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2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10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. 设全集U={x|x>1}，集合A={x|x>2}，则∁UA=( )
A. {x|12} D. {x|x≤2}
2. 设X是一个离散型随机变量，其分布列如下表，则q的值为( )
X
−1
0
1
P
14
2q−1
q
A. 112 B. 712 C. 12 D. 13
3. 若a，b∈R，则“a=b”是“a2=b2”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 在某校举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛学生的成绩分为5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如图所示的频率分布直方图，已知[60,70)内的频数是40，则成绩在[80,100]的学生人数是( )
A. 25 B. 20 C. 18 D. 15
5. 函数y=2xx2+1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6. 设a=20.3，b=log0.32，c=log1312，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>c>b B. b>a>c C. c>a>b D. b>c>a
7. 已知正三棱锥S−ABC的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为 2，则此三棱锥的外接球的表面积为( )
A. π B. 3π C. 6π D. 9π
8. 设随机变量X服从二项分布B(6,12)，则P(X=3)等于( )
A. 516 B. 316 C. 58 D. 38
9. 在10个形状大小均相同的球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次也摸到红球的概率为( )
A. 35 B. 25 C. 59 D. 110
10. 将函数f(x)=2sinxcosx−2cos2x+1，x∈R的图象向左平移3π8个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是( )
A. g(x)是最小正周期为2π的奇函数 B. g(x)是最小正周期为2π的偶函数
C. g(x)在(π,2π)上单调递减 D. g(x)在[0,π2]上的最小值为− 2
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. i是虚数单位，复数2+i1−i=______．
12. 已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，则p= ．
13. 已知a>0，b>0，且2a⋅4b=(2a)b，则a+b的最小值为______ ．
14. 如图所示，在矩形ABCD中，AB= 2,BC=2，点E在边CD上，且DE=2EC，则AE⋅BE的值是______．
15. 已知函数f(x)=x+4x,0
16. (本小题8.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥平面BCC1B1，侧面BCC1B1为矩形，D，E分别为AA1，BB1的中点，
(1)求证：AE//平面B1C1D；
(2)求证：CC1⊥平面ABC．
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acosB=(3c−b)cosA．
(1)求cosA的值；
(2)若a=2 2，且△ABC的面积为 2，求b+c的值．
18. (本小题10.0分)
一个箱子里装有5个大小相同的球，有3个白球，2个红球，从中摸出2个球．
(1)求摸出的2个球中有1个白球和1个红球的概率；
(2)用X表示摸出的2个球中的白球个数，求X的分布列．
19. (本小题12.0分)
我国承诺2030年前达到“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，“碳达峰”就是我们国家承诺在2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；而到2060年，针对排放的二氧化碳要采取植树、节能减排等各种方式全部抵消掉，这就是“碳中和”，做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳的排放，助力“碳中和”.某校为加强学生对垃圾分类意义的认识以及养成良好的垃圾分类的习惯，团委组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛，甲、乙、丙三队参加竞赛，已知甲队通过初赛、复赛的概率均为23，乙队通过初赛、复赛的概率均为23，丙队通过初赛、复赛的概率分别为p，43−p，其中0
(2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列及均值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：全集U={x|x>1}，集合A={x|x>2}，∁UA={x|1
由全集U，以及A，利用集合的基本运算即可得到结论．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：由题可得，
14+2q−1+q=1，解得q=712．
故选：B．
根据概率之和为1这一性质即可求出q的值．
本题考查离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a2=b2得a=b或a=−b，
即“a=b”是“a2=b2”的充分不必要条件，
故选：A
4.【答案】D
【解析】解：依题意，设学生总人数为n，
因为[60,70)的频数是40，所以0.04×10n=40，解得n=100，
则成绩在[80,100]的学生人数是(0.01+0.005)×10×100=15．
故选：D．
利用频率分布直方图的相关公式计算即可．
本题考查频率分布直方图的相关公式与计算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：f(−x)=2(−x)(−x)2+1=−2xx2+1=−f(x)，
