2023-2024学年山西省临汾市高考考前适应性训练考试(一)数学试题（临汾一模）(含解析）

这是一份2023-2024学年山西省临汾市高考考前适应性训练考试(一)数学试题（临汾一模）(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 +|y=lg2(8−3x)}，B={x|ax−2=0}，且A∩B=B，则实数a的所有取值构成的集合是
( )
A. {1}B. {1,2}C. {0,2}D. {0,1,2}
2.已知z=m+ni，其中m，n∈R，若z=1−2i1+2i，则m+n=( )
A. 15B. −15C. 75D. −75
3.椭圆x225+y29=1与椭圆x225−k+y29−k=1(k<9)的
( )
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
4.将函数f(x)=cs2x−sin2x的图象向左平移φ(0<φ<π2)个单位后得到函数g(x)的图象，且g(x)为奇函数，则φ=( )
A. π8B. π3C. π4D. π2
5.已知向量a=(2,0)，b=(sinα, 32)，若向量b在向量a上的投影向量c=(12,0)，则a+b=( )
A. 3B. 7C. 3D. 7
6.若a=lg334，b=lg23，c=313，则
( )
A. a>b>cB. b>c>aC. b>a>cD. c>b>a
7.已知数列{an}满足：an=2n,n为奇数,an2,n为偶数.设Sn=a2+a4+a8+…+a2n，则S2024=( )
A. 4048B. 8096C. 22024−2D. 22025
8.在平行四边形ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=π3，E，H分别为AB，CD的中点，将△ADE沿直线DE折起，构成如图所示的四棱锥A′−BCDE，F为A′C的中点，则下列说法不正确的是
( )
A. 平面BFH//平面A′DE
B. 四棱锥A′−BCDE体积的最大值为3
C. 无论如何折叠都无法满足A′D⊥BC
D. 三棱锥A′−DEH表面积的最大值为2 3+4
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.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是
( )
A. D1N⊥平面ADMB. BN//AM
C. B，D，M，N四点共面D. 平面ADM⊥平面ABB1A1
10.已知函数f(x)=4sinxcsx+π6+1，则下列说法正确的是
( )
A. 点5π12,0是f(x)图象的一个对称中心
B. 函数f(x)在π6,2π3上单调递减
C. 函数f(x)在0,π2上的值域为[−2,1]
D. 函数f(x)在[0,2π]上有且仅有2个极大值点
11.设O是坐标原点，抛物线E：y2=4x的焦点为F，点A，B是抛物线E上两点，且OA⋅OB=−4.过点F作直线AB的垂线交准线于点P，则
( )
A. 过点P恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点
B. |PF|的最小值为2
C. |AB|的最小值为4 2
D. 直线AB恒过焦点F
12.已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=−2，其导函数f′(x)满足：f′(x)−2f(x)e2x=2x−1，则下列结论正确的是
( )
A. 函数f(x)有且仅有两个零点
B. 函数g(x)=f(x)+2e2有且仅有三个零点
C. 当0≤x≤2时，不等式f(x)≥3e4(x−2)恒成立
D. f(x)在[1,2]上的值域为[−2e2,0]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.3x+12x8的展开式的常数项是_____________(用数字作答)
14.已知点Q(a,b)在圆O：x2+y2=1内，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是_____________．
15.甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5.已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为 ．
16.设函数f(x)=sin2x−2csx+ax−1，x∈−π2,π2，曲线y=f(x)有两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在①b+csinB+sinC=4，②△ABC外接圆面积为4π，这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并作答．
在锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinC=2sinA，且_____________．
(1)求C；
(2)若△ABC的面积为16−8 3，求△ABC的周长．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=2an+n−1，等比数列{bn}的首项b1=12，且满足b2n=bn2．
(1)求证：数列{an+n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AB1= 5，BC=B1C= 2，BB1=2，二面角A−BB1−C1的大小为60°．
(1)求四边形ACC1A1的面积；
(2)在棱A1B1上是否存在点M，使得直线CM与平面AB1C1所成的角的正弦值为 215？若存在，求出A1M的长；若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
现有5个红色气球和4个黄色气球，红色气球内分别装有编号为1，3，5，7，9的号签，黄色气球内分别装有编号为2，4，6，8的号签．参加游戏者，先对红色气球随机射击一次，记所得编号为a，然后对黄色气球随机射击一次，若所得编号为2a，则游戏结束；否则再对黄色气球随机射击一次，将从黄色气球中所得编号相加，若和为2a，则游戏结束；否则继续对剩余的黄色气球进行射击，直到和为2a为止，或者到黄色气球打完为止，游戏结束．
(1)求某人只射击两次的概率；
(2)若某人射击气球的次数X与所得奖金Y的关系为Y=10(5−X)，求此人所得奖金Y的分布列和期望．
21.(本小题12分)
已知M是一个动点，MA与直线l1：y=x垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线l2：y=−x垂直，垂足B位于第四象限．若四边形OAMB(O为原点)的面积为m．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点M的直线l与l1，l2分别相交于P，Q两点，△APM和△BQM的面积分别为S1和S2，若S1=S2，试判断除点M外，直线l与E是否有其它公共点？并说明理由．
22.(本小题12分)
已知定义在(0,+∞)上的两个函数f(x)=x2+34，g(x)=lnx．
(1)若ℎ(x)=f(x)−g(x)，求ℎ(x)的最小值；
(2)设直线y=−2x+t与曲线y=f(x)，y=g(x)分别交于A，B两点，当|AB|取最小值时，求t的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查的知识点是集合的包含关系判断及应用，其中易忽略a=0时，集合B=⌀，满足B⊆A，而错选，属于基础题．
先求出集合A，由A∩B=B，得B⊆A，再分类讨论a的值即可．
【解答】解： A={x∈N +|y=lg2(8−3x)}={1，2}，
∵A∩B=B，∴B⊆A，
当a=0时，集合B={x|ax−2=0}=⌀，满足B⊆A，
当a≠0时，集合B={x|ax−2=0}={ 2a}，
由B⊆A，A={1,2}得，
2a=1，或 2a=2，
解得a=2，或a=1，
综上由a的取值构成的集合为{0,2,1}，
故选：D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，属于基础题．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得m，n，则答案可求．
【解答】
解：由 z=1−2i1+2i= (1−2i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=−35−45i，则z=−35+45i=m+ni，
得m=− 35，n= 45，
∴m+n=− 35+45=15．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程，属于基础题．
椭圆x225−k+y29−k=1(k<9)的焦点在x轴，其对应的a22=25−k,b22=9−k与前一个椭圆的长短轴均不同，(25−k)−(9−k)=25−9可知，焦距相等．
【解答】
解：对于椭圆x225+y29=1，
易知a12=25b12=9,∴c12=16；
对于椭圆x225−k+y29−k=1(k<9)，
易知a22=25−kb22=9−k,∴c22=16=c12，故D正确；
因为a12≠a22b12≠b22，故A、B错误；
根据e=ca知C错误．
故选D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二倍角余弦公式、余弦型函数的图象变换、余弦型函数的奇偶性，属于基础题．
根据平移规律得出g(x)=cs(2x+2φ)，由，即可求出结果．
【解答】
解：由f(x)=cs2x−sin2x=cs2x，
∴g(x)=cs(2x+2φ)，
因为g(x)为奇函数，
