2024年高考数学一轮复习仿真模拟冲刺卷四含解析理

PAGEPAGE17仿真模拟冲刺卷(四)时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．[2024·云南曲靖一中高三月考]设集合A＝{－2，－1，0，1}，B＝{x|x2<1}，则A∩(∁RB)＝()A．{－2，－1，1}B．{－2,0,1}C．{－2，－1}D．{－1,1}2．已知复数z1＝3＋i和z2＝1＋i，则z1z2＋eq\f(z1,z2)＝()A．3＋4iB．4＋3iC．3＋6iD．6＋3i3．[2024·贵州贵阳一中高三月考]已知向量a＝(1，2)，b＝(－1，3)，且(ma＋nb)⊥b，则eq\f(m,n)＝()A．－eq\f(1,2)B．eq\f(1,2)C．2D．－24．下列叙述中错误的是()A．若p∨q为真命题，则p∧q为真命题B．命题“∃x0>0，lnx0＝x0－1”的否定是“∀x>0，lnx≠x－1”C．命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题是真命题D．已知x0>0，则“ax0>bx0”是“a>b>0”的必要不充分条件5．已知随机变量X～N(1，σ2)，且P(X<0)＝P(X≥a)，则(x2＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的绽开式中的常数项为()A．25B．－25C．5D．－56．[2024·吉林长春外国语学校高三期中]在△ABC中，lg(sinA＋sinC)＝2lgsinB－lg(sinC－sinA)，则△ABC的形态为()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形7．[2024·四川内江一模]函数f(x)＝eq\f(ax＋b,（x＋c）2)的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b>0，c<0B．a<0，b>0，c>0C．a<0，b>0，c<0D．a<0，b<0，c<08．[2024·陕西汉中高三月考]设数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn<1000成立的最大正整数n的值为()A．5B．6C．7D．89．[2024·吉林长春一模]给出下列命题：①若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线；②若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线；③若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥c，则a∥b.其中全部真命题的序号是()A．①②B．①③C．③④D．②④10．[2024·山西怀仁市第一中学高三期中]已知函数f(x)＝asin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其最小值为－2，且满意f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，则φ＝()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6)或eq\f(π,3)D．±eq\f(π,3)11．[2024·甘肃靖远高三开学考试]已知F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P，Q是C上位于x轴上方的随意两点，且PF1∥QF2.若|PF1|＋|QF2|≥b，则C的离心率的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．(0，eq\f(\r(3),2)]D．[eq\f(\r(3),2)，1)12．[2024·青海西宁一模]若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满意a1＝1，a2＝3，设bn＝log3an＋1，记[x]表示不超过x的最大整数．设Sn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2024,b1b2)＋\f(2024,b2b3)＋…＋\f(2024,bnbn＋1)))，若不等式Sn≥t，对∀n∈N*恒成立，则实数t的最大值为()A．2024B．2024C．1010D．1009二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．[2024·西藏昌都市第一高级中学模拟]如图所示，在边长为π的正方形内，四条曲线均是y＝sinx在x∈[0，π]的图象，若在正方形内任取一点，则该点落在阴影部分的概率P＝________．14．[2024·云南曲靖一中模拟]若实数x，y满意约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0,x＋2y＋1≥0,x－1≤0))，则z＝ax＋by(a>b>0)取最大值4时，eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．15．[2024·广西崇左二模]设点P是直线3x－4y＋7＝0上的动点，过点P引圆(x－1)2＋y2＝r2(r>0)的切线PA，PB(切点为A，B)，若∠APB的最大值为eq\f(π,3)，则该圆的半径r等于________．16．[2024·黑龙江大庆试验中学高三月考]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点E是棱AD的中点，点F，G在平面A1B1C1D1内，若|EF|＝eq\r(5)，CE⊥BG，则|FG|的最小值为________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)[2024·内蒙古赤峰高三月考]在①q·d＝1，②a2＋b3＝0，③S2＝T2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的空格处：已知Sn是公差为d的等差数列{an}的前n项和，Tn是公比为q的等比数列{bn}的前n项和，________，若a1＝1，S5＝25，a2＝b2.