2022-2023学年湖南省湘潭市湘潭县名校联考联合体高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年湖南省湘潭市湘潭县名校联考联合体高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，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。

1.已知集合M={x|−x2+x+6≥0}，N={x|y= lnx−1}，则M∩N=( )
A. [−2,e]B. (−2,3)C. [e,3]D. [e,+∞)
2.已知复数z=1+i，且z−+xz+y=0，其中x，y为实数，则( )
A. x=1，y=−2B. x=−1，y=−2
C. x=1，y=2D. x=−1，y=2
3.已知非零向量m，n满足|m|=1，|n|= 32，|m+2n|=2，则⟨m,n⟩=( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
4.已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，AA1=4，M，N分别为AA1，CC1的中点，则三棱锥M−NB1D1的体积为( )
A. 43B. 4C. 83D. 6
5.某学校在高考模拟考试座位的排定过程中，有来自A班的4名学生和来自B班的4名学生，恰好排在五行八座(每个考室5行*8座=40人)中的第二行，则来自同一班级的4名学生互不相邻的概率为( )
A. 130B. 135C. 335D. 110
6.已知f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，且y=|f(x)|的最小正周期为2.若存在m>0，使得对于任意x∈R，都有f(x+m)=mf(−x)，则φ为( )
A. −π4B. π4C. −π3D. π3
7.已知函数f(x)=22x−12x，g(x)=xf(x)，若a=g(ln3)，b=g(0.513)，c=g(−32)，则a，b，c的大小关系为( )
A. b8.已知A，B，C，D是表面积为20π的球面上四点，AB=2，BC= 3，∠BAC=π3，三棱锥A−BCD的体积为 32，则线段CD长度的取值范围为( )
A. [3 2,2 5]B. [ 10,2 3]C. [ 10,3 2]D. [2 3,2 5]
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.已知函数f(x)=x3−12x+t(t∈R)，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)可能是奇函数
B. f(x)在区间[−2,2]上单调递减
C. 当f(x)的极大值为17时，t=1
D. 当t=1时，函数f(x)的值域是[−15,17]
10.已知抛物线C：y=2px2的焦点F到准线l的距离为2，则( )
A. 抛物线为y=4x2
B. 若A(2,3)，B为C上的动点，则|BA|+|BF|的最小值为4
C. 直线y=kx+1与抛物线C相交所得弦长最短为4
D. 若抛物线准线与y轴交于点N，点M是抛物线上不同于其顶点的任意一点，t|MN|=|MF|，t∈R，则t的最小值为 22
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则以下结论正确的是( )
A. 若P为线段B1D1上动点(包括端点)，则点P到平面A1BD的距离为定值
B. 正方形底面ABCD内存在点P，使得D1P⊥AD1
C. 若点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上运动，点Q是CD的中点，点P满足PQ⊥AC1，则点P的轨迹的周长为6 2
D. 当点P为B1D1中点时，三棱锥P−A1BD的外接球半径R= 112
12.已知定义在(0,+∞)的函数f(x)= e2x+x2−4x−2ex+5+ e2x+x2+2ex−2ex+1+2e2，存在x0∈(k4,k+24)使f(x0)为函数y=f(x)的最小值，其中k∈N，则k的值可以为(附：e12≈1.65，e≈2.72，e3≈20)( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在(1+1x)( x−1)6的展开式中常数项等于______.
14.若一直线与曲线y=lnx和曲线x2=2py(p>0)相切于同一点M，则p的值为______.
15.有穷等差数列{an}的各项均为正数，若a2023=3，则2a2000+12a2046的最小值是______.
16.如图，已知双曲线C1：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与过其焦点的圆x2+y2=c2相交于A，B，C，D四个点，直线AD与x轴交于点E，直线CE与双曲线C1交于点F，记直线AC，AF的斜率分别为k1，k2，若k1⋅k2=3，则双曲线C1的离心率为______.
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)
在数列{an}中，a1=1，nan+1=2(n+1)an+n+2.
(1)证明{an+1n}是等比数列；
(2)若bn=lg2an+1n，求数列{1b2nb2n+2}的前n项和Sn.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,−π<φ<0)在一个周期内一系列对应的值如表：
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在锐角△ABC中，f(A)= 3，角A所对的边a= 3，求△ABC面积的取值范围.
