2024年福建省漳州市高考数学第四次质检试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年福建省漳州市高考数学第四次质检试卷（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。

1.一组数据如下：3，7，9，10，13，15，19，21，该组数据的75%分位数是( )
A. 15B. 17C. 19D. 20
2.已知复数z=1−i1+i，则|z2024−z2025|=( )
A. 2B. 2C. 1D. 0
3.二项式(1−2x)6展开式中，x2项的系数为( )
A. −60B. −15C. 15D. 60
4.设a>0，b>0，且a+2b=1，则lg2a+lg2b的( )
A. 最小值为−3B. 最小值为3C. 最大值为−3D. 最大值为3
5.已知函数f(x)=lnx+x，g(x)是函数f(2x+1)的导函数，则g(0)=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知数列{an}是公比不为1的正项等比数列，则t=2是a1⋅a10=at⋅a9成立的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
7.设函数f(x)=(a−1)ax+b(a>0,a≠1)，则函数f(x)的单调性( )
A. 与a有关，且与b有关B. 与a无关，且与b有关
C. 与a有关，且与b无关D. 与a无关，且与b无关
8.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的渐近线l:y=−bax及右支分别交于A，B两点，若F1A=AB,F1B⋅F2B=0，则C的离心率为( )
A. 32B. 2C. 5D. 3
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.已知函数f(x)=cs2x+asinx−2，则下列说法正确的是( )
A. 当a=0时，f(x)的最小正周期为π
B. 当a=1时，f(x)的最大值为−78
C. 当a=−3时，f(x)在区间[0,2π]上有4个零点
D. 若f(x)在(0,π3)上单调递减，则a的取值范围为[0,+∞)
10.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA=AB=AD=12CD，AB//CD，∠ADC=90∘，平面PAD与平面PBC交线为l，则下列直线中与l垂直的是( )
A. PBB. CDC. PCD. PD
11.我们把方程xex=1的实数解称为欧米加常数，记为Ω.Ω和e一样，都是无理数，Ω还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关Ω的结论正确的是( )
A. Ω∈(0.5,1)
B. ln1Ω=Ω
C. Ω=uuu，其中u=1e
D. 函数f(x)=e1x+xlnxx+1的最小值为f(Ω)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点P(−2,−1)且与抛物线y2=4x有且只有一个交点的直线方程为：______.
13.已知向量a=(1,1),|b|=4，且b在a上的投影向量的坐标为(−2,−2)，则a与b的夹角为______.
14.在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，P为DC的中点，将△DAP沿AP折起，把△DAP折成△SAP，使平面SAP⊥平面ABCP，则三棱锥S−ABP的外接球表面积为______.
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π3,b=2 3.
(1)若a，b，c成等差数列，求△ABC的面积；
(2)若sinA−sinC= 312b，求a.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAB⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，△PAB是等边三角形，M为侧棱PB的中点，且AD=DC=2，AB=4.
(1)证明：CM//平面PAD；
(2)G是线段PD上异于端点的一点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面GMC与平面PAB所成角的余弦值.
条件①：四棱锥G−ABCD的体积为 3；
条件②：点G到平面PAB的距离为32.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
17.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，点A(1,32),B(1,−32),C(−1,2)中恰有两个点在E上.
(1)求E的方程；
(2)设n∈N*，△AnBnCn的内角An，Bn，Cn的对边分别为an，bn，cn，b1+c1=2a1，an+1=an，bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2.若点Bn，Cn在x轴上且关于原点对称，问：是否存在a1，使得点An都在E上，若存在，请求出a1，若不存在，请说明理由.
18.(本小题17分)
某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统(记为系统A和系统B)，该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和B分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统A不出现故障且系统B出现故障，则系统A得1分，系统B得−1分；若系统A出现故障且系统B不出现故障，则系统A得−1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统A、B出现故障的概率分别记为α和β，一轮试验中系统A的得分为X分.
