2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

展开

这是一份2022-2023学年江西省吉安市青原区双校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.设集合A={x|0A. (−2,0)B. (−2,0]C. (−2,2]D. (0,2)
2.双曲线x2−y23=1的渐近线方程是( )
A. y=± 33xB. y=± 3xC. y=±3xD. y=±13x
3.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，a6=2a3，则S17a3=( )
A. 17B. 34C. 48D. 51
4.2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)=( )
A. 29B. 13C. 49D. 59
5.已知A，B是圆M：(x−2)2+y2=1上不同的两个动点，|AB|= 2，O为坐标原点，则|OA+OB|的取值范围是( )
A. [2− 2,4+ 2]B. [3− 2,4+ 2]C. [4− 2,4+ 2]D. [2− 2,2+ 2]
6.下列各式正确的是( )
A. ax′=axlnaB. csx′=sinx
C. sinπ8′=csπ8D. x−5′=−15x−6
7.设函数的定义域是(0,1)，且满足：(1)对于任意的x∈(0,1)，f(x)>0；(2)对于任意的x1，x2∈(0,1)，恒有f(x1)f(x2)+f(1−x1)f(1−x2)≤2.则下列结论：①对于任意的x∈(0,1)，f(x)>f(1−x)；②y=f(x)x+x在(0,1)上单调递减；③f(x)的图象关于直线x=12对称，其中正确结论的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. b>c>a
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{an}是等比数列，a2=2，a6=18，则公比q=( )
A. −12B. −2C. 2D. 12
10.下列说法正确的是( )
A. 若f′(x0)不存在，则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处也可能有切线
B. 若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处有切线，则f′(x0)必存在
C. 若f′(x0)不存在，则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线斜率不存在
D. 若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处没有切线，则f′(x0)有可能存在
11.在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列{an}，{bn}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1=2an+bn，bn+1=an+2bn(n=1,2,⋯)，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足a1>b1，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是( )
A. ∀n∈N*，an>bn
B. ∀n∈N*，an+1>an，bn+1>bn
C. ∃k∈N*，使得当n>k时，总有|anbn−1|<10−10
D. ∃k∈N*，使得当n>k时，总有|an+1an−2|<10−10
12.已知方程2e2ln2x−3exlnx+x2=0(e常数)，下列说法正确的有( )
A. x=e为方程实根B. 2ln3<3ln2
C. 方程在(0,1)无实根D. 方程所有实根之和大于3e
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知f(x)=sin2x+cs2x，则f′(π4)=______.
14.甲、乙、丙、丁4人站到共有5级的台阶上，若每级台阶最多站2人，且同一级台阶上的人不分次序，则不同的站法种数是______.(用数字写答)
15.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为______.
16.任意实数a，b，定义a⊗b=ab,ab≥0ab,ab<0，设函数f(x)=lg2x⊗x，数列{an}是公比大于0的等比数列，且a1011=1,f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2019)+f(a2020)=−3a1，则a1=______.
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△ABC的三个顶点分别为A(3,−4)，B(6,0)，C(−5,2).
(1)求边AC上的高BD所在直线的方程；
(2)求边AC上的中线BE所在直线的方程.
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=a1+a5+3=21.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{1anan+1}的前n项和为Tn，求Tn.
19.(本小题12分)
从0−9这10个数字取出3个数字，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的三位数？
(2)能组成多少个没有重复数字的三位数奇数？
20.(本小题12分)
如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD=4，BC=2，∠DAB=60∘，点E，F在以AD为直径的半圆上，且AE=EF=FD，将半圆沿AD翻折如图2.
(1)求证：EF//平面ABCD；
(2)当多面体ABE−DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值.
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F(1,0)，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且|BD|=|DF|.
(1)求C的方程；
(2)已知点M，N均在直线x=2上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM，AN分别交椭圆C于另一点P，Q，证明：直线PQ与直线OT垂直．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aln(x+1)−ax.
(1)当a≠0时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>−1时，f(x)>ax−ex+1+ax+1恒成立，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为A={x|0所以∁UA={x|−2故选：B.
根据补集的概念直接计算．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由双曲线x2−y23=1，得a=1，b= 3，
∴双曲线x2−y23=1的渐近线方程是y=± 3x.
故选：B.
