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2022-2023学年广东省阳江市高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省阳江市高二（下）期末数学试卷（含解析），共22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学年广东省阳江市高二（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. 已知全集I={x∈N|x≤10}，集合M={1,2,3}，N={2,4,6,8,10}，则∁I(M∪N)=( )
A. {5,7,9} B. {1,2,3,4,6,8,10}
C. {0,5,7,9} D. {0,1,2,3,4,6,8,10}
2. 已知α∈(π,3π2)，若1−sin2α1+cos2α=2，则cos2α的值为( )
A. 45 B. −45 C. 0 D. −45或0
3. 已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=1，(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，则a+2b的最大值是( )
A. 2 3 B. 2 2 C. 2 D. 4
4. 已知直角梯形ABCD，AB//CD，∠B=90°，AB=4，CD=2，BC=2 3，点M在边AD上.将△ABM沿BM折成锐二面角A′−BM−C，点A′，M，B，C，D均在球O的表面上，当直线A′B和平面MBCD所成角的正弦值为 34时，球O的表面积为( )
A. 323π B. 25 3π3 C. 16 23π D. 523π
5. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，动点Q∈平面MNP，DQ=AB=2，则下列说法错误的是( )
A. B1−MBC的外接球面积为9π
B. 直线PQ//平面A1BC1
C. 正方体被平面MNP截得的截面为正六边形
D. 点Q的轨迹长度为3π
6. 过直线y=x上的一点P作圆(x−5)2+(y−1)2=2的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，当直线l1，l2关于y=x对称时，线段PA的长为( )
A. 4 B. 2 2 C. 6 D. 2
7. 已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. b>c>a
8. 若关于x的不等式x+lnaex−alnxx>0对∀x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,1e] B. [1e,+∞) C. [1e,1) D. (0,1e]
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. 在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点P在正方形A1B1C1D1(包括边界)内运动，且满足BP//平面AD1C，则下列结论正确的是( )
A. 线段B1P长度的最小值为2 2
B. 三棱锥A−PB1C的体积为定值
C. 异面直线BP与AC所成角正弦值的取值范围为(0,12]
D. 若动点M在线段B1C上，则线段PM长度的最小值为4 33
10. 已知直线l：y=kx+2k+2(k∈R)与圆C：x2+y2−2y−8=0.则下列说法正确的是( )
A. 直线l过定点(−2,2) B. 直线l与圆C相离
C. 圆心C到直线l距离的最大值是2 2 D. 直线l被圆C截得的弦长最小值为4
11. 已知实数x，y满足ex+y+yx=0(e为自然对数的底数，e=2.71828⋯，则( )
A. 当y<0时，x+y=0 B. 当x<0时，x+y=0
C. 当x+y≠0时，y−x>2 D. 当x+y≠0时，−1
A. P(D3)=29 B. P(D4|A1)=227
C. P(Dn)=2n−1−23n−1，n≥3 D. P(Dn|Bn−1Cn−2)=2n−33n−2，n≥3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(x)=2sin(ωx+π4) (ω>0)，若在区间(0,π)上有两个不同的x使得f(x)+ 2=0，则ω的取值范围是______ ．
14. 已知圆x2+y2−6x=0，过点(2,1)的直线被该圆所截的弦长的最小值为______ ．
15. 若x>0时，不等式(x−a)ex+a+1>0恒成立，则整数a的最大值为______ ．
16. 已知△ABC中，∠A=π3，D，E是线段BC上的两点，满足BD=DC，∠BAE=∠CAE，AD= 192，AE=6 35，则BC= ______ ．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sin(B−C)b−c，且b≠c．
(1)证明：a2=b+c；
(2)若△ABC为锐角三角形，且B=2C，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
设数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).
(1)证明：an+1an≥3；
(2)设数列{1an}的前n项和为Sn，证明：Sn<3．
19. (本小题12.0分)
如图所求，四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB中点．
(1)求证：PC//平面BFD；
(2)已知M点在PD上满足EC//平面BFM，求PMMD的值．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2 2，点(1, 63)在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与直线y=kx+m(k≠0,m>12)相交于不同的两点M、N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN时，求m的取值范围．
21. (本小题12.0分)
新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分.对而不全得2分，选项中有错误得0分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为p(0
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若p=512，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ea−x．
(1)求y=f(x)在x=a处的切线；
(2)若00时，f(x)
1.【答案】C
【解析】解：由已知得M∪N={1,2,3,4,6,8,10}，
全集I={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，
故∁I(M∪N)={0,5,7,9}．
故选：C．
根据并集及补集运算求解即可．
本题考查集合间的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：1−sin2α1+cos2α=2，
则cos2α+sin2α−2sinαcosα2cos2α=2，
故1+tan2α−2tanα2=2⇒tan2α−2tanα−3=0，
由于α∈(π,3π2)，所以tanα>0，故tanα=3，
又cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−91+9=−45．
故选：B．
根据二倍角公式以及弦切互化即可求解．
本题主要考查三角函数的二倍角公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，
利用正弦定理可得：(a−b)a=(c+b)(c−b)，
化为：a2+b2−c2=2abcosC，
可得cosC=12，C∈(0,π)，∴C=π3，
∵D是AB上的三等分点(靠近点A)，
∴CD=23CA+13CB，
两边平方可得：1=49b2+19a2+49abcosC，
整理可得：a2+4b2+2ab=9，
∴(a+2b)2=9+2ab≤9+(a+2b2)2，
当且仅当a=2b= 3时取等号，
则a+2b≤2 3，∴a+2b的最大值是2 3．
故选：A．
由正余弦定理可得角C，将关系式CD=23CA+13CB两边平方，再利用基本不等式即可得最值．
本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、正弦定理余弦定理、基本不等式的性质，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：由题设知：A′B=AB=4，设点A′到面MBCD的距离为d，则dAB= 34，故d= 3，
要使A′，M，B，C，D均在球O的表面上，则M，B，C，D共圆，
由直角梯形ABCD，AB//CD，∠B=90°，则∠BCD=90°，所以∠BMD=90°，
所以BM⊥AD，故A在绕BM旋转过程中BM⊥面A′MD，BM⊂面MBCD，
所以面A′MD⊥面MBCD，即A′到面MBCD的距离为d，即A′到直线MD的距离，
△ABM沿BM折成锐二面角A′−BM−C，过A′F⊥MD于F，则A′F=d= 3，
