2023-2024学年九师联盟高三（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年九师联盟高三（上）开学数学试卷（含解析），共21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={y|y=ln(x2+e)}，B={x|x= 4−y2}，则A∩B=( )
A. [1,+∞)B. [1,2]C. [1,2)D. (1,2)
2.已知复数z=2+i，则|zz−−1|=( )
A. 1B. 72C. 102D. 3 22
3.已知单位向量e1，e2的夹角为π3，则|e1−t(e1−e2)|(t∈R)的最小值为( )
A. 12B. 32C. 1D. 34
4.从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地.某大学一个寝室6位同学A，B，C，D，E，F慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求A，B相邻，C在D的左边，则不同的站法共有( )
A. 480种B. 240种C. 120种D. 60种
5.已知函数f(x)=2cs(ωx+π6)(ω>0)在(0,π)有且仅有2个极值点，且在(π3,11π24)上单调递增，则ω的取值范围为( )
A. [52,176]B. [52,4]C. [2,176]D. [2,83]
6.设a=23，b=ln2，c=sin1，则( )
A. b>c>aB. b>a>cC. c>b>aD. c>a>b
7.设数列{an}的前n项和为Sn，an+2+2an3an+1=1，a1=1，a2=2，对任意n∈N*，(2+λ)(Sn+1)lg2a2n>lg22an+1恒成立，则( )
A. λ>0B. λ>−12C. λ>−1D. λ>−32
8.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交C于M，N两点，线段MN的中点为E，过E作线段MN的中垂线交x轴于点R，过M，N两点分别作C的准线的垂线，垂足分别为A，B.线段AB的中点为P，则|PF||ER|=( )
A. 1B. 12C. 2D. 13
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.某市高三一模物理成绩X近似服从正态分布X～N(70,σ2)(σ>0)，且P(X≥80)=0.2，则( )
A. P(X<80)=0.8B. P(60C. P(X≤60)=0.2D. P(X>60)=0.7
10.在平面直角坐标系xOy中，点M(x1,y1)，N(x2,y2)间的折线距离d(M,N)=|x1−x2|+|y1−y2|，已知A(a,b)，B(1,1)，记=a2+b2+2a+4b，则( )
A. 若d(A,B)=1，则s有最小值8
B. 若d(A,B)=1，则A点轨迹是一个正方形
C. 若d(A,B)≤1，则s有最大值15
D. 若d(A,B)≤1，则点A的轨迹所构成区域的面积为π
11.已知AC为圆锥SO底面圆O的直径，SA=4，SO=2 3，点B为圆O上异于A，C的一点，M为线段SC上的动点(异于端点)，则( )
A. 直线SB与平面SAM所成角的最大值为π6
B. 圆锥SO内切球的体积为32125 3π
C. 棱长为43 2的正四面体可以放在圆锥SO内
D. 当M为SC的中点时，满足SB⊥AM的点B有2个
12.已知lgab>0(a>0且a≠1)，若a>b，且ea⋅b>eb⋅a，则( )
A. lnb−a<−1B. ba−1>ab−1
C. (a+1)ln(b+1)>(b+1)ln(a+1)D. lga+1a>lgb+1b
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式.高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系.如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长10m，下底边长16m，侧棱长8m，则此四棱台的体积为______ m3．
14.已知α,β∈(0,π2)，且sin(α−β)=2sinβcsα，则α−β的最大值为______ ．
15.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上不与顶点重合的任一点，C为△PF1F2的内心，O为坐标原点，则直线PC与OP的斜率之比kPCkOP= ______ .(用a，b表示)
