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2022-2023学年安徽省黄山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省黄山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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。
1.已知集合A={x|x2−2x−3≤0,x∈R}，B={x|0≤x<5,x∈N}，则A∩B中元素的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2,−1)，则i3⋅z=( )
A. −1+2iB. 2−iC. −1−2iD. 2+i
3.已知平面向量a，b的夹角为2π3，且a=(12, 32)，|b|=2，则|2a+3b|=( )
A. 2 13B. 2 7C. 34D. 4 7
4.2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行.现将5名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待3个部门进行培训，每名志愿者只分配到1个部门，每个部门至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A. 300种B. 210种C. 180种D. 150种
5.数列{an}中，a1=1，对任意正整数p，q都满足ap+q=ap+aq，数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，则k=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
6.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2−x)+f(x)=23，则f(2023)=( )
A. −23B. 13C. 0D. 1
7.已知函数f(x)=sin2xcsθ+sinθ−2sin2xsinθ的图象关于直线x=π3对称，其中−π2<θ<0，则f(x)在(0,2π)上的极值点有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
8.在三棱锥P−ABC中，PB⊥底面ABC，∠BAC=π3，BC=3，PB=2，则三棱锥P−ABC外接球的体积为( )
A. 323πB. 16πC. 52πD. 523 13π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( )
A. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感
B. 数据2，3，4，5，6，7，8，9的第60百分位数为5
C. 已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，则P(A|B)=P(A)
D. 当样本相关系数r的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强
10.已知点P在圆O：x2+y2=4上，点M(5,0)，N(0,52)，则( )
A. 直线MN与圆O相离B. 点P到直线MN的距离可能大于5
C. 当∠PMN最大时，|PM|= 21D. 满足PM⊥PN的点P有且仅有1个
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为AA1的中点，点F为AD的中点，点G为DD1的中点，则( )
A. D1E//平面C1FG
B. 直线CD与直线C1F所成角的余弦值为23
C. 点C与点D1到平面C1FG的距离之比为2：1
D. 以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为π2
12.已知抛物线C：y2=4x，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足为A1，B1，O为坐标原点，Q(−1,0)，则( )
A. A1F⊥B1F
B. 若|AF|=3，则△AOF的面积为2 2
C. 若M为抛物线C上的动点，则|MF||MQ|的取值范围为[ 22,1]
D. 若∠AQB=60∘，则直线AB的倾斜角α的正弦值为 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知(ax2+2 x)5展开式中的常数项为80，则实数a=______ .
14.已知随机变量X∼B(3,p)，Y∼N(4,σ2)，若E(X)=1，P(2≤Y<4)=p，则P(Y>6)=______ .
15.已知椭圆C:x24+y23=1，过点M(0,1)的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AM=12MB，则直线l的斜率k的值为______ .
16.已知x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立，则m⋅n的最小值为______ .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a2是a1与a4的等比中项，S9=45.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=a2n−1⋅3an−1，求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcsA− 3c+a2csB=0.
(1)求a的值；
(2)如图，点D在边BC上，∠BAC=150∘,∠BAD=30∘,CD=2 33，求△ABC的面积.
19.(本小题12分)
如图1，在边长为 5的正方形ABCD中，点M，N分别是边CD和BC的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，PN，如图2.
(1)证明：AM⊥PN；
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，求平面APN与平面BPN夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
某高中学校在5月20日召开高三毕业典礼，为给高三学生创造轻松的氛围，典礼上有一个“开盲盒”游戏环节，主持人拿出10个盲盒，每个盲盒中装有一个学校标志建筑物的模型，其中有3个“校园”模型，4个“图书馆”模型，2个“名人馆”模型，1个“科技馆”模型.
(1)一次取出2个盲盒，求2个盲盒为同一种模型的概率；
(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是“图书馆”模型的概率；
(3)甲同学是个“科技狂热粉”，特别想取到“科技馆”模型，主持人为了满足甲同学的愿望，设计如下游戏规则：在一个不透明的袋子中装有大小完全相同的10个小球，其中9个白球，1个红球，有放回的每次摸球一个，摸到红球就可以取走“科技馆”模型，游戏结束.现在让甲同学参与游戏，规定甲同学可以按游戏规则最多摸球10次，若第10次还是摸到白球，主持人直接赠予甲同学“科技馆”模型.设他经过第X次(X=1,2,…，10)摸球并获得“科技馆”模型，求X的分布列.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−(a−1)x+1(a∈R)，g(x)=x(ex−1).
(1)求f(x)的极值；
(2)若g(x)≥f(x)，求实数a的取值范围.
22.(本小题12分)
已知点F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，点P(7,3),|PF|=3 5，且点P到抛物线准线的距离不大于10，过点P作斜率存在的直线与抛物线E交于A，B两点(A在第一象限)，过点A作斜率为23的直线与抛物线的另一个交点为点C.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|−1≤x≤3}，B={0,1,2,3,4}，
∴A∩B={0,1,2,3}，
∴A∩B中元素个数为4.
故选：C.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算求出A∩B，然后即可求出A∩B中的元素个数．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，集合元素的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：复数z对应的点的坐标是(2,−1)，
则z=2−i，
故i3⋅z=(−i)⋅(2−i)=−1−2i.
故选：C.
先求出复数z，再结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，a=(12, 32)，则|a|= 14+34=1，
又由向量a，b的夹角为2π3，且|b|=2，则a⋅b=2×1×(−12)=−1.
则|2a+3b|2=4a2+9b2+12a⋅b=28，故|2a+3b|=2 7.
故选：B.
根据题意，求出|a|，又由|2a+3b|2=4a2+9b2+12a⋅b，进而计算可得答案．
本题考查向量数量积的运算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：将5人分成3组，人数可以是1，1，3或者是1，2，2，
若人数是1，1，3，则有C53A33=60，
若人数是1，2，2，则有C51⋅C42C22A22⋅A33=90，
则共有60+90=150种．
故选：D.
将5人分成3组然后进行分配即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用先分组后排列的方法进行计算是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：数列{an}中，a1=1，对任意正整数p，q都满足ap+q=ap+aq，
可得a2=2，a3=3，a4=a1+a3=4，a5=a2+a3=5，
数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，
2a1+2a2+⋅⋅⋅+2ak=62，
因为21+22+23+24+25=62，所以k=5.
故选：C.
利用已知条件求解数列{an}的前几项，然后通过数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，求解k即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：因为f(2−x)+f(x)=23，
所以f(1)+f(1)=23，即f(1)=13，
因为f(2−x)+f(x)=23且f(−x)=f(x)，
所以f(2+x)+f(−x)=f(2+x)+f(x)=23，
所以f(2−x)=f(2+x)，即f(4−x)=f(x)，
所以f(4+x)=f(−x)=f(x)，
故函数的周期T=4，
所以f(3)=f(−1)=f(1)=13，
则f(2023)=f(505×4+3)=f(3)=13.
故选：B.
