【文档说明】湖南省长沙市周南中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(15)页，142.235 KB，由管理员店铺上传

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长沙市周南中学2024届高三第三次模拟考试数学试题时量:120分钟满分:150分一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合𝐴={𝑥∣ln𝑥≤0},𝐵=

{𝑥∣2𝑥≤2},则“𝑥∈𝐴”是“𝑥∈𝐵”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2.若虚数单位i是关于𝑥的方程𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+2𝑥+1=0(𝑎、𝑏∈R)的一个根,则|𝑎+𝑏i|=A.√2B.2C.√5D.53.已知

𝐹是抛物线𝐶:𝑥2=4𝑦的焦点,点𝑀在𝐶上,且𝑀的纵坐标为3,则|𝑀𝐹|=A.2√2B.2√3C.3D.44.已知角𝛼的顶点在坐标原点,始边与𝑥轴的非负半轴重合,终边经过点(𝑡,−1),若cos𝛼=√55,则tan(𝛼+𝜋4)

=A.-3B.−13C.13D.35.下图是一个圆台的侧面展开图,已知𝐵𝐴=12,𝐵𝐷=6且∠𝐴𝐵𝐶=120∘,则该圆台的体积为A.112√2𝜋B.7√23𝜋C.28√23𝜋D.1

12√23𝜋6.已知不等式3𝑥2−𝑦2>0所表示的平面区域内一点𝑃(𝑥,𝑦)到直线𝑦=√3𝑥和直线𝑦=−√3𝑥的垂线段分别为𝑃𝐴、𝑃𝐵,若△𝑃𝐴𝐵的面积为3√316,则点𝑃

轨迹的一个焦点坐标可以是A.(2,0)B.(3,0)C.(0,2)D.(0,3)7.函数𝐹(𝑥)的定义域为𝑀,若存在正实数𝑚,对任意的𝑥∈𝑀,都有|𝐹(𝑥)−𝐹(−𝑥)|≤2𝑚,则称函数𝐹(𝑥)

具有性质𝑃(2𝑚).已知函数𝜑(𝑥)=log2(4𝑥+2)−𝑥具有性质𝑃(2𝑘),则𝑘的最小值为A.2B.1C.12D.148.已知数列{𝑎𝑛}满足递推关系𝑎𝑛+1={𝑎𝑛+𝜆𝑛≤52𝜆𝑎𝑛𝑛≥6(其中𝜆为正常数,𝑛∈𝐍∗),且𝑎1+𝑎7=

1.𝑎2+𝑎6=0.若等式𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1⋅𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2成立,则正整数𝑛的所有可能取值之和为A.3B.4C.6D.8二、选择题:本题共3小题,每小题6分,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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.下列说法中正确的是A.公式𝑆=4𝜋𝑅2中的𝑆和𝑅不具有线性相关关系B.已知变量𝑋、𝑌的𝑛对数据为(𝑥1,𝑦1),(𝑥2,𝑦2),⋯,

(𝑥𝑛,𝑦𝑛),则回归直线𝑌=𝑏̂𝑋+𝑎̂可以不经过点(𝑥⃐,𝑦⃐),其中𝑥⃐=1𝑛(𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑛),𝑦⃐=1𝑛(𝑦1+𝑦2+⋯+𝑦𝑛)C.若相关系数𝑟的绝对值越接近1,则两个变量的线性相关性越强D.对于变量𝐴与𝐵的统计量𝜒2来说,𝜒

2越大,判断“𝐴与𝐵有关系”的把握越大10.已知圆𝐶:(𝑥+2)2+𝑦2=4,直线𝑙:(𝑚+1)𝑥+2𝑦−1+𝑚=0(𝑚∈𝐑),则A.直线𝑙恒过定点(−1,1)B.当𝑚=0时,圆𝐶上恰有三个点到直线𝑙的距离等于1C.直线𝑙与圆

𝐶可能相切D.若圆𝐶与圆𝑥2+𝑦2−2𝑥+8𝑦+𝑎=0恰有三条公切线,则𝑎=811.约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体(包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱)以外,所

