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2023-2024学年山东省淄博市高三（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省淄博市高三（上）期末数学试卷（含解析），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.设集合A={x|lg0.5(x−1)>0}，B={x|2x<4}，则( )
A. A=BB. A∩B=⌀C. A∩B=BD. A∪B=B
2.已知复数z满足z⋅z−=4，则复数|z−|=( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
3.设随机变量X～N(μ,σ2)，且P(XA. 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
4.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为( )
A. 28 3B. 84 2C. 28 63D. 28 2
5.已知等边△ABC的边长为 3，P为△ABC所在平面内的动点，且|PA|=1，则PB⋅PC的取值范围是( )
A. [−32,92]B. [−12,112]C. [1,4]D. [1,7]
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和，则对∀n∈N*，an+1>|an|，是“nSn+1>(n+1)Sn”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知函数f(x)，g(x)的定义域都为R，g′(x)为g(x)的导函数，g′(x)的定义域也为R，且f(x)+g′(x)=2，f(x)−g′(4−x)=2，若g(x)为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为( )
①f(4)=2
②g′(2)=0
③f(1)=f(3)
④f(−1)+f(−3)=4
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知函数f(x)=sin(2πx)+1x−2，则直线y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为( )
A. 0B. 8C. 12D. 16
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。
9.函数f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1，φ∈(0,π)，且f(x)为偶函数，则下列说法正确的是( )
A. φ=5π6
B. f(x)图象的对称中心为(π4+kπ2,1)，k∈Z
C. f(x)图象的对称轴为x=π2+kπ，k∈Z
D. f(x)的单调递减区间为[−π2+kπ,kπ]，k∈Z
10.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为s12，平均数为x−1；去掉的两个数据的方差为s22，平均数为x−2；原样本数据的方差为s2，平均数为x−，若x−=x−2，则下列说法正确的是( )
A. x−=x−1
B. 15s2=14s12+s22
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
11.如图，多面体ABCDEF，底面ABCD为正方形，BF⊥底面ABCD，DE//BF，AB=DE=BF=1，动点G在线段AF上，则下列说法正确的是( )
A. 多面体ABCDEF的外接球的表面积为3π
B. △CGD的周长的最小值为 3− 6+1
C. 线段CG长度的取值范围为[ 62, 2]
D. CG与平面AEC所成的角的正弦值最大为2 23
12.已知函数f(x)=xex，g(x)=xlnx，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)与函数g(x)有相同的极小值
B. 若方程f(x)=a有唯一实根，则a的取值范围为a≥0
C. 若方程g(x)=a有两个不同的实根x1，x2，则x1x2>a2
D. 当x>0时，若f(x1)=g(x2)=t，则x1x2=t成立
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有______种.
14.已知圆C1：x2+y2−2ax+4by+4=0，则直线ax−2by+2=0与圆C2：x2+y2=1的位置关系是______．
15.已知函数f(x)=3sin(π4x+φ)(φ∈R)的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点A′，B′.将画有该图象的纸片沿着x轴折成120°的二面角A−A′B′−B，此时|AB|= ______．
16.已知实数x，y满足x2−3lnx−y=0，则 x2+y2−mx+my+m22(m∈R)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)
设函数f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)，其中0<ω<3，已知f(π6)=0．
(Ⅰ)求ω；
