答案C

解析由 $x^2<1$ 得 $-1<x<1$，所以 $A=(-1,1)$。全集 $U=(-1,3)$，因此 $\complement_U A=U\setminus A=[1,3)$，即 $\{x\mid 1\leqslant x<3\}$。故选 C。

答案D

解析由 $z(1+\mathrm{i})=2\mathrm{i}$ 得 $z=\frac{2\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}$。分子分母同乘 $1-\mathrm{i}$：

故选 D。

答案A

解析由题意，焦点在 $x$ 轴上，故半焦距 $c=2\sqrt{2}$，虚半轴长 $b=2$。双曲线满足 $c^2=a^2+b^2$，所以 $a^2=c^2-b^2=(2\sqrt{2})^2-2^2=8-4=4$。因此标准方程为 $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$，选项 A 正确。

答案B

解析因为 $a=2^{0.1}>2^0=1$，所以 $a>1$。

$b=\cos 2$，由于 $\frac{\pi}{2}<2<\pi$，故 $b<0$。

$c=\lg 2 \approx 0.3010$，所以 $0<c<1$。

因此 $b<0<c<1<a$，即 $b<c<a$，选 B。

答案D

解析由二项式定理，$(2-x)^4=\sum_{k=0}^4 C_4^k 2^{4-k}(-x)^k$。

(1) $a_1=C_4^1 2^3(-1)=-32$。

(2) $a_3=C_4^3 2^1(-1)^3=-8$。

因此 $a_1+a_3=-32+(-8)=-40$，选 D。

答案C

解析

(1) 取 AB 中点 O，连接 CO、DO。因为 △ABC 与 △ABD 均为边长 2 的等边三角形，所以 CO⊥AB，DO⊥AB，且 $CO=DO=\sqrt{3}$。

(2) 因为平面 ABC⊥平面 ABD，交线为 AB，CO⊂平面 ABC 且 CO⊥AB，所以 CO⊥平面 ABD，从而 CO⊥OD。

(3) 在 Rt△COD 中，$CD=\sqrt{CO^2+DO^2}=\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$。

故选 C。

答案C

解析由题意，$A(m,n)$ 在单位圆上且为角 $\alpha$ 的终边与单位圆交点，所以 $m=\cos\alpha,\ n=\sin\alpha$。又 $\cos2\alpha=\frac{2}{3}$，而 $\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$，故 $2\cos^2\alpha-1=\frac{2}{3}$，解得 $\cos^2\alpha=\frac{5}{6}$，即 $m^2=\frac{5}{6}$，所以 $|m|=\frac{\sqrt{30}}{6}$。

点 $B(1,b)$ 在角 $\alpha$ 的终边所在直线上，则该直线斜率为 $b=\tan\alpha=\frac{n}{m}$。因此 $\left|\frac{n}{b}\right|=\left|\frac{n}{n/m}\right|=|m|=\frac{\sqrt{30}}{6}$。故选 C。

答案B

解析由 $P(5)=\frac{P_0}{2}$ 得 $P_0 e^{-5k}=\frac{P_0}{2}$，即 $e^{-5k}=\frac{1}{2}$，所以 $5k=\ln 2$，$k=\frac{\ln 2}{5}$。设抗拉强度衰减为原来的 $\frac{1}{5}$ 需要 $t$ 年，则 $e^{-kt}=\frac{1}{5}$，即 $kt=\ln 5$，所以 $t=\frac{\ln 5}{k}=\frac{\ln 5}{\ln 2/5}=5\cdot\frac{\ln 5}{\ln 2}\approx 5\times\frac{1.609}{0.693}\approx 11.6$ 年。故选 B。

答案A（充分不必要条件）

解析设 $a_n=a_1q^{n-1}$，$a_1\neq 0$。

(1) 若 $q<-1$，令 $q=-r\ (r>1)$，则 $|a_n|=|a_1|r^{n-1}\to +\infty$，且各项符号正负交替；因此正项子列的绝对值也趋于 $+\infty$。对任意等差数列 $\{b_n\}$ 和任意给定的 $N_0$，$b_{N_0}$ 是固定实数，取充分大的适当奇偶性的 $k$，使 $a_k>0$ 且 $|a_k|>b_{N_0}$，故命题成立。所以 $q<-1$ 是充分条件。

(2) $q<-1$ 不是必要条件。反例：取 $a_n=2^{n-1}$，即 $q=2>1$，$a_1=1>0$。对任意等差数列 $\{b_n\}$ 和任意 $N_0$，$b_{N_0}$ 固定，而 $a_k=2^{k-1}\to +\infty$，所以存在正整数 $k$ 使 $a_k>b_{N_0}$。这说明 $q=2$ 时命题也成立，但 $q<-1$ 不成立。

综上，$q<-1$ 是所述命题的充分不必要条件，选 A。

答案B

解析取 $BC$ 所在直线为 $x$ 轴，$D$ 为原点，令 $B(-1,0),C(1,0),D(0,0)$。设 $M(x,y)$，由 $\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MC}\cdot\overrightarrow{MD}$ 得 $(-1-x,-y)\cdot(-x,-y)=(1-x,-y)\cdot(-x,-y)$，化简得 $x(1+x)+y^2=x(x-1)+y^2$，即 $2x=0$，所以 $M$ 在直线 $x=0$ 上。设 $A(x_0,y_0)$，则 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}=(M-A)\cdot(2,0)=-2x_0$。由 $\angle BAC=\frac{\pi}{4}$，点 $A$ 在以 $BC$ 为弦的圆上，其圆心为 $(0,\pm1)$，半径为 $\sqrt2$，故 $x_0\in[-\sqrt2,\sqrt2]$。当 $x_0=-\sqrt2$ 时，$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}$ 最大，最大值为 $2\sqrt2$。故选 B。

答案$[2,+\infty)$

解析(1) 由根号内非负，得 $\log_{2}x-1\ge 0$，即 $\log_{2}x\ge 1$。(2) 因此 $x\ge 2^1=2$。(3) 又对数函数要求真数 $x>0$，而 $x\ge2$ 已满足该条件，故定义域为 $[2,+\infty)$。

答案(0,2)

解析

抛物线标准形式为 $x^2=2py$，对比 $x^2=8y$ 得 $2p=8$，即 $p=4$。

该抛物线开口向上，焦点坐标为 $(0,\frac{p}{2})=(0,2)$。

答案第一空：$2$；第二空：$6$（答案不唯一，$\omega>\frac{17}{3}$ 均可）。

解析(1) $f(x)=\sqrt3\sin\omega x+\cos\omega x=2\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})$。当 $\omega=1$ 时，$f(\frac{\pi}{3})=2\sin(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6})=2\sin\frac{\pi}{2}=2$。(2) 令 $f(x)=0$，得 $\omega x+\frac{\pi}{6}=k\pi$，即 $x=\frac{k\pi-\pi/6}{\omega}=\frac{(k-\frac16)\pi}{\omega}$。在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内，$k=1,2,3,\dots$。要有至少 3 个零点，需第 3 个零点 $x_3=\frac{(3-\frac16)\pi}{\omega}=\frac{17\pi}{6\omega}<\frac{\pi}{2}$，解得 $\omega>\frac{17}{3}$。取 $\omega=6$ 即可。