19.(本小题12分)
一个小型制冰厂有3台同一型号的制冰设备，在一天内这3台设备只要有一台能正常工作，制冰厂就会有利润，当3台都无法正常工作时制冰厂就因停业而亏本(3台设备相互独立，3台都正常工作时利润最大).每台制冰设备的核心系统由3个同一型号的电子元件组成，3个元件能正常工作的概率都为p(0(1)当p=12时，求一天内制冰厂不亏本的概率；
(2)若已知当前每台设备能正常工作的概率为0.6，根据以往经验可知，若制冰厂由于设备不能正常工作而停业一天，制冰厂将损失1万元，为减少经济损失，有以下两种方案可供选择参考：
方案1：更换3台设备的部分零件，使每台设备能正常工作的概率为0.85，更新费用共为600元.
方案2：对设备进行维护，使每台设备能正常工作的概率为0.75，设备维护总费用为a元.请从期望损失最小的角度判断如何决策？
20.(本小题12分)
如图，圆柱的轴截面ABCD是边长DC=4，AD=3的矩形，点M在上底面圆O1内，且O1M=1(A,B,M三点不在一条直线上).下底面圆O2的一条弦EF交CD于点G，其中DE=DF=2，平面AEF∩平面ABM=l.
(1)证明：l⊥平面ABCD；
(2)若二面角M−EF−A的正切值为34，求DM的长.
21.(本小题12分)
已知g(x)=mxex+sinx，且y=g(x)在x=0处的切线与直线y=2x−3平行.
(1)求m的值，并求此切线方程；
(2)若f(x)=g(x)−sinx，且f(x)=a有两个不相等的实数根x1，x2，且x12−2ae
22.(本小题12分)
已知直线l1过点F1(− 2,0)且与圆F2：(x− 2)2+y2=32交于B，C两点，过F1C的中点D作垂直于BC的直线交F2C于点P，记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)设曲线Γ与x轴的交点分别为A1，A2，点F1，F2关于直线y=−x的对称点分别为E，F，过点F2的直线l2与曲线Γ交于M，N两点，直线A1M，A2N相交于点Q.请判断△QEF的面积是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由−x2+x+6≥0，解得−2≤x≤3，故M={x|−x2+x+6≥0}=[−2,3].
由lnx−1≥0，可得x≥e，故N={x|y= lnx−1}=[e,+∞),
则M∩N=[e,3].
故选：C.
解一元二次不等式化简集合M，根据函数的定义域及解对数不等式化简集合N，由交集运算即可求解．
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题z=1+i，z−+xz+y=1−i+x(1+i)+y=(1+x+y)+(x−1)i，
由z−+xz+y=0，结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
得1+x+y=0x−1=0，即x=1y=−2.
故选：A.
根据复数的运算可得(1+x+y)+(x−1)i=0，进而即得．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵|m+2n|=2，
∴(m+2n)2=4，又|m|=1，|n|= 32，
∴(m+2n)2=m2+4m⋅n+4n2=1+2 3cs⟨m,n⟩+3=4，
解得cs⟨m,n⟩=0，又⟨m,n⟩∈[0,π]，
所以⟨m,n⟩=π2.
故选：D.
根据向量数量积的运算法则结合数量积的定义可得cs⟨m,n⟩=0，进而即得．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，∵M，N分别为AA1，CC1的中点，
长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，AA1=4，
∴MA1=NC1=2，MN=MB1=MD1=NB1=ND1=B1D1=2 2，
∴三棱锥M−NB1D1是正四面体，设△NB1D1的中心为O，连接MO，NO，
则NO=23 (2 2)2−(2 22)2=2 63，MO= (2 2)2−(2 63)2=4 33，
∴三棱锥M−NB1D1的体积为13× 34×(2 2)2×4 33=83.
故选：C.
由题可得三棱锥M−NB1D1是正四面体，然后利用正四面体的性质结合棱锥的体积公式求解．
本题考查长方体的结构特征，考查多面体体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：8名同学坐在一行的不同排法共有A88=40320种，
来自同一班级的4名学生互不相邻的排法有2A44⋅A44=1152种，
所以事件“来自A班的4名学生互不相邻，且来自B班的4名学生也互不相邻”的概率P=115240320=135.
故选：B.
