2024年河北省张家口市尚义一中等校高考数学模拟演练试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河北省张家口市尚义一中等校高考数学模拟演练试卷（含详细答案解析），共18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.已知数列{an}中，a3=2，a7=1.若{1an}为等差数列，则a5=( )
A. 23B. 32C. 43D. 34
2.已知集合A={x|2x−3x>0}，B={0,1,2,3,4}，则A∩B=( )
A. {0}B. {1,2,3}C. {0,4}D. {3,4}
3.斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致.如图是重庆千斯门嘉陵江大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列.已知拉索上端相邻两个锚的间距|PiPi+1|(i=1,2,3,…，9)均为3.4m，拉索下端相邻两个锚的间距|AiAi+1|(i=1,2,3,…，9)均为16m.最短拉索的锚P1，A1满足|OP1|=66m，|OA1|=86m，则最长拉索所在直线的斜率为( )
A. ±0.47B. ±0.45C. ±0.42D. ±0.40
4.若f(x)=2sinx( 3csx−sinx)，且f(x1)f(x2)=−3，则|x1−x2|的最小值为( )
A. πB. π2C. 2πD. π4
5.已知函数f(x)=aex+x(a>0)在点(0,f(0))处的切线为直线l，若直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为23，则实数a=( )
A. 12B. 1C. 2D. 23
6.已知(2−1x)23=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a22x22+a23x23，则a0222+a1221+⋅⋅⋅+a212+a22=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
7.已知a,b为不共线的两个单位向量，λ，μ为非零实数，设c=λa+μb，则“λ=μ”是“⟨a,c⟩=⟨b,c⟩”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过点F的直线l：3x+4y+m=0与y轴交于点B，与双曲线C交于点A(A在y轴右侧).若B是线段AF的中点，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=± 33xB. y=±12xC. y=± 3xD. y=±2x
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.下列说法正确的是( )
A. z⋅z−=|z|2，z∈C
B. i2024=−1
C. 若|z|=1，z∈C，则|z−2|的最小值为1
D. 若−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，则p=8
10.甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件An，Bn，Cn，则( )
A. P(B1)=59B. P(C3|A1)=427
C. P(B1C2)=281D. P(A1+B2)=5581
11.如图，棱长为2的正方体.ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有( )
A. 动点F轨迹的长度为 2
B. 三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C. B1F与A1B不可能垂直
D. 当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线.已知A(0,2)，B(4,2)，C(a,−1)，且△ABC为圆x2+y2+Ex+Fy=0内接三角形，则△ABC的欧拉线方程为______.
13.设抛物线y2=4x的焦点为F，过点T(2,0)的直线l与抛物线交于A，B两点，与y轴的负半轴交于C点，已知S△BCF：S△ACF=1：2，则|AF|=______.
14.已知数列{an}是有无穷项的等差数列，a1≥0，公差d>0，若满足条件：①38是数列{an}的项；②对任意的正整数m，n(m≠n)，都存在正整数k，使得aman=ak.则满足这样的数列的个数是______种.
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a+b+c)(a+b−c)=3，且△ABC的面积为3 34.
(1)求角C；
(2)若AD=2DB，求|CD|的最小值.
16.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AB=BB1=2，AC=2 3，∠B1BA=60∘，点D是棱A1B1的中点，BC=4BE，DE⊥BC.
(1)证明：AC⊥BB1；
(2)求直线BB1与平面DEA1所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+12a(x−1)2.
(1)当a=−12时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)=f(x)−2x+1有两个极值点x1，x2，且g(x1)+g(x2)≥−1−32a，求a的取值范围.
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，长轴长为4，A，B是其左，右顶点，F是其右焦点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P(x0,y0)(y0>0)是椭圆C上一点，∠PFB的角平分线与直线AP交于点T.
①求点T的轨迹方程；
②若△TPF面积为94，求x0.
19.(本小题17分)
已知常数p∈(0,1)，在成功的概率为p的伯努利试验中，记X为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几何分布.
(1)对于正整数k，求P(X=k)，并根据E(X)=k=1∞kP(X=k)=n→∞lim(k=1nkP(X=k))，求E(X)；
(2)对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为p的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为E2，现提供一种求E2的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是E2，即总的试验次数为(E2+1)；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为(E2+2).