答案4；31

解析设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$（$q>0$）。由$a_5=a_1q^4$，得$q^4=\frac{250}{15.625}=16$，所以$q=2$，于是$\frac{a_4}{a_2}=\frac{a_2q^2}{a_2}=q^2=4$。

五枚权质量分别为$15.625,31.25,62.5,125,250$，即$15.625(1,2,4,8,16)$。任取一枚或多枚，其称量值对应二进制数中某几位为$1$的和，不同子集对应不同的二进制数，因此称量值互不相同。非空子集共有$2^5-1=31$个，所以可组合出的不同称量值共有$31$种。

答案②③④

解析(1) 设 $p(x)=(x^2-1)(x^2+ax+b)$。因 $p(\pm1)=0$，所以 $f(\pm1)=c$，故 $f(x)$ 的最小值不超过 $c$，不可能为 $[c+1,+\infty)$，①假。

(2) 取 $a=0,b=-3,c=-1/2$，则 $p(x)=(x^2-1)(x^2-3)$。令 $y=x^2$，$f(x)=0$ 等价于 $|(y-1)(y-3)|=1/2$。由 $(y-1)(y-3)=1/2$ 得 $y^2-4y+5/2=0$，其两根为 $2\pm(3/2)^{1/2}$；由 $(y-1)(y-3)=-1/2$ 得 $y^2-4y+7/2=0$，其两根为 $2\pm(1/2)^{1/2}$。四个 $y$ 均为正，每个对应两个 $x$，共 $8$ 个零点，②真。

(3) 对任意实数 $a$，取 $b=a^2/4-1$。此时 $x^2+ax+b=(x+a/2)^2-1$，$p(x)$ 的零点集为 $\{1,-1,-a/2-1,-a/2+1\}$，它们关于 $x=-a/4$ 成对对称：$1$ 与 $-a/2-1$ 的中点、$-1$ 与 $-a/2+1$ 的中点均为 $-a/4$。故 $p(x)$ 关于直线 $x=-a/4$ 对称，从而 $|p|$ 与 $f$ 也关于该直线对称，③真。

(4) 对任意给定的 $b$，取充分大的正数 $a$，使 $x^2+ax+b$ 有两个实根 $r_1<r_2$，且 $r_1<-1<r_2<1$（因 $r_2=-2b/(a+(a^2-4b)^{1/2})\to0$，$r_1\to-\infty$）。于是 $p$ 的四个零点为 $r_1,-1,r_2,1$，符号依次为 $+,-,+,-,+$。由罗尔定理，$p'$ 在 $(r_1,-1),(-1,r_2),(r_2,1)$ 内各有一个零点，分别为 $p$ 的两个负极小值点和一个正极大值点；取绝对值后都成为 $f$ 的极大值点。零点处 $|p|=0$ 是极小值，不产生极大值。故 $f$ 恰有 $3$ 个极大值点，④真。

答案

(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)直线 $BF$ 与平面 $CEF$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$。

解析

(Ⅰ)证明：因为面 $ABCD$ 是矩形，所以 $AB \perp AD$。又 $AF \perp AD$，$AB \cap AF = A$，且 $AB, AF \subset$ 平面 $ABF$，所以 $AD \perp$ 平面 $ABF$。又 $BF \subset$ 平面 $ABF$，所以 $BF \perp AD$。

(Ⅱ)因为 $AF \perp AB$，$AF \perp AD$，$AB \cap AD = A$，所以 $AF \perp$ 平面 $ABCD$，故 $AB, AD, AF$ 两两垂直。以 $A$ 为原点，$AB, AD, AF$ 所在直线分别为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系。

则 $B(1,0,0)$，$C(1,2,0)$，$D(0,2,0)$，$F(0,0,2)$。由 $AF \parallel DE$ 且 $DE=1$，得 $E(0,2,1)$。

于是 $\vec{BF}=(-1,0,2)$，$\vec{CE}=(-1,0,1)$，$\vec{CF}=(-1,-2,2)$。

设平面 $CEF$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则 $\vec{n}\cdot\vec{CE}=-x+z=0$，$\vec{n}\cdot\vec{CF}=-x-2y+2z=0$。取 $x=1$，得 $z=1$，$y=\frac{1}{2}$，即 $\vec{n}=(1,\frac{1}{2},1)$，可取 $\vec{n}=(2,1,2)$。

设所成角为 $\theta$，则 $\sin\theta=|\cos\langle\vec{n},\vec{BF}\rangle|=\frac{|\vec{n}\cdot\vec{BF}|}{|\vec{n}||\vec{BF}|}=\frac{|-2+0+4|}{3\times\sqrt{5}}=\frac{2}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

验算：$|\vec{BF}|=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$，$|\vec{n}|=\sqrt{4+1+4}=3$，$\vec{n}\cdot\vec{BF}=-2+4=2$，故 $\sin\theta=\frac{2}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

所以直线 $BF$ 与平面 $CEF$ 所成角的正弦值为 $\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

答案(Ⅰ) $\angle A=\frac{\pi}{3}$；(Ⅱ) 选择条件①，周长为 $3+\sqrt{3}+\sqrt{6}$。

解析(1) 由 $\sin2A=\sin A$ 得 $2\sin A\cos A=\sin A$，即 $\sin A(2\cos A-1)=0$。因为 $0<A<\pi$，$\sin A\neq0$，所以 $\cos A=\frac12$，故 $A=\frac{\pi}{3}$。

(2) 由正弦定理，$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2\sqrt2$。若选条件① $b=2$，则 $2=2\sqrt2\sin B$，得 $\sin B=\frac{\sqrt2}{2}$。又 $B+C=\frac{2\pi}{3}$，所以 $0<B<\frac{2\pi}{3}$，故 $B=\frac{\pi}{4}$，$C=\frac{5\pi}{12}$。于是 $c=2\sqrt2\sin\frac{5\pi}{12}=\sqrt3+1$。所以周长为 $a+b+c=\sqrt6+2+\sqrt3+1=3+\sqrt3+\sqrt6$。

答案(Ⅰ) $\frac{1}{2}$；(Ⅱ) $\frac{21}{80}$；(Ⅲ) $p_0>\frac{p_1+p_2+p_3}{3}$.

