浙江省北斗星盟2024届高三下学期高考仿真数学试题

这是一份浙江省北斗星盟2024届高三下学期高考仿真数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|lg3(x+2)>1}，B={x|x(x−2)<0}，则A∩(∁RB)等于( )
A. ⌀B. (0,1)C. (1,2)D. [2,+∞)
2.已知复数z满足(z−1)(1−2i)=5i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知向量a=(m,1)，b=(m,−1)，若3a−b与b垂直，则|a|等于( )
A. 2B. 3C. 3D. 6
4.已知数列{an}满足a1=2，则“{an}为等比数列”是“am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)”的( )
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
5.在对某校高三学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生80人，女生120人，其方差分别为15，10，由此估计样本的方差不可能为( )
A. 11B. 13C. 15D. 17
6.若sin(α−β)+cs(α−β)=2 2sin(α−π4)sinβ，则( )
A. tan(α−β)=−1B. tan(α−β)=1C. tan(α+β)=−1D. tan(α+β)=1
7.如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动.点Q沿直线CD作匀速运动，CQ=x;点P沿线段AB(长度为107单位)运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离(PB=y).令P与Q同时分别从A，C出发，定义x为y的纳皮尔对数，用现在的数学符号来叙述，x与y的对应关系就是y=107⋅(1e)x107(e=2.71828⋯)，当点P从线段AB靠近A的三等分点移动到靠近B的三等分点，经过的时间为( )
A. In2B. ln3C. ln32D. ln43
8.设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，|AB|=2 7a，∠AFB=120∘，则C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 5D. 7
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)=1sinx+1csx，则( )
A. f(x)的最小正周期为T=πB. f(x)的图像关于(π,0)对称
C. f(x)在(−π2,0)上单调递减D. 当x∈(0,π2)时，f(x)≥2 2
10.已知A，B，C是一个随机试验中的三个事件，且0A.

若A与B互斥，则A与B不相互独立

B. 若A与B相互独立，则A与B不互斥
C. 若P(A|B)⋅P(B|A)=P(AB)，且P(AB)≠0，则A与B相互独立
D.

若P(ABC)=P(A)⋅P(B)⋅P(C)，则A，B，C两两独立

11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P满足AP=λAD+μAA1，其中λ∈R，μ∈R，则( )
A. 当λ=μ时，则C1P+PD的最小值为 2+ 2
B. 过点P在平面ADD1A1内一定可以作无数条直线与CP垂直
C. 若C1P与AD所成的角为π4，则点P的轨迹为双曲线
D. 当λ=1，μ∈[0,1]时，正方体经过点A、P、C1的截面面积的取值范围为[ 62, 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(2x−1 x)n展开式的二项式系数之和为128，则展开式中x的系数为__________.
13.已知圆C1:x2+y2=2和圆C2:(x−3)2+(y−4)2=16，过圆C2上一动点P作圆C2的切线，交圆C1于A，B两点，当△AOB(点O为坐标原点)面积最大时，满足条件的切线方程为(写出一条即可)__________.
14.已知函数f(x)=(x−2)ex+lnx，g(x)=ax+b，对任意a∈(−∞,1]，存在x∈(0,1)使得不等式f(x)≥g(x)成立，则满足条件的b的最大整数为__________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在直角坐标平面内有线段A1A2，已知点A3是线段A1A2上靠近A2的三等分点，点A4是线段A2A3上靠近A3的三等分点，⋯⋯，点An+1是线段An−1An(n≥2,n∈N*)上靠近An的三等分点，设点An的横坐标为an.
(1)求证：数列{an+1−an}为等比数列;
(2)若a1=1，a2=5，求{an}的通项公式.
16.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，AD=DC=12AB=2，PC=2 2，E、F分别为直线DC，DP上的动点.
(1)若异面直线AD与PC所成的角为45∘，判断PB与AD是否具有垂直关系并说明理由;
(2)若PB=PA=2 2，EF//PC，求直线AC与平面BEF所成角的最大值.
17.(本小题12分)
将除颜色外完全相同的红球2个、白球3个放入一盲盒(一种具有随机属性的玩具盒子)，现从中不放回取球.
