2022-2023学年广东省汕头市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省汕头市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，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。

1.已知集合A={x∈N|x2−4x−5≤0}，B={x∈R|lg2023(x−2)≤0}，则A∩B=( )
A. (2,3]B. [2,3]C. {3}D. ⌀
2.已知复数z满足z(3+i)=3+i2023，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. −35iB. 35iC. −35D. 35
3.已知向量a,b的夹角为2π3，且|a|=2,|b|=4，则2a−b在a上的投影向量为( )
A. 2aB. 4aC. 3aD. 8a
4.一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，两个半圆半径分别为2和4，则该圆台的体积是( )
A. 7 2π24B. 7 3π24C. 7 2π12D. 7 3π3
5.已知数列{an}的通项公式为an=nsinnπ3，则a1+a2+a3+⋯+a2023=( )
A. 32B. 5 32C. −5 32D. − 32
6.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有( )
A. 60种B. 78种C. 84种D. 144种
7.已知椭圆方程x24+y23=1,F是其左焦点，点A(1,1)是椭圆内一点，点P是椭圆上任意一点，若|PA|+|PF|的最大值为Dmax，最小值为Dmin，那么Dmax+Dmin=( )
A. 4 3B. 4C. 8D. 8 3
8.已知函数f(x)=xex，g(x)=2xln2x，若f(x1)=g(x2)=t，t>0，则lntx1x2的最大值为( )
A. 1e2B. 4e2C. 1eD. 2e
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.对变量y和x的一组样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)进行回归分析，建立回归模型，则( )
A. 残差平方和越大，模型的拟合效果越好
B. 若由样本数据得到经验回归直线y =b x+a ，则其必过点(x−,y−)
C. 用决定系数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合效果越好
D. 若y和x的样本相关系数r=−0.95，则y和x之间具有很强的负线性相关关系
10.已知函数f(x)=2cs2(x+π2)+sin(2x+π6)−1，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)最大值为1
B. 函数f(x)在区间(−π3,π6)上单调递增
C. 函数f(x)的图像关于直线x=π12对称
D. 函数g(x)=sin2x的图像向右平移π12个单位可以得到函数f(x)的图像
11.已知双曲线C：x22−y2=1和圆P：x2+(y−3)2=r2(r>0)，则( )
A. 双曲线C的离心率为 62
B. 双曲线C的渐近线方程为x±2y=0
C. 当r= 6时，双曲线C与圆P没有公共点
D. 当r=2 2时，双曲线C与圆P恰有两个公共点
12.在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，AC，BD交于点O，M是棱SD上的动点，则( )
A. 存在点M，使OM//平面SBC
B. 三棱锥S−ACM体积的最大值为43
C. 点M到平面ABCD的距离与点M到平面SAB的距离之和为定值
D. 存在点M，使直线OM与AB所成的角为30∘
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x−3x)n展开式中所有奇数项的二项式系数和为32，则展开式中的常数项为______.(用数字作答)
14.已知tan(α+π6)=2，则tan(2α+712π)=______.
15.已知直线y=ax+b(a∈R,b>0)是曲线f(x)=ex与曲线g(x)=lnx+2的公切线，则a+b的值为______.
16.已知数列{an}中，a1=1，an−an−1=n(n≥2,n∈N*)，设bn=1an+1+1an+2+1an+3+…+1a2n，若对任意的正整数n，当m∈[1,2]时，不等式m2−mt+13>bn恒成立，则实数t的取值范围是__________.
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)
在△ABC中，D为BC上一点，AD=CD，BA=7，BC=8.
(1)若B=60∘，求△ABC外接圆的半径R；
(2)设∠CAB−∠ACB=θ，若sinθ=3 314，求△ABC面积．
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，4Sn=an2+2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=3⋅2an(2an−1)(2an+1−1)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<13.
19.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P−AC−E的余弦值为 63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：
(1)根据α=0.010的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？
(2)在人工智能中常用L(B|A)=P(B|A)P(B−|A)表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，A表示“选到的学生语文成绩不优秀”，B表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计L(B|A)的值.
(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数X的概率分布列及数学期望.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点相同，曲线C的离心率为12,P(2,y)为E上一点且|PF|=3.
