2024年湖南省长沙一中大联考高考数学模拟试卷（一）（含详细答案解析）

这是一份2024年湖南省长沙一中大联考高考数学模拟试卷（一）（含详细答案解析），共16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.已知某位自行车赛车手在相同条件下进行了8次测速，测得其最大速度(单位：m/s)的数据分别为42，38，45，43，41，47，44，46，则这组数据中的75%分位数是( )
A. 44.5B. 45C. 45.5D. 46
2.函数f(x)=cs2xx2+1在[−π,π]上的大致图象为( )
A. B.
C. D.
3.已知复数z满足|z|=1，则|z−2i|的取值范围为( )
A. [0,2]B. [1,3]C. [2,4]D. [1,9]
4.已知点A为双曲线x24−y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若△ABC是等边三角形，则△ABC的面积是( )
A. 48 3B. 89C. 169D. 329
5.在(3x+y−1)8的展开式中，x2y的系数是( )
A. 168B. −168C. 1512D. −1512
6.如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是( )
A. (16,56)
B. (13,23)
C. (12,23)
D. (16,12)
7.已知函数f(x)=2sinx+2 3|csx|，若f(x)=λ在[0,2π]上有且仅有四个不相等的实数根，则λ的取值范围为( )
A. (2 3,4)B. (2,2 3)
C. (2,4)D. (2,2 3)∪(2 3,4)
8.已知数列{an}中，a1= 2，an+1=[an]+1(其中[an]表示an的整数部分，表示an的小数部分)，则[a2024]=( )
A. 2024B. 2025C. 4045D. 4047
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.已知一圆锥的底面半径为 3，该圆锥的母线长为2，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则下列说法正确的是( )
A. 其侧面展开图是圆心角为 3π的扇形
B. 该圆锥的体积为π
C. 从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为2 3
D. 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为2
10.梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=CD=2，∠ABC=60∘，AC与BD交于点M，点N在线段CD上，则( )
A. AM=23AD+13AB
B. 2S△ACD=3S△BCM
C. BM⋅BN为定值8
D. 若BN=λBM+μBC，则3λ+32μ的最小值为7 32
11.瑞士数学家Jakb Bernulli于17世纪提出如下不等式：∀x>−1，有(1+x)r≥1+rx,r≥1(1+x)r≤1+rx,0≤r≤1，请运用以上知识解决如下问题：若0A. aa+bb>1B. ab+ba>1C. aa+bb>ab+baD. aa+bb三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={1,2,4}，B={a,a2}，若A∪B=A，则a=______.
13.已知数列{an}为正项等比数列，且a2−a3=3，则a1的最小值为______.
14.已知椭圆y29+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1：y=3x和l2：y=−3x平行的直线，分别交于M，N两点，则|MN|的最大值为______.
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)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA=4，OB=3，OP=4，OP⊥底面ABCD，E，F分别为侧棱PB，PD的中点，点M在CP上且CM=2MP.
(1)求证：A，E，M，F四点共面；
(2)求直线PA与平面BDM所成角的正弦值.
16.(本小题15分)
已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后，分为Ⅰ级和Ⅱ级，两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示：
若只利用该指标制定一个标准，需要确定临界值K，按规定须将该指标大于K的产品应用于A型手机，小于或等于K的产品应用于B型手机.若将Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的芯片错误应用于A型手机会导致芯片生产商每部手机损失800元；若将Ⅱ级品中该指标大于临界值K的芯片错误应用于B型手机会导致芯片生产商每部手机损失400元；假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)设临界值K=60时，将1个Ⅰ级品芯片和1个Ⅱ级品芯片分别应用于A型手机和B型手机.求两部手机有损失的概率(计算结果用小数表示)；
(2)设K=x，且x∈[50,55]，现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品，分别应用于A型手机、B型手机各1万部的生产，试估计芯片生产商损失费用的最小值.
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对应的分别为a，b，c，已知tanC+ 3=tanB( 3tanC−1)，
(1)求角A.
(2)若a= 3，△ABC所在平面内有一点D满足∠BDC=23π，且BC平分∠ABD，求△ACD面积的取值范围.
18.(本小题17分)
已知抛物线x2=2py(p>0)上的动点到其焦点的距离的最小值为14.
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线上一点A(1,y0)(y0>0)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足AEEC=λ1；点G在线段BC上，满足BGGC=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EG交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程Γ.
