2024年高考数学真题(天津卷)

2024年高考数学真题(天津卷)一、单选题1．集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,4,5}，则A∩B等于()A．{1,2,3,4} B．{2,3,4}C．{2,4} D．{1}2．设a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．下列图中，线性相关系数最大的是()4．下列函数是偶函数的是()A．f(x)＝eq\f(ex－x2,x2＋1) B．f(x)＝eq\f(cosx＋x2,x2＋1)C．f(x)＝eq\f(ex－x,x＋1) D．f(x)＝eq\f(sinx＋4x,e|x|)5．若a＝4.2－0.3，b＝4.20.3，c＝log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．b>c>a6．若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m⊥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m⊥nD．若m∥α，n⊥α，则m与n相交7．已知函数f(x)＝sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π.则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))上的最小值是()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(3,2)C．0D.eq\f(3,2)8．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2，△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为()A.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1 D.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝19.一个五面体ABC－DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(3\r(3),4)＋eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)－eq\f(1,2)二、填空题10．已知i是虚数单位，复数(eq\r(5)＋i)·(eq\r(5)－2i)＝________.11．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式中，常数项为________．12．圆(x－1)2＋y2＝25的圆心与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为________．13．A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．14．在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点，CE＝eq\f(1,2)DE，eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，则λ＋μ＝________；若F为线段BE上的动点，G为AF的中点，则eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))的最小值为________．15．若函数f(x)＝2eq\r(x2－ax)－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ax－2))＋1恰有一个零点，则a的取值范围为________．三、解答题16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知cosB＝eq\f(9,16)，b＝5，eq\f(a,c)＝eq\f(2,3).(1)求a的值；(2)求sinA的值；(3)求cos(B－2A)的值．17.如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．(1)求证：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离．18．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆方程；(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？若存在，求出这个点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．19．已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，ak<n<ak＋1，))k∈N*.①当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；②求eq\i\su(i＝1,Sn,b)i.20．设函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)≥a(x－eq\r(x))在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的取值范围；(3)若x1，x2∈(0,1)，证明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx1－fx2))≤.答案精析1.B[因为集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,4,5}，所以A∩B＝{2,3,4}．]2.C[由函数y＝x3为增函数可知，若a3＝b3，则a＝b；由函数y＝3x为增函数可知，若3a＝3b，则a＝b.故“a3＝b3”是“3a＝3b”的充要条件．]3.A[观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体在一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，线性相关系数相比于其他3图更接近1.]4.B[对于A，函数定义域为R，f(－x)＝eq\f(e－x－－x2,－x2＋1)＝eq\f(e－x－x2,x2＋1)≠f(x)，故f(x)不是偶函数，故A错误；对于B，函数定义域为R，f(－x)＝eq\f(cos－x＋－x2,－x2＋1)＝eq\f(cosx＋x2,x2＋1)＝f(x)，故f(x)为偶函数，故B正确；对于C，函数定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称，故f(x)不是偶函数，故C错误；对于D，函数定义域为R，f(－x)＝eq\f(sin－x＋4－x,e|－x|)＝eq\f(－sinx－4x,e|x|)＝－eq\f(sinx＋4x,e|x|)＝－f(x)，故f(x)不是偶函数，故D错误．]5.B[因为y＝4.2x在R上是增函数，且－0.3<0<0.3，所以0<4.2－0.3<4.20<4.20.3，所以0<4.2－0.3<1<4.20.3，即0<a<1<b，因为y＝log4.2x在(0，＋∞)上单调递增，且0<0.2<1，所以log4.20.2<log4.21＝0，即c<0，所以b>a>c.]6.C[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行，相交或异面，故A，B错误；对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误．]