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2024年湖北省襄阳五中高考数学第一次适应性试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年湖北省襄阳五中高考数学第一次适应性试卷（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.若复数z满足z⋅(1−i)=|1+ 3i|，则z的虚部为( )
A. 1B. iC. −iD. −1
2.已知a>0，b>0，a+b=2，则( )
A. 02D. 13.色差和色度是衡量玩具质量优劣的重要指标，已知该产品的色度y和色差x之间满足线性相关关系，且y =0.8x−1.8，现有一对测量数据为(30,22.8)，则该数据的残差为( )
A. 0.6B. 0.4C. −0.4D. −0.6
4.已知向量a=(−1,0)，b=(2,m)(m∈R)，若向量b在向量a上的投影向量为μa，则实数μ=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
5.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且△ABC的面积S△ABC= 3，S△ABC= 34(a2+c2−b2)，则AB⋅BC=( )
A. 3B. − 3C. 2D. −2
6.如图，在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA=AC=2BC=2，则此四面体的外接球表面积为( )
A. 3π
B. 9π
C. 36π
D. 48π
7.在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k(x−3 3)上存在一点P，圆x2+(y−1)2=1上存在一点Q，满足OP=3OQ，则实数k的最大值为( )
A. 0B. 3C. − 3D. 3
8.已知可导函数f(x)的定义域为R，f(x2−1)为奇函数，设g(x)是f(x)的导函数，若g(2x+1)为奇函数，且g(0)=12，则k=110kg(2k)=( )
A. 132B. −132C. 112D. −112
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.已知数列{an}满足an+2an+1an=8，a1=a3=−a2，记Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A. a2=−2B. an+3=anC. a3n+1=a3nD. S3n=2n
10.已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 52，M为双曲线C上一点，MN平分∠F1MF2，且F1N⋅MN=0，|ON|=4，则下列结论正确的是( )
A. 双曲线C的标准方程为x24−y2=1B. ON//MF2
C. 双曲线C的焦距为4 5D. 点M到两条渐近线的距离之积为165
11.如图，边长为4的正方形ABCD是圆柱的轴截面，点P为圆弧AD上一动点(点P与点A，D不重合)AP=λAD(0<λ<1)，则( )
A. 存在λ值，使得AD⊥BP
B. 三棱锥P−ABD体积的最大值为163
C. 当λ=12时，异面直线PB与AD所成角的余弦值为 66
D. 当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P−ABCD外接球的截面面积为4 2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.我们称n(n∈N⁺)元有序实数组(x1,x2,…，xn)为n维向量，|x1|+|x2|+⋯+|xn|为该向量的范数.已知n维向量a=(x1,x2,⋯,xn)，其中xi∈{−1,0,1}(i=1,2,……n)，记范数为奇数的a的个数为An，则A3=______.
13.若对任意x∈(e,+∞)，存在实数λ，使得关于x的不等式ln(x−e)+λx+1≥0成立，则实数λ的最小值为______.
14.如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，A，B是椭圆的左、右顶点，P为椭圆上一点(与A，B不重合)，令∠PAB=α，∠APB=β，则csβcs(2α+β)=______.
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)=lnx−ax，其中a∈R.
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(Ⅱ)是否存在实数a，使得f(x)在x∈(0,e]上的最大值是−3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
16.(本小题15分)
如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，A1A=D1D= 17，点P是棱DD1的中点，点Q在棱BC上.
(1)若BQ=3QC，证明：PQ//平面ABB1A1；
(2)若二面角P−QD−C的正弦值为5 2626，求BQ的长.
17.(本小题15分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切.
(1)求C的方程；
(2)直线l：y=k(x−1)(k≥0)与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为k′(O为坐标原点)，△APQ的面积为S1.△BPQ的面积为S2，若|AP|⋅S2=|BP|⋅S1，判断k⋅k′是否为定值？并说明理由.
18.(本小题17分)
甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲、乙第一轮猜对的概率都为12.甲如果第k(k∈N*)轮猜对，则他第k+1轮也猜对的概率为23，如果第k轮猜错，则他的k+1轮也猜错的概率为23；乙如果第k轮猜对，则他第k+1轮也猜对的概率为13，如果第k轮猜错，则他的k+1轮也猜错的概率为13.在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响.
(1)若前两轮活动中第二轮甲乙都猜对成语，求两人第一轮也都猜对成语的概率；
(2)若一条信息有n(n>1,n∈N*)种可能的情形且各种情形互斥，每种情形发生的概率分别为P1，P2，…，Pn，则称H=−i=1n(Pilg2Pi)为该条信息的信息熵(单位为比特)，用于量度该条信息的复杂程度.试求甲乙两人在第二轮活动中猜对成语的个数X的信息熵H.
(3)如果“星队”在每一轮中活动至少有一人猜对成语，游戏就可以一直进行下去，直到他们都猜错为止.设停止游戏时“星队”进行了Y轮游戏，求证：E(Y)<4.
19.(本小题17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】A
【解析】解：z⋅(1−i)=|1+ 3i|= 12+( 3)2=2，
则z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，其虚部为1.
故选：A.
先化简z，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：对A：由b=2−a>0，故a<2，即0对B：由a>0，b>0，则ab>0，且ab≤(a+b2)2=1，
当且仅当a=b=1时，等号成立，故0对C：由a+b=2，故(a+b)2=a2+b2+2ab=4，即有a2+b2=4−2ab，
又由B可得0对D：由a=2−b>0，故b<2，即0故选：B.
借助不等式的性质与基本不等式逐项判断即可得．
本题主要考查基本不等式，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：当x=30时，y =0.8×30−1.8=22.2，
所以该数据的残差为22.8−22.2=0.6.
故选：A.
将x=30代入回归方程，求出预测值，从而求出残差．
本题主要考查了残差的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得：a⋅b=−2,a2=1，
若向量b在向量a上的投影向量为μa，则(a⋅ba2)a=−2b=μb，
所以μ=−2.
