2024年福建省厦门市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年福建省厦门市高考数学第二次质检试卷（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.已知集合A={x||x−1|≤4}，B={x|4−xx≥0}，则A∩∁RB=( )
A. (0,4)B. [0,4)C. [−3,0]∪(4,5]D. [−3,0)∪(4,5]
2.已知正项等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且4S3=(a3+1)2，4S4=(a4+1)2，则d=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.已知α，β为关于x的实系数方程x2−4x+5=0的两个虚根，则|α|+|β|α+β=( )
A. 52B. − 52C. 5D. − 5
4.已知样本2，1，3，x，4，5(x∈R)的平均数等于60%分位数，则满足条件的实数x的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.在平面直角坐标系xOy中，点P在直线3x+4y+1=0上.若向量a=(3,4)，则OP在a上的投影向量为( )
A. (−35,−45)B. (35,45)C. (−325,−425)D. (325,425)
6.设F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，P为双曲线左支上一点，且满足|PF1|=|F1F2|，直线PF2与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为( )
A. 53B. 3C. 2D. 5
7.已知cs(140∘−α)+sin(110∘+α)=sin(130∘−α)，求tanα=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
8.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{−1,0,1},i={1,2,3,4,5}}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )
A. 60B. 90C. 120D. 130
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.为了预测某地的经济增长情况，某经济学专家根据该地2023年1∼6月的GDP数据y(单位：百亿元)建立了一元线性回归模型，根据最小二乘法得到的经验回归方程为y =0.42x+a ，其中解释变量x指的是1∼6月的编号，其中部分数据如表所示：
(参考数据：i=16yi2=796，i=16(yi−y−)2=70)，则( )
A. 经验回归直线经过点(3.5,11)
B. a =10.255
C. 根据该模型，该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元
D. 第4个样本点(x4,y4)的残差为0.103
10.如图1，扇形ABC的弧长为12π，半径为6 2，线段AB上有一动点M，弧AB上一点N是弧的三等分点，现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥，使得AB和AC重合，则在图2的圆锥中( )
A. 圆锥的体积为216π
B. 当M为AB中点时，线段MN在底面的投影长为3 7
C. 存在M，使得MN⊥AB
D. MNmin=3 302
11.设f(x)，g(x)都是定义在R上的奇函数，且f(x)为单调函数，f(1)>1，若对任意x∈R有f(g(x)−x)=a(a为常数)，g(f(x+2))+g(f(x))=2x+2，则( )
A. g(2)=0B. f(3)<3
C. f(x)−x为周期函数D. k=1nf(4k)>2n2+2n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，点A在C上，且|AF|=5，O为坐标原点，则△AOF的面积为_____________.
13.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)在[−π3,π6]上单调，f(π6)=f(4π3)=−f(−π3)，则ω的可能取值为__________.
14.已知函数f(x)=xa−lgbx(a>0,b>0,且b≠1)，若f(x)≥1恒成立，则ab的最小值为__________ .
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)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是边长为2的菱形，∠ABB1=π3，AC=2 2，M为A1B1中点，CM= 11.
(1)证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；
(2)若BC=2，求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
16.(本小题15分)
定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，△ABC的面积为S，三个内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，且sinC=2Sc2−b2.
(1)证明：△ABC是倍角三角形；
(2)若c=9，当S取最大值时，求tanB.
17.(本小题15分)
已知A(2,0)，B(−2,0)，P为平面上的一个动点.设直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C、D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
18.(本小题17分)
若∀n∈N*，都存在唯一的实数cn，使得f(cn)=n，则称函数f(x)存在“源数列”{cn}.已知f(x)= x−lnx，x∈(0,1].
(1)证明：f(x)存在源数列；
(2)(i)若f(x)−λ x≤0恒成立，求λ的取值范围；
(ii)记f(x)的源数列为{cn}，证明：{cn}前n项和Sn<53.
