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2022-2023学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二（下）期末数学试卷（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学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数z满足(1− 3i)z=2，则z−在复平面上的对应点所在象限为( )
A. 一 B. 二 C. 三 D. 四
2. 已知向量a=(2,tanθ),b=(1,−1)，且a//b，则tan(π4−θ)=( )
A. −4 B. −3 C. −1 D. −13
3. 某人射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( )
A. 81125 B. 54125 C. 36125 D. 27125
4. 设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和Sn.若S2=3a2+2，S4=3a4+2，则q=( )
A. 32 B. 12 C. 2 D. 3
5. 所有棱长都相等的三棱锥叫做正四面体，已知正四面体ABCD的棱长为a，M、N分别为棱BC、AD的中点，则MN的长度为( )
A. 22a
B. 33a
C. 32a
D. a
6. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，则C的离心率为( )
A. 63 B. 33 C. 23 D. 13
7. 甲、乙两人在相同条件下各打靶10次，每次打靶的成绩情况如图所示：下列说法错误的是( )
A. 从平均数和方差相结合看，甲波动比较大，乙相对比较稳定
B. 从折线统计图上两人射击命中环数走势看，甲更有潜力
C. 从平均数和命中9环及9环以上的次数相结合看，甲成绩较好
D. 从平均数和中位数相结合看，乙成绩较好
8. 气象学中，24小时内降落在某面积上的雨水深度(无渗漏、蒸发、流失等，单位：mm)叫做日降雨量，等级如下划分：
降水量(mm)
0.1−9.9
10−24.9
25−49.9
50−99.9
等级
小雨、阵雨
中雨
大雨
暴雨
某同学用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则那天降雨属于哪个等级( )
A. 小雨
B. 中雨
C. 大雨
D. 暴雨
9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7=a4，则( )
A. a1+a3=0 B. a3+a5=1 C. S3=S4 D. S4=S5
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10. 立德中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 图中的x值为0.020 B. 这组数据的极差为50
C. 得分在80分及以上的人数为400 D. 这组数据的平均数的估计值为77
11. 以下四个命题表述错误的是( )
A. 直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)
B. 圆x2+y2=2上有且仅有2个点到直线l：x−y+1=0的距离都等于 22
C. 曲线C1：x2+y2+2x=0与C2：x2+y2−4x−8y+m=0恰有四条公切线，则实数m的取值范围为4
12. 已知函数f(x)=lnx+1x，则( )
A. 函数f(x)的递减区间是(0,1)
B. 函数f(x)的最小值为1
C. 函数f(x)>x+1在(1,+∞)恒成立
D. 若f(m)=f(n)(m≠n)，则m+n>2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某中学开展主题为“学习宪法知识，弘扬宪法精神”的知识竞赛活动，甲同学答对第一道题的概率为23，连续答对两道题的概率为12，用事件A表示“甲同学答对第一道题”，事件B表示“甲同学答对第二道题”，则P(B|A)= ．
14. 已知(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，则其展开式中的常数项为______ .(用数字作答)
15. 设经过点M(2,1)的等轴双曲线的焦点为F1，F2，此双曲线上一点N满足NF1⊥NF2，则△NF1F2的面积______．
16. 已知P为函数y=lnx图象上任意一点，点Q为圆x2+(y−e2−1)2=1上任意一点，则线段PQ长度的最小值为______．
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)
已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2+a4=10，a1a5=9，a1
(2)令bn=3nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin2C=3sinAsinB,a+b= 3c．
(1)求角C的大小；
(2)若S△ABC= 3，求△ABC的周长．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PO⊥底面ABCD，点O在AD上，AO=1．
(1)求证：PD⊥AB；
(2)当二面角B−PC−D的正弦值为 75时，求PO的值．
20. (本小题12.0分)
某市工业部门计划对所辖中小型企业推行节能降耗技术改造，下面是对所辖的400家企业是否支持技术改造进行的问卷调查的结果：
支持
不支持
合计
中型企业
60
20
80
小型企业
180
140
320
合计
240
160
400
(1)依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；
(2)从上述支持技术改造的中小型企业中，按分层随机抽样的方法抽出12家企业，然后从这12家企业中随机选出8家进行奖励，中型企业每家奖励60万元，小型企业每家奖励20万元.设X为所发奖励的总金额(单位：万元)，求X的分布列和均值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d．
α
0.01
0.005
0.001
xα
6.635
7.879
10.828
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−a−lnx．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e,+∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，长半轴的长度与短轴的长度相等，焦距为6，点M(−2,1)是椭圆内一点，过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1，l2，设l1与椭圆C相交于点A，B，l2与椭圆相交于点D，E．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求AD⋅EB的最小值及此时直线AB的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1− 3i)z=2可得：z=21− 3i=2(1+ 3i)(1− 3i)(1+ 3i)=1+ 3i2=12+ 32i，