16.若xex−exlnx>mx−ex恒成立，则正整数m的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsin2A+B2= 3csinB．
(1)求C；
(2)若边AB上的高CD=2，当△ABC的面积取最小值时，求△ABC内切圆的面积．
18.(本小题12.0分)
已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，Sn为{an}的前n项和，且an=2Sn+Sn−1(n≥2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=Sn2+Sn+12Sn4⋅Sn+14，记{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<12．
19.(本小题12.0分)
自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可⋅波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”.第19届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者．
(1)已知报名者1，2，3组人数之比为3：3：4，将这3组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设1，2，3组中的每一个人答对某道题的概率分别为0.90，0.95，0.90，从中任选一人，求此人答对该题的概率；
(2)从4名女性报名者和3名男性报名者中随机选出3名进行亚运会服务技能考核，记X为其中女性的人数，求X的数学期望．
20.(本小题12.0分)
如图1，直角梯形ABCD中，AB=12CD=2，AD=2，AD⊥CD，AB//CD，将直角梯形ABCD绕AD旋转一周得到如图2的圆台，EF为圆台的母线，且CF=4，M是BC的中点．

(1)在线段CF上是否存在一点N，使MN//平面AEFD？说明理由；
(2)若P为线段CD的中点，求平面AEFD与平面MFP夹角的余弦值．
21.(本小题12.0分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2M交另一条渐近线于点N，且|F2M|=|MN|，
(1)求C的方程；
(2)如图，过A(6,0)作直线l(l不与x轴重合)与曲线C的两支交于P，Q两点，直线F1P，F1Q与C的另一个交点分别为S，T，求证：直线ST经过定点．
22.(本小题12.0分)
已知f(x)=axex−x−lnx−1(a∈R)．
(1)若a=1e，求f(x)在(0,t](t>0)上的最小值h(t)；
(2)若f(x)有2个零点x1，x2(x1①求a的取值范围；
②求证：ex1+x2<1a2x1x2．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A=[1,+∞)，B=[0,2]，则A∩B=[1,2]．
故选：B．
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了对数函数的单调性，函数值域的求法，交集的定义及运算，考查了计算能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z=2+i，
故zz−−1=2+i2−i−1=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1+i)(1−i)=12+32i，
故|zz−−1|=|12+32i|= (12)2+(32)2= 102．
故选：C．
先对原式化简，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：已知单位向量e1，e2的夹角为π3，
则e1⋅e2=1×1×12=12，e1⋅(e1−e2)=1−12=12，
则|e1−t(e1−e2)|= e12−2te1⋅(e1−e2)+t2e22= t2−t+1= (t−12)2+34，
当t=12时，|e1−t(e1−e2)|取最小值 32．
故选：B．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：将A，B看成一个整体与C，D，E，F进行全排列，同时要求C在D的左边，共有A22A55A22=120种不同的站法．
故选：C．
结合捆绑法与全排列，并消除C和D的顺序，即可得解．
本题考查排列与计数原理的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为f(x)在(0,π)有且仅有2个极值点，所以2π<ωπ+π6≤3π，解得116<ω≤176，
