江苏省启东中学2023-2024学年高三上学期模拟考数学试题

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1.已知M，N为集合I的非空真子集，且M，N不相等，若N∩∁IM=⌀，则M∪N=( )
A. MB. NC. ID. ⌀
【答案】A
【解析】【分析】
本题重点考查Venn图表达集合的关系及运算，考查推理能力，属于基础题.
利用Venn图即可求解.
【解答】
解：如图，
因为N∩(∁IM)=⌀，
所以N⊆M，
所以M∪N=M.
故选A.
2.设常数a∈R，函数f(x)=|lg12x|,04;若方程f(x)=a有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1A. a的取值范围为(0,52]B. x3的取值范围为(4,+∞)
C. x1x2=2D. x3x1⋅x2的取值范围为[5,+∞)
【答案】D
【解析】【分析】
本题考察函数零点的应用
根据分段函数画出图像，找出对应零点，根据选项依次判断
【解答】
解：画出函数f(x)的图象，如图所示.方程f(x)=a有三个不相等的实数根可转化为函数f(x)的图象与直线y=a有三个交点，∴实数a的取值范围是(0,2],A不正确;
令10x=2，得x=5，∴x3≥5，B不正确;
由图可知，00，lg12x2<0，由|lg12x1|=|lg12x2|，得lg12x1=−lg12x2，∴x1x2=1，C不正确;
x3x1x2=x3≥5，D正确.故选D.
3.定义在R上的函数f(x)满足f(x)=f(4−x)，且函数y=f(x+1)为奇函数.当x∈(1,2]时，f(x)=1−lg2(x+1)，则f(2023)=( )
A. −2B. 2C. 3D. 0
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的对称性、奇偶性及周期性，得周期为4是解答的关键点，属于中档题．
由函数的对称性可以找到函数的周期，然后通过周期性和对称性即可求出f(2023)的值．
【解答】
解：由f(x)=f(4−x)可得，函数f(x)关于x=2对称，
所以f(2+x)=f(2−x)，
又因为函数y=f(x+1)为奇函数，
所以−f(−x+1)=f(x+1)，
所以函数f(x)关于(1,0)对称，
则有f(4−x)=−f(x−2)，
即f(x)=−f(x−2)，
∴f(x−2)=−f(x−4)，
∴f(x)=f(x−4)，
∴f(x)的周期为4.
∴f(2023)=f(4×500+3)=f(3)=f(4−1)=f(1)，
由于函数f(x)关于(1,0)对称，所以f(1)=0.
故选：D.
4.若函数y=f(x)存在n−1(n∈N*)个极值点，则称y=f(x)为n折函数，例如f(x)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)ex−x(x+2)2，则f(x)为( )
A. 2折函数B. 3折函数C. 4折函数D. 5折函数
【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查导数的新定义，利用函数的导数求函数的极值点，以及函数的零点，属于中档题．
求函数的导数，根据函数极值和导数的关系即可判断函数f(x)的极值点的个数，利用函数判断方程根的个数.
【解答】
解：f′(x)=(x+2)ex−(x+2)(3x+2)=(x+2)(ex−3x−2)，
由f′(x)=0得ex−3x−2=0，或x+2=0，
令gx=ex−3x−2，g′x=ex−3，
当x当x>ln3时，g′x>0，g(x)单调递增，
gxmin=gln3=1−3ln3<0，
又g−1=1e+1>0,g3=e3−11>0，
所以g(x)有两根不同零点，即ex−3x−2=0有两个不等实数根且都不等于−2，
∴函数f(x)=(x+1)ex−x(x+2)2有3个极值点．
故选：C.
5.已知λsin160∘+tan20∘= 3，则实数λ的值为( )
A. 4B. 4 3C. 2 3D. 4 33
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角差的正弦公式，属于基础题.
利用同角基本关系和诱导公式，以及两角差的正弦公式化简得λ2=2，即可求λ的值.
【解答】
解：依题意，λsin 20∘+sin 20∘cs 20∘= 3，
λsin 20∘cs 20∘+sin 20∘= 3cs 20∘，
则λsin 20∘cs 20∘= 3cs 20∘−sin 20∘，
即λ2sin 40∘=2(cs 20∘sin 60∘−sin 20∘cs 60∘)=2sin 40∘，
故λ2=2，则λ=4，
故选：A.
