2024年天津市南开中学高考数学模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年天津市南开中学高考数学模拟试卷（含详细答案解析），共17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.在复平面内，1+3i1−i对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知p：x2+2x−3<0，q：x2+x−2<0，则p是q的条件.( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
3.下列图象中，不可能成为函数f(x)=x3+tx的图象的是( )
A. B.
C. D.
4.已知a=30.6，b=lg25，c=lg32 3，则实数a，b，c的大小关系是( )
A. b>a>cB. a>b>cC. b>c>aD. a>c>b
5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的体积为36π，点E为棱AB的中点，则三棱锥C1−AED的体积为( )
A. 23B. 2 3C. 4 23D. 16 3
6.双曲线x23−y2=1和抛物线y2=2px(p>0)的公共焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点，若AB中点的横坐标为6，则|AB|=( )
A. 16B. 12C. 10D. 8
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向左平移π4个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间[0,t]上的值域为[− 3,2]，则t的取值范围为( )
A. [5π12,2π3]
B. [π4,5π6]
C. [5π12,5π6]
D. [5π12,π]
8.数列{an}各项均为实数，对任意n∈N*满足an+3=an，且行列式anan+1an+2an+3=c为定值，则下列选项中不可能的是( )
A. a1=1，c=1B. a1=2，c=2C. a1=−1，c=4D. a1=2，c=0
二、多选题：本题共1小题，共5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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图(1)形成对称形态，图(2)形成“右拖尾”形态，图(3)形成“左拖尾”形态，根据给图作出以下判断，正确的是( )
A. 图(1)的平均数=中位数=众数B. 图(2)的平均数<众数<中位数
C. 图(2)的众数<中位数<平均数D. 图(3)的平均数<中位数<众数
三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.若直线l：y=2x与圆C：x2+y2−2x−7=0交于A，B两点，则|AB|=______.
11.在(2x+a)(x+2x)6的展开式中，x2的系数为−160，则实数a为______.
12.一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P2.求P1+P2=______.
13.为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表：
若在本次考察中得出“在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效”的结论，
则a的最小值为_____.(其中a≥40且a∈N*)(参考数据： 6.635≈2.58， 10.828≈3.29)
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
14.已知正△ABC的边长为 3，中心为O，过O的动直线l与边AB，AC分别相交于点M、N，AM=λAB，AN=μAC，BD=DC.
(1)若AN=2NC，则AD⋅BN=______.
(2)△AMN与△ABC的面积之比的最小值为______.
15.已知函数f(x)=xlnx,x>0,1x−x,x<0,若函数g(x)=f(f(x))−af(x)+1有唯一零点，则实数a的取值范围是______.
四、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a= 6，b=2c，csA=−14.
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A−B)的值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD.
(1)若点E是边AB的中点，点F是边PC的中点，求异面直线BC，EF所成角的余弦值；
(2)求平面PAC和平面PAD的夹角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点M，使得BM⊥平面PCD？若存在，求PMPC的值？若不存在，说明理由.
18.(本小题15分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，左右焦点分别为F1，F2，离心率为 32，|F1F2|=2 3，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点P(4,t)的直线PA1，PA2与椭圆分别交于点M，N.
①求证：直线MN过x轴上的定点；
②求△OMN的面积S的最大值.
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)如果1和−1是f(x)的两个极值点，且f(x)的极大值为3，求f(x)的极小值；
(2)当b=0时，讨论f(x)的单调性；
(3)当c=0时，且函数f(x)在区间[−2,2]上最大值为2，最小值为−2.求f(3)的值.
20.(本小题16分)
已知集合A={i=1m2ai|0≤a1(1)写出b(2)5，b(2)6，并求S(2)10；
(2)判断88是否为数列{b(3)n}中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
(3)若2024是数列{b(t)n}中的某一项b(t0)n0，求t0，n0及S(t0)n0的值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为1+3i1−i=(1+3i)(1+i)(1−i)(1+i)=−2+4i2=−1+2i，
所以该复数在复平面内对应的点为(−1,2)，位于第二象限．
故选：B.
