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2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含解析），共19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学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷
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. 设复数z满足z(1+2i)=|1+2 6i|，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. −2i B. 2i C. −2 D. 2
2. 设集合A={x∈N|0≤lnx≤1}，B={x|2x<4}，则A⋂B=( )
A. {1} B. {x|1≤x<2} C. {0} D. ⌀
3. 2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年.若五辆车分别为A，B，C，D，E，五辆车随机排成一排，则A车与B车相邻，A车与C车不相邻的排法有( )
A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种
4. 在△ABC中，BE=12EC，D是AC的中点，若AC=xAE+yBD，则xy=( )
A. 12 B. 2 C. 32 D. 3
5. 如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，则下列结论错误的是( )
A. 直线EF//平面ACD
B. 平面AFD⊥平面BCD
C. 点F到平面ACD的距离为 32
D. 异面直线AB与CD所成角为90°
6. 已知α，β∈(π,3π2)，sin(2α+β)sinα−2cos(α+β)=1tanα，则( )
A. α−β=−π4 B. α−β=π4 C. α+β=9π4 D. α+β=5π2
7. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，A为椭圆C的左顶点，以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为13，则椭圆C的标准方程为( )
A. x23+y2=1 B. x26+y22=1 C. x29+y25=1 D. x28+y24=1
8. 已知函数f(x)及其导数f′(x)的定义域均为R，f′(x)在R上单调递增，f′(1+x)为奇函数，若2a=3，4b=3，3c=4，则( )
A. f(a)
9. 下列说法正确的有( )
A. 若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B对立
B. 若随机变量X∼B(9,13)，则方差D(3X+2)=8
C. 若随机变量X∼N(1,σ2)，P(X<4)=0.79，则P(X<−2)=0.21
D. 以模型y=cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，求得线性回归方程为z =−4x+4，则c，k的值分别是e4和−4
10. 已知函数f(x)=sin(x+π4)，则下列说法正确的有( )
A. 若|f(x1)−f(x2)|=2，则|x1−x2|min=π
B. 将f(x)的图象向左平移π4个单位长度后得到的图象关于y轴对称
C. 函数y=[f(x)]2的最小正周期为2π
D. 若f(ωx)(ω>0)在[0,π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围为[114,154)
11. 设k∈R，过定点A的动直线l1：x+ky=0，和过定点B的动直线l2：kx−y+3−k=0交于点P，M是圆C：(x−2)2+(y−4)2=4上的任意一点，则下列说法正确的有( )
A. 直线l1与圆C相切时k=43 B. M到l1距离的最大值是2+2 5
C. 直线l2与圆C相交的最短弦长为2 2 D. |PA|+|PB|的最大值为2 10
12. 已知函数f(x)=lnx−ax的两个零点分别为x1，x2且x1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数f(x)=|1+x|+|1−ax|为偶函数，则f(−1)= ______ ．
14. 已知等比数列{an}满足an>0，且a3−a1=2，则a5的最小值为______ ．
15. 古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上关于原点对称的两点A，B满足|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|，若∠AF1F2=π6，则双曲线的离心率为______ ．
16. 已知D，E分别为边长为2的等边△ABC边AB，AC的中点，现将△ADE沿DE翻折使得平面ADE⊥平面BCED，则棱锥A−BCED外接球的表面积为______ ．
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=2，a2=c2+2c+4，CD平分∠ACB交AB于点D，
CD= 6．
(1)求∠ADC；
(2)求△BCD的面积．
18. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−n．
(1)求证：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD(垂足H在矩形ABCD内)，E为棱PC的中点，HE//平面PAB．
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值．
20. (本小题12.0分)
已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物.血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性，则表明患病动物为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．
(1)设依方案甲所需化验次为X，求X的分布列与期望；
(2)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率．
21. (本小题12.0分)
函数f(x)=ex−alnx−b在点P(1,f(1))处的切线方程为y=0．
(Ⅰ)求实数a，b的值；
(Ⅱ)求f(x)的单调区间；
(Ⅲ)∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，求实数k的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知点F(1,0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z(1+2i)=|1+2 6i|= 12+(2 6)2=5，
故z=51+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以z−=1+2i，其虚部为2．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式，先对z化简，再结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由0≤lnx≤1得ln1≤lnx≤lne，即1≤x≤e，又x∈N，
所以A={1,2}，
解不等式2x<4得x<2，所以B={x|x<2}，
所以A∩B={1}．
故选：A．
分别解对数不等式和指数不等式求得集合A，B，然后由交集运算可得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：A车与B车相邻的排法有A22A44=48种，
A车与B车、C车都相邻的排法有A22A33=12种，
∴A车与B车相邻，A车与C车不相邻的排法有48−12=36种．
故选：A．
求得A车与B车相邻的排法，减去A车与B车、C车都相邻的排法，即可求解．
本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算．
4.【答案】C
【解析】解：∵BE=12EC，D是AC的中点，
∴AD=12AC，BE=13BC，
∵BD=AD−AB=12AC−AB，
AE=BE−BA=13BC+AB=13(AC−AB)+AB=13AC+23AB，
