2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高三（上）期末数学试卷（理科）（含答案解析）

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这是一份2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高三（上）期末数学试卷（理科）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5B，2a<0，【答案】C，75x+6，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年山西省朔州市怀仁市高三（上）期末数学试卷（理科）

1. 已知集合A={x|1m}，若A∩(∁RB)=⌀，则m的取值范围为(    )
A. (−∞,1] B. (−∞,2] C. [1,+∞) D. [2,+∞)
2. 关于复数z=(a+bi)(a,b∈R,i为虚数单位)，下列说法正确的是(    )
A. 若z=−1+i，则|z|=2
B. 若z−为z的共轭复数，则z−⋅z=z2
C. 复数z=1+2i的虚部为2i
D. 若z=2i(1+3i)，则z在复平面内对应的点的坐标为(32,12)
3. 已知α，β∈R，则“存在k∈Z，使得α=kπ+(−1)kβ”是“sinα=sinβ”的(    )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 某商场为了解销售活动中某商品销售量y与活动时间x之间的关系，随机统计了某5次销售活动中的商品销传量与活动时间，并制作了如表：
活动时间x
2
4
5
6
8
销售量y
25
40
60
70
80
由表中数据，销售量y与活动时间x之间具有线性相关关系，算得线性回归方程为y=bx+6.25，据此模型预测当x=7时，y的值为(    )
A. 72.5 B. 73.5 C. 74.5 D. 75.5
5. 已知logb2021>loga2021>0，则下列结论正确的序号是(    )
①0.2a<0.2b；
②1a2>1b2；
③lnb+a>lna+b；
④若m>0，则ab A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②④
6. 过抛物线y2=4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若AF=2FB，则|AB|等于(    )
A. 4 B. 92 C. 5 D. 112
7. 已知函数f(x)=x2+14，g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是(    )
A. y=f(x)+g(x)−14
B. y=f(x)−g(x)−14
C. y=f(x)g(x)
D. y=g(x)f(x)

8. 某学校社会实践小组共有5名成员，该小组计划前往三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走“的主题宣讲志愿服务．若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往，且甲，乙两名成员前往同一基地，丙，丁两名成员前往不同基地，则不同的分配方案总数为(    )
A. 86种 B. 64种 C. 42种 D. 30种
9. 已知点P为圆(x−1)2+(y−2)2=1上动点，O为坐标原点，则向量OP在向量a=(2,1)方向上投影的最大值为(    )
A. 5 B. 455+1 C. 455−1 D. 455
10. 已知x1=π3，x2=5π6是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)相邻的两个零点，若函数g(x)=|f(x)−12|在[−π4,m]上的最大值为1，则m的取值范围是(    )
A. (−π4,π3] B. (−π4,π2] C. (−π4,5π12] D. (−π4,7π12]
11. 某圆柱的高为2，其正视图如图所示，圆柱上、下底面圆周及侧面上的点A，B，D，F，C在正视图中分别对应点A，B，E，F，C且AF=4EF，CF=BC，异面直线AB，CD所成的角的余弦值为35，则该圆柱的外接球的表面积为(    )

A. 20π B. 16π C. 12π D. 10π
12. 关于x的方程lnxx+xlnx−x+m=0有三个不等的实数解x1，x2，x3，且x1<1 A. e B. 1 C. 1+m D. 1−m
13. 若(x2−1xx)n的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______(用数字表示).
14. 函数f(x)=2xf′(π2)−cosx+1的图象在点(0,f(0))处的切线方程为__________.
15. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0.b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若双曲线的左支上存在一点P，使得PF2与双曲线的一条渐近线垂直于点H，且|PH|=2|HF2|，则此双曲线的离心率为______.
16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，6cosB=b(1−3cosA)，则△ABC的面积的最大值为______.
17. 已知{an}为等比数列，a1+a2=4，记数列{bn}满足bn=log3an+1，且bn+1−bn=1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)对任意的正整数n，设cn={(2−8bn)anbnbn+2,n为奇数anbn,n为偶数，求{cn}的前2n项的和S2n.
18. 2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：
2022年北京冬奥会赛程表(第七版，发布自2020年11月)
2022年2月
北京赛区
延庆赛区
张家口赛区
开幕式
冰壶
冰球
速度滑冰
短道速滑
花样滑冰
高山滑雪
有舵雪橇
钢架雪车
无舵雪橇
跳台滑雪
北欧两项
越野滑雪
单板滑雪
冬季两项
自由式滑雪
当日决赛数
5日

