2024年辽宁省鞍山市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年辽宁省鞍山市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析），共18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.已知复数z=2−mi2+i为纯虚数，则实数m的值为( )
A. −1B. −4C. 1D. 4
2.已知直线l：x−y−2=0，点C在圆(x−1)2+y2=2上运动，那么点C到直线l的距离的最大值为( )
A. 32 2+1B. 52 2C. 32 2D. 22
3.已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，向量a在向量b方向上的投影向量是 2b，则a与b夹角的余弦值为( )
A. 23B. 26C. 22D. 23
4.设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若l⊂α，α//β，则“m⊥l”是“m⊥β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.8和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为( )
A. 126B. 513C. 58D. 1729
6.数列{an}的通项公式为an=1 5[(1+ 52)n−(1− 52)n]，则a5=( )
A. 35 5B. 27 5C. 5D. 8
7.已知α，β均为锐角，sinα=3sinβcs(α+β)，则tanα取得最大值时，tan(α+β)的值为( )
A. 2B. 3C. 1D. 2
二、多选题：本题共4小题，共23分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.针对时下的“抖音热”，校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了调查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢抖音的人数占男生人数的45，女生喜欢抖音的人数占女生人数35，若有90%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则调查人数中男生可能有人( )
附表：
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
A. 20B. 30C. 35D. 40
9.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)在(0,π)上是单调函数，则下列结论中正确的有( )
A. 当ω>0时，ω的取值范围是0<ω≤13
B. 当ω<0时，ω的取值范围是−13≤ω<0
C. 当ω>0时，ω的取值范围是0<ω≤23
D. 当ω<0时，ω的取值范围是−23≤ω<0
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AA1，A1D1，B1C1，CC1的中点，点M满足HM=λHG其中λ∈[0,1]，则下列结论正确的是( )
A. 过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形
B. 三棱锥A1−MEF的体积为定值
C. 当λ=12时，AC//平面MEF
D. 当λ=1时，三棱锥A1−MEF外接球的表面积为6π
11.在平面直角坐标系中，定义d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|为点A(x1,y1)到点B(x2,y2)的“折线距离”.点O是坐标原点，点Q在直线2x+y−2 5=0上，点P在圆x2+y2=1上，点R在抛物线y2=−4x上.下列结论中正确的结论为( )
A. d(O,Q)的最小值为2B. d(O,P)的最大值为 2
C. d(P,Q)的最小值为 52D. d(R,Q)的最小值为 5−14
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的底面半径为2，母线与底面所成的角为60∘，则该圆锥的表面积为__________ .
13.f(x)=x2e−x的极大值为__________ .
14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，左、右顶点分别为A1，A2，PF⊥x轴于点F，且PF=2QF.当∠A1QA2最大时，点P恰好在双曲线C上，则双曲线C的离心率为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
鞍山市普通高中某次高三质量监测考试后，将化学成绩按赋分规则转换为等级分数(赋分后学生的分数全部介于30至100之间).某校为做好本次考试的评价工作，从本校学生中随机抽取了50名学生的化学等级分数，经统计，将分数按照[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成7组，制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中m的值，并估计这50名学生分数的中位数；
(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从分数在[70,80),[80,90),[90,100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记ξ为3人中分数在[80,90)的人数，求ξ的分布列和数学期望.
16.(本小题15分)
如图1，在平面五边形ABCDE中，AE//BD，且DE=2，∠EDB=60∘，CD=BC= 7，cs∠DCB=57，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP= 3，得到如图2所示的四棱锥P−ABDE.
(1)求证；PE⊥平面ABDE；
(2)若AE=1，求平面PBA与平面PBD所成锐二面角的余弦值.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=12ax2−(a+2)x+2lnx，a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=2处的切线与y轴垂直，求实数a的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性.
18.(本小题17分)
焦点在x轴上的椭圆x24+y2b2=1的左顶点为M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)为椭圆上不同三点，且当OB=λOC时，直线MB和直线MC的斜率之积为−14.
(1)求b的值；
(2)若△OAB的面积为1，求x12+x22和y12+y22的值；
(3)在(2)的条件下，设AB的中点为D，求|OD|⋅|AB|的最大值.
19.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=an+1−2n+1+1(n∈N*)，且a2=5.
(1)证明：{an2n+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg3(an+2n)，若对于任意的n∈N*，不等式bn(1+n)−λ(an+2n)−6<0恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数f(x)=[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[2.3]=2，[−1.9]=−2，设cn=[an+2n4]，数列{cn}的前n项和为Tn，求T2024除以16的余数.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为z=(2−mi)(2−i)(2+i)(2−i)=(4−m)−(2m+2)i5是纯虚数，
所以4−m=02m+2≠0，解得m=4.