∴AC=xAE+yBD=x(13AC+23AB)+y(12AC−AB)
=(x3+y2)AC+(2x3−y)AB，
∴x3+y2=12x3−y=0，解得x=32y=1，∴xy=32．
故选：C．
由平面向量的线性运算和平面向量基本定理计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，在△ABC中，EF为中位线，则EF//AC，EF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴EF//平面ACD，故A正确；
对于B，正四面体各侧面都为正三角形，F为BC中点，则BC⊥DF，BC⊥AF，
DF∩AF=F，DF，AF⊂平面AFD，∴BC⊥平面AFD，
BC⊂平面BCD，∴平面AFD⊥平面BCD，故B正确；
对于C，由题意知VB−ACD=2VF−ACD，即B到平面ACD的距离为点F到平面ACD的距离的2倍，
而B到平面ACD的距离为正四面体的体高为 22−(23×2× 32)2=2 63，
∴F到平面ACD的距离为 63，故C错误；
对于D，若G为CD中点，连接AG，BG，由题意得CD⊥AG，CD⊥BG，AG∩ BG=AG，BG⊂平面ABG，
∴CD⊥平面ABG，AB⊂平面ABG，∴CD⊥AB，故D正确．
故选：C．
对于A，由中位线有EF//AC，线面平行判断结论；对于B，由题意得BC⊥DF，BC⊥AF，再应用线面、面面垂直的判定判断结论；对于C，由题意知B到平面ACD的距离为点F到平面ACD的距离的2倍，即可求出点面的距离；对于D，若G为CD中点，连接AG，BG，由题意知CD⊥AG，CD⊥BG，再由线面垂直的判定、性质能判断结论．
本题考查中位线定理、线面、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵sin(2α+β)sinα−2cos(α+β)=1tanα，
∴sin[(α+β)+α]−2cos(α+β)sinαsinα=cosαsinα，
∴sin[(α+β)+α]−2cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα−2cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β)cosα−cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β−α)=cosα，
∴sinβ=cosα，
∴sinβ=sin(α+π2)，
∴β=α+π2+2kπ或β+α+π2=π+2kπ，k∈Z，
∴α−β=−π2−2kπ或α+β=π2+2kπ，k∈Z，
又α，β∈(π,3π2)，
∴α−β∈(−π2,π2)，α+β∈(2π,3π)，
∴α−β无解，α+β=5π2．
故选：D．
先根据三角函数公式化简条件，再解三角方程，即可求解．
本题考查三角函数公式的应用，三角方程的求解，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意设M(x0,y0)，N(−x0,y0)，则x02a2+y02b2=1，则y02=b2(1−x02a2)=b2a2⋅(a2−x02)，
因为A(−a,0)，
则y0x0+a⋅y0−x0+a=y02a2−x02=b2a2=13，
又c2=4=a2−b2，可得b2=2，a2=6，
故椭圆C的标准方程为：x26+y22=1．
故选：B．
由题意设M，N的坐标，A的坐标，由题意可得直线AM，AN的斜率之积，进而可得a，b的关系，再由c的值及a，b，c的关系，可得a，b的值，进而求出椭圆的方程．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为f′(1+x)为奇函数，
所以f′(1−x)=−f′(1+x)，
所以f′(1−x)+f′(1+x)=0，
所以f′(x)关于(1,0)对称，
因为f′(x)在R上单调递增，
所以在(−∞,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为2a=3，4b=3，3c=4，
所以a=log23>1，01，
因为9>8，
所以 9> 8，即3>2 2，
所以a=log23>log22 2=log2232=32，
因为27>16，
所以 27> 16，即332>4，
所以log3 27=log3332=32，
1
由f(x)的单调性可得f(a)>f(c)，
排除A，B，D选项，
故选：C．
由f′(1+x)为奇函数，得f′(1−x)+f′(1+x)=0，则f′(x)关于(1,0)对称，又f′(x)在R上单调递增，进而可得f(x)的单调性，根据题意可得a=log23>1，01，比较a，c的大小，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题关键是确定函数的单调性，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：互斥事件不一定为对立事件，故A错误；
由二项分布X∼B(9,13)，可得D(X)=9×13×(1−13)=2，
又由公式D(aX+b)=a2D(X)可得D(3X+2)=9D(X)=18，所以B选项错误；
正态分布X～N(1,σ2)，对称轴x=1，
∵P(X<4)=0.79，
得P(X>4)=1−0.79=0.21，又因为x=−2与x=4关于x=1对称，
所以P(X<−2)=P(X>4)=0.21，所以C选项正确；
将y=cekx两边同时取ln得，lny=lnc+kx，与z =−4x+4对应，
则lnc=4，即c=e4，k=−4，所以D选项正确．
故选：CD．
根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可直接得出方差D(X)的结果，再利用D(aX+b)=a2D(X)可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；利用线性回归方程分析，先将y=cekx转化为lny=lnc+kx，对应解析式可判断D选项．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化的能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由|f(x1)−f(x2)|=2，故f(x1)，f(x2)必有一个最大值和一个最小值，
则|x1−x2|min为半个周期长度，故T2=π,A正确；
由题意f(x+π4)=sin(x+π2)=cosx的图象关于y轴对称，B正确；
y=sin2(x+π4)=1−cos(2x+π2)2=1+sin2x2的最小正周期为π，C错误．
f(ωx)=sin(ωx+π4)，在x∈[0,π]上ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]有且仅有3个零点，
结合正弦函数的性质知：3π≤ωπ+π4<4π，则114≤ω<154，D正确．
故选：ABD．
对A：f(x1)，f(x2)必有一个最大值和一个最小值可求|x1−x2|min；
对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；
对C：化简y=sin2(x+π4)后求周期；
对D：求出ωx+π4的范围，结合正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：显然当k=0时直线l1也与圆C相切，故A错误；
直线l1过的定点为A(0,0)，当l1⊥CA时C到l1的距离最大，最大值为|CA|=2 5，此时M到l1距离的最大值为2+2 5，故B正确；
由圆的标准方程可得圆心为C(2,4)，半径r=2，直线l2过的定点为B(1,3)，当l2⊥CB时所得弦长最短，则kl2⋅klCB=−1，又kl2=k,klCB=1，所以k=−1，得l2：x+y−4=0，则圆心到直线l2的距离为d=|2| 2= 2，所以弦长为2 r2−d2=2 2，故C正确；
由l1：x+ky=0⇒A(0,0)，当k=0时，l1：x=0，l2：y=3，有l1⊥l2，当k≠0时，kl1=−1k,kl2=k，则kl1kl2=−1，所以l1⊥l2，又点P是两直线的交点，所以PA⊥PB，所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，
因为(|PA|+|PB|)2=|PA|2+|PB|2+2|PA||PB|≤2(|PA|2+|PB|2)=20，
所以|PA|+|PB|≤2 5，当且仅当|PA|=|PB|= 5时等号成立，故D错误．
故选：BC．
根据k=0时直线l1也与圆C相切，可判断A选项；