又AB=4,CD=2,BC=2 3，则∠A=60°，故∠CDM=120°，即∠CBM=60°，
综上，△BCD、△BMD都是以BD为斜边的直角三角形，且∠CDB=60°，
所以∠BDM=60°，易知：△ABD为等边三角形，则M为AD中点，
故A′M=2,BM=2 3，在Rt△A′FM中，MF= 4−3=1，而MD=2，即F为MD的中点，
同时△BCD≅△BMD，若E为BD的中点，即E为MBCD外接圆圆心，
连接EF，则EF//BM且EF=12BM= 3，故EF⊥面A′MD，且△A′MD为等边三角形，
球心O是过E并垂直于面MBCD的直线与过△A′MD外接圆圆心垂直于面A′MD的直线交点，
若球O的半径为R，则R2=EF2+(23AF)2=133，所以球的表面积4πR2=523π．
故选：D．
由题设知M，B，C，D共圆，并确定外接圆圆心E位置，由已知求得A′到直线MD的距离d= 3且BM⊥面A′MD，进而有面A′MD⊥面MBCD，确定△A′MD的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积．
本题考查了球的表面积计算，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，设A1D1，A1A，BC的中点分别为S，R，T，连接PS，SR，RM，MT，TN．
由正方体的性质可得A1C1//RN，而SP为三角形A1D1C1的中位线，
故SP//A1C1，故SP//RN，故S，P，R，N四点共面，
同理，S，P，T，N也四点共面，故S，P，R，N，T五点共面，
同理R，N，T，M也四点共面，故S，P，R，N，T，M六点共面．
正方体被平面MNP截得的截面为六边形，
SP=PN=NT=TM=MT=RS=SP= 2，
因为平面MNP⋂平面B1BCC1=NT，平面MNP⋂平面A1DDA=SR，
而平面B1BCC1//平面A1DDA，故NT//SR，
而NT为三角形BCC1的中位线，故NT//BC1，故SR//BC1，
但∠PSR与∠A1C1B方向相反，故∠PSR与∠A1C1B互补，而△A1C1B为等边三角形，
故∠A1C1B=60°，故∠PSR=120°，
同理∠SRM=∠RMT=∠MTN=∠TNP=∠NPS=120°，
故正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故C正确．
由A1C1//RN，RN⊄平面A1B1C，A1C1⊂平面A1B1C，故RN//平面A1B1C，
同理故RS//平面A1B1C，而RN⋂RS=R，RN，RS⊂平面MNP，
故平面A1B1C//平面MNP，而PQ⊂平面MNP，故PQ//平面A1B1C，故B正确．
对于A，将三棱锥B1−MBC补成如图所示的长方体MBCG−HB1C1P，
其中H，G分别为A1B1、DC的中点，
则其外接球的直径即为MBCG−HB1C1P的体对角线的长度即 1+4+4=3，
故三棱锥B1−MBC的外接球的表面积为π×32=9π，故A正确．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，P(0,1,2)，
故MN=(−2,1,1),MP=(−2,0,2)，
设平面MNP的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅MN=0m⋅MP=0，
故−2x+y+z=0−2x+2z=0，取x=1，则z=1，y=1，
故m=(1,1,1)，而DP=(0,1,2)，
故D到平面MNP的距离为d=|DP⋅m|m||= 3，
而|DQ|=2，故点Q的轨迹为平面MNP与球面的截面(圆)，
该圆的半径为 4−2=1，故圆的周长为2π×1=2π，故D错误．
故选：D．
可证明正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求B1−MBC的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求D到平面MNP的距离，从而可求点Q的轨迹长度，故可判断D的正误．
本题考查空间几何题外接球的半径的求法，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：显然圆心(5,1)不在直线y=x上．
由对称性可知，只有直线y=x上的特殊点，
这个点与圆心连线垂直于直线y=x，从这点做切线才能关于直线y=x对称．
所以该点与圆心连线所在的直线方程为：y−5=−(x−1)，即y=6−x
与y=x联立可求出该点坐标为(3,3)，即P(3,3)，
所以该点到圆心的距离为 (5−3)2+(1−3)2=2 2，
切线长、半径以及该点与圆形连线构成直角三角形，又知圆的半径为 2．
所以|PA|= (2 2)2−( 2)2= 6．
故选：C．
判断圆心与直线的关系，在直线上求出特殊点，P的方程，利用切线长、半径以及该点与圆心连线构成直角三角形，可求线段PA的长．
本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相切的关系的应用，考查计算能力，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，
因为e2>2.72=7.29>7，
所以e27>1，
则b>1，
又2 2−2<2×32−2=1，
则a<1，
所以b>a，
不妨设f(x)= x−2−lnx3，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=12 x−13x=3 x−26x，
当0
因为2 2>e，
所以8>e2，
此时f(8)>f(e2)=e−2−23>0，
则2 2−2−ln2>0，
整理得2 2−2>ln2，
所以a>c，
综上，b>a>c．
故选：B．
根据e2>2.72=7.29>7，2 2−2<2×32−2=1，得到b>a，构造函数f(x)= x−2−lnx3，对函数f(x)进行求导，得到函数f(x)的单调性，由2 2>e，得到8>e2，结合函数单调性得到f(8)>f(e2)>0，此时2 2−2−ln2>0，再求解即可．
本题考查利用导数研究函数单调性以及对数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知，a>0，
不等式x+lnaex−alnxx>0可化简为lnaexaex>lnxx，
设h(x)=lnxx，即h(aex)>h(x)在x∈(0,1)上恒成立．
h′(x)=1−lnxx2，令h′(x)=0可得x=e，
∴h(x)在(0,e)上单调递增，(e,+∞)单调递减．
且h(1)=0，h(x)>0，(x∈(1,+∞))，
①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，h(aex)≥0>h(x)，
②在x∈(0,1)上，若0x恒成立，
∴aex>x在(0,1)上恒成立．
即a>xex在(0,1)上恒成立．
设g(x)=xex，g′(x)=ex(1−x)e2x>0在(0,1)上恒成立，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，即a≥g(1)=1e．
故选：B．
把原不等式进行化简构造函数h(x)=lnxx，再讨论增减性即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极与最值、不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由题意可易得平面A1BC1//AD1C，
动点P在正方形A1B1C1D1(包括边界)内运动，且满足BP//平面AD1C，
∴P∈A1C1，
对于A：线段B1P长度的最小值即为B1到直线A1C1的距离，
∵A1B1=B1C1，A1C1=4 2，可得线段B1P长度的最小值为2 2，故A正确；
对于B：∵P∈A1C1，∴S△APC为定值，B到平面APC的距离d为定值，
∴VA−PB1C=VB1−APC=13S△APC⋅d，为定值，故B正确；
对于C：当P为A1C1的中点时，可得BP⊥A1C1，∵A1C1//AC，
∴BP⊥AC，∴此时异面直线BP与AC所成角正弦值为1，故C不正确；
对于D：以D为坐标原点，DA，DC，DD所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设A1P=λA1C1，B1M=μB1C，(0≤λ,μ≤1)，
可得P(4−4λ,4λ,4)，M(4−4u,4,4−4μ)，
∴|PM|= (4λ−4μ)2+(4−4λ)2+(−4μ)2=4 λ2−2λμ+μ2+1−2λ+λ2+μ2
=4 ( 22λ− 2μ)2+32(λ−23)2+13≥4 33，
当且仅当λ=23，μ=13取等号，故D正确．
故选：ABD．
由已知可得P∈A1C1，结合每个选项的条件逐项计算可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
10.【答案】AD
【解析】解y=kx+2k+2可化为y=y=k(x+2)+2，
当x=−2时，y=2，则直线l过定点M(−2,2)，故A正确；
x2+y2−2y−8=0可化为x2+(y−1)2=9，所以圆心C的坐标为(0,1)，半径为3．
(−2)2+(2−1)2=5<9，则点M在圆C内，从而直线l与圆C一定相交，故B错误；
对于C，设圆心C到直线l的距离为d，则d≤|MC|= 5，则C错误；
对于D，当直线l⊥MC时，直线l被圆C截得的弦长最小，
最小值为2 r2−d2=2 9−5=4，故D正确．
故选：AD．
