2024年浙江省新阵地教育联盟高考数学第三次联考试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年浙江省新阵地教育联盟高考数学第三次联考试卷（含详细答案解析），共20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.已知复数z满足(1+2i)z=4+3i，则z的虚部是( )
A. −1B. −iC. 1D. i
2.设集合A={y|y=lg2x,x>12},B={y|y=12x,x>0}，则( )
A. A∩B=(−1,1)B. A∪B=B
C. A∩(∁RB)=[1,+∞)D. A∩B=B
3.已知f(x)=(3x+1)(x−a)(3x−1)+lg3( x2+1−x)是奇函数，则常数a=( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
4.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A. 平面B1EF//平面A1C1DB. 平面B1EF⊥平面BC1D
C. 平面B1EF//平面A1CC1D. 平面B1EF⊥平面B1DD1
5.袋子中装有3个红球和4个蓝球，甲先从袋子中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋子中随机摸一个球，若甲、乙两人摸到红球的概率分别为p1，p2，则( )
A. p1=p2B. p1C. p1>p2D. p1>p2或p16.在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别满足AF=23AD,BG=23BC，设AB=a,AD=b，若EF⊥EG，则( )
A. |b|=34|a|B. |b|=|a|C. |b|=32|a|D. |b|=2|a|
7.已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，则“2a1+a2=a3”是“ Sn为等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必必要条件
8.双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，P是双曲线右支上一点，点F1关于∠F1PF2平分线的对称点也在此双曲线上，且cs∠F1PF2=19，则双曲线的离心率为( )
A. 214B. 213C. 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的正方形，则( )
A. 异面直线AE与DF所成角大小为π3
B. 二面角A−EB−C的平面角的余弦值为13
C. 此八面体一定存在外接球
D. 此八面体的内切球表面积为8π3
10.函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)相邻两个最高点之间的距离为π,(5π12,0)为f(x)的对称中心，将函数f(x)的图像向左平移π12个单位后得到函数y=g(x)的图像，则( )
A. g(x)在(0,5π12)上存在极值点
B. 方程g(x)=12(x−π3)所有根的和为4π3
C. 若g(x+m)为偶函数，则正数m的最小值为π12
D. 若g(λ2x)在(π3,π2)上无零点，则正数λ的取值范围为(0,43]∪[5,163]
11.在平面直角坐标系中，如果将函数y=f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α(0<α≤π2,α为弧度)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”，则( )
A. ∀α∈(0,π2)，函数y=x都为“α旋转函数”
B. 若函数f(x)=sinx，x∈[0,π]为“α旋转函数”，则α∈(0,π4]
C. 若函数g(x)=ax−2x为“π4旋转函数”，则a=1
D. 当m≤−2e2或m≥1时，函数h(x)=mxex+1不是“π4旋转函数”
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.有甲乙两生从“物理、化学、生物、政治、历史、地理和技术”七门科目中选三门作为高考选考科目、学生甲物理和化学两门必选，并在另外的五门中任选一门；学生乙必选政治学科，但一定不选物理、化学，则甲乙两人有且只有一门选科相同的选科方法总数有______种.(用数字作答)
13.P是圆C：x2+(y−2)2=1上一动点，A(2,0)，Q为AP的中点，O为坐标原点，则|OQ|的最大值为______.
14.已知函数f(x)满足f(x)=f(1−x)，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)=f′(x)+13,x∈R.若an=g(n2024)，则数列{an}的前2023项和为______.
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)
某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了120名男生和120名女生，通过调查得到以下数据：120名女生中有20人课间经常进行体育活动，120名男生中有40人课间经常进行体育活动.
(1)完成如下列联表(单位：人)，并判断能否有99.5%的把握认为学生课间经常进行体育活动与性别有关联.
(2)以样本的频率作为概率的值，在全校的学生中任取3人，记其中课间经常进行体育活动的人数为X，求X的分布列与数学期望.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足2sinC=3sin(A−B).
(1)证明：tanA=5tanB；
(2)若△ABC的面积为512c2，求tanC；
17.(本小题15分)
在三棱锥D−ABC中，AC=3,DC=2 2,∠DCA=45∘,CB⊥AB,BC=BD= 6.
