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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤?a2}，若M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，則a＝（ ）
A．﹣6B．﹣2C．2D．6
2．（5分）已知a=1?bi1+i，其中a，b為實(shí)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z＝a+bi對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
3．（5分）已知AB→=（1，2），AC→=（4，m），若AB→⊥AC→，則|BC→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．12
4．（5分）2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國(guó)家境內(nèi)舉行，也是繼2002年韓日世界杯之后時(shí)隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．某網(wǎng)站全程轉(zhuǎn)播了該次世界杯，為紀(jì)念本次世界杯，該網(wǎng)站舉辦了一次針對(duì)本網(wǎng)站會(huì)員的獎(jiǎng)品派發(fā)活動(dòng)，派發(fā)規(guī)則如下：①對(duì)于會(huì)員編號(hào)能被2整除余1且被7整除余1的可以獲得精品足球一個(gè)；②對(duì)于不符合①中條件的可以獲得普通足球一個(gè)．已知該網(wǎng)站的會(huì)員共有1456人（編號(hào)為1號(hào)到1456號(hào)，中間沒(méi)有空缺），則獲得精品足球的人數(shù)為（ ）
A．102B．103C．104D．105
5．（5分）已知sin(π2+α)=?38，α∈（2π，3π），則sinα2=（ ）
A．?114B．114C．?74D．74
6．（5分）若四棱錐E﹣ABCD的棱AB，BC的長(zhǎng)均為2，其余各棱長(zhǎng)均為2，則該四棱錐的高為（ ）
A．12B．22C．32D．1
7．（5分）某高校舉行一場(chǎng)智能機(jī)器人大賽，該高校理學(xué)院獲得8個(gè)參賽名額，已知理學(xué)院共有4個(gè)班，每個(gè)班至少要有一個(gè)參賽名額，則該理學(xué)院參賽名額的分配方法共有（ ）
A．20種B．21種C．28種D．35種
8．（5分）已知函數(shù)f（x）＝kex﹣lnx+1的圖象與函數(shù)g（x）＝xekx+kx﹣elnx僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（ ）
A．（?1e，?1e2）∪[0，+∞）B．（﹣1，?1e2）∪[0，e）
C．（?1e，?1e2）∪[0，e）D．（﹣1，?1e2）∪[0，+∞）
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
（多選）9．（6分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an}和{Sn}均為等差數(shù)列，且a5＝18，則（ ）
A．a(chǎn)1＝6B．a(chǎn)8＝30C．S5＝60D．S7＝98
（多選）10．（6分）已知函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，且f（x+4）+f（x）＝0，當(dāng)0≤x≤2時(shí)，則f（x）=2x+a2x+1，則（ ）
A．a(chǎn)＝﹣1B．a(chǎn)＝﹣2
C．f（﹣33）＜f（40）＜f（19）D．f（40）＜f（﹣33）＜f（19）
（多選）11．（6分）已知函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0）的最小正周期T＜π，f（π5）＝1，且f（x）在x=π10處取得最大值．下列結(jié)論正確的有（ ）
A．sinφ=22
B．ω的最小值為152
C．若函數(shù)f（x）在（π20，π4）上存在零點(diǎn)，則ω的最小值為352
D．函數(shù)f（x）在（13π20，11π15）上一定存在零點(diǎn)
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．（5分）近年來(lái)，理財(cái)成為了一種趨勢(shì)，老黃在今年買(mǎi)進(jìn)某個(gè)理財(cái)產(chǎn)品，設(shè)該產(chǎn)品每個(gè)季度的收益率為X，且各個(gè)季度的收益之間互不影響，根據(jù)該產(chǎn)品的歷史記錄，可得P（X＞0）＝2P（X≤0）．若老黃準(zhǔn)備在持有該理財(cái)產(chǎn)品4個(gè)季度之后賣(mài)出，則至少有3個(gè)季度的收益為正值的概率為 ．
13．（5分）已知拋物線C：y=x24，直線l1：y＝﹣2，l2：3x﹣4y﹣6＝0，M為C上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到l1與l2的距離之和的最小值為 ．
14．（10分）已知數(shù)列{an}滿足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），且a1＝a2＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則a5+a3a4= ，2a2024+S2023＝ ．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。
15．某公司為響應(yīng)《中國(guó)制造2025》中提出的堅(jiān)持“創(chuàng)新驅(qū)動(dòng)、質(zhì)量為先、綠色發(fā)展、結(jié)構(gòu)優(yōu)化、人才為本”的基本方針，準(zhǔn)備加大研發(fā)投資．市場(chǎng)部對(duì)同類(lèi)產(chǎn)品連續(xù)5個(gè)月的銷(xiāo)售單價(jià)xi和月銷(xiāo)售量yi（i＝1，2，3，4，5）的數(shù)據(jù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，得如下統(tǒng)計(jì)表：
