2024年广东省广州市仲元中学高考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省广州市仲元中学高考数学二模试卷（含解析），共19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.命题“∃x∈[−2,1]，x2−x−a>0”为假命题的一个充分不必要条件是( )
A. a≤−14B. a≤0C. a≥6D. a≥8
2.若i(1+z)=1(i为虚数单位)，则z+z−=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.已知sinα−csα= 22，则tanα+1tanα的值为( )
A. −14B. −4C. 14D. 4
4.已知空间向量a+b+c=0，|a|=1，|b|=4，cs=12，则|c|=( )
A. 3B. 13C. 21D. 21
5.在等比数列{an}中，a2=2，a4a6−16a5=0，若bn=−2,n为偶数an,n为奇数，且{bn}的前n项和为Sn，则满足S2n>360的最小正整数n的值为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
6.人口问题是当今世界各国普遍关注的问题.认识人口数量的变化规律，可以为制定一系列相关政策提供依据.早在1798年，英国经济学家马尔萨斯(,1766−1834)就提出了人口增长模型.已知1650年世界人口为5亿，当时这段时间的人口的年增长率为0.3%.根据模型预测_____年世界人口是1650年的2倍.(参考数据：lg2=0.301，lg1.003=0.0013)( )
A. 1878B. 1881C. 18901D. 1993
7.在△ABC中，A=π6,B=π2,BC=1,D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′−ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的余弦值是( )
A. 33B. 23C. 53D. 63
8.设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点，以F1为圆心且过F2的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段QF2与C交于点A.已知△APF2与△QF1F2的面积之比为3：2，则该椭圆的离心率为( )
A. 23B. 13−3C. 3−1D. 3+14
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。
9.下列结论正确的有( )
A. 相关系数|r|越接近1，变量x，y相关性越强
B. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
C. 相关指数R2越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D. 设随机变量X服从二项分布B(6,12)，则P(X=3)=516
10.将函数y=sin12x的图象向左平移π3个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的12倍(纵坐标保持不变)，得到函数g(x)的图象，下列关于函数g(x)的说法正确的是( )
A. g(x)=sin(14x+π6)
B. g(x)关于x=π3对称
C. g(x)在区间[0,2023]上有644个零点
D. 若g(x)在[−a,a]上是增函数，则a的最大值为π6
11.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，其中|F1F2|=2c，直线l：y=k(x+c)(k∈R)与椭圆C交于A、B两点.则下列说法中正确的有( )
A. 当k≠0时，△ABF2的周长为4a
B. 当k≠0时，若AB的中点为M，O为原点，则kOM⋅k=b2a2
C. 若AF1⋅AF2=3c2，则椭圆C的离心率的取值范围是[ 55,12]
D. 若|AB|的最大值为3c，则椭圆C的离心率e=13
12.若a=ln1.01，b=1101，c=sin0.01，则( )
A. abC. c>aD. b>c
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在(1− 2x)6的二项展开式中任取一项，则该项系数为有理数的概率为______．
14.已知公差不为0的等差数列{an}中，存在m≥2，m∈N*，满足a1am=2，1a1a2+1a2a3+⋯+1amam−1=1011，则项数m= ______．
15.如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为______．