根据几何知识得到当l1⊥CA时C到l1的距离最大，然后求最大值，可判断B选项；
根据几何知识得到当l2⊥CB时所得弦长最短，然后得到此时的直线l2的方程，最后求弦长，可判断C选项；根据几何知识得到点P的轨迹，然后利用不等式的方法求最值，可判断D选项．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：由f(x)=lnx−ax，x∈(0,+∞)，所以f′(x)=1x−a(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，f(x)至多有一个零点，与题意不符；
当a>0时，令f′(x)=1x−a=0，解得x=1a，
当x∈(0,1a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以x=1a时，f(x)取得极大值点，也是最大值点，所以f(x)的最大值为f(x)max=f(1a)=−lna−1；
因为函数f(x)=lnx−ax有两个零点x1，x2(x1
综合可得：0
由单调性知，f(x)在(e,1a)上不存在零点，所以选项B错误；
由0
g′(x)在(0,1a)上单调递增，且g′(1a)=0，
所以在(0,1a)上g′(x)≤0，所以g(x)单调递减，g(x)≥g(1a)=0，
所以f(2a−x)−f(x)≥0，所以f(2a−x)≥f(x)，当且仅当x=1a时“=”成立；
所以f(2a−x1)≥f(x1)=f(x2)，所以2a−x12a；
又lnx1−ax1=0lnx2−ax2=0，所以lnx1=ax1lnx2=ax2，解得x1=eax1，x2=eax2，
所以x1x2=eax1⋅eax2=ea(x1+x2)>e2，即x1x2>e2，选项C错误；
因为x2是f(x)=lnx−ax的零点，所以lnx2=ax2，设t=lnx2，所以x2=et，所以t=aet，所以a=tet=x2ex2，
设h(x)=xex(x>1)，可得h′(x)=ex−xexe2x=1−xex，
所以x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以tet=x3ex3，所以t=x3，
所以x3=lnx2，所以ex3=x2，选项D正确．
故选：AD．
由f(x)=lnx−ax，x∈(0,+∞)，求出f′(x)，讨论a≤0时f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，至多有一个零点，不符合题意；a>0时，令f′(x)=0，即可求得f(x)的极值，也是最值，由此判断函数f(x)有两个零点x1，x2(x1
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，函数f(x)=|1+x|+|1−ax|为偶函数，即f(x)=f(−x)在R上恒成立，
即|1+x|+|1−ax|=|1−x|+|1+ax|在R上恒成立，
必有a=1，则f(x)=|1+x|+|1−x|，
故f(−1)=2．
故答案为：2
根据题意，有奇偶性的定义可得|1+x|+|1−ax|=|1−x|+|1+ax|在R上恒成立，分析可得a的值，即可得函数的解析式，进而计算可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质，关键求出函数的解析式，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a3−a1=2，得a1q2−a1=2，即a1=2q2−1，
所以a5=a1q4=2q4q2−1=21q2−1q4，令t=1q2(t>0)，则a5=2−t2+t，
又−t2+t=−(t−12)2+14≤14，则a5≥8，
所以a5的最小值为8．
故答案为：8．
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a3−a1=2可得a1=2q2−1，从而a5=a1q4=2q4q2−1=21q2−1q4，令t=1q2(t>0)，则a5=2−t2+t，结合函数的单调性即可确定a5的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，数列与函数的综合问题，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
15.【答案】 3+1
【解析】解：由双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2及双曲线上关于原点对称的两点A，B，
可得四边形AF1BF2为平行四边形，
又|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理，可得四边形AF1BF2为矩形．
设|AF1|=m，|BF2|=n(m>n)，
在Rt△AF1BF2中，∠AF1F2=π6，
则m−n=2a，n=m⋅tanπ6，
∴n=c，m= 3c，m=c+2a，
∴ 3c=c+2a，
解得ca= 3+1．
∴双曲线的离心率为 3+1．
故答案为： 3+1．
由题意可得四边形AF1BF2为平行四边形，根据|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理可得四边形AF1BF2为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及性质、直角三角形的边角关系、平行四边形与矩形的判定、托勒密定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】133π
【解析】解：取BC的中点G，连接DG，EG，可知DG=EG=BG=CG，
则G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，过G作平面BCED的垂线，
再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，设两垂线的交点为O，
则O为四棱锥A−BCDE外接球的球心，
∵△ADE的边长为1，∴OG=HK= 36，
则四棱锥A−BCDE外接球的半径OB= 12+( 36)2= 396，
四棱锥A−BCDE外接球的表面积为4π×( 396)2=133π．
故答案为：133π．
取BC的中点G，连接DG，EG，可得G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，得出两垂线的交点O为棱锥A−BCDE外接球的球心，求出半径，利用球表面积公式即可求解．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵b=2，a2=c2+2c+4，∴a2=c2+bc+b2，∴b2+c2−a2=−bc，
∴由余弦定理有：cosA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3，
在△ADC中，由正弦定理ACsin∠ADC=CDsinA，
∴sin∠ADC=AC⋅sinACD=2× 32 6= 22，
∵∠ADC∈(0,π2)∴∠ADC=π4．
(2)由(1)知，∠ACD=π−2π3−π4=π12，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠BCD=π12，∴∠ACB=π6，
∴∠ABC=π−2π3−π6=π6=∠ACB，∴c=b=2，
在△ABC中由余弦定理有a2=b2+c2−2bccos∠BAC=22+22−2×2×2×(−12)=12，
∴a=2 3，∵sinπ12= 6− 24，
∴S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=12×2 3× 6× 6− 24=3 3−32．
【解析】(1)由条件和余弦定理求A，再在△ADC中由正弦定理求∠ADC；
(2)由(1)及条件求出∠ABC，∠BCD，再在△ABC中由余弦定理求a，最后由面积公式即可求得．
本题考查用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：令n=1，得a1=S1=2a1−1，解得a1=1，
由Sn=2an−n，得Sn+1=2an+1−(n+1)，
两式相减得an+1=2an+1−2an−1，
即an+1=2an+1，即an+1+1=2(an+1)，
所以{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2⋅2n−1，即an=2n−1．
(2)由(1)得，bn=nan=n⋅2n−n，
记cn=n⋅2n,dn=n，数列{cn}的前n项和为Kn．