(Ⅱ)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)在[−π4,3π4]上的最小值．
18.(本小题12分)
如图，AB是半球O的直径，AB=4，M，N依次是底面AB上的两个三等分点，P是半球面上一点，且∠PON=60°．
(1)证明：PB⊥PM；
(2)若点P在底面圆上的射影为ON中点，求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．
19.(本小题12分)
设锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=bcsA−acsB．
(1)求证：B=2A；
(2)求ba的取值范围；
(3)若c=1，求△ABC面积的取值范围．
20.(本小题12分)
已知{an}和{bn}均为等差数列，a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，记cn=max{b1−na1,b2−na2,…,bn−nan}(n=1，2，3，…)，其中max{x1,x2,…,xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．
(1)计算c1，c2，c3，猜想数列{cn}的通项公式并证明；
(2)设数列{1(3−cn)(2−cn)}的前n项和为Sn，若Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立，求偶数m的值．
21.(本小题12分)
已知函数h(x)=ex−1−xx2．
(1)若x>0时，恒有h(x)>a，求a的取值范围；
(2)证明：当x>1时，ex(1+lnx)>ex2．
22.(本小题12分)
第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛.已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方.现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分的概率为35，乙得分的概率为25；若乙发球，乙得分的概率为45，甲得分的概率为15.规定第1回合是甲先发球．
(1)求第3回合由甲发球的概率；
(2)①设第i回合是甲发球的概率为pi，证明：{pi−13}是等比数列；
②已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1−P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E(i=1nXi)=i=1nqi.若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：不等式lg0.5(x−1)>0，即为lg0.5(x−1)>lg0.51，
根据对数函数的单调性知，0所以A={x|1所以A⊆B，从而A∩B=A，A∪B=B．
故选：D．
解指数、对数不等式，求出集合A、B后，结合集合的运算即可得解．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由于zz−=4，所以|z|2=zz−=4，故|z−|=2．
故选：A．
根据复数的性质即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：随机变量X～N(μ,σ2)，显然P(X而P(X故选：D．
利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得．
本题考查对立事件的意义以及正态分布相关知识，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：记正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面的中心为O，O1，连接OO1，
在平面ACC1A1中过A1作A1E平行于OO1，交AC于E，如图所示：
则由正四棱台ABCD−A1B1C1D1的性质可知OO1⊥底面ABCD，从而A1E⊥底面ABCD，
所以∠A1AE为侧棱AA1与底面ABCD所成的角，即∠A1AE=60°，
因为正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4，
所以A1C1=2 2,AC=4 2，则AE=12(4 2−2 2)= 2，
故A1E=AE⋅tan60°= 2× 3= 6，即正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为 6，
所以该正四棱台的体积为13×(22+ 22×42+42)× 6=28 63．
故选：C．
作出图形，结合正四棱台ABCD−A1B1C1D1的性质求得其高，从而利用棱台的体积公式即可得解．
本题考查了正四棱台的体积公式应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则B( 3,0)，C( 32,32)，
由题意设P(csθ,sinθ)，(0≤θ<2π)，
则PB=( 3−csθ,−sinθ)，PC=( 32−csθ,32−sinθ)，
∴PB⋅PC=( 3−csθ)( 32−csθ)−sinθ(32−sinθ)
=32−3 32csθ+cs2θ−32sinθ+sin2θ
=52−3sin(θ+π3)，
∵0≤θ<2π，∴π3≤θ+π3<7π3，可得52−3sin(θ+π3)∈[−12,112].
