2022-2023学年浙江省湖州市高二（下）质检数学试卷（6月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省湖州市高二（下）质检数学试卷（6月份）（含解析），共21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。

2022-2023学年浙江省湖州市高二（下）质检数学试卷（6月份）
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. 已知直线l过点P(1,1)，且其方向向量v=(1,2)，则直线l的方程为(    )
A. 2x+y+1=0 B. 2x+y−1=0 C. 2x−y+1=0 D. 2x−y−1=0
2. 已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA，OB，OC不能构成空间的一个基底，则一定有(    )
A. OA，OB，OC共线 B. O，A，B，C中至少有三点共线
C. OA+OB与OC共线 D. O，A，B，C四点共面
3. 经济学家凯恩斯在解释政府财政政策时指出，如果政府的支出增加，那么会产生“乘数”效应.如果政府增加某项支出a亿元，那么这笔费用会使部分居民收入增加，假设受惠居民将收入增加量的p%用于国内消费，那么国内消费的金额将会产生第2轮影响，其也会使部分居民收入增加，收入增加的居民又会将收入增加量的p%用于国内消费，因此又会产生新的一轮影响……假设每位受影响的居民消费理念都一样，那么经过30轮影响之后，最后的国内消费总额是(最初政府支出也算是国内消费)(    )
A. a⋅(p%)29 B. a⋅(p%)30 C. a[1−(p%)30]1−p% D. a[1−(p%)31]1−p%
4. 第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州开幕，因工作需要，还需招募少量志愿者.甲、乙等4人报名参加了“莲花”、“泳镜”、“玉琮”三个场馆的各一个项目的志愿者工作，每个项目仅需1名志愿者，每人至多参加一个项目.若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有(    )
A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种
5. “点(a,b)在圆x2+y2=1内”是“直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6. A、B两个物理兴趣小组在实验室研究某粒子运动轨迹.共同记录到粒子的13个位置的坐标信息如表：
x
−0.93
−0.82
−0.77
−0.61
−0.55
−0.33
−0.27
0.10
0.42
0.58
0.64
0.67
0.76
y
−0.26
−0.41
−0.45
−0.45
−0.60
−0.67
−0.68
−0.71
0.64
0.55
0.55
0.53
0.46
A小组根据表中数据，直接对y，x作线性回归分析，得到：
回归方程为y =0.5993x+0.005，相关指数R2=0.4472；
B小组先将数据依变换u=x2，v=y2进行整理，再对v，u作线性回归分析，得到：
回归方程为v =−0.5006u+0.4922，相关指数R2=0.9375．
根据统计学知识，下列方程中，最有可能是该粒子运动轨迹方程的是(    )
A. 0.5993x−y+0.005=0 B. 0.5006x+y−0.4922=0
C. 0.5006x20.4922+y20.4922=1 D. x20.4922+0.5006y20.4922=1
7. 设A，B，C，D是半径为1的球O的球面上的四个点.设OA+OB+OC=0，则|AD|+|BD|+|CD|不可能等于(    )
A. 3 B. 72 C. 4 D. 3 2
8. 如图，某同学用两根木条钉成十字架，制成一个椭圆仪.木条中间挖一道槽，在另一活动木条PAB的P处钻一个小孔，可以容纳笔尖，A，B各在一条槽内移动，可以放松移动以保证PA与PB的长度不变，当A，B各在一条槽内移动时，P处笔尖就画出一个椭圆E.已知|PA|=2|AB|，且P在右顶点时，B恰好在O点，则E的离心率为(    )
A. 12 B. 23 C. 2 55 D. 53
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. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象经过点A(0, 32)，且f(x)在[0,2π]上有且仅有4个零点，则下列结论正确的是(    )
A. 43≤ω<116
B. f(x)在(0,2π)上有2或3个极大值点
C. 将y=f(x)的图象向右平移π3个单位长度，可得y=sinωx的图象
D. 存在ω，使f(x)在区间(−π3,0)上为单调函数
10. 爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春.除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节.小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次.假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为34，则(    )
A. 事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥
B. “放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为916
C. 表演成功的环节个数的期望为3
D. 在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为34
11. 关于函数f(x)=ex+asinx，x∈(−π,+∞)，下列说法正确的是(    )
A. 当a=1时，f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2x−y+1=0
B. 当a=1时，f(x)存在唯一极小值点x0，且−1 C. 对任意a>0，f(x)在(−π,+∞)上均存在零点
D. 存在a<0，f(x)在(−π,+∞)上有且只有两个零点
12. 设双曲线C：x2a−y2a2−a+4=1(a>0)，直线l与双曲线C的右支交于点A，B，则下列说法中正确的是(    )
A. 双曲线C离心率的最小值为4
B. 离心率最小时双曲线C的渐近线方程为 3x+y=0
C. 若直线l同时与两条渐近线交于点C，D，则|AC|=|BD|
D. 若a=1，点A处的切线与两条渐近线交于点E，F，则S△EOF为定值
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在(2x+x2)4的展开式中，含x5项的系数为______ ．
14. 定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”.设f(x)=cosx，则f(x)在(0,π)上的“新驻点”为______ ．
15. 在数列{an}中，a1=1, an+1− an=1(n∈N*)，等比数列{bn}的前n项和为Sn=2n−m.当n∈N*时，使得λbn≥an恒成立的实数λ的最小值是______ ．
16. 设函数f(x)=2|x+2|+cos(π2x)，则使得f(x+1)>f(2x)成立的x的取值范围是______ ．
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)
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，AA1=3，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°.若AB=a，AD=b，AA1=c
(1)用基底{a,b,c}表示向量BM；
(2)求向量AC1的长度．

