2024年广东省深圳市高考数学一调试卷(含解析）

这是一份2024年广东省深圳市高考数学一调试卷(含解析），共20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∈N|lg(2−x)≤0}，B={x∈N|y= 1−x2}，则A∪B=( )
A. {0,1,2}B. {1,2}C. {0,1}D. {1}
2.复数z满足(1+i)z=i，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. |z|=1B. z在复平面内对应的点位于第二象限
C. z的实部为12D. z的虚部为12i
3.在△ABC中，点D是线段AB上靠近B的四等分点，点E是线段CD上靠近D的三等分点，则AE=( )
A. −23CA+13CBB. 12CA−56CBC. −56CA+12CBD. −13CA+23CB
4.函数f(x)=2sin(ωx−φ)(ω>0,−π<φ<π)的部分图像如图所示，则ω，φ的值分别是( )
A. 2，−π6
B. 2，−π3
C. 2，π3
D. 4，−5π6
5.在数列{an}中的相邻两项an与an+1(n∈N*)之间插入一个首项为an−1n，公差为−1n的等差数列的前n项，记构成的新数列为{bn}，若an=2n+1，则{bn}前65项的和为( )
A. −252B. −13C. −272D. −14
6.冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强.基本再生数R0与世代间隔T是流行病学基本参考数据.某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型W(t)=2rt来描述累计感染甲型流感病毒的人数W(t)随时间t，t∈Z(单位：天)的变化规律，其中指数增长率r与基本再生数R0和世代间隔T之间的关系近似满足R0=1+rT，根据已有数据估计出R0=4时，T=12.据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至W(0)的3倍至少需要(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)( )
A. 6天B. 7天C. 8天D. 9天
7.如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是( )
A. (12,2)B. (12,1)C. ( 32,2)D. ( 32,1)
8.在直角坐标系xOy内，圆C：(x−2)2+(y−2)2=1，若直线l：x+y+m=0绕原点O顺时针旋转90°后与圆C存在公共点，则实数m的取值范围是( )
A. [− 2, 2]B. [−4− 2,−4+ 2]
C. [−2− 2,−2+ 2]D. [−2+ 2,2+ 2]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 数据2，1，3，4，2，5，4，1的第45百分位数是4
B. 若数据x1，x2，x3，…，xn的标准差为s，则数据2x1，2x2，2x3，…，2xn的标准差为2s
C. 随机变量X服从正态分布N(1,2)，若P(X>0)=34，则P(0D. 随机变量X服从二项分布B(4,p)，若方差D(X)=34，则P(X=2)=27128
10.海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.已知某港口水深f(t)(单位：m)与时间t(单位：h)从0～24时的关系可近似地用函数f(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0,|φ|<π2)来表示，函数f(t)的图象如图所示，则( )
A. f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)
B. 函数f(t)的图象关于点(12,0)对称
C. 当t=5时，水深度达到6.5m
D. 已知函数g(t)的定义域为[0,6]，g(2t)=f(2t)−n有2个零点t1，t2，则tanπt1+t2= 3
11.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱切球(与正方体的各条棱都相切)为球O，点M为球面上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 球O的表面积为2π
B. 球O在正方体外部的体积大于 23π−1
C. 球O内接圆柱的侧面积的最大值为2π
D. 若点M在正方体外部(含正方体表面)运动，则MA⋅MB∈[−14,74]
12.已知函数f(x)=(2x−1)ex−ax2−bx+b，a，b∈R.( )
A. 若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为2x−y−2=0，且过点(1,e−2)，则a=−1，b=2
B. 当a=b且0C. 当a=b时，若函数f(x)有三个零点，则a∈(8 e5e,1)∪(e,+∞)