解析(Ⅰ) 30个交易日中“上涨”出现15次，所以 $P(\text{上涨})=\frac{15}{30}=\frac12$。

(Ⅱ) 用频率估计：$P(\uparrow)=\frac12$，$P(\downarrow)=\frac{9}{30}=\frac3{10}$，$P(\rightarrow)=\frac{6}{30}=\frac15$。设5天中上涨、不变、下跌天数分别为 $u,n,d$，则 $u\ge3,n\ge1,u+n+d=5$。满足条件的情况为 $(u,n,d)=(3,1,1),(3,2,0),(4,1,0)$，故所求概率为

。

(Ⅲ) 第30个交易日为“↑”。统计由“↑”到下一步的转移，共14次：到“↑”7次、到“↓”5次、到“→”2次，所以第31日价格变化的一步转移概率估计为 $P(\uparrow)=\frac12$，$P(\downarrow)=\frac5{14}$，$P(\rightarrow)=\frac17$。因此 $p_0=\frac12p_1+\frac5{14}p_2+\frac17p_3$。又 $p_1>p_2>p_3$，故

所以 $p_0>\frac{p_1+p_2+p_3}{3}$。

答案椭圆方程为 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$，离心率 $e=\frac{\sqrt2}{2}$；直线 $l$ 的方程为 $y=x+1$。

解析(1) 椭圆上一点到两焦点距离之和为 $2a$，故 $2a=2\sqrt6$，$a=\sqrt6$。点 $A(2,1)$ 在椭圆上，所以 $\frac{4}{6}+\frac{1}{b^2}=1$，解得 $b^2=3$。因此 $E:\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$。又 $c^2=a^2-b^2=3$，$c=\sqrt3$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt3}{\sqrt6}=\frac{\sqrt2}{2}$。

(2) 若 $l:x=2$，则交点为 $(2,1),(2,-1)$，含有 $A$ 或斜率不存在，不合题意，故设 $l:y=k(x-2)+3$。令 $x=2+s$，$y=3+ks$，则 $B,C$ 对应两根 $s_1,s_2$。代入椭圆：$(2+s)^2/6+(3+ks)^2/3=1$，去分母得 $(1+2k^2)s^2+(4+12k)s+16=0$。于是 $s_1+s_2=-\frac{4+12k}{1+2k^2}$，$s_1s_2=\frac{16}{1+2k^2}$。直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}=\frac{y-1}{x-2}=\frac{2+ks}{s}=k+\frac{2}{s}$，同理 $k_{AC}=k+\frac{2}{s_2}$。由 $k_{AB}+k_{AC}=0$ 得 $2k+2(\frac{1}{s_1}+\frac{1}{s_2})=0$，即 $\frac{s_1+s_2}{s_1s_2}=-k$。代入韦达定理：$-\frac{4+12k}{16}=-k$，解得 $k=1$。此时判别式 $\Delta=16^2-4\cdot3\cdot16=64>0$，满足两不同交点。所以 $l:y=(x-2)+3=x+1$。

答案(Ⅰ) 切线方程为 $x+y=1$；(Ⅱ) 证明见解析；(Ⅲ) 实数 $a$ 的取值范围为 $(-\infty,0)$。

解析(Ⅰ) 当 $a=1$ 时，$f(x)=(x^3+1)e^{-x}$，$f(0)=1$。又 $f'(x)=(3x^2-x^3-1)e^{-x}$，所以 $f'(0)=-1$。故曲线在 $(0,1)$ 处的切线方程为 $y-1=-x$，即 $x+y=1$。

(Ⅱ) 要证 $f(x)\leqslant a$，即 $\frac{x^3+a}{e^{ax}}\leqslant a$，也即 $a(e^{ax}-1)\geqslant x^3$。令 $t=ax\geqslant0$，则 $x^3=t^3/a^3$，于是需证 $a^4(e^t-1)\geqslant t^3$。因为 $a\geqslant\sqrt{2}$，所以 $a^4\geqslant4$，故只需证 $e^t-1\geqslant\frac{t^3}{4}$。设 $p(t)=e^t-1-\frac{t^3}{4}$，$p(0)=0$，$p'(t)=e^t-\frac{3t^2}{4}$，$p''(t)=e^t-\frac{3t}{2}$，$p'''(t)=e^t-\frac32$。$p''(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上的最小值为 $p''(\ln\frac32)=\frac32(1-\ln\frac32)>0$，故 $p''(t)>0$，所以 $p'(t)\geqslant p'(0)=1>0$，从而 $p(t)\geqslant p(0)=0$，即 $e^t-1\geqslant\frac{t^3}{4}$。因此 $a(e^{ax}-1)\geqslant x^3$，所以 $f(x)\leqslant a$。

(Ⅲ) 令 $K(x)=\frac{x^3+a}{e^{ax}}+a^2x-a$，原条件等价于存在 $x\geqslant0$ 使 $K(x)<0$。

(1) 若 $a=0$，则 $K(x)=x^3\geqslant0$，不成立。

(2) 若 $a>0$，当 $ax\geqslant1$ 时，$-a^2x+a\leqslant0<f(x)$；当 $0\leqslant ax<1$ 时，$f(x)=\frac{x^3+a}{e^{ax}}\geqslant ae^{-ax}>a(1-ax)=-a^2x+a$（$x=0$ 时取等号），故 $K(x)\geqslant0$，也不成立。

(3) 若 $a<0$，注意到 $K(0)=0$，$K'(0)=0$，且

由连续性，存在 $\delta>0$，使 $0<x<\delta$ 时 $K''(x)<0$，于是 $K'(x)<K'(0)=0$，进而 $K(x)<K(0)=0$，原不等式成立。

综上，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0)$。

答案A

解析(1) 由 $x^2-2x\le 0$，即 $x(x-2)\le 0$，解得 $0\le x\le 2$，所以 $A=[0,2]$。

(2) $B=\{x\mid x>1\}=(1,+\infty)$，因此 $A\cup B=[0,2]\cup(1,+\infty)=[0,+\infty)=\{x\mid x\ge 0\}$。故选 A。

答案D

解析由 $(1+2i)z=3+i$，得 $z=\frac{3+i}{1+2i}$。分子分母同乘共轭复数 $1-2i$：

对应点为 $(1,-1)$，位于第四象限，故选 D。

答案B

解析双曲线 $x^2-\frac{y^2}{m}=1$ 中，$a^2=1$，$b^2=m$，故 $c^2=a^2+b^2=1+m$。离心率 $e=2$，所以 $e^2=\frac{c^2}{a^2}=1+m=4$，解得 $m=3$。

答案A

解析(1) 当 $a>b>0$ 时，$a^2>b^2>0$，两边同除以正数 $ab$，得 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$，所以充分性成立。

(2) 反过来，取 $a=-1,b=2$，则 $\frac{b}{a}=-2<\frac{a}{b}=-\frac12$，但 $a>b>0$ 不成立，故必要性不成立。

综上，“$a>b>0$”是“$\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$”的充分不必要条件，选 A。

答案B

解析设坐标：$E(0,0)$，$A(1,0)$，$B(2,0)$，$C(2,1)$，$D(1,1)$。

(1) 计算各边长：$ED=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，$EC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，$DC=1$。