6.在平面内，AB1⊥AB2，|OB1|=|OB2|=1，AP=AB1+AB2.若|OP|<12，则|OA|的取值范围是( )
A. (0, 52]B. ( 52, 72]C. ( 52, 2]D. ( 72, 2]
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量的加减法以及向量的模，是一道难题.
根据向量的数量积和向量的加减法可得OP2=2−OA2，由OP的取值范围算出OA的范围.
【解答】
解：∵AB1⊥AB2，∴AB1→⋅AB2→=(OB1→−OA→)⋅(OB2→−OA→)
=OB1→⋅OB2→−OB1→⋅OA→−OA→⋅OB2→+OA→2=0，
∴OB1→⋅OB2→−OB1→⋅OA→−OA→⋅OB2→=−OA→2，
∵AP=AB1+AB2，
∴OP→−OA→=OB1→−OA→+OB2→−OA→，
∴OP→=OB1→+OB2→−OA→，
∵|OB1|=|OB2|=1，
∴OP→2=1+1+OA→2+2(OB1→⋅OB2→−OB1→⋅OA→−OA→⋅OB2→)
=2+OA→2+2(−OA→2)=2−OA→2，
∵|OP|<12，∴0≤|OP|2<14，
∴0⩽2−OA→2<14，
∴74故选D.
7.为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲、乙、丙、丁、戊共五名学生担任冰球、冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为( )
A. 34B. 23C. 56D. 12
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了古典概型的计算与应用和排列、组合的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
首先将5名学生按3，1，1进行分组和按2，2，1进行分组两种情况得出基本事件数，再得出学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的事件数，由古典概型公式可得结果.
【解答】
解：所有的安排方法C53A33+C51C42C22A22A33=10×6+5×3×6=150，
在甲不去做冰球项目做志愿者的情况下：
若只有1人去冰球项目做志愿者，有C41C41+C42C22A22A22=4×4+3×2=56；
若恰有2人去冰球项目做志愿者，有C42C31A22=6×3×2=36；
若有3人去冰球项目做志愿者，有C43A22=4×2=8，所以共有56+36+8=100种安排法，
所以学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为100150=23.
故选：B.
8.已知数列{an}为等差数列，首项为2，公差为3，数列{bn}为等比数列，首项为2，公比为2，设cn=abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn<2020时，n的最大值是( )
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和，考查数列的函数特性．
由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案．
【解答】
解：由题意，an=2+3(n−1)=3n−1，bn=2n，
cn=abn=3⋅2n−1，则数列{cn}为递增数列，
其前n项和Tn=(3⋅21−1)+(3⋅22−1)+(3⋅23−1)+…+(3⋅2n−1)
=3(21+22+…+2n)−n=3⋅2(1−2n)1−2−n=3⋅2n+1−6−n.
当n=8时，Tn=1522<2020；
当n=9时，Tn=3057>2020.
∴n的最大值是8.
故选：A.
二、多选题：本题共4小题，共20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.画法几何的创始人一法国数学家加斯帕尔⋅蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A，B为椭圆上两个动点.直线l的方程为bx+ay−a2−b2=0.下列说法正确的是( )
A. C的蒙日圆的方程为x2+y2=3b2
B. 对直线l上任意点P，PA⋅PB>0
C. 记点A到直线l的距离为d，则d−AF2的最小值为4 33b
D. 若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH面积的最大值为6b2
【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程和性质，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中点轨迹问题，属于中档题.
由椭圆离心率可得a2=2b2，对于A，由蒙日圆定义取圆上一点Q(a,b)求半径即可判定；对于B，化简直线l为x+ 2y−3b=0，可得直线与蒙日圆相切，则取P为切点即可判定；对于C，利用椭圆定义将问题转化为点到直线的距离即可判定；对于D，由题意可得矩形MNGH为蒙日圆的内接矩形即可计算最值判定.
【解答】
解：因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，
所以a2−b2a2=12，即a2=2b2.
