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2024年福建省高考数学适应性试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年福建省高考数学适应性试卷（含详细答案解析），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.集合A={x|x2<4}，B={x|−3A. .{x|x<2}B. {x|−3C. ⋅{x|−22.若复数z满足(1−i)z=2i，则z⋅z−=( )
A. 14B. 12C. 2D. 4
3.函数f(x)=12x2+csx在[−π,π]的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为n1，n2，方差分别为s12，s22，则( )
A. n1>n2,s12>s22B. n1>n2,s12s22
5.已知直线y=kx+b既是曲线y=lnx的切线，也是曲线y=−ln(−x)的切线，则( )
A. k=1e，b=0B. k=1，b=0C. k=1e，b=−1D. k=1，b=−1
6.已知a>0，b>0，则使1a+1b≥4成立的一个充分不必要条件是( )
A. a2+b2=1B. a+b≥4abC. a+b=1D. 1a2+1b2≥8
7.已知O是△ABC所在平面内一点，且|AB|=2,OA⋅AC=−1,OC⋅AC=1，则∠ABC的最大值为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
8.已知 6tan(α+π4)cs(α−π4)=1，则sin2α=( )
A. −23B. −13C. 13D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在平面直角坐标系xOy中，角φ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点P(1,− 3)，函数f(x)=sin(2x+φ)，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=−π12对称B. f(x)的图象关于点(π12,0)对称
C. f(x)在(−π6,π3)内恰有一个极大值点D. f(x)在(π2,5π6)内单调递减
10.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，|MN|=|NF|，则( )
A. |AF|=3|BF|B. ∠ADB是锐角
C. △BDN是锐角三角形D. 四边形DFMN是菱形
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG//平面ACD1，则下列说法正确的是( )
A. 若存在λ使得A1G=λGD1，则λ=12
B. 若G∈C1D1，则EG//平面ADD1A1
C. 三棱锥G−BC1D体积的最大值为2
D. 二面角D−EF−G的余弦值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。
12.某企业生产一种零部件，其质量指标介于(49.6,50.4)的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.16)；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.04).那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差为______.(若X∼N(μ,σ2)，则P(|X−μ|<σ)=0.6827，P(|X−μ|<2σ)=0.9545，P(|X−μ|<3σ)=0.9973)
13.已知圆台O1O2的高为6，AB，CD分别为上、下底面的一条直径，且AB=4，CD=8，则圆台O1O2的体积为______；若 A，B，C，D四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为______.
14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F的直线l交圆x2+y2=a2于A，B两点，交C的右支于点P.若|AF|=|BP|，|PF|=2|AB|，则C的离心率为______.
四、解答题：本题共5小题，共83分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
在△ABC中，D为BC的中点，且∠DAC+∠BAC=π.
(1)求ABAD；
(2)若BC=2 2AC，求csC.
16.(本小题17分)
已知各项均为正数的数列{an}满足an+12−an2=8n，且a1=1.
(1)写出a2，a3，并求{an}的通项公式；
(2)记bn={an,n为奇数2an+14,n为偶数，求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16.
17.(本小题17分)
11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为23，乙发球时甲得分的概率为12，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10：10.
(1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
(2)求第一局比赛甲获胜的概率P0；
(3)现用P0估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
18.(本小题17分)
在△ABC中，∠ABC=90∘，AB=6，∠ACB的平分线交AB于点D，AD=2DB.平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小；
(2)设点E∈α，且∠ECD=30∘，记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线，并说明理由；
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有∠PTC=∠QTC？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
19.(本小题17分)
对于函数f(x)，若实数x0满足f(x0)=x0，则称x0为f(x)的不动点.已知a≥0，且f(x)=12lnx+ax2+1−a的不动点的集合为A.以minM和maxM分别表示集合M中的最小元素和最大元素.
(1)若a=0，求A的元素个数及maxA；
(2)当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
(i)求B；
(ii)若a=minB，数列{an}满足a1=2,an+1=f(an)an，集合Cn={k=1n|ak−1|,43},n∈N*.求证：∀n∈N*,maxCn=43.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|−2∴A∩B={x|−2故选：C.
求出集合A，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(1−i)z=2i，
所以z=2i1−i=2i(1+i)(1+i)(1−i)=−1+i.
故z⋅z−=(−1+i)(−1−i)=2.
故选：C.
直接利用复数的运算法则和共轭复数的概念，求解即可．
本题考查的知识要点：复数的运算，共轭复数的概念，考查运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，f(x)=12x2+csx，x∈[−π,π]，
有f(−x)=12x2+csx=f(x)，f(x)为偶函数，排除C、D，
f(x)=12x2+csx，其导数f′(x)=x−sinx，则f′′(x)=1−csx，
易得f′′(x)≥0，则f′(x)在[0,π]上为增函数，故f′(x)≥f′(0)=0，
故f(x)在[0,π]上递增，排除B.
故选：A.
根据题意，分析函数的奇偶性排除C、D，求出函数的导数，分析其单调性排除B，即可得答案．
本题考查函数的图像分析，涉及函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A部门，因为0.2+0.7>0.75，
所以n1=4，
对于B部门，因为0.1+0.2+0.4<0.75，
所以n2=5，
所以n1由频率分布条形图可知，A部门满意度更集中，
所以s12故选：C.
根据百分位数和方差的定义求解．
本题主要考查了百分位数和方差的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：设曲线y=lnx上的切点为(x1,lnx1)，曲线y=−ln(−x)上的切点为(x2,−ln(−x2))，
又(lnx)′=1x,(−ln(−x))′=−1x，
则1x1=−1x2=kkx1+b=lnx1kx2+b=−ln(−x2)，解得b=0x1=ek=1ex2=−e.
故选：A.
设出切点坐标(x1,lnx1)和(x2,−ln(−x2))，建立关于k，b，x1，x2的方程组，解出即可．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，若a2+b2=1，则当a=b= 22时，1a+1b=2 2<4，
因此由a2+b2=1不能推出1a+1b≥4成立，故A项不正确；
对于B，若a+b≥4ab，结合a、b均为正数，两边都除以ab，得1a+1b≥4，
因此a+b≥4ab是1a+1b≥4成立的充要条件，故B项不正确；
对于C，若a+b=1，则1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，
当且仅当a=b=12时，等号成立，
反之，若1a+1b≥4，则可能a=1，b=14，不能推出a+b=1，
因此，“a+b=1”是使1a+1b≥4成立的充分不必要条件，故C项正确；
对于D，若1a2+1b2≥8，则可能a2=13，b2=15，即a=1 3，b=1 5，
此时1a+1b= 3+ 5<4，1a+1b≥4不成立，故D项不正确．
故选：C.
