2024年四川省成都市嘉祥外国语高级中学高考数学第一次诊断试卷（理科）（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省成都市嘉祥外国语高级中学高考数学第一次诊断试卷（理科）（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足(1−i)z=2i−1(i为虚数单位)，则|z|=( )
A. 52B. 52C. 102D. 5
2.已知全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,2,3,4}，B={2,4,6}，则图中阴影部分表示的集合为( )
A. {2,4}
B. {1,3}
C. {1,3,4}
D. {2,3,4}
3.命题“若ab=0，则a=0或b=0”的否命题是( )
A. 若ab=0，则a≠0或b≠0B. 若ab=0，则a≠0且b≠0
C. 若ab≠0，则a≠0或b≠0D. 若ab≠0，则a≠0且b≠0
4.第一组样本点为(−5,−8.9)，(−4,−7.2)，(−3,−4.8)，(−2,−3.3)，(−1,−0.9)
第二组样本点为(1,8.9)，(2,7.2)，(3,4.8)，(4,3.3)，(5,0.9)
第一组变量的线性相关系数为r1，第一组变量的线性相关系数为r2，则( )
A. r1>0>r2B. r2>0>r1C. r1r1>0
5.已知a=sin1，b=cs1，c=tan1，则有( )
A. a6.若函数f(x)=ln[(a−1)x+1]在(2,3)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1)B. [23,1)C. [12,1)D. (23,1)
7.一粒子在平面上运动的轨迹为抛物线的一部分，在该平面上建立直角坐标系后，该粒子的运动轨迹如图所示.在t=0时刻，粒子从点A(0,1)出发，沿着轨迹曲线运动到B(1,−1)，再沿着轨迹曲线途经A点运动到C(−1,−1)，之后便沿着轨迹曲线在B，C两点之间循环往复运动.设该粒子在t时刻的位置对应点P(x,y)，则坐标x，y随时间t(t≥0)变化的图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
8.我们将某商场某区域的行走路线图抽象为一个2×2×3的长方体框架如图所示，小红欲从A处行走到H最后再到B处，则小红行走路程最近的路线共有条.( )
A. 10
B. 12
C. 13
D. 14
9.已知函数y=f(x)的定义域为R，有下面三个命题，
命题p：存在a∈R且a≠0，对任意的x∈R，均有f(x+a)命题q1：y=f(x)在R上是严格减函数，且f(x)>0恒成立；
命题q2：y=f(x)在R上是严格增函数，且存在x0<0使得f(x)=0.
则下列说法正确的是( )
A. q1、q2都是p的充分条件B. 只有q1是p的充分条件
C. 只有q2是p的充分条件D. q1、q2都不是p的充分条件
10.椭圆具有如下的声学性质：从一个焦点出发的声波经过椭圆反射后会经过另外一个焦点.有一个具有椭圆形光滑墙壁的建筑，某人站在一个焦点处大喊一声，声音向各个方向传播后经墙壁反射(不考虑能量损失)，该人先后三次听到了回音，其中第一、二次的回音较弱，第三次的回音较强；记第一、二次听到回音的时间间隔为x，第二、三次听到回音的时间间隔为y，则椭圆的离心率为( )
A. x2x+yB. xx+2yC. y2x+yD. yx+2y
11.如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y= 3sinωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为 32，则ω的值为( )
A. 32B. 1C. 3D. 2
12.如图，可导函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l：y=g(x)，设h(x)=f(x)−g(x)，则下列说法正确的是( )
A. ∃x∈R，h(x)>0
B. ∀x∈R，h′(x)<0
C. h′(x0)=0，x=x0是h(x)的极大值点
D. h′(x0)=0，x=x0是h(x)的极小值点
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如果一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫做正多面体.下列几何体中，所有棱长均相等，同一表面的角都相等，则______是正多面体.(写出所有正确的序号)
14.已知f(x)=2x+x，则不等式f(|2x−3|)<3的解集为______.
15.如图，四边形ABCD由△ABC和△ACD拼接而成，其中∠ACB=90∘，∠ADC>90∘，若AC与BD相交于点E，∠ACD=30∘，AD=2，AC=2 3，且tan∠BAD=3 35，则△CDE的面积S=______.
