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2024年江西省重点中学协作体高考数学第一次联考试卷（含解析）
展开这是一份2024年江西省重点中学协作体高考数学第一次联考试卷（含解析），共19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.已知集合A={x∈N|2x2−x−15≤0}，B={y|y=sinx}，则A∩B=( )
A. {x|−1≤x≤1}B. {0,1}C. {−1,0,1}D. {1}
2.在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z⋅(1+i)2024对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知a=sinπ5,b=ln32,c=12，则( )
A. a>b>cB. c>a>bC. c>b>aD. a>c>b
4.已知2sinα=3+2 3csα，则sin(2α−π6)=( )
A. −18B. −78C. 34D. 78
5.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点M为F1关于渐近线的对称点.若|MF1||MF2|=2，且△MF1F2的面积为8，则C的方程为( )
A. x2−y24=1B. x24−y2=1C. x22−y28=1D. x24−y216=1
6.如图，正六边形的边长为2 2，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA⋅MB的取值范围为( )
A. [4,5]
B. [5,7]
C. [4,6]
D. [5,8]
7.中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源.蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事.为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队(分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”)进行单循环比赛(即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛)，最后按各队的积分排列名次(积分多者名次靠前，积分同者名次并列)，积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为13，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为( )
A. 19B. 527C. 481D. 8243
8.已知函数f(x)及其导函数f′(x)定义域均为R，记g(x)=f′(x+1)，且f(2+x)−f(2−x)=4x，g(3+x)为偶函数，则g′(7)+g(17)=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体m被抽到的概率是0.2
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的50%分位数是17
D. 若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1−1，2x2−1，…，2x10−1的标准差为16
10.已知函数f(x)=ex−1+e1−x+x2−2x，若不等式f(2−a)
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是棱A1B1的中点，P是平面CDD1C1上的动点(如图)，则下列说法正确的是( )
A. 若点P在线段C1D上，则BP//平面B1D1A
B. 平面PBD1⊥平面A1C1D
C. 若∠MBP=∠MBD1，则动点P的轨迹为抛物线
D. 以△ABA1的一边A1B所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，旋转过程中，三棱锥A−BDC1体积的取值范围为[16− 212,16+ 22]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2−xy)(x+y)6的展开式中x2y4的系数为______．
13.已知正数x，y满足x+y=6，若不等式a≤x2x+1+y2y+2恒成立，则实数a的取值范围是______．
14.斐波那契数列(Fibnacci sequence)，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多⋅斐波那契(Lenard Fibnacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：a0=1，a1=1，an=an−1+an−2(n≥2,n∈N*)，A={a1,a2,…,a2014}，B⊆A且B≠⌀，则B中所有元素之和为奇数的概率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且△ABC的面积为 3，点D是线段BC上靠近点B的一个三等分点，AD=1．
(1)若∠ADC=π3，求c；
