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2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷（含解析）
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这是一份2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合A={x∈N*|x2≤4x}，B={x|y=2 x−3}，则满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
2. 任意一个复数z=a+bi都可以表示成三角形式，即a+bi=r(cosθ+isinθ).棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗(1667−1754年)创立的，指的是：设两个复数z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r1(cosθ2+isinθ2)，则z1z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]，已知复数z=12+ 32i，则z2023+z2+z−=( )
A. 12 B. 12+ 32i C. 12− 32i D. 1
3. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则(2+x2)(1−1x)n展开式中的常数项为( )
A. 12 B. −8 C. 8 D. 10
4. 数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数y=Asinωx，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音.已知刻画某复合音的函数为sinx+12sin2x+13sin3x，则其部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为( )
A. 1340 B. 720 C. 14 D. 310
6. 如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是( )
A. 存在点P，使得PE//CF
B. 存在点P，使得PE⊥ED
C. 三援P−AED的体积最大值为 26
D. 当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π
7. 已知a=(13)log397，b=0.7e0.1，c=cos23，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>b>a D. c>a>b
8. 已知F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1(b>0)的左右焦点，且F1到渐近线的距离为1，过F2的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A，B两点，且l⊥AF1，则下列说法正确的为( )
A. △AF1F2的面积为2 B. 双曲线C的离心率为 2
C. AF1⋅BF1=10+4 6 D. 1|AF2|+1|BF2|= 6+2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，则下列说法正确的是( )
A. 以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切
B. 若抛物线上的点T(2,t)到点F的距离为4，则抛物线的方程为y2=4x
C. OA⋅OB为定值
D. |MN|的最小值为 3P
10. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)部分图像如图，它过(0, 32)，(2π3,0)两点，将f(x)的图像向右平移π3个单位到g(x)的图像，则下列关于g(x)的成立是( )
A. 图像关于y轴对称 B. 图像关于(0,0)中心对称
C. 在[0,π2]上单调递增 D. 在[−π6,π3]上最小值为− 32
11. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，其导函数分别为f′(x)，g′(x).若f(3−x)+2=g(x)，f′(x)=g′(x+1)，且g(2−x)+g(x)=0，则( )
A. 函数g(x+2)为偶函数 B. 函数f(x)的图像关于点(2,2)对称
C. i=12024g(n)=0 D. i=12024f(n)=−4048
12. 已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1,AA1=4 3，底面ABCD是边长为4的菱形，且∠BAD=120°，点E，F，G，H分别为A1B1，A1D1，DD1，BC的中点.以A1为球心作半径为R的球，下列说法正确的是( )
A. 点E，F，G，H四点共面
B. 直线BE与直线AF所成角的余弦值为2526
C. 当球与直四棱柱的五个面有交线时，R的范围是(2 3,4)
D. 在直四棱柱内，球A1外放置一个小球，当小球的体积最大时，球A1半径的最大值为 31− 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在某次调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，部分数据如表．
样品类别
样本容量
平均数
方差
A
10
3.5
2
B
30
5.5
1
根据这些数据可计算出总样本的方差为______ ．
14. 已知向量a，b的夹角为60°，向量a在向量b上的投影向量的长度为1，|b|=1，则|a+2b|= ______ ．
15. 已知双曲线Ω：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，圆O：x2+y2=a2+b2与x轴交于A，B两点，M，N是圆O与双曲线在x轴上方的两个交点，点A，M在y轴的同侧，且AM交BN于点C.若OM+CN=MA+ON，则双曲线的离心率为______ ．
16. 设定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f′(x)e−x>1，则函数f(x)−ex在定义域内是______ (填“增”或“减”)函数；若f(lnx)≥x+ e，f(12)=2 e，则x的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2−Sn−12an=2n2，n∈N*，n≥2，数列{bn}满足bn=an+an+1，n∈N*．
(1)求a2，a3，S102；
(2)求数列{(1+3n)bn}的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分线BD交AC于点D．
(1)从下面三个条件中任选一个作为已知条件，求∠ABC的大小．
①2(bcosC−a)=c；②2a+c= 3bsinA+bcosA；③a+ccos∠ABC=bcosC−c．
(2)若AD=2CD，求BDAB+BC的取值范围．
19. (本小题12.0分)
如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC=2,BE= 3，点M为线段CD上一点．
(1)求证：DE⊥AM；
(2)若EM与平面ACD所成角为π3，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
20. (本小题12.0分)
2015年7月31日，国际奥委会宣布北京获得2022年冬奥会举办权，消息传来，举国一片欢腾.某投资公司闻到了商机，决定开发冰雪运动项目，经过一年多的筹备，2017年该公司冰雪运动项目正式运营.下表是2017—2021年该公司第一季度冰雪运动项目消费人数的统计表：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代号x
1
2
3
4
5
消费人数y(单位：百人)
62
82
106
128
152
(1)若年份代号x与第一季度冰雪运动项目消费人数y(百人)具有线性相关关系，求出它们间的回归方程，并预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是多少？
(2)某记者为调查北京冬奥会对冰雪运动项目运动的影响，随机调查了200人，其中80人是在冬奥会开幕前调查的，约有14的人已参加过冰雪运动项目，冬奥会开幕后调查的人数中已参加过冰雪运动项目与未参加的人数比为57，问有多大的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关？
参考公式：b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2,a=y−−bx−,K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
参考数据：i=15yi=530，i=15xiyi=1816，
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.025
0.01
k
2.706
3.841
5.024
6.635
21. (本小题12.0分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，以F1F2为直径的圆和椭圆C在第一象限的交点为G，若三角形GF1F2的面积为1，其内切圆的半径为2− 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C的上顶点，过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D，E，点D在第二象限，直线AD、AE分别与x轴交于M，N，求四边形DMEN面积的最大值．
22. (本小题12.0分)
设函数f(x)=xlnx，g(x)=aex(a∈R)．
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线也与曲线y=g(x)相切，求a的值．
(2)若函数G(x)=f(x)−g(x)存在两个极值点．
①求a的取值范围；
②当ae2≥2时，证明：G(x)<0．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x∈N*|x2≤4x}={x∈N*|0≤x≤4}={1,2,3,4}，
B={x|y=2 x−3}={x|x≥3}，
∁RB={x|x<3}，
∴M=A∩∁RB={1,2}，
则满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数为22=4．
故选：C．
求出集合A，B，进而求出∁RB，由此能求出M=A∩∁RB，从而能求出满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数．
本题考查补集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为复数z=12+ 32i=cosπ3+isinπ3，
所以z2023=cos2023π3+isin2023π3=cosπ3+isinπ3=12+ 32i，
z2=cos2π3+isin2π3=−12+ 32i，
z−=12− 32i，
所以z2023+z2+z−=(12+ 32i)+(−12+ 32i)+(12− 32i)=12+ 32i.