根据复数的四则运算得到复数，然后得到对应的点的象限即可．
本题考查了复数的运算，考查复数的几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：不等式x2+2x−3<0可化为(x−1)(x+3)<0，解得−3不等式x2+x−2<0可化为(x−1)(x+2)<0，解得−2所以p是q的必要不充分条件．
故选：B.
分别求解不等式，进而求解结论．
本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了充分与必要条件应用问题，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可得，x≠0，f(x)为奇函数，图象关于原点对称，
当t=0时，f(x)=x3，结合幂函数的性质可知，D符合；
当t>0时，若x>0，f(x)=x3+tx>0，x<0时，f(x)<0，A符合
当t<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，与x轴有唯一交点，B符合；
结合选项可知，只有C不可能．
故选：C.
由已知结合函数的性质对t的范围进行分类讨论，结合选项即可判断．
本题主要考查了函数性质在函数图象判断中的应用，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：由y=3x在R上单调递增，可得30.6>30.5= 3>32，
又(30.6)5=27<25=32，
则32由y=lg2x在(0,+∞)上单调递增，可得b=lg25>lg24=2.
由y=lg3x在(0,+∞)上单调递增，可得c=lg32 3所以b>a>c，
故选：A.
利用指数函数单调性可得322，c=lg32 3<32，从而可得结果．
本题主要考查了指数函数及对数函数单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
设正方体的棱长为a，则正方体的外接球的半径r=12 a2+a2+a2=12 3a，
由题意可知，43π⋅(12 3a)3=36π，解得a3=24 3.
∴三棱锥C1−AED的体积为V=13×12a×a2×a=112a3=112×24 3=2 3.
故选：B.
由已知求出正方体外接球的半径，进一步可得棱长，再由棱锥体积公式求解．
本题考查多面体的外接球，考查多面体体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：双曲线x23−y2=1的焦点为(−2,0)，(2,0)，
由题意可得F(2,0)，即p2=2，可得p=4，
设A，B的横坐标分别为x1，x2，可得x1+x2=2×6=12，
由抛物线的焦点弦长公式，可得|AB|=x1+x2+p=12+4=16.
故选：A.
求得双曲线的焦点坐标，可得抛物线的焦点，求得p的值，再由线段的中点坐标公式、抛物线的焦点弦长公式，计算可得所求．
本题考查双曲线和抛物线的方程和性质、抛物线的焦点弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设f(x)的最小正周期为T，由图象可知A=2,34T=2π3+π12=3π4，
所以T=π，则ω=2，故f(x)=2sin(2x+φ)，
又f(x)的图象过点(2π3,2)，所以2×2π3+φ=π2+2kπ,k∈Z，
所以φ=−5π6+2kπ,k∈Z，又|φ|<π，所以φ=−5π6，
则f(x)=2sin(2x−5π6)，
则g(x)=f(x+π4)=2sin(2(x+π4)−5π6)=2sin(2x−π3).
当x∈[0,t]时，2x−π3∈[−π3,2t−π3]，
当2x−π3=−π3或4π3.即x=0或x=5π6时，g(x)=− 3，
当2x−π3=π2，即x=5π12时，g(x)=2，
所以t的取值范围为[5π12,5π6].
故选：C.
先由图象求出函数f(x)，再由平移变换得函数g(x)，结合整体法求值域，从而求t的取值范围．
本题主要考查了函数y=Asin(ωx+φ)解析式的求解，还考查了函数图象的平移变换及正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：行列式anan+1an+2an+3=anan+3−an+1an+2=c，
∵对任意n∈N*满足an+3=an，
∴an2−an+1an+2=can+12−an+2an+3=c，
作差整理得：an+1=an(常数列，c=0)，或an+an+1+an+2=0，
当an+an+1+an+2=0，则an+1+an+2=−an及an+1an+2=an2−c，
∴方程x2+anx+an2−c=0 有两根an+1，an+2，
∴△=an2−4(an2−c)=4c−3an2>0，
因为B错，
故选：B.