根据给定条件，利用全排列求出试验的基本事件数，利用插空法求出所求概率的事件含有的基本事件数，再利用古典概率求解作答．
本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：已知y=|f(x)|的最小正周期为2，
所以函数f(x)的最小正周期为4，
则ω=2π4=π2，
又f(x+m)=mf(−x)，
所以cs[ω(x+m)+φ]=mcs(−ωx+φ)，
因为存在m>0，使得对于任意x∈R，都有f(x+m)=mf(−x)，
所以m=1，
此时f(x+1)=f(−x)，
所以函数f(x)关于直线x=12对称，
可得π4+φ=kπ，k∈Z，
即φ=−π4+kπ，k∈Z，
又|φ|<π2，
所以φ=−π4.
故选：A.
由题意，得到函数f(x)的最小正周期为4，解出ω的值，利用f(x+m)=mf(−x)，解得m=1，得到函数f(x)关于直线x=12对称，结合|φ|<π2即可求出φ的值．
本题考查三角函数的周期性，考查了逻辑推理和运算能力．
7.【答案】A
【解析】解：因为g(x)=xf(x)=x(2x−2−x)，该函数的定义域为R，
g(−x)=x(2x−2−x)=g(x)，所以函数y=g(x)为偶函数，故g(−32)=g(32)，
当x>0时，f(x)=22x−12x=2x−2−x>0，
任取x1>x2>0，−x1<−x2，则2x1>2x2，2−x1<2−x2，所以2x1−2−x1>2x2−2−x2，
所以f(x1)>f(x2)>0，x1f(x1)>x2f(x2)，即g(x1)>g(x2)，
所以函数y=g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又0<0.513<0.50=1，由32则g(0.513)故选：A.
判断出函数g(x)=xf(x)是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递增，然后比较ln3、0.513、32三个数的大小，由此可得出a、b、c的大小关系．
本题考查了偶函数的定义，增函数的定义，不等式的性质，对数的运算性质，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设球的球心为O，∵球的表面积为20π，∴球的半径R= 5，
又∵AB=2，BC= 3，∠BAC=π3，
∴由BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC，
得3=4+AC2−2AC，解得AC=1，可得BC2+AC2=AB2，即∠BCA=π2，
设AB的中点为O2，则O2为△ABC外接圆圆心，
连接OO2，OA，则OA= 5,AO2=1，∴OO2=2，
即球心O到平面ABC的距离为2，且S△ABC= 32，
又三棱锥A−BCD的体积为 32，∴D到平面ABC的距离d=3，
设D在球面的截面圆O1上，则O1O2=3，O1O=1，截面圆O1的半径为2，
设D在平面ABC上的投影为M，则M的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心O2，即为AB的中点，
则CM∈[1,3]，又CD= CM2+DM2= CM2+9，
∴CD∈[ 10,3 2]，
故选：C.
根据条件可得△ABC为直角三角形，由球的表面积公式可得球的半径，结合球的性质可得球心O到平面ABC的距离，根据锥体的体积公式，结合条件可得D在距平面ABC距离为3的截面圆O1上，然后利用球的性质表示出CD，再结合圆的性质求解．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，关键是根据球的性质结合条件找出点D的位置，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A：由题意得对∀x∈R，f(−x)=−x3+12x+t，函数定义域为R，
显然当t=0时，f(−x)=−f(x)，即f(x)为奇函数，故A正确；
对于B：由题意得f′(x)=3(x2−4)=3(x+2)(x−2)，
由f′(x)>0得x<−2或x>2，由f′(x)<0得−2∴函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−2)和(2,+∞)，函数f(x)的单调递减区间为[−2,2]，故B正确；
对于C：由f′(x)=3(x2−4)=3(x+2)(x−2)=0得x=±2，
由选项B得x=−2是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(−2)=−8+24+t=17，解的t=1，故C正确；
由选项B得函数f(x)在(−∞,−2)和(2,+∞)上单调递增，函数f(x)在[−2,2]上单调递减，
∴f(x)无最大值，无最小值，故D错误．
故选：ABC.
利用奇函数的定义可判断A，利用导数求出函数f(x)的单调性可判断BCD.
