2023年江苏省南通市高考数学二模试卷（含答案解析）

这是一份2023年江苏省南通市高考数学二模试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 双曲线C1， 下列命题中正确是等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省南通市高考数学二模试卷
1. 已知P，Q为R的两个非空真子集，若∁RQ⫋∁RP，则下列结论正确的是(    )
A. ∀x∈Q，x∈P B. ∃x0∈∁RP，x0∈∁RQ
C. ∃x0∉Q，x0∈P D. ∀x∈∁RP，x∈∁RQ
2. 已知a−b∈[0,1]，a+b∈[2,4]，则4a−2b的取值范围是(    )
A. [1,5] B. [2,7] C. [1,6] D. [0,9]
3. 三人各抛掷骰子一次，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为(    )
A. 736 B. 112 C. 115 D. 118
4. 已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足|z−1|≤|zz−|的复数z的个数为(    )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
5. 1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长(即可见角最大).后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面α，悬杆抽象为直线l上两点A，B，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面α，l上的两点A，B位于平面α同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，0
A. 2ab B. ab C. 2 ab D. ab
6. 已知在三棱锥A−BCD中，AD⊥平面BCD，∠ABD+∠CBD=π2，BD=BC=1，则三棱锥A−BCD外接球表面积的最小值为(    )
A. 2 5+14π B. 5+12π C. 2 5−14π D. 5−12π
7. 双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>b>0)和椭圆C2:x2a2+y2b2=1的右焦点分别为F，F′，A(−a,0)，B(a,0)，P，Q分别为C1，C2上第一象限内不同于B的点，若PA+PB=λ(QA+QB),(λ∈R)，PF= 3QF′，则四条直线PA，PB，QA，QB的斜率之和为(    )
A. 1 B. 0 C. −1 D. 不确定值
8. 函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(4−x)=4，g(x)−f(x−8)=8，g(x)关于x=4对称，g(4)=8，则m=118f(2m)的值为(    )
A. −24 B. −32 C. −34 D. −40
9. 下列命题中正确是(    )
A. 中位数就是第50百分位数
B. 已知随机变量X∼B(n,12)，若D(2X+1)=5，则n=10
C. 已知随机变量ξ∼N(μ,σ2)，且函数f(x)=P(x<ξ D. 已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为132.25
10. 重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为图2的扇形COD，其中∠COD=2π3，OC=3OA=3，动点P在CD上(含端点)，连结OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OQ=xOC+yOD，则下列说法正确的是(    )

A. 若y=x，则x+y=23 B. 若y=2x，则OA⋅OP=0
C. AB⋅PQ≥−2 D. PA⋅PB≥112
11. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=4，则(    )
A. 若直线AC1与直线CD所成的角为φ，则tanφ=52
B. 若过点A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，且l与面BCC1B1交于点M，则AM=2 3
C. 若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则sinθ= 33
D. 若经过点A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，则sinμ= 62
12. 过平面内一点P作曲线y=|lnx|两条互相垂直的切线l1、l2，切点为P1、P2(P1、P2不重合)，设直线l1、l2分别与y轴交于点A、B，则(    )
A. P1、P2两点的纵坐标之积为定值 B. 直线P1P2的斜率为定值
C. 线段AB的长度为定值 D. △ABP面积的取值范围为(0,1)
13. 若函数f(x)=sin(x+φ)+cosx(0<φ<π)的最大值为2，则常数φ的值为______.
14. (x−1)(1x2022+ x+1)8的展开式中x2的系数为______.(用数字作答).
15. 若对于任意的x，a∈(0,+∞)，不等式eax+2ab≥a2x恒成立，则b的取值范围为______.
16. 弓琴(左图)，也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖.古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸.在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”.弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听，现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳.右图是一弓琴琴腔下部分的正面图.若按对称建立如图所示坐标系，F1(−c,0)为左焦点，Pi(i=1,2,3,4,5,6,7)均匀对称分布在上半个椭圆弧上，PiF1为琴弦，记ai=|PiF1|(i=1,2,3,4,5,6,7)，数列{an}前n项和为Sn，椭圆方程为x2a2+y2b2=1，且a+64c=4ac，则S7+a7−128取最小值时，椭圆的离心率为______.

