2024年湖南省常德市普通高中沅澧共同体高考数学第一次联考试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年湖南省常德市普通高中沅澧共同体高考数学第一次联考试卷（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.已知集合A={x|3−x2>1}，B={0,1,2,3,4}，则A∩B=( )
A. {3,4}B. {2,3,4}C. {0,1}D. {0,1,2}
2.设x∈R，则“x3>8”是“|x|>2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知等比数列{an}中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为( )
A. 12B. 2C. 14D. 4
4.已知cs(α+π6)=13，则sin(π3−α)+sin(2α−π6)=( )
A. 109B. −49C. 23D. 65
5.已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=4，BC=3，CD=5，BD=7，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 196π3B. 244π3C. 196π5D. 244π5
6.已知抛物线方程为：y2=16x，焦点为F.圆的方程为(x−5)2+(y−1)2=1，设P为抛物线上的点，Q为圆上的一点，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
7.将三个分别标注有ex，x，1lnx的三个质地均匀的小球放入一个不透明的小盒中.无放回的随机取出2个小球(每次取一球)，分别记录下小球的标注为f(x)，g(x).若h(x)=f(x)g(x)，则h(x)在x∈(0,1)上单调递减的概率为( )
A. 16B. 29C. 13D. 23
8.已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足f(x)+g(x)=2x.若g(f(x)−a)≥0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,1)B. (−∞,1]C. (1,+∞)D. [1,+∞)
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.已知关于x的方程x2+tx+4=0(−4A. z1=z2−B. z1z2=1C. |z1|=|z2|D. z1z2=(z1z2)−
10.若定义在R上的连续函数f(x)满足对任意的实数a，b都有f(a+b)=f(a)⋅f(b)且f(1)=2，则下列判断正确的有( )
A. 函数f(x)的图象关于原点对称
B. f(x)在定义域上单调递增
C. 当x∈(0,+∞)时，f(x)>1
D. f(2)f(1)+f(4)f(3)+f(6)f(5)+⋯+f(2022)f(2021)+f(2024)f(2023)=2024
11.已知正方形ABCD边长为4，将△ABC沿AC向上翻折，使点B与点D重合，设点S为翻折过程中点B的位置(不包含在点D处的位置)，则下列说法正确的有( )
A. 无论点S在何位置，总有AC⊥SD
B. 直线SD与平面ACD所成角的最大值为π3
C. 三棱锥S−ACD体积的范围为(0,16 23]
D. 当平面SAC⊥平面ACD时，三棱锥S−ACD的内切球的半径为4 2−2 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线y=lnx+x在点(1,1)处的切线方程为______.
13.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交双曲线右支于A，B两点，且AF2=3F2B，AB⊥BF1，则双曲线的离心率为______.
14.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，延长CD至E，使得DE=2CD.动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，AP=λAB+μAE.则λ+μ的取值范围为______.
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△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acsC=2b.
(1)判断△ABC的形状；
(2)若△ABC的外接圆半径为 2，求△ABC周长的最大值.
16.(本小题15分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，M，N分别为BC和BB1的中点，P为棱A1C1上的动点，AN⊥A1C1.
(1)证明：平面ANP⊥平面A1MP；
(2)设A1P=λA1C1，是否存在实数λ，使得平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为 63？
17.(本小题15分)
某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修学习情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长数据(单位：小时)：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35.学习时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”.
(1)现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有1名教师是研修先进个人的概率.
(2)若该市所有教师的学习时长X近似地服从正态分布N(μ,σ2)，其中σ=10，μ为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数(结果四舍五入到整数)；
②若从该市随机抽取的n名教师中恰有ξ名教师的学习时长在[50,70]内，则当ξ的均值不小于32时，n的最小值为多少？
附：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.
18.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 3，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点(点E在第一象限)，P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF=∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2mlnx−x+1x(m>0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：(1+122)(1+132)(1+142)⋯(1+1n2)(3)若函数g(x)=m2ln2x−x−1x+2有三个不同的零点，求m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由A={x|3−x2>1}得A={x|− 2所以A∩B={0,1}.
故选：C.
根据一元二次不等式化简集合，即可由集合的交运算即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为x3>8，所以x>2，此时|x|>2；
因为|x|>2，所以x>2或x<−2；
所以“x3>8”是“|x|>2”的充分不必要条件．
故选：A.
