每日一練答案精析第一周[周一]1．A2．D[由eylnx＝yex得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，①由ezlneq\f(1,x)＝zex得eq\f(ez,z)＝eq\f(ex,ln

\f(1,x))，②由①②相加得eq\f(ey,y)＋eq\f(ez,z)＝0，因為y>1，ey>0，所以eq\f(ez,z)<0，又因為ez>0，所以z<0；因為eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，y>1，所以eq\f(ex,lnx)>0，即lnx>0，所以x>1；令f(x)＝x－lnx(x>1)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)＝x－lnx在(1，＋∞)上單調遞增，即x>lnx，所以eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)>eq\f(ex,x)，即eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)(x>1)，當x>1時，g′(x)>0，所以g(x)＝eq\f(ex,x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以由eq\f(ey,y)>eq\f(ex,x)，得到y>x.所以y>x>z.]3．BD[因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))是定義域為R的奇函數，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(－x)＝－f(x＋1)，所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，即f′(－x)＝f′(x＋1)，所以g(－x)＝g(x＋1)，又g(1＋x)為奇函數，所以g(1＋x)＝－g(1－x)，當x＝0時，g(1)＝－g(1)＝g(0)，即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正確；又g(－x)＝－g(1－x)，所以g(x)＝－g(1＋x)，故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，即函數g(x)的周期為2，所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，即g(－1)＝g(4)，故D正確；由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))為奇函數可知f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))，即f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))成中心對稱，不妨取f(x)＝eq\f(1,π)cosπ(x－1)，則g(x)＝－sinπ(x－1)滿足周期為2，關于點(1,0)中心對稱的條件，因為f(0)＝－eq\f(1,π)，f(－1)＝eq\f(1,π)，f(4)＝－eq\f(1,π)，可知A，C錯誤．]4．0.645．解(1)∵2acosC＝c(3－2cosA)，∴由正弦定理得2sinAcosC＝sinC(3－2cosA)，∴2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝2sinB＝3sinC，再由正弦定理得2b＝3c，∴eq\f(b,c)＝eq\f(3,2).(2)由(1)得2sinB＝3sinC，∴2sin(A＋C)＝3sinC，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＝3sinC，∴sinC＋eq\r(3)cosC＝3sinC，∴eq\r(3)cosC＝2sinC，又sin2C＋cos2C＝1，sinC>0，∴sinC＝eq\f(\r(21),7).[周二]1．C2．C[已知A(1,0)是圓O：x2＋y2＝r2上一點，所以12＋02＝r2＝1.設直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))則(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，所以xA＋xB＝eq\f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，由于xA＝1，所以xB＝eq\f(k2－1,1＋k2)，則yB＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－1))＝－eq\f(2k,1＋k2)，由于BC是圓O的直徑，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，則弦AC的中點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).因為直線AB，BD的斜率之和為0，所以kBD＝eq\f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，整理得k(k2－5)＝0，解得k＝0或k＝±eq\r(5)，又點B在第一象限，所以k<－1，故k＝－eq\r(5)，即直線AB的斜率是－eq\r(5).]3．ACD[由圖可知，A＝1，函數f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故A正確；由T＝eq\f(2π,|ω|)，ω>0，知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，對于B，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故B錯誤；對于C，將函數f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin2x的圖象，故C正確；對于D，將函數f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象，因為當x＝eq\f(5π,6)時，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sinπ＝0，所以得到的函數圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))對稱，故D正確．]4.eq\r(3)5．解(1)在四棱錐P－ABCD中，連接AC交BD于點F，連接EF，如圖．因為PC∥平面EBD，PC?平面PAC，平面PAC∩平面EBD＝EF，則PC∥EF，因為AB∥CD，即△ABF∽△CDF，因此eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,DC)＝eq\f(1,2)，由PC∥EF，得eq\f(AE,EP)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(1,2)，于是λ＝eq\f(1,2)，所以實數λ的值為eq\f(1,2).(2)在四棱錐P－ABCD中，取BD的中點O，連接PO，如圖．因為△PBD是等邊三角形且與底面垂直，則有PO⊥BD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO?平面PBD，從而PO⊥平面ABCD，過點O作Oy∥CD，又BD⊥CD，所以Oy⊥BD，以O為原點，分別以OB，Oy，OP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，－1,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(EP,\s\up6(→))(λ>0)，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1，－\f(1,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，設平面EBD的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BE,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)－1))x－\f(1,1＋λ)y,＋\f(\r(3)λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＝0，))取z＝1，得m＝(0，eq\r(3)λ，1)，平面PBD的一個法向量為n＝(0,1,0)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝coseq\f(π,6)，即eq\f(\r(3)λ,\r(3λ2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝1，所以當λ＝1時，平面EBD與平面PBD所成角的大小為eq\f(π,6).[周三]1．C2．C3．BCD[如圖1，取AD的中點G，連接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，則PG⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，則PG⊥BD.又因為tan∠ADB·tan∠DGC＝eq\f(AB,AD)·eq\f(CD,GD)＝1，所以GC⊥BD，又PG∩GC＝G，PG，GC?平面PGC，所以BD⊥平面PGC.因為M∈平面PGC，A?平面PGC，所以BD⊥AM不成立，A錯誤；因為△APD為等腰直角三角形，將四棱錐的側面APD作為底面一部分，補成棱長為1的正方體．如圖2，則四棱錐P－ABCD的外接球即為正方體的外接球，其半徑R＝eq\f(\r(3),2)，即四棱錐P－ABCD外接球的表面積為3π，B正確；如圖2，直線PC與直線AD所成的角即為直線PC與直線BC所成的角，即為eq\f(π,3)，C正確；如圖1，連接PH(圖略)，因為BD⊥平面PGC，當動點M到直線BD的距離最小時HM⊥PC，由上推導知PG⊥GC，GC＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，cos∠DCG＝eq\f(DC,CG)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，CH＝DCcos∠DCH＝eq\f(\r(6),3)，GH＝GC－CH＝eq\f(\r(6),6)，PH＝eq\r(PG2＋GH2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(6),3)，PH＝CH，因此M為PC的中點．如圖3，由M為PC的中點，即為QD的中點，平面ADM即平面ADQ與BP的交點也即為QA與BP的交點，可知N為QA的中點，故VP－ADMN＝eq\f(3,4)VP－AQD＝eq\f(3,4)VQ－APD＝eq\f(3,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)，D正確．]4．20解析依題意，5人中選出2人，他們的編號與座位編號一致，有Ceq\o\al(2,5)種方法，剩余3人都不坐與自己編號相同的座位有2種方法，由分步乘法計數原理得所求的坐法種數為2Ceq\o\al(2,5)＝20.5．解(1)由題意得x>0，a＝1，b＝3時，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1x－1,x)，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>1.故f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)．(2)f(x)＝ax2＋lnx≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－eq\f(lnx,x2)在區間[1，＋∞)上恒成立，設g(x)＝－eq\f(lnx,x2)，x≥1，則g′(x)＝eq\f(2lnx－1,x3)，令g′(x)>0，解得x>eq\r(e)，此時g(x)單調遞增，令g′(x)<0，解得1≤x<eq\r(e)，此時g(x)單調遞減，故g(x)min＝g(eq\r(e))＝－eq\f(1,2e).故a≤－eq\f(1,2e)，即實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2e))).[周四]1．A2.B3．ACD[對于A，因為共有10個數，10×80%＝8，所以這組數據的第80百分位數為18和20的平均數，即為19，故A正確；對于B，因為隨機變量ξ～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，σ2))，且Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ<4))＝0.8，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ≤2))＝0.5，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<ξ<4))＝0.8－0.5＝0.3，故B錯誤；對于C，由題意可知P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,2),C\o\al(1,6)C\o\al(1,5))＝eq\f(4,15)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A))))＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(2,5)，故C正確；對于D，因為經驗回歸直線eq\o(y,\s\up6(^))＝0.4x＋eq\o(a,\s\up6(^))經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(x)，\x\to(y)))，所以3.7＝0.4×4＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝2.1，故D正確．]4.eq\r(3)＋1解析由題意可知a2＋b2＝c2，故不妨設A(－c,0)，B(c,0)，即為雙曲線的焦點，|AB|＝2c，由eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))可得eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，故M點為AC的中點，根據雙曲線的對稱性可知N為BC的中點，又因為BM⊥AC，故|AB|＝|BC|，同理|AB|＝|AC|，即△ABC為正三角形，故|AM|＝eq\f(1,2)|AC|＝c，|BM|＝eq\r(3)c，又點M在雙曲線左支上，故|BM|－|AM|＝eq\r(3)c－c＝2a，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.5．