19.(本小题17分)
小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中X1次，第二组投篮2次，投中X2次，求E(X1−X2)；
(3)记P(i)表示小明投篮i(i=2,3,…)次，恰有2次投中的概率，记X(X=2,3,…，n)表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数(当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投)，证明：E(X)≥2i=2n+2P(i).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了绝对值不等式和分式不等式的解法，交集和补集的运算，属于基础题．
解绝对值不等式求出集合A，解分式不等式求出集合B，然后进行交集和补集的运算即可．
【解答】
解：∵A={x||x−1|≤4}={x|−3≤x≤5}，B={x|4−xx≥0}={x|0故∁RB={x|x≤0或x>4}，
∴A∩∁RB={x|−3⩽x⩽0或4故选：C.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，等差数列的前n项和及Sn和an的关系，属于基础题．
根据已知条件，结合等差数列的通项公式，即可求解．
【解答】
解：因为4S3=(a3+1)2，4S4=(a4+1)2，
二者相减可得，4a4=(a4−a3)(a4+a3+2)，即4(a1+3d)=d(2a1+5d+2)，
故(d−2)(2a1+5d)=0，
因为等差数列{an}为正项数列，
则an>0，d≥0，
故2a1+5d>0，
所以d−2=0，解得d=2.
故选：B.
3.【答案】A
【解析】解：α，β为关于x的实系数方程x2−4x+5=0的两个虚根，
则|α|=|β|，α+β=4，α⋅β=|β|2=5，解得|α|=|β|= 5，
故|α|+|β|α+β=2 54= 52.
故选：A.
根据已知条件，结合韦达定理，以及二次方程虚根的概念，即可求解．
本题主要考查实系数多项式虚根成对定理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
根据百分位数和平均数的定义计算即可．
【解答】
解：平均数为16×(1+2+3+4+5+x)=15+x6，6×60%=3.6，故60%分位数是排好顺序后的第4个数，
若x≤1，则排列顺序为x，1，2，3，4，5，此时15+x6=3，解得x=3，不符合题意；
若1若2若3若4若x>5，则排列顺序为1，2，3，4，5，x，此时15+x6=4，解得x=9，符合题意；
则满足条件的实数x的个数是2.
故选C.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题投影向量的计算，向量的数量积的计算，属于基础题．
根据题意，设P的坐标为(m,n)，求出OP⋅a的值，进而计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，设P的坐标为(m,n)，所以OP=(m,n)，
所以OP⋅a=3m+4n，
又由点P在直线3x+4y+1=0上，则3m+4n=−1，
故OP⋅a=−1，
故OP在a上的投影向量OP⋅a|a|2⋅a=(−325,−425).
故选：C.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的定义和性质，属中档题．
根据题意可知点F2到渐近线的距离为b，根据|PF1|=|F1F2|，取PF2的中点E，可知FE1⊥PF2，易求出|DE|=b，从而求出|PF2|，根据双曲线的定义可得|PF2|−|PF1|=2a，又b2+a2=c2，即可求出结果．
【解答】
解：设直线PF2与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为D，
取PF2的中点E，连接F1E，如图：
则|DF2|=b，因为|PF1|=|F1F2|=2c，所以FE1⊥PF2，
因为O为F1F2的中点，OD⊥PF2，
所以FE1//OD，则D为EF2的中点，且|DE|=|DF2|=b，
所以|PF2|=4b，又因为P为双曲线左支上一点，
所以|PF2|−|PF1|=2a，即4b−2c=2a，又b2+a2=c2，
解得a=3b4c=5b4，所以e=ca=53.
