2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学适应性试卷（三）（含详细答案解析）

这是一份2024年湖南省长沙市长郡中学高考数学适应性试卷（三）（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.已知复数z=cs75∘+isin75∘，则|z|2z2=( )
A. − 32−12iB. − 32+12iC. −12− 32iD. 1
2.(x−2y)6的展开式中x4y2的系数为( )
A. −60B. 24C. −12D. 60
3.设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若l⊂α，α//β，则“m⊥l”是“m⊥β”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
4.已知函数f(x)=lg2x,x>0(x+1)2,x<0，g(x)=f(−x)−1，则g(x)的图象大致是( )
A. B.
C. D.
5.已知向量|a|=|b|=1，且a与b的夹角为θ，a⋅b>0，向量2a−b与a+2b的夹角为π3，则csθ=( )
A. 5 1326B. 5 1352C. 2626D. 2 1313
6.已知点A(−2,2)为抛物线C：x2=2py上一点，P为C上不同于点A的一个动点，过P作PA的垂线与C交于另一点B，则点B的横坐标的取值范围是( )
A. (−∞,−2)∪(6,+∞)B. (−∞,−6)∪(2,+∞)
C. (−∞,−2)∪[6,+∞)D. (−∞,−6]∪[2,+∞)
7.中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.如图(1)为俯视图，图(2)为立体切面图.E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B、D、H、F对应四个三棱柱，A、C、I、G对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为( )
A. 24B. 28C. 32D. 36
8.从集合U={1,2,3,4}的非空子集中随机取出两个不同的集合A，B，则在A∪B=U的条件下，A∩B恰有1个元素的概率为( )
A. 839B. 1639C. 3279D. 25
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.氚，亦称超重氢，是氢的同位素之一，它的原子核由一个质子和两个中子组成，并带有放射性，会发生β衰变，其半衰期是12.43年.样本中氚的质量N随时间t(单位：年)的衰变规律满足N=N0⋅2−t12.43，其中N0表示氚原有的质量，则(参考数据：lg2≈0.301)( )
A. t=12.43lg2NN0
B. 经过24.86年后，样本中的氚元素会全部消失
C. 经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的132
D. 若x年后，样本中氚元素的含量为0.4N0，则x>16
10.在前n项和为Sn的正项等比数列{an}中，a1a4=8，a3=a2+2，bn=lg2anSn+1，则( )
A. a6−4a5=−48B. S7=127
C. Sn=2an−1D. 数列{bn}中的最大项为b2
11.一般地，如果一个四面体存在由同一点出发的三条棱两两垂直，我们把这种四面体叫做直角四面体，记该点为直角四面体的直角顶点，两两垂直的三条棱叫直角四面体的直角棱，任意两条直角棱确定的面叫直角四面体的直角面，除三个直角面外的一个面叫斜面.若一个直角四面体的三条直角棱长分别a，b，c，直角顶点到斜面的距离为d，其内切球的半径为r，三个直角面的面积分别为S1，S2，S3，三个直角面与斜面所成的角分别为α，β，y，斜面的面积为S，则( )
A. 直角顶点在斜面上的射影是斜面的内心B. cs2α+cs2β+cs2γ=1
C. S三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记一组样本数据10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位数为a，平均数为b，则a−b=______.
13.已知a∈R，函数f(x)=(x+1)2+a,x<0sinπx22x−1+2−x+1,x>0当x>0时，函数f(x)的最大值是 (1) ；若函数f(x)的图象上有且只有两对点关于y轴对称，则a的取值范围是 (2) .
14.设max{a,b,c}为实数a，b，c中最大的数.若x>0，y>0，z>0，则max{xz+1y,x+1yz,yx+1z}的最小值为______.
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，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，AF⊥DE，F为垂足.
(1)求证：AF⊥DB.
(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时.
①求平面EDC与平面DCB夹角的余弦值；
②求点B到平面CDE的距离.
