2024届湖南师大附中高三数学模拟试卷二

这是一份2024届湖南师大附中高三数学模拟试卷二，共19页。试卷主要包含了004等内容，欢迎下载使用。

A. (−1,1)B. (−2,2)C. (−2,−1)∪(1,2)D. (−2,−1]∪[1,2)
2.已知z是虚数，z2+2z是实数，则z的( )
A. 实部为1B. 实部为−1C. 虚部为1D. 虚部为−1
3.设a，b为单位向量，a在b方向上的投影向量为−12b，则|a−2b|=( )
A. 1 3B. 3C. 5D. 7
4.若5个正数之和为2，且依次成等差数列，则公差d的取值范围是( )
A. (0,110)B. (−110,110)C. (0,15)D. (−15,15)
5.已知函数f(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式可能为( )
A. f(x)=−2x2|x|−1B. f(x)=−2x2|x|+1C. f(x)=−2x|x|−1D. f(x)=−2|x|x2−1
6.已知实数a>b>0，则下列选项可作为a−b<1的充分条件的是( )
A. a− b=1B. 1b−1a=12
C. 2a−2b=1D. lg2a−lg2b=1
7.若锐角α，β满足3cs(α+β)=csαcsβ，则tan(α+β)的最小值为( )
A. 2 2B. 2 3C. 2 5D. 2 6
8.如图，在△ABC中，∠BAC=120∘，其内切圆与AC边相切于点D，且AD=1.延长BA至点E.使得BC=BE，连接CE.设以C，E两点为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以C，E两点为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1e2的取值范围是( )
A. [ 32,+∞)B. ( 32,+∞)C. [1,+∞)D. (1,+∞)
9.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于[80,90)内的学生成绩方差为12，成绩位于[90,100)内的同学成绩方差为10.则( )
参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为：m,x−,s12;n,y−,s22.记样本平均数为ω−，样本方差为s2，s2=mm+n[s12+(x−−ω−)2]+nm+n[s22+(y−−ω−)2]
A. a=0.004
B. 估计该年级学生成绩的中位数为77.14
C. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
10.在菱形ABCD中，AB=2 3，∠ABC=60∘.将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0∘<θ<180∘)的二面角B−AC−D，若折成的四面体ABCD内接于球O，则下列说法正确的是( )
A. 四面体ABCD的体积的最大值是3 3
B. BD的取值范围是(3 2,6)
C. 四面体ABCD的表面积的最大值是6+6 3
D. 当θ=60∘时，球O的体积为52 3927π
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x).若f(x)满足f(2+3x)=f(−3x)，g(x−2)的图象关于直线x=2对称，且g(0)=1，则( )
A. g(x)是偶函数B. g(x)=g(x+4)
C. f(x)+f(−x)=0D. k=12024g(k2)=0
12.已知直线l是圆O：x2+y2=1的切线，点A(−2,1)和点B(0,3)到l的距离相等，则直线l的方程可以是______.(写出一个满足条件的即可)
13.数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数12=32+12+12+12=22+22+22+02.设25=a2+b2+c2+d2，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是______.
14.若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为{1, 3,2}，且该三棱台的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为______.
15.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，BD1⊥平面A1C1D.
(1)求四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积；
(2)设点D1关于平面A1C1D的对称点为E，点E和点C1关于平面α对称(E和α未在图中标出)，求平面A1C1D与平面α所成锐二面角的大小.
16.记Sn为数列{an}的前n项和，已知na1+(n−1)a2+…+an=2Sn−1.
(1)证明：数列{Sn}是等比数列；
(2)求最小的正整数m，使得m≥1a1+2a2+⋯+nan对一切n∈N*都成立.
17.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为(2,0)，离心率为 32，P是直线x=4上任一点，过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线PA，PM，PB的斜率分别为k1，k2，k3，问：是否存在常数λ，使得k1+k3=λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
18.某大学有甲、乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为12，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为X，已知X的分布列如下：(其中a>0，0(1)记事件Ai表示王同学假期三天内去运动场锻炼i次(i=0,1,2,3)，事件B表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当p=12时，试根据全概率公式求P(B)的值；
(2)是否存在实数p，使得E(X)=53？若存在，求p的值：若不存在，请说明理由；
(3)记M表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，N表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，0P(M|N−).
