2024年河北省石家庄市高考数学模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河北省石家庄市高考数学模拟试卷（含详细答案解析），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.集合A={α|α=−2024∘+k⋅180∘,k∈Z}中的最大负角α为( )
A. −2024∘B. −224∘C. −44∘D. −24∘
2.已知z=(1+i)41−i，则z−的虚部为( )
A. 2iB. −2iC. −2D. 2
3.已知平面内的向量a在向量b上的投影向量为12b，且|a|=|b|=1，则|a−2b|的值为( )
A. 3B. 1C. 34D. 32
4.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且−a3，a2，a4成等差数列，则S2024与a2024的关系是( )
A. S2024=2a2024−1B. S2024=2a2024+1
C. S2024=4a2024−3D. S2024=4a2024+1
5.已知变量x和y的统计数据如表：
根据上表可得回归直线方程y =0.6x+a ，据此可以预测当x=8时，y=( )
A. 8.5B. 9C. 9.5D. 10
6.现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为( )
A. 216B. 432C. 864D. 1080
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为左、右焦点，P为椭圆上一点，∠F1PF2=60∘，直线l：y=−x+t经过点P.若点F2关于l的对称点在线段F1P的延长线上，则C的离心率是( )
A. 13B. 22C. 12D. 23
8.已知函数f(x)=xx，x∈(0,+∞)，则下列命题不正确的是( )
A. f(x)有且只有一个极值点
B. f(x)在(1e,+∞)上单调递增
C. 存在实数a∈(0,+∞)，使得f(a)=1e
D. f(x)有最小值1e1e
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. 两组样本数据x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4的方差分别为s12，s22，若已知xi+yi=10(i=1,2,3,4)，则s12=s22
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. 已知一系列样本点(xi,yi)(i=1,2,3,…)的回归方程为y =3x+a ，若样本点(m,3)与(2,n)的残差(残差=实际值yi−模型预测值y )相等，则3m+n=10
10.若关于x的不等式ex−2+x≥2ax2−xlnx在(0,+∞)上恒成立，则实数a的值可以是( )
A. 1eB. 12C. e3D. 2
11.已知定义在实数集R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，f(1)=0，f′(1)=12，则( )
A. f(x)的图像关于点(1,0)成中心对称B. f′(2)=32
C. f(2024)=1012×2023D. k=12024f′(k)=1012×2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合M={x|x2−2x−3<0}，N={x|x2−ax<0,x∈Z}.若集合M∩N恰有两个元素，则实数a的取值范围是______.
13.已知F1，F2分别为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点P，若|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率为______.
14.如图，在梯形ABCD中，∠ABC=∠BAD=90∘，AB=BC=12AD=2，将△BAC沿直线AC翻折至△B1AC的位置，3AM=MB1，当三棱锥B1−ACD的体积最大时，过点M的平面截三棱锥B1−ACD的外接球所得的截面面积的最小值是______.
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)
已知函数f(x)=eax−ex−b在x=0处的切线为x轴.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间.
16.(本小题15分)
如图，三棱锥A−BCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为线段AC的中点.
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=3,BF=2FD,EF⋅BD=0，求直线CF与平面ABC所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
有无穷多个首项均为1的等差数列，记第n(n∈N*)个等差数列的第m(m∈N,m≥2)项为am(n)，公差为dn(dn>0).
(1)若a2(2)−a2(1)=2，求d2−d1的值；
(2)若m为给定的值，且对任意n有am(n+1)=2am(n)，证明：存在实数λ，μ，满足λ+μ=1，d100=λd1+μd2；
(3)若{dn}为等比数列，证明：am(1)+am(2)+…+am(n)≤[am(1)+am(n)]n2.
18.(本小题17分)
设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(2,−1)，且离心率e= 22，直线m：x=3垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，连接PA，PB，PT.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.
(ⅰ)求k1+k2的值；
(ⅱ)如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求|MN||NA|的值.
19.(本小题17分)
在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式00型或∞∞型极限的一种重要方法，其含义为：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
①x→alimf(x)=0且x→alimg(x)=0(或x→alimf(x)=∞，x→alimg(x)=∞)；
②在点a的附近区域内两者都可导，且g′(x)≠0；
③x→alimf′(x)g′(x)=A(A可为实数，也可为±∞).