则Kn=1×2+2×22+⋯+n⋅2n，2Kn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得Kn=−(2+22+⋯+2n)+n⋅2n+1=−2(1−2n)1−2+n⋅2n+1=(n−1)⋅2n+1+2，
故数列{bn}的前n项和Tn=(n−1)⋅2n+1+2−n(n+1)2．
【解析】(1)由an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2,n∈N*，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系、等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
∵HE//平面PAB，平面CPF∩平面PAB=PF，HE⊂平面CPF，
∴HE//PF，
又E为棱PC的中点，∴H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，
∴Rt△PAB≅Rt△PBC，∴PB=PC；
(2)以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的投射影，
∴∠PCH是直线PC与立面ABCD所成角，∴∠PCH=π4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH= 2，∴PH= 2，
∴P(0,0, 2)，又A(1,−3,0)，D(−1,−3,0)，H(0,0,0)，C(−1,1,0)，
∴PA=(1,−3,− 2)，PD=(−1,−3,− 2)，
设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅PA=0m⋅PD=0⇒x−3y− 2z=0−x−3y− 2z=0，令y= 2，得x=0，z=−3，
∴平面PAD的一个法向量为m=(0, 2,−3)．
同理求得平面PHC的法向量n=(1,1,0)．
∴cos〈m,n〉= 2 2⋅ 11= 1111，
所以平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为 1111．
【解析】(1)延长CH交AB于点F，连接PF，BH，由已知可得HE//PF，进而证明Rt△PAB≅Rt△PBC可得结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值．
本题考查线线相等的证明，考查面面夹角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)X的可能取值为1，2，3，4，
则P(X=1)=15，P(X=2)=A41A52=15，P(X=3)=A42A33=15，P(X=4)=A43A33=25，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
P
15
15
15
25
所以E(X)=1×15+2×15+3×15+4×25=145；
(2)设依方案乙所需化验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，
则P(Y=2)=C42C52×13+C41C52×1=35，P(Y=3)=C42C52×23=25，
所以Y的分布列为：
Y
2
3
P
35
25
所以P(X
【解析】(1)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，4，求出相应的概率，进而得到X的分布列，再利用期望公式求解；
(2)设依方案乙所需化验次数为Y，求出Y的分布列，再利用独立事件的概率乘法公式求出P(X≥Y)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和期望，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex−ax，
依题意得f(1)=0，f′(1)=0，则有e−b=0e−a=0,a=eb=e．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)=ex−elnx−e，f′(x)=ex−ex，
由于f′(x)在区间(0,+∞)上为增函数，且f′(1)=0，
则当01时，f′(x)>f′(1)=0，
故函数f(x)的减区间是(0,1)，增区间是(1,+∞)；
(Ⅲ) 因为(1+lnxex)2=ln2x+2lnx+1e2x=ln2x+lnex2e2x，
于是构造函数h(x)=1+lnxex,x≥1，
∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，等价于k≥[h2(x)]max，
由(Ⅱ)知当x≥1时，f(x)≥f(1)=0，即ex≥e(lnx+1)对x≥1恒成立．
即lnx+1ex≤1e(当且仅当x=1时取等号)
所以函数h(x)max=h(1)=1e，又x≥1时，h(x)>0，
所以[h2(x)]max=h2(1)=1e2.
故k的取值范围是[1e2,+∞)．
【解析】本题考查导数的运用，参数分离和构造函数的转化思想，考查运算求解能力，是较难题．
(Ⅰ)求f(x)的导数，由题意得f(1)=0，f′(1)=0，可得a，b的值；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)的解析式，利用导数可得f(x)的单调区间；
(Ⅲ)构造函数h(x)=1+lnxex,x≥1，∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，等价于k≥[h2(x)]max，由(Ⅱ)的结论，即可得到所求k的范围．
22.【答案】解：(1)设点P(x,y)，以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，
设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，
则r=|MN|=|OF|+| PQ|2=x+12，
|PF|=2r=x+1，
∴点P到点F的距离等于点P到直线x=−1的距离，
∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x=−1为准线的抛物线，
∴C的方程为y2=4x．
(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)y2=4x，化为k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
则x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
设直线l的倾斜角为θ，则|AM|=|AF||tanθ|，|BN|=|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=k|AB|，
又|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=4k2+4k2．
∴梯形MANB的面积S=(|AM|+|BN|)⋅|AB|2=|AB|2| k|2=8(k2+1)2|k|3=8(k4+2k2+1)|k|3，
令t=|k|∈(0,+∞)，则S(t)=8(t+2t+1t3)，
S′(t)=8(1−2 t2−3t4)=8(t− 3)(t+ 3)(t2+1)t4，
∴t∈(0, 3)时，S′(t)<0，此时函数S(t)单调递减；t∈( 3,+∞)时，S′(t)>0，此时函数S(t)单调递增．
∴t=|k|= 3时，即k=± 3时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，
此时直线l的方程为：y=± 3(x−1)，即 3x±y− 3=0．
【解析】(1)设点P(x,y)，以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，可得r=|MN|=|OF|+| PQ|2=x+12，|PF|=2r=x+1，利用抛物线的定义即可得出C的方程．
(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l的方程与抛物线方程联立化为k2x2−2(k2+2)x+k2=0，设直线l的倾斜角为θ，可得|AM|=|AF||tanθ|，|BN|=|BF||tanθ|，可得|AM|+|BN|；由|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1.结合根与系数的关系可得梯形MANB的面积S=(|AM|+|BN|)⋅|AB|2，通过换元利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