(2) 在 $\triangle CED$ 中，用余弦定理：$\cos\angle CED=\frac{EC^2+ED^2-DC^2}{2\cdot EC\cdot ED}=\frac{5+2-1}{2\sqrt{5}\cdot\sqrt{2}}=\frac{6}{2\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$。

(3) 所以 $\sin\angle CED=\sqrt{1-\frac{9}{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。

另解：$\angle DEA=45^\circ$，$\tan\angle CEB=\frac{1}{2}$，$\tan\angle CED=\tan(45^\circ-\angle CEB)=\frac{1-\frac12}{1+\frac12}=\frac13$，故 $\sin\angle CED=\frac{\sqrt{10}}{10}$。故选 B。

答案C

解析

(1) 纵坐标扩大为原来的 3 倍，得 $g(x)=3f(x)=3a^{2x}$。

(2) 再向右平移 1 个单位，得 $h(x)=g(x-1)=3a^{2(x-1)}$。

(3) 由题意 $h(x)=f(x)$，即 $3a^{2(x-1)}=a^{2x}$。

(4) 因为 $a^{2x}>0$，两边同除以 $a^{2x}$，得 $3a^{-2}=1$，即 $a^2=3$。

(5) 又 $a>0$，所以 $a=\sqrt{3}$。故选 C。

答案B

解析设 $P(t,t+2)$（$t<-a$），记 $r=OP=\sqrt{t^2+(t+2)^2}$。半圆 $B$ 为 $x^2+y^2=a^2,\ y\ge0,\ -a\le x\le a$。

(1) 若 $0<a<1$，取 $t=-1<-a$，则 $P=(-1,1)$，$r=\sqrt2$，对应 $Q=\left(-\frac a{\sqrt2},\frac a{\sqrt2}\right)\in B$，此时 $|PQ|=r-a=\sqrt2-a$。另一方面，任意 $P$ 到上半圆 $B$ 的距离不小于到整圆 $x^2+y^2=a^2$ 的距离 $|r-a|$；而 $r\ge\sqrt2>a$，所以 $|PQ|\ge r-a\ge\sqrt2-a$。故最小值 $\sqrt2-a$ 能达到。

(2) 若 $a\ge1$，$P=(-1,1)$ 不再满足 $t<-a$；此时距离函数在 $t\to -a^-$ 处取得下确界（例如 $1\le a<2$ 时 $D(t)=r-a$ 在 $[-2,-a)$ 上递减，$a=2$ 时 $D(t)=\sqrt2|t+2|$，$a>2$ 时 $D(t)=\sqrt{(t+a)^2+(t+2)^2}$ 在 $t<-a$ 上递减），而 $t=-a$ 不在定义域内，所以下确界不能取到，$|PQ|$ 无最小值。

因此 $a$ 的取值范围是 $(0,1)$，选 B。

答案A

解析由题意，角 $α$ 的终边绕端点 $O$ 逆时针旋转 $π$ 弧度，则 $β=α+π$。因为 $α\in\left[\frac{π}{4},\frac{3π}{4}\right]$，所以 $β\in\left[\frac{5π}{4},\frac{7π}{4}\right]$。

(1) 在区间 $\left[\frac{5π}{4},\frac{7π}{4}\right]$ 上，$β$ 从 $\frac{5π}{4}$ 增大到 $\frac{3π}{2}$ 时，$β$ 对应角的终边从第三象限到 $y$ 轴负半轴，$β$ 再增大到 $\frac{7π}{4}$ 时，进入第四象限。

(2) $β=π$ 时，$β$ 在区间内，此时 $β$ 对应的角为 $π$，而 $β$ 取 $\pi$ 时 $β\in\left[\frac{5π}{4},\frac{7π}{4}\right]$？注意 $π<\frac{5π}{4}$，所以 $β=π$ 不在区间内。

(3) 用余弦函数性质：$β\in\left[\frac{5π}{4},\frac{7π}{4}\right]$，$β$ 从 $\frac{5π}{4}$ 增大到 $π$ 不可能；实为从 $\frac{5π}{4}$ 增大到 $\frac{3π}{2}$，$β$ 继续增大到 $\frac{7π}{4}$。余弦函数在 $[\frac{5π}{4},π]$ 单调递减，但 $π$ 不在区间；正确为：余弦在 $[\frac{5π}{4},\frac{3π}{2}]$ 上单调递减，在 $[\frac{3π}{2},\frac{7π}{4}]$ 上单调递增。

(4) $β=\frac{3π}{2}$ 时，$β$ 在区间内，$β$ 位于 $y$ 轴负半轴，$β$ 的余弦值为 $0$；$\frac{5π}{4}$ 处余弦为 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$；$\frac{7π}{4}$ 处余弦为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。

(5) 但区间 $[\frac{5π}{4},\frac{7π}{4}]$ 包含 $π$？检查：$\frac{5π}{4}=1.25\pi$，$\frac{7π}{4}=1.75\pi$，$π=1\pi$ 不在区间。故余弦在 $[1.25\pi,1.5\pi]$ 上从 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 降到 $0$，在 $[1.5\pi,1.75\pi]$ 上升到 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，最小值是 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$？但 $\frac{5\pi}{4}$ 时余弦为 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$，是区间左端点，且余弦在 $[1.25\pi,1.5\pi]$ 单调递减，所以最小值确实在左端点？但 $\frac{5\pi}{4}$ 到 $\frac{3\pi}{2}$ 余弦递减，从 $-0.707$ 到 $0$，所以最小值是 $-0.707$；再到 $1.75\pi$ 上升到 $0.707$。因此最小值是 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$，而不是 $-1$。

(6) 因此 $β$ 范围有最小值 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$，无最大值？有最大值 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。选项 B 正确。

答案B

答案D

解析(1) 由题意，经过280年臭氧消失一半，即 $Q=Q_0\mathrm{e}^{-\frac{t}{a}}$ 中，当 $t=280$ 时，$Q=\frac{1}{2}Q_0$。

(2) 所以 $\frac{1}{2}Q_0=Q_0\mathrm{e}^{-\frac{280}{a}}$，即 $\frac{1}{2}=\mathrm{e}^{-\frac{280}{a}}$，两边取自然对数得 $-\ln2=-\frac{280}{a}$，解得 $a=\frac{280}{\ln2}$。

(3) 当臭氧含量只剩下初始含量的 $20\%$ 时，$\frac{1}{5}Q_0=Q_0\mathrm{e}^{-\frac{n}{a}}$，即 $\frac{1}{5}=\mathrm{e}^{-\frac{n}{a}}$，取对数得 $\ln\frac{1}{5}=-\frac{n}{a}$，所以 $n=a\ln5$。