由双曲线方程求得a与b的值，则渐近线方程可求．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线渐近线方程的求法，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则a6=a3+(6−3)d=a3+3d=2a3，
整理，得a3=3d，
∵S17=(a1+a17)×172=2a9×172=17a9，
且a9=a6+3d=2a3+a3=3a3，
∴S17a3=17×3a3a3=51.
故选：D.
先设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，根据题干已知条件及等差数列的通项公式推导出a3=3d，再根据等差数列的求和公式计算S17的关于a3的表达式，进一步代入推导即可得到结果．
本题主要考查等差数列的基本运算，考查了整体思想，转化与化归思想，等差数列的通项公式与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：事件A=“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B=“小组甲独自去一个国家”，
则P(AB)=A4444=332，P(B)=C41⋅3344=2764，
P(A|B)=P(AB)P(B)=29，
故选：A.
先求出“4个医疗小组去的国家各不相同”且“小组甲独自去一个国家”的概率，再求“小组甲独自去一个国家”的概率，代入公式计算即可．
本题考查条件概率的应用，以及有关的排列组合问题，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：∵(x−2)2+y2=1，∴圆M的圆心坐标M(2,0)，半径R=1，
设圆心到直线l的距离为d，
由圆的弦长公式，可得|AB|=2 1−d2，即2 1−d2= 2，解得d= 22，
设AB的中点为N，|MN|= 22，
∴点N的轨迹表示以M(2,0)为圆心，以 22为半径的圆，
∴点M的轨迹方程为(x−2)2+y2=12，
根据向量的运算可得，|OA+OB|=2|ON|，
又∵|OM|=2，
∴|OM|− 22≤|ON|≤|OM|+ 22，即2− 22≤|ON|≤2+ 22，
即|OA+OB|的取值范围为[4− 2,4+ 2].
故选：C.
根据已知条件，结合弦长公式，即可求解点AB的中点N的轨迹方程，根据向量的运算可得，|OA+OB|=2|ON|，再结合点与圆的位置关系，即可求解．
本题主要考查轨迹方程的求解，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查导数公式的运用，是基础题.
根据导数公式判定即可.
【解答】
解：根据导数公式有(ax)′=axlna，A正确，
csx′=−sinx，B错误，
sinπ8′=0，C错误，
x−5′=−5x−6，D错误.
故选A.
7.【答案】B
【解析】解：由题意，令x1=1−x2，
则不等式f(x1)f(x2)+f(1−x1)f(1−x2)≤2⇔f(1−x2)f(x2)+f(x2)f(1−x2)≤2，
由(1)对于任意的x∈(0,1)，f(x)>0，
由基本不等式可得：f(1−x2)f(x2)+f(x2)f(1−x2)≥2 f(1−x2)f(x2)⋅f(x2)f(1−x2)=2，
∴f(1−x2)f(x2)+f(x2)f(1−x2)=2，
当且仅当f(1−x2)f(x2)=f(x2)f(1−x2)，即f(x2)=f(1−x2)时等号成立，
此时函数f(x)的图象关于直线x=12对称，故③正确；
令x2=x，可得f(x)=f(1−x)，故①错误；
又由f(x1)=f(1−x1)，f(x2)=f(1−x2)
则不等式f(x1)f(x2)+f(1−x1)f(1−x2)≤2⇔f(x1)f(x2)+f(x1)f(x2)≤2，
于是可得f(x1)f(x2)≤1，
∵对于任意的x∈(0,1)，f(x)>0，∴f(x1)≤f(x2)，
∴f(x1)=f(x2)恒成立，
∴函数f(x)是常数函数，
则y=f(x)x+x=kx+x(k>0)，
由对勾函数的性质可知，此时函数在(0, k)单调递减，在( k,+∞)单调递增，
∴只有当k≥1时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，故②错误．
∴说法正确的只有③，共1个．
故选：B.
令x1=1−x2，由f(x1)f(x2)+f(1−x1)f(1−x2)≤2可得f(1−x2)f(x2)+f(x2)f(1−x2)=2，当且仅当f(x2)=f(1−x2)时成，从而判断③；
令x2=x，可得f(x)=f(1−x)，从而判断①；
由题意可得函数f(x)是常数函数，从而有y=f(x)x+x=kx+x(k>0)，此时函数在(0, k)单调递减，在( k,+∞)单调递增，即可判断②．
本题考查了判断抽象函数的单调性、对称性及转化思想，属于中档题．
8.【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当x>49时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
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．
9.【答案】AD
【解析】解：由题意可得q4=a6a2=116，解得q=12或−12.