因为f(x)在(π3,1124π)上单调递增，
所以ωπ3+π6≥2π22ωπ24+π6≤3π，解得ω≥52，且ω≤176
所以52≤ω≤176．
故选：A．
直接利用正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：①先比较b与a的大小：
因为23>2.82>e2，
所以2>e23，
所以ln2>23，
所以b>a；
②再比较b与c的大小：
令f(x)=sinx−ln(1+x)(0所以f′(x)=csx−11+x，
f″(x)=−sinx+1(1+x)2，
当0又f″(0)=1>0，f″(1)=−sin1+14<−sinπ4+14=−2 24+14<0，
所以存在x0∈(0,1)，使得f″(x0)=0，
所以当x∈(0,x0)，f″(x)>0，则f′(x)单调递增，
当x∈(x0,1)，f″(x)<0，则f′(x)单调递减，
又f′(0)=0，f′(1)=cs1−12>csπ3−12=0，
所以在(0,1)上f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，
所以f(1)>f(0)=0，
所以sin1−ln2>0，
所以c>b，
所以c>b>a．
故选：C．
由23>2.82>e2，得2>e23，两边取对数，即可判断a与b的大小关系；令f(x)=sinx−ln(1+x)(0本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由an+2+2an3an+1=1，得an+2−an+1=2(an+1−an)，
又a1=1，a2=2，a2−a1=1，∴数列{an+1−an}是以2为公比，1为首项的等比数列，
∴an+1−an=2n−1，
则an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+...+(a2−a1)+a1
=2n−2+2n−3+...+21+20+1=1×(1−2n−1)1−2+1=2n−1，
则数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，则Sn=1×(1−2n)1−2=2n−1．
不等式(2+λ)(Sn+1)lg2a2n>lg22an+1恒成立，
即2n(2n−1)(2+λ)>n2，也就是2+λ>n2(2n−1)⋅2n恒成立．
设f(n)=n2(2n−1)⋅2n，
则f(n+1)−f(n)=(n+1)2(2n+1)⋅2n+1−n2(2n−1)⋅2n=−2n3+n2−1(4n2−1)⋅2n+1，
当n≥1时，f(n+1)−f(n)<0，
∴f(n)单调递减，则f(n)max=b1=12，
∴2+λ>12，解得λ>−32．
故选：D．
由已知数列递推式可得数列{an+1−an}是以2为公比，1为首项的等比数列，求其通项公式，再由累加法求得an，进一步得到Sn，代入(2+λ)(Sn+1)lg2a2n>lg22an+1，分离参数λ，构造函数f(n)=n2(2n−1)⋅2n，利用作差法判断单调性，求其最大值，即可求解λ的取值范围．
本题考查数列递推式，训练了累加法求数列的通项公式，考查恒成立问题的求解方法，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设直线MN：x=ty+ρ2，联立x=ty+p2y2=2px⇒y2−2pty−p2=0，所以y1+y2=2pty1y2=−p2，
则x1+x2=t(y1+y2)+p=2pt2+b，得E(pt2+p2,pt)，
线段MN的中垂线方程为x=−1t(y−pt)+pt2+p2，
令y=0，得x=pt2+32p.所R(pt2+32p,0)，所以|RF|=pt2+p，
|EP|=pt2+p，所以|RF|=|EP|.又RF//EP，所以四边形EPFR为平行四边形，
|ER|=|PF|，所以|PF||ER|=1．
故选：A．
设直线MN：x=ty+ρ2，与抛物线联立方程组，进而求得E，R的坐标，进面可得以|RF|=|EP|.进而求得|PF||ER|的值．
本题考查抛物线的性质，考查数形结合思想，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由题可知，P(X<80)=1−P(X≥80)=0.8，故A正确；
由对称性可知P(X≤60)=0.2，故C正确；
所以P(60因为P(X>60)=1−P(X≤60)=0.8，故D错误．
故选：ABC．
根据正态分布曲线的对称性求解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由题意知d(M,N)=|x1−x2|+|y1−y2|，
