2024年山东省枣庄市高考数学模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省枣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.已知集合A={x|−x2+4x>0}，B={x|y= x−1}，则A∩B=( )
A. (−4,1]B. (−4,0)C. [1,4)D. (0,4)
2.若a=(3,1)，b=(−2,5)，(2a−b)//(3a+mb)，则m=( )
A. 12B. 32C. −32D. −12
3.已知复数3+2i是方程x2+ax+13=0的一个根，则实数a=( )
A. −5B. 5C. −6D. 6
4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，M，N分别为AB，BB1，DD1的中点，则与平面MNP垂直的直线可以是( )
A. A1B
B. A1D
C. AC1
D. A1C
5.今天是星期三，经过7天后还是星期三，那么经过82021天后是( )
A. 星期二B. 星期三C. 星期四D. 星期五
6.若斜率为1的直线l与曲线y=ln(x+a)和圆x2+y2=12都相切，则实数a的值为( )
A. −1B. 0C. 2D. 0或2
7.已知直角三角形ABC两直角边长之和为3，将△ABC绕其中一条直角边旋转一周，所形成旋转体体积的最大值为( )
A. 53πB. 43πC. 23πD. 98π
8.设直线l：x+y−1=0，一束光线从原点O出发沿射线y=kx(x≥0)向直线l射出，经l反射后与x轴交于点M，再次经x轴反射后与y轴交于点N.若|MN|= 136，则k的值为( )
A. 32B. 23C. 12D. 2
二、多选题：本题共3小题，共15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.为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，哈尔滨市某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响，随机抽取了300名学生，对他们是否经常锻炼的情况进行了调查，调查发现经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，绘制其等高堆积条形图，如图所示，则下列说法不正确的是( )
参考公式：其中X2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值：
A. 参与调查的男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多
B. 从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为47
C. 依据α=0.1的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1
D. 若经常锻炼人数与不经常锻炼人数的比例不变，统计得到的等高堆积条形图也不变，则无论参与调查的男生、女生人数为多少，依据α=0.1的独立性检验，都可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性无关
10.某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数y=1x的图象是双曲线，设其焦点为M，N，若P为其图象上任意一点，则( )
A. y=−x是它的一条对称轴B. 它的离心率为 2
C. 点(2,2)是它的一个焦点D. ||PM|−|PN||=2 2
11.关于函数f(x)=mx2−xlnx，m为常数，则( )
A. 若m=12ln2，则f(2)=f(4)=0
B. 当m>1时，方程f(x)=x2恰好只有一个实数根
C. 若x1>x2>0，总有f(x1)>f(x2)恒成立，则m≥12
D. 若函数f(x)有两个极值点，则实数m∈(0,12)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(2,sinα)，b=(1,csα)，且a//b，则tan(α−Π4)=______.
13.在正项等比数列{an}中，a4+a3−a2−a1=5，则a5+a6的最小值为______.
14.以maxM(minM)表示数集M中最大(小)的数.设a>0，b>0，c>0，已知a2c+b2c=1，则min{max{1a,1b,1c}}=______.
四、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanB+tanC= 3accsB.
(1)求角C；
(2)若CD是∠ACB的角平分线，CD=4 3,△ABC的面积为18 3，求c的值.
16.(本小题15分)
如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，随机移动n次，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，n次移动结束后，质点到达的位置的数字记为X.
(1)若n=2，求P(X=0)；
(2)若n=6，求X的分布列和E(X)的值.
17.(本小题15分)
在几何体中，底面ABC是边长为2的正三角形.AE⊥平面ABC，若AE//CD//BF，AE=5，CD=4，BF=3.
(1)求证：平面DEF⊥平面AEFB；
(2)是否在线段AE上存在一点P，使得二面角P−DF−E的大小为π3.若存在，求出AP的长度，若不存在，请说明理由.
18.(本小题17分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过右焦点F2且与双曲线C交于A、B两点．
(1)若双曲线C的离心率为 3，虚轴长为2 2，求双曲线C的焦点坐标；
(2)设a=1，b= 3，若l的斜率存在，且(F1A+F1B)⋅AB=0，求l的斜率；
(3)设l的斜率为 35，|OA+OB|=|OA−OB|=4，求双曲线C的方程．
19.(本小题18分)
英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+⋯+f(n)(0)n!xn+⋯.注：f′′(x)表示f(x)的2阶导数，即为f′(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯.当x≥0时，试比较csx与1−x22的大小，并给出证明；
(3)设n∈N*，证明：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：解−x2+4x>0得0所以可得A=(0,4)，又B=[1,+∞),
故A∩B=[1,4).