(1)求X的分布列；
(2)若系统A和B在试验开始时都赋予2分，pi(i=0,1,2,3,4)表示“系统A的累计得分为i时，最终认为系统A比系统B更稳定”的概率，则p0=0，p4=1，pi=api−1+bpi+cpi+1(i=1,2,3)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c=P(X=1).现根据p2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若p2≤0.1，则先启动系统B；若p2≥0.9，则先启动系统A；若0.1①证明：p2=(1−α)2β2α2(1−β)2+(1−α)2β2；
②若α=0.001，β=0.002，由①可求得p2≈0.8，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.
19.(本小题17分)
设a，b∈R，函数f(x)=|xex−2x+a|+|xex−x2+b|，g(x)=2xex−x2−2x+a+b，h(x)=x2−2x+a−b，f(x)，g(x)，h(x)的定义域都为[−12,1].
(1)求g(x)和h(x)的值域；
(2)用max{m,n}表示m，n中的最大者，证明：f(x)=max{|g(x)|,|h(x)|}；
(3)记f(x)的最大值为F(a,b)，求F(a,b)的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可得8×75%=6，
则该组数据的75%分位数是15+192=17.
故选：B.
由题意可得8×75%=6，然后根据百分位数的求解公式即可求解．
本题考查了百分位数的求解，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i，
∴z2024=(−i)2024=i2024=(i4)506=1，z2025=(−i)2025=−i2025=−i，
∴|z2024−z2025|=|1+i|= 2.
故选：B.
利用复数代数形式的乘除运算化简z，再由虚数单位i的运算性质及复数模的计算公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由二项式定理可得展开式中含x2的项为C62(−2x)2=60x2，
所以x2的系数为60.
故选：D.
利用二项式定理求出展开式中含x2的项，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得a+2b=1≥2 2ab，当且仅当a=2b时等号成立，
此时ab≤18，
所以lg2a+lg2b=lg2ab≤lg218=−3，即lg2a+lg2b的最大值为−3.
故选：C.
由a+2b=1以及基本不等式求出ab的最大值，由此求出lg2a+lg2b的最大值，即可求解．
本题考查了对数的运算性质，涉及到基本不等式的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=lnx+x，
则f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1，
令F(x)=f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1，
所以g(x)=F′(x)=22x+1+2，令x=0，则g(0)=2+2=4.
故选：D.
由题意求出f(2x+1)的关系式，然后令F(x)=f(2x+1)，再根据导数的运算性质求出g(x)，然后令x=0即可求解．
本题考查了导数的运算性质，涉及到函数解析式的求解，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：数列{an}是公比不为1的正项等比数列，
由下标和性质可知，若t=2，则a1⋅a10=at⋅a9，充分性成立；
记数列{an}的公比是q，
若a1⋅a10=at⋅a9，则a1⋅a1q9=a1qt−1⋅a1q8，即a12q9=a12qt+7，
∵数列{an}是公比不为1的正项等比数列，
∴q9=qt+7，∴t+7=9，解得t=2，必要性成立，
综上，t=2是a1⋅a10=at⋅a9成立的充要条件．
故选：A.
利用下标和性质判断充分性，根据通项公式化简判断必要性．
本题考查等比数列、充要条件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，函数f(x)=(a−1)ax+b，其定义域为R，
设x1>x2，
f(x1)−f(x2)=(a−1)ax1+b−(a−1)ax2−b=(a−1)(ax1−ax2)，
当a>1时，a−1>0，ax1−ax2>0，则有f(x1)−f(x2)>0，
当00，
综合可得：f(x1)−f(x2)>0，
则函数f(x)为R上的增函数，其单调性与a无关，且与b无关，
故选：D.