若d(A,B)=1，由题意可知d(A,B)=|a−1|+|b−1|=1，令x=a−1，y=b−1，则|x|+|y|=1，图象如下．
点A(a,b)的轨迹可由正方形|x|+|y|=1右移1个单位长度，再上移1个单位长度得到，轨迹是一个正方形，故B正确；
对于A，s=a2+b2+2a+4b=(x+1)2+(y+1)2+2(x+1)+4(y+1)=x2+y2+4x+6y+8=(x+2)2+(y+3)2−5，
结合图象可得，
(x+2)2+(y+3)2的最小值为：点(−2,−3)到直线x+y+1=0(即点(0,−1))的距离|−2−3+1| 2=2 2，
此时s取得最小值3，故A错误；
对于C， (x+2)2+(y+3)2的最大值即为：
点(−2,−3)到点(1,0)，(0,1)的距离中的最大值max{3 2,2 5}=2 5，故s的最大值为15，故C正确；
若d(A,B)≤1，则|x|+|y|≤1表示正方形及其内部区域，面积为12×2×2=2，故D错误．
故选：BC．
这个是一个新定义的题目，根据定义挨个分析即可．
本题考查两点间的距离公式，需要数形结合，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：选项A，OA=OC=OB= 42−12=2，
直线SB与平面SAM所成的角即直线SB与平面SAC所成的角，
当B为弧AC中点时，易知∠OSB为所求，
tan∠OSB=OBSO=22 3= 33，所以∠OSB=π6，故A正确；
选项B，圆锥SO的内切球的半径即为△SAC内切圆的半径，
S△SAC=3×12×4×r=12×4×2 3=4 3，
故r=23 3，V=43πr3=3227 3π，故B错误；
选项C，棱长为43 2的正四面体可以从棱长为43的正方体中截得，
所以该正四面体和正方体的外接球是同一个外接球，
则2R=43 3，即R=23 3，
所以该正四面体可以放在圆锥SO的内切球内，故C正确；
选项D，假设SB⊥AM，过B作BD垂直于AC，垂足为D，连接SD，
因平面SAC⊥底面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，
所以BD⊥平面SAC，
又AM⊂平面SAC，所以BD⊥AM，可得AM⊥平面SBD，
所以SD⊥AM，因为△SAC为正三角形，M为SC的中点，
所以SC⊥AM，即C，D两点重合，与题设矛盾，故D错误．
故选：AC．
根据几何条件及线面角定义可判定A；将内切球半径转化为内切圆半径求解即可判定B；将正四面体补形为正方体计算外接球半径即可判定C；根据线面垂直的判定及性质定理可判定D．
本题考查空间几何体中求线面角，求内切、外接球体积，线线垂直的判定等知识，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：由lgab>0，可知a>1b>1或0又eab>eba⇒eaa>ebb，
令f(x)=exx(x>0)，
f′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递增，
当0b，此时eaa当知a>1b>1且a>b时，eaab>1，
令p(x)=xcx(x>1)，p′(x)=1−xex，
所以当x∈(1,+∞)时，p(x)单调递减，
又a>b>1，
所以aea所以bea所以lnbea对于B：令h(x)=x−1lnx(x>1)，
则h′(x)=xlnx−x+1xln2x，
记φ(x)=xlnx−x+1(x>1)，
所以φ′(x)=lnx+1−1=lnx>0，
所以φ(x)>φ(1)=0，h′(x)>0，
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(a)>h(b)，即a−1lna>b−1lnb，
所以(a−1)lnb>(b−1)lna，
所以lnba−1>lnab−1，即ba−1>ab−1，故B正确；
对于C：令g(x)=lnxx，则g′(x)=1−lnxx2，
所以在(0,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(e,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
a+1>b+1>2，当2g(b+1)，即ln(a+1)a+1>ln(b+1)b+1，
即(b+1)ln(a+1)>(a+1)ln(b+1)，故C错误；
对于D：令t(x)=lnxln(1+x)，则t′(x)=1xln(x+1)−1x+1lnxln2(1+x)=(x+1)ln(1+x)−xlnxx(x+1)ln2(1+x)，
