PAGEPAGE1第頁2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期開學(xué)檢測數(shù)學(xué)試卷一、選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1定義集合運算：A⊙B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}．設(shè)集合A＝{－1,0,1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A⊙B的所有元素之和為()A．1B．0C．－1 D．sinα＋cosα2．若復(fù)數(shù)1－2i是關(guān)于x的方程x2－ax＋b＝0(a，b∈R)的一個根，則|a＋bi|＝()A．3B．eq\r(21)C．eq\r(29) D．293某地氣象局統(tǒng)計，當(dāng)?shù)啬橙展物L(fēng)的概率為eq\f(4,5)，既刮風(fēng)又下雨的概率為eq\f(1,2)，則該地在刮風(fēng)天里，下雨的概率為()A．eq\f(3,4)B．eq\f(5,8)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,2)4已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為2的正方體，E，F(xiàn)，G分別為AA1，D1C1，BC的中點，過E，F(xiàn)，G的平面截正方體的截面面積為()A．eq\r(3)B．eq\r(2)C．3eq\r(3) D．3eq\r(2)5一百零八塔是中國現(xiàn)存的大型古塔群之一，位于銀川市南60公里的青銅峽水庫西岸崖壁下，佛塔依山勢自上而下，按1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19的奇數(shù)排列成十二行，塔體分為4種類型：第1層塔身覆缽式，2～4層為八角鼓腹錐頂狀，5～6層呈葫蘆狀，7～12層呈寶瓶狀，現(xiàn)將一百零八塔按從上到下，從左到右的順序依次編號1,2,3,4，…，108．則編號為26的佛塔所在層數(shù)和塔體形狀分別為()一百零八塔全景A．第5行，呈葫蘆狀B．第6行，呈葫蘆狀C．第7行，呈寶瓶狀D．第8行，呈寶瓶狀6一名同學(xué)有2本不同的數(shù)學(xué)書，3本不同的物理書，現(xiàn)要將這些書放在一個單層的書架上．如果要將全部的書放在書架上，且不使同類的書分開，則不同放法的種數(shù)為()A．24B．12C．120 D．607為了得到函數(shù)f(x)＝sineq\f(1,3)x＋coseq\f(1,3)x的圖象，可以將函數(shù)g(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,3)x的圖象()A．向右平移eq\f(3π,4)個單位長度B．向右平移eq\f(π,4)個單位長度C．向左平移eq\f(3π,4)個單位長度D．向左平移eq\f(π,4)個單位長度8△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，則A＝()A．eq\f(3π,4)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)·g(x)是偶函數(shù)B．|f(x)|·g(x)是奇函數(shù)C．f(x)·|g(x)|是奇函數(shù)D．|f(x)·g(x)|是偶函數(shù)10如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝3，點M，N分別在棱AB和BB1上運動(不含端點)．若D1M⊥MN，則下列命題正確的是()A．MN⊥A1MB．MN⊥平面D1MCC．線段BN長度的最大值為eq\f(3,4)D．三棱錐C1-A1D1M體積不變11已知曲線C的方程為x2＋eq\f(y2,9)＝1(0＜x≤1)，A(0，－3)，B(0,3)，D(－1,0)，點P是C上的動點，直線AP與直線x＝5交于點M，直線BP與直線x＝5交于點N，則△DMN的面積可能為()A．73B．76C．68 D．7212若(x＋3)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，x∈R，則下列結(jié)論中正確的有()A．a(chǎn)0＝28B．a(chǎn)3＝8Ceq\o\al(3,10)C．a(chǎn)1＋a2＋…＋a8＝38D．(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝38三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．14已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，則不等式x2－bx－a＜0的解集為________．15已知向量a＝(m,2)，b＝(1，－3)．若a⊥b，則|a|＝________．16早在兩千多年前，我國的墨子給出了圓的定義——一中同長也．已知O為坐標(biāo)原點，P(－1，eq\r(3))．若⊙O，⊙P的“長”分別為1，r，且兩圓相切，則r＝________．四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17（10分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點D滿足3eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))與eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0．(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．18（12分）已知數(shù)列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,n)))是常數(shù)列；(2)令bn＝(－1)nan，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Sn≤－99的n的最小值．