2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练五含答案

2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练五专练五第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．若复数z＝eq\f(1－i3,2－ai)为纯虚数，则实数a的值为()A．－1B．1C．－2D．22．已知集合A＝{x|x≥－1}，B＝{x|y＝eq\r(－x2－x＋2)}，则A∩B＝()A．{x|0<x≤1}B．{x|0≤x≤1}C．{x|－1≤x≤2}D．{x|x≤1}3．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则n∥β的一个充分条件是()A．m⊥β，且m⊥nB．m∥β，且m∥nC．α⊥β，且n⊥αD．α∥β，且n⊂α4．由数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，定义个位数字比十位数字大、千位数字是偶数、百位数字为奇数的没有重复数字的四位数为“特征数”．从组成的所有没有重复数字的四位数中任取一个，则这个四位数是“特征数”的概率为()A.eq\f(3,20)B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,5)5．已知函数f(x)＝x＋lnx，曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线l的方程为y＝kx－1，则切线l与坐标轴所围成的三角形的面积为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C．2D．46．已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1D，AC上的点，且满足A1D＝3MD，AN＝2NC，则异面直线MN与C1D1所成角的余弦值为()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),4)7．已知T(x0，y0)为抛物线y2＝2px(p>0)上异于顶点的一动点，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))的直线l交抛物线于不同的两点M，N，若直线TM，TN的斜率之和kTM＋kTN＝2，则y0的值为()A.eq\f(p,2)B．pC.eq\f(3p,2)D．2p8．若函数f(x)＝－mx＋ex－2恰有两个不同的零点，则实数m的取值范围为()A．(1，e)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D．(e，＋∞)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．近年来，我国国内文化和旅游市场潜力不断释放，大众出游热情持续高涨，行业发展整体呈好的趋势，以下为2011—2019年我国国内旅游收入情况统计图．根据统计图，下列结论正确的是()A．与2018年相比，2019年国内旅游收入增幅约为19.61%B．2011—2019年国内旅游收入的中位数为3.4万亿元C．2011—2019年国内旅游收入的平均数约为3.5万亿元D．若每年国内旅游收入y(万亿元)与年份x线性相关，且满足y＝b(x－2010)＋1.205，则估计2020年的国内旅游收入为7.2万亿元10．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(x))))n的二项展开式中二项式系数之和为256，则下列结论正确的是()A．x2项的系数为560B．二项展开式中没有常数项C．各项系数之和为1D．各项系数中的最大系数为89611．我们定义这样一种运算“⊗”：①对任意a∈R，a⊗0＝0⊗a＝a；②对任意a，b∈R，(a⊗b)⊗c＝c⊗(ab)＋(a⊗c)＋(b⊗c)．若f(x)＝ex－1⊗e1－x，则以下结论正确的是()A．f(x)的图象关于直线x＝1对称B．f(x)在R上单调递减C．f(x)的最小值为3D．f()>f()>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))12．若f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＋|sinx|，则下列结论正确的是()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)的最大值为eq\r(2)C．f(x)的最小值为eq\f(\r(2),2)D．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a，b满足a＋b＝(2,4)，a－b＝(－2,0)，则向量a，b的夹角为________．14．在平面直角坐标系xOy中，过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F1(－2,0)作垂直于x轴的直线l，并与双曲线的渐近线交于M，N两点，且△MON为等边三角形，则该双曲线的标准方程为________．15．在三棱锥P­ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(3)，则三棱锥P­ABC的外接球的半径为________．16．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,4)的等差数列．若[x]表示不超过x的最大整数，如[0.5]＝0，[lg499]＝2，则an＝________；数列{[lgan]}的前2000项的和为________．(本题第一空2分，第二空3分．)