17. 如图，在三棱锥P−ABC中，△PAC为等腰直角三角形，PA=PC，AC=2，△ABC为正三角形，D为AC的中点．
(1)证明：平面PDB⊥平面PAC；
(2)若二面角P−AC−B的平面角为锐角，且三棱锥P−ABC的体积为 36，求二面角A−PB−C的正弦值．

18. 在数列{an}中，a1=14,(n+1)ann2=(2n+4)an+1(n+1)2.
(1)求{an}的通项公式．
(2)设{an}的前n项和为Sn，证明：Sn<2−n+22n.
19. 设(X,Y)是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为(ai,bj)，其中i，j∈N*，令pij=P(X=ai,Y=bj)，称pij(i,j∈N*)是二维离散型随机变量(X,Y)的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
Y/X
b1
b2
b3
…
a1
p1,1
p1,2
p1,3
…
a2
p2,1
p2,2
p2,3
…
a3
p3,1
p3,2
p3,3
…
…
…
…
…
…
现有n(n∈N*)个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y.
(1)当n=2时，求(X,Y)的联合分布列；
(2)设pk=m=0nP(X=k,Y=m)，k∈N且k≤n，计算k=0nkpk.
20. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a−cosBa−cosC=sinBsinC.
(1)若b≠c，证明：a2=b+c；
(2)若B=2C，证明：2c>b>23.
21. 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距与短轴长均为4.
(1)求E的方程；
(2)设任意过F2的直线l交E于M，N，分别作E在点M，N处的切线，且两条切线相交于点P，过F1作平行于l的直线分别交PM，PN于A，B，求|OA+OB||OP|的取值范围．
22. 设连续正值函数g(x)定义在区间I⊆(0,+∞)上，如果对于任意x1，x2∈I都有 g(x1)⋅g(x2)≤g( x1⋅x2)，则称g(x)为“几何上凸函数”．已知f(x)=ax−lnx，a∈R.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若a=e，试判断f(x)是否为x∈[e2,+∞)上的“几何上凸函数”，并说明理由．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵∁RQ⫋∁RP，
∴P⫋Q，
∴∃x0∈Q，x0∉P，A错误；x0∉Q时，x0∉P，C错误；∃x0∈∁RP，x0∉∁RQ，D错误．
故选：B.
根据∁RQ⫋∁RP可判断B正确，D错误，并得出P⫋Q，从而判断A，C都错误．
本题考查了补集的运算，子集的定义，考查了计算能力，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：∵a−b∈[0,1]，a+b∈[2,4]，4a−2b=(a+b)+3(a−b)，
∴4a−2b∈[2,7].
故选：B.
通过a−b∈[0,1]，a+b∈[2,4]，推出4a−2b=(a+b)+3(a−b)，然后求解即可．
本题考查求解不等式的范围，是基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有6种情况，则共有63=216种情况，
它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：
①若落地时向上的点数若不同，则为1，2，3或1，3，5，或2，3，4或2，4，6或3，4，5或4，5，6；共有6种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，即有A33=6种情况；
即有6×6=36种情况，
②若落地时向上的点数全相同，有6种情况，
∴共有36+6=42种情况，
落地时向上的点数能组成等差数列的概率为42216=736；
故选：A.
根据题意，分析可得将一个骰子连续抛掷三次，每次都有6种情况，由分步计数原理可得共有63=216种情况，进而分两种情况讨论骰子落地时向上的点数能组成等差数列的情况，可得符合条件的情况数目，由等可能事件的概率计算公式，计算可得答案．
本题考查等可能事件的概率计算，注意题干中“向上的点数能组成等差数列”，向上的点数不要求顺序，如“2，1，3”也符合条件．

4.【答案】B 
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈Z)，则z−=a−bi，|z−1|= (a−1)2+b2，
|zz−|=|z2z−⋅z|=|(a+bi)2(a−bi)⋅(a+bi)|=|a2−b2+2abia2+b2|
= (a2−b2)+4a2b2a2+b2=1，
∵|z−1|≤|zz−|，∴(a−1)2+b2≤1，
∵(a−1)2≥0，∴b2≤1，∴−1≤b≤1，
当b=±1时，a−1=0，即a=1，有两组满足条件a=1b=−1，a=1b=1，
当b=0，a−1=0或a−1=±1，∴a=1b=0，a=2b=0，a=0b=0，
∵a=0，b=0时，z−=0，不符合题意，
∴满足|z−1|≤|zz−|的复数z的个数为4.
故选：B.
设z=a+bi(a,b∈Z)，由|z−1|≤|zz−|，可得(a−1)2+b2≤1，则b2≤1，讨论两种情况即可得答案．
本题考查复数的运算，考查共轭复数的概念、复数的运算法则等基础知识，是基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，
则tan∠OCA=ac，tan∠OCB=bc，
故tan∠ACB=tan(∠OCA−∠OCB)=ac−bc1+abc2=a−bc+abc≤a−b2 c⋅abc=a−b2 ab，
当且仅当c=abc，即c= ab时，等号成立，
故当∠ACB最大时，c= ab.
故选：B.
根据已知条件，结合正切函数的两角差公式，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，设∠ABD=α，∠CBD=β，K为△BCD的外心，O为三棱锥A−BCD外接球的球心，