所以椭圆方程即为x22b2+y2b2=1，
对于A，由题意可得椭圆C的蒙日圆上的任意点Q到坐标原点的距离相等，
又因为过点Q作椭圆的两条切线相互垂直，不妨取Q(a,b)，
则该圆的半径为 a2+b2= 3b，
即椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=3b2，故A正确；
对于B，由a2=2b2可得直线l的方程即为x+ 2y−3b=0，
由0+0−3b 1+2= 3b可得原点到直线l的距离为 3b，
所以直线l与椭圆C的蒙日圆x2+y2=3b2相切，
当点P为直线l与椭圆C的蒙日圆的切点时，由蒙日圆定义可得，椭圆上必定存在两点A，B，满足PA⊥PB，此时PA⋅PB=0，故B错误；
对于C，由选项B可得直线l与椭圆C相离，
由椭圆的定义d−|AF2|=d−(2a−|AF1|)=−2a+d+|AF1|
而d+|AF1|的最小值等于F1到l的距离4b 3=4 33b，
所以d−|AF2|的最小值为4 33b−2 2b，故C错误；
对于D，若矩形MNGH的四条边均与C相切，
则由蒙日圆的定义可得，矩形MNGH为圆x2+y2=3b2的内接矩形，
所以矩形的对角线MG，NH为该圆的直径，
设矩形MNGH的边长分别为m，n，则m2+n2=12b2，
由m2+n2≥2mn，可得mn≤6b2，
当且仅当m=n= 6b时等号成立，
所以矩形MNGH的面积为mn≤6b2，
即矩形MNGH的面积的最大值为6b2，故D正确.
故选AD.
10.在某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A、B、C三种样式，且每个盲盒只装一个玩偶.某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回.经统计，有30%的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占23;而在未购买者当中，男生女生各占50%.则下列说法中正确的是( )
参考公式和数据：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
A. 若每个盲盒装有A、B、C三种样式玩偶的概率相同.某同学已经有了A样式的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是29
B.
未购买过该盲盒的女生人数为70
C. 由上述数据可知，可以在犯错误概率不超过0.025的前提下认为“购买该款盲盒与性别有关”
D. 由上述数据可知，有95%把握认为“购买该款盲盒与性别有关”.
【答案】ABD
【解析】【分析】
选项A.求出总的基本事件数，得出恰好能收集齐这三种样式的基本事件数，然后可得其概率；选项B.根据题意求出未购买过该款盲盒的人数，由题意可判断；由独立性检验求出K2的值，对照临界值表，可判断选项C，D选项．
本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．
【解答】解：选项A，该同学再购买两个这款盲盒，基本事件有：(A,A)，(A,B)，(A,C)，(B,A)，(B,B)，(B,C)，(C,A)，(C,B)，(C,C)，
能收集齐这三种样式的基本事件有(B,C)，(C,B)，
所以恰好能收集齐这三种样式的概率是29，故选项A正确．
选项B，购买了该款盲盒的人有60人，由在这些购买者当中，女生占23，
所以购买了该款盲盒的人中男生有20人，女生40人，
有140人没有购买，其中男生70人，女生70人，
所以列联表中x的值为70，故选项B正确．
选项C，列联表如下
K2=200×(70×40−70×20)290×110×140×60≈4.714<5.024，
所以在犯错误概率不超过0.025的前提下不能认为“购买该款盲盒与性别有关”，故选项C不正确．
选项D，由C可知K2≈4.714>3.841，
所以有95%把握认为“购买该款盲盒与性别有关”，故选项D正确．
故选：ABD.