本题考查利用导数研究函数的单调性、最值和极值，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为抛物线C：y=2px2⇒x2=12py的焦点F到准线l的距离为2，
所以14p=2⇒p=18，
从而抛物线C的方程是x2=4y，所以A错误；
设B到准线的距离为d，由题可知准线为l：y=−1，
则|BA|+|BF|=|BA|+d≥3+1=4，故B正确；
抛物线的焦点为F(0,1)，直线y=kx+1过焦点F，
由y=kx+1x2=4y，可得x2−4kx−4=0，
设直线与抛物线交点为(x1,y1)，(x2,y2)，
则x1+x2=4k,y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，
所以直线y=kx+1与抛物线C相为所得弦长y1+y2+2=4k2+4≥4，
当且仅当k=0时取等号，故C正确；
对于D，不妨设M点在第一象限，过M点向准线作垂线，垂足为Q，
则|MF|=|MQ|，连接MN，
在Rt△MQN中，设∠MNQ=θ，
则t=|MF||MN|=|MQ||MN|=sinθ，要求t的最小值，
即sinθ最小，即θ最小，
所以当直线MN与抛物线相切时，角θ最小，
设切线方程为y=mx−1，m存在，且m>0，
由y=mx−1x2=4y，联立得x2−4mx+4=0，
令Δ=0，得16m2−16=0，所以m=1或m=−1(舍)，
所以θ=π4，所以sinθ= 22，故D正确．
故选：BCD.
根据抛物线的性质可得p=18可判断A，根据抛物线的定义利用数形结合可判断B，利用韦达定理法及弦长公式可判断C，根据条件可得当直线MN与抛物线相切时t最小，然后利用判别式即得．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：由题意可得，BB1//DD1且BB1=DD1，
∴BB1D1D为平行四边形，则BD//B1D1，
又∵B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，
∴B1D1//平面A1BD，
又∵P为线段B1D1上的点，则点P到平面A1BD的距离为定值，故A正确；
对于B：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(x,y,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)，D1P=(x,y,−2)，AD1=(−2,0,2)，
若D1P⊥AD1，则D1P⋅AD1=0，即x=−2与题意矛盾，所以B不正确；
对于C：取BC的中点为E，取BB1的中点为F，取A1B1的中点为G，取A1D1的中点为H，
取DD1的中点为M，分别连接QE，EF，FG，GH，HM，MQ，
连接AC，BD，则QE//BD，BD⊥AC，由CC1⊥平面ABCD，QE⊂平面ABCD，
所以QE⊥AC，QE⊥CC1，AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1，
故QE⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，
所以AC1⊥QE，
同理可得AC1⊥EF，且QE∩EF=E，QE，EF⊂平面EFGHMQ，
所以AC1⊥平面EFGHMQ，
由题意可得P的轨迹为正六边形EFGHMQ，其中|QE|=|EF|= 2，
所以点P的轨迹的周长为6 2，C正确；
对于D：当点P为B1D1中点时，则A1P⊥B1D1，
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1P⊂平面A1B1C1D1，
∴A1P⊥BB1，又BB1∩B1D1=B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，
∴A1P⊥平面BB1D1D，
设△PBD的外接圆圆心为O1，半径为r，三棱锥P−A1BD的外接球的球心O，半径为R，
连接OO1，O1B，OB，
则OO1⊥平面PBD，且OO1=12A1P= 22，
对于△PBD，PB=PD= 6，BD=2 2，
∴cs∠BPD=PB2+PD2−BD22PB⋅PD=13，
则sin∠BPD= 1−cs2∠BPD=2 23，
所以2r=BDsin∠BPD=3，则r=32，
∴R2=r2+OO12=114，即R= 112，D正确．
故选：ACD.
利用线面平行的判定定理可得B1D1//平面A1BD进而可判断A；
利用坐标法结合向量垂直的条件可判断B；
根据条件找出点P的轨迹进而可判断C；
利用线面垂直的判定定理可得A1P⊥平面BDP，然后利用球的性质结合条件可判断D.
本题主要考查空间中点、线、面之间的位置关系，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：f(x)= e2x+x2−4x−2ex+5+ e2x+x2+2ex−2ex+1+2e2
= (x−2)2+(ex−1)2+ (x+e)2+(ex−e)2，
故f(x)表示函数y=ex上的点P(x,y)与两点A(2,1)，B(−e,e)的距离之和，
当P为线段AB与函数y=ex的图象的交点时，f(x)的值最小，
AB所在直线方程为y=1−e2+ex+3e2+e，
设g(x)=ex−1−e2+ex−3e2+e，
由g(14)=e14−1+11e8+4e≈ 1.65−< 1.65−1.5<0，
g(12)=e12−1+5e4+2e≈1.65−>1.65−14.79>1.65−1.64>0，
得∃x0∈(14,12)，使得g(x0)=0，
由题可得k=0时，x0∈(14,12)⊆(0,12)成立，故A正确；
k=1时，x0∈(14,12)⊆(14,34)成立，故B正确；
当k≥2时，即k4≥12时，不合题意．
故选：AB.