解(1)由題意知，(i－j)mk＋(j－k)mi＋(k－i)mj＝c，(j－i)mk＋(k－j)mi＋(i－k)mj＝c，所以c＝0，當bn＝2n時，m1＝2，m2＝3，m3＝eq\f(14,3)，(1－2)×eq\f(14,3)＋(2－3)×2＋(3－1)×3＝－eq\f(2,3)≠0，所以{bn}不是“夢想數列”．(2)ci＝2i－1，cj＝2j－1，ck＝2k－1，]mn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(\f(nc1＋cn,2),n)＝eq\f(n2,n)，(i－j)eq\f(k2,k)＋(j－k)eq\f(i2,i)＋(k－i)eq\f(j2,j)＝0，所以{cn}是“夢想數列”．(3)①令i＝1，j＝2，k＝3，(1－2)eq\f(a1＋a2＋a3,3)＋(2－3)eq\f(a1,1)＋(3－1)eq\f(a1＋a2,2)＝0，所以a1＋a3＝2a2，即a1，a2，a3成等差數列，②令i＝1，j＝2，k＝n(n≥3)，設Sn為數列{an}的前n項和，(1－2)eq\f(Sn,n)＋(2－n)a1＋(n－1)eq\f(S2,2)＝0，化簡得2Sn＋(n2－3n)a1－n(n－1)a2＝0，2Sn＋1＋(n2－n－2)a1－n(n＋1)a2＝0，兩式相減得2an＋1＋2na1－2a1－2na2＝0?an＋1＝a1＋n(a2－a1)，所以an＝a1＋(n－1)(a2－a1)(n≥4)，當n＝1,2,3時也成立．綜上可得，“夢想數列”{an}是等差數列．[周五]1．B2.C3．CD[由直線l：mx＋y－eq\r(2)m＝0可知m(x－eq\r(2))＋y＝0，該直線過定點E(eq\r(2)，0)，且直線斜率一定存在，當OE⊥AB時，弦AB的弦心距最長，則AB的最短長度為2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此時AB的斜率不存在，與題意矛盾，故A錯誤；△AOB的面積為S△AOB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB＝2sin∠AOB，若△AOB的面積取到最大值，則∠AOB為直角，此時|OE|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，OE⊥AB，與題意矛盾，故B錯誤；由于直線AB過定點E(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0)在x2＋y2＝4內，故無論m為何值，l與圓相交，故C正確；P為圓上任意一點，假設當l與x軸垂直時，如圖中虛線位置，此時劣弧最短，當P為劣弧與x軸的交點時，∠APB最大，但由于直線l斜率存在，故直線取不到圖中虛線位置，即不存在m，使∠APB取得最大值，故D正確．]4.eq\f(4π,3)解析設圓錐母線長為l，由題意2π×1＝πl，l＝2，圓錐內半徑最大的球與圓錐相切，作出圓錐的軸截面△PAB，截球得大圓為圓錐軸截面三角形的內切圓O，D，E是切點，如圖，易知PD是圓錐的高，O在PD上，由PA＝2，BD＝1得∠BPD＝eq\f(π,6)，因此∠ABP＝eq\f(π,3)，所以∠OBD＝eq\f(1,2)∠DBP＝eq\f(π,6)，OD＝BDtan

eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，所以圓錐內半徑最大的球的表面積為S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4π,3).5．解(1)列聯表如下：用戶年齡直播間購物合計選擇甲公司選擇乙公司19—24歲40105025—34歲203050合計6040100零假設為H0：選擇哪家直播間購物與用戶的年齡無關．根據列聯表中的數據，經計算得到χ2＝eq\f(100×40×30－20×102,60×40×50×50)＝eq\f(50,3)>10.828＝x0.001，依據小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為選擇哪家直播間購物與用戶的年齡有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.(2)由題設，小李第二天去乙直播間購物的樣本點有(第一天去甲直播間，第二天去乙直播間)，(第一天去乙直播間，第二天去乙直播間)，所以小李第二天去乙直播間購物的概率P＝0.5×(1－0.7)＋0.5×(1－0.8)＝0.25.(3)由題意，設5人中下單成功的人數為X，則X～B(5，p)，所以f(p)＝Ceq\o\al(2,5)p2(1－p)3＝10p2(1－p)3，令g(p)＝p2(1－p)3＝p2－3p3＋3p4－p5，所以g′(p)＝p(2－9p＋12p2－5p3)，令h(p)＝2－9p＋12p2－5p3，所以h′(p)＝－9＋24p－15p2＝－15eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(4,5)))2＋eq\f(3,5)，h′(p)開口向下，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))上單調遞減，又h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))＝h′(1)＝0，故當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5)))時，h′(p)<0，h(p)單調遞減；當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，1))時，h′(p)>0，h(p)單調遞增；由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝0，h(1)＝0，故當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))時，h(p)>0，即g′(p)>0；當p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))時，h(p)<0，即g′(p)<0，所以g(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上單調遞減，即f(p)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上單調遞減，所以f(p)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))，即p0＝eq\f(2,5).[周六]1．A2.C3．ABD[令x＝－1，則(－1－1)6＝a0，即a0＝64，故A正確；令x＝0，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(0－1)6＝1，令x＝－2，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729，則a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1＋729,2)＝365，故B正確；(x－1)6＝[(x＋1)－2]6，則Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x＋1)6－k(－2)k，令k＝1，則a5＝Ceq\o\al(1,6)(－2)1＝－12，故C錯誤；由(x－1)6＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a6(x＋1)6兩邊求導，得6(x－1)5＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1)2＋…＋6a6(x＋1)5，令x＝0，則a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×(0－1)5＝－6，故D正確．]