2024学生版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）每日一练答案精析20

每日一练答案精析第一周[周一]1．A2．D[由eylnx＝yex得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，①由ezlneq\f(1,x)＝zex得eq\f(ez,z)＝eq\f(ex,ln

\f(1,x))，②由①②相加得eq\f(ey,y)＋eq\f(ez,z)＝0，因为y>1，ey>0，所以eq\f(ez,z)<0，又因为ez>0，所以z<0；因为eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，y>1，所以eq\f(ex,lnx)>0，即lnx>0，所以x>1；令f(x)＝x－lnx(x>1)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)＝x－lnx在(1，＋∞)上单调递增，即x>lnx，所以eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)>eq\f(ex,x)，即eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)(x>1)，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)＝eq\f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，所以由eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，得到y>x.所以y>x>z.]3．BD[因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))是定义域为R的奇函数，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(－x)＝－f(x＋1)，所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，即f′(－x)＝f′(x＋1)，所以g(－x)＝g(x＋1)，又g(1＋x)为奇函数，所以g(1＋x)＝－g(1－x)，当x＝0时，g(1)＝－g(1)＝g(0)，即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正确；又g(－x)＝－g(1－x)，所以g(x)＝－g(1＋x)，故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，即函数g(x)的周期为2，所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，即g(－1)＝g(4)，故D正确；由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))为奇函数可知f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))成中心对称，不妨取f(x)＝eq\f(1,π)cosπ(x－1)，则g(x)＝－sinπ(x－1)满足周期为2，关于点(1,0)中心对称的条件，因为f(0)＝－eq\f(1,π)，f(－1)＝eq\f(1,π)，f(4)＝－eq\f(1,π)，可知A，C错误．]4．0.645．解(1)∵2acosC＝c(3－2cosA)，∴由正弦定理得2sinAcosC＝sinC(3－2cosA)，∴2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝2sinB＝3sinC，再由正弦定理得2b＝3c，∴eq\f(b,c)＝eq\f(3,2).(2)由(1)得2sinB＝3sinC，∴2sin(A＋C)＝3sinC，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＝3sinC，∴sinC＋eq\r(3)cosC＝3sinC，∴eq\r(3)cosC＝2sinC，又sin2C＋cos2C＝1，sinC>0，∴sinC＝eq\f(\r(21),7).[周二]1．C2．C[已知A(1,0)是圆O：x2＋y2＝r2上一点，所以12＋02＝r2＝1.设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))则(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，所以xA＋xB＝eq\f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，由于xA＝1，所以xB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，则yB＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－1))＝－eq\f(2k,1＋k2)，由于BC是圆O的直径，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，则弦AC的中点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).因为直线AB，BD的斜率之和为0，所以kBD＝eq\f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，整理得k(k2－5)＝0，解得k＝0或k＝±eq\r(5)，又点B在第一象限，所以k<－1，故k＝－eq\r(5)，即直线AB的斜率是－eq\r(5).]3．ACD[由图可知，A＝1，函数f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故A正确；由T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0，知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，对于B，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故B错误；对于C，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin2x的图象，故C正确；对于D，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象，因为当x＝eq\f(5π,6)时，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sinπ＝0，所以得到的函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))对称，故D正确．]4.eq\r(3)5．解(1)在四棱锥P－ABCD中，连接AC交BD于点F，连接EF，如图．因为PC∥平面EBD，PC⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBD＝EF，则PC∥EF，因为AB∥CD，即△ABF∽△CDF，因此eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,DC)＝eq\f(1,2)，由PC∥EF，得eq\f(AE,EP)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(1,2)，于是λ＝eq\f(1,2)，所以实数λ的值为eq\f(1,2).(2)在四棱锥P－ABCD中，取BD的中点O，连接PO，如图．