(1)证明：平面ADC⊥平面ABC；
(2)点E为棱DC上，若BC与平面EAB所成角的正弦值为 3311，求DE的长；
18.(本小题17分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为12，左顶点为C，过右焦点F作直线与椭圆分别交于A，B两点(异于左右顶点)，连接AC，CB.
(1)证明：AC与AF不可能垂直；
(2)求|AB|2+|BC|2+|CA|2的最小值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=csx+λln(1+x)，且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1.
(1)求f(x)的表达式；
(2)若f(x)≤ax+1恒成立，求a的值.
(3)求证：k=n+12nf(sin1k−1)答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：由(1+2i)z=4+3i，得z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2−i，
∴z的虚部是−1.
故选：A.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查交集、补集、并集的运算，属于基础题．
根据已知条件，先求出集合A，B，再结合交集、补集、并集的定义，即可求解．
【解答】
解：集合A={y|y=lg2x,x>12}={y|y>−1}，
B={y|y=12x,x>0}={y|0故A∩B=B，故A错误，D正确，
A∪B=A，故B错误；
A∩(∁RB)={y|−1故选：D.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了奇函数的性质的应用，属于基础题．
由已知结合奇函数的性质f(0)=0即可求解．
【解答】
解：因为f(x)=(3x+1)(x−a)(3x−1)+lg3( x2+1−x)是奇函数，
所以f(0)=a=0，
此时f(x)=x(9x2−1)+lg3( 1+x2−x)，
则f(−x)=−x(9x2−1)+lg3( 1+x2+x)=−x(9x2−1)−lg3( 1+x2−x)=−f(x)，
即f(x)为奇函数，符合题意．
故选：C.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查面面平行的向量表示、面面垂直的向量表示，属于基础题．
以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出选项中所对应的平面的法向量，再利用向量法逐一判断各选项即可．
【解答】
解：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，
设AB=2，则B1(2,2,2)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，B(2,2,0)，
A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，
所以EF=(−1,1,0),EB1=(0,1,2),DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2)，
A1C1=(−2,2,0)，CC1=DD1=(0,0,2)，DC1=(0,2,2)，DB1=(2,2,2)，
设平面B1EF的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，
令z=−1，则m=(2,2,−1)，
同理可得，平面A1C1D的法向量为n1=(1,1,−1)，
平面BC1D的法向量为n2=(1,−1,1)，
平面A1CC1的法向量为n3=(1,1,0)，
平面B1DD1的法向量为n4=(1,−1,0)，
因为m与n1不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，即选项A错误；
因为m⋅n2=2−2−1≠0，所以平面B1EF与平面BC1D不垂直，即选项B错误；
因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A1CC1不平行，即选项C错误；
因为m⋅n4=2−2+0=0，所以m⊥n4，
所以平面B1EF⊥平面B1DD1，即选项D正确．
故选D.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查古典概型及其计算、相互独立事件的概率乘法公式、条件概率的乘法公式，属于一般题．
利用古典概型的概率公式求出p1，再由条件概率公式求出p2，能求出正确的选项．
【解答】
解：设A为“甲摸到红球”，B为“乙摸到红球”，
而乙摸到红球可分为甲摸到红球后乙摸到红球，甲摸到蓝球后乙摸到红球，
则p1=P(A)=37，
p2=P(B)=P(BA)+P(BA−)
=P(B|A)P(A)+P(B|A−)P(A−)
=37×26+47×36=37，
∴p1=p2.
故选A.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
由平面向量的线性运算和数量积运算结合图形计算即可．
【解答】
解：由题可得：EF=AF−AE=23AD−12AB=23b−12a，
EG=EB+BG=12AB+23BC=12AB+23AD=12a+23b，
因为EF⊥EG，所以EF⋅EG=0，
即(23b−12a)⋅(12a+23b)=0，
所以(23b)2−(12a)2=0，
所以|b|=34|a|.