故选：AD.
利用等比数列的通项公式即可求解
本题主要考查了等比数列性质的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为k=f′(x0)，
若f′(x0)不存在，
此时只能说明曲线在该点处的切线斜率不存在，
当斜率不存在时，切线也有可能存在，
此时切线方程为x=x0，故选项A和选项C正确．
故选：AC.
由题意，结合f′(x0)的意义对选项进行逐一分析，进而即可求解．
本题考查导数的几何意义，考查了逻辑推理能力．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，an+1=2an+bn，bn+1=an+2bn，
两式相减得：an+1−bn+1=an−bn，
∵a1>b1，∴an+1−bn+1=an−bn=⋯=a1−b1>0，
即∀n∈N*，an>bn，故选项A正确；
对于B，∵an+1=2an+bn，bn+1=an+2bn，
∴an+1−an=an+bn，bn+1−bn=an+bn，
又∵数列{an}，{bn}是正实数数列，
∴an+1−an=an+bn>0，bn+1−bn=an+bn>0，
即∀n∈N*，an+1>an，bn+1>bn，故选项B正确；
对于C，由上可知|anbn−1|=|an−bnbn|=|a1−b1bn|，又a1−b1为常数，{bn}为递增数列，
故当n→+∞时，a1−b1bn→0，
又10−10>0，所以∃k∈N*，使得当n>k时，总有|anbn−1|<10−10，故选项C正确；
对于D，∵|an+1an−2|=|an+1−2anan|=|bnan|，又an−bn=a1−b1>0，
∴|an+1an−2|=|an+1−2anan|=|bnan|=|an−(a1−b1)an|=|1−(a1−b1)an|，
又a1−b1为常数，{an}为递增数列，
∴当n→+∞时，a1−b1an→0，1−(a1−b1)an→1，故选项D错误．
故选：ABC.
根据已知条件，利用数列的单调性、函数的性质进行求解．
本题主要考查了数列的递推式，考查了数列的函数特征，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：方程2e2ln2x−3exlnx+x2=0，等价为2e2⋅ln2xx2−3e⋅lnxx+1=0，
令t=lnxx，则方程等价为2e2t2−3et+1=0，
即(et−1)(2et−1)=0，
得t=1e或t=12e，
设f(x)=lnxx，(x>0)，f′(x)=1−lnxx2，
由f′(x)>0得lnx<1，即0由f′(x)<0得lnx>1，即x>e，此时f(x)为减函数，
即当x=e时，f(x)取得极大值f(e)=1e，
作出f(x)的图象如图：
则f(1)=0，则当0当x=e时，t=lnxx=lnee=1e，即x=e是方程的根，故A正确．
2ln3<3ln2等价为ln33∵f(x)在x>e上为减函数，
∴f(3)>f(4)，即ln33>ln44=ln22，则2ln3>3ln2，故B错误，
由t=lnxx=1e，得x=e，即x=e是方程的一个根，
设t=lnxx=12e的两个根为x1，x2，设x1e，
又f(2e−x1)−f(x2)=f(2e−x1)−f(x1)，
设H(x)=f(2e−x)−f(x)=ln(2e−x)2e−x−lnxx，(0H′(x)=ln(2e−x)−1(2e−x)2+lnx−1x2，当x→0，H′(x)→−∞，且H′′(x)<0，
即当0则H(x)在(0,e)单调递减，
∴H(x)>H(e)=0，即f(2e−x)>f(x).
∴f(x2)=f(x1)即x2>2e−x1，即x1+x2>2e，则e+x1+x2>2e+e=3e，
则方程所有实根之和大于3e，故D正确．
故选：ACD.
利用换元法将方程转化为2e2t2−3et+1=0，求出方程的根，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性，作出函数的图象，利用函数的单调性进行判断即可．
本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法和构造法将方程进行转化，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性，利用数形结合进行求解是解决本题的关键，是中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：因为f′(x)=2cs2x−2sin2x，故f′(π4)=2csπ2−2sinπ2=0−2=−2.
故答案为：−2.
