2022年福建省福州市高考数学质检试卷（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年福建省福州市高考数学质检试卷（3月份）一、单项选择题：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（5分）若复数z满足z（1i）4i，则z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2（5分）已知A（-3，0），B（3，0），C（0，3），则ABC外接圆的方程为（）A（x1）2+y22B（x1）2+y24Cx2+（y1）22Dx2+（y1）243（5分）中国营养学会把走路称为“最简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等，如图为甲、乙两人在同一星期内日步数的折线统计图：则下

2、列结论中不正确的是（）A这一星期内甲的日步数的中位数为11600B乙的日步数星期四比星期三增加了1倍以上C这一星期内甲的日步数的平均值大于乙D这一星期内甲的日步数的方差大于乙4（5分）“0ab”是“a-1ab-1b”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5（5分）已知P是半径为3cm的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置P0开始，按逆时针方向做圆周运动，角速度为2rad/s如图，以砂轮圆心为原点，建立平面直角坐标系xOy，若P0Ox=3，则点P的纵坐标y关于时间t（单位：s）的函数关系式为（）Ay3sin（4t+3）By3sin（2t+3）Cy3sin（4

3、t-3）Dy3sin（2t-3）6（5分）从集合1，2，3的非空子集中任取两个不同的集合A和B，若AB，则不同的取法共有（）A42种B36种C30种D15种7（5分）已知平面向量a，b，c均为单位向量，且|a-b|1，则（a-b）（b-c）的最大值为（）A14B12C1D328（5分）折纸是我国民间的一种传统手工艺术现有一张长10cm、宽8cm的长方形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）将纸片分成两部分，面积分别为S1，S2若S1：S21：3，则折痕长的最大值为（）A89cmB10cmC229cmD234cm二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，

4、有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，则（）AC的离心率为22BPF1F2的周长为5CF1PF290D1|PF1|3（多选）10（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0若SnS6，则（）Aa10Bd0Ca60DS130（多选）11（5分）设函数f（x）的定义域为R，f（x1）为奇函数，f（x+1）为偶函数，当x（1，1时，f（x）x2+1，则下列结论正确的是（）Af（72）=-34Bf（x+7）为奇函数Cf（x）在（6，8）上为减函数D方程f（x）+lgx0仅

5、有6个实数解（多选）12（5分）已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O点E满足AE=AB（01），过点E作平面平行于AC和BD，设分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则（）A四边形EFGH的周长为定值B当=12时，四边形EFGH为正方形C当=13时，截球O所得截面的周长为134D四棱锥AEFGH的体积的最大值为232三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。13（5分）已知函数f（x）ax+lnx在x1处取得极值，则实数a 14（5分）如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm，高为20cm，则这个茶叶盒的表面积约为 cm2（

6、精确到0.1，31.732）15（5分）写出一个使等式sinsin(+6)+coscos(+6)=2成立的的值为 16（5分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，过F的动直线l交C于A，B两点，过A，B分别作C的切线l1，l2，l1与l2交于点P经探究可知点P必在一条定直线上，其方程为 ；记l1，l2与y轴的交点分别为M，N，若l的倾斜角为30，则四边形PMFN的面积为 四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且Sn+2Sn+1+4an（1）求an；（2）求证：1a1+1+1a2+1+1an+121

7、8（12分）记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsinC=sinC+3cosC，A=3（1）求c；（2）在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由BC边上的中线长为22；AB边上的中线长为7；三角形的周长为619（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点E为AB的中点，点F在BC上，且ACBC3BF（1）证明：平面A1B1F平面CC1E；（2）若ABC60，AA12AB，且三棱锥EA1B1F的体积为439，求CE与平面A1B1F所成角的正弦值20（12分）某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n（

8、nN*，且n2）次抽奖，每次中奖的概率为13，不中奖的概率为23，且各次抽奖相互独立规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个：方案：若中奖则得30分，否则得0分；方案：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束（1）如果n2，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由（2）记顾客甲第i次获得的分数为Xi（i1，2，n），并且选择方案请直接写出E（Xi+1）与E（Xi）的递推关系式，并求E（X8）的值（精确到0.1）参考数据：（23）70.05921（12分）平面直角坐标系xO

