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2024年北京市“极光杯”高考数学线上测试试卷（二）（含详细答案解析）
展开这是一份2024年北京市“极光杯”高考数学线上测试试卷（二）（含详细答案解析），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.若z=sinπ3+icsπ3，则z3=( )A. 1B. −1C. iD. −i
2.设{an}是公差不为0的等差数列，a2，a4，a10成等比数列，则a11a5=( )
A. 3B. 52C. 115D. 2
3.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，平面AB1C与平面AA1D1D的交线为l，则( )
A. l//A1DB. l//B1DC. l//C1DD. l//D1D
4.若函数f(x)=t⋅4x+(2t−1)⋅2x有最小值，则t的取值范围是( )
A. (0,12)B. (0,12]C. (12,+∞)D. [12,+∞)
5.设x,y,z∈(0,π2)，(sinx+csx)(siny+2csy)(sinz+3csz)=10，则( )
A. π4
6.向量a,b满足|b|=1，⟨a+b，a+2b⟩=30∘，则|a|的取值范围是( )
A. [ 2−1, 2+1]B. [ 3−1, 3+1]C. [ 5−1, 5+1]D. [ 6−1, 6+1]
7.暗箱中有编号为1，2的2个球，现从中随机摸1个球，若摸到2号球，则得2分，并停止摸球；若摸到1号球，则得1分，并将此球放回，重新摸球.记摸球停止时总得分为X，则E(X)=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
二、多选题：本题共3小题，共15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。
8.对于数集A，B，它们的Descartes积A×B={(x,y)|x∈A,y∈B}，则( )
A. A×B=B×AB. 若A⊆C，则(A×B)⊆(C×B)
C. A×(B∩C)=(A×B)∩(A×C)D. 集合{0}×R表示y轴所在直线
E. 集合A×A表示正方形区域(含边界)
9.已知直线y=k(x−1)经过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，与C交于M，N两点，与C的准线交于P点，若|FM|,|MP|,|FN|成等差数列，则( )
A. p=2B. FP=NFC. FN=3MFD. k= 3E. |PN|=8
10.存在定义域为R的函数f(x)满足( )
A. f(x)是增函数，f[f(x)]也是增函数
B. f(x)是减函数，f[f(x)]也是减函数
C. 对任意的a∈R，f(a)≠a，但f[f(x)]=x
D. f(x)是奇函数，但f[f(x)]是偶函数
E. f(x)的导函数f′(x)的定义域也是R，且f[f(x)]=−x
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.曲线y= 1−x在点(34,12)处的切线方程是______.
12.写出一个正整数n>1，使得(3x+2 x)n的展开式中存在常数项：______.
13.设双曲线C:x2−y2a2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=6，点P在C的右支上，当PF1⊥PF2时，|PF1|⋅|PF2|=______；当 P运动时，|PF1|+1|PF2|的最小值为______.
14.已知某圆台的侧面是一个圆环被圆心角为90∘的扇形所截得的扇环，且圆台的侧面积为2π，则该圆台体积的取值范围是______.
四、解答题：本题共7小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，sin(A+π4)sin(B+π4)=csAcsB.
(1)求C；
(2)若AB= 2，求CA⋅CB的最小值.
16.(本小题12分)
已知数列{an}和{bn}满足sinan+1=sinan+csbn，csbn+1=csbn−sinan.
(1)证明：sin2an+1+cs2bn+1=2(sin2an+cs2bn)；
(2)是否存在a1，b1，使得数列{sin2an+cs2bn}是等比数列？说明理由.
17.(本小题12分)
设a>0，函数f(x)=xalnx.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤x，求a的取值范围；
(3)若f′(x)≤1，求a.
18.(本小题12分)
已知二面角α−l−β，点P∈α，P与棱l的距离为 13，与半平面β所在平面的距离为3.
(1)求二面角α−l−β的余弦值；
(2)设A，B∈l，AB=1，动点Q在半平面β所在平面上，满足PQ=5.
(i)求Q运动轨迹的长度；
(ii)求四面体P−QAB体积的最大可能值.
19.(本小题12分)
设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为P(X=ak)=xk，P(Y=ak)=yk，xk>0，yk>0，k=1,2,⋯,n,k=1nxk=k=1nyk=1.指标D(X∥Y)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为D(X∥Y)=k=1nxklnxkyk.设X∼B(n,p)，0
(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X∥Y)≥0，并指出取等号的充要条件.