∴函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；
当x→+∞时，f(x)=2xx2+1>0，故排除D．
故选：A．
由函数的奇偶性及极限情况的函数值，运用排除法得解．
本题考查函数图象的确定，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为a=20.3>20=1，
b=log0.32
故选：A．
利用指数与对数函数的单调性，结合换底公式与中间值法即可判断大小．
本题主要考查了三个数比较大小，考查了指数函数和对数函数的单调性，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：正四棱锥的外接球就是棱长为 2的正方体的外接球，
所以外接球的直径为： ( 2)2+( 2)2+( 2)2= 6，
所以外接球的表面积为：4π( 62)2=6π．
故选：C．
判断求解几何体的外接球的半径，然后求解表面积．
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，属于基础题．
根据条件中所给的变量符合二项分布，写出变量取值不同时对应的概率公式，本题x=3，代入公式得到要求的概率．
【解答】
解：∵随机变量X服从二项分布B(6,12)，
∴P(X=3)=C63123×1−123=516．
故选A．
9.【答案】C
【解析】解：先求出“第一次摸到红球”的概率为：P1=610=35，
设“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率是P2
再求“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率为P=6×510×9=13，
根据条件概率公式，得：P2=PP1=59，
故选：C
事件“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率等于事件“第一次摸到红球”的概率乘以事件“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率．根据这个原理，可以分别求出“第一次摸到红球”的概率和“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率，再用公式可以求出要求的概率．
本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率与独立事件的理解，属于中档题．看准确事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：f(x)=2sinxcosx−2cos2x+1=sin2x−cos2x= 2sin(2x−π4)，
将函数f(x)的图象向左平移3π8个单位长度，得到函数g(x)= 2sin[2(x+3π8)−π4]= 2sin(2x+π2)= 2cos2x的图象．
对于A，g(−x)= 2cos(−2x)= 2cos2x=g(x)，所以g(x)是偶函数，故A错误；
对于B，g(x)的最小正周期为2π2=π，故B错误；
对于C，当x∈(π,2π)，2x∈(2π,4π)，
所以g(x)在(π,2π)上不单调，故C错误；
对于D，x∈[0,π2]时，2x∈[0,π]，所以cos2x∈[−1,1]，所以g(x)∈[− 2, 2]，
所以g(x)在[0,π2]上的最小值为− 2，故D正确．
故选：D．
根据三角恒等变换可得f(x)= 2sin(2x−π4)，由正弦型函数的图象变换可得g(x)= 2cos2x，根据余弦函数的图象与性质逐项判断即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】12+32i
【解析】解：2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i；
故答案为：12+32i．
将复数分母实数化，分子、分母同乘以(1+i)，化简即可．
本题考查了复数的运算性质，是一道基础题．
12.【答案】13
【解析】
【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
【解答】
解：随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，
可得np=30，np(1−p)=20，则p=13，
故答案为：13．
13.【答案】3+2 2
【解析】解：因为2a⋅4b=(2a)b，所以2a⋅22b=2ab，即2a+2b=2ab，
则a+2b=ab，所以1b+2a=1，
又a>0，b>0，
所以a+b=(a+b)(1b+2a)=3+ab+2ba≥3+2 ab⋅2ba=3+2 2，
当且仅当ab=2ba，即a= 2b=2+ 2时，等号成立．
则a+b的最小值为3+2 2．
故答案为：3+2 2．
先利用指数的运算与性质得到1b+2a=1，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
14.【答案】329
【解析】解：AE=AD+DE=AD+23DC
BE=BC+CE=BC−13DC=AD−13DC，
则AE⋅BE=(AD+23DC)⋅(AD−13DC)=AD2−29DC2+13AD⋅DC=4−29×2=329，
故答案为：329．
由平面向量的线性运算，结合平面向量数量积运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积运算，属基础题．
15.【答案】(14,15)
【解析】解：作出函数f(x)=x+4x,0
由图知当x=5时，f(5)=−52+10×5−20=5，
f(x)=x+4x在(0,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，f(2)=4，
令f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，
若存在0
因为函数f(x)=−x2+10x−20的对称轴为x=5，所以x3+x4=10，
所以x1+x2+x3+x4=m+10∈(14,15)，
故答案为：(14,15)．
设f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，作出函数f(x)的图象，由图可得4
16.【答案】解：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1，且AA1=BB1，
因为点D，E分别是棱AA1，BB1的中点，所以AD//B1E，且AD=B1E，
所以四边形AEB1D是平行四边形，则AE//DB1，
又AE⊄平面B1C1D，DB1⊂平面B1C1D，
所以AE//平面B1C1D.