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)在①c＝1，②b＝eq\r(7)，③△ABC外接圆的面积为eq\f(49,21)π这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并给出解答．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosA＝eq\f(2\r(7),7)，________.(1)求角B；(2)若P为△ABC内一点，PA⊥PB，∠APC＝150°，求tan∠PAB.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2Sn－1＋2(n≥2，n∈N*)，数列{bn}中，a1＝2b1＝2.(1)求{an}的通项公式；(2)若b2n＝b2n－1＋1，b2n＋1＝b2n＋an，求数列{bn}的前10项和．19．(12分)某电商平台2019年“双十一”的销售额为2684亿元，为了预测该电商平台在以后“双十一”的销售情况，某部门对该电商平台近10年(2010—2019年)“双十一”的销售额进行了统计，得到下面的散点图以及一些统计量的值(2010年到2019年的年份依次用数字1到10来表示)．(1)以年份编号x为解释变量，销售额y为预报变量，在y＝bx＋a和y＝cx2＋d中选择一个你认为比较合适的回归模型，并求出该模型(小数点后保留一位有效数字)；(2)根据你得到的模型，计算该电商平台2019年“双十一”的销售额的估计值与2019年实际销售额的误差，并预测该电商平台2020年“双十一”的销售额．附：参考数据：eq\i\su(i＝1,10,x)iyi＝77000，eq\x\to(y)＝960，eq\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(2,i)＝385，eq\i\su(i＝1,10,t)iyi＝654000，eq\x\to(t)＝38.5，eq\i\su(i＝1,10,t)eq\o\al(2,i)＝25333，其中ti＝xeq\o\al(2,i)，eq\x\to(t)＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(2,i).参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,u)ivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,u)\o\al(2,i)－n\x\to(u)2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\x\to(v)－eq\o(β,\s\up6(^))eq\x\to(u).20．(12分)如图，在多面体ABCDP中，△ABC是边长为4的等边三角形，PA＝AC，BD＝CD＝2eq\r(2)，PC＝PB＝4eq\r(2)，点E为BC的中点，平面BDC⊥平面ABC.(1)求证：DE∥平面PAC.(2)线段BC上是否存在一点T，使得二面角T­DA­B为直二面角？若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．21.(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1和椭圆C2：eq\f(x2,c2)＋eq\f(y2,b2)＝1，其中a>c>b>0，a2＝b2＋c2，C1，C2的离心率分别为e1，e2，且满足e1︰e2＝2︰eq\r(3).A，B分别是椭圆C2的右、下顶点，直线AB与椭圆C1的另一个交点为P，且|PB|＝eq\f(18,5).(1)求椭圆C1的方程；(2)与椭圆C2相切的直线MN交椭圆C1于点M，N，求|MN|的最大值．22．(12分)已知函数f(x)＝2mx2－nx＋lnx在x＝1处取得极值．(1)若f(x)在(0,1]上单调递增，求m的取值范围；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求m的值．专练五1．答案：D解析：由z＝eq\f(1－i3,2－ai)＝eq\f(1＋i,2－ai)＝eq\f(1＋i2＋ai,2－ai2＋ai)＝eq\f(2＋ai＋2i－a,4＋a2)＝eq\f(2－a＋2＋ai,4＋a2)为纯虚数，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,2＋a≠0，))解得a＝2，故选D.2．答案：A解析：由对数函数的性质及x≥－1＝，解得0<x≤2，所以A＝{x|x≥－1}＝{x|0<x≤2}．由二次根式有意义的条件可得－x2－x＋2≥0，得到x2＋x－2≤0，解得－2≤x≤1，所以B＝{x|y＝eq\r(－x2－x＋2)}＝{x|－2≤x≤1}．所以A∩B＝{x|0<x≤1}．故选A.3．答案：D解析：A，B，C选项都有可能得到n⊂β，故均不正确；对于D，由α∥β，且n⊂α可得n∥β，故α∥β，且n⊂α是n∥β的充分条件．故选D.4．答案：A解析：由数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，共有Aeq\o\al(4,6)＝6×5×4×3＝360(个)．第一步，考虑千位数字，情况有Ceq\o\al(1,3)＝3(种)；第二步，考虑百位数字，情况有Ceq\o\al(1,3)＝3(种)；第三步，同时考虑个位数字和十位数字，情况有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)，故共有3×3×6＝54(种)．从所有没有重复数字的四位数中任取一个，则这个数是“特征数”的概率为eq\f(54,360)＝eq\f(3,20).故选A.5．答案：B解析：由f(x)＝x＋lnx，得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，则f′(x0)＝1＋eq\f(1,x0)＝k，得x0＝eq\f(1,k－1).