令m(x)=xlnx，m′(x)=1+lnx>1，即m(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以(x+1)ln(x+1)>xlnx，t′(x)>0，t(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以lnaln(a+1)>lnbln(b+1)，即lgb+1a>lgb+1b，故D正确．
故选：ABD．
对于A：由lgab>0，可知a>1b>1或0eba⇒eaa>ebb，令f(x)=exx(x>0)，求导分析单调性，可得当知a>1b>1且a>b时，eaab>1，令p(x)=xcx(x>1)，求导分析单调性，可得bea1)，求导分析单调性可得h(a)>h(b)，即a−1lna>b−1lnb，即可判断B是否正确；对于C：令g(x)=lnxx，求导分析单调性，可得g(a+1)>g(b+1)，即可判断C是否正确；对于D：令t(x)=lnxln(1+x)，求导分析单调性，可得lnaln(a+1)>lnbln(b+1)，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】172 46
【解析】解：四棱台上底边长10m，下底边长16m，侧棱长8m，
如图，过D作DE⊥平面A′B′C′D′，E为垂足，
D′E=8 2−5 2=3 2，
DE= 82−(3 2)2= 46，
此四棱台的体积为V=13(162+ 162×102+102)× 46=172 46．
故答案为：172 46．
过D作DE⊥平面A′B′C′D′，E为垂足，求出D′E=3 2，DE= 82−(3 2)2= 46，由此能求出此四棱台的体积．
本题考查四棱台体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】π6
【解析】解：因为sin(α−β)=2sinβcsα，
所以sinαcsβ−csαsinβ=2sinβcsα，即sinαcsβ=3csαsinβ，
所以tanα=3tanβ，
所以tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanatanβ=2tanβ1+3tan2β=23tanβ+1tanβ≤22 3tanβ⋅1tanβ= 33，
当且仅当3tanβ=1tanβ，即tanβ= 33时，取等号，
又α,β∈(0,π2)，所以−π2<α−β<π2，所以α−β的最大值为π6．
故答案为：π6．
结合两角差的正弦公式与同角三角函数的商数关系化简已知等式，可得tanα=3tanβ，再利用两角差的正切公式与基本不等式，推出tan(α−β)≤ 33，然后根据−π2<α−β<π2，得解．
本题主要考查三角函数的化简求值，熟练掌握三角恒等变换公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】a2b2
【解析】解：设P(x0,y0)，可得x02a2+y02b2=1，即y02=b2(1−x02a2)=b2−b2x02a2，离心率e=ca，b2=a2−c2，
设C(xc,yc)，△PF1F2内切圆与PF1，PF2，F1F2分别相切于点M，N，T，则|PM|=|PN|，
|F1M|=|F1T|，|F2N|=|F2T|，所以|F1T|+|PN|+|NF2|=a+c，即|F1T|+|PF2|=a+c，
所以|F1T|=(a+c)−|PF2|，又|PF2|= (x0−c)2+y02= x02−2cx0+c2+b2−b2x02a2= e2x02−2cx0+a2=a−ex0，
而|F1T|=xc+c，所以xc+c=(a+c)−(a−ex0)=c+ex0，
即xc=cax0．SΔFF1F2=12(2a+2c)⋅y=12⋅2c⋅y0，
所以yc=ca+cy0，
故C(cax0,ca+cy0)，kPC=y0−ca+cy0x0−cax0=a2y0b2x0=a2b2⋅kOP，
所以kPCkOP=a2b2．
故答案为：a2b2．
设P点的坐标，由题意可得P点横纵坐标的关系，设C点的坐标及圆C与△PF1F2各边的切点，由题意可得C点的坐标，进而
本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
16.【答案】5
【解析】解：由题意可知xex−exlnx+ex>mx，即x−lnx+1>mxex恒成立，
令f(x)=x−lnx+1，f′(x)=1−1x=x−1x．
当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴x=1时，函数f(x)取得极小值，即最小值，f(x)min=f(1)=2．