有由正多边形面组成的凸多面体.其中,由正多边形面构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体,台塔,又叫帐塔、平顶塔,是指在两个平行的多边形(其中一个的边数是另一个的两倍)之间加入三角形和四边形所组成的多面体.各个面为正多边形的台塔,包括正三、四、五角台塔.如图是所有棱长

均为1的正三角台塔𝐴𝐵𝐶−𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼,则A.该台塔共有15条棱B.𝐴𝐻//平面𝐵𝐼𝐷𝐶C.该台塔高为√33D.该台塔外接球的体积为4𝜋3三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(𝑦−2

)(𝑥−3)4的展开式中含𝑥3𝑦项的系数为___.13.平面向量𝑎⃗、𝑏⃗⃗、𝑐⃗满足:𝑎⃗⊥𝑐⃗,⟨𝑎⃗,𝑏⃗⃗⟩=𝜋3,⟨𝑏⃗⃗,𝑐⃗⟩=𝜋6,且|𝑎⃗|=|𝑐⃗|=3,|𝑏⃗⃗|=2

,则|𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗|=___.14.已知函数𝑦=𝑓(𝑥),任取𝑡∈𝐑,定义集合𝐴𝑡={𝑦∣𝑦=𝑓(𝑥),点𝑃(𝑡,𝑓(𝑡))、𝑄(𝑥,𝑓(𝑥))满足∣𝑃𝑄≤√2}.设𝑀𝑡、𝑚𝑡分别表示集合�

�𝑡中元素的最大值和最小值,记ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚𝑡,试解答以下问题:(1)若函数𝑓(𝑥)=𝑥2,则ℎ(0)=___;(2)若函数𝑓(𝑥)=sin𝜋2𝑥,则ℎ(𝑡)的最小正周期为___.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.(13分)记∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1=𝑥1+𝑥2+𝑥3+⋯+𝑥𝑛,∏𝑥𝑖𝑛𝑖=1=𝑥1⋅𝑥2⋅𝑥3⋯⋅𝑥𝑛,𝑛∈𝐍∗,已知数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}分别满足.

∑𝑎𝑖𝑛𝑖=1=𝑛2,∏𝑏𝑖𝑛𝑖=1=(√3)𝑛2+𝑛.(1)求{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式;(2)求∑(𝑎𝑖𝑏𝑖)𝑛𝑖=1.16.(15分)开展中小学生课后服务,是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措是进一步增强教育服务

能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为确保学生课后服务工作顺利开展,制定了两套工作方案,为了解学生对这两个方案的支持情况，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表:男女支持方案一2416支持方案二

2535假设用频率估计概率,且所有学生对活动方案是否支持相互独立.(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人,设𝑋为抽出两人中女生的个数,求𝑋的分布列与数学期望;(2)在(1)中,𝑌表示抽出两人中男生的个数,试判断方差�

�(𝑋)与𝐷(𝑌)的大小.17.(15分)如图,在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形,𝑃𝐴=2𝐴𝐷=4,且𝑃𝐶=2√6,点𝐸为𝑃𝐶的中点.(1)求证:𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐶;(2)求直线𝑃𝐶与平面�

�𝐸𝐷所成的角的正弦值.18.(17分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥𝑥,𝑎>0.(1)若𝑓(𝑥)存在零点,求𝑎的取值范围;(2)若𝑥1、𝑥2为𝑓(𝑥)的零点,且𝑥1<𝑥2,证明:𝑎(𝑥1+𝑥2)2>2.1

9.(17分)已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎12+𝑦2𝑏12=1(𝑎1>𝑏1>0)的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2,𝐵为上顶点,离心率为12,直线𝐵𝐹2与圆4𝑥2+4𝑦2−3=0相切.(1)求椭

圆𝐶的标准方程;(2)椭圆方程𝛤:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0),平面上有一点𝑃(𝑥0,𝑦0).定义直线方程𝑙:𝑥0𝑥𝑎2+𝑦0𝑦𝑏2=1是椭圆𝛤在点𝑃(𝑥0,𝑦0)处的极线.①若𝑃(𝑥0,𝑦0)在椭圆𝐶上,证明:

