2024年山东省青岛三中高考数学模拟试卷（一）

这是一份2024年山东省青岛三中高考数学模拟试卷（一），共17页。试卷主要包含了已知直线l1，已知点P是椭圆C等内容，欢迎下载使用。

A. {a|a<1}B. {a|a≤1}C. {a|a≥2}D. {a|a>2}
2.已知直线l1：(a−1)x+2ay=0，l2：(2−2a)x+(a+1)y+1=0，则a=1是l1//l2的条件.( )
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
3.已知复数z=csθ+isinθ(i为虚数单位)，则( )
A. |z|= 2B. z2=1C. z⋅z−=1D. z+1z为纯虚数
4.如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，BC=3EC，F为AE的中点，则BF=( )
A. 13AB−23ADB. 23AB−13ADC. −13AB+23ADD. −23AB+13AD
5.设a=sin22，b=lg2sin2，c=2sin2，则下列关系正确的是( )
A. a>c>bB. c>a>bC. b>a>cD. a>b>c
6.已知点P是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，点F1、F2是椭圆C的左、右焦点，若△PF1F2的内切圆半径的最大值为a−c，若椭圆的长轴长为4，则△PF1F2的面积的最大值为( )
A. 2B. 2 2C. 22D. 33
7.数列{an}满足a1=54，an+1=an2−an+1，n∈N*，则1a1+1a2+⋯+1a2022的整数部分是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.设函数f(x)的定义域为(1,+∞)，满足f(2x)=2f(x)，且当x∈(1,2]时，f(x)=(x−1)(x−2)，若对任意x∈(1,m],都有f(x)≥−1，则m的取值范围是( )
A. (1,6− 2]B. (1,6+ 2]C. (1,12−2 2]D. (1,12+2 2]
9.甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以M表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为( )
A. P(M)=12B. P(M|A1)=611
C. 事件M与事件A1不相互独立D. A1，A2，A3是两两互斥的事件
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 直线BD1⊥平面A1C1D
B. 三棱锥P−A1C1D的体积为定值
C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[45∘,90∘]
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 63
11.已知函数f(x)=x3−3x，下列说法中正确的是( )
A. 函数f(x)在原点(0,0)处的切线方程是3x+y=0
B. −1是函数f(x)的极大值点
C. 函数y=sinx+f(x)在R上有3个极值点
D. 函数y=sinx−f(x)在R上有3个零点
12.(x+1x−1)5⋅(x2+1)的展开式中的常数项为______.
13.公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的组带，如图为五角形数的前4个，现有如下说法：
①记所有的五角形数从小到大构成数列{an}，则an+1=an+3n+1；
②第9个五角形数比第8个五角形数多25；
③前8个五角形数之和为288；
④记所有的五角形数从小到大构成数列{an}，则{ann}的前20项和为610，则正确的个数为______.
14.已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F1作圆x2+y2=a24的切线，且切线与C的左、右两支分别交于P，Q两点，若cs∠F1QF2=45，则C的离心率为______.
15.某银行招聘，设置了A、B、C三组测试题供竞聘人员选择．现有五人参加招聘，经抽签决定甲、乙两人各自独立参加A组测试，丙独自参加B组测试，丁、戊两人各自独立参加C组测试．若甲、乙两人各自通过A组测试的概率均为23；丙通过B组测试的概率为12；而C组共设6道测试题，每个人必须且只能从中任选4题作答，至少答对3题者就竞聘成功．假设丁、戊都只能答对这6道测试题中4道题．
(Ⅰ)求丁、戊都竞聘成功的概率．
(Ⅱ)记A、B两组通过测试的总人数为ξ，求ξ的分布列和期望．
16.记锐角△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知(sinA−2sin2B)tanA=2−2cs2B.
(1)求a2bc；
(2)求sinB+sinCsinA的取值范围.
17.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1，AB1⊥BC.
(1)证明：BC⊥AB；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB=BC=2，求二面角A−BD−C的余弦值.
18.已知抛物线T：y2=2px(p>0)，点F为其焦点，P为T上的动点，Q为P在动直线x=t(t<0)上的投影．当△PQF为等边三角形时，其面积为16 3.
(1)求抛物线T的方程；
(2)过x轴上一动点E(a,0)(a>0)作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为AB，CD的中点，求△EHK面积的最小值．
19.函数f(x)=ax−ln(x+1)，g(x)=sinx.