(i)求E2；
(ii)记首次出现连续n次成功时所需的试验次数的期望为En，求En.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{1an}的公差为d，
则1a7=1a3+4d，即1=12+4d，解得d=18.
则1a5=1a3+2d=12+14=34，解得a5=43.
故选：C.
2.【答案】C
【解析】解：当x=0时，满足2x−3x>0，
当x=1时，不满足2x−3x>0，
当x=2时，不满足2x−3x>0，
当x=3时，不满足2x−3x>0，
当x=4时，满足2x−3x>0，
B={0,1,2,3,4}，
则A∩B={0,4}.
故选：C.
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：RtΔOA1P1中，|OP1|=66m，|OA1|=86m，
所以|OP10|=66+9×3.4=96.6，|OA10|=86+9×16=230，
计算tan∠OA10P10=OP10OA10=96.6230=0.42，
所以最长拉索A10P10、∠B10P10所在直线的斜率为±0.42.
故选：C.
利用直角三角形的边角关系和等差数列通项公式，求出|OP10|、|OA10|，计算tan∠OA10P10，即可写出最长拉索所在直线的斜率．
本题考查了等差数列通项公式与直线的斜率应用问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：f(x)=2sinx( 3csx−sinx)=2 3sinxcsx−2sin2x= 3sin2x+cs2x−1=2sin(2x+π6)−1，
由正弦函数的性质可知，−3≤f(x)≤1，
因为f(x1)f(x2)=−3，
所以f(x1)，f(x2)为函数的最值，
则|x1−x2|的最小值为12T=12×2π2=π2.
故选：B.
先利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数的性质的应用，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：由f(x)=aex+x(a>0)，得f′(x)=aex+1(a>0)，
∴f′(0)=a+1，又f(0)=a，
∴切线l的方程为y=(a+1)x+a，
取x=0，得y=a，取y=0，得x=−aa+1，
∴直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S=12⋅a⋅aa+1=23，
解得：a=2(负值舍去).
故选：C.
利用导数求出曲线在点(0,f(0))处的切线l的方程，再求出直线l在两坐标轴上的截距，代入三角形面积公式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由(2−1x)23=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a22x22+a23x23，
则a23x23=T24=C2323⋅20⋅(−1x)23=−1x23，得a23=−1，
令x=12，得0=a0+2⋅a1+22⋅a2+⋅⋅⋅+222⋅a22+223⋅a23，
左右两边除以222，得0=a0222+a1221+⋅⋅⋅+a212+a22+2a23，
所以a0222+a1221+⋅⋅⋅+a212+a22=0−(−2)=2.
故选：D.
先根据二项展开式的通项公式求得a23=−1，再利用赋值法，令x=12，进而即可求解．
本题考查二项式定理，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意，|a|=|b|=1，c=λa+μb，
若=，则有a⋅c|a||c|=b⋅c|b||c|，
即(λa+μb)⋅a=(λa+μb)⋅b，
整理得λa2+μa⋅b=λa⋅b+μb2，
即λ+μa⋅b=μ+λa⋅b，即λ(1−a⋅b)=μ(1−a⋅b)，
则有λ=μ或a⋅b=1，
又a,b为不共线的两个单位向量，故a⋅b≠1，
故“λ=μ”是“⟨a,c⟩=⟨b,c⟩”的充要条件．
故选：C.
由向量的夹角公式，可得若=，则有λ=μ或a⋅b=1，又a,b为不共线的两个单位向量，故a⋅b≠1，从而可得结论．
本题考查向量的夹角公式，数量积运算及充要条件的判定，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设双曲线C的右焦点为F′(c,0)，连接BF′，AF′，
因为直线l的斜率是−34，
所以tan∠AFF′=34，
在Rt△BOF中，
tan∠BFO=tan∠AFF′=|OB||OF|=34，
所以|OB|=34|OF|=34c，
则|BF′|=|BF|= |OF|2+|OB|2=54c，
因为B是线段AF的中点，所以|AB|=|BF|=|BF′|=5c4，
因为O、B分别是FF′和AF的中点，所以|AF′|=2|OB|=32c，
由双曲线的定义可得2a=|AF|−|AF′|=2|AB|−|AF′|=c，则c=2a，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±bax=± c2−a2ax=± 3x.