则z−=12− 32i，则z−在复平面上的对应点为(12,− 32)，
故z−在复平面上的对应点所在象限为第四象限．
故选：D．
先化简复数，再由复数的几何意义和共轭复数的定义求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由于a//b，所以2×(−1)=1×tanθ，
则tanθ=−2，
所以tan(π4−θ)=tanπ4−tanθ1+tanπ4⋅tanθ=1−tanθ1+tanθ=3−1=−3．
故选：B．
根据向量平行列方程，求得tanθ，进而求得tan(π4−θ)．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意知，本题是一个n次独立重复试验恰好发生k次的概率，
射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，
∴至少有两次击中目标包括两次击中目标或三次击中目标，这两种情况是互斥的，
∴至少有两次击中目标的概率为C320.62×0.4+C330.63=54+27125=81125
故选A．
本题是一个n次独立重复试验恰好发生k次的概率，至少有两次击中目标包括两次击中目标或三次击中目标，这两种情况是互斥的，根据独立重复试验概率公式和互斥事件的概率公式得到结果．
本题考查n次独立重复试验恰好发生k次的概率，考查互斥事件的概率，是一个基础题，这种题目可以作为选择和填空出现．
4.【答案】A
【解析】
【分析】：
S2=3a2+2，S4=3a4+2，两式相减可得：2q2−q−3=0，解出即可．
本题考查了等比数列的通项公式、前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】：
解：
S2=3a2+2，S4=3a4+2，∴a1+a1q=3a1q+2，
a1(1+q+q2+q3)=3a1q3+2，
两式相减可得：2q2−q−3=0，
q>0，解得q=32．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】解：连接BN，CN，
因为正四面体的四个面是正三角形，
所以BN=CN，即△NBC是等腰三角形，
所以MN⊥BC，
在Rt△MNC中，MN= NC2−MC2= ( 32a)2−(a2)2= 22a，
故选：A．
连接BN，CN，得BN=CN，进而可得MN⊥BC，在Rt△MNC中，MN= NC2−MC2，即可得出答案．
本题考查正四面体的几何特征，解题中需要理清思路，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了椭圆的性质，点到直线的距离公式，考查了计算能力，属于中档题．
根据题意，可得2ab a2+b2=a，进而求得离心率．
【解答】
解：以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，
∴原点到直线bx−ay+2ab=0的距离等于a，
即2ab a2+b2=a，
化为a2=3b2，
∴椭圆C的离心率e=ca= 1−b2a2= 63．
故选A．
7.【答案】D
【解析】解：由图可知，甲打靶的成绩为2，4，6，8，7，7，8，9，9，10，
所以甲的平均数为x甲−=2+4+6+8+7+7+8+9+9+1010=7，
甲的方差为S甲2=110[(2−7)2+(4−7)2+(6−7)2+2×(7−7)2+2×(8−7)2+2×(9−7)2+(10−7)2]=5.4．
乙打靶的成绩分别为9，5，7，8，7，6，8，6，7，7，
乙的平均数为x乙−=9+5+7+8+7+6+8+6+7+710=7，
乙的方差为S乙2=110[(9−7)2+(5−7)2+4×(7−7)2+2×(8−7)2+2×(6−7)2]=1.2，
所以S乙2
甲打靶的成绩为2，4，6，7，7，8，8，9，9，10，中位数为7.5，
乙打靶的成绩为5，6，6，7，7，7，7，8，8，9，中位数为7，
甲9环以及9环以上的次数为3次，乙9环以及9环以上的次数为1次，而二人的平均数相同，
故甲成绩更好点，故C正确，
甲乙的平均数相同，而甲的中位数大于乙的中位数，故甲的成绩比较好，故D错误，
故选：D．
由图找出甲乙打靶的成绩，分别计算出甲乙的平均数，方差，中位数，结合折线图逐项分析可得答案．
本题考查了中位数，平均数以及方差的应用，涉及到折线统计图的应用，考查了学生的推理能力以及运算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：作圆锥截面图如下，
由已知AB=200mm，DB=100mm，CG=150mm，CD=300mm，
设圆锥内积水部分的底面半径为r，则rDB=CGCD，故r=50mm，
由锥体体积公式可得积水的体积V=13π×(50)2×150=125000π(mm3)，
因为收集雨水的平地面积为圆锥的底面，故其面积S=π×(100)2=10000π(mm2)，
所以对应的平地上的积水深度为h=VS=12.5(mm)，所以该天降雨的等级为中雨．
故选：B．
利用圆锥内积水的高度，求出圆锥内积水部分的半径，求出积水的体积，再求出平面上积水的深度，由此确定降雨等级．
本题主要考查圆锥的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：根据等差数列的前n项和公式可知，S7=7(a1+a7)2=7a4，
所以7a4=a4，得a4=0，
A.只有当公差为0时，a1+a3=2a2=0，其它情况不成立，故A错误；
B.a3+a5=2a4=0，故B错误；
C.S4−S3=a4=0，则S3=S4，故C正确；
D.S5−S4=a5，不一定等于0，故D错误．
故选：C．
首先求得a4=0，再根据等差数列的求和公式以及性质，判断选项．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由频率分布直方图，知：
对于A，(0.005+x+0.035+0.030+0.010)×10=1，
解得x=0.020，故A正确；
对于B，由频率分布图无法得到这组数据的最大值和最小值，
故这组数据的极差无法准确判断，故B错误；
对于C，得分在80分及以上的人数为：
(0.030+0.010)×10×1000=400人，故C正确；
对于D，这组数据的平均数的估计值为：
55×0.005×10+65×0.020×10+75×0.035×10+85×0.030×10+95×0.010×10=77，故D正确．
故选：ACD．
利用频率分布直方图的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：A选项，(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)变形得到m(x+2y−1)−x−y+3=0，
故x+2y−1=0−x−y+3=0，解得x=5y=−2，所以恒过定点(5,−2)，故A正确；
B选项，圆x2+y2=2的圆心(0,0)到直线l：x−y+1=0的距离d=|0−0+1| 1+1= 22，
因为圆x2+y2=2的半径为 2，
故圆x2+y2=2上有且仅有3个点到直线l：x−y+1=0的距离都等于 22，故B错误；
C选项，曲线C1与C2恰有四条公切线，故圆C1与圆C2相离，
其中x2+y2+2x=0变形为(x+1)2+y2=1，圆心为(−1,0)，半径为1，
x2+y2−4x−8y+m=0变形为(x−2)2+(y−4)2=20−m，圆心为(2,4)，半径为 20−m，
故20−m>0，解得m<20，
故圆心距为 (2+1)2+42=5，所以5> 20−m+1，
解得m>4，
则实数m的取值范围为4
