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2024年江西省南昌市八一中学高考数学三模试卷-普通用卷
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这是一份2024年江西省南昌市八一中学高考数学三模试卷-普通用卷，共17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z(1−i)=2i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
2.已知集合M={x|−23A. {0,1}B. {−12,12}C. {−12,1,12}D. {−12,0,12,1}
3.设α，β是两个平面，m，n，l是三条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若l⊂β，m⊂α，l⊥m，则α⊥β
B. 若l//α，l//β，α∩β=m，则l//m
C. 若α∩β=m，β∩γ=n，γ∩α=l，则m//n//l
D. 若m⊥n，m⊥α，则n//α
4.(2+x)4(3−x)5的展开式中x8的系数为( )
A. 7B. 23C. −7D. −23
5.已知a=lg52，b=lg2a，c=(12)b，则( )
A. c>b>aB. c>a>bC. a>b>cD. b>c>a
6.已知Sn为正项数列{an}的前n项和.若Sn+2an=Sn+1−1，且S5=57，则a4=( )
A. 7B. 15C. 8D. 16
7.如图，在扇形OAB中，半径OA=4，∠AOB=90∘，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点(不包含端点)，则平行四边形BCDE的周长的取值范围是( )
A. (8,12]
B. (8 2,12]
C. (8,8 2]
D. (4,8 2]
8.如图，已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上不同的三点，且OA+OB=0，OA⋅AC=0，直线BC与x轴交于点D，且4OA⋅OD=OD2，则椭圆的离心率为( )
A. 55B. 22C. 32D. 2 55
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.已知f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)满足f(x)+f(5π3−x)=0
C. f(x)在区间[π3,5π6]的值域为[−1, 3]D. f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点
10.下列说法中，正确的是( )
A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第40百分位数为12
B. 若样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x10+1的方差为8，则数据x1，x2，…，x10的方差为2
C. 已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，若P(X≥−2)+P(X≥6)=1，则μ=2
D. 在独立性检验中，零假设为H0：分类变量X和Y独立．基于小概率值α的独立性检验规则是：当χ2≤xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2>xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x).f(x)满足f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，g(x−1)的图象关于直线x=1对称，则( )
A. f(2)−f(0)=2B. g(1)=1
C. y=f(1+x)−x为奇函数D. k=1100g(k)=100
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有______种.
13.如图是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC=120∘，则该圆台的高为______；侧面积为______.
14.已知函数f(x)=11+2x，若不等式f(aex)≤1−f(lna−lnx)恒成立，则a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)
在三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c且bcsC+ 3csinB=a+2c.
(1)求∠B的大小；
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB=∠B，CD= 3，BC=1，∠CAD=30∘，求sin∠BCA及△ABC的面积.
16.(本小题15分)
如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A−BCDE与一个三棱锥F−ADE拼接而成，正四棱锥A−BCDE的所有棱长均为3 2，AF//CD.
(1)在棱DE上找一点G，使得平面ABC⊥平面AFG，并证明你的结论；
(2)若AF= 2，求直线DF与平面ABC所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
(1)若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布N(60,144)，规定X≥72为达标，求进入面试环节的人数大约为多少(结果四舍五入保留整数)；
(2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为23，后两题答对的概率均为45，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若X∼N(μ,σ2)(σ>0)，则P(μ−σ18.(本小题17分)
设抛物线C：x2=2py(p>0)，直线l：y=kx+2交C于A，B两点.过原点O作l的垂线，交直线y=−2于点M.对任意k∈R，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列.
(1)求C的方程；
(2)若直线l′//l，且l′与C相切于点N，证明：△AMN的面积不小于2 2.
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).已知f(x)=ex在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=1+ax1+bx.注：f′′(x)=[f′(x)]′，f‴(x)=[f″(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈(0,1)时，试比较f(x)与R(x)的大小，并证明；
(3)定义数列{an}：a1=12，anean+1=ean−1，求证：12n≤an≤12n−1.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，属于基础题．
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出结果．
【解答】
解：∵z=2i1−i=i(1+i)=−1+i，
∴|z|= (−1)2+12= 2，
故选B.
2.【答案】D
【解析】解：∵集合M={x|−23∴M∩N={−12,0,12,1}.
故选：D.
利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于A，若l⊂β，m⊂α，l⊥m，则α，β相交或平行，故A错误；
对于B，若l//α，l//β，α∩β=m，
由线面平行的性质可得l//m，故B正确；
对于C，若α∩β=m，β∩γ=n，γ∩α=l，
当α，β，γ两两相交时，m，n，l两两相交，故C错误；
对于D，若m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，故D错误．
故选：B.
根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可．
本题考查空间中线面之间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：根据(2+x)4的展开式Tr+1=C4r⋅24−r⋅xr(r=0,1,2,3,4,)；
根据(3−x)5的展开式Tk+1=C5k⋅35−k⋅(−1)k⋅xk(k=0,1,2,3,4,5)；
当r=3，k=5时，x8的系数为C43⋅21⋅C55⋅30⋅(−1)5=−8；
当r=4，k=4时，x8的系数为C44⋅20⋅C54⋅31⋅(−1)4=15；
故系数的和为7.
故选：A.
直接利用二项式的展开式以及组合数的运算求出结果．
本题考查的知识点：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．
5.【答案】B
【解析】解：0(12)0=1，
故c>a>b.
故选：B.
根据已知条件，结合指数函数、对数函数的单调性，即可求解．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为Sn+2an=Sn+1−1，
所以2an+1=Sn+1−Sn=an+1，即2(an+1)=an+1+1.