化简行列式，由已知条件，作差化简得．
本题考查行列式，以及方程求解，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：图(1)的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，A正确；
图(2)众数最小，右拖尾平均数大于中位数，B错误，C正确；
图(3)左拖尾众数最大，平均数小于中位数，D正确．
故选：ACD.
根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
10.【答案】12 55
【解析】解：圆C：x2+y2−2x−7=0的标准方程为(x−1)2+y2=8，
所以圆心C(1,0)，半径r=2 2，
所以圆心C到直线l：2x−y=0的距离d=|2×1−0| 22+(−1)2=2 5，
所以弦长|AB|=2 r2−d2=2 8−(2 5)2=12 55.
故答案为：12 55.
由圆的方程可得圆心C的坐标及半径r的大小，求出点C到直线l的距离d，代入弦长公式，可得弦长|AB|的大小．
本题考查直线与圆的相交弦长的公式的应用，圆的标准方程的求法，属于中档题．
11.【答案】−83
【解析】解：(x+2x)6的展开式为：Tr+1=C6r⋅2r⋅x6−2r(r=0,1,2,3,4,5,6)，
当与2x配对时，x2的系数为0，
当与a配对时，r=2，x2的系数为C62⋅22a=−160，解得a=−83.
即实数a的值为−83.
故答案为：−83.
直接利用二项式的展开式以及配对问题的应用求出a的值．
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．
12.【答案】1112
【解析】解：由题意可知，P1=A73A103=724，
设事件A表示“在第1，2次都摸到红球”，事件B表示“第3次摸到红球”，
则P(A)=A72A102=715，
所以P2=P(B|A)=P(AB)P(A)=P1P(A)=724×157=58，
所以P1+P2=724+58=1112.
故答案为：1112.
利用古典概型的概率公式求解P1，利用条件概率公式求解P2即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了条件概率公式，属于基础题．
13.【答案】解：由题意可得χ2=100[a(a−30)−(50−a)(80−a)]50×50×80×20≥6.635，
整理得(100a−4000)2≥502×42×6.635，
解得a≥45.16或a≤34.84，
又因为a≥40且a∈N*，
所以a≥46，
所以a的最小值为46.
故答案为：46.
【解析】根据χ2公式列不等式求解．
本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
14.【答案】−34 49
【解析】解：(1)根据题意，可得AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cs60∘=32，
若AN=2NC，则AN=23AC，BN=AN−AB=−AB+23AC，
AD为△ABC的BC边上的中线，可得AD=12AB+12AC，
所以AD⋅BN=(12AB+12AC)⋅(−AB+23AC)=−12|AB|2−16AB⋅AC+13|AC|2=−32−16×32+13×3=−34；
(2)设∠BAC=θ，则S△AMN=12AM⋅ANsinθ，S△ABC=12AB⋅ACsinθ，
可得S△AMNS△ABC=AM⋅ANAB⋅AC=AMAB⋅ANAC，结合AM=λAB，AN=μAC，得S△AMNS△ABC=λμ，
O为等边△ABC的中心，可得AO=23AD=13AB+13AC，
所以ON=AN−AO=−13AB+(μ−13)AC，
因为MN=AN−AM=−λAB+μAC，ON//MN，所以−λ−13=μμ−13，整理得1λ+1μ=3.
根据λ、μ都是正数，所以1λ+1μ≥2 1λμ，即3≥2 1λμ，平方整理得λμ≥49，
当且仅当λ=μ=23时，λμ取得最小值49，即△AMN与△ABC的面积之比的最小值为49.
故答案为：−34，49.
