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辽宁省辽东十一所重点高中联合教研体2024届高三高考适应性考试模拟数学试题
展开这是一份辽宁省辽东十一所重点高中联合教研体2024届高三高考适应性考试模拟数学试题，共23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。
一、单选题
1．已知集合S=ss=2n+1,n∈Z，T=tt=4n+1,n∈Z，则S∩T=（ ）
A．∅B．SC．TD．Z
2．已知复数z满足z=1且有z5+z+1=0，则z=（ ）
A．−12±32iB．12±32i
C．22±22iD．32±12i
3．已知α，β均为锐角，且cs(α+β)=sinαsinβ，则tanα的最大值是（ ）
A．4B．2C．24D．25
4．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．fx=x−sinxB．fx=sinx−xcsxC．fx=x2−1x2D．fx=sinx+x3
5．如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为雁柱曲线）方程为y=1.1x，第n（n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线l:y=x+1交于点Anxn,yn和Bnx′n,y′n，则n=020yny′n=（ ）参考数据：1.122=8.14．
A．814B．900C．914D．1000
6．表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A．4πB．8πC．12πD．16π
7．已知定点P(m,0)，动点Q在圆O：x2+y2=16上，PQ的垂直平分线交直线 OQ于M点，若动点M的轨迹是双曲线，则m的值可以是（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．设a=cs0.1，b=10sin0.1，c=110tan0.1，则（ ）
A．a
9．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点P0x0,y0,z0，且以u=a,b,cabc≠0为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c；
（2）过点Px0,y0,z0，且v=m,n,tmnt≠0为法向量的平面α的方程为mx−x0+ny−y0+tz−z0=0．
现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:2x−y=13y−2z=1，l2:x=y=2−z，l3:x−15=y−4=z1（ ）
A．l1//αB．l2//αC．l3//αD．l1⊥α
10．定义：若数列an满足，存在实数M，对任意n∈N∗，都有an≤M，则称M是数列an的一个上界．现已知an为正项递增数列，bn=an−1ann≥2，下列说法正确的是（ ）
A．若an有上界，则an一定存在最小的上界
B．若an有上界，则an可能不存在最小的上界
C．若an无上界，则对于任意的n∈N∗，均存在k∈N∗，使得anan+k<12023
D．若an无上界，则存在k∈N∗，当n>k时，恒有b2+b3+⋯+bn
A．sinAsinBsinC=14B．2≤asinA≤22
C．8≤abc≤162D．bcb+c>8
三、填空题
12．在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有 种.
13．已知f(x)=2sin(2x+π3)，若∃x1,x2,x30,3π2，使得f(x1)=f(x2)=f(x3)，若x1+x2+x3的最大值为M，最小值为N，则M+N= .
14．已知椭圆C:x24+y23=1，F1、F2分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得PD平分∠F1PF2．过点D作PF1、PF2的垂线，垂足分别为A、B．则S△DABS△PF1F2的最大值是 ．
四、解答题
15．近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
16．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点D在棱AA1上，且A1D=13AA1,E为A1C1的中点．
(1)证明：平面BDE⊥平面BCC1B1；
(2)若AB=AA1=2,BC=22,求二面角D−BE−A1的余弦值．
17．记Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=knan+pan+qn+rk,p,q,r∈R．
(1)若p=r=0,k=12，求证：数列an是等差数列；
(2)若k=q=0,p=2,r≠0，设bn=−1n+1Snr，数列bn的前n项和为Tn，若对任意的k∈N*，都有T2k−1<λ
(1)设gx=fxx+ex，讨论gx的单调性；
(2)若a>1且fx存在三个零点x1,x2,x3.
1）求实数a的取值范围；
2）设x1
19．已知动直线l与椭圆C:x23+y22=1交于Px1,y1，Qx2,y2两个不同点，且ΔOPQ的面积SΔOPQ=62,其中O为坐标原点.