故选：C.
首先设双曲线的右焦点为F′(c,0)，再结合几何关系，以及双曲线的定义，即可求得双曲线的渐近线方程．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，|z|2=a2+b2，故A正确；
i4=1，
则i2024=(i4)506=1，故B错误；
|z|=1，z∈C，表示以(0,0)为圆心，1为半径的圆，
|z−2|表示该圆上的点到点(2,0)的距离，
故|z−2|的最小值为1，故C正确；
−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
则−4−3i也是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
故−4+3i+(−4−3i)=−8=−p，解得p=8，故D正确．
故选：ACD.
结合复数模公式，复数的几何意义，共轭复数的定义，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查复数模公式，复数的几何意义，共轭复数的定义，以及韦达定理，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：对于A，P(B1)=23×23+13×13=59，故A正确；
对于B，P(C3|A1)=P(C3A1)P(A1)=13×23×23×23×1313×23=427，故B正确；
对于C，∵事件B1和C2相互独立，
∴P(B1C2)=P(B1)P(C2)=(13×13+23×23)×(23×13)=1081，故C错误；
对于D，P(A1+B2)=P(A1)+P(B2)−P(A1B2)
=13×23+13×23×23+23×13×23+13×23−13×23×23=1627，故D错误．
故选：AB.
对于A，利用互斥事件概率加法公式求解；对于B，利用条件概率求解；对于C，利用相互独立事件概率乘法公式求解；对于D，利用相容事件的并的概率公式求解．
本题考查事件的包含关系、事件的并的概率、条件概率、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，如图，分别取C1D1，CC1的中点G，H，
则易知HG//CD1//BA1，B1H//A1E，且HG∩B1H=H，
∴可得平面B1GH//平面A1BE，
∴当F为GH上的点时，B1F//平面A1BE，
∴动点F轨迹为线段GH，又易知GH=12D1C= 2，∴A选项正确；
对B选项，由A选项分析可知，当F与G点重合时，△EFD1的面积取得最小值为12×1×1=12，
∴三棱锥B1−EFD1的体积的最小值为13×12×2=13，
即三棱锥B1−D1EF的体积的最小值为13，∴B选项正确；
对C选项，由A选项分析可知A1B//GH，又易知B1G=B1F= 5，
∴当F为GH的中点时，B1F⊥GH，即B1F⊥A1B，∴C选项错误；
对D选项，根据A选项分析可知，当F为CC1的中点时，△D1DF的面积最大，
从而可得三棱锥B1−D1DF的体积最大，如图，
取B1D的中点H，连接HF，则易证HF//AC，且HF=12AC= 2，
又易证AC⊥平面BDD1B1，∴HF⊥平面BDD1B1，
又H到D，D1，B1三点的距离相等，直线HF上的点到D，D1，B1三点的距离也相等，
在FH的延长线上取点O，使得OF=OD1，则O即为三棱锥B1−D1DF的外接球的球心，
设三棱锥B1−D1DF的外接球的半径为R，则R=OF=OD1，又易知D1H=12BD1= 3，
∴在Rt△OD1H中，由勾股定理可得R2=(R− 2)2+3，解得R=52 2，
∴当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为4πR2=25π2，∴D选项正确．
故选：ABD.
根据面面平行的判定定理与性质定理，转化三棱锥的顶点，三棱锥的体积公式，直接找三棱锥的外接球的球心，即可分别求解．
本题考查正方体中轨迹问题的求解，面面平行的判定定理与性质定理的应用，三棱锥的体积问题的求解，三棱锥的外接球问题的求解，属中档题．
12.【答案】y=1
【解析】解：根据题意，圆x2+y2+Ex+Fy=0经过A(0,2)、B(4,2)，所以0+4+0+2F=016+4+4E+2F=0，解得E=−4F=−2，
可得圆方程为x2+y2−4x−2y=0，即(x−2)2+(y−1)2=5，圆心为M(2,1)，半径r= 5.