则x→alimf(x)g(x)=x→alimf′(x)g′(x)=A.
(1)用洛必达法则求x→0limxsinx；
(2)函数f(x)=1+x+x22!+x33!+⋯+x2n−1(2n−1)!(n≥2,n∈N*)，判断并说明f(x)的零点个数；
(3)已知g(2x)=g(x)⋅csx，g(0)=1，x∈(−π2,π2)，求g(x)的解析式.
参考公式：x→alimf(x)=f(x→alimx)，x→alimkf(x)=kx→alimf(x).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为−2024∘=−44∘−11×180∘，
所以集合A={α|α=−2024∘+k⋅180∘,k∈Z}中的最大负角α为−44∘.
故选：C.
利用任意角的定义与集合A所表示的角即可得解．
本题主要考查了终边相同角的表示，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=(1+i)41−i=4i21−i=−4(1+i)(1−i)(1+i)=−2−2i，
则z−=−2+2i，其虚部为2.
故选：D.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：平面内的向量a在向量b上的投影向量为12b，|b|=1，
则a⋅b|b|×b|b|=12b，解得a⋅b=12，
故|a−2b|= a2−4a⋅b+4b2= 1−4×12+4= 3.
故选：A.
根据已知条件，先求出a⋅b=12，再将|a−2b|平方并开方，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a1=1，且−a3，a2，a4成等差数列，
得2q=q3−q2，解得q=2(q>0)，
∴S2024=a1−a2024⋅q1−q=1−2a20241−2=2a2024−1.
故选：A.
由已知列式求解等比数列的公比，再由等比数列的前n项和公式求解．
本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式，考查等差数列的性质，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：x−=1+2+3+4+55=3，y−=6+6+7+8+85=7，
则样本点的中心为(3,7)，代入y =0.6x+a ，
得7=0.6×3+a ，∴a =5.2，
∴y =0.6x+5.2，
取x=8时，预测y=0.6×8+5.2=10.
故选：D.
由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求解a ，再取x=8得答案．
本题考查线性回归方程及其应用，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有A33种方法，
再把4名语文教师按2：1：1分成3组，并分配到三所学校，有C42A33种方法，
最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有A22种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为A33⋅C42A33⋅A22=432.
故选：B.
根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由直线l：y=−x+t，且点F2关于l的对称点在线段F1P的延长线上，
如图所示，可得点M与点F2关于PH对称，且∠F1PF2=60∘，
可得△PF2M为等边三角形，则∠PF2M=60∘，
又PH的倾斜角为135∘，则∠F2NH=45∘，所以∠NF2H=45∘，
在△PF1F2中，有∠F1PF2=60∘，∠PF1F2=105∘，∠PF2F1=15∘，
又由|PF1|sin∠PF2F1=|PF2|sin∠PF1F2=|F1F2|sin∠F1PF2，可得|PF1|+|PF2|sin15∘+sin105∘=|F1F2|sin∠F1PF2，
即2asin15∘+sin105∘=2csin∠F1PF2，
又因为sin15∘=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
sin105∘=sin(60∘+45∘)= 32× 22+12× 222= 6+ 24，
所以e=ca=sin60∘sin15∘+sin105∘= 32 6− 24+ 6+ 24= 22.
故选：B.
根据题意，得到点M与点F2关于PH对称，且△PF2M为等边三角形，在△PF1F2中，利用正弦定理得到|PF1|+|PF2|sin15∘+sin105∘=|F1F2|sin∠F1PF2，结合e=ca=sin60∘sin15∘+sin105∘，即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由y=xx得lny=xlnx，令z=xlnx，
则函数z=xlnx可以看作为函数z=lny与函数y=xx的复合函数，
因为z=lny为增函数，
所以z=xlnx与y=xx单调性，图象变换等基本一致，
z′=lnx+1，
由z′=0得x=1e，列表如下：
由表知，z=xlnx在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以在x=1e时，取得极小值(最小值)−1e，
所以f(x)=xx在(1e,+∞)上单调递增，在x=1e时，取得唯一极值(极小值，也是最小值)(1e)1e=1e1e，
故A，B，D正确，
因为f(x)的最小值(1e)1e>1e，所以不存在实数a∈(0,+∞)，使得f(a)=1e，
故C错误．
故选：C.