(2)若b2+4c2=11，求sin∠BAC的值．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥D−ABC中，AB=AD=BD=3 2,AC=7,BC=CD=5．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)若E是线段CD上的点，且CD=4CE，求二面角E−AB−C的正切值．
17.(本小题15分)
已知椭圆E：x29+y25=1的左右顶点分别为A、B，点C在E上，点M(6,yM)，N(6,yN)分别为直线AC、BC上的点．
(1)求yM⋅yN的值；
(2)设直线BM与椭圆E的另一个交点为D，求证：直线CD经过定点．
18.(本小题17分)
设(X,Y)是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为(ai,bj)，其中i，j∈N*，令pij=P(X=ai,Y=bj)，称pij(i,j∈N*)是二维离散型随机变量(X,Y)的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
现有n(n∈N*)个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y．
(1)当n=2时，求(X,Y)的联合分布列；
(2)设pk=m=0nP(X=k,Y=m)，k∈N且k≤n，计算k=0nkpk．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=xlnx−a(2x2+1)(a∈R)．
(1)若a=−1，求f(x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1
②求证：3x2−x1>1a−2．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A={x∈N|2x2−x−15≤0}={x∈N|−52≤x≤3}={0,1,2,3}，
B={y|y=sinx}={y|−1≤y≤1}，
所以A∩B={0,1}．
故选：B．
求出A，B后利用交集的定义可求A∩B．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(1+i)2024=[(1+i)2]1012=(2i)1012=21012(i2)506=21012，
且复数z对应的点在第三象限，则z⋅(1+i)2024=21012⋅z对应的点也在第三象限．
故选：C．
根据题意，由复数的运算，即可得到结果．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：a=sinπ5>sinπ6=12=c，
设f(x)=lnx+1−x，x>1，则f′(x)=1−xx<0，
所以f(x)在(1,+∞)上为减函数，
所以f(x)
所以b=ln32<32−1=c，
所以a>c>b．
故选：D．
利用正弦函数的单调性可得a>c，利用导数可证不等式lnx
4.【答案】A
【解析】解：由2sinα=3+2 3csα，得12sinα− 32csα=34，即sin(α−π3)=34，
所以sin(2α−π6)=sin[2(α−π3)+π2]=cs2(α−π3)=1−2sin2(α−π3)=1−2×(34)2=−18．
故选：A．
根据给定条件，利用辅助角公式，结合诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得．
本题考查了三角恒等变形，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：因为F1关于C的一条渐近线的对称点为M，
令渐近线为y=−bax.即bx+ay=0，F1(−c,0)，
则F1到bx+ay=0的距离为|F1A|=|−bc| a2+b2=b，
所以|MF1|=2b，又|OF1|=c．
所以|OA|=a，
因为|MF1|=2|MF2|，所以|MF2|=b=2a，
又因为△MF1F2的面积为8，
因为OA//MF2，且|OA|=12|MF2|，
所以S△AF1O=14S△F1MF2=2，
所以12ab=2，即ab=4，又b=2a，
所以a2=2，b2=8，
所以双曲线方程为x22−y28=1．
故选：C．
根据双曲线的性质可知|MF1|=2b，|OA|=a，由条件得|MF2|=b，根据三角形中位线，可得b=2a，再结合S△AF1O=14S△F1MF2=2，即可求解．
本题考查双曲线方程的应用，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得：MA⋅MB=(MO+OA)⋅(MO+OB)=(MO+OA)⋅(MO−OA)
=|MO|2−|OA|2=|MO|2−1，
当OM与正六边形的边垂直时，|MO|min= 6，
当点M运动到正六边形的顶点时，|MO|max=2 2，
所以|MO|∈[ 6,2 2]，
则|MO|2∈[6,8]，
即MA⋅MB=(|MO|2−1)∈[5,7]．
故选：B．
根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得MA⋅MB=|MO|2−1，再由|MO|的范围，即可得到结果．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：三队中选一队与丙比赛，丙输，C31×13，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，
这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，