16.已知P(x,y)为函数y=x2+34图象上一动点，则 3x+y x2+y2的最大值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).设bn=an+1．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn=14(lg2bn)2−1，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：13≤Tn<12．
18.(本小题12分)
在△ABC中，2(A+B)=C，sin(A−C)=−2sinB．
(1)求A；
(2)已知M为直线BC上一点，AM= 19，CM=2MB，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．
(1)求证：PQ/​/平面BCD；
(2)若BC⊥CD，AD⊥平面BCD，且BC=CD=DA，求直线BM与平面ABC所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对500位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为45元，其余3个均为15元，求顾客所获的奖励额为60元的概率；
(2)商场对奖励总额的预算是30000元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由.方案一：袋中的4个球由2个标有面值15元和2个标有面值45元的两种球组成；方案二：袋中的4个球由2个标有面值20元和2个标有面值40元的两种球组成．
21.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且椭圆E过点(1, 32)，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)点M，N为椭圆E上不同两点，过椭圆上的点P作AP/​/OM，且BP/​/ON，求证：△OMN的面积为定值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ln(x+1)−x2−ax−1(a∈R)．
(1)当a=−2时，存在x1，x2∈[0,1]，使得f(x1)−f(x2)≥M，求M的最大值；
(2)已知m，n是f(x)的两个零点，记f′(x)为f(x)的导函数，若m，n∈(0,+∞)，且m≤n，证明：f′(m+n2)<0．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：若命题“∃x∈[−2,1]，x2−x−a>0”为假命题，
则∀x∈[−2,1]，x2−x−a≤0为真命题，
即a≥x2−x对∀x∈[−2,1]恒成立，
根据二次函数的性质可知，当x=−2时，x2−x取得最大值6，
故a≥6．
结合选项可知，则命题“∃x∈[−2,1]，x2−x−a>0”为假命题的一个充分不必要条件是a≥8．
故选：D．
结合含有量词的命题的真假关系先求出a的范围，然后结合充分必要条件检验选项即可判断．
本题主要考查了含有量词的命题的真假关系的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由已知可得，1+z=1i=−i，
所以，z=−1−i，则z−=−1+i，
所以，z+z−=−2．
故选：A．
根据复数的除法运算求解，即可得出z，根据共轭复数的概念得出z−，进而得出答案．
本题主要考查了复数的四则运算的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：sinα−csα= 22，
则(sinα−csα)2=1−2sinαcsα=12，解得sinαcsα=14，
tanα+1tanα=sinαcsα+csαsinα=sin2α+cs2αcsαsinα=1csαsinα=114=4．
故选：D．
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，推出得sinαcsα=14，再对所求算式变形，即可求解．
本题主要考查三角函数的同角公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由a+b+c=0，可得c=−(a+b)，
由|a|=1，|b|=4，cs=12，
可得|c|= a2+2a⋅b+b2
= 1+16+2×1×4×12
= 21．
故选：C．
根据空间向量数量积的性质及运算即可求解．
本题考查空间向量的数量积运算，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由a4a6−16a5=0，得a52−16a5=0，
因为a5≠0，所以a5=16，
设数列{an}的公比为q，则q3=a5a2=8，即q=2，
所以an=a2qn−2=2n−1，
所以S2n=1+4+16+⋯+4n−1−2×n=1−4n1−4−2n=4n3−2n−13，
由于当n≥2时，bn+bn+1>0，
所以S2n随着n的增大而增大，