11.已知数列{an}满足：an+1=an+aan+1(a∈R,n∈N*)，且a1=12，则下列说法正确的是( )
A. 存在a∈R，使得{1an}为等差数列
B. 当a=−1时，a2020=3
C. 当a=2时，a1D. 当a=4时，{an+2an−2}是等比数列
【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
对于A，当a=0时，推导出1an+1=1+1an，从而{1an}为等差数列；对于B，当a=−1时，推导出an+4=an，从而数列{an}是周期为4的周期数列，进而a2020=a4=3；对于C，当a=2时，a2=53> 2，C错误;对于D，当a=4时，an+1=an+4an+1，推导出an+1−2=an+4an+1−1=3an+1>0，由此能推导出当a=4时，{an+2an−2}是等比数列．
【解答】
解：对于A，当a=0时，1an+1=an+1an=1+1an，
∴存在a∈R，使得{1an}为等差数列，故A正确；
对于B，当a=−1时，an+1=an−1an+1，a2=−13，a3=−2，a4=3，a5=12，
∴an+4=an，∴数列{an}是周期为4的周期数列，
∴当a=−1时，a2020=a4=3，故B正确；
对于C，当a=2时，a2=53> 2，C错误;
对于D，当a=4时，an+1=an+4an+1，
若an>0，则an+1>0，
∵a1=12>0，可知对任意n∈N*，有an>0，
∴an+1−2=an+4an+1−1=3an+1>0，
∵an+1+2an+1−2an+2an−2=an+4an+1+2an+4an+1−2⋅an−2an+2
=an+4+2(an+1)a1+4−2(an+1)an+2=−3，
∴当a=4时，{an+2an−2}是等比数列，故D正确．
12.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B. 当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C. 当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D. 当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了线面平行，线面垂直的相关知识及用特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决，难点在于对每一选项作出对应图象，属于拔高题．
A结合λ=1得到P在线段CC1上，结合图形可知不同位置下周长不同;
B由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值;
C结合图形得到不同位置下有A1P⊥BP，判断出C错误;
D结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【解答】
解：解：对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，所以CP//BB1，
故点P在线段CC1上，
此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP′，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为 5+ 2，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为2 2+1，
故周长不为定值，故选项A错误;
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，所以B1P//BC，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1//平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等。
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P−A1BC的体积为定值，故选项B正确;
对于C，当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，
因为BP=12BC+μBB1，即MP=μBB1，所以MP//BB1，
则点P在线段M1M上，当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B=B1，B1C1⊂平面BB1C1C，B1B⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，
即A1P⊥BP，同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误;
对于D，当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为BP=λBC+12BB1，即DP=λBC，所以DP//BC，
则点P在线段DD1上，当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，又BE∩A1E=E，BE，A1E⊂平面A1BE，故AD1⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知定义在区间[−1,3]上的函数f(x)，满足f(1+x)=f(1−x)，当x∈[−1,3]时，f(x)=x−1−x3.则满足不等式f(2a+1)>f(a)的实数a的范围为__________.
【答案】−1,13
【解析】【分析】
本题主要考查了函数的单调性和奇偶性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
设g(x)=f(x+1)，x∈[−2,2]，易知g(x)=g(−x)，可得g(x)为偶函数，根据f(2a+1)>f(a)，有g(2a)>g(a−1)，再利用函数的单调性即可求解.
【解答】
解：设g(x)=f(x+1)，x∈[−2,2]，则g(x)=g(−x)，故g(x)为偶函数，
由f(2a+1)>f(a)，有g(2a)>g(a−1)，
故g(|2a|>g(|a−1),
当x∈[1,3]时，f(x)=x−1−x3是减函数，
所以函数g(x)在[0,2]上为减函数，
故−2≤2a≤2−2≤a−1≤22a<|a−1|，解得−1故答案为：−1,13.
14.在△ABC中，设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csA=45，csC=513，a=1，则b=__________.
【答案】2113
【解析】【分析】
本题考查正弦定理的运用，同时考查两角和的正弦公式和诱导公式，属于中档题.
运用同角的平方关系可得sinA，sinC，再由诱导公式和两角和的正弦公式，可得sinB，运用正弦定理可得b=asinBsinA，代入计算即可得到所求值．
【解答】
解：由A、B、C为△ABC的内角，csA=45，csC=513，可得
sinA= 1−cs2A= 1−1625=35，
sinC= 1−cs2C= 1−25169=1213，
sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=35×513+45×1213=6365，
由正弦定理可得
b=asinBsinA=1×636535=2113，
故答案为2113.
15.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(22.5)=__________.
【答案】0.14
【解析】【分析】
本题考查正态分布的性质及概率计算，属于基础题．
根据随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，进行求解即可.
【解答】
解：∵随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，
∴正态曲线的对称轴是x=2，
∵P(2∴P(X>2.5)=0.5−0.36=0.14，
故答案为0.14.
