2024年辽宁省协作校高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年辽宁省协作校高考数学一模试卷（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.已知集合A={1,2,3,4}，且A∩B=A，则集合B可以是( )
A. {1,2,3}B. {x|x2>1}C. {x|lg2x>0}D. {x|2x>1}
2.已知a，b∈R，a+3i=(b+i)i(i为虚数单位)，则( )
A. a=1，b=−3B. a=−1，b=3
C. a=−1，b=−3D. a=1，b=3
3.已知a，b∈R.则“a>0且b>0”是“ab+ba≥2”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
4.已知双曲线C:y23−x2=1的下焦点和上焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，B两点，若△F2AB面积是△F1AB面积的4倍，则m=( )
A. 3B. −3C. 103D. −103
5.猜灯谜是中国元宵节特色活动之一.已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球(不放回)，猜出自己所选球内的灯谜者获胜.若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有12的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为( )
A. 124B. 118C. 112D. 16
6.若函数f(x)使得数列an=f(n)，n∈N*为递减数列，则称函数f(x)为“数列保减函数”，已知函数f(x)=lnx−ax为“数列保减函数”，则a的取值范围( )
A. [ln3,+∞)B. (ln2,+∞)C. [1,+∞)D. (0,+∞)
7.若tan2α=43，则2+2cs2α−3sin2α1−cs2α=( )
A. −12或2B. −2或12C. 2D. −12
8.已知函数f(x)=lg2(4x+16)−x−2，若f(a−1)≥f(2a+1)成立，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,−2]B. (−∞,−2]∪[0,+∞)
C. [−2,43]D. (−∞,−2]∪[43,+∞)
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图是样本甲与样本乙的频率分布直方图，下列说法判断正确的是( )
A. 样本乙的极差一定大于样本甲的极差B. 样本乙的众数一定大于样本甲的众数
C. 样本甲的方差一定大于样本乙的方差D. 样本甲的中位数一定小于样本乙的中位数
10.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(−π2<φ<π2)，则f(x)在区间(π6,π3)上单调递减的充分条件是( )
A. φ=−π3B. f(x)的图象关于直线x=π6对称
C. f(x)是奇函数D. f(x)的图象关于点(5π6,0)对称
11.已知不相等的实数a，b满足ab>0，则下列四个数a，b，a+b2， ab经过适当排序后( )
A. 可能是等差数列B. 不可能是等差数列C. 可能是等比数列D. 不可能是等比数列
12.设直线系M：xcsmθ+ysinnθ=1(其中θ，m，n均为参数，0≤θ≤2π，m，n∈{1,2})，则下列命题中是真命题的是( )
A. 当m=1，n=1时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切
B. 存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限
C. 当m=n时，坐标原点O到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为 22
D. 当m=2，n=1时，若存在一点A(a,0)，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则a≤0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线y2=ax(a≠0)上的一点P(−1,4)到其焦点F的距离|PF|=______.
14.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=−1处有极值8，则f(1)等于______.
15.杭州第19届亚运会是继1990年北京亚运会、2010年广州亚运会之后，中国第三次举办亚洲最高规格的国际综合性体育赛事.本届亚运会徽宝由上下两方玉玺组成(如图一)，上方以杭州城市文化代表(钱塘潮和杭州奥体中心体育场)为主体元素(如图二)，若将徽宝上方看成一个圆台与两个圆柱的组合体，其轴截面如图三所示，其中两个圆柱的底面直径均为10，高分别为2和6；圆台的上、下底面直径分别为8和10，高为2.则该组合体的体积为______.
16.已知e1,e2是空间单位向量，⟨e1,e2⟩=105∘，若空间向量a满足a⋅e1=1，a⋅e2= 2，且对于任意x，y∈R，都有|a−(xe1+ye2)|≥|a−(x0e1+y0e2)|=1(其中x0，y0∈R)，则|a|=______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足b(b+a)=c2；
(1)求证：C=2B；
(2)若△ABC为锐角三角形，求2sinC+csB−sinB的最大值.
18.(本小题12分)
已知Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn=12an2+12an−1(n∈N*)，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0.