而S10=453−2×5−13=331<360，S12=463−2×6−13=1353>360，
所以满足S2n>360的最小正整数n的值为6．
故选：B．
根据等比数列性质与分组求和法，可表示出S2n，再结合数列的单调性，求解即可．
本题考查数列求和，熟练掌握等比数列的性质、通项公式与求和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设经过n年后世界人口是1650年的2倍，
则由题有(1+0.3%)n=2，解得n≈231，
所以应该是1650+231=1881年，世界人口是1650年的2倍．
故选：B．
利用人口模型可求得当人口数翻倍时所需的时间，从而可求相应的年份．
本题考查了函数的实际应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为A=π6，B=π2，BC=1，所以AC=2，
因为D为AC中点，所以AD=CD=BD=1，
则BC′=C′D=BD=1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，
取BD中点为H，连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
因为A=π6，BD=1，所以由正弦定理可得OB=12×BDsinA=1，
即△ABD的外接圆半径为1，
又四面体C′−ABD的外接球半径为1，所以O为外接球球心，
由球的性质可知，OG⊥平面BC′D，因为C′H⊂平面BC′D，
所以OG⊥C′H，
因为C′G=23C′H=23 1−(12)2= 33，OC′=1，
所以OG= 1−13= 63．
设C′到平面ABD的距离为d，因为△BC′D和△BOD都是边长为1的正三角形，
所以，由VC′−OBD=VO−C′BD得13S△OBD⋅d=13S△C′BD⋅OG，即d= 63，
记直线BC′与平面ABD所成角为θ，则sinθ=dBC′= 63，
所以csθ= 1−[ 63)2= 33⋅
故选：A．
利用正弦定理求△ABD的外接圆半径，根据外接球半径即可确定球心，然后利用等体积法求C′到平面ABD的距离即可求解．
本题考查了等体积法求三棱锥体积和点到平面的距离，考查了直线与平面所成角的求法，考查了转化思想，属于难题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可得F1(−c,0)、F2(c,0)，F1F2=2c，
则以F1为圆心且过F2的圆的方程为(x+c)2+y2=4c2，
令x=0，则yP=± 3c，由对称性，不妨取点P在x轴上方，即P(0, 3c)，
则lQF2：y− 3c= 3c−00−cx，即y=− 3x+ 3c，
有S△QF1F2=12×2c× 3c= 3c2，则S△APF2=32× 3c2=3 32c2，
又S△APF2=12yA×4c=2cyA，即有3 32c2=2cyA，即yA=3 34c，
代入lQF2：y=− 3x+ 3c，有3 34c=− 3xA+ 3c，即xA=14c，
即A(14c,3 34c)在椭圆上，故(14c)2a2+(3 34c)2b2=1，
化简得b2c2+27a2c2=16a2b2，由b2=a2−c2，
即有(a2−c2)c2+27a2c2=16a2(a2−c2)，
整理得c4−44a2c2+16a4=0，即e4−44e2+16=0，
有e2=44− 442−4×162=22−6 13或e2=44+ 442−4×162=22+6 13，
由22+6 13>1，故舍去，即e2=22−6 13，
则e= 22−6 13= ( 13−3)2= 13−3．
故选：B．
由题意可逐步计算出点A坐标，由点A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等式后，借助等式即可计算离心率．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由相关系数与相关性的关系知，相关系数|r|越接近1，变量x，y相关性越强，故A正确；
对于B，因为η=2ξ+1，所以D(η)=4D(ξ)，故B错误；
对于C，在回归分析中，相关指数是用来衡量拟合效果好坏的指标，其值越大，说明残差平方和越小，效果越好，反之效果越差，故C正确；
对于D，因为X～B(6,12)，所以P(X=3)=C63(12)6=516，故D正确．
故选：ACD．
对于A，由相关系数与相关性的关系即可判断；
对于B，由随机变量的方差的关系即可判断；
对于C，由相关指数与模型拟合效果的关系即可判断；
对于D，直接由二项分布的性质即可判断．
本题考查了概率与统计里的相关知识，所以中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：将函数y=sin12x的图象向左平移π3个单位长度，可得y=sin(x2+π6)的图象；
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的12倍(纵坐标保持不变)，