(1)证明x12+x22和y12+y22均为定值;
(2)设线段PQ的中点为M，求OM⋅PQ的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】分析可得T⊆S，由此可得出结论.
【详解】任取t∈T，则t=4n+1=2⋅2n+1，其中n∈Z，所以，t∈S，故T⊆S，
因此，S∩T=T.
故选：C.
2．A
【分析】设z=csθ+isinθ（i为虚数单位），由棣莫佛公式可知z5=cs5θ+isin5θ，根据平方关系求出csθ，从而求出sinθ，即可得解.
【详解】设z=csθ+isinθ（i为虚数单位），由棣莫佛公式可知z5=cs5θ+isin5θ，
因为z5+z+1=0，所以cs5θ+isin5θ+csθ+isinθ+1=0，即cs5θ+csθ+1+sin5θ+sinθi=0，
所以cs5θ+csθ+1=0sin5θ+sinθ=0，即cs5θ=−csθ−1sin5θ=−sinθ，因为cs5θ2+sin5θ2=1，
所以cs5θ2+sin5θ2=−csθ−12+−sinθ2=1，
即cs2θ+2csθ+1+sin2θ=1，所以csθ=−12，所以sinθ=±1−cs2θ=±32，
所以z=−12±32i.
故选：A
3．C
【分析】将cs(α+β)=sinαsinβ变形，配角sinα=sin[(α+β)−β]利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于tanβ的一元二次方程，根据Δ≥0列不等式求解tanα的取值范围，即可得最大值.
【详解】∵cs(α+β)=sinαsinβ，∴cs(α+β)sinβ=sinα=sin[(α+β)−β]=sin(α+β)csβ−cs (α+β)sinβ，即tan(α+β)=2tanβ，∴tanα+tanβ1−tanαtanβ=2tanβ，即2tanαtan2β−tanβ+tanα=0，又因为β为锐角，所以该方程有解，即Δ=1−8tan2α≥0，解得−24≤tanα≤24．又α为锐角，∴0
4．B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：f′(x)=1−csx≥0，即f(x)在定义域上递增，不符合；
B：f′(x)=csx−(csx−xsinx)=xsinx，
在(−2π,−π)上f′(x)<0，在(−π,π)上f′(x)>0，在(π,2π)上f′(x)<0，
所以f(x)在(−2π,−π)、(π,2π)上递减，(−π,π)上递增，符合；
C：由f(−x)=(−x)2−1(−x)2=x2−1x2=f(x)且定义域为{x|x≠0}，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究(0,+∞)上性质：f′(x)=2x+2x3>0，故f(x)递增，不符合；
D：由f(−x)=sin(−x)+(−x)3=−sinx−x3=−f(x)且定义域为R，为奇函数，
研究(0,+∞)上性质：f′(x)=csx+3x2>0，故f(x)在(0,+∞)递增，
所以f(x)在R上递增，不符合；
故选：B
5．C
【分析】根据题意，有yn=1.1n，y′n=n+1，则有yny′n=(n+1)1.1n，利用错位相减法分析可得答案．
【详解】根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x和直线l:y=x+1交于点An(xn，yn)和Bn(x′n，y′n)，
则yn=1.1n，y′n=n+1，则有yny′n=(n+1)1.1n，
设Tn=n=020ynyn′，则Tn=1+2×1.1+3×1.12+4×1.13+……+21×1.120，①
则1.1Tn=1.1+2×1.12+3×1.13+4×1.14+……+21×1.121，②
①-②可得：−0.1Tn=1+1.1+1.12+1.13+……+1.120−21×1.121=1⋅121−11.1−1−21×1.121
=10×(1.121−1)−21×1.121=−10−11×1.121=−10−10×1.122=−91.4；
Tn=914，
故n=020ynyn′=914；
故选：C
6．B
【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，求出S=2πR4R2−1，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为r，则4πr2=4π，解得r=1，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，
轴截面如下图示，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，
又∠ADE=π−2θ，故AB=BE+AE=R+tan(π−2θ)=R−tan2θ，
又tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2R1−R2，故AB=R−2R1−R2=R(R2+R)R2−1，
故该圆锥的表面积为S=πR2(R2+1)R2−1+πR2=2πR4R2−1，
令t=R2−1>0，所以R2=t+1，
所以S=2π(t+1)2t=2π⋅(t+1t+2)≥2π⋅(2t⋅1t+2)=8π.