19（12分）從甲地到乙地要經(jīng)過3個十字路口，設(shè)各路口信號燈工作相互獨立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)．(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地，求這2輛車共遇到1個紅燈的概率．20（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，PC⊥底面ABCD，AB＝2AD＝2CD＝4，PC＝2a，E是PB的中點．(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值為eq\f(\r(6),3)，求a的值；(3)在(2)的條件下求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．21（12分）已知橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，A是橢圓上的一點，且A在第一象限內(nèi)，過A且斜率等于－1的直線與橢圓C交于另一點B，點A關(guān)于原點的對稱點為D．(1)證明：直線BD的斜率為定值；(2)求△ABD面積的最大值．22（12分）已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x2,2)，g(x)＝(1－k)x＋k．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若存在x0＞1，當(dāng)x∈(1，x0)時，f(x)＋g(x)＞eq\f(1,2)，求實數(shù)k的取值范圍．答案及解析1定義集合運算：A⊙B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}．設(shè)集合A＝{－1,0,1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A⊙B的所有元素之和為()A．1 B．0C．－1 D．sinα＋cosαB解析：因為x∈A，所以x的可能取值為－1,0,1．同理，y的可能取值為sinα，cosα，所以xy的所有可能取值為(重復(fù)的只列舉一次)－sinα，0，sinα，－cosα，cosα，所以所有元素之和為0．2．若復(fù)數(shù)1－2i是關(guān)于x的方程x2－ax＋b＝0(a，b∈R)的一個根，則|a＋bi|＝()A．3 B．eq\r(21)C．eq\r(29) D．29C解析：由題意可知，(1－2i)2－a(1－2i)＋b＝0，所以b－a－3＋(2a－4)i＝0，故a＝2，b＝5．則|a＋bi|＝|2＋5i|＝eq\r(29)．3某地氣象局統(tǒng)計，當(dāng)?shù)啬橙展物L(fēng)的概率為eq\f(4,5)，既刮風(fēng)又下雨的概率為eq\f(1,2)，則該地在刮風(fēng)天里，下雨的概率為()A．eq\f(3,4) B．eq\f(5,8)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,2)B解析：由題意，記“該地區(qū)刮風(fēng)”為事件A，“該地區(qū)下雨”為事件B，則P(A)＝eq\f(4,5)，P(AB)＝eq\f(1,2)，所以該地在刮風(fēng)天里，下雨的概率為P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,2),\f(4,5))＝eq\f(5,8)．4．已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為2的正方體，E，F(xiàn)，G分別為AA1，D1C1，BC的中點，過E，F(xiàn)，G的平面截正方體的截面面積為()A．eq\r(3) B．eq\r(2)C．3eq\r(3) D．3eq\r(2)C解析：如圖，分析正方體結(jié)構(gòu)可以得知，該截面為一個邊長為eq\r(2)的正六邊形，此正六邊形分成6個全等的三角形，所以其面積為6×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)．故選C．5一百零八塔是中國現(xiàn)存的大型古塔群之一，位于銀川市南60公里的青銅峽水庫西岸崖壁下，佛塔依山勢自上而下，按1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19的奇數(shù)排列成十二行，塔體分為4種類型：第1層塔身覆缽式，2～4層為八角鼓腹錐頂狀，5～6層呈葫蘆狀，7～12層呈寶瓶狀，現(xiàn)將一百零八塔按從上到下，從左到右的順序依次編號1,2,3,4，…，108．則編號為26的佛塔所在層數(shù)和塔體形狀分別為()一百零八塔全景A．第5行，呈葫蘆狀B．第6行，呈葫蘆狀C．第7行，呈寶瓶狀D．第8行，呈寶瓶狀C解析：因為1＋3＋3＋5＋5＋7＝24，故編號為26的佛塔在第7行，呈寶瓶狀．故選C．6一名同學(xué)有2本不同的數(shù)學(xué)書，3本不同的物理書，現(xiàn)要將這些書放在一個單層的書架上．如果要將全部的書放在書架上，且不使同類的書分開，則不同放法的種數(shù)為()A．24B．12C．120 D．60A解析：根據(jù)題意，要求不使同類的書分開，即同類的書相鄰，先將2本不同的數(shù)學(xué)書看成一個整體，再將3本不同的物理書看成一個整體，最后將兩個整體全排列，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝24種不同放法．故選A．7為了得到函數(shù)f(x)＝sineq\f(1,3)x＋coseq\f(1,3)x的圖象，可以將函數(shù)g(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,3)x的圖象()A．向右平移eq\f(3π,4)個單位長度B．向右平移eq\f(π,4)個單位長度C．向左平移eq\f(3π,4)個單位長度D．