9、y中，双曲线C：x23-y26=1的右焦点为F，T为直线l：x1上一点，过F作TF的垂线分别交C的左、右支于P，Q两点，交l于点A（1）证明：直线OT平分线段PQ；（2）若|PA|3|QF|，求|TF|2的值22（12分）已知函数f（x）exaxsinxbx+c的图象与x轴相切于原点（1）求b，c的值；（2）若f（x）在（0，）上有唯一零点，求实数a的取值范围2022年福建省福州市高考数学质检试卷（3月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：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（5分）若复数z满足z（1i）4i，则z在复平面内对应的点位于（）

10、A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：z（1i）4i，z=4i1-i=4i(1+i)(1+i)(1-i)=-2+2i，z在复平面内对应的点（2，2）位于第二象限故选：B2（5分）已知A（-3，0），B（3，0），C（0，3），则ABC外接圆的方程为（）A（x1）2+y22B（x1）2+y24Cx2+（y1）22Dx2+（y1）24【解答】解：由A（-3，0），B（3，0），可得ABC外接圆的圆心在y轴上，设圆心为M（0，b），由|MC|MB|，可得|b3|=b2+3，解得b1，则外接圆的半径为r2，可得外接圆的方程为x2+（y1）24，故选：D3（5分）中国营养学会把走路称为“最

11、简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等，如图为甲、乙两人在同一星期内日步数的折线统计图：则下列结论中不正确的是（）A这一星期内甲的日步数的中位数为11600B乙的日步数星期四比星期三增加了1倍以上C这一星期内甲的日步数的平均值大于乙D这一星期内甲的日步数的方差大于乙【解答】解：对于A，甲的频数从小于大为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800，中位数是11600，故A正确；对于B，乙的暑期三步数7030，星期四12970，1297070301.842，没有增加1倍以上，故B错误；对于C，x甲=17（16000

12、+7965+12700+2345+16800+9500+11600）11000，x乙=17（14200+12300+7030+12970+5340+11600+10060）10500，x甲x乙，故C正确；对于D，S甲2=17（1600011000）2+（796511000）2+（1270011000）2+（243511000）2+（1680011000）2+（950011000）2+（1160011000）2147951678.57S乙2=17（1420010500）2+（1230010500）2+（703010500）2+（1297010500）2+（534010500）2+（1160010

13、500）2+（1006010500）27462842.86，S甲2S乙2，故D正确故选：B4（5分）“0ab”是“a-1ab-1b”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：a-1a-b+1b=（ab）（1+1ab），a（0，+），b（0，+），若“0ab“，则a-1a-b+1b0，即a-1ab-1b，所以具有充分性；若a-1ab-1b，则（ab）（1+1ab）0，不一定可以推到0ab，如a5，b2，（ab）（1+1ab）0，但ab0，所以不具有必要性；故选：A5（5分）已知P是半径为3cm的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置P0开始，按逆时针方

14、向做圆周运动，角速度为2rad/s如图，以砂轮圆心为原点，建立平面直角坐标系xOy，若P0Ox=3，则点P的纵坐标y关于时间t（单位：s）的函数关系式为（）Ay3sin（4t+3）By3sin（2t+3）Cy3sin（4t-3）Dy3sin（2t-3）【解答】解：设点P的纵坐标y关于时间t （单位：s）的函数关系式为yAsin（t+），由题意可得A3，=-3，t（s）时，射线OP可视角t2-3的终边，则y3sin（t2-3）故选：D6（5分）从集合1，2，3的非空子集中任取两个不同的集合A和B，若AB，则不同的取法共有（）A42种B36种C30种D15种【解答】解：根据题意，集合A中最少1个元

15、素，最多3个元素，分3种情况讨论：集合A中有1个元素，集合A有3种选法，集合B的选法有2213种选法，此时有339种取法，集合A中有2个元素，集合A有C333种选法，集合B的选法有231115种选法，此时有3515种取法，集合A中有3个元素，集合A有1种选法，集合B不是空集和全集即可，有2326种选法，此时有166种取法，则有9+15+630种取法，故选：C7（5分）已知平面向量a，b，c均为单位向量，且|a-b|1，则（a-b）（b-c）的最大值为（）A14B12C1D32【解答】解：|a-b|2=a2-2ab+b2=2-2ab=1，ab=12，(a-b)(b-c)=ab-ac-b2+bc=