（当且仅当t=1时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B
7．D
【分析】当P在圆内时，由几何性质可得MP+MO=4>OP=m，此时M的轨迹是以O,P为焦点的椭圆. 当P在圆上时，线段PQ的中垂线交线段OQ于圆心O.当P在圆外时，MP−MO=4
则OH⊥PQ, 线段PQ的中点E在线段HQ内，则线段PQ的中垂线交线段OQ于点M，如图1 .
连接MP, 则QM=MP, 所以MP+MO=MQ+MO=OQ=4
则MP+MO=4>OP=m
此时M的轨迹是以O,P为焦点的椭圆.
当P在圆上时，线段PQ的中垂线交线段OQ于圆心O.
当P在圆外时，设PQ与圆的另一交点为N，设点H为弦NQ的中点,
则OH⊥PQ, 线段PQ的中点E在线段HP内，则线段PQ的中垂线交线段QO的延长线于点M，如图2 .
连接MP, 则QM=MP, 所以MP−MO=MQ−MO=OQ=4
则MP−MO=4
同理当Q在圆上运动时，还会得到MO−MP=4
故选： D
8．D
【分析】先根据sinθ<θ
ba=10tan0.1，ac=10tan0.1⋅cs0.1=10sin0.1，
下证θ∈0,π2时，tanθ>θ>sinθ，
设∠AOB=θ∈0,π2，射线OB与单位圆O相交于点C，过点C作CD⊥x轴于点D，
单位圆与x轴正半轴交于点A，过点A作AB⊥x轴，交射线OB于点B，连接AC，
则CD=sinθ,AB=tanθ，
设扇形AOC的面积为S，因为S△AOC
所以b>a,c>a，
因为b=10sin0.1，令fx=sinx−x+x36，x∈0,π2，
则f′x=csx−1+x22，其中f′0=0，
令gx=f′x，则g′x=−sinx+x，g′0=0，
令hx=g′x，则h′x=−csx+1>0在x∈0,π2上恒成立，
则hx=g′x在x∈0,π2上单调递增，又g′0=0，
故hx=g′x=−sinx+x>0在x∈0,π2上恒成立，
所以gx=f′x=csx−1+x22在x∈0,π2上单调递增，又f′0=0，
故gx=f′x=csx−1+x22>0在x∈0,π2上恒成立，
所以fx=sinx−x+x36在x∈0,π2上单调递增，又f0=0，
所以sin0.1−0.1+0.136>0，即sin0.1>0.1−0.136=110−16000=5996000，
则b=10sin0.1>599600
因为c=110tan0.1=cs0.110sin0.1，
令qx=csx−1+x22−x424，x∈0,π2，
则q′x=−sinx+x−x36，令wx=q′x=−sinx+x−x36，
则w′x=−csx+1−x22，令ex=w′x=−csx+1−x22，
则e′x=sinx−x，令rx=e′x=sinx−x，
则r′x=csx−1<0在x∈0,π2上恒成立，
所以rx=e′x=sinx−x在x∈0,π2单调递减，
又r0=0，故rx=e′x=sinx−x<0在x∈0,π2上恒成立，
所以ex=w′x=−csx+1−x22在x∈0,π2上单调递减，
又e0=0，故ex=w′x=−csx+1−x22<0在x∈0,π2上恒成立，
所以wx=q′x=−sinx+x−x36在x∈0,π2上单调递减，
又w0=0，故wx=q′x=−sinx+x−x36<0在x∈0,π2上恒成立，
故qx=csx−1+x22−x424在x∈0,π2上单调递减，
又q0=0，故q0.1<0，即cs0.1<1−0.012+0.000124=238801240000，
故c=110tan0.1=cs0.110sin0.1<238801240000599600=238801240000×600599=238801239600，
其中c<238801239600<599600
【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
ex=1+x+x22!+⋯+xnn!+xn+1，sinx=x−x33!+x55!−⋯+−1nx2n+12n+1!+x2n+2，
csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯+−1nx2n2n!+x2n，
ln1+x=x−x22+x33−⋯+−1nxn+1n+1+xn+1，
11−x=1+x+x2+⋯+xn+xn，1+xn=1+nx+nn−12!x2+x2
9．CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面α:x+2y+3z=6，则平面法向量为v=1,2,3，
对l1:2x−y=13y−2z=1，则6x−3=3y=2z+1，即x−1216=y13=z+1212，所以l1过点12,0,−12，方向向量为 u1=16,13,12，所以v=6u1，所以v//u1，所以l1⊥α，故A错误D正确.