令g(x)=xex，则g′(x)=ex−xex(ex)2=1−xex，
当x∈(0,1)，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴x=1时，函数g(x)取得极大值，即最大值，g(x)max=g(1)=1e．
∴{f(x)−mg(x)}min=f(1)−mg(1)=2−me>0，得m<2e∈(5,6)，
∴正整数m的最大值为5．
故答案为：5．
由题意可知xex−exlnx+ex>mx，即x−lnx+1>mxex恒成立，令f(x)=x−lnx+1，g(x)=xex，利用导数研究函数f(x)，g(x)的单调性与极值，由{f(x)−mg(x)}min>0，即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】解：(1)2bsin2A+B2= 3csinB⇒b[1−cs(A+B)]= 3csinB，
即b(1+csC)= 3csinB⇒sinB(1+csC)= 3sinCsinB= 3csinB，
又sinB≠0，所以1+csC= 3sinC，即2cs2C2=2 3sinC2csC2，
由因为C2∈(0,π4)，所以2csC2≠0，可得csC2= 3sinC2即tanC2= 33，
所以C2=π6，即C=π3；
(2)因为△ABC为锐角三角形，所以D在边AB上，且不与A，B重合，
设∠ACD=α，∠BCD=π3−α，在△ACD中，AC=CDcsα=2csα，
在△BCD中，BC=CDcs(π3−α)=2cs(π3−α)，
所以S△ABC=12CA⋅CBsinπ3= 34⋅2csα⋅2cs(π3−α)= 3csα⋅(12csα+ 32sinα)= 34cs2α+ 34sin2α+14= 32sin(2α+π6)+14，
由题意α∈(0,π3)，则2α+π6∈(π6,5π6)，
当2a+π6=π2，即a=π6时，等号成立，
当△ABC的面积取最小值时，设△ABC内切圆的半径为r，易得△ABC为等边三角形，
则S△ABC=3×12×2csπ6×r=43 3⇒r=23，
所以△ABC内切圆的面积S=πr2=49π．
【解析】(1)由已知利用三角函数恒等变换的应用可得tanC2= 33，结合C2∈(0,π4)，即可求解C的值；
(2)设∠ACD=α，可得S△ABC= 32sin(2α+π6)+14，结合α∈(0,π3)的范围，即可求得△ABC的面积取最小值，再结合当△ABC的面积取最小值时，设△ABC内切圆的半径为r，易得△ABC为等边三角形，即可求得△ABC内切圆的面积，
本题考查了三角函数恒等变换，正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】(1)解：依题意，当n≥2时，由an=2Sn+Sn−1及an=Sn−Sn−1，
可得Sn−Sn−1=2Sn+Sn−1，
化简整理，可得Sn2−Sn−12=2，
∵S12=1，
∴数列{Sn2}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴Sn2=1+2⋅(n−1)=2n−1，
又∵an>0，n∈N*，
∴Sn>0，
∴Sn= 2n−1，n∈N*，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1= 2n−1− 2n−3，
∵当n=1时，a1=1不符合上式，
∴an=1,n=1 2n−1− 2n−3,n≥2．
(2)证明：由题意及(1)，
可得bn=Sn2+Sn+12Sn4⋅Sn+14
=2n−1+2n+1(2n−1)2⋅(2n+1)2
=4n(2n−1)2⋅(2n+1)2
=12⋅[1(2n−1)2−1(2n+1)2]，
∴Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn
=12⋅(112−132)+12⋅(132−152)+⋅⋅⋅+12⋅[1(2n−1)2−1(2n+1)2]
=12⋅[112−132+132−152+⋅⋅⋅+1(2n−1)2−1(2n+1)2]
=12⋅[112−1(2n+1)2]
=12−12(2n+1)2
<12，
故不等式Tn<12对任意n∈N*恒成立．
