2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（下）期中数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了 过抛物线Γ， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. “a3+a9=2a6”是“数列{an}为等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
2. 已知抛物线y=14x2，则它的焦点坐标是( )
A. (0,116)B. (116,0)C. (1,0)D. (0,1)
3. 两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，如x→0limex−1x=x→0lim(ex−1)′x′=x→0limex1=1，则x→1limlnx+x−1x2+x−2=( )
A. 12B. 23C. 1D. 2
4. 2022年11月30日，神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天河核心舱合影留念.假设6人站成一排，要求神舟十四号三名航天员互不相邻，且神舟十五号三名航天员也互不相邻，则他们的不同站法共有种．( )
A. 72B. 144C. 36D. 108
5. 设函数f(x)，g(x)在R上的导数存在，且f′(x)>g′(x)，则当x∈(a,b)时( )
A. f(x)g(x)
C. f(x)+g(b)g(x)+f(a)
6. 若7a=5，8b=6，e2c=2+e2，则实数a，b，c的大小关系为( )
A. a>c>bB. c>b>aC. b>c>aD. b>a>c
7. 三棱锥P−ABC中，AB=AC=2，平面PBC⊥平面ABC，∠BPC=π2.若三棱锥P−ABC的外接球体积的取值范围是(32π9 3,32π3)，则∠BAC的取值范围是( )
A. (0,π3)B. (π3,π2)C. (π2,2π3)D. (π3,2π3)
8. 过抛物线Γ：x2=4y的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同的直线l1，l2，且k1+k2=2，l1与Γ相交于点A，B，l2与Γ相交于点C，D.分别以AB、CD为直径的圆M、圆N(M,N为圆心)的公共弦记为l，则点M到直线l的距离的最小值为( )
A. 7 520B. 5 720C. 7 522D. 5 722
9. 下列命题中正确的是( )
A. 已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的50%分位数是7.5
B. 样本相关系数r的绝对值|r|越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强
C. 已知随机变量X～B(10,12)，则E(X)=52
D. 已知经验回归方程y =−2x+3，则y与x具有负线性相关关系
10. 如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别为A1B1，B1C1，B1B的中点，若点P在线段EF上运动，则下列结论正确的为( )
A. AC1与EF为共面直线
B. 平面ACD1//平面EFG
C. 三棱锥P−AD1C的体积为定值
D. AC1与平面A1BC所成角的正切值为 3
11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交C的右支于点A，B，若F1A⋅F1B=F1B2=35|F1A||F1B|，则( )
A. AB⊥BF1
B. C的渐近线方程为y=± 62x
C. |AF2|=|BF1|
D. △AF1F2与△BF1F2面积之比为2：1
12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且ai=1或ai=2的概率均为12(i=1,2,3,…,n).设Sn能被3整除的概率为Pn，则( )
A. P2=1B. P3=14
C. P11=3411024D. 当n≥5时，Pn<13
13. 已知随机变量X～N(2,σ2)，且P(X>3)=0.3，则P(114. (1+1x2)(1+x)6展开式中x2的系数为______．
15. 期中考卷有8道单选题，小明对其中5道题有思路，3道题完全没思路.有思路的题做对的概率是0.9，没思路的题只能猜答案，猜对的概率为0.25，则小明从这8道题中随机抽取1道做对的概率为______ ．
16. 若函数f′(x)是函数f(x)的导函数，且满足f(0)=1，3f(x)=f′(x)−3，则不等式4f(x)>f′(x)的解集为______
17. Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，an2+2an=4Sn+3
