2024屆新高三開學摸底試卷二（新高考專用）數學(時間：120分鐘滿分：150分)注意事項：1.答卷前，考試務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2023·邯鄲模擬)若集合A＝{x|x2－2x<0}，B＝{x|log2x≥0}，則圖中陰影部分表示的集合為()A．{x|x>0}B．{x|0<x≤1}C．{x|1≤x<2}D．{x|0<x<1或x≥2}2．(2023·鎮江模擬)命題：“?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1”的否定是()A．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1B．?x∈(－∞，0]，lnx＝x－1C．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1D．?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－13．已知z∈C，且|z|＝1，則|z－2－2i|(i為虛數單位)的最小值是()A．2eq\r(2)－1 B．2eq\r(2)＋1C.eq\r(2) D．2eq\r(2)4．2022年6月我國南方遭受嚴重洪災，為了弘揚“一方有難，八方支援”的中國精神，某校舉行募捐活動，下表是某班50名同學捐款的頻數分布表，若第40百分位數為m，第80百分位數為n，則m＋n等于()捐款金額(元)305070100頻數325157 B．70C．90 D．1205．(2023·廈門模擬)已知函數f(x)＝xsinx，g(x)＝cosx，則圖象為如圖所示的函數可能是()A．y＝f(x)g(x)－1B．y＝eq\f(fx,gx)C．y＝f(x)＋g(x)－1D．y＝f(x)－g(x)＋16．(2023·汕頭模擬)已知△ABC的外接圓圓心為O，且2eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，則向量eq\o(BA,\s\up6(→))在向量eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影向量為()A.eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))B.eq\f(\r(3),4)eq\o(BC,\s\up6(→))C．－eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))D．－eq\f(\r(3),4)eq\o(BC,\s\up6(→))7．已知F1，F2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線C的右支交于P，Q兩點，若OP⊥F1Q，其中O為坐標原點，則雙曲線C的離心率為()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)＋1 D.eq\r(3)＋18．已知a＝log1213，b＝eq\f(13,12)，c＝log1314，則a，b，c的大小關系為()A．a>b>c B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分)9．已知a，b為正實數，且ab＋2a＋b＝16，則()A．ab的最大值為8B．2a＋b的最小值為8C．a＋b的最小值為6eq\r(2)－3D.eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值為eq\f(\r(2),2)10．(2023·青島模擬)已知圓C：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1上兩點A，B滿足|AB|≥eq\r(2)，點M(x0,0)滿足|MA|＝|MB|，則下列結論中正確的是()A．當|AB|＝eq\r(2)時，x0＝eq\f(1,2)B．當x0＝0時，過點M的圓C的最短弦長是2eq\r(3)C．線段AB的中點縱坐標的最小值是eq\f(1－\r(2),2)D．過點M作圓C的切線且切點為A，B，則x0的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(7),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，＋∞))11.如圖，棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的內切球球心為O，E，F分別是棱AB，CC1的中點，點G在棱BC上移動(含端點)，則()A．對于任意點G，OA∥平面EFGB．存在點G，使得OD⊥平面EFGC．直線EF被球O截得的弦長為eq\r(3)D．過直線EF的平面截球O所得截面圓的面積的最小值為eq\f(π,2)12．(2023·南京模擬)某企業于近期推出了一款盲盒，且該款盲盒分為隱藏款和普通款兩種，其中隱藏款的成本為50元/件，普通款的成本為10元/件，且企業對這款盲盒的零售定價為a元/件．現有一批有限個盲盒即將上市，其中含有20%的隱藏款．某產品經理現對這批盲盒進行檢驗，每次只檢驗一個盲盒，且每次檢驗相互獨立，檢驗后將盲盒重新包裝并放回．若檢驗到隱藏款，則檢驗結束；若檢驗到普通款，則繼續檢驗，且最多檢驗20次．記X為檢驗結束時所進行的檢驗次數，則()A．P(X＝4)＝4B．E(X)<5C．若小明從這批盲盒中一次性購買了5件，則他抽到隱藏款的概率為4D．