19.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，满足f(0)=f(π4)=−f(π2)，且f(x)在区间(π4,π2)上无极值点.
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)当x1,x2∈[t,t+π4](t∈R)时，设|f(x1)−f(x2)|的最大值为F(t)，求F(t)的值域；
(3)把曲线y=f(x)向左平移7π8个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.得到曲线y=g(x).设函数φ(x)=(x−k)g(x)(k∈R)，将φ(x)在区间(−π2,+∞)上的极值点按从小到大的顺序排列成数列{xn}.若φ(x1)+φ(x2)=0，求实数k的值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x|−1∴A∩B=(−1,1)，A∪B=(−2,2)，
∴集合∁A∪B(A∩B)=(−2,−1]∪[1,2).
故选：D.
利用不等式性质、交集、并集、补集定义求解．
本题考查不等式性质、交集、并集、补集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设虚数z=a+bi(a,b∈R,b≠0)，则z2+2z=a2−b2+2a+2b(a+1)i，
而z2+2z是实数，
故2b(a+1)=0，
得到a=−1.
故选：B.
直接利用复数的运算求出结果．
本题考查的知识点：复数的运算，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为a在b方向上的投影向量为−12b，
所以a⋅b|b|⋅b|b|=−12b，
则a⋅b|b|2=−12，
又因为a，b为单位向量，所以|a|=|b|=1，
所以cs=−12，
所以|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2= 1−4×(−12)+4= 7.
故选：D.
由投影向量的概念可得a⋅b|b|⋅b|b|=−12b，然后利用向量的数量积运算求解．
本题主要考查了投影向量的概念，考查了向量的数量积运算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：设5个正数组成数列{an}，
则a1+a2+a3+a4+a5=5a3=2，∴a3=25，
则a1=25−2d>0a2=25−d>0a5=25+2d>0a4=25+d>0，解得−15∴公差d的取值范围是(−15,15).
故选：D.
先求出a3=25，再由5个数均为正数，列d的不等式求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，函数图象对应的函数为偶函数，排除C，
由图可知，函数的定义域不是实数集，故排除B；
D选项中，x→−∞时，y→0，不符合图象，故排除D.
故选：A.
由函数的图象判断出所给命题的真假．
本题考查数形结合的性质的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：取a=4，b=1，满足 a− b=1，但a−b>1，故排除A：
取a=2，b=1，排除B；取a=4，b=2，排除D；
由2a−2b=1，可推出2a=2b+1<2b+1，即a故选：C.
根据已知条件，结合特殊值法，以及不等式的性质，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由于3cs(α+β)=csαcsβ，
所以3csαcsβ−3sinαsinβ=csαcsβ，
整理得：tanαtanβ=23，
于是tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=tanα+tanβ1−23=3(tanα+tanβ)≥6 tanαtanβ=2 6.
故选：D.
直接利用三角函数的关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．
本题考查的知识点：三角函数关系式的变换，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图以CE的中点C为原点建立直角坐标系，
设M，G分别是BC，BE与圆的切点，由圆的切线性质得AG=AD=1，
设CD=CM=GE=m(m>1)，所以AC=1+m，AE=GE−AG=m−1，
在△ACE中，CE2=CA2+AE2−2CA⋅EAcs60∘=m2+3，
以E，C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2= m2+32，
以E，C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1= m2+32m，
则e1e2=m2+34m=m4+34m，
在△ABC中，设BM=n，所以BC=m+n，AB=n+1，AC=m+1，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs120∘，
所以mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m−3>0，得m>3，
由对勾函数的单调性可得函数y=x4+34x在(3,+∞)上单调递增，
所以e1e2=m4+34m>34+34×3=1.
故选：D.
设M，G分别是BC，BE与圆的切点，设CD=CM=GE=m，利用椭圆，双曲线的定义分别求出e1，e2的表达式，进而可得e1e2的表达式，然后求出m的取值范围即可得解．
本题考查了椭圆和双曲线的性质，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：A项，(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1，∴a=0.005，A项错误；
B项，[50,70]内频率为：5×0.005×10=0.25<0.5，
[50,80]内频率为：12×0.005×10=0.6>0.5，
则中位数在[70,80]内，设中位数为x，则0.25+(x−70)×7×0.005=0.5，
则x=77.14，B正确；
成绩在80分及以上的同学的成绩的平均数为34×85+14×95=87.5分，
方差为34×[12+(87.5−85)2]+14×[10+(87.5−95)2]=30.25，C，D正确．
故选：BCD.
