2021年江苏省无锡市锡山区天一中学高考数学三调试卷（三模）一、选择题（每小题5分）.1．设a，b∈R，则集合P＝{x|（x﹣1）2（x﹣a）＝0}，Q＝{x|（x+1）（x﹣b）2＝0}，若P＝Q，则a﹣b＝（ ）A．0B．2C．﹣2D．12．已知复数z满足|z|＝1，且有z17+z＝1，求z＝（ ）A．B．C．D．都不对3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是关于整除的问题．现有这样一个整除问题：将1到2021这2021个正整数中能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则数列{an}各项的和为（ ）A．137835B．137836C．135809D．1358104．古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18°表示．若实数n满足4sin218°+n2＝4，则＝（ ）A．B．C．D．5．电影《刘三姐》中有一个“舟妹分狗”的片段．其中，罗秀才唱道：三百条狗交给你，一少三多四下分，不要双数要单数，看你怎样分得匀？舟妹唱道；九十九条圩上卖，九十九条腊起来，九十九条赶羊走，剩下三条，财主请来当奴才（讽刺财主请来对歌的三个奴才）．事实上，电影中罗秀才提出了一个数学问题：把300条狗分成4群，每群都是单数，1群少，3群多，数量多的三群必须都是一样的，否则就不是一少三多，问你怎样分？舟妹已唱出其中一种分法，即{3，99，99，99}，那么，所有分法的种数为（ ）A．6B．9C．10D．126．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．”函数的部分图象大致为（ ）A．B．\nC．D．7．第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年02月04日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）A．B．C．D．8．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则的取值范围为（ ）A．B．C．D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9．2020年初，新冠病毒肆虐，为了抑制病毒，商场停业，工厂停工停产．学校开始以网课的方式进行教学．为了掌握学生们的学习状态，某省级示范学校对高三一段时间的教学成果进行测试．高三有1000名学生，期末某学科的考试成绩（卷面成绩均为整数）Z服从正态分布N（82.5，5.42），则（人数保留整数）（ ）\n参考数据：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z＜μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）＝0.9973．A．年级平均成绩为82.5分B．成绩在95分以上（含95）人数和70分以下（含70分）人数相等C．成绩不超过77分的人数少于150人D．超过98分的人数为1人10．∀x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，例如[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2．十八世纪，函数f（x）＝[x]被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”．则下列命题中是真命题的是（ ）A．∃x∈R，x≥[x]+1B．∀x，y∈R，[x]+[y]≤[x+y]C．∀x∈R，x﹣1＜[x]＜x＜[x]+1D．函数f（x）＝x﹣[x]的值域为[0，1）11．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上（不含端点）且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A、C两点重合于点A1，则下列结论正确的有（ ）A．A1D⊥EFB．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1﹣DEF的外接球体积为πC．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1﹣DEF的体积为D．当BE＝BF＝BC时，点A1到平面DEF的距离为12．一般地，若函数f（x）的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称为的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f（x）的“跟随区间”．