故选：A.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，考查充要条件的判定，属中档题．
根据等差数列的通项公式及前n项和公式结合充要条件的定义进行判定即可得出结论．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
若2a1+a2=a3，则3a1+d=a1+2d，故d=2a1>0，
故Sn=na1+n(n−1)2d=na1+n(n−1)2×2a1=a1n2，
故 Sn= a1n，故 Sn− Sn−1= a1，即{ Sn}为等差数列，
故“2a1+a2=a3”是“ Sn为等差数列”的充分条件；
若{ Sn}为等差数列，设其公差为d1，则 Sn= a1+(n−1)d1，
故Sn=( a1−d1+nd1)2，
故an=Sn−Sn−1=( a1−d1+nd1)2−( a1−2d1+nd1)2=d1(2 a1−3d1+2nd1)，其中n≥2，
因为{an}为等差数列，故a1也应该符合上式，故a1=d1(2 a1−d1)，
故d1= a1，故Sn=n2a1，故a2=22a1−a1=3a1，a3=32a1−22a1=5a1，
故2a1+a2=5a1=a3，
故“2a1+a2=a3”是“{ Sn}为等差数列”的必要条件；
综上，“2a1+a2=a3”是“{ Sn}为等差数列”的充要条件．
故选：C.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查双曲线的定义、利用余弦定理解三角形、二倍角余弦公式、求双曲线的离心率(或取值范围)，属于一般题.
由双曲线的性质，结合双曲线的定义及余弦定理求解．
【解答】
解：双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，P是双曲线右支上一点，
点F1关于∠F1PF2平分线的对称点也在此双曲线上，
不妨设点F1关于∠F1PF2平分线的对称点为M，
则|PF1|=|PM|，
由双曲线的定义可得：
|MF2|=|PM|−|PF2|=|PF1|−|PF2|=2a，|F1M|=|MF2|+2a=4a，
又cs∠F1PF2=19，
则sin∠∠F1PF22= 1−cs∠F1PF22=23，
则cs∠PMF1=csπ−∠F1PF22=sin∠F1PF22=23，
在△F1MF2中，由余弦定理|F1F2|2=|F1M|2+|MF2|2−2|MF1||MF2|cs∠F1MF2可得：4c2=16a2+4a2−2×4a×2a×23，
即7a2=3c2，
即ca= 213.
故选B.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体中的表面积及体积的相关问题，空间角的相关问题，属于中档题．
建立空间直角坐标系，运用空间角的向量法即可判断A项、B项；
由|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|可判断C项；运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项．
【解答】
解：连接AC、BD交于点O，连接OE、OF，因为四边形ABCD为正方形，
则AC⊥BD，又因为八面体的每个面都是正三角形，
所以E、O、F三点共线，且EF⊥面ABCD，
则以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则O(0,0,0),A(0,− 2,0),B( 2,0,0),C(0, 2,0),D(− 2,0,0),E(0,0, 2),F(0,0,− 2)，
对于A项，AE=(0, 2, 2),DF=( 2,0, 2)，
设异面直线AE与DF所成角为θ，
则csθ=|cs⟨AE,DF⟩|=|AE⋅DF||AE|⋅|DF|=22×2=12，因为θ∈(0,π2],
所以θ=π3，即异面直线AE与DF所成角大小为π3，故A项正确；
对于B项，BE=(− 2,0, 2),BA=(− 2,− 2,0),BC=(− 2, 2,0)，
设面ABE的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅BE=0n⋅BA=0⇒− 2x1+ 2z1=0− 2x1− 2y1=0，取x1=1，则y1=−1，z1=1，则n=(1,−1,1)，
设面BEC的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，
则n⋅BE=0n⋅BC=0⇒− 2x2+ 2z2=0− 2x2+ 2y2=0，取x2=1，则y2=1，z2=1，则m=(1,1,1)，
所以cs⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=1−1+1 3× 3=13，
又由图知面ABE与BEC所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角A−EB−C的平面角的余弦值为−13，故B项错误；
对于C项，因为|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|= 2，
所以O为此八面体外接球的球心，
即此八面体一定存在外接球，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为r，
则八面体的体积为V=2VE−ABCD=2×13SABCD⋅EO=2×13×2×2× 2=8 23，
又八面体的体积为V=8VE−ABO=8VO−ABE=8×13SEAB*r=8×13×12×22×sinπ3×r=8 33r，
所以8 33r=8 23，解得r= 63，
所以内切球的表面积为4πr2=4π×( 63)2=8π3，故D项正确．
故选：ACD.