根据题意，需要找一个条件，由该条件能推出1a+1b≥4成立，且由1a+1b≥4不能推出该条件成立，由此对各项分析可得答案．
本题主要考查不等式的性质、基本不等式的应用、充要条件的判断等知识，考查计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：已知O是△ABC所在平面内一点，且|AB|=2,OA⋅AC=−1,OC⋅AC=1，
则OC⋅AC−OA⋅AC=AC2=2，
即|AC|= 2，
由正弦定理|AB|sin∠ACB=|AC|sin∠ABC可得：sin∠ABC= 22sin∠ACB≤ 22，
由三角形的性质可得∠ABC为锐角，
则∠ABC≤π4，
则∠ABC的最大值为π4.
故选：B.
由平面向量数量积的运算，结合正弦定理及三角形的性质求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了正弦定理及三角形的性质，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵ 6tan(α+π4)cs(α−π4)= 6tan(α+π4)sin(α+π4)=1，
∴ 6sin2(α+π4)=cs(α+π4)，
即 6×[1−cs2(α+π4)]=cs(α+π4)，
解得cs(α+π4)= 63或cs(α+π4)=− 62(舍去)，
∴sin2α=−cs(2α+π2)=1−2cs2(α+π4)=1−2×23=−13.
故选：B.
依题意，可求得cs(α+π4)= 63，再利用二倍角的余弦公式计算可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为角P的终边过点P(1,− 3)，
所以sinφ=− 3 1+3=− 32，csφ=12，
所以φ=−π3+2kπ，k∈Z，
则f(x)=sin(2x−π3+2kπ)=sin(2x−π3)，
对于A，f(−π12)=sin(−π6−π3)=sin(−π2)=−1，故A正确；
对于B，f(π12)=sin(π6−π3)=sin(−π6)≠0，故B错误；
对于C，当−π6因为y=sinx在(−23π,−π2)上单调递减，在(−π2,π3)上单调递增，
所以f(x)在(−π6,π3)内恰有一个极小值点，故C错误；
对于D，当π2因为y=sinx在(2π3,4π3)上单调递减，
所以f(x)在(π2,5π6)内单调递减，故D正确．
故选：AD.
由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式可求f(x)=sin(2x−π3+2kπ)=sin(2x−π3)，对于A，由f(−π12)=sin(−π6−π3)=sin(−π2)=−1即可判断；对于B，由f(π12)=sin(π6−π3)=sin(−π6)≠0即可判断；对于C，利用正弦函数的单调性即可判断；对于D，利用正弦函数的单调性即可判断．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义，诱导公式以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由抛物线C：y2=4x，可知F(1,0)，D(−1,0)，
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则M(x1+12,y12)，
所以|MN|=x1+12，而|AF|=x1+1，所以|MF|=x1+12，
所以|MN|=|NF|=|MF|，所以三角形MNF为正三角形，
所以∠MNF=∠FMN=∠NFM=60∘，又MN//x轴，
所以∠NFD=60∘，∠ONF=30∘，则|NF|=|MF|=|MN|=2，
所以x1=3,|AF|=4,A(3,2 3)，所以直线的方程为：y= 3(x−1)，
联立方程y= 3(x−1)y2=4x，可得3x2−10x+3=0，所以x1+x2=103，则x2=13，
所以|BF|=x2+1=43，所以|AF|=3|BF|，故A正确；
|DF|=2，|MN|=|DF|且MN//DF，|MF|=|MN|=2，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；
由于以AB为直径的圆与准线相切，点D在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；
N(0, 3),D(−1,0),B(13,−2 33)，所以DN=(1, 3),DB=(13,−5 33)，
所以DN⋅DB=13−5<0，所以∠NDB为钝角，所以△BDN是钝角三角形，故C错误．
故选：ABD.
设出点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意分析可知三角形MNF为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：依题意，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，
设G(x0,y0,2)(x0≥0,y0≥0)，
则AC=(−2,2,0),AD1=(−2,0,2),EF=(−1,1,0),EG=(x0−2,y0−1,2)，
设平面ACD1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则 n1⋅AC=−2x1+2y1=0n1⋅AD1=−2x1+2z1=0，令x1=1，则y1=z1=1，即n1=(1,1,1)，
设平面EFG的一个法向量n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EF=−x2+y2=0n2⋅EG=x2(x0−2)+y2(y0−1)+2z2=0令x2=1，则y2=1,z2=3−x0−y02，
即n2=(1,1,3−x0−y02)，
因为平面EFG//平面ACD1，所以n1//n2，
即3−x0−y02=1，所以x0+y0=1，且0≤x0≤1，
选项A：若存在λ使得A1G=λGD1，则点G在线段A1D1上，所以y0=0，即x0=1，
所以G为A1D1的中点，即λ=1，故A错误；
选项B：如图，若G∈C1D1，
则x0=0，即y0=1，所以G为C1D1的中点，
因为E为AB的中点，所以AE//D1G，AE=D1G，
故四边形AEGD1为平行四边形，
所以EG//AD1，EG⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以EG//平面ADD1A1，故B正确；
选项C：如图，因为DC1=(0,2,2),DB=(2,2,0),DG=(x0,y0,2)，
设平面DBC1的一个法向量为n3=(x3,y3,z3)，
则n3⋅DC1=2y3+2z3=0n3⋅DB=2x3+2y3=0，令y3=1，则x3=z3=−1，即n3=(−1,1,−1)，
设G到平面DBC1的距离为d=|DG⋅n3|n3||=|−x0+y0−2 3|=|2x0+1| 3，
又△DBC1为等边三角形且边长为2 2，
则S△DBC1= 34×(2 2)2=2 3，
所以VG−DBC1=13⋅S△DBC1⋅d=13×2 3×|2x0+1| 3=23|2x0+1|，又0≤x0≤1，
所以当x0=1时，三棱锥G−BC1D体积的最大值为2，故C正确；
选项D：因为DD1⊥平面DEF，所以平面DEF的一个法向量为DD1=(0,0,2)，
平面EFG的一个法向量n1=(1,1,1)，
则cs⟨DD1,n1⟩=DD1⋅n1|DD1|⋅|n1|=22× 3= 33，
因为二面角D−EF−G为锐角，
所以二面角D−EF−G的余弦值为 33，故D正确．
故选：BCD.
建立空间直角坐标系，由平面EFG//平面ACD1，根据向量法得出点G的轨迹，由向量共线可判定A；根据线面平行的判定定理可判定B；根据棱锥体积公式可得C；由向量法求面面角可得D.
本题考查了空间向量在空间几何体中的应用，属于难题．
12.【答案】0.2718
【解析】解：技术改造前，易知μ1=50，σ1=0.4，
则其优品率为P(49.6技术改造后，其中μ2=50，σ2=0.2，
则其优品率为P(49.6所以优品率之差为0.9545−0.6827=0.2718.
故答案为：0.2718.
根据题意利用正态分布性质分别计算出技术改造前后的优品率，可得结果．
本题考查了正态分布的性质，属于中档题．
13.【答案】56π80π
【解析】解：由题意，该圆台AB=2r=4，r=2，CD=2R=8，R=4，h=O1O2=6，
则该圆台的体积V=13πh(R2+r2+Rr)=13π×6×(16+4+8)=56π；
设球心O到圆台上底面的距离为a，球O的半径为R，
因为球O的球心在圆台O1O2的轴O1O2上，
所以有a2+4=R2(6−a)2+16=R2，
解得：a=4，R2=20，
则该球的表面积为4πR2=80π.