因为△PBD是等边三角形且与底面垂直，则有PO⊥BD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，从而PO⊥平面ABCD，过点O作Oy∥CD，又BD⊥CD，所以Oy⊥BD，以O为原点，分别以OB，Oy，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，－1,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→))(λ>0)，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BE,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1))x－\f(1,1＋λ)y,＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＝0，))取z＝1，得m＝(0，eq\r(3)λ，1)，平面PBD的一个法向量为n＝(0,1,0)，则|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝coseq\f(π,6)，即eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝1，所以当λ＝1时，平面EBD与平面PBD所成角的大小为eq\f(π,6).[周三]1．C2．C3．BCD[如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，则PG⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，则PG⊥BD.又因为tan∠ADB·tan∠DGC＝eq\f(AB,AD)·eq\f(CD,GD)＝1，所以GC⊥BD，又PG∩GC＝G，PG，GC⊂平面PGC，所以BD⊥平面PGC.因为M∈平面PGC，A∉平面PGC，所以BD⊥AM不成立，A错误；因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥P－ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径R＝eq\f(\r(3),2)，即四棱锥P－ABCD外接球的表面积为3π，B正确；如图2，直线PC与直线AD所成的角即为直线PC与直线BC所成的角，即为eq\f(π,3)，C正确；如图1，连接PH(图略)，因为BD⊥平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HM⊥PC，由上推导知PG⊥GC，GC＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，cos∠DCG＝eq\f(DC,CG)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，CH＝DCcos∠DCH＝eq\f(\r(6),3)，GH＝GC－CH＝eq\f(\r(6),6)，PH＝eq\r(PG2＋GH2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(6),3)，PH＝CH，因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD的中点，平面ADM即平面ADQ与BP的交点也即为QA与BP的交点，可知N为QA的中点，故VP－ADMN＝eq\f(3,4)VP－AQD＝eq\f(3,4)VQ－APD＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，D正确．]4．20解析依题意，5人中选出2人，他们的编号与座位编号一致，有Ceq\o\al(2,5)种方法，剩余3人都不坐与自己编号相同的座位有2种方法，由分步乘法计数原理得所求的坐法种数为2Ceq\o\al(2,5)＝20.5．解(1)由题意得x>0，a＝1，b＝3时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)．(2)f(x)＝ax2＋lnx≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－eq\f(lnx,x2)在区间[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝－eq\f(lnx,x2)，x≥1，则g′(x)＝eq\f(2lnx－1,x3)，令g′(x)>0，解得x>eq\r(e)，此时g(x)单调递增，令g′(x)<0，解得1≤x<eq\r(e)，此时g(x)单调递减，故g(x)min＝g(eq\r(e))＝－eq\f(1,2e).故a≤－eq\f(1,2e)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2e))).[周四]1．A2.B3．ACD[对于A，因为共有10个数，10×80%＝8，所以这组数据的第80百分位数为18和20的平均数，即为19，故A正确；对于B，因为随机变量ξ～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，σ2))，且Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ<4))＝0.8，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ≤2))＝0.5，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<ξ<4))＝0.8－0.5＝0.3，故B错误；对于C，由题意可知P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,2),C\o\al(1,6)C\o\al(1,5))＝eq\f(4,15)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A))))＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(2,5)，故C正确；对于D，因为经验回归直线eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(x)，\x\to(y)))，所以3.7＝0.4×4＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1，故D正确．]4.eq\r(3)＋1解析由题意可知a2＋b2＝c2，故不妨设A(－c,0)，B(c,0)，即为双曲线的焦点，|AB|＝2c，由eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))可得eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，故M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为BC的中点，又因为BM⊥AC，故|AB|＝|BC|，同理|AB|＝|AC|，即△ABC为正三角形，故|AM|＝eq\f(1,2)|AC|＝c，|BM|＝eq\r(3)c，又点M在双曲线左支上，故|BM|－|AM|＝eq\r(3)c－c＝2a，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.5．解(1)由题意知，(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，所以c＝0，当bn＝2n时，m1＝2，m2＝3，m3＝eq\f(14,3)，(1－2)×eq\f(14,3)＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－eq\f(2,3)≠0，所以{bn}不是“梦想数列”．