是否存在正实数m，使得对随意的正自然数n，不等式m|Tn|<12恒成立，若恒成立，求出正实数m的取值范围；若不存在，说明理由．18．(12分)[2024·山西太原三模]如图，O1，O2分别是圆台上下底面的圆心，AB是下底面圆的直径，AB＝2O1O2，点P是下底面内以AO2为直径的圆上的一个动点(点P不在AO2上).(1)求证：平面APO1⊥平面PO1O2；(2)若O1O2＝2，∠PAB＝45°，求二面角A­PO1­B的余弦值．19.(12分)[2024·江西新余二模]甲、乙两队进行排球竞赛，每场竞赛采纳“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，竞赛结束).竞赛排名采纳积分制，积分规则如下：竞赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分，已知甲、乙两队竞赛，甲每局获胜的概率为eq\f(2,3).(1)甲、乙两队竞赛1场后，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望；(2)甲、乙两队竞赛2场后，求两队积分相等的概率．20．(12分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)两点的距离之和为4.(1)试推断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；(2)已知直线l：y＝k(x－eq\r(3))(k>0)与圆F：(x－eq\r(3))2＋y2＝eq\f(1,4)交于M、N两点，与曲线C交于P、Q两点，其中M、P在第一象限．d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝(|NQ|－|MP|)·d2取得最大值，若存在，求出k；不存在，说明理由．21．(12分)[2024·陕西西安中学高三月考]已知函数f(x)＝x(lnx－1).(1)设曲线y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)处的切线为y＝g(x)，求证：f(x)≥g(x)；(2)若f(x)＝a有两个根x1，x2，求证：|x1－x2|<2a＋e＋eq\f(1,e).(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(3)cosα,y＝2\r(3)＋2\r(3)sinα))(α为参数且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))))，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.(1)说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；(2)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3)，\f(π,2)))，射线θ＝γeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<γ<\f(π,2)))与C1的交点为M(异于极点)，与C2的交点为N(异于极点)，若|MN|＝eq\r(3)|MA|，求tanγ的值．23．[选修4－5：不等式选讲](10分)[2024·河南高三开学考试]已知函数f(x)＝2|x－1|－x.(1)求不等式f(x)<2x－4的解集．(2)已知函数f(x)的最小值为m，且a，b，c都是正数，a＋2b＋c＝－m，证明：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)≥4.仿真模拟冲刺卷（四）1．答案：A解析：B＝{x|－1<x<1}，则∁RB＝{x|x≤－1或x≥1}，所以A∩（∁RB）＝{－2，－1，1}．故选A.2．答案：B解析：由题意，z1z2＋eq\f(z1,z2)＝z1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2＋\f(1,z2)))＝（3＋i）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋i＋\f(1,1＋i)))＝（3＋i）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋i＋\f(1－i,（1＋i）（1－i）)))＝（3＋i）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋i,2)))＝eq\f(（3＋i）（3＋i）,2)＝eq\f(8＋6i,2)＝4＋3i.故选B.3．答案：D解析：因为a＝（1，2），b＝（－1，3），所以ma＋nb＝（m－n，2m＋3n），又因为（ma＋nb）⊥b，所以（ma＋nb）·b＝－（m－n）＋3（2m＋3n）＝0，化简得eq\f(m,n)＝－2.故选D.4．答案：A解析：对于A，若p∨q为真命题，则p，q中至少一个为真命题，当p，q中只有一个为真命题时，p∧q为假命题，A不正确；对于B，命题“∃x0>0，lnx0＝x0－1”是特称命题，其否定为“∀x>0，lnx≠x－1”，B正确；对于C，命题“若x＝y，则sinx＝siny”是真命题，则其逆否命题是真命题，C正确；对于D，当x0>0时，函数y＝xx0在（0，＋∞）上单调递增，若a>b>0，则ax0>bx0，反之，若ax0>bx0，当x0＝2时，a，b可以都为负数，即a>b>0不肯定成立，所以“ax0>bx0”是“a>b>0”的必要不充分条件，D正确．故选A.5．