在甲输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意．
若丙全赢(概率是(13)2)时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，
这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，
(1)若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是C21(13)2，
如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是23，
(2)若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是(13)2，
乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
(3)若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是(13)2，
乙丁这场比赛只能平，概率是13．
综上，概率为C31×13×(13)2×[C21×(13)2×23+(13)2+(13)2×13]=835，D正确．
故选：D．
根据丙是最高分可得丙余下两场比赛全赢，再就甲乙、甲丁的输赢(丙的第一场对手若为甲)分类讨论后可得正确的选项．
本题考查相互独立事件的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为g(3+x)为偶函数，g(x)=f′(x+1)，
所以f′(x+4)=f′(−x+4)，
对f(2+x)−f(2−x)=4x两边同时求导，得f′(2+x)+f′(2−x)=4，
所以有f′(4+x)+f′(−x)=4⇒f′(4−x)+f′(−x)=4⇒f′(4+x)+f′(x)=4⇒f′(8+x)=f′(x)，所以函数f′(x)的周期为8，
在f′(2+x)+f′(2−x)=4中，令x=0，所以f′(2)=2，
因此g(17)=f′(18)=f′(2)=2，
因为g(3+x)为偶函数，
所以有g(3+x)=g(3−x)⇒g′(3+x)=−g′(3−x)⇒g′(7)=−g′(−1)(1)，
f′(8+x)=f′(x)⇒g(7+x)=g(x−1)⇒g′(7+x)=g′(x−1)⇒g′(7)=g′(−1)(2)，
由(1)，(2)可得：g′(7)=0，
所以g′(7)+g(17)=2，
故选：C．
对f(2+x)−f(2−x)=4x两边同时求导，结合函数的周期和偶函数的性质进行求解即可．
本题主要考查导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为150，
以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为10的样本，
则指定的某个个体被抽到的概率为150×10=15=0.2，故A正确；
对于B，∵数据1，2，m，6，7的平均数是4，m=4×5−1−2−6−7=4，
这组数据的方差是s2=15[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(6−4)2+(7−4)2]=265，故B错误；
对于C，8个数据50百分位为8×50%=4，第50百分位数为17+192=18，故C错误；
对于D，依题意，D(x)=82，则D(2x−1)=22×D(x)=162，
所以数据2x1−1，2x2−1，…，2x10−1的标准差为16，D正确．
故选：AD．
利用概率的定义即可判断A；根据平均数求得m的值，然后利用方差公式求解即可判断B；根据百分位数的求法即可判断C；利用方差公式求解即可判断D．
本题主要考查了平均数、百分位数和标准差的计算，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为f(x)=ex−1+e1−x+x2−2x，
所以f(2−x)=e1−x+ex−1+(2−x)2−2(2−x)=f(x)，
即函数f(x)的图象关于直线x=1对称．
当x>1时，y=x2−2x=(x−1)2−1为增函数；
令g(x)=ex−1+e1−x，则g′(x)=ex−1−e1−x，
x>1时，ex−1>1，e1−x<1，所以g′(x)>0，所以g(x)=ex−1+e1−x为增函数，
所以当x>1时，f(x)为增函数．
由对称性可知，当x<1时，f(x)为减函数．
因为f(2−a)
先根据函数解析式判断对称性，再结合导数判断单调性，根据对称性和单调性得出答案．
本题主要考查了函数的对称性及单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由BB1//DD1，且BB1=DD1，
可得四边形BB1D1D为平行四边形，则BD//B1D1，同理可得AB1//DC1，
由面面平行的判定可得平面BDC1//平面AB1D1，
若点P在线段C1D上，则BP⊂平面BDC1，得BP//平面B1D1A，故A正确；
由正方体的结构特征可得BD1⊥平面A1C1D，又∵BD1⊂平面PBD1，∴平面PBD1⊥平面A1C1D，故B正确；
∵∠MBD1为定值，∴满足∠MBP=∠MBD1的点P在以B为顶点，BM为轴的圆锥的侧面上，
又P在平面CDD1C1上，且BM//平面CDD1C1，∴P点的运动轨迹是双曲线，故C错误；
设AB1，DC1的中点分别为N，Q，则点A的运动轨迹是平面AB1C1D内以N为圆心， 22为半径的圆，