所以，即，
因为0<φ<π2，
所以φ=π4．
故选C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量线性运算的坐标表示、向量模的坐标表示、投影向量，属于基础题．
根据条件可得b=(12, 32)，再运用模长公式计算即可．
【解答】
解：∵b在a上的投影向量为c=(12,0)，a=(2,0)，
∴ b在a上的投影向量是a⋅b|a|⋅a|a|=2sinα+0× 322×(2,0)2=(sinα,0)，
∴sinα=12，
∴b=(12, 32)，
所以a+b=52, 32，
所以a+b= 254+34= 7．
故选B．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用指数函数与对数函数的性质比较大小，属于中档题．
根据对数的性质可得a<0，再比较b，c与32的大小关系即可．
【解答】
解：a=lg334lg22=1，c=313>30=1，
又b=lg23>lg22 2=32，3133=3<323=278，所以c=313<32，
所以b>c>a．
故选B．
7.【答案】A
【解析】【分析】
【分析】
本题考查特殊数列的定义以及求和，属于中档题。
首先利用数列an的性质得出Sn中每一项均为2，再对数列求和即可。
【解答】
【解答】
解：因为an=2n,n为奇数,an2,n为偶数.,
故a2=a1=2;a4=a2=a1=2;a8=a4=a2=a1=2，
依次递推可知Sn中每一项均是2，
因此Sn=2+2+···+2=2×n=2n．
所以S2024=2×2024=4048．
故选A．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积和表面积，直线与直线垂直，平面与平面平行，属于中档题。
利用面面平行的判定，直线与直线垂直的判定，棱锥的体积公式和表面积公式，逐一判断即可。
【解答】
解：对于A，在平行四边形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，则BH/​/DE，
又BH⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，则BH//平面A′DE；
F，H分别为A′C，CD的中点，则HF//A′D，又HF⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，
则HF/​/平面A′DE；
又BH⊄平面A′DE，HF⊄平面A′DE，BH⋂HF=H，
则平面BFH //平面A′DE，故A正确；
对于B，A′到平面BCDE的距离的最大值为△A′DE的DE边上的高为 32DE= 3，
四棱锥A′−BCDE体积的最大值为13· 3·SBCDE=13· 3·12(2+4)· 3=3，故B正确；
对于C，AD=A′D=2，则当AA′=2 2时，AD⊥A′D，又AD//BC，则A′D⊥BC，故C错误；
对于D，A′D=A′E=2，DH=EH=2，A′H=A′H，则△A′HD≌△A′HE，
三棱锥A′−DEH表面积为S=S△DEH+S△A′DE+2S△A′HD= 3+ 3+2·2·sin∠A′DH
⩽2 3+4，当且仅当A′D⊥DH时，等号成立，故D正确。
故选C．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了直线平行的判定，共面问题的证明，考查了线面和面面垂直的判定定理，属于中档题．
由线面垂直的判定可判断A；取DD1的中点为Q，连接AQ，QN，由反证法判断B；由点B不在点D，M，N确定的平面内，可判断C；由面面垂直的判定定理即可判断D．
【解答】
解：易证△DD1M≌△D1C1N，所以∠D1DM=∠ND1C1，
所以∠ND1C1+∠DMD1=∠D1DM+∠DMD1=90°，即D1N⊥DM，
因为AD⊥平面DCC1D1，D1N⊂平面DCC1D1，
所以D1N⊥AD，又AD⋂DM=D，
AD，DM在平面ADM内，
所以D1N⊥平面ADM，A正确;

取DD1的中点为Q，连接AQ，QN，则QN/​/AB且QN=AB，
故四边形ABNQ为平行四边形，故AQ//BN，
假设BN//AM，则AM与AQ重合或平行，与AM⋂AQ=A矛盾，假设不成立，故B错误；
点D，M，N在平面DCC1D1内，且D，M，N不共线，
又点B不在平面DCC1D1内，所以B，D，M，N四点不共面，故C错误；
因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面ABB1A1，故D正确．
故选AD．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查正弦函数的图象与性质，考查三角恒等变换，考查极值点的定义，属于中档题．
根据三角恒等变换可得f(x)=2sin⁡(2x+π6)，再逐项判断即可．
【解答】
解：f(x)=4sinxcsx+π6+1