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
19.(本小题12分)
某教育教研机构为了研究学生理科思维和文科思维的差异情况，对某班级35名同学的数学成绩和语文成绩进行了统计并整理成如下2×2列联表(单位：人)：
(1)能否有95%的把握认为该班数学成绩与语文成绩有关？(计算结果精确到0.001)
(2)从该班的学生中任选一人，A表示事件“选到的学生数学成绩良好”，B表示事件“选到的学生语文成绩良好”，P(A|B)P(A−|B)与P(A|B−)P(A−|B−)的比值是文、理科思维差异化的一项度量指标，记该指标为R.
(i)证明：P(B|A)P(B−A)⋅P(B−|A−)P(B|A−)；
(ii)利用该表中数据，给出P(B|A)，P(B|A−)的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥侧面PAB，F为BD中点，E是PA上的点，PA=PD=2，PA⊥PD.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若二面角E−DF−A的余弦值为3 1111，求E到平面PBC的距离
21.(本小题12分)
已知圆C1:x2+y2=1和椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，椭圆C2的四个顶点为A1，A2，B1，B2，如图.
(1)圆C1:x2+y2=1与平行四边形A1B2A2B1内切，求a2+4b2的最小值；
(2)已知椭圆的内接平行四边形的中心与椭圆的中心重合.当a，b满足什么条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点与C1外切，与C2内接的平行四边形？并证明你的结论.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=blnx，g(x)=x2+ax(其中a，b为实数，且b>0).
(1)当a=−1时，f(x)≤g(x)恒成立，求b；
(2)当b=2时，函数G(x)=f(x)−g(x)有两个不同的零点，求a的最大整数值.
(参考数据：ln54≈0.223)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合A={1,2,3,4}，且A∩B=A，即A⊆B，
A：结合选项可知，A显然不符合题意；
B：{x|x2>1}={x|x>1或x<−1}，不符合题意；
C：{x|lg2x>0}={x|x>1}，不符合题意；
D：{x|2x>1}={x|x>0}，符合题意．
故选：D.
由A∩B=A，可得A⊆B，然后结合集合的包含关系检验各选项即可判断．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵a+3i=(b+i)i=−1+bi，a，b∈R，
∴a=−1，b=3，
故选：B.
利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．
本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的相等，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：当a>0且b>0时，ab>0,ba>0，
则ab+ba≥2 ab⋅ba=2，当且仅当ab=ba，即a=b时取等号，
所以充分性成立；
当a<0且b<0时，ab>0,ba>0，
则ab+ba≥2 ab⋅ba=2，当且仅当ab=ba，即a=b时取等号，
所以必要性不成立；
所以“a>0且b>0”是“ab+ba≥2”的充分不必要条件．
故选：A.
根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
本题主要考查充分条件与必要条件的判断，涉及基本不等式的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：双曲线C:y23−x2=1的下焦点和上焦点分别为F1(0,−2)，F2(0,2)，
联立y=x+my2=3x2+3，可得2x2−2mx−m2+3=0，
由Δ>0，即4m2−8(3−m2)>0，解得m> 2，或m<− 2.
由△F2AB面积是△F1AB面积的4倍，可得F2到直线y=x+m的距离是F1到直线y=x+m的距离的4倍，
即有|m−2| 2=4|m+2| 2，解得m=−103(−65舍去).
故选：D.
联立直线和双曲线的方程，由判别式大于0，可得m的范围，由三角形的面积公式可得F2到直线y=x+m的距离是F1到直线y=x+m的距离的4倍，解方程可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，若甲独自获胜，分2种情况讨论：
①甲抽到自己的灯谜，而乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲乙丙三人每人随机选一个球，有A33=6种抽取方法，
若只有甲抽到自己的灯谜，有1种抽取方法，
故只有甲抽到自己的灯谜的概率为16，
则此时甲独自获胜的概率P1=16×(1−12)×(1−12)=124，
②甲乙丙都没有抽到自己的灯谜，
甲乙丙都没有抽到自己的灯谜，甲有2种可能，乙、丙只有1种可能，则有2×1=2种可能，
故甲乙丙都没有抽到自己的灯谜的概率为26，
则此时甲独自获胜的概率P2=26×12×(1−12)×(1−12)=124，
故甲独自获胜的概率P=P1+P2=124+124=112.
故选：C.