圆心到直线x+y+2 3=0的距离为2 3 1+1= 6> 2，
故过点P向圆C引条切线PA，有PA2+( 2)2=OP2，
所以当OP取得最小值时，PA取得最小值，
OP的最小值为 6，故PA最小值为 ( 6)2−( 2)2=2，故D错误．
故选：BD．
A选项，变形后得到x+2y−1=0−x−y+3=0，求出定点；B选项，求出圆心到直线的距离，结合圆心和半径，数形结合得到有且仅有3个点符合题意；C选项，根据公切线条数得到两圆的位置关系，结合圆心距列出不等式，求出答案；D选项，数形结合得到当OP取得最小值时，PA取得最小值，利用点到直线距离公式得到答案．
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为函数f(x)=lnx+1x，其定义域为(0,+∞)，可得f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
令f′(x)<0，解得0
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，所以B正确；
令g(x)=f(x)−x−1=lnx+1x−x−1,x>1，可得g′(x)=−x2+x−1x2=−x2−x+1x2<0，
所以函数g(x)单调递减，所以g(x)
令nm=t>1，则证t−1t>2lnt成立即可，
设h(t)=t−1t−2lnt,t>1，可得h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，
所以函数h(t)在(1,+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，
所以当t>1时，不等式t−1t>2lnt恒成立，所以D正确．
故选：ABD．
求得f′(x)=x−1x2，求得函数的单调性与最小值，可判定A、B正确；令g(x)=f(x)−x−1，求得g′(x)<0，得到g(x)2lnnm，令nm=t>1，设h(t)=t−1t−2lnt,t>1，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D正确．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】34
【解析】
【分析】
本题考查了条件概率的求解，解题的关键是掌握条件概率的概率公式，属于基础题．
由题意，先求出P(AB)和P(A)，然后利用条件概率的概率公式求解即可．
【解答】
解：由事件A表示“甲同学答对第一道题”，事件B表示“甲同学答对第二道题”，
因为连续答对两道题的概率为12，所以P(AB)=12，
又因为答对第一道题的概率为23，所以P(A)=23，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=1223=34．
故答案为34．
14.【答案】270
【解析】解：因为(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，则4n=1024，解得n=5．
所以，(1 x+33x)5的展开式通项为：Tk+1=C5k⋅(1 x)5−k⋅(33x)k=C5k⋅3k⋅x5k6−52(k=0,1,2,⋯,5)，
令5k6−52=0，可得k=3，所以，展开式中的常数项为T4=C53⋅33=270．
故答案为：270．
由(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，可求得n的值，然后写出(1 x+33x)5的展开式通项，令x的指数为零，求出参数，代入通项即可得解．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意设双曲线的方程为x2−y2=λ(λ≠0)，
代入点M(2,1)，可得λ=3，
∴双曲线的方程为x2−y2=3，
即x23−y23=1，
设|NF1|=m，|NF2|=n，
由双曲线的定义可得|m−n|=2a=2 3，①
N满足NF1⊥NF2，可得NF1⊥NF2，
可得m2+n2=4c2=24，②
∴②−①2可得mn=6，
∴△NF1F2的面积为12mn=3．
故答案为：3．
先求出双曲线的方程，再利用双曲线的定义，勾股定理，求出mn，即可求出△NF1F2的面积．
本题考查△NF1F2的面积，考查双曲线的定义，勾股定理，属于中档题．
16.【答案】e 1+e2−1
【解析】
【分析】
本题考查了导数的几何意义、直线与圆的位置关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
圆x2+(y−e2−1)2=1的圆心坐标为：C(0,e2+1).y=lnx对x求导可得：y′=1x.设直线l与曲线y=lnx相切的切点为M(x0,lnx0)，且满足CM与切线l垂直．
可得lnx0−e2−1x0⋅1x0=−1，解得x0，进而得出答案．
【答案】
解：圆x2+(y−e2−1)2=1的圆心坐标为：C(0,e2+1)．
y=lnx对x求导可得：y′=1x．
设直线l与曲线y=lnx相切的切点为M(x0,lnx0)，且满足CM与切线l垂直．
则lnx0−e2−1x0⋅1x0=−1，
化为：lnx0+x02−e2−1=0，
令g(x)=lnx+x2−e2−1在(0,+∞)上单调递增，且g(e)=0．
∴x0=e．
∴切点为：(e,1)．
∴线段PQ长度的最小值= e2+(e2+1−1)2−1=e 1+e2−1．
故答案为：e 1+e2−1．
17.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a2+a4=10，a1a5=9，
所以a1q+a1q3=10a1⋅a1q4=9．
因为各项均为正数，所以解得a1=27q=13，或a1=13q=3．
又因为a1
(2)由(1)知bn=3nan=n×3n−1．
则Sn=1×30+2×31+3×32+⋯+n×3n−1，①
在①式两边同时乘以3得，3Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)×3n−1+n×3n，②
①−②得−2Sn=30+31+32+⋯+3n−1−n×3n，即−2Sn=1−3n1−3−n×3n=3n−12−n×3n，
所以Sn=(2n−1)3n+14．
【解析】(1)利用等比数列的基本量转化已知条件，解方程求得首项和公比，则问题得解；
(2)根据(1)中所求得到bn，再用错位相减法即可求得结果．
本题考查等比数列相关求和知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，由2sin2C=3sinAsinB及正弦定理得2c2=3ab，即c2=32ab，
又a+b= 3c，则a2+b2+2ab=3c2=92ab，即a2+b2=52ab，
由余弦定理，得cosC=a2+b2−c22ab=52ab−32ab2ab=12，且C∈(0,π)，
所以C=π3．
(2)由(1)知，C=π3，又S△ABC= 3，则 3=12absinC= 34ab，
于是ab=4，又c2=32ab，
因此c= 6,a+b= 3c=3 2，
所以△ABC周长为a+b+c=3 2+ 6．
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解作答．
(2)利用三角形面积公式及(1)中信息求出c及a+b作答．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD是正方形，
所以BA⊥AD，
又因为PO⊥底面ABCD，BA⊂面ABCD，
所以PO⊥BA，
又因为PO⋂AD=O，PO，AD⊂面PAD，