因为an>0，所以an+1>0，所以an+1+1an+1=2，
所以数列{an+1}是公比为2的等比数列，
所以an+1=(a1+1)⋅2n−1，则an=(a1+1)⋅2n−1−1，
所以S5=(a1+1)⋅(1−25)1−2−5=57，解得a1=1，
所以an=2n−1，则a4=24−1=15.
故选：B.
本题可通过题中的一般项an与前n项和Sn的关系式，利用公式an+1=Sn+1−Sn来推导an和 an+1的关系，再通过构造法构造新数列{an+1}，并结合S5=57来得到an的通项公式，算出结果．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式与求和公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接OE、AB，设∠AOE=2θ，则∠BOE=π2−2θ，∠ABE=θ，故∠OBE=θ+π4.
在△OBE中，由正弦定理可得BEsin(π2−2θ)=OEsin(θ+π4)，则BE=OEsin(π2−2θ)sin(θ+π4)=OEsin(2θ+π2)sin(θ+π4)=8cs(θ+π4).
在Rt△ODE中，由正弦定理可得DEsin2θ=OEsin90∘，则DE=OEsin2θ=4sin2θ.
因此，平行四边形BCDE的周长为2(BE+DE)=16cs(θ+π4)+8sin2θ=16cs(θ+π4)−8cs(2θ+π2)
=−16cs2(θ+π4)+16cs(θ+π4)+8=−16[cs(θ+π4)−12]2+12.
因为0<2θ<π2，即0<θ<π4，可得π4<θ+π4<π2，
所以0即平行四边形BCDE的周长的取值范围是(8,12].
故选：A.
根据题意作出示意图，设∠AOE=2θ，利用正弦定理得到BE、DE关于θ的表达式，进而得到平行四边形BCDE的周长的表达式，然后利用余弦函数与二次函数的性质，算出平行四边形BCDE的周长的取值范围．
本题主要考查正弦定理、三角恒等变换公式、利用二次函数的性质求函数的最值等知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：取BC的中点M，设A(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x3,0)，M(x0,y0)，则B(−x1,−y1)，
∵A，C在椭圆E上，∴x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减，得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
即1a2(x1−x2)(x1+x2)+1b2(y1−y2)(y1+y2)=0，
∴kBC=y1+y2x1+x2=−b2a2⋅x1−x2y1−y2=−b2a2⋅x0y0，
∵OA⋅AC=0，∴OA⊥AC，连接OM，则OM//AC，
∴OM⊥AB，∴kOM⋅kAB=y0x0⋅y1x1=−1，∴kBC=b2a2⋅y1x1，
∵4OA⋅OD=OD2，∴OA⋅OD=14OD2，又OA=(x1,y1),OD=(x3,0)，
∴x1x3=14x32，得x3=4x1，
∴kBC=kBD=y1x3+x1=y15x1，∴b2a2⋅y1x1=y15x1，即b2a2=15，
∴椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2= 1−15=2 55.
故选：D.
借助点差法计算可得kBC=−b2a2⋅x0y0，结合题意计算可得b2a2=15，即可得离心率．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由图象知：A=2，34T=11π12−π6=3π4，T=π，∴ω=2πT=2.
又∵2×π6+φ=π2+2kπ，
∴φ=π6+2kπ，又0<φ<π2，
∴φ=π6，即函数解析式为f(x)=2sin(2x+π6).
对于A，f(x)的最小正周期为π，正确；
对于B，f(x)+f(5π3−x)
=2sin(2x+π6)+2sin[2×(5π3−x)+π6]
=2sin(2x+π6)+2sin(7π2−2x)
=2sin(2x+π6)−2cs2x
=2( 32sin2x+12cs2x)−2cs2x
= 3sin2x−cs2x
=2sin(2x−π6)≠0，
故B错误；
对于C，当x∈[π3,5π6]时，2x+π6∈[5π6,11π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−1,12]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)的值域为[−2,1]，故C错误；
对于D，当x∈(π2,2π)时，2x+π6∈(7π6,25π6)，
当2x+π6=3π2，5π2，7π2时，f(x)取得极值，
所以f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点，故D正确．
故选：AD.
由图象先确定A和周期，再确定ω，代入最值点求得φ值，从而可得f(x)解析式，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22，共10个数据，
10×40%=4，则其第40百分位数为12(12+13)=12.5，A错误；
对于B，若样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x10+1的方差为8，则数据x1，x2，…，x10的方差为(12)2×8=2，B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，若P(X≥−2)+P(X≥6)=1，则μ=12(−2+6)=2，C正确；
对于D，在独立性检验中，零假设为H0：分类变量X和Y独立．基于小概率值α的独立性检验规则是：当χ2>xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2≤xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立，D错误．
故选：BC.
根据题意，由百分位数公式分析A，由方差公式分析B，由正态分布的性质分析C，由独立性检验的性质分析D，综合可得答案．
本题命题真假的判断，涉及独立性检验、百分位数、方差的计算，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，
令x=32，得f(2)−f(0)=2，故A正确，
f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，
则f(x)−f(2−x)=2x−2，
故f′(x)+f′(2−x)=2，即g(x)+g(2−x)=2，令x=1，得g(1)=1，B正确；
令h(x)=f(1+x)−x，
由f(x)−f(2−x)=2x−2，
则f(1+x)−f(1−x)=2x，
h(−x)=f(1−x)+x=f(1+x)−2x+x=h(x)，故h(x)为偶函数，故C错误；
因为g(x)的图象关于(1,1)对称，故g(0)+g(2)=2，且g(x)为偶函数，得周期为4，
g(x)+g(2−x)=2，
则g(−1)+g(3)=2，即g(1)+g(3)=2，
故k=1100g(k)=100，故D正确．
故选：ABD.