先求导，再代入x=π4即可．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
14.【答案】540
【解析】解：由题意可以分以下三种情形：
1.没有二人在同一台阶，则有A54=120种，
2.只有二人同一台阶，则有C42⋅C51⋅A42=360种，
3.有二人在同一台阶，另二人也在同一台阶上，则有C42⋅C222⋅A52=60种，
则一共有120+360+60=540种方式．
故答案为：540.
根据排列组合知识可解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
15.【答案】2 55
【解析】解：如图，连接OO1，则O1C1//AO，且O1C1=AO，
所以四边形AOC1O1为平行四边形，所以AO1//OC1，
AO1⊄平面BC1O，OC1⊂平面BC1O，所以AO1//平面BC1O，
又OB//O1B1，O1B1⊄平面BC1O，OB⊂平面BC1O，所以O1B1//平面BC1O，
又AO1∩O1B1=O1，AO1、O1B1⊂平面AB1O1，所以平面AB1O1//平面BC1O，
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．
根据题意，OO1⊥底面ABC，OB，AC，OO1两两垂直，
则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
∵O(0,0,0)，B( 3,0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，
OB=( 3,0,0),OC1=(0,1,2),OO1=(0,0,2)，
设n=(x,y,z)为平面BC1O的法向量，则n⋅OB=0n⋅OC1=0，
即x=0y+2z=0，取z=−1可得n=(0,2,−1)，
点O1到平面BC1O的距离记为d，
则d=|n⋅OO1||n|=2 5=2 55，
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为2 55.
故答案为：2 55.
先证明平面AB1O1//平面BC1O，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离，以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求点O1到平面BC1O的距离，从而可得答案．
本题考查面面间的距离和面面平行的性质，考查转化思想、运算能力，属于中档题．
16.【答案】18
【解析】解：由题可得函数f(x)=lg2x⊗x=xlg2x,x≥1lg2xx,0由数列{an}是公比大于0的等比数列，且a1011=1，
①当q>1时，因为a1011=1
所以a1，a2，a3，⋅⋅⋅，a1010∈(0,1)，a1012，a1013，a1014，⋅⋅⋅，a2020∈(1,+∞)，
由等比数列通项公式可得a1011=a1q1010=1，
所以a1=1q1010，
整个数列为1q1010,1q1009,1q1008,⋅⋅⋅,1,q,q2,⋅⋅⋅,q1009，
因为f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2019)+f(a2020)=−3a1，
所以lg2a1a1+lg2a2a2+lg2a3a3+⋅⋅⋅lg2a1010a1010+0+a1012lg2a2012+a1013lg2a2013+⋅⋅⋅a2020lg2a2020=−3a1，
即q1010lg21q1010+q1009lg21q1009+q1008lg21q1008+⋅⋅⋅+qlg21q+qlg2q+q2lg2q2⋅⋅⋅+q1009lg2q1009=−3q1010，
由对数运算q1009lg21q1009+q1009lg2q1009=0,q1008lg21q1008+q1008lg2q1008=0,⋅⋅⋅，
所以化简后可得q1010lg21q1010=−3q1010，即lg2(q1010)−1=−3，
即q1010=23=8，所以a1=1q1010=18；
②当q=1时，a1=a2=a3=⋅⋅⋅=a2020=1，
此时f(a1)=f(a2)=f(a3)=…=f(a2019)=f(a2020)=0，
f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2019)+f(a2020)=0≠−3，
所以不成立；
③当0整个数列为1q1010,1q1009,1q1008,⋅⋅⋅,1,q,q2,⋅⋅⋅,q1009，
所以a1，a2，a3，⋅⋅⋅，a1010∈(1,+∞)，a1012，a1013，a1014，⋅⋅⋅，a2020∈(0,1)，
因为f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2019)+f(a2020)=−3a1，
所以a1lg2a1+a2lg2a2+a3lg2a3+⋅⋅⋅a1010lg2a1010+0+lg2a2012a1012+lg2a2013a1013+⋅⋅⋅lg2a2020a2020=−3a1，
即1q1010lg21q1010+1q1009lg21q1009+1q1008lg21q1008+⋅⋅⋅+1qlg21q+lg2qq+lg2q2q2⋅⋅⋅+lg2q1009q1009=−3q1010，
由对数运算知：q1009lg21q1009+q1009lg2q1009=0,q1008lg21q1008+q1008lg2q1008=0,⋅⋅⋅，
化简可得1q1010lg21q1010=−3q1010，即lg21q1010=−3q2020，
所以当01，
所以lg21q1010>0，−3q2020>0，故方程lg21q1010=−3q2020无解；
综上所述，a1=18.
