1.拋物線y2=?12x的準(zhǔn)線方程是( )
A. y=12B. y=18C. x=14D. x=18
2.已知復(fù)數(shù)z1=21+i，復(fù)數(shù)z2=2i，則|z1?z2|=( )
A. 1B. 2C. 10D. 10
3.已知命題p：?x∈(0,+∞)，ex>lnx，則( )
A. p是假命題，?p：?x∈(?∞,0)，ex≤lnx
B. p是假命題，?p：?x∈(0,+∞)，ex≤lnx
C. p是真命題，?p：?x∈(?∞,0)，ex≤lnx
D. p是真命題，?p：?x∈(0,+∞)，ex≤lnx
4.已知圓臺(tái)O1O上下底面圓的半徑分別為1，3，母線長(zhǎng)為4，則該圓臺(tái)的側(cè)面積為( )
A. 8πB. 16πC. 26πD. 32π
5.下列不等式成立的是( )
A. lg60.5>lg60.7B. 0.60.5>lg0.60.5
C. lg60.6>lg50.5D. 0.60.6>0.60.5
6.集校為了解本校高一男生身高和體重的相關(guān)關(guān)系，在該校高一年級(jí)隨機(jī)抽取了7名男生，測(cè)量了他們的身高和體重得下表：
由表格制作成如圖所示的散點(diǎn)圖：

由最小二乘法計(jì)算得到經(jīng)驗(yàn)回歸直線l1的方程為y =b 1x+a1，其相關(guān)系數(shù)為r1；經(jīng)過(guò)殘差分析，點(diǎn)(167,90)對(duì)應(yīng)殘差過(guò)大，把它去掉后，再用剩下的6組數(shù)據(jù)計(jì)算得到經(jīng)驗(yàn)回歸直線l2的方程為y =b 2x+a 2，相關(guān)系數(shù)為r2.則下列選項(xiàng)正確的是( )
A. b1a 2,r1b 2,a 1>a 2,r10,b>0)的左、右焦點(diǎn)，|F1F2|=2c，P(x1,y1)為C右支上一點(diǎn)，F(xiàn)1P⊥F2P，△F1PF2的內(nèi)切圓的圓心為E(x2,y2)，半徑為r，直線PE與x軸交于點(diǎn)M(x3,0)，則下列結(jié)論正確的有( )
A. x2=a
B. r= c2+a2?c
C. x1x3=x22
D. 若△F1PF2的內(nèi)切圓與y軸相切，則雙曲線C的離心率為 3+1
三、填空題：本題共3小題，共13分。
12.已知向量a,b的夾角為π6，且|a|=2,|b|=1，則|a+ 3b|= ______．
13.已知x是第二象限角，若cs(x?70°)=15，則sin(x+110°)= ______．
14.已知等差數(shù)列{an}的公差與等比數(shù)列{bn}的公比相等，且b1?a1=1，b2?a2=1，b3?a4=1，則bn= ______；若數(shù)列{an}和{bn}的所有項(xiàng)合在一起，從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{cn}，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，則使得Sncn+1>12成立的n的最小值為_(kāi)_____．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。
15.(本小題13分)
在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足a2+b2+ 2ab=c2．
(1)求角C的大??；
(2)若b=1，c=2bcsB，求△ABC的面積．
16.(本小題15分)
如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，AC為圓錐底面的直徑，△PAC為等邊三角形，O是圓錐底面的圓心，△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，且邊長(zhǎng)為2 3，點(diǎn)E為線段PC中點(diǎn)．
(1)求證：平面BED⊥平面ABD；
(2)M為底面圓O的劣弧AB上一點(diǎn)，且∠ACM=30°.求平面AME與平面PAC夾角的余弦值．
17.(本小題15分)
已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(1,83)，且其離心率為13．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)(?1,0)的斜率不為零的直線與橢圓E交于C，D兩點(diǎn)，A，B分別為橢圓E的左、右頂點(diǎn).直線AC，BD交于一點(diǎn)P，M為線段PB上一點(diǎn)，滿足OM//PA.問(wèn)OA?OM是否為定值.若是，求出該定值；若不是，說(shuō)明理由(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．
18.(本小題17分)