故选：C.
根据向量的坐标运算结合投影向量的定义分析求解．
本题主要考查投影向量的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵△ABC的面积S△ABC= 3=12acsinB，
∴acsinB=2 3，
S△ABC= 34(a2+c2−b2)，
则 34(a2+c2−b2)=12acsinB，
∴tanB=sinBcsB= 3，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，sinB= 32，
∴ac=4
∴AB⋅BC=accs(π−B)=−2.
故选：D.
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：将四面体P−ABC补形成长方体，长、宽、高分别为2，1，2，
外接球直径等于体对角线长，故2R= 22+22+12=3，
所以外接球表面积为S=4πR2=9π.
故选：B.
根据题意将三棱锥P−ABC还原到长方体中，求出长方体的体对角线的长，即可得外接球的直径，从而可求出其表面积．
本题考查了四面体外接球的表面积计算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)；
则y1=k(x1−3 3)①，
x22+(y2−1)2=1②；
由OP=3OQ，得x1=3x2y1=3y2，
即x2=13x1y2=13y1，
代入②得x12+(y1−3)2=9；
此方程表示的圆心(0,3)到直线kx−y−3 3k=0的距离为d≤r；
即|−3−3 3k| 1+k2≤3，
解得− 3≤k≤0.
∴实数k的最大值为0.
故选：A.
设P、Q的坐标，代入直线与圆的方程，由OP=3OQ得出坐标关系，再由直线与圆的关系求出k的取值范围，从而求出实数k的最大值．
本题考查了平面向量的共线定理，也考查了直线与圆的应用问题，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为f(x2−1)为奇函数，则f(x2−1)=−f(−x2−1)，
即f(x−1)=−f(−x−1)，两边求导得f′(x−1)=f′(−x−1)，
则g(x−1)=g(−x−1)，可知g(x)关于直线x=−1对称，
又因为g(2x+1)为奇函数，则g(2x+1)+g(−2x+1)=0，
即g(x+1)+g(−x+1)=0，可知g(x)关于点(1,0)对称，
令x=1，可得g(2)+g(0)=0，即g(2)=−g(0)=−12，
由g(x−1)=g(−x−1)可得g(x)=g(−x−2)，
由g(x+1)+g(−x+1)=0，可得g(x)+g(−x+2)=0，即g(x)=−g(−x+2)，
可得g(−x−2)=−g(−x+2)，即g(x+4)=−g(x)，
令x=0，可得g(4)=−g(0)=−12；
令x=2，可得g(6)=−g(2)=12；
且g(x+8)=−g(x+4)=−[−g(x)]=g(x)，可知8为g(x)的周期，
可知g(8k+2)=g(8k+4)=−12,g(8k+6)=g(8k+8)=12,k∈Z，
所以k=110kg(2k)=−12(1+2+5+6+9+10)+12(3+4+7+8)=−112.
故选：D.
由f(x2−1)为奇函数，结合导数运算可得g(x−1)=g(−x−1)，由g(2x+1)为奇函数，可得g(x+1)+g(−x+1)=0，整理可得g(x+4)=−g(x)，进而分析可得g(8k+2)=g(8k+4)=−12,g(8k+6)=g(8k+8)=12,k∈Z，即可得结果．
本题主要考查了函数的奇偶性、周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由题意得：a3a2a1=8，a1=a3=−a2，解得a1=a3=−2，a2=2，故A错误；
由an+2an+1an=8，则an+3an+2⋅an+1=8，两式相除得an+3=an，故B正确；
由a1=a3=−2，a2=2可得，a3n=−2，a3n+1=−2，a3n+2=2，故C正确；
a1+a2+a3=−2，S3n=n(a1+a2+a3)=−2n，故D错误．
故选：BC.
利用递推公式列举前三项可判定A，利用递推公式作商可判定B，利用A、B的结论可判定C，根据数列的周期性可判定D.
本题考查数列递推公式的应用，化归转化思想，属中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：不妨设M为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，如图，
因为MN平分∠F1MF2，且F1N⋅MN=0，即F1N⊥MN，所以在Rt△MF1N与Rt△MGN中，
∠F1MN=∠NMGMN=MN∠F1NM=∠GNM=90∘，所以Rt△MF1N≌Rt△MGN，故|MF1|=|MG|，|NF1|=|NG|，
根据双曲线的定义得，|MF1|−|MF2|=|MG|−|MF2|=|GF2|=2a，
在△F1GF2中，ON是其中位线，所以ON//GF2，所以ON//MF2，|ON|=4，所以|ON|=12|GF2|=a=4.
因为双曲线E的渐近线方程为x±2y=0，所以ba=12，得b=2，c2=b2+a2=20，c=2 5，
所以双曲线E的标准方程为x216−y24=1，双曲线C的焦距为4 5，所以A不正确，B正确，C正确；
设M(x1,y1)，则x1216−y124=1，即x12−4y1216=1，
所以点M到两条渐近线的距离之积为|x1+2y1| 1+4⋅|x1−2y1| 1+4=x12−4y25=165，所以D正确．
故选：BCD.
不妨设M为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，进而得|MF1|=|MG|，|NF1|=|NG|，再结合双曲线的定义，中位线定理得a=4，b=2，进而判断ABC；设M(x1,y1)，则x1216−y124=1，再直接计算点M到两条渐近线的距离之积判断D.