(2)因为AC⊥平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥CC1，
因为侧面BCC1B1为矩形，所以CC1⊥BC，
又AC⋂BC=C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以CC1⊥平面ABC．
【解析】(1)先证得四边形AEB1D为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证；
(2)利用线面垂直的性质定理与判定定理即可得证．
本题考查线面平行与线面垂直的相关知识，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为acosB=(3c−b)cosA，
所以由正弦定理得sinAcosB=3sinCcosA−sinBcosA，
即3sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
因为0
又0
所以S△ABC=12bcsinA=12×2 23bc= 23bc= 2，得bc=3，
又a=2 2，所以由a2=b2+c2−2bccosA，得b2+c2−23bc=8，
所以(b+c)2−83bc=8，即(b+c)2=16，
又b>0，c>0，所以b+c=4．
【解析】(1)利用正弦定理的边角变换，结合三角恒等变换求得cosA，由此得解；
(2)利用(1)的结论求得sinA，再结合三角形的面积公式以及余弦定理，即可得解．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)记A=“摸出的2个球中有1个白球和1个红球”，
从3个白球、2个红球中摸出2个球共有C52=10种情况，
从中摸出的2个球中有1个白球和1个红球有12C31C=6种情况，
所以P(A)=610=35，
摸出的2个球中有1个白球和1个红球的概率为35；
(2)X表示摸出的2个球中的白球个数，则X可取0，1，2，
P(X=0)=110，P(X=1)=35，P(X=2)=310，
则X的分布列为：
X
0
1
2
P
110
35
310
【解析】(1)利用古典概型的概率公式求解；
(2)由题意可得X可取0，1，2，求出相应的概率，得到X的分布列即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题知：丙队通过初赛和复赛的概率p0=p(43−p)=−p2+43p=−(p−23)2+49，
又因为0
(2)由(1)知：
甲、乙、丙三队进入决赛的概率均为23×23=49，
因为进入决赛的队伍数X～B(3,49)，
所以P(X=0)=C30×(1−49)3=125729；
P(X=1)=C31×49×(1−49)2=300729=100243；
P(X=2)=C32×(49)2×(1−49)=240729=80243；
P(X=3)=C33×(49)3=64729．
所以，随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
125729
100243
80243
64729
所以E(X)=3×49=43．
【解析】(1)由概率的乘法公式可得p0=−p2+43p，再由二次函数知识可求解；
(2)由二项分布可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10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. 设全集U={x|x>1}，集合A={x|x>2}，则∁UA=( )
A. {x|1
2. 设X是一个离散型随机变量，其分布列如下表，则q的值为( )
X
−1
0
1
P
14
2q−1
q
A. 112 B. 712 C. 12 D. 13
3. 若a，b∈R，则“a=b”是“a2=b2”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 在某校举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛学生的成绩分为5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如图所示的频率分布直方图，已知[60,70)内的频数是40，则成绩在[80,100]的学生人数是( )
A. 25 B. 20 C. 18 D. 15
5. 函数y=2xx2+1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6. 设a=20.3，b=log0.32，c=log1312，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>c>b B. b>a>c C. c>a>b D. b>c>a
7. 已知正三棱锥S−ABC的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为 2，则此三棱锥的外接球的表面积为( )
A. π B. 3π C. 6π D. 9π
8. 设随机变量X服从二项分布B(6,12)，则P(X=3)等于( )
A. 516 B. 316 C. 58 D. 38
9. 在10个形状大小均相同的球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次也摸到红球的概率为( )
A. 35 B. 25 C. 59 D. 110
10. 将函数f(x)=2sinxcosx−2cos2x+1，x∈R的图象向左平移3π8个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是( )
A. g(x)是最小正周期为2π的奇函数 B. g(x)是最小正周期为2π的偶函数
C. g(x)在(π,2π)上单调递减 D. g(x)在[0,π2]上的最小值为− 2
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. i是虚数单位，复数2+i1−i=______．
12. 已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，则p= ．
13. 已知a>0，b>0，且2a⋅4b=(2a)b，则a+b的最小值为______ ．
14. 如图所示，在矩形ABCD中，AB= 2,BC=2，点E在边CD上，且DE=2EC，则AE⋅BE的值是______．
15. 已知函数f(x)=x+4x,0
16. (本小题8.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥平面BCC1B1，侧面BCC1B1为矩形，D，E分别为AA1，BB1的中点，