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的集合M；
(3)当a∈M时，判断f(x)图象与g(x)图象的交点个数，并证明.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A={x|0∵A∩B=A，
∴A⊆B，
又B={x|x>a}，
∴a≤1，
则实数a的取值范围是{a|a≤1}，
故选：B.
求出A，题意转化为A⊆B，即可得出答案．
本题考查集合的交集的运算，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：若l1//l2，则(a−1)(a+1)=2a(2−2a)，解得a=1或a=−15，
当a=1时，直线l1的方程为y=0，直线l2的方程为y=−12，此时l1//l2；
当a=−15时，直线l1的方程为3x+y=0，直线l2的方程为12x+4y+5=0，此时l1//l2.
因此，由a=1可以推出l1//l2充分不必要条件，反之，由l1//l2不能推出a=1.
故a=1是l1//l2的充分不必要条件．
故选：A.
根据两条直线平行的条件列式，并结合充分必要条件的概念作出判断，即可得到本题的答案．
本题主要考查了两直线平行及其应用、充要条件的判断及其应用等知识，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：复数z=csθ+isinθ(i为虚数单位)，
对于A，|z|= cs2θ+sin2θ=1，故A错误；
对于B，z2=(csθ+isinθ)2=cs2θ+2sinθcsθi+i2sin2θ=cs2θ−sin2θ+2csθsinθi，故B错误；
对于C，z⋅z−=(csθ+isinθ)(csθ−isinθ)=cs2θ+sin2θ=1，故B正确；
对于D，z+1z=csθ+isinθ+1csθ+isinθ=csθ+isinθ+csθ−isinθ(csθ+isinθ)(csθ−isinθ)=2csθ，故D错误．
故选：C.
由复数的模长、共轭复数以及复数的运算、屯虚数的概念依次判断，能求出结果．
本题考查复数运算法则、同角三角函数关系式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量平行四边形法则、三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
如图所示，利用向量平行四边形法则、三角形法则、向量共线定理可得答案.
【解答】
解：如图所示：
BF=12BA+12BE，BE=23BC，
BC=AC−AB，AC=AD+DC，DC=12AB，
∴BF=−12AB+13(AD+12AB−AB)
=−23AB+13AD，
故选：D.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用函数的图象与性质比较大小，属于基础题．
根据sin2的范围，分别求得a，b，c的范围，即可比较大小．
【解答】
解：∵0∴0∵lg2sin2∵2sin2>20=1，∴c>1，
∴c>a>b.
故选：B.
6.【答案】A
【解析】解：由题意可得：|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，
设△PF1F2的内切圆半径为r，
所以S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)r=12(2c+2a)r=(c+a)r，
因为△PF1F2的内切圆半径的最大值为a−c，
所以S△PF1F2=(c+a)r≤(c+a)(c−a)=c2−a2=b2，
因为S△PF1F2=12|F1F2|⋅yP≤12⋅2c⋅b=bc，
所以b2=bc，可得b=c，
又因为椭圆的长轴长为4，即a=2，
由a2=b2+c2，求得b=c= 2，所以△PF1F2的面积的S△PF1F2≤bc=2.
故选：A.
设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)r=12|F1F2|⋅yP，结合|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，r≤a−c，yP≤b，可得b=c，再由a2=b2+c2即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为数列{an}满足a1=54，an+1=an2−an+1，
所以an+1−1=an(an−1)，即1an+1−1=1an(an−1)=1an−1−1an，
所以1an=1an−1−1an+1−1，
所以1a1+1a2+⋯+1a2022=1a1−1−1a2−1+1a2−1−1a3−1+⋯+1a2022−1−1a2023−1=4−1a2023−1，
又因为an+1−an=an2−2an+1=(an−1)2≥0，即an+1≥an，
所以an≥an−1≥⋯≥a1>1，所以0<1an−1≤1an−1−1≤⋯≤1a1−1，
因为a1=54，a2=2116，a3=361256，a4=10344165536，a5≈1.91，a6≈2.74>2，
所以a2023>a6>2，即a2023−1>1，0<1a2023−1<1，
所以4−1a2023−1∈(3,4)，
因此1a1+1a2+⋯+1a2022的整数部分是3.