*
*
1
1

*
1

1
*
1
1
6
6日

*
*
1

*
1

1
1

1
1

1
7
说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛；数字代表当日有相应数量的决赛．
(1)(i)若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰球和跳台滑雪的概率；
(ii)若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛不在同一赛区的概率；
(2)若在2月6日(星期日)的所有决赛中观看三场，记X为赛区的个数，求X的分布列及期望E(X).
19. 已知梯形ABCD如图(1)所示，其中AB//CD，∠BAD=90∘，∠BCD=45∘，CD=2BC，过点A作BC的平行线交线段CD于M，点N为线段BC的中点．现将△DAM沿AM进行翻折，使点D到达点P的位置，且平面PAM⊥平面AMC，得到的图形如图(2)所示．

(1)求证：AP⊥PN；
(2)若AB=2，若点H为线段PC的中点，求平面AHB与平面PMN所成锐二面角的余弦值．
20. 已知函数f(x)=2ax+bx−1−2lnx(a∈R).
(Ⅰ)当b=0时，讨论函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若对任意的a∈[1,3]和x∈(0,+∞)，f(x)≥2bx−3恒成立，求实数b的取值范围．
21. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为12，它的短轴长等于双曲线x2−y212=1的虚轴长．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知P(2,3)，Q(2,−3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
(1)若直线AB的斜率为12，求四边形APBQ面积的最大值；
(2)当A，B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
22. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=5cosαy=5+5sinα(α为参数).M是曲线C1上的动点，将线段OM绕O点顺时针旋转90∘得到线段ON，设点N的轨迹为曲线C2.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)在(1)的条件下，若射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点(除极点外)，且有定点T(4,0)，求△TAB的面积．
23. 已知函数f(x)=|x−4|+|1−x|，x∈R
(1)解不等式：f(x)≤5；
(2)记f(x)的最小值为m，若a≥0，b≥0，且a+b=m，证明：1a+2+1b+1≥23.
答案和解析

1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了交、补集的混合运算，属基础题．
根据B集合求出∁RB，由A与∁RB的交集为空集，确定出m的范围即可．
【解答】
解：∵集合B={x|x>m}，∴∁RB={x|x≤m}，
又∵集合A={x|1 ∴m的取值范围是(−∞,1].
故选：A.

2.【答案】D
【解析】解：若z=−1+i，则|z|=2，故A错误，
若z−为z的共轭复数，则z−⋅z=(a−bi)(a+bi)=a2+b2，而z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi，故B错误，
复数z=1+2i的虚部是2，故C错误，
若z=2i(1+3i)，则z=2i(1−3i)(1+3i)(1−3i)=32+12i，
故z在复平面内对应的点的坐标为(32,12)，故D正确，
故选：D.
根据复数的运算性质以及有关的定义分别判断即可．
本题考查了复数的运算，考查共轭复数以及复数的模等有关定义，是基础题．

3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合三角函数值的性质，利用分类讨论思想进行判断是解决本题的关键，属于中档题．
根据充分条件和必要条件的定义，分别讨论k为偶数和奇数时，是否成立即可．
【解答】
解：当k=2n，为偶数时，α=2nπ+β，此时sinα=sin(2nπ+β)=sinβ，
当k=2n+1，为奇数时，α=2nπ+π−β，此时sinα=sin(π−β)=sinβ，即充分性成立，
当sinα=sinβ，则α=2nπ+β，n∈Z或α=2nπ+π−β，n∈Z，即α=kπ+(−1)kβ，即必要性成立，
则“存在k∈Z使得α=kπ+(−1)kβ”是“sinα=sinβ”的充要条件，
故选：C.