由已知先求出f(1)，然后结合函数的奇偶性及对称性先求出函数的周期，结合函数的奇偶性及周期性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性及周期性在函数求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=sin2xcsθ+sinθ−2sin2xsinθ=sin2xcsθ+sinθ(1−2sin2x)=sin2xcsθ+sinθcs2x=sin(2x+θ)，
又因为y=f(x)的图象关于直线x=π3对称，
所以2π3+θ=kπ+π2，k∈Z，θ=kπ−π6，k∈Z，
又因为−π2<θ<0，
所以k=0，θ=−π6，
所以f(x)=sin(2x−π6)，
当x∈(0,2π)时，2x−π6∈(−π6,23π6)，
由正弦函数的性质可知：y=sinx在(−π6,23π6)上有4个极值点，
所以f(x)=sin(2x−π6)在(0,2π)上有4个极值点．
故选：C.
由三角恒等变换可得f(x)=sin(2x−π6)，再结合正弦函数的性质即可得答案．
本题考查了三角恒等变换及三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PB⊥底面ABC，∠BAC=π3，BC=3，PB=2，
如图，M为底面中心，N为PB中点，
OM⊥平面ABC
ON⊥PB，
在△ABC中，
BM=3sinπ3=2 3，OM=1，OB=R，
可得R= (2 3)2+12= 13，
故外接球的体积：4π3R3=52 133π.
故选：D.
设底面中心为M，PB中点为N，作图找到球心O的位置，OM⊥平面ABC，ON⊥PB，利用直角三角形建立方程求得半径，然后求解体积．
此题考查了三棱锥外接球问题，难度适中．
9.【答案】ACD
【解析】解：A选项，与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感，A正确；
B选项，数据2，3，4，5，6，7，8，9，共8个数，8×0.6=4.8，则第60百分位数为第五位数6，B错误；
C选项，已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)，∴P(AB)=P(A)P(B)，则P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)=P(A)，C正确；
D选项，当样本相关系数r的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，D正确．
故选：ACD.
根据中位数与平均数的定义可判断A；根据百分位数的定义可判断B；根据条件概率公式可判断C；根据相关系数的定义可判断D.
本题考查百分位数的计算，考查中位数、平均数的概念，考查条件概率，考查相关系数，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：直线MN的方程为：x+2y−5=0，
对于A，圆心O到直线MN的距离d=|0+0−5| 12+22= 5>2，故A正确；
对于B，由A可得点P到直线MN的距离的最大值为2+ 5<5，故B错；
对于C，当直线PM与圆相切时，∠PMN最大，此时PM= MO2−OP2= 25−4= 21，故C正确；
对于D，点P在以MN为直径的圆G上，圆G的圆心为G(52,54)，半径为 52+(52)22=5 54，
则GO= 254+2516=5 54∈(5 54−2,5 54+2)，所以满足PM⊥PN的点P有2个，故D不正确．
故选：AC.
A，求得圆心O到直线MN的距离d即可判定；
B，由A可得点P到直线MN的距离的最大值为d+2<5，即可判定；
C，当直线PM与圆相切时，∠PMN最大，求得PM= MO2−OP2即可判定；
D，PM⊥PN得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可．
本题考查了圆与直线、圆与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：选项A，如图，连接AG，在正方体中，
AE//GD1，AE=GD1，则四边形AED1G为平行四边形，
故ED1//AG，又AG∩FG=G，所以ED1与FG相交，
故D1E与平面C1FG相交，故A错误；
选项B，因为CD//C1D1，
故直线CD与直线C1F所成角即为∠D1C1F，
又C1D1⊥平面ADD1A1，D1F⊂平面ADD1A1，
所以C1D1⊥D1F，在Rt△C1D1F中，
C1F= CF2+CC12= 5+4=3，
∴cs∠D1C1F=C1D1C1F=23，故B正确；
选项C，由已知，GF= 2，C1G= 5，C1F=3，
则cs∠GFC1=2+9−52× 2×3= 22，∴sin∠GFC1= 22，
所以S△GFC1=12× 2×3× 22=32，
设点C与点D1到平面C1FG的距离分别为h1和h2，
则由VC−GFC1=VF−GCC1可得：13×32×h1=13×2×1，解得h1=43，
由VD1−GFC1=VF−D1GC1可得：13×32×h2=13×1×1，解得h2=23，
则点C与点D1到平面C1FG的距离之比为h1：h2=2：1，故C正确；
选项D，如右图所示，取B1C1的中点M，CC1的中点N，连接D1M，D1N，
由正方体棱长为2，可得D1M=D1N= 5，
故以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线即为以C1为圆心，
半径为1的圆周的14，即交线为MN，
所以MN=14×2π=π2，故D正确．
故选：BCD.
通过说明D1E与平面GFC1相交可判定选项A错误；直接由线线角的定义进行计算可判定B正确；由体积法求出点面距离可判定C正确；分析交线的轨迹，即可求出其长度，可判定D选项．
本题考查空间中的线面关系，线线角的求法，体积法求点面距离，几何体与平面的交线问题，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由抛物线的性质可知AA1=AF，BB1=BF，所以∠AA1F=∠AFA1，∠A2BF=∠BFB1，
又因为AA1//BB1//x轴，所以∠AA1F=∠A1FO，∠BB2F=∠B1FO，
所以∠A1FB1=90∘，即证A1⊥B1F，所以A正确；
对于B，|AF|=3，可得xA+1=3，所以xA=2，
代入抛物线的方程可得yA2=2×4，可得|yA|=2 2，所以S△AOF=12|OF|⋅|yA|=12×1×2 2= 2，所以B不正确；
对于C，过M作MM′垂直于准线于M′，∠M′MQ=∠MQO
由抛物线的性质可得|MF|=|MM′|，所以|MF||MQ|=|MM′||MQ|，则|cs∠MQO|=|MF||MQ|=|MM′||MQ|，
当直线MQ与抛物线相切时，|∠MQO|最大，此时|cs∠MQO|最小，
设直线MQ的方程为x=my−1，代入抛物线的方程可得y2=4(my−1)，即y2−4my+4=0，
Δ=16m2−16=0，可得m=±1，即直线MQ的倾斜角为45∘或135∘， 22≤|cs∠MQO|≤1，所以|cs∠MQO|=|MF||MQ|∈[ 22,1].所以C正确；
对于D，设直线AB的方程为x=ty+1，代入抛物线的方程可得y2=4(ty+1)，即y2−4ty−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中y1>0，y2<0，
则y1+y2=4t，y1y2=−4，x1x2=(y1y2)216=1，x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2，
连接AQ，BQ，可得∠AQA1+∠BQB2F=120∘，
则tan(∠AQA1+∠BQB2)=x1+1y1−x2+1y21+x1+1y1⋅x2+1y2=− 3，
整理可得y1−y22m2= (y1+y2)2−4y1y22m2= 3，
即2⋅ m2+1m2= 3，解得m= 2，即tanα= 2，sinα= 33，故D正确．
故选：ACD.
对于A，由抛物线的性质可知∠AA1F=∠A1FO，∠BB2F=∠B1FO，可得∠A1FB1=90∘，即可判定；
对于B，由|AF|=3，及S△AOF=12|OF|⋅|yA|=12×1×2 2= 2，即可判定；
对于C，当直线MQ与抛物线相切时，|∠MQO|最大，此时|cs∠MQO|最小，设直线MQ的方程为x=my−1，代入抛物线的方程可得y2=4(my−1,由Δ=16m2−16=0，即可求解；
对于D，连接AQ，BQ，可得∠AQA1+∠BQB2F=120∘，则tan(∠AQA1+∠BQB2)=− 3，设出直线AB方程，联立抛物线方程，即可求解．
本题考查了抛物线的性质的应用，考查了数形结合思想、运算能力，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：∵(ax2+2 x)5展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅2r⋅a5−r⋅x10−5r2，
令10−5r2=0，求得r=4，可得展开式中的常数项为5×24×a=80，
则实数a=1.