D. 当a=0时，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则b∈[32e,1)∪(3e2,52e3]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知(1+2x)6的二项展开式中系数最大的项为______．
14.设数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+1,n为奇数2an,n为偶数(n∈N*)，令bn=(lg2a2n)2⋅sin(a2n−1⋅π2)，则数列{bn}的前100项和为______．
15.抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.已知点F为抛物线C：y2=2px(p>1)的焦点，从点F出发的光线经抛物线上一点反射后，反射光线经过点(10,1)，若入射光线和反射光线所在直线都与圆E：(x−116)2+y2=1相切，则p的值是______．
16.若实数t是方程ex−lnx=x+1x的根，则etlnt的值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,asinA+bsinB−csinCasinB=2 3sinC．
(1)求tanC；
(2)若AB边上的中线长为1，求△ABC面积的最大值．
18.(本小题12分)
已知数列{an}是首项为2的等比数列，公比q>0，且a4是6a2和a3的等差中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=1lg2an⋅lg2an+1，求{bn}的前2023项和T2023．
19.(本小题12分)
如图：在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，PD⊥平面ABCD，PD=AB=AD=23BC=2，E为PA的中点，PF=13PB,PM=23PC．
(1)证明：EF/​/DM；
(2)求平面EFD与平面PBC所成夹角．
20.(本小题12分)
一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
21.(本小题12分)
已知F1，F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，|F1F2|=2 10，点F1到C的渐近线的距离为3．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知点O为坐标原点，动直线l与C相切，若l与C的两条渐近线交于A，B两点，求证：△AOB的面积为定值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x4+axlnx(a∈R)，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)=f′(x)．
(1)若a=−12，求y=f(x)在[1,3e]上的最大值；
(2)设P(x1,g(x1))，Q(x2,g(x2))，其中1≤x2答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵集合A={x∈N|lg(2−x)≤0}={x∈N|0<2−x≤1}={1}，
B={x∈N|y= 1−x2}={0,1}，
∴A∪B={0,1}．
故选：C．
由题意，利用对数、偶次根式的性质求出A和B，再根据并集的定义求出A∪B．
本题主要考查对数、偶次根式的性质，求集合的并集，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵(1+i)z=i，故z=i1+i=i⋅(1−i)(1+i)(1−i)=12+12i，
则|z|= (12)2+(12)2= 22，A错误；
z在复平面内对应的点为(12,12)，位于第一象限，B错误；
z的实部为12，C正确；
z的虚部为12，D错误．
故选：C．
根据复数的除法运算求出复数z，即可求得其模以及实部和虚部，以及对应的点所在象限，一一判断各选项，即得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：如图，由题意得CE=23CD，AD=34AB，
故AE=AC+CE=AC+23CD=AC+23(AD−AC)=13AC+23AD
=13AC+12AB=−13CA+12(CB−CA)=−56CA+12CB．
故选：C．
利用平面向量基本定理得到答案．
本题考查了平面向量基本定理，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设函数f(x)的周期为T，
则由图象知，34T=512π−(−π3)=34π，
解得T=π，ω=2πT=2ππ=2；
由图象点(512π,2)在函数f(x)的图象上，则
f(512π)=2sin(56π−φ)=2，则sin(56π−φ)=1，
则56π−φ=2kπ+π2,k∈Z，解得φ=−2kπ+π3,k∈Z，
又已知−π<φ<π，则φ=π3．
故选：C．
先由图象确定周期，求解ω，再代入最值点，求解φ．
本题主要考查三角函数的图像和性质，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得数列{bn}的各项为：a1,a1−1,a2,a2−12,a2−1,a3,a3−13,a3−23,a3−1,⋯,an,an−1n，