若這款盲盒最終全部售出，為確保企業能獲利，則a>18三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝________.14．已知P(x，y)是函數y＝ex＋x圖象上的點，則點P到直線2x－y－3＝0的最小距離為________．15．在(3＋y)(x－y)4的展開式中x2y3的系數為________．16．已知數列{an}的通項公式an＝10n－2n，前n項和是Sn，對于?n∈N*，都有Sn≤Sk，則k＝________.四、解答題(本題共6小題，共70分)17．(10分)已知數列{an}，Sn是an的前n項和，且滿足Sn＝2an－1(n∈N*)，數列{bn}是等差數列，b2＋b6＝a4，a5－b4＝2b6.(1)求{an}，{bn}的通項公式；(2)設數列{Sn}的前n項和為Tn，設cn＝(－1)neq\f(Tn＋bn＋2b3n＋4,bn＋1bn＋2)，求{cn}的前n項和Dn.18．(12分)在①b(1＋cosA)＝eq\r(3)asinB；②eq\r(3)bcos

eq\f(B＋C,2)＝asinB；③asinC＝ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))這三個條件中任選一個作為已知條件，補充在下面的問題中，然后解答補充完整的題．△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知________(只需填序號)．(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＋c＝4，求△ABC的面積．注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．19．(12分)第五代移動通信技術(簡稱5G)是具有高速率、低時延和大連接特點的新一代寬帶移動通信技術，它具有更高的速率、更寬的帶寬、更高的可靠性、更低的時延等特征，能夠滿足未來虛擬現實、超高清視頻、智能制造、自動駕駛等用戶和行業的應用需求．某機構統計了A，B，C，D，E，F共6家公司在5G通信技術上的投入x(千萬元)與收益y(千萬元)的數據，如下表：投入x(千萬元)578101113收益y(千萬元)111516222531(1)若x與y之間線性相關，求y關于x的經驗回歸方程．并估計若投入15千萬元，收益大約為多少千萬元？(精確到)(2)現6家公司各派出一名代表參加某項宣傳活動，該活動在甲，乙兩個城市同時進行，6名代表通過拋擲一枚質地均勻的骰子決定自己去哪個城市參加活動，規定：每人只拋擲一次，擲出正面向上的點數為1,3,5,6的去甲城市，擲出正面向上的點數為2,4的去乙城市．求：①A公司派出的代表去甲城市參加活動的概率；②求6位代表中去甲城市的人數少于去乙城市的人數的概率．(用最簡分數作答)參考數據及公式：eq\i\su(i＝1,6,x)iyi＝1186，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)＝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).20．(12分)(2023·永州模擬)在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，PB＝BD＝PD＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(3).(1)證明：PC⊥平面ABCD；(2)如圖，取BC的中點E，在線段DE上取一點F使得eq\f(DF,FE)＝eq\f(2,3)，求平面PAF與平面PAC夾角的大?。?1．(12分)已知A′，A分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點，B，F分別是C的上頂點和左焦點．點P在C上，滿足PF⊥A′A，AB∥OP，|FA′|＝2－eq\r(2).(1)求C的方程；(2)過點F作直線l(與x軸不重合)交C于M，N兩點，設直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值．22．(12分)(2023·承德模擬)已知函數f(x)＝ex－ax2－2.(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)＋e－x≥0恒成立，求實數a的取值范圍．答案及解析1．(2023·邯鄲模擬)若集合A＝{x|x2－2x<0}，B＝{x|log2x≥0}，則圖中陰影部分表示的集合為()A．{x|x>0}B．{x|0<x≤1}C．{x|1≤x<2}D．{x|0<x<1或x≥2}答案C解析由題意知A＝{x|0<x<2}，B＝{x|x≥1}，則圖中陰影部分為A∩B＝{x|1≤x<2}．2．(2023·鎮江模擬)命題：“?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1”的否定是()A．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1B．?x∈(－∞，0]，lnx＝x－1C．?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1D．?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1答案C解析“?x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1”的否定是“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”．