故答案为：56π；80π.
利用圆台的体积公式求圆台的体积，根据球O的球心在圆台O1O2的轴O1O2上，得到a2+4=R2(6−a)2+16=R2，求得R2=20，利用球的表面积公式即可求解．
本题考查了圆台的体积公式和球的表面积公式，属于中档题．
14.【答案】 735
【解析】解：设AB的中点为H，则OH⊥AB，又|AF|=|BP|，|PF|=2|AB|，
∴|AH|=|BH|=14|PF|，且H为PF的中点，
设右焦点为F′，则O为FF′的中点，∴OH//PF′，且|PF′|=2|OH|，
又OH⊥AB，∴PF′⊥PF，
设|OH|=t，(t>0)，则|PF′|=2t，又|OA|=|OB|=a，
∴|AH|=|BH|= a2−t2，∴|PF|=4|AH|=4 a2−t2，
又|PF|=2a+|PF′|=2a+2t，∴4 a2−t2=2a+2t，
∴4(a2−t2)=(a+t)2，∴3a2−2at−5t2=0，
∴(a+t)(3a−5t)=0，∴3a=5t，∴t=3a5，
∴|PF|=2a+2t=16a5，|PF′|=2t=6a5，又|FF′|=2c，且PF′⊥PF，
∴(16a5)2+(6a5)2=4c2，∴73a2=25c2，∴ 73a=5c，
∴双曲线C的离心率e=ca= 735.
故答案为： 735.
设AB的中点为H，则OH⊥AB，根据题意易得|AH|=|BH|=14|PF|，且H为PF的中点，设右焦点为F′，则O为FF′的中点，从而可得OH//PF′，|PF′|=2|OH|，PF′⊥PF，再根据双曲线的几何性质及勾股定理，建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的离心率的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)由∠DAC+∠BAC=π，得sin∠BAC=sin∠DAC，
因为D为BC的中点，所以BCCD=2，
所以S△ABCS△ADC=2，
又因为SΔABC=12AB⋅ACsin∠BAC，
SΔADC=12AD⋅ACsin∠DAC，
S△ABCS△ADC=12AB⋅ACsin∠BAC12AD⋅ACsin∠DAC=2，
故ABAD=2；
(2)由(1)不妨设AD=x，AB=2x，AC=y，BC=2 2y，
在△ABD中，由余弦定理，得cs∠ADB=x2+2y2−4x22x⋅ 2y，
在△ACD中，由余弦定理，得cs∠ADC=x2+2y2−y22x⋅ 2y，
因为∠ADB+∠ADC=π，所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
所以x2+2y2−4x22x⋅ 2y=x2+2y2−y22x⋅ 2y，
解得x2=32y2，
所以csC=y2+2y2−x22y⋅ 2y=3y2−32y22 2y2=3 28.
【解析】(1)由∠DAC+∠BAC=π，得sin∠BAC=sin∠DAC，再由题意可得S△ABCS△ADC=2，再由三角形的面积公式，进而可得ABAD的值；
(2)设AD=x，AB=2x，AC=y，BC=2 2y，分别在两个三角形中，由余弦定理可得cs∠ADB，cs∠ADC的表达式，由两个角互为补角，可得cs∠ADB+cs∠ADC=0，可得x，y的关系，再在△ABC中，由余弦定理可得csC的值．
本题考查余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为an+12−an2=8n，a1=1，an>0，
所以，当n=1时，a22−a12=8，即a22=a12+8=9，
所以a2=3，
当n=2时，a32−a22=8×2，a32=a22+16=25，
所以a3=5，
当n≥2时，an2=an2−an−12+an−12−an−22+…+a22−a12+a12
=8(n−1)+8(n−2)+…+8×1+1
=8[1+2+…+(n−1)]+1=8×n(n−1)2+1
=(2n−1)2，
所以an=2n−1，
当n=1时，a1=1也符合上式．
综上，an=2n−1(n∈N*)；
(2)由(1)得，bn={2n−1,n为奇数2n2,n为偶数，
设S=b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16，
则S=1×2+5×22+9×23+…+25×27+29×28①，
2S=1×22+5×23+⋯+21×27+25×28+29×29②，
①-②得−S=1×22+4×22+4×23+…+4×28−29×29
=2+4×4(1−27)1−2−29×29=−12814，
所以S=12814，
故b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16=12814.
【解析】(1)由已知递推关系先求出，a2=3，a3=5，然后结合迭代法即可求解；
(2)由(1)先求出bn，结合错位相减求和即可求解．
本小题主要考查递推数列、等差数列、等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性，属于中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，
设打成10：10后甲先发球为事件A，则乙先发球为事件A−，且P(A)=P(A−)=12，
所以P(X=0)=P(A)⋅P(X=0|A)+P(A−)⋅P(X=0|A−)=12×13×12+12×12×13=16，
P(X=1)=P(A)⋅P(X=1|A)+P(A−)⋅P(X=1|A−)=12×(13×12+23×12)+12×(12×13+12×23)=12，
P(X=2)=P(A)⋅P(X=2|A)+P(A−)⋅P(X=2|A−)=12×23×12+12×12×23=13，
所以X的分布列为：
故X的均值为E(X)=0×16+1×12+2×13=76；
(2)设第一局比赛甲获胜为事件B，
则P(B|X=0)=0，P(B|X=1)=P(B)，P(B|X=2)=1，
由(1)知，P(X=0)=16，P(X=1)=12，P(X=2)=13，
由全概率公式，得P(B)=P(X=0)P(B|X=0)+P(X=1)P(B|X=1)+P(X=2)P(B|X=2)=16×0+12P(B)+13，
解得P(B)=23，即第一局比赛甲获胜的概率P0=23；
(3)由(2)知P0=23，故估计甲每局获胜的概率均为23，
设甲获胜时的比赛总局数为Y，因为每局的比赛结果相互独立，
所以P(Y=3)=(23)3=827，P(Y=4)=C31×(23)3×13=827，P(Y=5)=C42×(23)3×(13)2=1681，
故该场比赛甲获胜的概率P=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)=6481.