16.设P1，P2，…Pn为平面α内的n个点，在平面α内的所有点中，若点P到点P1，P2，…Pn的距离之和最小，则称点P为P1，P2，…Pn的一个“中位点”，例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点，现有下列命题：
①若三个点A、B、C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；
②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；
③若四个点A、B、C、D共线，则它们的中位点存在且唯一；
④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．
其中的真命题是______(写出所有真命题的序号).
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*).
(Ⅰ)证明数列{an+1}是等比数列；
(Ⅱ)令f(x)=a1x+a2x2+…+anxn，求函数f(x)在点x=1处的导数f′(1)并比较2f′(1)与23n2−13n的大小.
18.(本小题12分)
如图，正四面体ABCD的边长等于2，点A，E位于平面BCD的两侧，且EB=EC=ED= 2，点P是AC的中点．
(Ⅰ)求证：AB//平面CDE；
(Ⅱ)求BP与平面CDE所成的角的正弦值．
19.(本小题12分)
天和核心舱是我国目前研制的最大航天器，同时也是我国空间站的重要组成部分.为了能顺利的完成航天任务，挑选航天员的要求非常严格.经过统计，在挑选航天员的过程中有一项必检的身体指标ξ服从正态分布N(90,100)，航天员在此项指标中的要求为ξ≥110.某学校共有2000名学生.为了宣传这一航天盛事，特意在本校举办了航天员的模拟选拔活动.学生首先要进行上述指标的筛查，对于符合要求的学生再进行4个环节选拔，且仅在通过一个环节后，才能进行到下一个环节的选拔.假设学生通过每个环节的概率均为14，且相互独立.
(1)设学生甲通过筛查后在后续的4个环节中参与的环节数量为X，请计算X的分布列与数学期望；
(2)请估计符合该项指标的学生人数(结果取整数).以该人数为参加航天员选拔活动的名额，请计算最终通过学校选拔的人数Y的期望值.
参考数值：P(μ−σ20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点M(1,0)，P为动点，以线段MP为直径的圆与y轴相切.
(1)求动点P的轨迹Γ的方程.
(2)已知点A(1,2)，问：在Γ上是否存在点B，C，使得△ABC为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点B，C有几组(不必说明点B，C的坐标).
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−blgax，其中a>1.
(1)当b=e时，若f(x)在区间(1,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当b=1时，讨论f(x)的零点个数.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的参数方程为x=−1+2(sinα+csα)2y=4−4sin2α(α为参数)，直线l的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R).
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于M，N两点，求|MN|.
23.(本小题12分)
已知实数a，b，c满足a+b+c=1.
(1)若2a2+b2+c2=12，求证：0≤a≤25；
(2)若a，b，c∈(0,+∞)，求证：a21−a+b21−b+c21−c≥12.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为(1−i)z=2i−1，
所以|1−i||z|=|2i−1|，
即 2|z|= 5，
所以|z|= 5 2= 102.
故选：C.
根据复数的模长公式，计算即可．
本题考查了复数的模长计算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意，图中阴影部分表示的集合为A∩∁UB，
因为U={1,2,3,4,5,6}，B={2,4,6}，所以∁UB={1,3,5}，
又A={1,2,3,4}，所以题图中阴影部分表示的集合为A∩∁UB={1,3}.
故选：B.
根据Venn图可知图中阴影部分表示的集合为A∩∁UB，结合交集与补集运算的概念与运算即可求解．
本题主要考查集合的基本运算，利用图象先确定集合关系是解决本题的关键，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据否命题的定义，同时否定原命题的条件和结论即可得其否命题．
本题主要考查四种命题之间的关系的应用，注意区分命题的否定与否命题之间的区别，防止出错．
【解答】
解：根据否命题的定义可知：
命题“若ab=0，则a=0或b=0”的否命题是：
若ab≠0，则a≠0且b≠0，
故选：D.
