2024年高考数学一轮复习仿真模拟冲刺卷一含解析理

PAGEPAGE17仿真模拟冲刺卷(一)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．[2024·四川成都七中高三期中]设全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，则A∩(∁UB)()A．{0，6}B．{1，4}C．{2，4}D．{3，5}2．[2024·贵州贵阳一中高三月考]复数z满意(z－3)(2－i)＝5(i为虚数单位)，则z的共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))的虚部为()A．iB．－iC．5－iD．13．[2024·贵州贵阳一中高三月考]国际数学教化大会(ICME)是世界数学教化规模最大、水平最高的学术性会议．第十四届大会于2024年7月11日～18日在上海市华东师范高校胜利举办，其会标如图，包含着很多数学元素．主画面是特别美丽的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME－14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码(0)11111100100，受疫情影响，第十四届大会在原定的举办时间上有所推迟，已知上述二进制和八进制数转换为十进制，即是第十四届大会原定的举办时间，则第十四届数学教化大会原定于()年实行．A．2024B．2024C．2024D．20244．[2024·河南安阳模拟]5G技术的数学原理之一便是闻名的香农公式：C＝Wlog2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(S,N))).它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中eq\f(S,N)叫做信噪比．依据香农公式，若不变更带宽W，而将信噪比eq\f(S,N)从1000提升至2000，则C大约增加了()A．10%B．30%C．50%D．100%5．[2024·云南玉溪高三月考]已知直线l过抛物线C：y2＝x的焦点，并交抛物线C于A，B两点，|AB|＝2，则弦AB中点G的横坐标是()A．eq\f(3,2)B．eq\f(4,3)C．eq\f(3,4)D．16．[2024·云南师大附中高三月考]某三棱锥的三视图如图所示，是三个边长为2的正方形，则该三棱锥的体积为()A．eq\f(4,3)B．eq\f(8,3)C．6D．eq\f(4\r(2),3)7．[2024·四川石室中学三模]多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))(1－x)4的绽开式中含x2项的系数为()A．－2B．－4C．2D．48．在平行四边形ABCD中，AB＝2AD，∠BAD＝60°，E为CD中点，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，且AE⊥DF.则λ＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,2)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(3,2)9．[2024·陕西西安高三月考]已知f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，则f(x)的值域是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D．[－1，1]10．[2024·安徽省泗县第一中学模拟预料]已知圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0与圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0的公共弦所在直线恒过点P(a，b)，且点P在直线mx－ny－2＝0上，则mn的取值范围是()A．(－∞，1]B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))11．[2024·江西临川三模]已知函数f(x)＝sin2eq\f(ωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)(ω＞0)，x∈R.若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8)))12．[2024·河南新乡二模]正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为()A．eq\f(3\r(2)－\r(6),12)B．eq\f(\r(6)－\r(3),12)C．eq\f(2\r(2)－\r(3),12)D．eq\f(\r(2),4)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，CD＝3，AD＝eq\r(2)，AC＝eq\r(5)，则△ABC的面积是________．14．已知函数f(x)的定义域为R，对随意x∈R，f(x＋2)＝3f(x)恒成立，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x，则f(7)＝________．15．若对随意的x1、x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，则m的最小值是________________．16．[2024·甘肃金昌二模]如图，已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，抛物线C的准线l与x轴相交于点A，点Q(Q在第一象限)在抛物线C上，射线FQ与准线l相交于点B，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF,\s\up6(→))，直线AQ与抛物线C交于另一点P，则eq\f(|PQ|,|AQ|)＋eq\f(|BP|,|PF|)＝________．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·安徽省舒城中学三模]设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，数列{bn}为等比数列．已知a1＝b1＝1，a5＝3b2，S4＝4S2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.18．(12分)为便利市民出行，提倡低碳出行．某市公交公司推出利用支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，在推广期内采纳随机实惠激励市民扫码支付乘车．该公司某线路公交车队统计了活动推广期第一周内运用扫码支付的状况，其中x(单位：天)表示活动推出的天数，y(单位：十人次)表示当天运用扫码支付的人次，整理后得到如图所示的统计表1和散点图．表1：x第1天第2天第3天第4天第5天第6天第7天y71220335490148(1)由散点图分析后，可用y＝ebx＋a作为该线路公交车在活动推广期运用扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回来方程，依据表2的数据，求此回来方程，并预报第8天运用扫码支付的人次(精确到整数).表2：eq\o(x,\s\up6(－))eq\o(y,\s\up6(－))eq\o(z,\s\up6(－))eq\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))eq\i\su(i＝1,7,x)iyieq\i\su(i＝1,7,x)izi4523.51402069112其中z＝lny，eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,7)eq\i\su(i＝1,7,z)i.(2)推广期结束后，该车队对此期间乘客的支付状况进行统计，结果如表3.表3：支付方式现金乘车卡扫码频率10%60%30%实惠方式无实惠按7折支付随机实惠(见下面统计结果)统计结果显示，扫码支付中享受5折支付的频率为eq\f(1,3)，享受7折支付的频率为eq\f(1,2)，享受9折支付的频率为eq\f(1,6).