2023年山西省省际名校高考数学联考试卷（一）（启航卷）（含答案解析）

这是一份2023年山西省省际名校高考数学联考试卷（一）（启航卷）（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 已知曲线C1， 设向量a=，b=，则等内容，欢迎下载使用。

A. [−1,0]B. (−1,0]C. (−2,−1)D. (−2,−1]
2. 已知复数z=1+ 3i(其中i是虚数单位)，则z2+z−=( )
A. 1+ 3iB. 3+ 3iC. 5+ 3iD. −1+ 3i
3. 有一个正四棱台的油槽，可以装油152升.若油槽的上下底面边长分别为60cm和40cm，则它的深度是( )
A. 180cmB. 80cmC. 60cmD. 30cm
4. 现有6个大小相同、质地均匀的小球，球上标有数字1、3，3，4，5，6.从这6个小球中随机取出两个球，如果已经知道取出的球中有数字3.则所取出的两个小球上数字都是3的概率为( )
A. 15B. 16C. 19D. 115
5. 定义在R上的函数f(x)满足f(1−x)=f(x+1)，且y=f(2x+2)为奇函数.当x∈(0,1]时，f(x)=2xx+1，则f(2023)=( )
A. 1B. −1C. 0D. 2
6. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30∘和45∘，在A处测得楼顶部M的仰角为15∘，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 64mB. 74mC. 52mD. 91m
7. 已知曲线C1：y=sinπ2x+ax2上一点(1,2)处的切线为l，曲线C2：y=x3−bx2+1上至多存在一条与l垂直的切线，则实数b的取值范围是( )
A. [− 62, 62]B. (− 62, 62)
C. (−∞,− 62]∪[ 62,+∞)D. (− 32, 32)
8. 圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形，过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①点P必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且∠APB为直角；③PF⊥AB，已知P为抛物线y2=x的准线上一点，则阿基米德三角形PAB面积的最小值为( )
A. 12B. 14C. 2D. 1
9. 设向量a=( 3,−1)，b=(0,2)，则( )
A. |a|=|b|B. a与b的夹角为5π6
C. (2a+b)//bD. (2a+b)⊥b
10. 已知函数f(x)=|ln(x−1)|,x>1x2−4|x|+3,x≤1，则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)在[0,2]上单调递减
B. 函数f(x)的值域是[−1,+∞)
C. 若方程f(x)=a有5个解，则a的取值范围为(0,3)
D. 若函数f(x)−a有3个不同的零点x1，x2，x3(x111. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，其外接球的球心为O，点P满足AP=λAB(0<λ<1)，过点P的平面α平行于AD和A1B，则( )
A. 平面α//平面A1BCD1
B. 平面α⊥平面ABB1A1
C. 当λ=12时，平面α截球O所得截面的周长为 10π
D. 平面α截正方体所得截面的面积为定值
12. 已知圆C：x2+(y−1)2=1，点Q为直线l：kx+y−2k−3=0上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 圆心C到直线l的最大距离为8
B. 若直线l平分圆C的周长、则k=−1
C. 若圆C上至少有三个点到直线l的距离为12，则−16− 3115D. 若k=1，过点Q作圆C的两条切线，切点为A，B，当点Q坐标为(2,3)时，∠AQB有最大值
13. (x2−2)(1x−1)5展开式的常数项是______.
14. 已知数列{an}满足a1+3a2+5a3+⋯+(2n−1)an=(n+1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an=______ .
15. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，A为双曲线C的右支上一点，点A关于原点O的对称点为B，满足∠F1AF2=60∘，且|BF2|=2|AF2|，则双曲线C的离心率为______ .
16. 已知实数a，b满足b(ea−1)+a=eb−lnb，则b2ea−2eb的取值范围是______ .
17. 已知数列{an}满足an>0，an+12=anan+1+2an2，且3a1，a2+3，a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn={an,n为奇数lg12⁡an,n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.
18. 已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式，并求f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意x∈[t,π3]，都有|f(x)f(x−π6)−1|≤1，求实数t的取值范围.
19. 如图，在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，PA=AB=2，C是底面圆周上一点，PC与平面PAB所成的角为30∘，点M，N分别在PB，PC上，且PB⊥平面AMN.
(1)求PNNC的值；
(2)求平面AMN与平面PAC夹角的余弦值.