(1)求曲线C和曲线E的标准方程；
(2)过F的直线交曲线C于H、G两点，若线段HG的中点为M，且MN=2OM，求四边形OHNG面积的最大值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−mx+1，g(x)=x(ex−2).
(1)若f(x)的最大值是0，求m的值；
(2)若对其定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，求m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解；由x2−4x−5≤0，得(x+1)(x−5)≤0，解得−1≤x≤5，
所以A={x∈N|x2−4x−5≤0}={0,1,2,3,4,5}，
由lg2023(x−2)≤0，得0所以B={x∈R|lg2023(x−2)≤0}={x|2所以A∩B={3}.
故选：C.
先求出集合A，B，再求两集合的交集．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由z(3+i)=3+i2023，得z=3+i33+i=(3−i)(3−i)(3+i)(3−i)=9−6i+i210=45−35i，
所以z−=45+35i，
所以z的共轭复数z−的虚部为35.
故选：D.
对z(3+i)=3+i2023化简求出复数z，再求出其共轭复数，从而可求出z的共轭复数z−的虚部．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，得a⋅b=|a|⋅|b|cs2π3=2×4×(−12)=−4，
所以(2a−b)⋅a=2|a|2−a⋅b=8−(−4)=12，
所以向量2a−b在向量a方向上的投影向量为(2a−b)⋅∖,a|a|⋅a|a|=122×a2=3a.
故选：C.
先计算向量2a−b与向量a的数量积，再代入投影向量公式中，即可得答案．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图所示，
圆台的母线长为AP=4−2=2，设上底面圆的半径为r，下底面圆的半径为R，
由题意可得，π×2=2πr，π×4=2πR，
解得r=1，R=2；
所以圆台的高为h= 22−(2−1)2= 3，
所以圆台的体积为V圆台=13π[12+22+1×2]× 3=7 3π3.
故选：D.
求出圆台的母线长，利用勾股定理求出圆台的高，再利用圆台的体积公式求解即可．
本题考查了圆台侧面展开图的理解与应用，以及圆台体积公式应用问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为数列{an}的通项公式为an=nsinnπ3，且y=sinnπ3的周期为T=6n，
可得a6n+1+a6n+2+a6n+3+a6n+4+a6n+5+a6n+6
=(6n+1)sin(6n+1)π3+(6n+2)sin(6n+2)π3+(6n+3)sin(6n+3)π3+(6n+4)sin(6n+4)π3+(6n+5)sin(6n+5)π3+(6n+6)sin(6n+6)π3
=(6n+1)sinπ3+(6n+2)sin2π3+(6n+3)sin3π3+(6n+4)sin4π3+(6n+5)sin5π3+(6n+6)sin6π3=(6n+1)⋅ 32+(6n+2)⋅ 32+(6n+3)⋅0+(6n+4)⋅(− 32)+(6n+5)⋅(− 32)+(6n+6)⋅0
=−3 3，
又因为2023=6×337+1，
所以a1+a2+a3+⋯+a2023=337×(−3 3)+2023× 32= 32.
故选：A.
根据题意化简得到a6n+1+a6n+2+a6n+3+a6n+4+a6n+5+a6n+6=−3 3，结合计算规律，准确计算，即可求解．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分步分类计数原理的应用．
根据题意，分2步进行分析：第一步将四门选修课程分为3组，第二步将分好的三组安排在三年内选修，由分步乘法计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
第一步将四门选修课程分为3组，
若分为2、1、1的三组，有C42=6种分组方法；
若分为2、2、0的三组，有C42C22A22=3种分组方法；
若分为3、1、0的三组，有C43=4种分组方法，
则一共有6+3+4=13种分组方法；
第二步将分好的三组安排在三年内选修，有A33=6种情况，
则每位同学的不同选修方式有13×6=78种.
故选B.
7.【答案】C
【解析】解：由题意，设椭圆的右焦点为F′(1,0)，连接PF′，
则|PA|+|PF|=|PA|+(4−|PF′|)=4+(|PA|−|PF′|)，
如图：
当点P在位置M时，|PA|−|PF′|取到最大值|AF′|，
当点P在位置N时，|PA|−|PF′|取到最小值−|AF′|，
所以|PA|−|PF′|的取值范围是[−|AF′|,|AF′|]，即[−1,1]，
所以|PA|+|PF|的最大值Dmax=5，|PA|+|PF|最小值Dmin=3，
所以Dmax+Dmin=8.