某商場(chǎng)周年慶進(jìn)行大型促銷活動(dòng)，為吸引消費(fèi)者，特別推出“玩游戲，送禮券”的活動(dòng)，活動(dòng)期間在商場(chǎng)消費(fèi)達(dá)到一定金額的人可以參加游戲，游戲規(guī)則如下：在一個(gè)盒子里放著六枚硬幣，其中有三枚正常的硬幣，一面印著字，一面印著花；另外三枚硬幣是特制的，有兩枚雙面都印著字，一枚雙面都印著花，規(guī)定印著字的面為正面，印著花的面為反面.游戲者蒙著眼睛隨機(jī)從盒子中抽取一枚硬幣并連續(xù)投擲兩次，由工作人員告知投擲的結(jié)果，若兩次投擲向上的面都是正面，則進(jìn)入最終挑戰(zhàn)，否則游戲結(jié)束，不獲得任何禮券.最終挑戰(zhàn)的方式是進(jìn)行第三次投擲，有兩個(gè)方案可供選擇：方案一，繼續(xù)投擲之前抽取的那枚硬幣，如果擲出向上的面為正面，則獲得200元禮券，方案二，不使用之前抽取的硬幣，從盒子里剩余的五枚硬幣中再次隨機(jī)抽取一枚投擲，如果數(shù)出向上的面為正面，則獲得300元禮券，不管選擇方案一還是方案二，如果擲出向上的面為反面，則獲得100元禮券．
(1)求第一次投擲后，向上的面為正面的概率．
(2)若已知某顧客抽取一枚硬幣后連續(xù)兩次投擲，向上的面均為正面，求該硬幣是正常硬幣的概率．
(3)在已知某顧客進(jìn)入了最終挑戰(zhàn)環(huán)節(jié)的條件下，試分別計(jì)算他選擇兩種抽獎(jiǎng)方案最終獲得的禮券的數(shù)學(xué)期望，并以此判斷應(yīng)該選擇哪種抽獎(jiǎng)方案更合適．
19.(本小題17分)
已知函數(shù)f(x)=ex?ax2，(a>0)．
(1)若函數(shù)f(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；
(2)已知f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f′(x)在R上有極小值0，對(duì)于某點(diǎn)P(x0,f(x0))，f(x)在P點(diǎn)的切線方程為y=g(x)，若對(duì)于?x∈R，都有(x?x0)?[f(x)?g(x)]≥0，則稱P為好點(diǎn)．
①求a的值；②求所有的好點(diǎn)．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查拋物線的性質(zhì)，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
拋物線y2=?12x的開(kāi)口向左，且2p=12，由此可得拋物線y2=?12x的準(zhǔn)線方程．
【解答】
解：拋物線y2=?12x的開(kāi)口向左，且2p=12，∴p2=18
∴拋物線y2=?12x的準(zhǔn)線方程是x=18
故選D．
2.【答案】C
【解析】解：∵z1=21+i=2(1?i)(1+i)(1?i)=1?i，
∴|z1?z2|=|1?i?2i|=|1?3i|= 1+9= 10．
故選：C．
化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)z1，利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算和模長(zhǎng)公式求解．
本題考查復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式，屬于基礎(chǔ)題．
3.【答案】D
【解析】解：?x∈(0,+∞)，ex的圖象恒在y=lnx圖象的上方，
則ex>lnx，p為真命題，
?p：?x∈(0,+∞)，ex≤lnx，故D正確．
故選：D．
先判斷命題的真假，再結(jié)合命題否定的定義，即可求解．
本題主要考查全稱命題的否定，屬于基礎(chǔ)題．
4.【答案】B
【解析】解：圓臺(tái)O1O上下底面圓的半徑分別為1，3，母線長(zhǎng)為4，
所以圓臺(tái)的側(cè)面積為S側(cè)=π(r+r′)l=π(1+3)×4=16π．
故選：B．
根據(jù)圓臺(tái)的側(cè)面積公式計(jì)算即可．
本題考查了圓臺(tái)的側(cè)面積計(jì)算問(wèn)題，是基礎(chǔ)題．
5.【答案】C
【解析】解：對(duì)于A，∵y=lg6x是(0,+∞)上的增函數(shù)，且0.7>0.5，
∴l(xiāng)g60.5lg50.5，故C正確；
對(duì)于D，∵y=0.6x在R上單調(diào)遞減，且0.6>0.5，
∴0.60.60，r2>0，
因?yàn)殡x群點(diǎn)(167,90)的縱坐標(biāo)90相對(duì)過(guò)大，
所以去掉離群點(diǎn)后回歸直線的截距變小而斜率變大，所以a 2b 1，
去掉離群點(diǎn)后樣本數(shù)據(jù)的信息相關(guān)程度更強(qiáng)，擬合效果會(huì)更好，
所以r10，r2>0，去掉離群點(diǎn)后回歸直線的截距變小、斜率變大，而擬合效果會(huì)更好，進(jìn)而得到結(jié)果．