根据已知条件，结合导数的求导法则，以及偶函数的性质，即可求解．
本题主要考查抽象函数的应用，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】36
【解析】解：依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有C42C42=36.
故答案为：36.
首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】4 2 24π
【解析】解：因为两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC=120∘，
所以DE的长为2π3×3=2π，即圆台上底面的周长为2π，设上底面半径为r1，
则2πr1=2π，解得r1=1，
同理可得，AC的长为2π3×9=6π，即圆台下底面的周长为6π，设下底面半径为r2，
则2πr2=6π，解得r2=3，
又因为圆台母线长l=9−3=6，如图，圆台的高为 MH2−NH2，
所以圆台的高为 62−(3−1)2=4 2，侧面积为π(1+3)×6=24π.
故答案为：4 2，24π.
利用圆台的性质、扇形的弧长公式、勾股定理以及扇环的面积公式进行求解．
本题考查圆台的侧面积的求法，圆台的结构特征的应用，是基础题．
14.【答案】1e
【解析】解：由函数y=2x+1在R上单调递增，可得函数f(x)=11+2x在R上单调递减，
且f(x)+f(−x)=11+2x+11+2−x=1，
所以f(aex)≤1−f(lna−lnx)=f(lnx−lna)=f(lnxa)(x>0)，
由函数f(x)单调性，可得aex≥lnxa.
所以xex≥xalnxa=xaelnxa，
设g(x)=xex(x>0)，则g′(x)=ex+xex=(x+1)ex，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在区间(0,+∞)单调递增，
所以x≥lnxa=lnx−lna，所以lna≥lnx−x恒成立，
构造函数h(x)=lnx−x(x>0)，h′(x)=1x−1=1−xx，
当00，h(x)在区间(0,1)上单调递增，
当x>1，h′(x)<0，h(x)在区间(1,+∞)上单调递减；
所以当x=1时，h(x)取得极大值也是最大值h(1)=ln1−1=−1，
因此lna≥−1，所以a≥1e，a的最小值为1e.
故答案为：1e.
根据函数f(x)=11+2x判断单调性，由f(x)+f(−x)=11+2x+11+2−x=1，可得f(aex)≤f(lnxa)，再结合函数的单调性求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想，属难题．
15.【答案】解：(1)∵bcsC+ 3csinB=a+2c，
∴sinBcsC+ 3sinCsinB=sinA+2sinC，
∴sinBcsC+ 3sinCsinB=sin(B+C)+2sinC=sinBcsC+csBsinC+2sinC，
即 3sinCsinB−csBsinC=2sinC，
又∵sinC≠0，
∴ 3sinB−csB=2⇒ 32sinB−12csB=1，
即sin(B−30∘)=1，
又∵0∘(2)设∠BCA=θ，在△ACD中，ACsin∠D=CDsin∠CAD，
∠D=180∘−30∘−(120∘−θ)=30∘+θ，CD= 3，
∴AC=sin(θ+30∘)sin30∘CD=2 3sin(θ+30∘)，
在△ABC中，ACsin∠B=BCsin∠BAC，∠BAC=180∘−120∘−θ=60∘−θ，BC=1，
∴AC=sin120∘sin(60∘−θ)BC= 32sin(60∘−θ)= 32cs(θ+30∘)，
即2 3sin(θ+30∘)= 32cs(θ+30∘)，
∴4sin(θ+30∘)cs(θ+30∘)=1⇒2sin(2θ+60∘)=1，
∴sin(2θ+60∘)=12，又∵0∘<θ<120∘，
∴2θ+60∘=150∘，解得θ=45∘，
∴sin∠BCA=sinθ=sin45∘= 22，
又由AC=2 3sin(θ+30∘)=2 3sin(45∘+30∘)=2 3( 22× 32+ 22×12)=3 2+ 62，
于是S△ABC=12BC⋅AC⋅sin∠BCA=12×1×3 2+ 62× 22=3+ 34.
【解析】(1)利用正弦定理边化角可得sinBcsC+ 3sinCsinB=sinA+2sinC，根据式子特点，变换sinA=sin(B+C)，从而可以化简三角恒等式为 3sinB−csB=2，最后利用辅助角公式求出B；
(2)设∠BCA=θ，可知用θ表示∠D，∠BAC，利用正弦定理可得公共边AC的式子，最后可得一个关于角θ的三角方程求解出角θ的大小，然后求出sin∠BCA= 22和AC=3 2+ 62，最后利用面积公式即可求出面积．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式，三角形面积公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当点G为DE中点时，平面AFG⊥平面ABC，理由如下：
因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以AD=AE，AG⊥DE，
在正方形BCDE中，DE//BC，所以AG⊥BC，
在正方形BCDE中，CD⊥BC，因为AF//CD，所以AF⊥BC，
因为AF∩AG=A，AF，AG⊂平面AFG，
所以BC⊥平面AFG，因为BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面AFG；
(2)连接BD，与CE交于点O，连接AO，
因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以OC，OD，OA两两垂直，
以O为坐标原点，以直线OC，OD，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(0,0,3)，B(0,−3,0)，C(3,0,0)，D(0,3,0)，F(−1,1,3)，
所以BA=(0,3,3),CA=(−3,0,3),DF=(−1,−2,3)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅BA=0,n⋅CA=0,得3y+3z=0,−3x+3z=0,取z=1，得n=(1,−1,1)，
设直线DF与平面ABC所成角为θ，
则sinθ=|DF⋅n||DF||n|=|(−1)×1+(−2)×(−1)+3×1| (−1)2+(−2)2+32 12+(−1)2+12=2 4221，
故直线DF与平面ABC所成角的正弦值为2 4221.