20. 2022年河南、陕西、山西、四川、云南、宁夏、青海、内蒙古8省区公布新高考改革方案，这8省区的新高中生不再实行文理分科，今后将采用“3+1+2”高考模式.“3+1+2”高考模式是指考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分.“3”是三门主科，分别是语文、数学、外语，这三门科目是必选的；“1”指的是要在物理、历史里选一门，按原始分计入成绩；“2”指考生要在生物学、化学、思想政治、地理4门中选择2门，但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分.
(1)若按照“3+1+2”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”的概率；
(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生4000名参加语数外的网络测试、满分450分，并给前640名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布.
①考生甲得知他的成绩为260分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为210分，290分以上共有91人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；
②考生丙得知他的实际成绩为425分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为240分，360分以上共有91人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪.
附：P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.
21. 已知点A( 3,1)在椭圆C:x2a2+y2a2−4=1(a>2)上，直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP、AQ的斜率之和为0.
(1)求直线l的斜率；
(2)求△APQ面积的最大值.
22. 已知函数f(x)=lnxx−ax.
(1)若f(x)≤−1，求实数a的取值范围；
(2)求证：f(x)有2个不同的零点.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由5−0.2x≥0得，5−x≤5，解得x≥−1，
∴B={x|x≥−1}，且A={x|−2∴A∩B=[−1,0].
故选：A.
可解5−0.2x≥0求出集合B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了指数函数的单调性，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=1+ 3i，
则z2+z−=(1+ 3i)2+1− 3i=−2+2 3i+1− 3i=−1+ 3i.
故选：D.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设正四棱台的深度为h cm，
因为油槽的上下底面边长分别为60cm和40cm，
V=13h(S上+S上⋅S下+S下)=13h×(1600+1600×3600+3600)=152×1000，
解得：h=60，
故选：C.
设出该正四棱台的深度，利用棱台的体积计算公式即可求解．
本题考查了正四棱台的体积计算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，从这6个小球中随机取出两个球，取出的球中有数字3，
可分为有一个数字3，对应概率为C21C41C62=815，有2个数字3，对应概率为1C62=115，
故取出的球中有数字3的概率为915，
已经知道取出的球中有数字3，则所取出的两个小球上数字都是3的概率为115915=19，
故选：C.
根据题意，从这6个小球中随机取出两个球，取出的球中有数字3，可分为有一个数字3和有2个数字3，计算对应概率，进而求出取出的球中有数字3的概率，利用条件概率公式，计算即可．
本题考查条件概率公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为y=f(2x+2)为奇函数，
所以f(−2x+2)=−f(2x+2)，
即有f(−x+2)=−f(x+2)，
所以f(−x)=−f(x+4)，
又因为f(1−x)=f(x+1)，
所以f(−x)=f(x+2)，
所以f(x+2)=−f(x+4)，
即f(x)=−f(x+2)，
所以f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以f(x)的周期为4，
所以f(2023)=f(505×4+3)=f(3)，
又因为f(x)=−f(x+2)，
所以f(3)=−f(1)=−2×11+1=−1.
故选：B.
由f(1−x)=f(x+1)及y=f(2x+2)为奇函数，可得f(x)的周期为4，于是可得f(2023)=f(3)，再由f(x)=−f(x+2)，可得f(3)=−f(1)，再根据x∈(0,1]时的解析式求解即可．
本题考查了函数的对称性、周期性，难点在于得出函数的周期为4，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=74，
在△ACM中，∠CAM=30∘+15∘=45∘，∠ACM=180−45∘−30∘=105∘，
∴∠AMC=30∘，由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，
得CM=ACsin30∘⋅sin45∘=74 2，
又在Rt△CMN中，MA=MC⋅sin45∘=74.
故选：B.
