体积的求法，考查分类讨论思想和运算求解能力，属于中档题．
分为只有一条棱长度为3，其余棱长都为6；有两条棱长度为3，其余为6；有三条棱长度为3，只能是底面三边为3，侧棱为6，三种情况分别计算棱锥的体积，结合选项得答案．
【解答】
解：由三角形的两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为3的棱最多有3条，
(1)若只有一条棱长度为3，如图：AB=3，其余棱长都为6，
取AB中点E，CD中点F，连接CE，DE，EF，则CE⊥AB，DE⊥AB，
又CE，DE是平面CDE内两相交直线，则AB⊥平面CDE，
由已知CE=DE= 62−(32)2=3 152，则EF⊥CD，EF= (3 152)2−32=3 112，
SΔCDE=12×6×3 112=9 112，
VABCD=13×SΔCDE×AB=13×9 112×3=9 112；
(2)若有两条棱长度为3，还是如(1)中的图形，AB=CD=3，
解法如(1)，VABCD=13×S△CDE×AB=13×9 144×3=9 144
(3)若有三条棱长度为3，只能是底面三边为3，如图BC=CD=BD=3，AB=AC=AD=6，
四面体为正三棱锥，设AO是正三棱锥的高，O是△BCD的外心，OB=23× 32×3= 3，AO= AB2−0B2= 62− 32= 33，
VABCD=13×SΔBCD×AO=13× 34×32× 33=9 114，
故选：BCD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查指、对数的运算，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
由题可得xlnx=ylny=lnm，设f(x)=xlnx，求导，研究函数的单调性，进一步可求得m的可能值．
【解答】
解：由题可得xlnx=ylny=lnm，
设f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1=0，x=1e，则01e，f′(x)>0，
又f(1e)=−1e，可得−1e由f(12)>f(1e)可得，12ln12>1eln1e，则e−1e< 22<1;
又有1>cs12>csπ6> 22; ee=e−12由e1e>1e+1=e+1e，则e−1e故选ACD．
13.【答案】152
【解析】【分析】
本题主要考查了二项式定理的展开式，属于基础题．
由二项式定理的展开式展开计算即可．
【解答】
解：由二项式定理可得：(1+ 3)5=C50+C51· 3+C52· 32+C53· 33+C54· 34+C55· 35，
(1− 3)5=C50−C51· 3+C52· 32−C53· 33+C54· 34−C55· 35，
所以(1+ 3)5+(1− 3)5=2C50+2C52· 32+2C54· 34=2+60+90=152
14.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查了平均数与方差的求解，解题的关键是掌握方差的计算公式，考查了化简运算能力，属于中档题．
先判断出平均数不变，然后分别表示出原先一组数的方差和新数据的方差，作差化简即可得到答案．
【解答】
解：一个数由6改为2，另一个数由5改为9，故该数据的平均数x−不变，
设没有改变的4个数分别为x1，x2，x3，x4，
原先一组数的方差s12=16[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(6−x−)2+(5−x−)2]，
新数据的方差s22=16[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(2−x−)2+(9−x−)2]，
所以s22−s12=16[(2−x−)2+(9−x−)2−(6−x−)2−(5−x−)2]
=16(4−4 ​x−+x−2+81−18x−+x−2−16+12x−−x−2−25+10x−−x−2)=4，
故答案为4．
15.【答案】2 3
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式求最值，属于中档题．
由题x(3x+4y)=3x2+4xy=3y2，又(3x+2y)2=3(3x2+4xy)+4y2，再利用基本不等式求最值即可．