【解析】(1)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，根据独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再利用期望公式求出E(X)即可；
(2)利用全概率公式求解；
(3)利用独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了条件概率、全概率公式、概率的分布列及期望等基础知识，考查数学建模能力、运算求解能力、逻辑推理能力等，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥α，
所以直线CD在α内的射影为直线AB，所以直线CD与α所成角为∠CDB，
过D作DF⊥AC，垂足为F，
因为CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF=DB，
又AD=2DB，所以DF=12AD，所以∠DAF=30∘，
又AB=6，∠ABC=90∘，所以BC=2 3，
因为DB=13AB=2，
所以∠CDB=60∘；
(2)(i)曲线T是椭圆，理由如下：
由(1)可知，DF⊥AC，DA=DC，所以F是AC的中点，
设AB的中点为O，所以OF//BC，
又BC⊥α，所以OF⊥α，
在α内过O作OG⊥AB，所以OF⊥OB，OF⊥OG，
以O为原点，OG，OB，OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，
如图所示．因为OB=3，DB=2，所以OD=1，
设E(x,y,0)，又D(0,1,0)，C(0,3,2 3)，
则CE=(x,y−3,−2 3)，CD=(0,−2,−2 3)，
因为cs∠ECD=CD⋅CE|CD||CE|，又∠ECD=30∘，
所以−2y+184 x2+(y−3)2+12= 32，化简得3x2+2y2=18，
即x26+y29=1，所以曲线T是椭圆；
(ii)设P(x1,y1,0)，Q(x2,y2,0)，
在平面α内，因为l与AB不重合，可设l：y=kx+1，
联立 y=kx+1x26+y29=1，整理可得：(2k2+3)x2+4kx−16=0，
所以x1+x2=−4k2k2+3，x1x2=−162k2+3<0，
由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，
故可设T(0,t,0)，若∠PTC=∠QTC，则cs∠PTC=cs∠QTC，
即TP⋅TC|TP||TC|=TQ⋅TC|TQ||TC|，TP=(x1,y1−t,0)，TQ=(x2,y2−t,0)，TC=(0,3−t,2 3)，
所以(3−t)(y1−t) x22+(y2−t)2=(3−t)(y2−t) x12+(y1−t)2，
当t=3时，上式恒成立，所以t=3符合题意；
当t≠3时，有(y1−t) x22+(y2−t)2=(y2−t) x12+(y1−t)2，
所以(y1−t)2[x22+(y2−t)2]=(y2−t)2[x12+(y1−t)2]，
所以|x2(y1−t)|=|x1(y2−t)|，
因为x1x2<0，(y1−t)(y2−t)≥0，
所以x1(y2−t)+x2(y1−t)=0，
所以2kx1x2+(1−t)(x1+x2)=0，
所以2k(−162k2+3)+(1−t)(−4k2k2+3)=0，
即(9−t)k=0，
因为上式对于任意的k∈R恒成立，所以t=9.
综上，存在点T(0,3,0)或(0,9,0)满足AT=AB或AT=2AB，符合题意．
【解析】(1)由平面ABC⊥α，所以BC⊥α，可得CD与平面所成的角的大小；
(2)(i)设E的坐标，由题意可得关于点E的坐标的关系，即求出点E的轨迹方程；
(ii)设P，Q的坐标，求出CE，CD的坐标，再由∠ECD=30∘，可得P，Q的坐标的关系，可得定点F的坐标．
本题考查线面所成的角的求法及点的轨迹方程的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=12lnx+1，其定义域为(0,+∞).
由f(x)=x得，12lnx−x+1=0，
设g(x)=12lnx−x+1，则g′(x)=1−2x2x，
当x∈(0,12)时，g′(x)>0；当x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,12)单调递增，在(12,+∞)单调递减，
注意到g(1)=0，所以g(x)在[12,+∞)恰有一个零点x=1，且g(12)>g(1)=0，
又因为g(e−2)=−e−2<0，
所以g(e−2)g(12)<0，所以g(x)在(0,12)恰有一个零点x0，
即f(x)在[12,+∞)恰有一个不动点x=1，在(0,12)恰有一个不动点x=x0，
所以A={x0,1}，
所以A的元素个数为2，又因为x0<1，
所以maxA=1；
(2)(i)当a=0时，由(1)知，A有两个元素，不符合题意，
当a>0时，f(x)=12lnx+ax2+1−a，其定义域为(0,+∞)，
由f(x)=x得，12lnx+ax2−x+1−a=0，
设h(x)=12lnx+ax2−x+1−a，则h′(x)=12x+2ax−1=4ax2−2x+12x，
设F(x)=4ax2−2x+1，则Δ=4−16a，
①当a≥14时，△≤0，F(x)≥0，h′(x)≥0，所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
又h(1)=0，所以h(x)在(0,+∞)恰有一个零点x=1，
即f(x)在(0,+∞)恰有一个不动点x=1，符合题意，
②当00，故F(x)恰有两个零点x1，x2(x1又因为F(0)=1>0，F(1)=4a−1<0，所以0当x∈(0,x1)时，F(x)>0，h′(x)>0；当x∈(x1,x2)时，F(x)<0，h′(x)<0；
当x∈(x2,+∞)时，F(x)>0，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,x1)单调递增，在(x1,x2)单调递减，在(x2,+∞)单调递增，
注意到h(1)=0，
所以h(x)在(x1,x2)恰有一个零点x=1，且h(x1)>h(1)=0，h(x2)又x→0时，h(x)→−∞，所以h(x)在(0,x1)恰有一个零点x0′，
从而f(x)至少有两个不动点，不符合题意，
所以a的取值范围为[14,+∞),即集合B=[14,+∞)；
(ii)证明：由(i)知，B=[14,+∞),所以a=minB=14，
此时f(x)=12lnx+14x2+34，h(x)=12lnx+14x2−x+34，
由(i)知，h(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>1时，h(x)>h(1)=0，所以f(x)>x，即f(x)x>1，
故若an>1，则an+1>1，
因此若存在正整数N使得aN≤1，则aN−1≤1，从而aN−2≤1，
重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而∀n∈N*，an>1，
下面我们先证明当x>1时，lnx<32(x−1)，
设G(x)=lnx−32x+32，
则当x>1时，G′(x)=1x−32=2−3x2x<0，所以G(x)在(1,+∞)单调递减，
所以G(x)1时，lnx<32(x−1)，
从而当x>1时，12lnx+14x2+34−x<14x2−14x，
从而12lnx+14x2+34x−1<14(x−1)，即f(x)x−1<14(x−1)，
故f(an)an−1<14(an−1)，即an+1−1<14(an−1)，
由于an>1，an+1>1，所以an−1>0，an+1−1>0，
故|an+1−1|<14|an−1|，
故n≥2时，|an−1|<14|an−1−1|<142|an−2−1|<⋯<14n−1|a1−1|=14n−1，
所以∀n∈N*，k=1n|ak−1|≤k=1n(14)k−1=1−14n1−14=43(1−14n)<43，
故maxCn=43.
【解析】(1)构造函数g(x)=12lnx−x+1，利用导数可得g(x)在(0,12)单调递增，在(12,+∞)单调递减，所以g(x)在[12,+∞)恰有一个零点x=1，即f(x)在[12,+∞)恰有一个不动点x=1，在(0,12)恰有一个不动点x=x0，所以A={x0,1}，再结合x0<1求出maxA即可；
(2)(i)显然当a=0时，不符合题意，当a>0时，f(x)=12lnx+ax2+1−a，其定义域为(0,+∞)，设h(x)=12lnx+ax2−x+1−a，利用导数研究函数h(x)的单调性，进而求出a的取值范围；
(ii)由(i)知a=14，此时f(x)=12lnx+14x2+34，h(x)=12lnx+14x2−x+34，当x>1时，f(x)x>1，故若an>1，则an+1>1，因此若存在正整数N使得aN≤1，则aN−1≤1，从而aN−2≤1，重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而∀n∈N*，an>1，下面再证明当x>1时，lnx<32(x−1)，从而证得maxCn=43.