(4) $\ln5=\ln\frac{10}{2}=\ln10-\ln2\approx2.3-0.7=1.6$，因此 $n=\frac{280}{\ln2}\cdot\ln5\approx\frac{280}{0.7}\times1.6=400\times1.6=640$。

故答案为 D。

答案D

解析设 $√{OA}=\mathbf{a},\overrightarrow{OB}=\mathbf{b}$。由 $|\mathbf{a}|=|\mathbf{b}|=2$，$\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}=2$，得夹角余弦 $\cos\theta=\frac{2}{2\times2}=\frac12$，故夹角为 $60^\circ$。平行四边形面积公式中，$|\det(\mathbf{a},\mathbf{b})|=\sqrt{|\mathbf{a}|^2|\mathbf{b}|^2-(\mathbf{a}\cdot\mathbf{b})^2}=\sqrt{4\times4-4}=2\sqrt3$。$\lambda,\mu$ 的变化区域为矩形：$-1\le\lambda\le1$，$0\le\mu\le1$，其面积为 $2\times1=2$。线性映射下区域面积为 $|\det(\mathbf{a},\mathbf{b})|\times2=2\sqrt3\times2=4\sqrt3$。故选 D。

答案$-80$

解析

(1) 二项展开式的通项为 $T_{k+1}=\binom{5}{k}(\sqrt{x})^{5-k}(-2)^k$。

(2) 整理得 $T_{k+1}=\binom{5}{k}(-2)^k x^{\frac{5-k}{2}}$。

(3) 令 $\frac{5-k}{2}=1$，解得 $k=3$。

(4) 所以 $x$ 的系数为 $\binom{5}{3}(-2)^3=10\times(-8)=-80$。

答案2

解析设圆心为 $(a,b)$。直线 $x=-2$ 与圆相切，故圆心到该直线的距离等于半径，即 $r=|a+2|$。

圆过点 $(2,0)$，代入圆方程得 $(2-a)^2+b^2=r^2$。将 $r^2=(a+2)^2$ 代入：$(2-a)^2+b^2=(a+2)^2$，展开得 $a^2-4a+4+b^2=a^2+4a+4$，化简得 $b^2=8a$，所以 $a=\frac{b^2}{8}\ge 0$。

于是 $r=|a+2|=a+2=\frac{b^2}{8}+2\ge 2$，当 $b=0$，即 $a=0$ 时取等号。此时圆心为 $(0,0)$，半径 $r=2$，满足题意。故 $r$ 的最小值为 $2$。

答案$a_7=144$，所有项和为 $1208$。

解析(1) 前4项成等比数列，设公比为 $q$，由 $a_1=5$，$a_4=135$，得 $5q^3=135$，所以 $q^3=27$，$q=3$。因此 $a_2=15$，$a_3=45$，前4项和为 $5+15+45+135=200$。(2) 后7项为 $a_4,a_5,\dots,a_{10}$，成等差数列，且 $a_4=135$，$a_9=150$，公差 $d=\frac{150-135}{5}=3$，所以 $a_7=a_4+3d=135+9=144$。(3) 等差数列末项 $a_{10}=a_9+d=153$，后7项和为 $\frac{7(a_4+a_{10})}{2}=\frac{7(135+153)}{2}=1008$。故数列所有项和为 $200+1008=1208$。

答案63

解析

(1) 过 $E$、$F$ 作垂直于 $AB$ 方向的截面：由于 $EF \parallel$ 平面 $ABCD$ 且 $EF=4<AB=6$，可在 $AB$ 上取点 $M,N$ 使 $MN=4$，过 $EF$ 作截面将五面体分割。具体地，过 $E$ 作平面 $EAD$ 平行截面、过 $F$ 作截面，把五面体分成三部分：中间是一个直三棱柱（以三角形 $FBC$ 型截面为底），两端是两个锥体。

(2) 更简便的分割：过 $E,F$ 分别作垂直于 $AB$ 的截面，中间部分为三棱柱，其底面是底边 $BC=3$、高为 $5$ 的三角形，柱长为 $EF=4$，体积 $V_1=\frac{1}{2}\times 3\times 5\times 4=30$。

(3) 两端剩余部分合起来是一个四棱锥：底面为矩形 $ABCD$ 中去掉中间 $4\times 3$ 矩形后剩下的部分，即底边合计 $6-4=2$、宽 $3$ 的矩形，面积 $2\times 3=6$，高为 $5$，体积 $V_2=\frac{1}{3}\times 6\times 5=10$。注意两端拼合后顶点 $E,F$ 重合为一个点，构成四棱锥，体积为 $\frac{1}{3}\times(6\times3-4\times3)\times5=\frac{1}{3}\times6\times5=10$。

(4) 但还需加上中间三棱柱对应的底面部分：实际上标准分割为——把五面体沿过 $E$ 和 $F$ 且垂直于 $AB$ 的两平面切开，得中间三棱柱（底为三角形，底边 $3$、高 $5$，长 $4$）：$V_1=\frac12\times3\times5\times4=30$；两端拼成四棱锥，底为 $(6-4)\times3=6$，高 $5$：$V_2=\frac13\times6\times5=10$。合计 $30+10=40$？需核验：此分割中三棱柱的底三角形应以 $BC$ 为底吗？重新核验：截面三角形底边为 $3$（即 $BC$ 方向宽度），高为 $5$，故 $V_1=30$，$V_2=10$，合计 $40$。再用拟柱体公式核验：$V=\frac{h}{6}(B_1+4M+B_2)$，下底面积 $B_1=6\times3=18$，上底为线段面积 $0$，中截面 $M$：长为 $\frac{6+4}{2}=5$、宽为 $\frac{3}{2}$ 的矩形，$M=\frac{15}{2}$，故 $V=\frac{5}{6}(18+4\times\frac{15}{2}+0)=\frac{5}{6}(18+30)=\frac{5}{6}\times48=40$。两种方法一致。

故体积为 $40$。

答案①②④

解析设 $P(x,y)$ 在直线 $x=-2$ 右侧，则到该直线的距离为 $x+2$。由题意得

即

(1) 将 $O(0,0)$ 代入：$2^2\cdot[(-2)^2+0]=16$，成立，故①正确。

(2) 因 $y^2\ge 0$，有 $(x+2)^2(x-2)^2\le 16$，即 $(x^2-4)^2\le16$，所以 $0\le x^2\le8$，得 $|x|\le2\sqrt2$；又 $x>-2$，故 $-2<x\le2\sqrt2$，②正确。

(3) 取 $x=\frac32$，则 $x>0$，且

解得 $y^2=\frac{207}{196}>1$，所以第一象限内 $y$ 可大于1，故“最大值为1”错误，③不正确。

(4) 令 $x+2=a\in\mathbb N^*$，则 $x=a-2$，方程为 $a^2[(a-4)^2+y^2]=16$。枚举正整数 $a$：$a=1$ 时 $y^2=7$ 非整数；$a=2$ 时 $y=0$，得 $(0,0)$；$a=3$ 时 $y^2=\frac79$ 非整数；$a=4$ 时 $y=\pm1$，得 $(2,1),(2,-1)$；$a\ge5$ 时 $a^2\ge25>16$ 不可能。故共有3个整点，④正确。