根据直方图中的性质逐项计算即可．
本题考查频率分布直方图，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A选项，由题意在菱形ABCD中，AB=2 3，∠ABC=60∘，
可得AC=AB=2 3，取AC的中点E，则BE⊥AC，同理可得DE⊥AC，
可得BE=DE=2 3sin60∘=3,S△ABC=12AC⋅BE=3 3，二面角B−AC−D的平面角为θ=∠BED，
设点D到平面ABC的距离为d，则d=DEsinθ=3sinθ，
可得VD−ABC=13S△ABC⋅d=13×3 3×3sinθ=3 3sinθ≤3 3，当且仅当θ=90∘时等号成立，故正确；
对于B选项，由余弦定理可得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DEcsθ=18−18csθ∈(0,36)，
可得BD∈(0,6)，故错误；
对于C选项，由题意可得S△ACD=S△ABC=3 3，
∵AB=AD=BC=CD，BD=BD，∴△ABD≅△CBD，
∴S△CBD=S△ABD=12AB⋅ADsin∠BAD=6sin∠BAD≤6，
∴四面体ABCD的表面积的最大值是2×3 3+2×6=12+6 3，故错误；
对于D选项，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，则EN=EM=13BE=1，
在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，
∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE−E，
∴AC⊥平面BDE，
∵OM⊂平面BDE，
∴OM⊥AC，
∵OM⊥BE，BE∩AC=E，
∴OM⊥平面ABC，
同理可得ON⊥平面ACD，
则O为四面体ABCD的外接球球心，
连接OE，∵EM=EN，OE=OE，∠OME=∠ONE=90∘，
∴△OME≅△ONE，
∴∠OEM=θ2=30∘，
∴OM= 33，
Rt△BMO中，OM= 33,MB=2，
∴OB= OM2+ME2= 393，即球O的半径为R= 393，
∴球O的体积为V=43πR3=52 3927π，故正确．
故选：AD.
对于A选项，取AC的中点E，可得BE=DE=2 3sin60∘=3,S△ABC=12AC⋅BE=3 3，可求二面角B−AC−D的平面角为θ=∠BED，设点D到平面ABC的距离为d，则d=DEsinθ=3sinθ，利用四面体的体积公式以及正弦函数的性质即可求解；
对于B选项，由余弦定理可得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DEcsθ=18−18csθ∈(0,36)，即可判断；
对于C选项，S△ACD=S△ABC=3 3，可求△ABD≅△CBD，利用三角形的面积公式即可求解；
对于D选项，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，则EN=EM=13BE=1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，可得O为四面体ABCD的外接球球心，连接OE，可求球O的半径，进而利用球的体积公式即可求解．
本题考查了四面体的体积公式，球的体积公式，余弦定理，三角形的面积公式以及正弦函数的性质等知识的综合应用，考查了数形结合思想和函数思想，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵函数g(x−2)的图象关于直线x=2对称，
则g(2−x−2)=g(2+x−2)，
即g(−x)=g(x)，∴g(x)为偶函数，故A正确；
对于B，∵f(2+3x)=f(−3x)，∴f(x+2)=f(−x)，
对等式f(x+2)=f(−x)两边求导得f′(x+2)=−f′(−x)，即g(x−2)+g(−x)=0，
故g(x+2)+g(x)=0，∴g(x+4)=−g(x+2)=g(x)，故B正确；
对于C，∵g(x)=f′(x)，g(−x)=g(x)，则f′(−x)=f′(x)，
令h(x)=f(x)+f(−x)，则h′(x)=f′(x)−f′(−x)=0，∴h(x)为常值函数，
设h(x)=f(x)+f(−x)=C，其中C为常数，
当C≠0时，f(−x)=C−f(x)≠−f(x)，故C错误；
对于D，∵g(x+2)+g(−x)=g(x+2)+g(x)=0，
∴g(1)=0,g(32)+g(12)=0，g(2)+g(0)=g(2)+1=0，可得g(2)=−1，g(52)+g(72)=g(−32)+g(−12)=g(32)+g(12)=0,g(3)=g(3−4)=g(−1)，
由g(x+2)+g(−x)=g(x+2)+g(x)=0，令x=1，可得g(3)+g(1)=0，则g(3)=0，g(4)=g(0)=1，
∴g(12)+g(1)+g(32)+g(2)+g(52)+g(3)+g(72)+g(4)=g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=0−1+0+1=0，
∵2024=8×253，则k=12024g(k2)=253k=18g(k2)=0，D对．
故选：ABD.