已知该线路公交车票价为1元，将上述频率作为相应事务发生的概率，记随机变量ξ为在活动期间该线路公交车搭载乘客一次的收入(单位：元)，求ξ的分布列和期望．参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回来直线eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(α,\s\up6(^))＋eq\o(β,\s\up6(^))u的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,u)ivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,u)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－n\o(u,\s\up6(－))2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\o(v,\s\up6(－))－eq\o(β,\s\up6(^))eq\o(u,\s\up6(－)).参考数据：e5.3≈200.34，e5.5≈244.69，e5.7≈298.87.19.(12分)[2024·黑龙江哈尔滨市第六中学模拟预料]在三棱锥P­ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，PB＝PC＝eq\r(5)，E为PA的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点．(1)证明：BD∥平面CEF；(2)若PA⊥AC，求二面角E­CF­B的正弦值．20．(12分)[2024·宁夏石嘴山二模]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的右焦点为F，A、B分别为椭圆的左顶点和上顶点，△ABF的面积为eq\r(2)＋1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP、AQ分别与直线x＝2eq\r(2)交于点M、N.以MN为直径的圆是否恒过定点？若是，恳求出该定点坐标；若不是，请说明理由．21.(12分)[2024·四川双流中学三模]设函数f(x)＝alnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2，(1)若a>0，求h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)若a＝1，对随意的x1>x2>0，不等式m[g(x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立．求m(m∈Z，m≤1)的值；(3)记g′(x)为g(x)的导函数，若不等式f(x)＋2g′(x)<(a＋3)x－g(x)在x∈[1，e]上有实数解，求实数a的取值范围．(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)数学中有很多寓意美妙的曲线，在极坐标系中，曲线C：ρ＝sin3θ(ρ∈R)被称为“三叶玫瑰线”(如图所示).(1)当θ∈[0，π)，求以极点为圆心，eq\f(\r(2),2)为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；(2)设点P是由(1)中的交点所确定的圆M上的动点，直线l：ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，求点P到直线l的距离的最大值．23．[选修4－5：不等式选讲](10分)[2024·贵州二模]已知f(x)＝|x－2|－|ax＋2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)<1的解集；(2)若x∈(0，2)时，不等式f(x)＋x>0恒成立，求实数a的取值范围．仿真模拟冲刺卷（一）1．答案：C解析：由题意，全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，故∁UB＝{0，2，4，6}，则A∩（∁UB）＝{2，4}．故选C.2．答案：C解析：z＝eq\f(5,2－i)＋3＝eq\f(5（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＋3＝5＋i，则eq\o(z,\s\up6(－))＝5－i.故选C.3．答案：C解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2024.故选C.4．答案：A解析：将信噪比eq\f(S,N)从1000提升至2000，C大约增加了eq\f(Wlog2（1＋2000）－Wlog2（1＋1000）,Wlog2（1＋1000）)＝eq\f(log22001－log21001,log21001)≈eq\f(10.967－9.967,9.967)≈10%，故选A.5．答案：C解析：如图，由题意可得抛物线的准线m的方程为x＝－eq\f(1,4)，过点G作抛物线准线m的垂线GD⊥m于D，过A，B分别作AA′⊥m于点A′，BB′⊥m于点B′，则|AA′|＋|BB′|＝|AB|＝2，因为弦AB的中点为G，所以|GD|＝eq\f(1,2)（|AA′|＋|BB′|）＝eq\f(1,2)|AB|＝1，所以点G的横坐标是1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，故选C.6．答案：B解析：依据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体ABCD，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积．记每一个角处三棱锥的体积为V1，则V＝V正方体－4V1＝8－4×eq\f(1,3)×2×2×2×eq\f(1,2)＝eq\f(8,3)，故选B.7．答案：D解析：由杨辉三角知（1－x）4＝1－4x＋6x2－4x3＋x4，（x－eq\f(2,x)）（1－x）4＝（x－eq\f(2,x)）（1－4x＋6x2－4x3＋x4）的绽开式的x2项有x·（－4x）＋（－eq\f(2,x)）·（－4x3）＝4x2，所以绽开式中含x2项的系数为4.故选D.8．答案：A解析：设AB＝2AD＝2a（a>0），则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2a×a×cos60°＝a2，由条件可得eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，由AE⊥DF可得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·（λeq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))）＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)·eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))a2＋2λa2－a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3λ－\f(3,2)))a2＝0.故λ＝eq\f(1,2).故选A.9．答案：C解析：f（x）＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴f（x）的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故选C.10．答案：A解析：由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k（x＋y）－2y－2＝0，求得定点P（1，－1），又P（1，－1）在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.∴mn＝（2－m）m＝－（m－1）2＋1，∴mn的取值范围是（－∞，1].故选A.11．答案：D解析：由题设有f（x）＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，令f（x）＝0，则有ωx－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z即x＝eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)，k∈Z.