先化简x3>8，结合四种条件的定义进行判定．
本题考查了充分必要条件的定义，考查转化思想，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a62=122=14.
故选：C.
直接使用已知条件及公比的性质得到结论．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：sin(π3−α)+sin(2α−π6)=cs(π2−(π3−α))−cs((2α−π6)+π2)：
=cs(α+π6)−cs(2α+π3)
=cs(α+π6)−(2cs2(α+π6)−1)
=13−(2×19−1)=109.
故选：A.
使用诱导公式和二倍角公式，结合已知条件即可求解．
本题主要考查了诱导公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
设△BCD的外心为M，过M作底面的垂线MO，使MO=12BA，则O为三棱锥的外接球的球心，
在△BCD中，由BC=3，CD=5，BD=7，得cs∠BCD=32+52−722×3×5=−12，
故sin∠BCD= 32，设△BCD的外接圆的半径为r，
则r=72× 32=7 3，OM=2，
∴OB2=(7 3)2+22=613=R2.
∴三棱锥外接球的表面积为4πR2=4π×613=2443π.
故选：B.
由题意画出图形，利用正弦定理求出△BCD的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查的知识点：余弦定理，求和三棱锥的位置关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由抛物线方程为y2=16x，
得到焦点F(4,0)，准线方程为x=−4，
过点P做准线的垂线，垂足为N，
因为点P在抛物线上，
所以|PF|=|PN|，
所以|PF|+|PQ|=|PN|+|PQ|，
当Q点固定不动时，P、Q、N三点共线，即QN垂直于准线时和最小，
又因为Q在圆上运动，
由圆的方程为(x−5)2+(y−1)2=1得圆心M(5,1)，半径r=1，
所以|QN|min=|MN|−r=8，
故选：C.
根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离，即|PF|=|PN|，从而得到|PF|+|PQ|=|PN|+|PQ|，P、Q、N三点共线时和最小；再由Q在圆上，|QN|min=|MN|−r得到最小值．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了抛物线的性质及圆的性质，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：若h(x)=f(x)g(x)=xex，由y=ex，y=x均为(0,1)上的单调递增函数，且为正，
故h(x)为(0,1)上的单调递增函数，
若h(x)=f(x)g(x)=xlnx，则x∈(0,1)时，h′(x)=lnx−1ln2x<0，
故h(x)为(0,1)上的单调递减函数，
若h(x)=f(x)g(x)=exlnx，则x∈(0,1)时，h′(x)=exlnx−ex1xln2x=ex(xlnx−1)xln2x<0
，故h(x)为(0,1)上的单调递减函数，
故h(x)在x∈(0,1)上单调递减的概率为23.
故选：D.
利用导数求解函数的单调性，即可由古典概型概率公式求解．
本题考查导数求解函数的单调性、古典概型概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
所以f(−x)=f(x)，g(−x)=−g(x)，
因为f(x)+g(x)=2x，①
所以f(−x)+g(−x)=2−x，
所以f(x)−g(x)=2−x，②
①+②得f(x)=2x+2−x2，g(x)=2x−2−x2，
所以g(x)在R上单调递增，g(0)=0，
若g(f(x)−a)≥0恒成立，则g(f(x)−a)>g(0)恒成立，
所以f(x)−a>0恒成立，
所以f(x)>a恒成立，
所以只需a所以2x+2−x≥2 2x⋅2−x=2(当且仅当2x=2−x，即x=0时取等号)，
所以f(x)=2x+2−x2≥1(当且仅当x=0时，取等号)，
所以a<1，
所以a的取值范围为(−∞,1)，
故选：A.
根据题可得f(−x)=f(x)，g(−x)=−g(x)，又f(x)+g(x)=2x①，f(x)−g(x)=2−x②，解得f(x)，g(x)的解析式，分析g(x)的单调性可得g(f(x)−a)>g(0)恒成立，则f(x)−a>0恒成立，只需a本题考查函数的奇偶性，恒成立问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：∵−4不妨设z1=−t2+ 16−t22i，z2=−t2− 16−t22i，
∴z1=z2−，故A正确；
由韦达定理可得z1z2=4，故B错误；
|z1|=|z2|= (−t2)2+( 16−t22)2=2，故C正确；
∵z1z2=4，∴z1z2=z124，
当t≠0时，z1z2∉R，故z1z2≠(z1z2)−，故D错误．
故选：AC.