向左平移eq\f(π,4)個單位長度A解析：因為f(x)＝sineq\f(1,3)x＋coseq\f(1,3)x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))，所以將函數(shù)g(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,3)x的圖象向右平移eq\f(3π,4)個單位長度，可得f(x)的圖象．8△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，則A＝()A．eq\f(3π,4)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)C解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA＝2b2(1－cosA)．因為a2＝2b2(1－sinA)，所以cosA＝sinA．因為cosA≠0，所以tanA＝1．因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)．故選C．9設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)·g(x)是偶函數(shù)B．|f(x)|·g(x)是奇函數(shù)C．f(x)·|g(x)|是奇函數(shù)D．|f(x)·g(x)|是偶函數(shù)CD解析：對于A，f(－x)·g(－x)＝－f(x)·g(x)，函數(shù)是奇函數(shù)，故A錯誤；對于B，|f(－x)|·g(－x)＝|f(x)|·g(x)，函數(shù)是偶函數(shù)，故B錯誤；對于C，f(－x)·|g(－x)|＝－f(x)·|g(x)|，函數(shù)是奇函數(shù)，故C正確；對于D，|f(－x)·g(－x)|＝|f(x)·g(x)|，函數(shù)是偶函數(shù)，故D正確．10如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝3，點M，N分別在棱AB和BB1上運動(不含端點)．若D1M⊥MN，則下列命題正確的是()A．MN⊥A1MB．MN⊥平面D1MCC．線段BN長度的最大值為eq\f(3,4)D．三棱錐C1-A1D1M體積不變ACD解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，以點D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)．設(shè)M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，eq\o(D1M,\s\up7(→))＝(3，y，－3)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，則eq\o(D1M,\s\up7(→))·eq\o(MN,\s\up7(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0?z＝eq\f(1,3)y(3－y)．對于A選項，eq\o(A1M,\s\up7(→))＝(0，y，－3)，則eq\o(A1M,\s\up7(→))·eq\o(MN,\s\up7(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0?eq\o(A1M,\s\up7(→))⊥eq\o(MN,\s\up7(→))，MN⊥A1M，A正確；對于B選項，eq\o(CM,\s\up7(→))＝(3，y－3,0)，eq\o(CM,\s\up7(→))·eq\o(MN,\s\up7(→))＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM與MN不垂直，從而MN與平面D1MC不垂直，B不正確；對于C選項：eq\o(BN,\s\up7(→))＝(0,0，z)，則線段BN長度|eq\o(BN,\s\up7(→))|＝z＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\UP12(2)＋\f(9,4)))≤eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\f(3,2)時等號成立，C正確；對于D選項，不論點M如何移動，點M到平面A1D1C1的距離均為3，而VC1-A1D1M＝VM-A1D1C1＝eq\f(1,3)·3·S△A1D1C1＝eq\f(9,2)，三棱錐C1-A1D1M體積為定值，即D正確．故選ACD．11已知曲線C的方程為x2＋eq\f(y2,9)＝1(0＜x≤1)，A(0，－3)，B(0,3)，D(－1,0)，點P是C上的動點，直線AP與直線x＝5交于點M，直線BP與直線x＝5交于點N，則△DMN的面積可能為()A．73B．76C．68 D．72ABD解析：設(shè)P(x0，y0)，則kPA·kPB＝eq\f(y\o\al(2,0)－9,x\o\al(2,0))＝eq\f(y\o\al(2,0)－9,1－\f(y\o\al(2,0),9))＝－9．設(shè)kPA＝k(k＞0)，則kPB＝－eq\f(9,k)．直線AP的方程為y＝kx－3，則點M的坐標(biāo)為(5,5k－3)，直線BP的方程為y＝－eq\f(9,k)x＋3，則點N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，－\f(45,k)＋3))．所以|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5k－3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(45,k)＋3))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5k＋\f(45,k)－6))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(5k·\f(45,k))－6))＝24，當(dāng)且僅當(dāng)5k＝eq\f(45,k)，即k＝3時等號成立．從而△DMN面積的最小值為eq\f(1,2)×24×6＝72．故選ABD．12若(x＋3)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，x∈R，則下列結(jié)論中正確的有()A．a(chǎn)0＝28B．