2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练四含答案

2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练四专练四第Ⅰ卷一、单项选择题：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．集合A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}，B＝{x|eq\r(x)<2}，则A∩B＝()A．[0,2]B．[0,1]C．(0,2]D．[－1,0]2．若复数z＝eq\f(1＋i,1＋ai)(i表示虚数单位)为纯虚数，则实数a的值为()A．1B．0C．－eq\f(1,2)D．－13．设{an}为公差不为0的等差数列，p，q，k，l为正整数，则“p＋q>k＋l”是“ap＋aq>αk＋al”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．已知a＝2，b＝log2eq\f(1,3)，c＝logeq\f(1,3)，则()A．a>b>cB．a>c>bC．c>a>bD．c>b>a5．据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级．现有每个级别的诸侯各一人，共五人，要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个(m为正整数)，若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)6．17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形(另一种是顶角为108°的等腰三角形)．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ABC中，eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,2).根据这些信息，可得sin234°＝()A.eq\f(1－2\r(5),4)B．－eq\f(3＋\r(5),8)C．－eq\f(\r(5)＋1,4)D．－eq\f(4＋\r(5),8)7．已知F1，F2分别是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，F1关于直线l的对称点F′1在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上，则双曲线C的离心率为()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．38．已知△ABC为等边三角形，动点P在以BC为直径的圆上，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ＋2μ的最大值为()A.eq\f(1,2)B．1＋eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5,2)D．2＋eq\f(\r(3),2)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知a>b≥2，则()A．b2<3b－aB．a3＋b3>a2b＋ab2C．ab>a＋bD.eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)10．如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则△ADE在翻折过程中，下列说法正确的是()A．线段BM的长是定值B．存在某个位置，使DE⊥A1CC．点M的运动轨迹是一个圆D．存在某个位置，使MB⊥平面A1DE11．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面．一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线C：(x2＋y2)3＝16x2y2恰好是四叶玫瑰线．给出下列结论正确的是()A．曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点)B．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2C．曲线C围成区域的面积大于4πD．方程(x2＋y2)3＝16x2y2(xy>0)表示的曲线C在第一象限和第三象限12．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)满足f(x0)＝f(x0＋1)＝－eq\f(1,2)，且f(x)在(x0，x0＋1)上有最小值，无最大值．则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,2)))＝－1B．若x0＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx－\f(π,6)))C．f(x)的最小正周期为3D．f(x)在(0,2019)上的零点个数最少为1346个第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．为做好社区新冠疫情防控工作，需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，其中甲小区至少分配两名志愿者，其它三个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答)14．已知函数f(x)＝x＋2cosx＋λ，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上任取三个数x1，x2，x3，均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)为边长的三角形，则λ的取值范围是________．15．设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F(1,0)，准线为l，过焦点的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足为C，D，若|AF|＝4|BF|，则p＝________，三角形CDF的面积为________．16．在三棱锥P­ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB＝2，PA＝PC＝eq\r(5)，PB与底面ABC所成的角的正弦值为eq\f(1,3)，则三棱锥P­ABC的外接球的体积为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)如图，在△ABC中，C＝eq\f(π,4)，∠ABC的平分线BD交AC于点D，且tan∠CBD＝eq\f(1,2).(1)求sinA；(2)若eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝28，求AB的长．