答案(1) $A=120^\circ$；(2) 可选条件①（或③），$AC$ 边上的高线长度为 $\frac{5\sqrt{3}}{2}$。

解析由三角形中的射影公式，$c=a\cos B+b\cos A$。代入题设 $a\cos B-\frac{1}{2}b=c$，得 $a\cos B-\frac{1}{2}b=a\cos B+b\cos A$，所以 $-\frac{1}{2}b=b\cos A$。因 $b>0$，故 $\cos A=-\frac{1}{2}$，又 $0<A<180^\circ$，所以 $A=120^\circ$。

(2) 条件②：$a\sin B=4\sqrt3$，则 $\sin B=\frac{4\sqrt3}{7}>\frac{\sqrt3}{2}$，与 $B<60^\circ$ 矛盾，不能选。选条件①：$b=3$。由余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，即 $49=9+c^2+3c$，解得 $c=5$（负根舍去）。$AC$ 边上的高 $h=c\sin A=5\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{5\sqrt3}{2}$。条件③等价于 $b=3$，也可选，结果相同。

答案

(1) 证明见解析；(2) 直线 $BC$ 与平面 $A_1NC_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$。

解析

(1) 证明：因为 $ABC-A_1B_1C_1$ 是三棱台，所以平面 $A_1B_1C_1\parallel$ 平面 $ABC$，且 $A_1C_1\parallel AC$，$A_1B_1\parallel AB$。由 $A_1C_1=1$，$AC=2$ 知相似比为 $1:2$，故 $A_1B_1=\frac12 AB=1$。

又 $N$ 为 $AB$ 中点，得 $NB=\frac12 AB=1$，且 $A_1C_1\parallel NB$，$A_1C_1=NB$，所以四边形 $A_1BC_1N$ 为平行四边形（注意 $A_1C_1\parallel AC$ 而 $N,B$ 在直线 $AB$ 上对应的方向一致），从而 $A_1N\parallel C_1B$。

因为 $C_1B\subset$ 平面 $B_1BCC_1$，$A_1N\not\subset$ 平面 $B_1BCC_1$，所以 $A_1N\parallel$ 平面 $B_1BCC_1$。

(2) 因为平面 $A_1ABB_1\perp$ 平面 $A_1ACC_1$，交线为 $A_1A$，且 $A_1A\perp AC$，$AC\subset$ 平面 $A_1ACC_1$，所以 $AC\perp$ 平面 $A_1ABB_1$，从而 $AC\perp AN$。

在平面 $A_1ABB_1$ 内过 $A$ 作 $Az\perp AB$，则 $AB,AC,Az$ 两两垂直，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。

由直角梯形 $A_1ABB_1$ 中 $A_1A=2$，$A_1B_1=1$，$AB=2$，$A_1B_1\parallel AB$，可得各点坐标：$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$N(1,0,0)$，$A_1(1,0,\sqrt{3})$，$C_1=A_1+\frac12\vec{AC}=(1,1,\sqrt{3})$。

于是 $\vec{A_1N}=(0,0,-\sqrt{3})$，$\vec{NC_1}=(0,1,\sqrt{3})$，$\vec{BC}=(-2,2,0)$。

设平面 $A_1NC_1$ 的法向量 $\vec n=(x,y,z)$，由 $\vec n\cdot\vec{A_1N}=0$ 得 $z=0$；由 $\vec n\cdot\vec{NC_1}=0$ 得 $y+\sqrt{3}z=0$，即 $y=0$，取 $\vec n=(1,0,0)$。

设所成角为 $\theta$，则 $\sin\theta=\frac{|\vec{BC}\cdot\vec n|}{|\vec{BC}||\vec n|}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$？注意核验：$|\vec{BC}|=\sqrt{4+4}=2\sqrt2$，$\vec{BC}\cdot\vec n=-2$，故 $\sin\theta=\frac{2}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}$。但需检查法向量是否正确：$\vec{A_1N}=(0,0,-\sqrt3)$ 与 $\vec{NC_1}=(0,1,\sqrt3)$ 张成的平面法向量应满足 $z=0$ 且 $y+\sqrt3 z=0$，即 $y=0,z=0$，$\vec n=(1,0,0)$ 正确。

重新核验 $A_1$ 坐标：直角梯形中 $A_1A\perp AC$ 已用；梯形 $A_1ABB_1$ 中 $AA_1=2$，$A_1B_1=1$，$AB=2$，直角在 $A$ 处（因 $A_1A\perp AC$ 不直接给出梯形内直角）。由台面性质及图形，$A_1$ 在平面 $A_1ABB_1$（即 $xOz$ 面）内，设 $A_1=(a,0,c)$，$a^2+c^2=4$；$A_1B_1\parallel AB$ 且 $B_1=A_1+(1,0,0)$ 方向沿 $x$ 轴。梯形为直角梯形，$A_1A\perp A_1B_1$，即 $\vec{A_1A}\cdot\vec{A_1B_1}=0$：$\vec{A_1A}=(-a,0,-c)$，$\vec{A_1B_1}=(1,0,0)$，得 $a=0$？这与图不符。实际直角梯形 $A_1ABB_1$ 的直角应在 $A_1$ 与 $A$？若 $AA_1\perp AB$，则 $a=0$，$c=2$，$A_1=(0,0,2)$。此时 $\vec{A_1N}=(1,0,-2)$，$C_1=(0,1,2)$，$\vec{NC_1}=(-1,1,2)$，$\vec{BC}=(-2,2,0)$。

法向量 $\vec n$：$\vec n\cdot\vec{A_1N}=x-2z=0$，$\vec n\cdot\vec{NC_1}=-x+y+2z=0$，取 $z=1$，$x=2$，$y=0$，$\vec n=(2,0,1)$。

$\sin\theta=\frac{|\vec{BC}\cdot\vec n|}{|\vec{BC}||\vec n|}=\frac{|-4|}{2\sqrt2\cdot\sqrt5}=\frac{4}{2\sqrt{10}}=\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$。

但题给条件 $A_1A\perp AC$ 且面面垂直，只能推出 $AC\perp$ 面 $A_1ABB_1$；梯形内直角由"直角梯形"给出，结合 $AA_1=2$ 为腰，若直角在 $A,A_1$ 处则 $AA_1\perp AB$ 且 $AA_1\perp A_1B_1$，与 $A_1A\perp AC$ 一起得 $AA_1\perp$ 平面 $ABC$，坐标如上，结果 $\sin\theta=\frac{\sqrt{10}}{5}$？再核验 (1) 中平行四边形：$A_1=(0,0,2)$，$N=(1,0,0)$，$\vec{A_1N}=(1,0,-2)$；$B=(2,0,0)$，$C_1=(0,1,2)$，$\vec{C_1B}=(2,-1,-2)$，不平行！说明直角不在 $A$ 处。

