2024年辽宁省十一校联考高考数学模拟试卷（3月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年辽宁省十一校联考高考数学模拟试卷（3月份）（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.集合A={x|lg2x≤0}，集合B={x|x2≤4}，则A∩B=( )
A. (0,1]B. (0,2]C. [−2,1]D. [−2,2]
2.若复数z满足(1+z)i=1−z，则z=( )
A. −1B. 1C. −iD. i
3.某人计划购买一辆A型轿车，售价为14.4万元，购买后轿车每年的保险费、汽油费、年检费、停车费等约需2.4万元.同时，汽车年折旧率约为10%，(即这辆车每年减少它的价值的10%)，则大概使用年后，用在该车上的费用(含折旧费)达到14.4万元.( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
4.如图，一栋建筑物AB的高为10( 3−1)米，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面点M(B、D、M三点共线)处测得楼顶A和塔顶C的仰角分别是15∘和60∘，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30∘，则通信塔CD的高(单位：米)为( )
A. 10 3B. 30C. 20 3D. 60
5.中国的5G技术领先世界，5G技术中的数学原理之一是香农公式：C=Wlg2(1+SN)，它表示在被高斯白噪音干扰的信道中，最大信息传送速率C取决于信道带宽W、信道内所传信号的平均功率S、信道内部的高斯噪音功率N的大小，其中SN叫做信噪比.若不改变带宽W，而将信噪比SN从1000提升至2500，则C大约增加了(附：lg2=0.3010)( )
A. 10%B. 13%C. 23%D. 30%
6.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=2 17，则该二面角的大小为( )
A. 150∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘
7.已知F1，F2分别为双曲线Γ：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的上下焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2=13，则双曲线Γ的离心率为( )
A. 54B. 53C. 2D. 2
8.已知M(a,3)是抛物线C：x2=2py(p>0)上一点，且位于第一象限，点M到抛物线C的焦点F的距离为4，过点P(4,2)向抛物线C作两条切线，切点分别为A，B，则AF−⋅BF=( )
A. −1B. 1C. 16D. −12
二、多选题：本题共4小题，共24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.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，F1，F2分别为它的左、右焦点，A，B分别为它的左、右顶点，P是椭圆E上的一个动点，且|PF1|−|PF2|的最大值为2 3，则下列选项正确的是( )
A. 当P不与左、右端点重合时，△PF1F2的周长为定值4+2 3
B. 当PF1⊥F1F2时，|PF2|=72
C. 有且仅有4个点P，使得△PF1F2为直角三角形
D. 当直线PA的斜率为1时，直线PB的斜率为−14
10.已知函数f(x)=sin(3x−φ)(−π2<φ<π2)的图象关于直线x=π4对称，则( )
A. 函数f(x+π12)为奇函数
B. 函数f(x)在[π12,π3]上单调递增
C. 若|f(x1)−f(x2)|=2，则|x1−x2|的最小值为π3
D. 函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度得到函数y=−cs3x的图象
11.直线l：y=ax与y=ex的图像交于A(x1,y2)、B(x2,y2)两点(x1A. a≤eB. 点C的横坐标大于1
C. |x1−x2|< (a+2−e)2−4D. CD的斜率大于0
12.已知函数f(x)=8−8|1−x|,0≤x≤2,12f(x−2),x>2,则下列说法正确的是( )
A. f(112)=1
B. 当x∈[2,6]时，函数f(x)值域为[0,4]
C. 当k∈[17,25]时，方程f(x)=kx恰有6个实根
D. 若f(x)≥2−x+a(a∈R)恒成立，则a≤−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
13.已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1−3b1=4，a6−3b6=9，则a2022−3b2022=______.
14.古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1=6，点E在棱AB上，BE=2AE，动点P满足BP= 3PE.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为__________；若点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内部运动，F为棱C1D1的中点，M为CP的中点，则三棱锥M−B1CF的体积的最小值为__________.
15.设函数f(x)=x−a,x≤0,lnx,x>0,已知x1四、解答题：本题共4小题，共71分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sinAsinB+sinC+bsinBbsinA+csinB=1.