则OK⊥平面BCD，又AD⊥平面BCD，所以OK//AD，KD⊂平面BCD，
则OK⊥DK，四边形OKDA是直角梯形，设OK=h，DK=r，OD=R，
由AD⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，得AD⊥BD，
则AD=tanα=1tanβ,CD=2sinβ2,2r=2sinβ2sinβ，即r=12cosβ2，
又h2+r2=R2(AD−h)2+r2=R2，则h=12AD，
R2=r2+(AD2)2=14cos2β2+14tan2β=12(1+cosβ)+cos2β4(1−cos2β)=−14+3−2cosβ4(I−cos2β)，
令t=3−2cosβ，则cosβ=3−t2,t∈(1,3)，
R2=−14−tt2−6t+5=−14−1t+5t−6≥−14−12 t⋅5t−6=−14+12(3− 5)= 5+18，
当且仅当t=5t，即t= 5时等号成立，
所以三棱锥A−BCD外接球表面积S=4πR2≥4π× 5+18= 5+12π.
故选：B.
设∠ABD=α，∠CBD=β，求得△BCD的外接圆的半径为r=12cosβ2，结合图形求得三棱锥外接球半径R2=r2+(AD2)2=−14+3−2cosβ4(1−cos2β)，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得R2的最小值，从而可得面积的最小值．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．

7.【答案】B 
【解析】解：∵PA+PB=λ(QA+QB),(λ∈R)，又AB的中点为O，
∴2PO=2λQO，∴P，Q，O三点共线，
又PF= 3QF′，∴PF//QF′，且|PF|= 3|QF′|，
∴△POF∽△QOF′，∴|OF||OF′|=|PF||QF′|= 3，
∴ a2+b2 a2−b2= 3，∴a2=2b2，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，又A(−a,0)，B(a,0)，
则x12a2−y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
∴x122b2−y12b2=1，x222b2+y22b2=1，
∴x12−2b2=2y12，x22−2b2=−2y22，
∴(kPA+kPB)+(kQA+kQB)，
=(y1x1+a+y1x1−a)+(y2x2+a+y2x2−a)
=2x1y1x12−a2+2x2y2x22−a2=2x1y1x12−2b2+2x2y2x22−2b2
=2x1y12y12+2x2y2−2y22=x1y1−x2y2，
又P，Q，O三点共线，∴OP//OQ，
∴(x1,y1)//(x2,y2)，∴x1y1=x2y2，
∴(kPA+kPB)+(kQA+kQB)=0，
故选：B.
根据PA+PB=λ(QA+QB),(λ∈R)与PF= 3QF′，易得P，Q，O三点共线且PF//QF′，|PF|= 3|QF′|，从而可得△POF∽△QOF′，从而可得|OF||OF′|=|PF||QF′|= 3，即得 a2+b2 a2−b2= 3，即得a2=2b2，再P(x1,y1)，Q(x2,y2)，从而可得x12−2b2=2y12，x22−2b2=−2y22，再利用斜率公式及OP//OQ，可得证得(kPA+kPB)+(kQA+kQB)=0，从而得解．
本题考查双曲线与椭圆的几何性质，向量共线定理的应用，相似三角形的应用，两点的斜率公式的应用，化归转化思想，属中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：∵g(x)关于x=4对称，∴g(4+x)=g(4−x)①，
∵g(x)−f(x−8)=8，∴g(4+x)−f(x−4)=8②，
由①②得g(4−x)−f(x−4)=8③，
又f(x)+g(4−x)=4④，
④-③得f(x)+f(x−4)=−4⑤，∴f(x+4)+f(x)=−4⑥，
⑥-⑤得f(x+4)−f(x−4)=0，∴f(x+4)=f(x−4)，
∴f(x+8)=f(x)，∴f(x)的周期为8，
∵f(x)+g(4−x)=4，∴f(4−x)+g(x)=4⑦，
又g(x)−f(x−8)=8⑧，
⑦-⑧得f(4−x)+f(x−8)=−4，
∴f(−x)+f(x−4)=−4结合⑤可得：
f(−x)=f(x)，∴f(x)为偶函数，
∵g(4)=8，∴对f(x)+g(4−x)=4，
令x=0，可得f(0)=−4，又结合⑤可得f(−4)=0，
对⑤：f(x)+f(x−4)=−4，令x=2，可得f(2)+f(−2)=−4，
又f(x)为偶函数，∴2f(2)=−4，∴f(2)=−2=f(−2)，
又f(x)的周期为8，∴f(4)=f(−4)=0，f(6)=f(−2)=−2，
f(8)=f(0)=−4，
∴f(2)+f(4)+f(6)+f(8)=−2+0+(−2)+(−4)=−8，
∵18×2=8×4+4，∴根据f(x)的周期性可得：
m=118f(2m)=[f(2)+f(4)+f(6)+f(8)]×4+f(2)+f(4)
=−8×4+(−2)+0=−34，
故选：C.
根据已知条件的两式结合g(x)的对称性，可推出f(x)是周期为8的偶函数，再结合赋值法，即可分别求出f(2)，f(4)，f(6)，f(8)的值，最后再利用函数的周期性，即可求解．
本题考查抽象函数的求值问题，函数的对称性与周期性，考查学生的逻辑推理能力，属中档题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：对于A，中位数就是第50百分位数，故A正确；
对于B，X∼B(n,12)，
则D(2X+1)=4D(X)=4×n×12×12=n=5，故B错误；
对于C，ξ∼N(μ,σ2)，函数f(x)=P(x<ξ 则f(−x)=P(−x<ξ<−x+2)=f(x)=P(x<ξ 区间(−x,2−x)与(x,2+x)关于x=μ对称，
故μ=−x+x+22=1，故C正确；
对于D，由分层抽样的平均数公式可得z−=100100+100×172+100100+100×165=3372，
按分层抽样样本方差的计算公式可得S2=12{[120+(172−3372)2]+[120+(165−3372)2]}=132.25，故D正确．
故选：ACD.
对于A，利用中位数的概念，即可求解；
对于B，利用二项分布的方差公式及方差性质求解；
对于C，利用正态分布的对称性，即可求解；
对于D，利用平均数和方差公式计算即可．
本题主要考查中位数的概念，正态分布的对称性，二项分布的方差，平均数与方差的求法，考查运算求解能力，属于中档题．