故答案为：18.
根据定义可得函数f(x)的解析式，对等比数列的公比分q>1，q=1，0本题考查等比数列和对数的运算，是新定义题型，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得kAC=−4−23−(−5)=−34，且kBD⋅kAC=−1，
所以kBD=43，
则边AC上的高BD所在直线的方程为y=43(x−6)，化简得4x−3y−24=0；
(2)由题知AC的中点E(−1,−1)，所以kBE=17，
则边AC上的中线BE所在直线的方程为y=17(x−6)，化简得x−7y−6=0.
【解析】(1)由两点式斜率公式求出AC斜率，利用垂直关系得BD的斜率，代入点斜式即可求解；
(2)求出点E的坐标为(−1,−1)，由两点式斜率公式求出BE的斜率，代入点斜式即可求解．
本题主要考查了直线的一般方程，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3=a1+a5+3=21，可得2a1+4d=18，
又3a1+3d=21，
解得a1=5，d=2，
所以an=a1+(n−1)d=5+2(n−1)=2n+3；
(2)1anan+1=1(2n+3)(2n+5)=12(12n+3−12n+5)，
所以Tn=12(15−17+17−19+...+12n+3−12n+5)
=12(15−12n+5)=110−14n+10.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(2)由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，第一类：每一位数字都不是0的三位数有A93=504个，
第二类：个位数字是0的三位数有A92=72个，
第三类：十位数字是0的三位数有A92=72个，
根据分类计数原理，能组成A93+A92+A92=648个没有重复数字的三位数；
(2)由题意，第一类：当个位数字是1时，且百位不能为0的三位数有A81A81=64个；
第二类：当个位数字是3时，且百位不能为0的三位数有A81A81=64个；
第三类：当个位数字是5时，且百位不能为0的三位数有A81A81=64个；
第四类：当个位数字是7时，且百位不能为0的三位数有A81A81=64个；
第五类：当个位数字是9时，且百位不能为0的三位数有A81A81=64个；
根据分类计数原理，能组成A81A81+A81A81+A81A81+A81A81+A81A81=320个没有重复数字的三位数奇数．
【解析】(1)根据题意，分别求得每一位数字都不是0的三位数、个位数字是0的三位数和十位数字是0的三位数，结合分类计数原理即可求解；
(2)可分为五类：当个位数字是1时，且百位不能为0；个位数字是3时，且百位不能为0；个位数字是5时，且百位不能为0；个位数字是7时，且百位不能为0；个位数字是9时，且百位不能为0的三位数，结合分类计数原理，即可求解．
本题考查了排列组合的应用，属于基础题．
20.【答案】(1)证明：连接AE，EF，FD，六边形ABCDFE为正六边形，则EF//AD//BC，
在翻折过程中，EF//AD，EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD.
(2)解：连接EB，FC分别交AD于G，H，则EB⊥AD，FC⊥AD，
翻折过程中，EG⊂平面EGB，GB⊂平面EGB，EG∩GB=G，
AD⊥EG，AD⊥GB，所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC，
所以平面EGB//平面FHC.又因为EF//GH//BC，
则三棱柱EGB−FHC为直三棱柱，EG//FH，BG//HC，
且EG=GB=FH=HC= 3，AG=HD=1，GH=2.
设∠EGB=θ，所以S△EGB=S△FHC=12EG⋅BGsinθ=32sinθ，
V=V三棱锥A−EGB+V三棱柱EGB−FHC+V三棱锥D−FHC=13AG⋅S△EGB+GH⋅S△EGB+13HD⋅S△FHC=4sin⁡θ=4.
所以sinθ=1，即θ=π2，AD⊥EG，AD⊥GB，∠EGB为二面角E−AD−B的平面角，
即平面EFDA⊥平面ABCD.以G为坐标原点，GB，GD，GE所在的直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系如图，则A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，E(0,0, 3)，
C( 3,2,0)，D(0,3,0)，F(0,2, 3)，
AB=( 3,1,0),AE=(0,1, 3)，
设平面ABE的一个法向量n=(x,y,z)，有AB⋅n= 3x+y=0AE⋅n=y+ 3z=0，
令x=1得n=(1,− 3,1)，同理可得平面CDF的法向量m=(1, 3,1)，
设平面ABE与平面CDF的夹角为φ，观察图可知其为锐角，则csφ=|m⋅n||m|⋅|n|=15，
所以平面ABE与平面CDF的夹角的余弦值为15.