故答案为：1.
先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中常数项，从而求出a值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
14.【答案】16
【解析】解：∵随机变量X∼B(3,p)，E(X)=1，
∴3p=1，解得p=13，
又Y∼N(4,σ2)，P(2≤Y<4)=p=13，
∴P(Y>6)=P(Y<2)=P(Y<4)−P(2≤Y<4)=12−13=16.
故答案为：16.
利用随机变量的期望公式求得p=13，再利用正态分布的性质即可求解．
本题考查了随机变量的期望公式和正态分布的概率计算，属于中档题．
15.【答案】±12
【解析】解：由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x24+y23=1，得(3+4k2)x2+8kx−8=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AM=12MB，可得x1=−12x2.
又x1+x2=−8k3+4k2，∴x1=8k3+4k2，x2=−16k3+4k2，
代入x1x2=−83+4k2，得−128k2(3+4k2)2=−83+4k2，
解得：k=±12.
故答案为：±12.
由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线方程为y=kx+1，联立直线方程与椭圆方程，可得关于x的一元二次方程，由已知向量等式可得x1=−12x2.结合根与系数的关系得关于k的方程，求解得答案．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力．属于中档题．
16.【答案】−2e2
【解析】解：令t=1m，则不等式x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立等价于x+1t≤e2xt+n对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，等价于1t≤e2xt+n−x对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，
设f(x)=e2tx+n−x，则f′(x)=2te2tx+n−1，
f′′(x)=4t2e2tx+n>0，可得f′(x)单调递增，
令f′(x)=0得2te2tx+n−1=0得e2tx+n=12t，
当t<0时，方程无解，f′(x)<0，f(x)在(−1t,+∞)上单调递减，
又当x→+∞时，f(x)→−∞，
所以不满足f(x)≥1t恒成立，
当m>0时，由f′(x)=0得x=−ln(2t)+n2t，
当x<−ln(2t)+n2t时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>−ln(2t)+n2t时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(−1t),−1t≥−ln(2t)+n2tf(−ln(2t)+n2t),−1t<−ln(2t)+n2t=en−2+1t.ln(2t)+n≥21+ln(2t)+n2t,ln(2t)+n<2，
当ln(2t)+n≥2时，f(x)min=en−2+1t>1t恒成立，
当ln(2t)+n<2时，f(x)min=1+ln(2t)+n2t≥1t，得ln(2t)+n≥1，
①若ln(2t)+n≥2，则n≥−lnt−ln2+2，
所以nt≥−lnt−ln2+2t，
令g(t)=−lnt−ln2+2t，
g′(t)=−1t⋅t−(−lnt−ln2+2)t2=lnt+ln2−3t2=ln2t−3t2，
令g′(t)=0得t=e32，
所以在(0,e32)上g′(t)<0，g(t)单调递减，
在(e32,+∞)上g′(t)>0，g(t)单调递增，
所以h(t)min=h(e32)=−lne32−ln2+2e32=−3+2e32=−2e3，
所以nt的最小值为−2e3，
所以m⋅n的最小值为−2e3，
②若ln(2t)+n≥1，则n≥−ln(2t)+1，则nt≥−ln(2t)+1t
令h(t)=−ln(2t)+1t，
所以h′(t)=(−12t⋅2)⋅t−[−ln(2t)+1]t2=ln(2t)−2t2，
令h′(t)=0，得t=e22，
所以在(0,e22)上h′(t)<0，h(t)单调递减，
在(e22,+∞)上h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)min=h(e22)=−ln(2⋅e22)+1e22=−2e2，
所以nt的最小值为−2e2，
所以m⋅n的最小值为−2e2，
故答案为：−2e2.
令t=1m，则不等式x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立等价于x+1t≤e2xt+n对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，等价于1t≤e2xt+n−x对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，设f(x)=e2tx+n−x，求导分析f(x)的单调性和极值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a2是a1，a4的等比中项，S9=45，
设数列{an}的公差为d，则a22=a1a4，
即(a1+d)2=a1(a1+3d)，且d≠0，整理得d=a1①，
又因为S9=9a1+d2×9×8=45，整理得a1+4d=5②，
由①②解得，a1=1，d=1，所以an=1+(n−1)=n；
(2)由(1)知，bn=a2n−1×3n−1=(2n−1)×3n−1，
则Tn=1×30+3×3+5×32+⋅⋅⋅+(2n−1)×3n−1，
可得3Tn=1×31+3×32+5×33+⋅⋅⋅+(2n−3)×3n−1+(2n−1)×3n，
两式相减得−2Tn=1×30+2×31+2×32+2×33+⋅⋅⋅+2×3n−1−(2n−1)×3n
=1+6(1−3n−1)1−3−(2n−1)×3n=(2−2n)×3n−2，
所以Tn=(n−1)×3n+1.
【解析】(1)直接利用等差数列的性质和等差数列的求和公式建立方程组，进一步求出首项和公差，最后求出数列的通项公式；
(2)利用(1)的结论，进一步求出{bn}的通项公式，再利用错位相减法求出数列的和．
本题考查了数列的通项公式、错位相减法求和，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由abcsA− 3c+a2csB=0及正弦定理得：asinBcsA− 3sinC+asinAcsB=0，
∴a(sinAcsB+csAsinB)= 3sinC，
∴asin(A+B)= 3sinC，即asinC= 3sinC，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，∴a= 3；
(2)∵S△ACDS△ABD=CDBD，即12AC⋅AD⋅sin120∘12AB⋅AD⋅sin30∘=AC× 32AB×12= 3ACAB=CDBD=2 33 3−2 33=2，
∴AB= 32AC，
在△ABC中，由余弦定理得：cs∠BAC=AB2+AC2−32AB⋅AC=− 32，
∴3AC2=6−72AC2，∴AC2=1213，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sin150∘= 38AC2=326 3.
【解析】(1)由正弦定理及三角恒等变换知识化简条件式即可；
(2)由S△ACDS△ABD=CDBD得AB= 32AC，再在△ABC中，由余弦定理AC2=1213，最后由三角形的面积公式直接可求得．
本题考查利用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接DN交AM于O点，
因为正方形ABCD中，点M，N分别是边CD和BC的中点，
所以AM⊥DN，
即AM⊥OP，AM⊥ON，又OP∩ON=O，
所以AM⊥平面OPN，
又因为PN⊂平面OPN，
所以AM⊥PN.
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，且交线为AM，
又因为PO⊂平面PAM且OP⊥AM，
所以PO⊥平面ABCM，
以O为坐标原点，OA,ON,OP正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0),B(1,2,0),N(0,32,0),P(0,0,1)，
PN=(0,32,−1),PA=(2,0,−1)，PB=(1,2,−1)，
设平面PAN的法向量为n=(x,y,z)，
所以PN⋅n=32y−z=0PA⋅n=2x−z=0，
设z=3，则x=32，y=2，
所以n=(32,2,3)，
设平面PNB的法向量为m=(a,b,c)，
所以PB⋅m=0PN⋅m=0，即a+2b−c=032b−c=0，
设c=3，则b=2，a=−1，
所以m=(−1,2,3)，
所以cs⟨m,n⟩=m⋅n|m||n|=232 612⋅ 14=23 854854，
即平面APN与平面BPN夹角的余弦值为23 854854.