統(tǒng)計(jì)時(shí)，不慎將m處的數(shù)據(jù)丟失，但記得0＜m＜39，且月銷(xiāo)售量的平均數(shù)與中位數(shù)相等．
（1）建立y關(guān)于x的線性回歸方程；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，若該產(chǎn)品成本是0.5元/件，月銷(xiāo)售單價(jià)x（其中x∈N*）為何值時(shí)，公司月利潤(rùn)的預(yù)測(cè)值最大？
回歸方程y?=b?x+a?中斜率和截距的最小二乘法估計(jì)公式：b?=i=1n xiyi?nxyi=1n xi2?nx2，a?=y?b?x．
16．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝9，an+1＝an+2．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）令bn=anan+1，求證：b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）?（34）n﹣1．
17．如圖，在四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
（1）求證：AD1⊥平面CDD1C1；
（2）點(diǎn)M在直線BB1上，且AD⊥平面MCD，求MC1與平面CDD1C1所成角的正弦值．
18．已知函數(shù)f（x）＝lnx+ax的圖象在x＝1處的切線方程為y＝b．
（1）求a，b的值及f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）已知F（x）=xexf(x)?ex+mxx2?x，是否存在實(shí)數(shù)m，使得曲線y＝F（x）恒在直線y＝x+1的上方？若存在，求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
19．已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），且離心率為22．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l1、l2均過(guò)點(diǎn)A，且互相垂直，直線l1與圓O：x2+y2＝a2交于M、N兩點(diǎn)、直線l2與橢圓C交于另一點(diǎn)B，求△MBN面積的最大值．
答案與試題解析
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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤?a2}，若M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，則a＝（ ）
A．﹣6B．﹣2C．2D．6
【分析】根據(jù)給定條件，利用交集運(yùn)算的結(jié)果求解作答．
解：因?yàn)榧螹＝{x|﹣1≤x≤4}，N={x|x≤?a2}，且M∩N＝{x|﹣1≤x≤3}，
則有?a2=3，所以a＝﹣6．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查交集及其運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．
2．（5分）已知a=1?bi1+i，其中a，b為實(shí)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z＝a+bi對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，先求出z，再結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義，即可求解．
解：a=1?bi1+i，
則a（1+i）＝a+ai＝1﹣bi，即a＝1，b＝﹣1，
故z＝1﹣i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)（1，﹣1）位于第四象限．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．
3．（5分）已知AB→=（1，2），AC→=（4，m），若AB→⊥AC→，則|BC→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．12
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量垂直的性質(zhì)，求出m，再結(jié)合向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及向量模公式，即可求解．
解：AB→=（1，2），AC→=（4，m），AB→⊥AC→，
則4+2m＝0，解得m＝﹣2，
AC→=(4，?2)，
BC→=AC→?AB→=（4，﹣2）﹣（1，2）＝（3，﹣4），
故|BC→|=32+(?4)2=5．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平面向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
4．（5分）2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國(guó)家境內(nèi)舉行，也是繼2002年韓日世界杯之后時(shí)隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．某網(wǎng)站全程轉(zhuǎn)播了該次世界杯，為紀(jì)念本次世界杯，該網(wǎng)站舉辦了一次針對(duì)本網(wǎng)站會(huì)員的獎(jiǎng)品派發(fā)活動(dòng)，派發(fā)規(guī)則如下：①對(duì)于會(huì)員編號(hào)能被2整除余1且被7整除余1的可以獲得精品足球一個(gè)；②對(duì)于不符合①中條件的可以獲得普通足球一個(gè)．已知該網(wǎng)站的會(huì)員共有1456人（編號(hào)為1號(hào)到1456號(hào)，中間沒(méi)有空缺），則獲得精品足球的人數(shù)為（ ）