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：∵点(1,2)在曲线C1：y=sinπ2x+ax2上，
∴2=1+a，∴a=1，
∴曲线C1方程为：y=sinπ2x+x2，
∴y′=π2csπ2x+2x，
∴曲线C1在(1,2)处的切线l的斜率为2，
∵y=x3−bx2+1的导函数为y′=3x2−2bx，
又曲线C2：y=x3−bx2+1上至多存在一条与l垂直的切线，
∴关于x的方程3x2−2bx=−12在R上最多只有一个根，
即b=3x2+14x在(−∞,0)∪(0,+∞)上最多只有一个根，
∴y=b与y=3x2+14x在(−∞,0)∪(0,+∞)上最多只有一个交点，
又由对勾函数的性质可得：y=3x2+14x在(−∞,0)∪(0,+∞)上的值域为(−∞,− 62]∪[ 62,+∞)，
∴当y=b与y=3x2+14x在(−∞,0)∪(0,+∞)上最多只有一个交点时，
可得b∈[− 62, 62]，
∴实数b的取值范围是[− 62, 62]，
故选：A.
先根据点(1,2)在曲线C1上，建立方程求出a，从而利用导数的几何意义，可得切线l的切线斜率，从而再根据题意可得：关于x的方程3x2−2bx=−12在R上最多只有一个根，再参变量分离结合对勾函数的性质，即可求解．
本题考查利用导数求解曲线的切线问题，导数的几何意义的应用，方程的解的个数问题，对勾函数的性质的应用，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可得交点F(14,0)，准线方程x=−14，
设直线AB的方程为x=my+14，A(y12,y1)，B(y22,y2)，y1>0，y2>0，P(−14,y0)，
联立y2=xx=my+14，消去x整理得y2−my−14=0，则Δ>0，y1⋅y2=−14，
又PF⊥AB，可得PF⋅AB=0，即(12,−y0)⋅(y22−y12,y2−y1)=0，化简得y0=y1+y22，
过点P作PM//x轴交AB于M点，如图所示，
则yM=y0=y1+y22，所以M为AB的中点，故M(y22+y122,y2+y12)，
故S△PAB=S△PAM+S△PBM=12|PM|⋅|y1−y2|=12(y22+y122+14)⋅|y1−y2|
=12[y12+(−y2)22+14]⋅[y1+(−y2)]≥12⋅[y1⋅(−y2)+14]⋅2 y1⋅(−y2)=14，
当且仅当y1=−y2=12时等号成立，
故三角形PAB的面积的最小值为14.
故选：B.
设直线AB的方程为x=my+14，A(y12,y1)，B(y22,y2)，y1>0，y2>0，P(−14,y0)，联立直线AB的方程和抛物线方程求得y1y2=−14，通过PF⊥AB求得y0=y1+y22，再通过点P作PM//x轴交AB于M点，进而得到M为中点，由S△PAB=S△PAM+S△PBM表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：a=( 3,−1)，b=(0,2)，
则|a|= ( 3)2+(−1)2=2，|b|=2，故A正确；
a⋅b=−2，
则cs=a⋅b|a||b|=−22×2=−12，
故a,b的夹角为2π3，故B错误；
2a+b=(2 3,−2)+(0,2)=(2 3,0)，b=(0,2)，
则(2a+b)⋅b=0，故C错误，D正确．
故选：AD.
根据已知条件，结合向量模公式，向量的夹角公式，向量垂直的性质，即可依次求解．
本题主要考查向量模公式，向量的夹角公式，向量垂直的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为f(x)=|ln(x−1)|,x>1x2−4|x|+3,x≤1=ln(x−1),x≥2−ln(x−1),1作出y=f(x)的图象，如图所示：
对于A，由图象可得f(x)在[0,1]和(1,2]上单调递减，故错误；
对于B，由图象可得f(x)min=f(−2)=−1，所以函数的值域为[−1,+∞),故正确；
对于C，因为方程f(x)=a有5个解，即y=f(x)的图象与y=a的图象有5个交点，所以0对于D，因为函数f(x)−a有3个零点，即y=f(x)的图象与y=a的图象有3个交点，所以a>3，
当x<0时，令x2+4x+3=3，解得x=−4，
又因为3个不同的零点x1，x2，x3满足x1所以x1<−4，1且有−ln(x2−1)=ln(x3−1)，即有ln(x2−1)+ln(x3−1)=ln(x2−1)(x3−1)=0，
所以(x2−1)(x3−1)=1，即x2x3−(x2+x3)+1=1，x2x3=x2+x3，
所以1x2+1x3=1，
所以x1+1x2+1x3=x1+1<−4+1=−3，
所以x1+1x2+1x3∈(−∞,−3)，故正确．
故选：BCD.