故选：D.
先由复数的除法进行化简，再根据纯虚数的定义求解即可．
本题主要考查复数的运算，纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：圆(x−1)2+y2=2的圆心为M(1,0)，半径r= 2，
点M到直线l：x−y−2=0的距离d=|1−0−2| 2= 22，
若点C在圆(x−1)2+y2=2上运动，那么点C到直线l的距离的最大值等于d+r=3 22.
故选：C.
根据题意，计算出圆心到直线l的距离，用这个距离加上圆的半径，即为点C到直线l的距离的最大值，由此算出答案．
本题主要考查圆的方程及其性质、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：设a与b夹角为θ，
向量a在向量b方向上的投影向量是 2b，
则acsθ×b|b|= 2b
|a|=2|b|，
则csθ= 22.
故选：C.
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为l⊂α，α//β，由m⊥l，不一定得出m⊥α，所以不一定m⊥β，则“m⊥l”是“m⊥β”的不充分条件；
若m⊥β，α//β，可得m⊥α，又因为l⊂α，可得m⊥l，所以“m⊥l”是“m⊥β”的必要条件；
所以“m⊥l”是“m⊥β”的必要不充分条件．
故选：B.
由题意及m⊥l，可证得m⊥β，再由题意及m⊥β可证得m⊥l，判断出“m⊥l”是“m⊥β”的充要条件．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用及性质定理的应用，充要条件的证法，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
∴P(A)=0.6，P(B)=0.8，P(C)=0.5，
则P(D)=P(AB−C−)+P(A−BC−)+P(A−B−C)=0.6×(1−0.8)×(1−0.5)+(1−0.6)×0.8×(1−0.5)+(1−0.6)×(1−0.8)×0.5=0.26，
其中P(B−D)=P(AB−C−)+P(A−B−C)=0.6×(1−0.8)×(1−0.5)+(1−0.6)×(1−0.8)×0.5=0.1，
故P(B−|D)=P(B−D)P(D)=
故选：B.
根据题意，设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，求出P(D)和P(B−D)，进而由条件概率公式计算可得答案．
本题考查条件概率的js，涉及全概率公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，(1+ 52)5=132(1+ 5)5=132(C50× 50+C51× 5+C52× 52+C53× 53+C54× 54+C55× 55)=176+80 532，
同理：(1− 52)5=132(1− 5)5=132(C50× 50−C51× 5+C52× 52−C53× 53+C54× 54−C55× 55)=176−80 532，
故a5=1 5[(1+ 52)5−(1− 52)5]=1 5×(160 532)=5.
故选：C.
根据题意，由二项式定理求出(1+ 52)5和(1− 52)5的值，进而计算可得答案．
本题考查数列的表示方法，涉及数列的通项公式，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：已知α，β均为锐角，sinα=3sinβcs(α+β)，
则sin[(α+β)−β]=3sinβcs(α+β)，
即sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ=3sinβcs(α+β)，
即sin(α+β)csβ=4sinβcs(α+β)，
即tan(α+β)=4tanβ>0，
则tanα=tan(α+β)−tanβ1+tan(α+β)tanβ
=34tan(α+β)1+tan2(α+β)4
=3tan(α+β)+4tan(α+β)
≤32 tan(α+β)×4tan(α+β)=34，
当且仅当tan(α+β)=4tan(α+β)，即tan(α+β)=2时取等号，
则tanα取得最大值时，tan(α+β)的值为2.
故选：D.
由基本不等式的应用，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了基本不等式的应用，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
8.【答案】BCD
【解析】解：设男生可能有x人，由被调查的男女生人数相同知女生也有x人，填写列联表如下：
若有90%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，
则K2>2.706，
即K2=2x(45x⋅25x−35x⋅15x)275x⋅35x⋅x⋅x21x>2.706，
解得x>28.413，
由题意知x>0，且x是5的整数倍，所以30，35，40都满足题意．
故选：BCD.
设男生可能有x人，依题意填写列联表，由K2>2.706求出x的取值范围，从而得出正确的选项．
本题考查独立性检验，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查正弦函数的单调性，属于中档题．
由题意利用正弦函数的单调性，分类讨论，求得ω的取值范围．
【解答】
解：∵函数f(x)=sin(ωx+π6)在(0,π)上是单调函数，
当ω>0时，ωx+π6∈(π6,ωπ+π6)，
∴ωπ+π6≤π2，求得0<ω≤13.