在复数范围内解方程得z1，z2，然后根据复数的概念、运算判断各选项．
本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，考查复数的基本概念，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由2=f(1)=f(x)f(1−x)，知f(x)≠0恒成立，
再由f(x)=f(x2)⋅f(x2)=(f(x2))2>0，知f(x)>0恒成立．
设g(x)=lg2f(x)，
则g(1)=lg2f(1)=lg22=1，
且g(x+y)=lg2f(x+y)=lg2(f(x)f(y))=lg2f(x)+lg2f(y)=g(x)+g(y).
故g(1)=1，g(x+y)=g(x)+g(y).
由于g(0)=g(0+0)=g(0)+g(0)=2g(0)，故g(0)=0.
而g(x+1)=g(x)+g(1)=g(x)+1，故归纳即知g(n)=n(n∈Z).
又因为对m∈Z(m≠0)，
有g(x+1m)=g(x)+g(1m)，故归纳即知g(nm)=n⋅g(1m)(n∈Z).
特别地有g(mm)=m⋅g(1m)，
故g(1m)=1m⋅g(mm)=1m⋅g(1)=1m，
所以对m，n∈Z(m≠0)有g(nm)=n⋅g(1m)=nm.
这就得到了g(q)=q(q∈Q)，从而f(q)=2q(q∈Q).
设有无理数r，有理数数列{qn}使得qn→r，
由于f(x)是连续的，
故f(qn)→f(r)，而f(qn)=2qn→2r，故f(r)=2r.
这就表明f(x)=2x.
对于A，由于f(−1)=12≠−2=−f(1)，
故f(x)=2x不是奇函数，故其图象并不关于原点对称，故错误；
对于B，由于f(x)=2x在定义域上单调递增，故正确；
对于C，当x∈(0,+∞)时，f(x)=2x>20=1，故正确；
对于D，由f(x+1)f(x)=2x+12x=2，
可得f(2)f(1)=f(4)f(3)=f(6)f(5)=(2022)f(2021)=f(2024)f(2023)=2，
从而f(2)f(1)+f(4)f(3)+f(6)f(5)+...+f(2022)f(2021)+f(2024)f(2023)=2024，D正确．
故选：BCD.
由2=f(1)=f(x)f(1−x)，知f(x)≠0恒成立，再由f(x)=f(x2)⋅f(x2)=(f(x2))2>0，知f(x)>0恒成立．从而可得出f(x)=2x，再逐个判断选项即可．
本题考查了对函数奇偶性、单调性的判断，难点是得出f(x)=2x，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设O是正方形ABCD的中心，则OA=OB=OC=OD=2 2.
过O在正方形ABCD上方作直线OP，使得OP⊥平面ABCD，OP=2 2，
再在平面PBD内以O为圆心，2 2为半径作圆O，
则S的轨迹为圆O位于正方形ABCD上方的部分(不含点B，D).
由于OP⊥平面ABCD，AC在平面ABCD内，故OP⊥AC.
而AC⊥BD，OP和BD在平面PBD内交于点O，所以AC⊥平面PBD.
又因为SD在平面PBD内，所以AC⊥SD，A正确；
对于B，由于OP⊥平面ABCD，平面PBD的两直线OP和SD相交，
故直线SD与平面ACD所成角即为∠SDB，
而当S在圆O的上半部分(不含点B，D)运动时，∠SDB的范围是(0,π2)，B错误；
对于C，由于S到平面ABCD的距离d的取值范围是0而三棱锥S−ACD的体积VS−ACD=13S△ACD⋅d=16|AD|⋅|AC|⋅d=8d3，故其取值范围是(0,16 23],C正确；
对于D，若平面SAC⊥平面ACD，由于AC⊥平面PBD，SO在平面PBD内，
故SO⊥AC.
而平面SAC⊥平面ACD，SO在平面SAC内，SO⊥AC，平面SAC和平面ACD的交线是AC，
故SO⊥平面ACD.
而OP⊥平面ABCD，故O，P，S位于同一直线上，而|OP|=|OS|=2 2，且P，S均在正方形ABCD上方，故点S和点P重合．
设三棱锥P−ACD的内切球半径为r.
由于|AP|=|PD|=|AB|=|BC|=|PC|=4，故S△APD=S△CPD= 34×42=4 3.