椭圆𝐶在点𝑃处的极线就是过点𝑃的切线;②若过点𝑃(−4,0)分别作椭圆𝐶的两条切线和一条割线,切点为𝑋、𝑌,割线交椭圆𝐶于𝑀、𝑁两点,过点𝑀、𝑁分别作椭圆𝐶的两条切线,且相交于点𝑄.证明:𝑄、𝑋、𝑌三点共线.长沙市周南中

学2024届高三第三次模拟考试数学参考答案及评分标准一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.答案:A解析:由不等式ln𝑥≤0,解得:0<𝑥≤1,∴𝐴=(0,1]:由不等

式2𝑥≤2解得𝑥≤1,∴𝐵=(−∞,1].所以“𝑥∈𝐴”是“𝑥∈𝐵”的充分不必要条件.2.答案:C解析:依题意,𝑎i3+𝑏i2+2i+1=0,即(2−𝑎)i+(1−𝑏)=0,又𝑎

,𝑏∈𝐑则𝑎=2,𝑏=1,所以|𝑎+𝑏i|=|2+i|=√22+12=√5.3.答案:D解析:由已知得𝐹(0,1),由于𝑀的纵坐标为3,由抛物线定义可知:|𝑀𝐹|=𝑦𝑀+𝑝2=3+22=4.4.答案:B解析:由任意角的三角函数公式可知

cos𝛼=𝑡√𝑡2+1=√55,解得𝑡=12,所以tan𝛼=𝑦𝑥=−2,所以tan(𝛼+𝜋4)=tan𝛼+tan𝜋41−tan𝛼tan𝜋4=−2+11−(−2)×1=−13.5.答案:D解析:设圆

台上底面圆半径为𝑟,下底面圆半径为𝑅,母线长为𝑙,高为ℎ,依题意2𝜋𝑟=6×2𝜋3,2𝜋𝑅=12×2𝜋3,解得𝑟=2,𝑅=4,而圆台的母线长𝑙=𝐴𝐷=𝐵𝐴−𝐷𝐴=6因此圆台的高ℎ=√𝑙2−(𝑅−𝑟)2=4√2,所以圆台的

体积𝑉=13(𝜋𝑟2+𝜋𝑅2+𝜋𝑟𝑅)ℎ=13×(4𝜋+16𝜋+8𝜋)×4√2=112√23𝜋.6.答案:A解析:如图所示,则∠𝐴𝑂𝐵=120∘,∠𝐴𝑃𝐵=60∘.不等式3�

�2−𝑦2>0所表示的平面区域内一点𝑃(𝑥,𝑦),可得点𝑃的轨迹为直线𝑦=±√3𝑥之间并且包括𝑥轴在内的区域.∴|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|=|√3𝑥−𝑦|2⋅|√3𝑥+𝑦|2=3𝑥2−𝑦24,∵△𝑃𝐴𝐵的面积为3√316,∴𝑆△𝑃𝐴�

�=12|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|sin60∘=√316(3𝑥2−𝑦2)=3√316,即𝑃点轨迹方程为𝑥21−𝑦23=1.∴焦点坐标为(2,0).7.答案:C解析:因为|𝜑(𝑥)−𝜑(−�

�)|=|log2(4𝑥+2)−log2(4𝑥+2)−2𝑥|=|log24𝑥+22⋅4𝑥+1|,𝑥∈𝐑而log24𝑥+22⋅4𝑥+1=log2(12×2⋅4𝑥+42⋅4𝑥+1)=log2(12+34𝑥+1+2)∈(−1,1),所以|𝜑(𝑥)−𝜑(−𝑥)|<

1,故2𝑘≥1,即𝑘≥12,所以𝑘的最小值为12.8.答案:B解析:∵𝑎𝑛+1={𝑎𝑛+𝜆𝑛≤52𝜆•𝑎𝑛𝑛≥6,∴当𝑛≤5时,𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝜆,即数列{𝑎𝑛}的前6项构成等差数列,且公差为𝜆,当𝑛≥6时,易知𝑎�

�≠0,𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2𝜆,即数列{𝑎𝑛}从第6项起构成等比数列,且公比为2𝜆,∵𝑎2+𝑎6=0,∴𝑎4=0,则𝑎1=−3𝜆,𝑎6=2𝜆,𝑎7=4𝜆2,∵𝑎1+𝑎7=1,∴−3𝜆+4𝜆2=1,解得𝜆=1或𝜆