故选：A.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，诱导公式的应用，属于中档题．
利用诱导公式以及两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
【解答】
解：因为cs(140∘−α)+sin(110∘+α)=sin(130∘−α)，
所以−sin(50∘−α)+cs(20∘+α)=sin(50∘+α)，
即−sin50∘csα+cs50∘sinα+cs(20∘+α)=sin50∘csα+cs50∘sinα，
所以cs20∘csα−sin20∘sinα=2sin50∘csα，
即(cs20∘−2sin50∘)csα=sin20∘sinα，
所以tanα=cs20∘−2sin50∘sin20∘=cs20∘−2sin(30∘+20∘)sin20∘
=cs20∘−2×12cs20∘−2× 32sin20∘sin20∘
=− 3.
故选：D.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题排列组合的综合应用，属中档题．
从条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”入手，讨论xi所有取值的可能性，分为5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况进行讨论．
【解答】
解：由于|xi|只能取0或1，且“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”，
因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：
①xi中有2个取值为0，另外3个从−1，1中取，共有方法数：C52×23，
②xi中有3个取值为0，另外2个从−1，1中取，共有方法数：C53×22，
③xi中有4个取值为0，另外1个从−1，1中取，共有方法数：C54×2，
所以总共方法数是C52×23+C53×22+C54×2=130.
即元素个数为130.
故选：D.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查用回归直线方程对总体进行估计，考查残差，属于基础题．
根据已知条件，结合平均数公式，以及回归直线方程的性质，求出回归直线方程，即可求解．
【解答】
解：x−=16×(1+2+3+4+5+6)=3.5，
因为i=16yi2=796，i=16(yi−y−)2=i=16yi2−6y−2=70，
所以796−6y−2=70，解得y−=11，
故该经验回归直线经过样本点的中心(3.5,11)，故A正确；
由A知，11=0.42×3.5+a，解得a =9.53，故B错误；
由B得y =0.42x+9.53，
当x=12时，y =14.57，故该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元，故C正确；
当x=4时，y =11.21，相应于点(x4,y4)的残差为11.107−11.21=−0.103，故D错误．
故选：AC.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查立体几何的综合应用，圆锥的体积问题，解三角形问题，属中档题．
根据圆锥的体积公式，解三角形，等面积法，即可分别求解．
【解答】
解：根据题意可得圆锥母线长为6 2，圆锥的底面半径为12π2π=6，
所以圆锥的高为 (6 2)2−62=6，
对A选项，圆锥的体积为13×π×62×6=72π，故A选项错误；
对B选项，M为AB中点时，设圆锥的底面圆心为O，
易知线段MN在底面的投影为图中的HN，其中H为BO中点，
又易知图1中BN=12π3=4π，
所以上图圆O中∠BON=4π6=2π3，又BO=NO=6，所以HO=3，
由余弦定理可得HN= 32+62−2×3×6×(−12)=3 7，故B选项正确；
对C，D选项，由B选项图中，易知BN=6 3，又AB=AN=6 2，
由余弦定理易知△ABN的三个角都为锐角，所以存在M，使得MN⊥AB，
即过N作NM⊥AB于点M，且此时MN最小，
根据等面积法可知 12×6 3× (6 2)2−(3 3)2=12×6 2×MN，
解得MN=3 302，故C，D选项正确．
故选：BCD.
11.【答案】BC
【解析】解：因为f(x)，g(x)都是定义在R上的奇函数，所以f(0)=0，g(0)=0，
因为对任意x∈R有f(g(x)−x)=a，
所以a=f(g(0))=f(0)=0，
所以f(g(x)−x)=0，又f(x)为单调函数，
所以g(x)−x=0，即g(x)=x，
因为g(f(x+2))+g(f(x))=2x+2，
所以f(x+2)+f(x)=2x+2，
对于A，g(2)=2，故A错误；
对于B，由f(3)+f(1)=4，f(1)>1，得f(3)=4−f(1)<3，故B正确；
对于C，设h(x)=f(x)−x，则由f(x+2)+f(x)=2x+2，
可得h(x+2)+h(x)=0，所以h(x+4)+h(x+2)=0，
所以h(x+4)=h(x)，即f(x)−x为周期函数，故C正确；
对于D，由h(x+4)=h(x)，得f(x+4)−x−4=f(x)−x，即f(x+4)−f(x)=4，
所以{f(4k)}为等差数列，k∈N*，
且f(4)−f(0)=4，即f(4)=4，
所以f(4k)=4+4(k−1)=4k，
所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n，故D错误．
故选：BC.