本题考查了抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、梯形的面积、利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷
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. 设复数z满足z(1+2i)=|1+2 6i|，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. −2i B. 2i C. −2 D. 2
2. 设集合A={x∈N|0≤lnx≤1}，B={x|2x<4}，则A⋂B=( )
A. {1} B. {x|1≤x<2} C. {0} D. ⌀
3. 2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年.若五辆车分别为A，B，C，D，E，五辆车随机排成一排，则A车与B车相邻，A车与C车不相邻的排法有( )
A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种
4. 在△ABC中，BE=12EC，D是AC的中点，若AC=xAE+yBD，则xy=( )
A. 12 B. 2 C. 32 D. 3
5. 如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，则下列结论错误的是( )
A. 直线EF//平面ACD
B. 平面AFD⊥平面BCD
C. 点F到平面ACD的距离为 32
D. 异面直线AB与CD所成角为90°
6. 已知α，β∈(π,3π2)，sin(2α+β)sinα−2cos(α+β)=1tanα，则( )
A. α−β=−π4 B. α−β=π4 C. α+β=9π4 D. α+β=5π2
7. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，A为椭圆C的左顶点，以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为13，则椭圆C的标准方程为( )
A. x23+y2=1 B. x26+y22=1 C. x29+y25=1 D. x28+y24=1
8. 已知函数f(x)及其导数f′(x)的定义域均为R，f′(x)在R上单调递增，f′(1+x)为奇函数，若2a=3，4b=3，3c=4，则( )
A. f(a)
9. 下列说法正确的有( )
A. 若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B对立
B. 若随机变量X∼B(9,13)，则方差D(3X+2)=8
C. 若随机变量X∼N(1,σ2)，P(X<4)=0.79，则P(X<−2)=0.21
D. 以模型y=cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，求得线性回归方程为z =−4x+4，则c，k的值分别是e4和−4
10. 已知函数f(x)=sin(x+π4)，则下列说法正确的有( )
A. 若|f(x1)−f(x2)|=2，则|x1−x2|min=π
B. 将f(x)的图象向左平移π4个单位长度后得到的图象关于y轴对称
C. 函数y=[f(x)]2的最小正周期为2π
D. 若f(ωx)(ω>0)在[0,π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围为[114,154)
11. 设k∈R，过定点A的动直线l1：x+ky=0，和过定点B的动直线l2：kx−y+3−k=0交于点P，M是圆C：(x−2)2+(y−4)2=4上的任意一点，则下列说法正确的有( )
A. 直线l1与圆C相切时k=43 B. M到l1距离的最大值是2+2 5
C. 直线l2与圆C相交的最短弦长为2 2 D. |PA|+|PB|的最大值为2 10
12. 已知函数f(x)=lnx−ax的两个零点分别为x1，x2且x1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数f(x)=|1+x|+|1−ax|为偶函数，则f(−1)= ______ ．
14. 已知等比数列{an}满足an>0，且a3−a1=2，则a5的最小值为______ ．
15. 古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上关于原点对称的两点A，B满足|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|，若∠AF1F2=π6，则双曲线的离心率为______ ．
16. 已知D，E分别为边长为2的等边△ABC边AB，AC的中点，现将△ADE沿DE翻折使得平面ADE⊥平面BCED，则棱锥A−BCED外接球的表面积为______ ．
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=2，a2=c2+2c+4，CD平分∠ACB交AB于点D，
CD= 6．
(1)求∠ADC；
(2)求△BCD的面积．
18. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−n．
(1)求证：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD(垂足H在矩形ABCD内)，E为棱PC的中点，HE//平面PAB．
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值．
20. (本小题12.0分)
已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物.血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性，则表明患病动物为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．
(1)设依方案甲所需化验次为X，求X的分布列与期望；
(2)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率．
21. (本小题12.0分)
函数f(x)=ex−alnx−b在点P(1,f(1))处的切线方程为y=0．
(Ⅰ)求实数a，b的值；
(Ⅱ)求f(x)的单调区间；
(Ⅲ)∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，求实数k的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知点F(1,0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z(1+2i)=|1+2 6i|= 12+(2 6)2=5，
故z=51+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以z−=1+2i，其虚部为2．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式，先对z化简，再结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由0≤lnx≤1得ln1≤lnx≤lne，即1≤x≤e，又x∈N，
所以A={1,2}，
解不等式2x<4得x<2，所以B={x|x<2}，
所以A∩B={1}．
故选：A．
分别解对数不等式和指数不等式求得集合A，B，然后由交集运算可得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：A车与B车相邻的排法有A22A44=48种，
A车与B车、C车都相邻的排法有A22A33=12种，
∴A车与B车相邻，A车与C车不相邻的排法有48−12=36种．
故选：A．
求得A车与B车相邻的排法，减去A车与B车、C车都相邻的排法，即可求解．
本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算．
4.【答案】C
【解析】解：∵BE=12EC，D是AC的中点，
∴AD=12AC，BE=13BC，
∵BD=AD−AB=12AC−AB，
AE=BE−BA=13BC+AB=13(AC−AB)+AB=13AC+23AB，
∴AC=xAE+yBD=x(13AC+23AB)+y(12AC−AB)
=(x3+y2)AC+(2x3−y)AB，