(1)求角C；
(2)CD是∠ACB的角平分线，若CD=4 33,△ABC的面积为2 3，求c的值．
17.(本小题18分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=13，AB=8，BC=6，AB⊥BC，AB1=B1C，D为AC中点，平面AB1C⊥平面ABC.
(1)求证：B1D⊥平面ABC；
(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值．
18.(本小题18分)
已知函数f(x)=lnx，g(x)= x−1 x.
(1)试比较f(x)与g(x)的大小；
(2)若方程lnx=k(x−1x)有三个实根，求实数k的取值范围.
19.(本小题18分)
已知A为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的下顶点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|AF1|+|AF2|= 3|F1F2|，且C的短轴长为2 2.
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，M，N为C上x轴同侧的两动点，两条不重合的直线MF1，NF1关于直线x=−1对称，直线MN与x轴交于点P，求△OMP的面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A={x|lg2x≤0}={x|lg2x≤lg21}={x|0B={x|x2≤4}={x|−2≤x≤2}，
∴A∩B={x|0故选：A.
解不等式求出集合A，B，利用交集的定义得出结果．
本题考查交集运算，涉及了对数不等式与一元二次不等式的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由题设z(i+1)=1−i，则z=1−i1+i=(1−i)22=−i.
故选：C.
应用复数的除法求复数即可．
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：用an表示该人第n年花费在轿车上的费用，
则a1=2.4+14.4×0.1,a2=2.4+(14.4×0.9)×0.1,a3=2.4+(14.4×0.92)×0.1，…
类推可得an=2.4+(14.4×0.9n−1)×0.1，
设Sn=a1+a2+⋯⋯+an=2.4n+1.44×1−0.9n1−0.9，
令Sn=2.4n+1.44×1−0.9n1−0.9≥14.4，解得n6≥0.9n，
当n=1时，16<0.9，
当n=2时，0.92=0.81,26≈0.33,26<0.92，
当n=3时，0.93=0.729,36=0.5,36<0.93，
当n=4时，0.94=0.6561,46≈0.667,46>0.94，
故使用4年后，该人花在轿车上的费用就已经达到14.4万元．
故选：B.
用an表示该人第n年花费在轿车上的费用，求出数列{an}的通项公式与前n项和，令Sn≥14.4，利用特值法求出n的值即可．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB=10( 3−1)sin15∘=10( 3−1)sin(45∘−30∘)=10( 3−1) 6− 24=20 2(m)，
因为∠MAN=∠AMB=15∘，
所以∠MAC=30∘+15∘=45∘，
又∠AMC=180∘−15∘−60∘=105∘，
所以∠ACM=30∘，
在△AMC中，由正弦定理得MCsin45∘=20 2sin30∘，
解得MC=40(m)，
在Rt△CMD中，CD=MC×sin60∘=40×sin60∘=20 3(m)，
故通信塔CD的高为20 3m，
故选：C.
在Rt△ABM中，由正弦定理可得AM=ABsin∠AMB，根据题意可得∠ACM=30∘，在△AMC中，由正弦定理得MCsin45∘=20 2sin30∘，解得MC，在Rt△CMD中，CD=MC×sin60∘，即可得出答案．
本题考查正余弦定理的应用，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：令SN=t，不妨设t=1000时，对应的最大信息传送速率为C1，
t=2500时，对应的最大信息传送速率为C2，
则C2−C1C1=C2C1−1=Wlg2(1+2500)Wlg2(1+1000)−1=lg2501lg2lg1001lg2−1
=lg2501lg1001−1≈lg10000−lg4lg1000−1=4−2lg23−1
=3.3983−1≈0.1327，
故将信噪比SN从1000提升至2500，则C大约增加了13%.
故选：B.
根据题意，结合对数运算法则以及参考数据，直接求解即可．
本题考查了函数在解决实际问题上的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解析：由条件，知CA⋅AB=0,AB⋅BD=0,CD=CA+AB+BD.