(I)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和．
18. 已知函数f(x)=x3−92x2+6x−a．
(1)若a=0，求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程；
(2)若方程f(x)=0有且仅有一个实数根，求实数a的取值范围．
19. 杭师大附中三重门的樱花是师附校友心中最美的记忆.每年樱花季，在樱花树下流连超10小时的称为“樱花迷”，否则称为“非樱花迷”.从调查结果中随机抽取50人进行分析，得到数据如表所示：
(1)补全2×2列联表，根据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为是否为“樱花迷”与性别有关联？
(2)现从抽取的“樱花迷”人群中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取2人，记这2人中男“樱花迷”的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
20. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1为矩形，AB⊥AC且AB=AC=2，D为B1C1的中点，AA1=B1C=2 2．
(1)证明：AC1//平面A1BD；
(2)求平面AB1C与平面AA1D的夹角的余弦值．
21. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，C上任意一点M到F的距离最大值和最小值之积为3，离心率为12．
(1)求C的方程；
(2)若过点P(n,0)(n<−2)的直线l交C于A，B两点，且点A关于x轴的对称点落在直线BF上，求n的值及△FAB面积的最大值．
22. 已知函数f(x)=lnx−ax−1．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若g(x)=x+eax⋅f(x)(a>0)有两个不同的零点x1，x2，(0em恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：如果数列{an}是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有a3+a9=2a6，
反之a3+a9=2a6成立，不一定有数列{an}是等差数列，
所以“a3+a9=2a6”是“数列{an}为等差数列”的必要不充分条件．
故选：B．
根据等差数列的性质，结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：抛物线y=14x2化为x2=4y，
∴p=2，
∵抛物线x2=4y开口向上，焦点在y轴正半轴，
∴焦点为(0,p2)，即(0,1)．
故选：D．
将抛物线化为标准方程，确定焦点位置，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：x→1limlnx+x−1x2+x−2=x→1lim(lnx+x−1)′(x2+x−2)′=x→1lim1x+12x+1=23．
故选：B．
利用洛必达法则直接求解即可．
本题主要考查极限及其运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题知，不妨先将神舟十四号三名航天员全排为：A33=6，
再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中，
因为神舟十四号三名航天员互不相邻，
故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上，进行排列：A32=6，
最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下，共A21=2，
故不同站法有：A33×A32×A21=6×6×2=72种．
故选：A．
不相邻问题进行插空，先将神舟十四号三名航天员全排，再将神舟十五号三名航天员插入，由于神舟十四号三名航天员互不相邻，神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入，故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足，写出式子，计算结果即可．
本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】CD
【解析】解：对于AB，不妨设f(x)=2x，g(x)=1，则f′(x)=2，g′(x)=0，满足题意，
若x=1∈(a,b)，则f(x)=2>1=g(x)，故A错误(排除)，
若x=0∈(a,b)，则f(x)=0<1=g(x)，故B错误(排除)；