由两点间距离公式可得，f(x)表示函数y=ex上的点P(x,y)与两点A(2,1)，B(−e,e)的距离之和，然后构造函数g(x)=ex−1−e2+ex−3e2+e，再根据零点存在定理求解．
本题的关键是把问题转化为函数y=ex上的点P(x,y)与两点A(2,1)，B(−e,e)的距离之和，然后利用零点存在定理求解，是中档题．
13.【答案】16
【解析】解：因为( x−1)6展开式的通项为Tr+1=C6r( x)6−r(−1)r=C6rx6−r2(−1)r，0≤r≤6，r∈N，
(1+1x)( x−1)6的展开式中常数项由两项构成，
即1×C66(−1)6=1与1x×C64( x)2×(−1)4=15，
所以(1+1x)( x−1)6的展开式中常数项为1+15=16.
故答案为：16.
根据二项式展开式结合其常数项组成形式即可得到答案．
本题主要考查二项式定理的应用，利用多项式乘积的性质进行计算是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】e
【解析】解：设切点M(x0,y0)，则由y=lnx，得y′=1x，
由x2=2py，得y′=1px，
则1x0=x0p,y0=lnx0,x02=2py0,
解得p=e.
故答案为：e.
根据导数的几何意义结合条件即得．
本题考查导数的综合应用，解题中注意导数几何意义的应用，属于中档题．
15.【答案】34
【解析】解：由已知得a2000+a2046=6，
又a2000>0，a2046>0，
∴2a2000+12a2046=16(a2000+a2046)(2a2000+12a2046)=16(2+12+2a2046a2000+a20002a2046)≥16(52+2)=34，
当且仅当“a2000=2a2046=4”时取等号．
故答案为：34.
根据等差数列的性质可得a2000+a2046=6，然后利用基本不等式即得．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
16.【答案】 102
【解析】解：由题可知A，C关于原点对称，所以xA=−xC，yA=−yC，
又A，F在双曲线上，所以xA2a2−yA2b2=1,xF2a2−yF2b2=1，则yA2=b2a2xA2−b2,yF2=b2a2xF2−b2，
所以kFA⋅kFC=yF−yAxF−xA⋅yF−yCxF−xC=yF2−yA2xF2−xA2=b2a2(xF2−xA2)xF2−xA2=b2a2，
即k2⋅kCF=b2a2，①
∴由k2⋅kCF=b2a2k1⋅k2=3⇒kCFk1=b23a2，
连接CD，可得k1=tan∠ACD=ADCDkCE=tan∠ECD=DECD，
可得k1=2kCF，②
由①②联立3a2=2b2，所以离心率e=ca= 1+b2a2= 102.
故答案为： 102.
根据双曲线与圆的对称性确定A，C关于原点对称，利用直线斜率的坐标运算与坐标关系即可得a，b关系，从而可得双曲线离心率．
本题考查双曲线的性质，考查直线与圆锥曲线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵nan+1=2(n+1)an+n+2，n∈N*
∴an+1=2(n+1)nan+n+2n⇒an+1+1=2(n+1)nan+2n+2n，
∴an+1+1n+1=2ann+2n=2⋅an+1n，n∈N*
又a1=1，a1+11=2，
∴{an+1n}是以2为首项，2为公比的等比数列；
(2)由(1)得an+1n=2n，则bn=lg22n=n，n∈N*
∴1b2nb2n+2=14n(n+1)=14(1n−1n+1)，
∴Sn=14(1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1).
【解析】本题考查数列的递推式，考查等比数列的判断与通项公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题．
(1)根据递推关系结合等比数列的定义，即可证明；
(2)根据等比数列的通项公式结合条件可得bn=n，利用裂项相消法求和，即可得出答案.