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＝eq\f(1,k－1)＋lneq\f(1,k－1)＝eq\f(k,k－1)－1，得lneq\f(1,k－1)＝0，即k＝2.所以切线l的方程为y＝2x－1，令x＝0，得到y＝－1，令y＝0，得到x＝eq\f(1,2)，所求三角形面积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×|－1|＝eq\f(1,4)，故选B.6．答案：A解析：解法一：取线段AD上一点E，使AE＝2ED，连接ME，NE，如图所示．因为A1D＝3MD，AN＝2NC，所以eq\f(MD,A1D)＝eq\f(CN,AC)＝eq\f(DE,AD)＝eq\f(1,3)，所以NE∥CD，ME∥AA1.又CD∥C1D1，所以易知∠MNE为异面直线MN与C1D1所成的角．设该正方体的棱长为3a，则EN＝eq\f(2,3)CD＝2a，ME＝eq\f(1,3)AA1＝a，所以在Rt△MNE中，MN＝eq\r(ME2＋EN2)＝eq\r(a2＋2a2)＝eq\r(5)a，所以cos∠MNE＝eq\f(EN,MN)＝eq\f(2a,\r(5)a)＝eq\f(2\r(5),5)，故选A.解法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝3，则由A1D＝3MD，AN＝2NC，得C1(0,3,3)，D1(0,0,3)，M(1,0,1)，N(1,2,0)，所以eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－3,0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，则cos〈eq\o(C1D1,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(C1D1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→)),|\o(C1D1,\s\up6(→))|·|\o(MN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－6,3\r(5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以异面直线MN与C1D1所成角的余弦值为eq\f(2\r(5),5)，故选A.7．答案：B解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，l的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(p,2)))(k≠0)，代入抛物线方程y2＝2px中，消去x可得y2－eq\f(2p,k)y＋p2＝0，则由Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2p,k)))2－4p2>0，得到－1<k<1且k≠0，y1＋y2＝eq\f(2p,k)，y1y2＝p2.则kTM＋kTN＝eq\f(y1－y0,x1－x0)＋eq\f(y2－y0,x2－x0)＝eq\f(y1－y0,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))＋eq\f(y2－y0,\f(y\o\al(2,2),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))＝eq\f(2p,y1＋y0)＋eq\f(2p,y2＋y0)＝eq\f(2py1＋y2＋2y0,y1y2＋y1＋y2y0＋y\o\al(2,0))＝eq\f(2p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,k)＋2y0)),p2＋\f(2p,k)y0＋y\o\al(2,0))＝2，得eq\f(2p2,k)＋2py0＝p2＋eq\f(2p,k)y0＋yeq\o\al(2,0)，即p2＋eq\f(2p,k)y0＋yeq\o\al(2,0)－eq\f(2p2,k)－2py0＝0，得到(y0－p)(y0＋eq\f(2p,k)－p)＝0，所以y0＝p.故选B.8．答案：C解析：解法一：由题意知，f′(x)＝－m＋ex－2，当m≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．当m>0时，由f′(x)＝－m＋ex－2＝0，得x＝2＋lnm．x>2＋lnm，f′(x)>0，函数f(x)在(2＋lnm，＋∞)上单调递增；x<2＋lnm，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，2＋lnm)上单调递减．故f(x)在x＝2＋lnm处取得最小值，所以f(2＋lnm)＝－m(2＋lnm)＋elnm<0，得m>eq\f(1,e)，所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，故选C.解法二：显然，x＝0不是函数f(x)的零点，令f(x)＝－mx＋ex－2＝0，得m＝eq\f(ex－2,x)，构造函数g(x)＝eq\f(ex－2,x)，则g′(x)＝eq\f(ex－2x－1,x2)，令g′(x)>0得到x>1，令g′(x)<0得到x<1且x≠0，画出函数g(x)＝eq\f(ex－2,x)的图象，如图所示，可知当m≤0时，直线y＝m与g(x)的图象不可能有两个交点；当m>0，且x＝1时g(x)＝eq\f(ex－2,x)取得最小值，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e).