故选：B．
把复数z化为三角形式，再求出z2023和z2，从而求出z2023+z2+z−的值．
本题考查了复数的三角形式计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵组数据的上四分位数为n，
∴由6×75%=4.5，得n=5，
则(1−1 x)5的通项公式为Tk+1=C5k(−1x)k，
则(2+x2)(1−1x)5展开式中的常数项为2×C50+x2⋅C52(−1x)2=2+10=12．
故选：A．
根据条件先求出n=5，然后利用多项式的性质进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，根据条件求出n=5，利用多项式乘积的性质进行求解是解决本题的关键，是中档题．
4.【答案】C
【解析】解：令y=f(x)=sinx+12sin2x+13sin3x，
则f′(x)=cosx+cos2x+cos3x=cosx+cos2x+cos2xcosx−sin2xsinx
=cosx(1−2sin2x)+cos2x(1+cosx)=(1+2cosx)cos2x，
当x∈[0,π]时，由f′(x)=0，解得x=π4,2π3,3π4，
当x∈(0,π4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(π4,2π3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2π3,3π4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3π4,π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=2π3时，f(x)取极小值，当x=π4和x=3π4时，f(x)取极大值，
由于f(0)=0,f(π4)=2 23+12,f(2π3)= 34,f(3π4)=2 23−12>0,f(π)=0，
可得f(π4)>f(3π4)，当x∈(0,π)时，f(x)>0，
结合图象，只有C选项满足．
故选：C．
利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查导数的应用，考查逻辑推理能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：阳数有1，3，5，7，9，阴数有2，4，6，8，
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，
基本事件总数n=C52C41=40，
被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有：
(1,9,8)，(3,7,8)，(3,9,8)，(3,9,6)，(5,7,6)，(5,7,8)，(5,9,4)，
(5,9,6)，(5,9,8)，(7,9,2)，(7,9,4)，(7,9,6)，(7,9,8)，共13个，
则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为P=1340．
故选：A．
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，基本事件总数n=C52C41=40，利用列举法能求出被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有13个，由此能求出被抽到的3个数的数字之和超过16的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列出法等基础知识，考查运算求解能力等基础知识，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为PE∩AE=E，CF//AE，因此PE，CF不平行，
即不存在点P，使得PE//CF，所以A错误；
连接PF，当PF=1时，因为PO=FO= 22，即PO2+FO2=1=PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE=O，PO，AE⊂平面PAE，因此FO⊥平面PAE，
又O，F分别为AE，AD的中点，即ED//FO，
于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，则PE⊥ED，所以B正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成角为θ，
则点P到平面AED的距离h=POsinθ= 22sinθ，
又△AED的面积S△AED=12AD⋅AB=1，
因此三棱锥P−AED的体积VP−AED=13S△AED⋅h= 26sinθ≤ 26，
当且仅当θ=90°，即PO⊥平面AED时取等号，
所以三棱锥P−AED的体积最大值为 26，所以C正确；
当三棱锥P−AED的体积取最大值时，PO⊥平面AED，
此时易得FP=FA=FE=FD=1，即三棱锥P−AED的外接球半径R=1，
∴当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π，所以D正确．
故选：A．
根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答．
本题考查了立体几何的综合应用，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：已知a=(13)log397=3log379=79，
所以lnb−lna=0.1+ln0.7−ln79=110+ln910，
不妨设f(x)=1−x+lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=−1+1x=1−xx，
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(910)
因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增，
所以a>b，
不妨设g(x)=sinx−x，函数定义域为R，
可得g′(x)=cos x−1<0恒成立，
所以g(x)在R上单调递减，
此时，当x>0时，g(x)
所以c>a，
综上得，c>a>b．
故选：D．
由题意，根据对数的运算，得到a=79，此时lnb−lna=110+ln910，构造函数f(x)=1−x+lnx，根据导函数得到函数的单调性，进而得出lnb−lna<0，根据对数函数的单调性即可得出a>b；先证明当x>0时，sinx
8.【答案】D
【解析】解：设双曲线C的半焦距为c>0，因为双曲线C的焦点在x轴上，且a=2，
则其中一条渐近线方程为y=b2x，即bx−2y=0，且F1(−c,0)，
则F1到渐近线的距离为|−bc| 4+b2=bcc=b=1，可得c= a2+b2= 5，
对于A：因为|AF2|−|AF1|=4且|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2=(2c)2=20，
可得(|AF2|−|AF1|)2+2|AF1|⋅|AF2|=16+2|AF1|⋅|AF2|=20，解得|AF1|⋅|AF2|=2，
所以△AF1F2的面积为12|AF1|⋅|AF2|=1，故A错误；
对于B：双曲线C的离心率为e=ca= 52，故B错误；
对于C：因为|AF2|−|AF1|=4|AF1|⋅|AF2|=2，可得|AF1|= 6−2|AF2|= 6+1，
所以AF1⋅BF1=F1A⋅F1B=F1A⋅(F1A⋅+AB)=F1A2+F1A⋅AB=F1A2=10−4 6，故C错误；
对于D：设|BF2|=m，则|BF1|=m+4,|AB|= 6+2−m，
因为|BF1|2=|AB|2+|AF1|2，即(m+4)2=( 6+2−m)2+( 6−2)2，解得m=6− 615，
所以1|AF2|+1|BF2|=1 6+2+16− 615= 6+2，故D正确．
故选：D．
利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出△AF1F2的面积；对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求|AF1|，|AF2|，再利用平面向量数量积的运算性质运算求解；对于D：根据双曲线的定义结合勾股定理求出|BF2|，代值计算即可．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(p2,0)，准线方程为：x=−p2，
由题意设直线AB的方程为：x=my+p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB的中点E(x1+x22,y1+y22)，
联立x=my+p2y2=2px，整理可得：y2−2mpy−p2=0，
可得y1+y2=2mp，y1y2=−p2，x1+x2=m(y1+y2)+p=2m2p+p，x1x2=(y1y2)24p2=p24，
A中，可得弦长|AB|=x1+x2+p=2m2p+2p，则以AB为直径的圆的半径为p(1+m2)，
AB的中点E的横坐标为m2p+p2，所以E到准线的距离为m2p+p2+p2=m2p+p=p(1+m2)，即以AB为直径的圆心E到准线的距离等于半径，
所以可得以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，故A正确；
B中，点T(2,t)到准线的距离为2+p2=4，可得p=4，则抛物线的方程为：y2=8x，故B不正确；
C中，OA⋅OB=x1x2+y1y2=−p2+p24=−34p2为定值，所以C正确；
D中，|MN|=2 r2−(m2p+p2)2=2 [p(1+m2)]2−p2(m2+12)2=2p⋅ m2+34≥2p⋅ 32= 3，当且仅当m=0时取等号，所以|MN|的最小值为 3p，故D正确；
故选：ACD．
由抛物线的性质可得焦点F的坐标及准线方程，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，求出弦长|AB|的表达式，进而可得以|AB|为直径的圆的半径，再求AB的中点E到准线的距离，可判断A正确；
由抛物线的性质可得T到准线的距离，由题意可得p的值，求出抛物线的方程，可判断B不正确；
求出数量积OA⋅OB为定值，可判断C正确；
求出|MN|的表达式，当且仅当m=0时，|MN|由最小值 3p，判断出D正确．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：根据函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)部分图像，
由于它过(0, 32)点，故有sinφ= 32，结合图像可得φ=2π3．
根据f(x)还经过点(2π3,0)，结合五点法作图可得ω×2π3+2π3=2π，∴ω=52，f(x)=sin(2x+2π3).