7.A[f(x)＝sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝sin(3ωx＋π)＝－sin3ωx，由T＝eq\f(2π,3ω)＝π得ω＝eq\f(2,3)，即f(x)＝－sin2x，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，sin2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以f(x)min＝－eq\f(\r(3),2).]8.C[由题意可知，∠F1PF2＝90°，又直线PF2的斜率为2，可得tan∠PF2F1＝eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2，根据双曲线定义|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝eq\f(1,2)×4a×2a＝4a2，又＝8，所以a2＝2，所以|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝(4a)2＋(2a)2＝20a2＝40.又|F1F2|2＝4c2，所以c2＝10，又a2＋b2＝c2，所以b2＝8，所以双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1，]9.C[用一个完全相同的五面体HIJ－LMN(顶点与五面体ABC－DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面DGK(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长l＝1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，V五面体ABC－DEF＝eq\f(1,2)V三棱柱ABC－JIH＝eq\f(1,2)S△DGK·l＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×4＝eq\f(\r(3),2).]10.7－eq\r(5)i解析(eq\r(5)＋i)·(eq\r(5)－2i)＝5＋eq\r(5)i－2eq\r(5)i＋2＝7－eq\r(5)i.11.20解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)))r＝36－2rCeq\o\al(r,6)x6(r－3)，r＝0,1，…，6，令6(r－3)＝0，可得r＝3，所以常数项为30Ceq\o\al(3,6)＝20.12.eq\f(4,5)解析圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为F(1,0)，故eq\f(p,2)＝1，即p＝2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12＋y2＝25，,y2＝4x，))可得x2＋2x－24＝0，故x＝4或x＝－6(舍去)，故A(4，±4)，故直线AF：y＝±eq\f(4,3)(x－1)，即4x－3y－4＝0或4x＋3y－4＝0，故原点到直线AF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－4)),5)＝eq\f(4,5).13.eq\f(3,5)eq\f(1,2)解析方法一(列举法)从五个活动中选三个的情况有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种，其中甲选到A有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，则甲选到A的概率为eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)；乙选A活动有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B活动有3种情况：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).方法二设选到A为事件M，选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)；乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝eq\f(PMN,PM)＝eq\f(\f(C\o\al(1,3),C\o\al(3,5)),\f(C\o\al(2,4),C\o\al(3,5)))＝eq\f(1,2).14.eq\f(4,3)－eq\f(5,18)解析方法一因为CE＝eq\f(1,2)DE，即eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，可得λ＝eq\f(1,3)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq\f(4,3)；由题意可知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))))＝1，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，因为F为线段BE上的动点，设eq\o(BF,\s\up6(→))＝keq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)keq\o(BA,\s\up6(→))＋keq\o(BC,\s\up6(→))，k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，则eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋keq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)k－1))eq\o(BA,\s\up6(→))＋keq\o(BC,\s\up6(→))，又因为G为AF的中点，则eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝－eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)k－1))eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)k－1))eq\o(BC,\s\up6(→))，可得eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)k－1))\o(BA,\s\up6(→))＋k\o(BC,\s\up6(→))))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)k－1))\o(BA,\s\up6(→))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)k－1))\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)k－1))2＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)k－1))＝eq\f(5,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(6,5)))2－eq\f(3,10)，又由k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))可知，当k＝1时，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))取到最小值为－eq\f(5,18).