下列结论正确的是（ ）A．若[1，b]为f（x）＝x2﹣2x+2的跟随区间，则b＝2\nB．函数f（x）＝1+存在跟随区间C．若函数f（x）＝m﹣存在跟随区间，则m∈（﹣，0]D．二次函数f（x）＝﹣x2+x存在“3倍跟随区间”三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量＝（3，2cos），＝（﹣，），且，则cosα＝ ．14．已知点P（x，y）是抛物线y2＝4x上任意一点，Q是圆（x+2）2+（y﹣4）2＝1上任意一点，则|PQ|+x的最小值为 ．15．若非负实数x，y满足x2+4y2+4xy+4x2y2＝32，则x+2y的最小值为 ，的最大值为 ．16．如图，在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，，，E，F分别是AD，BC的中点若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ．四、解答题17．若数列{an}满足a1＝1，且存在常数k＞1，使得对任意的n∈N*都有，则称数列{an}为“k控数列”．（1）若公差为d的等差数列{an}是“2控数列”，求d的取值范围；（2）已知公比为q（q≠1）的等比数列{bn}的前n项和为Sn，数列{bn}与Sn都是“k控数列”，求q的取值范围（用k表示）．18．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①b+bcosC＝csinB；②（2b﹣a）cosC＝ccosA；③a2+b2﹣c2＝这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：（1）求∠C；\n（2）若a＝5，c＝7，延长CB到D，使cos∠ADC＝，求线段BD的长度．19．数学家斐波那契在其所著《计算之书》中，记有“二鸟饮泉”问题，题意如下：“如图1，两塔，相距**步，高分别为**步和**步．两塔间有喷泉，塔顶各有一鸟．两鸟同时自塔顶出发，沿直线飞往喷泉，同时抵达（假设两鸟速度相同）．求两塔与喷泉中心之距．”如图2，现有两塔AC、BD，底部A、B相距12米，塔AC高3米，塔BD高9米．假设塔与地面垂直，小鸟飞行路线与两塔在同一竖直平面内．（1）若如《计算之书》所述，有飞行速度相同的两鸟，同时从塔顶出发，同时抵达喷泉所在点M，求喷泉距塔底A的距离；（2）若塔底A、B之间为喷泉形成的宽阔的水面，一只小鸟从塔顶C出发，飞抵水面A、B之间的某点P处饮水之后，飞到对面的塔顶D处．求当小鸟飞行距离最短时，饮水点P到塔底A的距离．20．最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏．班主任把除颜色不同外其余均相同的8个小球放入一个纸箱子，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜的概率；（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）；（3）第一轮比赛结束，有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由．21．已知函数f（x）＝aex﹣cos（a﹣1），a∈R．\n（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设g（x）＝f（x）﹣ln（x+1），若g（x）≥0，求a的取值范围．22．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，E为C上不同于A，B的动点，直线AE，BE的斜率kAE，kBE满足kAE•kBE＝﹣，的最小值为﹣4．（1）求C的方程；（2）O为坐标原点，过O的两条直线l1，l2满足l1∥AE，l2∥BE，且l1，l2分别交C于M，N和P，Q．试判断四边形MPNQ的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．\n参考答案一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设a，b∈R，则集合P＝{x|（x﹣1）2（x﹣a）＝0}，Q＝{x|（x+1）（x﹣b）2＝0}，若P＝Q，则a﹣b＝（ ）A．0B．2C．﹣2D．1解：因为P＝{x|（x﹣1）2（x﹣a）＝0}＝{1，a}，Q＝{x|（x+1）（x﹣b）2＝0}＝{﹣1，b}，若P＝Q，则a＝﹣1，b＝1，a﹣b＝﹣2．故选：C．2．已知复数z满足|z|＝1，且有z17+z＝1，求z＝（ ）A．B．C．D．