由已知可推导出函数g(x)的奇偶性，从而判断A；由已知可得f(x+2)=f(−x)，结合导数的运算可判断B；利用导数推导出h(x)=f(x)+f(−x)为常值函数，结合函数奇偶性的定义可判断C选项；赋值法可求出k=18g(k2)的值，结合函数的周期性可判断D选项．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查导数的运算，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】x−y− 2=0，x−y+ 2=0，3x+4y−5=0，x=−1
【解析】解：若l//AB，此时l的斜率为1，设l的方程为y=x+b，
则点O到l的距离|b| 2=1，得b=± 2，
因此l的方程为x−y− 2=0或x−y+ 2=0，
若l经过AB的中点，当l的斜率不存在时，l的方程为x=−1；
当l的斜率存在时，设其方程为y=k(x+1)+2，
则点O到l的距离|k+2| k2+1=1，得k=−34，此时l的方程为3x+4y−5=0.
故答案为：x−y− 2=0,x−y+ 2=0,3x+4y−5=0,x=−1(写出一个满足条件的即可).
分直线l与直线AB平行或直线l过A，B的中点两种情况讨论，设直线的方程，由点到直线的距离公式可得参数的值，求出直线的方程．
本题考查两条直线平行的性质的应用及点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
13.【答案】28
【解析】解：显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
①25=52+02+02+02，此时共有A41=4种情况；
最大数为4的情况：
②25=42+32+02+02，此时共有A42=12种情况；
③25=42+22+22+12，此时共有A42=12种情况．
当最大数为3时，32+32+22+22>25>32+32+22+12，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是4+12+12=28.
故答案为：28.
分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解即可．
本题主要考查简单的合情推理，排列与分类加法计数原理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】112π
【解析】解：设正三棱台ABC−A1B1C1，如图，先考察正三棱台的一个侧面ABB1A1，
设AB若A1B=2，则AB和AA1的长只能取1或 3，此时若两边长均为1，
则△AA1B不满足两边之和大于第三边，
若一边长1，一边长 3，则△AA1B变为直角三角形，
若两边长均为 3，则A1B1的长只能为1，与AB因而只能是A1B= 3,AB=AA1=1,A1B1=2，
设三棱台的上底面中心为D，下底面中心为D1，如图，
在直角梯形ADD1A1中求球O的半径，
利用重心的性质容易求得AD= 33,A1D1=2 33,DD1= 63，
设球O的半径为R，OD1=x，则R2=x2+(2 33)2=( 63−x)2+( 33)2，
解得x=− 612,R2=118，故球O的表面积为4πR2=112π.
故答案为：112π.
设正三棱台ABC−A1B1C1，先考察正三棱台的一个侧面ABB1A1，设AB本题考查了正三棱台外接球的表面积计算，属于难题．
15.【答案】解(1)设直四棱柱的高为a.设菱形A1B1C1D1的两条对角线相交于点O，则OC1⊥OD1，
以O为坐标原点，OC1的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题设知，点C1(1,0,0),D1(0, 3,0),B(0,− 3⋅a),D(0, 3,a)，
因为BD1⊥平面A1C1D，
所以BD1⊥CD，
则BD1⋅C1D=6−a2=0，得a= 6，
故四棱柱的体积V= 32×22×a=6 2.
(2)因为BD1⊥平面A1C1D，所以点E在线段BD1上，且C1E=C1D1=2，
设BE=λBD1(0<λ<1)，则E(0, 3(2λ−1), 6(1−λ)),所以C1E2=12+3(2λ−1)2+6(1−λ)2=4，
即3λ24λ+1=0，
解得λ=1(舍去)或λ=13，
故E(0,− 33,2 63)，
由于点E和点C1关于平面α对称，
所以C1E=(−1,− 33,2 63)是平面α的一个法向量，
又BD1=(0,2 3,− 6)是平面A1C1D的一个法向量，
则cs⟨BD1,C1E⟩=BD1⋅C1E|BD1|⋅|C1E|=− 33×2 3− 6×2 633 2×2=− 22，
设平面A1C1D与平面α所成锐二面角为θ，
则csθ=|cs|= 22，
所以θ=π4，
即平面A1C1D和平面α所成锐二面角的大小为π4.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，根据BD1⊥CD.由BD1⋅C1D=6−a2=0，得出a= 6，即可求体积；
(2)根据条件求出E(0,− 33,2 63)，进而得出平面α与平面A1C1D的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查柱体的体积以及向量法的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：na1+(n−1)a2+⋯+an=2Sn−1.