将函数写成分段函数，作出图象，结合图象逐一判断即可．
本题考查了分段函数性质、对数函数的性质、二次函数的性质，也考查了转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A，因为AD//BC，过点P的平面α平行于AD和A1B时，BC//α，且A1B∩BC=B，所以α//平面A1BCD1，选项A正确；
对于B，因为BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面A1BCD1，所以平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，
又因为α//平面A1BCD1，所以α⊥平面ABB1A1，选项B正确；
对于C，λ=12时，P是AB的中点，取CD的中点Q，DD1的中点R，AA1的中点S，连接PQRS，则四边形PQRS是矩形，
矩形的对角线是平面α截球面所得圆的直径，计算2R= 22+( 2)2= 6，所以截面圆的周长是2πR= 6π，选项C错误；
对于D，因为平面α截正方体所得截面是矩形PQRS，且PQ=RS=2，SP是变化的，所以矩形PQRS的面积不是定值，选项D错误．
故选：AB.
A中，由AD//BC，AD//α，得出BC//α，再由A1B//α，得出α//平面A1BCD1；
B中，由BC⊥平面ABB1A1得出平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，再由α//平面A1BCD1得出α⊥平面ABB1A1；
C中，λ=12时P是AB的中点，画出截面四边形PQRS，求出平面α截球面圆的直径，计算截面圆的周长即可；
D中，根据平面α截正方体所得截面是矩形，矩形PQRS的面积是相邻两边长的积，计算即可．
本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：由圆C：x2+(y−1)2=1，知圆心C(0,1)，半径r=1，
对于A：∵直线l：kx+y−2k−3=0恒过定点F(2,3)，∴点C到直线l的最大距离为|FO|= 22+(3−1)2= 8，故A不正确；
对于B：直线l：kx+y−2k−3=0平分圆C的周长，则直线过圆心C，
∴0+1−2k−3=0，解得k=−1，故B正确；
对于C：若圆C上至少有三个点到直线l的距离为12，则圆心到直线的距离d≤12，
∴|0+1−2k−3| k2+1≤12，解得−16− 3115≤k≤−16+ 3115，故C错误；
对于D，∠AQB最大值时，则需|QC|最小，此时PC与直线l垂直，
由k=1，直线l：x+y−5=0，过C与l垂直的直线方程为y−1=1(x−0)，即x−y+1=0，
联立方程可得Q(2,3)，故D正确．
故选：BD.
由圆C：x2+(y−1)2=1，知圆心C(0,1)，半径r=1，kx+y−2k−3=0恒过定点F(2,3)，可求点C到直线l的最大距离，判断A；由直线过圆心可求k，从而判断B；由已知圆心到直线的距离d≤12，可求k的范围判断C；利用当|QC|最小时，∠AQB有最大值，可求点Q的坐标判断D.
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离，直线方程的求法，属中档题．
13.【答案】−8
【解析】
【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
把(1x−1)5按照二项式定理展开，可得(x2−2)(1x−1)5展开式的常数项．
【解答】
解：(x2−2)(1x−1)5=(x2−2)⋅(1x5−5x4+10x3−10x2+5x−1)的展开式的常数项为−10+2=−8.
故答案为8.

14.【答案】4,n=12n+12n−1,n≥2
【解析】解：∵数列{an}满足a1+3a2+5a3+⋯+(2n−1)an=(n+1)2，n∈N*，①
∴a1=4，
当n≥2时，可得a1+3a2+5a3+⋯+(2n−3)an−1=n2，②
①-②整理得：(2n−1)an=2n+1，
∴an=2n+12n−1，
n=1时，a1=4不适合上式，
故an=4,n=12n+12n−1,n≥2.
故答案为：4,n=12n+12n−1,n≥2.
根据已知的递推关系式得到a1=4，以及n≥2时，a1+3a2+5a3+⋯+(2n−3)an−1=n2，与已知的作差，整理后即可求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力和逻辑思维能力，属于中档题．
15.【答案】 3
【解析】解：根据题意及对称性易知：四边形AF1BF2为平行四边形，
∴|AF1|=|BF2|=2|AF2|，又∠F1AF2=60∘，
∴由余弦定理易得|F1F2|= 3|AF2|，∴|F1F2|2+|AF2|2=|AF1|2，
∴F1F2⊥AF2，
将x=c代入双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)中，可得|y|=b2a，
∴|AF2|=b2a，又|F1F2|=2c，且|F1F2|= 3|AF2|，
∴2c= 3b2a，
∴2ac= 3(c2−a2)，
∴ 3e2−2e− 3=0，又e>1，
解得e= 3，
故答案为： 3.