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由已知得AD⊥AB，
若AD⊥BP，又AB∩BP=B，∴AD⊥平面BAP，而AP⊂平面BAP，得AD⊥AP，此时显然不成立，故A错误；
对于B，在三棱锥P−ABD中，AB⊥面APD，则AB是三棱锥B−PAD的高，
当点P是半圆弧AD的中点时，三棱锥B−PAD的底面积S△PAD取得最大值，
∴三棱锥P−ABD的体积取得最大值为13×4×12×4×42=163，故B正确；
对于C，当λ=12时，则P为线段AD的中点，
以AD的中点E为原点，分别以EP，EA为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则P(2,0,0)，B(0,2,4)，E(0,0,0)，A(0,2,0)，
可得PB=(−2,2,4)，EA=(0,2,0)，
则cs=PB⋅EA|PB||EA|=42 6×2= 66，
故异面直线PB与AD所成角的余弦值为 66，故C正确；
对于D，取BD的中点O，过点P作PH⊥AD于点H，连接BH，
由题意知，AB⊥平面ADP，则PH⊥AB，
又∵PH⊥AD，AD∩AB=A，∴PH⊥平面ABCD，
可得BH为PB在平面ABCD内的射影，则∠PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，
设AH=x，则0在Rt△APD中，PH2=AH⋅DH=x⋅(4−x)，PD2=DH⋅AD=4(4−x)，
∴PB2=BD2−PD2=(4 2)2−4(4−x)=16+4x，
故sin2∠PBH=PH2PB2=x(4−x)16+4x=−14(x2−4xx+4)，
令t=x+4，则x=t−4，且4可得x2−4xx+4=(t−4)2−4(t−4)t=t+32t−12≥2 t⋅32t−12=8 2−12，
当且仅当t=32t，即t=4 2时取等号，
则sin∠PBH≤ 2−1，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为 2−1，
此时AH=4 2−4,PH2=(4 2−4)×(8−4 2)，
∴AP= AH2+PH2= (4 2−4)2+(4 2−4)(6−4 2)=4 2−1，
连接OH，OP，∵PH⊥平面ABCD，HO⊂平面ABCD，∴PH⊥HO，
∵ABCD为正方形，∴∠OAH=45∘，
在△OHA中，可得OH2=AH2+OA2−2AH⋅OHcs∠OAH=72−48 2，
在Rt△OPH中，可得OP2=PH2+OH2=16 2×( 2−1)2+72−48 2=8，
则OP=2 2，∵OA=OB=OP=OD=12BD=2 2，
∴点O为四棱锥P−ABCD外接球的球心，
∵DP⊥AP，由S△ADP=12AD×PH=12AP×DP，解得DP=4 2−1×42，
∴球心O到面PAB的距离d=12DP=2 2−1×42，
设截面半径为r，则有r2=(2 2)2−d2=8−4( 2−1)× 2=4 2，
∴截面面积为4 2π，故D正确．
故选：BCD.
利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．
12.【答案】14
【解析】解：当n=3时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0，2，
根据乘法原理和加法原理得到A3=C30⋅23+C32⋅23−2=14.
故答案为：14.
当n=3时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0，2，根据乘法原理和加法原理得到A3.
本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于基础题．
13.【答案】−1e
【解析】解：∵x∈(e,+∞)，ln(x−e)+λx+1≥0，
可得ln(x−e)+1x≥−λ，
构建g(x)=ln(x−e)+1x,x∈(e,+∞)，
g′(x)=xx−e−ln(x−e)−1x2=ex−e−ln(x−e)x2，
构建h(x)=ex−e−ln(x−e),x>e，
∵y=ex−e,y=−ln(x−e)在(e,+∞)内单调递减，
可知h(x)在(e,+∞)内单调递减，且h(2e)=0，
当e0，即g′(x)>0；
当x>2e时，h(x)<0，即g′(x)<0；
可知g(x)在(e,2e)上单调递增，在(2e,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(2e)=1e，
可得1e≥−λ，可得λ≥−1e，
∴实数λ的最小值为−1e.
故答案为：−1e.
根据题意分析可知ln(x−e)+1x≥−λ，构建g(x)=ln(x−e)+1x,x∈(e,+∞)，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、构造法、分离参数法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】35
【解析】解：如图，A(−a,0)，B(a,0)，设P(x,y)，
则直线PA，PB的斜率分别为：kPA=yx+a,kPB=yx−a，
因x2a2+y2b2=1，故有y2=b2(1−x2a2)，
由 kPA⋅kPB=yx+a⋅yx−a=y2x2−a2=b2(1−x2a2)x2−a2=−b2a2=−a2−c2a2=e2−1，
令∠1=γ，又kPA⋅kPB=tanα⋅tanγ=e2−1=−14，由图知β=γ−α，
则csβcs(2α+β)=cs(γ−α)cs(γ+α)=csγcsα+sinγsinαcsγcsα−sinγsinα=1+tanα⋅tanγ1−tanα⋅tanγ=35.
故答案为：35.
根据椭圆上的点与椭圆两顶点连线的斜率关系推得kPA⋅kPB=−14，从而得到tanα⋅tanγ=−14，对所求式csβcs(2α+β)结合图形消去β，利用和角公式展开，化弦为切后代入结论即得．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(I)f′(x)=1x−a，则f′(1)=1−a，f(1)=−a，
故曲线y=f(x)在x=1处的切线为y+a=(1−a)(x−1)，
即y=(1−a)x−1，
当a=1时，此时切线为y=−1，不符合要求；
当a≠1时，令x=0，有y=−1，令y=0，有x=11−a，
故11−a=−1，即a=2；
(Ⅱ)∵f′(x)=1x−a=1−axx，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)=1−ae=−3，解得a=4e>0，舍去；
②当a>0时，由f(x)=1x−a=1−axx=0，得x=1a，
当0<1a1e时，
∴x∈(0,1a)时，f(x)>0;x∈(1a,e)时，f(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0,1a)，单调递减区间是(1a,e)，
又f(x)在(0,e]上的最大值为−3，
∴f(x)max=f(1a)=−1−lna=−3，
∴a=e2；
当e≤1a，即0∴f(x)max=f(e)=1−ae=−3，
解得a=4e，舍，
综上，存在a符合题意，此时a=e2.