都不对解：设z＝cosα+isinα，由于z17+z＝cos17α+isin17α+cosα+isinα＝cos17α+cosα+i（sin17α+sinα）＝1，所以cos17α+cosα＝1，sin17α+sinα＝0，所以cos17α＝﹣cosα+1，sin17α＝﹣sinα，两边平方相加得cos，sin，故z．故选：A．3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是关于整除的问题．现有这样一个整除问题：将1到2021这2021个正整数中能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则数列{an}各项的和为（ ）A．137835B．137836C．135809D．135810解：由于数列中的数能被3除余1且被5除余1的数，故an＝15n﹣14，当n＝135时，a135＝15×135﹣14＝2011，\n所以．故选：D．4．古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18°表示．若实数n满足4sin218°+n2＝4，则＝（ ）A．B．C．D．解：根据题中的条件可得：n2＝4﹣4sin218°＝4cos218°，则＝＝＝＝＝＝．故选：A．5．电影《刘三姐》中有一个“舟妹分狗”的片段．其中，罗秀才唱道：三百条狗交给你，一少三多四下分，不要双数要单数，看你怎样分得匀？舟妹唱道；九十九条圩上卖，九十九条腊起来，九十九条赶羊走，剩下三条，财主请来当奴才（讽刺财主请来对歌的三个奴才）．事实上，电影中罗秀才提出了一个数学问题：把300条狗分成4群，每群都是单数，1群少，3群多，数量多的三群必须都是一样的，否则就不是一少三多，问你怎样分？舟妹已唱出其中一种分法，即{3，99，99，99}，那么，所有分法的种数为（ ）A．6B．9C．10D．12解：根据题意，设“三多”的狗有x条，则“一少”的狗有300﹣3x条，则有，解可得75＜x＜100，又由x为奇数，则x可取的值有77、79、81、……、99，共12个，则有12种分法，故选：D．6．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．”函数的部分图象大致为（ ）\nA．B．C．D．解：f（﹣x）＝＝﹣f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除A，B，当x＞0时，f（x）＞0，排除D，故选：C．7．第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年02月04日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）A．B．C．D．解：设内层椭圆方程为（a＞b＞0），因为内外椭圆离心率相同，所以外层椭圆，\n可设成，（m＞1），设切线的方程为y＝k1（x+a），与联立得，，由△＝0，则，同理，所以，因此．故选：B．8．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则的取值范围为（ ）A．B．C．D．解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，则f′（x）＝2x﹣2+＝（x＞0），令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，由题意知2x2﹣2x+a＝0在（，+∞）上有2个根x1，x2，故，解得：＜a＜，由根与系数的关系得，由求根公式得x1，2＝，∵x1＜x2，∴x2＝，∵＜a＜，∴＜x2＜，\n则＝＝＝x2+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）＝x2﹣1+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）+1（＜x2＜），令t＝1﹣x2，则＜t＜，设g（t）＝﹣t+2tlnt+1（＜t＜），则g′（t）＝1+2lnt，易知g′（t）在（，）上单调递增，故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝ln＜0，故当＜t＜时，函数g（t）为减函数，∴g（t）＜﹣+2×ln+1＝﹣ln2，且g（t）＞﹣+2×lnln+1＝﹣ln2，∴∈（﹣ln2，﹣ln2）．故选：D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9．2020年初，新冠病毒肆虐，为了抑制病毒，商场停业，工厂停工停产．学校开始以网课的方式进行教学．为了掌握学生们的学习状态，某省级示范学校对高三一段时间的教学成果进行测试．