∵DC1⊥NQ，DC1⊥BN，∴DC1⊥平面BNQ，则平面BDC1⊥平面BNQ，
设NQ与圆的交点分别为E，F(点E位于点F，Q之间)，
可知当点A分别位于点E，F时，点A到平面BDC1的距离分别取到最小值和最大值，
且距离的最小值dmin=(1− 22)⋅sin∠NQB=(1− 22)× 33，
距离的最大值dmax=(1+ 22)⋅sin∠NQB=(1+ 22)× 33．
∵△BDC1的面积S=12× 2× 2× 32= 32，
∴(VA−BDC1)min=13× 32×(1− 22)× 33=16− 212，
(VA−BDC1)max=13× 32×(1+ 22)× 33=16+ 212．
∴三棱锥A−BDC1体积的取值范围为[16− 212,16+ 22]，故D正确．
故选：ABD．
证明面面平行，可得线面平行判定A；由直线与平面垂直可得平面与平面垂直判断B；由双曲线的定义求出点P的轨迹判定C；由运动思想求得三棱锥A−BDC1体积的取值范围判断D．
本题考查正方体的结构特征，考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，综合性强，难度较大．
12.【答案】24
【解析】解：二项式(x+y)6的展开式通项公式为Tr+1=C6rx6−ryr,r≤6,r∈N*，
当r=4时，T5=C64x2y4=15x2y4，当r=5时，T6=C65x1y5=6xy5，
因此展开式中含x2y4的项为2×15x2y4+6xy5⋅(−xy)=24x2y4，
故所求系数为24．
故答案为：24．
利用二项式定理展开式的通项公式可求答案．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】(−∞,4]
【解析】解：因为x+y=6，
所以t=x2x+1+y2y+2=(x+1)2−2(x+1)+1x+1+(y+2)2−4(y+2)+4y+2
=x+1+1x+1−2+y+2+4y+2−4=3+1x+1+4y+2，
所以t=3+1x+1+4y+2=3+x+1+y+29(1x+1+4y+2)
=329+y+29(x+1)+4(x+1)9(y+2)≥329+2×29=4，当且仅当y=4，x=2时，
等号成立，
所以(x2x+1+y2y+2)min=4，
所以实数a的取值范围是(−∞,4]．
故答案为：(−∞,4]．
将x2x+1+y2y+2变形为x+1+1x+1−2+y+2+4y+2−4=3+1x+1+4y+2，利用均值不等式求1x+1+4y+2的最小值即可求解．
本题考查函数恒成立问题，基本不等式求最值，属难题．
14.【答案】2202322024−1
【解析】解：由斐波那契数列规律可知，集合A={a1,a2,…,a2024}中元素有674个偶数，1350个奇数，
记集合A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，
集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，
由题意知集合E中共有2674个，集合F共有C13501+C13503+C13505+……+C13501349=21349个，
所有的元素之和为奇数的集合共有2674×21349=22023个，
又集合A的真子集共有22024−1个，
B中所有元素之和为奇数的概率为P=2202322024−1．
故答案为：2202322024−1．
根据题意，记集合A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成E∪F，由此能求出B中所有元素之和为奇数的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，是中档题．
15.【答案】解：(1)由题可得：CD=2BD，故S△ACD=23S△ABC=2 33，
又S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC，即12×1×CD× 32=2 33，
∴CD=83，即BD=43，
在△ABD中，根据余弦定理得AB2=BD2+AD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
即AB2=169+1+2×1×43×12，
∴AB= 373，即c= 373；
(2)∵CD=2BD，∴AD=23AB+13AC，
∴AD2=49AB2+19AC2+49AB⋅AC，即1=4c29+b29+49bc⋅cs∠BAC，
又b2+4c2=11，∴bc⋅cs∠BAC=−12①，
又12bc⋅sin∠BAC= 3②，
由①②得：tan∠BAC=−4 3，
∴sin∠BAC=4 37．
【解析】(1)由CD=2BD得S△ACD=23S△ABC=2 33=12AD⋅CD⋅sin∠ADC，再结合余弦定理从而可求解．
(2)由CD=2BD利用向量可得AD=23AB+13AC，并结合b2+4c2=11得bc⋅cs∠BAC=−12，再由12bc⋅sin∠BAC= 3，从而可求解．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，向量数量积的性质在求解三角形中的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：在△ACD中，
cs∠CAD=AC2+AD2−CD22AC⋅AD=72+(3 2)2−522×7×3 2= 22，
所以∠CAD=45°，