4.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))解析由題意可得，g(x)＝ax＋eq\f(b,2)sin2x＋eq\f(c,2)cos2x＝ax＋eq\f(\r(b2＋c2),2)sin(2x＋φ)．于是g′(x)＝a＋eq\r(b2＋c2)cos(2x＋φ)＝a＋cos(2x＋φ)．設切點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則由函數y＝g(x)具有T性質，可得g′(x1)g′(x2)＝－1，即[a＋cos(2x1＋φ)][a＋cos(2x2＋φ)]＝－1，整理得a2＋[cos(2x1＋φ)＋cos(2x2＋φ)a＋cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1＝0，將上式視為關于a的方程，則其判別式Δ＝[cos(2x1＋φ)＋cos(2x2＋φ)]2－4[cos(2x1＋φ)cos(2x2＋φ)＋1]≥0，即Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4≥0，注意到－1≤cos(2x1＋φ)≤1，－1≤cos(2x2＋φ)≤1則－2≤cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)≤2，故Δ＝[cos(2x1＋φ)－cos(2x2＋φ)]2－4＝0，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝－1，,cos2x2＋φ＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2x1＋φ＝1，,cos2x2＋φ＝－1.))代入方程可得a2＝0，因此，a＝0.另一方面，由b2＋c2＝1，可設b＝cosθ，c＝sinθ，其中θ∈R，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b＋c))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))))≤eq\r(2)，即－eq\r(2)≤b＋c≤eq\r(2).因此，a＋b＋c∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2))).5．(1)解當l1的斜率為eq\f(2,3)時，l1的方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝\f(2,3)x＋2，))消元得y2－3py＋4p＝0，Δ＝(－3p)2－4×4p>0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p.由弦長公式得|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2))eq\r(3p2－4×4p)＝eq\r(13)，即eq\r(9p2－16p)＝2，解得p＝2或p＝－eq\f(2,9)(舍去)，p＝2滿足Δ>0，從而E的標準方程為y2＝4x.(2)證明方法一因為l1，l2分別交E于A，B兩點和C，D兩點，所以直線斜率都存在且不為0，設直線AB的方程為y＝k1(x＋2)(k1≠0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,y2＝4x，))消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，則y1y2＝8.設直線CD的方程為y＝k2(x＋2)(k2≠0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，同理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k2x＋2，,y2＝4x，))消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，可得y3y4＝8.直線AD的方程為y－y1＝eq\f(y4－y1,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,1),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，即y＝eq\f(4,y4＋y1)x＋eq\f(y1y4,y4＋y1)，化簡得4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4))y＋y1y4＝0，同理，直線BC的方程為4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))y＋y2y3＝0，因為(－2,0)在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，交點G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證點G的橫坐標為定值即可．因為直線AD與BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y1＋y4y＋y1y4＝0，,4x－y2＋y3y＋y2y3＝0，))解得x＝eq\f(y2y3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4))－y1y4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3)),4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋y3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y4)))))＝eq\f(8[y2＋y3－y1＋y4],4[y2＋y3－y1＋y4])＝2，所以點G的橫坐標為2，即直線AD與BC的交點G在定直線x＝2上．方法二設直線AB的方程為x＝my－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝4x，))消去x得y2－4my＋8＝0，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，則y1y2＝8.設直線CD的方程為x＝ny－2，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，同理可得y3y4＝8.以下步驟同方法一．第二周[周一]1．A2．B[由圓的方程知，圓的半徑為4.