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数列的函数特征，属于难题．X
0
1
2
P
16
12
13
1.集合A={x|x2<4}，B={x|−3
A. 14B. 12C. 2D. 4
3.函数f(x)=12x2+csx在[−π,π]的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为n1，n2，方差分别为s12，s22，则( )
A. n1>n2,s12>s22B. n1>n2,s12
5.已知直线y=kx+b既是曲线y=lnx的切线，也是曲线y=−ln(−x)的切线，则( )
A. k=1e，b=0B. k=1，b=0C. k=1e，b=−1D. k=1，b=−1
6.已知a>0，b>0，则使1a+1b≥4成立的一个充分不必要条件是( )
A. a2+b2=1B. a+b≥4abC. a+b=1D. 1a2+1b2≥8
7.已知O是△ABC所在平面内一点，且|AB|=2,OA⋅AC=−1,OC⋅AC=1，则∠ABC的最大值为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
8.已知 6tan(α+π4)cs(α−π4)=1，则sin2α=( )
A. −23B. −13C. 13D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在平面直角坐标系xOy中，角φ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点P(1,− 3)，函数f(x)=sin(2x+φ)，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=−π12对称B. f(x)的图象关于点(π12,0)对称
C. f(x)在(−π6,π3)内恰有一个极大值点D. f(x)在(π2,5π6)内单调递减
10.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，|MN|=|NF|，则( )
A. |AF|=3|BF|B. ∠ADB是锐角
C. △BDN是锐角三角形D. 四边形DFMN是菱形
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG//平面ACD1，则下列说法正确的是( )
A. 若存在λ使得A1G=λGD1，则λ=12
B. 若G∈C1D1，则EG//平面ADD1A1
C. 三棱锥G−BC1D体积的最大值为2
D. 二面角D−EF−G的余弦值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。
12.某企业生产一种零部件，其质量指标介于(49.6,50.4)的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.16)；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.04).那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差为______.(若X∼N(μ,σ2)，则P(|X−μ|<σ)=0.6827，P(|X−μ|<2σ)=0.9545，P(|X−μ|<3σ)=0.9973)
13.已知圆台O1O2的高为6，AB，CD分别为上、下底面的一条直径，且AB=4，CD=8，则圆台O1O2的体积为______；若 A，B，C，D四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为______.
14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F的直线l交圆x2+y2=a2于A，B两点，交C的右支于点P.若|AF|=|BP|，|PF|=2|AB|，则C的离心率为______.
四、解答题：本题共5小题，共83分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
在△ABC中，D为BC的中点，且∠DAC+∠BAC=π.
(1)求ABAD；
(2)若BC=2 2AC，求csC.
16.(本小题17分)
已知各项均为正数的数列{an}满足an+12−an2=8n，且a1=1.
(1)写出a2，a3，并求{an}的通项公式；
(2)记bn={an,n为奇数2an+14,n为偶数，求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16.
17.(本小题17分)
11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为23，乙发球时甲得分的概率为12，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10：10.
(1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
(2)求第一局比赛甲获胜的概率P0；
(3)现用P0估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
18.(本小题17分)
在△ABC中，∠ABC=90∘，AB=6，∠ACB的平分线交AB于点D，AD=2DB.平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小；
(2)设点E∈α，且∠ECD=30∘，记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线，并说明理由；
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有∠PTC=∠QTC？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
19.(本小题17分)
对于函数f(x)，若实数x0满足f(x0)=x0，则称x0为f(x)的不动点.已知a≥0，且f(x)=12lnx+ax2+1−a的不动点的集合为A.以minM和maxM分别表示集合M中的最小元素和最大元素.
(1)若a=0，求A的元素个数及maxA；
(2)当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
(i)求B；
(ii)若a=minB，数列{an}满足a1=2,an+1=f(an)an，集合Cn={k=1n|ak−1|,43},n∈N*.求证：∀n∈N*,maxCn=43.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|−2
求出集合A，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(1−i)z=2i，
所以z=2i1−i=2i(1+i)(1+i)(1−i)=−1+i.
故z⋅z−=(−1+i)(−1−i)=2.
故选：C.
直接利用复数的运算法则和共轭复数的概念，求解即可．
本题考查的知识要点：复数的运算，共轭复数的概念，考查运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，f(x)=12x2+csx，x∈[−π,π]，
有f(−x)=12x2+csx=f(x)，f(x)为偶函数，排除C、D，
f(x)=12x2+csx，其导数f′(x)=x−sinx，则f′′(x)=1−csx，
易得f′′(x)≥0，则f′(x)在[0,π]上为增函数，故f′(x)≥f′(0)=0，
故f(x)在[0,π]上递增，排除B.
故选：A.
根据题意，分析函数的奇偶性排除C、D，求出函数的导数，分析其单调性排除B，即可得答案．
本题考查函数的图像分析，涉及函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A部门，因为0.2+0.7>0.75，
所以n1=4，
对于B部门，因为0.1+0.2+0.4<0.75，
所以n2=5，
所以n1
所以s12
根据百分位数和方差的定义求解．
本题主要考查了百分位数和方差的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：设曲线y=lnx上的切点为(x1,lnx1)，曲线y=−ln(−x)上的切点为(x2,−ln(−x2))，
又(lnx)′=1x,(−ln(−x))′=−1x，
则1x1=−1x2=kkx1+b=lnx1kx2+b=−ln(−x2)，解得b=0x1=ek=1ex2=−e.
故选：A.
设出切点坐标(x1,lnx1)和(x2,−ln(−x2))，建立关于k，b，x1，x2的方程组，解出即可．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，若a2+b2=1，则当a=b= 22时，1a+1b=2 2<4，
因此由a2+b2=1不能推出1a+1b≥4成立，故A项不正确；
对于B，若a+b≥4ab，结合a、b均为正数，两边都除以ab，得1a+1b≥4，
因此a+b≥4ab是1a+1b≥4成立的充要条件，故B项不正确；
对于C，若a+b=1，则1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2 ba⋅ab=4，
当且仅当a=b=12时，等号成立，
反之，若1a+1b≥4，则可能a=1，b=14，不能推出a+b=1，
因此，“a+b=1”是使1a+1b≥4成立的充分不必要条件，故C项正确；
对于D，若1a2+1b2≥8，则可能a2=13，b2=15，即a=1 3，b=1 5，
此时1a+1b= 3+ 5<4，1a+1b≥4不成立，故D项不正确．
故选：C.