(1)求证：AE//平面B1C1D；
(2)求证：CC1⊥平面ABC．
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acosB=(3c−b)cosA．
(1)求cosA的值；
(2)若a=2 2，且△ABC的面积为 2，求b+c的值．
18. (本小题10.0分)
一个箱子里装有5个大小相同的球，有3个白球，2个红球，从中摸出2个球．
(1)求摸出的2个球中有1个白球和1个红球的概率；
(2)用X表示摸出的2个球中的白球个数，求X的分布列．
19. (本小题12.0分)
我国承诺2030年前达到“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，“碳达峰”就是我们国家承诺在2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；而到2060年，针对排放的二氧化碳要采取植树、节能减排等各种方式全部抵消掉，这就是“碳中和”，做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳的排放，助力“碳中和”.某校为加强学生对垃圾分类意义的认识以及养成良好的垃圾分类的习惯，团委组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛，甲、乙、丙三队参加竞赛，已知甲队通过初赛、复赛的概率均为23，乙队通过初赛、复赛的概率均为23，丙队通过初赛、复赛的概率分别为p，43−p，其中0
(2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列及均值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：全集U={x|x>1}，集合A={x|x>2}，∁UA={x|1
由全集U，以及A，利用集合的基本运算即可得到结论．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：由题可得，
14+2q−1+q=1，解得q=712．
故选：B．
根据概率之和为1这一性质即可求出q的值．
本题考查离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a2=b2得a=b或a=−b，
即“a=b”是“a2=b2”的充分不必要条件，
故选：A
4.【答案】D
【解析】解：依题意，设学生总人数为n，
因为[60,70)的频数是40，所以0.04×10n=40，解得n=100，
则成绩在[80,100]的学生人数是(0.01+0.005)×10×100=15．
故选：D．
利用频率分布直方图的相关公式计算即可．
本题考查频率分布直方图的相关公式与计算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：f(−x)=2(−x)(−x)2+1=−2xx2+1=−f(x)，
∴函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；
当x→+∞时，f(x)=2xx2+1>0，故排除D．
故选：A．
由函数的奇偶性及极限情况的函数值，运用排除法得解．
本题考查函数图象的确定，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为a=20.3>20=1，
b=log0.32
故选：A．
利用指数与对数函数的单调性，结合换底公式与中间值法即可判断大小．
本题主要考查了三个数比较大小，考查了指数函数和对数函数的单调性，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：正四棱锥的外接球就是棱长为 2的正方体的外接球，
所以外接球的直径为： ( 2)2+( 2)2+( 2)2= 6，
所以外接球的表面积为：4π( 62)2=6π．
故选：C．
判断求解几何体的外接球的半径，然后求解表面积．
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，属于基础题．
根据条件中所给的变量符合二项分布，写出变量取值不同时对应的概率公式，本题x=3，代入公式得到要求的概率．
【解答】
解：∵随机变量X服从二项分布B(6,12)，
∴P(X=3)=C63123×1−123=516．
故选A．
9.【答案】C
【解析】解：先求出“第一次摸到红球”的概率为：P1=610=35，
设“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率是P2
再求“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率为P=6×510×9=13，
根据条件概率公式，得：P2=PP1=59，
故选：C
事件“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率等于事件“第一次摸到红球”的概率乘以事件“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率．根据这个原理，可以分别求出“第一次摸到红球”的概率和“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率，再用公式可以求出要求的概率．
本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率与独立事件的理解，属于中档题．看准确事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：f(x)=2sinxcosx−2cos2x+1=sin2x−cos2x= 2sin(2x−π4)，
将函数f(x)的图象向左平移3π8个单位长度，得到函数g(x)= 2sin[2(x+3π8)−π4]= 2sin(2x+π2)= 2cos2x的图象．
对于A，g(−x)= 2cos(−2x)= 2cos2x=g(x)，所以g(x)是偶函数，故A错误；
对于B，g(x)的最小正周期为2π2=π，故B错误；
对于C，当x∈(π,2π)，2x∈(2π,4π)，
所以g(x)在(π,2π)上不单调，故C错误；
对于D，x∈[0,π2]时，2x∈[0,π]，所以cos2x∈[−1,1]，所以g(x)∈[− 2, 2]，
所以g(x)在[0,π2]上的最小值为− 2，故D正确．
故选：D．