将f(x)的图像向右平移π3个单位到g(x)=sin(2x−2π3+2π3)=sin2x的图像，
根据g(x)是奇函数，可得它的图像关于原点(0,0)对称，故A错误B正确．
在[0,π2]上，2x+2π3∈[2π3,5π3]，函数f(x)不单调，故C错误．
在[−π6,π3]上，2x+2π3∈[π3,4π3]，函数f(x)不最小值为f(π3)=sin4π3=− 32，故D正确．
故选：BD．
由题意，根据特殊点的坐标求出φ的值，根据五点法作图求出ω，可得函数f(x)的解析式．再函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，结合正弦函数的图象和性质，得出结论．
本本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由特殊点的坐标求出φ的值，由五点法作图求出ω.还考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为f′(x)=g′(x+1)，所以f(x)+a=g(x+1)+b(a,b∈R)．
又因为f(3−x)+2=g(x)，所以f(x)+2=g(3−x)．
于是可得g(3−x)−2+a=g(x+1)+b，令x=1，则g(3−1)−2+a=g(1+1)+b，所以a−2=b．
所以g(3−x)=g(x+1)，即函数g(x)的图像关于直线x=2对称，即g(−x)=g(x+4)．
因为g(2−x)+g(x)=0，所以函数g(x)的图像关于点(1,0)对称，即g(2+x)+g(−x)=0，
所以g(x+2)=−g(x+4)，即g(x)=−g(x+2)，
于是g(x)=g(x+4)，所以函数g(x)是周期为4的周期函数．
因为函数g(x)的图像关于直线x=2对称，所以g(x+2)的图像关于y轴对称，所以g(x+2)为偶函数，故A正确；
将g(x)的图像作关于y轴对称的图像可得到y=g(−x)的图像，
再向右平移3个单位长度，可得到y=g[−(x−3)]=g(3−x)的图像，
再将所得图像向下平移2个单位长度，即可得到g(3−x)−2=f(x)的图像，因此函数f(x)也是周期为4的函数．
又g(x)的图像关于点(1,0)对称，所以f(x)的图像关于点(2,−2)对称，故B错误；
因为g(2−x)+g(x)=0，令x=1，得g(1)+g(1)=0，即g(1)=0，所以g(1)=g(3)=0；
令x=0，得g(2)+g(0)=0，所以g(2)+g(4)=0，
所以g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=0，所以i=12024g(n)=0，故C正确；
因为f(x)=g(3−x)−2，所以f(0)=g(3)−2=−2，f(2)=g(1)−2=−2，
f(1)=g(2)−2，f(3)=g(0)−2，f(4)=f(0)=−2，
则有f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=g(2)−2+(−2)+g(0)−2+(−2)=−8，
可得i=12024f(n)=−4048，故D正确．
故选：ACD．
由f′(x)=g′(x+1)，可设f(x)+a=g(x+1)+b(a,b∈R)，，由f(3−x)+2=g(x)，得g(3−x)−2+a=g(x+1)+b，赋值x=1，则有a−2=b，即g(3−x)=g(x+1)，函数g(x)的图像关于直线x=2对称，又g(2−x)+g(x)=0得g(x)=g(x+4)，f(x)也是周期为4的函数，通过赋值可判断选项．
本题主要卡汽车抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取CD、BB1的中点分别为M、N，则EFGMHN构成平面六边形，故A正确；
对于B，取B1C1中点T，把直线BE与直线AF的角转化为直线BE与直线BT的角∠TBE，
在△BET中，BE=2 13=BT,TE=2，
BE与直线AF所成角的余弦值为cos∠TBE=52+52−42×52=2526，故B正确；
对于C，当球与直四棱柱的上底面和4个侧面有交线时，R的取值范围是(2 3,4)，
当球与直四棱柱的下底面和4个侧面有交线时，R>AA1=4 3，R
对于D，设四边形A1B1C1D1内切圆半径为r，SA1B1C1D1=4×4× 32=12×16×r,r= 3,AA1=4 3，
由题可知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1内放置的球最大半径为 3，
当小球的体积最大时设球心P，如图建系，
则P(0,0,3 3),A1(0,2,0),|A1P|= 02+22+(3 3)2= 31，
此时两球心的距离为 31，
所以球A1的半径的最大值为 31− 3.故D正确．
故选：ABD．
根据直四棱柱几何特征结合共面，异面直线所成角，内切球等分别判断各个选项即可．
本题考查球的相关计算，异面直线所成的角，考查运算求解能，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，总体的平均数x−=10×3.5+30×5.540=5，
故总样本的方差S2=1040×[2+(5−3.5)2]+3040×[1+(5.5−5)2]=2．
故答案为：2．
根据题意，求出总体的平均数，进而由方差公式计算可得答案．
本题考查总体方差的计算，注意方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】2 3
【解析】解：向量a在向量b上的投影向量的长度为1，|b|=1，
则a⋅b|b|=1，即a⋅b=1，
∵向量a，b的夹角为60°，
∴|a||b|cosθ=1，即|a|×1×12=1，解得|a|=2，
∴|a+2b|= a2+4a⋅b+4b2= 4+4+4=2 3．
故答案为：2 3．
根据已知条件，结合投影公式，先求出a⋅b=1，再结合平面向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查向量的投影公式，属于基础题．
15.【答案】 3+1
【解析】解：由题意可知a2+b2=c2，故不妨设A(−c,0)，B(c,0)，即为双曲线的焦点，|AB|=2c，
因为OM+CN=MA+ON可得OM=MA+ON−CN=MA+OC=OA+OM+OC，即2OM=OA+OC，
故M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为BC的中点，
又因为BM⊥AC，故|AB|=|BC|，同理|AB|=|AC|，
即△ABC为正三角形，
故|AM|=12|AC|=c,|BM|= 3c，
由点M在双曲线左支上，故|BM|−|AM|= 3c−c=2a，
则e=ca=2 3−1= 3+1．
故答案为： 3+1．
根据向量等式推出M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为AB的中点，结合BM⊥AC可求出|AM|，|BM|，利用双曲线定义即可求得答案．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】增 e
【解析】解：已知f′(x)e−x>1，则f′(x)>1e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，x>0，
则g′(x)=f′(x)−ex>ex−ex=0，所以g(x)在(0,+∞)为增函数，
即函数f(x)−ex在定义域内是增函数；
f(12)=2 e，∴g(12)=f(12)−e12=2 e− e= e，
又∵f(lnx)≥x+ e，∴g(lnx)≥f(lnx)−elnx=x+ e−x= e，
可得g(lnx)≥g(12)，由于g(x)在(0,+∞)为增函数，
所以lnx≥12，解得x≥ e，即x的最小值为 e．
故答案为：增； e．
可知f′(x)>1e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，求导利用导函数的正负即可判断单调性；再根据f(lnx)≥x+ e，可知g(lnx)≥ e，利用g(x)的单调性解不等式即可．
本题考查导数的综合应用，考查构造函数，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为当n≥2时，Sn2−Sn−12an=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)an=2n2，
所以Sn+Sn−1=2n2.又a1=1，
∴当n=2时，有S2+S1=a1+a2+a1=8，所以a2=6
当n=3时，有S3+S2=2(a1+a2)+a3=18，所以a3=4，
∵当n≥2时，由Sn+Sn−1=2n2可得Sn+1+Sn=2(n+1)2，
两式相减可得：an+1+an=4n+2，
n≥3时，an+an−1=4n−2，
相减可得：an+1−an−1=4，
∴数列{an}的奇数项从第3项起，为公差为4的等差数列；
偶数项为公差为4的等差数列．
∴S102=1+a3+a5+…+a101+a2+a4+…+a102
=1+50×4+50×492×4+51×6+51×502×4
=10507．
(2)由题意，bn=an+an+1，n∈N*，
由(1)知：当n≥2时，bn=4n+2，当n=1时，b1=a1+a2=7，
故数列{bn}从第2项起，构成等差数列，且b1=7．
∴(1+3n)bn=4×7,n=1bn+3nbn,n≥2，
当n=1时，T1=4×7=28；
当n≥2时，Tn=28+[10+14+…+(4n+2)]+[32.10+33.14+…+3n.(4n+2)]，
记T=32.10+33.14+…+3n.(4n+2)，
则有3T=33.10+34.14+…+3n.(4n−2)+3n+1.(4n+2)，
两式相减，可得：
−2T=90+4×(33+34+…+3n)−3n+1(4n+2)
=(−4n)3n+1+36，
故T=2n.3n+1−18.代入Tn可得：
Tn=28+(n−1)(4n+12)2+2n.3n+1−18
=28+2n2+4n−6+2n.3n+1−18
=2n.3n+1+2n2+4n+4，
综上所述，
Tn=28,n=12n⋅3n+1+2n2+4n+4,n≥2．
【解析】(1)由题设，可找出an+an+1的关系式，难点在于对下标范围的把握，要特别留意；
(2)在(1)的基础上，分范围写出所求数列的通项，再综合利用分组、公式法及裂项相消法求和．
本题主要考查数列求和的常用方法，难点在于对范围的处理，属难题．
18.【答案】解：(1)选①，
因为2(bcosC−a)=c，所以a+c2=bcosC．
由正弦定理得sinA+sinC2=sin∠ABCcosC．
故sinC2+sinCcos∠ABC=0，
因为∠ABC∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以cos∠ABC=−12，所以∠ABC=2π3．
选②，
由2a+c= 3bsinA+bcosA及正弦定理，
得2sinA+sinC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
即2sinA+sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
所以2sinA= 3sin∠ABCsinA−sinAcos∠ABC．