故选：C.
利用椭圆的定义转化为|PA|−|PF′|的最值问题，数形结合即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了利用导数研究函数单调性及最值，解决本题的关键是从已知等式中构造函数并能灵活利用函数性，属于中档题．
由已知等式代入可得x1ex1=2x2ln2x2=t，然后结合对数性质及基本函数单调性可得x1=ln(2x2)，代入到所求式子后再次构造函数，结合导数研究单调性，进而可求．
【解答】
解：因为f(x)=xex，g(x)=2xln2x，f(x1)=g(x2)=t，t>0，
所以x1ex1=2x2ln2x2=t，
所以ln(x1ex1)=ln(2x2ln2x2)=lnt，
即lnx1+x1=ln(2x2)+ln(ln2x2)=lnt，
因为y=x+lnx在(0,+∞)上单调递增，
所以x1=ln(2x2)，
即lnx1+x1=lnx1+ln2x2=lnt，
所以2x1x2=t，
则lntx1x2=2lntt，
令h(t)=2lntt，则h′(t)=2−2lntt2，
当0当t>e时，h′(t)<0，h(t)单调递减，
故当t=e时，h(t)取得最大值h(e)=2e.
故选D.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
利用残差平方和的含义判断选项A，由回归方程必过样本中心判断选项B，由相关系数的含义判断选项C，D.
本题考查了残差平方和的含义、相关系数的含义的应用，回归方程必过样本中心的应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
【解答】
解：因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故选项A错误；
因为回归方程必过样本中心，故选项B正确；
因为系数R2越接近1，说明模型的拟合效果越好，故选项C错误；
由相关系数为负且接近1，则y和x之间具有很强的负线性相关关系，故选项D正确．
故选：BD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图像和性质，考查了函数思想的应用，属于一般题．
由题意利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式，再利用正弦函数的图像和性质即可求解．
【解答】
解：因为f(x)=2cs2(x+π2)+sin(2x+π6)−1，
所以f(x)= 32sin2x+12cs2x−cs2x=sin(2x−π6)，
当2x−π6=π2+2kπ(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值1，故A正确；
令t=2x−π6，当x∈(−π3,π6)，所以−5π6<2x−π6<π6，
又y=sinx在区间(−5π6,π6)上不是单调函数，故B错误；
当x=π12时，2x−π6=0，函数f(x)的图像不关于直线x=π12对称，故C错误；
函数g(x)=sin2x的图像向右平移π12个单位得到函数sin[2(x−π12)]=sin(2x−π6)，故D正确．
故选AD.
11.【答案】ACD
【解析】解：由已知得a= 2，b=1，则c= 3，所以双曲线C的离心率e=ca= 62，故A正确；
双曲线C的渐近线方程为y=±1 2x，即x± 2y=0，故B错误；
因为圆心P(0,3)到双曲线C的渐近线的距离d=3 2 12+( 2)2= 6，
所以当r= 6时，圆P与双曲线C的渐近线相切，此时双曲线C与圆P没有公共点，故C正确；
当r=2 2时，圆P的方程为：x2+(y−3)2=8，
联立x2−2y2=2x2+(y−3)2=8，整理可得：y2−2y+1=0，可得y=1，可得x2=4，解得x=±2，
即双曲线与圆的交点(2,1)和(−2,1)，即双曲线C与圆P恰有两个公共点，故D正确．
故选：ACD.
根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线C上的点Q的坐标为(x,y)，表示出PQ的距离，即可得到圆心P到双曲线C上的点的距离的最小值，从而判断D.