(1)若每次取一个球，求：
(ⅰ)前两次均取到红球的概率;
(ⅱ)第2次取到红球的概率;
(2)若从中取出两个球，已知其中一个球为红球，求：
(ⅰ)另一个也为红球的概率;
(ⅱ)若你现在可以选择从剩下的球中随机取一个球来替换另一个球，如果从提高取到红球的可能性出发，你是选择换还是不换?试说明理由.
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,0)，F1(− 5,0)，F2( 5,0)，P为动点，满足||PF1|−|PF2||=2.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)已知过点T(3,−1)的直线l与曲线C交于两点M，N，连接AM，AN.
(ⅰ)记直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：2k1k2+k1+k2为定值;
(ⅱ)直线AM，AN与直线y=−12x分别交于B，C两点，求|BC|的最小值.
19.(本小题12分)
莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用μ(n)作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：n=p1r1p2r2⋯pkrk(k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥1，i=1，2，⋯，k)，例如：60=22×3×5，对应k=3，p1=2，p2=3，p3=5，r1=2，r2=1，r3=1.现对任意n∈N*，定义莫比乌斯函数μ(n)={1,n=1(−1)k,r1=r2=⋯=rk=10,存在ri>1.
(1)求μ(68)，μ(985);
(2)已知n>1，记n=p1r1p2r2⋯pkrk(k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥1，i=1，2，⋯k)的所有因数从小到大依次为a1，a2，⋯，am.
(ⅰ)证明：|μ(a1)|+|μ(a2)|+⋯+|μ(am)|=2k;
(ⅱ)求μ(a1)a1+μ(a2)a2+⋯+μ(am)am的值(用pi(i=1,2,⋯,k)表示).
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查集合的交集补集的运算，是基础题.
先对集合进行化简，求出集合B的补集，再取交集即可.
【解答】
解：A={x|lg3(x+2)>1}={x|x+2>3}={x|x>1}，B={x|x(x−2)<0}={x|0所以∁RB={x|x≤0或x≥2}，A∩(∁RB)={x|x≥2}
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查复数的除法运算、复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
将给出的关系式进行化简，然后结合复数的代数表示法及其几何意义进行求解即可.
【解答】
解：因为(z−1)(1−2i)=5i，
所以z=5i1−2i+1=5i⋅(1+2i)(1−2i)(1+2i)+1=−2+i+1=−1+i，
所以z=−1−i，
则复数z在复平面内所对应的点为Z(−1,−1)，
位于第三象限.
故选C.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量垂直，以及向量的坐标运算，属于基础题.
由向量的坐标，得到3a−b=2m,4，再由两向量垂直，得到结果.
【解答】
解：∵a=(m,1)，b=(m,−1)，，
∴3a−b=2m,4，
∵3a−b与b→垂直，
∴3a−b⋅b=0，
∴2m×m−1×4=0，
∴m=± 2，
∴a= 2,1或a=− 2,1，
∴a= 3.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等比数列的定义域性质，考查充分条件与必要条件的判定，属于基础题.
利用等比数列的性质以及定义，结合充分条件，必要条件的判定方法进行求解.
【解答】
解：若an为等比数列，公比为q，
则am⋅an=a1qm−1⋅a1qn−1=4qm+n−2，am+n=a1qm+n−1=2qm+n−1，不能得出“am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)，故“{an}为等比数列”不是“am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)”的充分条件；
若am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)，令m=1，则an+1=a1⋅an=2an，
所以an+1an=2，所以{an}为等比数列，
故“{an}为等比数列”是“am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)”的必要条件，
故“{an}为等比数列”是“am⋅an=am+n(∀m,n∈N*)”的必要条件但不是充分条件
故选B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了求平均数与方差的问题，属于中档题.
由平均数公式及方差公式求解即可．
【解答】
解：设男生的平均数为x1，女生的平均数为x2，
则样本的平均数为 x=80x1+120x2200=25x1+35x2，
样本的方差为80200×[15+(x−x1)2]+120200×[10+(x−x2)2]
=25×[15+(x−x1)2]+35×[10+(x−x2)2]
=12+25(x−x1)2+35(x−x2)2≥12.