得到函数g(x)=sin(x+π6)的图象，故A错误．
令x=π3，求得g(x)=1，为最大值，可得g(x)的图象关于x=π3对称，故B正确．
当x∈[0,2023]时，x+π6∈[π6,2023+π6]，
函数g(x)=sin(x+π6)的零点有5π6，11π6，17π6，⋅⋅⋅，5π6+643π，共计644个，
即g(x)在区间[0,2023]上有644个零点，故C正确．
若g(x)在[−a,a]上是增函数，则a>0a≤π2−a≥−π2，求得0故a的最大值为π2，故D错误．
故选：BC．
由题意，利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律求得g(x)的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，易知点F1(−c,0)、F2(c,0)，
直线l：y=k(x+c)(k∈R)过椭圆C的左焦点F1，
所以，△ABF2的周长为：|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a，故A正确；
对于B选项，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则点M(x1+x22,y1+y22)，
因为k≠0，则x1≠x2且x1≠−x2，
则k=y1−y2x1−x2，kOM=y1+y22−0x1+x22−0=y1+y2x1+x2，
将点A、B的坐标代入椭圆C的方程可得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
上述两个等式作差可得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
所以y12−y22x12−x22=−b2a2，即kOM⋅k=y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=−b2a2，故B错误；
对于C选项，AF1=(−c−x1,−y1)，AF2=(c−x1,−y1)，
则AF1⋅AF2=x12−c2+y12=3c2，即x12+y12=4c2，可得y12=4c2−x12，
由x12a2+y12b2=1，即x12a2+4c2−x12b2=1，可得x12=a2(4c2−b2)c2，
因为x12≥0，可得4c2−b2=4c2−(a2−c2)=5c2−a2≥0，
可得a≤ 5c，则e=ca≥ 55，
因为x12=a2(4c2−b2)c2≤a2，可得4c2−b2=4c2−(a2−c2)=5c2−a2≤c2，
所以a≥2c，则e=ca≤12，
因为x12=a2(4c2−b2)c2≤4c2，则a2(5c2−a2)≤4c4，即4c4−5a2c2+a4≥0，
所以4e4−5e2+1≥0，可得e2≤14或e2≥1(舍去)，故0综上所述， 55≤e≤12，故C正确；
对于D选项，联立y=k(x+c)x2a2+y2b2=1，得(k2a2+b2)x2+2k2a2cx+(k2a2c2−a2b2)=0，
Δ=4k4a4c2−4a2(k2a2+b2)(k2c2−b2)=4a2b4(k2+1)>0，
由韦达定理可得x1+x2=−2k2a2ck2a2+b2，x1x2=k2a2c2−a2b2k2a2+b2，
所以|AB|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2 (−2k2a2ck2a2+b2)2−4(k2a2c2−a2b2)k2a2+b2
=2ab2(k2+1)k2a2+b2=2ab2(k2+1)k2a2+a2−c2=2ab2a2−c2k2+1，
故当k=0时，|AB|取最大值，即|AB|max=2ab2b2=2a=3c，则e=ca=23，故D错误．
故选：AC．
利用椭圆的定义可判断A选项；利用点差法可判断B选项；由平面向量数量积的坐标运算可得出y12=4c2−x12，代入椭圆方程，结合x12的不等关系可求出e的取值范围，可判断C选项；将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合弦长公式求出|AB|的最大值，可求出该椭圆离心率的值，可判断D选项．
本题考查椭圆的性质，属中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：令f(x)=ln(1+x)−x1+x,x∈(0,1)，
f′(x)=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2>0，
∴f(x)在x∈(0,1)上单调递增，
∴f(x)>f(0)=0，
∴ln(1+x)>x1+x,x∈(0,1)，
∴ln(1+0.01)>0.011+0.01=1101，
∴a>b；
令g(x)=sinx−ln(1+x)，x∈(0,1)，
g′(x)=csx−11+x，
令h(x)=g′(x)=csx−11+x,x∈(0,1)，
h′(x)=−sinx+1(1+x)2，显然h′(x)在x∈(0,1)为减函数，