而S△PAC=12|OP|⋅|AC|=12⋅2 2⋅4 2=8，S△ACD=12|AD|⋅|CD|=12⋅4⋅4=8，且由C选项的计算可知VP−ACD=16 23.
故16 23=VP−ACD=13r(S△PAC+S△ACD+S△APD+S△CPD)=13r(16+8 3)，得r=16 216+8 3=4 2−2 6，D正确．
故选：ACD.
对于A，构造正方形ABCD的中心O，然后利用线面垂直的判定定理和性质即可；对于B，直接利用点S的轨迹即可否定；对于C，确定点S到平面ABCD的距离的取值范围，再相应确定三棱锥S−ACD体积的范围即可；对于D，先说明此时点S的位置，再利用等体积法求出内切球半径即可．
本题的关键在于构造点S的轨迹，然后方可利用圆的性质求解，属于难题．
12.【答案】y=2x−1
【解析】解：∵y=lnx+x，
∴y′=1x+1，则切线斜率k=y′|x=1=2，
∴在点(1,1)处的切线方程为：y−1=2(x−1)，
即y=2x−1.
故答案为：y=2x−1.
先求出导函数，然后利用导数的几何意义求出切线斜率k=y′|x=1，利用点斜式即可写出切线方程．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查直线方程的求法，考查导数的几何意义，属基础题．
13.【答案】 102
【解析】解：设|F2B|=t，则|AF2|=3t，|AB|=4t，
从而|AF1|=3t+2a，|F1B|=t+2a，
再由AB⊥BF1，可知|F1B|2+|F2B|2=|F1F2|2，|F1B|2+|AB|2=|AF1|2，
故(t+2a)2+t2=4c2，(t+2a)2+16t2=(3t+2a)2，整理得方程组t2+2at+2a2=2c2at=t2，
由at=t2有t=a，代入第一个方程可得5a2=2c2，所以e= c2a2= 52= 102.
故答案为： 102.
设|F2B|=t，根据已知条件及双曲线的定义可得到(t+2a)2+t2=4c2，(t+2a)2+16t2=(3t+2a)2，然后解该齐次方程组即可得到离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
14.【答案】[0,4]
【解析】解：①当P点在线段AB上时，AP=λAB,0≤λ≤1；
∴0≤λ+μ≤1；
②当P点在线段BC上时，∵AD=AE+ED=AE+2AB；
∴AP=AB+BP=AB+kAD=(1+2k)AB+kAE，0∴λ+μ=1+2k+k=1+3k，1<1+3k≤4；
∴1<λ+μ≤4；
③当P在线段CD上时，AP=AD+DP=AE+2AB+kAB=(2+k)AB+AE,0∴λ+μ=3+k，3∴3<λ+μ≤4；
④当P在线段AD上时，AP=kAD=kAE+2kAB，0∴λ+μ=3k，0<3k<3；
∴0<λ+μ<3；
∴综上得0≤λ+μ≤4；
∴λ+μ的取值范围为[0,4].
故答案为[0,4].
分别讨论点P在线段AB，BC，CD，DA上，利用共线向量基本定理用向量AB,AE来表示向量AP.在这一过程可以出现参数k，并且知道k的取值范围，所以根据平面向量基本定理可用k表示λ+μ，由k的范围从而求出λ+μ的范围，对在这四种情况下求得的λ+μ的范围求并集即可．
考查向量的加法，以及共线向量基本定理，平面向量基本定理．
15.【答案】解：(1)因为acsC=2b，
由正弦定理可得sinA=2sinBcsC，
在三角形中sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
故sinBcsC=sinCcsB，即sinBcsC−sinCcsB=0，
即sin(B−C)=0，
由于B，C∈(0,π)，从而B−C∈(−π,π)，
所以B=C，
所以△ABC一定是等腰三角形；
(2)设△ABC的外接圆半径为R，R= 2，
一方面，我们有sinA+sinB+sinC=sin(B+C)+sinB+sinC=sin2B+2sinB，
设f(B)=sin2B+2sinB，
f′(B)=2cs2B+2csB=2(2cs2B−1)+2csB=2(csB+1)(2csB−1)，
因为B∈(0,π2)，当csB=12，即B=π3时，f′(B)=0，
所以f(B)在(0,π3)单调递增，在(π3,π2)上单调递减，
所以f(B)max=f(π3)=sin2π3+2sinπ3=3 32，
即(sinA+sinB+sinC)max=3 32，
所以三角形的周长a+b+c=2R((sinA+sinB+sinC)≤2× 2×3 32=3 6.