【解析】(1)连接DN交AM于O点，根据题意可得AM⊥OP，AM⊥ON，又OP∩ON=O，又线面垂直的判定定理可得AM⊥平面OPN，进而可得PN⊂平面OPN，即可得出答案．
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，且交线为AM，可推出PO⊥平面ABCM，以O为坐标原点，OA，ON，OP正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，解得平面PAN的法向量n，平面PNB的法向量为m，再计算cs，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，设事件A=2个盲盒都是“校园”模型，事件B=2个盲盒都是“图书馆”模型，事件C=2个盲盒都是“名人馆”模型，
分析可得：A、B、C为互斥事件，
共10个模型，在其中任选2个，有C102种取法，
事件A有C32种取法，则P(A)=C32C102=115，
事件B有C42种取法，则P(B)=C42C102=215，
事件A有C22种取法，P(C)=C22C102=145，
故2个盲盒为同一种模型的概率P=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=115+215+145=29；
(2)根据题意，设事件Ai=“第i次取到的是“校园”模型”，i=1，2；
设事件Bi=“第i次取到的是“图书馆”模型”，i=1，2；
设事件Ci=“第i次取到的是“名人馆”模型”，i=1，2；
设事件Di=“第i次取到的是“科技馆”模型”，i=1，2.
则P(A1)=C31C101=310，P(B2|A1)=C41C91=49，
P(B1)=C41C101=25，P(B2|B1)=C31C91=13，
P(C1)=C21C101=15，P(B2|C1)=C41C91=49，
P(D1)=C11C101=110，P(B2|D1)=C41C91=49，
由全概率公式，可知第2次取到的是“图书馆”模型的概率为：
P(B2)=P(A1)×P(B2|A1)+P(B1)×P(B2|B1)+P(C1)×P(B2|C1)+P(D1)×P(B2|D1)=310×49+25×13+15×49+110×49=25；
(3)根据题意，他经过第X次(X=1,2,…，10)摸球并获得“科技馆”模型，
X可取的值为1、2、3、4、……、10，
P(X=1)=110，
P(X=2)=910⋅110，
P(X=3)=910×910×110=(910)2⋅110，
⋯⋯
P(X=9)=(910)8⋅110，
P(X=10)=(910)9，
则X的分布列为：
【解析】(1)根据题意，设事件A=2个盲盒都是“校园”模型，事件B=2个盲盒都是“图书馆”模型，事件C=2个盲盒都是“名人馆”模型，分析可得2个盲盒为同一种模型的概率P=P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)，进而计算可得答案；
(2)根据题意，设事件Ai=“第i次取到的是“校园”模型”，i=1，2；设事件Bi=“第i次取到的是“图书馆”模型”，i=1，2；设事件Ci=“第i次取到的是“名人馆”模型”，i=1，2；设事件Di=“第i次取到的是“科技馆”模型”，i=1，2.由全概率公式计算可得答案；
(3)根据题意，有X可取的值为1、2、3、4、……、10，求出各个数值对应的概率，即可得X的分布列．
本题考查随机变量的分布列，涉及条件概率和古典概型的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=lnx−(a−1)x+1,f′(x)=1x−(a−1),(x>0)，
当a≤1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)无极值，
当a>1时，令f′(x)=1x−(a−1)>0，得0令f′(x)=1x−(a−1)<0，得x>1a−1，
故f(x)在(0,1a−1)上单调递增，在(1a−1,+∞)上单调递减，
故f(x)极大值=f(1a−1)=−ln(a−1)，无极小值，
综上：当a≤1时，f(x)无极值；
当a>1时，f(x)的极大值为f(1a−1)=−ln(a−1)，无极小值．
(2)若g(x)≥f(x)，则x(ex−2)−lnx+ax−1≥0在x>0时恒成立，
∴a≥1+lnxx−ex+2在x∈(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=1+lnxx−ex+2,h′(x)=−lnx−x2exx2，
令φ(x)=−lnx−x2ex，则φ′(x)=−1x−(x2+2x)ex<0，(x>0)，
φ(x)在(0,+∞)单调递减，又φ(1e)=1−e1e−2>0，φ(1)=−e<0，
由零点存在定理知，存在唯一零点x0∈(1e,1)，使得φ(x0)=0，
即−lnx0=x02ex0，则ln1x0x0=x0ex0，则ln1x0eln1x0=x0ex0，
令M(x)=xex(x>0)，M′(x)=(x+1)ex>0，M(x)在(0,+∞)上单调递增，
由M(ln1x0)=M(x0)，∴ln1x0=x0，即lnx0=−x0，ex0=1x0，
∴当x∈(0,x0)时，h(x)单调递增，x∈(x0,+∞)单调递减，
h(x)max=h(x0)=1+lnx0x0−ex0+2=1−x0x0−1x0+2=1，
∴a≥h(x0)=1，即a的取值范围为[1,+∞).
【解析】(1)求出函数的导数，提供讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数的极值；
(2)问题转化为a≥1+lnxx−ex+2恒成立，构造函数h(x)=1+lnxx−ex+2，根据函数的单调性求出h(x)的最大值，从而求出a的范围．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用，隐零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是难题．
22.【答案】解：(1)由抛物线的方程可知：焦点F(p2,0)，|PF|= (7−p2)2+32=3 5，
∵p>0，又点P到抛物线E准线的距离不大于10，
解得p=2，
抛物线E的标准方程为y2=4x；
(2)证明：依题意直线AB斜率存在，设AB的方程为y−3=k(x−7)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y−3=k(x−7)y2=4x，化简得：ky2−4y+12−28k=0，k≠0，
Δ=16(7k2−3k+1)>0，
则y1+y2=4k,y1y2=12k−28，
消去k得：y1y2+28=3(y1+y2)，①
又kAC=y1−y3x1−x3=4y1+y3=23，则y1+y3=6，②
由①②得(6−y3)y2+28=3(6−y3+y2)，
∴3(y2+y3)=y2y3−10，③
(ⅰ)若直线BC没有斜率，则y2+y3=0，又3(y2+y3)=y2y3−10，
∴y22=−10(舍去)；
(ⅱ)若直线BC有斜率，因为y2−y3x2−x3=4y2+y3，
直线BC的方程为y−y2=4y2+y3(x−y224)，即4x−(y2+y3)y+y2y3=0，
将③代入得4x−(y2+y3)y+3(y2+y3)+10=0，
∴(y2+y3)(3−y)+4(x+52)=0，
故直线BC有斜率时过点(−52,3).