故BA⊥面PAD，
又因为PD⊂面PAD，
所以BA⊥PD，即PD⊥AB．
(2)由AO=1，取BC的三等分点F，使得BF=1，连接OF，
因为PO⊥底面ABCD，OD，OF⊂平面ABCD，
所以PO⊥OD，PO⊥OF，
因为底面ABCD是边长为3的正方形，AO=1，BF=1，
所以四边形ODCF为矩形，
所以OF⊥OD，
所以OF，OD，OP两两互相垂直，
所以以O为坐标原点，分别OF，OD，OP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则B(3,−1,0)，C(3,2,0)，D(0,2,0)，
设PO=t，则P(0,0,t)，
由DC=(3,0,0),DP=(0,−2,t)，
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=3x=0n⋅DP=−2y+tz=0，可取n=(0,t,2)，
由BC=(0,3,0),BP=(−3,1,t)，
设平面PBC的一个法向量为s=(x1,y1,z1)，
则s⋅BC=3y1=0s⋅BP=−3x1+y1+tz1=0，可取s=(t,0,3)，
由二面B−PC−D的正弦值为 75，
可得：|cos〈n,s〉|=|0×t+t×0+2×3| 02+t2+22× t2+02+32= 1−725，
整理得t4+13t2−14=0，即(t2+14)(t2−1)=0，
所以t2=−14(舍去)，t2=1，
因为t>0，
所以PO=1，
故当二面角B−PC−D的正弦值为 75时，PO=1．
【解析】(1)由底面ABCD是正方形，得BA⊥AD，再由PO⊥底面ABCD，可得PO⊥BA，从而由线面垂直的判定可得BA⊥面PAD，再由线面垂直的性质可证得结论；
(2)取BC的三等分点F，使得BF=1，连接OF，可得OF，OD，OP两两互相垂直，所以分别以OF，OD，OP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可．
本题考查空间中的垂直关系，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．
20.【答案】解：(1)根据列联表中的数据，计算得到χ2=400×(60×140−180×20)280×320×240×160=9.357>7.879，
即依据小概率值α=0.005的独立性检验，可以认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；
(2)由(1)可知支持节能降耗技术改造的企业中，中型企业与小型企业的数量比为1：3，
所以按分层随机抽样的方法抽出的12家企业中有3家中型企业，9家小型企业，
选出的8家企业的样本点是(0,8)，(1,7)，(2,6)，(3,5)，(前者为中型企业家数，后者为小型企业家数)，
故X的所有可能取值为160，200，240，280，
P(X=160)=C98C128=155，P(X=200)=79C31CC128=1255，P(X=240)=69C32CC128=2855，P(X=300)=59C33CC128=1455，
故X的分布列为：
X
160
200
240
280
P
155
1255
2855
1455
E(X)=160×155+200×1255+240×2855+280×1455=240．
【解析】(1)根据独立性检验计算卡方，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；
(2)求随机变量X的所有可能取值，确定其取各值的概率，再由期望公式求期望即可．
本题考查离散型随机变量的实际应用，独立性检验，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=ex−lnx，f′(x)=ex−1x，
所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率k=e−1，
又f(1)=e，
∴切线方程为y=( e−1)x+1．
与x，y轴的交点分别是(11−e,0),(0,1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S=12(e−1)；
(2)存在x0∈[e,+∞)，使f(x0)<0，即ex0−a−lnx0<0，即ex0−a
令h(x)=exlnx，因此，只要函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值小于ea即可，
下面求函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值．
h′(x)=ex(lnx−1x)ln2x，
令u(x)=lnx−1x，
因为u′(x)=1x+1x2>0，
所以u(x)为[e,+∞)上的增函数，且u(e)=1−1e>0．
∴h′(x)=ex(lnx−1x)ln2x>0在[e,+∞)恒成立，
∴h(x)=exlnx在[e,+∞)递调递增，
则函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值为h(e)=ee，
由h(e)=eee．
故实数a的取值范围为(e,+∞)．
【解析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与x，y轴的交点即可求出三角形的面积．
(2)令h(x)=exlnx，则只要函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值小于ea即可．通过求导讨论函数h(x)的单调性，从而可求函数的最小值，最后求出a的取值范围．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的能成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵长半轴的长度与短轴相等，
∴a=2b，
又焦距为6，
故2c=6，c=3，
联立a=2bc=3⇒a2=4b2a2−b2=9，
解得b2=3，a2=12，
∴椭圆C的标准方程为x212+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x212+y23=1y=k(x+2)+1得，(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2−12=0，
所以x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2−121+4k2，
设D(x3,y3)，E(x4,y4)，
则AD⋅EB=(AM+MD)⋅(EM+MB)=AM⋅MB+EM⋅MD
=(−2−x1,1−y1)⋅(2+x2,y2−1)+(−2−x4,1−y4)⋅(2+x3,y3−1)，
又∵(−2−x1,1−y1)⋅(2+x2,y2−1)=−(1+k2)(2+x1)(2+x2)
=−(1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=4(1+k2)1+4k2，
同理(−2−x4,1−y4)⋅(2+x3,y3−1)=4(1+k2)4+k2，
∴AD⋅EB=4(1+k2)(11+4k2+14+k2)=20(1+k2)2(1+4k2)(4+k2)≥20(1+k2)2(1+4k2+4+k22)2=165，
当且仅当k=±1时取等号，
故AD⋅EB的最小值为165，
此时直线AB的方程为x−y+3=0或x+y+1=0．
【解析】(1)根据已知条件求得a2，b2，由此求得椭圆C的方程．