a(chǎn)3＝8Ceq\o\al(3,10)C．a(chǎn)1＋a2＋…＋a8＝38D．(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝38AD解析：(x＋3)8＝[2＋(x＋1)]8＝28＋27Ceq\o\al(1,8)(x＋1)＋26Ceq\o\al(2,8)(x＋1)2＋25Ceq\o\al(3,8)(x＋1)3＋…＋(x＋1)8．對于A，令x＝－1，則(－1＋3)8＝28＝a0，故A正確．對于B，a3＝25Ceq\o\al(3,8)＝1792，而8Ceq\o\al(3,10)＝960，故B錯誤．對于C，令x＝0，則38＝a0＋a1＋a2＋…＋a8，于是a1＋a2＋…＋a8＝38－a0＝38－28，故C錯誤．對于D，令x＝－2，則1＝a0－a1＋a2－…＋a8．因為a0＋a1＋a2＋…＋a8＝38，所以(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a8)(a0－a1＋a2－…＋a8)＝38，故D正確．故選AD．13設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．[0,1)解析：由題意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函數(shù)的圖象為如圖所示的實線部分．根據(jù)圖象，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[0,1)．14已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，則不等式x2－bx－a＜0的解集為________．(2,3)解析：由題意知－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的兩根．所以，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝\f(b,a)，,－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－\f(1,a)，,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝5.))所以不等式x2－bx－a＜0，即為x2－5x＋6＜0，易得解集為(2,3)．15已知向量a＝(m,2)，b＝(1，－3)．若a⊥b，則|a|＝________．2eq\r(10)解析：因為a⊥b，a＝(m,2)，b＝(1，－3)，所以a·b＝m－6＝0，解得m＝6，所以|a|＝eq\r(62＋22)＝2eq\r(10)．16早在兩千多年前，我國的墨子給出了圓的定義——一中同長也．已知O為坐標(biāo)原點，P(－1，eq\r(3))．若⊙O，⊙P的“長”分別為1，r，且兩圓相切，則r＝________．1或3解析：由題意，O為坐標(biāo)原點，P(－1，eq\r(3))，根據(jù)圓的定義可知，⊙O的圓心為O(0,0)，半徑為1，⊙P的圓心為P(－1，eq\r(3))，半徑為r，因為兩圓相切，則有|PO|＝r＋1或|PO|＝r－1，則有r＋1＝2或r－1＝2，解得r＝1或3．17（10分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點D滿足3eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))與eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0．(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．解：(1)因為eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up7(→))＋\f(1,3)\o(BC,\s\up7(→))))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up7(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up7(→))))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，所以eq\f(2,3)bccosA＋eq\f(1,3)b2＝0．因為b＝c，所以cosA＝－eq\f(1,2)．因為0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3)．(2)因為eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up7(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up7(→))))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)bc·cosA＋eq\f(1,3)b2＝0，所以b2＋c2－a2＋b2＝0，即2b2＋c2－a2＝0，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(a2－c2,2),2ac)＝eq\f(\f(a2,2)＋\f(3c2,2),2ac)≥eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝3c2時，等號成立．因為0<B<π，所以B的最大值為eq\f(π,6)．18（12分）已知數(shù)列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,n)))是常數(shù)列；(2)令bn＝(－1)nan，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，求使得Sn≤－99的n的最小值．(1)證明：由n(an＋1－an)＝an＋1得：nan＋1＝(n＋1)·an＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋eq\f(1,n(n＋1))．