故选：B．
以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则B( 3,0)，C( 32,32)，由题意设P(csθ,sinθ)，(0≤θ<2π)，由数量积的坐标运算结合三角函数求最值得答案．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，训练了利用三角函数求最值，建系是关键，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：若对∀n∈N*，都有an+1>|an|，可得a2>|a1|，a3>|a2|，a4>|a3|，⋯，an+1>|an|，
因为|an|≥an恒成立，所以an+1>an>an−1>⋯>a2>a1，即数列{an}为递增数列，
Sn+1n+1=(n+1)(a1+an+1)2n+1=a1+an+1,Snnn(a1+an)2n+1=a1+an，
所以Sn+1n+1>Snn，即nSn+1>(n+1)Sn成立，所以充分性成立；
反之：若对∀n∈N*，都有nSn+1>(n+1)Sn，即Sn+1n+1>Snn，
可得(n+1)(a1+an+1)2n+1>n(a1+an)2n，解得an+1>an，所以d=an+1−an>0，
即数列{an}为递增数列，
例如：数列an=n−7为递增数列，可得a1=−6，a2=−5，
此时a2>|a1|不成立，即必要性不成立；
所以对∀n∈N*，an+1>|an|，是“nSn+1>(n+1)Sn”的充分不必要条件．
故选：A．
由an+1>|an|，推得数列{an}为递增数列，进而得到nSn+1>(n+1)Sn成立，得出充分性成立；反之：由nSn+1>(n+1)Sn，得到数列{an}为递增数列，举例说明必要性不成立，即可求解．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的前n项和公式进行化简是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析4个命题：
对于①，g(x)为偶函数，即g(−x)=g(x)，
两边同时求导数可得：−g′(−x)=g′(x)，
则g′(x)是定义域为R的奇函数，则有g′(0)=0，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=4可得：f(4)−g′(0)=2，必有f(4)=2，①正确；
对于②，又由f(x)+g′(x)=2，则有f(x)−g′(−x)=2，
同时，f(x)−g′(4−x)=2，
两式联立可得g′(4−x)=g′(−x)，变形可得g′(x+4)=g′(x)，g′(x)是周期为4的周期函数，
则有g′(2)=g′(−2)，
又由g′(x)为奇函数，则g′(2)=−g′(−2)，
必有g′(2)=g′(−2)=0，②正确；
对于③，在f(x)+g′(x)=2中，令x=1可得：f(1)+g′(1)=2，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=3可得：f(3)−g′(1)=2，
有f(1)+f(3)=4，③错误；
对于④，在f(x)+g′(x)=2中，令x=−1可得：f(−1)+g′(−1)=2，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=−3可得：f(−3)−g′(7)=2，
而g′(x)是周期为4的周期函数，则有g′(7)=g′(−1)，
必有f(−1)+f(−3)=4，④正确．
有3个命题正确．
故选：C．
根据题意，对于①，由于g(x)为偶函数，对其求导可得g′(x)是定义域为R的奇函数，则有g′(0)=0，利用特殊值法可得①正确，对于②，分析g′(x)的周期，结合奇函数的性质可得②正确，对于③，利用特殊值可得f(1)+g′(1)=2和f(3)−g′(1)=2，变形可得f(1)+f(3)=4，可得③错误；对于④，利用特殊值可得f(−1)+g′(−1)=2和f(−3)−g′(−1)=2，结合g′(x)的周期性，分析可得④正确，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性和对称性，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由f(x)=x−2可得sin(2πx)=x−2−1x−2，
令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，
则函数g(x)=sin(2πx)的定义域为R，其最小正周期为T=2π2π=1，
g(4−x)=sin[2π(4−x)]=sin(8π−2πx)=−sin(2πx)=−g(x)，
所以，函数g(x)的图象关于点(2,0)对称，
函数h(x)=x−2−1x−2的定义域为{x|x≠2}，
对任意的x∈{x|x≠2}，h(4−x)=(4−x)−2−1(4−x)−2=2−x−12−x=−h(x)，
所以，函数h(x)的图象也关于点(2,0)对称，
因为函数y=x−2、y=−1x−2在(2,+∞)上均为增函数，
则函数h(x)在(2,+∞)上也为增函数，如下图所示：