则(n+1)a1+na2+⋯+an+1=2Sn+1−1.
两式作差，可得a1+a2+⋯+an+an+1=Sn+1=2Sn+1−2Sn，即Sn+1=2Sn.
由1×a1=2S1−1，可得S1=1≠0.
所以数列{Sn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)得Sn=2n−1，
n=1时，a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−2=2n−2，
a1=1不适合上式，
所以an=2n−2,n≥2,1,n=1.
设Tn=1a1+2a2+⋯+nan，则T1=1，
当n≥2时，Tn=1+2×20+⋯+n×22−n，
故12Tn=12+2×2−1+⋯+n×21−n.
两式作差，得12Tn=52+(2−1+2−2+⋯+22−n)−n×21−n=52+2−1(1−22−n)1−2−1−n×21−n.
整理可得Tn=7−(n+2)×22−n<7，
又T5=498>6，因此满足条件的最小正整数m的值为7.
【解析】(1)由na1+(n−1)a2+⋯+an=2Sn−1，可得(n+1)a1+na2+⋯+an+1=2Sn+1−1，两式相减可得Sn+1=2Sn，由等比数列的定义即可得证；
(2)由an=Sn−Sn−1，n≥2，可得数列{an}的通项，利用错位相减求和法求出1a1+2a2+⋯+nan，结合已知可得m的最小值．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为(2,0)，离心率为 32，
所以a=2ca= 32a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c= 3，
则椭圆的方程为x24+y2=1；
(2)假设设存在常数λ，使得k1+k3=λk2，
当直线AB斜率不存在时，
直线AB的方程为x=1，
代入椭圆方程中，
解得A(1, 32)，B(1,− 32)，
此时P(4,0)，
可得k1+k3=0=k2；
当直线AB斜率存在时，
不妨设直线AB的方程为y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x24+y2=1，消去y并整理得(1+4k2)x2−8k2x+4k2−4=0，
由韦达定理得x1+x2=8k21+4k2，x1x2=4k2−41+4k2，
因为P是直线x=4上任一点，过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点，
所以直线PM的方程为y=−1k(x−1)，
令x=4，
解得y=−3k，
即P(4,−3k)，
易知k2=−1k，k1=y1+3kx1−4，k3=y2+3kx2−4，
因为k1+k3=λk2，
所以y1+3kx1−4+y2+3kx2−4=λ(−1k)，
又x1+x2=8k21+4k2，x1x2=4k2−41+4k2，y1=k(x1−1)，y2=k(x2−1)，
整理得−2k=−λk，
解得λ=2.
综上，存在常数λ=2，使得k1+k3=λk2.
【解析】(1)由题意，根据右顶点和离心率求出a和c，进而求出b，即可得到椭圆的方程．
(2)假设存在，然后对直线AB斜率是否存在进行分类讨论，将直线AB方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入k1+k3=λk2，即可求出λ的值．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当p=12时，P(A0)=a4,P(A1)=2a,P(A2)=a.P(A3)=a2，
则a4+2a+a+a2=1，解得a=415，
由题意，得P(B|A1)=12，P(B|A2)=C22×(12)2，P(B|A3)=C32(12)3+C33(12)3，
由全概率公式，得P(B)=i=13P(B|Ai)P(Ai)=a2p+C22(12)2a+[C32(12)3+C33(12)3]a(1−p)=a2p+a4+a2(1−p)，
又p=12,a=415，
所以P(B)=4152×12+4154+4152×(1−12)=415+115+115=25；
(2)由分布列的性质可得ap+a+a(1−p)+a(1−p)2=1，所以1a=p2−3p+1p+3，
假设存在p，使E(X)=ap+2a+3a(1−p)=53，
将上述两式相乘，得1p+5−3p=5p23−5p+53p+5，化简得：5p3−6p2+2=0，
设h(p)=5p3−6p2+2，则h′(p)=3p(5p−4)，
由h′(p)<0，得00，得45则h(p)在(0,45)上单调递减，在(45,1)上单调递增，
所以h(p)的最小值为h(45)=1825>0，
所以不存在p0使得h(p0)=0.即不存在p值，使得E(X)=53；
(3)证明：由题知P(N|M)>P(N|M−)，
所以P(NM)P(M)>P(NM−)P(M−)=P(N)−P(NM)1−P(M)，
所以P(NM)>P(N)P(M)，
所以P(NM)−P(N)P(NM)>P(N)P(M)−P(N)P(NM)，
即P(NM)⋅P(N−)>P(N)⋅P(N−M)，
所以P(NM)P(N)>P(N−M)P(N)，
即P(M|N)>P(M|N−).