本题主要考查双曲线的性质，双曲线与圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设SA=AB=2，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，S(0,0,2)，O(1,1,0)，
由M是棱SD上的动点，设M(0,λ,2−λ)，(0≤λ≤2)，
VS−ACM=13S△SAC×h，因为底面ABCD为正方形，故OD⊥AC，
又SA⊥底面ABCD，所以SA⊥OD，
又SA∩AC=A，所以OD⊥底面SAC，所以当M与D重合时，
三棱锥S−ACM体积取得最大且为VS−ACM=13×12×2×2 2× 2=43，故B对；
当M为SD中点时，OM是△SBD的中位线，所以OM//SB，又OM⊄平面SBC，
SB⊂平面SBC，所以OM//平面SBC，故A正确；
点M到平面ABCD的距离d1=2−λ，点M到平面SAB的距离：
d2=|AM⋅AD||AD|=|(0,λ,2−λ)⋅(0,2,0)|2=λ，
所以d1+d2=2−λ+λ=2，故C正确；
AB=(2,0,0)，OM=(−1,λ−1,2−λ)，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30∘，
则cs30∘=|AB⋅OM||AB||OM|=1 1+(λ−1)2+(2−λ)2= 32，化简得3λ2−9λ+7=0，无解，
故D错误；
故选：ABC.
根据题意以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，利用向量法判断CD，根据底面积不变，高最大时，锥体体积最大，判断B选项．根据线面平行的判定定理判断A即可求解，然后结合空间向量的结论考查点面距离和异面直线所成的角即可．
本题主要考查线面平行的证明，锥体体积的计算，点面距离的计算，异面直线所成的角的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
13.【答案】−540
【解析】解：展开式中奇数项二项式系数和为32，
所以2n−1=32，所以n−1=5，所以n=6，
故通项公式Tk+1=C6kx6−k(−3x)k，
整理得Tk+1=(−3)kC6kx6−2k，
令6−2k=0，
所以k=3，
故常数项为(−3)3C63=−540.
故答案为：−540.
根据展开式中奇数项二项式系数和为32，计算n，再写出通项公式，求出常数项即可．
本题考查了二项式定理，属于基础题．
14.【答案】−17
【解析】解：∵已知tan(α+π6)=tanα+tanπ61−tanα⋅tanπ6=2，∴tan(2α+π3)=2tan(α+π6)1−tan2(α+π6)=−43，
则tan(2α+712π)=tan(2α+π3+π4)=tan(2α+π3)+tanπ41−tan(2α+π3)tanπ4=−17，
故答案为：−17.
由题意利用二倍角的正切公式求得tan(2α+π3)的值，再利用两角和的正切公式求得tan(2α+712π)=tan(2α+π3+π4)的值．
本题主要考查二倍角的正切公式，两角和的正切公式的应用，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：设(t,et)是f(x)图像上的一点，f′(x)=ex，
所以f(x)在点(t,et)处的切线方程为y−et=et(x−t)，y=etx+(1−t)et①，
令g′(x)=1x=et，解得x=e−t，
g(e−t)=lne−t+2=2−t，所以2−t−ete−t−t=et，
1−t=(1−t)et，所以t=0或t=1(此时①为y=ex，b=0，不符合题意，舍去)，
所以t=0，此时①可化为y−1=1×(x−0)，y=x+1，
所以a+b=1+1=2.
故答案为：2.
由f(x)求得切线方程，结合该切线也是g(x)的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线y=ax+b，从而求得正确答案．
本题考查利用导数求函数的切线，方程思想，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】(−∞,1)
【解析】【分析】
本题涉及等差数列的前n项和，涉及累加法，涉及数列的单调性，重点考查数列与不等式结合的恒成立问题．
根据已知条件利用累加法，结合等差数列求和公式得到an(n≥2)，验证a1适合此公式，进而可得数列{an}的通项公式，通过研究bn−bn−1的正负得到数列{bn}是单调递减数列，即当n=1时，bn取得最大值1a2=13，进而问题转化为m2−mt+13>13对任意m∈[1,2]恒成立，进而得到t的取值范围.
【解答】
解：∵a1=1，an−an−1=n(n≥2,n∈N*)，
当n≥2时，an−an−1=n，an−1−an−2=n−1，…，a2−a1=2，
累项相加，得：an−a1=n+(n−1)+…+3+2，
∴an=1+2+3+…+n=12n(n+1)，
又∵当n=1时，a1=1也满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an=12n(n+1)，
∵bn=1an+1+1an+2+1an+3+…+1a2n，
则bn−1=1an+1an+1+1an+2+1an+3+…+1a2n−2(n≥2,n∈N*)，
∴bn−bn−1=1a2n−1+1a2n−1an
=1n(2n−1)+1n(2n+1)−2n(n+1)
=1n12n−1−1n+1+12n+1−1n+1<0对于任意的n≥2恒成立，
∴数列{bn}是单调递减数列，又由前面得a2=2，
所以当n=1时，bn取得最大值b1=1a2=13，
∴m2−mt+13>13，
即m2−mt=mm−t>0对任意m∈[1,2]恒成立，即t∴t<1，即实数t的取值范围为(−∞,1).