【解析】(1)由题结合已知条件可证当点G为DE中点时，平面AFG⊥平面ABC；
(2)建系利用向量法即可求解．
本题考查了空间几何体中的位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵X服从正态分布N(60,144)，
∴P(X≥72)≈1−0.6832=0.1585.
进入面试环节的人数Z∼B(100,0.1585)，E(Z)=100×0.1585≈16.
∴进入面试环节的人数大约为16.
(2)根据题意，Y的所有可能取值为0，2，4，6，8，10，
则P(Y=0)=13×(15)2=175；
P(Y=2)=23×(15)2=275；
P(Y=4)=13×C21×45×15=875；
P(Y=6)=23×C21×45×15=1675；
P(Y=8)=13×(45)2=1675；
P(Y=10)=23×(45)2=3275.
∴E(Y)=0×175+2×275+4×875+6×1675+8×1675+10×3275=11615.
【解析】(1)由正态分布的性质可求得P(X≥72)，由此可估计进入面试的人数；
(2)由已知得Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，分别求得Y取每一个可能的值的概率，根据数学期望公式可求得答案．
本题主要考查正态分布，二项分布，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
易知当k=0时，kAM+kBM=0；
当k≠0时，直线OM的方程为y=−1kx，点M(2k,−2)，
联立y=kx+2x2=2py，消去y并整理得x2−2pkx−4p=0，
此时Δ=4p2k2+16p>0，
由韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=−4p，
因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列，
所以y1+2x1−2k+y2+2x2−2k=2k，
即(kx1+4)(x2−2k)+(kx2+4)(x1−2k)(x1−2k)(x2−2k)=2k，
整理得2(k2+2)(x1+x2−4k)=0.
因为x1+x2=2pk，
所以2(k2+2)(2pk−4k)=0，
解得p=2，
则曲线C的方程为x2=4y.
(2)不妨设直线l′的方程为y=kx+n，
联立y=kx+nx2=4y，消去y并整理得x2−4kx−4n=0，
因为Δ=0，
所以n=−k2，
此时N(2k,k2)，
不妨设AB的中点为E，
因为x1+x22=2k，y1+y22=k(x1+x2)+42=2k2+2，
可得E(2k,2k2+2).
因为2k2+2−22=k2，
所以点M，N，E三点共线且点N为ME的中点，
则△AMN面积为△ABM面积的14，
记△AMN的面积为S，
易知点M(2k,−2)到直线AB的距离d=2k2+4 k2+1，
所以S=18|AB|×d=18 1+k2× (x1+x2)2−4x1x2×(2k2+4) k2+1=(k2+2)32≥2 2，
当k=0时，等号成立．
故命题得证．
【解析】(1)由题意，对k=0和k≠0这两种情况进行分析，将直线l的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理以及等差中项的定义再进行求解即可；
(2)将直线l′的方程与抛物线方程联立，得到AB中点的坐标，根据M，N，E三点共线推出△AMN面积为△ABM面积的14，结合三角形面积公式进行求证即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得R′(x)=a(1+bx)−b(1+ax)(1+bx)2=a−b(1+bx)2，R′′(x)=−2b(a−b)(1+bx)3，
f(0)=f′(0)=f′′(0)=1，故R′(0)=a−b=1，R′′(0)=−2b(a−b)=1，
解得a=12，b=−12.
(2)由上可得R(x)=1+x21−x2=2+x2−x，要比较ex与2+x2−x的大小，
x∈(0,1)，只需比较1与2+x2−xe−x的大小，
令g(x)=2+x2−xe−x，g′(x)=[4(2−x)2−2+x2−x]e−x=x2(2−x)2e−x，
所以g′(x)>0，从而可得g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1，即2+x2−x>ex，所以f(x)(3)设u(x)=ex−x−1，u′(x)=ex−1，
当x<0时，u′(x)<0，u(x)在(−∞,0)上单调递减，
当x>0时，u′(x)>0，u(x)在(0,+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立；
由题意知a1=12，anean+1=ean−1，an≠0，
则ean+1=ean−1an>an+1−1an=1，故可得an>0；
ean+1−ean=ean−1an−ean=(1−an)ean−1an，令y=(1−x)ex，y′=−xex，
故该函数在(0,+∞)上递减，故可得ean+1−ean<0，即an+1一方面：由(2)可得ean+1=ean−1an<2+an2−an−1an=22−an，
又因为ean+1>an+1+1，所以可得an+1+1<22−an，即an+12an−1，
即1an+1−1>2(1an−1)，
故1an−1>2n−1(1a1−1)=2n−1，即1an>2n−1，所以an<12n−1.