本題主要考查了散點(diǎn)圖的應(yīng)用，考查了線性回歸方程的性質(zhì)，屬于中檔題．
7.【答案】D
【解析】解：f′(x)=ex+xex?2sin2x=(x+1)ex?2sin2x，f″(x)=ex+(x+1)ex?4cs2x=(x+2)ex?4cs2x，
∴f(50)(x)=(x+50)ex?250cs2x，
∴f(50)(0)=50?250．
故選：D．
可通過(guò)求一階導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)找規(guī)律，從而得出f(x)的50階導(dǎo)數(shù)，然后即可得出答案．
本題考查了基本初等函數(shù)和復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)公式，是中檔題．
8.【答案】D
【解析】解：設(shè)A(x1,12)，B(x2,12)，則由|AB|=π3，得x2?x1=π3，
由csx=12，得x=π3+2kπ或x=5π3+2kπ,k∈Z，
由圖可知，ωx2+φ?(ωx1+φ)=5π3?π3=4π3，即ω(x2?x1)=4π3，
所以ω=4．
故選：D．
根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)即可得．
本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．
9.【答案】BC
【解析】解：選項(xiàng)A，7×70%=4.9，所以第70百分位數(shù)為90，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．
選項(xiàng)B，中位數(shù)為87，平均數(shù)為(61+83+84+87+90+91+92)÷7=588÷7=84，
所以平均數(shù)小于中位數(shù)，故選項(xiàng)B正確；
選項(xiàng)C，去掉一個(gè)最低分和一個(gè)最高分后，分?jǐn)?shù)更為集中，離散程度減小，所以方差會(huì)變小，故選項(xiàng)C正確；
選項(xiàng)D，平均數(shù)為(61+83+84+87+90+91+92)÷7=588÷7=84，
去掉一個(gè)最低分和一個(gè)最高分后，平均數(shù)為(83+84+87+90+91)÷5=435÷5=87，所以平均數(shù)會(huì)變大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
故選：BC．
根據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)、方差和百分位數(shù)的定義求解．
本題主要考查了平均數(shù)、中位數(shù)、方差和百分位數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題．
10.【答案】BCD
【解析】解：對(duì)A選項(xiàng)，如圖，延長(zhǎng)AM，則AM過(guò)C，
∴CF與平面AMN交于點(diǎn)C，∴A選項(xiàng)錯(cuò)誤；
對(duì)B選項(xiàng)，∵AB為圓O的直徑，∴BF⊥AF，
又AD⊥底面圓O，且BF?底面圓O，∴BF⊥AD，
又AF∩AD=A，且AF，AD?平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，又AN?平面ADF，
∴AN⊥BF，又AN⊥DF，BF∩DF=F，且BF，DF?平面DBF，
∴AN⊥平面DBF，∴B選項(xiàng)正確；
對(duì)C選項(xiàng)，由B選項(xiàng)分析可知：AN⊥平面DBF，又BD?平面DBF，
∴BD⊥AN，又軸截面ABCD為正方形，
∴BD⊥AM，又AN∩AM=A，且AN，AM?平面AMN，
∴BD⊥平面AMN，∴C選項(xiàng)正確；
對(duì)D選項(xiàng)，∵EF/?/平面AMN，
又EF?平面DEF，且平面AMN∩平面DEF=MN，
∴EF/?/MN，又易知DMME=2，
∴DNNF=DMME=2，
設(shè)NF=x，則DN=2x，DF=3x，設(shè)正方形截面ABCD的邊長(zhǎng)為2，
由AN⊥DF，可得AN2=AD2?DN2=4?4x2，
∴AF2=AN2+NF2=4?4x2+x2=4?3x2，又AD⊥AF，
∴AD2+AF2=DF2，
∴4+4?3x2=9x2，∴x2=23，
∴AF2=4?3x2=2，∴AF= 2，
又AB=2，BF⊥AF，∴BF= 2，∴AF=BF，
∴F是AB的中點(diǎn)，∴D選項(xiàng)正確．
故選：BCD．
根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，線面垂直的判定定理，解三角形，即可分別求解．
本題考查線面平行的性質(zhì)定理，線面垂直的判定定理，解三角形，屬中檔題．