求得直线l过定点M(−2,2)可判断A；判断点M在圆C内，从而可判断B；对于C，可知当l⊥AC时，圆心C到直线l距离最大，求解可判断C；求得弦长的最小值判断D．
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．
11.【答案】ACD
【解析】解：由ex+y+yx=0，得ex+y=−yx>0，∴xy<0，x+y=ln(−yx)，
当y<0时，x+y=ln(−yx)=ln(−y)−lnx，即x+lnx=−y+ln(−y)，
令f(x)=x+lnx(x>0)，则f′(x)=1+1x>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
由x+lnx=−y+ln(−y)得f(x)=f(−y)，
∴x=−y，即x+y=0，故A选项正确；
当x<0时，x+y=ln(−yx)=lny−ln(−x)，即y−lny=−x−ln(−x)，
令g(x)=x−lnx(x>0)，则g′(x)=1−1x=x−1x，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
由y−lny=−x−ln(−x)得g(y)=g(−x)，
∵g(x)在(0,+∞)上不单调，∴由g(y)=g(−x)不一定能得到y=−x，
即x+y=0不一定成立，故B选项错误；
当x+y≠0时，由前面的分析可知，此时x<0，y>0，
令y=n，−x=m，则有g(m)=g(n)，不妨设0
下面证明，当02(n−m)n+m，
即证lnnm−2(nm−1)nm+1>0，令t=nm>1，即证lnt−2(t−1)t+1>0，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，则h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴h(t)在(1,+∞)上单调递增，∴h(t)>h(1)=0，
即lnt−2(t−1)t+1>0成立，从而n−mlnn−lnmlnn−lnm，
即证 nm−1 nm−lnnm>0，令t=nm>1，即证 t−1 t−lnt>0，
令φ(t)= t−1 t−lnt(t>1)，则φ′(t)=12 t+12t t−1t=( t−1)22t t>0，
∴φ(t)在(1,+∞)上单调递增，∴φ(t)>φ(1)=0，
即 t−1 t−lnt>0成立，从而 mn2，即y−x>2，故C选项正确；
由 mn
同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
12.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，D3=“摸完第3次球后就停止摸球”，即前三次摸球中摸到了全部颜色的球，
则P(D3)=A3333=29，A正确；
对于B，A1=“第1次摸到红球”，则P(A1)=13，
事件A1D4=“第一次摸到红球而第4次摸球后停止摸球”，则P(A1D4)=C21(22−1)34=227，
故P(D4|A1)=P(A1D4)P(A1)=29，B错误；
对于C，Dn=“摸完第n次球后就停止摸球”，即直到第n次才摸全三种颜色的小球(n≥3)，
则P(Dn)=C31(2n−1−2)3n=2n−1−23n−1，C正确；
对于D，Bn−1=“第n−1次摸到黄球”，Cn−2=“第n−2次摸到蓝球”，则P(Bn−1Cn−2)=13×13=19，
Bn−1Cn−2Dn=“第n−1次摸到黄球且第n−2次摸到蓝球，同时直到第n次才摸全三种颜色的小球”，则前n−3次的摸球中，摸到的都是黄球或蓝球，第n次摸到红球，
则P(Bn−1Cn−2Dn)=2n−33n，
故P(Dn|Bn−1Cn−2)=P(DnBn−1Cn−2)P(Bn−1Cn−2)=2n−33n19=2n−33n−2，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由条件概率和古典概型的计算公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及古典概率、条件概率的计算，属于基础题．
13.【答案】(32,3]
【解析】解：f(x)+ 2=0，
则sin(ωx+π4)=− 22，
∵0
∵在区间(0,π)上有两个不同的x使得f(x)+ 2=0，
sin74π=sin134π=− 22，
∴由正弦函数的图象可知，74π<ωx+π4≤134π，解得32<ω≤3，
故ω的取值范围是(32,3]．
故答案为：(32,3]．
根据已知条件，推得sin(ωx+π4)=− 22，再结合x的取值范围，以及正弦函数的图象，即可求解．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于基础题．
14.【答案】2 7
【解析】解：由圆x2+y2−6x=0，可得圆(x−3)2+y2=9，
可得圆心C(3,0)，半径r=3，
记点(2,1)为D，则|CD|= (3−2)2+(0−1)2= 2，
当弦与CD垂直时，弦长最短，
此时弦长为2 r2−d2=2 9−2=2 7．
故答案为：2 7．
求得点(2,1)到圆心的距离，利用垂径定理可求弦长的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的求法，属基础题．
15.【答案】2
【解析】解：法1：不等式可化为xex+1>a(ex−1)，由x>0，知ex>1，则x>0时，a
设g(x)=ex−x−2，x>0，则g′(x)=ex−1>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(1)=e−3<0，g(2)=e2−4>0，则g(x)在(1,2)上存在唯一的零点x0，
当0x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(x0)=x0ex0+1ex0−1，且ex0=x0+2，化简得f(x0)=x0+1，
因1
则直接考虑a−1>0的情形，
由h′(x)<0得00得x>a−1，
所以h(x)在(0,a−1)上单调递减，在(a−1,+∞)上单调递增，
则h(x)min=h(a−1)=−ea−1+a+1>0，令A(a)=−ea−1+a+1，a>1，A′(a)=−ea−1+1<0，
则A(a)在(1,+∞)上单调递减，A(2)=3−e>0，A(3)=4−e2<0，则整数a的最大值为2．
故答案为：2．
方法1：参变分离可得a0，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；
方法2：设h(x)=(x−a)ex+a+1，x>0，求出函数的导函数，考虑a−1>0的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】 7
【解析】解：∵12×c×6 35sinπ6+12b⋅6 35⋅sinπ6=12bcsinπ3，
∴3 310(b+c)= 34bc，
又AD=12(AB+AC)，∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+c2+bc)
=14(b+c)2−14bc=14×2536(bc)2−14bc，
∴bc=6，∴b+c=5，∴a2=b2+c2−2bccosπ3=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=25−18=7，
∴BC=a= 7．
故答案为： 7．
由已知可得3 310(b+c)= 34bc，进而可得AD2=14×2536(bc)2−14bc，可得bc，b+c，进而可得BC．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】(1)证明：依题意知sinA=sin(B−C)b−c，
故(b−c)sinA=sinBcosC−sinCcosB，即(b−c)a=bcosC−ccosB，
由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac,cosC=a2+b2−c22ab，
代入(b−c)a=bcosC−ccosB可得a(b−c)=a2+b2−c22a−a2+c2−b22a=b2−c2a，
因为b≠c，所以a=b+ca，即a2=b+c；
(2)解：由题意△ABC为锐角三角形，且B=2C，
由(1)知，则a=b+ca，
由正弦定理得，a=sinB+sinCsin(B+C)=sinB+sinCsinBcosC+cosBsinC=2sinCcosC+sinC2sinCcosCcosC+(2cos2C−1)sinC
=sinC(2cosC+1)(4cos2C−1)sinC=12cosC−1，其中C为锐角，所以2cosC+1≠0，sinC≠0，
因为B=2C，A+B+C=π，则0<2C<π20<π−3C<π2，解得π6
【解析】(1)利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简sinA=sin(B−C)b−c可得(b−c)a=bcosC−ccosB，继而利用余弦定理化简即可证明结论；
(2)由a=b+ca利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得a=12cosC−1，利用△ABC为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)∵数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).