=−14.∵𝜆>0,∴𝜆=1.∴数列{𝑎𝑛}为:−3,−2,−1,0,1,2,4,8,⋯,∵(−3)×(−2)×(−1)=−3−2−1,∴当𝑛=1时,等式𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1⋅𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2成立;∵

(−1)×0×1=−1+0+1,∴当𝑛=3时,等式𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1⋅𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2成立.当𝑛≠1且𝑛≠3时,等式不成立,∴正整数𝑛的所有可能取值之和为4.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,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,部分选对的得部分分,有选错的得0分9.答案:ACD解析:A选项,公式𝑆=4𝜋𝑅2中的𝑆和𝑅为二次函数关系,故不具有线性相关关系,A正确;B选项,回归直线𝑌=𝑏̂𝑋+𝑎̂一定经过样本中心点,即(

𝑥⃐,𝑦⃐),B错误;C选项,若相关系数𝑟的绝对值越接近1,则两个变量的线性相关性越强,C正确D选项,对于变量A与𝐵的统计量𝜒2来说,𝜒2越大,判断“A与𝐵有关系”的把握越大,D正确.10.答案:AD解析:对于𝐀选项,直线𝑙:(𝑚+1)𝑥+2𝑦−1+𝑚=0(�

�∈𝐑),所以𝑚(𝑥+1)+𝑥+2𝑦−1=0令{𝑥+1=0𝑥+2𝑦−1=0,解得{𝑥=−1𝑦=1,所以直线恒过定点(−1,1),故A选项正确对于B选项,当𝑚=0时,直线𝑙为:𝑥+2𝑦−1=0,则圆心𝐶(−2,0)到直线𝑙的

距离为𝑑=|−2+0−1|√12+22=3√55,2−3√55<1,所以圆上只有2个点到直线的距离为1,故B选项错误.对于C选项,因为直线过定点(−1,1),所以(−1+2)2+12<4,所以定点在圆内,则直线𝑙与圆𝐶一定相交.故𝐂选项错误.对于D选项,由圆的方程𝑥2+𝑦2−2𝑥

+8𝑦+𝑎=0可得,(𝑥−1)2+(𝑦+4)2=17−𝑎,所以圆心为(1,−4),半径为√17−𝑎,因为两圆有三条公切线,所以两圆的位置关系为外切,则√(1+2)2+(0+4)2=5=2+√17−𝑎,解得𝑎=8,故D选项

正确.11.答案:ABD解析:台塔下底面6条棱,上底面3条棱,6条侧棱,共15条棱,故A正确:台塔表面有1个正六边形,3个正方形,4个正三角形,由所有棱长均为1,连接𝐶𝐼,因为𝐴𝐶//𝐸𝐹且𝐴𝐶=𝐸𝐹,又�

�𝐹//𝐻𝐼且𝐸𝐹=𝐻𝐼,所以𝐴𝐶//𝐻𝐼且𝐴𝐶=𝐻𝐼,所以四边形𝐴𝐶𝐼𝐻为平行四边形,所以𝐴𝐻//𝐶𝐼,𝐴𝐻⊄平面𝐵𝐼𝐷𝐶,𝐶𝐼⊂平面𝐵𝐼𝐷𝐶,所以𝐴𝐻//平面𝐵𝐼𝐷𝐶,故B正确;上底面正三角形

𝐴𝐵𝐶在下底面正六边形𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼内的投影为△𝐴′𝐵′𝐶′,则𝑂点是正六边形𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼的中心,也是△𝐴′𝐵′𝐶′的中心△𝐴′𝐵′𝐶′和△𝑂𝐷𝐸都是正三角形,𝐶′是△𝑂𝐷𝐸的中心,由棱长为1,则𝐸𝐶′=√33,所

以台塔的高𝐶𝐶′=√𝐸𝐶2−𝐸𝐶′2=√1−39=√63,故C错误;设上底面正三角形𝐴𝐵𝐶的外接圆圆心为𝑂1,则半径𝑟1=√33,下底面正六边形𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼的外接圆圆心为𝑂2,则半径𝑟2=1,设