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，第一组样本点为(−5,−8.9)，(−4,−7.2)，(−3,−4.8)，(−2,−3.3)，(−1,−0.9)
可得：两个变量之间的正相关，因此r1>0；
第二组样本点为(1,8.9)，(2,7.2)，(3,4.8)，(4,3.3)，(5,0.9)
可得：两个变量之间的负相关，因此r2<0；
则有r1>0>r2；
故选：A.
根据题意，由所给的样本点坐标分析可得r1>0以及r2<0，比较即可得答案．
本题考查变量之间的线性相关系数，注意r与变量间相关性的关系．
5.【答案】C
【解析】解：π4<1<π3，
∴ 22∴121∴cs1则有b故选：C.
根据π4<1<π3，判断sin1、cs1和tan1的取值范围，即可比较大小．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：易知函数y=lnx在(0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)在(2,3)上单调递减，
所以a−1<0且(a−1)×3+1≥0，解得23≤a<1.
即实数a的取值范围为[23,1).
故选：B.
根据复合函数的单调性可得a−1<0且(a−1)×3+1≥0，解之即可求解．
本题考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，粒子从点A出发，沿着轨迹曲线运动到B过程中，横坐标由0增大到1，纵坐标从1减小到−1，
再从B到A过程中，横坐标由1减小到0，纵坐标从−11增大到1，
从A到C的过程中，横坐标由0减小到−1，纵坐标从1减小到−1，
从C到A的过程中，横坐标由−1增大到1，纵坐标从−1增大到1；
横坐标的变化情况用y=f(t)表示，纵坐标的变化情况用y=g(t)表示，
由此可得：函数f(x)的周期为g(x)周期的2倍，
分析选项：B选项符合．
故选：B.
根据题意，分析粒子从A到B、由B到A，由A到C，最后由C到A的过程中，横坐标、纵坐标变化的情况，由此分析选项，即可得答案．
本题考查函数的图象，涉及函数的周期性，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：首先：从A到H最近路线需向前1步，向上3步，故有C41种方法，
其次：从H到B最近路线需向右2步，向前1步，故有C32种方法，
故共有C41C32=12条路线．
故选：B.
利用分步乘法计数原理计算即可．
本题主要考查了分步计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：命题q1成立，即y=f(x)在R上是严格减函数，且f(x)>0恒成立，
故取a>0时，对任意的x∈R，x+a>x，则f(x+a)0即0故f(x+a)命题q2成立，y=f(x)在R上是严格增函数，且存在x0<0使得f(x0)=0，
故取a=x0<0时，对任意的x∈R，x+af(x+a)故q1、q2都是p的充分条件．
故选：A.
先由命题q1成立时，利用单调性和函数值为正，结合不等式性质即推出命题p成立，再由命题q2成立时，利用单调性和函数零点，推出命题p成立，即得结果．
本题考查充分条件与必要条件，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
10.【答案】B
【解析】解：依题意，令声音传播速度为v，t1时刻，刚刚呐喊声音传播为0，
t2时刻听到第一次回声，声音的路程为2(a−c)，即从左焦点到左顶点再次回到左焦点，
t3时刻，声音的路程为2(a+c)，即从左焦点到右顶点，又从右顶点回到左焦点，
t4时刻，声音的路程为4a，即从左焦点反射到右焦点，再反射到左焦点，
因此x=t3−t2，2(a+c)−2(a−c)=vx，y=t4−t3，4a−2(a+c)=vy，
即4c=vx，2a−2c=vy，则a−c2c=yx，即a−cc=2yx，整理得ac=2y+xx，
所以椭圆的离心率为ca=xx+2y.
故选：B.
根据给定条件，分析听到的三次回声情况确定几个时刻声音的路程，再列出等式求解即得．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y= 3sinωx(ω>0)图象的一部分，
可得AB=2 3，
设圆柱底面半径为r，则T=2πω=2πr，
所以ω=1r，
设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，
因为离心率为 32，得e=ca= 32，则a2=b2+c2=b2+( 32a)2，
即a2=4b2，所以ba=2rAC=12，得AC=4r，
又由勾股定理得AC2−BC2=16r2−4r2=(2 3)2，解得r=1，
故ω=1.
故选：B.