故选：C.
求解一元二次不等式求得集合A，求函数的定义域求得集合B，之后找出两集合的交集即可．
该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，函数的定义域，集合的运算，属于基础题目．
2.【答案】C
【解析】解：∵a=(3,1)，b=(−2,5)，
∴2a−b=(6,2)−(−2,5)=(8,−3)，
3a+mb=(9,3)+(−2m,5m)=(9−2m,3+5m)，
∵(2a−b)//(3a+mb)，
∴89−2m=−33+5m，
解得m=−32.
故选：C.
求出2a−b和3a+mb，利用(2a−b)//(3a+mb)，列出方程能求出m.
本题考查平面向量的运算，考查平面向量坐标运算法则、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵复数3+2i是方程x2+ax+13=0的一个根，
∴复数3−2i是方程x2+ax+13=0的另一个根，
∴3+2i+3−2i=−a，解得a=−6.
故选：C.
结合二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查元二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：以A为坐标原点，分别以AB、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，
D(0,2,0)，A1(0,0,2)，C1(2,2,2)，M(2,0,1)，N(0,2,1)，P(1,0,0)，
PM=(1,0,1)，PN=(−1,2,1)，
设平面PMN的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅PM=x+z=0n⋅PN=−x+2y+z=0，取z=−1，得n=(1,1,−1).
∵A1B=(2,0,−2)，A1D=(0,2,−2)，AC1=(2,2,2)，A1C=(2,2,−2)，
∴只有A1C与n共线，可知与平面MNP垂直的直线可以是A1C.
故选：D.
以A为坐标原点，分别以AB、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PMN的一个法向量，利用空间向量分析得答案．
本题考查空间中直线与平面位置关系的判定，考查空间向量的应用，是基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，整除问题，属于基础题．
求出82021除以8的余数，可得结论．
【解答】
解：∵82021=(7+1)2021=C20210⋅72021+C20211⋅72020+…+C20212020⋅7+C20212021，
故它除以7的余数为C20212021=1，
故经过7天后还是星期三，那么经过82021天后是星期四，
故选：C.
6.【答案】D
【解析】解：设直线l与曲线y=ln(x+a)的切点为P(x0,y0)，
由y′=[ln(x+a)]′=1x+a，则1x0+a=1，
则x0=1−a，y0=0，即切点为P(1−a,0)，所以直线l为y=x−1+a，
又直线l与圆x2+y2=12都相切，则有|−1+a| 2= 22，解得a=2或a=0.
故选：D.
设直线l与曲线y=ln(x+a)的切点为P(x0,y0)，先根据导数的几何意义求出y=ln(x+a)在切点P(x0,y0)处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．
本题考查了导数的几何意义和圆心到直线的距离计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设两条直角边分别为：a，b，且0V1=13πa2b，V2=13πb2a，V1∴V2=13πb2a=13πb2(3−b)=f(b)，
f′(b)=πb(2−b)，可得b=2时，函数f(b)取得最大值．
∴所形成旋转体体积的最大值=13π×22×1=4π3.
故选：B.
设两条直角边分别为：a，b，且0本题考查了旋转体的体积、利用导数研究其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意得原点O关于直线l：x+y−1=0的对称点为A(1,1)，
一束光线从原点O出发沿射线y=kx(x≥0)向直线l射出，经l反射后与x轴交于点M，
根据y=kxx+y−1=0，解得x=11+ky=k1+k，可知入射点P(11+k,k1+k)；
由点A、P、M三点共线，解得M(1−k,0).
设P关于x轴的对称点为P′(11+k,−k1+k)，
光线再次经x轴反射后与y轴交于点N.则P′、M、N三点共线，
设N(0,b)，则b−00−(1−k)=−k1+k−011+k−(1−k)，解得b=1−kk，即N(0,1−kk)，
所以|MN|= (1−k)2+(1−kk)2= 136，解得k=23(k=32不符合题意，舍去).
故选：B.