(1)根据平面数量积的定义算出AB⋅AC=32，然后将向量AD、BN用AB、AC线性表示，利用向量数量积的运算性质求出AD⋅BN的值；
(2)利用三角形的面积公式，证出S△AMNS△ABC=λμ，然后根据M、O、N三点共线，利用平面向量的线性运算法则证出1λ+1μ=3，再利用基本不等式算出λμ的最小值，即可得到本题的答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、利用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
15.【答案】{a|−1≤a<1或a=−54}
【解析】解：当x<0时，f(x)单调递减，图象为以y=−x和y轴为渐近线的双曲线的一支；
当x>0时，有f′(x)=lnx+1，可得f(x)在(0,1e)单调递减，在(1e,+∞)单调递增且f(x)min=f(1e)=−1e,x→0limf(x)=0，画出图象如下：
由题意，f(f(x))−af(x)+1=0有唯一解，设t=f(x)，
则t<−1e，(否则至少对应2个x，不满足题意)，
原方程化为f(t)−at+1=0，即f(t)=at−1，
该方程存在唯一解t0，且t0∈(−∞,−1e).
转化为y=f(t)与y=at−1有唯一公共点，且该点横坐标在(−∞,−1e)，画图如下：
情形一：y=at−1与y=1t−t相切，联立得(a+1)t2−t−1=0，由Δ=0解得a=−54，此时t0<−1e满足题意：
情形二：y=at−1与y=1t−t有唯一交点，其中一个边界为a=−1(与渐近线平行)，
此时交点坐标为(−1,0)，满足题意；
另一个边界为y=at−1与y=tlnt相切，即过点(0,−1)的切线方程，
设切点为(x0,x0lnx0)，则a=1+lnx0=x0lnx0+1x0−0，解得x0=1，
所以求得a=1，此时左侧的交点D横坐标为−12满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以a的范围为{a|−1≤a<1}.
综上，a的取值范围为：{a|−1≤a<1或a=−54}.
故答案为：{a|−1≤a<1或a=−54}.
t=f(x)换元后转化为f(t)=at−1，该方程存在唯一解t0，且t0∈(−∞,−1e)，数形结合求解．
本题主要考查函数的零点和方程根的关系，属于中档题．
16.【答案】解(1)因为a= 6，b=2c，csA=−14，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=4c2+c2−64c2=−14，
解得：c=1；
(2)csA=−14，A∈(0,π)，所以sinA= 1−cs2A= 154，
由b=2c，可得sinB=2sinC，
由正弦定理可得asinA=csinC，即 6 154=1sinC，
可得sinC= 108，
所以sinB=2sinC=2× 108= 104；
(3)因为csA=−14，sinA= 154，
所以sin2A=2sinAcsA=2×(−14)× 154=− 158，cs2A=2cs2A−1=2×116−1=−78，
sinB= 104，可得csB= 64，
所以sin(2A−B)=sin2AcsB−cs2AsinB=− 158× 64−(−78)× 104= 108，
所以sin(2A−B)的值为 108.
【解析】本题考查利用余弦定理和正弦定理解三角形，三角恒等变换的综合应用，以及由一个三角函数值求其他三角函数值，属于中档题．
(1)由余弦定理及题中条件可得c边的值；
(2)由正弦定理可得sinC的值，再由b=2c及正弦定理可得sinB的值；
(3)求出2A及B的正余弦值，由两角差的正弦公式可得2A−B的正弦值．
17.【答案】解：(1)取AD中点O，连接OP，OB，
因为PA=PD，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
因为PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
因为CD⊥AD，BC//AD，AD=2BC，所以BC//OD，BC=OD，
所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB⊥AD，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(−1,2,0)，