【解析】(1)由题意，当n≥2时将an=Sn−Sn−1代入题干表达式可得Sn2−Sn−12=2，再将n=2代入题干表达式计算出a2的值，进一步推导即可发现数列{Sn2}是以1为首项，2为公差的等差数列，通过计算数列{Sn2}的通项公式即可计算出前n项和Sn的表达式，最后结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法计算出前n项和Tn的表达式，最后根据不等式的性质即可证明结论成立．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，分类讨论思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)记“答题人来自于第i组”(i=1,2,3)为事件Ai，记“任选一人答对”为事件B，
此时样本空间Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
易知P(A1)=0.3，P(A2)=0.3，P(A3)=0.4，
而P(B|A1)=0.90，P(B|A2)=0.95，P(B|A3)=0.90，
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.3×0.90+0.3×0.95+0.4×0.90=0.915，
所以任选一人，此人答对该题的概率为0.915；
(2)易知X的所有可能取值为0，1，2，3．
此时P(X=0)=C33C73=135，P(X=1)=C41C32C73=1235，P(X=2)=C42C31C73=1835，P(X=3)=C43C73=435，
则E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127．
【解析】(1)由题意，记“答题人来自于第i组”(i=1,2,3)为事件Ai，记“任选一人答对”为事件B，结合全概率公式进行求解即可；
(2)先得到X的所有取值，求出相对应的概率，代入期望公式即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】解：(1)线段CF上存在一点N，使MN//平面AEFD，理由如下：
过M作MG⊥CD，垂足为G，M为BC中点，又AB=12CD=2，所以CG=1，
过G作一条平行DF的直线交FC于N点，此时NG//FD，如图示：

易知MG//AD，AD⊆平面AEFD，所以MG//平面AEFD，
同理GN//平面AEFD，又MG∩NG=G，
所以平面MGN//平面AEFD，所以MN//平面AEFD，
故线段CF上存在一点N，使MN//平面AEFD，且CNCF=CGCD=14．
(2)作DH⊥CD交下底圆D于H，因为AD⊥DC，DH⊥DC，AD⊥DH，
以D为原点，DH，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图示：

则D(0,0,0)，A(0,0,2)，F(2 3,2,0)，C(0,4,0)，
B(0,2,2)，P(0,2,0)，M(0,3,1)，
DF=(2 3,2,0)，DA=(0,0,2)，FP=(−2 3,0,0)，MF=(2 3,−1,−1)，
设平面AEFD的法向量n=(x,y,z)，由n⋅DA=0得：2z=0，由n⋅DF=0得：2 3x+2y=0，
令x=1，则n=(1,− 3,0)，
设平面MFP的法向量m=(x1,y1,z1)，由m⋅FP=0得：−2 3x1=0，由m⋅MF=0得：2 3x1−y1−z1=0，
令y1=1，则m=(0,1,−1)，
设平面AEFD与平面MFP的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n|m|⋅|n||=|− 32 2|= 64，
故平面AEFD与平面MFP夹角的余弦值为 64．
【解析】(1)根据面面平行推出线面平行即可；
(2)分别求出平面AEFD与平面MFP的法向量，从而求出平面夹角的余弦值即可．
本题考查了线面平行的判定，考查向量在立体几何中的应用，是中档题．
21.【答案】解：(1)易知双曲线C的渐近线l1：y=bax，渐近线l2：y=−bax，
不妨设M在l1上，N在l2上，OM是线段NF2的中垂线，

易知△F2OM≅ΔNOM，
所以∠F2OM=∠NOM，
由双曲线对称性可得∠F2OM=∠F1ON，
所以∠F2OM=∠NOM=∠F1ON，
此时∠F2OM=π3，F2M=|ba×c| (ba)2+1=b，
在Rt△F2OM中，sin∠F2OM=bc=b4= 32，
解得b=2 3，
所以a2=c2−b2=42−12=4，
则C的方程为x24−y212=1；
(2)证明：不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，S(x3,y3)，T(x4,y4)，直线PQ的方程为y=k(x−6)，
则直线PS：y=y1x1+4(x+4)，
联立y=y1x1+1(x+4)x24−y212=1，消去y并整理得[3(x1+4)2−y12]x2−8y12x−16y12−12(x1+4)2=0，