當P與A′位于同一半圓時，作出該半圓所在的平面圖如圖所示，∵|PA′|≥|OP|－|OA′|＝4－eq\r(－32＋22)＝4－eq\r(13)(當且僅當O，A′，P三點共線且A′在O，P′之間時取等號)，∴當P位于圖中P′處時，|PA′|取得最小值4－eq\r(13)；又當P位于圖中Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－4))處時，|PA′|取得最大值|A′M|＝eq\r(－32＋2＋42)＝3eq\r(5)；當P與A′分別在兩個半平面中時，作A′C⊥平面xOy，垂足為C，作A′E⊥y軸，垂足為E，連接CE，則A，C，E三點共線，設F為CE延長線上的點，則∠A′EF即為翻折后的二面角的平面角，∵∠A′EF＝eq\f(2π,3)，∴∠A′EA＝eq\f(π,3)，∵|A′E|＝3，∴|A′C|＝|A′E|sin∠A′EA＝eq\f(3\r(3),2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CE))＝|A′E|cos∠A′EA＝eq\f(3,2)，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))；∵P為圓x2＋y2＝16右半圓上的點，∴可設P(4cosθ，4sinθ)，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴|PC|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4cosθ＋\f(3,2)))2＋(4sinθ－2)2＝eq\f(89,4)－16sinθ＋12cosθ，∴|PA′|2＝|PC|2＋|A′C|2＝29－4(4sinθ－3cosθ)＝29－20sin(θ＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝－\f(3,4)，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))))，∵θ＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,2)))，∴當θ＋φ＝－eq\f(π,2)，即sin(θ＋φ)＝－1時，|PA′|eq\o\al(2,max)＝49，則|PA′|max＝7.又sin(θ＋φ)<1，∴|PA′|2>29－20＝9，即|PA′|>3；綜上所述，A′，P兩點間距離的取值范圍為[4－eq\r(13)，7]．]3．ACD[跳動1次后等可能地在頂點B，D，A1處，P1＝eq\f(2,3)，故A正確；跳動奇數次后只能位于點B，D，A1，C1，跳動偶數次后只能位于點A，C，B1，D1，故B錯誤；Pn＋1＝eq\f(2,3)Pn＋eq\f(1,3)(1－Pn)＝eq\f(1,3)Pn＋eq\f(1,3)，故Pn＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))是等比數列，且Pn－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，即Pn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n)＋1))，故C正確；由點A出發，經過偶數次移動只能到達點A，C，B1，D1(奇數次后只能位于點B，D，A1，C1)，考慮移動n次(n是偶數)返回到A的路徑數為An，顯然A0＝1.由于移動n－1次后只能位于點B，D，A1，C1，其中位于B，D，A1再移動1次就可能返回到A，所以考慮移動n－2次后所在點A，C，B1，D1，把這四個點分成兩類：點A和點C，B1，D1.若在點A(路徑數為An－2)，再移動2次返回到A只有3種折返路徑(即ABA，ADA，AA1A)；若在點C，B1，D1(路徑數為3n－2－An－2)中的一個，再移動2次返回到A的路徑數每個點處都有2條路徑(即CBA，CDA，B1BA，B1A1A，D1DA，D1A1A)．綜上，移動n次(n是偶數)返回到A的路徑數An＝3An－2＋2(3n－2－An－2)，即An－An－2＝2·3n－2，累加可得An＝eq\f(3n＋3,4)，總路徑數為3n，故青蛙跳動n(n為偶數)次后恰好回到A的概率為pn＝eq\f(An,3n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)＋1))，當n＝4時，p4＝eq\f(7,27)，故D正確．]4．0.03155．解(1)因為c2＝a2＋b2－2abcosC，且a＝4，b＝5eq\r(2)，C＝45°，所以c2＝16＋50－2×4×5eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝26，所以c＝eq\r(26).(2)由(1)知，c＝eq\r(26)，因為eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，且a＝4，c＝eq\r(26)，所以sinA＝eq\f(asinC,c)＝eq\f(2\r(13),13).因為a<b，所以A為銳角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(3\r(13),13)，故sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(12,13).[周二]1．B2.A3．ACD[對于A，取連接直三棱柱上、下底面三角形外心的線段的中點O，則點O到直三棱柱各個頂點的距離均為eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)，其中r為底面三角形外接圓半徑，h為直三棱柱的高，∴點O即為直三棱柱的外接球球心，A正確；對于B，若直三棱柱有內切球，則其高等于直徑，底面內切圓半徑等于內切球半徑，即底面內切圓半徑需為直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B錯誤；對于C，若正三棱柱的內切球半徑為1，則正三棱柱的高為2，底面正三角形的高為3，設正三棱柱底面正三角形的邊長為a，則eq\r(a2－\f(a2,4))＝3，解得a＝2eq\r(3)，∴該正三棱柱的體積V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)，C正確；對于D，若外接球球心在直三棱柱的側面上，則球心為該側面的中心，其到底面三角形各頂點的距離相等，∴球心在底面上的射影到底面三角形三個頂點的距離也相等，又側面中心在底面的射影在底面三角形的一條邊上，∴該射影為底面三角形一條邊的中點，且到另一頂點的距離為該邊長的一半，∴該底面三角形為直角三角形，D正確．]4．(－1，－2)(答案不唯一)5．解(1)由an＋1＋(－1)nSn＝2n得a2－a1＝2，即a2＝a1＋2，a3＋S2＝22＝4，即a3＋a2＋a1＝4，又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3，(2)當n＝2k時，a2k＋1＋S2k＝22k，當n＝2k－1時，a2k－S2k－1＝22k－1，兩式相加可得a2k＋1＋S2k＋a2k－S2k－1＝22k＋22k－1，得a2k＋1＋2a2k＝22k＋22k－1，由于bn＝an＋1＋2an，所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝(a3＋2a2)＋(a5＋2a4)＋(a7＋2a6)＋…＋(a2n＋1＋2a2n)＝(22＋21)＋(24＋23)＋(26＋25)＋…＋(22n＋22n－1)＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2.[周三]1．A2．B[如圖，在單位圓A中，∠BAC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(不妨設θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，BD⊥AC于D，則弧BC的長度l＝θ，|BD|＝sinθ，由圖易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sinθ，所以a＝e－3＝eq\f(1,e3)>eq\f(1,25)＝0.04>sin0.04＝c.設f(x)＝sin2x－ln(1＋x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，則f′(x)＝2cos2x－eq\f(1,1＋x)>1－eq\f(1,1＋x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調遞增，又f(0)＝0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.02))>0，即sin0.04>ln1.02，即b<c.