对l2:x=y=2−z，即x1=y1=z−2−1，所以l2过点0,0,2，方向向量为 u2=1,1,−1，点0,0,2代入平面方程x+2y+3z=6成立，所以l2与平面α有公共点，故B错误；
对l3:x−15=y−4=z1，所以l3过点1,0,0，方向向量为 u3=5,−4,1，
因为v⋅u3=1,2,3⋅5,−4,1=5−8+3=0，所以v⊥u3 ，所以l3⊂α或l3//α，但点1,0,0代入平面x+2y+3z=6不成立，故l3⊄α，所以l3//α，所以C正确.
故选：CD
10．ACD
【分析】AB选项，由an有上界判断；C.根据an无上界，且为正项递增数列，可得anan+k→0判断；D.用反证法判断.
【详解】A.若an有上界，则an一定存在最小的上界，故正确；
B.若an有上界，则an一定存在最小的上界，故错误；
C.若an无上界，又an为正项递增数列，则n→+∞时，an→+∞，an+k→+∞，
则anan+k→0，所以anan+k<12023，故正确；
D.假设对任意n>k时，恒有b2+b3+⋯+bn≥n−2023，
不妨设an=2n，则b2+b3+⋯+bn=n−12，
取k=4047，当k>4047时，b2+b3+⋯+bn=n−12
所以若an无上界，则存在k∈N∗，当n>k时，恒有b2+b3+⋯+bn
11．CD
【分析】结合已知sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β对sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12进行变形化简即可得sinAsinBsinC的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求asinA=2R的范围，从而判断B；根据sinAsinBsinC的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得bcb+c>bc⋅a，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12，
∴sin2A+sinπ−2B=sinC−π+C+12，即sin2A+sin2B=−sin2C+12，
∴sin2A+sin2B+sin2C=12，
由题可知，sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β，
∴2sinA+BcsA−B+sin2C=12，
∴2sinCcsA−B+2sinCcsC=12
∴2sinC[csA−B−csA+B]=12，
∴有sinAsinBsinC=18，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴S=12absinC=12⋅2RsinA⋅2RsinB⋅sinC=2R2sinAsinBsinC=R24∈1,2，
∴R∈2,22，∴asinA=2R∈4,42，故B错误；
abc=8R3sinAsinBsinC∈8,162，故C正确；
bcb+c>abc≥8，故D正确．
故选：CD．
12．14
【分析】根据加法分类计数原理求解即可.
【详解】不妨设圆周上的点依次为A,B,C,D,E,F,G,H，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：
符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；
共计2+4+8=14种.
故答案为：14.