根据题意，设x1>x2，利用作差法分析函数的单调性，即可得答案．
本题考查函数单调性的判断，涉及函数作差法的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，F1(−c,0)，|F1F2|=2c，c2=a2+b2，
∵F1A=AB，∴A为线段F1B的中点，
∵O为线段F1F2的中点，∴OA//F2B，
∵F1B⋅F2B=0，∴F1B⊥F2B，OA⊥F1B，
∴点F1到渐近线bx+ay=0的距离|F1A|=|−bc| b2+a2=bcc=b，
|F1B|=2b，
由双曲线的定义得|F2B|=|F1B|−2a=2b−2a，
在Rt△F1BF2中，由勾股定理得|F2B|2+|F1B|2=|F1F2|2，
即(2b−2a)2+(2b)2=(2c)2，
整理得：b=2a，
所以双曲线C的离心率e=ca= 1+b2a2= 5.
故选：C.
由题意作出图形，结合已知可得A为线段F1B的中点，F1B⊥OA，利用点到直线的距离公式求出|F1A|，再利用双曲线的定义和勾股定理求解即可．
本题考查双曲线的定义及性质，考查双曲线的离心率的求解，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：当a=0时，f(x)=cs2x−2的最小正周期T=π，A正确；
当a=1时，f(x)=cs2x+sinx−2=−2sin2x+sinx−1，
因为−1≤sinx≤1，
根据二次函数的性质可知，当sinx=14时，函数取得最大值−78，B正确；
当a=−3时，f(x)=cs2x−3sinx−2=−2sin2x−3sinx−1=0，
所以sinx=−1或sinx=−12，
当0≤x≤2π时，x=3π2或x=7π6或x=11π6，C错误；
若f(x)=cs2x+asinx−2在(0,π3)上单调递减，
则f′(x)=−2sin2x+acsx≥0在(0,π3)上恒成立，
所以acsx≥2sin2x=4sinxcsx在(0,π3)上恒成立，
即a≥4sinx在(0,π3)上恒成立，
因为y=4sinx在(0,π3)上单调递增，0<4sinx<2 3，
所以a≥2 3，D错误．
故选：AB.
结合余弦函数的周期公式检验选项A；把a=1代入，结合同角平方关系进行化简，然后结合正弦函数的性质及二次函数的性质检验选项B；把a=−3代入，结合同角平方关系对函数f(x)进行化简，结合正弦函数性质检验选项C；结合导数与单调性关系检验选项D即可判断．
本题主要考查了三角函数的周期性，单调性的应用，还考查了同角基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：分别取PD、PC的中点，连接AE、EF、BF，
因为EF是△PDC的中位线，所以EF//DC，且EF=12DC，
又AB=12CD，且AB//CD，所以EF//AB，且EF=AB，
所以四边形ABFE是平行四边形，
所以AE//BF，且AE=BF，又BF⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以BF//平面PAD，
又平面PAD与平面PBC交线为l，BF⊄平面PAD，所以BF//l，
AE//l，
又PA=AD，E是PD的中点，所以AE⊥PD，
因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，又∠ADC=90∘，所以AD⊥DC，
又PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又AE⊂平面PAD，所以AE⊥CD，AE⊥PD，
PD∩CD=D，
PD，CD⊂平面PDC，所以AE⊥平面PDC，
又AE//l，所以l⊥平面PDC，
又PC，CD，PD⊂平面PDC，
所以PC⊥l，CD⊥l，PD⊥l，故B，C，D正确；
由AE//BF，AE//l，所以//BF，
所以l与PB所成的角就是BF与PB所成的角即为∠PBF，
令PA=AB=AD=12CD=a，PD= 2a，AE=BF= 22a，PB= 2a，
PF=12PC=12 ( 2a)2+(2a)2= 62a，
在△PBF中，由余弦定理得cs∠PBF=PB2+BF2−PF22PB⋅BF=2+12−322× 2× 22=12，
∠PBF∈[0,π2]，所以∠PBF=π3，故与PB不垂直，故A不正确．
故选：BCD.