∴an>0，
∴an+1an=an+1an+1≥2 an⋅1an+1=3，当且仅当an=1时取等号，
∴an+1an≥3．
(2)由(1)可得an≤13an+1．
∴1an+1≤13⋅1an．
∴当n≥2时，1an≤13⋅1an−1≤(13)2⋅1an−2≤…≤(13)n−1⋅1a1=2⋅(13)n−1．
∴Sn≤2[1+13+(13)2+…+(13)n−1]=2×1−(13)n1−13=3．
∵an≠1，
∴Sn<3．
【解析】(1)数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).可得an>0，变形an+1an=an+1an+1，利用基本不等式的性质即可证明；
(2)由(1)可得an≤13an+1.可得1an+1≤13⋅1an.可得当n≥2时，1an≤13⋅1an−1≤(13)2⋅1an−2≤…≤(13)n−1⋅1a1=2⋅(13)n−1.即可证明．
本题考查了递推关系的应用、等比数列的通项公式及其前n项和公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连结AC交BD于O，连结OF，
∵在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，
∴OF是△PAC的中位线，
∴PC//FO，
又∵PC⊄平面BFD，FO⊂平面BFD，
∴PC//平面BFD．
(2)解：如图连结FM交AD延长线于G，连结BG交CD于N
连结EF，FN，PG，
∵EF//CN，EFNC共面，EC//平面BFM，平面BFM∩平面EFNC=FN，
∴EC//FN，
∴四边形EFNC为平行四边形，
∴EF=CN=12CD，
∴N为CD中点，D为AG中点，
∴PMMD=PGFD=2，
即PMMD=2．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理进行证明即可．
(2)根据线面平行的性质，结合中位线的性质进行求解．
本题主要考查线面平行的判定和性质，利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可知2c=2 2，所以c=2 2，所以a2−b2=2①，
又1a2+( 63)2b2=1，所以1a2+69b2=1②，
由①②可得a2=3，b2=1，所以椭圆C的方程为x23+y2=1．
(2)设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、P(xP,yP)，
联立y=kx+mx23+y2=1，得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2−1)=0，
由题知Δ=36k2m2−12(3k2+1)(m2−1)>0，可得m2<3k2+1③，
由韦达定理可得x1+x2=−6km3k2+1，
∴xP=x1+x22=−3mk3k2+1，从而yP=kxP+m=m3k2+1，
∴kAP=yP+1xP=−m+3k2+13mk，
∵AP⊥MN，则kAP=−m+3k2+13mk=−1k，即2m=3k2+1④，
把④代入③得2m>m2，解得012，故m的取值范围是(12,2)．
【解析】(1)根据已知条件可得出关于a2、b2的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆C的方程；
(2)设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、P(xP,yP)，将直线MN的方程与椭圆C的方程联立，由Δ>0可得出m2<3k2+1，由韦达定理求出点P的坐标，根据AP⊥MN结合斜率关系可得出2m=3k2+1，代入m2<3k2+1结合m>12可得出m的取值范围．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)根据题意可知，
不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件A1，“有3个选项正确”为事件A2，“小明该题得5分”为事件B，
则P(B)=P(BA1)=P(A1)×P(B|A1)=p×1C32=112，解得p=14；
(2)若小明选择方案①，则小强的得分为2分，
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，
则X的可能取值为0，2，5，对应概率为：
P(X=0)=P(A1)C21C31+P(A2)C11C31=512×23+712×13=1736，
P(X=2)=P(A2)C21C31=712×23=1436=718，
P(X=5)=P(A1)C11C31=512×13=536，
故E(X)=0×1736+2×1436+5×536=5336，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，
则Y的可能取值为0，5，对应概率为：
P(Y=0)=P(A1)C32C32+P(A2)C11C21C32=512+712×23=2936，
P(Y=5)=P(A2)C22C32=712×13=736，
故E(Y)=0×2936+5×736=3536，
E(Y)
【解析】(1)根据条件概率公式求解即可；
(2)分别求出方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为f′(x)=−ea−x，
所以f′(a)=−1，
∴切线斜率为−1
因为f(a)=1，
所以切点为(a,1)，
∴切线方程为y−1=−(x−a)，即x+y−a−1=0；
(2)证明：令h(x)=ex−(x+1)，(x>0)，
所以h′(x)=ex−1>0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
∴h(x)>h(0)=0，
∴ex>x+1，
所以e−x<1x+1，
所以f(x)0，
变形得ea−a−2<2x+ax(x>0)，
因为2x+ax≥2 2a(x>0)，
所以只需证明ea−a−2<2 2a(x>0)，即ea<( a+ 2)2，
两边同取对数得：a<2ln( a+ 2),(0
所以存在m∈(0,2)，当a∈(0,m)时，g′(a)<0，g(a)递减，
当a∈(m,2)时，g′(a)>0，g(a)递增；
因为g(0)=−2ln 2<0,g(2)=2−2ln2 2<0，
所以g(a)<0在(0,2)上恒成立，所以原命题成立．
【解析】(1)求出f′(x)，根据在点处的切线求解．
(2)主要是构造函数h(x)=ex−(x+1)，(x>0)对f(x)进行放缩，找到f(x)0，变形得ea−a−2<2x+ax(x>0)，因为2x+ax≥2 2a(x>0)，所以只需证明ea−a−2<2 2a(x>0)，即ea<( a+ 2)2，两边同取对数得a<2ln( a+ 2),(0
2022-2023学年广东省阳江市高二（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. 已知全集I={x∈N|x≤10}，集合M={1,2,3}，N={2,4,6,8,10}，则∁I(M∪N)=( )
A. {5,7,9} B. {1,2,3,4,6,8,10}
C. {0,5,7,9} D. {0,1,2,3,4,6,8,10}
2. 已知α∈(π,3π2)，若1−sin2α1+cos2α=2，则cos2α的值为( )
A. 45 B. −45 C. 0 D. −45或0
3. 已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=1，(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，则a+2b的最大值是( )
A. 2 3 B. 2 2 C. 2 D. 4
4. 已知直角梯形ABCD，AB//CD，∠B=90°，AB=4，CD=2，BC=2 3，点M在边AD上.将△ABM沿BM折成锐二面角A′−BM−C，点A′，M，B，C，D均在球O的表面上，当直线A′B和平面MBCD所成角的正弦值为 34时，球O的表面积为( )
A. 323π B. 25 3π3 C. 16 23π D. 523π
5. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，动点Q∈平面MNP，DQ=AB=2，则下列说法错误的是( )
A. B1−MBC的外接球面积为9π
B. 直线PQ//平面A1BC1
C. 正方体被平面MNP截得的截面为正六边形
D. 点Q的轨迹长度为3π