10.【答案】ABD 
【解析】解：如图，作OE⊥OC，分别以OC，OE为x，y轴建立平面直角坐标系，

则A(1,0),C(3,0),B(−12, 32),D(−32,3 32)，
设Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π3]，则P(3cosθ,3sinθ)，
由OQ=xOC+yOD可得cosθ=3x−32y,sinθ=3 32y，且x>0，y>0，
若y=x，则cos2θ+sin2θ=(3x−32x)2+(3 32x)2=12，
解得x=y=13，(负值舍去)，故x+y=23，A正确；
若y=2x，则cosθ=3x−32y=0,sinθ=1，所以OP=(0,3)，
所以OA⋅OP=(1,0)⋅(0,3)=0，故B正确；
AB⋅PQ=(−32, 32)⋅(−2cosθ,−2sinθ)=− 3sinθ+3cosθ
=−2 3sin(θ−π3)，由于θ∈[0,2π3]，故θ−π3∈[−π3,π3]，
故−3≤−2 3sin(θ−π3)≤3，故C错误；
由于PA=(1−3cosθ,−3sinθ),PB=(−12−3cosθ, 32−3sinθ)，
故PA⋅PB=(1−3cosθ,−3sinθ)⋅(−12−3cosθ, 32−3sinθ)
=172−3sin(θ+π6)，而θ+π6∈[π6,5π6]，所以sin(θ+π6)∈[12,1]，
所以PA⋅PB=172−3sin(θ+π6)≥172−3=112，故D正确，
故选：ABD.
建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π3]，可得P(3cosθ,3sinθ)，由OQ=xOC+yOD，结合题中条件可判断A，B，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
本题考查了平面向量数量积的运算律和三角函数的性质，属于中档题．

11.【答案】ABC 
【解析】解：对于A：如下图，直线AC直线CD所成角，即为直线AC与直线AB所成角∠BAC1，则tanφ=tan∠BAC1=BC1AB=52，故A正确；