由y=xx得lny=xlnx，令z=xlnx，则函数z=xlnx可以看作为函数z=lny与函数y=xx的复合函数，由复合函数的单调性可知z=xlnx与y=xx单调性，图象变换等基本一致，利用导数研究z=xlnx的单调性和极值，进而得到f(x)的单调性和极值．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22，共10个，
0.4×10=4，
故该组数据的第40百分位数为12+132=12.5，故A错误；
样本数据x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4的方差分别为s12，s22，
二者数据波动性相同，由方差的定义以及线性公式可知，s12，s22，故B正确；
随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，
若P(X≥−2)+P(X≥6)=1，
则P(X≥−2)=1−P(X≥6)=P(X<6)，
故μ=−2+62=2，故C正确；
一系列样本点(xi,yi)(i=1,2,3,…)的回归方程为y =3x+a ，
样本点(m,3)与(2,n)的残差(残差=实际值yi−模型预测值y )相等，
则3−(3m+a )=n−(6+a )，化简整理可得，3m+n=9，故D错误．
故选：BC.
对于A，结合百分位数的求解，即可求解；对于B，结合方差的定义，以及线性公式，即可求解；对于C，结合正态分布的对称性，即可求解；对于D，结合残差的定义，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：依题意，ex−2x+1−2ax+lnx≥0在(0,+∞)上恒成立，
当a≤12时，ex−2x+1−2ax+lnx≥ex−2x+1−x+lnx=ex−2−lnx+1−x+lnx，
令h(t)=et−t−1，h′(t)=et−1，故当t∈(−∞,0)时，h′(t)<0，h(t)单调递减，当t∈(0,+∞)时，h′(t)>0，h(t)单调递增，
故h(t)≥h(0)=0，故ex−2−lnx+1−x+lnx≥0，则不等式成立；
当a>12时，令u(x)=x−2−lnx，因为u(1)=−1<0，u(4)=2−2ln2>0，故u(x)在(1,4)内必有零点，设为x0，
则x0−2=lnx0，则ex0−2=x0，故ex0−2x0+1−2ax0+lnx0=(1−2a)x0<0，不合题意，舍去；
综上所述，a≤12.
故选：AB.
将已知不等式转化为ex−2x+1−2ax+lnx≥0在(0,+∞)上恒成立，当a≤12时，ex−2x+1−2ax+lnx≥ex−2x+1−x+lnx=ex−2−lnx+1−x+lnx，令h(t)=et−t−1，利用导数判断h(t)≥0，当a>12时，令u(x)=x−2−lnx，判断函数有零点，设为x0，即可判断出ex0−2x0+1−2ax0+lnx0=(1−2a)x0<0，综合可得答案．
本题考查利用导数研究函数的性质，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，令x=y=0，
则有f(0)=f(0)+f(0)+0，
即f(0)=0，
令y=1，则有f(x+1)=f(x)+f(1)+x=f(x)+x，
所以f(2)=f(1)+1=1≠0=−f(0)，
所以函数不关于(1,0)中心对称，故A错误；
对于B，令y=1，则有f(x+1)=f(x)+f(1)+x=f(x)+x，
两边同时求导，得f′(x+1)=f′(x)+1，
令x=1，
则有f′(2)=f′(1)+1=12+1=32，故B正确；
对于C，令y=1，
则有f(x+1)=f(x)+f(1)+x，
即f(x+1)−f(x)=x，
则f(2024)=f(2024)−f(2023)+f(2023)−f(2022)+…−f(1)+f(1)
=2023+2022+⋯+1+0=(2023+1)×20232=1012×2023，故C正确；
对于D，令y=1，
则有f(x+1)=f(x)+f(1)+x，
即f(x+1)=f(x)+x，
则f′(x+1)=f′(x)+1，
即f′(x+1)−f′(x)=1，
又f′(1)=12，
令an=f′(x)(n,x∈N*)，
则有an+1−an=1，
所以数列{an}是等差数列，首项为12，公差为1，
所以an=12+(n−1)×1=n−12，
即f′(k)=12+k−1=k−12，
则z=12024f′(k)=(12+2024−12)×20242=1012×2024，故D正确．
故选：BCD.