(2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，]mn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(\f(nc1＋cn,2),n)＝eq\f(n2,n)，(i－j)eq\f(k2,k)＋(j－k)eq\f(i2,i)＋(k－i)eq\f(j2,j)＝0，所以{cn}是“梦想数列”．(3)①令i＝1，j＝2，k＝3，(1－2)eq\f(a1＋a2＋a3,3)＋(2－3)eq\f(a1,1)＋(3－1)eq\f(a1＋a2,2)＝0，所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差数列，②令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，设Sn为数列{an}的前n项和，(1－2)eq\f(Sn,n)＋(2－n)a1＋(n－1)eq\f(S2,2)＝0，化简得2Sn＋(n2－3n)a1－n(n－1)a2＝0，2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n(n＋1)a2＝0，两式相减得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0⇒an＋1＝a1＋n(a2－a1)，所以an＝a1＋(n－1)(a2－a1)(n≥4)，当n＝1,2,3时也成立．综上可得，“梦想数列”{an}是等差数列．[周五]1．B2.C3．CD[由直线l：mx＋y－eq\r(2)m＝0可知m(x－eq\r(2))＋y＝0，该直线过定点E(eq\r(2)，0)，且直线斜率一定存在，当OE⊥AB时，弦AB的弦心距最长，则AB的最短长度为2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此时AB的斜率不存在，与题意矛盾，故A错误；△AOB的面积为S△AOB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB＝2sin∠AOB，若△AOB的面积取到最大值，则∠AOB为直角，此时|OE|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，OE⊥AB，与题意矛盾，故B错误；由于直线AB过定点E(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0)在x2＋y2＝4内，故无论m为何值，l与圆相交，故C正确；P为圆上任意一点，假设当l与x轴垂直时，如图中虚线位置，此时劣弧最短，当P为劣弧与x轴的交点时，∠APB最大，但由于直线l斜率存在，故直线取不到图中虚线位置，即不存在m，使∠APB取得最大值，故D正确．]4.eq\f(4π,3)解析设圆锥母线长为l，由题意2π×1＝πl，l＝2，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，易知PD是圆锥的高，O在PD上，由PA＝2，BD＝1得∠BPD＝eq\f(π,6)，因此∠ABP＝eq\f(π,3)，所以∠OBD＝eq\f(1,2)∠DBP＝eq\f(π,6)，OD＝BDtan

eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，所以圆锥内半径最大的球的表面积为S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4π,3).5．解(1)列联表如下：用户年龄直播间购物合计选择甲公司选择乙公司19—24岁40105025—34岁203050合计6040100零假设为H0：选择哪家直播间购物与用户的年龄无关．根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝eq\f(100×40×30－20×102,60×40×50×50)＝eq\f(50,3)>10.828＝x0.001，依据小概率值α＝0.001的独立性检验，推断H0不成立，即认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.(2)由题设，小李第二天去乙直播间购物的样本点有(第一天去甲直播间，第二天去乙直播间)，(第一天去乙直播间，第二天去乙直播间)，所以小李第二天去乙直播间购物的概率P＝0.5×(1－0.7)＋0.5×(1－0.8)＝0.25.(3)由题意，设5人中下单成功的人数为X，则X～B(5，p)，所以f(p)＝Ceq\o\al(2,5)p2(1－p)3＝10p2(1－p)3，令g(p)＝p2(1－p)3＝p2－3p3＋3p4－p5，所以g′(p)＝p(2－9p＋12p2－5p3)，令h(p)＝2－9p＋12p2－5p3，所以h′(p)＝－9＋24p－15p2＝－15eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(4,5)))2＋eq\f(3,5)，h′(p)开口向下，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上单调递减，又h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝h′(1)＝0，故当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))时，h′(p)<0，h(p)单调递减；当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))时，h′(p)>0，h(p)单调递增；由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝0，h(1)＝0，故当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))时，h(p)>0，即g′(p)>0；当p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))时，h(p)<0，即g′(p)<0，所以g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上单调递减，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上单调递减，所以f(p)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))，即p0＝eq\f(2,5).[周六]1．A2.C3．ABD[令x＝－1，则(－1－1)6＝a0，即a0＝64，故A正确；令x＝0，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(0－1)6＝1，令x＝－2，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729，则a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1＋729,2)＝365，故B正确；(x－1)6＝[(x＋1)－2]6，则Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x＋1)6－k(－2)k，令k＝1，则a5＝Ceq\o\al(1,6)(－2)1＝－12，故C错误；由(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6两边求导，得6(x－1)5＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1)2＋…＋6a6(x＋1)5，令x＝0，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×(0－1)5＝－6，故D正确．]