∴x3+y2=12x3−y=0，解得x=32y=1，∴xy=32．
故选：C．
由平面向量的线性运算和平面向量基本定理计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，在△ABC中，EF为中位线，则EF//AC，EF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴EF//平面ACD，故A正确；
对于B，正四面体各侧面都为正三角形，F为BC中点，则BC⊥DF，BC⊥AF，
DF∩AF=F，DF，AF⊂平面AFD，∴BC⊥平面AFD，
BC⊂平面BCD，∴平面AFD⊥平面BCD，故B正确；
对于C，由题意知VB−ACD=2VF−ACD，即B到平面ACD的距离为点F到平面ACD的距离的2倍，
而B到平面ACD的距离为正四面体的体高为 22−(23×2× 32)2=2 63，
∴F到平面ACD的距离为 63，故C错误；
对于D，若G为CD中点，连接AG，BG，由题意得CD⊥AG，CD⊥BG，AG∩ BG=AG，BG⊂平面ABG，
∴CD⊥平面ABG，AB⊂平面ABG，∴CD⊥AB，故D正确．
故选：C．
对于A，由中位线有EF//AC，线面平行判断结论；对于B，由题意得BC⊥DF，BC⊥AF，再应用线面、面面垂直的判定判断结论；对于C，由题意知B到平面ACD的距离为点F到平面ACD的距离的2倍，即可求出点面的距离；对于D，若G为CD中点，连接AG，BG，由题意知CD⊥AG，CD⊥BG，再由线面垂直的判定、性质能判断结论．
本题考查中位线定理、线面、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵sin(2α+β)sinα−2cos(α+β)=1tanα，
∴sin[(α+β)+α]−2cos(α+β)sinαsinα=cosαsinα，
∴sin[(α+β)+α]−2cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα−2cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β)cosα−cos(α+β)sinα=cosα，
∴sin(α+β−α)=cosα，
∴sinβ=cosα，
∴sinβ=sin(α+π2)，
∴β=α+π2+2kπ或β+α+π2=π+2kπ，k∈Z，
∴α−β=−π2−2kπ或α+β=π2+2kπ，k∈Z，
又α，β∈(π,3π2)，
∴α−β∈(−π2,π2)，α+β∈(2π,3π)，
∴α−β无解，α+β=5π2．
故选：D．
先根据三角函数公式化简条件，再解三角方程，即可求解．
本题考查三角函数公式的应用，三角方程的求解，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意设M(x0,y0)，N(−x0,y0)，则x02a2+y02b2=1，则y02=b2(1−x02a2)=b2a2⋅(a2−x02)，
因为A(−a,0)，
则y0x0+a⋅y0−x0+a=y02a2−x02=b2a2=13，
又c2=4=a2−b2，可得b2=2，a2=6，
故椭圆C的标准方程为：x26+y22=1．
故选：B．
由题意设M，N的坐标，A的坐标，由题意可得直线AM，AN的斜率之积，进而可得a，b的关系，再由c的值及a，b，c的关系，可得a，b的值，进而求出椭圆的方程．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为f′(1+x)为奇函数，
所以f′(1−x)=−f′(1+x)，
所以f′(1−x)+f′(1+x)=0，
所以f′(x)关于(1,0)对称，
因为f′(x)在R上单调递增，
所以在(−∞,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为2a=3，4b=3，3c=4，
所以a=log23>1，0
因为9>8，
所以 9> 8，即3>2 2，
所以a=log23>log22 2=log2232=32，
因为27>16，
所以 27> 16，即332>4，
所以log3 27=log3332=32，
1
由f(x)的单调性可得f(a)>f(c)，
排除A，B，D选项，
故选：C．
由f′(1+x)为奇函数，得f′(1−x)+f′(1+x)=0，则f′(x)关于(1,0)对称，又f′(x)在R上单调递增，进而可得f(x)的单调性，根据题意可得a=log23>1，0
本题考查导数的综合应用，解题关键是确定函数的单调性，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：互斥事件不一定为对立事件，故A错误；
由二项分布X∼B(9,13)，可得D(X)=9×13×(1−13)=2，
又由公式D(aX+b)=a2D(X)可得D(3X+2)=9D(X)=18，所以B选项错误；
正态分布X～N(1,σ2)，对称轴x=1，
∵P(X<4)=0.79，
得P(X>4)=1−0.79=0.21，又因为x=−2与x=4关于x=1对称，
所以P(X<−2)=P(X>4)=0.21，所以C选项正确；
将y=cekx两边同时取ln得，lny=lnc+kx，与z =−4x+4对应，
则lnc=4，即c=e4，k=−4，所以D选项正确．
故选：CD．
根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可直接得出方差D(X)的结果，再利用D(aX+b)=a2D(X)可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；利用线性回归方程分析，先将y=cekx转化为lny=lnc+kx，对应解析式可判断D选项．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化的能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由|f(x1)−f(x2)|=2，故f(x1)，f(x2)必有一个最大值和一个最小值，
则|x1−x2|min为半个周期长度，故T2=π,A正确；
由题意f(x+π4)=sin(x+π2)=cosx的图象关于y轴对称，B正确；
y=sin2(x+π4)=1−cos(2x+π2)2=1+sin2x2的最小正周期为π，C错误．
f(ωx)=sin(ωx+π4)，在x∈[0,π]上ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]有且仅有3个零点，
结合正弦函数的性质知：3π≤ωπ+π4<4π，则114≤ω<154，D正确．
故选：ABD．
对A：f(x1)，f(x2)必有一个最大值和一个最小值可求|x1−x2|min；
对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；
对C：化简y=sin2(x+π4)后求周期；
对D：求出ωx+π4的范围，结合正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：显然当k=0时直线l1也与圆C相切，故A错误；
直线l1过的定点为A(0,0)，当l1⊥CA时C到l1的距离最大，最大值为|CA|=2 5，此时M到l1距离的最大值为2+2 5，故B正确；
由圆的标准方程可得圆心为C(2,4)，半径r=2，直线l2过的定点为B(1,3)，当l2⊥CB时所得弦长最短，则kl2⋅klCB=−1，又kl2=k,klCB=1，所以k=−1，得l2：x+y−4=0，则圆心到直线l2的距离为d=|2| 2= 2，所以弦长为2 r2−d2=2 2，故C正确；
由l1：x+ky=0⇒A(0,0)，当k=0时，l1：x=0，l2：y=3，有l1⊥l2，当k≠0时，kl1=−1k,kl2=k，则kl1kl2=−1，所以l1⊥l2，又点P是两直线的交点，所以PA⊥PB，所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，
因为(|PA|+|PB|)2=|PA|2+|PB|2+2|PA||PB|≤2(|PA|2+|PB|2)=20，
所以|PA|+|PB|≤2 5，当且仅当|PA|=|PB|= 5时等号成立，故D错误．
故选：BC．
根据k=0时直线l1也与圆C相切，可判断A选项；
根据几何知识得到当l1⊥CA时C到l1的距离最大，然后求最大值，可判断B选项；