由此估计样本的方差不可能为11，
故选A.
6.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查了和差角公式在三角化简求值中的应用，解题的关键是公式的灵活应用，属于基础题．
由已知结合和差角公式对已知等式进行化简即可求解．
【解答】解：由已知得sinαcsβ−csαsinβ+csαcsβ+sinαsinβ=2(sinα−csα)sinβ，
即sinαcsβ+csαsinβ+csαcsβ−sinαsinβ=0，
即sin(α+β)+cs(α+β)=0，所以tan(α+β)=−1，
故选C.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对数的计算和指数式和对数式的互化，要注意对题意的准确理解，属于中档题.
易知它们的初速度相等，故Q点的速度为107，然后可以根据y=107(1e)x107 (e=2.71828⋯)，求出P在M点
和在N点时的x，则Q点移动的距离可求，结合速度，时间可求.
【解答】
解：由题意，P点初始速度107即为Q点的速度，
当P在靠近A点的三等分点M时：23×107=1071ex1107，解得：x1=107ln32
当P在N点时：13×107=107(1e)x210，解得：x2=107ln3，
所以经过的时间为：[107(ln3−ln32)]÷107=ln2
故选A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率(或取值范围)、双曲线的定义、利用余弦定理解三角形，属于一般题.
设双曲线的右焦点为F′，连接AF′，BF′，由对称性可知四边形AFBF′是平行四边形，则∠FAF′=60∘，|AF′|=|BF|，则||AF|−|BF||=||AF|−|AF′||=2a，利用余弦定理得出c2=3a2，即可求出结果.
【解答】
解：设双曲线的右焦点为F′，连接AF′，BF′，
由对称性可知四边形AFBF′是平行四边形，
∴∠FAF′=60∘，|AF′|=|BF|，
则||AF|−|BF||=||AF|−|AF′||=2a，
又|AB|=2 7a，
在△ABF中，由余弦定理可得：
|AB|2=|AF|2+|BF|2−2|AF||BF|cs120∘，
∴28a2=4a2+3|AF||BF|①，
在△AFF′中，由余弦定理可得：
|FF′|2=|AF|2+|AF′|2−2|AF||AF′|cs60∘，
∴4c2=4a2+|AF||BF|②，
①-②×3，得c2=3a2，
∴e2=3，
∴双曲线的离心率为ca= 3.
故选B.
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查三角函数的性质，属于中档题.
利用函数的周期性判断A;利用函数的对称性判断B；利用导数判断函数的单调性判断C；利用导数确定函数的最值判断D.
【解答】
解：A.fx+π=1sinx+π+1csx+π=−1sinx−1csx=−fx，则π不是函数f(x)的周期，故A错误；
B.f(π−x)+f(π+x)=1sin(π−x)+1cs(π−x)+1sin(π+x)+1cs(π+x)
=1sinx−1csx−1sinx−1csx=−2csx≠0，故f(x)的图像不关于(π,0)对称，故B错误；
C.当x∈−π2,0时，f′x=−csxsin2x+sinxcs2x<0，f(x)在(−π2,0)上单调递减，故C正确；
D.f′x=−csxsin2x+sinxcs2x=sin3x−cs3xsin2x⋅cs2x，
当x∈0,π4时，f′x<0，f(x)单调递减；
当x∈π4,π2时，f′x>0，f(x)单调递增.
所以当x∈(0,π2)时，fx≥fπ4=1sinπ4+1csπ4=2 2，故D正确.
故选CD.
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查独立事件及互斥事件，属于基础题.
利用互斥、相互独立的概念及公式，结合选项分析得出结论.