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以2= 3sin∠ABC−cos∠ABC=2sin(∠ABC−π6)，即sin(∠ABC−π6)=1．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC−π6=π2，所以∠ABC=2π3．
选③，
由a+ccos∠ABC=bcosC−c及正弦定理得：
sinA+sinCcos∠ABC=sin∠ABCcosC−sinC，
sin(∠ABC+C)+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC+cos∠ABCsinC+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC−sinC，
即2cos∠ABCsinC=−sinC．
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以cos∠ABC=−12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=2π3．
(2)因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD，
在△ABD中，由正弦定理可得：
ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，即ADAB=sin∠ABDsin∠ADB，
在△BCD中，同理可得CDBC=sin∠CBDsin∠BDC，
因为∠ADB+∠BDC=π，所以sin∠ADB=sin∠BDC，
所以ADAB=CDBC，所以ABBC=ADCD=2，故BDAB+BC=BD3BC．
因为S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD，S△ABDS△ABC=ADAC=23，
所以BD⋅sin∠ABDBC⋅sin∠ABC=23，
又∠ABD=∠ABC2，
所以BDBC=2sin∠ABC3sin∠ABC2=43cos∠ABC2．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC2∈(0,π2)，
所以cos∠ABC2∈(0,1)，
所以BDBC∈(0,43)，BD3BC∈(0,49)，
即BDAB+BC的取值范围为(0,49)．
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，再对等式进行化简，进而根据∠ABC的取值范围求出其大小．
(2)运用角平分线的条件求出ABBC=ADCD，然后利用面积公式求出BDAB+BC的取值范围．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接DO、OB，在正△ACD和正△ABC中，AC=2，
则DO⊥AC,BO⊥AC,DO=BO= 3，而平面ACD⊥平面ABC，
平面ACD⋂平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，BO⊂平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，
又BE⊥平面ABC，所以DO//EB，而DO=EB= 3，
所以四边形DOBE是平行四边形，所以DE//OB，
所以DE⊥平面ABC，又AM⊂平面ADC，
所以DE⊥AM．
(2)由(1)知，DE⊥平面ADC，∠EMD为EM与平面ADC的所成角，即∠EMD=π3，
在Rt△EDM中，DM=DEtanπ3= 3 3=1，即M为DC中点，
由(1)知，OB，OC，OD两两垂直，
故建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则根据题意可得：
A(0,−1,0),B( 3,0,0),D(0,0, 3),C(0,1,0),M(0,12, 32)，
所以AB=( 3,1,0),AM=(0,32, 32)，
易知平面DAC的一个法向量为n1=(1,0,0)，
设平面MAB的一个法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⋅AB= 3x+y=0n2⋅AM=32y+ 32z=0，取n2=(1,− 3,3)，
所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为：
|cos|=|n1⋅n2||n1||n2|=11× 1+3+9= 1313．
【解析】(1)取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明DE//OB即可推理作答．
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线垂直的证明，向量法求解面面角问题，线面垂直的判定定理与性质，向量夹角公式的应用，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为x−=3,y−=106,i=15xi2=55,i=15xiyi=1816，
则b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2=1816−5×3×10655−5×32=22.6，
a=106−22.6×3=38.2，
所以回归直线方程为y=38.2+22.6x，
当x=6时，y=38.2+22.6×6=173.8(百人)=17380(人)，
即预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是17380人；
(2)由题意可知开幕前参加过冰雪项目的有20人，未参加过的有60人，开幕后调查的有120人，
其中参加过冰雪项目的有50人，未参加过的有70人，故可列出2×2列联表：
参加冰雪项目
未参加冰雪项目
合计
冬奥会开幕前
20
60
80
冬奥会开幕后
50
70
120
合计
70
130
200
K2=200(20×70−60×50)280×120×70×130≈5.861>5.024，
所以有97.5%的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关．
【解析】(1)根据最小二乘法求回归方程，并预计即可；
(2)由条件列出二联表，由卡方公式计算即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了独立性检验的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意知∠F1GF2=90°，则S△GF1F2=12|GF1||GF2|=1⇒|GF1||GF2|=2，
又|GF1|2+|GF2|2=|F1F2|2=4c2，
则(|GF1|+|GF2|)2−2|GF1||GF2|=4c2⇒4a2−4=4c2⇒a2−c2=1，
又r内=2S△GF1F22a+2c=2− 3⇒a+c=2+ 3,a−c=2− 3，
解得a=2,c= 3,b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设直线DE的方程为y−1=k(x+2)，k<0，D(x1,y1)，E(x2,y2)
联立方程组y=kx+2k+1x2+4y2−4=0，可得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+16k2+16k=0，
则Δ>0,x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2,x1⋅x2=16k(k+1)1+4k2，
直线AD的方程：y=y1−1x1x+1，所以xM=x11−y1，同理xN=x21−y2，
∵y1=kx1+2k+1，y2=kx2+2k+1，∴y1−y2=k(x1−x2)，
xN−xM=x2−k(x2+2)−x1−k(x1+2)=2(x1−x2)k(x1+2)(x2+2)，
∴SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|=|(x1−x2)2(x1+2)(x2+2)|=|(x1+x2)2−4x1x2x1x2+2(x1+x2)+4|
=−16k4k2+1=16(−4k)+(−1k)≤164=4，
当且仅当k=−12时，四边形DMEN的面积最大，最大值为4．
【解析】(1)根据三角形GF1F2的面积及内切圆的半径列出方程组求得a，b得椭圆方程；
(2)设直线DE的方程与椭圆方程联立，D(x1,y1)，E(x2,y2)，写出直线AD，AE的方程求出M，N的坐标，并求出y1−y2，xN−xM，将SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|表示为k的函数，使用基本不等式求最大值．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1，x∈(0,+∞)，
∴f(1)=0，f′(1)=1，
故曲线f(x)在x=1处的切线方程是y=x−1；
设直线y=x−1与y=g(x)相切于点(x0,x0−1)，
∵g′(x)=aex，∴g′(x0)=aex0，
由aex0=1aex0=x0−1，得x0=2a=e−2；
(2)G′(x)=lnx+1−aex，
①G(x)在(0,+∞)上存在两个极值点
等价于G′(x)=0在(0,+∞)上有2个不同的根，
由lnx+1−aex=0，可得a=lnx+1ex，令t(x)=lnx+1ex，
则t′(x)=1x−lnx−1ex，令h(x)=1x−lnx−1，可得h′(x)=−1x2−1x<0，
故h(x)在(0,+∞)递减，且h(1)=0，
当x∈(0,1)时，h(x)>0，t′(x)>0，t(x)递增，
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，t′(x)<0，t(x)递减，
故t(1)=1e是极大值也是最大值，
又当x→0时，t(x)→−∞，当x→+∞时，t(x)>0且趋向于0，
要使G′(x)=0在(0,+∞)有2个根，只需0
②证明：设F(x)=G(x)x=lnx−aexx，
F′(x)=x−a(x−1)exx2，
当00，则F(x)在(0,1)递增，
∴F(x)≤F(1)=−ae<0，
当x>1时，F′(x)=−a(x−1)x2[ex−xa(x−1)]，
令H(x)=ex−xa(x−1)，则H′(x)=ex+1a(x−1)2>0，
∵a≥2e2，∴H(2)=e2−2a=ae2−2a≥0，
取m∈(1,2)，且使ma(m−1)>e2，即1
故H(x)存在唯一零点x0∈(1,2)，
故F(x)有唯一的极大值点x0∈(1,2)，
由H(x0)=0，可得ex0=x0a(x0−1)，故F(x0)=lnx0−1x0−1，x0∈(1,2)，
∵F′(x0)=1x0+1(x0−1)2>0，故F(x0)为(1,2)上的增函数，
∴F(x0)
【解析】(1)求出函数的导数，计算f(1)，f′(1)的值，求出切线方程，得到关于a的方程组，解出即可；
(2)①求出G(x)的导数，求出a=lnx+1ex，令t(x)=lnx+1ex，根据函数的单调性求出a的范围即可；
②设F(x)=G(x)x=lnx−aexx，求出函数的导数，根据函数的单调性求出F(x0)