高三有1000名学生，期末某学科的考试成绩（卷面成绩均为整数）Z服从正态分布N（82.5，5.42），则（人数保留整数）（ ）参考数据：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z＜μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）＝0.9973．A．年级平均成绩为82.5分B．成绩在95分以上（含95）人数和70分以下（含70分）人数相等C．成绩不超过77分的人数少于150人D．超过98分的人数为1人解：选项A：因为Z～N（82.5，5.42），所以μ＝82.5，σ＝5.4，由正态分布概念可知：年级平均成绩μ＝82.5，故A正确，选项B：因为\n，所以成绩在95分以上（含95分）人数和70分以下（含70分）人数相等，故B正确，选项C：因为77≈82.5﹣5.4＝μ﹣σ，所以P（Z＜77）≈P（Z＜μ﹣σ）＝，因为1000×0.15865≈159＞150，所以成绩不超过77分的人数多于150人，故C错误，选项D：因为82.5+5.4×3＝98.7≈99，所以P（Z≥99）≈P（Z≥μ+3σ）＝，因为1000×0.00135≈1，所以超过98分的人数为1人，故D正确，故选：ABD．10．∀x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，例如[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2．十八世纪，函数f（x）＝[x]被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”．则下列命题中是真命题的是（ ）A．∃x∈R，x≥[x]+1B．∀x，y∈R，[x]+[y]≤[x+y]C．∀x∈R，x﹣1＜[x]＜x＜[x]+1D．函数f（x）＝x﹣[x]的值域为[0，1）解：由定义得：[x]≤x＜[x]+1，故对∀x∈R，x＜[x]+1，故A错误；由定义可得，对∀x，y∈R，x＝[x]+a，y＝[y]+b，a，b∈[0，1），所以x+y＝[x]+[y]+a+b，∴[x+y]＝[x]+[y]+[a+b]，所以[x]+[y]≤[x+y]，故B正确；由定义得x﹣1＜[x]≤x＜[x]+1，故C错误；由定义x﹣1＜[x]≤x，所以0≤x﹣[x]＜1，所以函数f（x）＝x﹣[x]的值域是[0，1），故D正确．故选：BD．11．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上（不含端点）且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A、C两点重合于点A1，则下列结论正确的有（ ）\nA．A1D⊥EFB．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1﹣DEF的外接球体积为πC．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1﹣DEF的体积为D．当BE＝BF＝BC时，点A1到平面DEF的距离为解：取EF的中点O，连接OA1，OD，由题意可得DE＝DF，A1E＝A1F，所以OD⊥EF，A1O⊥EF，DO∩A1O＝O，所以EF⊥平面A1OD，所以EF⊥A1D，故A正确；当BE＝BE＝BC＝2时，A1E＝A1F＝2，EF＝2，可得A1E⊥A1F，又A1E⊥A1D，A1F⊥A1D，可把三棱锥A1﹣EDF放到以A1D，A1E，A1F为相邻棱的长方体中，可得长方体的对角线长为＝2，故外接球的半径为，体积为π×（）3＝8π，故B错误；当BE＝BF＝BC＝1时，EF＝，cos∠EA1F＝＝，所以sin∠EA1F＝＝，S＝A1E•A1F•sin∠EA1F＝×3×3×＝，V＝V＝S•A1D＝××4＝，故C正确；当BE＝BF＝1时，设A1到面DEF的距离为h，\n则V＝S△DEFh＝×（4×4﹣2××4×3﹣×1×1）h＝×h＝，解得h＝，故D正确．故选：ACD．12．一般地，若函数f（x）的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称为的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f（x）的“跟随区间”．下列结论正确的是（ ）A．若[1，b]为f（x）＝x2﹣2x+2的跟随区间，则b＝2B．函数f（x）＝1+存在跟随区间C．若函数f（x）＝m﹣存在跟随区间，则m∈（﹣，0]D．