对于A，在f(g(x)−x)=a中，令x=0得a=f(g(0))=f(0)=0，f(x)为单调函数，所以g(x)−x=0；对于B，由f(3)+f(1)=4，得f(3)=4−f(1)<3，对于C，设h(x)=f(x)−x，则由f(x+2)+f(x)=2x+2，可得h(x+2)+h(x)=0，对于D，由h(x+4)=h(x)，得f(x+4)−x−4=f(x)−x，{f(4k)}为等差数列，且f(4)−f(0)=4，所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n.
本题考查抽象函数及其应用，函数的性质综合应用，数列求和，属难题．
12.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
利用抛物线的性质计算A点坐标，从而得出三角形的面积．
【解答】
解：F(1,0)，
设A(m,n)，则|AF|=m+1=5，
∴m=4，∴n=±4，
∴S△AOF=12×1×4=2.
故答案为：2.
13.【答案】127 ， 95 ， 35
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦型函数的单调性解决参数问题，属于中档题．
由函数f(x)在[−π3,π6]上单调，判断出T≥π，进而计算出(−π12,0)为f(x)的一个对称中心，再由f(π6)=f(4π3)，结合正弦函数的图象，分类讨论分别求出ω的值．
【解答】
解：设f(x)的最小正周期为T，则由函数f(x)在[−π3,π6]单调，
可得T2≥π6−(−π3)，即T≥π，因为T=2πω≥π且ω>0，所以0<ω≤2，
由f(x)在[−π3,π6]上单调，且f(π6)=−f(−π3)，得f(x)的一个零点为−π3+π62=−π12，
即(−π12,0)为f(x)的一个对称中心，
由于f(π6)=f(4π3)且T≥π，所以有以下三种情况：
①T=4π3−π6=7π6，则ω=2πT=127，符合题意；
②当π6+4π32=−π12+3T4时，即3T4=3π4−(−π12)=5π6，则ω=2πT=95，符合题意；
③当π6+4π32=−π12+T4时，即T4=3π4−(−π12)=5π6，则ω=2πT=35符合题意；
则ω的可能取值为127，95，35.
故答案为：127，95，35.
14.【答案】e
【解析】【分析】
本题考查了指数函数、对数函数的性质，导数的综合运用，属于中档题．
根据题意分类讨论01两种情况，通过导数求导并根据得到最小值得条件得到ab=blnb，再构造函数g(b)=blnb(b>1)及导数方法求出其最小值，从而求解．
【解答】
解：函数f(x)=xa−lgbx的定义域为(0,+∞)，
当0当b>1时，f′(x)=axa−1−1xlnb=ax(xa−1alnb)，
令f′(x0)=0，解得x0=(1alnb)1a，
当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=x0时，f(x)有极小值，也是最小值，
又因为f(1)≥1且f(1)=1，
所以f(x)min=f(x0)=1x0=1，
则x0=(1alnb)1a=1，得alnb=1，所以ab=blnb，
设g(b)=blnb(b>1)，g′(b)=lnb−1(lnb)2，
令g′(b)=0，得b=e，
当b∈(1,e)，g′(b)<0，g(x)单调递减，
当b∈(e,+∞)，g′(b)>0，g(x)单调递增，
所以g(b)在区间(1,e)单调递减，(e,+∞)单调递增，
所以g(b)min=g(e)=e，即ab的最小值为e.
故答案为：e.