求出入射点P的坐标关于k的表达式，根据A、P、M三点共线解出点M的坐标关于k的表达式，同理求出点N的坐标关于k的表达式，然后利用两点间的距离公式列式解出k的值，即可得到本题的答案．
本题主要考查直线的方程及其应用、轴对称的性质、两条直线的交点求法等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由题意知经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，故经常锻炼人数为200人，不经常锻炼人数为100人，
故男生中经常锻炼的人数为200×0.5=100人，不经常锻炼的人数为100×0.6=60人，
故男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多，A正确；
对于B，经常级炼的女生人数为200×0.5=100人，不经常锻炼的人数为100×0.4=40人，
故从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为100100+40=57，B错误；
对于C，由题意结合男女生中经常锻炼和不经常锻炼的人数，可得列联表：
K2=300×(100×60−40×100)2140×160×200×100≈2.679<2.706，
故依据α=0.1的独立性检验，认为性别因素与学生休育锻炼的经常性无关，该推所犯错的概率不超过0.1，C错误；
对于D，假设抽取600名学生，由题意可得：
则此时K2=600×(200×80−200×120)2400×320×200×280≈5.357>3.841，
故依据α=0.05的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05，D错误．
故选：BCD.
根据数表计算人数判断A选项，根据古典概型公式判断B选项，根据K2的值及独立性检验判断C，D选项．
本题考查根据统计图表获取信息，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为 2，
易知y=x是实轴，y=−x是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程y=x与反比例函数y=1x，
得实轴顶点为(1,1)，(−1,−1)，
所以a= 2,c=2，其中一个焦点坐标应为( 2, 2)，而不是(2,2)，
由双曲线定义可知||PM|−|PN||=2a=2 2.
故选：ABD.
由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及a，c即可逐一判断求解．
本题考查双曲线的定义及几何性质，属基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，当m=12ln2时，f(x)=12x2ln2−xlnx，
则f(2)=12×22ln2−2ln2=0,f(4)=12×42ln2−4ln4=0，故A正确；
对于B，由f(x)=x2，得mx2−xlnx=x2，即m=1+lnxx，
令g(x)=1+lnxx，则x>0,g′(x)=1−lnxx2，
当00，g(x)单调递增；
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
则g(x)max=g(e)=1+1e，且g(1e)<0，当x>e时，g(x)>0恒成立，
所以g(x)与y=m的大致图象如下．
因为方程f(x)=x2恰好只有一个实数根，
即g(x)与y=m的图象只有一个交点，结合图象，可得m<0或m=1+1e，故B错误；
对于C，因为当x1>x2>0时，总有f(x1)>f(x2)恒成立，
所以f(x)(0,+∞)上为增函数，即f′(x)≥0恒成立，
因为f(x)=mx2−xlnx，所以f′(x)=2mx−1−lnx，
由f′(x)≥0恒成立，得2m≥lnx+1x在(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=lnx+1x，则h′(x)=−lnxx2，
令h′(x)>0，得01；
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
则h(x)max=h(1)=1，所以2m≥1，即m≥12，故C正确；
对于D，因为函数f(x)有两个极值点，所以f′(x)=0有两个异号正零点，
由选项C可知其等价于h(x)与y=2m的图象在(0,+∞)上有两个交点，
而对于h(x)=lnx+1x，当01e时，h(x)>0，
所以h(x)与y=2m的大致图象如下．
结合图象，可得0<2a<1，即0故选：ACD.
直接代入数值可判断A；将问题转化为g(x)=1+lnxx与y=m的图象只有一个交点，从而判断B；利用函数单调性的定义，将问题转化为2m≥lnx+1x恒成立，由此判断C；将问题转化为h(x)=lnx+1x与y=2m的图象在(0,+∞)上有两个交点，从而判断D.
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，函数的零点与方程根的关系，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想和数形结合思想，属难题．
12.【答案】13
【解析】解：∵已知a=(2,sinα)，b=(1,csα)，且a//b，∴2csα−sinα=0，即tanα=2，
则tan(α−Π4)=tanα−11+tanα=13，
故答案为：13.
利用两个向量共线的性质求得tanα的值，再利用两角差的正切公式求得tan(α−Π4)的值．
本题主要考查两个向量共线的性质，两角差的正切公式，属于基础题．
13.【答案】20
【解析】解：在正项等比数列{an}中，设a2+a1=x，等比数列的公比为q，则a4+a3=xq2，a5+a6=xq4.
再由a4+a3−a2−a1=5，可得xq2=5+x，∴x=5q2−1>0，q>1.
∴a5+a6=xq4=5⋅q4q2−1=5⋅q4−1+1q2−1=5(q2+1+1q2−1)=5(q2−1+1q2−1+2)≥5(2+2)=20，
当且仅当q2−1=1时，等号成立，故a5+a6的最小值为20，
故答案为20.