20.(本小题12分)
(1)如图1，点A在直线l外，仅利用圆规和无刻度直尺，作直线AB//l(保留作图痕迹，不需说明作图步骤).
(2)证明：一簇平行直线被椭圆所截弦的中点的轨迹是一条线段(不含端点)；
(3)如图2是一个椭圆C，仅利用圆规和无刻度直尺，作出C的两个焦点，简要说明作图步骤.
21.(本小题12分)
已知点A(4,7)，集合S={(x,y)|x216+y212≤1}，点P∈S，且对于S中任何异于P的点Q，都有AP⋅PQ>0.
(1)证明：P在椭圆x216+y212=1上；
(2)求P的坐标；
(3)设椭圆x216+y212=1的焦点为F1，F2，证明：∠APF1=∠APF2.
参考公式：(ad−bc)2+(ac+bd)2=(a2+b2)(c2+d2).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(sinπ3+icsπ3)3=(csπ6+isinπ6)3=cs(3×π6)+isin(3×π6)=i.
故选：C.
根据复数三角表示的运算求解即可．
本题考查了复数的三角表示，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，d≠0，由题意可得a42=a2⋅a10，
即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+9d)，解得a1d=0，又d≠0，
∴a1=0，则a11=a1+10d=10d，a5=4d，
∴a11a5=10d4d=52.
故选：B.
根据题意可得a42=a2⋅a10，运算可得a1=0，再根据等差数列通项可求得a11，a5得解．
本题考查等差数列以及等比数列通项公式的应用，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵平面BCC1B1//平面ADD1A1，B1C=平面BCC1B1∩平面AB1C，平面AB1C∩平面ADD1A1=l，
∴l//B1C，
对于A，∵A1D//B1C，∴l//A1D，故A正确；
对于B，因为B1D与B1C相交，所以l与B1D不平行，故B错误；
对于C，因为C1D与B1C不平行，所以l与C1D不平行，故C错误；
对于D，因为DD1与B1C不平行，所以l与DD1不平行，故D错误．
故选：A.
由面面平行的性质可判断．
本题主要考查了面面平行的性质的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：设m=2x，则m>0，f(x)=g(m)=t⋅m2+(2t−1)⋅m，(m>0)有最小值．
当t<0时，二次函数g(m)开口向下，无最小值；
当t=0时，g(m)=−m无最小值；
当t>0时，若g(m)在(0,+∞)上有最小值，则对称轴−2t−12t>0，解得0
设m=2x，将f(x)转化为关于g(m)的函数，讨论开口方向与对称轴判断即可．
本题考查了转化思想、二次函数的性质及分类讨论思想，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：sinx+csx= 2sin(x+π4)≤ 2，
因为x∈(0,π2)，所以当x+π4=π2时取等号，此时x=π4；
siny+2csy= 5sin(y+α)≤ 5，其中tanα=2(α∈(0,π2))，
因为y∈(0,π2)，所以当y+α=π2时取等号，此时y=π2−α；
sinz+3csz= 10sin(z+β)≤ 10，其中tanβ=3(β∈(0,π2))，
因为z∈(0,π2)，所以当z+β=π2时取等号，此时z=π2−β；
因为(sinx+csx)(siny+2csy)(sinz+3csz)≤ 2× 5× 10=10，
当且仅当x=π4，y=π2−α，z=π2−β时取等号，
因为tanα=2，tanβ=3，
所以β>α>π4，则−β<−α<−π4⇒π2−β<π2−α<π2−π4⇒z
根据辅助角公式，结合正弦型函数的值域、正切函数的单调性进行求解即可．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，涉及到三角函数的性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：在平面直角坐标系中，不妨令b=(1,0),a=(x,y)，
则a+b=(x+1,y),a+2b=(x+2,y)，
由⟨a+b,a+2b⟩=30∘，得cs
整理得4[(x+1)(x+2)+y2]2=3[(x+1)2+y2][(x+1)2+y2]，
即[(x+1)(x+2)+y2]2=3y2，于是(x+1)(x+2)+y2= 3|y|，
显然方程(x+1)(x+2)+y2= 3|y|对应曲线关于x轴对称，不妨令y≥0，
则方程化为(x+32)2+(y− 32)2=1(y≥0)，表示以点C(−32, 32)为圆心，1为半径的圆在x轴及上方部分，
点C到原点O的距离|OC|= 3，直线OC:y=− 33x，
由y=− 33x(x+32)2+(y− 32)2=1消去y得：43x2+4x+2=0，
显然Δ=42−4×43×2=163>0，即直线OC与圆C的两个交点分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
有x1+x2<0，x1x2>0，即有x1<0，x2<0，从而y1>0，y2>0，
因此直线OC与曲线(x+32)2+(y− 32)2=1(y≥0)交于两点，
而|a|= x2+y2，表示|OC|= (32)2+( 32)2= 3，
则|a|min=|OC|−1= 3−1,|a|max=|OC|+1= 3+1，
所以|a|的取值范围是[ 3−1, 3+1].