D(−1,0,0)，P(0,0,1)，E(12,1,0,)，F(−12,1,12)，
设异面直线BC，EF所成角为θ，BC=(−1,0,0)，EF=(−1,0,12)，
则csθ=|cs⟨BC,EF⟩|=|BC⋅EF||BC||EF|=11× 52=2 55，
故异面直线BC，EF所成角的余弦值为2 55；
(2)AC=(−2,2,0)，AP=(−1,0,1)，
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有AC⋅n=0AP⋅n=0，即−2x+2y=0−x+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，可得n=(1,1,1)，
因为OB⊥平面PAD，故平面PAD的法向量可取OB=(0,2,0)，
设平面PAC与平面PAD的夹角为α，
则csα=|cs⟨n,OB⟩|=|n⋅OB||n||OB|= 33，
即平面PAC和平面PAD的夹角的余弦值为 33；
(3)设M是棱PC上一点，则存在λ∈[0,1]，使得PM=λPC，
设M(x0,y0,z0)，则PM=(x0,y0,z0−1)，PC=(−1,2,−1)，
所以(x0,y0,z0−1)=λ(−1,2,−1)，所以x0=−λ，y0=2λ，z0=1−λ，
所以M(−λ,2λ,1−λ)，所以BM=(−λ,2λ−2,1−λ)，
因为AP⊥PD，AP⊥CD，CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
所以PA⊥平面PCD，
所以PA=(1,0,−1)是平面PCD的一个法向量，
若BM⊥平面PCD，则BM//PA，
所以2λ−2=0λ=1−λ，此方程组无解，
所以在棱PC上不存在点M，使得BM⊥平面PCD.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，求得两直线的方向向量，利用向量夹角公式即可求得结论；
(2)求出平面PAC和平面PAD的法向量，利用向量夹角公式求得平面夹角的余弦值；
(3)若在棱PC上存在点M，使得BM⊥平面PCD，则有BM与平面PCD的法向量平行，从而得到坐标关系，若方程组有解，则存在，若方程组无解，则不存在．
本题考查利用空间向量求异面直线所成角的余弦值、平面与平面所成角的余弦值、判定线面垂直等，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为 32，|F1F2|=2 3，
所以ca= 322c=2 3，
解得a=2，c= 3，
则b=1，
故椭圆C的方程的方程为x24+y2=1；
(2)①证明：由(1)得A1(−2,0)，A2(2,0)，
此时直线PA1的方程为y=t6(x+2)，直线PA2的方程为y=t2(x−2)，
联立y=t6(x+2)x24+y2=1，消去y并整理得(9+t2)x2+4t2x+4t2−36=0，
由韦达定理得−2+xM=−4t29+t2，
解得xM=18−2t29+t2，
则yM=t6(xM+2)=6t9+t2，
联立y=t2(x−2)x24+y2=1，消去y并整理得(1+t2)x2−4tx+4t2−4=0，
由韦达定理得2+xN=4t21+t2，
解得xN=2t2−21+t2，
则yN=t2(xN−2)=−2t1+t2，
此时kMN=yM−yNxM−xN=2t3−t2，
所以直线MN的方程为y−−2t1+t2=2t3−t2(x−2t2−21+t2)，
即y=2t3−t2(x−2t2−21+t2)−2t1+t2=2t3−t2(x−2t2−21+t2−3−t21+t2)=2t3−t2(x−1)，
则直线MN过定点(1,0)；
②不妨设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y2=1，消去x并整理得(m2+4)y2+2my−3=0，
由韦达定理得y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=4 m2+3m2+4，
则△OMN的面积S=12×1×(y1−y2)=2 m2+3m2+4
令 m2+3=d，d≥ 3，
此时S=2dd2+1=2d+1d，
因为d≥ 3且函数f(d)=d+1d在[ 3,+∞)递增，
所以当d= 3，即m=0时，S取得最大值，最大值为 32.