an−2n,an−3n,⋯,an−n−1n,an−1,an+1,⋯，
设an及其后面n项的和为Sn，则Sn=(n+1)an−n(n+1)2×1n=2−n+12=12(3−n)，
所以数列{Sn}是以1为首项，公差为−12的等差数列．
因为65=10+(1+2+3+…+10)，所以{bn}前65项的和为S1+S2+⋯+S10=10(1−72)2=−252，
故选：A．
在数列{bn}中，记an及其后面n项的和为Sn，推导出Sn的表达式，进而利用等差数列求和公式算出答案．
本题主要考查等差数列的定义与通项公式、运用公式法求数列的前n项和等知识，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：依题意，R0=1+rT且R0=4时，T=12，即
4=1+r×12，所以r=14，
所以W(t)=214t，W(0)=1，令W(t)=214t=3，
两边取以10为底的对数得：14tlg2=lg3，
则t=4lg3lg2≈4×≈6.3，
所以至少需要7天．
故选：B．
先求得r，然后根据“W(0)的3倍”列方程，化简求得需要的时间．
本题考查了对数的运算，利用给定函数模型解决实际问题，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查线段长的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意特殊值法的合理运用，是中档题．
本题可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2，由此能求出t的取值的范围．
【解答】
解：此题可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，
随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2，
∵CB⊥AB，CB⊥DK，AB∩DK=K，AB⊂平面ADB，DK⊂平面ADB，
∴CB⊥平面ADB，
∵BD⊂平面ADB，即有CB⊥BD，
对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD= 3，
又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，∴AD⊥BD，
再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=12，
∴t的取值的范围是(12,1)．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：直线l：x+y+m=0绕原点O顺时针旋转90°后得到直线x−y+m=0，
若该直线与圆C存在公共点，则圆心C(2,2)到直线x−y+m=0的距离d=|2−2+m| 2≤1，
解得− 2≤m≤ 2，即实数m的取值范围是[− 2, 2].
故选：A．
写出直线l旋转之后的直线，由圆心C到该直线的距离d≤1，利用点到直线的距离公式求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点到直线的距离公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A中，数据从小到大排列为1，1，2，2，3，4，4，5，共有8个数据，
因为8×45%=3.6，所以数据的第45分位数为第4个数据，即为2，所以A不正确；
对于B中，数据x1，x2，x3，⋯，xn的标准差为s，
由数据方差的性质，可得数据2x1，2x2，⋯，2xn的标准差为 22s2=2s，所以B正确；
对于C中，随机变量X服从正态分布N(1,2)，且P(X>0)=34，
根据正态分布曲线的对称性，可得P(00)−1=12，所以C正确；
对于D中，随机变量X服从二项分布B(4,p)，且D(X)=34，
可得4p(1−p)=34，解得p=14或p=34，
当p=34时，可得P(X=2)=C42(34)2⋅(1−34)2=27128，
当p=14时，可得P(X=2)=C42(14)2⋅(1−14)2=27128；
综上可得，P(X=2)=27128，所以D正确．
故选：BCD．
根据百分位数的计算方法，可判定A错误；根据方差的性质，可判定B正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定C正确；根据二项分布性质和概率的计算公式，可判定D正确．
本题主要考查概率与统计的知识，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由图知，T=2πω=15−3=12，
∴ω=π6，
又A+b=8−A+b=2，故A=3，B=5，
由”五点作图法“知，π6×3+φ=π2，解得φ=0．
故f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)，A正确；
又f(12)=5≠0，函数f(t)的图象不关于点(12,0)对称，B错误；
f(5)=3sin5π6+5=32+5=6.5，即当t=5时，水深度达到6.5m，C正确；