【解答】
解：对于A，若事件A，B互斥，即事件A、B不会同时发生，则A与B不是相互独立事件，A与B不相互独立，故A正确；
对于B，若事件A，B相互独立，即事件A的发生或不发生对事件B没有影响，事件A、B可能同时发生，则A与B不互斥，故B正确;
对于C，若P(A|B)⋅P(B|A)=P(AB)，则P(AB)P(B)⋅P(AB)P(A)=P(AB)，因为P(AB)≠0，所以P(AB)=P(A)P(B)，所以A与B相互独立，C正确；
对于D，以掷一枚质地均匀的骰子为例，记A=“点数大于2”，B=“点致大于5”，C=“点数大于6”，则P(A)=23，P(B)=16，P(C)=0，易得P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0，
但事件A、B、C不是两两独立的事件，D错误.
故选ABC.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查几何体中的最小路径、几何体截面、交线问题，属于难题.
对于A，由展开法即得；对于B，考虑点P不位于点D的情况即得；对于C，作一个对顶圆锥即得；对于D，建系，求平面与平面夹角，根据投影的方法即得.
【解答】
解：对于A，当λ=μ时，点P位于直线AD1上，
将平面AD1C1B以直线AD1为折痕翻折到与平面ADD1共面，
连接C1D交AD1于点P，此时C1P+PD最小，
∠C1D1D=135∘，C1D1=DD1=1，
由余弦定理，C1D= 12+12−2×1×1×cs135∘= 2+ 2，
即所求最小值为 2+ 2，A正确；
对于B，当点P不位于点D时，CP与平面ADD1A1斜交，设CP在平面ADD1A1内射影为直线l，
则满足条件的直线垂直于直线l，又该直线过点P，在平面ADD1A1内有且只有一条，B错误；
对于C，因为C1P与AD所成的角为π4，所以C1P与直线B1C1所成角为π4，
以C1为顶点，B1C1为轴，顶角为π2作对顶圆锥，则点P位于该对顶圆锥的表面上，
所以点P的轨迹为该对顶圆锥与平面ADD1A1的交线，
因为平面ADD1A1与对顶圆锥的轴B1C1平行，所以交线为双曲线，C正确；
对于D，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
易得，点P在线段DD1上，截面为如图所示平行四边形AQC1P，
DP=μ，BQ=1−μ，则AP=(0,1,μ),AQ=(1,0,1−μ)，
设平面AQC1P的法向量为m=(x,y,z)，
则AP⋅m=y+μz=0AQ⋅m=x+(1−μ)z=0，
令z=1，m=(μ−1,−μ,1)，平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，
设平面AQC1P与平面ABCD的夹角为θ，
则csθ=|m⋅n|m||n||=1 (μ−1)2+(−μ)2+1=1 2μ2−2μ+2，
因为μ∈[0,1]，结合二次函数值域可得，
当μ=0或1时，csθ=1 2为最小，
当μ=12时，csθ= 23为最大，1 2≤csθ≤ 23，
易得，截面AQC1P在平面ABCD内的投影为正方形ABCD，
所以SAQC1P=SABCDcsθ=1csθ，
即截面面积的取值范围是[ 62, 2]，D正确.
12.【答案】280
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用，求特定项的系数问题，属于基础题．
根据题意，2x−1 xn的展开式的二项式系数之和为128，由二项式系数的性质，可得，n=7；进而可得二项展开式，令7−32r=1，可得r=4，代入二项展开式，可得答案．
【解答】
解：由二项式系数的性质，可得2n=128，解得，n=7，
(2x−1 x)7的展开式为为Tr+1=C7r⋅(2x)7−r⋅(−1 x)r=(−1)r⋅27−r⋅C7r⋅x7−32r，
令7−32r=1，可得r=4，
则展开式中x项的系数为−14×23×C74=280，
故答案为280.
13.【答案】x=−1或y=−34x+54或y=724x−2524;
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于难题.
由三角形面积公式得sin∠AOB=π2时，△AOB的面积最大，进而得圆心C1到切线的距离为1，再分切线方程斜率存在和不存在两种情况分别求解即可.
【解答】
解：∵圆C1:x2+y2=2的圆心为C1(0,0)，半径r1= 2;
圆C2:(x−3)2+(y−4)2=16的圆心为C2(3,4)，半径r2=4.