由题意可得AB=2 3且ω=1r，由离心率的概念可得AC=4r，结合勾股定理计算可得r=1，进而求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：因为函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)，
即g(x)=f′(x0)x−x0f′(x0)+f(x0)，则h(x)=f(x)−g(x)=f(x)−f′(x0)x+x0f′(x0)−f(x0)，
于是，h′(x)=f′(x)−f′(x0)，由图知，当xf′(x0)，此时h′(x)>0，
当x>x0时，f′(x)对于B项，由上分析，B项显然错误；
对于C，D项，由上分析，当xx0时，h(x)单调递减，
即当x=x0时，h(x)取得极大值，且h′(x0)=0，故C项正确，D项错误；
对于A项，由上分析x=x0时，h(x)取得极大值h(x0)=0，也是最大值，
则有∀x∈R，h(x)≤0，故A项错误．
故选：C.
由题意，求得函数y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线方程，得到h(x)，通过对其求导分析，得出h(x)的单调性，极值和值域，即可一一判断选项正误．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于中档题．
13.【答案】(1)(2)(4)
【解析】解：根据题意，依次分析4个多面体：
对于(1)，该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意；
对于(2)，该多面体由全等的正四边形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意；
对于(3)，该多面体由全等的正三角形组成，且每个顶点聚集的棱有3或4条，不符合题意；
对于(4)，该多面体由全等的正五边形组成，且每个顶点聚集的棱有3条，符合题意；
故答案为：(1)(2)(4).
根据题意，由正多面体的定义依次分析4个几何体，综合可得答案．
本题考查正多面体的定义，涉及多面体的定义，属于基础题．
14.【答案】(1,2)
【解析】解：f(x)=2x+x，
则f(x)在R上为单调递增函数，
f(1)=3，
不等式f(|2x−3|)<3=f(1)，
则|2x−3|<1，解得1故不等式的解集为(1,2).
故答案为：(1,2).
根据已知条件，结合函数的单调性，以及绝对值不等式的解法，即可求解．
本题主要考查绝对值不等式的解法，属于基础题．
15.【答案】 34
【解析】解：在△ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，所以sin∠ADC=ACsin∠ACDAD=2 3sin30∘2= 32，
由∠ADC>90∘，得∠ADC=120∘.所以∠DAC=180∘−∠ACD−∠ADC=30∘，
由∠DAC=∠ACD，得DC=AD=2，
由tan∠BAD=3 35，得tan∠BAC=tan(∠BAD−∠DAC)=tan∠BAD−tan30∘1+tan∠BAD⋅tan30∘=3 35− 331+3 35× 33= 36.
因为AC⊥BC，所以BC=AC⋅tan∠BAC=1，
由S△DCE+S△ECB=S△DCB，可得12⋅CD⋅CEsin30∘+12CE⋅BC=12CD⋅BCsin120∘，
得CE= 32，可得S△CDE=12CD⋅CEsin30∘= 34.
故答案为： 34.