11.【答案】ACD
【解析】解：A.如圖，
作EF⊥PF2，EG⊥F1F2，EH⊥PF1，
根據(jù)切線長(zhǎng)定理，|PH|=|PF|，|F1H|=|F1G|，|F2F|=|F2G|，
又|PF1|?|PF2|=2a，所以|F1H|?|FF2|=2a，|F1G|?|F2G|=2a，
所以(c+x2)?(c?x2)=2a，即x2=a，故A正確；
B.因?yàn)閨PF1|?|PF2|=2a，PF1⊥PF2，
所以|PF2|2+(|PF2|+2a)2=4c2，解得：|PF2|= 2c2?a2?a,|PF1|= 2c2?a2+a，
所以r=2S△PF1F2C△PF1F2=|PF1||PF2||PF1|+|PF2|+|F1F2|=(2c2?a2)?a22 2c2?a2+2c=b2 c2+b2+c= c2+b2?c，故B錯(cuò)誤；
C.由內(nèi)切圓的性質(zhì)可知，PE為角平分線，則|PF1||PF2|=|MF1||MF2|，即ex1+aex1?a=x3+cc?x3，整理為2ex1x3=2ac，即cax1x3=ac，
所以x1x3=a2，由A選項(xiàng)的證明可知，a2=x22，即x1x3=x22，故C正確；
D.若△F1PF2的內(nèi)切圓與y軸相切，則r=x2，
則由選項(xiàng)AB知，a= c2+b2?c，即2c2?a2=(a+c)2，
則c2?2ac?2a2=0，即e2?2e?2=0,e= 3+1或e=1? 3(舍)，
所以雙曲線C的離心率為 3+1，故D正確．
故選：ACD．
利用切線性質(zhì)，判斷A，利用內(nèi)切圓的半徑表示三角形的面積，即可判斷B，利用角平分線定理和焦半徑公式，結(jié)合判斷C，根據(jù)幾何關(guān)系，轉(zhuǎn)化為關(guān)于a，c的齊次方程，即可判斷D．
本題主要考查雙曲線的性質(zhì)，屬于中檔題．
12.【答案】 13
【解析】解：由題意，向量a,b的夾角為π6，
且|a|=2,|b|=1，
所以|a+ 3b|= (a+ 3b)2
= a2+2 3a?b+3b2
= 4+2 3×2×1× 32+3
= 13．
故答案為： 13．
根據(jù)平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及題設(shè)條件進(jìn)行運(yùn)算即可．
本題考查平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題．
13.【答案】?2 65
【解析】解：∵x∈(90°,180°)，∴x?70°∈(20°,110°)，且cs(x?70°)=15，
∴sin(x?70°)=2 65，
∴sin(x+110°)=sin(70°?x)=?sin(x?70°)=?2 65．
故答案為：?2 65．
根據(jù)三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和平方關(guān)系即可得解．
本題考查了誘導(dǎo)公式和平方關(guān)系的運(yùn)用，是基礎(chǔ)題．
14.【答案】2n 27
【解析】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d與等比數(shù)列{bn}的公比q相等，即d=q，q≠0，
由b1?a1=1，b2?a2=1，b3?a4=1，可得b1q?(a1+d)=1，b1q2?(a1+3d)=1，
解得d=q=2，a1=1，b1=2，
則bn=2n，an=2n?1；
設(shè)cn=2k，
則Sn=[(2×1?1)+(2×2?1)+(2×3?1)+…+(2×2k?1?1)]+(2+22+…+2k)
=2k?1(1+2?2k?1?1)2+2(1?2k)1?2=22k?2+2k+1?2．
由Sn>12cn+1得22k?2+2k+1?2>12(2k+1)?(2k?1)2?20?2k?1?14>0．
?2k?1≥25，∴k≥6．
所以只需研究2512(2m+1)得m2?24m+50>0，
∴m≥22，n=m+5≥27．
故滿足條件的n最小值為27．
故答案為：2n，27．
先根據(jù)等差數(shù)列以及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，解方程可得首項(xiàng)和公差、公比，可得所求bn；
再由等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式確定滿足條件的項(xiàng)數(shù)的取值范圍，再列不等式求滿足條件的項(xiàng)數(shù)的最小值．
本題考查分組求和方法、等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．
15.【答案】解：(1)因?yàn)閍2+b2+ 2ab=c2，
所以由余弦定理可得csC=a2+b2?c22ab=? 2ab2ab=? 22，
又C∈(0,π)，
所以C=3π4；
(2)因?yàn)閎=1，c=2bcsB，C=3π4，