根据题意，分2种情况讨论甲获胜的情况，由相互独立事件的概率性质求出各自的概率，由互斥事件的概率公式计算可得答案．
本题考查互斥事件、相互独立事件的概率计算，注意“甲独自获胜”的情形，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得f(n+1)即ln(n+1)−a(n+1)即a>ln(n+1)−lnn=lnn+1n=ln(1+1n)，n∈N*，
又因为当n∈N*时，y=ln(1+1n)单调递减，
所以ln(1+1n)≤ln(1+11)=ln2，
所以a>ln2，
所以a的取值范围为(ln2,+∞).
故选：B.
由题意可得f(n+1)ln(1+1n)，n∈N*，再根据函数y=ln(1+1n)的单调性求解即可．
本题属于新概念题，考查了对数函数的性质及转化思想，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：tan2α=2tanα1−tan2α=43，解得tan⁡α=12或−2，
故2+2cs2α−3sin2α1−cs2α=2sin2α+2cs2α+2−2sin2α−6sinαcsα2sin2α=2tan2α−3tanα=2.
故选：C.
直接利用三角函数关系式的变换求出三角函数的值．
本题考查的知识点：三角函数关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：记g(x)=f(x+2)=lg2(4x+2+16)−x−4,x∈R，
则g′(x)=4x+2ln4(4x+2+16)ln2−1=4x+2−164x+2+16=0，解得x=0，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(−x)=lg2(4−x+2+16)+x−4=lg216(1+4x)4x+x−4=lg(4x+2+16)−x−4=g(x)，
所以g(x)为偶函数．
所以f(a−1)≥f(2a+1)，
所以f(a−3+2)≥f(2a−1+2)，
所以g(a−3)≥g(2a−1)，
又g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以|a−3|≥|2a−1|，即3a2+2a−8≤0，
解得−2≤a≤43.
故选：C.
构造函数g(x)=f(x+2)，判断g(x)的奇偶性，再利用导数讨论其单调性，然后根据单调性将不等式去掉函数符号即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性及单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由题意，选项A，
甲数据在[1.5,7.5]之间，故甲的极差小于等于7.5−1.5=6，
乙数据在[2.5,8.5]之间，故乙的极差小于等于8.5−2.5=6，
故甲、乙极差有可能相等，故A错误；
选项B，甲的众数落在[2.5,5.5)之间，乙的众数落在[5.5,6.5)之间，
所以乙的众数一定大于甲的众数，故B正确；
选项C，从频率分布直方图上可以观察出甲数据较乙数据平均，
即甲组数据分布较为集中，乙组数据较分散，
由方差越大，数据越分散，
可知样本乙的方差一定大于样本甲的方差，故C错误；
选项D，甲各组数据的频率分别为0.15，0.2，0.2，0.2，0.15，0.1，
且0.15+0.2+0.2=0.55>0.5，0.15+0.2<0.5，
所以甲的中位数落在[3.5,4.5)之间，
乙数据前四组频率和为0.05+0.10+0.15+0.5>0.5，
乙数据前三组频率和为0.05+0.10+0.15<0.5，
所以乙的中位数落在[5.5,6.5),
故甲的中位数小于乙的中位数，故D正确．
故选：BD.
根据频率分布直方图的性质，分析甲、乙两组数据的极差、众数、中位数和方差，对各选项进行判定即可．
本题考查频率分布直方图的性质，属基础题．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质，充分必要条件的判定，属于中档题．
分别将选项代入解析式，确定f(x)的单调区间，再利用充分必要条件定义进行判断．
【解答】
解：对于A，φ=−π3时，f(x)=sin(2x−π3)，
由π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ(k∈Z)，
得：5π12+kπ≤x≤11π12+kπ(k∈Z)，
所以f(x)的减区间为[5π12+kπ,11π12+kπ](k∈Z).
当k=0时，减区间为[5π12,11π12]，
此时不能推出f(x)在区间(π6,π3)上单调递减，所以A选项错误；
对于B，若f(x)的图象关于直线x=π6对称，
则2×π6+φ=π2+kπ(k∈Z)，
因为−π2<φ<π2，所以φ=π6，
此时f(x)=2sin(2x+π6)，
当x∈(π6,π3)时，2x+π6∈(π2,5π6)，
此时f(x)在x∈(π6,π3)上单调递减，所以B正确；
对于C，若f(x)为奇函数，则φ=0，
此时f(x)=sin2x，
当x∈(π6,π3)时，2x∈(π3,2π3)，
此时f(x)在x∈(π6,π3)上不单调递减，所以C错误；
对于D，若f(x)图象关于(5π6,0)对称，
则2×5π6+φ=kπ(k∈Z)，
因为−π2<φ<π2，
所以φ=π3，
此时f(x)=sin(2x+π3)，
当x∈(π6,π3)时，2x+π3∈(2π3,π)，
此时f(x)在x∈(π6,π3)上单调递减，故D正确．
故答案选：BD.