另一方面：an≥12n⇔an+1≥12an⇔ean+1≥ean2⇔ean−1an≥ean2⇔ean2−e−an2−an≥0，
令g(x)=ex2−e−x2−x，g′(x)=12ex2+12e−x2−1≥0，
所以g(x)在(0,12)单调递增，所以g(x)≥g(0)=0，得证．
【解析】(1)根据帕德近似定义，列式求解，即得答案．
(2)由题意知只需比较ex与2+x2−x的大小，即比较比较1与2+x2−xe−x的大小，从而构造函数g(x)=2+x2−xe−x，利用导数，即可求解；
(3)结合题意得ean+1−ean=ean−1an−ean=(1−an)ean−1an，令y=(1−x)ex，结合(2)可得ean+1=ean−1an<2+an2−an−1an=22−an，进而推出an<12n−1，另一方面an≥12n⇔ean2−e−an2−an≥0，令g(x)=ex2−e−x2−x，利用导数，即可证明结论．
本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此取解决问题，难点在于(3)中不等式的证明，解答时要结合ex≥x+1，进行放缩，并结合构造函数进行证明，属于难题．
1.已知复数z满足z(1−i)=2i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
2.已知集合M={x|−23
3.设α，β是两个平面，m，n，l是三条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若l⊂β，m⊂α，l⊥m，则α⊥β
B. 若l//α，l//β，α∩β=m，则l//m
C. 若α∩β=m，β∩γ=n，γ∩α=l，则m//n//l
D. 若m⊥n，m⊥α，则n//α
4.(2+x)4(3−x)5的展开式中x8的系数为( )
A. 7B. 23C. −7D. −23
5.已知a=lg52，b=lg2a，c=(12)b，则( )
A. c>b>aB. c>a>bC. a>b>cD. b>c>a
6.已知Sn为正项数列{an}的前n项和.若Sn+2an=Sn+1−1，且S5=57，则a4=( )
A. 7B. 15C. 8D. 16
7.如图，在扇形OAB中，半径OA=4，∠AOB=90∘，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点(不包含端点)，则平行四边形BCDE的周长的取值范围是( )
A. (8,12]
B. (8 2,12]
C. (8,8 2]
D. (4,8 2]
8.如图，已知O为坐标原点，点A，B，C为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上不同的三点，且OA+OB=0，OA⋅AC=0，直线BC与x轴交于点D，且4OA⋅OD=OD2，则椭圆的离心率为( )
A. 55B. 22C. 32D. 2 55
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.已知f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)满足f(x)+f(5π3−x)=0
C. f(x)在区间[π3,5π6]的值域为[−1, 3]D. f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点
10.下列说法中，正确的是( )
A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第40百分位数为12
B. 若样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x10+1的方差为8，则数据x1，x2，…，x10的方差为2
C. 已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，若P(X≥−2)+P(X≥6)=1，则μ=2
D. 在独立性检验中，零假设为H0：分类变量X和Y独立．基于小概率值α的独立性检验规则是：当χ2≤xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2>xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x).f(x)满足f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，g(x−1)的图象关于直线x=1对称，则( )
A. f(2)−f(0)=2B. g(1)=1
C. y=f(1+x)−x为奇函数D. k=1100g(k)=100
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有______种.
13.如图是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC=120∘，则该圆台的高为______；侧面积为______.
14.已知函数f(x)=11+2x，若不等式f(aex)≤1−f(lna−lnx)恒成立，则a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)
在三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c且bcsC+ 3csinB=a+2c.
(1)求∠B的大小；
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB=∠B，CD= 3，BC=1，∠CAD=30∘，求sin∠BCA及△ABC的面积.
16.(本小题15分)
如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A−BCDE与一个三棱锥F−ADE拼接而成，正四棱锥A−BCDE的所有棱长均为3 2，AF//CD.
(1)在棱DE上找一点G，使得平面ABC⊥平面AFG，并证明你的结论；
(2)若AF= 2，求直线DF与平面ABC所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
(1)若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布N(60,144)，规定X≥72为达标，求进入面试环节的人数大约为多少(结果四舍五入保留整数)；
(2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为23，后两题答对的概率均为45，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若X∼N(μ,σ2)(σ>0)，则P(μ−σ
设抛物线C：x2=2py(p>0)，直线l：y=kx+2交C于A，B两点.过原点O作l的垂线，交直线y=−2于点M.对任意k∈R，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列.
(1)求C的方程；
(2)若直线l′//l，且l′与C相切于点N，证明：△AMN的面积不小于2 2.
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).已知f(x)=ex在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=1+ax1+bx.注：f′′(x)=[f′(x)]′，f‴(x)=[f″(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈(0,1)时，试比较f(x)与R(x)的大小，并证明；
(3)定义数列{an}：a1=12，anean+1=ean−1，求证：12n≤an≤12n−1.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，属于基础题．
利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出结果．
【解答】
解：∵z=2i1−i=i(1+i)=−1+i，
∴|z|= (−1)2+12= 2，
故选B.
2.【答案】D
【解析】解：∵集合M={x|−23
故选：D.
利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于A，若l⊂β，m⊂α，l⊥m，则α，β相交或平行，故A错误；
对于B，若l//α，l//β，α∩β=m，
由线面平行的性质可得l//m，故B正确；
对于C，若α∩β=m，β∩γ=n，γ∩α=l，
当α，β，γ两两相交时，m，n，l两两相交，故C错误；
对于D，若m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，故D错误．
故选：B.
根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可．
本题考查空间中线面之间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：根据(2+x)4的展开式Tr+1=C4r⋅24−r⋅xr(r=0,1,2,3,4,)；
根据(3−x)5的展开式Tk+1=C5k⋅35−k⋅(−1)k⋅xk(k=0,1,2,3,4,5)；
当r=3，k=5时，x8的系数为C43⋅21⋅C55⋅30⋅(−1)5=−8；
当r=4，k=4时，x8的系数为C44⋅20⋅C54⋅31⋅(−1)4=15；
故系数的和为7.
故选：A.
直接利用二项式的展开式以及组合数的运算求出结果．
本题考查的知识点：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．
5.【答案】B
【解析】解：0
故c>a>b.
故选：B.
根据已知条件，结合指数函数、对数函数的单调性，即可求解．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为Sn+2an=Sn+1−1，
所以2an+1=Sn+1−Sn=an+1，即2(an+1)=an+1+1.