4.【答案】C
【解析】解：∵x−=2+4+5+6+85=5，y−=25+40+60+70+805=55，
又∵y=bx+6.25，
∴55=b×5+6.25，解得b=9.75，
∴y=9.75x+6.25，
当x=7时，y=9.75×7+6.25=74.5.
故选：C.
根据已知条件，求出x，y的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，即可求解线性回归方程，再将x=7代入上式，即可求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，以及平均值的求解，属于基础题．

5.【答案】B
【解析】解：∵logb2021>loga2021>0，
∴log20212021log2021b>log20212021log2021a>0，
∴1log2021b>1log2021a>0，
∴log2021a>log2021b>0，
∴a>b>1，
对于①，∵a>b>1，
∴0.2a<0.2b，故①正确，
对于②，∵a>b>1，
∴0<1a<1b，即1a2<1b2，
故②错误，
对于③，设y=lnx−x，(x>1)，
则y′=1x−1<0，
∴y=lnx−x，x>1是减函数，
∵a>b>1，
∴lnb−b>lna−a，故③正确，
对于④，∵a>b>1，m>0，
∴a+mb+m−ab=ab+bm−ab−am(b+m)b=m(b−a)(b+m)b<0，即ab>a+mb+m，故④错误，
故正确的序号为①③．
故选：B.
根据已知条件，结合换底公式可得，a>b>1，对于A，结合函数的单调性，即可求解，对于B，结合不等式的性质，即可求解，对于C，结合函数的单调性，即可求解，对于D，结合作差法，即可求解．
本题主要考查命题真假判断与应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．

6.【答案】B
【解析】解：抛物线y2=4x的焦点为F(1,0)，
若直线l与x轴重合，则直线l与抛物线y2=4x只有一个交点，不合题意，
设直线l的方程为x=my+1，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，
联立x=my+1y2=4x，可得y2−4my−4=0，则Δ=16m2+16>0，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
因为AF=2FB，即(1−x1,−y1)=2(x2−1,y2)，所以，−y1=2y2，即y1=−2y2，
所以，y1+y2=−y2=4m，则y2=−4m，y1y2=−2y22=−32m2=−4，则m2=18，
因此，|AB|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2=1+m2⋅16(m2+1)=4(m2+1)=92.
故选：B.
分析可知直线l与x轴不重合，可设直线l的方程为x=my+1，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由AF=2FB可得出y1=−2y2，代入韦达定理可求得m2的值，再利用弦长公式可求得|AB|.
本题主要考查直线与抛物线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．

7.【答案】D
【解析】解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，
因为f(x)=x2+14为偶函数，g(x)=sinx为奇函数，
函数y=f(x)+g(x)−14=x2+sinx为非奇非偶函数，故选项A错误；
函数y=f(x)−g(x)−14=x2−sinx为非奇非偶函数，故选项B错误；
函数y=f(x)g(x)=(x2+14)sinx，则y′=2xsinx+(x2+14)cosx>0对x∈(0,π4)恒成立，
则函数y=f(x)g(x)在(0,π4)上单调递增，故选项C错误．
故选：D.
可以判断所求函数为奇函数，利用函数的奇偶性可排除选项A，B；利用函数在(0,π4)上的单调性可判断选项C，D.
本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．

8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
根据题意，分2步进行分析：①将5名成员分成3组，要求甲乙在同一组，丙丁不在同一组，②将分好的三组全排列，分配到三个基地，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将5名成员分成3组，要求甲乙在同一组，丙丁不在同一组，
若分为3、1、1的三组，甲乙必须同在三人组，有C31=3种分组方法，
若分为1、2、2的三组，甲乙必须同在二人组，丙、丁各在一组，戊有2种情况，此时有2种分组方法，
则一共有3+2=5种分组方法；
②将分好的三组全排列，分配到三个基地，有A33=6种情况，
则有5×6=30种分配方法.
故答案选：D.

9.【答案】B
【解析】解：设P(x,y)，则OP⋅a=2x+y，
所以向量OP在向量a上的投影为OP⋅a|a|=2x+y5，

令t=2x+y，则原问题转化为求t的最大值，
当直线2x+y−t=0与圆相切时，t能取得最值，
此时圆心(1,2)到该直线的距离为|2+2−t|5=1，即t=4±5，
显然tmax=4+5，tmin=4−5，
所以2x+y5≤4+55=455+1.
故选：B.
设P(x,y)，可得向量OP在a上的投影为OP⋅a|a|=2x+y5，令t=2x+y，原问题转化为求t的最大值，当直线2x+y−t=0与圆相切时，t能取得最值，再结合点到直线的距离公式，得解．
本题考查平面向量数量积的几何意义，圆中的最值问题，考查数形结合思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