6. 过直线y=x上的一点P作圆(x−5)2+(y−1)2=2的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，当直线l1，l2关于y=x对称时，线段PA的长为( )
A. 4 B. 2 2 C. 6 D. 2
7. 已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. b>c>a
8. 若关于x的不等式x+lnaex−alnxx>0对∀x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,1e] B. [1e,+∞) C. [1e,1) D. (0,1e]
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. 在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点P在正方形A1B1C1D1(包括边界)内运动，且满足BP//平面AD1C，则下列结论正确的是( )
A. 线段B1P长度的最小值为2 2
B. 三棱锥A−PB1C的体积为定值
C. 异面直线BP与AC所成角正弦值的取值范围为(0,12]
D. 若动点M在线段B1C上，则线段PM长度的最小值为4 33
10. 已知直线l：y=kx+2k+2(k∈R)与圆C：x2+y2−2y−8=0.则下列说法正确的是( )
A. 直线l过定点(−2,2) B. 直线l与圆C相离
C. 圆心C到直线l距离的最大值是2 2 D. 直线l被圆C截得的弦长最小值为4
11. 已知实数x，y满足ex+y+yx=0(e为自然对数的底数，e=2.71828⋯，则( )
A. 当y<0时，x+y=0 B. 当x<0时，x+y=0
C. 当x+y≠0时，y−x>2 D. 当x+y≠0时，−1
A. P(D3)=29 B. P(D4|A1)=227
C. P(Dn)=2n−1−23n−1，n≥3 D. P(Dn|Bn−1Cn−2)=2n−33n−2，n≥3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(x)=2sin(ωx+π4) (ω>0)，若在区间(0,π)上有两个不同的x使得f(x)+ 2=0，则ω的取值范围是______ ．
14. 已知圆x2+y2−6x=0，过点(2,1)的直线被该圆所截的弦长的最小值为______ ．
15. 若x>0时，不等式(x−a)ex+a+1>0恒成立，则整数a的最大值为______ ．
16. 已知△ABC中，∠A=π3，D，E是线段BC上的两点，满足BD=DC，∠BAE=∠CAE，AD= 192，AE=6 35，则BC= ______ ．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sin(B−C)b−c，且b≠c．
(1)证明：a2=b+c；
(2)若△ABC为锐角三角形，且B=2C，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
设数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).
(1)证明：an+1an≥3；
(2)设数列{1an}的前n项和为Sn，证明：Sn<3．
19. (本小题12.0分)
如图所求，四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB中点．
(1)求证：PC//平面BFD；
(2)已知M点在PD上满足EC//平面BFM，求PMMD的值．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2 2，点(1, 63)在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与直线y=kx+m(k≠0,m>12)相交于不同的两点M、N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN时，求m的取值范围．
21. (本小题12.0分)
新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分.对而不全得2分，选项中有错误得0分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为p(0
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若p=512，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ea−x．
(1)求y=f(x)在x=a处的切线；
(2)若0
1.【答案】C
【解析】解：由已知得M∪N={1,2,3,4,6,8,10}，
全集I={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，
故∁I(M∪N)={0,5,7,9}．
故选：C．
根据并集及补集运算求解即可．
本题考查集合间的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：1−sin2α1+cos2α=2，
则cos2α+sin2α−2sinαcosα2cos2α=2，
故1+tan2α−2tanα2=2⇒tan2α−2tanα−3=0，
由于α∈(π,3π2)，所以tanα>0，故tanα=3，
又cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−91+9=−45．
故选：B．
根据二倍角公式以及弦切互化即可求解．
本题主要考查三角函数的二倍角公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，
利用正弦定理可得：(a−b)a=(c+b)(c−b)，
化为：a2+b2−c2=2abcosC，
可得cosC=12，C∈(0,π)，∴C=π3，
∵D是AB上的三等分点(靠近点A)，
∴CD=23CA+13CB，
两边平方可得：1=49b2+19a2+49abcosC，
整理可得：a2+4b2+2ab=9，
∴(a+2b)2=9+2ab≤9+(a+2b2)2，
当且仅当a=2b= 3时取等号，
则a+2b≤2 3，∴a+2b的最大值是2 3．
故选：A．
由正余弦定理可得角C，将关系式CD=23CA+13CB两边平方，再利用基本不等式即可得最值．
本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、正弦定理余弦定理、基本不等式的性质，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：由题设知：A′B=AB=4，设点A′到面MBCD的距离为d，则dAB= 34，故d= 3，
要使A′，M，B，C，D均在球O的表面上，则M，B，C，D共圆，
由直角梯形ABCD，AB//CD，∠B=90°，则∠BCD=90°，所以∠BMD=90°，
所以BM⊥AD，故A在绕BM旋转过程中BM⊥面A′MD，BM⊂面MBCD，
所以面A′MD⊥面MBCD，即A′到面MBCD的距离为d，即A′到直线MD的距离，
△ABM沿BM折成锐二面角A′−BM−C，过A′F⊥MD于F，则A′F=d= 3，
又AB=4,CD=2,BC=2 3，则∠A=60°，故∠CDM=120°，即∠CBM=60°，
综上，△BCD、△BMD都是以BD为斜边的直角三角形，且∠CDB=60°，
所以∠BDM=60°，易知：△ABD为等边三角形，则M为AD中点，
故A′M=2,BM=2 3，在Rt△A′FM中，MF= 4−3=1，而MD=2，即F为MD的中点，
同时△BCD≅△BMD，若E为BD的中点，即E为MBCD外接圆圆心，
连接EF，则EF//BM且EF=12BM= 3，故EF⊥面A′MD，且△A′MD为等边三角形，
球心O是过E并垂直于面MBCD的直线与过△A′MD外接圆圆心垂直于面A′MD的直线交点，
若球O的半径为R，则R2=EF2+(23AF)2=133，所以球的表面积4πR2=523π．
故选：D．
由题设知M，B，C，D共圆，并确定外接圆圆心E位置，由已知求得A′到直线MD的距离d= 3且BM⊥面A′MD，进而有面A′MD⊥面MBCD，确定△A′MD的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积．
本题考查了球的表面积计算，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，设A1D1，A1A，BC的中点分别为S，R，T，连接PS，SR，RM，MT，TN．
由正方体的性质可得A1C1//RN，而SP为三角形A1D1C1的中位线，