(3)将Γ向左平移13个单位，得到Γ′，已知R(0,m)、Q(0,−m)(m>0)，过点R作直线l交Γ′于M，N.设MN=λRN，求QR⋅QM−λQR⋅QN的值.
19.(本小题17分)
已知函数fn(x)=xn+xn−1+⋯+⋯+x−1(n∈N+).
(1)判断并证明fn(x)的零点个数；
(2)记fn(x)在(0,+∞)上的零点xn，求证：
(i){xn}是一个递减数列；
(ii)n+12+x1+x2+⋯+xn答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：数据从小到大排序为：38，41，42，43，44，45，46，47，共8个，
8×75%=6，
故这组数据中的75%分位数是45+462=45.5.
故选：C.
根据已知条件，结合百分数的定义，即可求解．
本题主要考查百分数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，函数f(x)=cs2xx2+1，x∈[−π,π]，
有f(−x)=f(x)，函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，排除A，
又由f(0)=cs01=1，排除BD，
故选：C.
根据题意，分析函数的奇偶性排除A，求出f(0)的值，排除BD，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性和函数值的计算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设z=x+yi(x,y为实数)，
由|z|=1可得，x2+y2=1，其轨迹是以原点为圆心，以1为半径的圆，
所以|z−2i|= x2+(y−2)2表示圆x2+y2=1上点到(0,2)的距离，
根据圆的性质可知，(0,1)到(0,2)的距离取得最小值1，(0,−1)到(0,2)的距离取得最大值3.
故选：B.
由已知结合复数的集合意义及模长公式即可求解．
本题主要考查了复数模长公式的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由双曲线x24−y2=1，知左顶点A(−2,0)，
由对称性可知，等边三角形的一边所在直线的斜率为 33，
所在直线方程为y= 33(x+2)，
联立y= 33(x+2)x24−y2=1，可得x=−14y=−4 3.
∴等边三角形的一边长为8 3，一边上的高为12.
∴△ABC的面积是S=12×8 3×12=48 3.
故选：A.
由已知求出等边三角形的一边所在直线的斜率，得到其所在直线方程，与双曲线方程联立求交点坐标，进一步求出三角形的边长与一边上的高，代入三角形面积公式得答案．
本题考查的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】D
【解析】解：(3x+y−1)8=[3x+(y−1)]8，根据二项式的展开式Tr+1=C8r⋅38−r⋅x8−r⋅(y−1)r(r=0,1,2,3,4,5,6,7,8)；
(y−1)r的展开式Tk+1=Crk⋅(−1)k⋅yr−k(k=0,1,2,3,4,…，r)，
当r=6时，k=5时，x2y的系数为C86⋅32⋅C65⋅(−1)5=−1512.
故选：D.
直接利用二项式的展开式以及组合数的应用求出结果．
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．
6.【答案】A
【解析】解：如图，正方体ABCD−EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设液面的体积为V，而VG−EHD而VG−EHD=13×12×12×1=16，
V正方体−VB−AFC=13−16=56，
所以V的取值范围是(16,56).
故选：A.
如图，正方体ABCD−EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，计算即可．
本题考查正方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：f(x)=2sinx+2 3|csx|=4sin(x+π3),x∈[0,π2]∪[3π2,2π]4sin(x−π3),x∈[π2,3π2]，
结合函数图象可知，若f(x)=λ在[0,2π]上有且仅有四个不相等的实数根，则2<λ<4且λ≠2 3.
故选：D.
先化简已知函数解析式，结合正弦函数的性质及函数图象的变换作出f(x)的图象，结合函数图象及零点存在的条件即可求解．
本题主要考查了正弦函数图象及性质的应用，还考查了由函数零点个数求解参数范围中，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由a1= 2，[an]表示an的整数部分，表示an的小数部分，an+1=[an]+1，
可得a2=1+1 2−1=2+ 2，a3=3+1 2−1=4+ 2，…，
则an=2(n−1)+ 2，可得[an]=2n−1，故[a2024]=4047.
故选：D.