【解析】(I)先对函数求导，结合导数的几何意义先求出切线斜率，求出切线方程，结合题意即可求解a；
(Ⅱ)对函数求导，结合导数与单调性及最值关系对a进行分类讨论即可求解．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：如图，取AA1的中点M，连接MP，MB，
在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，四边形A1ADD1是梯形，A1D1=2，AD=4，
又点M，P分别是棱A1A，D1D的中点，
所以MP//AD，且MP=A1D1+AD2=3，
在正方形ABCD中，BC//AD，BC=4，又BQ=3QC，所以BQ=3.
所以MP//BQ且MP=BQ，所以四边形BMPQ是平行四边形，
所以PQ//MB，又因为MB⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，
所以PQ//平面ABB1A1；
(2)在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O，
因为平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，A1O⊥AD，A1O⊂平面A1D1D，
所以A1O⊥平面ABCD，
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则ON⊥OD，
以{ON,OD,OA1}为正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，
因为四边形AA1D1D是等腰梯形，A1D1=2，AD=4，
所以AO=1，又A1A=D1D= 17，所以A1O=4，
易得B(4,−1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P(0,52,2)，
所以DC=(4,0,0)，DP=(0,−12,2),CB=(0,−4,0)，
设CQ=λCB=(0,−4λ,0)(0≤λ≤1)，
所以DQ=DC+CQ=(4,−4λ,0)，
设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅DP=0m⋅DQ=0，得−12y+2z=04x−4λy=0，取y=4，则x=4λ，z=1，
所以m=(4λ,4,1)，
由题平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角P−QD−C的平面角为θ，由题意得|csθ|= 1−sin2θ=1 26，
又|csθ|=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=1 (4λ)2+17，
所以1 (4λ)2+17=1 26，
解得λ=±34(舍负)，因此CQ=34×4=3,BQ=1.
【解析】(1)取AA1的中点M，连接MP，MB，利用已知条件证明四边形BMPQ是平行四边形即可；
(2)建系利用空间向量与空间角的关系即可求解．
本题考查了空间几何体中线面平行的证明和空间角的有关计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由椭圆的离心率为 22，得a2−b2a2=12，即有a2=2b2，
由以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切得：6 a2+1=b，联立解得a2=8，b2=4，
∴C的方程为x28+y24=1；
(2)k⋅k′为定值，且k⋅k′=12，
∵|AP|⋅S2=|BP|⋅S1，则|AP||BP|=S1S2=12|AP||PQ|sin∠APQ12|BP||PQ|sin∠BPQ=|AP|sin∠APQ|BP|sin∠BPQ，
因此sin∠APQ=sin∠BPQ，而∠APQ+∠BPQ=∠ABP∈(0,π)，有∠APQ=∠BPQ，
于是可得PQ平分∠APB，∴直线AP，BP的斜率互为相反数，即kAP+kBP=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
由x28+y24=1y=k(x−1)，消去y得：(1+2k2)x2−4k2x+2k2−8=0.
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−82k2+1，
而kAP+kBP=y1−y0x1−x0+y2−y0x1−x0=0，∴(y1−y0)(x2−x0)+(y2−y0)(x1−x0)=0，
即[k(x1−1)−y0](x2−x0)+[k(x2−1)−y0](x1−x0)=2kx1x2−(y0+kx0+k)(x1+x2)+2x0(y0+k)=0，
∴2k×2k2−82k2+1−(y0+kx0+k)×4k22k2+1+2x0(y0+k)=0，
∴2k(2k2−8)−4k2(y0+kx0+k)+2x0(y0+k)(1+2k2)=0.
化简得2y0(x0−1)k2+(x0−8)k+x0y0=0.
又∵P(x0,y0)在椭圆上，∴x028+y024=1，∴x02+2y02=8，
∴2y0(x0−1)k2+(−2y02−x02+x0)k+x0y0=0，
∴(2y0k−x0)[(x0−1)k−y0]=0，
又∵P(x0,y0)不在直线l：y=k(x−1)，则有2y0k−x0=0，
即k×y0x0=k⋅k′=12，
∴k⋅k′为定值，且k⋅k′=12.
【解析】(1)利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于a，b的方程组，解方程即可；
(2)由给定的面积关系可得直线PQ平分∠APB，进而可得直线AP，BP的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断即可．
本题考查定值问题，考查椭圆的性质，考查斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
18.【答案】解：(1)设Ai=“甲在第i轮活动中猜对成语”，Bi=“乙在第i轮活动中猜对成语”，
Ci=“甲乙在第i轮活动中都猜对成语”(i=1,2)，
则P(C2)=P(A1A2)P(B1B2)+P(A1−A2)P(B1B2)+P(A1A2)P(B1−B2)+P(A1−A2)P(B1−B2)
=12×23×12×13+12×13×12×13+12×23×12×23+12×13×12×23=14，
故P(C1|C2)=P(C1C2)P(C2)=11814=29；
(2)由题意知X=0，1，2，
由(1)知P(X=2)=14，
P(X=0)=(12×23+12×13)×(12×23+12×13)=14,P(X=1)=1−14−14=12，
故X的信息熵H=−(14lg214+12lg212+14lg214)=32；
证明：(3)第二轮甲猜对的概率为P(A2)=P(A1A2)+P(A1−A2)=12×23+12×13=12，
第二轮乙猜对的概率为P(B2)=P(B1B2)+P(B1−B2)=12×13+12×23=12，
所以P(An)=12,P(Bn)=12，
每一轮甲乙都猜错的概率为12×12=14，
因此P(Y=i)=(34)i−1×14,(i=1,2,⋯,n,⋯)，
则E(Y)=1⋅(34)0⋅14+2⋅(34)1⋅14+⋯+n⋅(34)n−1⋅14+⋯①，
所以34E(Y)=1⋅(34)1⋅14+2⋅(34)2⋅14+⋯+n⋅(34)n⋅14+⋯②，
①-②得14E(Y)<14+(34)1⋅14+(34)2⋅14+⋯=1−(34)n<1，
所以E(Y)<4.