4.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))解析由题意可得，g(x)＝ax＋eq\f(b,2)sin2x＋eq\f(c,2)cos2x＝ax＋eq\f(\r(b2＋c2),2)sin(2x＋φ)．于是g′(x)＝a＋eq\r(b2＋c2)cos(2x＋φ)＝a＋cos(2x＋φ)．设切点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由函数y＝g(x)具有T性质，可得g′(x1)g′(x2)＝－1，即[a＋cos(2x1＋φ)][a＋cos(2x2＋φ)]＝－1，整理得a2＋[cos(2x1＋φ)＋cos(2x2＋φ)a＋cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1＝0，将上式视为关于a的方程，则其判别式Δ＝[cos(2x1＋φ)＋cos(2x2＋φ)]2－4[cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1]≥0，即Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4≥0，注意到－1≤cos(2x1＋φ)≤1，－1≤cos(2x2＋φ)≤1则－2≤cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)≤2，故Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4＝0，此时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝－1，,cos2x2＋φ＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝1，,cos2x2＋φ＝－1.))代入方程可得a2＝0，因此，a＝0.另一方面，由b2＋c2＝1，可设b＝cosθ，c＝sinθ，其中θ∈R，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b＋c))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))))≤eq\r(2)，即－eq\r(2)≤b＋c≤eq\r(2).因此，a＋b＋c∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2))).5．(1)解当l1的斜率为eq\f(2,3)时，l1的方程为y＝eq\f(2,3)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝\f(2,3)x＋2，))消元得y2－3py＋4p＝0，Δ＝(－3p)2－4×4p>0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p.由弦长公式得|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2))eq\r(3p2－4×4p)＝eq\r(13)，即eq\r(9p2－16p)＝2，解得p＝2或p＝－eq\f(2,9)(舍去)，p＝2满足Δ>0，从而E的标准方程为y2＝4x.(2)证明方法一因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率都存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)(k1≠0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,y2＝4x，))消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，则y1y2＝8.设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)(k2≠0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，同理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k2x＋2，,y2＝4x，))消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，可得y3y4＝8.直线AD的方程为y－y1＝eq\f(y4－y1,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,1),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，即y＝eq\f(4,y4＋y1)x＋eq\f(y1y4,y4＋y1)，化简得4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4))y＋y1y4＝0，同理，直线BC的方程为4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))y＋y2y3＝0，因为(－2,0)在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y1＋y4y＋y1y4＝0，,4x－y2＋y3y＋y2y3＝0，))解得x＝eq\f(y2y3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4))－y1y4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3)),4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(8[y2＋y3－y1＋y4],4[y2＋y3－y1＋y4])＝2，所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．方法二设直线AB的方程为x＝my－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝4x，))消去x得y2－4my＋8＝0，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，则y1y2＝8.设直线CD的方程为x＝ny－2，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，同理可得y3y4＝8.以下步骤同方法一．第二周[周一]1．A2．B[由圆的方程知，圆的半径为4.