15.【答案】解：(1)证明：如图，连接AM，AB1，
由题可知，在菱形ABB1A1中，A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=π3，
所以△AA1B1为正三角形，又M为A1B1中点，
所以AM= 3且AM⊥A1B1，
因为AB//A1B1，所以AM⊥AB，
在△ACM中，AM= 3，AC=2 2，CM= 11，
所以AM2+AC2=CM2，
所以AM⊥AC，又AB，AC⊂平面ABC，AB∩AC=A，
所以AM⊥平面ABC，又AM⊂平面ABB1A1，
所以平面ABC⊥平面ABB1A1；
(2)在△ABC中，AB=BC=2，AC=2 2，
所以BC2+BA2=AC2，
所以CB⊥AB，又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，CB⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ABB1A1，
取BB1中点O，连接AO，作OH//BC，交CC1于H，则OA，OB1，OH两两相互垂直，
以O为原点，分别以OA，OB1，OH所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 3,0,0),B(0,−1,0),C(0,−1,2),C1(0,1,2),M( 32,32,0)，
所以BA=( 3,1,0),BC1=(0,2,2)，
由(1)知AM⊥平面ABC，所以可取AM=(− 32,32,0)为平面ABC的法向量，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BA=0n⋅BC1=0，得 3x+y=02y+2z=0，令y=− 3，得x=1z= 3，
所以n=(1,− 3, 3)，
设平面ABC与平面ABC1的夹角为θ，
所以csθ=|cs⟨n,AM⟩|=|n⋅AM||n|⋅|AM|=−2 3 3× 7=2 77，
所以平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为2 77.
【解析】本题考查了面面垂直的证明和性质，平面与平面夹角的向量法求解，属于中档题．
(1)连接AM，AB1，利用菱形、正三角形的特征得出AM⊥A1B1，进而得到AM⊥AB，再利用勾股定理逆定理得出AM⊥AC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
(2)利用已知条件建立合适的空间直角坐标系，然后利用面面角的向量法即可求解．
16.【答案】(1)证明：由sinC=2Sc2−b2，知sinC=absinCc2−b2，
即c2−b2=ab，得c2=b2+ab，
又由余弦定理知c2=a2+b2−2abcsC，
所以b2+ab=a2+b2−2abcsC，
即b=a−2bcsC，
由正弦定理知sinB=sin(B+C)−2sinBcsC，
右边=sinBcsC+csBsinC−2sinBcsC
=sinCcsB−csCsinB=sin(C−B)，
所以sinB=sin(C−B)，
所以B=C−B或B+(C−B)=π(舍去)，
所以C=2B，
所以△ABC是倍角三角形；
(2)解：设B=α，则C=2α，A=π−3α，
由A，B，C∈(0,π)，可得α∈(0,π3)，
由正弦定理知bsinB=csinC，又c=9，
即b=c⋅sinBsinC=9⋅sinαsin2α=92csα，
所以S△ABC=12bcsinA=12⋅92csα⋅9sin3α
=814csα⋅(sin2αcsα+cs2αsinα)
=814csα⋅sinα(2cs2α+cs2α)
=814⋅tanα⋅(1+2cs2α)
=814⋅tanα⋅[1+2(cs2α−sin2α)]
=814tanα⋅3cs2α−sin2αcs2α+sin2α
=814tanα⋅3−tan2α1+tan2α
=814⋅3tanα−tan3α1+tan2α，
令x=tanα∈(0, 3)，f(x)=3x−x31+x2，
则f′(x)=(3−3x2)(1+x2)−2x(3x−x3)(1+x2)2=−x4−6x2+3(1+x2)2，
令f′(x)=0，得x02=−3+2 3，
所以x0= 2 3−3∈(0, 3)，
当x∈(0,x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(x0, 3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=x0时，f(x)取最大值，
从而S△ABC取得最大值．
综上，tanB= 2 3−3.