对于A，利用赋值法求得f(0)=0，f(2)=1，再根据中心对称的定义判断即可；
对于B，对f(x+1)=f(x)+x，两边同时求导，再利用赋值法进行计算即可得；
对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得．
本题考查了利用赋值法求抽象函数的值、导数的基本运算，考查了累加法的应用、等差数列的定义及求和公式，属于中档题．
12.【答案】{a|a≥3}
【解析】解：集合M={x|x2−2x−3<0}={x|−1①当a=0时，N={x|x2−ax<0,x∈Z}={x|x2<0}=⌀，此时M∩N=⌀，不符合题意，
②当a>0时，N={x|x2−ax<0,x∈Z}={x|0若集合M∩N恰有两个元素，则a≥3，
③当a<0时，N={x|x2−ax<0,x∈Z}={x|a若a≤−1，则M∩N={x|−1若−1综上所述，实数a的取值范围是{a|a≥3}.
故答案为：{a|a≥3}.
先求出集合M，再对a分情况讨论，求出集合N，结合集合M∩N恰有两个元素求解即可．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和定义法，以及余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
设过F2与双曲线的一条渐近线y=bax平行的直线交双曲线于点P，运用双曲线的定义和条件可得|PF1|=3a，|PF2|=a，|F1F2|=2c，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．
【解答】
解：设过F2与双曲线的一条渐近线y=bax平行的直线交双曲线于点P，
由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2a，
由|PF1|=3|PF2|，可得|PF1|=3a，|PF2|=a，|F1F2|=2c，
由tan∠F1F2P=ba可得cs∠F1F2P=1 1+b2a2=ac，
在△PF1F2中，由余弦定理可得：
|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cs∠F1F2P，
即有9a2=a2+4c2−2a⋅2c⋅ac，
化简可得，c2=3a2，
则双曲线的离心率e=ca= 3.
故答案为 3.
14.【答案】3π4
【解析】解：如图：
当三棱锥B1−ACD的底面ADC上的高最大时，三棱锥B1−ACD的体积最大，此时平面B1AC⊥平面ACD，
又平面B1AC∩平面ACD=AC，取AC的中点E，则B1E⊥AC，
则根据面面垂直的性质定理可得：B1E⊥平面ACD，
取AD的中点O，则OE= 2，又B1E= 2，且∠B1EO=π2，则OB1=2，
又OA=OD=OC=2，故O是三棱锥B1−ACD的外接球球心，且该外接球的半径R=2；
显然，当且仅当过点M的平面与OM垂直时，截外接球的截面面积最小，
此时截面的圆心就是点M，记其半径为r，则R=2= OM2+r2；
在△B1AD中，B1A=2,AD=4,∠AB1D=π2，
故∠B1AD=π3；
又3AM=MB1，故AM=12，又OA=2，
所以由余弦定理可得OM2=14+4−2×12×2×csπ3=134，
∴r2=R2−OM2=34，故所求面积为3π4.
故答案为：3π4.
作出图形，易知当三棱锥B1−ACD的体积最大时，平面B1AC⊥平面ACD，当且仅当过点M的平面与OM垂直时，截外接球的截面面积最小，再解三角形，即可求解．
本题考查立体几何中折叠问题，三棱锥的体积的最值问题，三棱锥的外接球问题，属难题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=eax−ex−b，所以f′(x)=aeax−e，
依题意知，f(0)=0且f′(0)=0，
所以e0−b=0ae0−e=0，解得a=eb=1.
(2)由(1)可得f(x)=eex−ex−1函数的定义域为R，
又f′(x)=eex+1−e=e(eex−1)，
令g(x)=f′(x)=eex+1−e，则g′(x)=eex+2>0，所以g(x)在定义域R上单调递增，即f′(x)在定义域R上单调递增，
又f′(0)=0，所以当x<0时f′(x)<0，当x>0时f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，单调递增区间为(0,+∞).