二次函数f（x）＝﹣x2+x存在“3倍跟随区间”解：选项A：由已知可得函数f（x）在区间[1，b]上单调递增，则有f（b）＝b2﹣2b+2＝b，解得b＝2或1（舍），所以b＝2，A正确；选项B：若存在跟随区间[a，b]（a＜b），又因为函数在单调区间上递减，则有，解得a＝b＝1，显然不成立，B错误；选项C：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间[a，b]（﹣1≤a＜b），则有，即，两式做差得：a﹣b＝，即（a﹣b）（）＝a+1﹣（b+1）＝a﹣b，又﹣1≤a＜b，所以，易得0，所以m＝a+＝a+1﹣，设＝t∈（0，），则m＝t2﹣t，\n即t2﹣t﹣m＝0在区间（0，）上有两个不相等的实数根，只需：，解得﹣＜m≤0，C正确；选项D：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，当a＜b≤1时，易得函数在定义域上单调递增，则a，b是方程﹣的两个不相等的实数根，解得x＝0或﹣4，故存在定义域为[﹣4，0]使得值域为[﹣12，0]，D正确，故选：ACD．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量＝（3，2cos），＝（﹣，），且，则cosα＝ ﹣ ．解：因为＝（3，2cos），＝（﹣，），且，所以＝﹣+cos＝0，即cos＝，则cosα＝2cos2﹣1＝﹣．故答案为：﹣．14．已知点P（x，y）是抛物线y2＝4x上任意一点，Q是圆（x+2）2+（y﹣4）2＝1上任意一点，则|PQ|+x的最小值为 3 ．解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），准线l：x＝﹣1圆C：（x+2）2+（y﹣4）2＝1的圆心C（﹣2，4），半径r＝1，由抛物线定义知：点P到直线l：x＝﹣1距离d＝|PF|，点P到y轴的距离为x＝d﹣1，∴当C、P、F三点共线时，|PQ|+d取最小值，∴（|PQ|+x）min＝|FC|﹣r﹣1＝5﹣1﹣1＝3故答案为：3．\n15．若非负实数x，y满足x2+4y2+4xy+4x2y2＝32，则x+2y的最小值为 4 ，的最大值为 16 ．解：因为x2+4y2+4xy+4x2y2＝32，即（x+2y）2+4x2y2＝32≤（x+2y）2+（x+2y）4，即（x+2y）4+16（x+2y）2﹣32×16≥0，故（x+2y）2≥16，或（x+2y）2≤﹣32（舍）故x+2y≥4，或x+2y≤﹣4（舍）故x+2y的最小值为4，故答案为：4第二空：令（x+2y）+2xy＝t（t≥0）．则（x+2y）＝t﹣2xy≥0，两边平方得：7（x+2y）2＝（t﹣2xy）2①因为x2+4y2+4xy+4x2y2＝32，所以x2+4y2+4xy＝（x+2y）2＝32﹣4x2y2②，所以由①②联立可得：7（32﹣4x2y2）＝（t﹣2xy）2展开得：32x2y2﹣4txy﹣32×7+t2＝0因为关于xy的方程必须有解，故方程的判别式△＝16t2﹣4×32×（t2﹣32×7）≥0．解得t2≤16×16，因为t2≥0，所以0≤t≤16，所以t的最大值为16则t＝（x+2y）+2xy，故答案为：（x+2y）+2xy的最大值为16．16．如图，在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，，，E，F分别是AD，BC的中点若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α\n去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ．解：补成长，宽，高分别为，，1的长方体由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，可得KL+KN＝，设异面直线BC与AD所成的角为θ，则sinθ＝sin∠HFB＝sin∠LKN，算得sinθ＝，∴S四边形MNKL＝NK•KL•sin∠NKL≤（）2＝，当且仅当NK＝KL时取等号．故答案为：．四、解答题17．若数列{an}满足a1＝1，且存在常数k＞1，使得对任意的n∈N*都有，则称数列{an}为“k控数列”．（1）若公差为d的等差数列{an}是“2控数列”，求d的取值范围；（2）已知公比为q（q≠1）的等比数列{bn}的前n项和为Sn，数列{bn}与Sn都是“k控数列”，求q的取值范围（用k表示）．解：（1）因为公差为d的等差数列{an}是“2控数列”，所以a1＝1，所以an＝1+（n﹣1）d，，n∈N*，\n即，n∈N*，所以，由（n+1）d≥﹣1得d≥，又∈[.0]，所以d≥0，由（n﹣2）d≥﹣1得：当n﹣1时，﹣d≥﹣1，所以d≤1；当n﹣2时，0≥1成立；当≥3时，d≥又∈[﹣1，0），所以d≥0；综上，0≤d≤1，所以d的取值范围是[0，1]；（2）因为数列{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列且为“k控数列”，所以，显然bn＞0，故，易知Sn＝，要使{Sn}是“k控数列”，则得，n∈N*（1）时，≤k，k∈N*，令f（n）＝＝q+，n∈N*，则f（n）单调递减，所以1＜f（n）≤q+1，所以k≥q+1，即故﹣1．