当m>eq\f(1,e)时，g(x)＝eq\f(ex－2,x)的图象与直线y＝m有两个不同的交点，即函数f(x)＝－mx＋ex－2恰有两个不同的零点，所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，故选C.9．答案：AB解析：选项A，由图可知，2019年国内旅游收入比2018年增长了1万亿元，增幅约为eq\f(1,5.1)×100%≈0.1961×100%＝19.61%，故A选项正确；选项B，将2011—2019年这九年的国内旅游收入的金额按照由小到大的顺序排列，可得中位数是3.4万亿元，故B选项正确；选项C,2011—2019年国内旅游收入的平均数约为eq\f(1.9＋2.3＋2.6＋3.3＋3.4＋3.9＋4.6＋5.1＋6.1,9)≈3.69(万亿元)，故C选项不正确；选项D，由题意可得eq\x\to(x)＝eq\f(2011＋2012＋2013＋2014＋2015＋2016＋2017＋2018＋2019,9)＝2015，将(2015,3.69)代入y＝b(x－2010)＋1.205，得5b＋1.205＝3.69，可得b＝0.497，所以y＝0.497(x－2010)＋1.205，将x＝2020代入，可得y＝6.175，D选项不正确．故选AB.10．答案：BC解析：由题意可得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n＝256，所以n＝8，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(x))))n的二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(2x)8－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))r＝(－1)rCeq\o\al(r,8)28－r.令8－eq\f(3r,2)＝2，可得r＝4，所以x2的系数为(－1)4Ceq\o\al(4,8)24＝1120，A项不正确；因为8－eq\f(3r,2)不可能等于0，所以二项展开式中没有常数项，B项正确；令x＝1，则各项系数之和为1，C项正确；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|－1rC\o\al(r,8)28－r|≥|－1r＋1C\o\al(r＋1,8)27－r|，,|－1rC\o\al(r,8)28－r|≥|－1r－1C\o\al(r－1,8)29－r|，))得2≤r≤3，当r＝2时，系数为1792，当r＝3时，系数为－1792，D项不正确．故选BC.11．答案：AC解析：对任意a，b∈R，(a⊗b)⊗c＝c⊗(ab)＋(a⊗c)＋(b⊗c)，令c＝0，得(a⊗b)⊗0＝0⊗(ab)＋(a⊗0)＋(b⊗0)，得(a⊗b)⊗0＝a⊗b＝ab＋a＋b，所以f(x)＝ex－1⊗e1－x＝ex－1＋e1－x＋1.f(1－x)＝e－x＋ex＋1，f(1＋x)＝e－x＋ex＋1，所以f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，A项正确；f′(x)＝ex－1－e1－x，当x>1时，f′(x)>0，当x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，B项不正确；f(x)＝ex－1＋e1－x＋1≥2eq\r(ex－1·e1－x)＋1＝3，当且仅当x＝1时，等号成立，C项正确；根据f(x)的图象关于直线x＝1对称，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))＝f(log381)，又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，log381＝4,1<<<4，所以f()<f()<f(log381)，所以f()<f()<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，故D项错误．故选AC.12．答案：ACD解析：研究f(x)在[0，π)上的情况，易得f(x)＝|sinx－cosx|＋|sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，,2sinx－cosx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)).))因为y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))和y＝|sinx|的最小正周期均为π，所以f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＋|sinx|的最小正周期为π，故A正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)单调递减，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))时，f(x)＝2sinx－cosx＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中tanφ＝eq\f(1,2)，因为tanφ＝eq\f(1,2)<1，所以可设φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).由0≤x－φ≤π得φ≤x≤π＋φ.又π<π＋φ<eq\f(5π,4)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，所以f(x)max＝eq\r(5)，f(x)min＝eq\f(\r(2),2)，所以B错误，C正确；因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))⊆eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)＋φ))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，所以D正确．