当P与A′位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如图所示，∵|PA′|≥|OP|－|OA′|＝4－eq\r(－32＋22)＝4－eq\r(13)(当且仅当O，A′，P三点共线且A′在O，P′之间时取等号)，∴当P位于图中P′处时，|PA′|取得最小值4－eq\r(13)；又当P位于图中Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－4))处时，|PA′|取得最大值|A′M|＝eq\r(－32＋2＋42)＝3eq\r(5)；当P与A′分别在两个半平面中时，作A′C⊥平面xOy，垂足为C，作A′E⊥y轴，垂足为E，连接CE，则A，C，E三点共线，设F为CE延长线上的点，则∠A′EF即为翻折后的二面角的平面角，∵∠A′EF＝eq\f(2π,3)，∴∠A′EA＝eq\f(π,3)，∵|A′E|＝3，∴|A′C|＝|A′E|sin∠A′EA＝eq\f(3\r(3),2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CE))＝|A′E|cos∠A′EA＝eq\f(3,2)，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))；∵P为圆x2＋y2＝16右半圆上的点，∴可设P(4cosθ，4sinθ)，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴|PC|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4cosθ＋\f(3,2)))2＋(4sinθ－2)2＝eq\f(89,4)－16sinθ＋12cosθ，∴|PA′|2＝|PC|2＋|A′C|2＝29－4(4sinθ－3cosθ)＝29－20sin(θ＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝－\f(3,4)，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))))，∵θ＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,2)))，∴当θ＋φ＝－eq\f(π,2)，即sin(θ＋φ)＝－1时，|PA′|eq\o\al(2,max)＝49，则|PA′|max＝7.又sin(θ＋φ)<1，∴|PA′|2>29－20＝9，即|PA′|>3；综上所述，A′，P两点间距离的取值范围为[4－eq\r(13)，7]．]3．ACD[跳动1次后等可能地在顶点B，D，A1处，P1＝eq\f(2,3)，故A正确；跳动奇数次后只能位于点B，D，A1，C1，跳动偶数次后只能位于点A，C，B1，D1，故B错误；Pn＋1＝eq\f(2,3)Pn＋eq\f(1,3)(1－Pn)＝eq\f(1,3)Pn＋eq\f(1,3)，故Pn＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))是等比数列，且Pn－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，即Pn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n)＋1))，故C正确；由点A出发，经过偶数次移动只能到达点A，C，B1，D1(奇数次后只能位于点B，D，A1，C1)，考虑移动n次(n是偶数)返回到A的路径数为An，显然A0＝1.由于移动n－1次后只能位于点B，D，A1，C1，其中位于B，D，A1再移动1次就可能返回到A，所以考虑移动n－2次后所在点A，C，B1，D1，把这四个点分成两类：点A和点C，B1，D1.若在点A(路径数为An－2)，再移动2次返回到A只有3种折返路径(即ABA，ADA，AA1A)；若在点C，B1，D1(路径数为3n－2－An－2)中的一个，再移动2次返回到A的路径数每个点处都有2条路径(即CBA，CDA，B1BA，B1A1A，D1DA，D1A1A)．综上，移动n次(n是偶数)返回到A的路径数An＝3An－2＋2(3n－2－An－2)，即An－An－2＝2·3n－2，累加可得An＝eq\f(3n＋3,4)，总路径数为3n，故青蛙跳动n(n为偶数)次后恰好回到A的概率为pn＝eq\f(An,3n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)＋1))，当n＝4时，p4＝eq\f(7,27)，故D正确．]4．0.03155．解(1)因为c2＝a2＋b2－2abcosC，且a＝4，b＝5eq\r(2)，C＝45°，所以c2＝16＋50－2×4×5eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝26，所以c＝eq\r(26).(2)由(1)知，c＝eq\r(26)，因为eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，且a＝4，c＝eq\r(26)，所以sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2\r(13),13).因为a<b，所以A为锐角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(3\r(13),13)，故sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(12,13).[周二]1．B2.A3．ACD[对于A，取连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点O，则点O到直三棱柱各个顶点的距离均为eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)，其中r为底面三角形外接圆半径，h为直三棱柱的高，∴点O即为直三棱柱的外接球球心，A正确；对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于直径，底面内切圆半径等于内切球半径，即底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B错误；对于C，若正三棱柱的内切球半径为1，则正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为3，设正三棱柱底面正三角形的边长为a，则eq\r(a2－\f(a2,4))＝3，解得a＝2eq\r(3)，∴该正三棱柱的体积V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)，C正确；对于D，若外接球球心在直三棱柱的侧面上，则球心为该侧面的中心，其到底面三角形各顶点的距离相等，∴球心在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离也相等，又侧面中心在底面的射影在底面三角形的一条边上，∴该射影为底面三角形一条边的中点，且到另一顶点的距离为该边长的一半，∴该底面三角形为直角三角形，D正确．]4．(－1，－2)(答案不唯一)5．解(1)由an＋1＋(－1)nSn＝2n得a2－a1＝2，即a2＝a1＋2，a3＋S2＝22＝4，即a3＋a2＋a1＝4，又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3，(2)当n＝2k时，a2k＋1＋S2k＝22k，当n＝2k－1时，a2k－S2k－1＝22k－1，两式相加可得a2k＋1＋S2k＋a2k－S2k－1＝22k＋22k－1，得a2k＋1＋2a2k＝22k＋22k－1，由于bn＝an＋1＋2an，所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝(a3＋2a2)＋(a5＋2a4)＋(a7＋2a6)＋…＋(a2n＋1＋2a2n)＝(22＋21)＋(24＋23)＋(26＋25)＋…＋(22n＋22n－1)＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2.[周三]1．A2．B[如图，在单位圆A中，∠BAC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(不妨设θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，BD⊥AC于D，则弧BC的长度l＝θ，|BD|＝sinθ，由图易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sinθ，所以a＝e－3＝eq\f(1,e3)>eq\f(1,25)＝0.04>sin0.04＝c.