18.【答案】解：(1)由题中表格给出的信息可知，函数f(x)的周期T=11π12−(−π12)=π⇒ω=2，
由2sin(2×5π12+φ)=2⇒5π6+φ=π2+2kπ⇒φ=−π3+2kπ(k∈Z)，
又φ∈(−π,0)，所以φ=−π3，
∴f(x)=2sin(2x−π3)；
(2)由f(A)=2sin(2A−π3)= 3可知S=4πR2=12π，
因为0由正弦定理得asinA=bsinB=csinC= 3sinπ3=2，即b=2sinB，c=2sinC，
则bc=4sinBsinC=4sinBsin(2π3−B)=4sinB(12sinB+ 32csB)
=2 3sinBcsB+2sin2B= 3sin2B+1−cs2B=2sin(2B−π6)+1，
又因为在锐角三角形△ABC中，由0得π6所以π6<2B−π6<5π6，所以12故bc的取值范围为(2,3],
所以S△ABC=12bcsinA= 34bc∈( 32,3 34],
所以△ABC面积的取值范围为( 32,3 34].
【解析】(1)利用五点作图法结合条件可得函数解析式；
(2)由题可得A=π3，然后利用正弦定理，三角恒等变换结合三角函数的性质可得bc的取值范围，再根据三角形的面积公式即得．
本题主要考查解三角形，三角函数解析式的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当p=12时，每台设备能正常工作的概率为C32(12)2(1−12)+C33(12)3=12，
故一天内制冰厂不亏本的概率为1−(1−12)3=1−18=78；
(2)若不采取措施，设总损失为X0，当前每台设备能正常工作的概率为0.6，
故E(X0)=10000×(1−0.6)3=10000×0.064=640元；
设方案1、方案2的总损失分别为X1，X2，
采用方案1：更换3台设备的部分零件，使得每台设备能正常工作的概率为0.85，
故E(X1)=10000×(1−0.85)3+600=33.75+600=633.75元；
采用方案2：对设备进行维护，使得每台设备能正常工作的概率为0.75，
故E(X2)=10000×(1−0.75)3+a=156.25+a元，
又E(X1)−E(X2)=633.75−156.25−a=477.5−a，且640>633.75，
因此，从期望损失最小的角度，当a=477.5时，可以选择方案1或2；
当a<477.5时，选择方案2；
当a>477.5时，采取方案1.
【解析】(1)根据独立事件概率公式可得每台设备能正常工作的概率，根据对立事件概率公式求解，即可得出答案；
(2)根据条件分别计算不采取措施，采用方案1，采用方案2制冰厂的总损失的期望，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为CD为直径，DE=DF，
所以由平面几何知识可得G为弦EF的中点，且EF⊥CD，
因为EF⊥AD，AD∩CD=D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以EF⊥平面ABCD，
由圆柱定义可得平面DEF//平面ABM，且EF⊂平面DEF，
所以EF//平面ABM，又平面AEF∩平面ABM=l，EF⊂平面AEF，
所以EF//l，又EF⊥平面ABCD，
所以l⊥平面ABCD；
(2)如图，设平面MEF交圆柱上底面ABM于MN，交AB于点H，
则二面角M−EF−A的大小就是二面角H−EF−A的大小，
以下底面垂直于DG的直线、DG、DA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为DE=DF=2，底面圆半径为2，所以EG=FG= 3，DG=1，
则A(0,0,3)，E( 3,1,0)，F(− 3,1,0)，设H(0,m,3)，(1AE=( 3,1,−3)，AF=(− 3,1,−3)，EH=(− 3,m−1,3)，EF=(−2 3,0,0)，
设平面AEF的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
由m⋅AE=0,m⋅AF=0,得 3x1+y1−3z1=0,− 3x1+y1−3z1=0,
令z1=1，可得m=(0,3,1)，
设平面HEF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
由n⋅EF=0,n⋅EH=0,得−2 3x2=0,− 3x2+(m−1)y2+3z2=0,
令y2=−3，可得n=(0,−3,m−1)，
又因为二面角M−EF−A的正切值为34，
所以|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=|m−10| 10 9+(m−1)2=45，
化简得3m2+4m−20=0，
解得m=2或m=−103(舍).
即AH=2，又因为EF//平面MAB，EF⊂平面MEF，平面MAB∩平面MEF=MN，
所以EF//MN，MN⊥AB，且H为MN的中点，
所以MH=1，AM= 5，DM= 14，
所以若二面角M−EF−A的正切值为34，则DM的长为 14.