【解析】本题考查正余弦定理，三角恒等式的应用，以及用导数的方法求函数的最值问题，属于中档题．
(1)由三角形的面积公式及余弦定理，正弦定理可得sinB=sin(C−B)，进而可证得C=2B，即可证得结论；
(2)由正弦定理及三角形的面积公式，3倍角公式可得三角形面积关于tanB的表达式，设函数f(x)=3x−x31+x2，求导可得函数的最大值时x的值，即求出tanB的值．
17.【答案】解：(1)设点P(x,y)，则x≠±2，因为k1⋅k2=−34，所以yx−2⋅yx+2=−34，整理得x24+y23=1，
所以Γ的方程为x24+y23=1(x≠±2);
(2)(解法一)设P(x0,y0)(x0≠±2)，则y0≠0，所以直线PA，PB的斜率存在且不为0，
则直线PA：yy0=x−2x0−2，即y=y0x0−2(x−2)，则点Ct,y0x0−2t−2，
又直线PB：yy0=x+2x0+2，即y=y0x0+2(x+2)，则点D(t,y0x0+2(t+2))；
又直线CH的斜率为−x0+2y0，所以直线CH:y−y0x0−2(t−2)=−x0+2y0(x−t)，
令y=0，得xH=t+(t−2)y02x02−4；
又P(x0,y0)在椭圆上，则x024+y023=1，整理得y02=3(4−x02)4，
所以xH=t−34(t−2)=t+64，则H(t+64,0)，
所以HC⋅HD=(3t−64,(t−2)y0x0−2)⋅(3t−64,(t+2)y0x0+2)=(3t−6)216+(t2−4)y02x02−4=(3t−6)216−3(t2−4)4=−3(t+6)216+12，
综上，存在t=−6，使得HC⋅HD有最大值12;
(解法二)直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，
直线PA：y=k1(x−2)，则点C(t,k1(t−2)).
同理，直线PB：y=k2(x+2)，则点D(t,k2(t+2))，
又直线CH:y−k1(t−2)=−1k2(x−t)，令y=0，得xH=t+k1k2(t−2)=t+64，则H(t+64,0)，
所以HC⋅HD=(3t−64,k1(t−2))⋅(3t−64,k2(t+2))=(3t−6)216+k1k2(t2−4)=(3t−6)216−3(t2−4)4=−3(t+6)216+12，
综上，存在t=−6，使得HC⋅HD有最大值12.
【解析】本题主要考查向量与椭圆的综合问题，与椭圆有关的轨迹问题，属于较难题.
(1)设点P(x,y)，根据题意列方程，化简即可得出Γ的方程；
(2)(解法一)设P(x0,y0)(x0≠±2)，写出直线PA，PB的方程，求出点C、D的坐标，写出直线CH的方程，求出点H的坐标，计算HC⋅HD的最大值即可；
(解法二)直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，写出直线PA、PB的方程，求出点C、点D的坐标，写出直线CH的方程，求出点H的坐标，计算HC⋅HD的最大值．
18.【答案】解：(1)证明：由f(x)= x−lnx，x∈(0,1])，得f′(x)=12 x−1x= x−22x<0，
即f(x)在(0,1]上单调递减，又f(1)=1，
当x>0且x无限趋近于0时，f(x)趋向于正无穷大，
即f(x)的值域为[1,+∞),且函数在(0,1]上单调递减，
对于f(x)可以取到任意正整数，且在x∈(0,1]上都有存在唯一自变量与之对应，
故对于∀n∈N*，令f(x)=n，其在(0,1]上的解必存在且唯一，不妨设解为cn，
即∀n∈N*，则都存在唯一的实数cn∈(0,1],使得f(cn)=n，
即f(x)存在源数列；
(2)(i)f(x)−λ x≤0恒成立，即≥x− xlnxn恒成立，
令t= x∈(0,1],即λ≥t2−2tlnt恒成立，
令φ(t)=t2−2tlnt，则φ′(t)=2t−2lt−2，
令g(t)=φ′(t)=2t−2lt−2，t∈(0,1],则g′(t)=2−2t≤0，仅在t=1时取等号，
即g(t)在(0,1]上单调递减，故g(t)≥g(1)=0，即φ(t)在(0,1]上单调递增，
故φ(t)max=φ(1)=1，故λ≥1；
(ii)证明：由(i)得f(x)≤1 x，故f(cn)≤1 cn，即n≤1 cn，
故cn≤1n2<1n2−14=22n−1−22n+1，
当n=1时，S1≤112=1<53，
当n≥2时，Sn≤1+23−25+25−27+⋯+22n−1−22n+1=53−22n+1<53，
即{cn}的前n项和Sn<53.