设a2+a1=x，等比数列的公比为q，由条件求得x=5q2−1>0，q>1，再由a5+a6=xq4=5⋅q4q2−1=5(q2−1+1q2−1+1)，利用基本不等式求出a5+a6的最小值．
本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式以及基本不等式的应用，属于中档题．
14.【答案】32
【解析】解：由a2c+b2c=1，得a2+b2=1c，
设max{1a,1b,1c}=M，则M≥1a,M≥1b,M≥1c=a2+b2≥2ab，
由3M=2 M⋅ M+M≥2⋅1 a⋅1 b+2ab=1 ab+1 ab+2ab≥331 ab⋅1 ab⋅2ab=332，
当且仅当a=b=c=132时，取等号，
所以min{max{1a,1b,1c}}=32.
故答案为：32.
由a2c+b2c=1，得a2+b2=1c，设max{1a,1b,1c}=M，则M≥1a,M≥1b,M≥1c，再结合基本不等式求解即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意利用同角三角函数基本关系式，正弦定理可得sinBcsB+sinCcsC= 3sinAsinCcsB，
因为sinBcsC+csBsinCcsBcsC=sin(B+C)csBcsC=sinAcsBcsC，
所以sinAcsBcsC= 3sinAsinCcsB，
因为0所以sinA≠0，csB≠0，
所以tanC= 3，
由0所以C=π3；
(2)由S△ABC=12absinC= 34ab=18 3，
所以ab=72，
又S△ABC=S△ACD+S△BCD=12b⋅CD⋅sin∠ACD+12a⋅CD⋅sin∠BCD，
因为CD为角平分线，
所以∠ACD=∠BCD=π6，
又CD=4 3，
所以有12b×4 3×12+12a×4 3×12=18 3，
所以a+b=18，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=182−3×72=108，
所以c=6 3.
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinAcsBcsC= 3sinAsinCcsB，可求tanC= 3，结合0(2)由题意利用三角形的面积公式可求ab=72，a+b=18，进而利用余弦定理即可求解c的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换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)若n=2，则质点移动2次，可能结果共有2×2=4种，
若质点位于原点O，则质点需要向左、右各移动一次，共有C21=2种，
故P(X=0)=24=12.
(2)质点每次移动向左或向右，设事件A为“向右”，则A−为“向左”，故P(A)=P(A−)=12，
设Y表示6次移动中向左移动的次数，则Y∼B(6,12)，质点到达的数字X=6−2Y，
所以P(X=6)=P(Y=0)=C60(12)6=164，
P(X=4)=P(Y=1)=C61(12)6=332，
P(X=2)=P(Y=2)=C62(12)6=1564，
P(X=0)=P(Y=3)=C63(12)6=516，
P(X=−2)=P(Y=4)=C64(12)6=1564，
P(X=−4)=P(Y=5)=C65(12)6=332，
P(X=−6)=P(Y=6)=C66(12)6=164，
所以X的分布列为：
E(X)=E(6−2Y)=−2E(Y)+6=6−2×6×12=0.
【解析】(1)由题意知质点移动2次的所有可能种数，再求出移动2次后在原点的所有可能种数，根据古典概型求解即可；
(2)设向左移动的次数为随机变量Y，易知Y∼B(6,12)，得出随机变量X=6−2Y，由二项分布求出对应的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解X的期望．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：如图，设M，N分别为EF，AB边的中点，连接MN，DM，CN，
因为AE⊥平面ABC，AE//CD//BF，AE=5，CD=4，BF=3，
所以MN=4=CD，且MN//CD，
即四边形CNMD为平行四边形，可得MD//CN，
在底面正三角形ABC中，N为AB边的中点，则CN⊥AB，
又AE⊥平面ABC，且CN⊂平面ABC，所以AE⊥CN.
由于AE∩AB=A，且AE、AB⊂平面ABFE，所以CN⊥平面ABFE.
因为MD//CN，CN⊥平面ABFE，则MD⊥平面ABFE，
又MD⊂平面DEF，则平面DEF⊥平面AEFB.
(2)如图，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则E(0,0,5),D(0,2,4),F( 3,1,3).
设点P(0,0,t)，则DF=( 3,−1,−1),DE=(0,−2,1),DP=(0,−2,t−4).
设平面PDF的法向量为n1=(x1,y1,z1)，平面EDF的法向量为n2=(x2,y2,z2).
所以n1⋅DF= 3x1−y1−z1=0n1⋅DP=−2y1+(t−4)z1=0，令z1=2，则y1=t−4,x1=t−2 3，所以n1=(t−2 3,t−4,2)，
所以n2⋅DE=−2y2+z2=0n2⋅DF= 3x2−y2−z2=0，令y2=1，则x2= 3.z2=2，所以n2=( 3,1,2)，
由|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=csπ3=12，
将n1，n2的坐标代入计算，可得：t=±3 5−4，
由于点P为线段AE上一点，故0≤t≤5，所以t=3 5−4，
即存在点P满足，此时AP=3 5−4.