根据题意，需要找一个条件，由该条件能推出1a+1b≥4成立，且由1a+1b≥4不能推出该条件成立，由此对各项分析可得答案．
本题主要考查不等式的性质、基本不等式的应用、充要条件的判断等知识，考查计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：已知O是△ABC所在平面内一点，且|AB|=2,OA⋅AC=−1,OC⋅AC=1，
则OC⋅AC−OA⋅AC=AC2=2，
即|AC|= 2，
由正弦定理|AB|sin∠ACB=|AC|sin∠ABC可得：sin∠ABC= 22sin∠ACB≤ 22，
由三角形的性质可得∠ABC为锐角，
则∠ABC≤π4，
则∠ABC的最大值为π4.
故选：B.
由平面向量数量积的运算，结合正弦定理及三角形的性质求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了正弦定理及三角形的性质，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵ 6tan(α+π4)cs(α−π4)= 6tan(α+π4)sin(α+π4)=1，
∴ 6sin2(α+π4)=cs(α+π4)，
即 6×[1−cs2(α+π4)]=cs(α+π4)，
解得cs(α+π4)= 63或cs(α+π4)=− 62(舍去)，
∴sin2α=−cs(2α+π2)=1−2cs2(α+π4)=1−2×23=−13.
故选：B.
依题意，可求得cs(α+π4)= 63，再利用二倍角的余弦公式计算可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为角P的终边过点P(1,− 3)，
所以sinφ=− 3 1+3=− 32，csφ=12，
所以φ=−π3+2kπ，k∈Z，
则f(x)=sin(2x−π3+2kπ)=sin(2x−π3)，
对于A，f(−π12)=sin(−π6−π3)=sin(−π2)=−1，故A正确；
对于B，f(π12)=sin(π6−π3)=sin(−π6)≠0，故B错误；
对于C，当−π6
所以f(x)在(−π6,π3)内恰有一个极小值点，故C错误；
对于D，当π2
所以f(x)在(π2,5π6)内单调递减，故D正确．
故选：AD.
由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式可求f(x)=sin(2x−π3+2kπ)=sin(2x−π3)，对于A，由f(−π12)=sin(−π6−π3)=sin(−π2)=−1即可判断；对于B，由f(π12)=sin(π6−π3)=sin(−π6)≠0即可判断；对于C，利用正弦函数的单调性即可判断；对于D，利用正弦函数的单调性即可判断．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义，诱导公式以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由抛物线C：y2=4x，可知F(1,0)，D(−1,0)，
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则M(x1+12,y12)，
所以|MN|=x1+12，而|AF|=x1+1，所以|MF|=x1+12，
所以|MN|=|NF|=|MF|，所以三角形MNF为正三角形，
所以∠MNF=∠FMN=∠NFM=60∘，又MN//x轴，
所以∠NFD=60∘，∠ONF=30∘，则|NF|=|MF|=|MN|=2，
所以x1=3,|AF|=4,A(3,2 3)，所以直线的方程为：y= 3(x−1)，
联立方程y= 3(x−1)y2=4x，可得3x2−10x+3=0，所以x1+x2=103，则x2=13，
所以|BF|=x2+1=43，所以|AF|=3|BF|，故A正确；
|DF|=2，|MN|=|DF|且MN//DF，|MF|=|MN|=2，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；
由于以AB为直径的圆与准线相切，点D在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；
N(0, 3),D(−1,0),B(13,−2 33)，所以DN=(1, 3),DB=(13,−5 33)，
所以DN⋅DB=13−5<0，所以∠NDB为钝角，所以△BDN是钝角三角形，故C错误．
故选：ABD.
设出点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意分析可知三角形MNF为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：依题意，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，
设G(x0,y0,2)(x0≥0,y0≥0)，
则AC=(−2,2,0),AD1=(−2,0,2),EF=(−1,1,0),EG=(x0−2,y0−1,2)，
设平面ACD1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则 n1⋅AC=−2x1+2y1=0n1⋅AD1=−2x1+2z1=0，令x1=1，则y1=z1=1，即n1=(1,1,1)，
设平面EFG的一个法向量n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EF=−x2+y2=0n2⋅EG=x2(x0−2)+y2(y0−1)+2z2=0令x2=1，则y2=1,z2=3−x0−y02，
即n2=(1,1,3−x0−y02)，
因为平面EFG//平面ACD1，所以n1//n2，
即3−x0−y02=1，所以x0+y0=1，且0≤x0≤1，
选项A：若存在λ使得A1G=λGD1，则点G在线段A1D1上，所以y0=0，即x0=1，
所以G为A1D1的中点，即λ=1，故A错误；
选项B：如图，若G∈C1D1，
则x0=0，即y0=1，所以G为C1D1的中点，
因为E为AB的中点，所以AE//D1G，AE=D1G，
故四边形AEGD1为平行四边形，
所以EG//AD1，EG⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以EG//平面ADD1A1，故B正确；
选项C：如图，因为DC1=(0,2,2),DB=(2,2,0),DG=(x0,y0,2)，
设平面DBC1的一个法向量为n3=(x3,y3,z3)，
则n3⋅DC1=2y3+2z3=0n3⋅DB=2x3+2y3=0，令y3=1，则x3=z3=−1，即n3=(−1,1,−1)，
设G到平面DBC1的距离为d=|DG⋅n3|n3||=|−x0+y0−2 3|=|2x0+1| 3，
又△DBC1为等边三角形且边长为2 2，
则S△DBC1= 34×(2 2)2=2 3，
所以VG−DBC1=13⋅S△DBC1⋅d=13×2 3×|2x0+1| 3=23|2x0+1|，又0≤x0≤1，
所以当x0=1时，三棱锥G−BC1D体积的最大值为2，故C正确；
选项D：因为DD1⊥平面DEF，所以平面DEF的一个法向量为DD1=(0,0,2)，
平面EFG的一个法向量n1=(1,1,1)，
则cs⟨DD1,n1⟩=DD1⋅n1|DD1|⋅|n1|=22× 3= 33，
因为二面角D−EF−G为锐角，
所以二面角D−EF−G的余弦值为 33，故D正确．
故选：BCD.
建立空间直角坐标系，由平面EFG//平面ACD1，根据向量法得出点G的轨迹，由向量共线可判定A；根据线面平行的判定定理可判定B；根据棱锥体积公式可得C；由向量法求面面角可得D.
本题考查了空间向量在空间几何体中的应用，属于难题．
12.【答案】0.2718
【解析】解：技术改造前，易知μ1=50，σ1=0.4，
则其优品率为P(49.6
则其优品率为P(49.6
故答案为：0.2718.
根据题意利用正态分布性质分别计算出技术改造前后的优品率，可得结果．
本题考查了正态分布的性质，属于中档题．
13.【答案】56π80π
【解析】解：由题意，该圆台AB=2r=4，r=2，CD=2R=8，R=4，h=O1O2=6，
则该圆台的体积V=13πh(R2+r2+Rr)=13π×6×(16+4+8)=56π；
设球心O到圆台上底面的距离为a，球O的半径为R，
因为球O的球心在圆台O1O2的轴O1O2上，
所以有a2+4=R2(6−a)2+16=R2，
解得：a=4，R2=20，
则该球的表面积为4πR2=80π.