2023年湖北省恩施重点中学高考数学适应性试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合A={x∈N*|x2≤4x}，B={x|y=2 x−3}，则满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
2. 任意一个复数z=a+bi都可以表示成三角形式，即a+bi=r(cosθ+isinθ).棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗(1667−1754年)创立的，指的是：设两个复数z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r1(cosθ2+isinθ2)，则z1z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]，已知复数z=12+ 32i，则z2023+z2+z−=( )
A. 12 B. 12+ 32i C. 12− 32i D. 1
3. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数为n，则(2+x2)(1−1x)n展开式中的常数项为( )
A. 12 B. −8 C. 8 D. 10
4. 数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数y=Asinωx，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音.已知刻画某复合音的函数为sinx+12sin2x+13sin3x，则其部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为( )
A. 1340 B. 720 C. 14 D. 310
6. 如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是( )
A. 存在点P，使得PE//CF
B. 存在点P，使得PE⊥ED
C. 三援P−AED的体积最大值为 26
D. 当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π
7. 已知a=(13)log397，b=0.7e0.1，c=cos23，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>b>a D. c>a>b
8. 已知F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1(b>0)的左右焦点，且F1到渐近线的距离为1，过F2的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A，B两点，且l⊥AF1，则下列说法正确的为( )
A. △AF1F2的面积为2 B. 双曲线C的离心率为 2
C. AF1⋅BF1=10+4 6 D. 1|AF2|+1|BF2|= 6+2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，则下列说法正确的是( )
A. 以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切
B. 若抛物线上的点T(2,t)到点F的距离为4，则抛物线的方程为y2=4x
C. OA⋅OB为定值
D. |MN|的最小值为 3P
10. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)部分图像如图，它过(0, 32)，(2π3,0)两点，将f(x)的图像向右平移π3个单位到g(x)的图像，则下列关于g(x)的成立是( )
A. 图像关于y轴对称 B. 图像关于(0,0)中心对称
C. 在[0,π2]上单调递增 D. 在[−π6,π3]上最小值为− 32
11. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，其导函数分别为f′(x)，g′(x).若f(3−x)+2=g(x)，f′(x)=g′(x+1)，且g(2−x)+g(x)=0，则( )
A. 函数g(x+2)为偶函数 B. 函数f(x)的图像关于点(2,2)对称
C. i=12024g(n)=0 D. i=12024f(n)=−4048
12. 已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1,AA1=4 3，底面ABCD是边长为4的菱形，且∠BAD=120°，点E，F，G，H分别为A1B1，A1D1，DD1，BC的中点.以A1为球心作半径为R的球，下列说法正确的是( )
A. 点E，F，G，H四点共面
B. 直线BE与直线AF所成角的余弦值为2526
C. 当球与直四棱柱的五个面有交线时，R的范围是(2 3,4)
D. 在直四棱柱内，球A1外放置一个小球，当小球的体积最大时，球A1半径的最大值为 31− 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在某次调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，部分数据如表．
样品类别
样本容量
平均数
方差
A
10
3.5
2
B
30
5.5
1
根据这些数据可计算出总样本的方差为______ ．
14. 已知向量a，b的夹角为60°，向量a在向量b上的投影向量的长度为1，|b|=1，则|a+2b|= ______ ．
15. 已知双曲线Ω：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，圆O：x2+y2=a2+b2与x轴交于A，B两点，M，N是圆O与双曲线在x轴上方的两个交点，点A，M在y轴的同侧，且AM交BN于点C.若OM+CN=MA+ON，则双曲线的离心率为______ ．
16. 设定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f′(x)e−x>1，则函数f(x)−ex在定义域内是______ (填“增”或“减”)函数；若f(lnx)≥x+ e，f(12)=2 e，则x的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2−Sn−12an=2n2，n∈N*，n≥2，数列{bn}满足bn=an+an+1，n∈N*．
(1)求a2，a3，S102；
(2)求数列{(1+3n)bn}的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分线BD交AC于点D．
(1)从下面三个条件中任选一个作为已知条件，求∠ABC的大小．
①2(bcosC−a)=c；②2a+c= 3bsinA+bcosA；③a+ccos∠ABC=bcosC−c．
(2)若AD=2CD，求BDAB+BC的取值范围．
19. (本小题12.0分)
如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC=2,BE= 3，点M为线段CD上一点．
(1)求证：DE⊥AM；
(2)若EM与平面ACD所成角为π3，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
20. (本小题12.0分)
2015年7月31日，国际奥委会宣布北京获得2022年冬奥会举办权，消息传来，举国一片欢腾.某投资公司闻到了商机，决定开发冰雪运动项目，经过一年多的筹备，2017年该公司冰雪运动项目正式运营.下表是2017—2021年该公司第一季度冰雪运动项目消费人数的统计表：
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代号x
1
2
3
4
5
消费人数y(单位：百人)
62
82
106
128
152
(1)若年份代号x与第一季度冰雪运动项目消费人数y(百人)具有线性相关关系，求出它们间的回归方程，并预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是多少？
(2)某记者为调查北京冬奥会对冰雪运动项目运动的影响，随机调查了200人，其中80人是在冬奥会开幕前调查的，约有14的人已参加过冰雪运动项目，冬奥会开幕后调查的人数中已参加过冰雪运动项目与未参加的人数比为57，问有多大的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关？
参考公式：b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2,a=y−−bx−,K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
参考数据：i=15yi=530，i=15xiyi=1816，
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.025
0.01
k
2.706
3.841
5.024
6.635
21. (本小题12.0分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，以F1F2为直径的圆和椭圆C在第一象限的交点为G，若三角形GF1F2的面积为1，其内切圆的半径为2− 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C的上顶点，过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D，E，点D在第二象限，直线AD、AE分别与x轴交于M，N，求四边形DMEN面积的最大值．
22. (本小题12.0分)
设函数f(x)=xlnx，g(x)=aex(a∈R)．
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线也与曲线y=g(x)相切，求a的值．
(2)若函数G(x)=f(x)−g(x)存在两个极值点．
①求a的取值范围；
②当ae2≥2时，证明：G(x)<0．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x∈N*|x2≤4x}={x∈N*|0≤x≤4}={1,2,3,4}，
B={x|y=2 x−3}={x|x≥3}，
∁RB={x|x<3}，
∴M=A∩∁RB={1,2}，
则满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数为22=4．
故选：C．
求出集合A，B，进而求出∁RB，由此能求出M=A∩∁RB，从而能求出满足集合A∩∁RB=M的集合M的子集个数．
本题考查补集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为复数z=12+ 32i=cosπ3+isinπ3，
所以z2023=cos2023π3+isin2023π3=cosπ3+isinπ3=12+ 32i，
z2=cos2π3+isin2π3=−12+ 32i，
z−=12− 32i，
所以z2023+z2+z−=(12+ 32i)+(−12+ 32i)+(12− 32i)=12+ 32i.