∴|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA⋅AB+2AB⋅BD+2CA⋅BD
=62+42+82+2×6×8cs⟨CA,BD>=(2 17)2，
∴cs⟨CA,BD>=−12，即⟨CA,BD>=120∘，
所以二面角的大小为60∘，
故选：C.
将向量CD转化成CD=CA+AB+BD，然后等式两边同时平方表示出向量CD的模，再根据向量的数量积求出向量CA与BD的夹角，而向量CA与BD的夹角就是二面角的补角．
本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：PF1⊥PF2，tan∠PF1F2=13，则|PF1|=3|PF2|，△PF1F2是直角三角形，O是F1F2的中点，
又|OF1|=|OF2|=|OP|=12|F1F2|=c，且点P在渐近线y=abx，如图，点P在第三象限，
则点P坐标为(−b,−a)，
∵|PF1|=3|PF2|，∴|PF1|2=9|PF2|2，
∴b2+(−a−c)2=9b2+9(−a+c)2，∵b2=c2−a2，
则有：4c2−5ac=0，则e=54.
故选：A.
根据已知求出点P的坐标，利用两点间距离公式即可得．
本题考查双曲线的性质，渐近线方程，两点间距离公式，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意可得|MF|=p2+yM=p2+3=4，
∴p=2，∴抛物线C为：x2=4y，∴y′=12x，
设过P点与抛物线C：x2=4y相切的切线切抛物线于点(x0,x024)，
∴过P点的切线方程为y−x024=12x0(x−x0)，又P(4,2)在该切线上，
∴2−x024=12x0(4−x0)，
∴x02−8x0+8=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=x1x2=8，
∴y1y2=x124⋅x224=6416=4，
y1+y2=x124+x224=(x1+x2)2−2x1x24=82−2×84=12，又F(0,1)，
∴AF=(−x1,1−y1)，BF=(−x2,1−y2)，
∴AF⋅BF=x1x2+(1−y1)(1−y2)
=x1x2+y1y2−(y1+y2)+1
=8+4−12+1=1.
故选：B.
先根据|MF|=p2+yM求出p，再设过P点与抛物线C：x2=4y相切的切线切抛物线于点(x0,x024)，从而可得切线方程为y−x024=12x0(x−x0)，又P(4,2)在该切线上，从而可得x02−8x0+8=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，从而可得x1+x2=x1x2=8，从而可得y1y2=x124⋅x224=6416=4，y1+y2=x124+x224=(x1+x2)2−2x1x24=12，再根据向量数量积计算即可．
本题考查抛物线的几何性质，抛物线的切线问题，向量数量积的运算，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为|PF1|−|PF2|≤|F1F2|，当且仅当P为右顶点时取等号，又因为|PF1|−|PF2|的最大值为2 3，
所以2c=2 3，c= 3，因为e=ca= 32，所以a=2，b=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1，
因为△PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a+2c=4+2 3，故A正确；
对于B，当PF1⊥F1F2时，xp=− 3，
所以34+yP2=1，所以yP=±12，
所以|PF1|=12，因为PF1|+|PF2|=2a=4，
所以|PF2|=72，故B正确；
对于C，如图，
设椭圆的上顶点为Q，因为tan∠F1QO=tan∠F2QO= 3b= 31= 3，
所以∠F1QO=∠F2QO=60∘，所以∠F1PF2的最大值为1202，
所以存在4个点P，使得∠F1PF2=90∘，又因为存在2个点P使∠PF1F2=90∘，存在2个点P使∠PF2F1=90∘，
所以存在8个点P，使得△PF1F2为直角三角形，故C错误；
对于D，因为A(−2,0)，B(2,0)，设P(x0,y0)(x0≠±2)，
则x024+y02=1，所以y02=1−x024，
所以kPA⋅kPB=y0x0−2⋅y0x0+2=y02x02−4=1−x024x02−4=−14，
因为kPA=1，所以kPB=−14kPA=−14，故D正确．
故选：ABD.
对于A，先求解出椭圆方程，然后根据焦点三角形的周长等于2a+2c求得结果；
对于B，先求解出P的纵坐标，由此可求|PF1|，根据椭圆定义可求|PF2|；
对于C，先计算焦点三角形顶角的最大值，然后再分析P点的个数；
对于D，先计算出kPB⋅kPA为定值，然后可计算出kPB.