綜上，b<c<a.]3．ACD[不妨設M為雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))的右支上一點，延長MF2，F1N交于點G，如圖，因為eq\o(F1N,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(F1N,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即F1N⊥MN，因為MN平分∠F1MF2，所以△F1MG為等腰三角形，則N為F1G的中點，又O為F1F2的中點，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ON))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2G))，根據雙曲線的定義得，|MF1|－|MF2|＝|MG|－|MF2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GF2))＝2a，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ON))＝a＝2，因為雙曲線E的漸近線方程為2x±y＝0，所以eq\f(b,a)＝2，得b＝4，c2＝b2＋a2＝20，c＝2eq\r(5)，所以雙曲線E的標準方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，所以A正確，B不正確；設M(x1，y1)，代入eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，即eq\f(x\o\al(2,1),4)－eq\f(y\o\al(2,1),16)＝1，所以點M到兩條漸近線的距離之積為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x1＋y1)),\r(5))×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x1－y1)),\r(5))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4x\o\al(2,1)－y\o\al(2,1))),5)＝eq\f(16,5)，所以C正確；設P(x2，y2)，Q(x，y)，因為P，M在雙曲線E上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,1),16)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,2),16)＝1，②))①－②并整理得，eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，因為kPM＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，kOQ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，所以kOQ·kPM＝4，所以D正確．]4．365．(1)證明方案一：選條件①②.因為在四棱錐S－ABCD中，SB＝SC，點M是BC的中點，SM＝2，所以SM⊥BC，又因為在Rt△SBM中，cos∠SBM＝eq\f(\r(5),5)，所以BM＝1，又因為四邊形ABCD是矩形，BC＝2AB，所以BM＝AB＝1，AM＝eq\r(2)，由SA＝eq\r(6)，AM＝eq\r(2)，SM＝2，可得SA2＝AM2＋SM2，所以SM⊥AM，則由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC?平面ABCD，得SM⊥平面ABCD，又因為SM?平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.方案二：選條件①③.因為在四棱錐S－ABCD中，SB＝SC，點M是BC的中點，SM＝2，所以SM⊥BC，又因為在△SAM中，SA＝eq\r(6)，sin∠SAM＝eq\f(\r(6),3)，SM＝2，所以由正弦定理得eq\f(SA,sin∠SMA)＝eq\f(SM,sin∠SAM)，即eq\f(\r(6),sin∠SMA)＝eq\f(2,\f(\r(6),3))，所以sin∠SMA＝1，即∠SMA＝eq\f(π,2)，所以SM⊥AM，則由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC?平面ABCD，所以SM⊥平面ABCD，又因為SM?平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.方案三：選條件②③.因為在四棱錐S－ABCD中，SB＝SC，點M是BC的中點，SM＝2，所以SM⊥BC，又因為在Rt△SBM中，cos∠SBM＝eq\f(\r(5),5)，所以BM＝1，又因為四邊形ABCD是矩形，BC＝2AB，所以BM＝AB＝1，AM＝eq\r(2)，又因為在△SAM中，sin∠SAM＝eq\f(\r(6),3)，則cos∠SAM＝eq\f(\r(3),3)，設SA＝x，SM2＝SA2＋AM2－2SA·AM·cos∠SAM，所以3x2－2eq\r(6)x－6＝0，解得x1＝eq\r(6)或x2＝－eq\f(\r(6),3)(舍去)，所以SA＝eq\r(6)，由SA＝eq\r(6)，AM＝eq\r(2)，SM＝2，可得SA2＝AM2＋SM2，所以SM⊥AM，則由SM⊥BC，SM⊥AM，AM∩BC＝M，AM，BC?平面ABCD，得SM⊥平面ABCD，又因為SM?平面SBC，所以平面SBC⊥平面ABCD.(2)解由(1)知SM⊥平面ABCD，且MD⊥AM，如圖所示，以M為坐標原點，MA所在直線為x軸，MD所在直線為y軸，MS所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，則eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，－2))，eq\o(SA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，0，－2))，設平面SAD的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(SD,\s\up6(→))＝\r(2)y－2z＝0，,n·\o(SA,\s\up6(→))＝\r(2)x－2z＝0，))取z＝1，可得平面SAD的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(2)，1))，eq\o(SC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))，設直線SC與平面SAD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(SC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(SC,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,5)，所以直線SC與平面SAD所成角的正弦值為eq\f(2,5).[周四]1．D2.B3．