【解析】(1)根据全概率公式即可求解；
(2)根据全概率公式求解概率，即可由对数的运算求解；
(3)根据全概率公式，结合错位相减法以及等比求和即可求解．
本题考查了全概率公式，错位相减法以及等比数列求和，属于中档题．
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．
1.若复数z满足z⋅(1−i)=|1+ 3i|，则z的虚部为( )
A. 1B. iC. −iD. −1
2.已知a>0，b>0，a+b=2，则( )
A. 0
A. 0.6B. 0.4C. −0.4D. −0.6
4.已知向量a=(−1,0)，b=(2,m)(m∈R)，若向量b在向量a上的投影向量为μa，则实数μ=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
5.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且△ABC的面积S△ABC= 3，S△ABC= 34(a2+c2−b2)，则AB⋅BC=( )
A. 3B. − 3C. 2D. −2
6.如图，在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA=AC=2BC=2，则此四面体的外接球表面积为( )
A. 3π
B. 9π
C. 36π
D. 48π
7.在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k(x−3 3)上存在一点P，圆x2+(y−1)2=1上存在一点Q，满足OP=3OQ，则实数k的最大值为( )
A. 0B. 3C. − 3D. 3
8.已知可导函数f(x)的定义域为R，f(x2−1)为奇函数，设g(x)是f(x)的导函数，若g(2x+1)为奇函数，且g(0)=12，则k=110kg(2k)=( )
A. 132B. −132C. 112D. −112
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.已知数列{an}满足an+2an+1an=8，a1=a3=−a2，记Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A. a2=−2B. an+3=anC. a3n+1=a3nD. S3n=2n
10.已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 52，M为双曲线C上一点，MN平分∠F1MF2，且F1N⋅MN=0，|ON|=4，则下列结论正确的是( )
A. 双曲线C的标准方程为x24−y2=1B. ON//MF2
C. 双曲线C的焦距为4 5D. 点M到两条渐近线的距离之积为165
11.如图，边长为4的正方形ABCD是圆柱的轴截面，点P为圆弧AD上一动点(点P与点A，D不重合)AP=λAD(0<λ<1)，则( )
A. 存在λ值，使得AD⊥BP
B. 三棱锥P−ABD体积的最大值为163
C. 当λ=12时，异面直线PB与AD所成角的余弦值为 66
D. 当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P−ABCD外接球的截面面积为4 2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.我们称n(n∈N⁺)元有序实数组(x1,x2,…，xn)为n维向量，|x1|+|x2|+⋯+|xn|为该向量的范数.已知n维向量a=(x1,x2,⋯,xn)，其中xi∈{−1,0,1}(i=1,2,……n)，记范数为奇数的a的个数为An，则A3=______.
13.若对任意x∈(e,+∞)，存在实数λ，使得关于x的不等式ln(x−e)+λx+1≥0成立，则实数λ的最小值为______.
14.如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，A，B是椭圆的左、右顶点，P为椭圆上一点(与A，B不重合)，令∠PAB=α，∠APB=β，则csβcs(2α+β)=______.
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)=lnx−ax，其中a∈R.
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(Ⅱ)是否存在实数a，使得f(x)在x∈(0,e]上的最大值是−3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
16.(本小题15分)
如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，A1A=D1D= 17，点P是棱DD1的中点，点Q在棱BC上.
(1)若BQ=3QC，证明：PQ//平面ABB1A1；
(2)若二面角P−QD−C的正弦值为5 2626，求BQ的长.
17.(本小题15分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切.
(1)求C的方程；
(2)直线l：y=k(x−1)(k≥0)与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为k′(O为坐标原点)，△APQ的面积为S1.△BPQ的面积为S2，若|AP|⋅S2=|BP|⋅S1，判断k⋅k′是否为定值？并说明理由.
18.(本小题17分)
甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲、乙第一轮猜对的概率都为12.甲如果第k(k∈N*)轮猜对，则他第k+1轮也猜对的概率为23，如果第k轮猜错，则他的k+1轮也猜错的概率为23；乙如果第k轮猜对，则他第k+1轮也猜对的概率为13，如果第k轮猜错，则他的k+1轮也猜错的概率为13.在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响.
(1)若前两轮活动中第二轮甲乙都猜对成语，求两人第一轮也都猜对成语的概率；
(2)若一条信息有n(n>1,n∈N*)种可能的情形且各种情形互斥，每种情形发生的概率分别为P1，P2，…，Pn，则称H=−i=1n(Pilg2Pi)为该条信息的信息熵(单位为比特)，用于量度该条信息的复杂程度.试求甲乙两人在第二轮活动中猜对成语的个数X的信息熵H.
(3)如果“星队”在每一轮中活动至少有一人猜对成语，游戏就可以一直进行下去，直到他们都猜错为止.设停止游戏时“星队”进行了Y轮游戏，求证：E(Y)<4.
19.(本小题17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】A
【解析】解：z⋅(1−i)=|1+ 3i|= 12+( 3)2=2，
则z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，其虚部为1.
故选：A.
先化简z，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：对A：由b=2−a>0，故a<2，即0
当且仅当a=b=1时，等号成立，故0
又由B可得0
借助不等式的性质与基本不等式逐项判断即可得．
本题主要考查基本不等式，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：当x=30时，y =0.8×30−1.8=22.2，
所以该数据的残差为22.8−22.2=0.6.
故选：A.
将x=30代入回归方程，求出预测值，从而求出残差．
本题主要考查了残差的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得：a⋅b=−2,a2=1，
若向量b在向量a上的投影向量为μa，则(a⋅ba2)a=−2b=μb，
所以μ=−2.
故选：C.