台塔的外接球半径为𝑅,𝑂𝑂2=𝑎,则有𝑎2+12=(𝑎+√63)2+(√33)2或𝑎2+12=(√63−𝑎)2+(√33)2,解得𝑎=0,所以𝑅=𝑟2=1,台塔的外接球体积𝑉=43𝜋𝑅3=43𝜋,故D正确.三、填空题:本

题共3小题,每小题5分,共15分.12.答案：−12解析:(𝑦−2)(𝑥−3)4=𝑦(𝑥−3)4−2(𝑥−3)4,𝑦(𝑥−3)4的展开式中𝑥3𝑦项为:𝑦⋅𝐶41𝑥3⋅(−3)1=−12𝑥3𝑦

,−2(𝑥−3)4的展开式中没有𝑥3𝑦项,故(𝑦−2)(𝑥−3)4的展开式中含𝑥3𝑦项的系数为-12故答案为:-12.13.答案：3√3+1解析:∵𝑎⃗⊥𝑐⃗,∴𝑎⃗⋅𝑐⃗=0,∴|𝑎⃗+𝑏

⃗⃗+𝑐⃗|2=(𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗)2=|𝑎⃗|2+|𝑏⃗⃗|2+|𝑐⃗|2+2(𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑎⃗⋅𝑐⃗+𝑏⃗⃗⋅𝑐⃗)=9+4+9+2×(3×2⋅cos𝜋3+0+2×3⋅cos𝜋6)=28+

6√3=(3√3+1)2,∴|𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗|=3√3+1.14.答案:(1)1(2分);(2)2(3分).解析:对于(1),因为函数𝑓(𝑥)=𝑥2,当𝑡=0时,𝑃(0,0)、𝑄(𝑥,𝑥2)且√(𝑥−0)2+(�

�2−0)2≤√2,即𝑥2+𝑥4≤2,令𝑥2=𝑚,即𝑚2+𝑚≤2,解得0≤𝑚≤1,所以𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=0,所以ℎ(0)=1−0=1;对于(2),如图所示,若函数𝑓(𝑥)=sin𝜋2𝑥,此时,函数的最小正周期为2𝜋𝜋2

=4,点𝑃(𝑡,sin𝜋2𝑡)、𝑄(𝑥,sin𝜋2𝑥)当点𝑃在𝐴点时,点𝑄在曲线𝑂𝐴𝐵上,𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=0,ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚𝑡=1;当点𝑃在曲线上从𝐴接近𝐵时,ℎ(

𝑡)逐渐增大,当点𝑃在𝐵点时,𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=−1ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚𝑡=2;当点𝑃在曲线上从𝐵接近𝐶时,ℎ(𝑡)逐渐减小,当点𝑃在𝐶点时,𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=0,ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚𝑡=1;当点𝑃在曲线上从𝐶接近𝐷时,ℎ(𝑡)逐渐

增大,当点𝑃在𝐷点时,𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=−1,ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚𝑡=2;当点𝑃在曲线上从𝐷接近𝐸时,ℎ(𝑡)逐渐减小,当点𝑃在𝐸点时,𝑀𝑡=1,𝑚𝑡=0,ℎ(𝑡)=𝑀𝑡−𝑚�

�=1;依此类推,发现ℎ(𝑡)的最小正周期为2.四、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.(13分)解析:(1)设𝑆𝑛=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1,𝑇𝑛=∏𝑥𝑖𝑛𝑖

=1,则当𝑛=1时,𝑎1=𝑆1=1;……1分当𝑛≥2时,𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2−(𝑛−1)2=2𝑛−1……2分经检验,当𝑛=1时,满足𝑎𝑛=2𝑛−1,所以𝑎𝑛=2𝑛−1;……3分当𝑛=1时,𝑏1=𝑇1=3;当𝑛≥2时,𝑏�

�=𝑇𝑛𝑇𝑛−1=(√3)𝑛2+𝑛(√3)(𝑛−1)2+𝑛−1=(√3)2𝑛=3𝑛,当𝑛=1时,满足𝑏𝑛=3𝑛,所以𝑏𝑛=3𝑛……6分(2)由(1)知𝑎𝑛𝑏𝑛=(2𝑛−1)×3𝑛,