17.(本小题15分)
植物迷宫源自于西方国家，在西方国家十分盛行，发展到现在，已经是西方园林植物文化的代表之一.目前植物迷宫的发展已经遍布世界各地，最大的、最长的、最复杂的等等迷宫形式已经成为各大以乡村或农业等为主打的景区，吸引游客的一项重要手段.某乡镇为发展旅游业，欲打造植物迷宫，现就蔬菜迷宫、粮食迷宫两款征询90名村民代表的意见(每人可选一款支持，也可保持中立)，其中男、女村民代表的比例为2：1，得到相关统计数据如表：
(1)根据村民代表的意见，利用分层随机抽样的方法抽取12名村民代表，再从这12人中随机抽取4人，记其中支持粮食迷宫的人数为X，求X的分布列与数学期望.
(2)在90名村民代表中，蔬菜种植能手与粮食种植能手的相关统计数据如表，其中a，b为正整数，且a+3b=28.
现从这90名村民代表中任选一名去参与迷宫设计讨论，记事件M为“选到的为女村民代表”，事件N为“选到的为粮食种植能手”.若事件M与事件N相互独立，求a，b的值.
18.(本小题17分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 22.
(1)若椭圆E过点(2, 2)，求椭圆E的标准方程.
(2)若直线l1，l2均过点P(pn,0)(0(i)求tn；
(ii)记an=|PQ|，求数列{1an}的前n项和Sn.
19.(本小题17分)
若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=α，则称点P为△ABC的布洛卡点，α为△ABC的布洛卡角.如图，已知△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，点P为△ABC的布洛卡点，α为△ABC的布洛卡角.
(1)若b=c，且满足PBPA= 3，求∠ABC的大小.
(2)若△ABC为锐角三角形.
(i)证明:1tanα=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB.
(ii)若PB平分∠ABC，证明：b2=ac.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为复数z=cs75∘+isin75∘，所以|z|2=cs275∘+sin275∘=1，
则|z|2z2=1cs275∘+2sin75∘cs75∘i−sin275∘=1cs150∘+sin150∘i=1− 32+12i=− 32−12i.
故选：A.
根据题意先求出复数的模，然后再根据复数的运算即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：C62x4(−2y)2=60x4y2，
故选：D.
利用二项式定理展开式，即可解出．
本题考查了二项式定理展开式，学生的数学运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为l⊂α，α//β，由m⊥l，不一定得出m⊥α，所以不一定m⊥β，则“m⊥l”是“m⊥β”的不充分条件；
若m⊥β，α//β，可得m⊥α，又因为l⊂α，可得m⊥l，所以“m⊥l”是“m⊥β”的必要条件；
所以“m⊥l”是“m⊥β”的必要不充分条件．
故选：B.
由题意及m⊥l，可证得m⊥β，再由题意及m⊥β可证得m⊥l，判断出“m⊥l”是“m⊥β”的充要条件．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用及性质定理的应用，充要条件的证法，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：令x>0，则−x<0，
所以f(−x)=(−x+1)2，
g(x)=f(−x)−1=(x−1)2−1，则在y轴右侧为部分抛物线，
对称轴为x=1，g(x)=0时，x=2或0，
且(0,0)处为空心，g(1)=−1，排除ACD.
故选：B.
利用x>0时的解析式的图象即可得到选项．
本题主要考查了函数性质在函数图象判断中的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题意a⋅b=|a|⋅|b|csθ=csθ>0，可得(2a−b)⋅(a+2b)=2a2−3a⋅b−2b2=−3csθ，
因为|2a−b|= (2a−b)2= 5−4csθ,|a+2b|= (a+2b)2= 5+4csθ，
且向量2a−b与a+2b的夹角为π3，
所以csπ3=12=−3csθ 5−4csθ⋅ 5+4csθ，即36cs2θ=25−16cs2θ，整理得52cs2θ=25，
所以cs2θ=2552，结合csθ>0，解得csθ= 2552=5 1326.
故选：A.
根据向量的模的公式、数量积的运算公式，分别表示出(2a−b)⋅(a+2b),|2a−b|,|a+2b|，从而建立关于csθ的方程，结合a⋅b>0算出答案．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、向量的模的公式等知识，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：将A(−2,2)代入抛物线方程得4=4p，∴p=1，
∴抛物线方程为x2=2y，
设P(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1=x122，y2=x222，
∴kPA=x122−2x1+2=x1−22，kPB=x222−x122x2−x1=x1+x22，
∵PA⊥PB，∴x1−22⋅x1+x22=−1，
即x12+(x2−2)x1−2x2+4=0，
由Δ=(x2−2)2−4(−2x2+4)=x22+4x2−12≥0，得x2≤−6或x2≥2.