故答案为：56π；80π.
利用圆台的体积公式求圆台的体积，根据球O的球心在圆台O1O2的轴O1O2上，得到a2+4=R2(6−a)2+16=R2，求得R2=20，利用球的表面积公式即可求解．
本题考查了圆台的体积公式和球的表面积公式，属于中档题．
14.【答案】 735
【解析】解：设AB的中点为H，则OH⊥AB，又|AF|=|BP|，|PF|=2|AB|，
∴|AH|=|BH|=14|PF|，且H为PF的中点，
设右焦点为F′，则O为FF′的中点，∴OH//PF′，且|PF′|=2|OH|，
又OH⊥AB，∴PF′⊥PF，
设|OH|=t，(t>0)，则|PF′|=2t，又|OA|=|OB|=a，
∴|AH|=|BH|= a2−t2，∴|PF|=4|AH|=4 a2−t2，
又|PF|=2a+|PF′|=2a+2t，∴4 a2−t2=2a+2t，
∴4(a2−t2)=(a+t)2，∴3a2−2at−5t2=0，
∴(a+t)(3a−5t)=0，∴3a=5t，∴t=3a5，
∴|PF|=2a+2t=16a5，|PF′|=2t=6a5，又|FF′|=2c，且PF′⊥PF，
∴(16a5)2+(6a5)2=4c2，∴73a2=25c2，∴ 73a=5c，
∴双曲线C的离心率e=ca= 735.
故答案为： 735.
设AB的中点为H，则OH⊥AB，根据题意易得|AH|=|BH|=14|PF|，且H为PF的中点，设右焦点为F′，则O为FF′的中点，从而可得OH//PF′，|PF′|=2|OH|，PF′⊥PF，再根据双曲线的几何性质及勾股定理，建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的离心率的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)由∠DAC+∠BAC=π，得sin∠BAC=sin∠DAC，
因为D为BC的中点，所以BCCD=2，
所以S△ABCS△ADC=2，
又因为SΔABC=12AB⋅ACsin∠BAC，
SΔADC=12AD⋅ACsin∠DAC，
S△ABCS△ADC=12AB⋅ACsin∠BAC12AD⋅ACsin∠DAC=2，
故ABAD=2；
(2)由(1)不妨设AD=x，AB=2x，AC=y，BC=2 2y，
在△ABD中，由余弦定理，得cs∠ADB=x2+2y2−4x22x⋅ 2y，
在△ACD中，由余弦定理，得cs∠ADC=x2+2y2−y22x⋅ 2y，
因为∠ADB+∠ADC=π，所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
所以x2+2y2−4x22x⋅ 2y=x2+2y2−y22x⋅ 2y，
解得x2=32y2，
所以csC=y2+2y2−x22y⋅ 2y=3y2−32y22 2y2=3 28.
【解析】(1)由∠DAC+∠BAC=π，得sin∠BAC=sin∠DAC，再由题意可得S△ABCS△ADC=2，再由三角形的面积公式，进而可得ABAD的值；
(2)设AD=x，AB=2x，AC=y，BC=2 2y，分别在两个三角形中，由余弦定理可得cs∠ADB，cs∠ADC的表达式，由两个角互为补角，可得cs∠ADB+cs∠ADC=0，可得x，y的关系，再在△ABC中，由余弦定理可得csC的值．
本题考查余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为an+12−an2=8n，a1=1，an>0，
所以，当n=1时，a22−a12=8，即a22=a12+8=9，
所以a2=3，
当n=2时，a32−a22=8×2，a32=a22+16=25，
所以a3=5，
当n≥2时，an2=an2−an−12+an−12−an−22+…+a22−a12+a12
=8(n−1)+8(n−2)+…+8×1+1
=8[1+2+…+(n−1)]+1=8×n(n−1)2+1
=(2n−1)2，
所以an=2n−1，
当n=1时，a1=1也符合上式．
综上，an=2n−1(n∈N*)；
(2)由(1)得，bn={2n−1,n为奇数2n2,n为偶数，
设S=b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16，
则S=1×2+5×22+9×23+…+25×27+29×28①，
2S=1×22+5×23+⋯+21×27+25×28+29×29②，
①-②得−S=1×22+4×22+4×23+…+4×28−29×29
=2+4×4(1−27)1−2−29×29=−12814，
所以S=12814，
故b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16=12814.
【解析】(1)由已知递推关系先求出，a2=3，a3=5，然后结合迭代法即可求解；
(2)由(1)先求出bn，结合错位相减求和即可求解．
本小题主要考查递推数列、等差数列、等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性，属于中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，
设打成10：10后甲先发球为事件A，则乙先发球为事件A−，且P(A)=P(A−)=12，
所以P(X=0)=P(A)⋅P(X=0|A)+P(A−)⋅P(X=0|A−)=12×13×12+12×12×13=16，
P(X=1)=P(A)⋅P(X=1|A)+P(A−)⋅P(X=1|A−)=12×(13×12+23×12)+12×(12×13+12×23)=12，
P(X=2)=P(A)⋅P(X=2|A)+P(A−)⋅P(X=2|A−)=12×23×12+12×12×23=13，
所以X的分布列为：
故X的均值为E(X)=0×16+1×12+2×13=76；
(2)设第一局比赛甲获胜为事件B，
则P(B|X=0)=0，P(B|X=1)=P(B)，P(B|X=2)=1，
由(1)知，P(X=0)=16，P(X=1)=12，P(X=2)=13，
由全概率公式，得P(B)=P(X=0)P(B|X=0)+P(X=1)P(B|X=1)+P(X=2)P(B|X=2)=16×0+12P(B)+13，
解得P(B)=23，即第一局比赛甲获胜的概率P0=23；
(3)由(2)知P0=23，故估计甲每局获胜的概率均为23，
设甲获胜时的比赛总局数为Y，因为每局的比赛结果相互独立，
所以P(Y=3)=(23)3=827，P(Y=4)=C31×(23)3×13=827，P(Y=5)=C42×(23)3×(13)2=1681，
故该场比赛甲获胜的概率P=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)=6481.