因为an>0，所以an+1>0，所以an+1+1an+1=2，
所以数列{an+1}是公比为2的等比数列，
所以an+1=(a1+1)⋅2n−1，则an=(a1+1)⋅2n−1−1，
所以S5=(a1+1)⋅(1−25)1−2−5=57，解得a1=1，
所以an=2n−1，则a4=24−1=15.
故选：B.
本题可通过题中的一般项an与前n项和Sn的关系式，利用公式an+1=Sn+1−Sn来推导an和 an+1的关系，再通过构造法构造新数列{an+1}，并结合S5=57来得到an的通项公式，算出结果．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式与求和公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接OE、AB，设∠AOE=2θ，则∠BOE=π2−2θ，∠ABE=θ，故∠OBE=θ+π4.
在△OBE中，由正弦定理可得BEsin(π2−2θ)=OEsin(θ+π4)，则BE=OEsin(π2−2θ)sin(θ+π4)=OEsin(2θ+π2)sin(θ+π4)=8cs(θ+π4).
在Rt△ODE中，由正弦定理可得DEsin2θ=OEsin90∘，则DE=OEsin2θ=4sin2θ.
因此，平行四边形BCDE的周长为2(BE+DE)=16cs(θ+π4)+8sin2θ=16cs(θ+π4)−8cs(2θ+π2)
=−16cs2(θ+π4)+16cs(θ+π4)+8=−16[cs(θ+π4)−12]2+12.
因为0<2θ<π2，即0<θ<π4，可得π4<θ+π4<π2，
所以0
故选：A.
根据题意作出示意图，设∠AOE=2θ，利用正弦定理得到BE、DE关于θ的表达式，进而得到平行四边形BCDE的周长的表达式，然后利用余弦函数与二次函数的性质，算出平行四边形BCDE的周长的取值范围．
本题主要考查正弦定理、三角恒等变换公式、利用二次函数的性质求函数的最值等知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：取BC的中点M，设A(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x3,0)，M(x0,y0)，则B(−x1,−y1)，
∵A，C在椭圆E上，∴x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减，得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
即1a2(x1−x2)(x1+x2)+1b2(y1−y2)(y1+y2)=0，
∴kBC=y1+y2x1+x2=−b2a2⋅x1−x2y1−y2=−b2a2⋅x0y0，
∵OA⋅AC=0，∴OA⊥AC，连接OM，则OM//AC，
∴OM⊥AB，∴kOM⋅kAB=y0x0⋅y1x1=−1，∴kBC=b2a2⋅y1x1，
∵4OA⋅OD=OD2，∴OA⋅OD=14OD2，又OA=(x1,y1),OD=(x3,0)，
∴x1x3=14x32，得x3=4x1，
∴kBC=kBD=y1x3+x1=y15x1，∴b2a2⋅y1x1=y15x1，即b2a2=15，
∴椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2= 1−15=2 55.
故选：D.
借助点差法计算可得kBC=−b2a2⋅x0y0，结合题意计算可得b2a2=15，即可得离心率．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由图象知：A=2，34T=11π12−π6=3π4，T=π，∴ω=2πT=2.
又∵2×π6+φ=π2+2kπ，
∴φ=π6+2kπ，又0<φ<π2，
∴φ=π6，即函数解析式为f(x)=2sin(2x+π6).
对于A，f(x)的最小正周期为π，正确；
对于B，f(x)+f(5π3−x)
=2sin(2x+π6)+2sin[2×(5π3−x)+π6]
=2sin(2x+π6)+2sin(7π2−2x)
=2sin(2x+π6)−2cs2x
=2( 32sin2x+12cs2x)−2cs2x
= 3sin2x−cs2x
=2sin(2x−π6)≠0，
故B错误；
对于C，当x∈[π3,5π6]时，2x+π6∈[5π6,11π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−1,12]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)的值域为[−2,1]，故C错误；
对于D，当x∈(π2,2π)时，2x+π6∈(7π6,25π6)，
当2x+π6=3π2，5π2，7π2时，f(x)取得极值，
所以f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点，故D正确．
故选：AD.
由图象先确定A和周期，再确定ω，代入最值点求得φ值，从而可得f(x)解析式，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22，共10个数据，
10×40%=4，则其第40百分位数为12(12+13)=12.5，A错误；
对于B，若样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x10+1的方差为8，则数据x1，x2，…，x10的方差为(12)2×8=2，B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，若P(X≥−2)+P(X≥6)=1，则μ=12(−2+6)=2，C正确；
对于D，在独立性检验中，零假设为H0：分类变量X和Y独立．基于小概率值α的独立性检验规则是：当χ2>xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2≤xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立，D错误．
故选：BC.
根据题意，由百分位数公式分析A，由方差公式分析B，由正态分布的性质分析C，由独立性检验的性质分析D，综合可得答案．
本题命题真假的判断，涉及独立性检验、百分位数、方差的计算，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，
令x=32，得f(2)−f(0)=2，故A正确，
f(2x−1)−f(3−2x)=4x−4，
则f(x)−f(2−x)=2x−2，
故f′(x)+f′(2−x)=2，即g(x)+g(2−x)=2，令x=1，得g(1)=1，B正确；
令h(x)=f(1+x)−x，
由f(x)−f(2−x)=2x−2，
则f(1+x)−f(1−x)=2x，
h(−x)=f(1−x)+x=f(1+x)−2x+x=h(x)，故h(x)为偶函数，故C错误；
因为g(x)的图象关于(1,1)对称，故g(0)+g(2)=2，且g(x)为偶函数，得周期为4，
g(x)+g(2−x)=2，
则g(−1)+g(3)=2，即g(1)+g(3)=2，
故k=1100g(k)=100，故D正确．
故选：ABD.