【解析】(1)由正六边形的性质可得EF//AD，即可证；(2)V=V三棱锥A−EGB+V三棱柱EGB−FHC+V三棱锥D−FHC，由此可得π2，再求平面ABE与平面CDF的法向量，代入公式即可得．
本题考查线面平行，线面垂直，面面垂直，二面角，属于中档题．
21.【答案】(1)解：由题意，A(−a,0)，D(−a2,0)，B(0,b)，
由|BD|=|DF|，得|BD|2=|DF|2，即a24+b2=(a2+1)2，可得b2=a+1，
又a2=b2+c2=b2+1，解得a=2，b= 3，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1；
(2)证明：设M(2,m)，N(2,n)，可得T(2,m+n2)，
∵以MN为直径的圆经过O点，∴OM⊥ON，即OM⋅ON=0，
∴4+mn=0，
∵kAM=m−02−(−2)=m4，∴lAM：y=m4(x+2)，
联立y=m4(x+2)x24+y23=1，得(m2+12)x2+4m2x+4m2−48=0.
∴xAxP=−2xP=4m2−48m2+12，得xP=2(12−m2)m2+12，
yP=m4(xP+2)=12mm2+12，则P(2(12−m2)m2+12,12mm2+12)；
同理可得Q(2(12−n2)n2+12,12nn2+12).
∴PQ=(2(12−n2)n2+12−2(12−m2)m2+12,12nn2+12−12mm2+12)，
又OT=(2,m+n2)，
∴PQ⋅OT=4(12−n2)n2+12−4(12−m2)m2+12+6mn12+n2+6n212+n2−6m212+m2−6mn12+m2.
又mn+4=0，∴PQ⋅OT=24+2n212+n2−24+2m212+m2=2−2=0.
∴PQ⊥OT，即PQ⊥OT.
【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．
(1)由题意得A，D，B的坐标，再由|BD|=|DF|，整理可得b2=a+1，结合隐含条件即可求得a与b的值，则椭圆方程可求；
(2)设M(2,m)，N(2,n)，可得T(2,m+n2)，由已知可得OM⋅ON=0，推出4+mn=0，写出AM所在直线方程，与椭圆方程联立求得P点坐标，同理求得Q点坐标，再由PQ⋅OT=0即可证明PQ⊥OT.
22.【答案】解：(1)f(x)=aln(x+1)−ax定义域为(−1,+∞)，f′(x)=ax+1−a=−axx+1，
①当a>0时，令f′(x)>0，得−1令f′(x)<0，得x>0，此时f(x)单调递减；
②当a<0时，令f′(x)>0，得x>0，此时f(x)单调递增，
令f′(x)<0，得−1综上所述，当a>0时，f(x)在(−1,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减；
当a<0时，f(x)在(0,+∞)单调递增，在(−1,0)单调递减．
(2)记t=(x+1)−ln(x+1)，
由(1)知，当a=1时，f(x)=ln(x+1)−x≤f(0)=0，
则x−ln(x+1)≥0，则t=(x+1)−ln(x+1)≥1，
当x>−1时，f(x)=aln(x+1)−ax>ax−ex+1+ax+1=a−ex+1x+1恒成立，
即aln(x+1)−a(x+1)>−ex+1x+1对x>−1恒成立，
即a[(x+1)−ln(x+1)]−1恒成立，
则at令h(t)=ett(t≥1)，h′(t)=tet−ett2=(t−1)ett2≥0对t≥1恒成立，
则h(t)在(1,+∞)单调递增，所以h(t)≥h(1)=e，
所以a【解析】(1)求得函数定义域为(−1,+∞)，f′(x)=ax+1−a=−axx+1，通过分类讨论即可得到答案；
(2)首先得到t=(x+1)−ln(x+1)的范围，将原式转化为a[(x+1)−ln(x+1)]−1恒成立，即a本题考查导数的综合应用，恒成立问题的求解，指对同构法，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属难题．