【解析】(1)作辅助线，由线面垂直的判定定理可证CN⊥平面ABFE，再由面面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，点P(0,0,t)，由二面角的向量求法建立t的方程，求解即可．
本题考查面面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，
解得b= 2，a=1，c= 3，
∴双曲线C的焦点坐标为(± 3,0)；
(2)a=1，b= 3，∴双曲线C的方程为x2−y23=1，c= a2+b2=2.
设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得：(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
则x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2−33−k2，
∵(F1A+F1B)⋅AB=0，
∴(x1+x2+4,y1+y2)⋅(x2−x1,y2−y1)=0，
∴(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，
∴x1+x2+4+k2(x1+x2−4)=0，
∴4−4k23−k2+k2(−4k23−k2−4)=0，
化为：k2=35，解得k=± 35=± 155.
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，
可得OA⋅OB=0，∴OA⊥OB，|AB|=4.
直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，
Δ>0，x1+x2=−6a2c5b2−3a2，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2，
∵OA⋅OB=0，∴x1x2+y1y2=0，x1x2+35(x1−c)(x2−c)=0，
化为8x1x2−3c(x1+x2)+3c2=0，
∴8×−3a2c2−5a2b25b2−3a2−3c×(−6a2c5b2−3a2)+3c2=0，
化为b2=3a2，c2=4a2，
∴b= 3a，c=2a，
∴x1+x2=−6a2c5b2−3a2=−a，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2=−94a2，
∴4= (1+35)[a2−4×(−94a2)]，
解得a=1，b= 3，
∴双曲线C的方程为x2−y23=1.
【解析】(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，解得b，a，c，即可得出双曲线C的焦点坐标；
(2)a=1，b= 3，可得双曲线C的方程为x2−y23=1，c=2.设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得关于x的一元二次方程，由(F1A+F1B)⋅AB=0，可得(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，利用根与系数的关系即可得出结论．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，可得OA⋅OB=0，OA⊥OB，|AB|=4.直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，利用根与系数的关系即可得出．
本题考查了双曲线的标准方程及其性质、直线与双曲线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、方程的解法、向量数量积性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
19.【答案】(1)解：令f(x)=sinx，f′(x)=csx，f′′(x)=−sinx，f(3)(x)=−csx，f(4)(x)=sinx，..，
故f(0)=0，f′(0)=1，f′′(0)=0，f(3)(x)=−1，…，
由麦克劳林公式公式得：sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，
所以sin12=12−148+...≈0.48.
(2)当x≥0时，csx≥1−x22.
证明：令g(x)=csx−1+x22，x≥0，
g′(x)=−sinx+x，g′′(x)=−csx+1≥0恒成立，
所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，且g′(0)=0，
所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
且g(0)=0，所以csx≥1−x22.
(3)证明：由(2)知，csx≥1−x22，sinx≤x，当且仅当x=0时取等号，
故当x>0时，csx>1−x22，sinx1(n+k)tan1n+k=cs1n+k(n+k)sin1n+k>cs1n+k(n+k)⋅1n+k=cs1n+k>1−12(n+k)2，
而12(n+k)2=2(2n+2k)2<2(2n+2k)2−1=2(2n+2k−1)(2n+2k+1)=12n+2k−1−12n+2k+1，
所以1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，
故k=1n1(n+k)tan1n+k>n−(12n+1−12n+3+12n+3−12n+5+...+14n−1−14n+1)
=n−12n+1+14n+1，
而n−12n+1+14n+1−n+14n+2=14n+1−14n+2>0，
所以：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2.
【解析】本题考查对新定义的理解，利用导数证明不等式，放缩法证明不等式，属难题．
(1)根据麦克劳林公式，求出sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，代入12即可求出结果；
(2)构造函数g(x)=csx−1+x22，x≥0，求导，分析导数的符号，得出原函数的单调性和最值，即可证明结论；
(3)对1(n+k)tan1n+k变形得cs1n+k(n+k)sin1n+k，根据(2)的结论，放缩得到1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，然后求和即可证明结论．α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
经常锻炼
不经常锻炼
合计
男
100
60
160
女
100
40
140
合计
200
100
300
经常锻炼
不经需量练
合计
男
200
120
320
女
200
80
280
合计
400
200
600
X
−6
−4
−2
0
2
4
6
P
164
332
1564
516
1564
332
164