根据已知条件，结合导数的求导法则，以及偶函数的性质，即可求解．
本题主要考查抽象函数的应用，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】36
【解析】解：依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有C42C42=36.
故答案为：36.
首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
13.【答案】4 2 24π
【解析】解：因为两个圆弧DE、AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC=120∘，
所以DE的长为2π3×3=2π，即圆台上底面的周长为2π，设上底面半径为r1，
则2πr1=2π，解得r1=1，
同理可得，AC的长为2π3×9=6π，即圆台下底面的周长为6π，设下底面半径为r2，
则2πr2=6π，解得r2=3，
又因为圆台母线长l=9−3=6，如图，圆台的高为 MH2−NH2，
所以圆台的高为 62−(3−1)2=4 2，侧面积为π(1+3)×6=24π.
故答案为：4 2，24π.
利用圆台的性质、扇形的弧长公式、勾股定理以及扇环的面积公式进行求解．
本题考查圆台的侧面积的求法，圆台的结构特征的应用，是基础题．
14.【答案】1e
【解析】解：由函数y=2x+1在R上单调递增，可得函数f(x)=11+2x在R上单调递减，
且f(x)+f(−x)=11+2x+11+2−x=1，
所以f(aex)≤1−f(lna−lnx)=f(lnx−lna)=f(lnxa)(x>0)，
由函数f(x)单调性，可得aex≥lnxa.
所以xex≥xalnxa=xaelnxa，
设g(x)=xex(x>0)，则g′(x)=ex+xex=(x+1)ex，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在区间(0,+∞)单调递增，
所以x≥lnxa=lnx−lna，所以lna≥lnx−x恒成立，
构造函数h(x)=lnx−x(x>0)，h′(x)=1x−1=1−xx，
当0
当x>1，h′(x)<0，h(x)在区间(1,+∞)上单调递减；
所以当x=1时，h(x)取得极大值也是最大值h(1)=ln1−1=−1，
因此lna≥−1，所以a≥1e，a的最小值为1e.
故答案为：1e.
根据函数f(x)=11+2x判断单调性，由f(x)+f(−x)=11+2x+11+2−x=1，可得f(aex)≤f(lnxa)，再结合函数的单调性求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想，属难题．
15.【答案】解：(1)∵bcsC+ 3csinB=a+2c，
∴sinBcsC+ 3sinCsinB=sinA+2sinC，
∴sinBcsC+ 3sinCsinB=sin(B+C)+2sinC=sinBcsC+csBsinC+2sinC，
即 3sinCsinB−csBsinC=2sinC，
又∵sinC≠0，
∴ 3sinB−csB=2⇒ 32sinB−12csB=1，
即sin(B−30∘)=1，
又∵0∘
∠D=180∘−30∘−(120∘−θ)=30∘+θ，CD= 3，
∴AC=sin(θ+30∘)sin30∘CD=2 3sin(θ+30∘)，
在△ABC中，ACsin∠B=BCsin∠BAC，∠BAC=180∘−120∘−θ=60∘−θ，BC=1，
∴AC=sin120∘sin(60∘−θ)BC= 32sin(60∘−θ)= 32cs(θ+30∘)，
即2 3sin(θ+30∘)= 32cs(θ+30∘)，
∴4sin(θ+30∘)cs(θ+30∘)=1⇒2sin(2θ+60∘)=1，
∴sin(2θ+60∘)=12，又∵0∘<θ<120∘，
∴2θ+60∘=150∘，解得θ=45∘，
∴sin∠BCA=sinθ=sin45∘= 22，
又由AC=2 3sin(θ+30∘)=2 3sin(45∘+30∘)=2 3( 22× 32+ 22×12)=3 2+ 62，
于是S△ABC=12BC⋅AC⋅sin∠BCA=12×1×3 2+ 62× 22=3+ 34.
【解析】(1)利用正弦定理边化角可得sinBcsC+ 3sinCsinB=sinA+2sinC，根据式子特点，变换sinA=sin(B+C)，从而可以化简三角恒等式为 3sinB−csB=2，最后利用辅助角公式求出B；
(2)设∠BCA=θ，可知用θ表示∠D，∠BAC，利用正弦定理可得公共边AC的式子，最后可得一个关于角θ的三角方程求解出角θ的大小，然后求出sin∠BCA= 22和AC=3 2+ 62，最后利用面积公式即可求出面积．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式，三角形面积公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当点G为DE中点时，平面AFG⊥平面ABC，理由如下：
因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以AD=AE，AG⊥DE，
在正方形BCDE中，DE//BC，所以AG⊥BC，
在正方形BCDE中，CD⊥BC，因为AF//CD，所以AF⊥BC，
因为AF∩AG=A，AF，AG⊂平面AFG，
所以BC⊥平面AFG，因为BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面AFG；
(2)连接BD，与CE交于点O，连接AO，
因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以OC，OD，OA两两垂直，
以O为坐标原点，以直线OC，OD，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(0,0,3)，B(0,−3,0)，C(3,0,0)，D(0,3,0)，F(−1,1,3)，
所以BA=(0,3,3),CA=(−3,0,3),DF=(−1,−2,3)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅BA=0,n⋅CA=0,得3y+3z=0,−3x+3z=0,取z=1，得n=(1,−1,1)，
设直线DF与平面ABC所成角为θ，
则sinθ=|DF⋅n||DF||n|=|(−1)×1+(−2)×(−1)+3×1| (−1)2+(−2)2+32 12+(−1)2+12=2 4221，
故直线DF与平面ABC所成角的正弦值为2 4221.