故答案为(−∞,1).
17.【答案】解：(1)由余弦定理AC2=BA2+BC2−2BA⋅BC⋅csB=57，
解得AC= 57；
又ACsinB=2R，
解得R= 19；
∴△ABC外接圆的半径R为 19；
(2)由AD=CD，所以∠DCA=∠DAC，
所以θ=∠CAB−∠ACB=∠BAD；
由sinθ=sin∠BAD=3 314，
得csθ=cs∠BAD=1314；
设BD=x，则DC=8−x，DA=8−x，
在△ABD中BA=7,BD=x,DA=8−x,cs∠BAD=1314，
由余弦定理得x2=72+(8−x)2−2×7×(8−x)×1314，
解得x=3；
所以BD=3，DA=5；
由正弦定理BDsin∠BAD=ADsinB，
即33 314=5sinB，
解得sinB=5 314；
所以S△ABC=12BA⋅BC⋅sinB=10 3，
即△ABC的面积为10 3.
【解析】(1)利用余弦定理求出AC的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；
(2)由题意，利用正弦、余弦定理求得∠ABC的正弦值，再计算△ABC的面积．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了正弦、余弦定理的应用问题，是基础题．
18.【答案】解：(1)∵4Sn=an2+2an，
∴当n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1，
两式相减得4an=an2+2an−(an−12+2an−1)，
整理得(an−an−1−2)×(an+an−1)=0，
∵an>0，
∴an−an−1=2，
又当n=1时，4a1=4S1=a12+2a1，解得a1=2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴an=2n；
(2)证明：由(1)得bn=3⋅22n(22n−1)(22n+2−1)=122n−1−122n+2−1=14n−1−14n+1−1，
∴Tn=14−1−142−1+142−1−143−1+⋯+14n−1−14n+1−1=13−14n+1−1，
∵4n+1>1，即14n+1−1>0，
∴Tn<13.
【解析】本题考查了数列的递推关系以及裂项相消求和问题，属于中档题．
(1)利用an=Sn−Sn−1计算整理，可得an−an−1=2，再利用等差数列的通项公式得答案；
(2)将bn变形得bn=14n−1−14n+1−1，利用裂项相消法可得Tn，进一步观察可得证明结论．
19.【答案】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
则AC⊥PC，
因为AB=2，AD=CD=1，
则AC=BC= 2，
故AC2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC，
又BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC，
则AC⊥平面PBC，
又AC⊂平面EAC，
故平面EAC⊥平面PBC；
(2)解：以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1,−1,0)，
设P(0,0,a)(a>0)，
则E(12,−12,a2)，
故CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=(12,−12,a2)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CA=0m⋅CP=0，即x+y=0az=0，
取x=1，则y=−1，
故m=(1,−1,0)，
设平面EAC的法向量为n=(p,q,r)，
则n⋅CA=0n⋅CE=0，即p+q=012p−12q+a2r=0，
令r=−2，则p=a，q=−a，
故n=(a,−a,−2)，
因为二面角P−AC−E的余弦值为 63，
所以|m⋅n||m||n|=a a2+2= 63，解得a=2，
故n=(2,−2,−2)，
所以PA=(1,1,−2)，
则|cs|=|PA⋅n||PA||n|=4 4+4+4× 1+1+4= 23，
故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 23.