故选ACD.13．答案：eq\f(π,4)解析：将a＋b＝(2,4)，a－b＝(－2,0)相加，得a＝(0,2)，相减，得b＝(2,2)，故cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4,2×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，则a，b的夹角为eq\f(π,4).14．答案：eq\f(x2,3)－y2＝1解析：解法一：由于△MON为等边三角形，且双曲线的渐近线关于x轴对称，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，则可设双曲线的方程为eq\f(x2,3m)－eq\f(y2,m)＝1(m>0)，则有4＝3m＋m＝4m，解得m＝1，所以该双曲线的标准方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.解法二：由于△MON为等边三角形，且双曲线的渐近线关于x轴对称，所以双曲线的渐近线的倾斜角为30°和150°，故eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3).又c2＝22＝a2＋b2，所以a2＝3，b2＝1，所以该双曲线的标准方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.15．答案：eq\f(\r(13),3)解析：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，根据AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，得CD⊥AB，PD⊥AB，且CD＝PD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(3)，所以△PDC是正三角形，∠PDC＝60°.设三棱锥P­ABC的外接球球心为O，易知O在△PDC内部，过点O作OE⊥CD于点E，OF⊥PD于点F，连接OB，BE，OD，则点E，F分别是△ABC，△PAB的外接圆圆心，且OE＝OF.在Rt△ODE中，∠ODE＝30°，DE＝eq\f(1,3)CD＝eq\f(\r(3),3)，所以OE＝eq\f(\r(3),3)DE＝eq\f(1,3).在Rt△DBE中，BE＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋12)＝eq\f(2\r(3),3).设球O的半径为R，则R2＝OE2＋BE2＝eq\f(1,9)＋eq\f(12,9)＝eq\f(13,9)，得R＝eq\f(\r(13),3).16．答案：eq\f(n,2)3782解析：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,4)的等差数列，所以eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,4)＝eq\f(n＋1,4)，得Sn＝eq\f(n2＋n,4)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,4)－eq\f(n－12＋n－1,4)＝eq\f(n,2).又a1＝eq\f(1,2)也适合上式，所以an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，所以[lgan]＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lg\f(n,2)))，数列{[lgan]}的前2000项和为[lga1]＋[lga2]＋[lga3]＋…＋[lga2000]．当n＝1时，－1≤lgan<0；当n＝2,3,4，…，19时，0≤lgan<1；当n＝20,21,22，…，199时，1≤lgan<2；当n＝200,201,202，…，1999时，2≤lgan<3；当n＝2000时，lgan＝3.故数列{[lgan]}的前2000项和为[lga1]＋[lga2]＋[lga3]＋…＋[lga2000]＝－1×1＋18×0＋1×180＋2×1800＋3＝3782.17．解析：(1)若选择①②，因为cosA＝eq\f(2\r(7),7)，c＝1，b＝eq\r(7)，所以由余弦定理得a2＝c2＋b2－2cbcosA＝4，所以a＝2，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)，所以B＝120°.若选择①③，因为cosA＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinA＝eq\r(1－\f(4,7))＝eq\f(\r(21),7).设△ABC的外接圆的半径为r，由正弦定理得r＝eq\f(a,2sinA)，因为△ABC外接圆的面积为eq\f(49,21)π，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2sinA)))2π＝eq\f(49,21)π，所以a＝2.由余弦定理得a2＝c2＋b2－2cbcosA＝4，所以b2－eq\f(4\r(7),7)b－3＝0，所以b＝eq\r(7)或b＝－eq\f(3\r(7),7)(舍去)，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)，B＝120°.若选择②③，因为cosA＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinA＝eq\r(1－\f(4,7))＝eq\f(\r(21),7).