根据题意及对称性易知：四边形AF1BF2为平行四边形，从而可得|AF1|=|BF2|=2|AF2|，又∠F1AF2=60∘，从而由余弦定理可得|F1F2|= 3|AF2|，再根据勾股定理可得F1F2⊥AF2，再将x=c代入双曲线方程中，可求出|AF2|=b2a，从而建立方程，再化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，余弦定理的应用，勾股定理的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】[−e,+∞)
【解析】解：原式可化为beb+lnb+a=eb+b，
∴elnb+a+lnb+a=eb+b，
设f(x)=ex+x，由题意得f(x)是单调递增函数，
∴lnb+a=b，a=b−lnb，
∴ea=eb−lnb=ebelnb=ebb，
∴b2ea−2eb=b2eb−2eb=eb(b−2)，
设g(x)=ex(x−2)，(x>0)，则g′(x)=ex(x−1)，
∴x>1时，g(x)单调递增，0∴g(x)极小值=g(1)=−e，
∴b2en−2eb的取值范围是[−e,+∞).
故答案为：[−e,+∞).
原式可化为beb+lnb+a=eb+b，从而elnb+a+lnb+a=eb+b，设f(x)=ex+x，由f(x)是单调递增函数，推导出b2ea−2eb=b2eb−2eb=eb(b−2)，设g(x)=ex(x−2)，(x>0)，则g′(x)=ex(x−1)，利用导数性质能求出b2en−2eb的取值范围．
本题考查构造法、导数性质、函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵an+12=anan+1+2an2，∴(an+1+an)(an+1−2an)=0，
∵an>0，∴an+1+an>0，∴an+1−2an=0，即an+1an=2，
∴数列{an}是公比为2的等比数列，
又3a1，a2+3，a3成等差数列，
∴3a1+a3=2(a2+3)，即3a1+a1⋅22=2(a1⋅2+3)，解得a1=2，
∴an=2n.
(2)由(1)可知an=2n，
∴bn={an,n为奇数lg12⁡an,n为偶数={2n,n为奇数−n,n为偶数，
∴T2n=b1+b2+b3+⋯+b2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)=(21+23+⋯+22n−1)−(2+4+⋯+2n)
=2−22n−1⋅221−4−(2+2n)n2=22n+1−23−n(n+1).
【解析】(1)将an+12=anan+1+2an2因式分解后，可得数列{an}是公比为2的等比数列，再结合等差中项的性质，求得a1，得解；
(2)采用分组求和法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差中项的性质，等差、等比数列的通项公式与前n项和公式，分组求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由图象可得f(x)的最小正周期T=4×(7π12−π3)=π，
∴ω=2πT=2，
∵由图知f(7π12)=2sin(2×7π12+φ)=−2，
∴2×7π12+φ=3π2+2kπ，k∈Z，解得φ=π3+2kπ，k∈Z，
又∵|φ|<π2，
∴φ=π3，
∴f(x)=2sin(2x+π3)，
∵令2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z).
(2)∵f(x)f(x−π6)=2sin(2x+π3)⋅2sin2x=4×(12sin2x+ 32cs2x)⋅sin2x=2sin22x+2 3sin2xcs2x= 3sin4x−cs4x+1=2sin(4x−π6)+1，
又对任意x∈[t,π3]，都有|f(x)f(x−π6)−1|≤1，可得|2sin(4x−π6)|≤1，
∴可得−12≤sin(4x−π6)≤12，
∵x∈[t,π3]，
∴4t−π6≤4x−π6≤7π6，
∴5π6≤4t−π6<7π6，解得π4≤t<π3，
∴实数t的取值范围为[π4,π3).