(2)设出直线AB的方程并与椭圆C的方程联立，化简写出根与系数关系，求得AD⋅EB的表达式并利用基本不等式求得AD⋅EB的最小值，同时求得直线AB的方程．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
2022-2023学年湖北省武汉市新洲区部分学校高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数z满足(1− 3i)z=2，则z−在复平面上的对应点所在象限为( )
A. 一 B. 二 C. 三 D. 四
2. 已知向量a=(2,tanθ),b=(1,−1)，且a//b，则tan(π4−θ)=( )
A. −4 B. −3 C. −1 D. −13
3. 某人射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( )
A. 81125 B. 54125 C. 36125 D. 27125
4. 设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和Sn.若S2=3a2+2，S4=3a4+2，则q=( )
A. 32 B. 12 C. 2 D. 3
5. 所有棱长都相等的三棱锥叫做正四面体，已知正四面体ABCD的棱长为a，M、N分别为棱BC、AD的中点，则MN的长度为( )
A. 22a
B. 33a
C. 32a
D. a
6. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，则C的离心率为( )
A. 63 B. 33 C. 23 D. 13
7. 甲、乙两人在相同条件下各打靶10次，每次打靶的成绩情况如图所示：下列说法错误的是( )
A. 从平均数和方差相结合看，甲波动比较大，乙相对比较稳定
B. 从折线统计图上两人射击命中环数走势看，甲更有潜力
C. 从平均数和命中9环及9环以上的次数相结合看，甲成绩较好
D. 从平均数和中位数相结合看，乙成绩较好
8. 气象学中，24小时内降落在某面积上的雨水深度(无渗漏、蒸发、流失等，单位：mm)叫做日降雨量，等级如下划分：
降水量(mm)
0.1−9.9
10−24.9
25−49.9
50−99.9
等级
小雨、阵雨
中雨
大雨
暴雨
某同学用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则那天降雨属于哪个等级( )
A. 小雨
B. 中雨
C. 大雨
D. 暴雨
9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7=a4，则( )
A. a1+a3=0 B. a3+a5=1 C. S3=S4 D. S4=S5
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10. 立德中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 图中的x值为0.020 B. 这组数据的极差为50
C. 得分在80分及以上的人数为400 D. 这组数据的平均数的估计值为77
11. 以下四个命题表述错误的是( )
A. 直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)
B. 圆x2+y2=2上有且仅有2个点到直线l：x−y+1=0的距离都等于 22
C. 曲线C1：x2+y2+2x=0与C2：x2+y2−4x−8y+m=0恰有四条公切线，则实数m的取值范围为4
12. 已知函数f(x)=lnx+1x，则( )
A. 函数f(x)的递减区间是(0,1)
B. 函数f(x)的最小值为1
C. 函数f(x)>x+1在(1,+∞)恒成立
D. 若f(m)=f(n)(m≠n)，则m+n>2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某中学开展主题为“学习宪法知识，弘扬宪法精神”的知识竞赛活动，甲同学答对第一道题的概率为23，连续答对两道题的概率为12，用事件A表示“甲同学答对第一道题”，事件B表示“甲同学答对第二道题”，则P(B|A)= ．
14. 已知(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，则其展开式中的常数项为______ .(用数字作答)
15. 设经过点M(2,1)的等轴双曲线的焦点为F1，F2，此双曲线上一点N满足NF1⊥NF2，则△NF1F2的面积______．
16. 已知P为函数y=lnx图象上任意一点，点Q为圆x2+(y−e2−1)2=1上任意一点，则线段PQ长度的最小值为______．
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)
已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2+a4=10，a1a5=9，a1
(2)令bn=3nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin2C=3sinAsinB,a+b= 3c．
(1)求角C的大小；
(2)若S△ABC= 3，求△ABC的周长．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PO⊥底面ABCD，点O在AD上，AO=1．
(1)求证：PD⊥AB；
(2)当二面角B−PC−D的正弦值为 75时，求PO的值．
20. (本小题12.0分)
某市工业部门计划对所辖中小型企业推行节能降耗技术改造，下面是对所辖的400家企业是否支持技术改造进行的问卷调查的结果：
支持
不支持
合计
中型企业
60
20
80
小型企业
180
140
320
合计
240
160
400
(1)依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；
(2)从上述支持技术改造的中小型企业中，按分层随机抽样的方法抽出12家企业，然后从这12家企业中随机选出8家进行奖励，中型企业每家奖励60万元，小型企业每家奖励20万元.设X为所发奖励的总金额(单位：万元)，求X的分布列和均值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d．
α
0.01
0.005
0.001
xα
6.635
7.879
10.828
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex−a−lnx．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e,+∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，长半轴的长度与短轴的长度相等，焦距为6，点M(−2,1)是椭圆内一点，过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1，l2，设l1与椭圆C相交于点A，B，l2与椭圆相交于点D，E．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求AD⋅EB的最小值及此时直线AB的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1− 3i)z=2可得：z=21− 3i=2(1+ 3i)(1− 3i)(1+ 3i)=1+ 3i2=12+ 32i，
则z−=12− 32i，则z−在复平面上的对应点为(12,− 32)，