对于CD，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)>g′(x)，
令h(x)=f(x)−g(x)，则h′(x)=f′(x)−g′(x)>0，所以h(x)在R上单调递增，
因为x∈(a,b)，即a由h(x)则f(x)+g(b)由h(a)则f(x)+g(a)>g(x)+f(a)，故D正确．
故选：CD．
对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数h(x)=f(x)−g(x)，利用导数与函数单调性的关系证得h(x)在R上单调递增，从而得以判断．
本题考查导数的应用，构造新函数，借助单调性比较大小是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由已知可得，a=lg75=ln5ln7，b=lg86=ln6ln8，
由e2c=2+e2可得，2c=ln(e2+2)，所以c=2ln(e2+2)=lne2ln(e2+2)．
设f(x)=lnxln(x+2),x>1，则f′(x)=(x+2)ln(x+2)−xlnxx(x+2)ln2(x+2),x>1，
因为x>1，故x+2>x>1，ln(x+2)>lnx>0，
所以(x+2)ln(x+2)−xlnx>0即f′(x)>0，
所以f(x)在(1,+∞)上为增函数，
又a=f(5)，b=f(6)，c=f(e2)，又e2>6>5，所以c>b>a．
故选：B．
根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得a=ln5ln7，b=ln6ln8，c=lne2ln(e2+2)，设f(x)=lnxln(x+2),x>1，利用导数判断函数的单调性，即可得出答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：取BC的中点M，连接AM，PM，

因为AB=AC=2，则AM⊥BC，
平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，AM⊂平面ABC，
所以AM⊥平面PBC，
且∠BPC=π2，则M为Rt△PBC的外接圆的圆心，
所以P−ABC的外接球的球心O在直线AM上，连接OC，
设∠BAM=θ∈(0,π2)，P−ABC的外接球的半径为R，则32π9 3<43πR3<32π3，解得2 33则AM=2csθ，CM=BM=2sinθ，OA=OC=R，OM=|2cs−R|，
因为OC2=CM2+OM2，即R2=4sin2θ+(2csθ−R)2，
解得R=1csθ，
可得2 33<1csθ<2，即12注意到θ∈(0,π2)，则θ∈(π6,π3)，所以∠BAC=2θ的取值范围是(π3,2π3)．
故选：D．
根据面面垂直的性质定理可得AM⊥平面PBC，根据外接球的性质可得，结合外接球体积的取值范围可得R=1csθ，进而结合外接球半径的取值范围，运算求解即可求解．
本题考查球的体积以及三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意得焦点F(0,1)，
设直线l1：y=k1x+1，联立y=k1x+1x2=4y，整理得x2−4k1x−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=4k1,y1+y2=k1(x1+x2)+2=4k12+2，
由抛物线的定义得|AB|=y1+y2+2=4k12+4，
由题知M为A，B的中点，则xM=x1+x22=2k1,yM=y1+y22=2k12+1，
∴M(2k1,2k12+1)，
∴圆M的标准方程为(x−2k1)2+(y−2k12−1)2=(|AB|2)2=(2k12+2)2，即x2+y2−4k1x−2(2k12+1)y−3=0，
同理可得圆N的方程为x2+y2−4k2x−2(2k22+1)y−3=0，
联立x2+y2−4k1x−2(2k12+1)y−3=0x2+y2−4k2x−2(2k22+1)y−3=0，
∴圆M与圆N的公共弦所在的直线l的方程为(k2−k1)x+(k22−k12)y=0，
由题知k2≠k1，k2+k1=2，则直线l的方程为x+2y=0，
∴点M到直线l的距离为：d=|2k1+2(2k12+1)| 5=4|(k1+14)2+716| 5≥7 520，
当k1=−14时，取得最小值，故点M到直线l的距离的最小值为7 520．
故选：A．
根据抛物线的性质以及已知条件求出圆M、圆N的标准方程，然后联立求出公共弦所在的直线，最后利用点到直线的距离公式写出表达式，利用二次函数性质求最小值，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，由6×50%=3，
所以第3个和第4个数的平均数为7+82=7.5，
故A正确；
选项B样本相关系数r的意义可知，
样本相关系数r的绝对值|r|越接近1时，
成对样本数据的线性相关程度越强，
故选项B正确