【解析】(1)当p=12时，则a4+2a+a+a2=1，求出a的值，再利用全概率公式求解即可；
(2)由ap+a+a(1−p)+a(1−p)2=1得1a=p2−3p+1p+3，假设存在p，使E(X)=53，可得5p3−6p2+2=0，设h(p)=5p3−6p2+2，求导可得h(p)的单调性和最值，进而判断p是否存在；
(3)利用条件概率证明即可．
本题主要考查了全概率公式，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题设知直线x=π8是f(x)的一条对称轴，点(3π8,0)是f(x)的一个对称中心，
所以f(x)的最小正周期T满足3π8−π8=T4，故T=π，从而ω=2πT=2.
令2×π8+φ=π2+kπ，得φ=π4+kπ(k∈Z).
结合0<φ<π知φ=π4，故f(x)=sin(2x+π4).
令：π2+2kπ≤2x+π4≤3π2+2kπ，(k∈Z)，整理得：π8+kπ≤x≤5π8+kπ，(k∈Z)；
故f(x)的单调递减区间为[π8+kπ,5π8+kπ],(k∈Z).
(2)函数F(t)的值域就是f(x)在区间[t,t+π4]上最大值与最小值之差的取值范围．
①若f(x)的对称轴不在区间[t,t+π4]内，则f(x)在区间[t,t+π4]内单调，在两端点处取得最大值与最小值，
则F(t)=|f(t+π4)−f(t)|=|sin(2t+π2+π4)−sin(2t+π4)|=|cs(2t+π4)−sin(2t+π4)|=| 2sin(2t+π4−π4)|≤ 2.
故函数f(x)=sin(2x+π1)在区间[t,t+π4]上的最大值与最小值之差的取值范围为[2− 22, 2].
②若f(x)的对称轴在区间[t,t+π4]内，
不妨设对称轴x=π8在[t,t+π4]内，则f(x)的最大值为1，
当f(t+π4)=f(t)，即f(π4)=f(0)= 22时，F(t)的最小值为2− 22；
综上所述，F(t)的值域为[−2− 22, 2].
(3)由题设可求得g(x)=sinx，φ(x)=(x−k)sinx，
当−π2由函数y=tanx+x在区间(−π2,π2)上递增，且值域为R，
故存在唯一x0∈(−π2,π2)，使得tanx0+x0=k.
此时，当−π2当x00，φ(x)单调递增，因此x1=x0.
同理，存在唯一x0′∈(π2,3π2).使得tanx′−x′=k.
此时，当π20，φ(x)单调递增；
当x0′由φ′(x1)=0,x1−k=−tanx1⋅φ(x1)=−sin2x1csx1=csx1−1csx1.
同理φ(x2)=−sinx2csx2=csx2−1csx2.
由φ(x1)+φ(x2)=0，整理得：(csx1+csx2)(1−1csx1csx2)=0.
又一π2由−π2又k=x1+tanx1=x2+tanx2，当x1=x2−π时．不满足，舍去．
所以x1=−(x2−π)，即x1+x2=π.则k=x1+tanx1+x2+tanx22=π2.
综上所述，k=π2.
【解析】(1)直接利用函数的对称轴和函数的最小正周期求出函数的关系式，进一步利用整体思想求出函数的单调递减区间；
(2)利用三角函数的关系式的变换和函数的性质求出函数的值域；
(3)利用三角函数的求导和函数的单调性的关系求出实数k的值．
本题考查的知识点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质，函数的求导和函数的单调性的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．X
0
1
2
3
P
a(1−p)2
ap
a
a(1−p)