18. (本小题12.0分)
已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=1，b3=8，an=log2bn，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．

(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值．
20. (本小题12.0分)
2023年5月10日长征七号火箭剑指苍穹，搭载天舟六号货运飞船为中国空间站运送补给物资，为中国空间站的航天员们长时间探索宇宙奥秘提供强有力的后援支持.某校部分学生十分关注中国空间站的发展，若将累计关注中国空间站发展的消息达到6次及以上者称为“航天达人”，未达到6次者称为“非航天达人”.现从该校随机抽取50人进行分析，得到数据如表所示：

航天达人
非航天达人
合计
男
20
_____
26
女
_____
14
_____
合计
_____
_____
_____
(1)补全2×2列联表，根据小概率值α=0.010的独立性检验，能否认为“航天达人”与性别有关联？
(2)现从抽取的“航天达人”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3人，记这3人中女“航天达人”的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
χα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

21. (本小题12.0分)
已知点M(−1,1)在抛物线E：y2=2px(p>0)的准线上，过点M作直线l1与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线l2与抛物线E交于A，C两点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)(ⅰ)求证：直线BC过定点；
(ⅱ)记(i)中的定点为H，设△ABH的面积为S，且满足S≤5，求直线l1的斜率的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−axsinx−x−1，a∈R．
(1)若a=12，证明：当x∈(0,+∞)时，f(x)>0；
(2)讨论函数f(x)在(0,π)上零点个数．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：直线l过点P(1,1)，且其方向向量v=(1,2)，
故直线的方程为y−1=2(x−1)，
整理得2x−y−1=0．
故选：D．
直接利用点斜式的应用求出直线的方程．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：由于向量OA,OB,OC不能构成空间的一个基底知OA,OB,OC共面，
所以O，A，B，C四点共面，
故选：D．
根据空间向量基本定理即可判断．
本题考查了空间向量基本定理，属于基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：1轮影响后，国内消费总额为a+a⋅p%，
2轮影响后，国内消费总额为a+a⋅p%+a⋅(p%)2，
……
30轮影响后，国内消费总额为a+a⋅p%+a⋅(p%)2+…+a⋅(p%)30=a[1−(p%)31]1−p%．
故选：D．
根据题意写出30轮影响后，国内消费总额，利用等比数列求和公式求出答案．
本题主要考查的等比数列的前n项和，考查运算求解能力，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，
若甲不能参加“莲花”场馆的项目，则不同的选择方案共有C31C32A22=18种．
故选：C．
先从除甲外的3人中选1人参加“莲花”场馆的项目，再安排另外两个项目，利用排列、组合知识计算求解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．