由韦达定理得x1+x3=8y123(x1+4)2−y12，

又y12=3x12−12，
所以x1+x3=8(3x12−12)3(x1+4)2−(3x12−12)=24(x12−4)24x1+60=2(x12−4)2x1+5，
此时x3=−5x1+82x1+5,y3=y1x1+4⋅(−5x1+82x1+5+4)=y1x1+4⋅3x1+122x1+5=3y12x1+5，
所以S(−5x1+82x1+5,3y12x1+5)，
同理得T(−5x2+82x2+5,3y22x2+5)，
则kST=3y1−5x1+82x1+5−(−5x2+82x2+5)=3y1(2x2+5)−3y2(2x1+5)−(5x1+8)(2x2+5)+(2x1+5)(5x2+8)
=3k(x1−6)(2x2+5)−3k(x2−6)(2x1+5)−(5x1+8)(2x2+5)+(2x1+5)(5x2+8)=3k(17x1−17x2)9(x2−x1)=−17k3，
此时直线ST：y−3y12x1+5=−17k3[x−(−5x1+82x1+5)]，
令y=0，
解得x=−3817，
故直线ST过定点(−3817,0)．
【解析】(1)由题意，设M在l1上，N在l2上，OM是线段NF2的中垂线，根据三角形全等、双曲线对称性以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，S(x3,y3)，T(x4,y4)，直线PQ的方程为y=k(x−6)，得到直线PS的方程，将直线PS的方程与C的方程联立，结合韦达定理得到x3，y3的表达式，可得S，T的坐标和直线ST的斜率，推出直线ST的方程，进而即可得证．
本题考查双曲线的性质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．
22.【答案】解：(1)当 a=1e，时，f(x)=xex−1−x−lnx−1，(x>0)
所以f′(x)=(x+1)ex−1−x+1x=(x+1)(ex−1−1x)，
因为x>0，x+1>0，
g(x)=ex−1−1x在(0,+∞)上单调递增，且g(1)=0，
所以x∈(0,1)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(1,+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当0当t>1时，h(t)=f(1)=−1，
所以h(t)=tet−1−t−lnt−1,01；
(2)①因为f(x)=axex−x−lnx−1=axex−ln(xex)−1，
设t=xex，则t=xex在(0,+∞)上单调递增，且t的取值范围是(0,+∞)，
设t1=x1ex1，t2=x2ex2，f(x)有2个零点x1，x2(x1即方程at−lnt−1=0有2个不同正实根t1，t2，
即a=lnt+1t有2个不同正实根t1，t2，
设F(t)=lnt+1t，则F′(t)=−lntt2，
当t∈(0,1)时，F′(t)>0，F(t)单调递增；当t∈(1,+∞)时，F′(t)<0 F(t)单调递减，
所以F(t)mx=F(1)=1，当t>0，且t→0时，F(t)→−∞；当t→+∞时，F(t)→0．
令F(t)=0，得t=1e，所以函数y=F(t)的图象过点(1e,0)；
函数y=F(t)的大致图象如图：

所以，仅当0即f(x)有2个零点时a的取值范围是(0,1)；
②证明：要证ex1+x2<1a2x1x2，即证x1ex1x2ex2<1a2t2−t1lnt2−lnt1> t1t2，即证t1t2<1a2，
由①得at1=lnt1+1，at2=lnt2+1，所以a=lnt2−lnt1t2−t1，
所以问题转化为证明证t2−t1lnt2−lnt1> t1t2，
即证1lnt2t1>t2−t1 t1t2= t2t1− t1t2，
设m=t2t1，(m>1)即证1lnm> m− 1m，
设H(x)=1lnx− x+ 1x，(x>1)
所以H(x)在(1,+∞)上为增函数，H(m)>H(1)=0，
所以t1t2<1a2成立，即ex1+x2<1a2x1x2成立．
【解析】(1)求导，判断导函数的正负，得出原函数的单调性，即可求得原函数的最小值；
(2)①同构，x+lnx=ln(xex)，换元，设t=xex，转化为方程at−lnt−1=0有2个不同正实根t1，t2，分离参数，转化为函数F(t)=lnt+1t2个不同正实根t1，t2，然后利用导数即可求得结果；②分析法，转化为证明不等式证1lnt2t1>t2−t1 t1t2= t2t1− t1t2，构造函数即可证明．
本题考查利用导数研究函数的最值、零点，以及不等式的证明．属中档题．