利用线线所成的角判断A的真假；利用线面垂直的判定定理可知CD⊥平面PAD，利用线面平行的判定定理证明出AE//平面PAD，由线面平行的性质定理可得AE//l，进而可证明l⊥平面PDC，可判断出BCD的真假．
本题考查直线与直线垂直的证法及余弦定理的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于选项A：构建g(x)=xex−1，则Ω为g(x)的零点，
因为g′(x)=(x+1)ex，
若x<−1，则g′(x)<0，可知g(x)在(−∞,−1)内单调递减，且g(x)<0，
所以g(x)在(−∞,−1)内无零点；
若x>−1，则g′(x)>0，可知g(x)在(−1,+∞)内单调递增，
g(0.5)= e2−1<0且g(1)=e−1>0，所以g(x)在(−1,+∞)内存在唯一零点Ω∈(0.5,1)；
综上所述：Ω∈(0.5,1)，故A正确；
对于选项B：因为ΩeΩ=1，Ω∈(0.5,1)，即1Ω=eΩ，
两边取对数可得：ln1Q=lneΩ=Ω，故B正确；
对于选项D：构建h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1，
令h′(x)>0，解得x>0；令h′(x)<0，解得x<0；
可知h(x)在(−∞,0)内单调递减，在(0,+∞)内单调递增，
则h(x)≥h(0)=0，可得ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
则f(x)=e1x+xlnxx+1=1xe1x+lnx1x+1=e1x+ln1x+lnx1x+1≥1x+ln1x+1+lnx1x+1=1，
当且仅当1x+ln1x=0，即1x−lnx=0时，等号成立，
因为y=1x，y=−lnx在(0,+∞)内单调递减，可知m(x)=1x−lnx在(0,+∞)内单调递减，
且m(1)=1>0，m(e)=1e−1<0，可知m(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈(1,e)，即x0>Ω，
所以f(x)的最小值为f(x0)=1，不为f(Ω)，故D错误．
故选：ABC.
对于A：构建g(x)=xex−1，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于B：对ΩeΩ=1，Ω∈(0.5,1)，取对数整理即可；对于C：设uuu=a，整理得(1e)a=a，结合选项A分析判断；对于D：结合不等式ex≥x+1分析可知f(x)≥1，当且仅当1x−lnx=0时，等号成立，结合m(x)=1x−lnx的零点分析判断．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究函数的零点问题，考查运算求解能力，属于难题．
12.【答案】y+1=0或x−y+1=0或x+2y+4=0
【解析】解：由题意，过点P(−2,−1)的直线存在斜率，设其方程为：y+1=k(x+2)，
与抛物线y2=4x，消y得k2x2+[2k(2k−1)−4]x+(2k−1)2=0，
①若k=0，方程为y+1=0，此时直线与抛物线只有一个交点(14,−1)；
②若k≠0，令△=[2k(2k−1)−4]2−4k2(2k−1)2=0，解得k=1或−12，此时直线与抛物线相切，只有一个交点；
方程为x−y+1=0或x+2y+4=0
综上，所求直线方程为y+1=0或x−y+1=0或x+2y+4=0.
故答案为：y+1=0或x−y+1=0或x+2y+4=0.
由题意，过点P(−2,−1)的直线存在斜率，设其方程为：y+1=k(x+2)，代入抛物线y2=4x，分类讨论，利用判别式，即可得出结论．
本题考查直线与圆锥曲线的位置关系与分类讨论思想，解决基本方法是：(1)代数法，转化为方程组解的个数问题；(2)几何法，数形结合．
13.【答案】3π4
【解析】解：因为a=(1,1),|b|=4，所以|a|= 2，
所以b在a上的投影向量的坐标为a⋅b|a|⋅a|a|=a⋅b2⋅a，
因为b在a上的投影向量的坐标为(−2,−2)=−2a，
所以a⋅b2=−2，即a⋅b=−4，
所以cs=a⋅b|a||b|=−44× 2=− 22，
因为∈[0,π]，所以=3π4.
故答案为：3π4.