本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆的综合应用，属于中档题
10.【答案】ACD
【解析】解：∵函数f(x)=sin(3x−φ)(−π2<φ<π2)的图象关于直线x=π4对称，
∴3×3π4−φ=kπ+π2，k∈Z，∴φ=π4，函数f(x)=sin(3x−π4).
∴函数f(x+π12)=sin3x为奇函数，故A正确；
在[π12,π3]上，3x−π4∈[π4,π]，函数f(x)不单调，故排除B；
若|f(x1)−f(x2)|=2，则f(x1)和f(x2)一个等于1，另一个为−1，
故|x1−x2|的最小值为半个周期，即12×2π3=π3，故C正确；
把函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度，
得到函数y=sin(3x−π2)=−cs3x的图象，故D正确，
故选：ACD.
由题意，利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A：因为直线y=ax与曲线y=ex交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点(x1ax=ex，即a=exx有两个不同的正根，
即直线y=a与曲线y=exx有两个不同的交点，
因为(exx)′=ex(x−1)x2，
所以y=exx在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以函数y=exx的最小值为e，
又x→0，y→+∞；x→+∞，y→+∞，
所以a>e，故A错误；
对于B：由题意可得ax1=ex1，ax2=ex2(x1所以0g(x)=exx，
设h(x)=g(x)−g(2−x)，(0h′(x)=(exx−e2−x2−x)′=(x−1)[exx2−e2−x(2−x)2]，
令m(x)=exx2，m′(x)=ex(x−2)x3，
所以m(x)在(0,2)单调递减，
因为x∈(0,1)，2−x∈(1,2)，
所以m(x)>m(2−x)，
所以h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调减，
所以h(x)>h(1)=0，
g(x)>g(2−x)，
因为0所以g(x1)>g(2−x1)，
又g(x1)=g(x2)，
所以g(x2)>g(2−x1)，
因为x2∈(2,+∞)，2−x1∈(2,+∞)，
所以x2>2−x1，x1+x2>2，
直线AC的方程：y−ex1=ex1(x−x1)，直线BC的方程为y−ex2=ex2(x−x2)，
联立得x=x1ex1−x2ex2ex1−ex2−1=ax12−ax22ax1−ax2−1=x1+x2−1>1，故B正确；
对于C：设s(x)=ex−ax−[x2−(a+2−e)x+1]，
s′(x)=ex−2x+2−e，
s′′(x)=ex−2=0，得x=ln2，
所以在(0,ln2)上，s′′(x)<0，s′(x)单调递减，
在(ln2,+∞)上，s′′(x)>0，s′(x)单调递增，
且s′(1)=0，
s′(x)min=s′(ln2)因为s′(0)>0，
设m∈(0,1)，x∈(0,m)时，s′(x)>0，s(x)单调递增，
x∈(m,1)时，s′(x)<0，s(x)单调递减，
x∈(1,+∞)时，s′(x)>0，s(x)单调递增，
又因为s(0)=s(1)=0，
所以s(x)min=0，
所以s(x)=ex−ax−[x2−(a+2−e)x+1]≥0，
所以ex−ax≥x2−(a+2−e)x+1，
因为x1，x2是方程ex−ax=0的两个根，x3，x4是方程x2−(a+2−e)x+1=0的两个根，
所以|x1−x2|<|x3−x4|= (a+2−e)2−4，故C正确；
对于D：因为D(x1+x22,a(x1+x2)2)，C(x1+x2−1,ax1x2)，
所以kCD=a[2x1x2−(x1+x2)]x1+x2−2，
因为a>e，x1+x2>2，0设f(x)=ex−ax−a2(x−lna)2，
f′(x)=ex−ax−a(x−lna)，
所以f′′(x)=ex−a，
所以当x∈(0,lna)时，f′′(x)<0，f′(x)>f′(lna)=0，
当x∈(lna,+∞)时，f′′(x)>0，f′(lna)=0，
所以在(0,+∞)上，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(lna)=0，
所以当x∈(0,lna)时，ex−ax−a2(x−lna)2<0，ex−ax所以x∈(lna,+∞)时，ex−ax−a2(x−lna)2>0，ex−ax>a2(x−lna)2，
因为0a2(x2−lna)2，lna−x1>x2−lna，
所以x1+x2<2lna，
所以a2x1x2=ex1+x2又x1+x2>2，
所以kCD<0，故D错误，
故选：BC.