答案：B解析：由随机变量X～N（1，σ2），且P（X<0）＝P（X≥a），则a＝2，则（x2＋2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的绽开式的通项公式为：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝（－1）rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x6－2r，0≤r≤6，r∈N，令6－2r＝－2，解得r＝4，令6－2r＝0，解得r＝3，所以（x2＋2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的绽开式中的常数项为：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))－2Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－25.故选B.6．答案：B解析：因lg（sinA＋sinC）＝2lgsinB－lg（sinC－sinA），则有lg（sin2C－sin2A）＝lgsin2B，即有sin2C－sin2A＝sin2B，于是得sin2C＝sin2A＋sin2B，在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)得：c2＝a2＋b2，所以△ABC是直角三角形．故选B.7．答案：C解析：函数在P处无意义，由图象看P在y轴右侧，所以－c>0，c＜0，f（0）＝eq\f(b,c2)＞0，∴b>0，由f（x）＝0，∴ax＋b＝0，即x＝－eq\f(b,a)，即函数的零点x＝－eq\f(b,a)>0，∴a<0，∴a＜0，b＞0，c<0.故选C.8．答案：B解析：由题意，得nan＝n·2n，Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，则2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）×2n＋n×2n＋1②，①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，所以Sn＝n×2n＋1－2n＋1＋2＝（n－1）×2n＋1＋2，当n＝6时，Sn＝642，当n＝7时，Sn＝1538，所以要使Sn<1000成立的最大正整数为n＝6.故选B.9．答案：B解析：对于①中，若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，可得P，Q，R⊂α且P，Q，R⊂平面ABC，所以P，Q，R三点必在两平面的交线上，所以P，Q，R三点共线，所以①正确；对于②中，若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c可能相交，平行或异面，所以②错误；对于③中，若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；对于④中，例如：若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则满意若a⊥c，b⊥c，此时a与b相交，所以④错误．其中全部真命题的序号是①③.故选B.10．答案：D解析：由协助角公式可得：f（x）＝asin（ωx＋φ）＋cos（ωx＋φ）＝eq\r(a2＋1)sin（ωx＋φ＋β）.因为T＝eq\f(2π,|ω|)＝π，ω>0，所以ω＝2.又f（x）最小值为－2，所以a＝±eq\r(3).又tanβ＝eq\f(1,a)＝±eq\f(\r(3),3)，所以β＝±eq\f(π,6).因为f（x）＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以f（x）关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋β))＝2cos（φ＋β）＝0.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＋β＝±eq\f(π,2)，φ＝±eq\f(π,3).故选D.11．答案：C解析：由点P，Q是C上位于x轴上方的随意两点，延长PF1交椭圆另一交点为A，由PF1∥QF2再结合椭圆的对称性，易知|QF2|＝|F1A|，所以|PF1|＋|QF2|＝|PF1|＋|F1A|＝|PA|，由椭圆过焦点的弦通径最短，所以当|PA|垂直x轴时，|PA|最短，所以b≤|PA|min＝eq\f(2b2,a)，所以ab≤2b2，解得0<e≤eq\f(\r(3),2).故选C.12．答案：C解析：由题意得：f′（x）＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，∵x＝1是f（x）的极值点，∴f′（1）＝4an＋1－3an－an＋2＝0，∴an＋2－an＋1＝3（an＋1－an），又a2－a1＝3－1＝2，∴数列{an＋1－an}是以2为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1－an＝2·3n－1，又an－an－1＝2·3n－2，an－1－an－2＝2·3n－3，…，a3－a2＝2×31，a2－a1＝2×30，∴an－a1＝2×（30＋31＋…＋3n－2）＝2×eq\f(1－3n－1,1－3)＝3n－1－1，∴an＝3n－1；∴bn＝log3an＋1＝log33n＝n，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴eq\f(2024,b1b2)＋eq\f(2024,b2b3)＋…＋eq\f(2024,bnbn＋1)＝2024×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2024n,n＋1)，∴Sn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2024n,n＋1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2024－\f(2024,n＋1)))，∵eq\f(1,n＋1)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(2024,n＋1)≤1010，∴2024－eq\f(2024,n＋1)≥1010，∴（Sn）min＝1010.∵Sn≥t对∀n∈N*恒成立，∴t≤（Sn）min＝1010，则实数t的最大值为1010.故选C.13．