对于C选项，由X～B(10,12)，
则E(X)=np=10×12=5，
故C错误；
对于D选项，由−2<0，
可得y与x具有负线性相关关系，
可知D正确．
故选：ABD．
A选项由百分位数的定义计算即可；
B选项根据样本相关系数的意义判断即可；
C选项根据二项分布的期望公式计算；
D选项由回归直线的斜率正负判断线性相关关系．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A：连接A1C1，如图所示：

∵E，F分别为A1B1，B1C1的中点，
∴EF//A1C1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1//AC，
∴EF//AC，
∴AC1∩EF=A，故A错误；
对于B：连接BC1，
∵点F，G分别为B1C1，B1B的中点，
∴FG//BC1，
由选项A得EF//AC，
∵EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF⊄平面ACD1，FG⊄平面ACD1，
∴EF//平面ACD1，FG//平面ACD1，
又EF∩FG=F，
∴平面ACD1//平面EFG，故B正确；
对于C：由选项B得EF//平面ACD1，
∵点P在线段EF上运动，
∴点P到平面ACD1的距离等于点E到平面ACD1的距离，且为定值，
又△AD1C的面积为定值，则三棱锥P−AD1C的体积为定值，故C正确；
对于D：建立以D为原点的空间直角坐标系D−xyz，如图所示：

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，C(0,2,0)，
∴AC1=(−2,2,2)，CA1=(2,−2,2)，BA1=(0,−2,2)，
设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CA1=2x−2y+2z=0n⋅BA1=−2y+2z=0，取y=1，则z=1，x=0，
∴平面A1BC的一个法向量为n=(0,1,1)，
设AC1与平面A1BC所成角为α，
∴sinα=|cs|=|n⋅AC1||n|⋅|AC1|=42 3× 2= 63，
∴csα= 1−sin2α= 33，
∴tanα=sinαcsα= 2，故D错误．
故选：BC．
根据棱柱的结构特征可得EF//AC，即可判断A；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断B；由题意得点P到平面ACD1的距离等于点E到平面ACD1的距离，且为定值，即可判断C；建立以D为原点的空间直角坐标系D−xyz，利用向量法，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征、直线与平面平面判定定理和面面平行判定定理，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由F1A⋅F1B=|F1A||F1B|cs∠AF1B=35|F1A||F1B|，得cs∠AF1B=35，
又由F1B2=|F1B|2=35|F1A||F1B|，得|F1B|=35|F1A|，
不妨设|F1B|=3m,|F1A|=5m，
在△AF1B中，由余弦定理得|AB|2=|F1B|2+|F1A|2−2|F1B||F1A|cs∠AF1B=16m2，
∴|AB|=4m，∴|F1B|+|AB|2=|F1A|2，即AB⊥BF1，故A正确；
在Rt△BF1F2中，由双曲线定义得|BF1|−|BF2|=2a，
∴|BF2|=3m−2a，
在△AF1F2中，由双曲线定义得|AF1|−|AF2|=2a，
∴|AF2|=5m−2a，
∵|AB|=|AF2|+|BF2|=8m−4a=4m，∴m=a，
∴|BF1|=3a，|BF2|=3a−2a=a，
在Rt△BF1F2中，|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2，即9a2+a2=4c2，
∴10a2=4(a2+b2)，∴b2a2=32，即ba= 62，
∴渐近线方程为y=± 62x，故B正确；
|AF2|=|AB|−|BF2|=4a−a=3a，|BF1|=3a，则|AF2|=|BF1|，故C正确；
S△BF1F2=12|BF1|⋅|BF2|=32a2,S△F1AB=12|AB|⋅|BF1|=6a2，
S△AF1F2=S△F1AB−S△BF1F2=92a2，
∴△AF1F2与△BF1F2面积之比为3：1，故D错误，
故选：ABC．
根据F1A⋅F1B=F1B2=35|F1A||F1B|可得cs∠AF1B=35，|F1B|=35|F1A|，利用余弦定理求出|AB|，即可判断A，根据双曲线的定义结合|AB|的值可求出|AF1|，|AF2|，|BF1|，|BF2|，可确定C，从而在直角三角形BF1F2中可得a，c的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：由题可知，Sn被3整除的余数有3种情况，分别为0，1，2，