【解析】(1)由抛物线的方程可知焦点F的坐标，由|PF|的大小，可得p的值，即求出抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，分别讨论直线BC的斜率存在和不存在两种情况，可证得直线BC恒过定点，
本题考查抛物线的性质的应用，直线与抛物线的综合应用，属于中档题．X
1
2
3
⋯
9
10
P
110
910⋅110
(910)2⋅110
⋯
(910)8⋅110
(910)9
1.已知集合A={x|x2−2x−3≤0,x∈R}，B={x|0≤x<5,x∈N}，则A∩B中元素的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2,−1)，则i3⋅z=( )
A. −1+2iB. 2−iC. −1−2iD. 2+i
3.已知平面向量a，b的夹角为2π3，且a=(12, 32)，|b|=2，则|2a+3b|=( )
A. 2 13B. 2 7C. 34D. 4 7
4.2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行.现将5名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待3个部门进行培训，每名志愿者只分配到1个部门，每个部门至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A. 300种B. 210种C. 180种D. 150种
5.数列{an}中，a1=1，对任意正整数p，q都满足ap+q=ap+aq，数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，则k=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
6.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2−x)+f(x)=23，则f(2023)=( )
A. −23B. 13C. 0D. 1
7.已知函数f(x)=sin2xcsθ+sinθ−2sin2xsinθ的图象关于直线x=π3对称，其中−π2<θ<0，则f(x)在(0,2π)上的极值点有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
8.在三棱锥P−ABC中，PB⊥底面ABC，∠BAC=π3，BC=3，PB=2，则三棱锥P−ABC外接球的体积为( )
A. 323πB. 16πC. 52πD. 523 13π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( )
A. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感
B. 数据2，3，4，5，6，7，8，9的第60百分位数为5
C. 已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，则P(A|B)=P(A)
D. 当样本相关系数r的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强
10.已知点P在圆O：x2+y2=4上，点M(5,0)，N(0,52)，则( )
A. 直线MN与圆O相离B. 点P到直线MN的距离可能大于5
C. 当∠PMN最大时，|PM|= 21D. 满足PM⊥PN的点P有且仅有1个
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为AA1的中点，点F为AD的中点，点G为DD1的中点，则( )
A. D1E//平面C1FG
B. 直线CD与直线C1F所成角的余弦值为23
C. 点C与点D1到平面C1FG的距离之比为2：1
D. 以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为π2
12.已知抛物线C：y2=4x，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足为A1，B1，O为坐标原点，Q(−1,0)，则( )
A. A1F⊥B1F
B. 若|AF|=3，则△AOF的面积为2 2
C. 若M为抛物线C上的动点，则|MF||MQ|的取值范围为[ 22,1]
D. 若∠AQB=60∘，则直线AB的倾斜角α的正弦值为 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知(ax2+2 x)5展开式中的常数项为80，则实数a=______ .
14.已知随机变量X∼B(3,p)，Y∼N(4,σ2)，若E(X)=1，P(2≤Y<4)=p，则P(Y>6)=______ .
15.已知椭圆C:x24+y23=1，过点M(0,1)的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AM=12MB，则直线l的斜率k的值为______ .
16.已知x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立，则m⋅n的最小值为______ .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a2是a1与a4的等比中项，S9=45.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=a2n−1⋅3an−1，求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcsA− 3c+a2csB=0.
(1)求a的值；
(2)如图，点D在边BC上，∠BAC=150∘,∠BAD=30∘,CD=2 33，求△ABC的面积.
19.(本小题12分)
如图1，在边长为 5的正方形ABCD中，点M，N分别是边CD和BC的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，PN，如图2.
(1)证明：AM⊥PN；
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，求平面APN与平面BPN夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
某高中学校在5月20日召开高三毕业典礼，为给高三学生创造轻松的氛围，典礼上有一个“开盲盒”游戏环节，主持人拿出10个盲盒，每个盲盒中装有一个学校标志建筑物的模型，其中有3个“校园”模型，4个“图书馆”模型，2个“名人馆”模型，1个“科技馆”模型.
(1)一次取出2个盲盒，求2个盲盒为同一种模型的概率；
(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是“图书馆”模型的概率；
(3)甲同学是个“科技狂热粉”，特别想取到“科技馆”模型，主持人为了满足甲同学的愿望，设计如下游戏规则：在一个不透明的袋子中装有大小完全相同的10个小球，其中9个白球，1个红球，有放回的每次摸球一个，摸到红球就可以取走“科技馆”模型，游戏结束.现在让甲同学参与游戏，规定甲同学可以按游戏规则最多摸球10次，若第10次还是摸到白球，主持人直接赠予甲同学“科技馆”模型.设他经过第X次(X=1,2,…，10)摸球并获得“科技馆”模型，求X的分布列.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−(a−1)x+1(a∈R)，g(x)=x(ex−1).
(1)求f(x)的极值；
(2)若g(x)≥f(x)，求实数a的取值范围.
22.(本小题12分)
已知点F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，点P(7,3),|PF|=3 5，且点P到抛物线准线的距离不大于10，过点P作斜率存在的直线与抛物线E交于A，B两点(A在第一象限)，过点A作斜率为23的直线与抛物线的另一个交点为点C.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|−1≤x≤3}，B={0,1,2,3,4}，
∴A∩B={0,1,2,3}，
∴A∩B中元素个数为4.
故选：C.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算求出A∩B，然后即可求出A∩B中的元素个数．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，集合元素的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：复数z对应的点的坐标是(2,−1)，
则z=2−i，
故i3⋅z=(−i)⋅(2−i)=−1−2i.
故选：C.
先求出复数z，再结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，a=(12, 32)，则|a|= 14+34=1，
又由向量a，b的夹角为2π3，且|b|=2，则a⋅b=2×1×(−12)=−1.
则|2a+3b|2=4a2+9b2+12a⋅b=28，故|2a+3b|=2 7.
故选：B.
根据题意，求出|a|，又由|2a+3b|2=4a2+9b2+12a⋅b，进而计算可得答案．
本题考查向量数量积的运算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：将5人分成3组，人数可以是1，1，3或者是1，2，2，
若人数是1，1，3，则有C53A33=60，
若人数是1，2，2，则有C51⋅C42C22A22⋅A33=90，
则共有60+90=150种．
故选：D.
将5人分成3组然后进行分配即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用先分组后排列的方法进行计算是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：数列{an}中，a1=1，对任意正整数p，q都满足ap+q=ap+aq，
可得a2=2，a3=3，a4=a1+a3=4，a5=a2+a3=5，
数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，
2a1+2a2+⋅⋅⋅+2ak=62，
因为21+22+23+24+25=62，所以k=5.
故选：C.
利用已知条件求解数列{an}的前几项，然后通过数列bn=2an，若b1+b2+⋅⋅⋅+bk=62，求解k即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：因为f(2−x)+f(x)=23，
所以f(1)+f(1)=23，即f(1)=13，
因为f(2−x)+f(x)=23且f(−x)=f(x)，
所以f(2+x)+f(−x)=f(2+x)+f(x)=23，
所以f(2−x)=f(2+x)，即f(4−x)=f(x)，
所以f(4+x)=f(−x)=f(x)，
故函数的周期T=4，
所以f(3)=f(−1)=f(1)=13，
则f(2023)=f(505×4+3)=f(3)=13.
故选：B.