16、12-1-(a-b)c=-12-|a-b|c|cosa-b，c=-12-cosa-b，c，cosa-b，c-1，1，(a-b)(b-c)-32，12，(a-b)(b-c) 的最大值为12故选：B8（5分）折纸是我国民间的一种传统手工艺术现有一张长10cm、宽8cm的长方形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）将纸片分成两部分，面积分别为S1，S2若S1：S21：3，则折痕长的最大值为（）A89cmB10cmC229cmD234cm【解答】解：由题意得：长方形纸片的面积为 10880（cm2），又 S1：S21：3，S1=20cm2，S2=60cm2，当折痕如下图所示时，设AEx，AFy，

17、则12xy=200x100y8，解得：xy=405x10，EF2=x2+y2=x2+1600x2，当折痕如下图所示时，设AEx，DFy，则 12(x+y)8=200x100y10，解得：x+y=50x5，f（t） 在 （25，40）上单调递减，在 （40，100）上单调递增，又 g(0)=25+64=89，g(52)=64，g(5)=25+64=89，g（x）64，89，EF8，89，当折痕如下图所示时，设AFx，BEy，则 12(x+y)10=200x80y8，解得：x+y=40x4，EF2（xy）2+100（2x4）2+100，令h（x）（2x4）2+100（0x4），则h（x）在（0，2

18、）上单调递减，在（2，4）上单调递增，又h（0）16+100116，h（2）100，h（4）16+100116，h（x）100，116，EF10，229；综上所述：折痕长的取值范围为8，229；折痕长的最大值为229cm故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，则（）AC的离心率为22BPF1F2的周长为5CF1PF290D1|PF1|3【解答】解：对于选项A：由题意可知a2，c=a2-b

19、2=4-3=1，离心率e=ca=12，故选项A错误，对于选项B：由椭圆的定义|PF1|+|PF2|2a4，|F1F2|2c2，PF1F2的周长为4+26，故选项B错误，对于选项C：当点P为椭圆短轴端点时，tanF1PF22=cb=33，又0F1PF2290，F1PF22=30，即F1PF260，F1PF290，故选项C正确，对于选项D：由椭圆的几何性质可知ac|PF1|a+c，1|PF1|3，故选项D正确，故选：CD（多选）10（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0若SnS6，则（）Aa10Bd0Ca60DS130【解答】解：由题意，等差数列an是首项为正数的递减数列，则a10，d

20、0，故选项A错，选项B对；当n5时，有S5S6，则a6S6S50，故选项C错误；当n7时，S7S6，则a7S7S60，所以S1313a70，故选项D正确故选：BD（多选）11（5分）设函数f（x）的定义域为R，f（x1）为奇函数，f（x+1）为偶函数，当x（1，1时，f（x）x2+1，则下列结论正确的是（）Af（72）=-34Bf（x+7）为奇函数Cf（x）在（6，8）上为减函数D方程f（x）+lgx0仅有6个实数解【解答】解：f（x1）为奇函数，f（x1）f（x1），即f（x）f（x2），则函数关于（1，0）对称，f（x+1）为偶函数，f（x+1）f（x+1），即为f（x）f（x+2），则函

21、数关于x1对称，则f（x+2）f（x2），当x0时，由f（x1）f（x1），得f（1）f（1），得f（1）0，得f（x+4）f（x），即f（x+8）f（x），同时f（x）f（x4），即f（x）是周期为8的周期函数，则f（72）f（72-8）f（-92）f（-92+4）f（-12）1（-12）2=-34，故A正确，f（x+7）f（x+78）f（x1）f（x1）f（x1+8）f（x+7），则f（x+7）是奇函数，故B正确，函数的周期是8，f（x）在（6，8）的单调性和（2，0）的单调性相同，由图象知，f（x）在（2，0）上为增函数，则f（x）在（6，8）上增函数，故C错误，由f（x）+lgx0得f

22、（x）lgx，作出函数f（x）和ylgx的图象如图：由图象知两个函数有6个交点，即f（x）+lgx0有6个不同的根，故D正确，故选：ABD（多选）12（5分）已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O点E满足AE=AB（01），过点E作平面平行于AC和BD，设分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则（）A四边形EFGH的周长为定值B当=12时，四边形EFGH为正方形C当=13时，截球O所得截面的周长为134D四棱锥AEFGH的体积的最大值为232【解答】解：AC平面，平面平面ABCEF，平面平面ADCGH，则ACEF，ACGH，所以EFGH，又BD平面，平面平面ABD