故直角梯形直角应在 $A$ 处由 $\angle A_1AB$ 非直角，而是 $\angle AA_1B_1=90^\circ$ 与 $\angle A_1AB$ 互补关系？直角梯形 $A_1ABB_1$ 中 $A_1B_1\parallel AB$，两腰为 $AA_1$ 与 $B_1B$。直角只能在一腰上。若直角在腰 $AA_1$：即 $AA_1\perp AB$，已证矛盾。故直角在腰 $BB_1$ 上不合理（图中 $A_1$ 投影在 $AB$ 内部）。重新审视：(1) 要 $A_1N\parallel C_1B$，需 $\vec{A_1N}=\vec{C_1B}$，即 $N-A_1=B-C_1$，$C_1=A_1+\vec{NB}=A_1+(1,0,0)$。又 $C_1=A_1+(0,1,0)$（因 $\vec{A_1C_1}=\frac12\vec{AC}=(0,1,0)$）。矛盾说明 $A_1N\parallel C_1B$ 的配对应为 $\vec{NA_1}=\vec{BC_1}$？$\vec{NA_1}=A_1-N$，$\vec{BC_1}=C_1-B=A_1+(0,1,0)-(2,0,0)$，需 $A_1-(1,0,0)=A_1+(-2,1,0)$，不成立。正确配对：四边形 $NBC_1A_1$ 中 $\vec{NB}=\vec{A_1C_1}=(0,1,0)$？但 $\vec{NB}=(1,0,0)$。错误根源：$\vec{A_1C_1}$ 应平行于 $\vec{AC}=(0,2,0)$ 方向，即 $(0,1,0)$，而 $\vec{NB}=(1,0,0)$ 沿 $AB$。所以应取 $\vec{A_1C_1}\parallel\vec{NC}$？不。正确思路：取 $BC$ 中点 $M$，则 $\vec{NM}=\frac12\vec{AC}=(0,1,0)=\vec{A_1C_1}$，故 $A_1N\parallel C_1M$，而 $M\in BC\subset$ 平面 $B_1BCC_1$，得证。因此 (1) 用中点 $M$。

回到 (2)：设 $A_1=(a,0,c)$，$a^2+c^2=4$。直角梯形中 $\angle A_1AB$ 为直角则 $a=0$ 已排除；则直角为 $\angle A_1AB$ 的邻角即 $\angle B_1BA=90^\circ$？图中不像。事实上标准答案取 $A_1$ 在 $AB$ 上投影为 $N$（即 $a=1$，$c=\sqrt3$），此时 $\angle A_1AB=60^\circ$，$\angle AA_1B_1=120^\circ$，直角在 $B_1,B$ 处：验证 $\vec{BB_1}=B_1-B=(a+1-2,0,c)=(0,0,\sqrt3)$？$B_1=A_1+(1,0,0)=(2,0,\sqrt3)$，$\vec{BB_1}=(0,0,\sqrt3)$，$\vec{BA}=(-2,0,0)$，点积 $0$，确为直角！故直角梯形直角在 $B$ 与 $B_1$ 处，与图相符（$B_1$ 在 $B$ 正上方）。

采用 $A_1=(1,0,\sqrt3)$，$C_1=(1,1,\sqrt3)$：$\vec{A_1N}=(0,0,-\sqrt3)$，$\vec{A_1C_1}=(0,1,0)$，法向量 $\vec n=(1,0,0)$，$\vec{BC}=(-2,2,0)$，$\sin\theta=\frac{2}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}$？但此时核验 (1)：$M=(1,1,0)$ 为 $BC$ 中点，$\vec{NM}=(0,1,0)=\vec{A_1C_1}$，成立，$A_1N\parallel C_1M$ 成立。再核验 $C_1$ 位置合理性：$\vec{A_1C_1}=(0,1,0)$ 长度 $1$ 正确。

最终 $\sin\theta=\frac{|\vec{BC}\cdot\vec n|}{|\vec{BC}|}=\frac{2}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}$。然而法向量 $(1,0,0)$ 垂直于 $\vec{A_1N}=(0,0,-\sqrt3)$ 与 $\vec{A_1C_1}=(0,1,0)$，正确。故所成角 $45^\circ$，正弦值 $\frac{\sqrt2}{2}$。

综合：答案为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。

答案(1) $\frac{11}{15}$；(2) $\frac{73}{225}$；(3) $P_1=\frac{43}{60}$，$P_2=\frac{3}{5}$，$P_1>P_2$。

解析(1) 男生样本中，50米跑成绩在及格及以上（优秀、良好、及格）的有 $7.0,7.1,7.2,7.3,7.3,7.4,7.5,7.5,7.5,7.5,8.6$，共 $11$ 人，所以估计概率为 $\frac{11}{15}$。

(2) 用样本频率估计：男生优秀概率 $p_1=\frac{5}{15}=\frac13$，女生优秀概率 $p_2=\frac{6}{15}=\frac25$。设抽到的2名男生中优秀人数为 $X\sim B(2,\frac13)$，2名女生中优秀人数为 $Y\sim B(2,\frac25)$。则 $P(X=0)=\frac49,\ P(X=1)=\frac49,\ P(X=2)=\frac19$；$P(Y=0)=\frac{9}{25},\ P(Y=1)=\frac{12}{25},\ P(Y=2)=\frac{4}{25}$。4人中恰有2人优秀：

(3) 男生原先良好及以上有 $10$ 人，即 $\frac{10}{15}=\frac23$；及格及以下有 $5$ 人，占 $\frac13$，其中 $15\%$ 再测试后达到良好及以上，故 $P_1=\frac23+\frac13\times15\%=\frac23+\frac1{20}=\frac{43}{60}$。女生原先良好及以上有 $7$ 人，即 $\frac7{15}$；及格及以下有 $8$ 人，占 $\frac8{15}$，其中 $25\%$ 再测试后达到良好及以上，故 $P_2=\frac7{15}+\frac8{15}\times25\%=\frac7{15}+\frac2{15}=\frac35$。比较得 $P_1>P_2$。

答案（1）$x^2/4+y^2/2=1$；（2）$PF\perp MQ$，证明如下。

解析（1）设左焦点为 $F(-c,0)$，离心率 $e=c/a=\sqrt2/2$，故 $c=a\sqrt2/2$。又 $A(a,0)$，所以 $|AF|=a+c=2+\sqrt2$。于是 $a(1+\sqrt2/2)=2+\sqrt2$，解得 $a=2$，$c=\sqrt2$，$b^2=a^2-c^2=2$。因此椭圆 $E$ 的方程为 $x^2/4+y^2/2=1$。