因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，故存在整数k，使得eq\f(kπ＋\f(π,4),ω)≤π<2π<eq\f(kπ＋\f(5π,4),ω)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥k＋\f(1,4),ω≤\f(k,2)＋\f(5,8)))，因为ω>0，所以k≥－1且k＋eq\f(1,4)≤eq\f(k,2)＋eq\f(5,8)，故k＝－1或k＝0，所以0<ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8)，故选D.12．答案：A解析：因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，所以其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12).设正四面体ABCD内切球的半径为r，则4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×r＝eq\f(\r(2),12)，得r＝eq\f(\r(6),12).如图，取AD的中点为E，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→))）·（eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＝eq\o(PE,\s\up6(→))2＋eq\o(PE,\s\up6(→))·（eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))）＋eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\f(1,4).明显，当PE的长度最小时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值．设正四面体内切球的球心为O，可求得OA＝OD＝eq\f(\r(6),4).因为球心O到点E的距离d＝eq\r(PA2－AE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以球O上的点P到点E的最小距离为d－r＝eq\f(\r(2),4)－eq\f(\r(6),12)＝eq\f(3\r(2)－\r(6),12)，即当eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为eq\f(3\r(2)－\r(6),12).故选A.13．答案：eq\f(1,2)解析：在△ACD中，由余弦定理可得：cos∠ADC＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(2＋9－5,2×\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠ADC＝eq\f(\r(2),2)，所以△ACD的面积为：eq\f(1,2)AD·CDsin∠ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×3×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,2)，因为CD＝3AB.所以△ABC的面积为eq\f(1,3)×eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).14．答案：54解析：因为f（x＋2）＝3f（x），所以f（7）＝3f（5）＝32f（3）＝33f（1）＝54.15．答案：eq\f(1,e)解析：对随意的x1、x2∈（m，＋∞），且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，则x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以，x1（lnx2＋2）<x2（lnx1＋2），即eq\f(lnx1＋2,x1)>eq\f(lnx2＋2,x2)，令f（x）＝eq\f(lnx＋2,x)，则f（x2）<f（x1），又x2>x1>m，则函数f（x）在（m，＋∞）上为减函数，因为f′（x）＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′（x）<0，可得x>eq\f(1,e)，所以函数f（x）的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，（m，＋∞）⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，m≥eq\f(1,e)，因此，实数m的最小值为eq\f(1,e).16．答案：3解析：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），A（－1，0），由eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QF,\s\up6(→))，可得xQ＋1＝2（1－xQ），解得xQ＝eq\f(1,3)，可得Q（eq\f(1,3)，eq\f(2\r(3),3)），由eq\f(2\r(3),3)－yB＝2（0－eq\f(2\r(3),3)），解得yB＝2eq\r(3)，直线AQ的方程为：y＝eq\f(\r(3),2)（x＋1），与抛物线y2＝4x联立，可得eq\f(3,4)x2－eq\f(5,2)x＋eq\f(3,4)＝0，由xPxQ＝1，得xP＝3，则P（3，2eq\r(3)），所以PB⊥AB，由抛物线定义得PB＝PF，且PB∥AF，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＝eq\f(|BQ|,|QF|)＝2，所以eq\f(|PQ|,|AQ|)＋eq\f(|BP|,|PF|)＝2＋1＝3.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由S4＝4S2可得4a1＋6d＝4（2a1＋d），即6d＋4＝4（d＋2），解得d＝2，所以，an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1，又3b2＝3q＝a5＝9，∴q＝3，则bn＝b1qn－1＝3n－1；（2）anbn＝（2n－1）·3n－1，则Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1①，可得3Tn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n②，①－②得：－2Tn＝1＋2（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝1＋eq\f(6（1－3n－1）,1－3)－（2n－1）·3n＝（2－2n）·3n－2，因此，Tn＝（n－1）·3n＋1.18．解析：（1）由题意得z＝lny＝lnebx＋a＝bx＋a，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\o(x,\s\up6(－))\o(z,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,7,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－7\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(112－7×4×3.5,140－7×42)＝0.5，∴eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(z,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z关于x的线性回来方程为eq\o(z,\s\up6(^))＝0.5x＋1.5，∴y关于x的回来方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝e0.5x＋1.5，当x＝8时，eq\o(y,\s\up6(^))＝e5.5≈244.69，∴第8天运用扫码支付的人次为2447.