要使q存在，则得k≥（2）当1＜q≤k时，≤k，n∈N*，令g（n）＝＝q+，n∈N*，则g（n）递减，q＜g（n）≤q+1，所义：又1＜q＜k，所以1＜q＜k﹣1，要使q存在，需1＜k﹣1，得k＞2，综上，当k≥时，公比q的取值范围是[，k﹣1]．故答案为：q∈[，k﹣1]．\n18．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①b+bcosC＝csinB；②（2b﹣a）cosC＝ccosA；③a2+b2﹣c2＝这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：（1）求∠C；（2）若a＝5，c＝7，延长CB到D，使cos∠ADC＝，求线段BD的长度．解：（1）选①：由正弦定理知，＝＝，∵b+bcosC＝csinB，∴sinB+sinBcosC＝sinBsinC，∵B∈（0，π），∴1+cosC＝sinC，即sin（C﹣）＝，∵C∈（0，π），∴C﹣∈（﹣，），∴C﹣＝，即C＝．选②：由正弦定理知，＝＝，∵（2b﹣a）cosC＝ccosA，∴（2sinB﹣sinA）cosC＝sinCcosA，∴2sinBcosC＝sin（A+C）＝sinB，∵B∈（0，π），∴cosC＝，∵C∈（0，π），∴C＝．选③：∵a2+b2﹣c2＝S△ABC＝×absinC＝absinC，由余弦定理知，cosC＝＝sinC，∵C∈（0，π），∴tanC＝，∴C＝．（2）在△ABC中，由余弦定理知，cosC＝，∴＝，化简b2+5b﹣24＝0，解得b＝8或﹣3（舍负），由正弦定理知，，∴＝，∴sin∠ABC＝，∵∠ABC∈（0，π），∴cos∠ABC＝＝，在△ABD中，sin∠ADC＝＝＝，\n∴sin∠BAD＝sin（∠ABC﹣∠ADC）＝sin∠ABC•cos∠ADC﹣cos∠ABC•sin∠ADC＝×﹣×＝，由正弦定理知，，∴，∴BD＝5．19．数学家斐波那契在其所著《计算之书》中，记有“二鸟饮泉”问题，题意如下：“如图1，两塔，相距**步，高分别为**步和**步．两塔间有喷泉，塔顶各有一鸟．两鸟同时自塔顶出发，沿直线飞往喷泉，同时抵达（假设两鸟速度相同）．求两塔与喷泉中心之距．”如图2，现有两塔AC、BD，底部A、B相距12米，塔AC高3米，塔BD高9米．假设塔与地面垂直，小鸟飞行路线与两塔在同一竖直平面内．（1）若如《计算之书》所述，有飞行速度相同的两鸟，同时从塔顶出发，同时抵达喷泉所在点M，求喷泉距塔底A的距离；（2）若塔底A、B之间为喷泉形成的宽阔的水面，一只小鸟从塔顶C出发，飞抵水面A、B之间的某点P处饮水之后，飞到对面的塔顶D处．求当小鸟飞行距离最短时，饮水点P到塔底A的距离．解：（1）设MA＝x米，则MB＝（12﹣x）米，于是CM＝，DM＝，由题意可知CM＝DM，故9+x2＝（12﹣x）2+81，解得：x＝9米，故喷泉距塔底A的距离为9米．（2）设C关于水面AB的对称点为C′，则PC＝PC′，连接DC′，\n故PC+PD的最小值为DC′＝＝12，设DC′交AB于P，设PA＝x，则PB＝12﹣x，∴PC＝，PD＝，∴+＝12，解得：x＝3，故当小鸟飞行距离最短时，饮水点P到塔底A的距离为3m．20．最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏．班主任把除颜色不同外其余均相同的8个小球放入一个纸箱子，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜的概率；（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）；（3）第一轮比赛结束，有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由．【解答】解；（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件A，因为球的总分为1×3+2×3+3＝4＝16，事件A指的是甲的得分大于等于8，则甲再从袋子中摸出2个球，摸出了1个白球1个红球，或1个黄球1个红球，或2个黄球，\n故P（A）＝＝；（2）如果乙先摸出了红色球，则他可以再从袋子中摸出3个球，若他摸出了3个白球，则ξ＝3+1×3＝6分，若他摸出了2个白球1个黄球，则ξ＝3+1×2+2＝7分，若他摸出了2个白球1个绿球，则ξ＝3+1×2+4＝7分，若他摸出了1个白球2个黄球，则ξ＝3+1+2×2＝8分，若他摸出了1个白球1个黄球1个绿球，则ξ＝3+1+2+4＝10分，若他摸出了2个黄球1个绿球，则ξ＝3+2×2+4＝11分，若他摸出了3个黄球，则ξ＝3+2×3＝9分，故ξ的所有可能的取值为6，7，8，9，10，11，所以P（ξ＝6）＝＝，P（ξ＝7）＝＝，P（ξ＝8）＝＝，P（ξ＝9）＝＝，P（ξ＝10）＝＝，P（ξ＝11）＝＝，故ξ的分布列为：ξ67891011P所以ξ的数学期望E（ξ）＝6×+7×+8×+9×+10×+11×＝；（3）由（1）可知，若第一次摸出绿球，则摸球人获胜的概率为，\n由（2）可知，若第一次摸出红球，则摸球人获胜的概率为＝，若第一次摸出黄球，则摸球人获胜的概率为＝，若第一次摸出白球，则摸球人获胜的概率为＝，则摸球人获胜的概率为＝，故比赛不公平．