10.【答案】C
【解析】解：由题意可得T=(5π6−π3)×2=π，
所以ω=2πT=2，则f(x)=sin(2x+φ)，
由题意知2×π3+φ=kπ，k∈Z，即φ=kπ−2π3，k∈Z，
又0<φ<π2，所以φ=π3，
所以f(x)=sin(2x+π3)，
因为函数g(x)在[−π4,m]上的最大值为1，
且当x∈[−π4,m]时，−π6≤2x+π3≤2m+π3，
所以−π6<2m+π3≤7π6，∴−π4 故选：C.
利用三角函数的性质得到ω=2，再根据已知零点得到φ=π3，然后根据三角函数的性质得到关于m的不等式，即可得解．
本题考查函数的零点，最值问题，解题中注意逻辑思维能力，运算求解能力，属于中档题．

11.【答案】A
【解析】解：依题意，圆柱的直观图如图所示，

连接AF，设圆柱底面圆的圆心为O，半径为r，由AF=4EF，CF=BC知，E为OF的中点，C为BF的中点，
连接OC，则OC//AB，即异面直线AB，CD所成角为∠OCD或其补角，连接DF，DE，
由正视图知DE⊥OF，则DF=OD=r，在Rt△OFC中，CF=1，即OC=r2+1，
在Rt△CDF中，有CD=r2+1，而异面直线AB，CD所成角的余弦值为35，即cos∠OCD=35，
在△COD中，由余弦定理得：OD2=OC2+DC2−2OC⋅DCcos∠OCD，
即r2=(r2+1)+(r2+1)−2(r2+1)⋅35，解得r=2，
该圆柱的轴截面矩形对角线AB=AF2+BF2=25，
又圆柱的轴截面矩形是其外接球截面大圆的内接矩形，
则该圆柱的外接球的半径R=12AB=5，
所以该圆柱的外接球的表面积为S=4πR2=20π.
故选：A.
根据给定正视图及相关信息，还原几何体，用几何法确定异面直线的夹角，求出圆柱底面圆半径，再确定其外接球半径即可计算作答．
本题考查球的表面积，考查学生的运算能力，属于中档题．

12.【答案】B
【解析】解：设lnxx−1=t，
那么t′=1−lnxx2
当x>e时，t′<0，即函数t在(e,+∞)单调递减，
当00，即函数t在(0,e)单调递增，
∴当x=e，取得最大值为1e−1，
可得函数t的大致图象，
可知lnx2x2−1=t2，
lnx3x3−1=t3
且t2=t3
lnx1x1−1=t1.
由方程有三个不等的实数解x1，x2，x3
那么t+1t+(m+1)=0有两个解t1，t2，
根据韦达定理：t1⋅t2=1；
则(lnx1x1−1)2(lnx2x2−1)(lnx3x3−1)=t12⋅t2⋅t3=t12⋅t22=1.
故选：B.
由方程lnxx+xlnx−x+m=0，可得(lnxx−1)+1lnxx−1+(m+1)=0，设lnxx−1=t，可得t<0，由方程有三个不等的实数解x1，x2，x3，那么t+1t+(m+1)=0有两个解，根据韦达定理即可求解．
本题考查函数与方程的关系，导函数的应用，考查计算能力．属于中档题．

13.【答案】35
【解析】解：∵(x2−1xx)n的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr⋅(−1)r⋅x2n−7r2，
展开式中第5项为常数项，故当r=4时，2n−7r2=0，∴n=7，
该展开式的常数项为C74⋅(−1)4=35，
故答案为：35.
由题意利用二项展开式的通项公式，求得n、r的值，可得结论．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．

14.【答案】2x+y=0
【解析】
【分析】
本题考查导数值的求法，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题．
求出原函数的导函数，取x=π2求得f′(π2)，代入原函数，即可得到f′(0)与f(0)，再由直线方程的斜截式得答案．
【解答】
解：由f(x)=2xf′(π2)−cosx+1，得f′(x)=2f′(π2)+sinx，
取x=π2，得f′(π2)=2f′(π2)+sinπ2，解得f′(π2)=−1，
∴f′(x)=−2+sinx，得f′(0)=−2，
又f(0)=−cos0+1=0，
∴f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=−2x，即2x+y=0.
故答案为：2x+y=0.