5.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查点与圆、直线与圆位置关系的判定及应用，考查充分、必要条件的判定，是基础题．
由点(a,b)在圆x2+y2=1内，得到圆x2+y2=1的圆心(0,0)到直线ax+by+1=0的距离大于圆的半径，可得直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离；反之成立．得到“点(a,b)在圆x2+y2=1内”是“直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离”的充分必要条件．
【解答】
解：若点(a,b)在圆x2+y2=1内，则a2+b2<1，
∴圆x2+y2=1的圆心(0,0)到直线ax+by+1=0的距离d=|1| a2+b2=1 a2+b2>1，
则直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离；
反之，若直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离，
则圆x2+y2=1的圆心(0,0)到直线ax+by+1=0的距离d=|1| a2+b2=1 a2+b2>1，
即a2+b2<1，点(a,b)在圆x2+y2=1内．
∴“点(a,b)在圆x2+y2=1内”是“直线ax+by+1=0与圆x2+y2=1相离”的充分必要条件．
故选：C．

  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
由统计学知识可知，R2越大，拟合效果越好，由此可得回归方程，整理得结论．
本题考查回归方程的求法与相关指数的应用，考查统计学中的基础知识，是中档题．
【解答】
解：由统计学知识可知，R2越大，拟合效果越好，
又A小组的相关指数R2=0.4472，B小组的相关指数R2=0.9375，
∴B组的拟合效果好，则回归方程为v =−0.5006u+0.4922，
又u=x2，v=y2，∴y2=−0.5006x2+0.4922，
即0.5006x20.4922+y20.4922=1．
故选：C．  
7.【答案】A 
【解析】解：因为AD+BD+CD=(OD−OA)+(OD−OB)+(OD−OC)=3OD−(OA+OB+OC)=3OD，
且|OD|=1，所以|AD+BD+CD|=3，
而|AD+BD+CD|≤|AD|+|BD|+|CD|=|AD|+|BD|+|CD|，当且仅当AD，BD，CD同时时，等号成立，
而A，B，C，D在球面上，不可能共线，即AD，BD，CD不同向，
所以|AD|+|BD|+|CD|>|AD+BD+CD|=3，
且|AD|，|BD|，|CD|均小于直径长2，即|AD|+|BD|+|CD|<6，
综上，3<|AD|+|BD|+|CD|<6，
根据选项可知A不符合．
故选：A．
根据条件，得到|AD+BD+CD|=3，利用|AD+BD+CD|≤|AD|+|BD|+|CD|=|AD|+|BD|+|CD|判断等号成立条件，确定|AD|+|BD|+|CD|不可能取的值．
本题主要考查了向量模长的性质，属于中档题．

8.【答案】D 
【解析】解：由题意知PA与PB的长度不变，已知|PA|=2|AB|，
设|AB|=x，则|PA|=2x，
当A滑动到O位置处时，P点在上顶点或下顶点，则短半轴长b=2x，
当P在右顶点时，B恰好在O点，则长半轴长a=3x，
故离心率为ca= 9x2−4x23x= 53．
故选：D．
设|AB|=x，则|PA|=2x，由题意可得b=2x，a=3x，根据离心率公式即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，属中档题．

9.【答案】BD 
【解析】解：对于A，∵函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象经过点A(0, 32)，
∴f(0)=sinφ= 32，又|φ|<π2，∴φ=π3，
∵f(x)在[0,2π]上，ωx+π3∈[π3,2πω+π3]，
f(x)在[0,2π]上有且仅有4个零点，∴4π≤2πω+π3<5π，解得116≤ω<73，故选项A错误；
对于B，当ω=116时，f(x)=sin(116x+π3)，描绘其图象

可以得出f(x)在(0,2π)上有2个极大值，
当ω=73时，f(x)=sin(73x+π3)，描绘其图象，

可以得出f(x)在(0,2π)上有3个极大值，故选项B正确；
对于C，将f(x)=sin(ωx+π3)的图象向右平移π3个单位长度，
可得f(x)=sin[ω(x−π3)+π3]=sin(ωx−π3ω+π3)的图象，故选项C错误；
对于D，当ω=2时，f(x)=sin(2x+π3)，
∵−π3 ∴存在ω，使f(x)在区间(−π3,0)上为单调函数，故选项D正确；
故选：BD．
本题通过整体换元思想求出116≤ω<73的范围，再根据其范围结合图象平移知识等逐一判断即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．

10.【答案】BCD 
【解析】解：事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”可以同时发生，故不互斥，A错误；
“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为34×34=916，B正确；
记表演成功的环节个数为X，则X～B(4,34)，期望为4×34=3，C正确；
记事件M：“表演成功的环节恰为3个”，
事件N：“迎新春环节表演成功”P(MN)=C32×(34)3×14=81256，P(M)=C43×(34)3×14=2764，
由条件概率公式P(N|M)=P(NM)P(M)=34，D正确，
故选：BCD．
根据互斥事件的概念判断A；根据相互独立事件的乘法公式判断B；根据二项分布的期望公式判断C；根据条件概率的计算公式判断D．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，条件概率公式的应用，属中档题．