求得a2，a3，推得an=2(n−1)+ 2，求得[an]，可得所求值．
本题考查数列的递推式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，∵圆锥的底面半径为 3，母线长为2，
∴其侧面展开扇形的圆心角为2π× 32= 3π，∴A选项正确；
对B选项，∵圆锥的底面半径为 3，母线长为2，
∴圆锥的高为 22−( 3)2=1，
∴该圆锥的体积为13×π×( 3)2×1=π，∴B选项正确；
对C选项，根据题意可得所求距离的最小值即为：半个侧面展开扇形的弦长，
由A选项分析可知：该扇形的圆心角为 32π，且该扇形所在圆的半径为2，
∴所求距离的最小值为2×2×sin 3π22=4sin 3π4≠2 3，∴C选项错误；
对D选项，由B选项可知圆锥的轴截面是顶角为2π3，腰为2的等腰三角形，
∴过该圆锥的顶点作圆锥的截面，当所得等腰三角形的顶角为π2时，
截面面积取得最大值，且最大值为12×2×2=2，∴D选项正确．
故选：ABD.
根据圆锥的性质，针对各个选项分别求解即可．
本题考查圆锥的性质，圆锥的体积的求解，距离的最值的求解，圆锥的截面问题，属中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由几何图形关系可得：BC=4,BD=AC=2 3,∠BDC=∠CAB=90∘，
因为AD//BC，所以△AMD∽△CMB.因为BC=2AD，
所以CM=2MA，BM=2MD，
对于A，AM=13AC=13(AB+BC)=13(AB+2AD)=23AD+13AB，故A正确；
对于B，因为BC=2AD，所以S△BCM=4S△DAM，因为AC=3AM，所以S△ACD=3S△DAM，
所以4S△ACD=3S△BCM，故B错误；
对于C，因为∠BDC=90∘，所以BN在BM上的投影向量为BD，所以BM⋅BN=|BM|⋅|BD|=23|BD|2=23×(2 3)2=8为定值，故C正确；
对于D，因为BN=λBM+μBC=23λBD+μBC，且D，N，C三点共线，
所以23λ+μ=1，且λ>0，μ>0，
所以3λ+32μ=(3λ+32μ)(23λ+μ)=72+λμ+3μλ≥72+2 λμ⋅3μλ=72+2 3，
当且仅当λμ=3μλ，即λ=6−3 3,μ=2 3−3时，等号成立，故D错误．
故选：AC.
由平面向量的线性运算计算即可判断A；由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B；由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C；由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D.
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，涉及三角形的面积和基本不等式的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，因为alna≥−1e>−ln2，所以aa>12，则aa+bb>12+12=1；
对于B，因为ab=1(1a)b≥11+b(1a−1)>11+ba=aa+b，同理ba>bb+a，则ab+ba>aa+b+bb+a=1；
对于C，要证明aa+bb>ab+ba，也即证明bb−ba>ab−aa，只要证明b≤x<1时，h(x)=xb−xa在区间[b,1)上单调递减．
求导数，得h′(x)=bxb−1−axa−1=axb−1(ba−xa−b)，由ba−xa−b=0，得x=(ba)1a−b，且axb−1>0，
结合幂函数y=xa−b的性质得：当x≥(ba)1a−b时，h(x)≤0，h(x)在区间((ba)1a−b,+∞)上单调递减，即x=(ba)1a−b时，函数h(x)取得最大值，从而只需证明b≥(ba)1a−b，变换得：ba≤ba−b⇔ab≥(1b)a−b，因为(1b)a−b=(1+1b−1)a−b<1+(1−1)(a−b)=2+b−a<2，故得证；
综上，若0ab+ba成立，选项C正确，D错误．
故选：ABC.
选项A中，根据题意得出aa>12，bb>12，求和即可；
选项B中，根据题意得出ab>aa+b，ba>bb+a，根据同向不等式相加，求解即可；
选项C、D，不等式aa+bb>ab+ba，可化为bb−ba>ab−aa，构造函数h(x)=xb−xa，利用导数判断函数的单调性，求解即可．
本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
12.【答案】2
【解析】解：因为集合A={1,2,4}，B={a,a2}，且A∪B=A，
而A中互为平方关系的只有2和4，
所以a=2a2=4，解得a=2.
故答案为：2.
根据集合的并集运算求解即可．
本题考查了并集运算，熟练掌握并集的定义是解题的关键，属于基础题．
13.【答案】12
【解析】解：∵数列{an}为正项等比数列，
∴设其公比为q，则q>0，
由a2−a3=3，得a1q−a1q2=3，
则a1=3−q2+q，q>0，又an>0，解得a1∈[12,+∞).