21．已知函数f（x）＝aex﹣cos（a﹣1），a∈R．（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设g（x）＝f（x）﹣ln（x+1），若g（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）a＝1时，f（x）＝ex﹣1，则f′（x）＝ex，∴f′（0）＝1，又f（0）＝0，故切点为（0，0），故曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：x﹣y＝0；（2）g（x）＝aex﹣ln（x+1）﹣cos（a﹣1），定义域是（﹣1，+∞），令t（a）＝a﹣cos（a﹣1）（a∈R），求导t′（a）＝1+sin（a﹣1）≥0，故t（a）在R上单调递增，且t（1）＝1﹣cos（1﹣1）＝0，故g（x）≥0，则当x＝0时，g（0）＝a﹣cos（a﹣1）≥0恒成立，即t（a）≥t（1），故a≥1，∵g′（x）＝aex﹣，∴a≥1时，令m（x）＝g′（x），则m′（x）＝aex+＞0，故m（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，且m（0）＝a﹣1≥0，m（﹣1）＝a﹣a≤a﹣a＝0，故存在x0∈（﹣1，0]，使得m（x0）＝0，即a﹣＝0，ln（1+x0）＝﹣x0﹣lna，当x∈（﹣1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）在（﹣1，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（x0，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（x0）＝a﹣ln（1+x0）﹣cos（a﹣1）＝+x0+lna﹣cos（a﹣1）＝+1+x0+lna﹣cos（a﹣1）﹣1≥1+lna﹣cos（a﹣1）≥0，\n综上，所求a的取值范围是[1，+∞）．22．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，E为C上不同于A，B的动点，直线AE，BE的斜率kAE，kBE满足kAE•kBE＝﹣，的最小值为﹣4．（1）求C的方程；（2）O为坐标原点，过O的两条直线l1，l2满足l1∥AE，l2∥BE，且l1，l2分别交C于M，N和P，Q．试判断四边形MPNQ的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．解：（1）设E（x0，y0），则+＝1，因为kAE•kBE＝•＝＝＝﹣，所以•＝（x0+a）（x0﹣a）+y02＝（x0+a）（x0﹣a）+b2（1﹣）＝x02﹣c2≥﹣c2，所以，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆的方程为+＝1．（2）根据椭圆的对称性，可知OM＝ON，OP＝OQ，所以四边形MPNQ为平行四边形，所以SMPNQ＝4S△OMP，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，M（x1，y1），P（x2，y2），则y1＝k1x1①，y2＝k2x2②，因为l1∥AE，l2∥BE，所以k1•k2＝kAE•kBE＝﹣，当直线MP的斜率不存在时，y1＝﹣y2，x1＝x2，①×②，得﹣y12＝k1k2x12＝﹣x12，\n又+＝1，解得|x1|＝2，|y1|＝，所以SMPNQ＝4S△OMP＝4××|2y1||x1|＝8，当直线MP的斜率存在时，设直线MP的方程为y＝kx+m，联立，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，则△＝（4km）2﹣4（2k2+1）（2m2﹣8）＝8（8k2+4﹣m2）＞0，所以x1+x2＝﹣，x1x2＝，因为k1•k2＝•＝•＝＝﹣，所以＝﹣，整理得m2＝4k2+2，因为直线MP过点（0，m），所以SMPNQ＝4S△OMP＝4××|m||x1﹣x2|＝2|m|•＝2|m|•＝，将m2＝4k2+2代入，整理得SMPNQ＝8，综上，四边形MPNQ的面积为定值，且定值为8．