当ω<0时，ωx+π6∈(ωπ+π6,π6)，
∴ωπ+π6≥−π2，求得−23≤ω<0，
故选AD.
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当λ=0时，点M与点H重合，
过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，如图，
∴过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形，故A正确；
对于B，∵HM=λHG，∴点M是线段GH是的一个动点，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面BCC1B1//平面ADD1A1，GH⊂平面BCC1B1，
∴GH//平面ADD1A1，∴点M到平面ADD1A1的距离为定值，
而S△EFA1=12，∴三棱锥VM−EFA1是定值，
∵VM−EFA1=VA1−MEF，
∴三棱锥A1−MEF的体积为定值，故B正确；
对于C，当λ=12时，点M为GH中点，
∵AC//EH，EH⊄平面MEF，AC⊂平面MEF，
∴AC与平面MEF不平行，故C错误；
对于D，当λ=1时，点M与G重合，△A1EF为等腰直角三角形，
△A1EF的外接圆半径为r=12EF= 22，
∵FG⊥平面A1EF，
设三棱锥A1−MEF外接球半径为R，则R2=r2+(FG2)2=12+1=32，
解得R= 62，
∴三棱锥A1−MEF外接球的表面积为S=4πR2=6π，故D正确．
故选：ABD.
对于A，当λ=0时，点M与点H重合，过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形；对于B，根据GH//平面ADD1A，得到点M到平面ADD1A的距离为定值；对于C，当λ=12时，由AC//EH，EH⊄平面MEF，得到AC与平面MEF不平行；对于D，推导出M与G重合，△A1EF为等腰直角三角形，△A1EF的外接圆半径为r=12EF，根据FG⊥平面A1EF，由勾股定理求出三棱锥A1−MEF外接球半径，由此能求出三棱锥A1−MEF外接球的表面积．
本题考查正方体截面图形、三棱锥体积公式及表面积公式、线面垂直的判定与性质、三棱锥外接球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对A：设Q(x,2 5−2x)，则d(O,Q)=|x|+2| 5−x|≥|x|+| 5−x|≥|x+ 5−x|= 5(当且仅当x= 5时取“=”)，故A错；
对B：设P(x,y)，则x2+y2=1，则d(O,P)=|x|+|y|≤ 2(x2+y2)= 2，故B对；
对C：设P(csθ,sinθ),Q(x,2 5−2x)，
则d(P,Q)=|csθ−x|+|sinθ−2 5+2x|=|csθ−x|+2|sinθ2− 5+x|
≥|csθ−x|+|sinθ2− 5+x|≥|csθ−x+sinθ2− 5+x|= 5−(csθ+sinθ2)
= 5− 52(csθ⋅2 55+sinθ⋅ 55)≥ 52(当且仅当sinθ= 55,csθ=2 55时取“=”)，故C对；
对D：设R(−t24,t),Q(x,2 5−2x)，
则d(R,Q)=|−t24−x|+|t−2 5+2x|=|−t24−x|+2|t2− 5+x|
≥|−t24−x|+|t2− 5+x|≥|−t24−x+t2− 5+x|
=|−t24+t2− 5|=t24−t2+ 5≥ 5−14(当且仅当t=1时取“=”)，故D正确．
故选：BCD.
对A，根据折线距离的定义，写出d(O,Q)，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；对B，根据折线距离的定义，写出d(O,P)，利用基本(均值)不等式可判断对错；对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出d(P,Q)，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；对D：利用抛物线的参数方程，结合折线距离的定义，写出d(R,Q)，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错．
本题考查直线、圆及抛物线方程的应用，考查绝对值不等式的应用，属难题．
12.【答案】12π
【解析】解：根据题意，圆锥的底面半径为2，母线与底面所成的角为60∘，
如图，OA=2，∠SAO=60∘，
则SA=OAcs60∘=4，
故该圆锥的侧面积S1=πrl=8π，其底面面积S1=πr2=4π，
故该圆锥的表面积S=S1+S2=12π.
故答案为：12π.
根据题意，由圆锥的结构特征，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的侧面积和底面面积，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
13.【答案】4e−2
【解析】解：由f(x)=x2e−x，得f′(x)=2xe−x−x2e−x，
令f′(x)=0，则x=0或x=2，
当x<0或x>2时，f′(x)<0；当00，
所以f(x)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增，
所以f(x)极大值=f(2)=4e−2.