∴a1的最小值为12.
故答案为：12.
设等比数列的公比为q，则q>0，由已知把首项用含有q的代数式表示，即可求解a1的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，训练了函数最值的求法，是中档题．
14.【答案】3
【解析】解：设M(a,−3a)，N(b,3b)，
则OP=OM+ON=(a+b,3(b−a))，
由点P在椭圆上可得(a−b)2+(a+b)2=1，化简整理可得，a2+b2=12，
故|MN|= (a−b)2+9(a+b)2= 10(a2+b2)+16ab= 5+16ab≤ 5+8(a2+b2)= 9=3.
故答案为：3.
根据已知条件，先求出a，b的关系，再结合两点之间的距离公式，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：因为平面ABCD是菱形，所以AB⊥CD，
又因为OP⊥底面ABCD，所以OP⊥AC，OP⊥BD，
所以AC，BD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图空间直角坐标系，
因为OA=4，OB=3，OP=4，则A(4,0,0)，
B(0,3,0)，C(−4,0,0)，D(0,−3,0)，
P(0,0,4)，
因为E，F分别为侧棱PB，PD的中点，
所以E(0,32,2),F(0,−32,2)，
因为CM=2MP，所以M(−43,0,83)，
所以AF=(−4,−32,2)，AE=(−4,32,2)，AM=(−163,0,83).
所以AM=23AE+23AF，由向量共面的充要条件可知，AM，AE，AF共面，
又AM，AE，AF过同一点E，所以A，E，M，F四点共面．
(2)由点坐标可得PA=(4,0,−4)，DB=(0,6,0)，PC=(−4,0,−4)，BP=(0,−3,4)，
又因为CM=2MP，所以PM=13PC=(−43,0,−43)，BM=BP+PM=(−43,−3,83).
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=6y=0n⋅BM=−43x−3y+83z=0，
取z=1，可得x=2，y=0，所以n=(2,0,1)，
设直线PA与平面BDM所成角为θ，则θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=|n⋅PA|n||PA||=4 5×4 2= 1010.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量共面证明A，E，M，F四点共面．
(2)求出平面BDM的法向量，利用向量计算直线PA与平面BDM所成角的正弦值．
本题考查了空间中的位置关系与应用问题，也考查了线面角与点到直线的距离计算问题，是中档题．
16.【答案】解：(1)当临界值K=60时，Ⅰ级品种中该指标小于或等于K的频率为：
(0.002+0.005)×10=0.07，
∴将1个Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机，没有损失的概率P(A)=0.93，
又Ⅱ级品中该指标大于60的频率为0.1，
∴将1个Ⅱ级品芯片直接应用于B型手机，没有损失的概率为P(B)=0.9，
记芯片生产商有损失为事件C，则P(C)=1−P(A)P(B)=1−0.93×0.9=0.163.
(2)当临界值K=x且x∈[50,55),
Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x−50)=0.005x−0.23，
∴可以估计1万部手机中有(0.005x−0.23)万部手机芯片应用错误，
Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60−x)=−0.03x+1.9，
∴可以估计1万部B型手机中有(−0.03x+1.9)万部手机芯片应用错误，
∴可以估计芯片生产商的损失费用f(x)=800(0.005x−0.23)−400(−0.03x+1.9)=576−8x，
∴f(x)=576−8x，x∈[50,55]，
∵x∈[50,55]，∴f(x)的最小值为f(55)=136.
∴芯片生产商损失费用的最小值为136万元．
【解析】(1)当临界值K=60时，求出Ⅰ级品种中该指标小于或等于K的频率为0.07，从而将1个Ⅰ级品芯片直接应用于A型手机，没有损失的概率P(A)=0.93，又Ⅱ级品中该指标大于60的频率为0.1，将1个Ⅱ级品芯片直接应用于B型手机，没有损失的概率为P(B)=0.9，记芯片生产商有损失为事件C，则P(C)=1−P(A)P(B)，由此能求出结果．
(2)当临界值K=x且x∈[50,55),Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的频率为0.002×10+0.005×(x−50)=0.005x−0.23，由此能估计1万部手机中有(0.005x−0.23)万部手机芯片应用错误；Ⅱ级品中该指标大于或等于临界值K的频率为0.01×10+0.03×(60−x)=−0.03x+1.9，由此能估计1万部B型手机中有(−0.03x+1.9)万部手机芯片应用错误，从而可以估计芯片生产商的损失费用f(x)=800(0.005x−0.23)−400(−0.03x+1.9)=576−8x，从而f(x)=576−8x，x∈[50,55]，由此能求出芯片生产商损失费用的最小值．
本题考查频率分布直方图、对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式、函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)根据tanC+ 3=tanB( 3tanC−1)，整理得tanB+tanC=− 3(1−tanBtanC)，
所以tan(B+C)=tanB+tanC1−tanBtanC=− 3，结合0(2)由(1)得∠BAC=π3，设∠ABC=∠CBD=x，由∠BDC=2π3，可知x∈(0,π3)，则∠ACD=2π−π3−2π3−2x=π−2x.