将C(a,−1)代入圆M的方程，得(a−2)2+(−1−1)2=5，解得a=3或1.
①当a=3时，C的坐标为(3,−1)，可得△ABC的重心为G(0+4+33,2+2−13)，即G(73,1)，
结合△ABC的外心为M(2,1)，可得欧拉线就是直线GM，方程为y=1；
②当a=1时，C的坐标为(1,−1)，可得△ABC的重心为G(0+4+13,2+2−13)，即G(53,1)，
同理可得△ABC的欧拉线方程为y=1.
综上所述，△ABC的欧拉线方程为y=1.
故答案为：y=1.
根据题意，将点A、B坐标代入△ABC的外接圆方程，由此求出圆心M与点C的坐标，然后算出△ABC的重心G的坐标，由GM确定的直线求出△ABC的欧拉线方程．
本题主要考查直线的方程及其应用、圆的方程及其性质等知识，属于中档题．
13.【答案】2 2+1
【解析】解：由S△BCF：S△ACF=1：2，可得BC：AC=1：2，
所以xB：xA=1：2①，且xA，xB>0，
又可设直线AB的方程为：x=ty+2，
与抛物线y2=4x联立得：y2−4ty−8=0，
Δ=16t2+32>0，yA2=4xA，yB2=4xB，
故yAyB=−8，从而xAxB=(yAyB)216=6416=4②，
结合①②可得xA=2 2，从而|AF|=xA+1=2 2+1.
故答案为：2 2+1.
根据面积之比求得xB：xA，设出直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得xAxB，进而求得xA，再根据焦半径公式即可求得结果．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
14.【答案】69
【解析】解：根据题意，设x是数列{an}中的任意一项，则x+d，x+2d均是{an}中的项，
设am=x(x+d)，an=x(x+2d)，则an−am=x(x+2d)−x(x+d)=xd=(n−m)d，
因为d>0，所以x=n−m，即数列{an}的每一项均是整数，
所以数列{an}的每一项均是自然数，则d为整数，
而d>0，则d是正整数，
由题意，设ak=38，则ak+1=38+d是数列{an}中的项，故38(38+d)是数列中的项，
设as=38(38+d)，则as−ak=38(38+d)−38=38×37+38d=(s−k)d，
变形可得：(s−k−38)⋅d=38×37，
因为s−k−38∈N，且d∈N*，故d是38×37的约数，
所以d=1、2、19、37、2×19、2×37、19×37、38×37，
当d=1时，a1=38−(k−1)d≥0，得k=1、2、…、38、39，
故a1=38、37、…2、1、0，共39种可能；
当d=2时，a1=38−2(k−1)≥0，得k=1、2、…、18、19、20，
故a1=38、36、…2、0，共20种可能；
当d=19时，a1=38−19(k−1)d≥0，得k=1、2、3，
故a1=38、19、0，共3种可能；
当d=37时，a1=38−37(k−1)d≥0，得k=1、2，
故a1=38、1，共2种可能；
当d=38时，a1=38−38(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=2×37时，a1=38−2×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=19×37时，a1=38−19×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=38×37时，a1=38−38×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
综上，满足题意的数列共有39+20+3+2+2+1+1+1=69种．
故答案为：69.
根据题意，由等差数列的性质分析可得数列{an}的每一项均是自然数，且d是正整数，再设ak=38，则ak+1=38+d是数列{an}中的项，故38(38+d)是数列中的项，利用等差数列的性质分析可得d是38×37的约数，由此分类论d和a1的可能取值，综合可得答案．
本题考查数列的应用，涉及等差数列的通项公式和性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵(a+b+c)(a+b−c)=3，
∴3=(a+b)2−c2=a2+b2−c2+2ab，
结合余弦定理得3=2abcsC+2ab=2ab(1+csC)，
∴ab=32(1+csC)，
∵S△ABC=12absinC=3 34，
∴sinC1+csC= 3，
∴sinC= 3(1+csC)，
∴sin(C−π3)= 32，
∵C∈(0,π)，可得C−π3∈(π3,2π3)，
∴C−π3=π3，
故C=2π3；
(2)由(1)知：C=2π3，ab=32(1+csC)=3，
∵AD=2DB，
∴CD=13CA+23CB，
∴CD2=(13CA+23CB)2=19b2+49a2+49abcsC=19b2+49a2−23，
∴19b2+49a2−23≥2 19b2⋅49a2−23=2×23−23=23，当且仅当b=2a= 6时，CD长取最小值，此时CD= 63，
∴CD长的最小值为 63.