故选：C.
先根据数列的递推公式，利用裂项相消法求和即可得到1a1+1a2+⋯+1a2022=4−1a2023−1，再先判断an≥an−1≥⋯≥a1>1，通过计算可判断出a2023>2，即可求出结果．
本题主要考查了数列的递推关系的应用，还考查了不等式的放缩，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：当x∈(1,2]时，f(x)=(x−1)(x−2)，函数f(x)单调先减后增，所以fmin=f(32)=−14，
因为f(2x)=2f(x)，∴f(x)=2f(x2)；
∵x∈(1,2]时，f(x)=(x−1)(x−2)；
∴x∈(2,4]时，x2∈(1,2],f(x)=2f(x2)=2(x2−1)(x2−2)=12(x−2)(x−4)最小值为−12；
x∈(4,8]时，x2∈(2,4],f(x)=2f(x2)=(x2−2)(x2−4)=14(x−4)(x−8)最小值为−1；
x∈(8,16]时，x2∈(4,8],f(x)=2f(x2)=2×14(x2−4)(x2−8)=18(x−8)(x−16)最小值为−2；
18(x−8)(x−16)=−1⇒x=12±2 2；
若对任意x∈(1,m],都有f(x)≥−1，
则m∈(1,12−2 2].
所以m的取值范围是(1,12−2 2],
故选：C.
先判断f(2x)=2f(x)对于函数f(x)图象的变换，确定x所在的区间，求出解析式，得到m的最大值即可．
本题考查了函数求解析式，函数与方程的综合运用，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：∵甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．
先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1、A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件，
再从乙罐中随机取出一球，以M表示由乙罐取出的球是红球的事件，
对A，P(M)=410×611+310×511+310×511=54110≠12，故A错误；
对B，P(M|A1)=P(MA1)P(A1)=410×611410=611，故B正确；
对C，当A1发生时，P(M)=611，当A1不发生时，P(M)=511，∴事件M与事件A1不相互独立，故C正确；
对D，A1，A2，A3不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确．
故选：BCD.
先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1、A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件，再从乙罐中随机取出一球，以M表示由乙罐取出的球是红球的事件，利用古典概型、条件概率、相互独立事件、互斥事件能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查古典概型、条件概率、相互独立事件、互斥事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，空间图形中直线与直线、平面的位置关系，异面直线的判断，基本知识与定理的灵活运用，属于较难题．
在A中，推导出A1C1⊥BD1，DC1⊥BD1，从而直线BD1⊥平面A1C1D；
在B中，由B1C//平面A1C1D，得到P到平面A1C1D的距离为定值，再由△A1C1D的面积是定值，从而三棱锥P−A1C1D的体积为定值；
在C中，异面直线AP与A1D所成角即直线AP与B1C成角，通过分析，即可知异面直线AP与A1D所成角的取值范用；
在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 63.
【解答】
解：在A中，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1=B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1，
∴A1C1⊥平面BB1D1，∴A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，
∵A1C1∩DC1=C1，A1C1，DC1⊂A1C1D，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
在B中，∵A1D//B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，
∴B1C//平面A1C1D，
∵点P在线段B1C上运动，∴P到平面A1C1D的距离为定值，
又△A1C1D的面积是定值，∴三棱锥P−A1C1D的体积为定值，故B正确；
在C中，异面直线AP与A1D所成角即直线AP与B1C成角，
∵△AB1C为等边三角形，
当P为B1C的中点时，AP⊥B1C；
当P与点B1或C重合时，直线AP与直线B1C的夹角为60∘.
则其成角的取值范用是[60∘,90∘]，故C错误；
在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为1，P(a,1,a)，
则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
DA1=(1,0,1)，DC1=(0,1,1)，C1P=(a,0,a−1)，
设平面A1C1D的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=x+z=0n⋅DC1=y+z=0，取x=1，得n=(1,1,−1)，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：
|C1P⋅n||C1P|⋅|n|=1 a2+(a−1)2⋅ 3=1 3⋅ 2(a−12)2+12，
∴当a=12时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 63，故D正确．
故答案选：ABD.