3．已知z∈C，且|z|＝1，則|z－2－2i|(i為虛數單位)的最小值是()A．2eq\r(2)－1 B．2eq\r(2)＋1C.eq\r(2) D．2eq\r(2)答案A解析∵|z|＝1且z∈C，則|z|表示復平面內的單位圓O，如圖，∵|z－2－2i|的幾何意義為單位圓上的點M到復平面上的點P(2,2)的距離，∴|z－2－2i|的最小值為|OP|－1＝2eq\r(2)－1.4．2022年6月我國南方遭受嚴重洪災，為了弘揚“一方有難，八方支援”的中國精神，某校舉行募捐活動，下表是某班50名同學捐款的頻數分布表，若第40百分位數為m，第80百分位數為n，則m＋n等于()捐款金額(元)305070100頻數325157 B．70C．90 D．120答案D解析因為50×40%＝20，所以按從小到大排列取第20,21項數據的平均數，其平均數為50，所以m＝50.因為50×80%＝40，所以按從小到大排列取第40,41項數據的平均數，其平均數為70，所以n＝70，所以m＋n＝120.5．(2023·廈門模擬)已知函數f(x)＝xsinx，g(x)＝cosx，則圖象為如圖所示的函數可能是()A．y＝f(x)g(x)－1B．y＝eq\f(fx,gx)C．y＝f(x)＋g(x)－1D．y＝f(x)－g(x)＋1答案C解析f(π)＝0，g(π)＝－1，由圖得，當x＝π時，y<0，排除BD；f(0)＝0，g(0)＝1，由圖得，當x＝0時，y＝0，排除A.6．(2023·汕頭模擬)已知△ABC的外接圓圓心為O，且2eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，則向量eq\o(BA,\s\up6(→))在向量eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影向量為()A.eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))B.eq\f(\r(3),4)eq\o(BC,\s\up6(→))C．－eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))D．－eq\f(\r(3),4)eq\o(BC,\s\up6(→))答案A解析如圖，由2eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))知O為BC的中點，∵O為△ABC的外接圓圓心，∴OA＝OB＝OC，又∵|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，∴AB＝OB＝OA＝OC，∴△ABO為正三角形，∠ABO＝60°，∴eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→)).7．已知F1，F2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線C的右支交于P，Q兩點，若OP⊥F1Q，其中O為坐標原點，則雙曲線C的離心率為()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)＋1 D.eq\r(3)＋1答案D解析依題意由雙曲線的對稱性可知∠OF1Q＝∠OF1P＝∠F1PO，又OP⊥F1Q，所以∠OF1Q＋∠OF1P＋∠F1PO＝eq\f(π,2)，所以∠OF1P＝eq\f(π,6)，在△F2F1P中，∠F1PF2＝eq\f(π,2)，設雙曲線的半焦距為c，所以|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，則其離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|PF1|－|PF2|)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.8．已知a＝log1213，b＝eq\f(13,12)，c＝log1314，則a，b，c的大小關系為()A．a>b>c B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c答案D解析構造函數f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>e，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)<0，所以函數f(x)在(e，＋∞)上單調遞減，所以f(12)>f(13)，即eq\f(ln12,12)>eq\f(ln13,13)，則a＝log1213＝eq\f(ln13,ln12)<eq\f(13,12)＝b，a－c＝eq\f(ln13,ln12)－eq\f(ln14,ln13)＝eq\f(ln132－ln12×ln14,ln12×ln13)>eq\f(ln132－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln12＋ln14,2)))2,ln12×ln13)＝eq\f(ln132－ln\r(168)2,ln12×ln13)＝eq\f(ln\r(169)2－ln\r(168)2,ln12×ln13)>0，則a>c，因此b>a>c.二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分)9．已知a，b為正實數，且ab＋2a＋b＝16，則()A．ab的最大值為8B．2a＋b的最小值為8C．