A．102B．103C．104D．105
【分析】設(shè)某會(huì)員編號(hào)為x，則x＝7n+1，且x為奇數(shù)，求得1456中滿足條件的n的值即可求解．
解：假設(shè)某會(huì)員編號(hào)能被2整除余1則該會(huì)員編號(hào)為奇數(shù)，
假設(shè)某會(huì)員編號(hào)為x，且x滿足條件①則x＝7n+1，
1456÷7＝208，n∈N，n＜208，∵x是奇數(shù)∴n為偶數(shù)，
∴n可以取0，2，4，…，204，206等104個(gè)偶數(shù)，
∴共有104個(gè)會(huì)員編號(hào)滿足條件．
故C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查合情推理的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
5．（5分）已知sin(π2+α)=?38，α∈（2π，3π），則sinα2=（ ）
A．?114B．114C．?74D．74
【分析】直接利用誘導(dǎo)公式和二倍角的余弦公式得1?2sin2α2=?38，結(jié)合α范圍即可得到答案．
解：∵sin(π2+α)=csα=?38，則1?2sin2α2=?38，
故sin2α2=1116，又α∈（2π，3π），
則sinα2=?114．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二倍角的三角函數(shù)，屬于基礎(chǔ)題．
6．（5分）若四棱錐E﹣ABCD的棱AB，BC的長(zhǎng)均為2，其余各棱長(zhǎng)均為2，則該四棱錐的高為（ ）
A．12B．22C．32D．1
【分析】連接AC，BD，交點(diǎn)為F，通過(guò)證明三角形全等得到∠AFB＝∠CFB＝90°，AF＝CF，即可得到BD⊥AC、AC⊥FE，從而得到AC⊥平面BDE，則平面BDE⊥平面ABCD，過(guò)點(diǎn)E作EO⊥BD，垂足為O，連接OA，OC，即可說(shuō)明A，B，C，D四點(diǎn)在以BD為直徑的圓周上，再利用余弦定理求出AC、cs∠ABC，由正弦定理求出外接圓的半徑，最后利用勾股定理計(jì)算可得．
解：如圖連接AC，BD，交點(diǎn)為F，∵AB＝BC，AD＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD，
由題意得△ABF≌△CBF，∴∠AFB＝∠CFB＝90°，AF＝CF，即BD⊥AC，
又EC＝EC，所以AC⊥FE，EF∩BD＝F，EF，BD?平面BDE，∴AC⊥平面BDE，
又AC?平面ABCD，∴平面BDE⊥平面ABCD，
過(guò)點(diǎn)E作EO⊥BD，垂足為O，由面面垂直的性質(zhì)可知EO⊥平面ABCD，連接OA，OC，∵EA＝EC，∴OA＝OC，OA，OB?平面ABCD，∴EO⊥OA，EO⊥OB，
由EB＝EC，EO是公共邊，∴△EOB≌△EOC，∴OA＝OB＝OC，同理可得OB＝OD，∴A，B，C，D四點(diǎn)在以BD為直徑的圓周上，
所以∠ABC+∠ADC＝180°，即∠ADC＝180°﹣∠ABC，所以cs∠ADC＝cs（180°﹣∠ABC）＝﹣cs∠ABC，
在△ABC和△ACD中分別利用余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BCcs∠ABC，AC2＝AD2+DC2﹣2AD?DCcs∠ADC
即AC2＝8﹣8cs∠ABC，AC2＝4+4cs∠ABC，所以AC2=163，cs∠ABC=13，
即AC=433，所以sin∠ABC=1?cs2∠ABC=223，
設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，則2R=ACsin∠ABC=433223=6，所以R=62，
即OB=62，所以EO=EB2?OB2=(2)2?(62)2=22，
即該四棱錐的高為22．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題．
7．（5分）某高校舉行一場(chǎng)智能機(jī)器人大賽，該高校理學(xué)院獲得8個(gè)參賽名額，已知理學(xué)院共有4個(gè)班，每個(gè)班至少要有一個(gè)參賽名額，則該理學(xué)院參賽名額的分配方法共有（ ）
A．20種B．21種C．28種D．35種
【分析】根據(jù)題意，將8個(gè)參賽名額看成8個(gè)元素，用隔板法即可求解．
解：根據(jù)題意，將8個(gè)參賽名額看成8個(gè)元素，中間有7個(gè)空位，
在7個(gè)空位中任選3個(gè)，插入擋板，可以將8個(gè)元素分為4組，對(duì)應(yīng)分給4個(gè)班，
有C73=35種分配方法．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查排列組合的應(yīng)用，本題運(yùn)用隔板法，可以避免討論，簡(jiǎn)化計(jì)算．
8．（5分）已知函數(shù)f（x）＝kex﹣lnx+1的圖象與函數(shù)g（x）＝xekx+kx﹣elnx僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（ ）
A．（?1e，?1e2）∪[0，+∞）B．（﹣1，?1e2）∪[0，e）
C．（?1e，?1e2）∪[0，e）D．（﹣1，?1e2）∪[0，+∞）
【分析】由題意可得1+（e﹣1）ln（xekx）＝xekx僅有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，設(shè)t＝xekx，則1+（e﹣1）lnt＝t，解方程可得t，分別討論t＝1，t＝e時(shí)，方程的解的個(gè)數(shù)，即可得到所求k的取值范圍．
解：函數(shù)f（x）＝kex﹣lnx+1的圖象與函數(shù)g（x）＝xekx+kx﹣elnx僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