∵g(t)的定义域为[0,6]，
∴0≤2t≤6，解得0≤t≤3．
令g(2t)=f(2t)−n=0，得n=f(2t)=3sinπ3t+5．
∴n−53=sinπ3t(0≤t≤3)，
∵π3t∈[0,π]，t1，t2为g(2t)=f(2t)−n的2个零点，
∴π3t1+π3t2=π2×2=π，
∴t1+t2=3，
∴tanπt1+t2=tanπ3= 3，D正确．
故选：ACD．
由y=Asin(ωx+φ)的部分图象可确定其解析式为f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)，再对四个选项逐一分析可得答案．
本题考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查转化与化归思想及综合运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A.如图所示，
正方体的棱切球O的半径R= 22，则球O的表面积为4πR2=2π，故A正确；
对于B.若球体、正方体的体积分别为V1，V2．
球O在正方体外部的体积V>V1−V2=43π⋅( 22)3−1= 23π−1，故B正确；
对于C，球O的半径R= 22，设圆柱的高为h，
则底面圆半径r= R2−(h2)2= 12−h24，
所以S侧面积=2πrh=2π 12−h24⋅h=2π −14(h2−1)2+14，
当h2=1时取得最大值，且最大值为π，所以C项错误；
对于D，取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=−EA=−12BA，
所以MA⋅MB=(ME+EA)⋅(ME+EB)=(ME)2−(EA)2=|ME|2−14，
点M在球O上且在正方体外部(含正方体表面)运动，
所以0≤|ME|≤ 2(当ME为直径时，|ME|= 2)，
所以MA⋅MB∈[−14,74].故D正确．
故选：ABD．
对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球O在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球O内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得．
本题考查了线面垂直的判定及性质、面面平行的性质及几何体的外接球的半径的计算，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：A选项，f′(x)=(2x+1)ex−2ax−b，
则f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，则a=2，b=−1，故A错误；
B选项，当a=b时，f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a，
f′(x)=(2x+1)ex−2ax−a=(2x+1)(ex−a)，
因为0f′(x)>0⇒x<1na或x>−12⇒f(x)在(−∞,lna),(−12,+∞)上单调递增，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增，故B正确；
C选项，当a=b时，令f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a=0，
注意到当x2+x−1=0时，f(x)≠0，则a=(2x−1)exx2+x−1，
则函数f(x)有三个零点，相当于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1的图象有三个交点．
令g(x)=(2x−1)exx2+x−1，其中x≠−1− 52,−1+ 52，
g′(x)=x(2x+1)(x−1)ex(x2+x−1)2
g′(x)>0⇒−121，则g(x)在(−12,0)，(1,+∞)上单调递增，
g′(x)<0⇒x<−1− 52或−1− 52则g(x)在(−∞,−1− 52)，(−1− 52,−12)，(0,−1+ 52)，(−1+ 52,1)上单调递减，
又x→−∞，g(x)→0，x→+∞，g(x)→+∞，
则可得g(x)大致图象如下，
则由图可得，当a∈(8 e5e,1)∪(e,+∞)时，直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有三个交点，
即此时函数f(x)有三个零点，故C正确；
D选项，由题可得，ex0(2x0−1)即存在唯一整数x0，使得h(x)=ex(2x−1)的图象在n(x)=a(x−1)下方，
则h′(x)>0⇒x>−12，h′(x)<0⇒x<−12，
得h(x)在(−∞,−12)上单调递减，在(−12,+∞)上单调递增，
又x→−∞，h(x)→0，x→+∞，h(x)→+∞，n(x)=a(x−1)过定点(1,0)，
可在同一坐标系下做出h(x)与n(x)图象，
又设h(x)过(1,0)点切线方程的切点为(x1,h(x1))，
则切线方程为：y=h′(x1)(x−x1)+h(x1)，因其过(1,0)，
则0=h′(x1)(1−x1)+h(x1)=(3x1−2x12)ex1，解得x1=0或32，