15.【答案】132
【解析】解：设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0.b>0)的左、右焦点分别为：
F1(−c,0)，F2(c,0)，
一条渐近线方程为bx−ay=0，
可得F2到渐近线的距离为|F2H|=|bc|b2+a2=b，|PH|=2|HF2|，
则|PF2|=3b，|PF1|=3b−2a，
在直角三角形OF2H中，cos∠HF2O=|HF2||OF2|=bc，
在△PF2F1中，可得cos∠PF2F1=|F1F2|2+|PF2|2−|PF1|22|F1F2||PF2|
=4c2+9b2−(3b−2a)22⋅2c⋅3b=bc，
化为3a=2b，即有e=ca=1+b2a2=132，
故答案为：132.
设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得F2到渐近线的距离，可得|PF2|=3b，|PF1|=3b−2a，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得3a=2b，再由离心率公式可得所求值．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查三角形的余弦定理和锐角三角函数的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

16.【答案】34
【解析】解：因为a=2，6cosB=b(1−3cosA)，则3acosB=b−3bcosA，
由正弦定理可得：3(sinAcosB+sinBcosA)=sinB，
在△ABC中可得：sinB=3sin(A+B)=3sinC，
所以b=3c，
cosC=b2+a2−c22ab=1+2c23c，所以sinC=1−cos2C=1−(1+2c23c)2，
则△ABC的面积S△ABC=12absinC=3c⋅1−(1+2c23c)2=−4c4+5c2−1=−4(c2−58)2+916≤34，
当且仅当c2=58，△ABC的面积的最大值且为34，
故答案为：34.
由题意及正弦定理将6cosB=b(1−3cosA)转化为3(sinAcosB+sinBcosA)=sinB，在△ABC中可得：sinB=3sin(A+B)=3sinC，由余弦定理可得C角的余弦值，进而求出C角的正弦值，代入三角形的面积公式，由二次函数的性质可得其最大值．
本题考查三角形的正余弦定理的应用及三角形的面积的求法，属于中档题．

17.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
由bn+1−bn=1，bn=log3an+1，
得an+2an+1=3，即q=3，又a1+a2=4，
得a1+3a1=4，解得a1=1，所以an=3n−1；
则b1=log3a2=log33=1，故bn=n；
(2)根据题意，当n为奇数时，
cn=(2−8n)⋅3n−1n(n+2)=3n−1n−3n+1n+2，
则{cn}的前2n项中所有奇数项之和为
S奇=301−323+323−345+…+32n−22n−1−32n2n+1=1−32n2n+1=1−9n2n+1，
当n为偶数时，cn=n⋅3n−1，
记{cn}的前2n项中所有偶数项之和为S偶，
则S偶=2×3+4×33+6×35+…+2n⋅32n−1；
9S偶=2×33+4×35+6×37+…+2n⋅32n+1，
两式相减并化简得S偶=24n−332×9n+332，
故数列{cn}的前2n项和为S2n=S偶+S奇=9n(24n−332−12n+1)+3532.
【解析】本题考查等差数列与等比数列的通项公式，错位相减法，裂项相消法求和，属于中档题．
(1)由bn+1−bn=1，bn=log3an+1，得等比数列{an}的公比q=an+2an+1=3，再根据a1+a2=4，得a1+3a1=4，解得a1=1，从而an=3n−1，bn=n；
(2)当n为奇数时，cn=(2−8n)⋅3n−1n(n+2)=3n−1n−3n+1n+2，利用裂项相消法即可求得{cn}的前2n项中所有奇数项之和为S奇，当n为偶数时，cn=n⋅3n−1，利用错位相减求和法即可求出{cn}的前2n项中所有偶数项之和为S偶，最后利用S2n=S偶+S奇求出结果即可．

18.【答案】解：(1)(i)记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰球和跳台滑雪”为事件A.
由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有10×10=100种不同方法，其中恰好看到冰球和跳台滑雪，共有2种不同方法．
所以，恰好看到冰球和跳台滑雪的概率P(A)=2100=150.(3分)
(ii)记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件B.
由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有6×7=42种不同方法，
其中两场决赛恰好在北京赛区共有2种不同方法，在张家口赛区共有4×4=16.
所以P(B)=2+1642=37.
所以两场决赛不在同一赛区得概率为1−37=47.(6分)
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3.
根据题意，P(X=1)=C43C73=435，P(X=2)=C11⋅C22+C11⋅C42+C21C42+C22C41C73=1+6+12+435=2335，P(X=3)=C11⋅C21⋅C41C73=835.
随机变量X的分布列是：
X
1
2
3
P
435
2335
835
数学期望E(X)=1×435+2×2335+3×835=7435.(12分)
【解析】(1)(i)记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰球和跳台滑雪”为事件A.求解在这两天每天随机观看一个项目，共有的方法数，恰好看到冰球和跳台滑雪，方法数，然后求解概率．
(ii)记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件B.在这两天每天随机观看一场决赛共有的不同方法数，恰好在北京赛区共有2种不同方法数，然后求解概率．推出结果．
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3.求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
本题考查古典概型概率的求法，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是中档题．