a＋b的最小值為6eq\r(2)－3D.eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值為eq\f(\r(2),2)答案ABC解析因為16＝ab＋2a＋b≥ab＋2eq\r(2ab)，當且僅當2a＝b時取等號，解不等式得－4eq\r(2)≤eq\r(ab)≤2eq\r(2)，即0<eq\r(ab)≤2eq\r(2)，所以0<ab≤8，故ab的最大值為8，A正確；由16＝ab＋2a＋b，得b＝eq\f(16－2a,a＋1)＝eq\f(18,a＋1)－2，所以2a＋b＝2a＋eq\f(16－2a,a＋1)＝2(a＋1)＋eq\f(18,a＋1)－4≥2eq\r(2a＋1·\f(18,a＋1))－4＝8，當且僅當2(a＋1)＝eq\f(18,a＋1)，即a＝2時取等號，所以2a＋b的最小值為8，B正確；a＋b＝a＋eq\f(18,a＋1)－2＝a＋1＋eq\f(18,a＋1)－3≥6eq\r(2)－3，當且僅當a＋1＝eq\f(18,a＋1)，即a＝3eq\r(2)－1時取等號，所以a＋b的最小值為6eq\r(2)－3，C正確；eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)≥2eq\r(\f(1,a＋1)·\f(1,b＋2))＝2eq\r(\f(1,ab＋2a＋b＋2))＝eq\f(\r(2),3)，當且僅當a＋1＝b＋2時取等號，所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值為eq\f(\r(2),3)，D錯誤．10．(2023·青島模擬)已知圓C：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1上兩點A，B滿足|AB|≥eq\r(2)，點M(x0,0)滿足|MA|＝|MB|，則下列結論中正確的是()A．當|AB|＝eq\r(2)時，x0＝eq\f(1,2)B．當x0＝0時，過點M的圓C的最短弦長是2eq\r(3)C．線段AB的中點縱坐標的最小值是eq\f(1－\r(2),2)D．過點M作圓C的切線且切點為A，B，則x0的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(7),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，＋∞))答案CD解析圓C：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1的圓心Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，半徑r＝1，令圓心C到直線AB的距離為d.對于A，令直線AB：x＝eq\f(\r(2),2)，即d＝eq\f(\r(2),2)，顯然有|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝eq\r(2)，線段AB的垂直平分線為y＝eq\f(1,2)，此時點M不存在，即x0不存在，A不正確；對于B，當x0＝0時，點M(0,0)在圓C內，而圓C的直徑長為2，則過點M的圓C的最短弦長小于2，而2eq\r(3)>2，B不正確；對于C，令線段AB的中點P(t，s)，則|PC|＝d＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|AB|))2)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，則t2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(1,2)))2≤eq\f(1,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(1,2)))2≤eq\f(1,2)，解得eq\f(1－\r(2),2)≤s≤eq\f(1＋\r(2),2)，當且僅當t＝0時取等號，所以smin＝eq\f(1－\r(2),2)，C正確；對于D，依題意知MA⊥AC，MC⊥AB，eq\f(1,2)|AB|·|MC|＝|MA|·|AC|，因為|MA|＝eq\r(|MC|2－1)，所以eq\f(2\r(|MC|2－1),|MC|)＝|AB|≥eq\r(2)，解得x0≤－eq\f(\r(7),2)或x0≥eq\f(\r(7),2)，所以x0的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(7),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，＋∞))，D正確．11.如圖，棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的內切球球心為O，E，F分別是棱AB，CC1的中點，點G在棱BC上移動(含端點)，則()A．對于任意點G，OA∥平面EFGB．存在點G，使得OD⊥平面EFGC．直線EF被球O截得的弦長為eq\r(3)D．過直線EF的平面截球O所得截面圓的面積的最小值為eq\f(π,2)答案BD解析正方體內切球的球心O即為正方體的中心，且球的半徑R＝1，如圖．當點G與點B重合時，A∈平面EFB，O?平面EFB，此時直線OA與平面EFG相交，A錯誤；連接BD，當G為BC的中點時，EG⊥BD，EG⊥BB1，BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BB1D1D，則EG⊥平面BB1D1D，因為B1D?