【解答】
解：由题x(3x+4y)=3x2+4xy=3y2，
又(3x+2y)2=9x2+12xy+4y2=3(3x2+4xy)+4y2=9y2+4y2≥12，
当且仅当9y2=4y2取等号，
即(3x+2y)的最小值为2 3．
16.【答案】−2 2
【解析】【分析】
本题主要考查曲线与方程，属于难题．
设直线AC的方程为y=kx(k>0)，则直线BD的方程为y=− 1kx，设点A( x1， y1)，B( x2， y2)，讨论得到b ≥0不合要求，即b<0，分别联立曲线方程，得到 x12=k−b， x22=− 1k−b，再根据OA=OB得到 (k−1k)2−b(k− 1k)+2=0，换元后必有 t2−bt+2=0有两个相等的实数根，由Δ=0，解得b，检验后得到答案．
【解答】
解：因为四边形ABCD为正方形，O为其中心，
所以AC ⊥BD于点O，且OA=OB=OC=OD，
不妨设直线AC的方程为y=kx(k>0)，则直线BD的方程为y=− 1kx，
设点A( x1， y1)，B( x2， y2)，则C(− x1，− y1)，D(− x2，− y2)，
当b ≥0时，f′(x)= 3x2+b ≥0，f(x)在R上单调递增，与y=− 1kx仅有1个交点为原点，不合题意，
当b<0时，联立直线AC与曲线方程，得到 x13+ bx1= kx1，解得 x12=k−b，
联立直线BD与曲线方程，得到 x23+ bx2=− 1k x2，解得 x22=− 1k−b，
因为OA=OB，所以(1+ k2)(k−b)=(1+ 1k2)(− 1k−b)，
整理得( k2+ 1k2)−b(k− 1k)=0，即 (k−1k)2−b(k− 1k)+2=0，
设t=k− 1k(k>0)，可知函数t=k− 1k在(0,+ ∞)上单调递增，值域为R，
要使符合题意的正方形只有1个，则必有 t2−bt+2=0有两个相等的实数根，
即Δ= b2−8=0，解得b=−2 2，正根舍去，
此时k− 1k=− 2，解得k= 6− 22，负根舍去，
所以b=−2 2．
17.【答案】解：(1)在△ABD中，BD2=AD2+AB2−2AD⋅ABcsA=5−4csA，
在△BCD中，BD2=CD2+CB2−2CD⋅CBcsC=2−2csC，
∴5−4csA=2−2csC，
即4csA−2csC=3，
则2csA−csC=32．
(2)S12+S22=14AB2AD2sin2A+14BC2CD2sin2C=sin2A+14sin2C
=sin2A+14−14cs2C=(1−cs2A)+14−14(2csA−32)2=−2cs2A+32csA+1116，
因为A∈(0,π)，
设t=csA∈(−1,1)，则y=−2t2+32t+1116=−2(t−38)2+3132，t∈(−1,1)，
所以，当t=38∈(−1,1)时，y=−2t2+32t+1116取得最大值3132，
即csA=38时，S12+S22的最大值为3132．

【解析】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，还考查了二次函数最值的求解，属于中档题．
(1)由已知结合余弦定理进行化简即可证明；
(2)由已知结合三角形面积公式及同角平方和关系进行化简，然后结合二次函数的性质可求．
18.【答案】法一：(1)证明：作DE的中点L，EC的中点K，AD的中点M，BD的中点J，
则LK//MJ，LK=MJ，
所以四边形LMJK为平行四边形，则LM//KJ，
又KG//EF//DB，而KG=12EF=12DB=JB，
所以四边形KGBJ是平行四边形，则KJ//BG，
所以LM//BG//AE，
因为BG⊄面AEF，AE⊂面AEF，
所以BG/​/平面AEF ；
(2)由(1)知，直线AE与平面BDEF所成角等于直线GB与平面BDEF所成角
作FH⊥BC，HI⊥DB，连结IF，
∵H，G都是所在棱的中点，
∴HG//BF，又HG⊄平面BDEF,BF⊂平面BDEF，
∴HG/​/平面BDEF，
∴G点到平面BDEF的距离等于H点到平面BDEF的距离d，
∵平面FBC⊥平面ABCD，且平面FBC∩平面ABCD=BC，FH⊥BC，
FH⊂平面FBC
∴FH⊥平面ABCD，又DB⊂平面ABCD，
∴FH⊥DB，又HI⊥DB，且FH∩HI=H，FH，HI⊂平面IFH，
∴DB⊥平面平面IFH，而DB⊂平面BDEF，
∴平面BDEF⊥平面IFH，