根据几何知识得到当l2⊥CB时所得弦长最短，然后得到此时的直线l2的方程，最后求弦长，可判断C选项；根据几何知识得到点P的轨迹，然后利用不等式的方法求最值，可判断D选项．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：由f(x)=lnx−ax，x∈(0,+∞)，所以f′(x)=1x−a(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，f(x)至多有一个零点，与题意不符；
当a>0时，令f′(x)=1x−a=0，解得x=1a，
当x∈(0,1a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以x=1a时，f(x)取得极大值点，也是最大值点，所以f(x)的最大值为f(x)max=f(1a)=−lna−1；
因为函数f(x)=lnx−ax有两个零点x1，x2(x1
综合可得：0
由单调性知，f(x)在(e,1a)上不存在零点，所以选项B错误；
由0
g′(x)在(0,1a)上单调递增，且g′(1a)=0，
所以在(0,1a)上g′(x)≤0，所以g(x)单调递减，g(x)≥g(1a)=0，
所以f(2a−x)−f(x)≥0，所以f(2a−x)≥f(x)，当且仅当x=1a时“=”成立；
所以f(2a−x1)≥f(x1)=f(x2)，所以2a−x1
又lnx1−ax1=0lnx2−ax2=0，所以lnx1=ax1lnx2=ax2，解得x1=eax1，x2=eax2，
所以x1x2=eax1⋅eax2=ea(x1+x2)>e2，即x1x2>e2，选项C错误；
因为x2是f(x)=lnx−ax的零点，所以lnx2=ax2，设t=lnx2，所以x2=et，所以t=aet，所以a=tet=x2ex2，
设h(x)=xex(x>1)，可得h′(x)=ex−xexe2x=1−xex，
所以x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以tet=x3ex3，所以t=x3，
所以x3=lnx2，所以ex3=x2，选项D正确．
故选：AD．
由f(x)=lnx−ax，x∈(0,+∞)，求出f′(x)，讨论a≤0时f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，至多有一个零点，不符合题意；a>0时，令f′(x)=0，即可求得f(x)的极值，也是最值，由此判断函数f(x)有两个零点x1，x2(x1
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，函数f(x)=|1+x|+|1−ax|为偶函数，即f(x)=f(−x)在R上恒成立，
即|1+x|+|1−ax|=|1−x|+|1+ax|在R上恒成立，
必有a=1，则f(x)=|1+x|+|1−x|，
故f(−1)=2．
故答案为：2
根据题意，有奇偶性的定义可得|1+x|+|1−ax|=|1−x|+|1+ax|在R上恒成立，分析可得a的值，即可得函数的解析式，进而计算可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质，关键求出函数的解析式，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a3−a1=2，得a1q2−a1=2，即a1=2q2−1，
所以a5=a1q4=2q4q2−1=21q2−1q4，令t=1q2(t>0)，则a5=2−t2+t，
又−t2+t=−(t−12)2+14≤14，则a5≥8，
所以a5的最小值为8．
故答案为：8．
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a3−a1=2可得a1=2q2−1，从而a5=a1q4=2q4q2−1=21q2−1q4，令t=1q2(t>0)，则a5=2−t2+t，结合函数的单调性即可确定a5的最小值．
本题考查等比数列的通项公式，数列与函数的综合问题，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
15.【答案】 3+1
【解析】解：由双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2及双曲线上关于原点对称的两点A，B，
可得四边形AF1BF2为平行四边形，
又|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理，可得四边形AF1BF2为矩形．
设|AF1|=m，|BF2|=n(m>n)，
在Rt△AF1BF2中，∠AF1F2=π6，
则m−n=2a，n=m⋅tanπ6，
∴n=c，m= 3c，m=c+2a，
∴ 3c=c+2a，
解得ca= 3+1．
∴双曲线的离心率为 3+1．
故答案为： 3+1．
由题意可得四边形AF1BF2为平行四边形，根据|AB|⋅|F1F2|=|AF1|⋅|BF2|+|AF2|⋅|BF1|及托勒密定理可得四边形AF1BF2为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及性质、直角三角形的边角关系、平行四边形与矩形的判定、托勒密定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】133π
【解析】解：取BC的中点G，连接DG，EG，可知DG=EG=BG=CG，
则G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，过G作平面BCED的垂线，
再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，设两垂线的交点为O，
则O为四棱锥A−BCDE外接球的球心，
∵△ADE的边长为1，∴OG=HK= 36，
则四棱锥A−BCDE外接球的半径OB= 12+( 36)2= 396，
四棱锥A−BCDE外接球的表面积为4π×( 396)2=133π．
故答案为：133π．
取BC的中点G，连接DG，EG，可得G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂线，得出两垂线的交点O为棱锥A−BCDE外接球的球心，求出半径，利用球表面积公式即可求解．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵b=2，a2=c2+2c+4，∴a2=c2+bc+b2，∴b2+c2−a2=−bc，
∴由余弦定理有：cosA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3，
在△ADC中，由正弦定理ACsin∠ADC=CDsinA，
∴sin∠ADC=AC⋅sinACD=2× 32 6= 22，
∵∠ADC∈(0,π2)∴∠ADC=π4．
(2)由(1)知，∠ACD=π−2π3−π4=π12，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠BCD=π12，∴∠ACB=π6，
∴∠ABC=π−2π3−π6=π6=∠ACB，∴c=b=2，
在△ABC中由余弦定理有a2=b2+c2−2bccos∠BAC=22+22−2×2×2×(−12)=12，
∴a=2 3，∵sinπ12= 6− 24，
∴S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=12×2 3× 6× 6− 24=3 3−32．
【解析】(1)由条件和余弦定理求A，再在△ADC中由正弦定理求∠ADC；
(2)由(1)及条件求出∠ABC，∠BCD，再在△ABC中由余弦定理求a，最后由面积公式即可求得．
本题考查用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：令n=1，得a1=S1=2a1−1，解得a1=1，
由Sn=2an−n，得Sn+1=2an+1−(n+1)，
两式相减得an+1=2an+1−2an−1，
即an+1=2an+1，即an+1+1=2(an+1)，
所以{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2⋅2n−1，即an=2n−1．
(2)由(1)得，bn=nan=n⋅2n−n，
记cn=n⋅2n,dn=n，数列{cn}的前n项和为Kn．
则Kn=1×2+2×22+⋯+n⋅2n，2Kn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得Kn=−(2+22+⋯+2n)+n⋅2n+1=−2(1−2n)1−2+n⋅2n+1=(n−1)⋅2n+1+2，
故数列{bn}的前n项和Tn=(n−1)⋅2n+1+2−n(n+1)2．