由投影向量的概念可得a⋅b=−4，由向量夹角的公式计算即可求得．
本题考查平面向量的数量积与夹角，涉及投影向量的概念，属于基础题．
14.【答案】4π
【解析】解：因为AB=2，AD=1，P为DC的中点，则有AP= 12+12= 2，BP= 1+1= 2，
所以AP2+BP2=AB2，所以BP⊥AP，
又平面SAP⊥平面ABCP，
平面SAP∩平面ABCP=AP，
BP⊂平面ABCP，
所以BP⊥平面SAP，又△SAP为等腰直角三角形，
所以其外接圆的半径r=12AP= 22，
设三棱锥S=ABP的外接球的半径为R，则R2=r2+(PB2)2=( 22)2+( 22)2=12，
所以R=1，所以三棱锥S−ABP的外接球的表面积S=4πR2=4π.
故答案为：4π.
利用勾股定理逆定理证明BP⊥AP，由面面垂直的性质得到BP⊥平面SAP，求出△SAP外接圆的半径r=12AP，设三棱锥S−ABP的外接球的半径为R，则R2=r2+(PB2)2，最后由球的表面积公式计算可得．
本题考查了翻折问题，涉及三棱锥外接球、球的表面积公式等基础知识，是中档题．
15.【答案】解：(1)因为a，b，c成等差数列，所以a+c=2b，
又b=2 3，所以a+c=4 3，①
在△ABC中，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB，
又B=π3，所以12=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac，②
由①②得ac=12，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×12× 32=3 3；
(2)因为b=2 3,sinA−sinC= 312b，所以sinA−sinC=12，
又因为A+B+C=π且B=π3，所以C=2π3−A，
所以sinA−sin(2π3−A)=12，
整理可得：12sinA− 32csA=12，
所以sin(A−π3)=12，
又因为0所以A=π2，
所以a=bsinB=4.
【解析】(1)由等差数列及余弦定理可得ac的值，进而求出三角形的面积；
(2)由正弦定理可得sinA，sinB的表达式，再由三角形中角之间的关系和辅助角公式，可得角A的大小，再由直角三角形的性质可得a的值．
本题考查余弦定理的应用及等差数列的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OM.
因为M为侧棱PB的中点，
所以OM//PA，
因为OM⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以OM//平面PAD，
因为DC=2，AB=4，AB//CD，
所以DC=AO，DC//AO，
所以四边形ADCO为平行四边形，
所以OC//AD.
因为OC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以OC//平面PAD，
因为OC∩OM=O，OC，OM⊂平面OCM，
所以平面OCM//平面PAD.
因为CM⊂平面OCM，所以CM//平面PAD.
(2)如图，连接OP，
因为AB⊥AD，OC//AD，所以OC⊥AB
因为△PAB是等边三角形，O为AB的中点，
所以OP⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，OP⊂平面PAB，
所以OP⊥平面ABCD，
又OC⊂平面ABCD，所以OP⊥OC，
以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，则P(0,0,2 3),A(0,−2,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(2,−2,0)，M(0,1, 3)，
选择①：设DG=λDP=λ(−2,2,2 3)=(−2λ,2λ,2 3λ),λ∈(0,1)，
由VG−ABCD=13SABCD⋅h=13×(2+4)×22×h= 3，
其中h为点G到平面ABCD的距离，得h= 32，
又因为点P到平面ABCD的距离PO=2 3，
所以DGDP=hPO=14，所以λ=14，
所以CG=CD+DG=(0,−2,0)+(−12,12, 32)=(−12,−32, 32)，
设平面GMC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CM=(x,y,z)⋅(−2,1, 3)=−2x+y+ 3z=0,m⋅CG=(x,y,z)⋅(−12,−32, 32)=−12x−32y+ 32z=0,
取y=1，得m=(4,1,7 3)，
又n=(1,0,0)是平面PAB的一个法向量，
所以平面GMC与平面PAB所成角的余弦值为|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m|⋅|n|=2 35.