过H作HT⊥FI交FI于T，由平面BDEF∩平面IFH=FI知HT⊥平面BDEF，
则d=HT，
由题设易求得FH= 32，HI=BHsin∠IBC= 55，FI= 1920，
在直角△IFH中HT为斜边IF边上的高，由等面积法可得HI⋅FH=FI⋅HT，解得HT= 319，即d= 319
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
故sinθ=dFH=2 1919，
即直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为2 1919．
法二：(1)取BC中点H，取AD中点M，因为平面FBC⊥平面ABCD，结合△FBC为等边三角形，知FH⊥平面ABCD，以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
(1)A(2,12,0)，B(0,12,0)，C(0,−12,0)，D(2,−12,0)，F(0,0, 32)，则G(0,−14, 34)，
可知BG=(0,−34, 34)，AF=(−2,−12, 32)，BD=(2,−1,0)，AE=AF+BD=(0,−32, 32)，
设平面AEF的一个法向量n=(x,y,z)，
则n·AE=0n·AF=0，即−32y+ 32z=0−2x−12y+ 32z=0,
则平面AEF的一个法向量n=(12,1, 3)，
故BG⋅n=0，
BG⊄面AEF，
即BG//平面AEF，
(2)AE=(0,−32, 32)，BD=(2,−1,0)，BF=(0,−12, 32)，
设平面BDEF的一个法向量m=(a,b,c)，
则m·BD=0m·BF=0，即2a−b=012b+ 32c=0,
则平面BDEF的一个法向量m=(1,2,2 33)，
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
则sinθ=|AE⋅m||AE|⋅|m|=2 3⋅ 193=2 1919，
即直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为2 1919．
【解析】【分析】本题考查的是线面平行的判定和线面角的余弦值的求法，是中档题．
法一：(1)作DE的中点L，EC的中点K，AD的中点M，BD的中点J，可得四边形LMJK为平行四边形，则LM//KJ，同理四边形KGBJ是平行四边形，则KJ//BG，则AE//LM//BG，即可得出BG/​/平面AEF；
(2)直线AE与平面BDEF所成角等于直线GB与平面BDEF所成角，点G点到平面DBEF的距离等于H点到平面DBEF的距离d，由等面积法求得H点到平面BDEF的距离d，求解得线面角的余弦值；
法二：(1)以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由空间向量法求得平面AEF的法向量n，由BG⋅n=0得证；
(2)由空间向量法求平面BDEF的法向量，从而得线面角的余弦值．
19.【答案】解：(1)第2回合甲发球的概率为23，乙发球的概率为13．
第3回合甲发球的概率为23×23+13×13=59，乙发球的概率为23×13+13×23=49．
第4个回合甲发球的概率为59×23+49×13=1427．
(2)X可以取1，2，3，4．
当X=1时，P1=13×23×23=427;
当X=4时，P4=(23)3=827;
由(1)得，当X=2时，P2=727;当X=2时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为23x13×23=427．
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为13×13×13=127．
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为13×23×13=227．
故前4个回合甲发球两次的概率为427+127+227=727．P2=727:
当X=3时，P3=1−P1−P2−P4=827，
X的分布列为
E(X)=1×427+2×727+3×827+4×827=7427．
【解析】本题主要考查的是概率的求解，离散型分布列和期望的求解，难度适中；
(1)利用概率公式依次求解即可；