BC[結合幾何體可得eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1D1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))，故B選項正確；eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))，結合長方體中的位置關系可知，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，于是eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AA1,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))－\o(AA1,\s\up6(→))))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))2＝－4＋eq\f(1,2)×16＝4≠0，即B1E⊥A1B不成立，A選項錯誤；根據長方體中的線面關系知，B1C1⊥平面CEC1，于是＝eq\f(1,3)×B1C1×＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×4×2＝eq\f(8,3)，C選項正確；B1C＝2eq\r(5)，CE＝2eq\r(2)，B1E＝eq\r(B1D\o\al(2,1)＋ED\o\al(2,1))＝2eq\r(3)，注意到20＝B1C2＝CE2＋B1E2＝8＋12，故△CEB1為直角三角形，＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，設C1到平面B1CE的距離為h，由＝eq\f(8,3)＝eq\f(1,3)××h＝eq\f(2\r(6)h,3)，解得h＝eq\f(2\r(6),3)，故直線CC1與平面B1CE所成角的正弦值為eq\f(h,CC1)＝eq\f(\r(6),6)，D選項錯誤．]4．4＋eq\r(6)解析設正四面體ABCD的棱長為a，根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，如圖，點E為該球與勒洛四面體的一個切點，O為該球球心，由正四面體的性質可知，該球球心O為正四面體ABCD的中心，即O為正四面體ABCD外接球的球心(內切球的球心)，則BO為正四面體ABCD的外接球的半徑，勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為OE，連接BE，則B，O，E三點共線，此時BE＝a，由題意4π×OE2＝25π，所以OE＝eq\f(5,2)，所以BO＝a－OE＝a－eq\f(5,2)，如圖，記M為△BCD的中心，連接BM，AM，由正四面體的性質可知點O在AM上．因為AB＝a，BM＝eq\f(2,3)×eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(3),3)a，則AM＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq\f(\r(6),3)a，因為BO2＝BM2＋OM2＝(AM－OM)2，所以BO2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋OM2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－OM))2，解得BO＝eq\f(\r(6),4)a，所以eq\f(\r(6),4)a＝a－eq\f(5,2)，解得a＝4＋eq\r(6)，即正四面體ABCD的棱長為4＋eq\r(6).5．解(1)①由題意，X＝1,2,3，…，10，故P(X＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2，…，9，P(X＝10)＝(1－p)9，X的分布列如表所示．X12345Ppp(1－p)p(1－p)2p(1－p)3p(1－p)4X678910Pp(1－p)5p(1－p)6p(1－p)7p(1－p)8(1－p)9②E(X)＝p(1－p)0＋2p(1－p)1＋3p(1－p)2＋…＋9p(1－p)8＋10(1－p)9，記S＝(1－p)0＋2(1－p)1＋3(1－p)2＋…＋9(1－p)8，(1－p)S＝(1－p)1＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋9(1－p)9，作差可得pS＝(1－p)0＋(1－p)1＋(1－p)2＋…＋(1－p)8－9(1－p)9＝eq\f(1－1－p9,p)－9(1－p)9，則E(X)＝pS＋10(1－p)9＝eq\f(1－1－p9,p)＋(1－p)9＝eq\f(1－1－p10,p)<eq\f(1,p)，得證．(2)由(1)可知E(X)<eq\f(1,p)＝4，則試驗成本的期望小于4a，又獲利5a大于成本的期望，則應該投資．[周五]1．C2．C[子二代基因配型有6種情況，分別記為事件A1，A2，A3，A4，A5，A6，“子三代基因型為高莖”記為事件B，則事件A1A2A3A4A5A6配型DD×DDDD×DdDD×ddDd×DdDd×dddd×ddP(Ai)eq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,16)P(B|Ai)111eq\f(3,4)eq\f(1,2)0P(B)＝eq\i\su(i＝1,6,P)(Ai)P(B|Ai)＝1×eq\f(1,16)＋1×eq\f(1,4)＋1×eq\f(1,8)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋0×eq\f(1,16)＝eq\f(3,4).]3．BCD[對于A，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，因為y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上先單調遞減，再單調遞增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))不是f(x)的單調遞增區間，故A錯誤；對于B，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的零點為x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，當k＝0時，x＝－eq\f(π,6)?[0，π]；當k＝1時，x＝eq\f(π,3)∈[0，π]；當k＝2時，x＝eq\f(5π,6)∈[0，π]；當k＝3時，x＝eq\f(4π,3)?[0，π]，所以f(x)在區間[0，π]上有兩個零點，故B正確；對于C，令x＝eq\f(π,12)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sin