故选：B．
把复数z化为三角形式，再求出z2023和z2，从而求出z2023+z2+z−的值．
本题考查了复数的三角形式计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵组数据的上四分位数为n，
∴由6×75%=4.5，得n=5，
则(1−1 x)5的通项公式为Tk+1=C5k(−1x)k，
则(2+x2)(1−1x)5展开式中的常数项为2×C50+x2⋅C52(−1x)2=2+10=12．
故选：A．
根据条件先求出n=5，然后利用多项式的性质进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，根据条件求出n=5，利用多项式乘积的性质进行求解是解决本题的关键，是中档题．
4.【答案】C
【解析】解：令y=f(x)=sinx+12sin2x+13sin3x，
则f′(x)=cosx+cos2x+cos3x=cosx+cos2x+cos2xcosx−sin2xsinx
=cosx(1−2sin2x)+cos2x(1+cosx)=(1+2cosx)cos2x，
当x∈[0,π]时，由f′(x)=0，解得x=π4,2π3,3π4，
当x∈(0,π4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(π4,2π3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2π3,3π4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3π4,π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=2π3时，f(x)取极小值，当x=π4和x=3π4时，f(x)取极大值，
由于f(0)=0,f(π4)=2 23+12,f(2π3)= 34,f(3π4)=2 23−12>0,f(π)=0，
可得f(π4)>f(3π4)，当x∈(0,π)时，f(x)>0，
结合图象，只有C选项满足．
故选：C．
利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查导数的应用，考查逻辑推理能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：阳数有1，3，5，7，9，阴数有2，4，6，8，
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，
基本事件总数n=C52C41=40，
被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有：
(1,9,8)，(3,7,8)，(3,9,8)，(3,9,6)，(5,7,6)，(5,7,8)，(5,9,4)，
(5,9,6)，(5,9,8)，(7,9,2)，(7,9,4)，(7,9,6)，(7,9,8)，共13个，
则被抽到的3个数的数字之和超过16的概率为P=1340．
故选：A．
从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，基本事件总数n=C52C41=40，利用列举法能求出被抽到的3个数的数字之和超过16包含的基本事件有13个，由此能求出被抽到的3个数的数字之和超过16的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列出法等基础知识，考查运算求解能力等基础知识，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为PE∩AE=E，CF//AE，因此PE，CF不平行，
即不存在点P，使得PE//CF，所以A错误；
连接PF，当PF=1时，因为PO=FO= 22，即PO2+FO2=1=PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE=O，PO，AE⊂平面PAE，因此FO⊥平面PAE，
又O，F分别为AE，AD的中点，即ED//FO，
于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，则PE⊥ED，所以B正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成角为θ，
则点P到平面AED的距离h=POsinθ= 22sinθ，
又△AED的面积S△AED=12AD⋅AB=1，
因此三棱锥P−AED的体积VP−AED=13S△AED⋅h= 26sinθ≤ 26，
当且仅当θ=90°，即PO⊥平面AED时取等号，
所以三棱锥P−AED的体积最大值为 26，所以C正确；
当三棱锥P−AED的体积取最大值时，PO⊥平面AED，
此时易得FP=FA=FE=FD=1，即三棱锥P−AED的外接球半径R=1，
∴当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED接球表面积为4π，所以D正确．
故选：A．
根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答．
本题考查了立体几何的综合应用，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：已知a=(13)log397=3log379=79，
所以lnb−lna=0.1+ln0.7−ln79=110+ln910，
不妨设f(x)=1−x+lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=−1+1x=1−xx，
当0
所以f(910)
因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增，
所以a>b，
不妨设g(x)=sinx−x，函数定义域为R，
可得g′(x)=cos x−1<0恒成立，
所以g(x)在R上单调递减，
此时，当x>0时，g(x)
所以c>a，
综上得，c>a>b．
故选：D．
由题意，根据对数的运算，得到a=79，此时lnb−lna=110+ln910，构造函数f(x)=1−x+lnx，根据导函数得到函数的单调性，进而得出lnb−lna<0，根据对数函数的单调性即可得出a>b；先证明当x>0时，sinx
8.【答案】D
【解析】解：设双曲线C的半焦距为c>0，因为双曲线C的焦点在x轴上，且a=2，
则其中一条渐近线方程为y=b2x，即bx−2y=0，且F1(−c,0)，
则F1到渐近线的距离为|−bc| 4+b2=bcc=b=1，可得c= a2+b2= 5，
对于A：因为|AF2|−|AF1|=4且|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2=(2c)2=20，
可得(|AF2|−|AF1|)2+2|AF1|⋅|AF2|=16+2|AF1|⋅|AF2|=20，解得|AF1|⋅|AF2|=2，
所以△AF1F2的面积为12|AF1|⋅|AF2|=1，故A错误；
对于B：双曲线C的离心率为e=ca= 52，故B错误；
对于C：因为|AF2|−|AF1|=4|AF1|⋅|AF2|=2，可得|AF1|= 6−2|AF2|= 6+1，
所以AF1⋅BF1=F1A⋅F1B=F1A⋅(F1A⋅+AB)=F1A2+F1A⋅AB=F1A2=10−4 6，故C错误；
对于D：设|BF2|=m，则|BF1|=m+4,|AB|= 6+2−m，
因为|BF1|2=|AB|2+|AF1|2，即(m+4)2=( 6+2−m)2+( 6−2)2，解得m=6− 615，
所以1|AF2|+1|BF2|=1 6+2+16− 615= 6+2，故D正确．
故选：D．
利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出△AF1F2的面积；对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求|AF1|，|AF2|，再利用平面向量数量积的运算性质运算求解；对于D：根据双曲线的定义结合勾股定理求出|BF2|，代值计算即可．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(p2,0)，准线方程为：x=−p2，
由题意设直线AB的方程为：x=my+p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB的中点E(x1+x22,y1+y22)，
联立x=my+p2y2=2px，整理可得：y2−2mpy−p2=0，
可得y1+y2=2mp，y1y2=−p2，x1+x2=m(y1+y2)+p=2m2p+p，x1x2=(y1y2)24p2=p24，
A中，可得弦长|AB|=x1+x2+p=2m2p+2p，则以AB为直径的圆的半径为p(1+m2)，
AB的中点E的横坐标为m2p+p2，所以E到准线的距离为m2p+p2+p2=m2p+p=p(1+m2)，即以AB为直径的圆心E到准线的距离等于半径，
所以可得以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，故A正确；
B中，点T(2,t)到准线的距离为2+p2=4，可得p=4，则抛物线的方程为：y2=8x，故B不正确；
C中，OA⋅OB=x1x2+y1y2=−p2+p24=−34p2为定值，所以C正确；
D中，|MN|=2 r2−(m2p+p2)2=2 [p(1+m2)]2−p2(m2+12)2=2p⋅ m2+34≥2p⋅ 32= 3，当且仅当m=0时取等号，所以|MN|的最小值为 3p，故D正确；
故选：ACD．
由抛物线的性质可得焦点F的坐标及准线方程，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，求出弦长|AB|的表达式，进而可得以|AB|为直径的圆的半径，再求AB的中点E到准线的距离，可判断A正确；
由抛物线的性质可得T到准线的距离，由题意可得p的值，求出抛物线的方程，可判断B不正确；
求出数量积OA⋅OB为定值，可判断C正确；
求出|MN|的表达式，当且仅当m=0时，|MN|由最小值 3p，判断出D正确．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：根据函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)部分图像，
由于它过(0, 32)点，故有sinφ= 32，结合图像可得φ=2π3．
根据f(x)还经过点(2π3,0)，结合五点法作图可得ω×2π3+2π3=2π，∴ω=52，f(x)=sin(2x+2π3).