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查由部分图象求三角函数解析式、余弦型函数的图象变换、余弦型函数的奇偶性、余弦(型)函数的零点、函数极值(极值点)的概念，属于较难题.
根据给定条件，求出函数f(x)及g(x)的解析式，结合余弦函数的图象、性质逐项分析判断得解．
【解答】
解：依题意，2πω=π，解得ω=2，
由f(5π12)=0，得2×5π12+φ=kπ+π2，k∈Z，
而|φ|<π2，则k=0，φ=−π3，f(x)=2cs(2x−π3)，
g(x)=2cs[2(x+π12)−π3]=2cs(2x−π6)，
对于A，当x∈(0,5π12)时，2x−π6∈(−π6,2π3)，
显然当2x−π6=0时，函数g(x)取得极大值，故A正确；
对于B，由g(π3)=0，得函数y=g(x)的图象关于点(π3,0)对称，
直线y=12(x−π3)过点(π3,0)，
因此直线y=12(x−π3)与y=g(x)的图象交点关于点(π3,0)对称，
共有2n+1，n∈N个交点，即方程g(x)=12(x−π3)共有2n+1个根，
所有根的和为2n+13π，不存在n使得2n+13π=4π3，故B错误；
对于C，函数g(x+m)=2cs(2x+2m−π6)是偶函数，
则2m−π6=k1π，k1∈Z，m=k1π2+π12，k1∈Z，
因此当k1=0时，正数m取得最小值π12，故C正确；
对于D，函数g(λ2x)=2cs(λx−π6)，
当x∈(π3,π2)时，λx−π6∈(πλ3−π6,πλ2−π6)，
由g(λ2x)在(π3,π2)上无零点，得(πλ3−π6,πλ2−π6)⊆[kπ−π2,kπ+π2]，k∈Z，
则πλ3−π6≥kπ−π2πλ2−π6≤kπ+π2，k∈Z，解得λ≥3k−1λ≤2k+43，k∈Z，
显然2k+43>3k−12k+43>0，k∈Z，即−23于是k∈{0,1,2}，所以正数λ的取值范围为(0,43]∪[2,103]∪[5,163],故D错误．
故选AC.
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查函数的新定义问题、利用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数求函数的最值(不含参)、函数的图像和图像的变换，属于较难题．
对A，举例说明即可；对B，设将x=c旋转−α后得出方程y=−tanα(x−c)，则只需y=1tanαx+t(t∈R)与原函数仅有一个交点即可，对C，令g(x)=x+t，结合新定义即可判定，对D，根据当mxex+1=x+t仅有唯一解时，即t=mxex−x+1，令m(x)=mxex−x+1，求出导数，利用导数判断出单调性，求出最大值，结合新定义，即可判定.