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，f′(x)=3x2−3，则f′(0)=−3，
由点斜式方程可知，函数f(x)在原点处的切线方程为y=−3x，选项A正确；
对于B，易知函数f(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，
∴−1是函数f(x)的极大值点，选项B正确；
对于C，令y=g(x)=sinx+f(x)=sinx+x3−3x，则g′(x)=csx+3x2−3，易知函数g′(x)为偶函数，且g′(0)≠0，
∴g′(x)=0的解不会出现奇数个，由余弦函数y=csx及二次函数y=−3x2+3的图象可知，选项C错误；
对于D，函数y=sinx−f(x)的零点个数即为函数y=sinx与函数y=f(x)图象的交点个数，
作出函数y=sinx与y=f(x)的大致图象如图所示，
由图象可知，共有3个交点，选项D正确．
故选：ABD.
对于A，利用导数的几何意义求解切线方程，进而可判断；对于B，判断函数的单调性，进而得到极值点情况；对于C，令g(x)=sinx+f(x)，对其求导，结合图象及极值点的定义可判断；对于D，作出y=sinx与y=f(x)的图象，观察图象的交点个数可判断．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，零点等问题，考查导数的几何意义，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】−81
【解析】解：(x+1x−1)5的展开式中的各项为：C5rC5−rkxr(1x)k(−1)5−k−r=(−1)5−k−rC5rC5−rkxr−k，
而(−1)5−k−rC5rC5−rkxr−k=(−1)5−k−r×5!r!(5−r−k)!k!xr−k，
其中r=0，1，2，4，5，k=0，1，⋯，5−r，
令r−k=−2，则r=0k=2或r=1k=3，
令r−k=0，则r=0k=0或r=1k=1或r=2k=2.
故(x+1x−1)5⋅(x2+1)展开式中的常数项为：(−1)5−2−0×5!3!2!+(−1)5−3−1×5!3!+(−1)5−0−0×5!5!+(−1)5−1−1×5!3!+(−1)5−2−2×5!2!2!=−10−20−1−20−30=−81.
故答案为：−81.
利用组合知识可求(x+1x−1)5的展开式，从而可求常数项．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】3
【解析】解：对于①，根据图形可知an+1=an+3n+1，a1=1，故①正确；
对于②，由an+1=an+3n+1，可得当n=8时，a9−a8=25，故②正确；
对于③，a1+a2+……+a8=1+5+12+22+……+92=288，故③正确；
对于④，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+……+(a2−a1)+a1=3(n−1)+1+3(n−2)+1+……+3×1+1+1=3n2−n2，ann=3n−12，
可得数列{ann}是首项为1，公差为32的等差数列，其前20项和为1×20+20×192×32=305，故④错误．
则正确的个数为3个．
故答案为：3.
根据图形得到an+1=an+3n+1，a1=1，计算可判断①②③；利用累加法可得an=3n2−n2，数列{ann}是等差数列，计算可判断④．
本题考查数列的递推式，以及等差数列的定义、通项公式和前n项和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
14.【答案】 586
【解析】解：由题意，设|F1Q|=m，|F2Q|=n，由双曲线的定义可得||F2Q|−|F1Q||=m−n=2a，
由cs∠F1QF2=45，0<∠F1QF2<π，可得sin∠F1QF2= 1−cs2∠F1QF2=35，
在△F1QF2中，|F1F2|sin∠F1QF2=|QF2|sin∠QF1F2，所以sin∠QF1F2=3n52c=3n10c，
设过点F1作x2+y2=a24的切线切圆于A，
在Rt△AF1O中，sin∠QF1F2=a2c=a2c，
所以3n10c=a2c，整理得n=5a3，则m=11a3，
在△F1QF2中，cs∠F1QF2=m2+n2−4c22mn45，
整理得29a2=18c2，所以e=ca= c2a2= 2918= 586.
故答案为： 586.
设|F1Q|=m，|F2Q|=n，在△F1QF2中利用正弦定理可得到sin∠QF1F2=3n10c，设过点F1作x2+y2=a24的切线切圆于A，在Rt△AF1O中，sin∠QF1F2=a2c，继而得到n=5a3，则m=11a3，然后在△F1QF2中用余弦定理转化求解即可
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
15.【答案】解：(I)设“丁竞聘成功”为M事件，戊竞聘成功为N事件，而事件M竞聘成功分为两种情况：一种是戊会其中4题都选上，另一种是选上会其中4题的其中3道题和另一道题，基本事件的总数为C64.