又注意到h(1)>n(1)，结合两函数图象，可知x0=0或2．
当x0=0时，如图1，需满足h(0)当x0=2时，如图2，需满足h(2)综上所述，a=b∈[32e,1)∪(3e²,5e22]，故D正确．
故选：BCD．
A选项，由导数几何意义结合题意可知f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，即可判断正误；
B选项，利用导数得到f(x)的单调区间，即可判断正误；
C选项，f(x)有三个零点等价于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有3个交点，利用导数判断单调性，极值情况，即可判断正误；
D选项，存在唯一整数x0，使h(x)=ex(2x−1)图象在直线n(x)=a(x−1)下方，利用导数研究h(x)=ex(2x−1)的单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合h(x)，n(x)图象可确定x0及相关不等式，即可判断选项正误．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
13.【答案】240x4
【解析】解：设系数最大的项为Tk+1=C6k(2x)k，
则C6k⋅2k≥C6k+1⋅2k+1C6k⋅2k≥C6k−1⋅2k−1，解得113≤k≤143，
因为0≤k≤6且k为整数，
所以k=4，此时最大的项为T5=C64(2x)4=240x4．
故答案为：240x4．
设系数最大的项为Tk+1=C6k(2x)k，则可得C6k⋅2k≥C6k+1⋅2k+1C6k⋅2k≥C6k−1⋅2k−1，直接求解即可．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，不等式组的解法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】−5000
【解析】解：数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=an+1,n为奇数2an,n为偶数(n∈N*)，
∴数列{a2n−1}是以1为首项，1为公差的等差数列，即a2n−1=n，
数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a2n=2n，
因此bn=(lg22n)2⋅sinnπ2=n2sinnπ2，显然{sinnπ2}的周期为4，
则b4k−3+b4k−2+b4k−1+b4k
=(4k−3)2sin(4k−3)π2+(4k−2)2sin(4k−2)π2+(4k−1)2sin(4k−1)π2+(4k)2sin4kπ2
=(4k−3)2−(4k−1)2=−8(2k−1)，
令cn=b4n−3+b4n−2+b4n−1+b4n，则有cn=−8(2n−1)，
∵cn+1−cn=−8[2(n+1)−1]−[−8(2n−1)]=−16，∴数列{cn}是等差数列，
数列{bn}的前100项和，即数列{cn}的前25项和25×[(−8)+8(1−2×25)]2=−5000．
故答案为：−5000．
根据给定的递推公式，求出数列{an}的通项公式，进而求出bn，再利用分组求和法求解即得．
本题考查了数列的递推式和分组求和，属于中档题．
15.【答案】32
【解析】解：当y=1时，x=12p，故入射光线经过(p2,0)和(12p,1)，k=1−012p−p2=2p1−p2，
故入射光线的方程为y=2p1−p2(x−p2)，
化简得2px+(p2−1)y−p2=0，圆心为(11c,0)，半径为r=1，
所以d=|11p3−p2| (2p)2+(p2−1)2=|11p3−p2|p2+1=1，
而p>1，故6p2−11p+3=0，即(2p−3)(3p−1)=0，
解得p=32．
故答案为：32．
根据点斜式求解入射光线的方程，进而根据点到直线的距离公式求解．
本题考查抛物线的性质，涉及点到直线的距离公式，属于中档题．
16.【答案】−1
【解析】解：根据题意，方程ex−lnx=x+1x，即ex−lnx=lnex+1x，
变形可得：ex−lnex=1x−ln1x，
实数t是方程ex−lnx=x+1x的根，则有et−lnet=1t−ln1t，
设f(x)=x−lnx，(x>1)，方程et−lnet=1t−ln1t等价于f(et)=f(1t)，
有f′(x)=1−1x=x−1x，由于x>1，则f′(x)>0，
即f(x)在区间(1,+∞)上为增函数，
而f(et)=f(1t)，必有et=1t，则有tet=1①，
在et=1t的两边同时取对数可得：lnet=ln1t，即t=−lnt②，
联立①②可得：−etlnt=1，变形可得etlnt=−1．
故答案为：−1．
根据题意，方程ex−lnx=x+1x，变形可得ex−lnex=1x−ln1x，进而可得et−lnet=1t−ln1t，设f(x)=x−lnx，(x>1)，求出f(x)的导数分析f(x)的单调性，可得et=1t，结合对数的运算性质分析可得答案．
本题考查函数与方程的关系，涉及函数的导数与单调性的关系，属于中档题．
17.【答案】解；(1)由正余弦定理得：asinA+bsinB−csinCasinB=a2+b2−c2ab=2csC，