根据向量的坐标运算结合投影向量的定义分析求解．
本题主要考查投影向量的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵△ABC的面积S△ABC= 3=12acsinB，
∴acsinB=2 3，
S△ABC= 34(a2+c2−b2)，
则 34(a2+c2−b2)=12acsinB，
∴tanB=sinBcsB= 3，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，sinB= 32，
∴ac=4
∴AB⋅BC=accs(π−B)=−2.
故选：D.
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：将四面体P−ABC补形成长方体，长、宽、高分别为2，1，2，
外接球直径等于体对角线长，故2R= 22+22+12=3，
所以外接球表面积为S=4πR2=9π.
故选：B.
根据题意将三棱锥P−ABC还原到长方体中，求出长方体的体对角线的长，即可得外接球的直径，从而可求出其表面积．
本题考查了四面体外接球的表面积计算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)；
则y1=k(x1−3 3)①，
x22+(y2−1)2=1②；
由OP=3OQ，得x1=3x2y1=3y2，
即x2=13x1y2=13y1，
代入②得x12+(y1−3)2=9；
此方程表示的圆心(0,3)到直线kx−y−3 3k=0的距离为d≤r；
即|−3−3 3k| 1+k2≤3，
解得− 3≤k≤0.
∴实数k的最大值为0.
故选：A.
设P、Q的坐标，代入直线与圆的方程，由OP=3OQ得出坐标关系，再由直线与圆的关系求出k的取值范围，从而求出实数k的最大值．
本题考查了平面向量的共线定理，也考查了直线与圆的应用问题，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为f(x2−1)为奇函数，则f(x2−1)=−f(−x2−1)，
即f(x−1)=−f(−x−1)，两边求导得f′(x−1)=f′(−x−1)，
则g(x−1)=g(−x−1)，可知g(x)关于直线x=−1对称，
又因为g(2x+1)为奇函数，则g(2x+1)+g(−2x+1)=0，
即g(x+1)+g(−x+1)=0，可知g(x)关于点(1,0)对称，
令x=1，可得g(2)+g(0)=0，即g(2)=−g(0)=−12，
由g(x−1)=g(−x−1)可得g(x)=g(−x−2)，
由g(x+1)+g(−x+1)=0，可得g(x)+g(−x+2)=0，即g(x)=−g(−x+2)，
可得g(−x−2)=−g(−x+2)，即g(x+4)=−g(x)，
令x=0，可得g(4)=−g(0)=−12；
令x=2，可得g(6)=−g(2)=12；
且g(x+8)=−g(x+4)=−[−g(x)]=g(x)，可知8为g(x)的周期，
可知g(8k+2)=g(8k+4)=−12,g(8k+6)=g(8k+8)=12,k∈Z，
所以k=110kg(2k)=−12(1+2+5+6+9+10)+12(3+4+7+8)=−112.
故选：D.
由f(x2−1)为奇函数，结合导数运算可得g(x−1)=g(−x−1)，由g(2x+1)为奇函数，可得g(x+1)+g(−x+1)=0，整理可得g(x+4)=−g(x)，进而分析可得g(8k+2)=g(8k+4)=−12,g(8k+6)=g(8k+8)=12,k∈Z，即可得结果．
本题主要考查了函数的奇偶性、周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由题意得：a3a2a1=8，a1=a3=−a2，解得a1=a3=−2，a2=2，故A错误；
由an+2an+1an=8，则an+3an+2⋅an+1=8，两式相除得an+3=an，故B正确；
由a1=a3=−2，a2=2可得，a3n=−2，a3n+1=−2，a3n+2=2，故C正确；
a1+a2+a3=−2，S3n=n(a1+a2+a3)=−2n，故D错误．
故选：BC.
利用递推公式列举前三项可判定A，利用递推公式作商可判定B，利用A、B的结论可判定C，根据数列的周期性可判定D.
本题考查数列递推公式的应用，化归转化思想，属中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：不妨设M为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，如图，
因为MN平分∠F1MF2，且F1N⋅MN=0，即F1N⊥MN，所以在Rt△MF1N与Rt△MGN中，
∠F1MN=∠NMGMN=MN∠F1NM=∠GNM=90∘，所以Rt△MF1N≌Rt△MGN，故|MF1|=|MG|，|NF1|=|NG|，
根据双曲线的定义得，|MF1|−|MF2|=|MG|−|MF2|=|GF2|=2a，
在△F1GF2中，ON是其中位线，所以ON//GF2，所以ON//MF2，|ON|=4，所以|ON|=12|GF2|=a=4.
因为双曲线E的渐近线方程为x±2y=0，所以ba=12，得b=2，c2=b2+a2=20，c=2 5，
所以双曲线E的标准方程为x216−y24=1，双曲线C的焦距为4 5，所以A不正确，B正确，C正确；
设M(x1,y1)，则x1216−y124=1，即x12−4y1216=1，
所以点M到两条渐近线的距离之积为|x1+2y1| 1+4⋅|x1−2y1| 1+4=x12−4y25=165，所以D正确．
故选：BCD.
不妨设M为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，进而得|MF1|=|MG|，|NF1|=|NG|，再结合双曲线的定义，中位线定理得a=4，b=2，进而判断ABC；设M(x1,y1)，则x1216−y124=1，再直接计算点M到两条渐近线的距离之积判断D.