所以sinC=2sinBcsB=sin2B= 22，
又B∈(0,π4)，可得2B∈(0,π2)，
所以2B=π4，可得B=π8，
所以A=π?B?C=π?π8?3π4=π8=B，可得a=b=1，
所以△ABC的面積S=12absinC=12×1×1× 22= 24．
【解析】(1)由題意利用余弦定理可得csC的值，結(jié)合C∈(0,π)，即可求解C的值；
(2)由題意利用正弦定理，二倍角公式可求sin2B= 22，可求2B∈(0,π2)，可得B=π8，利用三角形內(nèi)角和定理可求A=B，可得a=b=1，進(jìn)而利用三角形的面積公式即可求解．
本題主要考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式，三角形內(nèi)角和定理以及三角形的面積公式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．
16.【答案】(1)證明：設(shè)AC，BD交于F，連接EF，

在△ABD中，由正弦定理知，AC=2R=BDsinA=4，
在△OFB中，OF=OBsin30°=1，
所以F為OC中點(diǎn)，所以EF/?/PO，
又PO⊥平面ABD，所以EF⊥平面ABD，
又EF?平面BED，因此平面BED⊥平面ABD；
(2)解：由(1)知，F(xiàn)A，F(xiàn)B，F(xiàn)E兩兩垂直，
以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)A，F(xiàn)B，F(xiàn)E所在直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則A(3,0,0)，M(2, 3,0)，E(0,0, 3)，
故AM=(?1, 3,0)，AE=(?3,0, 3)，
設(shè)平面AME的一個(gè)法向量為n1=(x,y,z)，
則由n1?AM=?x+ 3y=0n1?AE=?3x+ 3z=0，令x= 3，可得y=1，z=3，
則平面AME的一個(gè)法向量為n1=( 3,1,3)，
不妨取平面PAC的一個(gè)法向量為n2=(0,1,0)，
則cs=n1?n2|n1||n2|=1 13×1= 1313，
因此平面AME與平面PAC夾角的余弦值為 1313．
【解析】(1)設(shè)AC，BD交于F，連接EF，證明EF/?/PO，則可得PO⊥平面ABD，由面面垂直的判定定理即可證得結(jié)論；
(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面AME與平面PAC的法向量，利用向量夾角公式求得面面角的夾角余弦值．
本題考查面面垂直的判定，考查面面角夾角余弦值求法，屬中檔題．
17.【答案】解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，
由題意知，1a2+649b2=1ca=13a2?b2=c2，解得a2=9，b2=8，
所以C的方程為x29+y28=1．
(2)設(shè)直線CD的方程為x=ty?1，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
聯(lián)立x=ty?1x29+y28=1，得(8t2+9)y2?16ty?64=0，
所以y1+y2=16t8t2+9，y1y2=?648t2+9，
由題意知，A(?3,0)，B(3,0)，
所以直線AC的方程為y=y1x1+3(x+3)，直線BD的方程為y=y2x2?3(x?3)，
聯(lián)立兩條直線的方程可得x=?3[x1y2+x2y1+3(y2?y1)]x2y1?x1y2?3(y1+y2)=?3[(ty1?1)y2+(ty2?1)y1+3(y2?y1)](ty2?1)y1?(ty1?1)y2?3(y1+y2)=?3×2ty1y2+2y2?4y1?4y1?2y2=6(ty1y2+y2?2y1)4y1+2y2，
即xP=6(ty1y2+y2?2y1)4y1+2y2，
因?yàn)镺M//PA，且O是AB的中點(diǎn)，所以M是PB的中點(diǎn)，
所以xM=xP+32=3ty1y2+6y24y1+2y2，
所以O(shè)A?OM=(?3,0)?(3ty1y2+6y24y1+2y2,yM)=?3×3ty1y2+6y24y1+2y2=?9×ty1y2+2y24(y1+y2)?2y2=?9×t??648t2+9+2y24?16t8t2+9?2y2=9，是定值．
【解析】(1)將點(diǎn)(1,83)代入橢圓方程，再結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)，解方程組求出a2和b2的值即可；
(2)設(shè)直線CD的方程為x=ty?1，將其與橢圓方程聯(lián)立，表示出直線AD和BD的方程，聯(lián)立求得xP，進(jìn)而知xM，再結(jié)合平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算與韋達(dá)定理，化簡(jiǎn)運(yùn)算，即可得解．