答案：eq\f(π2－8,π2)解析：因为四条曲线均是y＝sinx在x∈[0，π]的图象，所以空白部分的面积为S1＝4eq\i\in(0,π,)sinxdx＝4（－cosx）|eq\o\al(\s\up1(π),\s\do1(0))＝4（－cosπ＋cos0）＝8，又正方形区域的面积为S＝π2，所以阴影部分的面积为S－S1＝π2－8，因此在正方形内任取一点，则该点落在阴影部分的概率P＝eq\f(π2－8,π2).14．答案：eq\f(9,4)解析：由约束条件可得可行域如图阴影部分所示：当z＝ax＋by（a>b>0）时，直线y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)在y轴截距最大，∵a>b>0，∴－eq\f(a,b)<－1，则由图形可知：当y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)过A时，在y轴截距最大，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0,x＝1))得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝1))，即A（1，1），∴zmax＝a＋b＝4，∴eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))（a＋b）＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4b,a)·\f(a,b))))＝eq\f(9,4)（当且仅当eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b＝eq\f(8,3)时取等号），∴eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)的最小值为eq\f(9,4).15．答案：1解析：设圆的圆心为C（1，0），因为点P是直线3x－4y＋7＝0上的动点，所以当点P到点C的距离最小时，∠APB取得最大值，此时CP与直线3x－4y＋7＝0垂直，因为∠APB为eq\f(π,3)，所以∠APC＝eq\f(π,6)，点C到直线的距离为d＝eq\f(|3－0＋7|,\r(32＋42))＝2，在Rt△APC中，r＝|AC|＝eq\f(1,2)d＝1.16．答案：eq\f(3\r(5),5)－1解析：如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，则EO⊥平面A1B1C1D1，由|EF|＝eq\r(5)，OE＝2，可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，由E为AD的中点，K为CD的中点，可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，由BB1∥KH，BB1＝KH，得四边形BB1HK为平行四边形，则BK∥B1H，得G在线段B1H上．过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．由已知可得B1H＝eq\r(5)，设|OG|＝h，由等面积法可得，eq\f(1,2)×eq\r(5)×h＝2×2－eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×1×1－eq\f(1,2)×2×1＝eq\f(3,2)，可得h＝eq\f(3\r(5),5)，∴|FG|的最小值为eq\f(3\r(5),5)－1.17．解析：因为S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝eq\f(5×2a3,2)＝5a3＝25，所以a3＝5，所以a2＝eq\f(a1＋a3,2)＝eq\f(1＋5,2)＝3，所以b2＝a2＝3.可得：d＝a2－a1＝3－1＝2，若选①，因为q·d＝1，所以q＝eq\f(1,d)＝eq\f(1,2)，可得b1＝eq\f(b2,q)＝3×2＝6，所以Tn＝eq\f(6\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))>0若m|Tn|<12，可得m×12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))<12，可得m<eq\f(1,1－\f(1,2n))＝eq\f(2n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2n－1)，当n＝1时，1＋eq\f(1,2n－1)最大为2，所以1<1＋eq\f(1,2n－1)≤2，所以m≤1，又m>0，所以m的取值范围为（0，1]；若选②，因为a2＋b3＝0，所以b3＝－a2＝－3，所以q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(－3,3)＝－1，所以b1＝eq\f(b2,q)＝eq\f(3,－1)＝－3，所以当n为偶数时，Tn＝0，则m>0；当n为奇数时，Tn＝－3，由m|Tn|<12得m<4综上得m的取值范围为（0，4）；若选③，由S2＝T2得b1＝a1＋a2－b2＝1＋3－3＝1，所以q＝eq\f(b2,b1)＝3，所以Tn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n,2)－eq\f(1,2)，由指数函数的性质可知Tn无最大值，所以不存在正数m，使得m|Tn|<12.18．解析：（1）由题意，O1，O2分别是圆台上下底面的圆心，可得O1O2⊥底面O2，因为AP⊂底面O2，所以AP⊥O1O2，又由点P是下底面内以AO2为直径的圆上的一个动点，可得AP⊥O2P，又因为O1O2∩O2P＝O2，且O1O2，O2P⊂平面PO1O2，所以AP⊥平面PO1O2，因为AP⊂平面APO1，所以平面APO1⊥平面PO1O2.