将f(x)的图像向右平移π3个单位到g(x)=sin(2x−2π3+2π3)=sin2x的图像，
根据g(x)是奇函数，可得它的图像关于原点(0,0)对称，故A错误B正确．
在[0,π2]上，2x+2π3∈[2π3,5π3]，函数f(x)不单调，故C错误．
在[−π6,π3]上，2x+2π3∈[π3,4π3]，函数f(x)不最小值为f(π3)=sin4π3=− 32，故D正确．
故选：BD．
由题意，根据特殊点的坐标求出φ的值，根据五点法作图求出ω，可得函数f(x)的解析式．再函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，结合正弦函数的图象和性质，得出结论．
本本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由特殊点的坐标求出φ的值，由五点法作图求出ω.还考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为f′(x)=g′(x+1)，所以f(x)+a=g(x+1)+b(a,b∈R)．
又因为f(3−x)+2=g(x)，所以f(x)+2=g(3−x)．
于是可得g(3−x)−2+a=g(x+1)+b，令x=1，则g(3−1)−2+a=g(1+1)+b，所以a−2=b．
所以g(3−x)=g(x+1)，即函数g(x)的图像关于直线x=2对称，即g(−x)=g(x+4)．
因为g(2−x)+g(x)=0，所以函数g(x)的图像关于点(1,0)对称，即g(2+x)+g(−x)=0，
所以g(x+2)=−g(x+4)，即g(x)=−g(x+2)，
于是g(x)=g(x+4)，所以函数g(x)是周期为4的周期函数．
因为函数g(x)的图像关于直线x=2对称，所以g(x+2)的图像关于y轴对称，所以g(x+2)为偶函数，故A正确；
将g(x)的图像作关于y轴对称的图像可得到y=g(−x)的图像，
再向右平移3个单位长度，可得到y=g[−(x−3)]=g(3−x)的图像，
再将所得图像向下平移2个单位长度，即可得到g(3−x)−2=f(x)的图像，因此函数f(x)也是周期为4的函数．
又g(x)的图像关于点(1,0)对称，所以f(x)的图像关于点(2,−2)对称，故B错误；
因为g(2−x)+g(x)=0，令x=1，得g(1)+g(1)=0，即g(1)=0，所以g(1)=g(3)=0；
令x=0，得g(2)+g(0)=0，所以g(2)+g(4)=0，
所以g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=0，所以i=12024g(n)=0，故C正确；
因为f(x)=g(3−x)−2，所以f(0)=g(3)−2=−2，f(2)=g(1)−2=−2，
f(1)=g(2)−2，f(3)=g(0)−2，f(4)=f(0)=−2，
则有f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=g(2)−2+(−2)+g(0)−2+(−2)=−8，
可得i=12024f(n)=−4048，故D正确．
故选：ACD．
由f′(x)=g′(x+1)，可设f(x)+a=g(x+1)+b(a,b∈R)，，由f(3−x)+2=g(x)，得g(3−x)−2+a=g(x+1)+b，赋值x=1，则有a−2=b，即g(3−x)=g(x+1)，函数g(x)的图像关于直线x=2对称，又g(2−x)+g(x)=0得g(x)=g(x+4)，f(x)也是周期为4的函数，通过赋值可判断选项．
本题主要卡汽车抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取CD、BB1的中点分别为M、N，则EFGMHN构成平面六边形，故A正确；
对于B，取B1C1中点T，把直线BE与直线AF的角转化为直线BE与直线BT的角∠TBE，
在△BET中，BE=2 13=BT,TE=2，
BE与直线AF所成角的余弦值为cos∠TBE=52+52−42×52=2526，故B正确；
对于C，当球与直四棱柱的上底面和4个侧面有交线时，R的取值范围是(2 3,4)，
当球与直四棱柱的下底面和4个侧面有交线时，R>AA1=4 3，R
对于D，设四边形A1B1C1D1内切圆半径为r，SA1B1C1D1=4×4× 32=12×16×r,r= 3,AA1=4 3，
由题可知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1内放置的球最大半径为 3，
当小球的体积最大时设球心P，如图建系，
则P(0,0,3 3),A1(0,2,0),|A1P|= 02+22+(3 3)2= 31，
此时两球心的距离为 31，
所以球A1的半径的最大值为 31− 3.故D正确．
故选：ABD．
根据直四棱柱几何特征结合共面，异面直线所成角，内切球等分别判断各个选项即可．
本题考查球的相关计算，异面直线所成的角，考查运算求解能，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，总体的平均数x−=10×3.5+30×5.540=5，
故总样本的方差S2=1040×[2+(5−3.5)2]+3040×[1+(5.5−5)2]=2．
故答案为：2．
根据题意，求出总体的平均数，进而由方差公式计算可得答案．
本题考查总体方差的计算，注意方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】2 3
【解析】解：向量a在向量b上的投影向量的长度为1，|b|=1，
则a⋅b|b|=1，即a⋅b=1，
∵向量a，b的夹角为60°，
∴|a||b|cosθ=1，即|a|×1×12=1，解得|a|=2，
∴|a+2b|= a2+4a⋅b+4b2= 4+4+4=2 3．
故答案为：2 3．
根据已知条件，结合投影公式，先求出a⋅b=1，再结合平面向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查向量的投影公式，属于基础题．
15.【答案】 3+1
【解析】解：由题意可知a2+b2=c2，故不妨设A(−c,0)，B(c,0)，即为双曲线的焦点，|AB|=2c，
因为OM+CN=MA+ON可得OM=MA+ON−CN=MA+OC=OA+OM+OC，即2OM=OA+OC，
故M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为BC的中点，
又因为BM⊥AC，故|AB|=|BC|，同理|AB|=|AC|，
即△ABC为正三角形，
故|AM|=12|AC|=c,|BM|= 3c，
由点M在双曲线左支上，故|BM|−|AM|= 3c−c=2a，
则e=ca=2 3−1= 3+1．
故答案为： 3+1．
根据向量等式推出M点为AC的中点，根据双曲线的对称性可知N为AB的中点，结合BM⊥AC可求出|AM|，|BM|，利用双曲线定义即可求得答案．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】增 e
【解析】解：已知f′(x)e−x>1，则f′(x)>1e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，x>0，
则g′(x)=f′(x)−ex>ex−ex=0，所以g(x)在(0,+∞)为增函数，
即函数f(x)−ex在定义域内是增函数；
f(12)=2 e，∴g(12)=f(12)−e12=2 e− e= e，
又∵f(lnx)≥x+ e，∴g(lnx)≥f(lnx)−elnx=x+ e−x= e，
可得g(lnx)≥g(12)，由于g(x)在(0,+∞)为增函数，
所以lnx≥12，解得x≥ e，即x的最小值为 e．
故答案为：增； e．
可知f′(x)>1e−x=ex，令g(x)=f(x)−ex，求导利用导函数的正负即可判断单调性；再根据f(lnx)≥x+ e，可知g(lnx)≥ e，利用g(x)的单调性解不等式即可．
本题考查导数的综合应用，考查构造函数，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为当n≥2时，Sn2−Sn−12an=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)an=2n2，
所以Sn+Sn−1=2n2.又a1=1，
∴当n=2时，有S2+S1=a1+a2+a1=8，所以a2=6
当n=3时，有S3+S2=2(a1+a2)+a3=18，所以a3=4，
∵当n≥2时，由Sn+Sn−1=2n2可得Sn+1+Sn=2(n+1)2，
两式相减可得：an+1+an=4n+2，
n≥3时，an+an−1=4n−2，
相减可得：an+1−an−1=4，
∴数列{an}的奇数项从第3项起，为公差为4的等差数列；
偶数项为公差为4的等差数列．
∴S102=1+a3+a5+…+a101+a2+a4+…+a102
=1+50×4+50×492×4+51×6+51×502×4
=10507．
(2)由题意，bn=an+an+1，n∈N*，
由(1)知：当n≥2时，bn=4n+2，当n=1时，b1=a1+a2=7，
故数列{bn}从第2项起，构成等差数列，且b1=7．
∴(1+3n)bn=4×7,n=1bn+3nbn,n≥2，
当n=1时，T1=4×7=28；
当n≥2时，Tn=28+[10+14+…+(4n+2)]+[32.10+33.14+…+3n.(4n+2)]，
记T=32.10+33.14+…+3n.(4n+2)，
则有3T=33.10+34.14+…+3n.(4n−2)+3n+1.(4n+2)，
两式相减，可得：
−2T=90+4×(33+34+…+3n)−3n+1(4n+2)
=(−4n)3n+1+36，
故T=2n.3n+1−18.代入Tn可得：
Tn=28+(n−1)(4n+12)2+2n.3n+1−18
=28+2n2+4n−6+2n.3n+1−18
=2n.3n+1+2n2+4n+4，
综上所述，
Tn=28,n=12n⋅3n+1+2n2+4n+4,n≥2．
【解析】(1)由题设，可找出an+an+1的关系式，难点在于对下标范围的把握，要特别留意；
(2)在(1)的基础上，分范围写出所求数列的通项，再综合利用分组、公式法及裂项相消法求和．
本题主要考查数列求和的常用方法，难点在于对范围的处理，属难题．
18.【答案】解：(1)选①，
因为2(bcosC−a)=c，所以a+c2=bcosC．
由正弦定理得sinA+sinC2=sin∠ABCcosC．
故sinC2+sinCcos∠ABC=0，
因为∠ABC∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinC≠0，
所以cos∠ABC=−12，所以∠ABC=2π3．
选②，
由2a+c= 3bsinA+bcosA及正弦定理，
得2sinA+sinC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
即2sinA+sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC= 3sin∠ABCsinA+sin∠ABCcosA，
所以2sinA= 3sin∠ABCsinA−sinAcos∠ABC．