11.【答案】ABD 
【解析】解：对于A，当a=1时，f(x)=ex+sinx，f′(x)=ex+cosx，
∴f′(0)=2，f(0)=1，
由点斜式可得，所求切线方程为y−1=2x，即2x−y+1=0，故A正确；
对于B，由选项A可知，此时f′(x)=ex+cosx，
令f′(x)=0，得ex=−cosx，
由y=ex与y=cosx图像可得，存在唯一x0∈(−3π4,−π2)，
使得f′(x0)=0，即ex0=−cosx0，
且当x∈(−3π4,x0)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)存在唯一极小值点x0，
且f(x0)=ex0+sinx0=sinx0−cosx0= 2sin(x0−π4)，x0∈(−3π4,−π2)，
∴−1 对于C，D，令f(x)=ex+asinx=0，
当a≠0时，可得−1a=sinxex，
设g(x)=sinxex，x∈(−π,+∞)，g′(x)=cosx−sinxex，
令g′(x)=0，解得x=kπ+π4，k∈Z，
作出g(x)=sinxex，x∈(−π,+∞)的图像，如下图所示，

当x=−3π4时，g(x)取极小值，也即x∈(−π,+∞)上的最小值为− 22e3π4，
当x=π4时，g(x)取极大值，也即x∈(−π,+∞)上的最大值为 22e−π4，
由图像可知当a> 22e−π4时，f(x)在(−π,+∞)上没有零点，故C错误，
当− 22e3π4 故选：ABD．
选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程；选项B，通过导数求出函数极值并判断极值范围；选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．
本题考查函数的切线、极值、零点问题，及参数a的处理，数学运算，逻辑推理等学科素养，属于中档题．

12.【答案】BCD 
【解析】解：由已知可得双曲线的离心率e=ca= a2+4a= a+4a≥ 2 a⋅4a=2，
当且仅当a=4a即a=2时取等号，则A不正确；
双曲线的两条渐近线可以看作一条退化的二次曲线，方程为x2m2−y2n2=0
设直线过点(h,k)，倾斜角为α，则直线l的方程为x=x(t)=h+tcos α
y=y(t)=k+tsinα，其中参数t为直线上的动点(x,y)到定点(h,k)的距离，
将上述x(t)，y(t)代入双曲线方程，若整理后得到的关于t的二次方程为p(t2−qt+r)=1，①
那么将x(t)，y(t)代入渐近线方程，整理后得到的关于t的二次方程则为p(t2−qt+r)=0，②
由①解得A、B对应的t1t2，及AB的中点所对应的参数t1+t22=q2，
由②解得C、D对应的t3t4，及CD的中点所对应的参数t3+t42=q2，
可见AB的中点与CD的中点重合，故 AC=BD，故C正确；
离心率最小时，a=2，这时双曲线的标准方程为：x22−y26=1，
此时渐近线方程为 3x±y=0，故B正确；
若a=1，设A(x0,y0)，则x02−y024=1，
x2a2−y2b2=1两边便于x求导可得：2xa2−2yy′b2=0y′=b2xa2y=4xy，
∴切线方程为y−y0=4x0(x−x0)y0，整理得x0x−y0y4=1，
∴切线方程也可表示为x0x−y0y4=1，
综合可得过A(x0,y0)的切线方程为x0x−y0y4=1，
与渐近线y=2x联立解得：x=22x0−y0，故F(22x0−y0,42x0−y0)，
将其代入渐近线y=−2x中，得E(22x0+y0,−42x0+y0)，
∴S△OEF=12|xEyF−xFyE|
=12|−84x02−y02−84x02−y02|=84x2−y02=2，故D正确，
故选：BCD．
利用双曲线的几何性质，依据每项的条件逐项计算可判断其正确性．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．

13.【答案】32 
【解析】解：(2x+x2)4展开式的通项Tk+1=C4k(2x)4−k(x2)k=24−kC4kxk+4，
令k+4=5，则k=1，
所以含x5项的系数为23C41=32．
故答案为：32．
求出展开式的通项，再令x的指数等于5，即可得解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．