=4sinx 32csx−12sinx+1
=2 3sinxcsx−2sin2x+1
．
对于A，，
故点5π12,0是f(x)图象的一个对称中心，故A正确；
对于B，x∈π6,2π3时，，
所以函数f(x)在π6,2π3上单调递减，故 B正确；
对于C，x∈0,π2时，2x+π6∈[π6,7π6]，
所以，所以fx∈−1,2，故C错误；
对于D，x∈[0,2π]时，，
当2x+π6=π2或，即x=π6或x=7π6时fx取得极大值，
所以函数f(x)在[0,2π]上有且仅有2个极大值点，故D正确．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查基本不等式，属于较难题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为：x=my+t，代入y2=4x，结合韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4t.由OA⋅OB=−4可得y1y2=−8，故可求t的值，从而可判断D；|AB|= y12−y2242+(y1−y2)2=14 y12+y22−2y1y2× y12+y22+2y1y2+16，结合基本不等式可判断C；设准线与x轴交于点P′，则PF⩾P′F，从而可判断B；直线与抛物线有且仅有一个公共点，可分直线与抛物线的对称轴平行及与抛物线相切，从而可判断A．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y12=4x1，y22=4x2．
设直线AB方程为：x=my+t，代入y2=4x，得y2−4my−4t=0，
判别式Δ=16(m2+t)>0，
由根与系数关系，得y1+y2=4m，y1y2=−4t．
因为OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y2216+y1y2，
因此y12y2216+y1y2=−4，解得y1y2=−8，
所以−4t=−8，即t=2，
所以直线AB过定点M(2,0)．
因为F1,0，故D错误；
|AB|= y12−y2242+(y1−y2)2
=|y1−y2|4 (y1+y2)2+16
=14 y12+y22−2y1y2× y12+y22+2y1y2+16
≥14 2|y1y2|−2y1y2× 2|y1y2|+2y1y2+16
= 16−2×(−8)× 2×8+2×(−8)+164=4 2，
当且仅当y1=−y2=2 2时等号成立，
故|AB|的最小值为4 2，故C正确；
设准线与x轴交于点P′，则PF⩾P′F=2，当且仅当直线AB与x轴垂直时等号成立，
所以|PF|的最小值为2，故B正确；
易知当过点P的直线平行于x轴时，该直线与抛物线有且仅有一个公共点，满足题意；
当过点P的直线与抛物线相切时，该直线与抛物线有且仅有一个公共点，
此时有2条直线满足，
故过点P恰有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，故A错误．
12.【答案】AC
【解析】【分析】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的零点，考查构造法的运用，属于难题．
利用条件求出函数的解析式，再结合选项，利用导数知识分析得出结论．
【解答】解：由题意，令g(x)=f(x)e2x，则g′(x)=2x−1，
所以g(x)=x2−x+c，
所以f(x)=(x2−x+c)e2x，
因为f(0)=−2，所以c=−2，
所以f(x)=(x2−x−2)e2x．
对于A，令f(x)=0，则x2−x−2=0，所以x=−1或2，所以函数f(x)有且仅有两个零点，A正确；
对于B，g(x)=(x2−x−2)e2x+2e2，则g′(x)=(2x2−5)e2x，所以函数在(−∞,− 102),( 102,+∞)上单调递增，在(− 102, 102)上单调递减，所以x= 102时，函数取得极小值(52− 102−2)e 10+2e2>0，所以函数g(x)=f(x)+2e2有且仅有三个零点错误，B错误；
对于C，当0≤x≤2时，不等式f(x)≥3e4(x−2)化为(x−2)[(x+1)e2x−3e4]⩾0，即(x+1)e2x−3e4⩽0恒成立，
令ℎ(x)=(x+1)e2x−3e4，则ℎ′(x)=(2x+3)e2x，
因为0≤x≤2，所以ℎ′(x)>0，函数在[0,2]上单调递增，
所以ℎ(x)⩽ℎ(2)=0，即(x+1)e2x−3e4⩽0恒成立，即不等式f(x)≥3e4(x−2)恒成立，C正确；
对于D，因为f(x)=(x2−x−2)e2x，所以f′(x)=(2x2−5)e2x，所以函数在( 102,2)上单调递增，在(1, 102)上单调递减，
所以x= 102时，函数取得极小值(52− 102−2)e 10=1− 102e 10，又f(1)=−2e2，f(2)=0，所以函数的值域为[1− 102e− 10,0]，D错误．
故选：AC.