设f(x)＝sin2x－ln(1＋x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，则f′(x)＝2cos2x－eq\f(1,1＋x)>1－eq\f(1,1＋x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，又f(0)＝0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.02))>0，即sin0.04>ln1.02，即b<c.综上，b<c<a.]3．ACD[不妨设M为双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，如图，因为eq\o(F1N,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(F1N,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即F1N⊥MN，因为MN平分∠F1MF2，所以△F1MG为等腰三角形，则N为F1G的中点，又O为F1F2的中点，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ON))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2G))，根据双曲线的定义得，|MF1|－|MF2|＝|MG|－|MF2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GF2))＝2a，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ON))＝a＝2，因为双曲线E的渐近线方程为2x±y＝0，所以eq\f(b,a)＝2，得b＝4，c2＝b2＋a2＝20，c＝2eq\r(5)，所以双曲线E的标准方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，所以A正确，B不正确；设M(x1，y1)，代入eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，即eq\f(x\o\al(2,1),4)－eq\f(y\o\al(2,1),16)＝1，所以点M到两条渐近线的距离之积为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x1＋y1)),\r(5))×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x1－y1)),\r(5))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4x\o\al(2,1)－y\o\al(2,1))),5)＝eq\f(16,5)，所以C正确；设P(x2，y2)，Q(x，y)，因为P，M在双曲线E上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,1),16)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,2),16)＝1，②))①－②并整理得，eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，因为kPM＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，kOQ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，所以kOQ·kPM＝4，所以D正确．]4．365．(1)证明方案一：选条件①②.因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，又因为在Rt△SBM中，cos∠SBM＝eq\f(\r(5),5)，所以BM＝1，又因为四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，所以BM＝AB＝1，AM＝eq\r(2)，由SA＝eq\r(6)，AM＝eq\r(2)，SM＝2，可得SA2＝AM2＋SM2，所以SM⊥AM，则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，得SM⊥平面ABCD，又因为SM⊂平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.方案二：选条件①③.因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，又因为在△SAM中，SA＝eq\r(6)，sin∠SAM＝eq\f(\r(6),3)，SM＝2，所以由正弦定理得eq\f(SA,sin∠SMA)＝eq\f(SM,sin∠SAM)，即eq\f(\r(6),sin∠SMA)＝eq\f(2,\f(\r(6),3))，所以sin∠SMA＝1，即∠SMA＝eq\f(π,2)，所以SM⊥AM，则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，所以SM⊥平面ABCD，又因为SM⊂平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.方案三：选条件②③.因为在四棱锥S－ABCD中，SB＝SC，点M是BC的中点，SM＝2，所以SM⊥BC，又因为在Rt△SBM中，cos∠SBM＝eq\f(\r(5),5)，所以BM＝1，又因为四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，所以BM＝AB＝1，AM＝eq\r(2)，又因为在△SAM中，sin∠SAM＝eq\f(\r(6),3)，则cos∠SAM＝eq\f(\r(3),3)，设SA＝x，SM2＝SA2＋AM2－2SA·AM·cos∠SAM，所以3x2－2eq\r(6)x－6＝0，解得x1＝eq\r(6)或x2＝－eq\f(\r(6),3)(舍去)，所以SA＝eq\r(6)，由SA＝eq\r(6)，AM＝eq\r(2)，SM＝2，可得SA2＝AM2＋SM2，所以SM⊥AM，则由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC⊂平面ABCD，得SM⊥平面ABCD，又因为SM⊂平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.(2)解由(1)知SM⊥平面ABCD，且MD⊥AM，如图所示，以M为坐标原点，MA所在直线为x轴，MD所在直线为y轴，MS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，则eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，－2))，eq\o(SA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，－2))，设平面SAD的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(SD,\s\up6(→))＝\r(2)y－2z＝0，,n·\o(SA,\s\up6(→))＝\r(2)x－2z＝0，))取z＝1，可得平面SAD的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，1))，eq\o(SC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))，设直线SC与平面SAD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(SC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(SC,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,5)，所以直线SC与平面SAD所成角的正弦值为eq\f(2,5).