故选：B.
在平面直角坐标系中，令b=(1,0),a=(x,y)，利用向量的夹角公式建立方程，再求出方程所对曲线上的点到原点距离即得．
本题考查平面向量的数量积与夹角，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：暗箱中有编号为1，2的2个球，现从中随机摸1个球，若摸到2号球，则得2分，并停止摸球，
若摸到1号球，则得1分，并将此球放回，重新摸球，
由题意可得X的可能取值为2，3，4，5…n，
P(X=2)=12，P(X=3)=12×12=14，P(X=4)=18，…，P(X=n)=12n−1，
∴E(X)=2×12+3×122+4×123+⋯+(n−1)×12n−2+n×12n−1①，
则12E(X)=2×122+3×123+4×124+⋯+(n−1)×12n−1+n×12n②，
①-②得12E(X)=1+122+123+124+⋯+12n−1−n×12n，
即得E(X)=3−2+n2n−1，当n→+∞时，E(X)≈3.
故选：A.
根据题意可得X的可能取值为2，3，4，5…，n，求出对应的概率并运算得E(X).
本题考查了离散型随机变量的期望计算，属于中档题．
8.【答案】BCDE
【解析】解：由题知，A×B={(x,y)|x∈A,y∈B}表示数集A中的数表示横坐标，
数集B中的数表示纵坐标，组成的点的全体，
故A×B≠B×A，A错；
若A⊆C，则(A×B)⊆(C×B)，B正确；
A×(B∩C)={(x,y)|x∈A,y∈(B∩C)}，
(A×B)∩(A×C)={(x,y)|x∈A,y∈B}∩{(x,y)|x∈A,y∈C}，
则A×(B∩C)=(A×B)∩(A×C)，C正确；
集合{0}×R表示y轴所在直线，D正确；
集合A×A表示正方形区域(含边界)，E正确．
故选：BCDE.
根据新定义逐个选项判断即可．
本题考查集合新定义，属于中档题．
9.【答案】ABCE
【解析】解：由题知直线y=k(x−1)过定点(1,0)且经过抛物线的焦点F，得F(1,0)，所以p=2，抛物线C方程：y2=4x，
根据题意作出图形NT⊥准线并交准线于T，MS⊥准线且交准线于S，如图所示．
对A：上述求解p=2，故A正确；
对B、C：由|FM|,|MP|,|FN|成等差数列，所以2|MP|=|FN|+|FM|=|NM|，所以|MP|=13|NP|，
且由抛物线的定义可得|MS|=|MF|，|FN|=|NT|，
故|MS|=13|NT|，可得|MF|=13|FN|，
又|NM|=23|NP|，得|FN|=12|NP|，|FM|=16|NP|，
所以|MP|+|FM|=|FP|=12|NP|，故B正确，|FN|=3|MF|，故C正确；
对D：由B、C及抛物线定义知|NT|=|NF|=12|NP|，
所以在Rt△PNT中，|NT|=12|NP|，所以∠TPN=π6，所以∠PMS=π3，
此时斜率k=tanπ3= 3，又考虑到抛物线的对称性当斜率k=− 3时也成立，故D错误．
对E：由B、C、D知点F为NP的中点，且焦距p=2，所以|NT|=4，得|NP|=8，故E正确．
故选：ABCE.