eq\f(π,2)＝1，所以直線x＝eq\f(π,12)是曲線y＝f(x)的對稱軸，故C正確；對于D，由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))可得f′(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令f′(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝4，即2x＋eq\f(π,3)＝2k1π，k1∈Z，解得x＝－eq\f(π,6)＋k1π，k1∈Z，當k1＝0時，x＝－eq\f(π,6)，代入f(x)可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0，所以f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))處的切線為y＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，化簡得y＝4x＋eq\f(2π,3)，故D正確．]4．05．解(1)由題意，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，－y0))，且eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，∵P(3,1)在C上，∴eq\f(9,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，兩式相減得eq\f(y\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－9)＝－eq\f(b2,a2)，∵kPA·kPB＝eq\f(y0－1,x0－3)·eq\f(－y0－1,－x0－3)＝eq\f(y\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－9)＝－eq\f(1,3)，∴－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,3)，即a2＝3b2，代入eq\f(9,a2)＋eq\f(1,b2)＝1中，解得b2＝4，a2＝12，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意及(1)得當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝kx＋m，聯立直線l與橢圓C的方程，消去y得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，當Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－12)>0，即4＋12k2－m2>0時，有x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－12,1＋3k2)，∵PM⊥PN，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x1－3，y1－1)·(x2－3，y2－1)＝(x1－3)(x2－3)＋(y1－1)(y2－1)＝(x1－3)(x2－3)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)＝(1＋k2)x1x2＋(km－k－3)(x1＋x2)＋m2－2m＋10＝0，∴(1＋k2)·eq\f(3m2－12,1＋3k2)＋(km－k－3)·eq\f(－6km,1＋3k2)＋m2－2m＋10＝0，整理得9k2＋9km＋2m2－m－1＝0，9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋km＋\f(m2,4)))－eq\f(1,4)(m2＋4m＋4)＝0，即(6k＋3m)2－(m＋2)2＝0，即(3k＋2m＋1)(3k＋m－1)＝0，∵直線l不過點P，∴3k＋m－1≠0，∴3k＋2m＋1＝0，∴直線l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))－eq\f(1,2)經過定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，當直線l垂直于x軸時，設方程為x＝n，則M(n，y1)，N(n，－y1)，且n2＋3yeq\o\al(2,1)＝12，①由eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0得(n－3，y1－1)·(n－3，－y1－1)＝n2－6n＋10－yeq\o\al(2,1)＝0，②由①②解得n＝eq\f(3,2)或n＝3(舍)，∴此時直線l也經過定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，綜上，直線l經過定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2))).當PQ垂直于直線l時，點P到直線l的距離最大，此時kPQ＝1，∴直線l的斜率為－1，直線l的方程為y＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，故所求直線l的方程為x＋y－1＝0.[周六]1．B2.B3．BCD[對于A，甲校第2次考試的平均分低于乙校第2次考試的平均分，A錯誤；對于B，由圖可知，甲校六次考試的平均分相對于乙校六次考試的平均分更加集中，說明數據更加穩定，則甲校六次平均分的方差小于乙校六次平均分的方差，B正確；對于C，∵6×25%＝1.5，∴甲校平均分按從小到大順序排列，第2個成績為第25百分位數，由圖可知，為第5次考試的平均分，約為90分；∵6×75%＝4.5，∴乙校平均分按從小到大順序排列，第5個成績為第75百分位數，由圖可知，為第3次考試的平均分，高于90，∴甲校六次平均分的第25百分位數小于乙校六次平均分的第75百分位數，C正確；對于D，由圖可知，甲校平均分的最大值和最小值的分差明顯小于乙校平均分的最大值和最小值的分差，即甲校的平均分極差小于乙校的平均分極差，D正確．]4．－eq\f(7,9)解析因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(7,9)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝－eq\f(7,9).5．(1)解函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－ax(a≥0)的定義域為(0，＋∞)，且g′(x)＝eq\f(－ax2＋x－1,x2)(x>0)，當a＝0時，由g′(x)<0可得x∈(0,1)，由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增；當a>0時，由g′(x)＝eq\f(－ax2＋x－1,x2)＝0，可得－ax2＋x－1＝0，Δ＝1－4a，①當Δ＝1－4a≤0，即a≥eq\f(1,4)時，g′(x)≤0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減；②當Δ＝1－4a>0，即0<a<eq\f(1,4)時，令g′(x)＝0，得x1＝eq\f(1－\r(1－4a),2a)，x2＝eq\f(1＋\r(1－4a),2a)，0<x1<x2，當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表，xeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(0，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)))eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋∞))g′(x)－＋－g(x)↘↗↘綜上，當a＝0時，g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增；當a≥eq\f(1,4)時，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當0<a<eq\f(1,4)時，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2a)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2a)，\f(1＋\r(