14.【答案】3π4 
【解析】解：f(x)=cosx，其导数f′(x)=−sinx，
若f(x)=f′(x)，即cosx=−sinx，则有tanx=−1，
又由x∈(0,π)，则x=3π4
即f(x)在(0,π)上的“新驻点”为3π4．
故答案为：3π4．
先求出f′(x)，令cosx=−sinx，再结合x的取值范围，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．

15.【答案】94 
【解析】解：在数列{an}中，a1=1, an+1− an=1(n∈N*)，
易知{ an}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴an=n2，
等比数列{bn}的前n项和为Sn=2n−m，
∴当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=(2n−m)−(2n−1−m)=2n−1，
b1=S1=2−m也适合bn=2n−1，即m=1，
bn=2n−1(n∈N*)，
∵对∀n∈N*，λbn≥an恒成立，即λ≥anbn=n22n−1恒成立，
∴λ≥(anbn)max=(n22n−1)max，令cn=n22n−1，
则cn−cn−1=n22n−1−(n−1)22n−2=4n−2−n22n−1，
当2⩽n⩽3时，cn−cn−1>0，
当n⩾4时，cn−cn−1<0，
故(cn)max=c3=94，∴λ⩾94，
故最小值为94．
故答案为：94．
由题意得到an=n2，bn=2n−1(n∈N*)，即λ≥anbn=n22n−1恒成立，令cn=n22n−1，利用恒成立知识即可求解．
本题考查了函数的恒成立问题，属于中档题．

16.【答案】(−53,1) 
【解析】解：由f(x)=2|x+2|+cos(π2x)向右平移2个单位，得g(x)=2|x|+cos(π2x−π)=2|x|−cos(π2x)为偶函数，
所以g(x)关于y轴对称，
所以f(x)关于x=−2对称，
当x≥0时，g′(x)=2xln2+π2sin(π2x)，
当x∈[0,2]时，因为sin(π2x)≥0，所以g′(x)>0，
当x∈(2,+∞)时，g′(x)>22ln2−π2>0，
所以g(x)在上单调[0,+∞)递增，在(−∞,0)上单调递减，
所以f(x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，
由f(x+1)>f(2x)得|x+1+2|>|2x+2|，即(x+3)2>(2x+2)2，解得−53 所以使得f(x+1)>f(2x)成立的x的取值范围是(−53,1)．
故答案为：(−53,1)．
利用函数的平移变换及偶函数的性质的应用，再利用导函数的正负与函数单调性的关系及绝对值不等式的解法即可求解．
本题主要考查了函数奇偶性及单调性的应用，解决本题的关键是利用函数的平移变换及偶函数的性质应用，再利用导数法求出函数的单调性及绝对值的解法，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由题意可得BM=BB1+B1M=BB1+12B1D1=BB1+12(A1D1−A1B1)=c+12(b−a)，
故BM=−12a+12b+c.-------(6分)
(2)由条件得|a|=1，|b|=2，|c|=3. a⋅b=0，a⋅c=32,b⋅c=3.-------(9分)
AC1=a+b+c.------(11分)
故|AC1|= (a+b+c)2= a2+b2+c2+2a⋅b+2b⋅c+2a⋅c= 23.------(15分) 
【解析】(1)利用两个向量的加减法的法则，以及其几何意义可得BM=BB1+B1M=BB1+12(A1D1−A1B1)，把已知的条件代入化简可得结果．
(2)利用两个向量的数量积的定义求出基底中每个向量的模以及每两个向量的数量积，由|AC1|= (a+b+c)2= a2+b2+ c2+2a⋅b+2b⋅c+2a⋅c，运算求得结果．
本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义，向量的模的定义，求向量的模的方法，属于中档题．

18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1=1，b3=8，an=log2bn，可得b1=2，a3=3，
则d=1，q=2，
所以an=n，bn=2n，n∈N*．
(2)由(1)知bn=2n=a2n，
即bn是数列{an}中的第2n项，
设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，
因为b5=a32，b6=a64，
所以数列{cn}的前50项是由数列{an}的前55项去掉数列{bn}的前5项后构成的，
所以S50=P55−Q5=(1+55)×552−2×(1−25)1−2=1478． 
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由条件分别求得b1，a3，可得d，q，进而得到所求通项公式；
(2)推得数列{cn}的前50项是由数列{an}的前55项去掉数列{bn}的前5项后构成的，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)证明：△PAB中PA=AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB．
在正方形ABCD中，BC⊥AB．
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，即PA⊥BC．
又因为PA⋂AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．
AE⊂平面PAB，即AE⊥BC，又因为AE⊥PB，PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC．
所以AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，
即平面AEF⊥平面PBC．
(2)因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直．
以A为原点，AB，AD，AP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．