故答案为：4e−2.
对f(x)求导，判断函数f(x)的单调性，再求出f(x)的极值即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，属基础题．
14.【答案】 5
【解析】解：由题意可得A1(−a,0)，A2(a,0)，设F(c,0)，
由PF⊥x轴于点F，且PF=2QF，可得Q为PF的中点，且PF⊥A1F，
设|QF|=h，则|PF|=2h，
在直角三角形A1QF中，tan∠A1QA2=tan(∠A1QF−∠A2QF)=tan∠A1QF−tan∠A2QF1+tan∠A1QF⋅tan∠A2QF
=c+ah−c−ah1+c+ah⋅c−ah=2ah+c2−a2h=2ah+b2h≤2a2 h⋅b2h=ab，
当且仅当h=b时，取得等号，即h=b时，tan∠A1QA2，取得最大值，即∠A1QA2最大，
此时可设P(c,2b)，代入双曲线的方程，可得c2a2−4b2b2=1，
即e2=5，解得e= 5.
故答案为： 5.
由题意可得Q为PF的中点，设|QF|=h，则|PF|=2h，在直角三角形A1QF中，∠A1QA2=∠A1QF−∠A2QF，由两角差的正切公式和锐角三角函数的正切函数的定义，结合基本不等式可得h=b时，∠A1QA2取得最大值，再由双曲线的方程和离心率公式，可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，以及两角差的正切公式、基本不等式，考查转化思想和方程思想、运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质可得：(0.002+0.004+m+0.020+0.03+0.028+0.004)×10=1，
解得m=0.012；
设中位数为x0，由0.26<0.5<0.56可知，
x0∈[60,70)且(x0−60)×0.03+0.26=0.5，
解得x0=68，即这50名学生分数的中位数为68.
(2)分数在[70,80)的7人，在[80,90)的3人，[90,100]的1人，
ξ可取值的集合为{0,1,2,3}，
则P(ξ=0)=C30C83C113=56165，
P(ξ=1)=C31C82C113=84165=2855，
P(ξ=2)=C32C81C113=24165=855，
P(ξ=3)=C33C80C113=1165，
所以ξ的分布列为：
ξ的数学期望E(ξ)=0×56165+1×2855+2×855+3×1165=135165=911.
【解析】(1)根据已知条件，结合频率分布直方图的性质计算可得m的值，由中位数的求法可得中位数；
(2)由分层抽样可得分数在[70,80)的7人，在[80,90)的3人，[90,100]的1人，ξ可取值的集合为{0,1,2,3}，求出对应的概率，即可求解分布列及数学期望．
本题主要考查频率分布直方图，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：在△BCD中，CD=BC= 7，cs∠DCB=57，
由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs∠DCB=( 7)2+( 7)2−2× 7× 7×57=4，
所以BD=2，
又因为DE=2，∠EDB=60∘，
所以△BDE为正三角形，
设BD中点为F，连接EF，PF，
因为△BDE为正三角形，
所以BD⊥EF，
因为PD=BP，
所以BD⊥PF，
又EF⊂面PEF，PF⊂面PEF，EF∩PF=F，
所以BD⊥面PEF，
又因为PE⊂面PEF，
所以BD⊥PE，
在△BDE中，EF= ED2−DF2= 22−12= 3，
在△PFD中，PF= PD2−DF2= ( 7)2−12= 6，
又因为EP= 3，
由勾股定理可得PE⊥EF，
又因为EF⊂面ABDE，BD⊂面ABDE，EF∩BD=F，
所以PE⊥面ABDE.
(2)因为AE//BD，
所以AE⊥EF，
再由PE⊥面ABDE，
PE⊥AE，PE⊥EF，
以E为坐标原点，EA，EF，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系：
A(1,0,0)，B(1, 3,0)，F(0, 3,0)，P(0,0, 3)，D(−1, 3,0)，
设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
因为AB=(0, 3,0)，AP=(−1,0, 3)，
由n1−⋅AB=0，n1⋅AP=0，
所以 3y1=0−x1+ 3z1=0，
解得y1=0，令z1=1，则x1= 3，
解得平面PAB的一个法向量n1=( 3,0,1)，
设平面PDB的法向量n2=(x2,y2,z2)，
因为PB=(1, 3,− 3)，PD=(−1, 3,− 3)，
所以PB⋅n2=x2+ 3y2− 3z2=0PD⋅n2=−x2+ 3y2− 3z2=0，
令y2=1，则z2=1，x2=0，
所以平面PDB的一个法向量n2=(0,1,1)，
设所求锐二面角为θ，则csθ=|n1⋅n2|n1||n2||=|( 3,0,1)⋅(0,1,1) ( 3)2+12⋅ 12+12|=12× 2= 24，
整理可得csθ= 24，
所以平面PBA与平面PBD所成锐二面角的余弦值为 24.