由直线过焦点F可求出抛物线C的解析式，然后利用数型结合及抛物线定义逐项判断即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，根据复合函数的单调性可知，f(x)是增函数，f[f(x)]也是增函数，则A正确；
对于B，根据复合函数的单调性可知，f(x)是减函数，f[f(x)]是增函数，则B错误；
对于C，令f(x)=−x+2，则f[f(x)]=−(−x+2)+2=x，即存在定义域为R函数f(x)=−x+2满足题意，则C正确；
对于D，由f(x)是奇函数，令g(x)=f[f(x)]，
则g(−x)=f[f(−x)]=f[−f(x)]=−f[f(x)]=−g(x)，即f[f(x)]为奇函数，则D错误；
对于E，令f(x)=t，则其反函数为x=f−1(t)，
由f[f(x)]=−x可知f(t)=−f−1(t)，即f(x)=−f−1(x)，则函数f(x)不存在，则E错误．
故选：AC.
根据复合函数的单调性、奇偶性、反函数的定义求解．
本题主要考查了复合函数单调性及奇偶性的判断，属于中档题．
11.【答案】4x+4y−5=0
【解析】解：y= 1−x⇒y′=−12 1−x，
所以曲线y= 1−x在点(34,12)处的切线的斜率为−12 1−34=−1，
所以切线方程为y−12=−(x−34)⇒4x+4y−5=0.
故答案为：4x+4y−5=0.
根据导数的几何意义，结合直线点斜式方程进行求解即可．
本题考查利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，考查直线的点斜式方程，属基础题．
12.【答案】5(答案不唯一)
【解析】解：由题知(3x+2 x)n的通项为Tk+1=Cnk(3x)n−k(2 x)k=2k⋅Cnkx2n−5k6，
要使展开式中存在常数项，只需2n−5k6=0有解，
又正整数n>1，0≤k≤n，
则2n=5k，
所以不妨令n=5，则k=2.
故答案为：5(答案不唯一).
根据二项展开式的通项即可得出结论．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
13.【答案】1692
【解析】解：由题知，a= 32−1=2 2，|PF2|≥2，
当PF1⊥PF2时，|PF1|2+|PF2|2=36，
由定义知，|PF1|−|PF2|=2，
则|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|=4，
所以36−2|PF1|⋅|PF2|=4，
得|PF1|⋅|PF2|=16；
又|PF1|+1|PF2|=2+|PF2|+1|PF2|，
由对勾函数性质可知，当|PF2|=2时，|PF2|+1|PF2|取得最小值52，
所以|PF1|+1|PF2|的最小值为92.
故答案为：16；92.
根据勾股定理和双曲线定义求解可得|PF1|⋅|PF2|；利用定义消元，然后由对勾函数求解可得．
本题考查了双曲线的性质，属中档题．
14.【答案】( 30π12,+∞)
【解析】解：根据题意，圆台及侧面展开图如图所示，
设圆台上底面为圆O1，半径为R1，下底面为圆O2，半径为R2，圆台母线为l.
由圆台的侧面积为2π，可得：(2πR2+2πR1)×l2=2π，整理可得：l=2R2+R1.
由侧面展开是圆心角为90∘的扇形所截得的扇环，可得：π2⋅l1=2πR1π2⋅(l1+l)=2πR2，整理可得：l=4R2−4R1.
所以圆台的高h= l2−(R2−R1)2= 15(R2−R1).
所以圆台体积V=13(πR12+πR22+ πR12⋅πR22)⋅h=13(πR12+πR22+πR1R2)⋅h= 15π3(R12+R22+R1R2)⋅(R2−R1).
由l=2R2+R1和l=4R2−4R1可得：R22−R12=12.
因为R2>R1>0，
所以R2+R1> 22.
令x=R2+R1,x> 22，
则R1=x2−14xR2=x2+14x，
所以V= 15π3(38x+132x3)= 15π24(3x+14x3).
令f(x)=3x+14x3，x> 22.
因为f′(x)=3−34x4=3(2x2+1)(2x2−1)4x4=3(2x2+1)(x2−12)8x4>0，
所以函数f(x)=3x+14x3在( 22,+∞)上单调递增，
则f(x)>f( 22)=2 2.
所以V> 15π24×2 2，即V> 30π12.
则该圆台体积的取值范围是( 30π12,+∞).
故答案为：( 30π12,+∞).