即為f（x）＝g（x），即1+（e﹣1）（kx+lnx）＝xekx，即有1+（e﹣1）ln（xekx）＝xekx僅有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根．
設(shè)t＝xekx，則1+（e﹣1）lnt＝t，解得t＝1或t＝e，
若t＝1，即xekx＝1，解得﹣k=lnxx，設(shè)h（x）=lnxx，h′（x）=1?lnxx2，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，h′（x）＞0，h（x）遞增；當(dāng)x＞e時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減，
則h（x）在x＝e處取得極大值，且為最大值1e，
當(dāng)﹣k≤0或﹣k=1e，即k≥0或k=?1e時(shí)，方程xekx＝1只有一解；
當(dāng)0＜﹣k＜1e，即?1e＜k＜0時(shí)，方程xekx＝1有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)解；
若t＝e，即xekx＝e，可得﹣k=lnx?1x，設(shè)m（x）=lnx?1x，m′（x）=2?lnxx2，
當(dāng)0＜x＜e2時(shí)，m′（x）＞0，m（x）遞增；當(dāng)x＞e2時(shí)，m′（x）＜0，m（x）遞減，
則m（x）在x＝e2處取得極大值，且為最大值1e2．
當(dāng)﹣k≤0或﹣k=1e2，即k≥0或k=?1e2時(shí)，方程xekx＝e只有一解；
當(dāng)0＜﹣k＜1e2，即?1e2＜k＜0時(shí)，方程xekx＝e有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)解；
所以，當(dāng)k∈[0，+∞）∪（?1e，?1e2）時(shí)，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)和方程的關(guān)系，以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性和極值、最值，考查轉(zhuǎn)化思想和方程思想、運(yùn)算能力和推理能力，屬于中檔題．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
（多選）9．（6分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an}和{Sn}均為等差數(shù)列，且a5＝18，則（ ）
A．a(chǎn)1＝6B．a(chǎn)8＝30C．S5＝60D．S7＝98
【分析】根據(jù)題意，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，又由{Sn}為等差數(shù)列，可得S1+S3=2S2，即a1+3a1+3d=22a1+d，結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得d的值，由此可得a1的值，即可得等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，由此分析選項(xiàng)，即可得答案．
解：根據(jù)題意，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，
又由{Sn}為等差數(shù)列，則S1+S3=2S2，即a1+3a1+3d=22a1+d，
又由a5＝18，則18?4d+54?9d=236?7d，
解可得：d＝4，
則a1＝18﹣4d＝2，A錯(cuò)誤；
a8＝18+3d＝30，B正確；
S5=(a1+a5)×52=(2+18)×52=50，C錯(cuò)誤；
S7＝7a1+7×62d＝98，D正確．
故選：BD．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)以及應(yīng)用，涉及等差數(shù)列的求和，屬于基礎(chǔ)題．
（多選）10．（6分）已知函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，且f（x+4）+f（x）＝0，當(dāng)0≤x≤2時(shí)，則f（x）=2x+a2x+1，則（ ）
A．a(chǎn)＝﹣1B．a(chǎn)＝﹣2
C．f（﹣33）＜f（40）＜f（19）D．f（40）＜f（﹣33）＜f（19）
【分析】根據(jù)f（0）＝0，求得a；f（x）的周期為8，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，可判斷C，D選項(xiàng)．
解：已知函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，則f（0）＝0，即f（0）=1+a1+1=0，故a＝﹣1，A正確；B錯(cuò)誤；
f（x+4）+f（x）＝0，即f（x+8）＝﹣f（x+4）＝f（x），周期為8，
f（﹣33）＝f（﹣1），當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f（x）=2x?12x+1，
﹣2≤x≤0時(shí)，0≤﹣x≤2，f（﹣x）=2?x?12?x+1=1?2x2x+1=?f（x），
x∈[﹣2，2]時(shí)，f（x）=2x?12x+1，f（﹣1）=?13，
f（40）＝f（0）＝0，f（19）＝f（3）＝﹣f（﹣1）=13，
f（﹣33）＜f（40）＜f（19），C正確；D錯(cuò)誤．
故選：AC．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．
（多選）11．（6分）已知函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0）的最小正周期T＜π，f（π5）＝1，且f（x）在x=π10處取得最大值．下列結(jié)論正確的有（ ）
A．sinφ=22
B．ω的最小值為152
C．若函數(shù)f（x）在（π20，π4）上存在零點(diǎn)，則ω的最小值為352