【解析】(1)利用导数判断函数的单调性，结合f(1)=1，根据数列的新定义，即可证明结论；
(2)(i)由f(x)−λ x≤0恒成立，可得λ≥x− xlnx恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；
(ii)由(i)可得f(x)≤1 x，从而由f(cn)≤1 cn，推得n≤1 cn，可得到cn≤1n2，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式．
本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，考查导数的应用，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)记“共有n(n=0,1,2,3,4)次投中”为事件An，“第二次没投中”为事件B，
则P(B|A2)=P(BA2)P(A2)=12C32×122×12C42122×12=12；
(2)易知X1的所有可能取值为0，1，2，3，X2的所有可能取值为0，1，2，
可得X1−X2的所有可能取值为−2，−1，0，1，2，3，
此时P(X1−X2=−2)=P(X1=0)P(X2=2)=123×122=132，
P(X1−X2=−1)=P(X1=0)P(X2=1)+P(X1=1)P(X2=2)=532，
P(X1−X2=0)=P(X1=0)P(X2=0)+P(X1=1)P(X2=1)+P(X1=2)P(X2=2)=516，
P(X1−X2=1)=P(X1=1)P(X2=0)+P(X1=2)P(X2=1)+P(X1=3)P(X2=2)=516，
P(X1−X2=2)=P(X1=2)P(X2=0)+P(X1=3)P(X2=1)=532，
P(X1−X2=3)=P(X1=3)P(X2=0)=123×122=132，
则E(X1−X2)=(−2)×132+(−1)×532+0×516+1×516+2×532+3×132=12；
(3)证明：易知P(i)=Ci2×12i=i(i−1)2l+1，
而P(X=k)=k−12k，k=2，3，…，n−1，
P(X=n)=1−(122+223+⋯+n−22n−1)=n−12n+1−(122+223+⋯+n−12n)，
记Sn=122+223+⋯+n−12n，
可得Sn=2(Sn−12Sn)=121+122+⋯+12n−1+12n−n2n=1−n+12n，
所以P(X=n)=n−12n+n+12n=n2n−1，
则E(X)=k=2n−1kP(X=k)+nP(X=n)=2i=2n+1i(i−1)2i+1+n(n+1)2n+1，
因为n(n+1)2n+12P(n+2)=2nn+2，
当n≥2时，2nn+2≥1，
故E(X)=2i=2n+1i(i−1)2i+1+n(n+1)2n+1≥2i=2n+1P(i)+2P(n+2)=2i=2n+2P(i).
【解析】(1)由题意，记“共有n(n=0,1,2,3,4)次投中”为事件An，“第二次没投中”为事件B，代入条件概率公式中进行求解即可；
(2)先得到X1和X2的所有可能取值，进而可得X1−X2的所有可能取值，求出相对应的概率，代入期望公式中即可求解；
(3)易知P(i)=Ci2×12i=i(i−1)2l+1，得到P(X=k)的表达式，利用互斥事件求出概率公式，结合错位相减法得到P(X=n)，推出E(X)的表达式，再进行求证即可．
本题考查离散型随机变量分布列及期望，考查了逻辑推理和运算能力．时间
1月
2月
3月
4月
5月
6月
编号x
1
2
3
4
5
6
y/百亿元
y1
y2
y3
11.107
y4
y5