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由已知得AD⊥AB，
若AD⊥BP，又AB∩BP=B，∴AD⊥平面BAP，而AP⊂平面BAP，得AD⊥AP，此时显然不成立，故A错误；
对于B，在三棱锥P−ABD中，AB⊥面APD，则AB是三棱锥B−PAD的高，
当点P是半圆弧AD的中点时，三棱锥B−PAD的底面积S△PAD取得最大值，
∴三棱锥P−ABD的体积取得最大值为13×4×12×4×42=163，故B正确；
对于C，当λ=12时，则P为线段AD的中点，
以AD的中点E为原点，分别以EP，EA为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则P(2,0,0)，B(0,2,4)，E(0,0,0)，A(0,2,0)，
可得PB=(−2,2,4)，EA=(0,2,0)，
则cs
故异面直线PB与AD所成角的余弦值为 66，故C正确；
对于D，取BD的中点O，过点P作PH⊥AD于点H，连接BH，
由题意知，AB⊥平面ADP，则PH⊥AB，
又∵PH⊥AD，AD∩AB=A，∴PH⊥平面ABCD，
可得BH为PB在平面ABCD内的射影，则∠PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，
设AH=x，则0
∴PB2=BD2−PD2=(4 2)2−4(4−x)=16+4x，
故sin2∠PBH=PH2PB2=x(4−x)16+4x=−14(x2−4xx+4)，
令t=x+4，则x=t−4，且4
当且仅当t=32t，即t=4 2时取等号，
则sin∠PBH≤ 2−1，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为 2−1，
此时AH=4 2−4,PH2=(4 2−4)×(8−4 2)，
∴AP= AH2+PH2= (4 2−4)2+(4 2−4)(6−4 2)=4 2−1，
连接OH，OP，∵PH⊥平面ABCD，HO⊂平面ABCD，∴PH⊥HO，
∵ABCD为正方形，∴∠OAH=45∘，
在△OHA中，可得OH2=AH2+OA2−2AH⋅OHcs∠OAH=72−48 2，
在Rt△OPH中，可得OP2=PH2+OH2=16 2×( 2−1)2+72−48 2=8，
则OP=2 2，∵OA=OB=OP=OD=12BD=2 2，
∴点O为四棱锥P−ABCD外接球的球心，
∵DP⊥AP，由S△ADP=12AD×PH=12AP×DP，解得DP=4 2−1×42，
∴球心O到面PAB的距离d=12DP=2 2−1×42，
设截面半径为r，则有r2=(2 2)2−d2=8−4( 2−1)× 2=4 2，
∴截面面积为4 2π，故D正确．
故选：BCD.
利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．
12.【答案】14
【解析】解：当n=3时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0，2，
根据乘法原理和加法原理得到A3=C30⋅23+C32⋅23−2=14.
故答案为：14.
当n=3时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0，2，根据乘法原理和加法原理得到A3.
本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于基础题．
13.【答案】−1e
【解析】解：∵x∈(e,+∞)，ln(x−e)+λx+1≥0，
可得ln(x−e)+1x≥−λ，
构建g(x)=ln(x−e)+1x,x∈(e,+∞)，
g′(x)=xx−e−ln(x−e)−1x2=ex−e−ln(x−e)x2，
构建h(x)=ex−e−ln(x−e),x>e，
∵y=ex−e,y=−ln(x−e)在(e,+∞)内单调递减，
可知h(x)在(e,+∞)内单调递减，且h(2e)=0，
当e
当x>2e时，h(x)<0，即g′(x)<0；
可知g(x)在(e,2e)上单调递增，在(2e,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(2e)=1e，
可得1e≥−λ，可得λ≥−1e，
∴实数λ的最小值为−1e.
故答案为：−1e.
根据题意分析可知ln(x−e)+1x≥−λ，构建g(x)=ln(x−e)+1x,x∈(e,+∞)，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、构造法、分离参数法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】35
【解析】解：如图，A(−a,0)，B(a,0)，设P(x,y)，
则直线PA，PB的斜率分别为：kPA=yx+a,kPB=yx−a，
因x2a2+y2b2=1，故有y2=b2(1−x2a2)，
由 kPA⋅kPB=yx+a⋅yx−a=y2x2−a2=b2(1−x2a2)x2−a2=−b2a2=−a2−c2a2=e2−1，
令∠1=γ，又kPA⋅kPB=tanα⋅tanγ=e2−1=−14，由图知β=γ−α，
则csβcs(2α+β)=cs(γ−α)cs(γ+α)=csγcsα+sinγsinαcsγcsα−sinγsinα=1+tanα⋅tanγ1−tanα⋅tanγ=35.
故答案为：35.
根据椭圆上的点与椭圆两顶点连线的斜率关系推得kPA⋅kPB=−14，从而得到tanα⋅tanγ=−14，对所求式csβcs(2α+β)结合图形消去β，利用和角公式展开，化弦为切后代入结论即得．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(I)f′(x)=1x−a，则f′(1)=1−a，f(1)=−a，
故曲线y=f(x)在x=1处的切线为y+a=(1−a)(x−1)，
即y=(1−a)x−1，
当a=1时，此时切线为y=−1，不符合要求；
当a≠1时，令x=0，有y=−1，令y=0，有x=11−a，
故11−a=−1，即a=2；
(Ⅱ)∵f′(x)=1x−a=1−axx，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)=1−ae=−3，解得a=4e>0，舍去；
②当a>0时，由f(x)=1x−a=1−axx=0，得x=1a，
当0<1a
∴x∈(0,1a)时，f(x)>0;x∈(1a,e)时，f(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0,1a)，单调递减区间是(1a,e)，
又f(x)在(0,e]上的最大值为−3，
∴f(x)max=f(1a)=−1−lna=−3，
∴a=e2；
当e≤1a，即0
解得a=4e，舍，
综上，存在a符合题意，此时a=e2.
【解析】(I)先对函数求导，结合导数的几何意义先求出切线斜率，求出切线方程，结合题意即可求解a；
(Ⅱ)对函数求导，结合导数与单调性及最值关系对a进行分类讨论即可求解．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：如图，取AA1的中点M，连接MP，MB，
在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，四边形A1ADD1是梯形，A1D1=2，AD=4，
又点M，P分别是棱A1A，D1D的中点，
所以MP//AD，且MP=A1D1+AD2=3，
在正方形ABCD中，BC//AD，BC=4，又BQ=3QC，所以BQ=3.