Sn能被3整除的概率为Pn，Sn被3整除的余数分别为1，2的概率为1−Pn2，
∴Pn+1=0×Pn+12×1−Pn2+12×1−Pn2=1−Pn2，
∴Pn+1−13=−12(Pn−13)，且P1=0，
∴{Pn−13}为首项为−13，公比为−12的等比数列，
∴Pn−13=−13(−12)n−1，即Pn=−13(−12)n−1+13，
∴P2=−13×(−12)+13=12，A错误；
P3=−13×(−12)2+13=14，B正确；
P11=−13×(−12)10+13=3411024，C正确；
当n≥5，且n为偶数时，Pn>13，D错误．
故选：BC．
由已知可得Pn+1=12(1−Pn)，利用递推关系求出Pn，逐项分析可得答案．
本题考查等比数列的性质与概率的求法，是中档题．
13.【答案】0.2
【解析】解：P(13)=0.2．
故答案为：0.2．
由正态分布的对称性得出概率．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
14.【答案】30
【解析】
【分析】
本题考查了二项式定理的运用，属于基础题．
关键是明确展开式得到x2的两种情况．分析展开式中x2的项的两种可能的来由，结合二项式定理求系数．
【解答】
解：当(1+1x2)选择1时，(1+x)6展开式选择x2的项为C62x2；
当(1+1x2)选择1x2时，(1+x)6展开式选择为C 64x4，
所以(1+1x2)(1+x)6展开式系数为C62+C64=30；
故答案为30．

15.【答案】2132
【解析】解：设事件A表示“考生答对”，设事件B表示“考生选到有思路的题”，
则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为：P(A)=P(B)P(A|B)+P(B−)P(A|B−)=58×0.9+38×0.25=2132．
故答案为：2132．
根据全概率公式求解即可．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
16.【答案】(ln23,+∞)
【解析】解：∵3f(x)=f′(x)−3，
∴f′(x)=3f(x)+3；
可设f(x)=aebx+c，
由f(0)=1，∴a+c=1；
又3f(x)=f′(x)−3，
∴3aebx+3c=abebx−3，
即(3a−ab)ebx=−3−3c，
∴3a−ab=0−3−3c=0，
解得b=3，c=−1，a=2；
∴f(x)=2e3x−1，x∈R；
又4f(x)>f′(x)，
∴8e3x−4>6e3x，
即e3x>2，
解得x>ln23，
所求不等式的解集为(ln23,+∞)．
故答案为：(ln23,+∞)．
根据题意，设函数f(x)=aebx+c，由f(0)=1得a+c=1；再由3f(x)=f′(x)−3，得方程组；由此求出f(x)的解析式，再解不等式4f(x)>f′(x)即可．
本题考查了函数的导数应用问题，也考查了构造函数与转化思想的应用问题，是难题．
17.【答案】解：(I)∵an2+2an=4Sn+3，
∴an+12+2an+1=4Sn+1+3，
两式相减得：an+12−an2+2an+1−2an=4an+1，
整理得：an+12−an2=2(an+1+an)，
又∵an>0，
∴an+1−an=2，
又∵a12+2a1=4a1+3，
∴a1=3或a1=−1(舍)，
∴数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列，
∴an=3+2(n−1)=2n+1；
(Ⅱ)由(I)可知an=2n+1，
∴bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
∴数列{bn}的前n项和为：12(13−15+15−17+…+12n+1−12n+3)
=12(13−12n+3)
=13⋅n2n+3．
【解析】(I)通过an2+2an=4Sn+3与an+12+2an+1=4Sn+1+3作差可知an+1−an=2，进而可知数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列，计算即得结论；
(Ⅱ)通过(I)可知an=2n+1，裂项可知bn=12(12n+1−12n+3)，并项相加即得结论．
本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=x3−92x2+6x，∴f′(x)=3x2−9x+6，
∴切线的斜率为f′(1)=3×12−9×1+6=0，又f(1)=13−92×12+6×1=52，
∴y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y−52=0×(x−1)，即y=52．
(2)若方程f(x)=0有且仅有一个实数根，即x3−92x2+6x−a=0有一根，