根据题意，先利用圆台的侧面积公式及弧长公式可得l=2R2+R1和l=4R2−4R1，进而得出R22−R12=12，结合图形利用勾股定理得出圆台的高；再根据台体的体积公式计算圆台的体积；最后构造函数，利用导数求出函数的最值即可求出答案．
本题考查圆台的侧面积及体积等相关量的计算．解题关键在于结合圆台及侧面展开图找到相关几何关系，列出关系式，表示出体积；难点在于求体积的取值范围，需要构造函数，利用导数研究函数的最值，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为sin(A+π4)sin(B+π4)=csAcsB，
所以( 22sinA+ 22csA)( 22sinB+ 22csB)=csAcsB，
12(sinA+csA)(sinB+csB)=csAcsB，
即sinAcsB+csAsinB=csAcsB−sinAsinB，
即sin(A+B)=cs(A+B)，
因为A，B，C是△ABC的内角，则A+B=π−C，
所以sinC=−csC，即tanC=−1，C∈(0,π)，
所以C=3π4；
(2)在△ABC中，由余弦定理有csC=a2+b2−22ab=− 22，
化简得a2+b2=− 2ab+2，又a2+b2≥2ab，即− 2ab+2≥2ab，
解得0
即CA⋅CB的最小值为− 2+1.
【解析】(1)根据两角和正弦余弦公式化简可得sin(A+B)=cs(A+B)，再根据诱导公式化简可得；
(2)由余弦定理求出ab的取值范围后即可求出．
本题考查了解三角形和平面向量的线性运算的综合运用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：由题意得，sin2an+1=sin2an+cs2bn+2sinancsbn，
cs2bn+1=cs2bn+sin2an−2sinancsbn，
两式相加得，sin2an+1+cs2bn+1=2(sin2an+cs2bn)，得证．
(2)证明：若sin2a1+cs2b1=0，则数列{sin2an+cs2bn}不是等比数列；
若sin2a1+cs2b1=m>0，
假设存在a1，b1，使得数列{sin2an+cs2bn}是等比数列．
由(1)结论得，sin2an+1+cs2bn+1=2(sin2an+cs2bn)，sin2an+cs2bn>0，
则sin2an+1+cs2bn+1sin2an+cs2bn=2，故数列{sin2an+cs2bn}是公比为2的等比数列，
则sin2an+cs2bn=m⋅2n−1，
但当n>2−lg2m时，sin2an+cs2bn>m⋅22−lg2m−1=m⋅2lg22m=2，
由|sinan|≤1，|csbn|≤1，则sin2an+cs2bn≤2，产生矛盾，
故不存在a1，b1，数列{sin2an+cs2bn}是等比数列．
【解析】(1)两式平方相加，由同角三角函数平方关系可得；
(2)假设存在，等比数列各项均不为0，则由通项公式与三角函数有界性可推出矛盾．
本题主要考查数列的递推式，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=xalnx的定义域为(0,+∞)，a>0，
则f′(x)=axa−1lnx+xa−1=xa−1(alnx+1)，
令f′(x)<0，得0
所以f(x)在(0,e−1a)单调递减，在(e−1a,+∞)单调递增．
(2)因为x>0，所以f(x)≤x等价于xa−1lnx≤1，
记函数g(x)=xa−1lnx，
当a≥1时，g(e2)=2e2(a−1)>1，不合题意；
当0
(3)记函数h(x)=f′(x)=xa−1(alnx+1)，
则h′(x)=xa−2[(a2−a)lnx+2a−1]，
若a=12,h′(x)=−14x−32lnx，
令h′(x)>0，得0
h(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，故h(x)≤h(1)=1，符合题意；
若a∈(0,12)，当e1−2aa2−a
若a∈(12,1)，当1
则h(x)在(1,e1−2aa2−a)单调递增，故h(e1−2aa2−a)>h(1)=1，不合题意；
若a∈[1,+∞),当x>1时，h′(x)>0，则h(x)在(1,+∞)单调递增，
故h(x)>h(1)=1，不合题意．
综上，a=12.