18.(12分)在①aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝3(an>0)，②aeq\o\al(2,n)－anan－1－3an－1－9＝0，③Sn＝n2－2n＋2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．已知：数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对大于1的自然数n，是否存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列．若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．19．(12分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合)．(1)证明：平面EMN⊥平面PBC；(2)是否存在点N，使得二面角B­EN­M的余弦值为eq\f(\r(6),6)，若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由．20．(12分)沙漠蝗虫灾害年年有，今年灾害特别大．为防范罕见暴发的蝗群迁飞入境，我国决定建立起多道防线，从源头上控制沙漠蝗群．经研究，每只蝗虫的平均产卵数y和平均温度x有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．平均温度xi℃21232527293235平均产卵数yi个711212466115325eq\i\su(i＝1,7,x)i＝192，eq\i\su(i＝1,7,y)i＝569，eq\i\su(i＝1,7,x)iyi＝18542，eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(2,i)＝5414，eq\i\su(i＝1,7,z)i＝25.2848，eq\i\su(i＝1,7,x)izi＝733.7079.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中zi＝lnyi，\x\to(z)＝\f(1,7)\i\su(i＝1,7,z)i))(1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝cedx(其中e＝2.718…自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)并由判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程．(计算结果精确到小数点后第三位)(2)根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为p(0<p<1)．①记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为f(p)，求f(p)的最大值，并求出相应的概率p.②当f(p)取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为X，求X的数学期望和方差．附：线性回归方程系数公式eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)·yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).21．(12分)已知圆O：x2＋y2＝4，定点A(1,0)，P为平面内一动点，以线段AP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点Q(2，eq\r(3))的直线l与C交于E，F两点，已知点D(2,0)，直线x＝x0分别与直线DE，DF交于S，T两点．线段ST的中点M是否在定直线上，若存在，求出该直线方程；若不是，说明理由．22．(12分)已知函数f(x)＝ex－ax－cosx，其中a∈R.(1)求证：当a≤－1时，f(x)无极值点；(2)若函数g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)，是否存在a，使得g(x)在x＝0处取得极小值？并说明理由．专练四1．答案：A解析：求得A＝[－1,2]，B＝[0,4)，所以A∩B＝[0,2]，故选A.2．答案：D解析：设z＝bi，b∈R且b≠0，则eq\f(1＋i,1＋ai)＝bi，得到1＋i＝－ab＋bi，∴1＝－ab，且1＝b，解得a＝－1，故选D.3．答案：D解析：设等差数列的公差为d，ap＋aq>ak＋al⇒a1＋(p－1)d＋a1＋(q－1)d>a1＋(k－1)d＋a1＋(l－1)d⇒d[(p＋q)－(k＋l)]>0⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d>0,p＋q>k＋l))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0,p＋q<k＋l))，显然由p＋q>k＋l不一定能推出ap＋aq>ak＋al，由ap＋aq>ak＋al也不一定能推出p＋q>k＋l，因此p＋q>k＋l是ap＋aq>ak＋al的既不充分也不必要条件，故选D.4．答案：C解析：a＝＝∈(0,1)；b＝log2eq\f(1,3)<0；c＝＝log23>1，∴c>a>b，故选C.5．答案：B解析：设首项为a1，因为和为80，所以5a1＋eq\f(1,2)×5×4×m＝80，故m＝8－eq\f(1,2)a1.因为m，a1∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,m＝7，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,m＝6，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,m＝5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,m＝4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝10，,m＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,m＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝14，,m＝1.))因此“公”恰好分得30个橘子的概率是eq\f(1,7).故选B.6．答案：C解析：由题可知∠ACB＝72°，且cos72°＝eq\f(\f(1,2)BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,4)，cos144°＝2cos272°－1＝－eq\f(\r(5)＋1,4)，则sin234°＝sin(144°＋90°)＝cos144°＝－eq\f(\r(5)＋1,4).故选C.7．