19.【答案】(1)证明：如图，在平面图形中，连接BD交AM于O，连接MN.
因为BC//AM，AB//CM，所以四边形ABCM为平行四边形，所以AB=CM.
在△CBD中，由余弦定理，得BD2=CD2+CB2−2CD⋅CB⋅cos∠BCD=CB2，
所以CB=BD，则CB2+BD2=CD2，故∠CBD=90∘，
则∠ABD=45∘，则AB=AD=22BD=12CD，故CM=DM.
因为M、N分别为CD、BC的中点，所以MN//BD，所以MN⊥AM.
在四棱雉P−ABCM中，连接MN，因为平面PAM⊥平面AMC，
且平面PAM∩平面AMC=AM，MN⊂平面ABC，故MN⊥平面PAM.
因为PA⊂平面PAM，故PA⊥MN.
又AP⊥MP，MN∩MP=M，故AP⊥平面PMN.
而PN⊂平面PMN，故AP⊥PN.
(2)解：如图，取AM的中点O，连接PO.
由(1)可知AP=PM，则PO⊥AM，
又平面PAM⊥平面AMC，平面PAM∩平面AMC=AM，PO⊂平面PAM，
所以PO⊥平面AMC.
连接OB，OB//MN，又因为MN⊥AM，
所以OB⊥AM，
建立如图的空间直角坐标系，
A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，M(−2,0,0)，
C(−22,2,0)，N(−2,2,0)，H(−2,22,22)，
AB=(−2,2,0)，AH=(−22,22,22)，
令n=(1,1,3)，
因为n⋅AH=0,n⋅AB=0，所以n是平面ABH的法向量，
由(1)知AP⊥平面PMN，所以PA=(2,0,−2)是平面PMN的法向量，
所以cos=2+0−3211⋅2=−2211，
所以平面AHB与平面PMN所成锐二面角的余弦值为2211.
【解析】(1)只要证明AP垂直于PN所在平面PMN即可；(2)用向量数量积计算二面角的余弦值．
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．

20.【答案】解：(Ⅰ)当b=0时，f′(x)=2a−2x=2(ax−1)x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，由f′(x)<0得：00得：x>1a.
∴当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞)，无单调递增区间：
当a>0时，函数的单调递减区间是(0,1a)，函数的单调递增区间是(1a,+∞).
(Ⅱ)对任意的a∈[1,3]和x∈(0,+∞)，f(x)≥2bx−3恒成立等价于：
2ax+bx−1−2lnx≥2bx−3，∀x∈(0,+∞)，∀a∈[1,3]恒成立．
即a+1x−lnxx≥b2,∀x∈(0,+∞),∀a∈[1,3]恒成立．
令：g(x)=a+1x−lnxx,a∈[1,3],x∈(0,+∞)，
则：g′(x)=−1x2−1−lnxx2=lnx−2x2=0得x=e2，
由此可得：g(x)在区间(0,e2]上单调递减，在区间[e2,+∞)上单调递增，
∴当x>0时，g(x)min=g(e2)=a−1e2，即b2≤a−1e2
又∵a∈[1,3]，
∴实数b的取值范围是：(−∞,2−2e2].
【解析】(Ⅰ)首先求得导函数，然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可；
(Ⅱ)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，结合函数的性质确定实数b的取值范围即可．
本题主要考查导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想，等价转化的数学思想等知识，属于中等题．