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以2= 3sin∠ABC−cos∠ABC=2sin(∠ABC−π6)，即sin(∠ABC−π6)=1．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC−π6=π2，所以∠ABC=2π3．
选③，
由a+ccos∠ABC=bcosC−c及正弦定理得：
sinA+sinCcos∠ABC=sin∠ABCcosC−sinC，
sin(∠ABC+C)+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC+cos∠ABCsinC+sinCcos∠ABC
=sin∠ABCcosC−sinC，
即2cos∠ABCsinC=−sinC．
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以cos∠ABC=−12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=2π3．
(2)因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD，
在△ABD中，由正弦定理可得：
ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，即ADAB=sin∠ABDsin∠ADB，
在△BCD中，同理可得CDBC=sin∠CBDsin∠BDC，
因为∠ADB+∠BDC=π，所以sin∠ADB=sin∠BDC，
所以ADAB=CDBC，所以ABBC=ADCD=2，故BDAB+BC=BD3BC．
因为S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD，S△ABDS△ABC=ADAC=23，
所以BD⋅sin∠ABDBC⋅sin∠ABC=23，
又∠ABD=∠ABC2，
所以BDBC=2sin∠ABC3sin∠ABC2=43cos∠ABC2．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC2∈(0,π2)，
所以cos∠ABC2∈(0,1)，
所以BDBC∈(0,43)，BD3BC∈(0,49)，
即BDAB+BC的取值范围为(0,49)．
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，再对等式进行化简，进而根据∠ABC的取值范围求出其大小．
(2)运用角平分线的条件求出ABBC=ADCD，然后利用面积公式求出BDAB+BC的取值范围．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接DO、OB，在正△ACD和正△ABC中，AC=2，
则DO⊥AC,BO⊥AC,DO=BO= 3，而平面ACD⊥平面ABC，
平面ACD⋂平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，BO⊂平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，
又BE⊥平面ABC，所以DO//EB，而DO=EB= 3，
所以四边形DOBE是平行四边形，所以DE//OB，
所以DE⊥平面ABC，又AM⊂平面ADC，
所以DE⊥AM．
(2)由(1)知，DE⊥平面ADC，∠EMD为EM与平面ADC的所成角，即∠EMD=π3，
在Rt△EDM中，DM=DEtanπ3= 3 3=1，即M为DC中点，
由(1)知，OB，OC，OD两两垂直，
故建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则根据题意可得：
A(0,−1,0),B( 3,0,0),D(0,0, 3),C(0,1,0),M(0,12, 32)，
所以AB=( 3,1,0),AM=(0,32, 32)，
易知平面DAC的一个法向量为n1=(1,0,0)，
设平面MAB的一个法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⋅AB= 3x+y=0n2⋅AM=32y+ 32z=0，取n2=(1,− 3,3)，
所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为：
|cos
【解析】(1)取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明DE//OB即可推理作答．
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线垂直的证明，向量法求解面面角问题，线面垂直的判定定理与性质，向量夹角公式的应用，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为x−=3,y−=106,i=15xi2=55,i=15xiyi=1816，
则b=i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2=1816−5×3×10655−5×32=22.6，
a=106−22.6×3=38.2，
所以回归直线方程为y=38.2+22.6x，
当x=6时，y=38.2+22.6×6=173.8(百人)=17380(人)，
即预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是17380人；
(2)由题意可知开幕前参加过冰雪项目的有20人，未参加过的有60人，开幕后调查的有120人，
其中参加过冰雪项目的有50人，未参加过的有70人，故可列出2×2列联表：
参加冰雪项目
未参加冰雪项目
合计
冬奥会开幕前
20
60
80
冬奥会开幕后
50
70
120
合计
70
130
200
K2=200(20×70−60×50)280×120×70×130≈5.861>5.024，
所以有97.5%的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关．
【解析】(1)根据最小二乘法求回归方程，并预计即可；
(2)由条件列出二联表，由卡方公式计算即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了独立性检验的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意知∠F1GF2=90°，则S△GF1F2=12|GF1||GF2|=1⇒|GF1||GF2|=2，
又|GF1|2+|GF2|2=|F1F2|2=4c2，
则(|GF1|+|GF2|)2−2|GF1||GF2|=4c2⇒4a2−4=4c2⇒a2−c2=1，
又r内=2S△GF1F22a+2c=2− 3⇒a+c=2+ 3,a−c=2− 3，
解得a=2,c= 3,b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设直线DE的方程为y−1=k(x+2)，k<0，D(x1,y1)，E(x2,y2)
联立方程组y=kx+2k+1x2+4y2−4=0，可得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+16k2+16k=0，
则Δ>0,x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2,x1⋅x2=16k(k+1)1+4k2，
直线AD的方程：y=y1−1x1x+1，所以xM=x11−y1，同理xN=x21−y2，
∵y1=kx1+2k+1，y2=kx2+2k+1，∴y1−y2=k(x1−x2)，
xN−xM=x2−k(x2+2)−x1−k(x1+2)=2(x1−x2)k(x1+2)(x2+2)，
∴SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|=|(x1−x2)2(x1+2)(x2+2)|=|(x1+x2)2−4x1x2x1x2+2(x1+x2)+4|
=−16k4k2+1=16(−4k)+(−1k)≤164=4，
当且仅当k=−12时，四边形DMEN的面积最大，最大值为4．
【解析】(1)根据三角形GF1F2的面积及内切圆的半径列出方程组求得a，b得椭圆方程；
(2)设直线DE的方程与椭圆方程联立，D(x1,y1)，E(x2,y2)，写出直线AD，AE的方程求出M，N的坐标，并求出y1−y2，xN−xM，将SDMEN=12|xN−xM||y1−y2|表示为k的函数，使用基本不等式求最大值．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1，x∈(0,+∞)，
∴f(1)=0，f′(1)=1，
故曲线f(x)在x=1处的切线方程是y=x−1；
设直线y=x−1与y=g(x)相切于点(x0,x0−1)，
∵g′(x)=aex，∴g′(x0)=aex0，
由aex0=1aex0=x0−1，得x0=2a=e−2；
(2)G′(x)=lnx+1−aex，
①G(x)在(0,+∞)上存在两个极值点
等价于G′(x)=0在(0,+∞)上有2个不同的根，
由lnx+1−aex=0，可得a=lnx+1ex，令t(x)=lnx+1ex，
则t′(x)=1x−lnx−1ex，令h(x)=1x−lnx−1，可得h′(x)=−1x2−1x<0，
故h(x)在(0,+∞)递减，且h(1)=0，
当x∈(0,1)时，h(x)>0，t′(x)>0，t(x)递增，
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，t′(x)<0，t(x)递减，
故t(1)=1e是极大值也是最大值，
又当x→0时，t(x)→−∞，当x→+∞时，t(x)>0且趋向于0，
要使G′(x)=0在(0,+∞)有2个根，只需0
②证明：设F(x)=G(x)x=lnx−aexx，
F′(x)=x−a(x−1)exx2，
当0
∴F(x)≤F(1)=−ae<0，
当x>1时，F′(x)=−a(x−1)x2[ex−xa(x−1)]，
令H(x)=ex−xa(x−1)，则H′(x)=ex+1a(x−1)2>0，
∵a≥2e2，∴H(2)=e2−2a=ae2−2a≥0，
取m∈(1,2)，且使ma(m−1)>e2，即1
故H(x)存在唯一零点x0∈(1,2)，
故F(x)有唯一的极大值点x0∈(1,2)，
由H(x0)=0，可得ex0=x0a(x0−1)，故F(x0)=lnx0−1x0−1，x0∈(1,2)，
∵F′(x0)=1x0+1(x0−1)2>0，故F(x0)为(1,2)上的增函数，
∴F(x0)
【解析】(1)求出函数的导数，计算f(1)，f′(1)的值，求出切线方程，得到关于a的方程组，解出即可；
(2)①求出G(x)的导数，求出a=lnx+1ex，令t(x)=lnx+1ex，根据函数的单调性求出a的范围即可；
②设F(x)=G(x)x=lnx−aexx，求出函数的导数，根据函数的单调性求出F(x0)
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