11.【答案】AD
【解析】解：不相等的实数a，b满足ab>0，不妨设a>b，
当a>b>0时，显然a>a+b2> ab>b，要想构成等差数列，则有：a+b=a+b2+ ab⇒a+b2= ab⇒a=b，这与a>b矛盾，因此不能构成等差数列，
若能构成等比数列，则有：ab=a+b2⋅ ab⇒a+b2= ab⇒a=b，这与a>b矛盾，因此不能构成等比数列，当0>a>b时， ab>a>a+b2>b，
要想构成等差数列，则有：a+a+b2= ab+b⇒b=9a或b=a(舍去)，
要想成等比数列，则有：因为 ab>0,a,a+b2,b<0这是不可能的，因此不能构成等比数列．
故选：AD.
根据基本不等式的性质，结合等差数列、等比数列的性质进行判断即可．
本题主要考查等差数列和等比数列的性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当m=1，n=1时，直线系方程为xcsθ+ysinθ=1，原点到直线的距离d=1 cs2θ+sin2θ=1，此时圆x2+y2=1与直线系M中所有直线都相切，故A正确；
对于B，当m=n=2时，直线系方程为xcs2θ+ysin2θ=1，直线经过定点(1,1)，当θ≠0，θ≠π，θ≠2π时，直线方程化为y=−cs2θsin2θx+1sin2θ，显然不过第三象限，当θ=0或π或2π，直线x=1，也不过第三象限，
所以直线不过第三象限，故B正确；
对于C，当m=n=1时，直线系M为xcsθ+ysinθ=1，原点到直线系M中所有直线的距离d=1 cs2θ+sin2θ=1，当m=n=2时，则直线系M为xcs2θ+ysin2θ=1，则原点到直线的距离d=1 (sin2θ)2+(cs2θ)2=1 (sin2θ+cs2θ)2−2sin2θcs2θ=1 1−12sin22θ≥1，故C错误；
对于D，当m=2，n=1时，直线系M为xcs2θ+ysinθ=1，设cs2θ=m∈[0,1]，
故点A(a,0)，则点A到直线系M中所有直线的距离d=|acs2θ−1| cs4θ+sin2θ=(am−1)2m2−m+1≤1，
设g(m)=(a2−1)m−2a+1≥0，
故g(0)≥0g(1)≥0，解得{a⩽12a⩾2或a⩽0，故a≤0，故D正确
故选：ABD.
直接利用点到直线的距离公式和直线的位置以及恒成立问题的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：点到直线的距离公式的应用，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：P(−1,4)为抛物线C：y2=ax一点，
即有42=−a，a=−16，
抛物线的方程为y2=−16x，
焦点为(−4,0)，
即有|PF|= (−1+4)2+42=5.
故答案为：5.
代入P的坐标，求得a，求出抛物线的焦点坐标，由两点的距离公式计算即可得到．
本题考查抛物线的方程和性质，考查两点的距离公式，及运算能力，属于基础题．
14.【答案】−4
【解析】解：f′(x)=3x2+2ax+b，
因为函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=−1处有极值8，
所以f′(−1)=3−2a+b=0，且f(−1)=−1+a−b+a2=8，
解得a=−2b=7或a=3b=3，
当a=−2，b=−7时，f(x)=x3−2x2−7x+4，f′(x)=3x2−4x−7=(3x−7)(x+1)，
令f′(x)=0得x=73或−1，
所以在(−∞,−1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−1,73)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(73,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以在x=−1处取得极大值，且f(−1)=8，符合题意，
当a=3，b=3时，f(x)=x3+3x2+3x+9，f′(x)=3x2+6x+3=(3x+3)(x+1)，
令f′(x)=0得x=−1，
所以在(−∞,−1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以在x=−1处，没有取得极值，不合题意，舍去，
所以f(x)=x3−2x2−7x+4，
所以f(1)=−4.