16.若不等式aln(x+1)−2x3+3x2>0在区间(0,+∞)内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是__________.
【答案】272ln 2,80ln5
【解析】【分析】
本题考查的是利用导数研究不等式的解.
由题意令f(x)=aln(x+1)，g(x)=2x3−3x2，画出f(x)和g(x)的图象，由图象即可得出答案.
【解答】
解：不等式aln(x+1)−2x3+3x2>0，即aln(x+1)>2x3−3x2，不等式成立，则x>−1，
令f(x)=aln(x+1)，g(x)=2x3−3x2，则g′(x)=6x2−6x=6x(x−1).
令g′(x)>0，得x>1或x<0;g′(x)<0，得0∴g(x)在(−1,0)和(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
∴g(x)min=g(1)=−1，且g(0)=g(32)=0.如图所示，
当a≤0时，f(x)>g(x)至多有一个整数解.
当a>0时，f(x)>g(x)在区间(0,+∞)内的解集中有且仅有三个整数，
只需f(3)>g(3)f(4)≤g(4)，即aln4>2×33−3×32aln5≤2×43−3×42，
解得272ln2四、解答题：本题共6小题，共72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)
在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csAa+csBb=2 3sinC3a.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2 3，求a+c的取值范围.
【答案】解：(1)∵csAa+csBb=2 3sinC3a，
∴由正弦定理有，csAsinA+csBsinB=2 3sinC3sinA，
即3csAsinB+3csBsinA=2 3sinCsinB，
∴3sinA+B=2 3sinCsinB，即3sinC=2 3sinCsinB，
因为C为三角形的内角，故sinC≠0，
∴sinB= 32，
又ΔABC为锐角三角形，
∴B=π3.
(2)由正弦定理有，a=bsinB⋅sinA=4sinA,c=bsinB⋅sinC=4sinC，
∴a+c=4sinA+4sinC=4sinA+4sinA+B
=6sinA+2 3csA=4 3sinA+π6，
又ΔABC为锐角三角形，
∴0∴π6∴π3∴ 32∴6【解析】本题本题考查了正弦定理、三角恒等变换以及函数y=Asin(ωx+φ)的性质，属于中档题.
(1)根据正弦定理可得3csAsinB+3csBsinA=2 3sinCsinB，由和角公式及诱导公式可得sinB= 32，进而求得角B；
(2)根据正弦定理及(1)可得a+c=4 3sin(A+π6)，再由A、C的范围得出π318.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和Sn，a1=1，an>0，anan+1=4Sn−1.
(1)计算a2的值，求{an}的通项公式;
(2)设bn=(−1)nanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】解：(1)当n=1时，a1a2=4a1−1，解得a2=3.
由题知anan+1=4Sn−1①，an+1an+2=4Sn+1−1②，
由②-①得an+1(an+2−an)=4an+1，因为an>0，所以an+2−an=4，
于是数列{an}的奇数项是以a1=1为首项，以4为公差的等差数列;偶数项是以a2=3为首项，以4为公差的等差数列;
当n为奇数时，an=1+(n+12−1)×4=2n−1;
当n为偶数时，an=3+(n2−1)×4=2n−1，
所以{an}的通项公式an=2n−1;
(2)由(1)可得bn=(−1)n(2n−1)(2n+1).
Tn=−a1a2+a2a3−a3a4+a4a5⋯⋯+(−1)nanan+1=a2(−a1+a3)+a4(−a3+a5)⋯⋯+an−an−1+an+1，
当n为偶数时，Tn=4(a2+a4+⋯⋯+an)=4n2(3+2n−1)2=2n(n+1) ;
当n为奇数时，Tn=4(a2+a4+⋯⋯+an−1)−anan+1=4n−12(3+2n−3)2−(2n−1)(2n+1)=−2n2−2n+1;
综上，数列{bn}的前n项和Tn={2n2+2n,n为偶数−2n2−2n+1,n为奇数.
【解析】本题考查求数列的通项公式和分组求和法，属于中档题.