在△ADC中，利用正弦定理算出∠ADC=120∘，∠DAC=∠ACD=30∘，可得DC=AD=2，然后根据两角差的正切公式算出tan∠BAC= 36，得到BC=1，再根据三角形的面积公式，列式算出CE= 32，进而算出△CDE的面积．
本题主要考查正弦定理、两角和与差的三角函数公式、三角形的面积公式及其应用，考查了计算能力，属于中档题．
16.【答案】①④
【解析】解：①若三个点A、B、C共线，若C在线段AB上，则线段AB上任一点都为“中位点”，C也不例外，则C是A，B，C的中位点，①正确；
②举一个反例，如边长为3，4，5的直角三角形ABC，此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5+2.5=7.5，而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，所以直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点，故②错误；
③若四个点A、B、C、D共线，则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点，故它们的中位点存在但不唯一，故③错误；
④如图，在梯形ABCD中，对角线的交点O，P是任意一点，则根据三角形两边之和大于第三边得
PA+PB+PC+PD≥AC+BD=OA+OB+OC+OD，所以梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点，故④正确．
故答案为：①④．
对于①若三个点A、B、C共线，C在线段AB上，则线段AB上任一点都为“中位点”，C也不例外，则C是A，B，C的中位点，正确；
对于②举一个反例，如边长为3，4，5的直角三角形ABC，此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5+2.5=7.5，而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，据此进行判断即可；
对于③若四个点A、B、C、D共线，则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点，从而它们的中位点存在但不唯一；
④如图，在梯形ABCD中，对角线的交点O，P是任意一点，利用根据三角形两边之和大于第三边得梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．
本小题主要考查命题的真假判断与应用、新定义的应用、三角形的性质等基础知识，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．
17.【答案】解：(I)由已知Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)，
可得n≥2，Sn=2Sn−1+n+4两式相减得Sn+1−Sn=2(Sn−Sn−1)+1即an+1=2an+1
从而an+1+1=2(an+1)
当n=1时S2=2S1+1+5所以a2+a1=2a1+6又a1=5所以a2=11
从而a2+1=2(a1+1)
故总有an+1+1=2(an+1)，n∈N*又a1=5，a1+1≠0
从而an+1+1an+1=2即数列{an+1}是等比数列；
(II)由(I)知an=3×2n−1
因为f(x)=a1x+a2x2++anxn
所以f′(x)=a1+2a2x++nanxn−1
从而f′(1)=a1+2a2++nan=(3×2−1)+2(3×22−1)++n(3×2n−1)
=3(2+2×22++n×2n)−(1+2++n)=3(n−1)⋅2n+1−n(n+1)2+6.
由上2f′(1)−(23n2−13n)=12(n−1)⋅2n−12(2n2−n−1)
=12(n−1)⋅2n−12(n−1)(2n+1)
=12(n−1)[2n−(2n+1)]①
当n=1时，①式=0所以2f′(1)=23n2−13n；
当n=2时，①式=−12<0所以2f′(1)<23n2−13n
当n≥3时，n−1>0又2n=(1+1)n=Cn0+Cn1++Cnn−1+Cnn≥2n+2>2n+1
所以(n−1)[2n−(2n+1)]>0即①>0从而2f′(1)>23n2−13n.
【解析】(I)根据an+1=Sn+1−Sn，得到n≥2时an+1和an关系式即an+1=2an+1，两边同加1得到an+1+1=2(an+1)，最后验证n=1时等式也成立，进而证明数列{an+1}是等比数列．
(II)通过(I){an+1}的首项为5公比为2求得数列an+1的通项公式，进而求得an的通项公式，代入f(x)进而求出f′(x)，再求得f′(1)，进而求得2f′(1).要比较2f′(1)与23n2−13n的大小，只需看2f′(1)−(23n2−13n)于0的关系．
本题主要考查了数列中等比关系的确定．往往可以通过an+1an=q，q为常数的形式来确定．解决本题的关键在于根据已知条件得到an+1+1an+1=2即数列{an+1}是等比数列，才能进行第二问的求解．
18.【答案】(Ⅰ)证明：取等边三角形BCD的中心O，连接AO，EO，
∵AB=AC=AD，∴AO⊥平面BCD，
∵EB=EC=ED，∴EO⊥平面BCD，则A、O、E三点共线，
连接OC，以OC所在直线为x轴，以OA所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则A(0,0,2 63)，B(− 33,−1,0)，D(− 33,1,0)，
E(0,0,− 63)，C(2 33,0,0)，
AB=(− 33,−1,−2 63)，CD=(− 3,1,0)，DE=( 33,−1,− 63).
设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z).
由n⋅CD=− 3x+y=0n⋅DE= 33x−y− 63z=0，取x=1，得n=(1, 3,− 2).
∵n⋅AB=− 33− 3+2 63× 2=0，且AB⊄平面CDE，
∴AB//平面CDE；
(Ⅱ)解：∵点P是AC的中点，∴P( 33,0, 63)，
则BP=(2 33,1, 63).
设BP与平面CDE所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅BP||n|⋅|BP|=|2 33+ 3− 2× 63| 6× 3= 66.
即BP与平面CDE所成的角的正弦值为 66.