本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，熟練掌握橢圓的方程與幾何性質(zhì)，靈活運(yùn)用韋達(dá)定理是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于難題．
18.【答案】解：設(shè)第一次抽到正常硬幣為事件A，抽到雙面都印著字的硬幣為事件B，抽到雙面都印著花的硬幣為事件C，
第一次投擲出正面向上為事件M1，第二次投擲出正面向上為事件M2，
選擇方案一進(jìn)行第三次投擲并正面向上為事件M3，選擇方案二進(jìn)行第三次投擲并正面向上為事件N3．
(1)由全概率公式可得P(M1)=P(M1|A)?P(A)+P(M1|B)?P(B)+P(M1|C)?P(C)=12×12+13×1+16×0=712．
(2)連續(xù)兩次都是正面的概率P(M1M2)=P(M1M2|A)P(A)+P(M1M2|B)P(B)+P(M1M2|C)P(C)
=12×12×12+13×1+16×0=1124．
所以P(A|M1M2)=P(M1M2A)P(M1M2)=P(M1M2|A)P(A)P(M1M2)=12×12×121124=311．
(3)(一)若選擇方案一，設(shè)第三次投擲后最終獲得的禮券為X元，第三次擲出正面向上為事件S，
則P(M3|M1M2)=P(M1M2M3)P(M1M2)
=P(M1M2M3|A)P(A)+P(M1M2M3|B)P(B)+P(M1M2M3|C)P(C)P(M1M2)
=12×12×12×12+13×1+16×01124=1922，
P(S)=1922，1?P(S)=322，
E(X)=1922×200+322×100=410022=205011．
(二)若選擇方案二，設(shè)第三次投擲后最終獲得的禮券為Y元，第三次擲出正面向上為事件T，
①如果第一次抽到的是正常硬幣，設(shè)第二次抽到正常硬幣為事件HA，第二次抽到兩面都是字的硬幣為事件HB，第二次抽到兩面都是花的硬幣為事件HC，
則P1=P(M1M2|A)?P(A)?[P(N3|HA)?P(HA)+P(N3|HB)?P(HB)+P(N3|HC)?P(HC)]
=12×12×12×(25×12+25×1+15×0)=340．
②如果第一次抽到的是兩面都是字的硬幣，設(shè)第二次抽到正常硬幣為事件KA，第二次抽到兩面都是字的硬幣為事件KB，第二次抽到兩面都是花的硬幣為事件KC，
則P2=P(M1M2|B)?P(B)?[P(N3|KA)?P(KA)+P(N3|KB)?P(KB)+P(N3|KC)?P(KC)]
=13×1×(35×12+15×1+15×0)=16，
所以P(M1M2M3)=P1+P2=340+16=29120，
P(N3|M1M2)=P(M1M2N3)P(M1M2)=291201124=2955，
P(T)=2955，1?P(T)=2655，
E(Y)=2955×300+2655×100=1130055=226011，
綜上，由(一)、(二)可得，E(X)0時(shí)，只要ex?ax2=0存在兩個(gè)根即可，即a=exx2存在兩個(gè)根，
令g(x)=exx2，則g′(x)=(x?2)exx3，
當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；
又g(2)=e24，當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→+∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→+∞，
故a>e24時(shí)，在區(qū)間(0,+∞)存在兩個(gè)零點(diǎn)，
因此a的取值范圍為{a|a>e24}；
(2)①f(x)=ex?ax2(a>0)，f′(x)=ex?2ax，
令φ(x)=f′(x)，則φ′(x)=ex?2a，
x∈(?∞,ln2a)時(shí)，φ′(x)0，f′(x)單調(diào)遞增，
令 f′(ln2a)=0，解得a=e2；
②設(shè)P(x0,f(x0))為好點(diǎn)，對(duì)于任意x∈R，都有(x?x0)?[f(x)?g(x)]≥0，
當(dāng)x=x0時(shí)，0≥0成立，
當(dāng)x>x0時(shí)，f(x)?g(x)≥0恒成立，
當(dāng)xx0時(shí)，因?yàn)镻為好點(diǎn)，所以h(x)=f(x)?g(x)≥0恒成立，
1°若x0≥1，f′(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，f′(x)>f′(x0)，h′(x)=f′(x)?f′(x0)>0，
所以h(x)在x>x0時(shí)單調(diào)遞增，h(x)>h(x0)=f(x0)?g(x0)=0，滿足條件，故x0≥1時(shí)成立．
2°若x0

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