又asinA+bsinB−csinCasinB=2 3sinC，
可得csC= 33sinC，
即tanC= 3；
(2)设AB边上的中线为CD，C∈(0,π)，由(1)知C=π3，
再由向量关系：2CD=CA+CB，两边平方得4|CD|2=|CA|2+|CB|2+2|CA|⋅|CB|csC，
即4=a2+b2+ab，则有4−ab=a2+b2≥2ab，得ab≤43(当且仅当a=b时取等号)，
所以S△ABC=12absinC= 34ab≤ 34×43= 33．
即△ABC面积的最大值为 33．
【解析】(1)由正余弦定理化简条件中的等式，可得tanC；
(2)AB边上的中线为CD，由向量关系：2CD=CA+CB，两边平方利用向量数量积的运算和基本不等式，求出ab的最大值，可计算△ABC面积的最大值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角形中线长定理的综合应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)数列{an}是首项为2的等比数列，公比q>0，且a4是6a2和a3的等差中项，
可得2a4=6a2+a3，即2a1q3=6a1q+a1q2，即有2q2−q−6=0，解得q=2(−32舍去)，
由a1=2，可得an=2n；
(2)由(1)可得bn=1lg2an⋅lg2an+1=1lg22n⋅lg22n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
则T2023=1−12+12−13+...+12023−12024=1−12024=20232024．
【解析】(1)由等比数列的通项公式、等差数列的中项性质，解方程可得公比，进而得到所求；
(2)由对数的运算性质和数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：因为AB⊥BC，AD//BC，
所以AB⊥AD，又PD⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AB、PD⊥AD，
故可以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中z轴//PD，

由题意可得A(0,0,0)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，C(2,3,0)，P(0,2,2)，
则PB=(2,−2,−2)，PF=13PB=(23,−23,−23)，
PC=(2,1,−2),PM=23PC=(43,23,−43)，
PA=(0,−2,−2)，由E为PA的中点，
故PE=(0,−1,−1)，则EF=PF−PE=(23,13,13)，PD=(0,0,−2)，
则DM=PM−PD=(43,23,23)，故EF=12DM，
故EF//DM；
(2)解：由(1)知EF=(23,13,13)，PB=(2,−2,−2),PC=(2,1,−2)，且PD=(0,0,−2),PE=(0,−1,−1)，
故ED=PD−PE=(0,1,−1)，
设平面EFD与平面PBC的法向量分别为m=(x1,y1,z1)、n=(x2,y2,z2)，
则有m⋅EF=0m⋅ED=0和n⋅PB=0n⋅PC=0，
即23x1+13y1+13z1=0y1−z1=0和2x2−2y2−2z2=02x2+y2−2z2=0，
不妨分别取x1=1，x2=1，则可得m=(1,−1,−1)、n=(1,0,1)，
则cs〈m,n〉=1−1|m|⋅|n|=0，故m⊥n，
即平面EFD与平面PBC所成夹角为90°．
【解析】(1)由题意可建立空间直角坐标系，求出EF、DM即可得证；
(2)求出平面EFD与平面PBC的法向量后即可得平面EFD与平面PBC所成夹角．
本题考查向量法在证明空间线面位置关系和求空间角上的综合运用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，记事件“第i次摸到红球”为Ai(i=1,2,3,⋯,10)，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，可得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=710×23+310×79=710．
(2)由已知得P1=P(A1A2A3)=A73A103=724，
P2=P(A1)=710，
P3=P(A2|A1)=P(A1A2)P(A1)=A72A102×107=715×107=23，
P4=P(A3|A1A2)=P(A1A2A3)P(A1A2)=724×157=58．
(3)由(2)可得P1=P2P3P4，即P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，
可猜想：P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P(B|A)=P(AB)P(A)，P(C|AB)=P(ABC)P(AB)，
所以P(A)P(B|A)P(C|AB)=P(A)⋅P(AB)P(A)⋅P(ABC)P(AB)=P(ABC)．
【解析】(1)根据全概率公式求解即可；