方法二以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1,0)，B(0,0)，C(0,1)，D(－1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，可得eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))＝(－λ，μ)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ＝－\f(1,3)，,μ＝1，))所以λ＋μ＝eq\f(4,3)；因为点F在线段BE：y＝－3x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))上，设F(a，－3a)，a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，且G为AF的中点，则Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)，－\f(3,2)a))，可得eq\o(AF,\s\up6(→))＝(a＋1，－3a)，eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)，－\f(3,2)a－1))，则eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\f(a＋12,2)＋(－3a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a－1))＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(2,5)))2－eq\f(3,10)，且a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，所以当a＝－eq\f(1,3)时，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))取到最小值为－eq\f(5,18).15.(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3))解析①当a＝0时，f(x)＝2|x|－2＋1＝2|x|－1，令f(x)＝0，得2|x|＝1，x＝±eq\f(1,2)，即f(x)有两个零点，不满足题意．②当a≠0时，令ax＝m，则2eq\r(x2－ax)－|ax－2|＋1＝2eq\r(\f(m2,a2)－m)－|m－2|＋1，由2eq\r(\f(m2,a2)－m)－|m－2|＋1＝0可得2eq\r(\f(m2,a2)－m)＝|m－2|－1，则|m－2|－1≥0，解得m≥3或m≤1.(ⅰ)若m≥3，则由2eq\r(\f(m2,a2)－m)＝|m－2|－1可得2eq\r(\f(m2,a2)－m)＝m－3，化简得eq\f(4,a2)＝eq\f(m2－2m＋9,m2)＝1－eq\f(2,m)＋eq\f(9,m2)＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－\f(1,9)))2＋eq\f(8,9)，令g(m)＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－\f(1,9)))2＋eq\f(8,9)，m≥3，则g(m)在[3,9)上单调递减，在(9，＋∞)上单调递增，又g(3)＝eq\f(4,3)，g(9)＝eq\f(8,9)，当m→＋∞时，g(m)→1，作出g(m)的大致图象如图所示．(ⅱ)若m≤1，因为x＝0不是f(x)的零点，所以m≠0.由2eq\r(\f(m2,a2)－m)＝|m－2|－1可得2eq\r(\f(m2,a2)－m)＝1－m，化简得eq\f(4,a2)＝eq\f(m2＋2m＋1,m2)＝1＋eq\f(2,m)＋eq\f(1,m2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋1))2，令h(m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋1))2，m≤1且m≠0，则h(m)在(－∞，－1)，(0,1]上单调递减，在(－1,0)上单调递增，又h(－1)＝0，h(1)＝4，当m→－∞时，h(m)→1，当m→0时，h(m)→＋∞，作出h(m)的大致图象如图所示．数形结合可知，若f(x)恰有一个零点，则eq\f(4,3)<eq\f(4,a2)<4，解得－eq\r(3)<a<－1或1<a<eq\r(3)，即a的取值范围为(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3))．16.解(1)设a＝2t，c＝3t，t>0，则根据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即25＝4t2＋9t2－2×2t×3t×eq\f(9,16)，解得t＝2(舍负)，则a＝4，c＝6.(2)方法一因为B为三角形内角，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))2)＝eq\f(5\r(7),16)，再根据正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(4,sinA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),16))，解得sinA＝eq\f(\r(7),4).方法二由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(52＋62－42,2×5×6)＝eq\f(3,4)，因为A∈(0，π)，则sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2)＝eq\f(\r(7),4).(3)方法一因为cosB＝eq\f(9,16)>0，且B∈(0，π)，所以B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由(2)方法一知sinB＝eq\f(5\r(7),16)，因为a<b，则A<B，所以cosA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),4)))2)＝eq\f(3,4)，则sin2A＝2sinAcosA＝2×eq\f(\r(7),4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3\r(7),8)，cos2A＝2cos2A－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1＝eq\f(1,8)，cos(B－2A)＝cosBcos2A＋sinBsin2A＝eq\f(9,16)×eq\f(1,8)＋eq\f(5\r(7),16)×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(57,64).方法二sin2A＝2sinAcosA＝2×eq\f(\r(7),4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3\r(7),8)，则cos2A＝2cos2A－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1＝eq\f(1,8)，因为B为三角形内角，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))2)＝eq\f(5\r(7),16)，所以cos(B－2A)＝cosBcos2A＋sinBsin2A＝eq\f(9,16)×eq\f(1,8)＋eq\f(5\r(7),16)×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(57,64).17.(1)证明取CB1的中点P，连接NP，MP，由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝eq\f(1,2)CC1，由M是DD1的中点，故D1M＝eq\f(1,2)DD1＝eq\f(1,2)CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP，D1M＝NP，故四边形D1NPM是平行四边形，故D1N∥MP，又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，故D1N∥平面CB1M.