【解析】(1)设BD中点为F，连接EF，PF，由余弦定理可得BD=2，推出BD⊥EF，BD⊥PF，进而可得BD⊥面PEF，解得EF，PF，由勾股定理可得PE⊥EF，再由线面垂直的判定定理，即可得出答案．
(2)以E为坐标原点，EA，EF，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，平面PDB的法向量n2=(x2,y2,z2)，设所求锐二面角为θ，则csθ=|n1⋅n2|n1||n2||，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由f(x)=12ax2−(a+2)x+2lnx,a∈R，
得f′(x)=ax−(a+2)+2x=ax2−(a+2)x+2x(x>0)，
因为在x=2处的切线与y轴垂直，
所以f′(2)=a−1=0，解得a=1；
(2)由(1)知，f′(x)=(ax−2)(x−1)x(x>0)，
①当a≤0时，由f′(x)>0，得01，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间(1,+∞)，
②当a>0时，分以下三种情况：
(i)若a=2，则f′(x)≥0在定义域内恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
(ii)若00，得02a；令f(x)<0，得1所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2a,+∞)，单调递减区间为(1,2a)，
(iii)若a>2，令f′(x)>0，得01，令f′(x)<0，得2a所以f(x)的单调递增区间为(0,2a),(1,+∞)，单调递减区间为(2a,1)，
综上，a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间(1,+∞)，
0a=2，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
a>2，f(x)的单调递增区间为(0,2a),(1,+∞)，单调递减区间为(2a,1).
【解析】(1)对f(x)求导，根据曲线y=f(x)在x=2处的切线与y轴垂直，列方程求出a的值；
(2)对f(x)求导，分a≤0和a>0两种情况，判断f(x)的单调性，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的切线方程，考查了分类讨论思想和方程思想，属难题．
18.【答案】解：(1)由OB=λOC可知，B，O，C三点共线，
再由椭圆的对称性可知，B，C关于原点中心对称，即x3=−x2，y3=−y2，
易知M(−2,0)，由直线MB和直线MC的斜率之积为−14可得，
y2x2+2⋅−y2−x2+2=−14对任意x2(x2≠±2)成立，即y22=14(4−x22)对任意x2(x2≠±2)成立，
再由x224+y22b2=1，消去y2，可知x224+4−x224b2=1对任意x2成立，
故b2=1，所以b=±1.
(2)若x1=x2，则y1,2=± 1−x124，
△OAB的面积为1，即12|x1|×2 1−x124=1，解得x12=2，
故x22=x12=2，y22=y12=12，
所以x12+x22=4，y12+y22=1；
若x1≠x2，即直线AB斜率存在，设直线AB的方程为：y=kx+m，
代入椭圆方程得x24+(kx+m)2=1，所以x1，x2是关于x的方程(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0的两实根，
由韦达定理可知，当Δ=(8km)2−4(4k2+1)(4m2−4)>0即4k2+1>m2时，
x1+x2=−8km4k2+1，x1⋅x2=4m2−44k2+1，
|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= (−8km4k2+1)2−4(4m2−44k2+1)=4 4k2−m2+14k2+1，
△OAB的面积为1，即12|m|⋅4 4k2−m2+14k2+1=1，
整理得4k2+1=2m2，故x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(−8km4k2+1)2−2(4m2−44k2+1)=(−8km2m2)2−4m2−4m2，
即x12+x22=16k2m2−4m2−4m2=4，y12+y22=(1−x124)+(1−x224)=2−x12+x224=1.
综上，x12+x22=4，y12+y22=1.
(3)显然，D(x1+x22,y1+y22)由(2)可知，OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=5，
又OA2+OB2=OA2+OB2=(OD+DA)2+(OD−DA)2=2(OD2+DA2)，
即OA2+OB2=2(OD2+DA2)≥4|OD|⋅|DA|=2|OD|⋅|AB|，
所以|OD|⋅|AB|≤52，当且仅当|OD|=|DA|=12|AB|时取等号，
此时△OAB为直角三角形且∠AOB为直角，
故OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)4m2−44k2+1+km⋅−8km4k2+1+m2=3m2−32m2=0，
解得m2=1(从而k2=14)，即等号可以成立，
故|OD|⋅|AB|的最大值为52.