【解析】(1)由题结合已知条件可证当点G为DE中点时，平面AFG⊥平面ABC；
(2)建系利用向量法即可求解．
本题考查了空间几何体中的位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵X服从正态分布N(60,144)，
∴P(X≥72)≈1−0.6832=0.1585.
进入面试环节的人数Z∼B(100,0.1585)，E(Z)=100×0.1585≈16.
∴进入面试环节的人数大约为16.
(2)根据题意，Y的所有可能取值为0，2，4，6，8，10，
则P(Y=0)=13×(15)2=175；
P(Y=2)=23×(15)2=275；
P(Y=4)=13×C21×45×15=875；
P(Y=6)=23×C21×45×15=1675；
P(Y=8)=13×(45)2=1675；
P(Y=10)=23×(45)2=3275.
∴E(Y)=0×175+2×275+4×875+6×1675+8×1675+10×3275=11615.
【解析】(1)由正态分布的性质可求得P(X≥72)，由此可估计进入面试的人数；
(2)由已知得Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，分别求得Y取每一个可能的值的概率，根据数学期望公式可求得答案．
本题主要考查正态分布，二项分布，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
易知当k=0时，kAM+kBM=0；
当k≠0时，直线OM的方程为y=−1kx，点M(2k,−2)，
联立y=kx+2x2=2py，消去y并整理得x2−2pkx−4p=0，
此时Δ=4p2k2+16p>0，
由韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=−4p，
因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列，
所以y1+2x1−2k+y2+2x2−2k=2k，
即(kx1+4)(x2−2k)+(kx2+4)(x1−2k)(x1−2k)(x2−2k)=2k，
整理得2(k2+2)(x1+x2−4k)=0.
因为x1+x2=2pk，
所以2(k2+2)(2pk−4k)=0，
解得p=2，
则曲线C的方程为x2=4y.
(2)不妨设直线l′的方程为y=kx+n，
联立y=kx+nx2=4y，消去y并整理得x2−4kx−4n=0，
因为Δ=0，
所以n=−k2，
此时N(2k,k2)，
不妨设AB的中点为E，
因为x1+x22=2k，y1+y22=k(x1+x2)+42=2k2+2，
可得E(2k,2k2+2).
因为2k2+2−22=k2，
所以点M，N，E三点共线且点N为ME的中点，
则△AMN面积为△ABM面积的14，
记△AMN的面积为S，
易知点M(2k,−2)到直线AB的距离d=2k2+4 k2+1，
所以S=18|AB|×d=18 1+k2× (x1+x2)2−4x1x2×(2k2+4) k2+1=(k2+2)32≥2 2，
当k=0时，等号成立．
故命题得证．
【解析】(1)由题意，对k=0和k≠0这两种情况进行分析，将直线l的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理以及等差中项的定义再进行求解即可；
(2)将直线l′的方程与抛物线方程联立，得到AB中点的坐标，根据M，N，E三点共线推出△AMN面积为△ABM面积的14，结合三角形面积公式进行求证即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得R′(x)=a(1+bx)−b(1+ax)(1+bx)2=a−b(1+bx)2，R′′(x)=−2b(a−b)(1+bx)3，
f(0)=f′(0)=f′′(0)=1，故R′(0)=a−b=1，R′′(0)=−2b(a−b)=1，
解得a=12，b=−12.
(2)由上可得R(x)=1+x21−x2=2+x2−x，要比较ex与2+x2−x的大小，
x∈(0,1)，只需比较1与2+x2−xe−x的大小，
令g(x)=2+x2−xe−x，g′(x)=[4(2−x)2−2+x2−x]e−x=x2(2−x)2e−x，
所以g′(x)>0，从而可得g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1，即2+x2−x>ex，所以f(x)
当x<0时，u′(x)<0，u(x)在(−∞,0)上单调递减，
当x>0时，u′(x)>0，u(x)在(0,+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立；
由题意知a1=12，anean+1=ean−1，an≠0，
则ean+1=ean−1an>an+1−1an=1，故可得an>0；
ean+1−ean=ean−1an−ean=(1−an)ean−1an，令y=(1−x)ex，y′=−xex，
故该函数在(0,+∞)上递减，故可得ean+1−ean<0，即an+1
又因为ean+1>an+1+1，所以可得an+1+1<22−an，即an+1
即1an+1−1>2(1an−1)，
故1an−1>2n−1(1a1−1)=2n−1，即1an>2n−1，所以an<12n−1.
另一方面：an≥12n⇔an+1≥12an⇔ean+1≥ean2⇔ean−1an≥ean2⇔ean2−e−an2−an≥0，
令g(x)=ex2−e−x2−x，g′(x)=12ex2+12e−x2−1≥0，
所以g(x)在(0,12)单调递增，所以g(x)≥g(0)=0，得证．
【解析】(1)根据帕德近似定义，列式求解，即得答案．
(2)由题意知只需比较ex与2+x2−x的大小，即比较比较1与2+x2−xe−x的大小，从而构造函数g(x)=2+x2−xe−x，利用导数，即可求解；
(3)结合题意得ean+1−ean=ean−1an−ean=(1−an)ean−1an，令y=(1−x)ex，结合(2)可得ean+1=ean−1an<2+an2−an−1an=22−an，进而推出an<12n−1，另一方面an≥12n⇔ean2−e−an2−an≥0，令g(x)=ex2−e−x2−x，利用导数，即可证明结论．
本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此取解决问题，难点在于(3)中不等式的证明，解答时要结合ex≥x+1，进行放缩，并结合构造函数进行证明，属于难题．
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