故答案为：−4.
根据题意可得f′(−1)=3−2a+b=0，且f(−1)=−1+a−b+a2=8，解得a，b，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】722π3
【解析】解：该组合体的体积为：
V=V圆柱1+V圆台+V圆柱2
=π×52×2+13π×(42+52+4×5)×2+π×52×6
=722π3.
故答案为：722π3.
根据圆柱于圆台的体积公式，计算组合体的体积即可．
本题考查了圆柱与圆台体积计算问题，是基础题．
16.【答案】 5
【解析】解：因为⟨e1,e2⟩=105∘且两者均为单位向量，
所以e1⋅e2=|e1|⋅|e2|⋅cs⟨e1,e2⟩
=cs105∘=cs(45∘+60∘)=cs45∘×cs60∘−sin45∘×sin60∘= 2− 64，
又因为对于任意的x，y∈R，都有|a−(xe1+ye2)|≥|a−(x0e1+y0e2)|=1，
则当x=x0，y=y0时，|a−(xe1+ye2)|取得最小值，
因为|a−(xe1+ye2)|2=|a|2+(xe1+ye2)2−2a⋅(xe1+ye2)=a2+x2+y2+ 2− 62xy−2x−2 2y，
令f(x)=x2+( 2− 62y−2)x+y2−2 2y，
由二次函数性质得，当x=1− 2− 64y时，f(x)min=8+4 316y2−3 2+ 62y−1，
令g(y)=8+4 316y2−3 2+ 62y−1，
同理g(y)min=−4，即f(x)min=−4，
故|a|2−4=1⇒|a|= 5.
故答案为： 5.
首先分析题意，由⟨e1,e2⟩=105∘，结合空间向量的数量积定义求解e1⋅e2的值，进行下一步化简得出则当x=x0，y=y0时，|a−(xe1+ye2)取得最小值，得到x=1− 2− 62y，多次求解二次函数最值可得答案．
本题考查了向量的数量积及模的运算，考查了函数思想及转化思想，属于难题．
17.【答案】解：(1)证明：因为b(b+a)=b2+ab=c2，
在△ABC中，由余弦定理得到：b2+ab=c2=a2+b2−2abcsC，
所以b=a−2bcsC，
由正弦定理得到sinB=sinA−2sinBcsC=sinCcsB−csCsinB=sin(C−B)，
因为B，C∈(0,π)，则C−B∈(−π,π)，
所以C−B=B或C−B=π−B(舍去)，
所以C=2B；
(2)因为△ABC为锐角三角形，
所以0<π−3B<π20解得：π6所以0<π4−B<π12，
且sinπ12=sin(π3−π4)=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4= 6− 24，
由(1)问，C=2B，
所以2sinC+csB−sinB=2sin2B+csB−sinB，
令t=csB−sinB= 2sin(π4−B)∈(0, 3−12)，
则sin2B=1−(csB−sinB)2，
所以2sinC+csB−sinB=2(1−t2)+t=−2t2+t+2=−2(t−14)2+178，
因为t∈(0, 3−12)，
所以当t=14时，所求2sinC+csB−sinB的最大值为178.
【解析】(1)先利用余弦定理可得b=a−2bcsC，再由正弦定理，两角和的正弦函数公式可得：sinB=sin(C−B)，进而可证．
(2)利用△ABC为锐角三角形，求出π6本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及二次函数的性质等知识的综合应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为Sn=12an2+an2−1①，
所以当n≥2时，Sn−1=12an−12+12an−1−1②，
①-②得(an−an−1−1)(an+an−1)=0(n≥2)，
又当n≥5时，an>0，所以an−an−1=1(n≥6)，
所以当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)解：由a1=12a12+12a1−1，解得a1=2或a1=−1，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以由(1)得an+1+an=0(n≤5)，进而q=−1，
而a5>0，所以a1>0，从而a1=2=a5，
所以an=2(−1)n−1,1≤n≤4n−3,n≥5，
所以Sn=1−(−1)n,1≤n≤4,n∈N*12n2−52n+2,n≥5,n∈N*.