21.【答案】解：(1)由双曲线x2−y212=1，得双曲线的虚轴长为43，则b=23，
又ca=12，且a2=b2+c2，解得a=4，
则椭圆C的方程为x216+y212=1；
(2)①设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为y=12x+m，
代入椭圆x216+y212=1，得x2+mx+m2−12=0.
由Δ=m2−4(m2−12)>0，得−4 x1+x2=−m，x1x2=m2−12，
∴S=12|PQ|⋅|x1−x2|=12×6×(x1+x2)2−4x1x2=348−3m2，
当m=0时，Smax=123，即四边形APBQ面积的最大值为123；
②由∠APQ=∠BPQ，得直线AP与直线BQ的斜率互为相反数，
设lAP：y−3=k(x−2)，代入x216+y212=1，
得(3+4k2)x2+8(3−2k)kx+4(3−2k)2−48=0，
∴x1+2=8k(2k−3)3+4k2，同理可得x2+2=8k(2k+3)3+4k2，
∴x1+x2=16k2−123+4k2，x1−x2=−48k3+4k2，
∴kAB=y1−y2x1−x2=k(x1−2)+3+k(x2−2)−3x1−x2=k(x1+x2)−4kx1−x2
=k⋅16k2−123+4k2−4k−48k3+4k2=−24k3+4k2−48k3+4k2=12.
【解析】(1)由双曲线方程得b=23，结合ca=12，a2=b2+c2解得a，即可求得椭圆C的方程；
(2)①设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为y=12x+m，代入椭圆x216+y212=1，得关于x的一元二次方程，利用判别式大于0求得m的范围，再由S=12|PQ|⋅|x1−x2|，结合根与系数的关系即可求得四边形APBQ面积的最大值；
②由∠APQ=∠BPQ，得直线AP与直线BQ的斜率互为相反数，分别求出AP与BQ所在直线方程，代入椭圆方程，利用根与系数的关系求得x1+2=8k(2k−3)3+4k2，同理可得x2+2=8k(2k+3)3+4k2，进一步求出x1−x2与x1+x2的值，代入斜率公式，即可求出直线AB的斜率是定值．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．

22.【答案】解：(1)∵曲线C1的参数方程为x=5cosαy=5+5sinα(α为参数)，
∴由题设，得C1的直角坐标方程为x2+(y−5)2=25，即x2+y2−10y=0，
故C1的极坐标方程为ρ2−10ρsinθ=0，即ρ=10sinθ，
M是曲线C1上的动点，将线段OM绕O点顺时针旋转90∘得到线段ON，点N的轨迹为曲线C2，
设点N(ρ,θ)(ρ≠0)，则由已知得M(ρ,θ+π2)，
代入C1的极坐标方程得ρ=10sin(θ+π2)，
∴C2的极坐标方程为ρ=10cosθ(ρ≠0)；
(2)∵射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点(除极点外)，
∴将θ=π3代入C1，C2的极坐标方程得A(53,π3),B(5,π3)，
又∵T(4,0)，
∴S△TOA=12|OA|⋅|OT|sinπ3=15，S△TOB=12|OB|⋅|OT|sinπ3=53，
∴S△TAB=S△TOA−S△TOB=15−53.
【解析】本题考查曲线的极坐标的求法，考查三角形的面积的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)由曲线C1的参数方程能求出C1的直角坐标方程，由此能求出C1的极坐标方程；设点N(ρ,θ)(ρ≠0)，由已知得M(ρ,θ+π2)，代入C1的极坐标方程，能求出C2的极坐标方程，
(2)将θ=π3代入C1，C2的极坐标方程得A(53,π3),B(5,π3)，由T(4,0)，能求出△TAB的面积．

23.【答案】解：(1)f(x)=|x−4|+|1−x|=|x−4|+|x−1|=−2x+5,x≤13,1 则f(x)≤5等价于x≤1−2x+5≤5或1 解得0≤x≤1或1 综上，不等式f(x)≤5的解集为{x|0≤x≤5}；
证明：(2)由(1)知，f(x)的最小值为3，即m=3，
则a+b=3，
证明：(2)由a≥0，b≥0，知a+2>0，b+1>0，
∴1a+2+1b+1=16[(a+2)+(b+1)](1a+2+1b+1)
=16(2+b+1a+2+a+2b+1)≥16(2+2b+1a+2⋅a+2b+1)=23.
当且仅当a=1且b=2时等号成立．
∴1a+2+1b+1≥23.
【解析】(1)写出分段函数解析式，把原不等式转化为三个不等式组求解；
(2)由(1)求得函数的最小值m，再由1a+2+1b+1=16[(a+2)+(b+1)](1a+2+1b+1)，展开后利用基本不等式证明．
本题考查绝对值不等式的解法，考查分段函数的应用，训练了基本不等式的应用，是中档题．