由已知先求出f(1)，然后结合函数的奇偶性及对称性先求出函数的周期，结合函数的奇偶性及周期性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性及周期性在函数求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=sin2xcsθ+sinθ−2sin2xsinθ=sin2xcsθ+sinθ(1−2sin2x)=sin2xcsθ+sinθcs2x=sin(2x+θ)，
又因为y=f(x)的图象关于直线x=π3对称，
所以2π3+θ=kπ+π2，k∈Z，θ=kπ−π6，k∈Z，
又因为−π2<θ<0，
所以k=0，θ=−π6，
所以f(x)=sin(2x−π6)，
当x∈(0,2π)时，2x−π6∈(−π6,23π6)，
由正弦函数的性质可知：y=sinx在(−π6,23π6)上有4个极值点，
所以f(x)=sin(2x−π6)在(0,2π)上有4个极值点．
故选：C.
由三角恒等变换可得f(x)=sin(2x−π6)，再结合正弦函数的性质即可得答案．
本题考查了三角恒等变换及三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PB⊥底面ABC，∠BAC=π3，BC=3，PB=2，
如图，M为底面中心，N为PB中点，
OM⊥平面ABC
ON⊥PB，
在△ABC中，
BM=3sinπ3=2 3，OM=1，OB=R，
可得R= (2 3)2+12= 13，
故外接球的体积：4π3R3=52 133π.
故选：D.
设底面中心为M，PB中点为N，作图找到球心O的位置，OM⊥平面ABC，ON⊥PB，利用直角三角形建立方程求得半径，然后求解体积．
此题考查了三棱锥外接球问题，难度适中．
9.【答案】ACD
【解析】解：A选项，与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感，A正确；
B选项，数据2，3，4，5，6，7，8，9，共8个数，8×0.6=4.8，则第60百分位数为第五位数6，B错误；
C选项，已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)，∴P(AB)=P(A)P(B)，则P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)=P(A)，C正确；
D选项，当样本相关系数r的绝对值越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，D正确．
故选：ACD.
根据中位数与平均数的定义可判断A；根据百分位数的定义可判断B；根据条件概率公式可判断C；根据相关系数的定义可判断D.
本题考查百分位数的计算，考查中位数、平均数的概念，考查条件概率，考查相关系数，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：直线MN的方程为：x+2y−5=0，
对于A，圆心O到直线MN的距离d=|0+0−5| 12+22= 5>2，故A正确；
对于B，由A可得点P到直线MN的距离的最大值为2+ 5<5，故B错；
对于C，当直线PM与圆相切时，∠PMN最大，此时PM= MO2−OP2= 25−4= 21，故C正确；
对于D，点P在以MN为直径的圆G上，圆G的圆心为G(52,54)，半径为 52+(52)22=5 54，
则GO= 254+2516=5 54∈(5 54−2,5 54+2)，所以满足PM⊥PN的点P有2个，故D不正确．
故选：AC.
A，求得圆心O到直线MN的距离d即可判定；
B，由A可得点P到直线MN的距离的最大值为d+2<5，即可判定；
C，当直线PM与圆相切时，∠PMN最大，求得PM= MO2−OP2即可判定；
D，PM⊥PN得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可．
本题考查了圆与直线、圆与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：选项A，如图，连接AG，在正方体中，
AE//GD1，AE=GD1，则四边形AED1G为平行四边形，
故ED1//AG，又AG∩FG=G，所以ED1与FG相交，
故D1E与平面C1FG相交，故A错误；
选项B，因为CD//C1D1，
故直线CD与直线C1F所成角即为∠D1C1F，
又C1D1⊥平面ADD1A1，D1F⊂平面ADD1A1，
所以C1D1⊥D1F，在Rt△C1D1F中，
C1F= CF2+CC12= 5+4=3，
∴cs∠D1C1F=C1D1C1F=23，故B正确；
选项C，由已知，GF= 2，C1G= 5，C1F=3，
则cs∠GFC1=2+9−52× 2×3= 22，∴sin∠GFC1= 22，
所以S△GFC1=12× 2×3× 22=32，
设点C与点D1到平面C1FG的距离分别为h1和h2，
则由VC−GFC1=VF−GCC1可得：13×32×h1=13×2×1，解得h1=43，
由VD1−GFC1=VF−D1GC1可得：13×32×h2=13×1×1，解得h2=23，
则点C与点D1到平面C1FG的距离之比为h1：h2=2：1，故C正确；
选项D，如右图所示，取B1C1的中点M，CC1的中点N，连接D1M，D1N，
由正方体棱长为2，可得D1M=D1N= 5，
故以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线即为以C1为圆心，
半径为1的圆周的14，即交线为MN，
所以MN=14×2π=π2，故D正确．
故选：BCD.
通过说明D1E与平面GFC1相交可判定选项A错误；直接由线线角的定义进行计算可判定B正确；由体积法求出点面距离可判定C正确；分析交线的轨迹，即可求出其长度，可判定D选项．
本题考查空间中的线面关系，线线角的求法，体积法求点面距离，几何体与平面的交线问题，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由抛物线的性质可知AA1=AF，BB1=BF，所以∠AA1F=∠AFA1，∠A2BF=∠BFB1，
又因为AA1//BB1//x轴，所以∠AA1F=∠A1FO，∠BB2F=∠B1FO，
所以∠A1FB1=90∘，即证A1⊥B1F，所以A正确；
对于B，|AF|=3，可得xA+1=3，所以xA=2，
代入抛物线的方程可得yA2=2×4，可得|yA|=2 2，所以S△AOF=12|OF|⋅|yA|=12×1×2 2= 2，所以B不正确；
对于C，过M作MM′垂直于准线于M′，∠M′MQ=∠MQO
由抛物线的性质可得|MF|=|MM′|，所以|MF||MQ|=|MM′||MQ|，则|cs∠MQO|=|MF||MQ|=|MM′||MQ|，
当直线MQ与抛物线相切时，|∠MQO|最大，此时|cs∠MQO|最小，
设直线MQ的方程为x=my−1，代入抛物线的方程可得y2=4(my−1)，即y2−4my+4=0，
Δ=16m2−16=0，可得m=±1，即直线MQ的倾斜角为45∘或135∘， 22≤|cs∠MQO|≤1，所以|cs∠MQO|=|MF||MQ|∈[ 22,1].所以C正确；
对于D，设直线AB的方程为x=ty+1，代入抛物线的方程可得y2=4(ty+1)，即y2−4ty−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中y1>0，y2<0，
则y1+y2=4t，y1y2=−4，x1x2=(y1y2)216=1，x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2，
连接AQ，BQ，可得∠AQA1+∠BQB2F=120∘，
则tan(∠AQA1+∠BQB2)=x1+1y1−x2+1y21+x1+1y1⋅x2+1y2=− 3，
整理可得y1−y22m2= (y1+y2)2−4y1y22m2= 3，
即2⋅ m2+1m2= 3，解得m= 2，即tanα= 2，sinα= 33，故D正确．
故选：ACD.
对于A，由抛物线的性质可知∠AA1F=∠A1FO，∠BB2F=∠B1FO，可得∠A1FB1=90∘，即可判定；
对于B，由|AF|=3，及S△AOF=12|OF|⋅|yA|=12×1×2 2= 2，即可判定；
对于C，当直线MQ与抛物线相切时，|∠MQO|最大，此时|cs∠MQO|最小，设直线MQ的方程为x=my−1，代入抛物线的方程可得y2=4(my−1,由Δ=16m2−16=0，即可求解；
对于D，连接AQ，BQ，可得∠AQA1+∠BQB2F=120∘，则tan(∠AQA1+∠BQB2)=− 3，设出直线AB方程，联立抛物线方程，即可求解．
本题考查了抛物线的性质的应用，考查了数形结合思想、运算能力，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：∵(ax2+2 x)5展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅2r⋅a5−r⋅x10−5r2，
令10−5r2=0，求得r=4，可得展开式中的常数项为5×24×a=80，
则实数a=1.