(1)令n=1得a1a2=4a1−1，即可解出a2；由anan+1=4Sn−1可得an+1an+2=4Sn+1−1，两式相减即可得出an；
(2)将an代入可得bn=(−1)n(2n−1)(2n+1)，对Tn进行化简再分成n为偶和n为奇分别求解即可.
19.(本小题12分)
已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小?
【答案】(1)证明：连接AF，
∵E，F分别为直三棱柱ABC−A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB=BC=2，
∴CF=1，BF= 5，
∵BF⊥A1B1，AB//A1B1，
∴BF⊥AB，
∴AF= AB2+BF2= 22+ 52=3，AC= AF2−CF2= 32−12=2 2，
∴AC2=AB2+BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，
设B1D=m，则D(m,0,2)，
∴BF=(0,2,1)，DE=(1−m,1,−2)，
∴BF⋅DE=0，即BF⊥DE.
(2)解：由(1)知：AB⊥平面BB1C1C，
∴平面BB1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0)，
由(1)知，DE=(1−m,1,−2)，EF=(−1,1,1)，
设平面DEF的法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⋅DE=0n2⋅EF=0，即(1−m)x+y−2z=0−x+y+z=0，
令x=3，则y=m+1，z=2−m，
∴n2=(3,m+1,2−m)，
∴cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|
=31× 9+(m+1)2+(2−m)2
=3 2m2−2m+14=3 2(m−12)2+272，
∴当m=12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大为 63，此时正弦值最小为 33.
【解析】本题考查空间中线与线的垂直关系，二面角的求法，熟练掌握利用空间向量证明线线垂直和求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于较难题．
(1)连接AF，易知CF=1，BF= 5，由BF⊥A1B1⇒BF⊥AB，再利用勾股定理求得AF和AC的长，从而证明BA⊥BC，然后以B为原点建立空间直角坐标系，证得BF⋅DE=0，即可；
(2)易知平面BB1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0)，求得平面DEF的法向量n2，再由空间向量的数量积可得cs=3 2(m−12)2+272，从而知当m=12时，得解．
20.(本小题12分)
某地发现6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染.拟采用两种方案检测.
方案甲：将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止;
方案乙：将这6名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止;若结果呈阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到确定感染人员为止.
①求这两种方案检测次数相同的概率;
②如果每次检测的费用相同，那么请预测哪种方案检测总费用较少，并说明理由.
【答案】解：(1)设方案甲中检验次数为X，
则X的可能取值为1，2，3，4，5，
设方案乙中检验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，
PX=1=16,PX=2=5×16×5=16,
PX=3=5×4×16×5×4=16，
PX=4=5×4×3×16×5×4×3=16,
PX=5=5×4×3×2×26×5×4×3×2=13，
PY=2=C52⋅C21C63⋅C31=13,
PY=3=C52⋅C21⋅C21C63⋅C31=23，
则X，Y的分布列为

记“两种方案检验次数均为2次”为事件A，
记“两种方案检验次数均为3次”为事件B，则事件AB互斥，
记“两种方案检验次数相同”为事件C，
又显然依甲方案和依乙方案的各事件是相互独立的，
所以PC=PA+B=PX=2,Y=2+PX=3,Y=3
=PX=2×PY=2+PX=3×PY=3
=16×13+16×23=16;
(2)EX=1×16+2×16+3×16+4×16+5×13=103，
EY=2×13+3×23=83，
因为EX>EY，所以乙方案检测的总费用较少.
答：(1)这两种分组方案检测次数相同的概率为16；
(2)预测乙方案分组检测总费用较少.
【解析】本题主要考查古典概型的计算与应用，以及离散型随机变量的期望，涉及独立事件同时发生的概率计算，属于中档题.
(1)根据古典概型的概念与求法即可求得检测次数相同的概率；
(2)根据离散型随机变量的期望公式逐项求E(X)，E(Y)比较大小即可.
21.(本小题12分)
已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−2)，且离心率为 33.
(1)求椭圆M的方程;
(2)经过点E(0,1)且斜率存在的直线l交椭圆于Q、N两点，点B与点Q关于坐标原点对称.连接AB，AN.是否存在实数λ，使得对任意直线 l，都有kAN=λkAB成立?若存在，求出λ的值;若不存在，请说明理由.