∴P(M)=C44+C43C21C64=35.P(N)=C44+C43C21C64=35.
丁、戊都竞聘成功的概率：P(MN)=P(M)P(N)=35×35=925.
(Ⅱ)ξ可取0，1，2，3.可得P(ξ=0)=(1−23)2(1−12)=118，P(ξ=1)=13×23×12+13×23×12+13×13×12=518，P(ξ=2)=23×23×12+13×23×12+23×13×12=49，P(ξ=3)=23×23×12=29.
列表如下：
∴Eξ=0×118+1×518+2×49+3×29=116.
【解析】(I)设丁竞聘成功为M事件，戊竞聘成功为N事件，则事件的总数，而事件M竞聘成功分为两种情况：一种是戊会其中4题都选上，另一种是选上会其中4题的其中3道题和另一道题，再利用概率计算公式即可得出．
(Ⅱ)ξ可取0，1，2，3.ξ=0表示甲乙丙三人都没有通过；ξ=1表示三人中只有一人通过；ξ=3表示由3人都通过，利用分类讨论和独立事件的概率计算公式及其互斥事件的概率计算公式及其对立事件的概率，列出分布列，求出期望．
本题中考查了超几何分布、互斥事件的概率计算公式、随机变量的分布列及其数学期望、分类讨论等基础知识与基本方法，属于中档题．
16.【答案】解：(1)(sinA−2sin2B)tanA=2−2cs2B即(sinA−4sinBcsB)sinA=4csAsin2B，
即sin2A=4sinB(sinAcsB+csAsinB)=4sinBsin(A+B)=4sinBsinC，
由正弦定理可得a2=4bc，
所以a2bc=4.
(2)解：由△ABC为锐角三角形，
则csA>0csB>0csC>0，
若b=c，则a=2b=2c，此时b+c=a，矛盾，所以，b≠c，不妨设b>c，
由余弦定理可得a2+b2−c2=4bc+b2−c2>0a2+c2−b2=4bc+c2−b2>0b2+c2−a2=b2+c2−4bc>0，
记cb=t>1，可得4t+t2−1>04t+1−t2>0t>1，解得t∈( 3+2, 5+2)，
又因为函数y=t+1t在( 3+2, 5+2)上单调递增，
所以sinB+sinCsinA=b+ca= (b+c)2a2= b2+c2+2bc4bc= 12+14(t+1t)∈( 62, 1+ 52).
【解析】(1)利用三角恒等变换化简得出sin2A=4sinBsinC，结合正弦定理可得a2bc的值；
(2)分析可知b≠c，设b>c，记cb=t>1，由余弦定理结合已知条件求出t的取值范围，再利用正弦定理结合对勾函数的单调性可求得所求代数式的取值范围．
本题考查余弦定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵直三棱柱ABC−A1B1C1，
∴BB1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，
∴BC⊥BB1，又BC⊥AB1，且AB1∩BB1=B1，AB1，BB1⊂平面A1ABB1，
∴BC⊥平面A1ABB1，又AB⊂平面A1ABB1，
∴BC⊥AB；
(2)∵BC，BA，BB1两两垂直，∴建立如图，
则根据题意可得：A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，D(1,1,1)，
∴BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0)，BC=(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，
则m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，取m=(1,0,−1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，
则n⋅BD=a+b+c=0n⋅BC=2a=0，取n=(0,1,−1)，
∴cs⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=1 2× 2=12，又由图可知所求角为钝角，
∴二面角A−BD−C的余弦值为−12.
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理与性质，即可证明；
(2)建系，根据向量法，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)抛物线T：y2=2px(p>0)的焦点F(p2,0)，准线x=−p2，
因为△PQF为等边三角形，则有|PQ|=|PF|，
而Q为P在动直线x=t(t<0)上的投影，则t=−p2，
由S△PQF=12|PF|2sin60∘=16 3，
解得|PF|=8，
设P(y022p,y0)，则点Q(−p2,y0)，
于是由|PQ|=8|QF|=8得：y022p+p2=8y02+p2=64，解得p=4，
所以抛物线T的方程为：y2=8x.