过点D作DO⊥AC于点O，连接BO，
则DO=AD⋅sin∠CAD=3 2⋅sin45°=3，
因为AB=AD，CD=CB，
所以△ABC≌△ADC，得OD=OB=3，
又BD=3 2，所以OB2+OD2=BD2，得OD⊥OB，
又OD⊥AC，OD⊥OB，OB∩AC=O，
AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，
所以OD⊥平面ABC，又OD⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面ABC；
(2)解：由(1)知，OA，OB，OD两两垂直，
如图以O为原点建立坐标系O−xyz，
则A(3,0,0)，B(0,3,0)，D(0,0,3)，C(−4,0,0)，
因为CD=4CE，得E(−3,0,34)，
设n=(x,y,z)是平面ABE的一个法向量，
则n⋅AB=0n⋅AE=0⇒−3x+3y=0−6x+34z=0，令x=1，则y=1，z=8，
则n=(1,1,8)，
不妨取m=(0,0,1)为平面ABC的一个法向量，
则有cs
设二面角E−AB−C平面角的大小为θ，显然θ∈(0,π2)，
则csθ=4 6633，sinθ= 1−(4 6633)2= 3333，
故tanθ=sinθcsθ= 33334 6633= 28，
所以二面角E−AB−C的正切值为 28．
【解析】(1)在△ACD中求∠CAD和边AC的高，进而判断△ABC≌△ADC，最后证明△ACD边AC的高即为面ABC的垂线，证明结论即可；
(2)先建立空间直角坐标系，分别求出面ABE和ABC的法向量，求出两个法向量夹角的余弦值后，利用同角三角函数关系式，求二面角的正切值即可．
本题考查线面垂直及面面垂直的判定，考查二面角正切值的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)解法一：设C(x1,y1)，由题可知，kAC⋅kBC=kAM⋅kBN，
又kAM⋅kBN=yMyN27，kAC⋅kBC=y1x1+3⋅y1x1−3=y12x12−9，
∵C(x1,y1)在椭圆E上，则x129+y125=1⇒y12=59(9−x12)，
∴kAC⋅kBC=−59，
∴yM⋅yN=−15．
解法二：设C(x1,y1)，则AC=(x1+3,y1),AM=(9,yM)，
∵A、C、M三点共线，
∴yM=9y1x1+3，
同理yN=3y1x1−3，
∴yM⋅yN=27y12x12−9，(*)
又C(x1,y1)在曲线E上，
∴x129+y125=1⇒y12=59(9−x12)，
代入(*)上式得：yM⋅yN=−15．
(2)证明：解法一：由题可知，直线MA的方程为：y=yM9(x+3)，
联立方程y=yM9(x+3)5x2+9y2=45，可得：(45+yM2)x2+6yM2x+9yM2−405=0，
∴Δ=36yM2−4(45+yM2)(9yM2−405)=45>0，
∵−3x1=9yM2−40545+yM2，
∴x1=−3yM2+13545+yM2，
又y1=yM9(x1+3)，
∴y1=30yM45+yM2，
∴C(−3yM2+13545+yM2,30yM45+yM2)，
同理可得点D的坐标为(3yM2−155+yM2,−10yM5+yM2)，
(i)当直线CD垂直于x轴时，xC=xD，即−3yM2+13545+yM2=3yM2−155+yM2，
∴yM2=15，
∴xC=xD=32，此时直线CD的方程为x=32．
(ii)当直线CD不垂直于x轴时，
kCD=30yM45+yM2+10yM5+yM2−3yM2+13545+yM2−3yM2−155+yM2=20yM3+300yM−3yM4+675，
故直线CD的方程为y+10yM5+yM2=20yM3+300yM−3yM4+675(x−3yM2−155+yM2)，
令y=0，则15+yM2=2yM2+30−3yM4+675(x−3yM2−155+yM2)，
整理得x=3yM4+60yM2+2252yM4+40yM2+150=32，此时直线CD经过定点(32,0)，
综上所述，直线CD经过定点(32,0)．
解法二：由kAC=yM9，kBM=yM3，得kBM=3kAC，
又kAC⋅kBC=y1x1+3⋅y1x1−3=−59，
∴kBC⋅kBD=3kBC⋅kAC=−53，
由题可得直线CD显然不与x轴平行，
设直线CD的方程为：x=my+n(n≠±3)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
由x=my+n5x2+9y2=45，得(5m2+9)y2+10mny+5n2−45=0，
所以Δ=(10mn)2−4(5m2+9)(5n2−45)=900m2−180n2+1620>0，
所以y1+y2=−10mn5m2+9y1⋅y2=5n2−455m2+9，
又kBC⋅kBD=y1x1−3⋅y2x2−3=y1⋅y2(my1+n−3)(my2+n−3)
=y1⋅y2m2y1y2+mn(y1+y2)−3m(y1+y2)+n2−6n+9=5n2−459n2−54n+81，
由5n2−459n2−54n+81=−53且n≠±3，解得n=32，
∴直线CD方程为x=my+32，
∴直线CD经过定点(32,0)．
【解析】(1)解法一：设C(x1,y1)，根据斜率公式得kAM⋅kBN=yMyN27，然后根据点C在椭圆上化简即可求解．
解法二：设C(x1,y1)，利用三点共线的向量形式求得yM=9y1x1+3，yN=3y1x1−3，结合点C在椭圆上化简即可求解．