【解析】(1)由an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2,n∈N*，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系、等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
∵HE//平面PAB，平面CPF∩平面PAB=PF，HE⊂平面CPF，
∴HE//PF，
又E为棱PC的中点，∴H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，
∴Rt△PAB≅Rt△PBC，∴PB=PC；
(2)以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的投射影，
∴∠PCH是直线PC与立面ABCD所成角，∴∠PCH=π4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH= 2，∴PH= 2，
∴P(0,0, 2)，又A(1,−3,0)，D(−1,−3,0)，H(0,0,0)，C(−1,1,0)，
∴PA=(1,−3,− 2)，PD=(−1,−3,− 2)，
设平面PAD的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅PA=0m⋅PD=0⇒x−3y− 2z=0−x−3y− 2z=0，令y= 2，得x=0，z=−3，
∴平面PAD的一个法向量为m=(0, 2,−3)．
同理求得平面PHC的法向量n=(1,1,0)．
∴cos〈m,n〉= 2 2⋅ 11= 1111，
所以平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为 1111．
【解析】(1)延长CH交AB于点F，连接PF，BH，由已知可得HE//PF，进而证明Rt△PAB≅Rt△PBC可得结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值．
本题考查线线相等的证明，考查面面夹角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)X的可能取值为1，2，3，4，
则P(X=1)=15，P(X=2)=A41A52=15，P(X=3)=A42A33=15，P(X=4)=A43A33=25，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
P
15
15
15
25
所以E(X)=1×15+2×15+3×15+4×25=145；
(2)设依方案乙所需化验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，
则P(Y=2)=C42C52×13+C41C52×1=35，P(Y=3)=C42C52×23=25，
所以Y的分布列为：
Y
2
3
P
35
25
所以P(X
【解析】(1)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，4，求出相应的概率，进而得到X的分布列，再利用期望公式求解；
(2)设依方案乙所需化验次数为Y，求出Y的分布列，再利用独立事件的概率乘法公式求出P(X≥Y)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和期望，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex−ax，
依题意得f(1)=0，f′(1)=0，则有e−b=0e−a=0,a=eb=e．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)=ex−elnx−e，f′(x)=ex−ex，
由于f′(x)在区间(0,+∞)上为增函数，且f′(1)=0，
则当0
故函数f(x)的减区间是(0,1)，增区间是(1,+∞)；
(Ⅲ) 因为(1+lnxex)2=ln2x+2lnx+1e2x=ln2x+lnex2e2x，
于是构造函数h(x)=1+lnxex,x≥1，
∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，等价于k≥[h2(x)]max，
由(Ⅱ)知当x≥1时，f(x)≥f(1)=0，即ex≥e(lnx+1)对x≥1恒成立．
即lnx+1ex≤1e(当且仅当x=1时取等号)
所以函数h(x)max=h(1)=1e，又x≥1时，h(x)>0，
所以[h2(x)]max=h2(1)=1e2.
故k的取值范围是[1e2,+∞)．
【解析】本题考查导数的运用，参数分离和构造函数的转化思想，考查运算求解能力，是较难题．
(Ⅰ)求f(x)的导数，由题意得f(1)=0，f′(1)=0，可得a，b的值；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)的解析式，利用导数可得f(x)的单调区间；
(Ⅲ)构造函数h(x)=1+lnxex,x≥1，∀x≥1，lnex2+(lnx)2ex≤kex成立，等价于k≥[h2(x)]max，由(Ⅱ)的结论，即可得到所求k的范围．
22.【答案】解：(1)设点P(x,y)，以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，
设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，
则r=|MN|=|OF|+| PQ|2=x+12，
|PF|=2r=x+1，
∴点P到点F的距离等于点P到直线x=−1的距离，
∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x=−1为准线的抛物线，
∴C的方程为y2=4x．
(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)y2=4x，化为k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
则x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
设直线l的倾斜角为θ，则|AM|=|AF||tanθ|，|BN|=|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=k|AB|，
又|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=4k2+4k2．
∴梯形MANB的面积S=(|AM|+|BN|)⋅|AB|2=|AB|2| k|2=8(k2+1)2|k|3=8(k4+2k2+1)|k|3，
令t=|k|∈(0,+∞)，则S(t)=8(t+2t+1t3)，
S′(t)=8(1−2 t2−3t4)=8(t− 3)(t+ 3)(t2+1)t4，
∴t∈(0, 3)时，S′(t)<0，此时函数S(t)单调递减；t∈( 3,+∞)时，S′(t)>0，此时函数S(t)单调递增．
∴t=|k|= 3时，即k=± 3时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，
此时直线l的方程为：y=± 3(x−1)，即 3x±y− 3=0．
【解析】(1)设点P(x,y)，以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，可得r=|MN|=|OF|+| PQ|2=x+12，|PF|=2r=x+1，利用抛物线的定义即可得出C的方程．
(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l的方程与抛物线方程联立化为k2x2−2(k2+2)x+k2=0，设直线l的倾斜角为θ，可得|AM|=|AF||tanθ|，|BN|=|BF||tanθ|，可得|AM|+|BN|；由|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1.结合根与系数的关系可得梯形MANB的面积S=(|AM|+|BN|)⋅|AB|2，通过换元利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
本题考查了抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、梯形的面积、利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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