故z−在复平面上的对应点所在象限为第四象限．
故选：D．
先化简复数，再由复数的几何意义和共轭复数的定义求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由于a//b，所以2×(−1)=1×tanθ，
则tanθ=−2，
所以tan(π4−θ)=tanπ4−tanθ1+tanπ4⋅tanθ=1−tanθ1+tanθ=3−1=−3．
故选：B．
根据向量平行列方程，求得tanθ，进而求得tan(π4−θ)．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意知，本题是一个n次独立重复试验恰好发生k次的概率，
射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，
∴至少有两次击中目标包括两次击中目标或三次击中目标，这两种情况是互斥的，
∴至少有两次击中目标的概率为C320.62×0.4+C330.63=54+27125=81125
故选A．
本题是一个n次独立重复试验恰好发生k次的概率，至少有两次击中目标包括两次击中目标或三次击中目标，这两种情况是互斥的，根据独立重复试验概率公式和互斥事件的概率公式得到结果．
本题考查n次独立重复试验恰好发生k次的概率，考查互斥事件的概率，是一个基础题，这种题目可以作为选择和填空出现．
4.【答案】A
【解析】
【分析】：
S2=3a2+2，S4=3a4+2，两式相减可得：2q2−q−3=0，解出即可．
本题考查了等比数列的通项公式、前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】：
解：
S2=3a2+2，S4=3a4+2，∴a1+a1q=3a1q+2，
a1(1+q+q2+q3)=3a1q3+2，
两式相减可得：2q2−q−3=0，
q>0，解得q=32．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】解：连接BN，CN，
因为正四面体的四个面是正三角形，
所以BN=CN，即△NBC是等腰三角形，
所以MN⊥BC，
在Rt△MNC中，MN= NC2−MC2= ( 32a)2−(a2)2= 22a，
故选：A．
连接BN，CN，得BN=CN，进而可得MN⊥BC，在Rt△MNC中，MN= NC2−MC2，即可得出答案．
本题考查正四面体的几何特征，解题中需要理清思路，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了椭圆的性质，点到直线的距离公式，考查了计算能力，属于中档题．
根据题意，可得2ab a2+b2=a，进而求得离心率．
【解答】
解：以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，
∴原点到直线bx−ay+2ab=0的距离等于a，
即2ab a2+b2=a，
化为a2=3b2，
∴椭圆C的离心率e=ca= 1−b2a2= 63．
故选A．
7.【答案】D
【解析】解：由图可知，甲打靶的成绩为2，4，6，8，7，7，8，9，9，10，
所以甲的平均数为x甲−=2+4+6+8+7+7+8+9+9+1010=7，
甲的方差为S甲2=110[(2−7)2+(4−7)2+(6−7)2+2×(7−7)2+2×(8−7)2+2×(9−7)2+(10−7)2]=5.4．
乙打靶的成绩分别为9，5，7，8，7，6，8，6，7，7，
乙的平均数为x乙−=9+5+7+8+7+6+8+6+7+710=7，
乙的方差为S乙2=110[(9−7)2+(5−7)2+4×(7−7)2+2×(8−7)2+2×(6−7)2]=1.2，
所以S乙2
甲打靶的成绩为2，4，6，7，7，8，8，9，9，10，中位数为7.5，
乙打靶的成绩为5，6，6，7，7，7，7，8，8，9，中位数为7，
甲9环以及9环以上的次数为3次，乙9环以及9环以上的次数为1次，而二人的平均数相同，
故甲成绩更好点，故C正确，
甲乙的平均数相同，而甲的中位数大于乙的中位数，故甲的成绩比较好，故D错误，
故选：D．
由图找出甲乙打靶的成绩，分别计算出甲乙的平均数，方差，中位数，结合折线图逐项分析可得答案．
本题考查了中位数，平均数以及方差的应用，涉及到折线统计图的应用，考查了学生的推理能力以及运算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：作圆锥截面图如下，
由已知AB=200mm，DB=100mm，CG=150mm，CD=300mm，
设圆锥内积水部分的底面半径为r，则rDB=CGCD，故r=50mm，
由锥体体积公式可得积水的体积V=13π×(50)2×150=125000π(mm3)，
因为收集雨水的平地面积为圆锥的底面，故其面积S=π×(100)2=10000π(mm2)，
所以对应的平地上的积水深度为h=VS=12.5(mm)，所以该天降雨的等级为中雨．
故选：B．
利用圆锥内积水的高度，求出圆锥内积水部分的半径，求出积水的体积，再求出平面上积水的深度，由此确定降雨等级．
本题主要考查圆锥的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：根据等差数列的前n项和公式可知，S7=7(a1+a7)2=7a4，
所以7a4=a4，得a4=0，
A.只有当公差为0时，a1+a3=2a2=0，其它情况不成立，故A错误；
B.a3+a5=2a4=0，故B错误；
C.S4−S3=a4=0，则S3=S4，故C正确；
D.S5−S4=a5，不一定等于0，故D错误．
故选：C．
首先求得a4=0，再根据等差数列的求和公式以及性质，判断选项．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由频率分布直方图，知：
对于A，(0.005+x+0.035+0.030+0.010)×10=1，
解得x=0.020，故A正确；
对于B，由频率分布图无法得到这组数据的最大值和最小值，
故这组数据的极差无法准确判断，故B错误；
对于C，得分在80分及以上的人数为：
(0.030+0.010)×10×1000=400人，故C正确；
对于D，这组数据的平均数的估计值为：
55×0.005×10+65×0.020×10+75×0.035×10+85×0.030×10+95×0.010×10=77，故D正确．
故选：ACD．
利用频率分布直方图的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：A选项，(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)变形得到m(x+2y−1)−x−y+3=0，
故x+2y−1=0−x−y+3=0，解得x=5y=−2，所以恒过定点(5,−2)，故A正确；
B选项，圆x2+y2=2的圆心(0,0)到直线l：x−y+1=0的距离d=|0−0+1| 1+1= 22，
因为圆x2+y2=2的半径为 2，
故圆x2+y2=2上有且仅有3个点到直线l：x−y+1=0的距离都等于 22，故B错误；
C选项，曲线C1与C2恰有四条公切线，故圆C1与圆C2相离，
其中x2+y2+2x=0变形为(x+1)2+y2=1，圆心为(−1,0)，半径为1，
x2+y2−4x−8y+m=0变形为(x−2)2+(y−4)2=20−m，圆心为(2,4)，半径为 20−m，
故20−m>0，解得m<20，
故圆心距为 (2+1)2+42=5，所以5> 20−m+1，
解得m>4，
则实数m的取值范围为4
圆心到直线x+y+2 3=0的距离为2 3 1+1= 6> 2，