因为S△AOB=12⋅OA⋅OB⋅sin∠AOB，
若△AOB的面积最大，则sin∠AOB=π2时，此时面积最大，
即OA⊥OB时，△AOB的面积最大，因为OA=OB= 2，
所以此时AB=2，则圆心C1到切线的距离为1，
当过点P作圆C2的切线斜率不存在时，
此时切线方程为x=−1，此时圆心C1(0,0)到切线x=−1的距离为1，符合题意.
当切线方程斜率存在时，设直线方程为：y=kx+b，
则由圆心C1到切线的距离为1，得b 1+k2=1，即b= 1+k2，
又切线与圆C2相切，则圆心C2到切线的距离为4，
即3k−4+b 1+k2=4，即3k−4+b=4b，
即3k−4+b=±4b，
①当3k−4+b=4b时，
将b= 1+k2代入整理得：9k2+16−24k=9+9k2，
解得：k=724，则b=−2524，此时直线方程为y=724x−2524;
②当3k−4+b=−4b时，
将b= 1+k2代入整理得：16k2+24k+9=0，
解得：k=−34，则b=54，此时直线方程为y=−34x+54;
综上所述，答案：x=−1或y=−34x+54或y=724x−2524;
故答案为：x=−1或y=−34x+54或y=724x−2524;
14.【答案】−4
【解析】【分析】
本题考查导数在存在性与恒成立问题中的应用，属于较难题.
将条件转化为b≤[(x−2)ex+lnx−x]max，0【解答】
解：f(x)≥g(x)即(x−2)ex+lnx−ax−b≥0，0因为对任意a∈(−∞,1],故f(x)≥g(x)即(x−2)ex+lnx−x−b≥0，
因为存在x∈(0,1)使得不等式f(x)≥g(x)成立，所以b≤[(x−2)ex+lnx−x]max，0令h(x)=(x−2)ex+lnx−x，0则h′(x)=(x−1)ex+1x−1=(x−1)(ex−1x)，0m(x)=ex−1x在(0,1)上单调递增，m(0.5)= e−2<0，m(1)=e−1>0，
所以存在0.5故在(0,x0)上，m(x)<0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(x0,1)上，m(x)>0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(x0)=(x0−2)ex0+lnx0−x0=(x0−2)⋅1x0−x0−x0=1−2(x0+1x0)，
因为0.5因为b≤h(x)max，b为整数，所以b的最大值为−4.
15.【答案】解：(1)由题意得an+2−anan+1−an+2=2，所以3an+2=2an+1+an，
所以3an+2−3an+1=an−an+1，又a2−a1≠0，所以an+2−an+1an+1−an=−13
所以数列{an+1−an}是首项为a2−a1，公比为−13的等比数列.
(2)因为a1=1，a2=5，所以a2−a1=4.
因为数列an+1−an是公比为−13的等比数列.
所以n≥2时，an−an−1=4(−13)n−2.
由累加法可得n≥2时，an−a1=4[1+(−13)+⋯+(−13)n−2]
=4×1−(−13)n−11+13=3+(−13)n−2.
所以，当n≥2时，an=4+(−13)n−2，经检验，a1=1满足上式，所以an=4+(−13)n−2.
【解析】本题主要考查等比数列的证明，根据数列的递推公式求通项公式，属于中档题.
(1)由题意得an+2−anan+1−an+2=2，进而得3an+2−3an+1=an−an+1，又a2−a1≠0，即可得an+2−an+1an+1−an=−13，即可证明.
(2)结合(1)的结论，再由累加法即可求解.
16.【答案】解：(1)取AB的中点G，连接CG，PG，
因为CG//AD，所以∠PCG′(或其补角)为异面直线AD与PC所成的角，
①当∠PCG=45∘时，在△PCG中，PC=2 2，CG=2，
由余弦定理可知PG=2，故CG2+PG2=PC2，
CG⊥PG，所以AD⊥PG，又AD⊥AB，
AB∩PG=G，AB、PG⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，AD⊥PB.
②当∠PCG=135∘，假设AD⊥PB，则有AD⊥平面PAB，
因为PG⊂平面PAB，所以AD⊥PG，CG⊥PG，这与
∠PCG=135∘相矛盾，故此时 AD与PB不垂直.