【解析】(1)利用导数与函数单调性的关系判断单调性即可；
(2)构造函数g(x)=xa−1lnx，分类讨论a≥1与0
本题考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)设P在l，β所在平面的射影分别为M，N，连接MN，
则PM= 13，PN=3，PM⊥l，
且PN⊥平面β，因为l⊂平面β，所以PN⊥l，因为PM∩PN=P，PM，PN⊂平面β，
所以l⊥平面PMN，又因为MN⊂平面PMN，所以l⊥MN，
所以∠PMN或其补角即为所求二面角α−l−β的平面角，
所以此二面角正弦值为3 13=3 1313，所以余弦值为± 1−(3 1313)2=±2 1313，
故余弦值为2 1313或−2 1313；
(2)(i)因为PN⊥β，所以NQ= PQ2−PN2=4，此时Q在β平面内的平面图如下图，
①若Q∈β，则以N为圆心，4为半径的圆在β中的部分是一段优弧，
此时可知所对的劣弧角的一半设为θ，则csθ=MNNQ=24=12，得θ=π3，
所以优弧对应圆心角为4π3，因此Q的运动轨迹长度为2π×NQ×4π32π=16π3；
②若Q∉β，则以N为圆心，4为半径的圆在β中的部分是一段劣弧，
此时由①知劣弧对应的圆心角为2π3，因此Q的运动轨迹长度为2π×NQ×2π32π=8π3；
(ii)四面体P−QAB的体积V=13Sh，其中h=PN=3为P到平面QAB的距离，
S=12AB×d=d2为△QAB的面积，d为Q到直线l的距离，其在β中的平面图如下图，
由(i)知若Q∈β，则当QN⊥l时，d取最大值6，此时V=13Sh=13×3×62=3，
若Q∉β，则当QN⊥l时，d取最大值2，此时V=13Sh=13×3×22=1，
所以四面体P−QAB的最大值为3.
【解析】(1)作出图形，利用数型结合及二面角知识即可求解；
(2)(i)作出Q在β内的平面运动轨迹图，然后分类讨论，从而求解；(ii)中点P到平面ABQ的距离为定值3，则只需求解S△QAB的取值，又因AB=1为定值，即可转化为点Q到直线l距离，从而求解．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)不妨设ak=k，则xk=Cnkpk(1−p)n−k,yk=Cnkqk(1−q)n−k.
所以D(X∥Y)=i=1nCnkpk(1−p)n−klnpk(1−p)n−kqk(1−q)n−k=lnp(1−q)q(1−p)⋅k=0nkCnkpk(1−p)n−k+nln1−p1−q⋅k=0nCnkpk(1−p)n−k=nplnp(1−q)q(1−p)+nln1−p1−q.
(2)当n=2时，P(X=2)=p2，P(X=1)=2p(1−p)，P(X=0)=(1−p)2，
记f(p)=D(X|Y)=p2ln3p2+2p(1−p)ln6p(1−p)+(1−p)2ln3(1−p)2
=p2lnp2+2p(1−p)ln2p(1−p)+(1−p)2ln(1−p)2+ln3，
则f′(p)=4plnp+2p+(2−4p)[ln2p(1−p)+1]−4(1−p)ln(1−p)−2(1−p)
=2[lnp−ln(1−p)+(1−2p)ln2]，
令g(p)=lnp−ln(1−p)+(1−2p)ln2，则g′(p)=1p+11−p−2ln2>0，
令φ(p)=1p+11−p−2ln2，则φ′(p)=2p−1p2(1−p)2，
当0
所以φ(p)>φ(12)=4−2ln2>0，则g(p)单调递增，而g(12)=0，
所以f′(p)在(0,12)为负数，在(12,1)为正数，
则f(p)在(0,12)单调递减，在(12,1)单调递增，
所以f(p)=D(X|Y)=p2ln3p2+2p(1−p)ln6p(1−p)+(1−p)2ln3(1−p)2的最小值为ln3−32ln2.
(3)令h(x)=lnx−x+1，则h′(x)=1−xx，
①当0
②当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
所以h(x)≤h(1)=0，即lnx−x+1≤0，当且仅当x=1时，等号成立，
则当x>0时，lnx≤x−1，所以ln1x≤1x−1，即lnx≥1−1x，
故D(X|Y)=k=1nxklnxkyk≥k=1nxk(1−ykxk)=k=1nxk−k=1nyk=0=k=1nxklnxkyk≥k=1nxk(1−ykxk)=k=1nxk−k=1nyk=0.