答案：C解析：方法一：直线l为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，则不妨设直线l为y＝eq\f(b,a)x，∵F1，F2是双曲线C的左、右焦点，∴F1(－c,0)，F2(c,0)，∵F1关于直线l的对称点为F′1，则F′1为(x，y)，∴eq\f(y,x＋c)＝－eq\f(a,b)，eq\f(y＋0,2)＝eq\f(b,a)·eq\f(x－c,2)，解得x＝eq\f(b2－a2,c)，y＝－eq\f(2ab,c)，∴F′1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2－a2,c)，－\f(2ab,c)))，∵F′1在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2－a2,c)－c))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2ab,c)－0))2＝c2，整理可得4a2＝c2，即2a＝c，∴e＝eq\f(c,a)＝2，故选C.方法二：由题意知|F′1O|＝|OF1|＝|OF2|＝|F′1F2|，所以三角形F′1F1F2是直角三角形，且∠F′1F1F2＝30°，又由焦点到渐近线的距离为b，得|F′1F1|＝2b，所以2b＝eq\r(3)c，所以e＝2.故选C.8．答案：C解析：设△ABC的边长为2，不妨设线段BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，则点A(0，eq\r(3))、B(－1,0)、C(1,0)，以线段BC为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，设点P(cosθ，sinθ)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ－eq\r(3))，由于eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则－λ＋μ＝cosθ，－eq\r(3)λ－eq\r(3)μ＝sinθ－eq\r(3)，解得λ＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)sinθ－eq\f(1,2)cosθ，μ＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ，所以λ＋2μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),6)sinθ－\f(1,2)cosθ))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),6)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\f(3,2)－eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(3,2)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))，因此，λ＋2μ的最大值为eq\f(5,2).故选C.9．答案：BC解析：对于A，因为a>b≥2，所以b2－(3b－a)＝(a－b)＋b(b－2)>0，故A错误；对于B，可通过作差证明，B正确；对于C，ab－(a＋b)＝eq\f(ab－2a＋ab－2b,2)＝eq\f(ab－2＋ba－2,2)>0，故C正确；对于D，若eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)成立，当a＝10，b＝2时，左边＝右边＝eq\f(3,5)，故D错误．所以，选BC.10．答案：AC解析：对A，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，由∠A1DE＝∠MFB，MF＝eq\f(1,2)A1D为定值，FB＝DE为定值，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FBcos∠MFB，所以FB为定值，A正确；若B正确，即DE⊥A1C，由∠AED＝∠BEC＝45°，可得DE⊥CE，则DE⊥平面A1EC，所以DE⊥A1E，而这与DA1⊥A1E矛盾，故B错误；因为B是定点，所以M在以B为圆心，MB为半径的圆上，故C正确；取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，由面面平行的判定定理得平面MBF∥平面A1DE，即有MB∥平面A1DE，可得D错误．故选AC.11．答案：BD解析：(x2＋y2)3＝16x2y2≤16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋y2,2)))2，解得x2＋y2≤4(当且仅当x2＝y2＝2时取等号)，则B正确；将x2＋y2＝4和(x2＋y2)3＝16x2y2联立，解得x2＝y2＝2，即圆x2＋y2＝4与曲线C相切于点(eq\r(2)，eq\r(2))，(－eq\r(2)，eq\r(2))，(－eq\r(2)，－eq\r(2))，(eq\r(2)，－eq\r(2))，则A和C都错误；由xy>0，得D正确．综上，选BD.12．答案：AC解析：(x0，x0＋1)区间中点为x0＋eq\f(1,2)，根据正弦曲线的对称性知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,2)))＝－1，故选项A正确；若x0＝0，则f(x0)＝f(x0＋1)＝－eq\f(1,2)，即sinφ＝－eq\f(1,2)，不妨取φ＝－eq\f(π,6)，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx－\f(π,6)))，满足条件，但feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1为(0,1)上的最大值，不满足条件，故选项B错误；不妨令ωx0＋φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，ω(x0＋1)＋φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，两式相减得ω＝eq\f(2π,3)，即函数的周期T＝eq\f(2π,ω)＝3，故C正确；区间(0,2019)的长度恰好为673个周期，当f(0)＝0时，即φ＝kπ(k∈Z)时，f(x)在开区间(0,2019)上零点个数至少为673×2－1＝1345，故D错误．故正确的是AC.13．答案：660解析：若甲小区2人，乙、丙、丁其中一小区2人，共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)种，若甲小区3人，乙、丙、丁每小区1人，共有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(3,3)种，则不同的分配方案共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(3,3)＝660种．14．