由图可知，函数g(x)、f(x)的图象共有六个交点，其中这六个点满足三对点关于点(2,0)对称，
因此，直线y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为4×3=12．
故选：C．
由f(x)=x−2可得sin(2πx)=x−2−1x−2，令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，分析可知，函数g(x)、h(x)的图象都关于点(2,0)对称，数形结合可得出结果．
本题主要考查函数与方程的综合应用，解题的关键在于利用函数的对称性，利用数形结合思想结合对称性求解，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：∵f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1为偶函数，
∴φ−π3=kπ+π2(k∈Z)，
∴φ=kπ+5π6(k∈Z)，又φ∈(0,π)，
∴φ=5π6，A正确；
∴f(x)=3sin(2x+π2)+1=3cs2x+1，
令2x=kπ+π2(k∈Z)，得x=kπ2+π4(k∈Z)，
∴f(x)图象的对称中心为(π4+kπ2,1)(k∈Z)，B正确；
令2x=kπ(k∈Z)，得x=kπ2(k∈Z)，
∴f(x)图象的对称轴方程为x=kπ2(k∈Z)，C错误；
令2kπ≤2x≤2kπ+π(k∈Z)，得kπ≤x≤kπ+π2(k∈Z)，
∴f(x)的单调递减区间为[kπ,kπ+π2](k∈Z)，D错误．
故选：AB．
由f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1，φ∈(0,π)，且f(x)为偶函数，可求得φ，判断A；化简得到函数的解析式为f(x)=3cs2x+1，利用余弦函数的性质可判断BCD．
本题考查正弦函数的奇偶性、对称性和单调性的综合应用，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A.剩下的28个样本数据的和为28x1−，去掉的两个数据和为2x2−，原样本数据和为30x−，所以28x1−+2x2−=30x−，因为x−=x−2，所以x−=x−1，故A选项正确；
B.设x1因为x1−=x2−=x−，所以s22=12[(x1−x1−)2+(x30−x1−)2]，所以28s12+2s22=[(x1−x1−)2+(x2−x1−)2+(x3−x1−)2+⋯+(x29−x1−)2+(x30−x1−)2]=30s2，
所以15s2=14s12+s22，故B选项正确；
C.剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D.去掉2个数据，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确．
故选：ABD．
对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；
对于B选项，写出s12和s22的表达式即可；
对于C选项，根据中位数定义判断即可；
对于D选项，根据分位数定义判断即可．
本题主要考查中位数和方差，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A：由题意可知，多面体ABCDEF可以放在如图所示的正方体当中，
设DF中点为O，则O为多面体ABCDEF的外接球球心，
所以多面体ABCDEF的外接球半径为 12+12+122= 32，
则多面体ABCDEF的外接球的表面积为4π×( 32)2=3π，故A正确；
对于B：△CGD的周长为CG+GD+CD=CG+GD+1，
将△ADF，△AFC如下图所示展开，当D，G，C三点共线时，CG+GD最小，
由AD=1，AF=AC=CF= 2，DF= 3，
则AD2+AF2=DF2，
所以∠DAF=90°，∠FAC=60°，
所以∠DAC=150°，
在△ACD中，由余弦定理得，CD2=AD2+AC2−2AC⋅ACcs∠150°，
所以CD= 1+2−2×1× 2×(− 32)= 3+ 6，
则△CGD的周长最小为 3+ 6+1，故B错误；
对于C，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：
则C(0,1,0)，设G(1,m,m)，0≤m≤1，
则CG= 1+(m−1)2+m2= 2(m−12)2+32∈[ 62, 2]，故C正确；
对于D：由A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(0,0,1)，
所以AC=(−1,1,0)，AE=(−1,0,1)，CG=(1,m−1,m)，
设平面AEC法向量n=(x,y,z)，
由n⋅AC=−x+y=0n⋅AE=−x+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，
令x=1，则n=(1,1,1)，
则CG与平面，AEC所成角的正弦值为|CG⋅n||CG||n|=2|m| 3× 2(m2−m+1)= 2 3×1 (1m−12)2+34，
因为0≤m≤1，
所以1m≥1，