则∑𝑎𝑖𝑛𝑖=1𝑏𝑖=1×3+3×32+5×33+⋯+(2𝑛−1)×3𝑛,①3∑𝑎𝑖𝑛𝑖=1𝑏𝑖=1×32+3×33+5×34+⋯+(2𝑛−3)×3𝑛+(2𝑛−1)×3𝑛+1,②……9分由①-②

相减得:−2∑𝑎𝑖𝑛𝑖=1𝑏𝑖=3+2(32+33+31+⋯+3𝑛)−(2𝑛−1)×3𝑛+1=3+2×9−3𝑛+11−3−(2𝑛−1)×3𝑛+1=−6−(2𝑛−2)×3𝑛+1故∑𝑎𝑖𝑛𝑖=1𝑏𝑖=3+

(𝑛−1)×3𝑛+1……13分16.(15分)解析:(1)记从方案一中抽取到女生为事件𝐴,从方案二中抽取到女生为事件𝐵.则𝑃(𝐴)=1624+16=25,……2分𝑃(𝐵)=3525+35=712.……4分则

𝑋的可能取值为0、1、2.所以𝑃(𝑋=0)=(1−25)×(1−712)=14.……6分𝑃(𝑋=1)=(1−25)×712+25×(1−712)=3160.……8分𝑃(𝑋=2)=25×712=730.……10分所以𝑋的分布列为:𝑋012𝑃143160730所

以𝐸(𝑋)=0×14+1×3160+2×730=5960.……12分(2)依题意可得𝑌=2−𝑋,所以𝐷(𝑌)=𝐷(2−𝑋)=(−1)2𝐷(𝑋)=𝐷(𝑋)即𝐷(𝑌)=𝐷(𝑋).……15分17.(15分)解析:(1)证明:因

为𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐶、𝐵𝐷⊂底面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝑃𝐴⊥𝐴𝐶,𝑃𝐴⊥𝐵𝐷,所以𝐴𝐶=√𝑃𝐶2−𝑃𝐴2=2√2,𝐶𝐷=√𝐴𝐶2−𝐴𝐷2=2=𝐴𝐷，……3分所以矩形𝐴𝐵

𝐶𝐷是正方形,所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶,因为𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴,𝑃𝐴、𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶,所以𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐶.……7分(2由(1)知𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐴𝑃两两垂直,建系如图,𝐴(

0,0,0),𝐷(0,2,0),𝑃(0,0,4),𝐶(2,2,0),𝐸(1,1,2),𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−2,4),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),……9分设平面𝐴𝐸𝐷的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,�

�,𝑧),则{𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0,即{𝑥+𝑦+2𝑧=02𝑦=0,令𝑥=−2,得𝑛⃗⃗=(−2,0,1),……12分所以直线𝑃𝐶与平面𝐴𝐸𝐷所成的角的正弦值为|𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|

𝑛⃗⃗|=82√6⋅√5=2√3015.……15分18.(17分)解析:(1)𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞),令𝑓(𝑥)=0,即𝑎𝑥−ln𝑥𝑥=0(𝑎>0),等价于𝑎𝑥2−ln𝑥=0,……2分设𝑔(𝑥)=�

�𝑥2−ln𝑥,则𝑔′(𝑥)=2𝑎𝑥−1𝑥=2𝑎𝑥2+𝑥(𝑥>0),令𝑔′(𝑥)=0,可得𝑥=√2𝑎2𝑎,当𝑥∈(0,√2𝑎2𝑎)时,𝑔′(𝑥)<0,𝑔(�

�)单调递减,当𝑥∈(√2𝑎2𝑎,+∞)时,𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增,……5分则𝑔(𝑥)的最小值为𝑔(√2𝑎2𝑎)=12−ln√2𝑎2𝑎=12(1+ln2𝑎),𝑔(1)=𝑎>0,要使得𝑔(𝑥)=𝑎𝑥2−ln𝑥存在零点,则𝑔(

√2𝑎2𝑎)=12(1+ln2𝑎)≤0,即1+ln2𝑎≤0,得𝑎∈(0,12e]……8分由𝑥1,𝑥2为𝑓(𝑥)的零点,得𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)=0,即𝑔(𝑥1)=𝑔(𝑥2)=0,即{𝑎�

�12−ln𝑥1=0,𝑎𝑥22−ln𝑥2=0,两式相减得𝑎(𝑥12−𝑥22)−(ln𝑥1−ln𝑥2)=0,即𝑎=ln𝑥1−ln𝑥2(𝑥1−𝑥2)(𝑥1+𝑥2).……11分要证当0<𝑥1<𝑥2时

,𝑎(𝑥1+𝑥2)2>2,只需证ln𝑥1−ln𝑥2𝑥1−𝑥2(𝑥1+𝑥2)>2,只需证ln𝑥1𝑥2<2(𝑥1−𝑥2)𝑥1+𝑥2,0<𝑥1<𝑥2,即:ln𝑥1𝑥2−2(𝑥1𝑥2−1)𝑥1𝑥2+1<0,0<𝑥1

<𝑥2.……14分令𝑡=𝑥1𝑥2(0<𝑡<1),𝐹(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡+1,只需证𝐹(𝑡)<0,𝐹′(𝑡)=1𝑡−4(𝑡+1)2=(𝑡+1)2−4𝑡𝑡(𝑡+1)2=(𝑡−1)2𝑡(𝑡+1

)2>0,则𝐹(𝑡)在(0,1)上单调递增,∴𝐹(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡+1<𝐹(1)=0,即可得证.……7分19.(17分)解析:(1)由已知𝑐1𝑎1=12,而直线𝐵𝐹2:

𝑦=−𝑏1𝑐1𝑥+𝑏1即𝑏1𝑥+𝑐1𝑦−𝑏1𝑐1=0.该直线与圆𝑥2+𝑦2=34与相切,则|𝑏1𝑐1|√𝑏12+𝑐12=|𝑏1𝑐1|𝑎1=√32,解得:𝑏1=√3,𝑎1=2故椭圆𝐶的标准方程为𝑥24+𝑦23=1……4分(2)①由(1)得椭圆�

�的方程是𝑥24+𝑦23=1.因为𝑃(𝑥0,𝑦0)在椭圆𝐶上,所以𝑥024+𝑦023=1⇒3𝑥02+4𝑦02−12=0,……5分由定义可知椭圆𝐶在点𝑃(𝑥0,𝑦0)处的极线方程为𝑥0𝑥4+𝑦0𝑦3=1,

.6分当𝑦0=0时,𝑥0=±2,此时极线方程为𝑥=±2,所以𝑃处的极线就是过点𝑃的切线……7分当𝑦0≠0时,极线方程为𝑥0𝑥4+𝑦0𝑦3=1⇒𝑦=−3𝑥04𝑦0𝑥+3𝑦0.联立{𝑦=−3𝑥04𝑦0𝑥+3𝑦0�

�24+𝑦23=1,得(9𝑥024𝑦02+3)𝑥2−18𝑥0𝑦02𝑥+36𝑦02−12=0.∴𝛥=(−18𝑥0𝑦02)2−4(9𝑥024𝑦02+3)(36𝑦02−12)=36⋅(3𝑥02+4𝑦02−12)𝑦02=0……9分综上所述,椭圆𝐶在点�

�处的极线就是过点𝑃的切线;……10分②设点𝑄(𝑥0,𝑦0),𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2),由①可知,过点𝑀的切线方程为𝑙1:𝑥1𝑥4+𝑦1𝑦3=1,过点𝑁的切线方程为𝑙2:𝑥

2𝑥4+𝑦2𝑦3=1……12分因为𝑙1,𝑙2都过点𝑄(𝑥0,𝑦0),所以有{𝑥1𝑥04+𝑦1𝑦03=1𝑥2𝑥04+𝑦2𝑦03=1,则割线𝑀𝑁的方程为𝑙0:𝑥0𝑥4+𝑦0𝑦3=1;……14分同理可得过

点𝑃(−4,0)的两条切线的切点弦𝑋𝑌的方程为𝑙3:−4𝑥4=1⇒𝑥=−1……15分又因为割线𝑀𝑁过点𝑃(−4,0),代入割线方程得−4𝑥04=1⇒𝑥0=−1……16分所以𝑄,𝑋,𝑌三点共线,都在直线𝑥=−1上．……17分