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意可得f(0)=0且f′(0)=0，即可得到方程组，解得即可；
(2)求出函数的导函数f′(x)，再利用导数说明f′(x)的单调性，即可求出f(x)的单调区间．
本题考查了利用导数研究函数的单调性求单调区间的问题，是基础题．
16.【答案】(1)证明：因为AD=CD，∠ADB=∠BDC，
可得△ADB≌△CDB，所以AB=CB，
又E为线段AC的中点，所以BE⊥AC，DE⊥AC，
而DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BED，
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD；
(2)解：取DA的中点G，连接EG，BG，因为EG为中位线，
所以EG//CD，又AD⊥CD，所以AD⊥EG，
因为AB=BD，G为DA的中点，所以AD⊥BG，
又EG∩BG=G，EG，BG⊂平面BEG，所以AD⊥平面BEG，
BE⊂平面BEG，所以AD⊥BE，
因为BA=BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE，
又AC∩AD=A，AC，ADC平面ACD，所以BE⊥平面ACD，
以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz，
如图所示：设A(a,0,0)，B(b,0,0)，
则E(0,0,0)，D(0,0,a)，B(0,b,0)，F(0,b3,2a3)，
EF=(0,b3,2a3)，BD=(0,−b,a)，
由|AB|2=a2+b2=9EF⋅BD=−b23+2a23=0，解得：a= 3b= 6，
所以CF=( 3, 63,2 33)，又平面ABC的法向量n=(0,0,1)，
设直线CF与平面ABC所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs⟨CF,n⟩|=|CF⋅n||CF|⋅|n|=2 33 5×1=2 1515，
所以直线CF与平面ABC所成角的正弦值为2 1515.
【解析】(1)由题意可得△ADB≌△CDB，可得AB=CB，再由题意可得AC⊥平面BED，进而可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面ABC的法向量n的坐标，求出CF的坐标，进而求出n，CF的夹角的余弦值，进而求出直线CF与平面ABC所成角的正弦值
本题考查平面与平面垂直的性质的应用，空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值的求法，属于中档题．
17.【答案】(1)解：由题意得a2(2)−a2(1)=1+d2−(1+d1)=d2−d1，
则a2(2)−a2(1)=d2−d1=2；
(2)证明：∵am(n+1)=2am(n)，
∴1+(m−1)dn+1=2[1+(m−1)dn]，
∴dn+1+1m−1=2(dn+1m−1)，
可得{dn+1m−1}是首项为d1+1m−1，公比为2的等比数列，
则d100+1m−1=(d1+1m−1)299，
∴d100=(d1+1m−1)299−1m−1，
又d2=2d1+1m−1，即1m−1=d2−2d1，
因此d100=(d1+d2−2d1)299−(d2−2d1)=(2−299)d1+(299−1)d2，
∴存在实数λ=2−299，μ=299−1，满足λ+μ=1，d100=λd1+μd2；
(3)证明：∵{dn}为等比数列，设公比为q，则dn=d1qn−1，
于是am(n)=1+(m−1)d1qn−1，
当1≤i≤n时，am(n+1−i)+am(i)−[am(n)+am(1)]
=(m−1)d1(qn−i+qi−1−qn−1−1)，
因式分解可得am(n+1−i)+am(i)−[am(n)+am(1)]=−(m−1)d1(qn−i−1)(qi−1−1)，
∵q>0，n−i≥0，i−1≥0，∴(qn−i−1)(qi−1−1)≥0，
又−(m−1)d1<0，∴am(n+1−i)+am(i)≤am(n)+am(1)，
因此i=1n[am(n+1−i)+am(i)]≤n[am(n)+am(1)]，
即2[am(1)+am(2)+⋯+am(n)]≤n[am(n)+am(1)]，
∴am(1)+am(2)+…+am(n)≤[am(1)+am(n)]n2.
【解析】(1)直接由已知定义求解；
(2)am(n+1)=2am(n)，可得{dn+1m−1}是首项为d1+1m−1，公比为2的等比数列，利用其通项公式求得d100，变形可得结论；
(3)由{dn}为等比数列，设公比为q，则dn=d1qn−1，于是am(n)=1+(m−1)d1qn−1，证明am(n+1−i)+am(i)≤am(n)+am(1)，再由累加法结合等差数列的性质得结论．
本题考查数列递推式，考查等差数列、等比数列的通项公式与性质，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
18.【答案】解：(1)由题意知：4a2+1b2=1ca= 22a2=b2+c2，
解得a= 6，b= 3，c= 3，
所以椭圆E的方程为x26+y23=1；
(2)(ⅰ)易知T(3,0)，kPT=1，k1=y1+1x1−2，k2=y2+1x2−2，
设直线l1的方程为m(x−2)+n(y+1)=1，由直线l1过T(3,0)知m+n=1，
联立方程x26+y23=1m(x−2)+n(y+1)=1，
得(2−4n)(y+1)2+(4n−4m)(x−2)(y+1)+(1+4m)(x−2)2=0，
变形得：(2−4n)(y+1x−2)2+(4n−4m)y+1x−2+1+4m=0，
即k1+k2=4n−4m4n−2=2.