【解析】(Ⅰ)取等边三角形BCD的中心O，连接AO，EO，可得A、O、E三点共线，且AE⊥平面BCD.连接OC，以OC所在直线为x轴，以OA所在直线为z轴建立空间直角坐标系．求出平面BCD的一个法向量n与AB的坐标，利用n⋅AB=0且AB⊄平面CDE，可得AB//平面CDE；
(Ⅱ)求出BP的坐标，再由n与BP所成角的余弦值可得BP与平面CDE所成的角的正弦值．
本题考查利用空间向量证明线面平行，训练了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)易知学生甲参与的环节数量X的所有可能取值为1，2，3，4，
P(X=1)=34，P(X=2)=14×34=316，P(X=3)=14×14×34=364，P(X=4)=14×14×14=164，
所以X的分布列为：
∴E(X)=1×34+2×316+3×364+4×164=8564.
(2)因为ξ服从正态分布N(90,100)，
所以P(ξ≥110)=1−0.95452=0.02275，
设2000名学生中该项指标合格的学生人数为Z，则Z∼B(2000,0.02275)，
所以E(Z)=2000×0.02275=45.5≈45，
所以估计符合该项指标的学生人数约有45人，且每位同学通过选拔的概率P=(14)4=1256，
则通过学校选拔的人数Y∼B(45,1256)，
故E(Y)=45×1256=45256.
【解析】(1)由题意得出x的所有可能取值及对应的概率，从而可得X的分布列及数学期望；
(2)利用正态分布，结合二项分布得出符合该项指标的学生人数，结合二项分布即可求解数学期望．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了正态分布的曲线特征，以及二项分布的期望公式，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设P(x,y)，则线段PM的中点坐标为(x+12,y2)，
因为以线段PM为直径的圆与y轴相切，则|x+1|2=12|MP|=12 (x−1)2+y2，
化简得y2=4x，所以Γ的方程为y2=4x.
(2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下：
由题意可知：直线BC的斜率存在且不为0，
设lBC：x=my+t(m≠0)，B(x1,y1)，C(x2,y2).
联立方程y2=4xx=my+t，消去x得y2−4my−4t=0，
则Δ=(−4m)2+16t=16(m2+t)>0，解得m2+t>0，
可得y1+y2=4m，y1⋅y2=−4t，
设BC的中点为Q(x0,y0)，
则y0=y1+y22=2m,x0=my0+t=2m2+t，即Q(2m2+t,2m)，
若△ABC为等边三角形，则lAQ⊥lBC且|AQ|= 32|BC|，
由lAQ⊥lBC可得2m−22m2+t−1⋅1m=−1，整理得t=−2m2−1+2m，
则m2+t=m2−2m2−1+2m=−m2−1+2m=(1−m)(m2+m+2)m>0，
注意到m2+m+2=(m+12)2+74>0，可得1−mm>0，解得0由|AQ|= 32|BC|可得 (2m2+t−1)2+(2m−2)2= 32 1+m2×4 m2+t，
=2 3 1+m2 2m−2−m+1−m2= (2m−2)2+(2m−2−m)2
整理得−3(m−1)(1+m2)(m2+m+2m)=(m−1)2(1+m2m2)，
又因为0令h(m)=3m3+3m2+7m−1，
则h′(m)=9m2+6m+7>0在R内恒成立，
可知h(m)在R上单调递增，且h(0)=−1<0，h(1)=12>0，
故h(m)在区间(0,1)内存在唯一的零点m0，
所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形．
【解析】(1)设P(x,y)，根据题意列式整理即可得轨迹方程；
(2)设lBC：x=my+t(m≠0)，B(x1,y1)，C(x2,y2).联立方程可得韦达定理，取BC的中点为Q(x0,y0)，可知lAQ⊥lBC且|AQ|= 32|BC|，整理可得3m3+3m2+7m−1=0，构建h(m)=3m3+3m2+7m−1，m∈(0,1)，求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断．
本题主要考查导数知识的综合应用，轨迹方程的求解，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当b=e时，f(x)=ax−elgax，
则f′(x)=axlna−exlna=xaxln2a−exlna，
因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增，且a>1，x∈(1,+∞)，