当且仅当对所有的k，xk=yk时等号成立．
【解析】(1)利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
(2)利用定义，结合对数的运算法则得到f(p)=D(X|Y)=p2ln3p2+2p(1−p)ln6p(1−p)+(1−p)2ln3(1−p)2关于p的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
(3)先利用导数证得恒不等式lnx≥1−1x，从而结合定义即可求出结果．
本题考查的知识要点：二项分布关系式，对数的运算，函数的求导与函数的单调性以及函数的最值的关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)如图，
(2)证明：建立适当的坐标系，使椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
若该簇平行直线斜率不存在，它们被椭圆所截弦的中点均在x轴上，
因而轨迹是长轴(不含左、右顶点)；
若该簇平行直线斜率存在且为k，与椭圆交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，
则有x12a2+y12b2=1(*),x22a2+y22b2=1(**),y2−y1x2−x1=k(***)，
(*)(**)相减得，(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
结合(***)得y1+y2x1+x2=−b2ka2，这表明，弦AB的中点在定直线y=−b2ka2x上，
因而弦中点的轨迹是该直线被椭圆所截得的弦(不含端点).
(3)①任取椭圆C上4点A，B，D，E；
②过A，B作直线DE的平行线，分别与椭圆交于点F，G；
③作弦AF，BG的垂直平分线，分别与弦AF，BG交于点H，I，
则直线HI经过C的中心；
④同理过D，E作直线AB的平行线，重复以上步骤得到直线JK，
JK与HI交于点O，O即为C的中心；
⑤以O为圆心，适当半径作圆，与C顺次交于点P1，P2，P3，P4；
⑥作∠P1OP2和∠P2OP3的角平分线，它们所在直线即为C的两条对称轴，
两直线与C交于4点，其中2个点为M，N，且|OM|<|ON|；
⑦以M为圆心，|ON|为半径作圆，与直线ON交于F1，F2两点，即为C的焦点．
【解析】(1)利用尺规作图的方法即可得解；
(2)利用点差法，分类讨论即可得解；
(3)熟悉掌握作图方法，结合平面的性质即可得解．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：不妨设椭圆C的方程为x216+y212=1，
若P不在椭圆C上，
此时P在椭圆C内，
因为4216+7212>1，
所以A椭圆在C外，
不妨设线段PA与椭圆C有一交点Q，
此时AP和PQ共线反向，AP⋅PQ<0，不符合题意，
故P在椭圆C上；
(2)因为对于S中任何异于P的点Q，都有AP⋅PQ>0，
所以AP⋅PQ>AP⋅AP=|AP|2，
记AQ在AP上的投影向量为AQ′，
此时条件等价于|AP|⋅|AQ′|>|AP|2，|AQ′|>|AP|，
这表明P是C上与A距离最小的点，
不妨设P(x0,y0)，
因为点P在椭圆C上，
所以x0216+y0212=1，
易知|AP|2=(4−x0)2+(7−y0)2，
因为(ad−bc)2+(ac+bd)2=(a2+b2)(c2+d2)，
所以(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)，当且仅当ad=bc时，等号成立，
所以(4−x0)2+(7−y0)2=15[(4−x0)2+14(14−2y0)2](1+4)≥15(18−x0−2y0)2，
又(x0+2y0)2≤(3x02+4y02)(13+1)=64，
解得−8≤x0+2y0≤8，
则|AP|2≥15(18−8)2=20，
当且仅当x0+2y0=8且2(4−x0)=1×(7−y0)时，等号成立，
解得x0=2，y0=3，
此时P(2,3)；
(3)证明：因为A(4,7)，P(2,3)，
不妨设直线AP与x轴交于B(b,0)，
此时7−34−2=3−02−b，
解得b=12，
所以B(12,0)，
要证∠APF1=∠APF2，
即证∠BPF1=∠BPF2，
易知F1(−2,0)，F2(2,0)，
所以PF2⊥x轴，
则|PF1||PF2|=|BF1||BF2|=53，
在△PF1B和△PF2B中，由正弦定理得sin∠PBF1sin∠BPF1=sin∠PBF2sin∠BPF2，
因为∠PBF1和∠PBF2互补，
所以sin∠PBF1=sin∠PBF2，
则sin∠BPF1=sin∠BPF2，
故∠BPF1=∠BPF2.
【解析】(1)由题意，分析当P在C:x216+y212=1内时，设线段PA与C有一交点Q推导出矛盾即可；
(2)记AQ在AP上的投影向量为AQ′，可推导P是C上与A距离最小的点，再设P(x0,y0)，结合椭圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；
(3)设直线AP与x轴交于B(b,0)，根据A，B，P共线可得B(12,0)，再结合|PF1||PF2|=|BF1||BF2|=53与正弦定理，转证∠BPF1=∠BPF2即可．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
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