13．23π6
【分析】作出f(x)在0,3π2上的图象，x1,x2,x3为f(x)的图象与直线y=m交点的横坐标，
利用数形结合思想即可求得M和N﹒
【详解】作出f(x)=2sin(2x+π3)在[0,3π2]上的图象（如图所示）
因为f(0)=2sinπ3=3，f(3π2)=2sin(π+π3)=−3，
所以当f(x)的图象与直线y=3相交时，由函数图象可得，
设前三个交点横坐标依次为x1、x2、x3，此时和最小为N，
由2sin(2x+π3)=3，得sin(2x+π3)=32，
则x1=0，x2=π6，x3=π，N=7π6；
当f(x)的图象与直线y=−3相交时，
设三个交点横坐标依次为x1、x2、x3，此时和最大为M，
由2sin(2x+π3)=−3，得sin(2x+π3)=−32，
则x1+x2=7π6，x3=3π2，M=8π3；
所以M+N=23π6.
故答案为：23π6.
14．316/0.1875
【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合椭圆的定义得S△DABS△PF1F2=34(1−3|PF1||PF2|)，再利用均值不等式求解作答.
【详解】设∠F1PF2=θ，依题意，∠ADB=π−θ，|AD|=|BD|=|PD|sinθ2，由S△PF1D+S△PF2D=S△F1PF2，
得12|PF1||PD|sinθ2+12|PF2||PD|sinθ2=12|PF1||PF2|sinθ，即|PD|sinθ2=|PF1||PF2|sinθ|PF1|+|PF2|，
S△DABS△PF1F2=12|AD||BD|sin(π−θ)12|PF1||PF2|sinθ=|AD||BD||PF1||PF2|=(|PD|sinθ2)2|PF1||PF2|=|PF1||PF2|sin2θ(|PF1|+|PF2|)2，
椭圆C:x24+y23=1中，|F1F2|=2,|PF1|+|PF2|=4，
在△PF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|csθ，
即有|F1F2|2=(|PF1|+|PF2|)2−2|PF1||PF2|(1+csθ)，
则1+csθ=(|PF1|+|PF2|)2−|F1F2|22|PF1||PF2|=6|PF1||PF2|，
因此S△DABS△PF1F2=|PF1||PF2|16(1−cs2θ)=|PF1||PF2|16(1+csθ)(1−csθ)=38(2−6|PF1||PF2|)
=34(1−3|PF1||PF2|)≤34[1−3(|PF1|+|PF2|2)2]=316，当且仅当|PF1|=|PF2|=2时取等号，
所以S△DABS△PF1F2的最大值是316.
故答案为：316
15．(1)0.96
(2)0.8336
【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率P=1−0.2×C193C204=0.96.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率P=0.84+0.2×0.8×0.8+0.8×0.2×0.8+0.2×0.2+0.8×0.8×0.2=0.8336.
16．(1)证明见解析；
(2)53434.
【分析】（1）法一、延长DE与CC1的延长线交于点G，连接GB与B1C1交于点F，利用线段关系及面面垂直的性质判定EF⊥平面BCC1B1即可；法二、延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，利用线段关系及面面垂直的性质判定BG⊥平面BCC1B1即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.