由△ABC中，根据正弦定理得BCsin∠BAC=ACsinx，由△BCD中BCsin∠BDC=CDsinx，
结合sin∠BAC=sin∠BDC= 32，BC=a= 3，可得 3 32=ACsinx=CDsinx，所以AC=CD=2sinx，
因此，△ACD面积S=12AC⋅CDsin∠ACD=12(2sinx)2sin(π−2x)=4sin3xcsx，
令φ(x)=4sin3xcsx，求导数得φ′(x)=12sin2xcs2x−4sin4x=4sin2x( 3csx+sinx)( 3csx−sinx)，
结合x∈(0,π3)，可得φ′(x)>0成立，故φ(x)=4sin4xcsx在(0,π3)上单调递增，
而φ(0)=0,φ(π3)=3 34，所以△ACD面积S的取值范围为(0,3 34).
【解析】(1)将已知等式化简整理得到tanB+tanC=− 3(1−tanBtanC)，结合两角和的正切公式算出tan(B+C)=− 3，可得B+C的值，进而算出角A的大小；
(2)设∠ABC=∠CBD=x，可得∠ACD=π−2x，利用正弦定理推导出AC=CD=2sinx，可得△ACD面积S=4sin3xcsx，进而利用导数研究函数的单调性，求出△ACD面积的取值范围．
本题主要考查三角形的面积公式、正弦定理的应用、三角恒等变换公式、利用导数研究函数的单调性等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由x2=2py，(p>0)，得焦点F(0,p2)，设抛物线上一点M(x,y)，
则由抛物线的义知，MF=y+p2≥p2，所以14=p2，解得p=12，
所以抛物线的方程为x2=y.
(2)由题知A(1,1)，y′=2x，所以抛物线过点A的切线斜率为2，
所以直线AB的方程为y=2x−1，
所以B(0,−1)，D(12,0)，故D是AB的中点．
令γ=CDCP，t1=CACE=1+λ1，t2=CBCG=1+λ2，则t1+t2=3，
因为CD为△ABC的中线，所以S△CAB=2S△CAD=2S△CBD，
而1t1t2=CE⋅CGCA⋅CB=S△CEGS△CAB=S△CFP2S△CAD+S△CGP2S△CBD=12(1t1γ+1t2γ)=t1+t22t1t2γ=32t2γ，
所以γ=32，所以P是△ABC的重心，
设P(x,y)，C(x0,x02)，因点C异于A，则x0≠1，
故重心P的坐标为x=0+1+x03=1+x03(x≠23),y=−1+1+x023=x023，即P(1+x03,x023)，
消去x0得y=13(3x−1)2，
故所求轨迹方程为y=13(3x−1)2(x≠23).
(3)易知Γ′:y=3x2(x≠13)，先讨论特殊情况，
若直线l的斜率为0，则MR=RN，QR⋅QM−λQR⋅QN=0.