故SP//A1C1，故SP//RN，故S，P，R，N四点共面，
同理，S，P，T，N也四点共面，故S，P，R，N，T五点共面，
同理R，N，T，M也四点共面，故S，P，R，N，T，M六点共面．
正方体被平面MNP截得的截面为六边形，
SP=PN=NT=TM=MT=RS=SP= 2，
因为平面MNP⋂平面B1BCC1=NT，平面MNP⋂平面A1DDA=SR，
而平面B1BCC1//平面A1DDA，故NT//SR，
而NT为三角形BCC1的中位线，故NT//BC1，故SR//BC1，
但∠PSR与∠A1C1B方向相反，故∠PSR与∠A1C1B互补，而△A1C1B为等边三角形，
故∠A1C1B=60°，故∠PSR=120°，
同理∠SRM=∠RMT=∠MTN=∠TNP=∠NPS=120°，
故正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故C正确．
由A1C1//RN，RN⊄平面A1B1C，A1C1⊂平面A1B1C，故RN//平面A1B1C，
同理故RS//平面A1B1C，而RN⋂RS=R，RN，RS⊂平面MNP，
故平面A1B1C//平面MNP，而PQ⊂平面MNP，故PQ//平面A1B1C，故B正确．
对于A，将三棱锥B1−MBC补成如图所示的长方体MBCG−HB1C1P，
其中H，G分别为A1B1、DC的中点，
则其外接球的直径即为MBCG−HB1C1P的体对角线的长度即 1+4+4=3，
故三棱锥B1−MBC的外接球的表面积为π×32=9π，故A正确．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，M(2,1,0)，N(0,2,1)，P(0,1,2)，
故MN=(−2,1,1),MP=(−2,0,2)，
设平面MNP的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅MN=0m⋅MP=0，
故−2x+y+z=0−2x+2z=0，取x=1，则z=1，y=1，
故m=(1,1,1)，而DP=(0,1,2)，
故D到平面MNP的距离为d=|DP⋅m|m||= 3，
而|DQ|=2，故点Q的轨迹为平面MNP与球面的截面(圆)，
该圆的半径为 4−2=1，故圆的周长为2π×1=2π，故D错误．
故选：D．
可证明正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求B1−MBC的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求D到平面MNP的距离，从而可求点Q的轨迹长度，故可判断D的正误．
本题考查空间几何题外接球的半径的求法，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：显然圆心(5,1)不在直线y=x上．
由对称性可知，只有直线y=x上的特殊点，
这个点与圆心连线垂直于直线y=x，从这点做切线才能关于直线y=x对称．
所以该点与圆心连线所在的直线方程为：y−5=−(x−1)，即y=6−x
与y=x联立可求出该点坐标为(3,3)，即P(3,3)，
所以该点到圆心的距离为 (5−3)2+(1−3)2=2 2，
切线长、半径以及该点与圆形连线构成直角三角形，又知圆的半径为 2．
所以|PA|= (2 2)2−( 2)2= 6．
故选：C．
判断圆心与直线的关系，在直线上求出特殊点，P的方程，利用切线长、半径以及该点与圆心连线构成直角三角形，可求线段PA的长．
本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相切的关系的应用，考查计算能力，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，
因为e2>2.72=7.29>7，
所以e27>1，
则b>1，
又2 2−2<2×32−2=1，
则a<1，
所以b>a，
不妨设f(x)= x−2−lnx3，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=12 x−13x=3 x−26x，
当0
因为2 2>e，
所以8>e2，
此时f(8)>f(e2)=e−2−23>0，
则2 2−2−ln2>0，
整理得2 2−2>ln2，
所以a>c，
综上，b>a>c．
故选：B．
根据e2>2.72=7.29>7，2 2−2<2×32−2=1，得到b>a，构造函数f(x)= x−2−lnx3，对函数f(x)进行求导，得到函数f(x)的单调性，由2 2>e，得到8>e2，结合函数单调性得到f(8)>f(e2)>0，此时2 2−2−ln2>0，再求解即可．
本题考查利用导数研究函数单调性以及对数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知，a>0，
不等式x+lnaex−alnxx>0可化简为lnaexaex>lnxx，
设h(x)=lnxx，即h(aex)>h(x)在x∈(0,1)上恒成立．
h′(x)=1−lnxx2，令h′(x)=0可得x=e，
∴h(x)在(0,e)上单调递增，(e,+∞)单调递减．
且h(1)=0，h(x)>0，(x∈(1,+∞))，
①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，h(aex)≥0>h(x)，
②在x∈(0,1)上，若0
∴aex>x在(0,1)上恒成立．
即a>xex在(0,1)上恒成立．
设g(x)=xex，g′(x)=ex(1−x)e2x>0在(0,1)上恒成立，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，即a≥g(1)=1e．
故选：B．
把原不等式进行化简构造函数h(x)=lnxx，再讨论增减性即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极与最值、不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由题意可易得平面A1BC1//AD1C，
动点P在正方形A1B1C1D1(包括边界)内运动，且满足BP//平面AD1C，
∴P∈A1C1，
对于A：线段B1P长度的最小值即为B1到直线A1C1的距离，
∵A1B1=B1C1，A1C1=4 2，可得线段B1P长度的最小值为2 2，故A正确；
对于B：∵P∈A1C1，∴S△APC为定值，B到平面APC的距离d为定值，
∴VA−PB1C=VB1−APC=13S△APC⋅d，为定值，故B正确；
对于C：当P为A1C1的中点时，可得BP⊥A1C1，∵A1C1//AC，
∴BP⊥AC，∴此时异面直线BP与AC所成角正弦值为1，故C不正确；
对于D：以D为坐标原点，DA，DC，DD所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设A1P=λA1C1，B1M=μB1C，(0≤λ,μ≤1)，
可得P(4−4λ,4λ,4)，M(4−4u,4,4−4μ)，
∴|PM|= (4λ−4μ)2+(4−4λ)2+(−4μ)2=4 λ2−2λμ+μ2+1−2λ+λ2+μ2
=4 ( 22λ− 2μ)2+32(λ−23)2+13≥4 33，
当且仅当λ=23，μ=13取等号，故D正确．
故选：ABD．
由已知可得P∈A1C1，结合每个选项的条件逐项计算可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
10.【答案】AD
【解析】解y=kx+2k+2可化为y=y=k(x+2)+2，
当x=−2时，y=2，则直线l过定点M(−2,2)，故A正确；
x2+y2−2y−8=0可化为x2+(y−1)2=9，所以圆心C的坐标为(0,1)，半径为3．
(−2)2+(2−1)2=5<9，则点M在圆C内，从而直线l与圆C一定相交，故B错误；
对于C，设圆心C到直线l的距离为d，则d≤|MC|= 5，则C错误；
对于D，当直线l⊥MC时，直线l被圆C截得的弦长最小，
最小值为2 r2−d2=2 9−5=4，故D正确．
故选：AD．
求得直线l过定点M(−2,2)可判断A；判断点M在圆C内，从而可判断B；对于C，可知当l⊥AC时，圆心C到直线l距离最大，求解可判断C；求得弦长的最小值判断D．
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．
11.【答案】ACD
【解析】解：由ex+y+yx=0，得ex+y=−yx>0，∴xy<0，x+y=ln(−yx)，
当y<0时，x+y=ln(−yx)=ln(−y)−lnx，即x+lnx=−y+ln(−y)，