h′(0)=1>0,h′(1)=−sin1+14<−sinπ6+14<0，
∴∃x0∈(0,1)，使h′(x0)=0，
当x∈(0,x0)时h′(x)>0，当x∈(x0,1)时h′(x)<0，
当x∈(0,x0)时h(x)为增函数，当x∈(x0,1)时h(x)为减函数，
所以h(x)的最小值为h(0)，h(1)中一个，
而h(0)=cs0−1=0,h(1)=cs1−12>csπ3−12=0，
∴h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在x∈(0,1)上单调递增，
∴g(x)>g(0)=0，∴sinx>ln(1+x)．
∴sin0.01>ln(1+0.01)=ln(1.01)，
∴c>a．
故选：BC．
通过证明ln(1+x)>x1+x,x∈(0,1)确定a=ln1.01,b=1101的大小关系；通过证明sinx>ln(1+x)确定b=1101,c=sin0.01的大小关系．
本题考查了函数值大小的比较，属于中档题．
13.【答案】47
【解析】解：(1− 2x)6的二项展开式中，通项公式为Tr+1=C6r⋅(− 2x)r=(− 2)r⋅C6r⋅xr，
当且仅当r为偶数时，该项系数为有理数，
而r∈[0,6](r∈N)，
所以r=0，2，4，6满足题意，
又因为展开式共有7项，
所以所求的概率为P=47．
故答案为：47．
二项展开式的通项公式求出系数为有理数的项数，即可求出对应的概率值．
本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．
14.【答案】2023
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，由1am−1am=1d(1am−1−1am)，
可得1a1a2+1a2a3+⋯+1amam−1=1d(1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1am−1−1am)=1dam−a1a1am=1d(m−1)da1am=m−1a1am=1011，
因为a1am=2，所以m=2023．
故答案为：2023．
设公差为d，裂项相消得到1am−1am=1d(1am−1−1am)，进而求和得到方程，求出答案．
本题主要考查等差数列的性质，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】4 3+ 612π
【解析】解：如图，由题意可知旋转角度为π2，设上、下正四边形的中心分别为O1，O2，连接O1O2，
则O1O2的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径，
设棱长为4a，则侧面积为 34×(4a)2×8=32 3a2，
O1A=2 2a，O2B=2a，AB=2 3a，过点B作BC⊥O1A于点C，
则AC=O1A−O2B=(2 2−2)a，BC= AB2−AC2= 8 2a，
易得四边形CBO2O1为矩形，即O1O2=BC= 8 2a，OO1=12O1O2= 2 2a，
则OA= OO12+O1A2= 2 2+8a，即该“四角反棱柱”外接球的半径R= 2 2+8a，
外接球表面积为4πR2=8( 2+4)πa2，
该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为8( 2+4)πa232 3a2=4 3+ 612π．
故答案为：4 3+ 612π．
设几何体棱长为4a，计算出几何体侧面积，设上、下正四边形的中心分别为O1，O2，连接O1O2，过点B作BC⊥O1A于点C，其中点B为所在棱的中点，得OA即该几何体外接球的半径，得外接球表面积，计算比值即得．
本题主要考查了简单几何体的外接球问题，考查了学生的空间想象力，属于中档题．
16.【答案】 3
【解析】解：设Q( 3,1)，原点O，则OQ=( 3,1)，OP=(x,y)，
∴cs∠POQ=OQ⋅OP|OQ||OP|= 3x+y2 x2+y2，即 3x+y x2+y2=2cs∠POQ．
∴当OP与f(x)在y轴右侧相切时，cs∠POQ取最大值，即 3x+y x2+y2取得最大值，
设直线y=kx(k>0)，联立y=kxy=x2+34，整理得x2−kx+34=0，
∴Δ=k2−4×34=0，解得k= 3(k=− 3，舍去)，
此时，x= 32，y=32，∴ 3x+y x2+y2= 3× 32+32 34+94= 3，
∴ 3x+y x2+y2的最大值为 3．
故答案为： 3．
由题意把 3x+y x2+y2表示为OQ=( 3,1)与OP=(x,y)的夹角的余弦值，再由几何关系求得答案．
本题考查由数量积求夹角，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，属难题．
17.【答案】解：(1)∵Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*)①，