对于A：根据题意可得a=exx有两个不同的正根，即直线y=a与曲线y=exx有两个不同的交点，解得a的取值范围，即可判断A是否正确；
对于B：由题意可得ax1=ex1，ax2=ex2(x1h(1)=0，即g(x)>g(2−x)，进而可得g(x2)>g(2−x1)，推出x1+x2>2，即可判断B是否正确；
对于C：设s(x)=ex−ax−[x2−(a+2−e)x+1]，求导分析单调性，可得s(x)=ex−ax−[x2−(a+2−e)x+1]≥0，ex−ax≥x2−(a+2−e)x+1，x1，x2是方程ex−ax=0的两个根，x3，x4是方程x2−(a+2−e)x+1=0的两个根，|x1−x2|<|x3−x4|= (a+2−e)2−4，即可判断C正确；
对于D：根据题意可得D(x1+x22,a(x1+x2)2)，C(x1+x2−1,ax1x2)，则kCD=a[2x1x2−(x1+x2)]x1+x2−2，分析符号，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：依题意，根据分段函数f(x)可得图象如图所示：
因为f(112)=12f(72)=14f(32)=14(8−8|1−32|)=1，故A正确；
由题知函数f(x)在[2,4]上的值域为[0,4]，在[4,6]上函数f(x)值域为[0,2]，
故当x∈[2,6]时，函数f(x)值域为[0,4]，故B正确；
当k=25时有5个实数根，当k=17时有7个实数根，故C错误；
当a=−1时，函数f(x)的图象与y=2−x+a的图象交于(0,0)点，
结合图象20+a≤0，即a≤−1，故D正确．
故选：ABD.
对于A：根据f(x)解析式代入即可求解；对于BCD：画出f(x)图象逐项分析即可．
本题主要考查函数性质的综合应用，考查计算能力，属于中档题．
13.【答案】2025
【解析】解：数列{an}，{bn}都是等差数列，
则数列{an−3bn}也为等差数列，设其公差为d，
a1−3b1=4，a6−3b6=9，
则5d=a6−3b6−(a1−3b1)=9−4=5，解得d=1，
故a2022−3b2022=a1−3b1+2021d=2025.
故答案为：2025.
根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
14.【答案】2 3 ； 94
【解析】【分析】
本题考查了空间动点轨迹问题，考查了转化思想，计算能力，属于中档题．
①若点P在平面ABCD内运动时，如图以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，可得E(2,0)，B(6,0).设P(x,y)，由BP= 3PE可得BP2=3PE2.即3(x−2)2+3y2=(x−6)2+y2，⇒x2+y2=12.即可求得半径.
②若点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内部运动，由①可得点P在半径为2 3，球心为A球上．建立空间直角坐标系，求得A到面FCB1的距离，即可求得P到面FCB1的距离的最小值，从而求出M到面FCB1的距离的最小值，最后利用体积公式即可求解．
【解答】
解：①若点P在平面ABCD内运动时，
如图以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，可得E(2,0)，B(6,0).
设P(x,y)，由BP= 3PE可得BP2=3PE2.
即3(x−2)2+3y2=(x−6)2+y2，⇒x2+y2=12.
则点P所形成的阿氏圆的半径为2 3.
②若点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内部运动，由①可得点P在半径为2 3，球心为A球上．
如图以D为原点，DA，DC，DD1，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A(3,0,0)，F(0,3,3)，C(0,6,0)，B1(3,6,3)，
则FC=(0,3,−3),FB1=(3,3,0)，AC=(−3,6,0)
设面FB1C的法向量为m=(x,y,z)，
m⋅FC=3y−3z=0m⋅FB1=3x+3y=0，可取m=(1,−1,−1).