有A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，
PB中点E(1,0,1)，设F(2,λ,0)，0≤λ≤2．
PD=(0,2,−2)，DC=(2,0,0)，AE=(1,0,1)，AF=(2,λ,0)．
设平面PCD的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅PD=2y−2z=0m⋅DC=2x=0，取m=(0,1,1)．
设平面AEF的法向量n=(a,b,c)，
由n⋅AE=0n⋅AF=0，得x+z=02x+λy=0，取n=(λ,−2,−λ)．
所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为：
|cos〈m,n〉|=|−2−λ 2× 2λ2+4|=|2+λ2 λ2+2|．
令λ+2=t，则t∈[2,4]，
则|cos|=|t2 t2−4t+6|=|t2 6(1t−13)2+13|，
所以当1t=13即t=3时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值 32，
此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值π6． 
【解析】(1)根据面面垂直的判断定理，转化为证明AE⊥平面PBC；
(2)以点A为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面AEF和PCD的法向量，利用法向量夹角的余弦公式，求余弦值的最大值．
本题考查面面平行的证明，面面角的最值的求解，函数思想，属中档题．

20.【答案】解：(1)补全2×2列联表如下表：

航天达人
非航天达人
合计
男
20
6
26
女
10
14
24
合计
30
20
50
所以χ2=50×(20×14−60)230×20×26×24=3025468≈6.464，
查表可知6.464<6.635=χ0.010，
因此可以认为H0成立，因此“航天达人”与性别无关；
(2)在“航天达人”中按性别分层抽样抽取，男航天达人有2030×6=4人，女航天达人有2人，
X所有可能取值为：0，1，2，
则P(X=0)=C43C63=15，P(X=1)=C42C21C63=35，P(X=2)=C41C22C63=15，
所以X的分布列如下：
X
0
1
2
P
15
35
15
X的数学期望为E(X)=0×15+1×35+2×15=1． 
【解析】(1)由已知补全2×2列联表，假设“航天达人”与性别无关，根据表中的数据计算得到χ2，再根据小概率值α=0.010的χ2独立性检验可得答案；
(2)在“航天达人”中按性别分层抽样抽取男航天达人有4人，女航天达人有2人，X所有可能取值为：0，1，2，求出所对应的概率可得分布列和期望．
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．

21.【答案】解：(1)由题意可知C：y2=2px(p>0)的准线方程为：x=−p2，
即−1=−p2，所以p=2．
抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
(ⅰ)由题意知直线l1不与y轴垂直，故直线l1方程可设为：x=1k(y−1)−1，
联立x=1k(y−1)−1y2=4x，化简得：y2−4ky+4k+4=0，
根据韦达定理可得：y1+y2=4ky1y2=4k+4，即y1+y2=y1y2−4，
∴kBC=y2−y3x2−x3=4y2+y3，
直线BC方程为y−y2=4y2+y3(x−x2)，整理得：(y2+y3)y=4x+y2y3．
又因为kAC=y3−y1x3−x1=4y3+y1=2，即y1+y3=2．
将y1=2−y3代入y1+y2=y1y2−4化简可得：y3+y2=y3y2+6，
故直线BC过定点H(32,1)．
(ⅱ)由(ⅰ)知MH与x轴平行，直线l1的斜率一定存在，
又S=12|MH||y1−y2|，|MH|=52，
由(i)知y1+y2=4ky1y2=4k+4，
所以S=12|MH||y1−y2|=54 (y1+y2)2−4y1y2=5 1k2−1k−1，
又因为S≤5，即5 1k2−1k−1≤5，化简得k≥12或k≤−1
又由Δ>0得：−1− 52 综上所述，直线l1的斜率的取值范围为(− 5+12,−1]∪[12, 5−12). 
【解析】(1)根据已知求得p即可；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
(ⅰ)由题意知直线l1不与y轴垂直，故直线l1方程可设为：x=1k(y−1)−1，联立x=1k(y−1)−1y2=4x，可得直线BC方程为(y2+y3)y=4x+y2y3.又kAC=y3−y1x3−x1=4y3+y1=2，可得y1+y3=2.y3+y2=y3y2+6，即可证明；
(ⅱ)由(i)知y1+y2=4ky1y2=4k+4，即可得S=12|MH||y1−y2|=54 (y1+y2)2−4y1y2=5 1k2−1k−1，又利用S≤5及Δ>0得线l1的斜率的取值范围．
本题主要考查抛物线方程、直线定点问题、斜率范围问题，考查了转化思想、计算能力，属于难题．