23、EH，平面平面BDCGF，则BDEH，BDGF，所以EHGF，所以四边形EFGH为平行四边形由AE=AB，可得AE：AB，则HE：DB，EF：AC1，又正四面体ABCD的棱长为3，则HEGF3，EFGH3（1），选项A：四边形EFGH的周长为HE+GF+EF+GH23+3（1）6故A正确；选项B：当=12时，HE=GF=32，EF=GH=32，则平行四边形EFGH为菱形，又正四面体ABCD中，对棱BDAC，则EFEH，则菱形EFGH为正方形，故B正确；分别取BD、BC、AC 的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ，设DN、CM交于K，连接AK，则AK为正四面体的高，正四面体ABCD的棱长为3，

24、其外接球的球心为O，则O在AK上，连接CO，AM=CM=323，KM=13CM=13323=32，AK=AM2-KM2=6，设球O半径为R，则CO2KC2+KO2，即R2=(3)2+(6-R)2，解得R=346，由AMCM，AQQC，可得MQAC，同理有MQBD，则MQ为异面直线BD、AC之间的距离，MQ=MC2-QC2=322，则点K到AC的距离为2，球心O到AC的距离为342，选项C：当=13时，设与MC交于T，则TC=13MC=32，T到AC的距离为22，球心O到平面EFGH的距离为24，则平面截球O所得截面半径为R2-(24)2=(346)2-(24)2=132，则平面截球O所得截面的

25、周长为13，故C错误；选项D：由AE=AB，MQ=322，可得点A到平面EFGH的距离为322，又平行四边形EFGH为矩形，则四棱锥AEFGH的体积V=1333(1-)322=9222(1-)，令f(x)=922x2(1-x)(0x1)，则f(x)=922x(2-3x)，由f（x）0得0x23，由f（x）0得23x1，则f（x）在(0，23)单调递增，在(23，1)单调递减，所以在x=23时，f（x）取最大值f(23)=922(23)2(1-23)=223，即9222(1-)的最大值为223，故四棱锥AEFGH的体积的最大值为223故D正确故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共

26、20分。把答案填在题中的横线上。13（5分）已知函数f（x）ax+lnx在x1处取得极值，则实数a2【解答】解：因为f（x）=a2x+1x=0，又因为函数f（x）在x1处取得极值，所以f（1）0，于是a2+1=0，解得a2，故答案为：214（5分）如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm，高为20cm，则这个茶叶盒的表面积约为 1719.6cm2（精确到0.1，31.732）【解答】解：因为正六棱柱底面边长为10cm，所以正六棱柱的底面积为6121010sin6030032=15031501.732259.8（cm2）又因为高为20cm，所以这个正六棱柱的表面积为S259.82+6102

27、0519.6+12001719.6（cm2），即这个茶叶盒的表面积约为1719.6cm2故答案为：1719.615（5分）写出一个使等式sinsin(+6)+coscos(+6)=2成立的的值为 8（答案不唯一，=8+k2，kZ任取一个值均可）【解答】解：sinsin(+6)+coscos(+6)=sincos(+6)+cossin(+6)sin(+6)cos(+6)=sin(2+6)12sin(2+3)=2，sin(2+6)=sin(2+3)，2+3+2+6=(2k+1)(kZ)，解得：=2k+14-8(kZ)，当k0时，=8，故使得等式成立的一个的值为8（答案不唯一）故答案为：8（答案不唯

28、一，只要满足=2k+14-8(kZ)即可）16（5分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，过F的动直线l交C于A，B两点，过A，B分别作C的切线l1，l2，l1与l2交于点P经探究可知点P必在一条定直线上，其方程为 x1；记l1，l2与y轴的交点分别为M，N，若l的倾斜角为30，则四边形PMFN的面积为 4【解答】解：由抛物线方程知：F（1，0），设l：xty+1，A（x1，y1）（y10），B（x2，y2）（y20），由x=ty+1y2=4x，得：y24ty40，y1+y2=4ty1y2=-4，x1x2=y124y224=(y1y2)216=1，当y0时，由y24x得：y=2x，y=1x，l1