则xaxln2a−e≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，
即xax≥eln2a在x∈(1,+∞)上恒成立，又明显函数y=xax在(1,+∞)上单调递增，
所以(xax)min=a≥eln2a，即aln2a≥e，
又明显函数g(x)=xln2x在(1,+∞)上单调递增，且g(e)=eln2e=e，
所以g(a)≥g(e)，
所以a≥e；
(2)当b=1时，f(x)=ax−lgax，a>1
令f(x)=ax−lgax=0，得ax=lgax，
令s(x)=ax，t(x)=lgax，这两个函数的图象关于直线y=x对称
当s(x)=ax，t(x)=lgax均与直线y=x相切时，如图：
设切点为(x0,ax0)，又s′(x)=axlna，所以ax0lna=1
则切线方程为y=x−x0+ax0，代入点(0,0)得0=−x0+ax0，
所以0=−x0+ax0⇒ax0=x0⇒x0lna=lnx0⇒lnx0=1⇒x0=e，
所以ae=e⇒a=e1e，
即当a=e1e，s(x)=ax，t(x)=lgax的图象相切，只有一个交点，
则当a>e1e，s(x)=ax，t(x)=lgax的图象不相交，没有交点，
当a综上所述：当a=e1e时，f(x)有一个零点；
当a>e1e时，f(x)无零点；
当a【解析】(1)将f(x)在区间(1,+∞)上单调递增转化为f′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立，转化为最值求解即可；
(2)先求出s(x)=ax，t(x)=lgax均与直线y=x相切时的a值，然后利用指数函数的图像与a的变化关系求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在参数范围求解中的应用，还考查了函数零点个数的判断，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为x=−1+2(sinα+csα)2y=4−4sin2α(α为参数)，
所以x=1+2sin2αy=2+2cs2α(α为参数)，消去参数α得，(x−1)2+(y−2)2=4，
即x2+y2−2x−4y+1=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，整理得ρ2−(2csθ+4sinθ)ρ+1=0，
所以曲线C的极坐标方程为ρ2−(2csθ+4sinθ)ρ+1=0；
(2)设M(ρ1,π4),N(ρ2,π4)，
将θ=π4代入ρ2−(2csθ+4sinθ)ρ+1=0，整理得ρ2−3 2ρ+1=0，
所以ρ1+ρ2=3 2，ρ1⋅ρ2=1，
所以|MN|=|ρ1−ρ2|= (ρ1+ρ2)2−4ρ1ρ2= (3 2)2−4×1= 14.
【解析】(1)先用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将曲线C的参数方程化简，然后消去参数α，得到曲线C的普通方程，将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入曲线的普通方程，即可得到曲线C的极坐标方程；
(2)设M(ρ1,π4),N(ρ2,π4)，将θ=π4代入曲线C的极坐标方程得到关于ρ的一元二次方程，利用根与系数的关系及极径的几何意义即可求出|MN|.
本题考查了二倍角公式及同角三角函数的基本关系应用问题，也考查了参数方程与极坐标应用问题，是中档题．
23.【答案】证明：(1)∵a+b+c=1，∴b+c=1−a.
又∵2a2+b2+c2=12，
∴12−2a2=b2+c2≥(b+c)22=(1−a)22，当且仅当b=c时等号成立，
整理得5a2−2a≤0，故0≤a≤25；
(2)∵a+b+c=1，且a，b，c∈(0,+∞)，
∴1−a>0，1−b>0，1−c>0，则a21−a+1−a4≥2 a21−a⋅1−a4=a，
同理可得b21−b+1−b4≥b，c21−c+1−c4≥c.
以上三式相加得a21−a+b21−b+c21−c≥54(a+b+c)−34=12，当且仅当a=b=c=13时等号成立．
【解析】(1)由题意可得b+c=1−a，又12−2a2=b2+c2，结合基本不等式可得12−2a2≥(1−a)22，化简求得0≤a≤25；
(2)由已知条件得a21−a+1−a4≥2 a21−a⋅1−a4=a，同理可得b21−b+1−b4≥b，c21−c+1−c4≥c，三式相加证得结论．
本题考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，是中档题． X
1
2
3
4
P
34
316
364
164