【解析】(1)由图象可得f(x)的最小正周期，利用正弦函数的周期公式可求ω的值，由图知f(7π12)=−2，结合|φ|<π2，可求φ=π3，可得函数解析式，进而利用正弦函数的单调性即可求解；
(2)由题意利用三角函数恒等变换的应用可求得−12≤sin(4x−π6)≤12，可求范围4t−π6≤4x−π6≤7π6，利用正弦函数的性质可得5π6≤4t−π6<7π6，进而即可解得实数t的取值范围．
本题考查了正弦函数的周期公式，正弦函数的单调性，三角函数恒等变换的应用，考查了函数思想，属于中档题．
19.【答案】解：在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，PA=AB=2，C是底面圆周上一点，PC与平面PAB所成的角为30∘，点M，N分别在PB，PC上，且PB⊥平面AMN，
过C作CD⊥AB，垂足为D，∵PO⊥底面ABC，PO⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABC，∴CD⊥平面PAB，
∴∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角，即∠CPD=30∘，
∴CD=1，点D与点O重合，即CO⊥AB，
以O为原点，OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0, 3)，A(0,−1,0)，AC=(1,1,0).
(1)由P、N、C三点共线，
设PN=λPC，则AP=(0,1, 3)，PB=(0,1,− 3)，PC=(1,0,− 3)，
故AN=AP+PN=(λ,1, 3− 3λ)，
∵PB⊥平面AMN，∴PB⊥AN，即PB⋅AN=0，解得λ=23，所以PNNC=2；
(2)点M，N分别在PB，PC上，且PB⊥平面AMN，
∵PB⊥平面AMN，∴PB是平面AMN的一个法向量，设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AP=0n⋅AC=0，所以y+ 3z=0x+y=0，令z=−1，取n=(− 3, 3,−1)，
则cs⟨n,PB⟩=n⋅PB|n|⋅|PB|=2 32× 7= 217，
则平面AMN与平面PAC夹角的余弦值为 217.
【解析】以O为原点，OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
(1)设PN=λPC，则AP=(0,1, 3)，PB=(0,1,− 3)，PC=(1,0,− 3)，利用PB⊥平面AMN，解得λ=23，即可求解；
(2)求得两个平面的法向量，代入二面角公式即可求解．
本题考查了线面垂直的应用和二面角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，记选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”为事件A，
从物理、历史里选一门，生物学、化学、思想政治、地理4门中选择2门的选法有C21C42=12种，
事件A即从剩余生物学、思想政治、化学三个科目中选择一个，有C31=3种等可能选法，
所以P(A)=C31C21C42=312=14.
(2)根据题意，设此次网络测试的成绩X∼N(μ,σ2).
①由于此次测试平均成绩为210分，则μ=210，
因为914000=0.02275，且0.02275=1−0.95452，即1−P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)2≈1−0.95452=0.02275，
即P(X≥μ+2σ)≈0.02275，μ+2σ=290，∴σ=290−2102=40.
又6404000=0.16，P(X≥μ+σ)=1−P(μ−σ≤X≤μ+σ)2≈1−0.68272=0.15865<0.16，
所以前640名学生成绩的最低分低于μ+σ=210+40=250，
而考生甲的成绩为260分>250分，则甲同学能够获得荣誉证书．
②若考生乙所说为真(结果是开放的，只要统计理由充分，即可)，
则μ=240，P(X≥μ+2σ)=1−P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)2≈1−0.95452=0.02275，
而914000=0.02275，所以σ=360−2402=60，
从而μ+3σ=240+3×60=420<425.
理由1：根据统计学中的3σ原则，认为X≥μ+3σ为小概率事件，
即丙同学的成绩为425分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假．
理由2：P(X≥μ+3σ)=1−P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)2≈1−0.99732=0.00135，
4000名学生中成绩大于420分的约有4000×0.00135=5.4人，
这说明4000名考生中，也会出现约5人的成绩高于420分的“极端”样本，
由于样本的随机性，丙同学的成绩为425分也有可能发生，所以可认为乙同学所说为真．
【解析】(1)记选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”为事件A，分析全部的选法数目和事件A包含的选法数目，由古典概型公式计算可得答案；
(2)①由正态分布曲线的性质分析μ、μ+2σ的值，由此可以分析前640名学生成绩的最低分，由此可得结论；
②结果是开放的，只要统计理由充分，即可．
本题考查正态分布的应用，涉及古典概型的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)将点A的坐标代入椭圆方程得3a2+1a2−4=1，
化简得a4−8a2+12=0，
解得a2=2(舍)或a2=6，
∴椭圆C的方程为x26+y22=1.