D．函數(shù)f（x）在（13π20，11π15）上一定存在零點(diǎn)
【分析】由三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)逐一判斷即可．
解：對(duì)于A，∵f（x）在x=π10處取得最大值，∴x=π10為一條對(duì)稱軸，f（0）＝f（π5）＝1，∴sinφ=22，故A正確；
對(duì)于B，∵T＜π，∴ω＞2，由f（π5）＝1得sin(π5ω+φ)=22，∴π5ω+φ=2k1π+π4或π5ω+φ=2k1π+3π4，k1∈Z
∵f(π10)=1，∴π10ω+φ=2k2π+π2，k2∈Z，
由π5ω+φ=2k1π+π4π10ω+φ=2k2π+π2，得ω=20(k1?k2)?52，∵ω＞2，∴ωmin=352；
由π5ω+φ=2k1π+3π4π10ω+φ=2k2π+π2，得ω=20(k1?k2)π+52，∵ω＞2，∴ωmin=52，故B不正確；
對(duì)于C，當(dāng)ω=352時(shí)，f(x)=2sin(352x+34π+2kπ)=2sin(352x+3π4)，
f(π20)=2sin13π8，f(π4)=2sin31π8，必有f(x0)=2sin2π=0，x0為零點(diǎn)，
當(dāng)ω=52時(shí)，f(x)=2sin(52x+π4)，
f(π20)=2sin3π8＞0，f(π4)=2sin7π8＞0，不存在x0使f（x0）＝0，
綜上，ωmin=352，故C正確；
對(duì)于D，當(dāng)ω=52時(shí)，f(x)=2sin(52x+π4)，f(13π20)=2sin15π8，f(11π15)=2sin25π12，∵2π∈(15π8，25π12)，∴?x0，使f(x0)=2sin2π=0；
當(dāng)ω=352時(shí)，f（x）=2sin(352x+3π4)，f(13π20)=2sin97π8，f(11π15)=2sin16312π，∵13π∈(97π8，163π12)，∴?x0，使f(x0)=2sin13π=0；
當(dāng)ω≠52，352時(shí)，ωmin=452，故Tmax=4π45，1115π?1320π=π15，此時(shí)π15＞T2，則f（x）必有零點(diǎn)，綜上可知，D正確．
故選：ACD．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．（5分）近年來(lái)，理財(cái)成為了一種趨勢(shì)，老黃在今年買(mǎi)進(jìn)某個(gè)理財(cái)產(chǎn)品，設(shè)該產(chǎn)品每個(gè)季度的收益率為X，且各個(gè)季度的收益之間互不影響，根據(jù)該產(chǎn)品的歷史記錄，可得P（X＞0）＝2P（X≤0）．若老黃準(zhǔn)備在持有該理財(cái)產(chǎn)品4個(gè)季度之后賣(mài)出，則至少有3個(gè)季度的收益為正值的概率為 1627 ．
【分析】先求出P（X≤0）=13，P（X＞0）=23，再由二項(xiàng)分布的概率公式求解．
解：∵P（X＞0）+P（X≤0）＝1，P（X＞0）＝2P（X≤0），
∴3P（X≤0）＝1，即P（X≤0）=13，P（X＞0）=23，
則老黃準(zhǔn)備在持有該理財(cái)產(chǎn)品4個(gè)季度之后賣(mài)出，則至少有3個(gè)季度的收益為正值的概率為：
C43×(23)3×13+C44(23)4=3281+1681=1627．
故1627．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查二項(xiàng)分布的概率公式，屬于中檔題．
13．（5分）已知拋物線C：y=x24，直線l1：y＝﹣2，l2：3x﹣4y﹣6＝0，M為C上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到l1與l2的距離之和的最小值為 3 ．
【分析】根據(jù)拋物線的定義進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合圖象利用點(diǎn)到直線的距離公式進(jìn)行求解即可．
解：拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F（0，1），準(zhǔn)線方程為y＝﹣1，
過(guò)P作PB垂直直線y＝﹣2，與y＝﹣2交于點(diǎn)A，交y＝﹣1于點(diǎn)B，
由拋物線的定義得|PB|＝|PF|，|PB|＝|PA|﹣1
則點(diǎn)P到直線l1與直線l2距離之和|PC|+|PA|＝|PC|+|PA|＝|PB|+1+|PC|＝|PF|+|PC|+1≥|FD|+1，
此時(shí)最小值為F到直線3x﹣4y﹣6＝0的距離d＝|FD|=|0?4?6|32+(?4)2=105=2，
則拋物線x2＝4y上的動(dòng)點(diǎn)P到直線l1與直線l2距離之和的最小值是d+1＝2+1＝3．
故3．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查拋物線性質(zhì)和定義的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬中檔題．
14．（10分）已知數(shù)列{an}滿足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），且a1＝a2＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則a5+a3a4= 52 ，2a2024+S2023＝ 22023+1 ．
【分析】由數(shù)列{an}滿足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），變形為an+2an?an+12=12，根據(jù)a1＝a2＝1，依次取n＝1，2，3，可得a3，a4，a5，即可得出a5+a3a4=52．由an+2an?an+12=12，n≥2時(shí)，可得an+2an?an+12=an+1an﹣1?an2，化為an+2+anan+1=an+1+an?1an=??=a5+a3a4=a4+a2a3=a3+a1a2=52，可得an+1+an﹣1=52an，變形為an+1﹣xan＝y(tǒng)（an﹣xan﹣1），化為an+1+xyan﹣1＝（x+y）an，經(jīng)過(guò)比較可得x+y=52xy=1，解得x，y，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列，進(jìn)而得出結(jié)論．