(2)由PB=PA=2 2，AB=4可得PG=2，故PG⊥AB，PG⊥GC，故可以G为坐标原
点，GB，GC，GP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
故A(−2,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，AC=(2,2,0).
因为EF//PC，设平面BEF的法向量为n=(x,y,z)，则有n⋅BE=0,n⋅PC=0,
设E(t,2,0)，则BE=(t−2,2,0)，又PC=(0,2,−2)，所以有(t−2)x+2y=0,2y−2z=0,
令x=2，则y=z=2−t，故平面BEF的一个法向量为n=(2,2−t,2−t)，
设直线AC与平面BEF所成的角为θ，则sinθ=|cs|=|AC⋅n||AC||n|
=|8−2t|2 2⋅ 2t2−8t+12=|4−t|2 t2−4t+6=12 (t−4)2t2−4t+6，
令t−4=s，则sinθ=12 s2s2+4s+6.
当s=0时，sinθ=0;
当s≠0时，sinθ=12 16(1s)2+4(1s)+1=12 16(1s+13)2+13≤ 32
(当且仅当s=−3，t=1时取“=”).又0∘≤θ≤90∘，所以θ≤60∘.
综上所述，直线AC与平面BEF所成角的最大值为60∘.

【解析】本题考查线面垂直的判定，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题.
(1)通过平移得到线面角，利用线面垂直判定定理证明；
(2)利用直线与平面所成角的向量求法，通过换元结合函数单调性可得解.
17.【答案】记事件A1(i=1,2,3,4,5)为第i次取到红球，事件Bi(i=1,2,3,4,5)为第i次取到白球.
(1)(i)前两次均取到红球即为事件A1A2，P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=25×14=110.
(ii)P(A2)=P(A1A2+B1A2)=P(A1A2)+P(B1A2)=P(A1A2)+P(A2|B1)P(B1)
=110+35×24=25.
(2)(i)事件：其中有一个球为红球的“对立事件”为：两个球均为白球，
即为事件B1B2，P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=35×24=310，
所以在一个球为红球的前提下另一个球也为红球的概率P=110710=17.
(ii)若不换：在取到的一个球为红球的前提下取到的另一个球也为红球的概率
记为P1=17;
若换：换后取到红球的概率记为P2=17×0+67×13=27;
由于P1【解析】本题考查条件概率，独立事件概率乘法计算，属于中档题.
(1)(ⅰ)根据概率乘法计算直接求解即可；(ⅱ)由两种可能利用全概率公式求解；
(2)(i)根据条件概率公式直接运算求解；(ⅱ)分别计算换或不换的概率，通过概率大小作出判断.
18.【答案】解：(1)因为||PF1|−|PF2||=2<|F1F2|，
所以根据双曲线的定义可知点P的轨迹为以F1，F2为焦点，实轴长为2的双曲线，
由2a=2，c= 5，得a=1，b2=c2−a2=4，所以C的方程为x2−y24=1
(i)设直线MN:m(x−1)+ny=1(m2+n2≠0)
因为直线过定点(3,−1)，所以2m−n=1.
x2−y24=1变形可得4[(x−1)+1]2−y2=4，即4(x−1)2+8(x−1)−y2=0
所以4(x−1)2+8(x−1)[m(x−1)+ny]−y2=0
整理得(8m+4)(x−1)2+8n(x−1)y−y2=0(*)
设k=yx−1，则(*)式除以(x−1)2得8m+4+8nk−k2=0，
此时k1，k2是方程k2−8nk−(8m+4)=0的两根，所以k1+k2=8nk1k2=−8m−4，
所以2k1k2+k1+k2=−16m−8+8n=−16.
(ⅱ)设直线AM:y=k1(x−1)，由y=k1(x−1)y=−12x，可得xB=k1k1+12;
设直线AN:y=k2(x−1)，同理可得xC=k2k2+12;
则|BC|= 1+14|xB−xc|= 52|k1k1+12−k2k2+12|= 54|1k1+12−1k2+12|
由2k1k2+k1+k2=−16得(k1+12)(k2+12)=−314，
所以|BC|= 54|1k1+12+4(k1+12)31|≥ 54⋅2 431= 15531，
当且仅当(k1+12)2=314，即k=−1± 312时取等号，故|CD|的最小值为 15531.