当1m=1，即m=1时，移动CG与平面AEC所成角的正弦大值是 2 3×1 (12)2+34= 63，故D错误．
故选：AC．
对于A：由题意可知，多面体ABCDEF可以放在如图所示的正方体当中，设DF中点为O，则O为多面体ABCDEF的外接球球心，求出多面体ABCDEF的外接球半径，进而可得答案，即可判断A是否正确；
对于B：△CGD的周长为CG+GD+CD=CG+GD+1，将△ADF，△AFC如下图所示展开，当D，G，C三点共线时，CG+GD最小，即可判断B是否正确；
对于C：建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,1,0)，设G(1,m,m)，0≤m≤1，由空间中两点之间的距离公式，即可判断C是否正确；
对于D：求出平面AEC法向量n=(x,y,z)，则CG与平面AEC所成角的正弦值为|CG⋅n||CG||n|，即可判断D是否正确．
本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，f(x)=xex，f′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(−1)=−1e，
g(x)=xlnx，g′(x)=lnx+1，
当01e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)的极小值为g(1e)=−1e，故A正确；
对于B，若方程f(x)=xex=a有唯一实根，
由于当x→−∞时，f(x)→0，且f(0)=0，
结合f(x)的单调性和最值可知，a≥0或a=−1e，故B错误；
对于C，因为方程g(x)=a有两个不同的实根x1，x2，
假设x1>x2，则a<0，x1lnx1=ax2lnx2=a，即lnx1=ax1lnx2=ax2，
两式相减得，x1−x2lnx1−lnx2=−1ax1x2，
下面证对数均值不等式：x1−x2lnx1−lnx2> x1x2(x1>x2)，即证x1x2−1lnx1x2> x1x2，
设m= x1x2(m>1)，即证m2−12lnm>m，即证m−1m−2lnm>0，
令φ(m)=m−1m−2lnm(m>1)，则φ′(m)=1+1m2−2m=(m−1)2m2>0，
则φ(m)在(1,+∞)单调递增，当m>1时，φ(m)>φ(1)=0，得证．
所以x1−x2lnx1−lnx2=−1ax1x2> x1x2，则 x1x2>−a>0，即x1x2>a2，故C正确；
对于D，当x>0时，若f(x1)=g(x2)=t，则x1ex1=lnx2elnx2=t⇒f(x1)=f(lnx2)，
显然x1>0，lnx2>0，则x1=lnx2，则x1x2=x2lnx2=t，故D正确．
故选：ACD．
对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可．
本题考查了利用导数研究函数的极值，函数的极值点偏移，属于难题．
13.【答案】120
【解析】解：由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有C51=5种分法，
再将剩余的4张分给剩余4个人，有A44=24种分法，
所以一共有5×24=120种分法．
故答案为：120．
先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
14.【答案】相交
【解析】解：因为(x−a)2+(y+2b)2=a2+4b2−4表示圆C1的方程，
所以a2+4b2−4>0，即a2+4b2>4．
因为圆C2的圆心到直线ax−2by+2=0的距离|2| a2+(2b)2=2 a2+4b2<22=1，
所以直线ax−2by+2=0与圆C2：x2+y2=1相交．
故答案为：相交．
根据二元二次方程表示圆的条件，结合圆心到直线的距离与半径的大小关系可得．
本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】 43
【解析】解：函数f(x)=3sin(π4x+φ)(φ∈R)的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，
过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点A′，B′，
∴由题意得AA′=BB′=3，A′B′=12×2ππ4=4，
∴|AB|= (BB′+B′A′+A′A)2= BB′2+B′A′2+A′A2+2|BB′|⋅|A′A|cs60°
= 9+16+9+2×3×3×12= 43．
故答案为： 43．
由题意得AA′=BB′=3，A′B′=12×2ππ4=4，|AB|= (BB′+B′A′+A′A)2= BB′2+B′A′2+A2A2+2|BB′|⋅|A′A|cs60° ，由此能求出结果．
本题考查正弦型曲线的性质、二面角、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】 2
【解析】解：由题意得 x2+y2−mx+my+m22= (x−m2)2+(y+m2)2，
即求曲线y=x2−3lnx上一点到(m2,−m2)距离的最小值，
又因为(m2,−m2)在直线y=−x上，