对于B：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

过A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，与面BCC1B1交于M(x,2,z)且x，z>0，
又AA1=(0,0,3),AB=(0,2,0),AD=(4,0,0)，
则cos=z x2+4+z2=cos=2 x2+4+z2=cos=x x2+4+z2，
故x=z=2，则AM=2 3，故B正确；
对于C：如下图，

过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以4为棱长的正方体的体对角线AM，故sinθ= 33，故C正确；
对于D：如下图，

过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需面β与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面EDF，
故cosμ=S△EDFS△ADE= 33，则sinμ= 63，故D错误．
故选：ABC.
对于A，根据长方体的性质找到直线AC与与直线CD所成角的平面角即可；对于B，建立空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求cos⟨AA1,AM⟩=cos=cos⟨AD,AM>，即可求M坐标，进而确定线段长；对于C、D，将长方体补为以4为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值．
本题主要考查了空间角的计算问题，属于较难题目．

12.【答案】BCD 
【解析】解：y=−lnx,0 不妨设P1(x1,−lnx1)(01)，
∵切线l1⊥l2，
∴kl1⋅kl2=−1x1×1x2=−1，∴x1x2=1.
切线l1、l2的方程分别为：y+lnx1=−1x1(x−x1)，y−lnx2=1x2(x−x2)，
联立解得xP=2x1x2x1+x2=2x1+1x1∈(0,1)，
A(0,1−lnx1)，B(0,lnx2−1)，
∴|AB|=|1−lnx1−(lnx2+1)|=|2+ln(x1x2)|=2为定值，
∴△ABP面积S=12×|AB|⋅xP=xP∈(0,1)；
P1、P2两点的纵坐标之积为−lnx1lnx2=ln2x1不为定值；
直线P1P2的斜率为−lnx1−lnx2x1−x2=−ln(x1x2)x1−x2=0为定值．
综上可得：只有BCD正确．
故选：BCD.
y=−lnx,01)，根据切线l1⊥l2，可得kl1⋅kl2=−1.切线l1、l2的方程分别为：y+lnx1=−1x1(x−x1)，y−lnx2=1x2(x−x2)，联立解得xP，分别令x=0，可得A(0,1−lnx1)，B(0,lnx2−1)，进而得出|AB|，△ABP面积S=12×|AB|⋅xP=xP.P1、P2两点的纵坐标之积为−lnx1lnx2=ln2x1不为定值；利用斜率计算公式可得直线P1P2的斜率，进而判断出结论．
本题考查了导数的几何意义、切线方程、点斜式、三角形面积计算公式、相互垂直与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

13.【答案】π2 
【解析】解：数f(x)=sin(x+φ)+cosx=sinxcosφ+cosxsinφ+cosx
=cosφsinx+(sinφ+1)cosx= cos2φ+(sinφ+1)2sin(x+θ)，
由函数f(x)=sin(x+φ)+cosx(0<φ<π)的最大值为2，
得 cos2φ+(sinφ+1)2=2，解得sinφ=1，可得φ=π2.
故答案为：π2.
展开两角和的正弦，再由辅助角公式化积，利用最大值为2求得sinφ，进一步可得常数φ的值．
本题考查三角函数最值的求法，考查两角和的正弦及辅助角公式的应用，是基础题．

14.【答案】−42 
【解析】解：原式=x(1x2022+ x+1)8−(1x2022+ x+1)8，
前一个式子含x2的式子为xC82⋅( x)2⋅C66⋅16=28x2，
后一个式子含x2的式子为C84⋅( x)4⋅C44⋅14=70x2，
故整个展开式中含x2的项为−42x2，故系数为−42.
故答案为：−42.
利用计数原理结合组合数的公式求解．
本题考查二项式展开式的性质和学生的计算能力，属于中档题．