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式求出a和b的值，进而可得椭圆的方程；
(2)①设出直线PA1和PA2的方程，将两方程分别与椭圆方程联立，利用韦达定理求出M，N两点的坐标，求出直线MN的方程，进而即可得证；
②设出直线MN的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、三角形面积公式以及换元法进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b，因为1和−1是f(x)的两个极值点，
所以1和−1是方程3x2+2ax+b=0的两根，故a=0，b=−3，即f(x)=x3−3x+c，
因为x∈(−∞,−1)∪(1,∞)时，f′(x)>0，x∈(−1,1)时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(−∞,−1)，(1,∞)上单调增，在区间(−1,1)上单调减，
所以f极大值(x)=f(−1)=−1+3+c=3得c=1，
f极小值(x)=f(1)=1−3+1=−1；
(2)当b=0时，f′(x)=3x2+2ax，
令f′(x)=0，得x=0或x=−2a3，
若a<0，则当x∈(−∞,0)∪(−2a3,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(0,−2a3)时，f′(x)<0，
故f(x)在区间(−∞,0)，(−2a3,+∞)单调递增，在(0,−2a3)上单调递减，
若a=0，f(x)在区间(−∞,+∞)单调递增；
若a>0，则当x∈(−∞,−2a3)∪(0,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(−2a3,0)时，f′(x)<0，
故f(x)在区间(−∞,−2a3)，(0,+∞)单调递增，在(−2a3,0)上单调递减；
(3)当c=0时，f(x)=x3+ax2+bx，由题意得−2≤f(2)=8+4a+2b≤2，即−5≤2a+b≤−3①，
−2≤f(−2)=−8+4a−2b≤2，即3≤2a−b≤5，②
由①②可知，−14≤a≤14，−5≤b≤−3.③，
因为f′(x)=3x2+2ax+b，
f′(−2)=12−4a+b≥12−1−5=6>0，f′(0)=b<0，f′(2)=12+4a+b≥12−1−5=6>0，
所以f′(x)=0有两个实数根x1，x2，且−2当x∈(−2,x1)∪(x2,2)时，f′(x)>0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)<0，
故x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点．
由题意得：f(x1)=x13+ax12+bx1≤2，f(x2)=x23+ax22+bx2≥−2，
两式同向相减得：(x1−x2)[(x1+x2)2−x1x2+a(x1+x2)+b]≤4,④，
注意到x1+x2=−2a3，x1x2=b3，
则(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=4a29−4b3=4a2−12b9，
所以x1−x2=− 4a2−12b3，
代入④得： 4a2−12b3(a29−b3)≤2，
由③可知， 4a2−12b3≥2(a29−b3)≥1，
所以 4a2−12b3(a29−b3)≥2，
所以 4a2−12b3(a29−b3)=2，当且仅当a=0，b=−3时成立，
所以f(x)=x3−3x，从而f(3)=18.
【解析】(1)先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解；
(2)把b=0代入已知函数解析式，结合导数与单调性关系即可求解；
(3)把c=0代入已知函数解析式，然后结合导数与单调性及最值关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，还考查了函数性质的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为m=2，此时A={2a1+2a2|0≤a1b(2)5=23+21=10,b(2)6=23+22=12，
∴S(2)10=4(20+21+22+23+24)=124.
(2)当m=3时，A={2a1+2a2+2a3|0≤a1∵88=26+24+23，∴88是数列{b(3)n}中的项，
比它小的项分别有2a1+2a2+2a3,0≤a1有2a1+2a2+26,0≤a1有2a1+24+26,0≤a1≤2,a1∈N,C31个，
∴比88小的项共有C63+C42+C31=29个，故88是数列{b(3)n}的第30项．
(3)∵2024=210+29+28+27+26+25+23，∴2024是数列{b(7)n}中的项，故t0=7，
当m=7时，A={2a1+2a2+⋯+2a7|0≤a1A={2a1+2a2+⋯+2a7|0≤a1最大的是210+29+28+27+26+25+24，其次为210+29+28+27+26+25+23=2024，
则2024是数列{b(7)n}的第C117−1=329项，即n0=329.
在总共C117=330项中，含有20的项共有C106个，同理21，22，⋯210都各有C106个，
则S(7)330=C106⋅(20+21+⋯+210)=210×2047=429870，
则S(t0)n0=S(7)329=S(7)330−b(7)330=429870−2032=427838.
【解析】(1)由集合A的定义，计算可得所求；
(2)由88=26+24+23，再列举出比它小的项，可得结论；
(3)由2024=210+29+28+27+26+25+23，可得t0，求得A中的元素个数和最大的一个，可得n0，再求和，可得结论．
本题考查集合的新定义和数列的求和，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．药物
疾病
合计
未患病
患病
服用
a
50−a
50
未服用
80−a
a−30
50
合计
80
20
100
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828