∴Sn=2Sn−1+n(n≥2)②，
由①−②得：an+1=2an+1(n≥2)，
∴an+1+1=2(an+1)(n≥2)，即bn+1=2bn(n≥2)，
在①中令n=1，得S2=2S1+2，即a1+a2=2a1+2，
而a1=1，故a2=3，
则a2+1=2(a1+1)，即b2=2b1，
又∵b1=2≠0，∴bn+1bn=2(n∈N*)，
∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn=2n；
(2)证明：∵bn=2n，
∴cn=14(lg2bn)2−1=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=12[(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)<12，
又∵cn=14n2−1>0，∴Tn≥c1=13，
∴13≤Tn<12．
【解析】(1)由Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*)可得Sn=2Sn−1+n(n≥2)，两式相减可得an+1=2an+1(n≥2)，进而证得数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求解即可；
(2)由(1)可得cn=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，再利用裂项相消法求解即可．
本题主要考查了数列的递推式，考查了裂项相消法求和，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，A+B+C=π，
又2(A+B)=C，
所以C=2π3，A+B=π3，
因为sn(A−C)=−2sinB=−2sin(A+C)，
所以sinAcsC−sinCcsA=−2sinAcsC−2sinCcsA，
即3sinAcsC=−sinCcsA，
即3tanA=−tanC= 3，
又A∈(0,π)，则A=16π；
(2)因为C=2π3，A=16π，
所以B=π6，所以AC=BC，
在△MAC中，AM2=AC2+CM2−2AC⋅CMcsC，
设AC=x，则CM=2x3，
即19=x2+(2x3)2−2x⋅2x3×(−12)，
解得x=AC=3(负值舍去)，
所以S△ABC=12AC⋅BC⋅sinC=12×3×3× 32=9 34．
【解析】(1)由已知结合三角形内角和可求C及A+B，然后结合和差角公式及同角基本关系进行化简即可求解A；
(2)结合余弦定理可先求出AC，BC，然后结合三角形面积公式即可求解．
本题主要考查了和差角公式，同角基本关系的应用，还考查了余弦定理及三角形的面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：过点P作PE//AD交BD于点E，过点Q作QF/​/AD交CD于点F，则PE//QF，
因为M是AD的中点，P是BM的中点，所以PE=14AD，因为AQ=3QC，
由平行线分线段成比例定理，得QF=14AD，所以PE=QF，
所以四边形PEFQ为平行四边形，所以PQ/​/EF，
又PQ⊄平面BCD，EF⊂平面BCD，所以PQ/​/平面BCD；
(2)以C为坐标原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设BC=CD=DA=m(m>0)，
则B(0,m,0)，M(m,0,m2)，A(m,0,m)，C(0,0,0)，
则BM=(m,−m,m2)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=0n⋅CB=0，即−mx+my−mz=0my=0，
解得y=0，令x=1，得z=−1，故n=(1,0,−1)，
设直线BM与平面ABC所成角为α，
则sinα=|BM⋅n||BM|⋅|n|=|m−m2| m2+m2+m24× 2= 26，
所以csα= 1−sin2α= 346，
故直线BM与平面ABC所成角的余弦值为 346．
【解析】(1)构造平行四边形证明线线平行，进而证明线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，用空间向量求解线面角的余弦值．
本题考查线面平行的证明，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设顾客的奖励额为X，依题意得P(X=60)=C11C31C42=12．
(2)根据方案一，设顾客的奖励额为X1，其可能取值为30，60，90，
P(X1=30)=C22C42=16，P(X1=60)=C21C21C42=46=23，P(X1=90)=C22C42=16，
E(X1)=30×16+60×23+90×16=60，
D(X1)=(30−60)2×16+(60−60)2×23+(90−60)2×16=300；
根据方案二，设顾客的奖励额为X2，其可能取值为40，60，80，