平面BB1D1D，所以EG⊥B1D；同理，FG⊥B1D，因為EG∩FG＝G，EG，FG?平面EFG，所以B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，B正確；取EF的中點M，連接OM，EC，由對稱性可知，OE＝OF，則OM⊥EF.因為OE＝eq\r(2)，EM＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)eq\r(EC2＋FC2)＝eq\f(\r(6),2)，則OM＝eq\r(OE2－EM2)＝eq\f(\r(2),2)，所以直線EF被球O截得的弦長為2eq\r(R2－OM2)＝2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(2)，C錯誤；設截面圓的半徑為r，球心O到截面的距離為d，則r2＋d2＝R2＝1，因為d≤OM＝eq\f(\r(2),2)，則r2＝1－d2≥eq\f(1,2)，所以截面圓的面積S＝πr2≥eq\f(π,2)，D正確．12．(2023·南京模擬)某企業于近期推出了一款盲盒，且該款盲盒分為隱藏款和普通款兩種，其中隱藏款的成本為50元/件，普通款的成本為10元/件，且企業對這款盲盒的零售定價為a元/件．現有一批有限個盲盒即將上市，其中含有20%的隱藏款．某產品經理現對這批盲盒進行檢驗，每次只檢驗一個盲盒，且每次檢驗相互獨立，檢驗后將盲盒重新包裝并放回．若檢驗到隱藏款，則檢驗結束；若檢驗到普通款，則繼續檢驗，且最多檢驗20次．記X為檢驗結束時所進行的檢驗次數，則()A．P(X＝4)＝4B．E(X)<5C．若小明從這批盲盒中一次性購買了5件，則他抽到隱藏款的概率為4D．若這款盲盒最終全部售出，為確保企業能獲利，則a>18答案ABD解析對于A，記檢測到隱藏款的概率為p＝，則P(X＝4)＝(1－p)3·p＝4，故A正確；對于B，由題意得X的分布列為P(X＝i)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－pi－1·p，1≤i<20，,1－p19，i＝20，))且E(X)＝1·p＋2(1－p)·p＋…＋19(1－p)18·p＋20(1－p)19；記S＝1＋2(1－p)＋…＋19(1－p)18，則(1－p)S＝(1－p)＋2(1－p)2＋…＋18(1－p)18＋19(1－p)19，兩式相減得pS＝1＋(1－p)＋(1－p)2＋…＋(1－p)18－19(1－p)19＝eq\f(1－1－p19,1－1－p)－19(1－p)19＝eq\f(1－1－p19,p)－19(1－p)19，所以E(X)＝pS＋20(1－p)19＝eq\f(1－1－p19,p)－19(1－p)19＋20(1－p)19＝eq\f(1－1－p20,p)＝5[1－(1－p)20]<5，故B正確；對于C，沒有抽到隱藏款的概率為(1－)5，抽到隱藏款的概率為1－(1－)5＝32，故C錯誤；對于D，設總共有n件盲盒，則利潤為na－20%×50n－80%×10n>0，解得a>18，則定價a>18才能保證獲利，故D正確．三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝________.答案eq\f(5,9)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(2,9)＝eq\f(5,9).14．已知P(x，y)是函數y＝ex＋x圖象上的點，則點P到直線2x－y－3＝0的最小距離為________．答案eq\f(4\r(5),5)解析當點P到直線2x－y－3＝0的距離最小時，曲線y＝ex＋x在點P處的切線與直線2x－y－3＝0平行，對函數y＝ex＋x求導得y′＝ex＋1，令y′＝2，可得x＝0，則y＝e0＋0＝1，此時，點P的坐標為(0,1)，因此，點P到直線2x－y－3＝0的最小距離為eq\f(|－1－3|,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5).15．在(3＋y)(x－y)4的展開式中x2y3的系數為________．答案6解析∵(3＋y)(x－y)4＝(3＋y)·(Ceq\o\al(0,4)x4－Ceq\o\al(1,4)x3y＋Ceq\o\al(2,4)x2y2－Ceq\o\al(3,4)xy3＋Ceq\o\al(4,4)y4)，∴展開式中含x2y3的項為y·Ceq\o\al(2,4)x2y2＝Ceq\o\al(2,4)x2y3＝6x2y3，故它的展開式中x2y3的系數為6.16．已知數列{an}的通項公式an＝10n－2n，前n項和是Sn，對于?n∈N*，都有Sn≤Sk，則k＝________.答案5解析如圖，為y＝10x和y＝2x的圖象，設兩個交點為A，B，因為a1＝10－2＝8>0，所以0<xA<1，因為a5＝50－32＝18>0，a6＝60－64＝－4<0，所以5<xB<6，結合圖象得，當n∈[1,5]時，10n>2n，即an>0，當n∈[6，＋∞)時，10n<2n，即an<0，所以當n＝5時，Sn取得最大值，即k＝5.四、解答題(本題共6小題，共70分)17．(10分)已知數列{an}，Sn是an的前n項和，且滿足Sn＝2an－1(n∈N*)，數列{bn}是等差數列，b2＋b6＝a4，a5－b4＝2b6.(1)求{an}，{bn}的通項公式；(2)設數列{Sn}的前n項和為Tn，設cn＝(－1)neq\f(Tn＋bn＋2b3n＋4,bn＋1bn＋2)，求{cn}的前n項和Dn.解(1)在數列{an}中，滿足Sn＝2an－1，當n≥2時，Sn－1＝2an－1－1，兩式相減，可得an＝2an－1，即eq\f(an,an－1)＝2，當n＝1時，S1＝2a1－1，解得a1＝1，所以數列{an}是以1為首項，2為公比的等比數列，所以an＝2n－1.