A到面FCB1的距离为d=|m⋅AC||m|=9 3=3 3.
∵则P到面FCB1的距离的最小值为3 3−2 3= 3，
∵M为CP的中点，∴M到面FCB1的距离的最小值为 32.
则三棱锥M−B1CF的体积的最小值为13S△FCB1⋅ 32=13× 34×(3 2)2× 32=94.
故答案为：2 3，94.
15.【答案】1−e
【解析】解：令f(x1)=f(x2)=t，由图象可知t∈(−∞,−a].
因为x1得x1=t+a，x2=et，
所以x2−x1=et−t−a.
令g(t)=et−t−a(t≤−a)，
则g′(t)=et−1(t≤−a)，
所以当a≥0时，g(t)在(−∞,−a]上单调递减，
所以g(t)min=g(−a)=e−a+a−a=e−a=e，
解得a=−1与a≥0矛盾，舍去；
当a<0时，g(t)在(−∞,0]上单调递减，在(0,−a]上单调递增，
所以g(t)min=g(0)=e0−0−a=e，解得a=1−e<0，符合题意．
综上可得a=1−e.
故答案为：1−e.
令f(x1)=f(x2)=t，得到x2−x1=et−t−a.令g(t)=et−t+a(t≤−a)，则g′(t)=et−1(t≤a)，分类讨论，求出函数的单调性，可得g(t)的最小值，即可求得a的值．
本题主要考查利用导数研究函数的性质，利用导数求最值的方法等知识，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理及sinAsinB+sinC+bsinBbsinA+csinB=1，知ab+c+b2ab+bc=1，
化简得，a2+b2−c2=ab，
由余弦定理知，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3.
(2)因为△ABC的面积S=12absinC=12ab× 32=2 3，所以ab=8，
由角分线定理知，ADBD=ba，
因为A，D，B三点共线，所以CD=aa+bCA+ba+bCB，
所以CD2=(aa+bCA)2+(ba+bCB)2+2⋅ab(a+b)2CA⋅CB，
即163=(aba+b)2+(aba+b)2+2⋅ab(a+b)2⋅ab⋅12，化简得，163=3(ab)2(a+b)2=3×64(a+b)2，
解得a+b=6，
所以a2+b2=(a+b)2−2ab=36−2×8=20，
由(1)知，c2=a2+b2−ab=20−8=12，
所以c=2 3.
【解析】(1)利用正弦定理化角为边，并由余弦定理，即可得解；
(2)由S=12absinC，知ab=8，根据角分线定理可得ADBD=ba，再由平面向量基本定理，知CD=aa+bCA+ba+bCB，将其两边平方，化简运算推出a+b=6，然后结合(1)中所得，即可．
本题考查查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的线性和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵AB1=B1C，D为AC中点，∴B1D⊥AC，
∵平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC=AC，
B1D⊂平面AB1C，
∴B1D⊥平面ABC；
(2)在平面ABC内过点D作Dx⊥AC，
以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=13，AB=8，BC=6，AB⊥BC，AB1=B1C，
∴AC= AB2+BC2= 36+64=10，∴AD=BD=12AC=5，
∵BB1=AA1=13，∴B1D= BB12−BD2=12，
∴B1(0,0,12)，D(0,0,0)，B(245,75,0)，C(0,5,0)，
BC=(−245,185,0)，
由B1C1=BC，得C1(−245,185,12)，∴C1D=(245,−185,−12)，
平面AB1C的一个法向量n=(1,0,0)，
设 直线C1D与平面AB1C所成角为θ，
则直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为：
sinθ=cs=|C1D⋅n||C1D|⋅|n|=245 (245)2+(−185)2+(−12)2=2456 5=4 525.