(ⅱ)设直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，
则k1=tanα，k2=tanβ，∠NMP=5π4−β，∠MPN=β−π2，∠PAN=α−π4，∠APN=π2−α，
在△PMN中，|MN|=|PN|sin∠NMPsin∠MPN=|PN|sin(β−π4)sin(β−π2)，
在△PAN中，|AN|=|PN|sin∠PANsin∠APN=|PN|sin(α−π4)sin(π2−α)，
所以|MN||AN|=sin(β−π2)⋅sin(α−π4)sin(β−π4)⋅sin(π2−α)=−csβ⋅ 22(sinα−csα)csα⋅ 22(sinβ−csβ)=−tanα−1tanβ−1，
由k1+k2=2知，tanα+tanβ=2，即tanα−1tanβ−1=−1，
故|MN||AN|=1.
【解析】(1)根据题意建立关于a，b，c的方程组，解出即可；
(2)(i)联立直线l1与椭圆方程，利用韦达定理即可得解；
(ii)设直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，可得|MN||AN|=−tanα−1tanβ−1，tanα+tanβ=2，由此可得结论．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)x→0limxsinx=x→0lim1csx=1.
(2)因为f(x)=1+x+x22+x33!+⋯+x2n−1(2n−1)!，所以f′(x)=1+x+x22!+x33!+⋯+x2n−2(2n−2)!，
所以f′(x)−f(x)=−x2n−1(2n−1)!，令h(x)=f(x)ex，则h′(x)=[f(x)ex]′=−x2n−1ex(2n−1)!，
当x>0时，h′(x)=[f(x)ex]′<0，函数h(x)=f(x)ex在(0,+∞)上单调递减，
当x<0时，h′(x)=[f(x)ex]′>0，函数h(x)=f(x)ex在(−∞,0)上单调递增，
而x→−∞limf(x)ex=−∞，f(0)=1，所以h(0)=1>0，
所以当x>0时，h(x)=f(x)ex>0，
所以函数f(x)仅在(−∞,0)上存在1个零点．
(3)因为g(2x)=g(x)⋅csx，所以g(2x)g(x)=csx，
所以g(x)g(x2)=csx2，g(x2)g(x4)=csx4，…，g(x2n−1)g(x2n)=csx2n，
所以将各式相乘得：g(x)g(x2n)=csx2⋅csx4⋅⋯⋅csx2n=csx2⋅csx4⋅⋯⋅csx2n⋅sinx2nsinx2n=12n⋅sinxsinx2n，
所以两侧同时运算极限得：n→+∞limg(x)g(x2n)=n→+∞lim12n⋅sinxsinx2n=sinxx⋅n→+∞limx2nsinx2n，
即g(x)g(0)=sinxxn→+∞limx2nsinx2n，
令t=x2n，原式可化为g(x)g(0)=sinxxt→0limtsint，又因为g(0)=1，
所以由(1)得：g(x)=sinxx(x≠0)，由题意函数g(x)的定义域为(−π,π)，
综上，g(x)=sinxx,x∈(−π,0)∪(0,π)1,x=0.
【解析】(1)直接利用洛必达法则求解即可；
(2)求出导函数f′(x)，并利用导数判断函数f(x)ex的单调性，进而得出其零点的个数；
(3)由题意可得：g(2x)g(x)=csx，进而得出g(x)g(x2n)，取极限可得g(x)的解析式．
本题考查新定义、利用导数研究函数的单调性、零点，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．x
1
2
3
4
5
y
6
6
7
8
8
x
(0,1e)
1e
(1e,+∞)
z′
-
0
+
z
↘
−1e
↗