解：∵數(shù)列{an}滿足2an+2=2an+12+1an（n∈N*），
∴an+2an?an+12=12，
∵a1＝a2＝1，
∴a3a1?a22=12，解得a3=32，
同理可得：a4=114，a5=438，
則a5+a3a4=438+32114=52．
由an+2an?an+12=12，
n≥2時(shí)，可得an+2an?an+12=an+1an﹣1?an2，
化為an+2+anan+1=an+1+an?1an=??=a5+a3a4=a4+a2a3=a3+a1a2=52，
∴an+1+an﹣1=52an，（*）
變形為an+1﹣xan＝y(tǒng)（an﹣xan﹣1），
化為an+1+xyan﹣1＝（x+y）an，
與（*）比較可得x+y=52xy=1，
解得x=12y=2或x=2y=12，
不妨取x=2y=12，
∴an+1﹣2an=12（an﹣2an﹣1），
∴數(shù)列{an+1﹣2an}是等比數(shù)列，公比為12，首項(xiàng)為a2﹣2a1＝﹣1，
∴an+1﹣2an=?(12)n?1，
變形為an+1?43×(12)n+1=2[an?43×(12)n]，
a1?43×12=13，a2?43×(12)2=23，
∴n＝1時(shí)也成立，
∴數(shù)列{an?43×(12)n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為13，公比為2，
∴an?43×(12)n=13×2n﹣1，
可得an=13[2n﹣1+(12)n?2]，
∴Sn=13×2n?12?1+13×2(1?12n)1?12=13（2n?12n?2+3），
∴2a2024+S2023＝2×13[22023+(12)2022]+13（）?122021+＝22023+1．
故52，22023+1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、方程思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。
15．某公司為響應(yīng)《中國(guó)制造2025》中提出的堅(jiān)持“創(chuàng)新驅(qū)動(dòng)、質(zhì)量為先、綠色發(fā)展、結(jié)構(gòu)優(yōu)化、人才為本”的基本方針，準(zhǔn)備加大研發(fā)投資．市場(chǎng)部對(duì)同類(lèi)產(chǎn)品連續(xù)5個(gè)月的銷(xiāo)售單價(jià)xi和月銷(xiāo)售量yi（i＝1，2，3，4，5）的數(shù)據(jù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，得如下統(tǒng)計(jì)表：
統(tǒng)計(jì)時(shí)，不慎將m處的數(shù)據(jù)丟失，但記得0＜m＜39，且月銷(xiāo)售量的平均數(shù)與中位數(shù)相等．
（1）建立y關(guān)于x的線性回歸方程；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，若該產(chǎn)品成本是0.5元/件，月銷(xiāo)售單價(jià)x（其中x∈N*）為何值時(shí)，公司月利潤(rùn)的預(yù)測(cè)值最大？
回歸方程y?=b?x+a?中斜率和截距的最小二乘法估計(jì)公式：b?=i=1n xiyi?nxyi=1n xi2?nx2，a?=y?b?x．
【分析】由已知求得m值．
（1）由表格中的數(shù)據(jù)求解b?與a?的值，可得線性回歸方程；
（2）寫(xiě)出利潤(rùn)z關(guān)于x的函數(shù)，再由二次函數(shù)求最值．
解：∵月銷(xiāo)售量的平均數(shù)與中位數(shù)相等，且平均數(shù)76+m5＞15，
則中位數(shù)為m或23，則76+m5=m或76+m5=23，解得m＝19或m＝39（舍去）．
（1）x=1+2+3+4+55=3，y=28+23+19+15+105=19．
i=15 xiyi=1×28+2×23+3×19+4×15+5×10=241，
b?=i=15 xiyi?5xyi=15 xi2?5x2=241?5×3×1955?5×32=?4.4，a?=y?b?x=19?(?4.4)×3=32.2．
∴y關(guān)于x的線性回歸方程為y?=?4.4x+32.2；
（2）設(shè)銷(xiāo)售利潤(rùn)為z，則z＝（x﹣0.5）（﹣4.4x+32.2）（x＞0.5且x∈N*），
∴z＝﹣4.4x2+34.4x﹣16.1，
∴當(dāng)x=34.48.8≈4時(shí)，z取最大值．
∴月銷(xiāo)售單價(jià)x為4元/件時(shí)，公司月利潤(rùn)的預(yù)測(cè)值最大．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了回歸直線方程，函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查數(shù)據(jù)分析能力、運(yùn)算求解能力，是中檔題．
16．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝9，an+1＝an+2．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）令bn=anan+1，求證：b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）?（34）n﹣1．
【分析】（1）由等差數(shù)列的定義和求和公式，以及通項(xiàng)公式，可得所求；
（2）運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明，結(jié)合分析法和不等式的性質(zhì)，可得證明．
解：（1）由an+1＝an+2，可得{an}為公差為2的等差數(shù)列，
又S3＝9，可得3a1+3d＝3a1+6＝9，解得a1＝1，