(2)解以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，有B(2,0,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，C(1,1,0)，则有eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝x1－y1＋2z1＝0，,m·\o(CM,\s\up6(→))＝－x1＋z1＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up6(→))＝x2－y2＋2z2＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝2z2＝0，))分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，即m＝(1,3,1)，n＝(1,1,0)，则|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|1＋3|,\r(1＋9＋1)×\r(1＋1))＝eq\f(2\r(22),11)，故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq\f(2\r(22),11).(3)解由eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1,3,1)，则有eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(2,\r(1＋9＋1))＝eq\f(2\r(11),11)，即点B到平面CB1M的距离为eq\f(2\r(11),11).18.解(1)因为椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，故a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c为半焦距，所以A(－2c，0)，B(0，－eq\r(3)c)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(\r(3),2)c＝eq\f(3\r(3),2)，故c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，故椭圆方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－eq\f(3,2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝36，,y＝kx－\f(3,2)，))可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，且x1＋x2＝eq\f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq\f(27,3＋4k2)，而eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＝(1＋k2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))×eq\f(12k,3＋4k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＝eq\f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＋3＋2t2k2,3＋4k2)＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3＋2t2－12t－45))k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2－27,3＋4k2)，因为eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2t2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2－27≤0，))解得－3≤t≤eq\f(3,2)；若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，则P(0,3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0,3)，此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤eq\f(3,2).综上，存在T(0，t)，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立．T点纵坐标的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).19.(1)解设等比数列{an}的公比为q(q>0)，因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1，可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.(2)①证明由(1)可知an＝2n－1，且k∈N*，k≥2，当n＝ak＋1＝2k≥4时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak＝2k－1<2k－1＝n－1，,n－1＝ak＋1－1<ak＋1，))即ak<n－1<ak＋1，可知ak＝2k－1，bn＝k＋1，bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝b2k－1＋2k·(2k－1－2k－1)＝k＋2k·(2k－1－1)＝k(2k－1)，可得bn－1－ak·bn＝k(2k－1)－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k≥2(k－1)－k＝k－2≥0，当且仅当k＝2时，等号成立，所以bn－1≥ak·bn.②解由(1)可知，Sn＝2n－1＝an＋1－1，若n＝1，则S1＝1，b1＝1；若n≥2，则ak＋1－ak＝2k－1，当2k－1<i≤2k－1时，bi－bi－1＝2k，可知{bi}为等差数列，可得eq\i\su(i＝2k－1,2k－1,bi)＝k·2k－1＋2k·eq\f(2k－12k－1－1,2)＝k·4k－1＝eq\f(1,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3k－14k－3k－44k－1))，所以eq\i\su(i＝1,Sn,b)i＝1＋eq\f(1,9)[5×42－2×4＋8×43－5×42＋…＋(3n－1)4n－(3n－4)4n－1]＝eq\f(3n－14n＋1,9)，且当n＝1时，上式成立，综上所述，eq\i\su(i＝1,Sn,b)i＝eq\f(3n－14n＋1,9).20.(1)解由题知f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.(2)解由题可得xlnx≥a(x－eq\r(x))在(0，＋∞)上恒成立，即lnx≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(x))))在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝lnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(x))))＝lnx－a＋eq\f(a,\r(x))，x∈(0，＋∞)，则g(x)≥0恒成立，又g(1)＝0，所以g′(1)＝0.因为g′(x)＝eq\f(1,x)－，所以g′(1)＝1－eq\f(a,2)＝0，解得a＝2.经检验，符合题意．(3)证明当x1＝x2时，|f(x1)－f(x2)|＝＝0.当x1≠x2时，不妨设0<x1<x2<1，令f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝eq\f(1,e)，当0<x<eq\f(1,e)时，f′(x)<0，当eq\f(1,e)<x<1时，f′(x)>0，所以f(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)，1))上单调递增．①当0<x1<x2≤eq\f(1,e)时，f(x1)>f(x2)，|f(x1)－f(x2)|＝x1lnx1－x2lnx