【解析】(1)由OB=λOC可知，B，O，C三点共线，可得x3=−x2，y3=−y2，表示出直线MB和直线MC的斜率之积，依题意可得x224+4−x224b2=1对任意x2(x2≠±2)成立，即可求出b的值；
(2)分直线AB的斜率不存在和存在两种情况讨论求解．当AB斜率不存在时，x1=x2，由三角形OAB的面积解出x1，y1的值，即可求出x12+x22和y12+y22的值；当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为：y=kx+m，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，表示出△OAB的面积，化简即可求出x12+x22和y12+y22的值．
(3)结合题意，利用基本不等式求解即可．
本题考查了椭圆的方程及性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：当n=1时，由已知得，2S1=a2−22+1，即a1=S1=1，
当n≥2时，由已知得，2Sn−1=an−2n+1，又2Sn=an+1−2n+1+1，
两式相减得2an=an+1−an−2n+1+2n，
即an+1=3an+2n，又因为a2=5=3×1+2=3a1+21，
所以当n∈N*时，an+1=3an+2n，
即an+12n+1=32⋅an2n+2n2n+1=32⋅an2n+12，
即an+12n+1+1=32⋅(an2n+1)，
因为a12+1=32≠0，所以an2n+1≠0，
所以an+12n+1+1an2n+1=32，
即{an2n+1}是首项为32，公比为32的等比数列，
即an2n+1=32⋅(32)n−1=3n2n，
所以an=3n−2n；
(2)解：由(1)可知bn=lg3(3n−2n+2n)=n，
故对于任意的n∈N*，不等式n(1+n)−6<λ⋅3n恒成立，
即λ>n2+n−63n恒成立，设Dn=n2+n−63n，
于是Dn+1−Dn=(n+1)2+(n+1)−6−3(n2+n−6)3n+1，整理得，Dn+1−Dn=2(7−n2)3n+1，
所以当n≥3时，Dn+1−Dn<0，即D3>D4>D5>…>Dn>…，
当n≤2时，Dn+1−Dn>0，即D3>D2>D1，
所以Dn≤D3=29，即λ>29，
所以λ的取值范围为(29,+∞)；
(3)解：由(1)可知cn=[3n−2n+2n4]=[3n4]，
因为3n=(4−1)n=Cn04n+Cn14n−1(−1)1+⋯+Cnn−141(−1)n−1+Cnn(−1)n
=4×(Cn04n−1+Cn14n−2(−1)1+⋯+Cnn−1(−1)n−1)+Cnn(−1)n，
所以当n为奇数时，3n4=[3n4]+34，当n为偶奇数时，3n4=[3n4]+14，
所以T2024=c1+c3+…+c2023+c2+c4+…+c2024
=3+33+⋯+320234−1012×34+32+34+⋯+320244−1012×14
=14⋅3(1−32024)1−3−1012=3(32024−1)8−1012，
而32024−18=91012−18=(8+1)1012−18
=C1012081011+C1012181010+⋯+C101210108+C10121011，
考虑到当k≥2时，8k能被16整除，
C101210108=506×1011×8也能被16整除，
所以T2024除以16的余数等于3×C10121011−1012除以16的余数，
而3×C10121011−1012=2024=16×126+8，
所以T2024除以16的余数等于8.
【解析】(1)由已知得2Sn−1=an−2n+1，2Sn=an+1−2n+1+1，两式相减得an+1=3an+2n，进一步可得{an2n+1}是首项为32，公比为32的等比数列，即可求解；
(2)由(1)可知bn=n，不等式即可化为λ>n2+n−63n恒成立，设Dn=n2+n−63n，则可得Dn+1−Dn=2(7−n2)3n+1，进一步可得Dn≤D3=29即可求解；
(3)由(1)可知cn=[3n−2n+2n4]=[3n4]，然后通过二项式定理可得当n为奇数时，3n4=[3n4]+34，当n为偶奇数时，3n4=[3n4]+14，再利用分组求和及二项式展开式可求得T2024=3(C1012081011+C1012181010+⋯+C101210108+C10121011)−1012，然后通过分析即可求解．
本题考查了数列的通项与求和的综合应用，属于难题．P(K2≥k)
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
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总计
男生
45x
15x
x
女生
35x
25x
x
总计
75x
35x
2x
ξ
0
1
2
3
P
56165
2855
855
1165