13.【答案】7
【解析】【分析】
本题考查二项展开式及其通项、指定项的系数与二项式系数，属于基础题．
根据二项式定理展开式的通项，即可求得取常数项时r的值，进而求得常数项．
【解答】解：二项式(3x+12x)8的展开式通项为：
Tr+1=C8r3x8−r12xr=C8r12rx8−4r3，
令8−4r3=0，得r=2，
所以常数项为C82⋅(12)2=28×14=7．
故答案为7．
14.【答案】相离
【解析】【分析】
本题考查点与圆的位置关系的判定、直线与圆的位置关系的判断及求参、点到直线的距离，属于基础题．
由点与圆的位置关系得出a2+b2<1，再求出圆心到直线的距离，即可求出结果．
【解答】解：∵点Q(a,b)在圆x2+y2=1内，
∴a2+b2<1，
∵圆心到直线ax+by=1的距离d=1 a2+b2>1．
故直线和圆相离．
故答案为相离．
15.【答案】0.75
【解析】【分析】
本题考查条件概率、相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
记目标被击中为事件A，由相互独立事件概率的乘法公式与对立事件的概型性质可得P(A)，甲击中概率P(B)，再由条件概率公式，计算可得答案．
【解答】解：记目标被击中为事件A，被甲击中为事件B，被乙击中为事件C，
则P(A) =1−P(B)⋅P(C)=1−0.4×0.5=0.8，
则目标被击中，则目标被甲击中的概率P=．
故答案为0.75．
16.【答案】34【解析】【分析】
本题考查求曲线上一点的切线方程(斜率、倾斜角)、求函数的零点(方程的根)、一元二次函数的图象与性质，属于中档题．
求出导数，问题转化为a=−21−2sin2x−2sinx+3=4sin2x−2sinx+1在x∈[−π2,π2]上有两个不同实数根，设t=sinx，则t∈[−1,1]，则y=4t2−2t+1=4t−142+34，结合二次函数的性质，即可求出结果．
【解答】解：因为f(x)=sin2x−2csx+ax−1，x∈[−π2,π2]，
所以f′x=2cs2x+2sinx+a，
因为曲线y=f(x)有两条斜率为3的切线，
所以f′x=2cs2x+2sinx+a=3在x∈[−π2,π2]上有两个不同实数根，
即a=−21−2sin2x−2sinx+3=4sin2x−2sinx+1在x∈[−π2,π2]上有两个不同实数根，
设t=sinx，则t∈[−1,1]，
则y=4t2−2t+1=4t−142+34，
当t∈−1,14时，函数y单调递减，当t∈14,1时，函数y单调递增，
所以ymin=34，且当x=−1时，函数值为7，当x=1时，函数值为3，
所以符合题意的a的取值范围为34故答案为3417.【答案】解：(1)由asinC=2sinA得2sinC=asinA，
若选 ①：
由正弦定理asinA=bsinB=csinC得
asinA=b+csinB+sinC=4，
所以2sinC=4，则sinC=12，
又因为C∈(0,π2)，故C=π6．
若选 ②：
△ABC外接圆半径R=2，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R=4，
所以2sinC=4，则sinC=12，
又因为C∈(0,π2)，故C=π6．
(2)由(1)知csinC=4，所以c=2，
因为△ABC的面积为16−8 3，所以12absinC=16−8 3，
所以ab=64−32 3，
因为C=π6，所以csC= 32，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC得，a2+b2− 3ab=4，
所以(a+b)2−(2+ 3)ab=4，
所以(a+b)2=4+(2+ 3)ab=36，
所以a+b=6，
所以ΔABC的周长为8．
【解析】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦定理的应用，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
(1)选条件①或者②，均直接利用正弦定理的应用即可求出C的值；
(2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出三角形的周长．
18.【答案】(1)因为an+1+n+1=2an+n−1+n+1=2an+2n=2(an+n)，
又因为a1+1=2，
所以{an+n}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+n=2n，
所以an=2n−n．
(2)因为b2n=bn2，所以b2=b12=14=b1q=12q，故q=12，
所以bn=12×(12)n−1=(12)n，
令cn=anbn，
则cn=(2n−n)(12)n=1−n(12)n，
所以Tn=1x(12)1+2×(12)2+3×(12)3+⋯+n×(12)n，