29、：y-y1=1x1(x-x1)，又y1=2x1，l1：y=1x1x+x1；当y0时，由y24x得：y=-2x，y=-1x，l1：y-y2=-1x2(x-x2)，又y2=-2x2，l2：y=-1x2x-x2，又x1+x20，x=-x1x2=-1，点P必在定直线x1上；由l1，l2方程可求得M(0，x1)，N(0，-x2)，|MN|=x1+x2；当l倾斜角为30时，l的方程为：x=3y+1，y1+y2=43y1y2=-4，x1+x2=3(y1+y2)+2=14x1x2=1|MN|2=x1+x2+2x1x2=14+2=16，解得：|MN|4，四边形PMFN的面积S=SPMN+SFMN=12|MN|2

30、=4四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且Sn+2Sn+1+4an（1）求an；（2）求证：1a1+1+1a2+1+1an+12【解答】解：（1）数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且Sn+2Sn+1+4an，整理得Sn+2Sn+14an；故an+24an；所以当n2k1时，a2k+14a2k1，所以数列a2k1是以1为首项，4为公比的等比数列；所以a2k-1=22k-2=2(2k-1)-1；当n2k时，同理可得：a2k=24k-1=22k-1；所以an=2n-1（nN+）证明：（2）1

31、an+1=12n-1+1(12)n-1，所以1a1+1+1a2+1+.+1an+1(12)0+(12)1+.+(12)n-1=1-(12)n1-1211-12=218（12分）记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsinC=sinC+3cosC，A=3（1）求c；（2）在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由BC边上的中线长为22；AB边上的中线长为7；三角形的周长为6【解答】解：（1）因为A=3，所以bsinCsinC+3cosC2（12sinC+32cosC）2（sinCcosA+cosCsinA）2sin（

32、A+C）2sinB，由正弦定理知，bsinB=csinC，所以bsinCcsinB，所以c2（2）选择条件：设D为BC的中点，则AD=22，因为AB+AC=2AD，所以（AB+AC）24|AD|2，即|AB|2+2|AB|AC|cosA+|AC|24|AD|2，所以4+22b12+b24(22)2=2，化简得b2+2b+20，无解，所以ABC不存在选择条件：设点E为AB的中点，则CE=7，AE=12AB1，在ACE中，由余弦定理知，CE2AC2+AE22ACAEcosA，所以7b2+12b112，解得b3或2，所以ABC的面积S=12bcsinA=123232=332选择条件：因为三角形的周长

33、为6，且c2，所以a+b4，在ABC中，由余弦定理知，a2b2+c22bccosA，所以a2b2+42b212，即（4b）2b2+42b，解得b2，所以ABC的面积S=12bcsinA=122232=319（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点E为AB的中点，点F在BC上，且ACBC3BF（1）证明：平面A1B1F平面CC1E；（2）若ABC60，AA12AB，且三棱锥EA1B1F的体积为439，求CE与平面A1B1F所成角的正弦值【解答】解：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面A1B1C1，CC1A1B1，点E为AB的中点，且ACBC，ABCE，ABA1B1，A1B1

34、CE，CECC1C，A1B1平面CC1E，A1B1平面A1B1F，平面A1B1F平面CC1E；（2）ABC60，ABC为正三角形，设ABt，则AA12AB2t，由（1）可得，CE平面BAA1B1，依题意得BF=13BC，故点F到平面BAA1B1的距离为13CE=1332t=36t，SA1B1E=12ABAA1=12t2tt2，VE-A1B1F=VF-A1B1E=13SA1B1E36t=13t236t=318t3，三棱锥EA1B1F的体积为439，318t3=439，t2，以E为坐标原点，EC，EB，AA1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C（3，0，0），E（0，0，0），A1（

35、0，1，4），B1（0，1，4），F（33，23，0），CE=（-3，0，0），A1B1=（0，2，0），A1F=（33，53，4），设平面A1B1F的一个法向量为n=（x，y，z），则nA1B1=0nA1F=0，即2y=033x+53y-4z=0令z1，得n=（43，0，1），cosCE，n=CEn|CE|n|=-1237=-437CE与平面A1B1F所成角的正弦值为43720（12分）某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n（nN*，且n2）次抽奖，每次中奖的概率为13，不中奖的概率为23，且各次抽奖相互独立规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分第2次抽奖，从以下两个方案中