【解答】
解：对A：当y=x旋转π4时与y轴重合，此时1个x对应多个y值，故A错误；
对B：将x=c旋转−α后所得直线为y=−tanα(x−c)，
则只需y=1tanαx+t(t∈R)与原函数仅有一个交点；
令p(x)=sinx−kx−t,k=1tanα，当k∈[1,+∞)时，p(x)只有一个零点，
所以tanα∈(0,1],即α∈(0,π4],故B正确；
对C：令g(x)=x+t，当ax−2x=x+t在定义域内仅有唯一解时，即(a−1)x2−tx−2=0，
当a=1时，−tx−2=0仅有一个解，故满足题意；
当a≠1时，(a−1)x2−tx−2=0的判别式Δ=t2+8(a−1)，
对任意的a，都存在t使得判别式大于0，不满足题意；故a=1，故C正确；
对D：若h(x)是“π4旋转函数”，当mxex+1=x+t仅有唯一解时，即t=mxex−x+1，
令m(x)=mxex−x+1，
则m′(x)=mex+mxex−1=m(x+1)ex−1，
令q(x)=m(x+1)ex−1，则q′(x)=m(x+2)ex，
当m=0时，方程为1=x+t，得x=t−1，仅有唯一解，符合题意；
当m>0时，当x<−2，q′(x)<0，当x>−2，q′(x)>0，
所以m′(x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，
又因为x→−∞时，m′(x)→−1<0,m′(1m)=m(1m+1)e1m−1=me1m>0，
所以可得m(x)先减后增，不符合题意；
当m<0时，当x<−2，q′(x)>0，当x>−2，q′(x)<0，
所以m′(x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,+∞)上单调递减，
所以当x=−2时，m′(x)有极大值也是最大值m′(x)=−me2−1≤0，
即m≥−e2，则m∈[−e2,0)；
综上得存在m∈[−e2,0]时，h(x)是“π4旋转函数”，故D正确．
故选BCD.
12.【答案】18
【解析】【分析】
本题考查分类计数原理的运用，考查组合数的应用，属于基础题．
分学生甲选择政治和不选择政治讨论，结合计数原理求解即可．
【解答】
解：若学生甲在另外五门中选择政治，由于学生乙一定不选物理、化学，
所以无论学生乙如何选，甲乙两人一定有且只有一门选科相同，此时有C42=6种；
若学生甲在另外五门中不选择政治，此时甲有C41=4种选法，
甲乙两人有且只有一门选科相同，则乙有C11C31=3种选法，
此时共有4×3=12种选法；
综上，甲乙两人有且只有一门选科相同的选科方法总数有12+6=18种．
故答案为：18.
13.【答案】 2+12
【解析】【分析】
本题主要考查点与圆的位置关系，属于中档题．
根据已知条件，结合中点坐标公式，先求出点Q的轨迹方程，再结合两点之间的距离公式，即可求解．
【解答】
解：设Q(a,b)，
A(2,0)，Q为AP的中点，
则P(2a−2,2b)，
点P是圆C：x2+(y−2)2=1上一动点，
则(2a−2)2+(2b−2)2=1，即(a−1)2+(b−1)2=14，
故点Q的轨迹方程是以(1,1)为圆心，12为半径的圆，
故|OQ|的最大值为 (1−0)2+(1−0)2+12= 2+12.
故答案为： 2+12.
14.【答案】20233
【解析】【分析】
本题主要考查简单复合函数的导数、求函数值、倒序相加法求和，属于较难题．
结合导数的求导法则，推得g(x)+g(1−x)=23，再根据倒序相加法，即可求解．
【解答】
解：因为f(x)=f(1−x)，
则f′(x)=−f′(1−x)，即f′(x)+f′(1−x)=0，
因为g(x)=f′(x)+13,x∈R，
则g(x)+g(1−x)=f′(x)+f′(1−x)+23=23，
因为an=g(n2024)，
则a1+a2+⋅⋅⋅+a2023=g(12024)+g(22024)+⋅⋅⋅+g(20232024)，
a2023+⋅⋅⋅+a2+a1=g(20232024)+⋅⋅⋅+g(22024)+g(12024)，
两式相加可得，a1+a2+⋅⋅⋅+a2023=2023×232=20233.
故答案为20233.
15.【答案】解：(1)根据题意补全2×2列联表如下：
设H0：学生课间经常进行体育活动与性别相互独立，即课间是否经常进行体育活动与性别无关，
则χ2=240×(80×20−40×100)2120×120×180×60=809≈8.888>7.879=x0.005，
根据小概率值α=0.005的独立性检验，推断H0不成立，即有99.5%的把握认为学生课间经常进行体育活动与性别有关联；
(2)由题意得，学生课间经常进行体育活动的频率为60240=14，所以在全校学生中随机抽取1人，其课间经常进行体育活动的概率为14，
又随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，则由题意得X∼B(3,14)，
P(X=2)=C32×(14)2×(1−14)1=964,P(X=3)=C33×(14)3×(1−14)0=164，
P(X=0)=C30×(14)0×(1−14)3=2764,P(X=1)=C31×(14)1×(1−14)2=2764，
从而可得X的分布列：
故随机变量X的数学期望E(X)=3×14=34.