則an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）證明：bn=anan+1=2n?12n，
×34×56××2n?12n，
當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝b1=12，右邊＝（1+1）?34?1=12，左邊＞右邊，原不等式成立；
當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝b1+b1b2=78，右邊＝（2+1）?916?1=1116，左邊＞右邊，原不等式成立；
假設(shè)n＝k（k≥2）時(shí)，b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（k+1）?（34）k﹣1．
當(dāng)n＝k+1時(shí)，b1+b1b2+b1b2b3+...+++1≥（k+1）?（34）k﹣1++1，
要證b1+b1b2+b1b2b3+...++1≥（k+2）?（34）k+1﹣1，
只要證（k+1）?（34）k﹣1++1≥（k+2）?（34）k+1﹣1，
即為+1≥2?k4?（34）k，左邊＞0，右邊≤0，恒成立，
即n＝k+1時(shí)，不等式也成立．
綜上，b1+b1b2+b1b2b3+...+≥（n+1）?（34）n﹣1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題．
17．如圖，在四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
（1）求證：AD1⊥平面CDD1C1；
（2）點(diǎn)M在直線BB1上，且AD⊥平面MCD，求MC1與平面CDD1C1所成角的正弦值．
【分析】（1）利用線面垂直的定義進(jìn)行證明即可．
（2）建立坐標(biāo)系，求出向量坐標(biāo)，利用向量法進(jìn)行求解即可．
證明：（1）∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，
∴CD⊥AD，則CD⊥AD1，
∵AD＝2，DD1＝D1A1＝A1A＝1．
∴過(guò)A1，D1分別作A1F，D1E垂直AD于F，E，
則AF＝DE=12，EF＝1，A1F＝D1E=32，
則∠D1DE＝60°，tan∠D1AE=D1EAE=321+12=3232=33，
則∠D1AE＝30°，則∠AD1D＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
即AD1⊥DD1，
∵DD1∩CD＝D，
∴AD1⊥平面CDD1C1．
（2）∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，
∴建立空間直角坐標(biāo)系如圖：則A（0，0，0），D（0，2，0），B（2，0，0），C（2，2，0），A1（0，12，32），D1（0，32，32），
則AB→=（2，0，0），DC→=（2，0，0），AD→=（0，2，0），
A1B1→=12AB→=（1，0，0），則B1（1，12，32），D1C1→=12DC→=（1，0，0），則C1（1，32，32），
∵M(jìn)在直線BB1上，∴設(shè)BM→=λBB1→=λ（﹣1，12，32），DM→=DB→+BM→=（2，﹣2，0）+λ（﹣1，12，32）＝（2﹣λ，﹣2+12λ，32λ），
∵AD⊥平面MCD，∴AD→⊥DM→，即2×（﹣2+12λ）＝0，得λ＝4，
則DC1→=（1，?12，32），DM→=（﹣2，0，23），
MC1→=MD→+DC1→=（2，0，﹣23）+（1，?12，32）＝（3，?12，?332），
∵AD1⊥平面CDD1C1；
∴AD1→是平面CDD1C1的法向量，
則AD1→=（0，32，32），
設(shè)MC1與平面CDD1C1所成角為θ，
則sinθ＝|cs＜MC1→，AD1→＞|＝|MC1→?AD1→|MC1→||AD1→||＝|?12×32?332×3243|=34．
即MC1與平面CDD1C1所成角的正弦值為34．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查空間線面垂直的判定，以及線面角的計(jì)算，利用線面垂直的判定定理以及建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．
18．已知函數(shù)f（x）＝lnx+ax的圖象在x＝1處的切線方程為y＝b．
（1）求a，b的值及f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）已知F（x）=xexf(x)?ex+mxx2?x，是否存在實(shí)數(shù)m，使得曲線y＝F（x）恒在直線y＝x+1的上方？若存在，求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)正負(fù)的關(guān)系即可求解；
（2）根據(jù)已知條件將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立，再將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的最值即可求解．
解：（1）因?yàn)閒(x)=lnx+ax，所以f′(x)=1x?ax2，
又f（x）在x＝1處的切線方程為y＝b，所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，
又f（1）＝ln1+a＝1，所以切線方程為y＝1，故b＝1，
所以f(x)=lnx+1x，則f′(x)=1x?1x2=x?1x2．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x≥1時(shí)，f′（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增．
綜上，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為[1，+∞）．
（2）F(x)=xexf(x)?ex+mxx2?x=xexlnx+mxx2?x=exlnx+mx?1，x＞0，且x≠1．