(2)解法一：联立直线MA与椭圆E方程，利用韦达定理得C(−3yM2+13545+yM2,30yM45+yM2)，同理得点D的坐标为(3yM2−155+yM2,−10yM5+yM2)，分类讨论求得直线CD的方程，即可求得直线CD经过的定点．
解法二：设直线CD的方程为：x=my+n(n≠±3)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，联立直线CD与椭圆E方程，结合韦达定理利用kBC⋅kBD=−53求得n=32或3(舍去)，从而求得直线CD经过的定点．
本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，
则P(X=0,Y=0)=132=19，
P(X=0,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=0,Y=2)=132=19，
P(X=1,Y=0)=C21×13×13=29，
P(X=1,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=2,Y=0)=132=19，
P(X=1,Y=2)=P(X=2,Y=1)=P(X=2,Y=2)=0，
∴(X,Y)的联合分布列为：
(2)当k+m>n时，P(X=k,Y=m)=0，
∴pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)
=m=0n−k(CnkCn−km⋅13n)=Cnk3nm=0n−kCn−km=Cnk3n⋅2n−k=Cnk(13)k⋅(23)n−k，
∴k=0nkpk=k=0n[k⋅Cnk(13)k⋅(23)n−k]，
设Z～B(n,13)，则由二项分布的期望公式得k=0nkpk=E(Z)=n3．
【解析】(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，直接计算概率，列出(X,Y)的联系分布列即可；
(2)直接计算pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)=Cnk(13)k⋅(23)n−k，结合二项分布的期望公式求出k=0nkpk．
本题考查二维离散型随机变量的联合分布列、概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)若a=−1，则f(x)=xlnx+2x2+1，所以f′(x)=lnx+1+4x，
所以f′(1)=1+4=5，又f(1)=2+1=3，
所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−3=5(x−1)，即5x−y−2=0．
(2)①由题意知f′(x)=lnx+1−4ax．
令g(x)=f′(x)=lnx−4ax+1，则g′(x)=1x−4a．
因为f(x)有两个极值点x1，x2(x1
所以g(x)在(0,+∞)上至多有一个零点，不符合题意；
若a>0，令g′(x)=0，解得x=14a，所以当0
当x>14a时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,14a)上单调递增，在(14a,+∞)上单调递减．
所以x=14a时，g(x)取得极大值，即最大值为g(14a)=−ln(4a)，
所以g(14a)=−ln(4a)>0，解得0
由零点存在性定理知：存在唯一的x1∈(1e,14a)，使得g(x1)=0．
又g(1a2)=ln1a2−4a⋅1a2+1=−2lna−4a+1，令μ(x)=−2lnx−4x+1，
所以μ′(x)=−2x+4x2=4−2xx2，所以当0
所以μ(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
所以μ(a)=−2lna−4a+1≤μ(2)=−2ln2−1<0，
所以g(1a2)<0，所以g(14a)⋅g(1a2)<0，
由零点存在性定理知：存在唯一的x2∈(14a,1a2)，使得g(x2)=0．
所以当0
②证明：由①知0
因为g(x)在(0,14a)上为增函数，及g(1)=1−4a>0，所以x1<1，
又x2>14a，所以x2−x1>14a−1．
因为g(x1)=0，g(x2)=0，所以lnx1−4ax1+1=0，lnx2−4ax2+1=0，
所以lnx1−lnx2=4a(x1−x2)，所以14a=x1−x2lnx1−lnx2．
令h(x)=lnx−2(x−1)x+1(0
因为x1
所以3x2−x1=(x1+x2)+2(x2−x1)>12a+12a−2=1a−2．
【解析】(1)利用切点和导数几何意义即可求解；
(2)①令g(x)=f′(x)=lnx−4ax+1，由题意可知，g(x)在(0,+∞)有两个不相等的实数根，根据g(x)的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可；
②由①分析得x2−x1>14a−1，14a=x1−x2lnx1−lnx2，令h(x)=lnx−2(x−1)x+1，可得h(x)在(0,1)上单调递增，因为x1x2<1，所以h(x1x2)
b1
b2
b3
…
a1
p1,1
p1,2
p1,3
…
a2
p2,1
p2,2
p2,3
…
a3
p3,1
p3,2
p3,3
…
…
…
…
…
…
(X,Y)
0
1
2
0
19
29
19
1
29
29
0
2
19
0
0
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