【详解】（1）解法一
如图，延长DE与CC1的延长线交于点G，
因为A1D=13AA1=13CC1,E为A1C1的中点，所以GC1=A1D=13CC1=14GC，
连接GB与B1C1交于点F，则FC1=14B1C1，
取B1C1的中点H，连接A1H,EF，则FC1=12C1H，故EF//A1H，
因为AB=AC，所以A1H⊥B1C1，所以EF⊥B1C1，
又EF⊂平面A1B1C1，平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1，
因为EF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．
解法二
如图，延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，
因为A1D=13AA1,E为A1C1的中点，所以GA=2A1E=AB=AC，
所以BC⊥BG，
又BG⊂平面ABC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
所以BG⊥平面BCC1B1，
因为BG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．
（2）由AB=AC=2,BC=22=2AB，易得AB⊥AC，则AB,AC,AA1两两垂直，
以A为坐标原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B2,0,0,D0,0,43,A10,0,2,E0,1,2，
所以BE=−2,1,2,A1E=0,1,0,BD=−2,0,43，
设平面BEA1的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅BE=−2x1+y1+2z1=0m⋅A1E=y1=0，
取z1=1，得m=1,0,1，
设平面BED的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅BE=−2x2+y2+2z2=0n⋅BD=−2x2+43z2=0，取z2=3，得n=2,−2,3，
则csm,n=m⋅nm⋅n=1×2+0×−2+1×312+02+12×22+−22+32=53434，
由题意可得二面角D−BE−A1为锐二面角，
所以二面角D−BE−A1的余弦值为53434．
17．(1)证明见解析
(2)−1,2
【分析】（1）由题意得Sn=12nan+qn，再结合an=Sn−Sn−1n≥2得到an+1−2an+an−1=0，从而得到数列an是等差数列；
（2）由题意得an+1=2an，从而得数列an是等比数列，进一步可求得bn=−1n2n−1，再分别求得T2k,T2k−1，利用数列的增减性可求得实数λ的取值范围．
【详解】（1）当p=r=0,k=12时，Sn=12nan+qn，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12nan+qn−12n−1an−1+qn−1，
整理得n−2an−n−1an−1+2q=0，则n−1an+1−nan+2q=0，
两式相减，得n−1an+1−2n−1an+n−1an−1=0，
因为n≥2，所以an+1−2an+an−1=0，所以数列an是等差数列．
（2）当k=q=0,p=2时，Sn=2an+r，
令n=1，得a1=S1=2a1+r，则a1=−r≠0，
因为Sn+1−2an+1=Sn−2an，所以an+1=2an，
因为a1=−r≠0，所以an≠0，
所以数列an是首项为－r，公比为2的等比数列，
所以Sn=−r1−2n1−2=1−2nr，所以bn=−1n+1Snr=−1n2n−1．
因为b2k−1+b2k=−22k−1−1+22k−1=22k−1，
所以T2k=2+23+⋯+22k−1=21−4k1−4=234k−1，
则T2k−1=T2k−b2k=234k−1−22k−1=−134k−1，
所以T2k是递增数列，T2k−1是递减数列，
所以T2kmin=T2=2,T2k−1max=T1=−1，
所以−1<λ<2，即实数λ的取值范围为−1,2．
18．(1)答案见解析
(2)1）1
(2)1)根据fx存在三个零点x1,x2,x3，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）gx=fxx+ex=ax−ex2x+ex=axx,g′x=axlna⋅x−axx2=axlna⋅x−1x2,
因为ax>0,x2>0,gx定义域为−∞,0∪0,+∞
当a>1时,lna>0,解g′x>0,得x>1lna,解g′x<0,得0
综上, 当a>1时, gx增区间为1lna,+∞,gx减区间为−∞,0,0,1lna,
当0
所以ax−ex2=0有3个根
当x<0时, f−1=a−1−e<0,f0=a0>0, f′x=axlna−2ex>0,
fx在−∞,0上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当x>0,xlna=1+2lnx,即lna=1+2lnxx有两个根,
令tx=1+2lnxx,可转化为y=lna与tx=1+2lnxx有两个交点
t′x=2−1+2lnxx2=1−2lnxx2,
可得x∈0,e,t′x>0,tx是单调递增的, 可得x∈e,+∞,t′x<0,tx是单调递减的,
其中t1e=0,当x>e,tx>0,txmax=te=2e
所以可得0
设x1
由1）可知y=lna,与tx=1+2lnxx有两个交点x2
e>x2>1e,x3>e,
若x3≥2e,则x2+x3>2e
若e
设mx=1−2lnx2e−x2+x21−2ln2e−x,
m′x=−22e−x2x+2x22e−x−21−2lnx2e−x+2x1−2ln2e−x
因为−22e−x2x+2x22e−x=2x3−22e−x3x2e−x=2x3−2e−x3x2e−x
又因为2e>x>e,2x>2e,x>2e−x,x3>2e−x3,
所以−22e−x2x+2x22e−x>0③
因为−21−2lnx2e−x+2x1−2ln2e−x=22lnx−12e−x+2x1−2ln2e−x
又因为x>e,lnx>12,2e−x
即得22lnx−12e−x+2x1−2ln2e−x>0④
由③④可知m′x>0, ,mx在e,2e上单调递增, x>e可得mx>me=0
h′x=mxx22e−x2,可知mx与h′x同号
所以h′x>0,
hx在e,2e上单调递增. hx>he=te−te=0
tx−t2e−x>0,tx3>t2e−x3,又由1)可知tx2=tx3
所以tx2>t2e−x3,x2∈0,e,2e−x3∈0,e
x∈0,e,t′x>0,tx是单调递增的,
所以x2>2e−x3,x2+x3>2e⑤
由①②⑤可知x1+3x2+x3>2e+1e
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造hx=tx−t2e−x,再确定hx的单调性,
结合特殊值he=0得到tx−t2e−x>0再利用单调性可得x2+x3>2e.