12Tn=1×(12)2+2×(12)3+3×(12)4+⋯+(n−1)×(12)n+n×(12)n+1，
所以12Tn=(12)1+(12)2+(12)3+⋯(12)n−n×(12)n+1
=12−(12)n×121−12−n×(12)n+1
=1−(12)n−n×(12)n+1，
Tn=2−(n+2)×(12)n，
所以Sn=n−2+n+22n．
【解析】本题考查了变形转化为等比数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
(1)根据题意得到an+1+n+1=2(an+n)，所以数列{an+n}是等比数列，首项为2，公比为2，即可得解；
(2)bn=(12)n，cn=(2n−n)(12)n=1−n(12)n，利用“错位相减法”即可得出．
19.【答案】解：(1)取BB1的中点D，连结AD，CD，
在△ABB1中，AB=AB1= 5，BB1=2，
所以AD⊥BB1，AD=2，
在△CBB1中，BC=B1C= 2，BB1=2，
所以CD⊥BB1，CD=1，
由AD⊥BB1，CD⊥BB1知∠ADC为二面角A−BB1−C1的平面角，
由题知∠ADC=60，
在△ADC中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2CD⋅AD⋅cs∠ADC = 3，
所以AC= 3，
又因为AD∩DC=D，AD，DC⊂平面ADC，
所以BB1⊥平面ADC，
因为AC⊂平面ADC，所以BB1⊥AC，
又三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1//CC1，得CC1⊥AC，
故四边形ACC1A1的面积S=AC×CC1= 3×2=2 3；
(2)由(1)知AC= 3，B1C= 2，AB1= 5，
所以AB12=AC2+B1C2，
所以AC⊥CB1，
同理AC⊥CB，
又因为BC=B1C= 2，BB1=2，所以BB12=BC2+B1C2，
所以BC⊥CB1，
以C为原点，以CB1，CB，CA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
A(0,0, 3)，B(0, 2,0)，B1( 2,0,0)，C1B1=CB=(0, 2,0)，
AB1=( 2,0,− 3)，BA=B1A1=(0,− 2, 3)，
假设存在点M满足题意，不妨设B1M=λB1A1(0≤λ≤1)，
则CM=CB1+B1M=CB1+λB1A1=( 2,− 2λ, 3λ)，
设平面AB1C1的法向量为n=(p,q,r)，则
n⋅AB1= 2p− 3r=0,n⋅C1B1= 2q=0,
可取n=( 3,0, 2)，
设直线CM与平面AB1C1所成的角为θ，依题有
sinθ=|cs|=|n·CMn·CM|= 6+ 6λ 5· 5λ2+2= 215，
解得λ=25∈[0,1]．
此时A1M=35B1A1=3 55，
故存在点M满足题意，且A1M的长为3 55．
【解析】本题考查了线面垂直的证明以及应用问题，也考查了线面角的计算问题，考查了运算求解能力，是中档题．
(1)根据题意可得BB1⊥AC，进一步可得CC1⊥AC，即可得四边形面积；
(2)利用向量法求出平面AB1C1的法向量为m，假设存在点M满足题意，不妨设B1M=λB1A1(0≤λ≤1)，利用法向量求出CM与平面AB1C1所成角的正弦值，列方程求出λ的值即可．
20.【答案】解：(1)某人只射击两次包含两种情况：
第一次击中1号球，第二次击中2号球，或第一次击中3号球，第二次击中6号球，
∴某人只射击两次的概率p=15×14+15×14=110．
(2)由题知X的可能取值为2，3，4，5，Y为30，20，10，0，
P(Y=30)=P(X = 2) =15×14+15×14=110，
P(Y = 20) = P(X = 3) =15×2×14×13+15×4×14×13+15×2×14×13=215，
P(Y =10) = P(X = 4)=15×A33×14×13×12+15×A33×14×13×12=110，
P(Y = 0) = P(X = 5)=1−110−215−110=23，
∴Y的分布列为：
EY=0×23+10×110+20×215+30×110=203．
【解析】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用，属于中档题．
(1)某人只射击两次包含两种情况：第一次击中1号球，第二次击中2号球，或第一次击中3号球，第二次击中6号球，由此能求出某人只射击两次的概率．
(2)由题知X的可能取值为2，3，4，5，Y为30，20，10，0，分别求出相应的概率，由此能求出此人所得奖金Y的分布列和期望．
21.【答案】解：(1)设M(x,y)，则|MA|=|x−y| 2，|MB|=|x+y| 2，
所以矩形OAMB的面积|MA|⋅|MB|=x2−y22=m．
因为A，B分别在第一、四象限，
所以动点M的轨迹E方程为x2−y2=2m(x≥ 2m).