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
联立直线l与椭圆C的方程并整理得(1+3k2)x2+6kmx+3m2−6=0，
Δ=36k2m2−4(3k2+1)(3m2−6)>0，即6k2−m2+2>0.
则x1+x2=−6km1+3k2，x1x2=3m2−61+3k2.
由kAP+kAQ=y1−1x1− 3+y2−1x2− 3=kx1+m−1x1− 3+kx2+m−1x2− 3=0，
化简得(m−1− 3k)(x1+x2)+2kx1x2−2 3(m−1)=0，
∴(m−1− 3k)(−6km1+3k2)+2k×3m2−61+3k2−2 3(m−1)=0，
整理得( 3k−1)( 3k−1+m)=0，
又直线l不经过点A，即 3k−1+m≠0，
∴ 3k−1=0，解得k= 33.
(2)由(1)知，直线l的方程为y= 33x+m(−2x1+x2=− 3m，x1x2=12(3m2−6)，
∴点A到直线l的距离d= 3|m|2，
|PQ|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]= (1+13)[(− 3m)2−4×12(3m2−6)]=2 4−m2，
∴S△APQ=12d⋅|PQ|=12× 3|m|2×2 4−m2= 32 m2(4−m2)≤ 32×4−m2+m22= 3，
当且仅当4−m2=m2，即m=± 2时等号成立．
经验证，此时满足直线l与椭圆C相交，故△APQ的面积最大值为 3.
【解析】(1)将点A的坐标代入椭圆方程得3a2+1a2−4=1，化简解得a2，即可得出椭圆C的方程，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立直线l与椭圆C的方程并整理得(1+3k2)x2+6kmx+3m2−6=0，
由kAP+kAQ=y1−1x1− 3+y2−1x2− 3=0，化简得(m−1− 3k)(x1+x2)+2kx1x2−2 3(m−1)=0，把根与系数的关系代入即可得出k.
(2)由(1)知，直线l的方程为y= 33x+m(−2本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长与三角形面积问题、基本不等式、斜率计算公式、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，则f(x)≤−1等价于a≥lnx+xx2，
令h(x)=lnx+xx2，则h′(x)=1−x−2lnxx3，
令g(x)=1−x−2lnx，由函数单调性的性质可知，g(x)在(0,+∞)上单调递减，
又g(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以y=h(x)在x=1处取得最大值，
则a≥h(1)=1，即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)证明：f(x)有2个不同的零点等价于a=lnxx2有2个不同的实数根．
令F(x)=lnxx2，则F′(x)=1−2lnxx3，
令F′(x)>0，解得x∈(0, e)，此时F(x)单调递增，
令F′(x)<0，解得x∈( e,+∞)，此时F(x)单调递减，
所以y=F(x)在x= e处取极大值为F( e)=12e.
又因为F(1)=0，当x∈(0,1)时，F(x)<0，当x>1时，F(x)>0，且x→+∞时，F(x)→0.
所以1因为x1，x2是方程a=lnxx2的2个不同实数根，则a=lnx1x12a=lnx2x22，所以x22x12=lnx2lnx1，
令t=x2x1，则t>1，且t2=lnx2tlnx1，
所以lnx1=lntt2−1，lnx2=t2lntt2−1.
又x12=lnx1a，x22=lnx2a，
所以要证2x12+3x22>125a，只需证2lnx1a+3lnx2a>125a.
又a>0，则只需证2lnx1+3lnx2>125，即证3t2lntt2−1+2lntt2−1>125，
又t>1，即证lnt−12(t2−1)5(3t2+2)>0，
令G(t)=lnt−12(t2−1)5(3t2+2)(t>1)，则G′(t)=(3t2−2)2t(3t2+2)2≥0，
所以G(t)在(1,+∞)上单调递增，G(t)>G(1)=0，
所以当t>1时，lnt−12(t2−1)5(3t2+2)>0成立，即得证．
【解析】(1)问题等价于a≥lnx+xx2成立．令h(x)=lnx+xx2，利用导数求出函数h(x)的最大值即可得解；
(2)转化为证明a=lnxx2有2个不同的实数根．令F(x)=lnxx2，利用导数研究函数F(x)的性质即可得证．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．