【解析】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)依题意可得B1D⊥AC，根据面面垂直的性质即可得证．
(2)在平面ABC内过点D作Dx⊥AC，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值．
18.【答案】解：(1)令F(x)=f(x)−g(x)，则F(x)=lnx− x+1 x(x>0)，
所以F′(x)=1x−12 x−12x x=−( x−1)22x x≤0，
所以函数F(x)在(0,+∞)上单调递减，又因为F(1)=0，
所以当0F(1)=0，也即f(x)>g(x)；
当x=1时，F(x)=F(1)=0，也即f(x)=g(x)；
当x>1时，F(x)综上可知：当0g(x)；当x=1时，f(x)=g(x)；当x>1时，f(x)(2)设h(x)=lnx−k(x−1x)=lnx−kx+kx(x>0)，
因为h(1)=0，所以函数h(x)有一个零点为1.
当k≤0时，h′(x)=1x−k−kx2>0，函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，不满足题意，
所以k>0，h′(x)=1x−k−kx2=−kx2+x−kx2，
设H(x)=−kx2+x−k(k>0)，若Δ≤0，则h(x)单调，不合题意，所以Δ>0，即1−4k2>0，
解得0下面证明当k∈(0,12)时，函数h(x)有三个零点．
设H(x)的两个零点分别为x1，x2，
则x1+x2=1k>0,x1x2=1>0，所以x1，x2>0，
不妨设x1所以当x∈(0,x1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(x1,x2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
当x∈(x2,+∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
因为x1<10，
由(1)知，当x∈(1,+∞)时，lnx−kx+kx< x−1 x−kx+kx=x−1 x−k(x2−1)x=x−1x(−kx+ x−k).
令−kx+ x−k=0，则 x=1± 1−4k22k，
当x>(1+ 1−4k22k)2>1时，x−1x(−kx+ x−k)<0，
又h(x2)>0，所以函数h(x)在(1,+∞)内存在一个零点．
当x∈(0,1)时，lnx−kx+kx> x−1 x−kx+kx=x−1x(−kx+ x−k)，
令−kx+ x−k=0，则 x=1± 1−4k22k，
当00，
又h(x1)<0，所以函数h(x)在(0,1)内存在一个零点．
综上所述，当k∈(0,12)时，函数h(x)有三个零点，即方程lnx=k(x−1x)有三个实根．
【解析】(1)令F(x)=f(x)−g(x)，对函数求导，利用函数的单调性即可求解；
(2)设h(x)=lnx−k(x−1x)=lnx−kx+kx(x>0)，根据当k≤0时，函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，不满足题意得出k>0，然后对导函数进行分析讨论得出k∈(0,12)，最后利用导数与函数的单调性证明即可．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)根据题意可得2a= 3⋅2c2b=2 2a2=b2+c2，
解得a2=3，b2=2，c2=1，
所以椭圆C的方程为x23+y22=1.
(2)设直线MN的斜率存在时，方程为y=kx+m，
联立y=kx+mx23+y22=1，得(2+3k2)x2+6kmx+3m2−6=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
所以Δ=36k2m2−4(2+3k2)(3m2−6)=−24(m2−3k2−12)>0，
所以x1+x2=−6km2+3k2，x1x2=3m2−62+3k2，
因为两条不重合的直线MF1，NF1关于直线x=−1对称，
所以kMF1+kNF1=0，
即y1x1+1+y2x2+1=0，
所以kx1+mx1+1+kx2+mx2+1=0，
所以2k⋅3m2−62+3k2+(k+m)⋅−6km2+3k2+2m=0，
所以6km2−12k−6k2m−6km2+4m+6k2m=0，即m=3k，
所以直线MN的方程为y=kx+m=kx+3k=k(x+3)，
令y=0，得x=−3，
所以直线MN与x轴的交点P为(−3,0)，
要使得△OMP的面积最大，则需|yM|最大，即|yM|=b= 2时，
所以S△OMP=12|OP|⋅|yM|=12×3× 2=3 22，
当直线MN的斜率不存在时，x=−3<− 3，
所以x=−3与椭圆相离，故不符合题意，
综上所述，S△OMP的最大值为3 22.
【解析】(1)根据题意可得2a= 3⋅2c2b=2 2a2=b2+c2，解得a2，b2，c2，即可得出答案．
(2)分两种情况：直线MN的斜率存在时，当直线MN的斜率不存在时，讨论S△OMP的最大值，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，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．