故选：D.
利用PA⊥PB得到x12+(x2−2)x1−2x2+4=0，再利用Δ≥0求解．
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，
依题意，四棱锥的体积13a2h=1，即a2h=3，
所以三棱柱的体积12ahb=3，即有abh=6，
因此b=2a，于是长方体的体积V=b2h=4a2h=12，
所以该正四棱台的体积为12+4+12=28.
故选：B.
根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答．
本题考查正四棱台的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可分以下四种情况讨论：
①若A中有一个元素，则B中至少有三个元素，此时满足A∪B=U的情况有2C41种，而满足A∩B恰有1个元素的有C41种；
②若A中有两个元素，则B中至少有两个元素，此时满足A∪B=U的情况有C42×(1+C21+1)种，而满足A∩B恰有1个元素的有C42×C21种；
③若A中有三个元素，则B中至少有一个元素，此时满足A∪B=U的情况有C43×(1+C31+C32+1)种，而满足A∩B恰有1个元素的有C43×C31种；
④若A中有四个元素，则B中至少有一个元素，此时满足A∪B=U的情况
有C44×(C41+C42+C43)种，而满足A∩B恰有1个元素的有C44×C41种；
故满足题意的概率为：4+12+12+48+24+32+14=1639.
故选：B.
按照要求分类讨论计算即可．
本题主要考查了集合与古典概型，较为新颖，关键在于分类讨论要不重复不遗漏，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，由N=N0⋅2−t12.43，可得2−t12.43=NN0，
所以−t12.43=lg2NN0，t=−12.43lg2NN0，故错误；
对于B，将t=24.86代入N=N0⋅2−t12.43，得N=N0⋅2−2=14N0，
所以经过24.86年后，样本中的氚元素是原来的14，故错误；
对于C，将t=62.15代入N=N0⋅2−t12.43，得N=N0⋅2−5=132N0，
所以经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的132，故正确；
对于D，因为x年后，样本中氚元素的含量为0.4N0，
所以N0⋅2−x12.43=0.4N0，
即2−x12.43=0.4，−x12.43=lg20.4=lg225=1−lg25=1−lg5lg2=1−1−lg2lg2=2−1lg2≈−1.322，
所以x≈−12.43×(−1.322)≈16.557>16，故正确．
故选：CD.
对于A，由N=N0⋅2−t12.43，可得t=−12.43lg2NN0，即可判断；
对于B，将t=24.86代入N=N0⋅2−t12.43，求解后即可判断；
对于C，将t=62.15代入N=N0⋅2−t12.43，求解后即可判断；
对于D，由题意可得−x12.43=lg20.4，根据对数的运算性质，求出x的值后即可判断．
本题考查了函数在生活中的实际运用，考查了对数与指数的基本运算及互化，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
由a1a4=a2a3，a1a4=8，可得a2a3=8，且a3=a2+2，
解得a2=2,a3=4或a2=−4,a3=−2(舍去)，
有q=a3a2=2，可得an=a2qn−2=2×2n−2=2n−1.
对于A选项，由a6=25=32，a5=16，可得a6−4a5=32−64=−32，故A错误；
对于B选项，S7=1−271−2=127，故B正确；
对于C选项，由an=2n−1，Sn=1−2n1−2=2n−1，有Sn=2an−1，故C正确；
对于D选项，由lg2anSn+1=lg22n−1(2n−1)+1=n−12n，
令f(n)=n−12n，有f(n+1)−f(n)=n2n+1−n−12n=2−n2n+1，
可得f(1)f(4)>⋅⋅⋅，有f(n)max=f(2)=f(3)=14，
可得数列{bn}中的最大项为b2或b3，故D错误．
故选：BC.
由等比数列的通项公式，解方程求得公比，可得an，Sn，可判断ABC；由数列的单调性可判断D.
本题考查等比数列的通项公式和求和公式，以及数列中的最大项，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：设该直角四面体为四面体P−ABC，PA，PB，PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，
直角顶点P在斜面上的射影为O，连接PO，则PO⊥平面ABC.