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理结合条件可得EF⊥平面ABCD，利用面面平行及线面平行的性质定理可得EF//l，进而即得；
(2)利用坐标法，设平面MEF交圆柱上底面ABM于MN，交AB于点H，根据面面角的向量求法结合条件可得AH=2，进而可得AM= 5，然后利用勾股定理即可求DM的长．
本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属中档题．
21.【答案】解：(1)把x=0代入可得切点为(0,0)，
∵g′(x)=m(1−x)ex+csx，
所以切线斜率为k=g′(0)=m+1=2，即m=1，
所以切线方程为y=2x；
(2)由(1)知f(x)=xex，f′(x)=1−xex，
由f′(x)>0得x<1，由f′(x)<0得x>1，
所以f(x)=xex在(−∞,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
故f(x)max=f(1)=1e，且x∈(−∞,0)时，f(x)<0，
x∈(0,1)时，0所以0过(0,0)和(1,1e)作直线y=1ex，
可知x∈(0,1)时，易得xex>xe恒成立，
过(2,0)和(1,1e)作直线y=−1e(x−2)，
下面证明：x∈(1,+∞)时，xex>−1e(x−2)恒成立，
要证：xex>−1e(x−2)，只需要证：ex−1(1−2x)>−1，
令φ(x)=ex−1(1−2x)，则φ′(x)=ex−1(2x2−2x+1)=ex−1(x−1)2+1x2>0，
所以φ(x)=ex−1(1−2x)在x∈(1,+∞)上单调递增，
因而φ(x)>φ(1)=−1成立，
令y=a与y=1ex和y=−1e(x−2)分别交于M(x′1,y′1)，N(x′2,y′2)，
故由x′1e=a⇒x1x′2=2−ae，
所以x2−x1>x′2−x′1=2−2ae，
所以x2−x1>2−2ae.
【解析】(1)根据导数的几何意义结合条件即得；
(2)利用导数研究函数的性质可得0xe，再利用导数证明x∈(1,+∞)时xex>−1e(x−2)，进而即得．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是中档题．
22.【答案】解：(1)易知F1(− 2,0)，圆F2：(x− 2)2+y2=32的圆心为F2( 2,0)，半径为R=4 2，
因为D为F1C中点，且DP⊥BC，
所以PD是线段F1C的垂直平分线，
此时|PF1|=|PC|，
则|PF1|+|PF2|=|PC|+|PF2|=R=4 2>|F1F2|=2 2，
所以点P的轨迹即曲线Γ是以F1，F2为焦点的椭圆，
设曲线Γ：x2a2+y2b2=1，a>b>0，
易知a2−b2=c2，
所以2a=4 2，
解得a=2 2，
又c= 2，
可得b= a2−c2= 6
故曲线Γ：x28+y26=1；
(2)△QEF的面积是定值，理由如下：
易知A1(−2 2,0)，A2(2 2,0)，且直线l2的斜率不为0，
不妨设直线l2：x=my+ 2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x28+y26=1x=my+ 2，消去x并整理得(3m2+4)y2+6 2my−18=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得y1+y2=−6 2m3m2+4,y1y2=−183m2+4，
所以my1y2=3 22(y1+y2).
此时直线A1M的方程为：y=y1x1+2 2(x+2 2)，
直线A2N的方程为：y=y2x2−2 2(x−2 2)，
联立y=y1x1+2 2(x+2 2)y=y2x2−2 2(x−2 2)，
解得x+2 2x−2 2=(x1+2 2)y2(x2−2 2)y1，
又x+2 2x−2 2=(x1+2 2)y2(x2−2 2)y1=(my1+3 2)y2(my2− 2)y1=my1y2+3 2y2my1y2− 2y1
=3 22(y1+y2)+3 2y23 22(y1+y2)− 2y1=3 22y1+9 22y2 22y1+3 22y2=3，
解得x=4 2.
则点Q在直线x=4 2上，
所以点Q到EF的距离d=4 2，
因为点F1，F2关于直线y=−x的对称点分别为E，F，
不妨设E(m,n)，
此时kEF1=n−0m+ 2=1n+02=−m− 22，
解得m=0n= 2，
此时E(0, 2)，
同理可得F(0,− 2)，
则△QEF的面积是定值，定值为12|EF|⋅d=12×2 2×4 2=8.
【解析】(1)由题意，根据线段垂直平分的性质结合椭圆的定义，即可得曲线Γ的轨迹方程；
(2)设直线l2：x=my+ 2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆得交点坐标关系，结合直线A1M的方程与直线A2N的方程即可得到交点Q的坐标，从而确定其轨迹，可求解三角形△QEF的面积．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．x
…
−π12
π6
5π12
π2
2π3
1112π
…
f(x)
…
−2
0
2
3
0
−2
…