所以eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，即有eq\f(an＋1＋1,n＋1)＝eq\f(an＋1,n)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,n)))是常數(shù)列．(2)解：由(1)知：eq\f(an＋1,n)＝a1＋1＝3，所以an＝3n－1，所以bn＝(－1)n(3n－1)，即bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n－1，n為偶數(shù)，,－(3n－1)，n為奇數(shù).))所以當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(－2＋5)＋(－8＋11)＋…＋[－(3n－4)＋(3n－1)]＝eq\f(3n,2)，顯然Sn≤－99無解；當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝Sn＋1－an＋1＝eq\f(3(n＋1),2)－[3(n＋1)－1]＝－eq\f(3n＋1,2)，令Sn≤－99，解得n≥66．結(jié)合n為奇數(shù)得n的最小值為67．所以n的最小值為67．19（12分）從甲地到乙地要經(jīng)過3個十字路口，設(shè)各路口信號燈工作相互獨立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)．(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地，求這2輛車共遇到1個紅燈的概率．解：(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24)．所以隨機變量X的分布列為X0123Peq\f(1,4)eq\f(11,24)eq\f(1,4)eq\f(1,24)隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(11,24)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,24)＝eq\f(13,12)．(2)設(shè)Y表示第一輛車遇到紅燈的個數(shù)，Z表示第二輛車遇到紅燈的個數(shù)，則所求事件的概率為P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(11,24)＋eq\f(11,24)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,48)．所以這2輛車共遇到1個紅燈的概率為eq\f(11,48)．20（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，PC⊥底面ABCD，AB＝2AD＝2CD＝4，PC＝2a，E是PB的中點．(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值為eq\f(\r(6),3)，求a的值；(3)在(2)的條件下求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．(1)證明：因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC．因為AB＝4，AD＝CD＝2，所以AC＝2eq\r(2)，取AB的中點為N，則可得CN∥AD，則CN⊥AB，所以BC＝eq\r(CN2＋NB2)＝2eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC．又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC．因為AC?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC．(2)解：以點C為原點，eq\o(CN,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))，eq\o(CP,\s\up7(→))分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(2,2,0)，B(2，－2,0)，設(shè)P(0,0,2a)(a>0)，則E(1，－1，a)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0,0,2a)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1，－1，a)．設(shè)m＝(x0，y0，z0)為平面PAC的法向量，則m·eq\o(CA,\s\up7(→))＝m·eq\o(CP,\s\up7(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＋2y0＝0，,2az0＝0，))取m＝(1，－1,0)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n·eq\o(CA,\s\up7(→))＝n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x－y＋az＝0，))取x＝a，y＝－a，z＝－2，則n＝(a，－a，－2)．依題意|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(a,\r(a2＋2))＝eq\f(\r(6),3)，則a＝2．21（12分）已知橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，A是橢圓上的一點，且A在第一象限內(nèi)，過A且斜率等于－1的直線與橢圓C交于另一點B，點A關(guān)于原點的對稱點為D．(1)證明：直線BD的斜率為定值；(2)求△ABD面積的最大值．(1)證明：設(shè)D(x1，y1)，B(x2，y2)，則A(－x1，－y1)，直線BD的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),2)＝1，))兩式相減得eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(1,2)×eq