【解析】本题考查轨迹方程，直线与双曲线位置关系的综合应用，属于较难题.
(1)由双曲线的定义直接求得；
(2)(ⅰ)设直线MN:m(x−1)+ny=1(m2+n2≠0)，与双曲线方程联立，结合韦达定理得解；
(ⅱ)通过弦长公式变形，利用基本不等式即可得最值.
19.【答案】解：(1)因为68=22×17，因为2的指数2>1，所以μ(68)=0;
又985=197×5，易知k=2，p1=197，p2=5，r1=1，r2=1，
所以μ(985)=(−1)2=1;
(2)(i)ai(i=1,2,⋯,m)的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，μ(ai)=0，因此n=p1k1p2r2⋯pkkn的所有因数除1之外，只考虑p1，p2，⋯，pk中的若干个数的乘积构成的因数，
从k个质数中任选i(i=1,2,⋯,k)个数的乘积一共有Cki种结果，
所以|μ(1)|+|μ(a1)|+|μ(a2)|+⋯+|μ(am)|
=μ(1)+[|μ(p1)|+|μ(p2)|+⋯+|μ(pk)|]+[|μ(p1p2)|+|μ(p2p3)|+⋯+|μ(pk−1pk)|]+⋯+|μ(p1p2⋯pk)|=1+Ck1+Ck2+⋯+Ckk−1+Ckk=2k.
(ii)由(i)分析可知，因此n=p1r1p2r2⋯pkrk的所有因数除1之外，只考虑p1，p2，⋯，pk中的若干个数的乘积构成的因数，所以μ(a1)a1+μ(a2)a2+⋯+μ(am)am=μ(1)1+[μ(p1)p1+μ(p2)p2+⋯+μ(pk)pk]+[μ(p1p2)p1p2+μ(p2p3)p2p3+⋯+μ(pk−1pk)pk−1pk]+⋯+μ(p1p2⋯pk)p1p2⋯pk
=1+[−1p1+−1p2+⋯+−1pk]+[(−1)2p1p2+(−1)2p2p3+⋯+(−1)2pk−1pk]+⋯+(−1)kp1p2⋯pk.
令xk=1+[−1p1+−1p2+⋯+−1pk]+[(−1)2p1p2+(−1)2p2p3+⋯+(−1)2pk−1pk]+⋯+(−1)kp1p2⋯pk，
则xk−1=1+[−1p1+−1p2+⋯+−1pk−1]+[(−1)2p1p2+(−1)2p2p3+⋯+(−1)2pk−2pk−1]+⋯+(−1)k−1p1p2⋯pk−1(k≥2,k∈N*)，
所以−1pk⋅xk−1=−1pk+[(−1)2p1pk+(−1)2p2pk+⋯+(−1)2pk−1pk]+[(−1)3p1p2pk+(−1)3p2p3pk+⋯+(−1)3pk−2pk−1pk]+⋯+(−1)kp1p2⋯pk
所以−1pk⋅xk−1+xk−1=xk，xkxk−1=1−1pk.
因为x1=1−1p1，所以xk=xkxk−1⋅xk−1xk−2⋯x2x1⋅x1=(1−1pk)(1−1pk−1)⋯(1−1p2)(1−1p1)
【解析】本题考查莫比乌斯函数，涉及组合的应用，属于难题.
(1)利用莫比乌斯函数的解析式即可求解;
(2)
(i)ai(i=1,2,⋯,m)的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，μ(ai)=0因此n=p1np2r2⋯pkn的所有因数除1之外，只考虑p1，p2，⋯，pk中的若干个数的乘积构成的因数，求解即可；
(ii)由(i)分析可知，因此n=p1r1p2r2⋯pkrk的所有因数除1之外，只考虑p1，p2，⋯，pk中的若干个数的乘积构成的因数，化简求解即可.