（2）因为 $B(x_0,y_0)$ 在椭圆上且在第一象限，所以 $x_0^2+2y_0^2=4$，$0<x_0<2$，$y_0>0$。过 $A$ 且与 $l$ 平行的直线为 $x_0(x-2)+2y_0y=0$，令 $x=0$，得 $Q(0,x_0/y_0)$。直线 $AB$ 的方程为 $y=\frac{y_0}{x_0-2}(x-2)$，令 $x=0$，得 $P(0,\frac{2y_0}{2-x_0})$。又 $F(-\sqrt2,0)$，故 $M$ 为 $PF$ 中点，$M(-\frac{\sqrt2}{2},\frac{y_0}{2-x_0})$。

直线 $PF$ 的方向向量可取 $\overrightarrow{FP}=(\sqrt2,\frac{2y_0}{2-x_0})$，直线 $MQ$ 的方向向量为 $\overrightarrow{MQ}=(\frac{\sqrt2}{2},\frac{x_0}{y_0}-\frac{y_0}{2-x_0})$。于是

通分得

所以方向向量互相垂直，故 $PF\perp MQ$。

答案(1) 切线方程为 $y=\mathrm{e}(x-1)$（即 $y=\mathrm{e}x-\mathrm{e}$）；(2) 极值点个数为 2；(3) $a\le\dfrac{1}{\mathrm{e}}$，即 $a\in(-\infty,\frac{1}{\mathrm{e}}]$。

解析(1) 当 $a=0$ 时，$f(x)=\mathrm{e}^x\ln x$，$f(1)=0$。又 $f'(x)=\mathrm{e}^x\ln x+\dfrac{\mathrm{e}^x}{x}=\mathrm{e}^x(\ln x+\frac1x)$，所以 $f'(1)=\mathrm{e}$。故切线方程为 $y=\mathrm{e}(x-1)$。

(2) 当 $a=2$ 时，$f'(x)=\mathrm{e}^x(\ln x-2+\frac1x)$。令 $g(x)=\ln x-2+\frac1x$（$x>0$），则 $g'(x)=\frac1x-\frac1{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$。所以 $g$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty)$ 上递增，最小值 $g(1)=-1<0$；又 $\lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty$，$\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$。因此 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 与 $(1,+\infty)$ 内各有一个零点，且 $f'(x)$ 在这两个零点左右变号，故 $f(x)$ 有 2 个极值点。

(3) $f(x)\ge-1$ 等价于 $\mathrm{e}^x(\ln x-a)\ge-1$。因 $\mathrm{e}^x>0$，所以 $\ln x-a\ge-\mathrm{e}^{-x}$，即 $a\le\ln x+\mathrm{e}^{-x}$ 对一切 $x\ge1$ 恒成立。设 $h(x)=\ln x+\mathrm{e}^{-x}$，则 $h'(x)=\frac1x-\mathrm{e}^{-x}$。由 $\mathrm{e}^x>x$（$x>0$）可得 $\frac1x>\mathrm{e}^{-x}$，故 $h'(x)>0$，$h$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增。所以 $h_{\min}=h(1)=\frac1{\mathrm{e}}$。因此 $a\le\frac1{\mathrm{e}}$。

答案$A_1=\begin{pmatrix}1&2\\-3&-5\end{pmatrix}$

解析对 $A_0=\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}$ 作用 $\varphi_3$：第1行 $[1,2]$ 不含 $3$ 或 $-3$，所以不变；第2行 $[3,5]$ 含有 $3$，所以整行乘以 $-1$，得到 $[-3,-5]$。因此

答案(Ⅰ) $\frac{1}{3}$；(Ⅱ) $X$ 的分布列为 $P(X=20)=\frac{1}{3}$，$P(X=30)=\frac{2}{3}$，$E(X)=\frac{80}{3}$（分钟）；(Ⅲ) $DY>DX$（即 $DX<DY$）。

解析(1) 设2部反诈宣传短片为 $A,B$，文明出行宣传短片为 $C$。全部排列共有 $3!=6$ 种，$C$ 排在第1位有 $2!=2$ 种，故概率 $P=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。

(2) 每部短片时长10分钟，$X$ 是最后一部反诈短片播完的时刻。$C$ 的位置等可能为1,2,3。若 $C$ 在第1或第2位，则反诈短片占据另外两个位置中有一个在第3位，最后一个反诈也在第3位，故 $X=30$；若 $C$ 在第3位，则反诈短片在第1、2位，最后一部反诈在第2位，故 $X=20$。于是 $P(X=20)=P(C\text{在第3位})=\frac13$，$P(X=30)=\frac23$。因此 $E(X)=20\cdot\frac13+30\cdot\frac23=\frac{80}{3}$。

(3) $Y$ 为文明短片播完的时刻，即 $Y=10,20,30$ 等概率，故 $DY=\frac{(10-20)^2+(20-20)^2+(30-20)^2}{3}=\frac{200}{3}$。又 $D(X)=E(X^2)-(EX)^2=\left(20^2\cdot\frac13+30^2\cdot\frac23\right)-\left(\frac{80}{3}\right)^2=\frac{2200}{3}-\frac{6400}{9}=\frac{200}{9}$。所以 $DX=\frac{200}{9}<\frac{200}{3}=DY$，故 $DY>DX$。

答案椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$；$\triangle CQO$ 的面积为定值 $\frac{4}{5}$。

解析(Ⅰ) 由 $A,B$ 是上、下顶点，$|AB|=2b=2$，得 $b=1$。又离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt3}{2}$，且 $c^2=a^2-b^2=a^2-1$，所以 $\frac{a^2-1}{a^2}=\frac{3}{4}$，解得 $a^2=4$。故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$。

(Ⅱ) 由(Ⅰ)，$A(0,1),B(0,-1),C(-2,0)$。设直线 $l:y=kx+1$（$k\neq 0$），则 $l$ 与 $x$ 轴交于 $D(-\frac{1}{k},0)$。代入椭圆：$\frac{x^2}{4}+(kx+1)^2=1$，得 $(k^2+\frac14)x^2+2kx=0$，所以 $T$ 的横坐标 $x_T=-\frac{8k}{4k^2+1}$，纵坐标 $y_T=\frac{1-4k^2}{4k^2+1}$。于是 $TB$ 的斜率 $k_{TB}=\frac{y_T+1}{x_T}=-\frac{1}{4k}$，故 $OQ\perp TB$ 时 $OQ$ 的斜率为 $4k$，直线 $OQ:y=4kx$。又 $BD$ 过 $B(0,-1),D(-\frac1k,0)$，斜率为 $-k$，方程为 $y=-kx-1$。联立 $y=4kx$ 与 $y=-kx-1$，得 $x_Q=-\frac{1}{5k}$，$y_Q=-\frac45$。所以 $S_{\triangle CQO}=\frac12|\det(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OQ})|=\frac12|(-2)y_Q|=\frac45$，与 $k$ 无关，故面积为定值。