即h(x)=x3−92x2+6x,g(x)=a两个函数图像只有一个交点，
∵h′(x)=3x2−9x+6，令h′(x)>0，可得3x2−9x+6>0，∴x>2或x<1，
∴h(x)在(2,+∞)和(−∞,1)上单调递增，
令h′(x)<0，可得3x2−9x+6<0，∴1∴h(x)在(1,2)上单调递减，
∴h(x)的极大值为h(1)=52，极小值为h(2)=2，如图所示：

由图可知当a>52或a<2时，h(x)，y=g(x)=a两个函数图像只有一个交点，
故方程f(x)=0有且仅有一个实数根，
实数a的取值范围为(52,+∞)⋃(−∞,2)．
【解析】(1)对函数求导数，求出在点(1,f(1))处的斜率，最后求切线方程即可；
(2)方程f(x)=0有且仅有一个实数根，等价于h(x)=x3−92x2+6x,g(x)=a只有一个交点，利用函数导数求出极值，再结合图像求出a的取值范围即可．
本题考查利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性与极值，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)2×2列联表如下表所示：
∴χ2=50(20×14−10×6)230×20×24×26≈6.46<6.635，
故根据小概率值α=0.01的独立性检验，不能认为“樱花迷”与性别有关联．
(2)由20：10=2：1可得，抽取的6人中男生为4人，女生为2人．
则X的所有可能取值为0，1，2，
又P(X=0)=C22C62=115,P(X=1)=C41C21C62=815,P(X=2)=C42C62=25．
∴X的分布列如下表：
∴E(X)=0×115+1×815+2×25=43．
【解析】(1)补全列联表，计算卡方，进行独立性检验；
(2)由超几何分布概率公式计算X的所有可能取值对应的概率，进而得出分布列和数学期望．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)连接AB1与A1B交于点O，连接OD，

∵三棱柱ABC−A1B1C1为三棱柱，
∴ABB1A1为平行四边形，点O为AB1的中点，
又∵D为B1C1的中点，则AC1//OD，
又∵OD⊂平面A1BD，AC1⊄平面A1BD，
∴AC1//平面A1BD．
(2)∵CA⊥AB，CA⊥AA1，AB∩AA1=A，
∴CA⊥面ABB1A1，
∵AB1⊂面ABB1A1，
∴CA⊥AB1，
∴AB1= CB12−AC2= (2 2)2−22=2，
∵AB=2,AB1=2,BB1=2 2，
∴AB2+AB12=BB12，即AB⊥AB1，
以A为坐标原点，AB，AB1，AC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

A(0,0,0)，A1(−2,2,0)，B(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(−2,2,2)，D(−1,2,1)，
∴AA1=(−2,2,0),A1D=(1,0,1)，
∵AB⊥AB1，AB⊥AC，AB1∩AC=A，
∴AB⊥面AB1C，则平面AB1C的一个法向量为n1=(1,0,0)，
设平面AA1D的法向量为n2=(x,y,z)，则AA1⋅n2=0A1D⋅n2=0，即−2x+2y=0x+z=0，
令x=1，y=1，z=−1，∴n2=(1,1,−1)，
设平面AB1C与平面AA1D的夹角为θ，
∴csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=|1×1+0×1+0×(−1)|1× 1+1+(−1)2=1 3= 33，
∴平面AB1C与平面AA1D的夹角的余弦值是 33．
【解析】(1)连接AB1与A1B交于点O，连接OD，则AC1//OD，利用线面平行的判定定理即可证明；
(2)由已知条件得CA⊥面ABB1A1，则CA⊥AB1，由AB2+AB12=BB12得AB⊥AB1.以A为坐标原点，AB，AB1，AC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由AB⊥面AB1C得平面AB1C的一个法向量为n1=(1,0,0)，设平面AA1D的法向量为n2=(x,y,z)，由AA1⋅n2=0A1D⋅n2=0，求得n2=(1,1,−1)，然后利用向量夹角公式求解即可．
本题考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可得，M(x0,y0)，F(−c,0)，|MF|= (x0+c)2+y02= (x0+c)2+(1−x02a2)b2= (cax0+a)2=cax0+a，
又因为−a≤x0≤a，|MF|max=a+c，|MF|min=a−c，
由已知可得a2−c2=3，即b2=3，
又e=ca=12，
所以a=2c，则a2−c2=3c2=3，