【解析】(1)由题Sn=12an2+an2−1①，Sn−1=12an−12+12an−1−1②，①-②得(an−an−1−1)(an+an−1)=0(n≥2)，又当n≥5时，an>0，所以an−an−1=1(n≥6)，即可得证；
(2)由(1)结合已知可得an=2(−1)n−1,1≤n≤4n−3,n≥5，然后分段求和即可．
本题考查了数列的通项与求和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=35(12×5−10×8)222×13×20×15=70429≈0.163，又P(K2≥3.841)=0.050，而0.163<3.841，
所以没有95%的把握认为该班数学成绩与语文成绩有关．
(2)(i)因为R=P(A|B)P(A−|B)⋅P(A−|B−)P(A|B−)=P(AB)P(B)⋅P(B)P(A−B)⋅P(A−⋅B)P(B−)⋅P(B−)P(AB−).
所以R=P(AB)P(A)⋅P(A)P(AB−)⋅P(A−⋅B−)P(A−)⋅P(A−)P(A−B)，
所以R=P(B|A)P(B−|A)⋅P(B|A−)P(B|A−).
(ii)由已知P(B|A)=1220=35,P(B|A−)=1015=23，
又P(B−|A)=820,P(B−|A−)=515，
所以R=P(B|A)P(B−|A)⋅P(B−|A−)P(B|A−)=34.
【解析】(1)根据公式求出K2，査表即可判断；
(2)(i)根据条件概率计算公式即可证明；(ii)根据条件概率计算公式即可计算．
本题主要考查独立性检验和条件概率，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：∵平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PD，PD⊂平面PAD，
∴PD⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，∴PD⊥AB，
∵四边形ABCD为正方形，∴AB⊥AD，
∵PD∩AD=D，∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)取AD中点O，连接OP，OF，
∵PA=PD，O为AD中点，∴OP⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，
∴OP⊥平面ABCD，
∵O，F分别为AD，BD中点，∴OF//AB，
∵AB⊥AD，∴OF⊥AD，
∴以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
∵PA=PD=2，PA⊥PD，∴AD=2 2，OP=12AD= 2，
∴D(− 2,0,0)，A( 2,0,0)，P(0,0, 2)，B( 2,2 2,0)，C(− 2,2 2,0)，F(0, 2,0)，
∴DF=( 2, 2,0)，PB=( 2,2 2,− 2)，BC=(−2 2,0,0)，AP=(− 2,0, 2)，DA=(2 2,0,0)，
设AE=λAP(0≤λ≤1)，则AE=(− 2λ,0, 2λ)，
∴DE=DA+AE=(2 2− 2λ,0, 2λ)，
设平面DEF的法向量n=(x,y,z)，
则DE⋅n=(2 2− 2λ)x+ 2λz=0DF⋅n= 2x+ 2y=0，令x=λ，得n=(λ,−λ,λ−2)，
∵z轴⊥平面ADF，∴平面ADF的一个法向量m=(0,0,1)，
∴|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|λ−2| λ2+λ2+(λ−2)2=3 1111，
解得λ=−1(舍)或λ=12，
∴AE=(− 22,0, 22)，
∴EP=AP−AE=(− 22,0,− 22)，
设平面PBC的法向量t=(a,b,c)，
则PB⋅t= 2a+2 2b− 2c=0BC⋅t=−2 2a=0，令b=1，得t=(0,1,2)，
∴点E到平面PBC的距离为d=|EP⋅t||t|= 2 5= 105.