所以MP//BQ且MP=BQ，所以四边形BMPQ是平行四边形，
所以PQ//MB，又因为MB⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，
所以PQ//平面ABB1A1；
(2)在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O，
因为平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，A1O⊥AD，A1O⊂平面A1D1D，
所以A1O⊥平面ABCD，
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则ON⊥OD，
以{ON,OD,OA1}为正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，
因为四边形AA1D1D是等腰梯形，A1D1=2，AD=4，
所以AO=1，又A1A=D1D= 17，所以A1O=4，
易得B(4,−1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D1(0,2,4),P(0,52,2)，
所以DC=(4,0,0)，DP=(0,−12,2),CB=(0,−4,0)，
设CQ=λCB=(0,−4λ,0)(0≤λ≤1)，
所以DQ=DC+CQ=(4,−4λ,0)，
设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅DP=0m⋅DQ=0，得−12y+2z=04x−4λy=0，取y=4，则x=4λ，z=1，
所以m=(4λ,4,1)，
由题平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角P−QD−C的平面角为θ，由题意得|csθ|= 1−sin2θ=1 26，
又|csθ|=|cs
所以1 (4λ)2+17=1 26，
解得λ=±34(舍负)，因此CQ=34×4=3,BQ=1.
【解析】(1)取AA1的中点M，连接MP，MB，利用已知条件证明四边形BMPQ是平行四边形即可；
(2)建系利用空间向量与空间角的关系即可求解．
本题考查了空间几何体中线面平行的证明和空间角的有关计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由椭圆的离心率为 22，得a2−b2a2=12，即有a2=2b2，
由以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切得：6 a2+1=b，联立解得a2=8，b2=4，
∴C的方程为x28+y24=1；
(2)k⋅k′为定值，且k⋅k′=12，
∵|AP|⋅S2=|BP|⋅S1，则|AP||BP|=S1S2=12|AP||PQ|sin∠APQ12|BP||PQ|sin∠BPQ=|AP|sin∠APQ|BP|sin∠BPQ，
因此sin∠APQ=sin∠BPQ，而∠APQ+∠BPQ=∠ABP∈(0,π)，有∠APQ=∠BPQ，
于是可得PQ平分∠APB，∴直线AP，BP的斜率互为相反数，即kAP+kBP=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，
由x28+y24=1y=k(x−1)，消去y得：(1+2k2)x2−4k2x+2k2−8=0.
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−82k2+1，
而kAP+kBP=y1−y0x1−x0+y2−y0x1−x0=0，∴(y1−y0)(x2−x0)+(y2−y0)(x1−x0)=0，
即[k(x1−1)−y0](x2−x0)+[k(x2−1)−y0](x1−x0)=2kx1x2−(y0+kx0+k)(x1+x2)+2x0(y0+k)=0，
∴2k×2k2−82k2+1−(y0+kx0+k)×4k22k2+1+2x0(y0+k)=0，
∴2k(2k2−8)−4k2(y0+kx0+k)+2x0(y0+k)(1+2k2)=0.
化简得2y0(x0−1)k2+(x0−8)k+x0y0=0.
又∵P(x0,y0)在椭圆上，∴x028+y024=1，∴x02+2y02=8，
∴2y0(x0−1)k2+(−2y02−x02+x0)k+x0y0=0，
∴(2y0k−x0)[(x0−1)k−y0]=0，
又∵P(x0,y0)不在直线l：y=k(x−1)，则有2y0k−x0=0，
即k×y0x0=k⋅k′=12，
∴k⋅k′为定值，且k⋅k′=12.
【解析】(1)利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于a，b的方程组，解方程即可；
(2)由给定的面积关系可得直线PQ平分∠APB，进而可得直线AP，BP的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断即可．
本题考查定值问题，考查椭圆的性质，考查斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
18.【答案】解：(1)设Ai=“甲在第i轮活动中猜对成语”，Bi=“乙在第i轮活动中猜对成语”，
Ci=“甲乙在第i轮活动中都猜对成语”(i=1,2)，
则P(C2)=P(A1A2)P(B1B2)+P(A1−A2)P(B1B2)+P(A1A2)P(B1−B2)+P(A1−A2)P(B1−B2)
=12×23×12×13+12×13×12×13+12×23×12×23+12×13×12×23=14，
故P(C1|C2)=P(C1C2)P(C2)=11814=29；
(2)由题意知X=0，1，2，
由(1)知P(X=2)=14，
P(X=0)=(12×23+12×13)×(12×23+12×13)=14,P(X=1)=1−14−14=12，
故X的信息熵H=−(14lg214+12lg212+14lg214)=32；
证明：(3)第二轮甲猜对的概率为P(A2)=P(A1A2)+P(A1−A2)=12×23+12×13=12，
第二轮乙猜对的概率为P(B2)=P(B1B2)+P(B1−B2)=12×13+12×23=12，
所以P(An)=12,P(Bn)=12，
每一轮甲乙都猜错的概率为12×12=14，
因此P(Y=i)=(34)i−1×14,(i=1,2,⋯,n,⋯)，
则E(Y)=1⋅(34)0⋅14+2⋅(34)1⋅14+⋯+n⋅(34)n−1⋅14+⋯①，
所以34E(Y)=1⋅(34)1⋅14+2⋅(34)2⋅14+⋯+n⋅(34)n⋅14+⋯②，
①-②得14E(Y)<14+(34)1⋅14+(34)2⋅14+⋯=1−(34)n<1，
所以E(Y)<4.
【解析】(1)根据全概率公式即可求解；
(2)根据全概率公式求解概率，即可由对数的运算求解；
(3)根据全概率公式，结合错位相减法以及等比求和即可求解．
本题考查了全概率公式，错位相减法以及等比数列求和，属于中档题．
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，sinx
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．
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