对于A，连接AO，由PA，PB，PC两两垂直，可得PA⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，所以PA⊥BC，
又PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PO⊥BC，BC⊥平面PAO，
又AO⊂平面PAO，所以BC⊥AO，
连接BO，同理可得AC⊥BO，所以O为△ABC的垂心，但不一定为△ABC的内心，选项A错误．
对于B，由选项A知PA⊥平面PBC，BC⊥平面PAO，延长AO交BC于点F，连接PF，则PA⊥PF，BC⊥PF.
在△PBC中，PF=bc b2+c2，所以S2=14BC2×AF2=14(b2+c2)(a2+b2c2b2+c2)=14(a2b2+a2c2+b2c2)=S12+S22+S32，
令S1=12bc，S2=12ac，S3=12ab，直角面PBC，PAC，PAB与斜面ABC所成的角分别为α，β，γ，则csα=cs∠PFA=PFAF=S1S，
同理可得csβ=S2S，csγ=S3S，所以cs2α+cs2β+cs2γ=(S1S)2+(S2S)2+(S3S)2=1，选项B正确．
对于C，由射影的性质知，S对于D，直角四面体的体积为V=16abc=13Sd=13(S1+S2+S3+S)r，所以1d=2Sabc，所以1r=2(S1+S2+S3+S)abc=bc+ac+ab+2Sabc=1a+1b+1c+1d，选项D正确．
故选：BCD.
设该直角四面体为四面体P−ABC，PA，PB，PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，直角顶点P在斜面上的射影为O，连接PO，得出PO⊥平面ABC，再对选项中的命题真假性判断即可．
本题以新定义“直角四面体”为背景设题，考查了线面位置关系、三角形的面积、几何体的体积等知识，也考查了空间想象能力、逻辑思维能力及综合运用所学知识分析、解决问题的能力．
12.【答案】−4
【解析】解：数据从小到大排列为：4，6，8，8，10，16，18，24，32，
所以中位数a=10，平均数b=4+6+8+8+10+16+18+24+329=14，
所以a−b=10−14=−4.
故答案为：−4.
利用中位数和平均数的定义求解．
本题主要考查了中位数和平均数的定义，属于基础题．
13.【答案】12 ； (−1,12)
【解析】解：(1)当x>0时，f(x)=sinπx22x−1+2−x+1，
令f1(x)=2x−1+2−x+1=2x−1+12x−1≥2，当2x−1=12x−1，即x=1时取等号，
即当x=1时，f1(x)min=2，
令f2(x)=sinπx2∈[−1,1]，
又因为f2(1)=sinπ2=1=f2(x)max，
则f(x)max=f1(x)maxf2(x)min=12；
(2)f(x)图象仅有两对点关于y轴对称，
即f(x)(x<0)的图象关于y轴对称的函数图象
与f(x)(x>0)仅有两个交点，
当x<0时，f(x)=(x+1)2+a.
设其关于y轴对称的函数为g(x)，
∴g(x)=f(−x)=(x−1)2+a(x>0)
∵f(x)=sinπx22x−1+2−x+1(x>0)，
由(1)可知近似图象如图所示：
当g(x)与f(x)仅有两个交点时，−1综上，a的取值范围是(−1,12)，
故答案为：12，(−1,12).
(1)运用基本不等式求得x>0时，f(x)的分母的最小值，结合正弦函数的值域，即可得到所求最大值；
(2)求得关于y轴对称的函数和图象，画出f(x)和g(x)的图象，结合图象求得仅有两个交点的a的范围．
本题考查函数的最值求法和对称性，注意运用数形结合思想方法和转化思想，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】2
【解析】解：设A=max{xz+1y,x+1yz,yx+1z}，则A≥xz+1y>0，A≥x+1yz>0，且A≥yx+1z>0.
因为A≥xz+1y=z(x+1yz)，所以当00，A≥yx+1z>0，
而A≥x+1yz≥x+1y≥2 xy，且A≥yx+1z≥yx+1≥2 yx，两式相乘得A2≥2 yx⋅2 xy=4，
可知A≥2，当且仅当x=y=z=1时，取等号．
当z>1时，0两式相乘得A2≥(xz+1y)(yx+1z)=x+1x+yz+1yz≥2 x×1x+2 1yz×yz=4，所以A≥2，
当且仅当x=y=z=1时取等号，结合z>1可知等号不能成立，故A>2.