所以△ABC周长的最大值是3 6.
【解析】(1)使用正弦定理对条件进行边化角，再用三角恒等变换证明B=C；
(2)先用基本不等式证明sinA+sinB+sinC≤3 32，然后利用正弦定理与外接圆半径的关系可得到a+b+c≤3 6，最后说明等号可以取到，即得结果．
本题考查正弦定理及辅助角公式的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，
M，N分别为BC和BB1的中点，P为棱A1C1上的动点，AN⊥A1C1.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，由直三棱柱的性质得AA1⊥平面ABC，
∵AC在平面ABC内，∴AA1⊥AC.
∵AC//A1C1，且AN⊥A1C1，∴AN⊥AC.
∵AN⊥AC，AA1⊥AC，且AN和AA1在平面AA1B1B内交于点A，∴AC⊥平面AA1B1B.
∵AB在平面AA1B1B内，∴AB⊥AC.
取AB的中点R，∵M，R分别是BC和BA的中点，∴MR//AC，
∵AC//A1C1，∴MR//A1C1，∴MR//A1P.
∵M，R分别是BC和BA的中点，∴MR=12AC=12A1C1=A1P，
∴四边形MRPA1是平行四边形，∴A1R//MP.
设A1R和AN交于点T，∵BN=12BB1=12AA1=12AB=AR，AB=A1A，∠ABN=90∘=∠A1AR，
∴△ABN≌△A1AR，∴∠TRA=∠A1RA=∠ANB=90∘−∠BAN=90∘−∠RAT.
∴∠TRA+∠RAT=90∘，∴∠RTA=90∘，即AN⊥A1R.
∵A1R//MP，∴AN⊥MP.
∵AN⊥A1C1，即AN⊥A1P，而AN⊥MP，A1P和MP在平面A1MP内交于点P，∴AN⊥平面A1MP.
∵AN⊥平面A1MP，AN在平面ANP内，∴平面ANP⊥平面A1MP.
(2)AB⊥AC，∵AA1⊥平面ABC，AB和AC在平面AA1B1B内，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.
∵AB，AC，AA1两两垂直，∴以A为原点，AB,AC,AA1分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系．
设AB=AC=AA1=2，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，A1(0,0,2)，B1(0,2,2)，C1(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,2,1).
据题设有A1P=λA1C1，显然0≤λ≤1，此时P(2λ,0,2).
从而有AB=(0,2,0)，AA1=(0,0,2)，NP=(2λ,−2,1)，MN=(−1,1,1).
设n1=(p,q,r)和n2=(u,v,w)分别是平面AA1B1B和平面PMN的法向量，
则n1⋅AB=n1⋅AA1=0，n2⋅NP=n2⋅MN=0.
即2q=2r=0，2λu−2v+w=−u+v+w=0，从而可取n1=(1,0,0)，n2=(3,2λ+1,2−2λ).
此时平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为：
cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=3 9+(2λ+1)2+(2−2λ)2=3 8λ2−4λ+14，
∵平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为 63，
∴3 8λ2−4λ+14= 63，解得λ=14，
∴存在λ=14，使得平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为 63.
【解析】(1)先用线面垂直的判定定理证明AN⊥平面A1MP，再使用面面垂直的判定定理即可；
(2)使用空间向量法直接求解两平面的夹角(用λ表示)，再根据夹角条件，解关于λ的方程即可．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)由于这10名教师中恰有3名是研修先进个人，
故随机抽取的3名教师中恰有1名教师是研修先进个人的概率p=C31⋅C72C103=3×21120=2140.
(2)①直接计算可得μ=35+43+90+83+50+45+82+75+62+3510=60.
所以P(X≥50)=P(X≥μ−σ)=12+12P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.84135.
故可以估计学习时长不低于50小时的教师的人数为1000×0.84135≈841.
②由于P(50≤X≤70)=P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，故E(ξ)=0.6827n.
当E(ξ)≥32时，有0.6827n≥32，得n≥46.8727.
所以n的最小值是47.