(2)先确定X可以取1，2，3，4，分别求概率，可得分布列，再利用期望公式求解即可；
20.【答案】解：(1)由Snan+1−Snan=−12有Sn+1−an+1an+1−Snan=−12，即Sn+1an+1−Snan=12，
又a1=1，故S1a1=1，所以数列{Snan}是以1为首项，12为公差的等差数列，
所以Snan=n+12，即Sn=n+12an，
故Sn+1=n+22an+1，两式相减得an+1=n+22an+1−n+12an，即n2an+1=n+12an，
所以an+1n+1=ann=⋯=a11=1，因此{an}的通项公式为an=n．
(2)由(1)可知Q={x|x=2n+2n∈N∗}，R={x|x=4n+2,n∈N∗}={x|x=2(2n+1),n∈N}，
所以Q∩R=R．
又因为cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，
所以c1=6，则{cn}的公差是4的倍数，设公差为4t，t∈N∗，
所以c21=6+80t，
又因为400由于t∈N∗，故t=5，
即等差数列{cn}的公差为20，则cn=6+(n−1)×20=20n−14，
所以cn2n+1=10n−72n，即Tn=3⋅(12)1+13⋅(12)2+⋯+(10n−7)⋅(12)n ①
12Tn=3⋅(12)2+13⋅(12)3+⋯+(10n−7)⋅(12)n+1 ②
由 ①− ②可解得Tn=13−10n+132n．
【解析】本题考查等差数列的判定及错位相减求和，属于中档题．
(1)由条件可得数列{Snan}是以1为首项，12为公差的等差数列，即可求得{an}的通项公式;
(2)由条件可得cn=20n−14，即可得cn2n+1=10n−72n，即Tn=3⋅(12)1+13⋅(12)2+⋯+(10n−7)⋅(12)n，再利用错位相减求和即可．
21.【答案】解：(1)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由抛物线定义可知|MF|+|NF|=x1+x2+p=4，
又线段MN的垂直平分线交x轴于点E(3,0)，故|ME|=|NE|，
(x1−3)2+y12=(x2−3)2+y22，
即(x1+x2−6)(x1−x2)=y22−y12=2p(x2−x1)
因为x2≠x1，
所以(x1+x2−6)=−2p，即4−p−6=−2p，则有p=2，
即抛物线T的方程为y2=4x
(2)由题：F(1,0)，设AB:x=ny+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
代入y2=4x得y2−4ny−4=0，
则有y1+y2=4ny1y2=−4，x1+x2=n(y1+y2)+2=4n2+2，
所以G(2n2+1,2n)，故kOG=2n2n2+1
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，
则kAC=y3−y1x3−x1=4y1+y3=y1y124−4，解得y3=−16y1，同理，y4=−16y2，
所以C(64y12,−16y1)，D(64y22,−16y2)，
所以H点的横坐标为32(1y12+1y22)=32×(y1+y2)2−2y1y2(y1y2)2=16(2n2+1)，
H点的纵坐标为−8(1y1+1y2)=8n，所以kOH=n2(2n2+1)，
有kOH=14kOG，
记t=kOG=2n2n2+1，故|kOG|=2|n|2n2+1，
当n=0时，kOG=0，
当n≠0时，|kOG|=2|n|2n2+1=22|n|+1|n|≤22 2|n|·1n= 22，当且仅当2n=1n时等号成立
易求得t2∈[0,12];
取直线OG、OH的方向向量分别为p=(1,t)，q=(4,t)，
故cs∠GOH=|p⋅q||p||q|=t2+4 t2+1 t2+16
当t2=0时，cs∠GOH=1，当
t2∈(0,12]时，cs∠GOH= 1−9t2+16t2+17
函数y=x+16x在区间(0,12]上单调递减，最小值为12+1612=652，
所以当t2=12时，cs∠GOH取到最小值为 1−9652+17= 911=3 1111
【解析】本题考查直线与抛物线的综合应用，考查最值问题，属于较难题．
(1)利用由抛物线定义可知|MF|+|NF|=x1+x2+p=4，结合|ME|=|NE|求出p，即可得抛物线方程；