【解析】(1)由面面垂直和线面垂直的性质可得PD⊥AB，结合AB⊥AD，由线面垂直和面面垂直的判定方法能证明平面PAD⊥平面ABCD；
(2)取AD中点O，结合面面垂直性质可知OF，AD，OP两两互相垂直，则以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出E到平面PBC的距离．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)直线A1B1的方程为bx+ay+ab=0，由条件得，
原点到直线的距离为d=|ab| a2+b2=1，即1a2+1b2=1，
所以a2+4b2=(a2+4b2)(1a2+1b2)=5+4b2a2+a2b2≥9，当b2=32,a2=3时取“=”，
故(a2+4b2)min=9；
(2)当a，b满足1a2+1b2=1时，符合要求，理由如下：
证明：由平面几何可知，若平行四边形有内切圆，则平行四边形是菱形，设菱形为PQRS，设
直线PR：y=kx，则直线QS:y=−1kx，
联立y=kxx2a2+y2b2=1，消y得xp2=a2b2b2+a2k2,yp2=k2a2b2b2+a2k2，
同理有xQ2=a2b2b2+a21k2=k2a2b2a2+b2k2,yQ2=a2b2a2+b2k2，
设原点O到直线PQ的距离为h，又OP⊥OQ，
则h⋅|PQ|=|OP|⋅|OQ|，
所以h2=|OP|2⋅|OQ|2|PQ|2=|OP|2⋅|OQ|2|OP|2+|OQ|2=11|OQ|2+1|OP|2，
又1|OP|2+1|OQ|2=b2+a2k2a2b2(1+k2)+a2+b2k2a2b2(1+k2)=b2+a2a2b2=1a2+1b2=1，
∴h2=1，即h=1，
同理可得O到直线QR，RS，SP的距离均为1，
所以该平行四边形与C1:x2+y2=1相切．
【解析】(1)直线A1B1的方程为bx+ay+ab=0，由圆C1:x2+y2=1与平行四边形A1B2A2B1内切可得1a2+1b2=1，再利用基本不等式即可求解；
(2)猜想当a，b满足1a2+1b2=1时，符合要求；然后分别联立直线PR、QS与椭圆的方程即可求得P、Q的坐标，再通过坐标运算即可得证．
本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用，属于难题．
22.【答案】解：(1)设F(x)=f(x)−g(x)=blnx−x2+x，则定义域为(0,+∞)，
F′(x)=bx−2x+1=−2x2+x+bx，
当b=1时，F′(x)=−2x2+x+1x=−(2x+1)(x−1)x，
所以在(0,1)上F′(x)>0，F(x)单调递增，
在(1,+∞)上F′(x)<0，F(x)单调递减，
所以F(x)≤F(1)=0，对任意x∈(0,+∞)恒成立，
即f(x)≤g(x)恒成立，所以b=1合理，
当b>1时，令F′(x)=0，即−2x2+x+b=0，
解得x1=1− 1+8b4<0(舍)，x2=1+ 1+8b4>1，
所以在(0,x2)上F′(x)>0，F(x)单调递增，
又F(1)=0，
所以在(1,x2)上，F(x)>F(1)=0，不合题意，
当0解得x1=1− 1+8b4<0(舍)，x2=1+ 1+8b4<1，
又有F(1)=0，
所以在(x2,1)上，F(x)>F(1)=0，不合题意，
综上所述，b=1.
(2)由题意可得，方程2lnx−x2−ax=0(x>0)有两个不同的解，
即关于x的方程a=2lnx−x2x(x>0)有两个不同的解，
设h(x)=2lnx−x2x(x>0)，则h′(x)=2−x2−2lnxx2，
设m(x)=2−x2−2lnx，
由x>0可知m′(x)=−2x−2x<0，
所以m(x)在(0,+∞)上单调递减，
又m(1)=1>0，m(54)=716−2ln54<0，
所以存在x0∈(1,54)使得m(x0)=0，即2−x02−2lnx0=0，
所以2=x02+2lnx0，
所以当x∈(0,x0)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(x0,+∞)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)的极大值为h(x0)=2lnx0−x02x0=2−2x02x0=2x0−2x0∈(−910,0)，
要使得关于x的方程a=2lnx−x2x(x>0)有两个不同的解，则a当a=−1时，设p(x)=2lnx−x2+x，
则p′(x)=2x−2x+1=−2x2+x+2x，
令p′(x)=0得x=1+ 174或1− 174(舍)，
所以在(0,1+ 174)上，p′(x)>0，p(x)单调递增，
在(1+ 174,+∞)上，p′(x)<0，p(x)单调递减，
又p(1)=0，p(1+ 174)>0，p(e)=2−e2+e<0，
所以p(x)有两个不同的零点，符合题意，
所以a的最大整数值为−1.
【解析】(1)设F(x)=f(x)−g(x)=blnx−x2+x，则定义域为(0,+∞)，求导分析单调性，最值，即可得出答案．
(2)由题意可得，方程2lnx−x2−ax=0(x>0)有两个不同的解，即关于x的方程a=2lnx−x2x(x>0)有两个不同的解，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．数学成绩良好
数学成绩不够良好
语文成绩良好
12
10
语文成绩不够良好
8
5
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828