15.【答案】[12e2,+∞) 
【解析】解：由eax+2ab≥a2x，得eax+2abx≥a2，
设f(x)=eax+2abx，则f′(x)=axeax+2ab−eax+2abx2=(ax−1)eax+2abx2，
令f′(x)=0，得x=1a，
∴f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增，
∴f(x)最小值为f(1a)=ae1+2ab≥a2，即e1+2ab≥a，
∴1+2ab≥lna，即b≥lna−12a，
令g(x)=lnx−12x，则g′(x)=2−lnx2x2，
令g′(x)=0，得x=e2，
∴g(x)在(0,e2)上单调递增，在(e2,+∞)上单调递减，
∴当x=e2时，取最大值12e2，所以b的取值范围是[12e2,+∞).
故答案为：[12e2,+∞).
依题意，eax+2abx≥a2，设f(x)=eax+2abx，利用导数研究函数f(x)的单调性，可得b≥lna−12a，令g(x)=lnx−12x，利用导数研究函数g(x)的单调性，可得b的取值范围是[12e2,+∞).
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】 66 
【解析】解：设Pi(xi,yi)，有xk=−x8−k(i,k=1,2,3,4,5,6,7)，
则|PiF1|=a+exi(椭圆的焦半径公式)，由题意可得{an}为等差数列，
S7=a1+a2+...a7=7a+e(x1+...x7)=7a，
由题意P1，P2，...P7的横坐标把AB八等分，所以x7=34a，a7=a+ex7=a+34c，又因为a+64c=4ac，
所以16a+14c=1，
所以S7+a7−128=8a+34c−128=(8a+34c)(16a+14c)−128=128+316+12ca+2ac−128=316+12ca+2ac≥316+2 12×2=316+4 6，
当且仅当12ca=2ac，即a= 6c时取等号，
即椭圆的离心率e=ca= 66，
故答案为： 66.
由椭圆的焦半径公式可得|PiF1|=a+exi，由对称性可得x1+...x7=0，由题意−a，x1，...x7，a成等差数列，可得x7，可得S7，a7的表达式，由均值不等式，可得S7+a7−128取最小值时a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的对称性的应用及等差数列的性质的应用，椭圆的焦半径公式的应用，均值不等式的应用，属于中档题．

17.【答案】解：(1)证明：∵PA=PC，D为AC中点，
∴AC⊥PD，
又∵△ABC是等边三角形，BA=BC，
∴AC⊥BD，
∵BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PDB，
∴AC⊥平面PDB，
∵AC⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PDB；
(2)∵△ABC是等边三角形，AC=2，
∴△ABC的面积为 3，
设三棱锥P−ABC的底面ABC上的高为h，
则VP−ABC=13× 3×h= 33h= 36，
解得h=12，
∵△PAC为等腰直角三角形，PA=PC，AC=2，
∴DP=1，
∴∠PDB=30∘，
作PO⊥DB交于O，则PO=12，
∴DO= 32，
又∵BD= 3，
∴O是DB的中点，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，在平面ABC中过O作BD的垂线为y轴，
OP为z轴，建立空间直角坐标系，
A(− 32,−1,0)，B( 32,0,0)，P(0,0,12)，C(− 32,1,0)，
∴AP=( 32,1,12),PB=( 32,0,−12),PC=(− 32,1,12)，
设n=(x,y,z)是平面PAB的一个法向量，
则n⋅AP= 32x+y+12z=0n⋅PB= 32x−12z=0，
取x=1，得n=(1,− 3, 3)，
设平面PBC的一个法向量m=(a,b,c)，
则m⋅PB= 32a−12c=0m⋅PC=− 32a+b−12c=0，
取a=1，得m=(1, 3, 3)，
∴cos=m⋅n|m|⋅|n|=17，
∴sin= 1−(17)2=4 37.
故二面角A−PB−C的正弦值为4 37. 
【解析】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求平面与平面所成角的正弦值，属于中档题．
(1)求出AC⊥PD，AC⊥BD，AC⊥平面PDB，由此能证明平面PAC⊥平面PDB.
(2)作PO⊥DB于O，O是DB的中点，以O为坐标原点，OB为x轴，在平面ABC中过O作BD的垂线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−PB−C的正弦值．