22.【答案】解：(1)证明：若a=12，则f(x)=ex−12xsinx−x−1．
先证：当x∈(0,+∞)时，ex−12x2−x−1>0．
设g(x)=ex−12x2−x−1(x>0)，
则g(x)的导函数g′(x)=ex−x−1，
设g′(x)=h(x)，则h(x)的导函数h′(x)=ex−1，
因为x≥0，
所以h′(x)=ex−1≥0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
又h(0)=0，
所以h(x)≥0，即g′(x)≥0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(0)=0，
所以当x∈(0,+∞)时，g(x)>0，即ex−12x2−x−1>0．
再证：x∈(0,+∞)时，x>sinx．
设φ(x)=x−sinx，则φ′(x)=1−cosx≥0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又φ(0)=0，
所以当x∈(0,1]时，φ(x)=0，即x>sinx．
由①②得，当x∈(0,+∞)时，ex>12x2+x+1>12xsinx+x+1，
所以当x∈(0,+∞)时，ex−12xsinx−x−1>0，即f(x)>0．
(2)①若0≤a≤12，则12x2+x+1≥ax2+x+1，
由(1)可知，当x∈(0,π)时，ex>12x2+x+1，所以ex>ax2+x+1，
又由(1)可知，当x∈(0,π)时，x>sinx，
所以ax2+x+1>axsinx+x+1，
所以ex>axsinx+x+1，
所以f(x)在(0,π)上无零点．
②若a<0，
当x∈(0,π)时，axsinx<0<12x2，则ex>12x2+x+1>axsinx+x+1，
故f(x)在(0,π)上无零点．
③若a>12，f(x)的导函数f′(x)=ex−a(sinx+xcosx)−1，
设m(x)=f′(x)，则m(x)的导函数m′(x)=ex+a(xsinx−2cosx)，
设n(x)=m′(x)，则n(x)的导函数n′(x)=ex+a(3sinx+xcosx)，
(i)当x∈(0,π2)时，n′(x)>0，n(x)在(0,π2)上单调递增，
即m′(x)在(0,π2)上单调递增，
又m′(0)=1−2a〈0,m′(π2)=eπ2+π2a〉0，
所以m′(x)在(0,π2)上存在唯一零点，记作x0．
当x∈(0,x0)时，m′(x)<0，
则m(x)单调递减，即f′(x)单调递减；
当x∈(x0,π2)时，m′(x)>0，
则m(x)单调递增，即f′(x)单调递增．
(ii)当x∈[π2,π)时，m′(x)=ex+a(xsinx−2cosx)>0，
则m(x)单调递增，即f′(x)单调递增．
综合(i)(ii)，可得当x∈(0,x0)时，f′(x)单调递减；
当x∈[x0,π)时，f′(x)单调递增．
又因为f′(0)=1−2a<0，f′(π)=eπ+aπ−1>0，
所以存在唯一实数x1∈(x0,π)，使得f′(x1)=0，
当x∈(0,x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x1,π)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
又因为f(0)=0，
所以x∈(0,x1]时，f(x)<0；
由(1)已证ex>12x2+x+1>x+1，
所以f(π)=eπ−π−1>0，
又f(x1)<0，f(x)在(x1,π)上单调递增，
所以f(x)在(x1,π)上存在唯一零点．
综上，当a≤12时，f(x)在(0,π)上无零点；
当a>12时，f(x)在(0,π)上存在唯一零点． 
【解析】(1)分别构造函数g(x)=ex−12x2−x−1(x>0)和φ(x)=x−sinx，利用导数确定单调性，进而由不等式的性质即可求解．
(2)对a分情况讨论，0≤a≤12时利用不等式的性质可得无零点，a>12时，利用二阶求导确定函数的性质即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的恒成立问题，考查函数的零点，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．