令f(x)=x+lnx(x>0)，则f′(x)=1+1x>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
由x+lnx=−y+ln(−y)得f(x)=f(−y)，
∴x=−y，即x+y=0，故A选项正确；
当x<0时，x+y=ln(−yx)=lny−ln(−x)，即y−lny=−x−ln(−x)，
令g(x)=x−lnx(x>0)，则g′(x)=1−1x=x−1x，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
由y−lny=−x−ln(−x)得g(y)=g(−x)，
∵g(x)在(0,+∞)上不单调，∴由g(y)=g(−x)不一定能得到y=−x，
即x+y=0不一定成立，故B选项错误；
当x+y≠0时，由前面的分析可知，此时x<0，y>0，
令y=n，−x=m，则有g(m)=g(n)，不妨设0
下面证明，当0
即证lnnm−2(nm−1)nm+1>0，令t=nm>1，即证lnt−2(t−1)t+1>0，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，则h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴h(t)在(1,+∞)上单调递增，∴h(t)>h(1)=0，
即lnt−2(t−1)t+1>0成立，从而n−mlnn−lnm
即证 nm−1 nm−lnnm>0，令t=nm>1，即证 t−1 t−lnt>0，
令φ(t)= t−1 t−lnt(t>1)，则φ′(t)=12 t+12t t−1t=( t−1)22t t>0，
∴φ(t)在(1,+∞)上单调递增，∴φ(t)>φ(1)=0，
即 t−1 t−lnt>0成立，从而 mn
由 mn
同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
12.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，D3=“摸完第3次球后就停止摸球”，即前三次摸球中摸到了全部颜色的球，
则P(D3)=A3333=29，A正确；
对于B，A1=“第1次摸到红球”，则P(A1)=13，
事件A1D4=“第一次摸到红球而第4次摸球后停止摸球”，则P(A1D4)=C21(22−1)34=227，
故P(D4|A1)=P(A1D4)P(A1)=29，B错误；
对于C，Dn=“摸完第n次球后就停止摸球”，即直到第n次才摸全三种颜色的小球(n≥3)，
则P(Dn)=C31(2n−1−2)3n=2n−1−23n−1，C正确；
对于D，Bn−1=“第n−1次摸到黄球”，Cn−2=“第n−2次摸到蓝球”，则P(Bn−1Cn−2)=13×13=19，
Bn−1Cn−2Dn=“第n−1次摸到黄球且第n−2次摸到蓝球，同时直到第n次才摸全三种颜色的小球”，则前n−3次的摸球中，摸到的都是黄球或蓝球，第n次摸到红球，
则P(Bn−1Cn−2Dn)=2n−33n，
故P(Dn|Bn−1Cn−2)=P(DnBn−1Cn−2)P(Bn−1Cn−2)=2n−33n19=2n−33n−2，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由条件概率和古典概型的计算公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及古典概率、条件概率的计算，属于基础题．
13.【答案】(32,3]
【解析】解：f(x)+ 2=0，
则sin(ωx+π4)=− 22，
∵0
∵在区间(0,π)上有两个不同的x使得f(x)+ 2=0，
sin74π=sin134π=− 22，
∴由正弦函数的图象可知，74π<ωx+π4≤134π，解得32<ω≤3，
故ω的取值范围是(32,3]．
故答案为：(32,3]．
根据已知条件，推得sin(ωx+π4)=− 22，再结合x的取值范围，以及正弦函数的图象，即可求解．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于基础题．
14.【答案】2 7
【解析】解：由圆x2+y2−6x=0，可得圆(x−3)2+y2=9，
可得圆心C(3,0)，半径r=3，
记点(2,1)为D，则|CD|= (3−2)2+(0−1)2= 2，
当弦与CD垂直时，弦长最短，
此时弦长为2 r2−d2=2 9−2=2 7．
故答案为：2 7．
求得点(2,1)到圆心的距离，利用垂径定理可求弦长的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的求法，属基础题．
15.【答案】2
【解析】解：法1：不等式可化为xex+1>a(ex−1)，由x>0，知ex>1，则x>0时，a
设g(x)=ex−x−2，x>0，则g′(x)=ex−1>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(1)=e−3<0，g(2)=e2−4>0，则g(x)在(1,2)上存在唯一的零点x0，
当0
所以f(x)min=f(x0)=x0ex0+1ex0−1，且ex0=x0+2，化简得f(x0)=x0+1，
因1
则直接考虑a−1>0的情形，
由h′(x)<0得0
所以h(x)在(0,a−1)上单调递减，在(a−1,+∞)上单调递增，
则h(x)min=h(a−1)=−ea−1+a+1>0，令A(a)=−ea−1+a+1，a>1，A′(a)=−ea−1+1<0，
则A(a)在(1,+∞)上单调递减，A(2)=3−e>0，A(3)=4−e2<0，则整数a的最大值为2．
故答案为：2．
方法1：参变分离可得a
方法2：设h(x)=(x−a)ex+a+1，x>0，求出函数的导函数，考虑a−1>0的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】 7
【解析】解：∵12×c×6 35sinπ6+12b⋅6 35⋅sinπ6=12bcsinπ3，
∴3 310(b+c)= 34bc，
又AD=12(AB+AC)，∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+c2+bc)
=14(b+c)2−14bc=14×2536(bc)2−14bc，
∴bc=6，∴b+c=5，∴a2=b2+c2−2bccosπ3=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=25−18=7，
∴BC=a= 7．
故答案为： 7．
由已知可得3 310(b+c)= 34bc，进而可得AD2=14×2536(bc)2−14bc，可得bc，b+c，进而可得BC．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】(1)证明：依题意知sinA=sin(B−C)b−c，
故(b−c)sinA=sinBcosC−sinCcosB，即(b−c)a=bcosC−ccosB，
由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac,cosC=a2+b2−c22ab，
代入(b−c)a=bcosC−ccosB可得a(b−c)=a2+b2−c22a−a2+c2−b22a=b2−c2a，
因为b≠c，所以a=b+ca，即a2=b+c；
(2)解：由题意△ABC为锐角三角形，且B=2C，
由(1)知，则a=b+ca，
由正弦定理得，a=sinB+sinCsin(B+C)=sinB+sinCsinBcosC+cosBsinC=2sinCcosC+sinC2sinCcosCcosC+(2cos2C−1)sinC
=sinC(2cosC+1)(4cos2C−1)sinC=12cosC−1，其中C为锐角，所以2cosC+1≠0，sinC≠0，
因为B=2C，A+B+C=π，则0<2C<π20<π−3C<π2，解得π6
【解析】(1)利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简sinA=sin(B−C)b−c可得(b−c)a=bcosC−ccosB，继而利用余弦定理化简即可证明结论；
(2)由a=b+ca利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得a=12cosC−1，利用△ABC为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)∵数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).