18.【答案】解：(1)∵(n+1)ann2=(2n+4)an+1(n+1)2，
∴(n+1+1)an+1(n+1)2=12⋅(n+1)ann2，
又(1+1)a112=12，
所以{(n+1)ann2}是以首项为12，公比为12的等比数列，
从而(n+1)ann2=(12)n，
所以an=n2(n+1)⋅2n，
(2)证明：∵an=n2(n+1)⋅2n=nn+1⋅n2n ∴Sn<12+222+⋯+n2n，
设Tn=12+222+⋯+n2n①，
则12Tn=122+223+⋯+n2n+1②，
①-②得：12Tn=12+122+⋯+12n−n2n+1=12−12n+11−12−n2n+1=1−n+22n+1，
从而Tn=2−n+22n，
故Sn<2−n+22n. 
【解析】本题考查数列的递推公式，等比数列的证明及错位相减法求和，属于较难题．
(1)由数列的递推公式可得an的通项公式，
(2)先对an进行变形，得an
19.【答案】解：(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，
则P(X=0,Y=0)=132=19，
P(X=0,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=0,Y=2)=132=19，
P(X=1,Y=0)=C21×13×13=29，
P(X=1,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=2,Y=0)=132=19，
P(X=1,Y=2)=P(X=2,Y=1)=P(X=2,Y=2)=0，
∴(X,Y)的联合分布列为：
 (X,Y)
 0
1
 2
 0
 19
 29
 19
 1
 29
 29
 0
 2
 19
 0
 0
(2)当k+m>n时，P(X=k,Y=m)=0，
∴pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)
=m=0n−k(CnkCn−km⋅13n)=Cnk3nm=0n−kCn−km=Cnk3n⋅2n−k=Cnk(13)k⋅(23)n−k，
∴k=0nkpk=k=0n[k⋅Cnk(13)k⋅(23)n−k]，
设Z∼B(n,13)，则由二项分布的期望公式得k=0nkpk=E(Z)=n3. 
【解析】(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，直接计算概率，列出(X,Y)的联系分布列即可；
(2)直接计算pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)=Cnk(13)k⋅(23)n−k，结合二项分布的期望公式求出k=0nkpk.
本题考查二维离散型随机变量的联合分布列、概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20.【答案】证明：(1)由正弦定理可得，bsinB=csinC，
所以sinBsinC=bc，
cosB=a2+c2−b22ac，cosC=a2+b2−c22ab，
a−cosBa−cosC=sinBsinC，
则a−a2+c2−b22aca−a2+b2−c22ab=bc，即2a2(b−c)=2(b2−c2)=2(b+c)(b−c)，
因为b≠c，
所以a2=b+c；
(2)证明：由已知得，sinB=sin2C=2sinCcosC，
又由正弦定理bsinB=csinC可得，b=2ccosC，
因为cosC<1，
所以b<2c，
由(1)知，a2=b+c，则a=b+ca，
又由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得，
a=sinB+sinCsinA=sinB+sinCsin(B+C)=sinB+sinCsinBcosC+cosBsinC=2sinCcosC+sinC2sinCcosCcosC+(2cos2C−1)sinC=sinC(2cosC+1)(4cos2C−1)sinC=12cosC−1，
又b=2ccosC，
则c=b2cosC，
将a=12cosC−1以及c=b2cosC代入a2=b+c可得，(12cosC−1)2=b+b2cosC=b(1+2cosC2cosC)，
整理可得b=(2cosC1+2cosC)(12cosC−1)2=(2cosC1+2cosC)(12cosC−1)2，
因为B=2C，A+B+C=π，
所以0 令t=2cosC，
则1 则f′(t)=−(t−1)[2(t+14)2+78](t3−t2−t+1)2，
所以当1 所以f(t)在(1,2)上单调递减，
所以f(t)>f(2)=23，即b>23，
综上所述，2c>b>23. 
【解析】(1)根据正余弦定理角化边，整理即可；
(2)根据正弦定理推得b=2ccosC，即可得到b<2c.通过分析，可得a=12cosC−1以及c=b2cosC，代入a2=b+c，整理可得到b=(2cosC1+2cosC)(12cosC−1)2，令t=2cosC，构造b=f(t)=tt3+t2−t−1，求导得到f(t)在(1,2]上单调递减．进而得到f(t)>f(2)=23.
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)由题意，2c=2b=4，可得b=c=2，可得a2=b2+c2=8，
所以椭圆的方程为：x28+y24=1；
(2)由题意，F2(2,0)，显然l的斜率不为0，故设l的方程为x=ty+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=ty+2x28+y24=1，即(t2+2)y2+4ty−4=0，
故y1+y2==−4t2+t2，y1y2=−42+t2，
由题意可知M，N不在x轴上，即过M，N两点的切线斜率存在，设过M点的切线方程为y−y1=k(x−x1)，
与椭圆联立有x2+2y2=8y−y1=k(x−x1)，
整理可得：(1+2k2)x2−4k(kx1−y1)x+2(kx1−y1)2−8=0，
Δ=16k2(kx1−y1)2−2(1+2k2)[2(kx1−y1)2−8]=0，
可得k=−x12y1，即过M点的切线方程为y−y1=−x12y1(x−x1)，即x1x+2y1y=8，
同理可得过N点的切线方程为x2x+2y2y=8，
联立两切线方程x1x+2y1y=8x2x+2y2y=8，整理可得：(x1y2−x2y1)x=8(y2−y1)，
即[(ty1+2)y2−(ty2+2)y1]x=8(y2−y1)，
化简可得x=4，
代入x1x8+y1y4=1，
可得y=4−2x1y1=4−2(ty1+2)y1=−2t，
可得P(4,−2t)，
设MN的中点为Q(xQ,yQ)，则yQ=y1+y22=−2t2+t2，xQ=−2t22+t2+2=42+t2，
所以Q(42+t2,−2t2+t2)，
因为kOQ=−2t2+t242+t2=−t2，kOP=−2t4=−t2，所以kOQ=kOP，