P(X2=40)=C22C42=16，P(X2=60)=C21C21C42=46=23，P(X2=80)=C22C42=16，
E(X2)=40×16+60×23+80×16=60，
D(X2)=(40−60)2×16+(60−60)2×23+(80−60)2×16=4003．
商场对奖励总额的预算是30000元，故每个顾客平均奖励额最多为60，两方案均符合要求，
但方案二奖励的方差比方案一小，所以应选择方案二．
【解析】(1)由古典概型结合组合数公式求解；
(2)分别求解两方案的均值和方差，可得结果．
本题考查古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望和方差，属中档题．
21.【答案】解：(1)依题意有，e=ca= 32，所以c= 32a，b2=a2−c2=14a2，
因为椭圆E过点(1, 32)，所以1a2+3414a2=1，
解得a2=4，所以b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)证明：由椭圆方程得A(−2,0)，B(2,0)，
设直线MN的直线方程为x=my+t，设坐标M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，
则kOM=y1x1,kON=y2x2，kAP=y0x0+2,kBP=y0x0−2，
因为AP/​/OM，且BP/​/ON，所以kAP=kOM，kBP=kON，
所以y0x0+2=y1x1,y0x0−2=y2x2，
两式相乘得：y02x02−4=y1y2x1x2，
因为点P在椭圆上，所以x024+y02=1，
代入得 y1y2x1x2=−14；
联立直线MN的方程与椭圆方程x=my+tx24+y2=1，消去x得(4+m2)y2+2mty+t2−4=0，
由韦达定理可得：y1+y2=−2mt4+m2,y1y2=t2−44+m2，
x1x2=(my1+t)(my2+t)
=m2y1y2+tm(y1+y2)+t2
=m2(t2−4)4+m2−2m2t24+m2+t2
=4t2−4m24+m2，
代入y1y2x1x2=−14，可得2t2=m2+4，
而S△MON=12|t||y1−y2|=2|t| 4+m2−t24+m2，
将2t2=m2+4代入化简得SAMON=2|t| t22t2=1．
△MON的面积为定值1．
【解析】(1)由椭圆离心率可以得出a，c的关系，由b2=a2−c2，用a表示出b，再椭圆E过点(1, 32)，代入点的坐标即可求出a，b的值，即求出椭圆方程；
(2)设出直线MN的方程，设坐标M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，由AP/​/OM，BP/​/ON，得出得 y1y2x1x2=−14，联立直线和椭圆得到二次方程，根据韦达定理得到S△MON=12|t||y1−y2|=2|t| 4+m2−t24+m2，根据y1y2x1x2=−14，可得2t2=m2+4，即可得到定值．
本题考查了椭圆的方程和性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当a=−2时，f(x)=ln(x+1)−x2+2x−1，
则f(x)的定义域为(−1,+∞)，且f′(x)=1x+1−2x+2=3−2x2x+1，
当x∈[0,1]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)=ln2，最小值为f(0)=−1，
由题意知M≤[f(x1)−f(x2)]max=f(x)max−f(x)min=ln2+1，
故M的最大值为ln2+1．
(2)证明：由题意知f(m)=ln(m+1)−m2−am−1=0，f(n)=ln(n+1)−n2−an−1=0，
所以f(m)−f(n)=lnm+1n+1−(m+n)(m−n)−a(m−n)=0，
所以a=1m−nlnm+1n+1−(m+n)．
因为f′(x)=1x+1−2x−a，
所以f′(m+n2)=2m+n+2−(m+n)−a
=2m+n+2−(m+n)−1m−nlnm+1n+1+(m+n)
=2m+n+2−1m−nlnm+1n+1，
所以要证f′(m+n2)<0，只要证2m+n+2−1m−nlnm+1n+1<0，
因为m令t=m+1n+1，则0令g(t)=2−2t1+t+lnt(0因为00，
所以g(t)在(0,1)上单调递增，
所以g(t)所以2(n−m)m+n+2+lnm+1n+1<0，所以f′(m+n2)<0．
【解析】(1)求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到M≤[f(x1)−f(x2)]max=f(x)max−f(x)min=ln2+1，求出答案．
(2)根据零点得到方程组，相减求出a=1m−nlnm+1n+1−(m+n)，求导得到f′(m+n2)=2m+n+2−1m−nlnm+1n+1，化简换元后得到只需证2−2t1+t+lnt<0，0本题主要考查导数的应用，属于难题．