【解析】(1)直接使用古典概型和排列组合工具求解；
(2)①直接使用正态分布数据计算出X≥50的概率，然后用概率估计实际的比例；②用正态分布数据求出ξ的均值0.6827n，再解出n的最小值．
本题主要考查古典概型概率公式，正态分布曲线的性质，期望的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为椭圆C的短轴长为2 3，
所以2b=2 3，
因为△RF1F2的周长为6，
所以|F1F2|+|RF1|+|RF2|=2c+2a=6，
整理得a+c=3，
此时a−c=a2−c2a+c=b2a+c=33=1，
则a=a+c2+a−c2=32+12=2，
故椭圆C的方程为x24+y23=1；
(2)证明：易知c= a2−b2= 4−3=1，
所以直线l的方程为x=1，
联立x=1x24+y23=1，
解得y=±32，
即E(1,32)，F(1,−32)，
因为∠QEF=∠PEF，
所以直线PE，QE的斜率互为相反数，
不妨设直线PE，QE的斜率分别是k，−k，
可得直线PE的方程为y=kx+32−k，直线QE的方程为y=−kx+32+k，
联立y=kx+32−kx24+y23=1，消去y并整理得(3+4k2)x2+4(3−2k)kx+(3−2k)2−12=0，
易知该方程的一根为x=1，
则另一根为x=(3−2k)2−123+4k2=4k2−12k−34k2+3，
可得P(4k2−12k−34k2+3,−12k2−12k+92(4k2+3))，
同理得Q(4k2+12k−34k2+3,−12k2+12k+92(4k2+3))，
则直线PQ的斜率kPQ=−12k2+12k+92(4k2+3)−−12k2−12k+92(4k2+3)4k2+12k−34k2+3−4k2−12k−34k2+3=12k4k2+324k4k2+3=12.
故直线PQ的斜率为定值，定值为12.

【解析】(1)由已知可得a+c=3，b= 3，然后解出a即可得到方程；
(2)先确定E(1,32)，然后由已知可得PE，QE的斜率互为相反数，再设出斜率，使用韦达定理即可验证直线PQ的斜率kPQ=12.
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)定义域为(0,+∞)，
因为f′(x)=2mx−1−1x2=−x2+2mx−1x2，
设k(x)=−x2+2mx−1，则Δ=4(m2−1)，
①当0②当m>1时，Δ>0，k(x)有两个零点x1=m− m2−1，x2=m+ m2−1，
所以当00，即f′(x)>0；
当x>x2时，k(x)<0，即f′(x)<0.
综上所述：当0当m>1时，f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增；
(2)证明：由(1)知当m=1时，x∈(1,+∞)时，f(x)=2lnx−x+1x所以lnx则ln(1+1n2)<12(1+1n2)−12(1+1n2)=12(1n2+1+1n2)<1n2<1n2−14
=1n−12−1n+12，
ln(1+122)+ln(1+132)+ln(1+142)+⋯+ln(1+1n2)
<(12−12−12+12)+(13−12−13+12)+⋯+(1n−12−1n+12)
=23−1n+12<23，
所以(1+122)(1+132)(1+142)⋯(1+1n2)(3)g(x)=m2ln2x−x−1x+2=m2ln2x−(x−1)2x=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x)，
因为lnx与x−1同号，所以y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1，
令t= x，由f(1)=0，则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点，
由(1)知：当0当m>1时，因为f(1)=0，且x1x2=1，所以x1<1由(2)知，x>1时，lnx所以ln x< x2−12 x，即lnx< x−1 x，
所以f(4m2)=2mln(4m2)−4m2+14m2<2m(2m−12m)−4m2+14m2=1−4m24m2<0，
所以由零点存在性定理知，f(t)在区间(t2,4m2)上有唯一的一个零点t0，
因为f(t0)+f(1t0)=2mlnt0−t0+1t0+2mln1t0−1t0+t0=0，
因为f(t0)=0，所以f(1t0)=0，
所以m>1时，f(t)存在三个不同的零点1t0，1，t0，
故实数m的取值范围是(1,+∞).
【解析】(1)求出f(x)的定义域，对f(x)求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
(2)由(1)可得x∈(1,+∞)时，f(x)=2lnx−x+1x(3)对g(x)化简可得g(x)=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x)，y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1，令t= x，由f(1)=0，则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点，分01两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．