即O，Q，P三点共线，又过F1平行于l的直线分别交PM，PN于A，B，
易得△PMN∽△PAB，取AB中点R，根据三角形的性质有R，O，Q，P四点共线，
结合椭圆的对称性，可得|OA+OB||OP|=2|OR||OP|=2|OQ||OP|=|2xQxP|=22+t2≤1，
当且仅当t=0时取等号．故|OA+OB||OP|的取值范围是(0,1]. 
【解析】(1)由题意可得b，c的值，进而求出a的值，求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出直线过M的点的切线方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得直线OM的斜率，同理可得过切点N的切线方程，两式联立，整理可得P的坐标，可得MN的中点Q的坐标，再由三角形相似，即椭圆的对称性可得|OA+OB||OP|的取值范围．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．

22.【答案】解：(Ⅰ)f(x)定义域为(0,+∞)，f(x)的导函数f′(x)=a−1x
当a≤0时，f′(x)=a−1x<0，故f(x)在(0,+∞)单调递减；
当a>0时，f′(x)=a−1x>0得：x>1a；由f′(x)=a−1x<0得：0 于是f(x)在(0,1a)单调递减，在(1a,+∞)单调递增，
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递减；
当a>0时，f(x)在(0,1a)单调递减，在(1a,+∞)单调递增．
(Ⅱ)f(x)是x∈[e2,+∞)上的几何上凸函数，证明如下：
由(Ⅰ)可知，当a=e时，f(x)在(0,1e)单调递减，在(1e,+∞)单调递增．
故f(x)≥f(1e)=e⋅1e−ln1e=2>0，故f(x)为连续正值函数，
由于f( x1x2)=e x1x2−ln x1x2，f(x1)⋅f(x2)=(ex1−lnx1)(ex2−lnx2)，
要证f(x)是[e2,+∞)上的几何上凸函数．
需证f( x1⋅x2)≥ f(x1)⋅f(x2)，即证[f( x1⋅x2)]2≥f(x1)⋅f(x2)，(e x1x2−ln x1x2)2=e2x1x2−2e x1x2ln x1x2+ln2 x1x2≥(ex1−lnx1)(ex2−lnx2)，14−2e x1x2ln x1x2=14ln2(x1x2)−e x1x2ln(x1x2)≥lnx1lnx2−e(x1lnx2+x2lnx1)，
则ln2 x1x2−2e x1x2ln x1x2=14ln2(x1x2)−e x1x2ln(x1x2)≥lnx1lnx2−e(x1lnx2+x2lnx1)，
需证14(lnx1+lnx2)2−e x1x2ln(x1x2)+e(x1lnx2+x2lnx1)≥lnx1lnx2，
由14(lnx1+lnx2)2≥lnx1lnx2，且e(x1lnx2+x2lnx1)−e x1x2ln(x1x2)=[e x2⋅( x2− x1)⋅lnx1+ x1⋅( x1− x2)⋅lnx2]=2e( x2− x1)( x2ln x1− x1⋅ln x2)=2e x1x2( x2− x1)(ln x1 x1−ln x2 x2)，
故只需证2e x1x2( x2− x1)(ln x1 x1−ln x2 x2)≥0，
下面给出证明：设h(x)=lnxx，则h′(x)=1−lnxx2，即在(e,+∞)上h′(x)<0，h(x)递减，
所以( x1− x2)[h( x1)−h( x2)]≤0，
即2e x1x2( x2− x1)(ln x1 x1−ln x2 x2)≥0.
综上，14(lnx1+lnx2)2−e x1x2ln(x1x2)+e(x1lnx2+x2lnx1)≥lnx1lnx2成立，
故f( x1⋅x2)≥ f(x1)⋅f(x2)，得证． 
【解析】(Ⅰ)对函数f(x)求导，分a≤0及a>0讨论导函数与0的关系，进而得到单调性情况；
(Ⅱ)将a=e代入f(x)=ax−lnx，根据新定义利用分析法证明即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题．