故答案为：1.
先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中常数项，从而求出a值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
14.【答案】16
【解析】解：∵随机变量X∼B(3,p)，E(X)=1，
∴3p=1，解得p=13，
又Y∼N(4,σ2)，P(2≤Y<4)=p=13，
∴P(Y>6)=P(Y<2)=P(Y<4)−P(2≤Y<4)=12−13=16.
故答案为：16.
利用随机变量的期望公式求得p=13，再利用正态分布的性质即可求解．
本题考查了随机变量的期望公式和正态分布的概率计算，属于中档题．
15.【答案】±12
【解析】解：由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x24+y23=1，得(3+4k2)x2+8kx−8=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AM=12MB，可得x1=−12x2.
又x1+x2=−8k3+4k2，∴x1=8k3+4k2，x2=−16k3+4k2，
代入x1x2=−83+4k2，得−128k2(3+4k2)2=−83+4k2，
解得：k=±12.
故答案为：±12.
由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线方程为y=kx+1，联立直线方程与椭圆方程，可得关于x的一元二次方程，由已知向量等式可得x1=−12x2.结合根与系数的关系得关于k的方程，求解得答案．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力．属于中档题．
16.【答案】−2e2
【解析】解：令t=1m，则不等式x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立等价于x+1t≤e2xt+n对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，等价于1t≤e2xt+n−x对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，
设f(x)=e2tx+n−x，则f′(x)=2te2tx+n−1，
f′′(x)=4t2e2tx+n>0，可得f′(x)单调递增，
令f′(x)=0得2te2tx+n−1=0得e2tx+n=12t，
当t<0时，方程无解，f′(x)<0，f(x)在(−1t,+∞)上单调递减，
又当x→+∞时，f(x)→−∞，
所以不满足f(x)≥1t恒成立，
当m>0时，由f′(x)=0得x=−ln(2t)+n2t，
当x<−ln(2t)+n2t时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>−ln(2t)+n2t时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(−1t),−1t≥−ln(2t)+n2tf(−ln(2t)+n2t),−1t<−ln(2t)+n2t=en−2+1t.ln(2t)+n≥21+ln(2t)+n2t,ln(2t)+n<2，
当ln(2t)+n≥2时，f(x)min=en−2+1t>1t恒成立，
当ln(2t)+n<2时，f(x)min=1+ln(2t)+n2t≥1t，得ln(2t)+n≥1，
①若ln(2t)+n≥2，则n≥−lnt−ln2+2，
所以nt≥−lnt−ln2+2t，
令g(t)=−lnt−ln2+2t，
g′(t)=−1t⋅t−(−lnt−ln2+2)t2=lnt+ln2−3t2=ln2t−3t2，
令g′(t)=0得t=e32，
所以在(0,e32)上g′(t)<0，g(t)单调递减，
在(e32,+∞)上g′(t)>0，g(t)单调递增，
所以h(t)min=h(e32)=−lne32−ln2+2e32=−3+2e32=−2e3，
所以nt的最小值为−2e3，
所以m⋅n的最小值为−2e3，
②若ln(2t)+n≥1，则n≥−ln(2t)+1，则nt≥−ln(2t)+1t
令h(t)=−ln(2t)+1t，
所以h′(t)=(−12t⋅2)⋅t−[−ln(2t)+1]t2=ln(2t)−2t2，
令h′(t)=0，得t=e22，
所以在(0,e22)上h′(t)<0，h(t)单调递减，
在(e22,+∞)上h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)min=h(e22)=−ln(2⋅e22)+1e22=−2e2，
所以nt的最小值为−2e2，
所以m⋅n的最小值为−2e2，
故答案为：−2e2.
令t=1m，则不等式x+m≤e2xm+n对任意的x∈(−m,+∞)恒成立等价于x+1t≤e2xt+n对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，等价于1t≤e2xt+n−x对任意的x∈(−1t,+∞)恒成立，设f(x)=e2tx+n−x，求导分析f(x)的单调性和极值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a2是a1，a4的等比中项，S9=45，
设数列{an}的公差为d，则a22=a1a4，
即(a1+d)2=a1(a1+3d)，且d≠0，整理得d=a1①，
又因为S9=9a1+d2×9×8=45，整理得a1+4d=5②，
由①②解得，a1=1，d=1，所以an=1+(n−1)=n；
(2)由(1)知，bn=a2n−1×3n−1=(2n−1)×3n−1，
则Tn=1×30+3×3+5×32+⋅⋅⋅+(2n−1)×3n−1，
可得3Tn=1×31+3×32+5×33+⋅⋅⋅+(2n−3)×3n−1+(2n−1)×3n，
两式相减得−2Tn=1×30+2×31+2×32+2×33+⋅⋅⋅+2×3n−1−(2n−1)×3n
=1+6(1−3n−1)1−3−(2n−1)×3n=(2−2n)×3n−2，
所以Tn=(n−1)×3n+1.
【解析】(1)直接利用等差数列的性质和等差数列的求和公式建立方程组，进一步求出首项和公差，最后求出数列的通项公式；
(2)利用(1)的结论，进一步求出{bn}的通项公式，再利用错位相减法求出数列的和．
本题考查了数列的通项公式、错位相减法求和，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由abcsA− 3c+a2csB=0及正弦定理得：asinBcsA− 3sinC+asinAcsB=0，
∴a(sinAcsB+csAsinB)= 3sinC，
∴asin(A+B)= 3sinC，即asinC= 3sinC，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，∴a= 3；
(2)∵S△ACDS△ABD=CDBD，即12AC⋅AD⋅sin120∘12AB⋅AD⋅sin30∘=AC× 32AB×12= 3ACAB=CDBD=2 33 3−2 33=2，
∴AB= 32AC，
在△ABC中，由余弦定理得：cs∠BAC=AB2+AC2−32AB⋅AC=− 32，
∴3AC2=6−72AC2，∴AC2=1213，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sin150∘= 38AC2=326 3.
【解析】(1)由正弦定理及三角恒等变换知识化简条件式即可；
(2)由S△ACDS△ABD=CDBD得AB= 32AC，再在△ABC中，由余弦定理AC2=1213，最后由三角形的面积公式直接可求得．
本题考查利用正、余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接DN交AM于O点，
因为正方形ABCD中，点M，N分别是边CD和BC的中点，
所以AM⊥DN，
即AM⊥OP，AM⊥ON，又OP∩ON=O，
所以AM⊥平面OPN，
又因为PN⊂平面OPN，
所以AM⊥PN.
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，且交线为AM，
又因为PO⊂平面PAM且OP⊥AM，
所以PO⊥平面ABCM，
以O为坐标原点，OA,ON,OP正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0),B(1,2,0),N(0,32,0),P(0,0,1)，
PN=(0,32,−1),PA=(2,0,−1)，PB=(1,2,−1)，
设平面PAN的法向量为n=(x,y,z)，
所以PN⋅n=32y−z=0PA⋅n=2x−z=0，
设z=3，则x=32，y=2，
所以n=(32,2,3)，
设平面PNB的法向量为m=(a,b,c)，
所以PB⋅m=0PN⋅m=0，即a+2b−c=032b−c=0，
设c=3，则b=2，a=−1，
所以m=(−1,2,3)，
所以cs⟨m,n⟩=m⋅n|m||n|=232 612⋅ 14=23 854854，
即平面APN与平面BPN夹角的余弦值为23 854854.