(2)根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解；
(3)根据(2)猜想P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)，由条件概率公式证明即可．
本题考查条件概率的计算，涉及全概率公式，属于基础题．
21.【答案】解：(1)因为|F1F2|=2 10=2c，所以c= 10，因为F1(−c,0)，渐近线为y=±bax，
即bx±ay=0，则F1到C的渐近线的距离为可表示为|−bc| b2+a2=bcc=b=3，
所以a= c2−b2=1，
所以双曲线C的标准方程为x2−y29=1，渐近线方程为y=±3x．
(2)证明：①当直线经过双曲线的顶点时直线AB的斜率不存在，此时直线方程为x=±1，
此时易得|AB|=6，点O到直线AB的距离为1，所以此时S△AB=12×6×1=3；
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB为y=kx+m，
由y=kx+mx2−y29=1得(9−k2)x2−2kmx−(m2+9)=0，
因为直线与双曲线相切，所以9−k2≠0，且Δ=4k2m2+4(9−k2)(m2+9)=0，
整理得k≠±3且k2=m2+9，即m2=k2−9，
由y=3xy=kx+m得x=m3−ky=3m3−k，则A(m3−k,3m3−k)，
同理得到B(−m3+k,3m3+k)，
所以|AB|= (−m3+k−m3−k)2+(3m3+k−3m3−k)2=6 1+k2|m|，
点O到直线y=kx+m的距离d=|m| k2+1，
所以S△AOB=12×6 1+k2|m|×|m| k2+1=3，
综上所述，△AOB的面积为定值3．
【解析】(1)利用焦距求出c，利用点到直线距离公式表示F1到C的渐近线的距离求出b，再利用c2=a2+b2求出a，然后求出渐近线．
(2)讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据Δ=0，找到参数之间的关系，线段AB的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明．
本题考查了求双曲线方程及渐近线方程，考查了方程思想及分类讨论思想，考查了数学运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)若a=−12，f(x)=x4−12xlnx，则f′(x)=4x3−12lnx−12，
f″(x)=12x2−121x=12x3−1x=12(x−1)(x2+x+1)x，
当x∈[1,3e]时，f′′(x)>0，则y=f′(x)在[1,3e]上单调递增，
又f′(3e)=4e−16<0，故x∈[1,3e]时，f′(x)<0，
所以y=f(x)在[1,3e]上单调递减，
所以y=f(x)在[1,3e]上的最大值为f(1)=1．
(2)k=g(x1)−g(x2)x1−x2，因为k所以对任意的x1，x2∈[1,+∞)且x1>x2，都有g′(x1)+g′(x2)2>g(x1)−g(x2)x1−x2，
因为f(x)=x4+axlnx，得g(x)=4x3+alnx+a,g′(x)=12x2+ax．
对任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，令x1x2=t(t>1)，
则(x1−x2)(g′(x1)+g′(x2))−2(g(x1)−g(x2))
=(x1−x2)(12x12+ax1+12x22+ax2)−2(4x13+alnx1−4x23−alnx2
=4x13−4x23−12x12x2+12x1x22+a(x1x2−x2x1)−2alnx1x2
=4x23(t3−3t2+3t−1)+a(t−1t−2lnt)>0，对∀x2∈[1,+∞)，∀t∈(1,+∞)恒成立，
所以x23(t3−3t2+3t−1)=x23(t−1)3⩾(t−1)3，
则4(t−1)3+a(t−1t−2lnt)>0对∀t∈(1,+∞)恒成立，
记φ(t)=4(t−1)3+a(t−1t−2lnt),t∈(1,+∞)，
φ′(t)=12(t−1)2+a(t−1)2t2=(t−1)212t2+at2．
(1)若a⩾−12，则φ′(t)>0，φ(t)在(1,+∞)上单调递增．φ(t)>φ(1)=0，符合题意；
(2)若a<−12，则φ′(t)=12(t−1)2(t+ −a12)(t− −a12)t2，
则y=φ(t)在(1, −a12)上单调递减，( −a12,+∞)单调递增，
则当x∈(1, −a12)时，φ(t)<φ(1)=0，不合题意(舍去)．
综上：a≥−12．
所以a的取值范围是[−12,+∞)．
【解析】(1)二次求导判断函数f(x)在[1,3e]上的单调性，即可求解；
(2)表示出斜率k，结合kx2，都有g′(x1)+g′(x2)2>g(x1)−g(x2)x1−x2成立，由f(x)可得其导函数g(x)，代入并令
x1x2=t(t>1)，作差(x1−x2)(g′(x1)+g′(x2))−2(g(x1)−g(x2))并化简即可求出a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数单调性和最值，考查了导数的综合应用，考查了函数思想，属于难题．