【解析】(1)根据题中数据可直接补全列联表，再利用公式可判断．
(2)根据题意随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，则由题意得X∼B(3,14)，从而可得分布列与数学期望．
本题考查独立性检验以及离散型随机变量的分布列与期望相关知识，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：由2sinC=3sin(A−B)得2sin(A+B)=3sin(A−B)，
则2sinAcsB+2csAsinB=3sinAcsB−3csAsinB，
得sinAcsB=5csAsinB⇒tanA=5tanB；
(2)解：S△ABC=12absinC=512c2，
所以sinAsinBsinC=56sin2C，则sinAsinB=56sinC=56sin(A+B)，
sinAsinB=56sinAcsB+56csAsinB，
从而tanAtanB=56(tanA+tanB)，
又tanA=5tanB，从而tanB=1，tanA=5，
所以tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=32.
【解析】(1)根据两角和差公式即可得；(2)根据面积公式，正弦定理，适当的变形即可得．
本题考查两角和差公式，考查正弦定理，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：过D作DH⊥AC，垂足为H，
由AC=3,DC=2 2,∠DCA=45∘，
得到DH=CH=2，∵CB⊥AB，得AB= 3，
∴AC⋅BH=AB⋅BC，∴BH= 2；
在△BDH中，由勾股定理得BH2+DH2=DB2，∴DH⊥BH，
又DH⊥AC，AC∩BH=H，AC，BH⊂平面ABC，
∴DH⊥平面ABC，DH⊂平面ADC，
∴平面ADC⊥平面ABC；
(2)如图以H为原点，HB所在直线为x轴，HC所在直线为y轴，HD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz；
得A(0,−1,0),B( 2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,2)，
设DE=λDC,0≤λ≤1，∴DE=(0,2λ,−2λ)
AE=AD+λDE=(0,1,2)+(0,2λ,−2λ)=(0,1+2λ,2−2λ),AB=( 2,1,0)，
设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则{m→⋅AB→=0m→⋅AE→=0⇒{ 2x+y=0(1+2λ)y+(2−2λ)z=0,令x=1,则y=− 2,z=1+2λ 2(1−λ)，
∴m=(1,− 2,1+2λ 2(1−λ)),BC=(− 2,2,0)，
设直线BC与平面EAB所成角为θ,sinθ=|BC⋅m|BC|⋅|m||=|−3 2| 6⋅ 3+(1+2λ 2(1−λ))2= 3311，
化简得(1+2λ 2(1−λ))2=8,1+2λ 2(1−λ)=2 2，
即1+2λ=4(1−λ)，
即6λ=3，
∵0≤λ≤1，∴λ=12，
∴DE=12DC，
∵DC=2 2，
∴DE= 2.
【解析】(1)先证DH⊥平面ABC，由DH⊂平面ADC即可得到平面ADC⊥平面ABC；
(2)以H为原点，HB所在直线为x轴，HC所在直线为y轴，HD所在直线为z轴建立空间直角坐标系O−xyz，求出平面ABE的一个法向量，结合夹角公式即可求解．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题．
18.【答案】(1)证明：由题意知，2a=4e=ca=12⇒c=1a=2，
又因为b2=a2−c2=3，所以椭圆方程为x24+y23=1，则F(1,0)，C(−2,0)，
设A(x1,y1)，−2如图所示，
假设AC⊥AF，所以AC⋅AF=0，
又AC=(−2−x1,−y1),AF=(1−x1,−y1)，
所以x12+y12+x1−2=0②，
由①②消去y1得到x12+4x1+4=0⇒x1=−2，与题设矛盾，
所以AC与AF不可能垂直；
(2)解：如图所示，
设AB方程为：x=ty+1，
由x=ty+1x24+y23=1，得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=−6t3t2+4,y1y2=−93t2+4，
所以|AB|= (y1+y2)2−4y1y2⋅ 1+t2=12 1+t23t2+4 1+t2=12(1+t2)3t2+4，
|AC|2+|BC|2=(x1+2)2+y12+(x2+2)2+y22=(ty1+3)2+y12+(tt2+3)2+y22
=(t2+1)(y12+y22)+6t(y1+y2)+18=(t2+1)(y1+y2)2−2(t2+1)y1y2+6t(y1+y2)+18
=−18t4+18t2+72(3t2+4)2+18，
所以|AB|2+|BC|2+|CA|2=−18t4+18t2+72(3t2+4)2+18+[12(1+t2)3t2+4]2=126t4+306t2+216(3t2+4)2+18=18(7t4+17t2+12)(3t2+4)2+18，
设m=3t2+4，m≥4，
则|AB|2+|BC|2+|CA|2=2(7m2−5m+16)m2+18=2[16(1m)2−5m+7]+18
=2[16(1m−532)2+42364]+18≥42332+18=99932，
即当m=325，即t2=45,t=±25 5时，|AB|2+|BC|2+|CA|2取得最小值为99932，
故|AB|2+|BC|2+|CA|2的最小值为99932.