所以当曲线与直线y=−x平行时，所求距离取得最小值，
因为x2−3lnx−y=0，所以y=x2−3lnx，y′=2x−3x，
令y′=2x−3x=−1，解得x=1或x=−32(舍)，
当x=1时，点(1,1)到直线x+y=0距离为2 2= 2，
即所求曲线y=x2−3lnx上一点到(m2,−m2)距离的最小值为 2．
故答案为： 2．
将题意转化为求曲线上一点到(m2,−m2)的距离最小值，通过求导求出点(1,1)符合题意，进而求出答案．
本题主要考查了两点间距离公式及导数的几何意义的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)
=sinωxcsπ6−csωxsinπ6−sin(π2−ωx)
= 32sinωx−32csωx
= 3sin(ωx−π3)，
又f(π6)= 3sin(π6ω−π3)=0，
∴π6ω−π3=kπ，k∈Z，
解得ω=6k+2，
又0<ω<3，
∴ω=2；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)= 3sin(2x−π3)，
将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y= 3sin(x−π3)的图象；
再将得到的图象向左平移π4个单位，得到y= 3sin(x+π4−π3)的图象，
∴函数y=g(x)= 3sin(x−π12)；
当x∈[−π4,3π4]时，x−π12∈[−π3,2π3]，
∴sin(x−π12)∈[− 32,1]，
∴当x=−π4时，g(x)取得最小值是− 32× 3=−32．
【解析】本题考查了三角恒等变换与正弦型函数在闭区间上的最值问题，是中档题．
(Ⅰ)利用三角恒等变换化函数f(x)为正弦型函数，根据f(π6)=0求出ω的值；
(Ⅱ)写出f(x)解析式，利用平移法则写出g(x)的解析式，求出x∈[−π4,3π4]时g(x)的最小值．
18.【答案】解：(1)证明：连接AM，OM，MN，PN，
∵M，N依次是底面AB的两个三等分点，∴四边形OMNB为菱形，
设MB∩ON=Q，则Q为ON的中点，且ON⊥MB，
又∵OP=ON，∠PON=60°，故△OPN为等边三角形，
连接PQ，则ON⊥PQ，又∵MB∩PQ=Q，∴ON⊥面PMB，
∵PB⊂面PMB，∴ON⊥PB，∵M，N依次是底面AB的两个三等分点，∴ON//AM，
∴AM⊥PB，又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，因此PA⊥PB，
又AM∩PA=A，∴PB⊥面PAM，∵PM⊂面PAM，∴PB⊥PM；
(2)根据题意可知PQ⊥面AMB，如图建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，M( 3,0,0)，B(− 3,0,0)，A( 3,−2,0)，
PM=( 3,0,− 3)，PA=( 3,−2,− 3)，BA=(2 3,−2,0)，
则n⋅PA= 3x−2y− 3z=0n⋅BA=2 3x−2y=0，令x=1，则y= 3，z=−1，因此n=(1, 3,−1)，
设直线PM与平面PAB所成角为θ，
∴sinθ=|n⋅PM|n||PM||=2 3 5× 6= 105，
直线PM与平面PAB所成的角的正弦值为 105．
【解析】(1)连接AM，OM，MN，PN，由已知可证ON⊥面PMB，进而可证AM⊥PB，PA⊥PB，可证PB⊥面PAM，可证结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量示求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．
19.【答案】(1)证明：因为a=bcsA−acsB，
由正弦定理得sinA=sinBcsA−sinAcsB，所以sinA=sin(B−A)，
又因为△ABC为锐角三角形，可得A,B∈(0,π2)，
所以B−A∈(−π2,π2)，可得A=B−A，即B=2A．
(2)解：因为B=2A，且△ABC为锐角三角形，且C=π−(A+B)=π−32B<π2，
可得B>π3，所以π3又因为B=2A，即π3<2A<π2，可得π6则ba=sinBsinA=sin2AsinA=2csA∈( 2, 3)，即ba的取值范围是( 2, 3)．
(3)解：由正弦定理得a=sinAsinC,b=sinBsinC，
所以S=12absinC=12⋅sinA⋅sinBsinC=12⋅sinA⋅sin2Asin3A=12⋅sinA⋅sin2Asin2A⋅csA+cs2A⋅sinA=sinA⋅csA3cs2A−sin2A=13tanA−tanA，
又由π6设f(x)=3x−x在( 33,1)为单调递减函数，可得3tanA−tanA∈(2,8 33)，
所以S∈( 38,12)，故S的取值范围是( 38,12)．
【解析】(1)由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到sinA=sin(B−A)，结合△ABC为锐角三角形，得到A=B−A，即可求解；
(2)由(1)求得π6(3)由正弦定理和面积公式，化简得到S=12absinC=13tanA−tanA，结合函数的单调性，即可求解．