由{bn}是等差數列，設等差數列{bn}的公差為d，因為b2＋b6＝a4，a5－b4＝2b6，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b1＋6d＝8，,16－b1＋3d＝2b1＋5d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝1，))所以數列{bn}的通項公式為bn＝n.(2)由(1)可得Sn＝2n－1，則Tn＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2，所以cn＝(－1)neq\f(Tn＋bn＋2b3n＋4,bn＋1bn＋2)＝(－1)neq\f(3n＋42n＋1,n＋1n＋2)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n＋1)＋\f(2n＋2,n＋2)))，則Dn＝－eq\f(22,2)－eq\f(23,3)＋eq\f(23,3)＋eq\f(24,4)－eq\f(24,4)－eq\f(25,5)＋…＋(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n＋1)＋\f(2n＋2,n＋2)))＝－2＋(－1)neq\f(2n＋2,n＋2)，即Dn＝－2＋(－1)neq\f(2n＋2,n＋2).18．(12分)在①b(1＋cosA)＝eq\r(3)asinB；②eq\r(3)bcos

eq\f(B＋C,2)＝asinB；③asinC＝ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))這三個條件中任選一個作為已知條件，補充在下面的問題中，然后解答補充完整的題．△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知________(只需填序號)．(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＋c＝4，求△ABC的面積．注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分．解(1)選①：由正弦定理得sinB(1＋cosA)＝eq\r(3)sinAsinB，又sinB≠0，∴1＋cosA＝eq\r(3)sinA，即eq\r(3)sinA－cosA＝1，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).選②：由正弦定理得eq\r(3)sinBcos

eq\f(B＋C,2)＝sinAsinB，又sinB≠0，∴eq\r(3)cos

eq\f(B＋C,2)＝sinA，由π－A＝B＋C，得eq\r(3)sin

eq\f(A,2)＝2sin

eq\f(A,2)cos

eq\f(A,2)，又sin

eq\f(A,2)≠0，∴cos

eq\f(A,2)＝eq\f(\r(3),2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).選③：由正弦定理得sinAsinC＝sinCcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，又sinC≠0，∴sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA，∴eq\f(1,2)sinA＝eq\f(\r(3),2)cosA，則tanA＝eq\r(3)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)由(1)及余弦定理知，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又a＝eq\r(7)，b＋c＝4，∴eq\f(b＋c2－a2－2bc,2bc)＝eq\f(9,2bc)－1＝eq\f(1,2)，即eq\f(9,2bc)＝eq\f(3,2)，可得bc＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),4).19．(12分)第五代移動通信技術(簡稱5G)是具有高速率、低時延和大連接特點的新一代寬帶移動通信技術，它具有更高的速率、更寬的帶寬、更高的可靠性、更低的時延等特征，能夠滿足未來虛擬現實、超高清視頻、智能制造、自動駕駛等用戶和行業的應用需求．某機構統計了A，B，C，D，E，F共6家公司在5G通信技術上的投入x(千萬元)與收益y(千萬元)的數據，如下表：投入x(千萬元)578101113收益y(千萬元)111516222531(1)若x與y之間線性相關，求y關于x的經驗回歸方程．并估計若投入15千萬元，收益大約為多少千萬元？(精確到)(2)現6家公司各派出一名代表參加某項宣傳活動，該活動在甲，乙兩個城市同時進行，6名代表通過拋擲一枚質地均勻的骰子決定自己去哪個城市參加活動，規定：每人只拋擲一次，擲出正面向上的點數為1,3,5,6的去甲城市，擲出正面向上的點數為2,4的去乙城市．求：①A公司派出的代表去甲城市參加活動的概率；②求6位代表中去甲城市的人數少于去乙城市的人數的概率．(用最簡分數作答)參考數據及公式：eq\i\su(i＝1,6,x)iyi＝1186，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)＝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).