（2）由题意得ξ的全部可能取值为0.5，0.7，0.9，1，P（ξ＝0.5）＝eq\f(1,3)×30%＝0.10，P（ξ＝0.7）＝60%＋eq\f(1,2)×30%＝0.75，P（ξ＝0.9）＝eq\f(1,6)×30%＝0.05，P（ξ＝1）＝10%＝0.10，∴ξ的分布列为ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E（ξ）＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.10＝0.72.19．解析：（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT.由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，eq\f(|PF|,|FB|)＝eq\f(|PT|,|TD|)＝eq\f(2,1)，所以FT∥BD，又FT⊂平面CEF，BD⊄平面CEF，所以BD∥平面CEF.（2）因为PA⊥AC，AC＝1，PC＝eq\r(5)，所以PA＝2.又因为AB＝AC，PB＝PC，所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB.所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），F（eq\f(2,3)，0，eq\f(2,3)），B（1，0，0），所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝（0，1，－1），eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－1，\f(2,3)))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))，设平面CEF的法向量为n1＝（x，y，z），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,\f(2,3)x－y＋\f(2,3)z＝0，))可令x＝1，y＝z＝2，所以n1＝（1，2，2），设平面CFB的法向量为n2＝（x1，y1，z1），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(FB,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x1－y1＋\f(2,3)z1＝0,\f(1,3)x1－\f(2,3)z1＝0))，可令x1＝y1＝2，z1＝1，所以n2＝（2，2，1），因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×2＋2×2＋2×1,\r(12＋22＋22)×\r(22＋22＋12))))＝eq\f(8,9)，所以sin〈n1，n2〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),9)，即二面角E­CF­B的正弦值为eq\f(\r(17),9).20．解析：（1）由题得△ABF的面积S＝eq\f(1,2)（a＋c）·b＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2－2)))·eq\r(2)＝eq\r(2)＋1，解得a＝2，即椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(2)，点P（x1，y1），Q（x2，y2）.直线AP的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)（x＋2），直线AQ的方程为y＝eq\f(y2,x2＋2)（x＋2），将x＝2eq\r(2)代入直线AP、AQ的方程，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2))).设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)－n))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－n))＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,x1＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,x2＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)·eq\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)－neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（2\r(2)＋2）y1,ty1＋\r(2)＋2)＋\f(（2\r(2)＋2）y2,ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2\r(2)＋2）y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))（2\r(2)＋2）y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(2)＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(2)＋2)))＋n2＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2y1y2－n（2\r(2)＋2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ty1y2＋（\r(2)＋2）（y1＋y2）)),t2y1y2＋（\r(2)＋2）t（y1＋y2）＋（\r(2)＋2）2)＋n2联立椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1和直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(2)，可得（ty＋eq\r(2)）2＋2y2－4＝0，化简得（t2＋2）y2＋2eq\r(2)ty－2＝0，即y1＋y2＝eq\f(－2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－2,t2＋2).代入上式化简得＝（2eq\r(2)－m）2＋eq\f(（2\r(2)＋2）2（－2）－n（2\r(2)＋2）[2t（－2）＋（\r(2)＋2）（－2\r(2)t）],t2（－2）＋（\r(2)＋2）t（－2\r(2)t）＋（\r(2)＋2）2（t2＋2）)＋n2＝（2eq\r(2)－m）2－2＋eq\r(2)nt＋n2＝0，由此可知，若上式与t无关，则n＝0，又eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，（2eq\r(2)－m）2－2＝0，m＝2eq\r(2)±eq\r(2)，因此MN为直径的圆恒过定点（eq\r(2)，0）和（3eq\r(2)，0）.21．解析：（1）h（x）＝alnx－eq\f(1,2)x2，所以h′（x）＝eq\f(a,x)－x＝eq\f(a－x2,x)（x>0），因为a>0，所以0<x<eq\r(a)时，h′（x）>0，x>eq\r(a)时，h′（x）<0，所以f（x）的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(a)))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)，＋∞)).（2）当a＝1，f（x）＝lnx.由m[g（x1）－g（x2）]>x1f（x1）－x2f（x2）恒成立，即mg（x1）－x1f（x1）>mg（x2）－x2f（x2）恒成立，设t（x）＝mg（x）－xf（x）＝eq\f(m,2)x2－xlnx（x>0）.由题意知x1>x2>0，故当x∈（0，＋∞）时函数t（x）单调递增，所以t′（x）＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥eq\f(lnx＋1,x)恒成立，因此，记y＝eq\f(lnx＋1,x)，得y′＝eq\f(－lnx,x2)，∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，∴函数h（x）在x＝1时取得极大值，并且这