19．(1)x12+x22=3，y12+y22=2；
(2)52
(3)椭圆C上不存在三点D、E、G，使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG=62
【分析】（1）根据已知设出直线l的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线l的距离，根据三角形面积公式，即可求得x12+x22和y12+y22均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在D(u，v)，E(x1，y1),G(x2，y2)，满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=62，由（1）得u2+x12=3，u2+x22=3，x12+x22=3，v2+y12=2，v2+y22=2 ，y12+y22=2，从而得到D、E、G的坐标，可以求出DE、DG、EG方程，从而得出结论.
【详解】（1）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x1=x2，y1=−y2
∵P(x1，y1)在椭圆上
∴x123+y122=1 ①
又∵S△OPQ= 62，
∴x1y1=62 ②
由①②得x1=62，y1=1．此时x12+x22=3，y12+y22=2；
（ⅱ）当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m，m≠0，将其代入x23+y22=1得
3k2+2x2+6kmx+3m2−2=0
故Δ=36k2m2−123k2+2m2−2＞0即3k2+2>m2
又∵ x1+x2=−6km3k2+2， x1x2=3m2−23k2+2
∴PQ=1+k2x1+x22−4x1x2=1+k2263k2+2−m23k2+2
∵点O到直线l的距离为d=|m|1+k2
∴ S△OPQ=121+k2263k2+2−m23k2+2⋅|m|1+k2=6|m|3k2+2−m23k2+2
又∵ S△OPQ=62
整理得3k2+2=2m2
此时x12+x22=x1+x22−2x1x2 =(−6km3k2+2)2−2×3m2−23k2+2=3
y12+y22=233−x12+233−x22=4−23x12+x22=2
综上所述x12+x22=3，y12+y22=2．结论成立．
（2）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，由（1）知
OM=x1=62，PQ=2y1=2
因此OM⋅PQ=6．
（ⅱ）当直线l的斜率存在时，由（1）知x1+x22=−3k2m,y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2=x1+x222+y1+y222=9k24m2+1m2=6m2−24m2=123−1m2
|PQ|2=1+k2243k2+2−m22+3k22=22m2−1m2=22+1m2
所以|OM|2|PQ|2=123−1m2×2×2+1m2=3−1m22+1m2
≤3−1m2+2+1m2222=254
|OM|⋅|PQ|≤52 ．当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m=±2时，等号成立．
综合（1）（2）得|OM|⋅|PQ|的最大值为52.
（3）椭圆C上不存在三点D、E、G，使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG=62
证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1),G(x2，y2)，满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=62
由（1）得u2+x12=3，u2+x22=3，x12+x22=3，v2+y12=2，v2+y22=2 ，y12+y22=2
解得：u2=x12=x22=32，v2=y12=y22=1.
因此u，x1，x2从集合62，-62中选取，v，y1，y2从集合−1,1中选取；
因此D、E、G只能从点集(62,1)，(−62,1)，(62,−1)，(−62,−1)这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与S△ODE=S△ODG=S△OEG=62矛盾.
所以椭圆C上不存在三点D、E、G，使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG=62
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
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