综上所述，A≥2，A的最小值为2.
设max{xz+1y,x+1yz,yx+1z}=A，可知A大于等于xz+1y、x+1yz、yx+1z中的任意一个，根据xz+1y=z(x+1yz)，分01两种情况讨论，分别利用基本不等式算出满足条件的A的取值范围，再综合两种情况得到A的最小值，即可得到本题的答案．
本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，考查运算求解能力，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】解：(1)证明：由题意可知DA⊥底面ABE，BE⊂平面ABE，故BE⊥DA，
又BE⊥AE，AE∩DE=E，AE，DE⊂平面AED，
故BE⊥平面AED，
由AF⊂平面AED，得AF⊥BE，
又AF⊥DE，BE∩DE=E，BE，DE⊂平面BED，
故AF⊥平面BED，由DB⊂平面BED，可得AF⊥DB；
(2)①由题意，以A为原点，
分别以AB，AD所在直线为y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，
并设AD的长度为2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)，
因为DA⊥平面ABE，所以∠DEA就是直线DE与平面ABE所成的角，
所以tan∠DEA=DAAE=2，所以AE=1，
所以E( 32,12,0)
由以上可得DC=(0,2,0),DE=( 32,12,−2)，
设平面EDC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=0n⋅DE=0，即2y=0 32x+12y−2z=0，
取x=4，得n=(4,0, 3)，
又m=(1,0,0)是平面BCD的一个法向量，设平面EDC与平面DCB夹角的大小为θ，
所以csθ=|cs|=|m⋅n||m||n|=4 19=4 1919，
所以平面EDC与平面DCB夹角的余弦值为4 1919；
②因为BE=( 32,−32,0)，
所以点B到平面CDE的距离d=|BE⋅n||n|= 32×4 19=2 5719.
【解析】(1)先证明BE⊥平面AED，证明AF⊥BE，进而证明AF⊥平面BED，根据线面垂直的性质定理可证明结论；
(2)①建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出相关向量的坐标，求出平面DCE的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求出答案；②利用空间向量的距离公式求出答案即可．
本题考查了线面垂直的性质，考查了二面角以及点到面距离的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题知支持蔬菜迷宫、支持粮食迷宫、中立的人数之比为3：2：1，
所以随机抽取的12人中，支持蔬菜迷宫、支持粮食迷宫、中立的人数分别为6，4，2，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
则P(X=0)=C84C124=1499，P(X=1)=C83C41C124=224495，P(X=2)=C82C42C124=56165，P(X=3)=C81C43C124=32495，P(X=4)=C44C124=1495，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×1499+1×224495+2×56165+3×32495+4×1495=43；
(2)因为在90名村民代表中，男、女村民代表的比例为2：1，
所以女村民代表有30名，
则P(M)=3090=13，P(N)=a+2b90，P(MN)=2b90=b45，
若事件M与事件N相互独立，则P(M)P(N)=P(MN)，
即13×a+2b90=b45，得a=4b，
又a+3b=28，
所以a=16，b=4.
【解析】(1)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解；
(2)利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为e=ca= 22，
又a2=b2+c2，
所以a2=2b2，
此时椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1，
因为椭圆E过点(2, 2)，
所以42b2+2b2=1，
解得b2=4，
则椭圆E的标准方程为x28+y24=1；
(2)(i)当直线l1，l2中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，
此时直线MN与x轴重合，不符合题意，
所以直线l1，l2的斜率均存在且不为0，
不妨设直线l1的方程为y=k(x−pn)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，
联立x22b2+y2b2=1y=k(x−pn)，消去y并整理得(1+2k2)x2−4k2pnx+2k2pn2−2b2=0，
由韦达定理得x1+x2=4pnk21+2k2，x1x2=2k2pn2−2b21+2k2，
所以xM=2pnk21+2k2，yM=−pnk1+2k2，
同理得xN=2pnk2+2，yN=pnkk2+2，
因为M，N，Q三点共线，
所以yN(xN−xM)=(yN−yM)(xN−tn)，
易知yN−yM≠0，
所以tn=xMyN−xNyMyN−yM=2pnk21+2k2⋅pnkk2+2−2pnk2+2⋅−pnk1+2k2pnkk2+2−−pnk1+2k2=2pn3，
因为pn=13n，
所以tn=23n+1；
(ii)由(i)知an=|PQ|=|pn−tn|=|13n−23n+1|=13n+1，
所以1an=3n+1，
则数列{1an}是以首项为9，公比为3的等比数列，
则数列{1an}的前n项和Sn=9(1−3n)1−3=92(3n−1).