[周四]1．D2.B3．BC[结合几何体可得eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))，故B选项正确；eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))，结合长方体中的位置关系可知，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，于是eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AA1,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))－\o(AA1,\s\up6(→))))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))2＝－4＋eq\f(1,2)×16＝4≠0，即B1E⊥A1B不成立，A选项错误；根据长方体中的线面关系知，B1C1⊥平面CEC1，于是＝eq\f(1,3)×B1C1×＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×4×2＝eq\f(8,3)，C选项正确；B1C＝2eq\r(5)，CE＝2eq\r(2)，B1E＝eq\r(B1D\o\al(2,1)＋ED\o\al(2,1))＝2eq\r(3)，注意到20＝B1C2＝CE2＋B1E2＝8＋12，故△CEB1为直角三角形，＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，设C1到平面B1CE的距离为h，由＝eq\f(8,3)＝eq\f(1,3)××h＝eq\f(2\r(6)h,3)，解得h＝eq\f(2\r(6),3)，故直线CC1与平面B1CE所成角的正弦值为eq\f(h,CC1)＝eq\f(\r(6),6)，D选项错误．]4．4＋eq\r(6)解析设正四面体ABCD的棱长为a，根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，由正四面体的性质可知，该球球心O为正四面体ABCD的中心，即O为正四面体ABCD外接球的球心(内切球的球心)，则BO为正四面体ABCD的外接球的半径，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为OE，连接BE，则B，O，E三点共线，此时BE＝a，由题意4π×OE2＝25π，所以OE＝eq\f(5,2)，所以BO＝a－OE＝a－eq\f(5,2)，如图，记M为△BCD的中心，连接BM，AM，由正四面体的性质可知点O在AM上．因为AB＝a，BM＝eq\f(2,3)×eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(3),3)a，则AM＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq\f(\r(6),3)a，因为BO2＝BM2＋OM2＝(AM－OM)2，所以BO2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋OM2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－OM))2，解得BO＝eq\f(\r(6),4)a，所以eq\f(\r(6),4)a＝a－eq\f(5,2)，解得a＝4＋eq\r(6)，即正四面体ABCD的棱长为4＋eq\r(6).5．解(1)①由题意，X＝1,2,3，…，10，故P(X＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2，…，9，P(X＝10)＝(1－p)9，X的分布列如表所示．X12345Ppp(1－p)p(1－p)2p(1－p)3p(1－p)4X678910Pp(1－p)5p(1－p)6p(1－p)7p(1－p)8(1－p)9②E(X)＝p(1－p)0＋2p(1－p)1＋3p(1－p)2＋…＋9p(1－p)8＋10(1－p)9，记S＝(1－p)0＋2(1－p)1＋3(1－p)2＋…＋9(1－p)8，(1－p)S＝(1－p)1＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋9(1－p)9，作差可得pS＝(1－p)0＋(1－p)1＋(1－p)2＋…＋(1－p)8－9(1－p)9＝eq\f(1－1－p9,p)－9(1－p)9，则E(X)＝pS＋10(1－p)9＝eq\f(1－1－p9,p)＋(1－p)9＝eq\f(1－1－p10,p)<eq\f(1,p)，得证．(2)由(1)可知E(X)<eq\f(1,p)＝4，则试验成本的期望小于4a，又获利5a大于成本的期望，则应该投资．[周五]1．C2．C[子二代基因配型有6种情况，分别记为事件A1，A2，A3，A4，A5，A6，“子三代基因型为高茎”记为事件B，则事件A1A2A3A4A5A6配型DD×DDDD×DdDD×ddDd×DdDd×dddd×ddP(Ai)eq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,16)P(B|Ai)111eq\f(3,4)eq\f(1,2)0P(B)＝eq\i\su(i＝1,6,P)(Ai)P(B|Ai)＝1×eq\f(1,16)＋1×eq\f(1,4)＋1×eq\f(1,8)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋0×eq\f(1,16)＝eq\f(3,4).]3．BCD[对于A，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，因为y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上先单调递减，再单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))不是f(x)的单调递增区间，故A错误；对于B，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的零点为x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝－eq\f(π,6)∉[0，π]；当k＝1时，x＝eq\f(π,3)∈[0，π]；当k＝2时，x＝eq\f(5π,6)∈[0，π]；当k＝3时，x＝eq\f(4π,3)∉[0，π]，所以f(x)在区间[0，π]上有两个零点，故B正确；对于C，令x＝eq\f(π,12)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sin