（2）以O2为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，因为O1O2＝2，则AB＝2O1O2＝4，∠PAB＝45°，可得A（0，－2，0），B（0，2，0），O1（0，0，2），P（1，－1，0），所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝（1，1，0），AO1＝（0，2，2），设平面APO1的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AP,\s\up6(→))＝0,n1·AO1＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0,2y1＋2z1＝0))，令y1＝1，可得x1＝－1，z2＝－1，所以n1＝（－1，1，－1），又由PO1＝（－1，1，2），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（－1，3，0），设平面BPO1的法向量为n2＝（x2，y2，z2），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·PO1＝0,n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＋2z2＝0,－x2＋3y2＝0))，令y2＝1，可得x2＝3，z2＝1，所以n2＝（3，1，1），所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(3)×\r(11))＝－eq\f(\r(33),11)，因为二面角A­PO1­B为钝角，所以二面角A­PO1­B的余弦值为－eq\f(\r(33),11).19．解析：（1）随机变量X的全部可能取值为0，1，2，3，P（X＝0）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，P（X＝1）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,3)＝eq\f(8,81)，P（X＝2）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\f(2,3)＝eq\f(16,81)，P（X＝3）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(16,27)，所以X的分布列为X0123Peq\f(1,9)eq\f(8,81)eq\f(16,81)eq\f(16,27)所以数学期望E（X）＝0×eq\f(1,9)＋1×eq\f(8,81)＋2×eq\f(16,81)＋3×eq\f(16,27)＝eq\f(184,81).（2）记“甲、乙竞赛两场后，两队积分相等”为事务A，设第i场甲、乙两队积分分别为Xi，Yi，则Xi＝3－Yi，i＝1，2，因两队积分相等，所以X1＋X2＝Y1＋Y2，即X1＋X2＝（3－X1）＋（3－X2），则X1＋X2＝3，所以P（A）＝P（X1＝0）P（X2＝3）＋P（X1＝1）P（X2＝2）＋P（X1＝2）P（X2＝1）＋P（X1＝3）P（X2＝0）＝eq\f(1,9)×eq\f(16,27)＋eq\f(8,81)×eq\f(16,81)＋eq\f(16,81)×eq\f(8,81)＋eq\f(16,27)×eq\f(1,9)＝eq\f(1120,6561).20．解析：（1）由题意知，|GF1|＋|GF2|＝4，又4>2eq\r(3)，所以，动点G的轨迹是椭圆．由椭圆的定义可知，c＝eq\r(3)，a＝2，又因为a2－b2＝c2所以b2＝1，故G的轨迹方程eq\f(x2,4)＋y2＝1.（2）由题设可知，M、N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P、Q一个在⊙F2内，一个在⊙F2外，在直线l上的四点满意：|NQ|－|MP|＝（|NQ|＋|NP|）－（|MP|＋|NP|）＝|PQ|－|MN|＝|PQ|－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k（x－\r(3)）))消去y得：（1＋4k2）x2－8eq\r(3)k2x＋12k2－4＝0，Δ>0恒成立．设P（x1，y1），Q（x2，y2），由韦达定理，得x1＋x2＝eq\f(8\r(3)k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12k2－4,1＋4k2)|PQ|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\f(4k2＋4,4k2＋1).所以|NQ|－|MP|＝|PQ|－1＝eq\f(3,4k2＋1)，O到l距离d＝eq\f(\r(3)k,\r(k2＋1))，T＝（|NQ|－|MP|）·d2＝eq\f(9k2,（4k2＋1）（k2＋1）)＝eq\f(9k2,4k2＋5k2＋1)＝eq\f(9,4k2＋\f(1,k2)＋5)≤eq\f(9,2\r(4k2×\f(1,k2))＋5)＝1，当且仅当4k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(2),2)时等号成立．验证可知k＝±eq\f(\r(2),2)满意题意．∵k>0，∴k＝eq\f(\r(2),2).21．解析：证明：（1）由于f′（x）＝lnx，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，所以f（x）在x＝eq\f(1,e)处的切线方程为y＋eq\f(2,e)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e)))，即y＝g（x）＝－x－eq\f(1,e)，令h（x）＝f（x）－g（x）＝x（lnx－1）＋x＋eq\f(1,e)，则h′（x）＝lnx＋1，于是当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，h′（x）<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，h′（x）>0，所以h（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，故h（x）≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，即f