由曲線y＝F（x）恒在直線y＝x+1的上方，知exlnx+mx?1＞x+1．
當(dāng)x＞1時(shí)，exlnx+mx?1＞x+1等價(jià)于exlnx+m＞x2﹣1，即exlnx﹣x2+m+1＞0．
設(shè)g（x）＝exlnx﹣x2+m+1（x＞1），則g′(x)=ex(lnx+1x)?2x=ex(lnx+1x?2xex)．
由（1）可知，當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)=lnx+1x單調(diào)遞增，所以f（x）＞f（1）＝1．
設(shè)?(x)=2xex，則?′(x)=2(1?x)ex，
當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以?(x)＜?(1)=2e＜1．
所以當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)=ex(lnx+1x?2xex)＞0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以g（x）＞g（1）＝m，所以m≥0．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，exlnx+mx?1＞x+1等價(jià)于exlnx+m＜x2﹣1，即exlnx﹣x2+m+1＜0，
設(shè)g（x）＝exlnx﹣x2+m+1（0＜x＜1），由①可知g′(x)=ex(lnx+1x?2xex)，
由（1）可知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)=lnx+1x單調(diào)遞減，所以f（x）＞f（1）＝1，
再設(shè)?(x)=2xex，則?′(x)=2(1?x)ex，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以?(x)＜?(1)=2e＜1，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)=ex(lnx+1x?2xex)＞0，所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
所以g（x）＜g（1）＝m，所以m≤0．
綜上可知，存在實(shí)數(shù)m＝0，使得曲線y＝F（x）恒在直線y＝x+1的上方．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)的切線方程，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題．
19．已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0），且離心率為22．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l1、l2均過(guò)點(diǎn)A，且互相垂直，直線l1與圓O：x2+y2＝a2交于M、N兩點(diǎn)、直線l2與橢圓C交于另一點(diǎn)B，求△MBN面積的最大值．
【分析】（1）由A點(diǎn)的坐標(biāo)及離心率的值，可得a，b的值，進(jìn)而求出橢圓的方程；
（2）分直線AB的斜率為0和不存在時(shí)，求出△BMN的面積，當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)設(shè)直線AB的方程，代入橢圓的方程，可得B的坐標(biāo)，設(shè)直線MN的方程，求出圓心O到直線的距離d的代數(shù)式，進(jìn)而求出弦長(zhǎng)|MN|的代數(shù)式，代入三角形的面積公式，換元，由二次函數(shù)的最值的求法，求出面積的最大值．
解：（1）由題意可知b＝1，e=ca=22=1?b2a2，可得a2＝2，
所以橢圓C的方程為：y24+x2＝1；
（2）由（1）可得圓O的方程為x2+y2＝4，
當(dāng)直線l1，l2的一條斜率不存在時(shí)，設(shè)l1的斜率不存在，即直線l1的方程為x＝2，
|MN|＝21?14=3，|BA|＝2b＝2，
這時(shí)S△BMN=12|MN|?|BA|=12?3?2=3；
當(dāng)直線l1，l2的一條斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)直線AB的方程為x＝my+1，
聯(lián)立x=my+14x2+y2=4，整理可得：（1+4m2）y2+8my＝0，可得yB=?8m1+4m2，xB=??8m2+1+4m21+4m2=1，
所以|AB|=1+m2?|yB|=1+m2?|m|1+4m2，
直線MN的方程為y＝﹣m（x﹣1），即mx+y﹣m＝0，
可得圓心O到直線MN的距離d=|m|1+m2，
所以|MN|＝2r2?d2=24?m21+m2=24+3m21+m2，
所以t?14?(34?t+134)tS△BMN=12|MN|?|AB|=12?24+3m21+m2?1+m2?|m|1+4m2=m2(4+3m2)1+4m2，
令t＝1+4m2＞1，
則m2=t?14，
所以S△BMN=t?14?(34?t+134)t=14??13(1t?513)2+6413，
當(dāng)1t=513時(shí)，S△BMN最大為213＜3，
當(dāng)1t→0時(shí)，S△BMN→34，
所以S△BMN最大值為3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查求橢圓的方程及直線與橢圓的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．
月銷(xiāo)售單價(jià)xi/（元/件）
1
2
3
4
5
月銷(xiāo)售量yi/萬(wàn)件
28
23
m
15
10
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
C
A
B
D
A
月銷(xiāo)售單價(jià)xi/（元/件）
1
2
3
4
5
月銷(xiāo)售量yi/萬(wàn)件
28
23
m
15
10

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