【答案】解：(1)由题意可知b=2， ca= 33，
又由a2−c2=b2，得a= 6, c= 2，
所以椭圆M的方程为x26+y24=1；
(2)证明：设直线l的方程为为：y=kx+1，
联立 y=kx+1 x26+y24=1，消元可得：(2+3k2)x2+6kx−9=0，
设Q(x1,y1),N(x2,y2)
则有x1+x2=−6k2+3k2,x1x2=−92+3k2，
因为kAQ=y1+2x1,kAN=y2+2x2，
所以kAQ⋅kAN=y1+2x1⋅y2+2x2=k2x1x2+3k(x1+x2)+9x1x2=k2+2k2−2−3k2=−2
又因为点B与点Q关于原点对称，
所以B(−x1,−y1)，即kAB=−y1+2−x1，
则有kAQ⋅kAB=y1+2x1⋅−y1+2−x1=4−y12−x12，
由点Q在椭圆C:x26+y24=1上，得4−y12=23x12，
所以kAQ⋅kAB=−23，
所以kANkAB=kAQ⋅kANkAQ⋅kAB=−2−23=3，即kAN=3kAB，
所以存在实数λ=3，使kAN=λkAB成立．
【解析】本题考查了椭圆的性质与方程、直线与椭圆的位置关系和圆锥曲线中的探索性问题，属于较难题.
(1)由题意可知b=2， ca= 33，结合a2=b2+c2可得a，c，即可得出椭圆E的方程；
(2)直线l与椭圆联立，消元可得：(2+3k2)x2+6kx−9=0，设Q(x1,y1),N(x2,y2)，则有x1+x2=−6k2+3k2,x1x2=−92+3k2，又因为点B与点Q关于原点对称，所以B(−x1,−y1)，即kAB=−y1+2−x1，由点Q在椭圆C:x26+y24=1上，得4−y12=23x12，所以kANkAB=kAQ⋅kANkAQ⋅kAB=−2−23=3，即kAN=3kAB，所以存在常数λ=3.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xalnx−bx(x>0,a≠0,b∈R)
(1)当b=0时，试讨论f(x)的单调区间;
(2)当a<0时，若f(x)有两个零点x1，x2，且x1【答案】(1)解：当b=0时，f′(x)=xa−1(aln x+1)−b=xa−1(aln x+1)，
所以，当a<0时，f(x)在0,e−1a上增，在e−1a,+∞上减；
当a>0时，f(x)在0,e−1a上减，在e−1a,+∞上增.
(2)证明：f(x)=xalnx−bx=0⇔xa−1lnx=b有两个不同的零点x1,x2x1令h(x)=xa−1lnx(x>0)，
则h′(x)=xa−2[(a−1)lnx+1]，
令h′(x)=xa−2[(a−1)lnx+1]=0得x=e11−a，
当00，
所以h(x)在0,e11−a递增；
当x>e11−a时，h′(x)<0，
所以h(x)在e11−a,+∞递减，
显然x>1时，h(x)>0.
作出h(x)的图象如下：
所以0所以：1所以，x2>e11−a≥11−a+1=2−a1−a；
下面证明：x2≤−1eab.
要证：x2≤−1eab⇔bx2≤−1ea，
因为x2a−1lnx2=b，
所以：bx2≤−1ea⇔x2alnx2≤−1ea，
由(1)得x2alnx2=fx2≤fe−1a=−1ea，
所以x2≤−1eab，原不等式得证.
综上所述：2−a1−a
【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，导数中的零点问题的应用，属于较难题.
(1)代入b=0，求导，取a<0或a>0进行讨论即可.
(2)利用参变分离，得到f(x)=xalnx−bx=0⇔xa−1lnx=b有两个不同的零点x1,x2x10)，讨论h′(x)，利用导数讨论h(x)的单调性，进而得到b的范围，得到x2>e11−a≥11−a+1=2−a1−a，即可证明x2≤−1eab，最后结论得证.
P(χ2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
男生
女生
合计
未购买过该款盲盒
70
70
140
购买过该款盲盒
20
40
60
合计
90
110
200
X
1
2
3
4
5
P
16
16
16
16
13
Y
2
3
P
13
23