【解析】(1)由题意利用余弦定理可求ab=32(1+csC)，利用三角形的面积公式以及三角函数恒等变换的应用可求sin(C−π3)= 32，可求得C−π3∈(π3,2π3)，进而可求C的值；
(2)由(1)知：C=2π3，ab=32(1+csC)=3，由题意可得CD=13CA+23CB，两边平方，利用平面向量数量积的运算以及基本不等式即可求解．
本题考查了余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换，平面向量数量积的运算以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：连接DA，EA，
DA1=1，AA1=2，∠DA1A=60∘，DE= 12+22−2×1×2cs60∘= 3，满足DA2+DA12=AA12，所以DA⊥DA1，即DA⊥AB.
平面ABB1A1⊥底面ABC，且交线为AB，由DA⊥AB，得DA⊥平面ABC，由BC⊂平面ABC，得DA⊥BC，又DE⊥BC，且DA∩DE=D，
所以BC⊥平面DAE，由AE⊂平面DAE，得BC⊥AE.
设BE=t，CE=3t，有BA2−t2=AC2−(3t)2，解得：t=1.
所以BC=4，满足BA2+AC2=BC2，即AC⊥AB，所以AC⊥平面ABB1A1.
由BB1⊂平面ABB1A1，得AC⊥BB1；
(2)以A为坐标原点，AB，AC，AD为z轴的正方向建立空间直角坐标系，
D(0,0, 3)，E(32, 32,0)，A1(−1,0, 3)，DA1=(−1,0,0)，EA1=(−52,− 32, 3).
设平面DEA1的法向量n=(x,y,z)，由n⋅DA1=0n⋅EA1=0，即−x=0− 52x− 32y+ 3z=0，取z=1，得到平面DEA1的一个法向量n=(0,2,1)，
又BB1=AA1=(−1,0, 3)，设直线BB1与平面DEA1所成角为θ，则sinθ=|cs|=|n⋅BB1||n|⋅|BB1|= 3 5⋅ 4= 1510，
所以直线BB1与平面DEA1所成角的正弦值为 1510.
【解析】(1)连接DA，EA，利用线面垂直的判定定理可证得AC⊥平面ABB1A1，进而可证得AC⊥BB1；
(2)以A为坐标原点，AB，AC，AD为z轴的正方向建立空间直角坐标系，得到D，E，A1的坐标，进而得到DA1=(−1,0,0)，EA1=(−52,− 32, 3).设平面DEA1的法向量n=(x,y,z)，由n⋅DA1=0n⋅EA1=0，可得到平面DEA1的一个法向量n=(0,2,1)，设直线BB1与平面DEA1所成角为θ，由sinθ=|cs|可求得答案．
本题考查直线与平面所成的角，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当a=−12时，f(x)=lnx−14(x−1)2，
则f′(x)=1x−12(x−1)=−(x−2)(x+1)2x，
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，f′(x)0x1+x2=a+2a>0x1⋅x2=1a>0，分
所以方程φ(x)=0在区间(0,+∞)上有两个正根，
由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，
得g(x1)+g(x2)=lnx1+12a(x1−1)2−2x1+1+lnx2+12a(x2−1)2−2x2+1
=ln(x1x2)+12a[(x1+x2)2−2x1x2−2(x1+x2)+2]+2(x1+x2)+2
=ln1a+12a[(a+2a)2−2a−2⋅a+2a+2]−2⋅a+2a+2=ln1a+12a−2a−1≥−1−32a，
即lna−12(a−1a)≤0，分
令m(a)=lna−12(a−1a)，
则m′(a)=1a−12(1+1a2)=−(a−1)22a2≤0，
所以m(a)在区间(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，
故a的取值范围是[1,+∞)分
【解析】(1)当a=−12时，f′(x)=−(x−2)(x+1)2x，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，当x∈(2,+∞)时，f′(x)0，故k=6−3x02y0，