(2)显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，
设直线AB方程为：x=my+a，则直线CD方程为：x=−1my+a，
由x=my+ay2=8x消去x并整理得：y2−8my−8a=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=8m，
于是得弦AB中点H(4m2+a,4m),|EH|= (4m2)2+(4m)2=4|m| m2+1，
同理得|EK|=4|−1m| (−1m)2+1=4|1m| 1m2+1，
因此，直角ΔEHK面积S=12|EH|⋅|EK|=12⋅4|m| m2+1⋅4|1m| 1m2+1=8 (m2+1)(1m2+1)=8 2+m2+1m2≥8 2+2 m2×1m2=16，当且仅当m2=1m2，即m=±1时取“=“，
所以△EHK面积的最小值为16.
【解析】(1)根据给定条件求出|PF|，设出点P的坐标，结合抛物线定义列式计算作答．
(2)设出直线AB、CD的方程，求出点H坐标，进而求出|EH|，|EK|，由面积建立函数关系，借助均值不等式求解作答．
本题考查了抛物线的方程，直线与抛物线的综合以及三角形面积的最值问题，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)，f′(x)=a−1x+1，
由f′(x)>0得a(x+1)>1，
当a>0时，x>1a−1>−1，f(x)在(−1,1a−1)上是减函数，在[1a−1,+∞)上是增函数；
当a<0时，x<1a−1<−1，f(x)在(−1,+∞)上是减函数，
当a=0时，f(x)=−ln(x+1)在(−1,+∞)上是减函数，
综上所述，当a>0时，f(x))在(−1,1a−1)上是减函数，在[1a−1,+∞)上是增函数，
当a≤0时，f(x)在(−1,+∞)上是减函数；
(2)f(x)的定义域为(−1,+∞)，f′(x)=a−1x+1，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(−1,+∞)上单调递减，故存在x∈(0,+∞)，使得f(x)②当a>0时，由f′(x)>0得，−11a−1，
∴函数f(x)在(−1,1a−1)上单调递减，在(1a−1,+∞)上单调递增，
即有f(x)min=f(1a−1)=1−a+lna，
由f(x)≥0恒成立，故1−a+lna≥0恒成立，
令h(a)=1−a+lna(a>0)，则h′(a)=−1+1a=1−aa，
若00，h(a)若a>1，h′(a)<0，h(a)而a=1时，h(a)=0，要使1−a+lna≥0恒成立，故a∈{1}，即M={1}.
(3)原问题转化为方程f(x)=g(x)实根个数问题，
当a=1时，f(x)的图象与g(x)的图象有且仅有2个交点，理由如下：
由f(x)=g(x)，即x−ln(x+1)−sinx=0，令φ(x)=x−ln(x+1)−sinx，
因为φ(0)=0，故x=0是φ(x)=0的一个根，φ′(x)=1−1x+1−csx，
①当−10，故φ′(x)<0，φ(x)在(−1,0)上单调递减，
φ(x)>φ(0)=0，即φ(x)=0在(−1,0)上无实根；
②当00，则φ′(x)在(0,3)上单调递增，
又φ′(π2)=1−2π+2>0,φ′(0)=−1<0，
∴φ′(x)=0在(0,3)上有唯一实根x0∈(0,π2)，且满足1−1x0+1=csx0，
(i)当0此时φ(x)<φ(0)=0，则φ(x)=0在(0,x0]上无实根；
(ii)当x00，φ(x)在(x0,3)上单调递增，
φ(x0)<φ(π2)=π2−1−ln(π2+1)=lneπ2−1π2+10，
故φ(x)=0在(x0,3)上有唯一实数根；
③当x≥3时，由(1)知，y=x−ln(x+1)−1在(0,+∞)上单调递增，
∴x−ln(x+1)−1≥2−2ln2=2lne2>0，
故φ(x)=x−ln(x+1)−sinx=x−ln(x+1)−1+(1−sinx)>0，φ(x)=0在[3,+∞)无实数根．
综上，φ(x)=0有两个实数根，即f(x)的图象与g(x)的图象有2个交点．
【解析】(1)求导，利用f′(x)>0解不等式，分类讨论即可；
(2)求导，分a≤0及a>0两种情况讨论即可；
(3)原问题转化为方程f(x)=g(x)实根个数问题，利用导数结合零点存在性定理即可判断．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查函数与导数的综合运用，考查推理论证能力及分类讨论思想，属于中档题． ξ
0
1
2
3
P
118
518
49
29