设△ABC的外接圆的半径为r，由正弦定理得r＝eq\f(a,2sinA)，因为△ABC外接圆的面积为eq\f(49,21)π，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2sinA)))2π＝eq\f(49,21)π，所以a＝2.由余弦定理得4＝c2＋7－4c，解得c＝1或c＝3，所以cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ca)＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)，B＝120°或60°.(2)选择①②或①③时，解法如下：由题意知∠BPC＝120°，设∠PAB＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBC中，∠BCP＝180°－120°－[120°－(90°－α)]＝30°－α，由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，所以2sin(30°－α)＝eq\f(\r(3),2)sinα，2sin30°cosα－2cos30°sinα＝eq\f(\r(3),2)sinα，即cosα＝eq\f(3\r(3),2)sinα，所以tanα＝eq\f(2\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(2\r(3),9).选择②③时解法如下：当∠ABC＝120°时，由题意知∠BPC＝120°，设∠PAB＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBC中，∠BCP＝180°－120°－[120°－(90°－α)]＝30°－α，由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，所以2sin(30°－α)＝eq\f(\r(3),2)sinα，2sin30°cosα－2cos30°sinα＝eq\f(\r(3),2)sinα，即cosα＝eq\f(3\r(3),2)sinα，所以tanα＝eq\f(2\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(2\r(3),9).当∠ABC＝60°时，同理得∠BCP＝180°－120°－[60°－(90°－α)]＝90°－α，则由正弦定理得eq\f(2,sin120°)＝eq\f(3sinα,sin90°－α)，所以tanα＝eq\f(4\r(3),9)，即tan∠PAB＝eq\f(4\r(3),9).18．解析：(1)由Sn＝2Sn－1＋2(n≥2)，①可得Sn－1＝2Sn－2＋2(n≥3)，②①－②得：Sn－Sn－1＝2(Sn－1－Sn－2)，所以an＝2an－1(n≥3)，又a2＋a1＝2a1＋2，a1＝2，所以a2＝4，所以a2＝2a1，故{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由题意得b2n－b2n－1＝1，b2n＋1－b2n＝2n，所以b2n＋1－b2n－1＝1＋2n，则b2n－1－b2n－3＝1＋2n－1，b2n－3－b2n－5＝1＋2n－2，…，b5－b3＝1＋22，b3－b1＝1＋21，所以b2n－1－b1＝n－1＋(21＋22＋…＋2n－1)＝n－1＋eq\f(21－2n－1,1－2)＝2n＋n－3(n≥2)，所以b2n－1＝2n＋n－2(n≥2)，所以b2n＝2n＋n－1(n≥2)，所以b2n＋b2n－1＝2n＋1＋2n－3(n≥2)，易得b1＋b2也适合上式，所以{bn}的前10项和为b1＋b2＋…＋b9＋b10＝(22＋23＋…＋26)＋(－1＋1＋…＋7)＝139.19．解析：(1)由散点图可知，选择回归模型y＝cx2＋d比较合适．令t＝x2，则eq\o(c,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,10,t)iyi－10\x\to(t)·\x\to(y),\i\su(i＝1,10,t)\o\al(2,i)－10\x\to(t)2)＝eq\f(654000－10×38.5×960,25333－10×38.5×38.5)≈27.1，eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(c,\s\up6(^))·eq\x\to(t)≈960－27.1×38.5≈－83.4，于是回归模型为eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1x2－83.4.(2)令x＝10，得eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1×102－83.4＝2626.6，又2626.6－2684＝－57.4，所以该电商平台2019年“双十一”的销售额的估计值与2019年实际销售额的误差为57.4亿元．令x＝11，得eq\o(y,\s\up6(^))＝27.1×112－83.4＝3195.7，故预测该电商平台2020年“双十一”的销售额为3195.7亿元．20．解析：(1)证明：因为BD＝CD＝2eq\r(2)，△ABC是边长为4的等边三角形，所以BD2＋CD2＝(2eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＝16＝BC2，所以△BDC是等腰直角三角形，∠BDC＝90°.又点E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为平面BDC⊥平面ABC，平面BDC∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC.因为PC＝PB＝4eq\r(2)，PA＝AC＝AB＝4，所以PA2＋AC2＝42＋42＝32＝PC2，PA2＋AB2＝42＋42＝32＝PB2，所以△PAB与△PAC都是直角三角形，故PA⊥AC，PA⊥AB.又AC∩AB＝A，所以PA⊥平面ABC，所以DE∥PA.因为PA⊂平面PAC，DE⊄平面PAC，所以DE∥平面PAC.(2)连接AE，以E为原点，EC，EA，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,2eq\r(3)，0)，B(－2,0,0)，C(2,0,0)，D(0,0,2)，设存在T(λ，0,0)，使得二面角T­DA­B为直二面角，易知－2≤λ≤2，且λ≠0.设平面BAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,－\r(3)y1＋z1＝0，))令z1＝1，得x1＝－1，y1＝eq\f(\r(3),3)，故n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，1)).设平面TAD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则由eq\o(DT,\s\up6(→))＝(λ，0，－2)，eq\o(AT,\s\up6(→))＝(λ，－2eq\r(3)，0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λx2－2z2＝0，,λx2－2\r(3)y2＝0，))令z2＝1，得x2＝eq\f(2,λ)，y2＝eq\f(\r(3),3)，故n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,λ)，\f(\r(3),3)，1)).由cos〈n1，n2〉＝eq\f(－\f(2,λ)＋\f(\r(3),3)×\f(\r(3),3)＋1,\r(\f(7,3))×\r(\f(4,3)＋\f(4,λ2)))＝0，得eq\f(1,3)－eq\f(2,λ)＋1＝0，故λ＝eq\f(3,2).所以当T为线段BC上靠近点C的八等分点时，二面角T­DA­B为直二面角．21．解析：(1)由题意知e1＝eq\f(c,a)，e2＝eq\f(\r(c2－b2),c)＝eq\f(\r(2c2－a2),c).因为e1︰e2＝2︰eq\r(3)，所以eq\r(3)·eq\f(c,a)＝2·eq\f(\r(2c2－a2),c)，2aeq\r(2c2－a2)＝eq\r(3)c2，将等号两边同时平方，得3c4－8a2c2＋4a4＝0，即(2a2－c2)(2a2－3c2)＝0，所以a2＝eq\f(3,2)c2.又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(3)b，c＝eq\r(2)b，所以A(eq\r(2)b,0)，B(0，－b)，所以直线AB的方程为y＝eq\f(\r(2),2)x－b，与椭圆C1：eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1联立并消去y，得x2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x－b))2＝3b2，整理得，eq\f(5,2)x2－3eq\r(2)bx＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(6\r(2),5)b，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(2)b,5)，\f(b,5))).因为|PB|＝eq\f(18,5)，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(2),5)b－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,5)＋b))2)＝eq\f(18,5)，得b＝eq\r(3)，所以a＝3，椭圆C1的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，易得|MN|＝2.当直线MN的斜率存在时，设直线MN：y＝kx＋m(k≠0)，与椭圆C2：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1联立并消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，因为直线MN与椭圆C2相切，所以Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝0，整理得，6k2＋3－m2＝0.(*)将直线MN与椭圆C1的方程联立并消去y，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－9＝0，由(*)式可得Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－9)＝12(9k2＋3－m2)＝36k2，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则xM＋xN＝eq\f(－6km,1＋3k2)，xMxN＝eq\f(3m2－9,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|xM－xN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(36k2),1＋3k2)＝6eq\r(\f(k4＋k2,1＋3k22)).设1＋3k2＝t，则t>1，|MN|＝6eq\r(\f(t2＋t－2,9t2))＝2eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,4)))2＋\f(9,8)