eq\f(π,2)＝1，所以直线x＝eq\f(π,12)是曲线y＝f(x)的对称轴，故C正确；对于D，由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))可得f′(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令f′(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝4，即2x＋eq\f(π,3)＝2k1π，k1∈Z，解得x＝－eq\f(π,6)＋k1π，k1∈Z，当k1＝0时，x＝－eq\f(π,6)，代入f(x)可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0，所以f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))处的切线为y＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，化简得y＝4x＋eq\f(2π,3)，故D正确．]4．05．解(1)由题意，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，－y0))，且eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，∵P(3,1)在C上，∴eq\f(9,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，两式相减得eq\f(y\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－9)＝－eq\f(b2,a2)，∵kPA·kPB＝eq\f(y0－1,x0－3)·eq\f(－y0－1,－x0－3)＝eq\f(y\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－9)＝－eq\f(1,3)，∴－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,3)，即a2＝3b2，代入eq\f(9,a2)＋eq\f(1,b2)＝1中，解得b2＝4，a2＝12，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由题意及(1)得当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，联立直线l与椭圆C的方程，消去y得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－12)>0，即4＋12k2－m2>0时，有x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－12,1＋3k2)，∵PM⊥PN，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x1－3，y1－1)·(x2－3，y2－1)＝(x1－3)(x2－3)＋(y1－1)(y2－1)＝(x1－3)(x2－3)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)＝(1＋k2)x1x2＋(km－k－3)(x1＋x2)＋m2－2m＋10＝0，∴(1＋k2)·eq\f(3m2－12,1＋3k2)＋(km－k－3)·eq\f(－6km,1＋3k2)＋m2－2m＋10＝0，整理得9k2＋9km＋2m2－m－1＝0，9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋km＋\f(m2,4)))－eq\f(1,4)(m2＋4m＋4)＝0，即(6k＋3m)2－(m＋2)2＝0，即(3k＋2m＋1)(3k＋m－1)＝0，∵直线l不过点P，∴3k＋m－1≠0，∴3k＋2m＋1＝0，∴直线l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))－eq\f(1,2)经过定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，当直线l垂直于x轴时，设方程为x＝n，则M(n，y1)，N(n，－y1)，且n2＋3yeq\o\al(2,1)＝12，①由eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0得(n－3，y1－1)·(n－3，－y1－1)＝n2－6n＋10－yeq\o\al(2,1)＝0，②由①②解得n＝eq\f(3,2)或n＝3(舍)，∴此时直线l也经过定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，综上，直线l经过定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2))).当PQ垂直于直线l时，点P到直线l的距离最大，此时kPQ＝1，∴直线l的斜率为－1，直线l的方程为y＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，故所求直线l的方程为x＋y－1＝0.[周六]1．B2.B3．BCD[对于A，甲校第2次考试的平均分低于乙校第2次考试的平均分，A错误；对于B，由图可知，甲校六次考试的平均分相对于乙校六次考试的平均分更加集中，说明数据更加稳定，则甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正确；对于C，∵6×25%＝1.5，∴甲校平均分按从小到大顺序排列，第2个成绩为第25百分位数，由图可知，为第5次考试的平均分，约为90分；∵6×75%＝4.5，∴乙校平均分按从小到大顺序排列，第5个成绩为第75百分位数，由图可知，为第3次考试的平均分，高于90，∴甲校六次平均分的第25百分位数小于乙校六次平均分的第75百分位数，C正确；对于D，由图可知，甲校平均分的最大值和最小值的分差明显小于乙校平均分的最大值和最小值的分差，即甲校的平均分极差小于乙校的平均分极差，D正确．]4．－eq\f(7,9)解析因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(7,9)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝－eq\f(7,9).5．(1)解函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－ax(a≥0)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝eq\f(－ax2＋x－1,x2)(x>0)，当a＝0时，由g′(x)<0可得x∈(0,1)，由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a>0时，由g′(x)＝eq\f(－ax2＋x－1,x2)＝0，可得－ax2＋x－1＝0，Δ＝1－4a，①当Δ＝1－4a≤0，即a≥eq\f(1,4)时，g′(x)≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当Δ＝1－4a>0，即0<a<eq\f(1,4)时，令g′(x)＝0，得x1＝eq\f(1－\r(1－4a),2a)，x2＝eq\f(1＋\r(1－4a),2a)，0<x1<x2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表，xeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(0，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋∞))g′(x)－＋－g(x)↘↗↘综上，当a＝0时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a≥eq\f(1,4)时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,4)时，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)，\f(1＋\r(