本题主要考查解三角形，正弦定理及三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
∵a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，
∴1+2d1=2+d1，d2=1+d1，
解得d1=1，d2=2，
∴an=1+(n−1)=n，
bn=1+2(n−1)=2n−1．
cn=max{b1−na1,b2−na2,…,bn−nan}(n=1，2，3，…)，
c1=max{b1−a1}=0，
c2=max{b1−2a1,b2−2a2}=max{−1}=−1，
c3=max{b1−3a1,b2−3a2,b3−3a3}=max{−2,−3,−4}=−2．
猜想数列{cn}的通项公式cn=1−n．
证明：∵bk+1−nak+1−(bk−nak)=bk+1−bk−n(ak+1−ak)=2−n，
∴数列{bk−nak}为单调递减数列，
∴cn=b1−na1=1−n．
(2)1(3−cn)(2−cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
∴数列{1(3−cn)(2−cn)}的前n项和为Sn=(12−13)+(13−14)+…+(1n+1−1n+2)=12−1n+2，
∵Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立，
∴12≤−m2+4m，化为：2m2−8m+1≤0，
解得：4− 142≤m≤4+ 142，
∴偶数m的值为2．
【解析】(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，利用a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，利用通项公式可得1+2d1=2+d1，d2=1+d1，可得an，bn.根据c1=0，c2=−1，c3=−2.猜想数列{cn}的通项公式cn=1−n，证明数列{bk−nak}为单调递减数列，即可得出结论．
(2)1(3−cn)(2−cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，利用裂项求和方法即可得出Sn，根据Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立即可得出m的取值范围．
本题考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)若x>0时，恒有h(x)>a，
所以当x>0时，ex−1−x−ax2>0恒成立，
设f(x)=ex−1−x−ax2(x≥0)，
令g(x)=f′(x)=ex−1−2ax(x≥0)，
则g(′x)=ex−2a，显然g′(x)在(0,+∞)单调递增．
故当x>0时，g′(x)>g′(0)=1−2a，
当a≤12时，1−2a≥0，则g′(x)>0对x>0恒成立，
则f′(x)在(0,+∞)单调递增，从而当x>0时，f′(x)>f′(0)=0，即f(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>0时，f(x)>f(0)=0，符合题意；
当a>12时，g(0)=1−2a<0，
又因为g′[ln(1+2a)]=eln(1+2a)−2a=1>0，所以存在x0∈(0,ln(1+2a))，使得g′(x0)=0，
所以当0综上所述，a的取值范围为(−∞,12]；
证明：(2)要证当x>1时，ex(1+lnx)>ex2，即证ex−1(1+lnx)x2−1>0，
设m(x)=ex−1(1+lnx)x2−1，x≥1，
则m′(x)=(1+lnx)ex−1x2−(1+2lnx)ex−1x3=xlnx−2lnx+x−1x3⋅ex−1，
令n(x)=xlnx−2lnx+x−1(x≥1)，
则n′(x)=lnx+2−2x单调递增，
所以当x>1时，n′(x)>n′(1)=0，即m(x)单调递增，则当x>1时，m′(x)>0，即m(x)单调递增，
所以当x>1时，m(x)=ex−1(1+lnx)x2−1>m(1)=0，原式得证．
【解析】(1)根据题意转化为当x>0时，ex−1−x−ax2>0恒成立，分类讨论a≤12和a>12两种情况，结合导数与函数的关系以及零点存在性定理等知识求解即可；
(2)将原题转化为证明当x>1时，ex−1(1+lnx)x2−1>0，通过构造函数和二次求导的方法，结合导数与函数的关系即可得证．
本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设“第3回合由甲发球”为事件A，
则P(A)=35×35+25×15=1125，
所以第3回合由甲发球的概率为1125．
(2)①证明：第i(i≥2)回合是甲发球分两种情况：第一种情况为第i−1回合是甲发球且甲得分，
第二种情况为第i−1回合是乙发球且甲得分，
则pi=35pi−1+15(1−pi−1)，即pi=25pi−1+15，
所以pi−13=25(pi−1−13),i≥2，
又因为p1−13=1−13=23≠0，
所以pi−13≠0，