(2)设直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，求出G点坐标，利用kOH=14kOG，记t=kOG=2n2n2+1，故|kOG|=2|n|2n2+1，对n进行分类讨论，取直线OG、OH的方向向量分别为p=(1,t)，q=(4,t)，利用向量的夹角公式求出cs∠GOH=t2+4 t2+1 t2+16，对t进行分类讨论，利用函数的单调性即可求解．
22.【答案】解：(1)因为f(x)=(x+2)ea−x，
所以f′(x)=−(x+1)ea−x(x∈R)，
令f′(x)>0，得x∈(−∞,−1)，
令f′(x)<0，得x∈(−1,+∞)，
故函数f(x)的增区间是(−∞,−1)，减区间是(−1,+∞)；
(2)根据题意得：(x+2)ea−x−x+2=0，则ea(x+2)−ex(x−2)=0，
设方程(x+2)ea−x−x+2=0的两根分别是x0和−x0，
故ea(x0+2)−ex0(x0−2)=0 ①，ea(−x0+2)−e−x0(−x0−2)=0，
则eaex0(−x0+2)+(x0+2)=0 ②，
由 ①− ②可得：(ea−1)[x0+2+(x0−2)ex0]=0 ③，
令g(x)=x+2+(x−2)ex，
则g′(x)=1+ex+(x−2)ex=(x−1)ex+1，
易证明g′(x)≥0，即g(x)单调递增，
又g(0)=0，当x0=0时，由 ①可知：ea=−1不成立;
故x0≠0，则g(x0)≠0，则有：ea−1=0，即a=0;
(3)由(2)可得f(−x)=(−x+2)ex，则g(x)=xex−lnx−x−m=0，
即ex+ln x−(x+lnx)=m，
令t=x+lnx，
∵函数t=x+lnx在x∈(0,+∞)单调递增，t∈R，
函数g(x)有两个不同的零点x1、x2，也即方程et−t=m在t∈R有两根t1，t2，
其中t1=lnx1+x1，t2=lnx2+x2，
令p(t)=et−t，则p′(t)=et−1，
∴p(t)在t∈(−∞,0)为减函数，在t∈(0,+∞)为增函数，
∴pmin(t)=p(0)=1，
又x→−∞时，p(t)→+∞;x→+∞时，p(t)→+∞，
∴m>1，t1<0令q(t)=p(t)−p(−t)=(et−t)−(e−t+t)=et−e−t−2t，t>0，
则q′(t)=et+e−t−2>0，
∴q(t)在t∈(0,+∞)单调递增，
∴t>0时，q(t)>q(0)=0，
由t2>0得q(t2)=p(t2)−p(−t2)>0，
∴p(t1)=p(t2)>p(−t2)，
而p(t)在t∈(−∞,0)单调递减，且t1<0，−t2<0，
所以t1<−t2，t1+t2<0，
即有t1+t2=lnx1+x1+lnx2+x2<0，
∵lnx1+x1+lnx2+x2=ln(x1x2)+x1+x2≥2ln x1x2+2 x1x2，
∴ln x1x2+ x1x2<0，
又ln1 e+1 e=1 e−12>0，
∴ln x1x2+ x1x2而y=lnx+x在x∈(0,+∞)单调递增，
∴ x1x2<1 e，
∴x1x2<1e．

【解析】本题考查利用导数求函数的单调区间(不含参)、利用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数解(证明)不等式、利用导数研究函数的零点(或方程的根)，属于难题．
(1)求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间;
(2)转化为方程(x+2)ea−x−x+2=0的两根分别是x0和−x0得到方程组，相减后得到(ea−1)[x0+2+(x0−2)ex0]=0，令g(x)=x+2+(x−2)ex，求导，得到单调性，得到g(x)只有1个零点，即0，代入(x+2)ea−x−x+2=0，此时无解，故ea−1=0，求出实数a的值;
(3)令g(x)=0，转化为ex+lnx−(lnx+x)−m=0，构造p(t)=et−t，求导得到其单调性，得到t1<0q(t)=p(t)−p(−t)，求导，得到单调性，从而求出t1+t2=lnx1+x1+lnx2+x2<0，根据基本不等式
得到lnx1+x1+lnx2+x2≥2ln x1x2+2 x1x2，得到ln x1x2+ x1x2<0，又ln1 e+1 e=1 e−12>0，故ln x1x2+ x1x2X
1
2
3
4
P
427
727
827
827