36、任选一个：方案：若中奖则得30分，否则得0分；方案：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束（1）如果n2，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由（2）记顾客甲第i次获得的分数为Xi（i1，2，n），并且选择方案请直接写出E（Xi+1）与E（Xi）的递推关系式，并求E（X8）的值（精确到0.1）参考数据：（23）70.059【解答】解：（1）若甲第2次抽奖选方案，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，5P(=40)=1313=19，P(=35)=2313=29，P(=10)=1323=29，P(=

37、5)=2323=49，所以E()=409+709+209+209=1509若甲第2次抽奖选方案，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，15，10，则P(=30)=1313=19，P(=15)=2313+1323=49，P(=10)=2323=49，E()=309+609+409=1309，因为E（）E（），所以应选择方案（2）依题意得E(Xi+1)=23E(Xi)+103，X1的可能取值为10，5，其分布列为 X1105P13 23 所以E(X1)=203，则E(X1)-10=-103，由E(Xi+1)=23E(Xi)+103，得E(Xi+1)-10=23E(Xi)-10，所以E（Xi）10

38、为等比数列，其中首项为-103，公比为23所以E(X8)-10=-103(23)7，故E(X8)=-103(23)7+109.821（12分）平面直角坐标系xOy中，双曲线C：x23-y26=1的右焦点为F，T为直线l：x1上一点，过F作TF的垂线分别交C的左、右支于P，Q两点，交l于点A（1）证明：直线OT平分线段PQ；（2）若|PA|3|QF|，求|TF|2的值【解答】解：（1）证明：依题意，xP=3+6=3，即F（3，0），设T（1，2t），则直线PQ的方程为xty+3，由x=ty+32x2-y2=6，得（2t21）y2+12ty+120，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则2t2-

39、10=144t2-48(2t2-1)0，故t212，y1+y2=-12t2t2-1，y1y2=122t2-1，x1+x2t（y1+y2）+6=-62t2-1，又直线PQ分别交C的左、右支于P，Q两点，x1x2（ty1+3）（ty2+3）t2y1y2+3t（y1+y2）+9=-9+6t22t2-10，故t212，PQ的中点为N（-32t2-1，-6t2t2-1），kON2t，kOT2t，故O，T，N三点共线，即直线OT平分线段PQ；（2）依题意，由|PA|3|QF|，得1x13（3x2），即x1+3x28，（x1+x2）+84x2，3（x1+x2）84x1，得3（x1+x2）2+16（x1+x2

40、）6416x1x2，336(2t2-1)2-1662t2-1-64169+6t22t2-1，解得t2=8+374或t2=8-374（舍去），此时，|TF|24+4t212+3722（12分）已知函数f（x）exaxsinxbx+c的图象与x轴相切于原点（1）求b，c的值；（2）若f（x）在（0，）上有唯一零点，求实数a的取值范围【解答】解：（1）f（x）exa（sinx+xcosx）b，依题意，f(0)=0f(0)=0，即1-b=01+c=0，解得b1，c1；（2）由（1）得，f（x）exa（sinx+xcosx）1，记g（x）exa（sinx+xcosx）1，则g（x）exa（2cosxxs

41、inx），g（0）12a当a12时，若x（0，2），g（x）ex+a（3sinx+xcosx）0，g（x）单调递增，又g（0）0，g（2）=e2+2a0，存在唯一实数x0（0，2），使得g（x0）0若x2，），2cosxxsinx0，则g（x）0，由上可知，x（0，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减；x（x0，）时，g（x）0，g（x）单调递增g（0）0，g（）e+a10，存在唯一的实数x1（x0，），使得g（x1）0，当x（0，x1）时，g（x）0，即f（x）0，f（x）单调递减；当x（x1，）时，g（x）0，即f（x）0，f（x）单调递增f（0）0，f（）e10，存在唯一的实数x2（x1，），使得f（x2）0，即f（x）在（0，）上有唯一零点，符合题意；当a12时，f（x）exaxsinxx1ex-12xsinx-x-1，记h（x）=ex-12xsinx-x-1，x（0，），h（x）=ex-12(sinx+xcosx)-1，h(x)=ex-cosx+12xsinxe0-cosx+12xsinx0，h（x）为增函数，h（x）e0-12(sin0+0cos0)-1=0，h（x）为增函数，h（x）e0-120sin0-0-1=0，则x（0，）时，f（x）0，f（x