根据三角恒等变换可得f(x)= 2sin(2x−π4)，由正弦型函数的图象变换可得g(x)= 2cos2x，根据余弦函数的图象与性质逐项判断即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】12+32i
【解析】解：2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i；
故答案为：12+32i．
将复数分母实数化，分子、分母同乘以(1+i)，化简即可．
本题考查了复数的运算性质，是一道基础题．
12.【答案】13
【解析】
【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
【解答】
解：随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=20，
可得np=30，np(1−p)=20，则p=13，
故答案为：13．
13.【答案】3+2 2
【解析】解：因为2a⋅4b=(2a)b，所以2a⋅22b=2ab，即2a+2b=2ab，
则a+2b=ab，所以1b+2a=1，
又a>0，b>0，
所以a+b=(a+b)(1b+2a)=3+ab+2ba≥3+2 ab⋅2ba=3+2 2，
当且仅当ab=2ba，即a= 2b=2+ 2时，等号成立．
则a+b的最小值为3+2 2．
故答案为：3+2 2．
先利用指数的运算与性质得到1b+2a=1，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
14.【答案】329
【解析】解：AE=AD+DE=AD+23DC
BE=BC+CE=BC−13DC=AD−13DC，
则AE⋅BE=(AD+23DC)⋅(AD−13DC)=AD2−29DC2+13AD⋅DC=4−29×2=329，
故答案为：329．
由平面向量的线性运算，结合平面向量数量积运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积运算，属基础题．
15.【答案】(14,15)
【解析】解：作出函数f(x)=x+4x,0
由图知当x=5时，f(5)=−52+10×5−20=5，
f(x)=x+4x在(0,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，f(2)=4，
令f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，
若存在0
因为函数f(x)=−x2+10x−20的对称轴为x=5，所以x3+x4=10，
所以x1+x2+x3+x4=m+10∈(14,15)，
故答案为：(14,15)．
设f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，作出函数f(x)的图象，由图可得4
16.【答案】解：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1，且AA1=BB1，
因为点D，E分别是棱AA1，BB1的中点，所以AD//B1E，且AD=B1E，
所以四边形AEB1D是平行四边形，则AE//DB1，
又AE⊄平面B1C1D，DB1⊂平面B1C1D，
所以AE//平面B1C1D.
(2)因为AC⊥平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥CC1，
因为侧面BCC1B1为矩形，所以CC1⊥BC，
又AC⋂BC=C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以CC1⊥平面ABC．
【解析】(1)先证得四边形AEB1D为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证；
(2)利用线面垂直的性质定理与判定定理即可得证．
本题考查线面平行与线面垂直的相关知识，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为acosB=(3c−b)cosA，
所以由正弦定理得sinAcosB=3sinCcosA−sinBcosA，
即3sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
因为0
又0
所以S△ABC=12bcsinA=12×2 23bc= 23bc= 2，得bc=3，
又a=2 2，所以由a2=b2+c2−2bccosA，得b2+c2−23bc=8，
所以(b+c)2−83bc=8，即(b+c)2=16，
又b>0，c>0，所以b+c=4．
【解析】(1)利用正弦定理的边角变换，结合三角恒等变换求得cosA，由此得解；
(2)利用(1)的结论求得sinA，再结合三角形的面积公式以及余弦定理，即可得解．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)记A=“摸出的2个球中有1个白球和1个红球”，
从3个白球、2个红球中摸出2个球共有C52=10种情况，
从中摸出的2个球中有1个白球和1个红球有12C31C=6种情况，
所以P(A)=610=35，
摸出的2个球中有1个白球和1个红球的概率为35；
(2)X表示摸出的2个球中的白球个数，则X可取0，1，2，
P(X=0)=110，P(X=1)=35，P(X=2)=310，
则X的分布列为：
X
0
1
2
P
110
35
310
【解析】(1)利用古典概型的概率公式求解；
(2)由题意可得X可取0，1，2，求出相应的概率，得到X的分布列即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题知：丙队通过初赛和复赛的概率p0=p(43−p)=−p2+43p=−(p−23)2+49，
又因为0
(2)由(1)知：
甲、乙、丙三队进入决赛的概率均为23×23=49，
因为进入决赛的队伍数X～B(3,49)，
所以P(X=0)=C30×(1−49)3=125729；
P(X=1)=C31×49×(1−49)2=300729=100243；
P(X=2)=C32×(49)2×(1−49)=240729=80243；
P(X=3)=C33×(49)3=64729．
所以，随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
125729
100243
80243
64729
所以E(X)=3×49=43．
【解析】(1)由概率的乘法公式可得p0=−p2+43p，再由二次函数知识可求解；
(2)由二项分布可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
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