选择②：设DG=λDP=λ(−2,2,2 3)=(−2λ,2λ,2 3λ),λ∈(0,1)，
因为OC//DA，OC⊥平面PAB，所以DA⊥平面PAB，
所以点D到平面PAB的距离为DA=2，
又点G到平面PAB的距离为h=32，
所以PGPD=hDA=34，所以DG=14PD，所以λ=14，
所以CG=CD+DG=(0,−2,0)+(−12,12, 32)=(−12,−32, 32)，
设平面GMC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CM=(x,y,z)⋅(−2,1, 3)=−2x+y+ 3z=0,m⋅CG=(x,y,z)⋅(−12,−32, 32)=−12x−32y+ 32z=0,
取y=1，得m=(4,1,7 3)，
又n=(1,0,0)是平面PAB的一个法向量，
所以平面GMC与平面PAB所成角的余弦值为|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m|⋅|n|=2 35.
【解析】(1)根据已知得出平面OCM//平面PAD，再根据面面平行的性质定理即可得证；
(2)先证OC，OB，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，若选择①，根据四棱锥G−ABCD的体积得出G到平面ABCD的距离h，条件②：根据点G到平面PAB的距离得出h，进而确定λ的值，分别求出平面GMC与平面PAB的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线面平行的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵E关于x轴对称，A(1,32)，B(1,−32)关于x轴对称，
A，B，C中恰有两个点在E上，∴A，B在E上，C不在E上，
∴1a2+94b2=1，又∵e=ca=12,a>b>0，a2=b2+c2，
∴a=2,b= 3,c=1，∴E的方程为x24+y23=1.
(2)存在a1=2，使得点An都在E上．理由如下：
∵an+1=an，∴an=a1，
∵bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2，
∴bn+1+cn+1=12(bn+cn)+an，即bn+1+cn+1=12(bn+cn)+a1，
∴bn+1+cn+1−2a1=12(bn+cn−2a1)，
又∵b1+c1=2a1，所以b1+c1−2a1=0，
∴bn+cn−2a1=0，即bn+cn=2a1，
∴AnCn+AnBn=2a1>a1=BnCn，
∴点An在以Bn，Cn为焦点，2a1为长轴长的椭圆上，
又∵E的焦点为(±1,0)，长轴长为4，点Bn，Cn在x轴上且关于原点对称，
∴点An都在椭圆E上⇔2a1=4,BnCn=a1=2⇔a1=2，
∴存在a1=2，使得点An都在E上．
【解析】(1)根据椭圆的对称性，可得A，B点在椭圆上，解方程组可得a，b确定椭圆方程；
(2)AnCn+AnBn=2a1>a1=BnCn，可得存在a1=2，使得点An都在E上．
本题考查椭圆的方程，考查数列与圆锥曲线的综合，属于中档题．
18.【答案】解：(1)X的所有可能取值为−1，0，1，
P(X=−1)=α(1−β)，P(X=1)=(1−α)β，
P(X=0)=1−P(X=−1)−P(X=1)=1−α(1−β)−(1−α)β，
所以X的分布列为：
(2)①证明：由题意，得pi=α(1−β)pi−1+[1−α(1−β)−(1−α)β]pi+(1−α)βpi+1，
所以[α(1−β)+(1−α)β]pi=α(1−β)pi−1+(1−α)βpi+1，
所以pi+1=[α(1−β)+(1−α)β]pi−α(1−β)pi−1(1−α)β,i=1,2,3，
又p0=0，p4=1，
所以p2=[α(1−β)+(1−α)β]p1−α(1−β)p0(1−α)β
=[α(1−β)+(1−α)β]p1(1−α)β，
p3=[α(1−β)+(1−α)β]p2−α(1−β)p1(1−α)β
=[α(1−β)+(1−α)β]p2−α(1−β)⋅(1−α)βα(1−β)+(1−α)βp2(1−α)β
=[α(1−β)+(1−α)β]2−αβ(1−α)(1−β)(1−α)β⋅[α(1−β)+(1−α)β]p2，
p4=[α(1−β)+(1−α)β]p3−α(1−β)p2(1−α)β=1
所以[α(1−β)+(1−α)β]⋅[α(1−β)+(1−α)β]2−αβ(1−α)(1−β)(1−α)β⋅[α(1−β)+(1−α)β]p2−α(1−β)p2(1−α)β=1，
解得：p2=(1−α)2β2α2(1−β)2+(1−α)2β2，得证；
②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，
“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C，
因为α=0.001，β=0.002，p2≈0.8∈(0.1,0.9)，
所以由题意，得P(C)=p2≈0.8,P(C−)=1−p2≈0.2，
P(T|C)=1−α=1−0.001,P(T|C−)=1−β=1−0.002，
所以P(T)=P(C)P(T|C)+P(C−)P(T|C−)
≈0.8×(1−0.001)+0.2×(1−0.002)=0.9988，
即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.