下面证明直线l的斜率不为0时，QR⋅QM−λQR⋅QN=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，过M，N分别作y轴的垂线，垂足为M′，N′，
由QR⋅QM−λQR⋅QN=0，得：|QR|⋅|QM|=λ|QR|⋅|QN|，
即证：|QM|=λ|QN|，即λ=|QM||QN|，
而MR=λRN可得：|MM′|=λ|NN′|，即λ=|MM′||NN′|，
于是只需证明：|MM′||NN′|=|QM′||QN′|.于是在△MM′Q和△NN′Q中，只需证明∠MQM′=∠NQN′即可．
设直线MN的方程为y=kx+m，
与抛物线方程联立可得：y=kx+my=3x2，消去y得：3x2−kx−m=0，
所以x1+x2=k3，x1x2=−m3.
kGM+kGN=y1+mx1+y2+mx2=(y1+m)x2+(y2+m)x1x1x2
=(kx1+2m)x2+(kx2+2m)x1x1x2
=2kx1x2+2m(x1+x2)x1x2
=2k⋅−m3+2m⋅k3−m3=0，
所以∠MQM′=∠NQN′，即QR⋅QM−λQR⋅QN=0，得证．
综上所述QR⋅QM−λQR⋅QN=0.
【解析】(1)依题意求出p的值，即可求抛物线方程；
(2)求出直线AB的方程，及B，D的坐标，确定D是AB的中点，令γ=CDCP，t1=CACE=1+λ1，t2=CBCG=1+λ2，则t1+t2=3，由CD为△ABC的中线，得S△CAB=2S△CAD=2S△CBD，计算1t1t2，得出P是△ABC的重心，由重心坐标公式即可求得P点的轨迹方程；
(3)先求出直线l的斜率为0，MR=RN，QR⋅QM−λQR⋅QN=0，再证明当直线l斜率不为0时，此结论仍成立即可．
本题考查了抛物线的方程及直线与抛物线的综合，考查了转化思想及方程思想，属于难题．
19.【答案】解：(1)当n为奇数时，fn(x)有一个零点；当n为偶数时，fn(x)有两个零点．
证明如下：
当x≥0时，fn(x)为一个单调增函数，fn(0)=−1，fn(1)=n−1≥0，
可以得到fn(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点；
当x<0时，fn(x)=2x−1−xn+11−x，
若n为奇数，则2x−1−xn+1<0，故fn(x)<0，此时fn(x)在(−∞,0)无零点，
若n为偶数，令h(x)=2x−1−xn+1，则h′(x)=2−(n+1)x2，h′(x)=0有一个解x0=−(2n+1)1n，
h(x)在(−∞,0)单调递减，在(x0,0)单调递增，h(−2)=−5−(−2)n+1>0，h(x0)此时fn(x)在(−∞,0)有一个零点，
综上，当n为奇数时，fn(x)有一个零点；当n为偶数时，fn(x)有两个零点．
证明：(2)(i)要证：{xn}是一个递减数列，即证：xn>xn+1，
∵f(x)在(0,+∞)，∴只需证明fn(xn)>fn(xn+1)即可，
即证：0>fn(xn+1)，又fn(x)=fn+1(x)−xn+1，
∴fn(xn+1)=fn+1(xn+1)−xn+1n+1=0−xn+1=−xn+1n+1，
原题等价于证明0>−xn+1n+1，显然成立，
∴{xn}是一个递减数列；
(ii)由题可知x1=1当n≥2时，fn(12)=−12n<0,f(1)=n−1>0，∴xn∈(12,1)，
则x1+x2+⋯+xn>1+12+12+⋯+12=1+n−12=n+12；
0∴fn(x)=0⇔2x−1−xn+1=0⇔x=12+12xn+1，
即n≥2时，xn=12+12xnn+1≤12+12x2n+1，
∴x1+x+…+xn<1+(+x)+(+2≤(1−2)∵x23=2x2−1，∴x232(1−x2)=2x2−12−2x2，
只需证2x2−12−2x2<12⇔2x2−1<1−x2⇔x2<23f2(x2)∴n+12+x1+x2+⋯+xn【解析】(1)当x≥0时，fn(x)为一个单调增函数，fn(0)=−1，fn(1)=n−1≥0，从而 fn(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点；当x<0时，fn(x)=2x−1−xn+11−x，由此推导出当n为奇数时，fn(x)有一个零点；当n为偶数时，fn(x)有两个零点．
(2)(i)要证：{xn}是一个递减数列，即证：xn>xn+1，只需证明fn(xn)>fn(xn+1)即可，原题等价于证明0>−xn+1n+1，由此能证明{xn}是一个递减数列；
(ii)由题可知x1=1当n≥2时，fn(12)=−12n<0,f(1)=n−1>0，∴xn∈(12,1)，则x1+x2+⋯+xn>1+12+12+⋯+12=1+n−12=n+12；0本题考查数列不等式的证明、数列的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是难题．