【解析】(1)连接DN交AM于O点，根据题意可得AM⊥OP，AM⊥ON，又OP∩ON=O，又线面垂直的判定定理可得AM⊥平面OPN，进而可得PN⊂平面OPN，即可得出答案．
(2)当平面PAM⊥平面ABCM时，且交线为AM，可推出PO⊥平面ABCM，以O为坐标原点，OA，ON，OP正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，解得平面PAN的法向量n，平面PNB的法向量为m，再计算cs
本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，设事件A=2个盲盒都是“校园”模型，事件B=2个盲盒都是“图书馆”模型，事件C=2个盲盒都是“名人馆”模型，
分析可得：A、B、C为互斥事件，
共10个模型，在其中任选2个，有C102种取法，
事件A有C32种取法，则P(A)=C32C102=115，
事件B有C42种取法，则P(B)=C42C102=215，
事件A有C22种取法，P(C)=C22C102=145，
故2个盲盒为同一种模型的概率P=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=115+215+145=29；
(2)根据题意，设事件Ai=“第i次取到的是“校园”模型”，i=1，2；
设事件Bi=“第i次取到的是“图书馆”模型”，i=1，2；
设事件Ci=“第i次取到的是“名人馆”模型”，i=1，2；
设事件Di=“第i次取到的是“科技馆”模型”，i=1，2.
则P(A1)=C31C101=310，P(B2|A1)=C41C91=49，
P(B1)=C41C101=25，P(B2|B1)=C31C91=13，
P(C1)=C21C101=15，P(B2|C1)=C41C91=49，
P(D1)=C11C101=110，P(B2|D1)=C41C91=49，
由全概率公式，可知第2次取到的是“图书馆”模型的概率为：
P(B2)=P(A1)×P(B2|A1)+P(B1)×P(B2|B1)+P(C1)×P(B2|C1)+P(D1)×P(B2|D1)=310×49+25×13+15×49+110×49=25；
(3)根据题意，他经过第X次(X=1,2,…，10)摸球并获得“科技馆”模型，
X可取的值为1、2、3、4、……、10，
P(X=1)=110，
P(X=2)=910⋅110，
P(X=3)=910×910×110=(910)2⋅110，
⋯⋯
P(X=9)=(910)8⋅110，
P(X=10)=(910)9，
则X的分布列为：
【解析】(1)根据题意，设事件A=2个盲盒都是“校园”模型，事件B=2个盲盒都是“图书馆”模型，事件C=2个盲盒都是“名人馆”模型，分析可得2个盲盒为同一种模型的概率P=P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)，进而计算可得答案；
(2)根据题意，设事件Ai=“第i次取到的是“校园”模型”，i=1，2；设事件Bi=“第i次取到的是“图书馆”模型”，i=1，2；设事件Ci=“第i次取到的是“名人馆”模型”，i=1，2；设事件Di=“第i次取到的是“科技馆”模型”，i=1，2.由全概率公式计算可得答案；
(3)根据题意，有X可取的值为1、2、3、4、……、10，求出各个数值对应的概率，即可得X的分布列．
本题考查随机变量的分布列，涉及条件概率和古典概型的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=lnx−(a−1)x+1,f′(x)=1x−(a−1),(x>0)，
当a≤1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)无极值，
当a>1时，令f′(x)=1x−(a−1)>0，得0
故f(x)在(0,1a−1)上单调递增，在(1a−1,+∞)上单调递减，
故f(x)极大值=f(1a−1)=−ln(a−1)，无极小值，
综上：当a≤1时，f(x)无极值；
当a>1时，f(x)的极大值为f(1a−1)=−ln(a−1)，无极小值．
(2)若g(x)≥f(x)，则x(ex−2)−lnx+ax−1≥0在x>0时恒成立，
∴a≥1+lnxx−ex+2在x∈(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=1+lnxx−ex+2,h′(x)=−lnx−x2exx2，
令φ(x)=−lnx−x2ex，则φ′(x)=−1x−(x2+2x)ex<0，(x>0)，
φ(x)在(0,+∞)单调递减，又φ(1e)=1−e1e−2>0，φ(1)=−e<0，
由零点存在定理知，存在唯一零点x0∈(1e,1)，使得φ(x0)=0，
即−lnx0=x02ex0，则ln1x0x0=x0ex0，则ln1x0eln1x0=x0ex0，
令M(x)=xex(x>0)，M′(x)=(x+1)ex>0，M(x)在(0,+∞)上单调递增，
由M(ln1x0)=M(x0)，∴ln1x0=x0，即lnx0=−x0，ex0=1x0，
∴当x∈(0,x0)时，h(x)单调递增，x∈(x0,+∞)单调递减，
h(x)max=h(x0)=1+lnx0x0−ex0+2=1−x0x0−1x0+2=1，
∴a≥h(x0)=1，即a的取值范围为[1,+∞).
【解析】(1)求出函数的导数，提供讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数的极值；
(2)问题转化为a≥1+lnxx−ex+2恒成立，构造函数h(x)=1+lnxx−ex+2，根据函数的单调性求出h(x)的最大值，从而求出a的范围．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用，隐零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是难题．
22.【答案】解：(1)由抛物线的方程可知：焦点F(p2,0)，|PF|= (7−p2)2+32=3 5，
∵p>0，又点P到抛物线E准线的距离不大于10，
解得p=2，
抛物线E的标准方程为y2=4x；
(2)证明：依题意直线AB斜率存在，设AB的方程为y−3=k(x−7)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y−3=k(x−7)y2=4x，化简得：ky2−4y+12−28k=0，k≠0，
Δ=16(7k2−3k+1)>0，
则y1+y2=4k,y1y2=12k−28，
消去k得：y1y2+28=3(y1+y2)，①
又kAC=y1−y3x1−x3=4y1+y3=23，则y1+y3=6，②
由①②得(6−y3)y2+28=3(6−y3+y2)，
∴3(y2+y3)=y2y3−10，③
(ⅰ)若直线BC没有斜率，则y2+y3=0，又3(y2+y3)=y2y3−10，
∴y22=−10(舍去)；
(ⅱ)若直线BC有斜率，因为y2−y3x2−x3=4y2+y3，
直线BC的方程为y−y2=4y2+y3(x−y224)，即4x−(y2+y3)y+y2y3=0，
将③代入得4x−(y2+y3)y+3(y2+y3)+10=0，
∴(y2+y3)(3−y)+4(x+52)=0，
故直线BC有斜率时过点(−52,3).
【解析】(1)由抛物线的方程可知焦点F的坐标，由|PF|的大小，可得p的值，即求出抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，分别讨论直线BC的斜率存在和不存在两种情况，可证得直线BC恒过定点，
本题考查抛物线的性质的应用，直线与抛物线的综合应用，属于中档题．X
1
2
3
⋯
9
10
P
110
910⋅110
(910)2⋅110
⋯
(910)8⋅110
(910)9
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