【解析】(1)求出椭圆方程，设出点A坐标，结合AC⋅AF=0求解即可；
(2)设直线AB方程，联立直线AB方程与椭圆方程，结合韦达定理可表示|AB|2+|BC|2+|CA|2，运用换元法进而将问题转化为求关于1m的二次函数的最小值．
本题考查了椭圆的性质，直线和椭圆的综合运用，属于难题．
19.【答案】解：(1)由f(x)=csx+λln(1+x)，得f′(x)=−sinx+λ1+x，
则切线的斜率k=f′(0)=λ=1，∴f(x)=csx+ln(1+x).
(2)令h(x)=f(x)−ax−1=csx+ln(1+x)−ax−1，x>−1.
由∵f(x)≤ax+1恒成立，∴h(x)≤0，x>−1恒成立，
∵h(0)=0，又h(x)的图像在定义域上是连续不间断的，
∴x=0是h(x)的一个极大值点，则h′(0)=0.
又h′(x)=−sinx+11+x−a，∴h′(0)=1−a=0，得a=1，
下证当a=1时，h(x)≤0对任意x∈(−1,+∞)恒成立．
令φ(x)=ln(1+x)−x，则φ(x)=11+x−1=−x1+x，
∴φ(x)在(−1,0)单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
∴φ(x)≤φ(0)=0，即ln(1+x)−x≤0，而csx−1≤0，
∴当x∈[0,+∞)时，h(x)=(csx−1)+[ln(1+x)−x]≤0.
综上，若f(x)≤ax+1恒成立，则a=1.
(3)证明：由(2)可知f(x)≤x+1，∴f(sin1k−1)≤sin1k.
∴k=n+12nf(sin1k−1)=f(sin1n+1−1)+f(sin1n+2−1)+⋯+f(sin12n−1)
≤sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n.
先证sinx令t(x)=sinx−x,x∈(0,π2),t′(x)=csx−1<0，
则t(x)在(0,π2)上单调递减，t(x)∴sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<1n+1+1n+2+⋯+12n，
再证1n+1令x=nn+1，即得1n+1得1n+1∴1n+1+1n+2+⋯+12n综上，k=n+12nf(sin1k−1)≤ln2.
【解析】(1)根据导数的几何意义即可求解；
(2)设h(x)=f(x)−ax−1(x>−1)，则h(0)=0，根据极值点的定义可求得a=1，再利用导数证明当a=1时h(x)≤0对任意x∈(−1,+∞)恒成立即可；
(3)由(2)可得f(sin1k−1)≤sin1k，进而k=n+12nf(sin1k−1)≤sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n.利用导数证明不等式sinx本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用不等式恒成立求参数的值，利用导数研究函数的单调性，利用综合法证明不等式，考查了转化思想，属难题．性别
课间进行体育活动情况
合计
不经常
经常
男
女
合计
α
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
课间进行体育活动情况
合计
不经常
经常
男
80
40
120
女
100
20
120
合计
180
60
240
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164