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(5π,6)，＋∞))解析：求导得f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)，易得f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)＋λ，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋λ，又由题意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋λ>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，由此解得λ的取值范围为λ>eq\r(3)－eq\f(5π,6).15．答案：25解析：抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F(1,0)，所以p＝2，准线为x＝－1，设过焦点的直线方程为x＝my＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4①又|AF|＝4|BF|，y1＝－4y2②由①②解得y1＝－4，y2＝1或y1＝4，y2＝－1，所以|CD|＝|y1－y2|＝5，所以三角形CDF的面积为eq\f(1,2)×2×5＝5.16．答案：eq\f(9π,2)或eq\f(89\r(89)π,6)解析：如图，取AC中点O′，因为PA＝PC＝eq\r(5)，AB＝BC，所以AC⊥PO′，AC⊥O′B，所以AC⊥平面PO′B，所以平面PO′B⊥平面ABC，易知∠O′BP即为PB与底面ABC所成的角或补角．O′B＝eq\r(2)，O′P＝eq\r(3)，所以在△O′PB中，(eq\r(2))2＋PB2－2·eq\r(2)·PB·cos∠O′BP＝(eq\r(3))2，因为sin∠O′BP＝eq\f(1,3)，当cos∠O′BP＝eq\f(2\r(2),3)时，求得PB＝3，此时∠PCB＝∠PAB＝90°.故PB为三棱锥P­ABC外接球直径，V＝eq\f(9π,2)；当cos∠O′BP＝－eq\f(2\r(2),3)时，求得PB＝eq\f(1,3)，延长BO′交外接球于Q，则BQ为圆O′的直径，则△QBP的外接圆直径为球的直径，由PQ2＝BQ2＋BP2－2·BQ·BP·cos∠QBP＝(2eq\r(2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－2·2eq\r(2)·eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)))＝eq\f(89,9)，球的直径为2R＝eq\f(PQ,sin∠QBP)＝eq\r(89)，可求得V＝eq\f(89\r(89)π,6).综上外接球的体积为eq\f(9π,2)或eq\f(89\r(89)π,6).17．解析：(1)设∠CBD＝θ，因为tanθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故sinθ＝eq\f(\r(5),5)，cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，则sin∠ABC＝sin2θ＝2sinθcosθ＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(4,5)，cos∠ABC＝cos2θ＝2cos2θ－1＝2×eq\f(4,5)－1＝eq\f(3,5)，故sinA＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2θ))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2θ))＝eq\f(\r(2),2)(sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq\f(7\r(2),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(BC,\f(7\r(2),10))＝eq\f(AC,\f(4,5))，所以BC＝eq\f(7\r(2),8)AC，又eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(\r(2),2)|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＝28，所以|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＝28eq\r(2)，所以AC＝4eq\r(2)，又由eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，得eq\f(AB,\f(\r(2),2))＝eq\f(AC,\f(4,5))，所以AB＝5.18．解析：方案一：选条件①.(1)由aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝3，得{aeq\o\al(2,n)}是公差为3的等差数列，由a1＝1，得aeq\o\al(2,1)＝1，则aeq\o\al(2,n)＝3n－2，又an>0，所以an＝eq\r(3n－2).(2)根据a1，an，am成等比数列，得到aeq\o\al(2,n)＝a1am，即3n－2＝eq\r(3m－2)，则有m＝3n2－4n＋2，因为n∈N*且n≥2，所以m＝3n2－4n＋2∈N*，当n＝2时，mmin＝6；方案二：选条件②.(1)因为aeq\o\al(2,n)－anan－1－3an－1－9＝0⇔(an＋3)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，所以an－an－1－3＝0，则{an}是等差数列，则an＝3n－2.(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(3n－2)2＝3m－2，则有m＝3n2－4n＋2，因为n∈N*且n≥2，所以m＝3n2－4n＋2∈N*，当n＝2时，mmin＝6；方案三：选条件③.(1)由Sn＝n2－2n＋2，得an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1,2n－3n≥2)).(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(2n－3)2＝2m－3，则有m＝2n2－6n＋6，因为n∈N*且n≥2，所以m＝2n2－6n＋6∈N*，当n＝2时，mmin＝2.19．解析：(1)证明：因为PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，所以PE⊥平面EBCD，又PE⊂平面PEB，所以平面PEB⊥平面EBCD，而BC⊂平面EBCD，BC⊥EB，所以平面PBC⊥平面PEB，由PE＝EB，PM＝MB知，EM⊥PB，于是EM⊥平面PBC.又EM⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC.(2)假设存在点N满足题意，取E为原点，直线EB，ED，EP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E­xyz，不妨设PE＝EB＝2，显然平面BEN的一个法向量为n1＝(0,0,1)，设BN＝m(0<m<2)，则eq\o(EM,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(EN,\s\up6(→))＝(2，m,0)．设平面EMN的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则由eq\o(EM,\s\up6(→))·n2＝eq\o(EN,\s\up6(→))·n2＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，0，1·x，y，z＝0,2，m，0·x，y，z＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,2x＋my＝0))，故可取n2＝(m，－2，－m)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(0，0，1·m，－2，－m,\r(2m2＋4))＝eq\f(－m,\r(2m2＋4))，依题意eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,\r(2m2＋4))))＝eq\f(\r(6),6)，解得m＝1∈(0,2)，此时N为BC的中点．综上知，存在点N，使得二面角B­EN­M的余弦值为eq\f(\r(6),6)，此时N为BC的中点．20．解析：(1)根据散点图可以判断，y＝cedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；对y＝cedx两边取自然对数，得lny＝lnc＋dx；令z＝lny，a＝lnc，b＝d，得z＝a＋bx；因为eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,)xi－\x\to(x)zi－\x\to(z),\i\su(i＝1,7,)xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\o(x,\s\up6(－))\o(z,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,7,x)\o\al(2,i)－7\x\to(x)2)＝eq\f(40.1820,147.7143)≈0.272，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(z)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝3.612－0.272×27.429≈－3.849；所以z关于x的回归方程为eq\o(z,\s\up6(^))＝0.272x－3.849；所以y关于x的回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.272x－3.849.(2)①由f(p)＝Ceq\o\al(3,5)·p3·(1－p)2，得f′(p)＝Ceq\o\al(3,5)·p2(1－p)(3－5p)，因为0<p<1，令f′(p)>0，得3－5p>0，解得0<p<eq\f(3,5)；所以f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))上单调递减，所以f(p)有唯一的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))，也是最大值；所以当p＝eq\f(3,5)时，f(p)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝eq\f(216,625)；②由①知，当f(p)取最大值时，p＝eq\f(3,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，所以X的数学期望为E(X)＝5×eq\f(3,5)＝3，方差为D(X)＝5×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5).21．解析：(1)设以AP为直径的圆的圆心为B，切点为N，则|OB|＝2－|BA|，∴|OB|＋|BA|＝2.取A关于y轴的对称点A′，连接A′P，故|A′P|＋|AP|＝2(|BO|＋|BA|)＝4>2.所以点P的轨迹是以A′，A为焦点，长轴长为4的椭圆．其中，a＝2，c＝1，曲线C方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线l的方程为x＝ty＋(2－eq\r(3)t)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，直线DE的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，故yS＝eq\f(y1,x1－2)(x0－2)，同理yT＝eq\f(y2,x2－2)(x0－2)；所以2y0＝yS＋yT＝eq\f(y1,x1－2)(x0－2)＋eq\f(y2,x2－2)(x0－2)，即eq\f(2y0,x0－2)＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(y1,ty1－\r(3))＋eq\f(y2,ty2－\r(3))＝eq\f(2y1y2－\r(3)y1＋y2,t[y1y2－\r(3)y1＋y2＋3])③联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2－\r(3)t,3x2＋4y2－12＝0))，化简得(3t2＋4)y2＋(12t－6eq\r(3)t2)y＋9t2－12eq\r(3)t＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)代入③得，eq\f(2y0,x0－2)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)))－\r(3)×\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4),t\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9t2－12\r(3)t,3t2＋4)－\r(3)×\f(6\r(3)t2－12t,3t2＋4)＋3)))＝eq\f(－12\r(3)t,12t)＝－eq\r(3)⇒eq\r(3)x0＋2y0－2eq\r(3)＝0，所以点M都在定直线eq\r(3)x＋2y－2eq\r(3)＝0上．22．解析：(1)证明：对f(x)求导得f′(x)＝ex＋sinx－a，显然ex>0，sinx≥－1，所以ex＋sinx－a>0－1－a≥0，即f′(x)>0，所以f(x)在其定义域上是单调递增函数，故f(x)无极值点；(2)解法一：对g(x)求导得g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a＋sinx(x>－1)，又注意到g′(0)＝2－a，令g′(0)＝2－a＝0，得a＝2.此时g′(x)＝ex＋eq\f(1