故过点P向圆C引条切线PA，有PA2+( 2)2=OP2，
所以当OP取得最小值时，PA取得最小值，
OP的最小值为 6，故PA最小值为 ( 6)2−( 2)2=2，故D错误．
故选：BD．
A选项，变形后得到x+2y−1=0−x−y+3=0，求出定点；B选项，求出圆心到直线的距离，结合圆心和半径，数形结合得到有且仅有3个点符合题意；C选项，根据公切线条数得到两圆的位置关系，结合圆心距列出不等式，求出答案；D选项，数形结合得到当OP取得最小值时，PA取得最小值，利用点到直线距离公式得到答案．
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为函数f(x)=lnx+1x，其定义域为(0,+∞)，可得f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
令f′(x)<0，解得0
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，所以B正确；
令g(x)=f(x)−x−1=lnx+1x−x−1,x>1，可得g′(x)=−x2+x−1x2=−x2−x+1x2<0，
所以函数g(x)单调递减，所以g(x)
令nm=t>1，则证t−1t>2lnt成立即可，
设h(t)=t−1t−2lnt,t>1，可得h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，
所以函数h(t)在(1,+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，
所以当t>1时，不等式t−1t>2lnt恒成立，所以D正确．
故选：ABD．
求得f′(x)=x−1x2，求得函数的单调性与最小值，可判定A、B正确；令g(x)=f(x)−x−1，求得g′(x)<0，得到g(x)
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】34
【解析】
【分析】
本题考查了条件概率的求解，解题的关键是掌握条件概率的概率公式，属于基础题．
由题意，先求出P(AB)和P(A)，然后利用条件概率的概率公式求解即可．
【解答】
解：由事件A表示“甲同学答对第一道题”，事件B表示“甲同学答对第二道题”，
因为连续答对两道题的概率为12，所以P(AB)=12，
又因为答对第一道题的概率为23，所以P(A)=23，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=1223=34．
故答案为34．
14.【答案】270
【解析】解：因为(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，则4n=1024，解得n=5．
所以，(1 x+33x)5的展开式通项为：Tk+1=C5k⋅(1 x)5−k⋅(33x)k=C5k⋅3k⋅x5k6−52(k=0,1,2,⋯,5)，
令5k6−52=0，可得k=3，所以，展开式中的常数项为T4=C53⋅33=270．
故答案为：270．
由(1 x+33x)n的展开式中各项系数和为1024，可求得n的值，然后写出(1 x+33x)5的展开式通项，令x的指数为零，求出参数，代入通项即可得解．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意设双曲线的方程为x2−y2=λ(λ≠0)，
代入点M(2,1)，可得λ=3，
∴双曲线的方程为x2−y2=3，
即x23−y23=1，
设|NF1|=m，|NF2|=n，
由双曲线的定义可得|m−n|=2a=2 3，①
N满足NF1⊥NF2，可得NF1⊥NF2，
可得m2+n2=4c2=24，②
∴②−①2可得mn=6，
∴△NF1F2的面积为12mn=3．
故答案为：3．
先求出双曲线的方程，再利用双曲线的定义，勾股定理，求出mn，即可求出△NF1F2的面积．
本题考查△NF1F2的面积，考查双曲线的定义，勾股定理，属于中档题．
16.【答案】e 1+e2−1
【解析】
【分析】
本题考查了导数的几何意义、直线与圆的位置关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
圆x2+(y−e2−1)2=1的圆心坐标为：C(0,e2+1).y=lnx对x求导可得：y′=1x.设直线l与曲线y=lnx相切的切点为M(x0,lnx0)，且满足CM与切线l垂直．
可得lnx0−e2−1x0⋅1x0=−1，解得x0，进而得出答案．
【答案】
解：圆x2+(y−e2−1)2=1的圆心坐标为：C(0,e2+1)．
y=lnx对x求导可得：y′=1x．
设直线l与曲线y=lnx相切的切点为M(x0,lnx0)，且满足CM与切线l垂直．
则lnx0−e2−1x0⋅1x0=−1，
化为：lnx0+x02−e2−1=0，
令g(x)=lnx+x2−e2−1在(0,+∞)上单调递增，且g(e)=0．
∴x0=e．
∴切点为：(e,1)．
∴线段PQ长度的最小值= e2+(e2+1−1)2−1=e 1+e2−1．
故答案为：e 1+e2−1．
17.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a2+a4=10，a1a5=9，
所以a1q+a1q3=10a1⋅a1q4=9．
因为各项均为正数，所以解得a1=27q=13，或a1=13q=3．
又因为a1
(2)由(1)知bn=3nan=n×3n−1．
则Sn=1×30+2×31+3×32+⋯+n×3n−1，①
在①式两边同时乘以3得，3Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)×3n−1+n×3n，②
①−②得−2Sn=30+31+32+⋯+3n−1−n×3n，即−2Sn=1−3n1−3−n×3n=3n−12−n×3n，
所以Sn=(2n−1)3n+14．
【解析】(1)利用等比数列的基本量转化已知条件，解方程求得首项和公比，则问题得解；
(2)根据(1)中所求得到bn，再用错位相减法即可求得结果．
本题考查等比数列相关求和知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，由2sin2C=3sinAsinB及正弦定理得2c2=3ab，即c2=32ab，
又a+b= 3c，则a2+b2+2ab=3c2=92ab，即a2+b2=52ab，
由余弦定理，得cosC=a2+b2−c22ab=52ab−32ab2ab=12，且C∈(0,π)，
所以C=π3．
(2)由(1)知，C=π3，又S△ABC= 3，则 3=12absinC= 34ab，
于是ab=4，又c2=32ab，
因此c= 6,a+b= 3c=3 2，
所以△ABC周长为a+b+c=3 2+ 6．
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解作答．
(2)利用三角形面积公式及(1)中信息求出c及a+b作答．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD是正方形，
所以BA⊥AD，
又因为PO⊥底面ABCD，BA⊂面ABCD，
所以PO⊥BA，
又因为PO⋂AD=O，PO，AD⊂面PAD，
故BA⊥面PAD，
又因为PD⊂面PAD，
所以BA⊥PD，即PD⊥AB．
(2)由AO=1，取BC的三等分点F，使得BF=1，连接OF，
因为PO⊥底面ABCD，OD，OF⊂平面ABCD，
所以PO⊥OD，PO⊥OF，
因为底面ABCD是边长为3的正方形，AO=1，BF=1，