【解析】(1)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，根据独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再利用期望公式求出E(X)即可；
(2)利用全概率公式求解；
(3)利用独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了条件概率、全概率公式、概率的分布列及期望等基础知识，考查数学建模能力、运算求解能力、逻辑推理能力等，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥α，
所以直线CD在α内的射影为直线AB，所以直线CD与α所成角为∠CDB，
过D作DF⊥AC，垂足为F，
因为CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF=DB，
又AD=2DB，所以DF=12AD，所以∠DAF=30∘，
又AB=6，∠ABC=90∘，所以BC=2 3，
因为DB=13AB=2，
所以∠CDB=60∘；
(2)(i)曲线T是椭圆，理由如下：
由(1)可知，DF⊥AC，DA=DC，所以F是AC的中点，
设AB的中点为O，所以OF//BC，
又BC⊥α，所以OF⊥α，
在α内过O作OG⊥AB，所以OF⊥OB，OF⊥OG，
以O为原点，OG，OB，OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，
如图所示．因为OB=3，DB=2，所以OD=1，
设E(x,y,0)，又D(0,1,0)，C(0,3,2 3)，
则CE=(x,y−3,−2 3)，CD=(0,−2,−2 3)，
因为cs∠ECD=CD⋅CE|CD||CE|，又∠ECD=30∘，
所以−2y+184 x2+(y−3)2+12= 32，化简得3x2+2y2=18，
即x26+y29=1，所以曲线T是椭圆；
(ii)设P(x1,y1,0)，Q(x2,y2,0)，
在平面α内，因为l与AB不重合，可设l：y=kx+1，
联立 y=kx+1x26+y29=1，整理可得：(2k2+3)x2+4kx−16=0，
所以x1+x2=−4k2k2+3，x1x2=−162k2+3<0，
由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，
故可设T(0,t,0)，若∠PTC=∠QTC，则cs∠PTC=cs∠QTC，
即TP⋅TC|TP||TC|=TQ⋅TC|TQ||TC|，TP=(x1,y1−t,0)，TQ=(x2,y2−t,0)，TC=(0,3−t,2 3)，
所以(3−t)(y1−t) x22+(y2−t)2=(3−t)(y2−t) x12+(y1−t)2，
当t=3时，上式恒成立，所以t=3符合题意；
当t≠3时，有(y1−t) x22+(y2−t)2=(y2−t) x12+(y1−t)2，
所以(y1−t)2[x22+(y2−t)2]=(y2−t)2[x12+(y1−t)2]，
所以|x2(y1−t)|=|x1(y2−t)|，
因为x1x2<0，(y1−t)(y2−t)≥0，
所以x1(y2−t)+x2(y1−t)=0，
所以2kx1x2+(1−t)(x1+x2)=0，
所以2k(−162k2+3)+(1−t)(−4k2k2+3)=0，
即(9−t)k=0，
因为上式对于任意的k∈R恒成立，所以t=9.
综上，存在点T(0,3,0)或(0,9,0)满足AT=AB或AT=2AB，符合题意．
【解析】(1)由平面ABC⊥α，所以BC⊥α，可得CD与平面所成的角的大小；
(2)(i)设E的坐标，由题意可得关于点E的坐标的关系，即求出点E的轨迹方程；
(ii)设P，Q的坐标，求出CE，CD的坐标，再由∠ECD=30∘，可得P，Q的坐标的关系，可得定点F的坐标．
本题考查线面所成的角的求法及点的轨迹方程的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=12lnx+1，其定义域为(0,+∞).
由f(x)=x得，12lnx−x+1=0，
设g(x)=12lnx−x+1，则g′(x)=1−2x2x，
当x∈(0,12)时，g′(x)>0；当x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,12)单调递增，在(12,+∞)单调递减，
注意到g(1)=0，所以g(x)在[12,+∞)恰有一个零点x=1，且g(12)>g(1)=0，
又因为g(e−2)=−e−2<0，
所以g(e−2)g(12)<0，所以g(x)在(0,12)恰有一个零点x0，
即f(x)在[12,+∞)恰有一个不动点x=1，在(0,12)恰有一个不动点x=x0，
所以A={x0,1}，
所以A的元素个数为2，又因为x0<1，
所以maxA=1；
(2)(i)当a=0时，由(1)知，A有两个元素，不符合题意，
当a>0时，f(x)=12lnx+ax2+1−a，其定义域为(0,+∞)，
由f(x)=x得，12lnx+ax2−x+1−a=0，
设h(x)=12lnx+ax2−x+1−a，则h′(x)=12x+2ax−1=4ax2−2x+12x，
设F(x)=4ax2−2x+1，则Δ=4−16a，
①当a≥14时，△≤0，F(x)≥0，h′(x)≥0，所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
又h(1)=0，所以h(x)在(0,+∞)恰有一个零点x=1，
即f(x)在(0,+∞)恰有一个不动点x=1，符合题意，
②当0
当x∈(x2,+∞)时，F(x)>0，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,x1)单调递增，在(x1,x2)单调递减，在(x2,+∞)单调递增，
注意到h(1)=0，
所以h(x)在(x1,x2)恰有一个零点x=1，且h(x1)>h(1)=0，h(x2)
从而f(x)至少有两个不动点，不符合题意，
所以a的取值范围为[14,+∞),即集合B=[14,+∞)；
(ii)证明：由(i)知，B=[14,+∞),所以a=minB=14，
此时f(x)=12lnx+14x2+34，h(x)=12lnx+14x2−x+34，
由(i)知，h(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>1时，h(x)>h(1)=0，所以f(x)>x，即f(x)x>1，
故若an>1，则an+1>1，
因此若存在正整数N使得aN≤1，则aN−1≤1，从而aN−2≤1，
重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而∀n∈N*，an>1，
下面我们先证明当x>1时，lnx<32(x−1)，
设G(x)=lnx−32x+32，
则当x>1时，G′(x)=1x−32=2−3x2x<0，所以G(x)在(1,+∞)单调递减，
所以G(x)
从而当x>1时，12lnx+14x2+34−x<14x2−14x，
从而12lnx+14x2+34x−1<14(x−1)，即f(x)x−1<14(x−1)，
故f(an)an−1<14(an−1)，即an+1−1<14(an−1)，
由于an>1，an+1>1，所以an−1>0，an+1−1>0，
故|an+1−1|<14|an−1|，
故n≥2时，|an−1|<14|an−1−1|<142|an−2−1|<⋯<14n−1|a1−1|=14n−1，
所以∀n∈N*，k=1n|ak−1|≤k=1n(14)k−1=1−14n1−14=43(1−14n)<43，
故maxCn=43.
【解析】(1)构造函数g(x)=12lnx−x+1，利用导数可得g(x)在(0,12)单调递增，在(12,+∞)单调递减，所以g(x)在[12,+∞)恰有一个零点x=1，即f(x)在[12,+∞)恰有一个不动点x=1，在(0,12)恰有一个不动点x=x0，所以A={x0,1}，再结合x0<1求出maxA即可；
(2)(i)显然当a=0时，不符合题意，当a>0时，f(x)=12lnx+ax2+1−a，其定义域为(0,+∞)，设h(x)=12lnx+ax2−x+1−a，利用导数研究函数h(x)的单调性，进而求出a的取值范围；
(ii)由(i)知a=14，此时f(x)=12lnx+14x2+34，h(x)=12lnx+14x2−x+34，当x>1时，f(x)x>1，故若an>1，则an+1>1，因此若存在正整数N使得aN≤1，则aN−1≤1，从而aN−2≤1，重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而∀n∈N*，an>1，下面再证明当x>1时，lnx<32(x−1)，从而证得maxCn=43.
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数列的函数特征，属于难题．X
0
1
2
P
16
12
13
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