【解析】(1)X的所有可能取值为−1，0，1，然后根据题意求出对应的概率即可；
(2)①由题意，得pi=α(1−β)pi−1+[1−α(1−β)−(1−α)β]pi+(1−α)βpi+1，进一步可得pi+1=[α(1−β)+(1−α)β]pi−α(1−β)pi−1(1−α)β,i=1,2,3，由p0=0，p4=1，结合题意即可得证；
②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C，则所求概率可表示为P(T)=P(C)P(T|C)+P(C−)P(T|C−)，然后结合题意即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列及条件概率相关问题，属于难题．
19.【答案】解：(1)g(x)=2xex−x2−2x+a+b，则g′(x)=2(x+1)ex−2x−2=2(x+1)(ex−1)，
∵当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(−12,0)时，g′(x)<0；
∴g(x)在(−12,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴g(x)min=g(0)=a+b，又g(−12)=−e−12+34+a+b,g(1)=2e−3+a+b,g(−12)∴g(x)的值域为[a+b,2e−3+a+b].
∵h(x)=x2−2x+a−b=(x−1)2+a−b−1,x∈[−12,1]是减函数，
∴h(x)min=h(1)=a−b−1，h(x)max=h(−12)=a−b+54，
∴h(x)的值域为[a−b−1,a−b+54].
(2)证明：当|m+n|≥|m−n|时，|m+n|2≥|m−n|2，即mn≥0，
从而|m|+|n|=|m+n|；
当|m+n|<|m−n|时，|m+n|2<|m−n|2，即mn<0，
从而|m|+|n|=|m−n|，
∴|m|+|n|=max{|m+n|,|m−n|}，
∴f(x)=max{|(xex−2x+a)+(xex−x2+b)|,|(xex−2x+a)−(xex−x2+b)|}
=max{|2xex−x2−2x+a+b|,|x2−2x+a−b|}
=max{|g(x)|,|h(x)|}.
(3)由(1)，得|g(x)|max=max{|g(0)|,|g(1)|}，|h(x)|max=max{|h(1)|,|h(−12)|}，
再结合(2)，得F(a,b)=f(x)max=max{|g(x)|max,|h(x)|max}=max{|g(0)|,|g(1)|,|h(1)|,|h(−12)|}，
∴F(a,b)≥|g(0)|，F(a,b)≥|g(1)|，
∴F(a,b)≥|g(0)|+|g(1)|2≥|g(0)−g(1)|2=|(a+b)−(2e−3+a+b)|2=2e−32，
又当g(0)=a+b=−2e−32,g(1)=2e−3+a+b=2e−32，
|h(1)|=|a−b−1|≤2e−32,|h(−12)|=|a−b+54|≤2e−32，
(可取a=2−e,b=−12时，F(a,b)=2e−32)
∴F(a,b)的最小值为2e−32.
【解析】(1)利用导数的单调性求最值，即可得到值域；
(2)通过分类讨论得到|m|+|n|=max{|m+n|,|m−n|}，将f(x)、g(x)和h(x)代入即可得证；
(3)根据题意，结合(2)中结论，可得F(a,b)=max{|g(0)|,|g(1)|,|h(1)|,|h(−12)|}，分别求出对应值或范围进行比较即可得到结论．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数值域的求法，考查运算求解能力，属于难题．X
−1
0
1
P
α(1−β)
1−α(1−β)−(1−α)β
(1−α)β