(2)因为S1=S2，S△OAM=S△OBM，所以，所以M为PQ的中点．
设M(x0,y0)，当直线l的斜率不存在时，其方程为x=x0，
所以仅当x0= 2m时，满足S1=S2，此时直线x= 2m与曲线E只有一个交点．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−x0)+y0，
联立y=k(x−x0)+y0y=x，解得P(kx0−y0k−1,k0−y0k−1)，
联立y=k(x−x0)+y0y=−x，解得Q(kx0−y0k+1,−kx0−y0k+1)，
所以kx0−y0k−1+kx0−y0k+1=2x0，解得k=x0y0．
所以直线l的方程为y=x0y0(x−x0)+y0=x0y0x−2my0，
联立y=x0y0x−2my0x2−y2=2m，解得x2−2x0x+2m+y02=0，
有Δ=4x02−4(2m+y02)=4x02−4y02−8m=0，所以直线l与曲线E仅有一个公共点．
所以除点M，直线l与曲线E没有其它公共点．
【解析】本题考查了点到直线的距离，直线与双曲线的位置关系，属于中档题。
(1)由点到直线的距离公式和矩形的面积公式即可求解；
(2)由题设得M为PQ的中点，分直线PQ的斜率不存在和存在讨论即可。
22.【答案】解：(1)因为ℎ(x)=x2+34−lnx，
所以ℎ′(x)=2x−1x=2x2−1x，
所以ℎ(x)在(0, 22)上单调递减，在( 22,1)上单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ( 22)=54−ln 22
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12+34=−2x1+t,lnx2=−2x2+t,
于是x12+34−lnx2=2(x2−x1)，
设x2−x1=m，则x12−ln(x1+m)−2m+34=0．
设m(x)=x2−ln(x+m)−2m+34，则有m(x)=0在(0,+∞)有解，
由m′(x)=2x−1x+m=2x2+2mx−1x+m知
函数m(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)单调递增，
其中2x02+2mx0−1=0，即m=12x0−x0，
所以m(x0)≤0，即m(x0)=x02+ln(2x0)−1x0+2x0+34≤0，
设M(x)=x2+ln(2x)−1x+2x+34，
其导函数M′(x)=2x+1x+1x2+2>0，
所以M(x)在(0,+∞)上单调递增，
结合M(12)=0，知0所以m=12x0−x0≥12，
于是|AB|= 5|x2−x1|= 5m≥ 52．
所以当|AB|取最小值时，x2−x1=m=12，
所以x12−ln(x1+12)−14=0
设φ(x)=x2−ln(x+12)−14，
其导函数φ′(x)=2x−1x+12=(x+1)(2x−1)x+12，
所以φ(x)在(0,12)上单调递减，在(12,+∞)上单调递增，
φ(x)的最小值为φ(12)=0．
所以x1=12，
所以t=x12+2x1+34=2
【解析】本题考查利用导数求函数的最值，考查了转化思想，属于较难题．
(1)对ℎ(x)求导数，得出单调性，再求出最小值即可；
(2)根据题意，得出|AB|= 5|x2−x1|= 5m，构造函数φ(x)=x2−ln(x+12)−14，利用导数求得函数φ(x)的最值即可． Y
0
10
20
30
P
23
110
215
110