【解析】(1)由题意，利用离心率公式以及a，b，c之间的关系列出等式，进而可得椭圆E的方程；
(2)(i)推出直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设出直线l1的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出M，N两点的坐标，根据三点共线列出等式，进而即可求解；
(ii)结合(i)中信息以及等比数列的定义和前n项和公式进行求解即可．
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)若b=c，即AB=AC，得∠ABC=∠ACB，
点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则∠PCB=∠PBA，
在△PCB和△PBA中，∠PCB=∠PBA，∠PAB=∠PBC=θ，
所以△PCB与△PBA相似，且PBPA= 3，
所以BCAB=ac= 3，即a= 3c，
由余弦定理得：cs∠ABC=a2+c2−b22ac，且a= 3c,b=c，
得cs∠ABC=3b2+b2−b22 3b2= 32，且0所以∠ABC=π6；
证明：(2)(i)在△ABC内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
1tan∠BAC=cs∠BACsin∠BAC=b2+c2−a22bcsin∠BAC=b2+c2−a24S△ABC，
1tan∠ABC=cs∠ABCsin∠ABC=a2+c2−b22acsin∠ABC=a2+c2−b24S△ABC，
1tan∠ACB=cs∠ACBsin∠ACB=a2+b2−c22absin∠ACB=a2+b2−c24S△ABC，
三式相加可得：1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC①，
在△PAB内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
1tanθ=csθsinθ=AP2+c2−BP22AP⋅csinθ=AP2+c2−BP24S△PAB，
在△PBC和△PCA内，同理：1tanθ=BP2+a2−CP24S△PBC,1tanθ=CP2+b2−AP24S△PCA，
三式相等：1tanθ=AP2+c2−BP24S△PAB=BP2+a2−CP24S△PBC=CP2+b2−AP24S△PCA，
因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA，
由等比性质得：1tanθ=(AP2+c2−BP2)+(BP2+a2−CP2)+(CP2+b2−AP2)4S△PAB+4S△PBC+4S△PCA=a2+b2+c24S△ABC②，
由①②式可证得：1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB；
(ii)因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c⋅APsinθ+12a⋅BPsinθ+12b⋅CPsinθ，
即S△ABC=12sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ，
在△PAB，△PBC，△PAC中，
分别由余弦定理得：BP2=c2+AP2−2c⋅APcsθ⋅CP2=a2+BP2−2a⋅BPcsθ⋅AP2=b2+CP2−2b⋅CPcsθ，
三式相加整理得2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)=a2+b2+c2，
a2+b2+c2=2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ，
若PB平分∠ABC，则∠ABC=2θ,S△ABC=12acsin2θ，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ=2csθ⋅acsin2θsinθ=4accs2θ③，
又由余弦定理可得：a2+c2=b2+2accs2θ=b2+2ac(cs2θ−sin2θ)④，
由③-④得：b2=−b2+2ac(sin2θ+cs2θ)，
所以b2=ac(sin2θ+cs2θ)，
所以b2=ac.
【解析】(1)先判断△PCB与△PBA相似，进而得到a= 3c，应用余弦定理求出cs∠ABC的值即可；
(2)(i)在△ABC内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC，针对θ分别在△PAB、△PBC和△PCA内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：1tanθ=a2+b2+c24S△ABC，即可得证；
(ii)得出a2+b2+c2与S△ABC的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，PB平分∠ABC，将S△ABC=12acsin2θ代入，化简整理即可得证．
本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于难题．支持蔬菜迷宫
支持粮食迷宫
中立(两种均可)
人数
45
30
15
男村民代表
女村民代表
蔬菜种植能手
40
10
粮食种植能手
a
2b
X
0
1
2
3
4
P
1499
224495
56165
32495
1495