解(1)eq\x\to(x)＝eq\f(5＋7＋8＋10＋11＋13,6)＝9，eq\x\to(y)＝eq\f(11＋15＋16＋22＋25＋31,6)＝20，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,6,x)iyi－6\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,6,x)\o\al(2,i)－6\x\to(x)2)＝eq\f(1186－1080,528－486)≈，eq\o(a,\s\up6(^))≈20－×9＝－，則eq\o(y,\s\up6(^))＝x－，當x＝15時，eq\o(y,\s\up6(^))＝，所以當投入15千萬元時，收益大約為千萬元．(2)①設“某位代表去甲城市參加活動”為事件A，則P(A)＝eq\f(2,3)，所以A公司派出的代表去甲城市參加活動的概率為eq\f(2,3)，②設“6位代表中去甲城市參加活動的人數少于去乙城市參加活動的人數”為事件B，P(B)＝Ceq\o\al(0,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))6＋Ceq\o\al(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5＋Ceq\o\al(2,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(73,729).20．(12分)(2023·永州模擬)在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，PB＝BD＝PD＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(3).(1)證明：PC⊥平面ABCD；(2)如圖，取BC的中點E，在線段DE上取一點F使得eq\f(DF,FE)＝eq\f(2,3)，求平面PAF與平面PAC夾角的大?。?1)證明因為AB＝AD＝4，BD＝4eq\r(2)，所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，又因為四邊形ABCD為菱形，所以四邊形ABCD為正方形，因為AB＝4，PB＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(3)，所以AB2＋PB2＝PA2，所以AB⊥PB，因為PB∩BC＝B，PB，BC?平面BPC，所以AB⊥平面BPC，又因為PC?平面BPC，所以AB⊥PC，因為AD＝4，PD＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(3)，所以AD2＋PD2＝PA2，所以AD⊥PD，因為PD∩DC＝D，PD，DC?平面PCD，所以AD⊥平面PCD，又因為PC?平面PCD，所以AD⊥PC，因為AD∩AB＝A，AD，AB?平面ABCD，所以PC⊥平面ABCD.(2)解由(1)知，CD，CB，CP兩兩垂直，所以以C為坐標原點，CD，CB，CP所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，在△PBC中，PC＝eq\r(PB2－BC2)＝4，則A(4,4,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，D(4,0,0)，E(0,2,0)，P(0,0,4)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－4,0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(4,4，－4)，因為eq\f(DF,FE)＝eq\f(2,3)，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，\f(4,5)，0))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(16,5)，0))，設平面PAF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)x－\f(16,5)y＝0，,4x＋4y－4z＝0，))令y＝1，得x＝－2，z＝－1，得m＝(－2,1，－1)，又由(1)知，底面ABCD為正方形，所以AC⊥BD，因為PC⊥平面ABCD，所以PC⊥BD，因為AC∩PC＝C，AC，PC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)是平面PAC的一個法向量，設平面PAF與平面PAC的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(BD,\s\up6(→))|,|m||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(12,\r(6)×\r(32))＝eq\f(\r(3),2)，所以平面PAF與平面PAC夾角的大小為eq\f(π,6).21．(12分)已知A′，A分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點，B，F分別是C的上頂點和左焦點．點P在C上，滿足PF⊥A′A，AB∥OP，|FA′|＝2－eq\r(2).(1)求C的方程；(2)過點F作直線l(與x軸不重合)交C于M，N兩點，設直線AM，A