所以直线TF的方程为：y=6−3x02y0(x−1)，
又直线AP的方程为：y=y0x0+2(x+2)，
联立：x+2x−1=(6−3x0)(x0+2)2y02=3(4−x02)2×34(4−x02)=2，
解得：x=4，
当x0=1时，有P(1,32)，所以直线AP的方程为y=12(x+2)，
直线TF的方程为：y=x−1，联立解得x=4，
综上，可知点T的轨迹方程为x=4(y>0)；
②将x=4代入直线AP方程得：T(4,6y0x0+2)，
|PF|= (x0−1)2+y02= (x0−1)2+34(4−x02)=12(4−x0)，
由TF平分∠PFB可得点T到直线PF的距离d=yp=6y0x0+2，
所以S△TPF=12⋅|PF|⋅d=3(4−x0)y02(x0+2)，
所以S△TPF2=9(4−x0)2y024(x0+2)=27(4−x0)2(4−x02)16(x0+2)2
=27(4−x0)2(2−x0)16(x0+2)=8116，
化简得(x0−1)(x02−9x0+26)=0，
解得x0=1.
【解析】(1)根据题意列方程即可求解；
(2)①因为直线FT为∠PFB的角平分线，则tan∠PFB=tan2∠TFB=2tan∠TFB1−tan2∠TFB，则当x0≠1时，可得：y0k2+2(x0−1)k−y0=0，结合点P(x0,y0)在椭圆C上及判别式可得k=6−3x02y0，从而得到直线TF的方程为：y=6−3x02y0(x−1)和直线AP的方程为：y=y0x0+2(x+2)，联立两直线方程即可解得x=4；当x0=1时，易求得x=4，即可得T的轨迹方程；
②将x=4代入直线AP方程得：T(4,6y0x0+2)，|PF|=12(4−x0)，由TF平分∠PFB可得点T到直线PF的距离d=yp=6y0x0+2，所以S△TPF=12⋅|PF|⋅d=3(4−x0)y02(x0+2)，然后结合题意即可求解．
本题考查了直线与圆锥曲线位置关系的综合应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)P(X=k)=(1−p)k−1p，i=1nk(1−p)k−1p=p[1+2(1−p)+3(1−p)2+...+n(1−p)n−1]，
记Sn=1+2(1−p)+3(1−p)2+...+n(1−p)n−1，
则(1−p)Sn=(1−p)+2(1−p)2+…+(n−1)(1−p)n−1+n(1−p)n，
相减得：pSn=1+(1−p)+(1−p)2+...+(1−p)n−1−n(1−p)n=1−(1−p)n1−(1−p)−n(1−p)n=1−(1−p)np−n(1−p)n，
由题意：E(X)=n→∞lim(pSn)=n→∞lim[1−(1−p)np−n(1−p)n]=1p；
(2)(i)E2=(1−p)⋅(E2+1)+p2⋅2+p(1−p)⋅(E2+2)，
解得：E2=1+pp2；
(ii)期待在En−1次试验后，首次出现连续(n−1)次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为(En−1+1)；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是En，此时总的试验次数为(En−1+1+En)，
即En=p⋅(En−1+1)+(1−p)⋅(En−1+1+En)，
整理得：En=1p(En−1+1)，即En+11−p=1p(En−1+11−p)，
所以En+11−p=1pn−1(E1+11−p)，由(1)知E1=1p，
代入得：En=1−pn(1−p)pn.
【解析】(1)由题意可知P(X=k)=(1−p)k−1p，结合错位相减法求出i=1nk(1−p)k−1p，进而求出E(X)；
(2)(i)由E2=(1−p)⋅(E2+1)+p2⋅2+p(1−p)⋅(E2+2)可求出E2；
(ii)由题意可知，En=p⋅(En−1+1)+(1−p)⋅(En−1+1+En)，整理即可求出En.
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．