解得c=1，所以a=2，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，又F(−1,0)，
因为∠PFA+∠PFB=π，所以kAF+kBF=0，即x1y2+y2+x2y1+y1=0①．
设直线l：x=my+n(m≠0)，
联立方程x=my+nx24+y23=1，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
Δ=(6mn)2−4(3m2+4)(3n2−12)=48(3m2−n2+4)>0，可得n2<3m2+4②，
由韦达定理，可得y1+y2=−6mn3m2+4，y1⋅y2=3n2−123m2+4③，
将x1=my1+n，x2=my2+n代入①，
可得2my1y2+(n+1)(y1+y2)=0④，
再将③代入④，可得6m(n2−4)3m2+4=6mn(n+1)3m2+4，解得n=−4，
所以直线l的方程为x=my−4，
且由②可得，3m2+4>16，即m2>4，
由点F(−1,0)到直线l的距离d=3 1+m2，|AB|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12 1+m2⋅ m2−43m2+4，
所以S△FAB=12|AB|⋅d=12×12 1+m2⋅ m2−43m2+4⋅3 1+m2=18 m2−43m2+4，
令 m2−4=t,t>0，则S△FAB=18t3t2+16=183t+16t≤182 3×16=3 34，
当且仅当3t=16t时，即t2=163=m2−4，m=±2 213等号成立，
所以△FAB面积S最大值为3 34．
【解析】(1)由已知|MF|=cax0+a，根据−a≤x0≤a，可得|MF|max=a+c，|MF|min=a−c.根据已知得到b2=3，a2−c2=3，根据离心率值即可求出a，c的值；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由已知可得kAF+kBF=0，即x1y2+y2+x2y1+y1=0.联立直线与椭圆方程，根据Δ>0，得到n2<3m2+4.根据韦达定理求出n=−4，m2>4.根据坐标表示出弦长|AB|以及点F(−1,0)到直线l的距离d，即可得出S△FAB=18 m2−43m2+4.进而根据基本不等式，结合m的范围换元即可求出面积的最小值．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)函数f(x)=lnx−ax−1，定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f′(x)>0解得01a，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减．
(2)g(x)=x+eax(lnx−ax−1)有两个不同零点x1，x2(0由x+eax(lnx−ax−1)=0，可得xeax+(lnx−ax)−1=elnx−ax+(lnx−ax)−1=0，
构造函数u(x)=ex+x−1，u′(x)=ex+1>0，
所以u(x)为(−∞,+∞)上的增函数，且u(0)=0，
即lnx−ax=0有两个不等实根x1，x2(0令lnx1lnx2=x1x2=t，(0所以tlnx2=lnx2+lnt，则lnx2=1t−1lnt，lnx1=tt−1lnt，
故lnx1+2lnx2=t+2t−1lnt，
而x1⋅x22>em两边取对数，可转化为lnx1+2lnx2>m，即t+2t−1lnt>m，
设v(x)=x+2x−1lnx(0设ϕ(x)=−3lnx+x−2x+1，ϕ′(x)=(x−1)(x−2)x2，
ϕ′(x)>0在(0,1)上恒成立，ϕ(x)在(0,1)递增，
ϕ(1)=0，ϕ(x)<0在(0,1)上恒成立，得v′(x)<0在(0,1)上恒成立，
则v(x)在(0,1)递减，所以v(x)的最小值接近极限值x→1lim (x+2)lnxx−1，
设p(x)=(x+2)lnx，则p′(x)=lnx+x+2x，
x→1lim (x+2)lnxx−1=x→1lim p(x)−p(1)x−1=p′(1)=3，
所以v(x)的最小值无限接近3，即得m的取值范围为(−∞,3]．
【解析】(1)通过分类讨论，利用导数求函数的单调区间；
(2)g(x)=x+eax(lnx−ax−1)有两个不同零点，构造函数u(x)=ex+x−1，则lnx−ax=0有两个不等实根，令lnx1lnx2=x1x2=t，设v(x)=x+2x−1lnx(0本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
樱花迷
非樱花迷
合计
男
20
26
女
14
合计
50
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
樱花迷
非樱花迷
合计
男
20
6
26
女
10
14
24
合计
30
20
50
X
0
1
2
P
115
815
25