【解析】(1)利用PC⊥平面ABCD，得到AC⊥PC，结合AC⊥BC，可证明AC⊥平面PBC，由面面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，设P(0,0,a)(a>0)，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PAC和平面ACE的法向量，由向量的夹角公式列式求解，求解a的值，然后再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，二面角的应用以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20.【答案】解：(1)零假设H0：数学成绩与语文成绩无关，
据表中数据计算得：χ2=200×(50×80−30×40)290×110×120×80≈16.498>6.635，
根据小概率值α=0.010的χ2的独立性检验，我们推断H0不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；
(2)∵L(B|A)=P(B|A)P(B−|A)=P(AB)P(A)P(AB−)P(A)=P(AB)P(AB−)=n(AB)n(AB−)=8030=83，
∴估计L(B|A)的值为83；
(3)按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=C33C83=156，P(X=1)=C51C32C83=1556，P(X=2)=C52C31C83=3056=1528，P(X=3)=C53C83=1056=528，
∴X的概率分布列为：
∴数学期望E(X)=0×156+1×1556+2×1528+3×528=10556=158.
【解析】(1)零假设H0后，计算χ2的值与6.635比较即可；
(2)根据条件概率公式计算即可；
(3)分层抽样后运用超几何分布求解．
本题主要考查了独立性检验的应用，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：(1)e=ca=12⇒a=2c,b2=a2−c2=3c2⇒椭圆C:x24c2+y23c2=1，
又|PF|=xP+p2=2+p2=3⇒p=2,c=p2=1，
所以椭圆C:x24+y23=1，
抛物线E：y2=4x；
(2)因为直线HG斜率不为0，设为x=ty+1，
设G(x1,y1)，H(x2,y2)，
联立x=ty+1,x24+y23=1，得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
所以Δ=36t2+36(3t2+4)=144(t2+1)>0，
所以y1+y2=−6t3t2+4,y1y2=−93t2+4，
所以S△OHG=12|OF||y1−y2|=6 t2+13t2+4，
∵MN=2OM，∴S△GHN=2S△OHG，
设四边形OHNG的面积为S，
则S=S△OHG+S△GHN=3S△OHG=18 t2+13t2+4=183t2+4 t2+1=183 t2+1+1 t2+1，
令 t2+1=m,(m≥1)，再令y=3m+1m，
易知y=3m+1m在[1,+∞)单调递增，
所以m=1时，ymin=4，
此时t=0,3 t2+1+1 t2+1取得最小值4，所以Smax=92.
【解析】(1)根据离心率以及抛物线的焦半径即可求解p=2，c=1，进而可根据a，b，c 的关系求解，
(2)联立直线与抛物线的方程得韦达定理，根据弦长公式求解弦长，进而根据向量共线得面积的关系为S△GHN=2S△OHG，结合对勾函数的性质即可求解最值．
本题考查有的几何性质，抛物线的几何性质，直线与椭圆的位置关系，函数思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)的定义域是(0,+∞)，f′(x)=1x−m，
若m≤0，f′(x)>0，f(x)在定义域内单调递增，无最大值，
若m>0，x∈(0,1m)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1m,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴当x=1m时，f(x)取最大值f(1m)=ln1m=0，
故m=1；
(2)原式恒成立即lnx−mx+1≤x(ex−2)在(0,+∞)上恒成立，
即m−2≥1+lnxx−ex在(0,+∞)上恒成立，
设φ(x)=1+lnxx−ex，则φ′(x)=−x2ex+lnxx2，
设h(x)=x2ex+lnx，则h′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，
∴h(x)在(0,+∞)递增且h(1e)<0，h(1)>0，
故h(x)有唯一零点x0且x02ex0+lnx0=0，
即x0ex0=−lnx0x0，
两边取对数得x0+lnx0=ln(−lnx0)+(−lnx0)，
易知y=x+lnx是增函数，
∴x0=−lnx0，即ex0=1x0，由φ′(x)=−h(x)x2知，
φ′(x)在(0,x0)递增，在(x0,+∞)递减，
∴φ(x)≤φ(x0)=1+lnx0x0−ex0=1−x0x0−1x0=−1，
∴m−2≥−1，
∴m≥1，
故m的取值范围是[1,+∞).
【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，属于较难题．
(1)求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值，得到关于m的方程，解出m的值即可；
(2)问题转化为m−2≥1+lnxx−ex在(0,+∞)上恒成立，设φ(x)=1+lnxx−ex，根据函数的单调性求出φ(x)的最大值，求出m的范围即可．语文成绩
合计
优秀
不优秀
数学成绩
优秀
50
30
80
不优秀
40
80
120
合计
90
110
200
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
156
1556
1528
528