所以四边形ODCF为矩形，
所以OF⊥OD，
所以OF，OD，OP两两互相垂直，
所以以O为坐标原点，分别OF，OD，OP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则B(3,−1,0)，C(3,2,0)，D(0,2,0)，
设PO=t，则P(0,0,t)，
由DC=(3,0,0),DP=(0,−2,t)，
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=3x=0n⋅DP=−2y+tz=0，可取n=(0,t,2)，
由BC=(0,3,0),BP=(−3,1,t)，
设平面PBC的一个法向量为s=(x1,y1,z1)，
则s⋅BC=3y1=0s⋅BP=−3x1+y1+tz1=0，可取s=(t,0,3)，
由二面B−PC−D的正弦值为 75，
可得：|cos〈n,s〉|=|0×t+t×0+2×3| 02+t2+22× t2+02+32= 1−725，
整理得t4+13t2−14=0，即(t2+14)(t2−1)=0，
所以t2=−14(舍去)，t2=1，
因为t>0，
所以PO=1，
故当二面角B−PC−D的正弦值为 75时，PO=1．
【解析】(1)由底面ABCD是正方形，得BA⊥AD，再由PO⊥底面ABCD，可得PO⊥BA，从而由线面垂直的判定可得BA⊥面PAD，再由线面垂直的性质可证得结论；
(2)取BC的三等分点F，使得BF=1，连接OF，可得OF，OD，OP两两互相垂直，所以分别以OF，OD，OP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可．
本题考查空间中的垂直关系，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．
20.【答案】解：(1)根据列联表中的数据，计算得到χ2=400×(60×140−180×20)280×320×240×160=9.357>7.879，
即依据小概率值α=0.005的独立性检验，可以认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；
(2)由(1)可知支持节能降耗技术改造的企业中，中型企业与小型企业的数量比为1：3，
所以按分层随机抽样的方法抽出的12家企业中有3家中型企业，9家小型企业，
选出的8家企业的样本点是(0,8)，(1,7)，(2,6)，(3,5)，(前者为中型企业家数，后者为小型企业家数)，
故X的所有可能取值为160，200，240，280，
P(X=160)=C98C128=155，P(X=200)=79C31CC128=1255，P(X=240)=69C32CC128=2855，P(X=300)=59C33CC128=1455，
故X的分布列为：
X
160
200
240
280
P
155
1255
2855
1455
E(X)=160×155+200×1255+240×2855+280×1455=240．
【解析】(1)根据独立性检验计算卡方，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；
(2)求随机变量X的所有可能取值，确定其取各值的概率，再由期望公式求期望即可．
本题考查离散型随机变量的实际应用，独立性检验，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=ex−lnx，f′(x)=ex−1x，
所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率k=e−1，
又f(1)=e，
∴切线方程为y=( e−1)x+1．
与x，y轴的交点分别是(11−e,0),(0,1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S=12(e−1)；
(2)存在x0∈[e,+∞)，使f(x0)<0，即ex0−a−lnx0<0，即ex0−a
令h(x)=exlnx，因此，只要函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值小于ea即可，
下面求函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值．
h′(x)=ex(lnx−1x)ln2x，
令u(x)=lnx−1x，
因为u′(x)=1x+1x2>0，
所以u(x)为[e,+∞)上的增函数，且u(e)=1−1e>0．
∴h′(x)=ex(lnx−1x)ln2x>0在[e,+∞)恒成立，
∴h(x)=exlnx在[e,+∞)递调递增，
则函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值为h(e)=ee，
由h(e)=ee
故实数a的取值范围为(e,+∞)．
【解析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与x，y轴的交点即可求出三角形的面积．
(2)令h(x)=exlnx，则只要函数h(x)=exlnx在区间[e,+∞)的最小值小于ea即可．通过求导讨论函数h(x)的单调性，从而可求函数的最小值，最后求出a的取值范围．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的能成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵长半轴的长度与短轴相等，
∴a=2b，
又焦距为6，
故2c=6，c=3，
联立a=2bc=3⇒a2=4b2a2−b2=9，
解得b2=3，a2=12，
∴椭圆C的标准方程为x212+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x212+y23=1y=k(x+2)+1得，(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2−12=0，
所以x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2−121+4k2，
设D(x3,y3)，E(x4,y4)，
则AD⋅EB=(AM+MD)⋅(EM+MB)=AM⋅MB+EM⋅MD
=(−2−x1,1−y1)⋅(2+x2,y2−1)+(−2−x4,1−y4)⋅(2+x3,y3−1)，
又∵(−2−x1,1−y1)⋅(2+x2,y2−1)=−(1+k2)(2+x1)(2+x2)
=−(1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=4(1+k2)1+4k2，
同理(−2−x4,1−y4)⋅(2+x3,y3−1)=4(1+k2)4+k2，
∴AD⋅EB=4(1+k2)(11+4k2+14+k2)=20(1+k2)2(1+4k2)(4+k2)≥20(1+k2)2(1+4k2+4+k22)2=165，
当且仅当k=±1时取等号，
故AD⋅EB的最小值为165，
此时直线AB的方程为x−y+3=0或x+y+1=0．
【解析】(1)根据已知条件求得a2，b2，由此求得椭圆C的方程．
(2)设出直线AB的方程并与椭圆C的方程联立，化简写出根与系数关系，求得AD⋅EB的表达式并利用基本不等式求得AD⋅EB的最小值，同时求得直线AB的方程．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
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