∴an>0，
∴an+1an=an+1an+1≥2 an⋅1an+1=3，当且仅当an=1时取等号，
∴an+1an≥3．
(2)由(1)可得an≤13an+1．
∴1an+1≤13⋅1an．
∴当n≥2时，1an≤13⋅1an−1≤(13)2⋅1an−2≤…≤(13)n−1⋅1a1=2⋅(13)n−1．
∴Sn≤2[1+13+(13)2+…+(13)n−1]=2×1−(13)n1−13=3．
∵an≠1，
∴Sn<3．
【解析】(1)数列{an}满足a1=12，an+1=an2+an+1(n∈N*).可得an>0，变形an+1an=an+1an+1，利用基本不等式的性质即可证明；
(2)由(1)可得an≤13an+1.可得1an+1≤13⋅1an.可得当n≥2时，1an≤13⋅1an−1≤(13)2⋅1an−2≤…≤(13)n−1⋅1a1=2⋅(13)n−1.即可证明．
本题考查了递推关系的应用、等比数列的通项公式及其前n项和公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连结AC交BD于O，连结OF，
∵在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，
∴OF是△PAC的中位线，
∴PC//FO，
又∵PC⊄平面BFD，FO⊂平面BFD，
∴PC//平面BFD．
(2)解：如图连结FM交AD延长线于G，连结BG交CD于N
连结EF，FN，PG，
∵EF//CN，EFNC共面，EC//平面BFM，平面BFM∩平面EFNC=FN，
∴EC//FN，
∴四边形EFNC为平行四边形，
∴EF=CN=12CD，
∴N为CD中点，D为AG中点，
∴PMMD=PGFD=2，
即PMMD=2．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理进行证明即可．
(2)根据线面平行的性质，结合中位线的性质进行求解．
本题主要考查线面平行的判定和性质，利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可知2c=2 2，所以c=2 2，所以a2−b2=2①，
又1a2+( 63)2b2=1，所以1a2+69b2=1②，
由①②可得a2=3，b2=1，所以椭圆C的方程为x23+y2=1．
(2)设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、P(xP,yP)，
联立y=kx+mx23+y2=1，得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2−1)=0，
由题知Δ=36k2m2−12(3k2+1)(m2−1)>0，可得m2<3k2+1③，
由韦达定理可得x1+x2=−6km3k2+1，
∴xP=x1+x22=−3mk3k2+1，从而yP=kxP+m=m3k2+1，
∴kAP=yP+1xP=−m+3k2+13mk，
∵AP⊥MN，则kAP=−m+3k2+13mk=−1k，即2m=3k2+1④，
把④代入③得2m>m2，解得0
【解析】(1)根据已知条件可得出关于a2、b2的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆C的方程；
(2)设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、P(xP,yP)，将直线MN的方程与椭圆C的方程联立，由Δ>0可得出m2<3k2+1，由韦达定理求出点P的坐标，根据AP⊥MN结合斜率关系可得出2m=3k2+1，代入m2<3k2+1结合m>12可得出m的取值范围．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)根据题意可知，
不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件A1，“有3个选项正确”为事件A2，“小明该题得5分”为事件B，
则P(B)=P(BA1)=P(A1)×P(B|A1)=p×1C32=112，解得p=14；
(2)若小明选择方案①，则小强的得分为2分，
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，
则X的可能取值为0，2，5，对应概率为：
P(X=0)=P(A1)C21C31+P(A2)C11C31=512×23+712×13=1736，
P(X=2)=P(A2)C21C31=712×23=1436=718，
P(X=5)=P(A1)C11C31=512×13=536，
故E(X)=0×1736+2×1436+5×536=5336，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，
则Y的可能取值为0，5，对应概率为：
P(Y=0)=P(A1)C32C32+P(A2)C11C21C32=512+712×23=2936，
P(Y=5)=P(A2)C22C32=712×13=736，
故E(Y)=0×2936+5×736=3536，
E(Y)
【解析】(1)根据条件概率公式求解即可；
(2)分别求出方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为f′(x)=−ea−x，
所以f′(a)=−1，
∴切线斜率为−1
因为f(a)=1，
所以切点为(a,1)，
∴切线方程为y−1=−(x−a)，即x+y−a−1=0；
(2)证明：令h(x)=ex−(x+1)，(x>0)，
所以h′(x)=ex−1>0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
∴h(x)>h(0)=0，
∴ex>x+1，
所以e−x<1x+1，
所以f(x)
变形得ea−a−2<2x+ax(x>0)，
因为2x+ax≥2 2a(x>0)，
所以只需证明ea−a−2<2 2a(x>0)，即ea<( a+ 2)2，
两边同取对数得：a<2ln( a+ 2),(0
所以存在m∈(0,2)，当a∈(0,m)时，g′(a)<0，g(a)递减，
当a∈(m,2)时，g′(a)>0，g(a)递增；
因为g(0)=−2ln 2<0,g(2)=2−2ln2 2<0，
所以g(a)<0在(0,2)上恒成立，所以原命题成立．
【解析】(1)求出f′(x)，根据在点处的切线求解．
(2)主要是构造函数h(x)=ex−(x+1)，(x>0)对f(x)进行放缩，找到f(x)
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