所以pi−13pi−1−13=25，i≥2，
即{pi−13}是首项为23，公比为25的等比数列．
②因为{pi−13}是首项为23，公比为25的等比数列，
所以pi−13=23×(25)i−1，即pi=23×(25)i−1+13，
记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点分布，
且事件Xi=1等价于第i+1回合是甲发球，故P(Xi=1)=pi+1，
又因为甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的得分为X=X1+X2+…+Xn，
所以E(X)=E(i=1nXi)=i=1npi+1=i=1n[23×(25)i+13]
=23×25[1−(25)n]1−25+n3=n3+49[1−(25)n]，
故甲的总得分的期望为n3+49[1−(25)n]．
【解析】(1)通过设出事件，结合事件独立的概率乘法公式计算即可；
(2)①通过题意得到pi=35pi−1+15(1−pi−1)，进而构造等比数列进行证明即可；
②根据题意得到记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点分布，结合题目中的期望公式计算即可．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于难题．
1.设集合A={x|lg0.5(x−1)>0}，B={x|2x<4}，则( )
A. A=BB. A∩B=⌀C. A∩B=BD. A∪B=B
2.已知复数z满足z⋅z−=4，则复数|z−|=( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
3.设随机变量X～N(μ,σ2)，且P(X
4.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为( )
A. 28 3B. 84 2C. 28 63D. 28 2
5.已知等边△ABC的边长为 3，P为△ABC所在平面内的动点，且|PA|=1，则PB⋅PC的取值范围是( )
A. [−32,92]B. [−12,112]C. [1,4]D. [1,7]
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和，则对∀n∈N*，an+1>|an|，是“nSn+1>(n+1)Sn”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知函数f(x)，g(x)的定义域都为R，g′(x)为g(x)的导函数，g′(x)的定义域也为R，且f(x)+g′(x)=2，f(x)−g′(4−x)=2，若g(x)为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为( )
①f(4)=2
②g′(2)=0
③f(1)=f(3)
④f(−1)+f(−3)=4
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知函数f(x)=sin(2πx)+1x−2，则直线y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为( )
A. 0B. 8C. 12D. 16
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。
9.函数f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1，φ∈(0,π)，且f(x)为偶函数，则下列说法正确的是( )
A. φ=5π6
B. f(x)图象的对称中心为(π4+kπ2,1)，k∈Z
C. f(x)图象的对称轴为x=π2+kπ，k∈Z
D. f(x)的单调递减区间为[−π2+kπ,kπ]，k∈Z
10.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为s12，平均数为x−1；去掉的两个数据的方差为s22，平均数为x−2；原样本数据的方差为s2，平均数为x−，若x−=x−2，则下列说法正确的是( )
A. x−=x−1
B. 15s2=14s12+s22
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
11.如图，多面体ABCDEF，底面ABCD为正方形，BF⊥底面ABCD，DE//BF，AB=DE=BF=1，动点G在线段AF上，则下列说法正确的是( )
A. 多面体ABCDEF的外接球的表面积为3π
B. △CGD的周长的最小值为 3− 6+1
C. 线段CG长度的取值范围为[ 62, 2]
D. CG与平面AEC所成的角的正弦值最大为2 23
12.已知函数f(x)=xex，g(x)=xlnx，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)与函数g(x)有相同的极小值
B. 若方程f(x)=a有唯一实根，则a的取值范围为a≥0
C. 若方程g(x)=a有两个不同的实根x1，x2，则x1x2>a2
D. 当x>0时，若f(x1)=g(x2)=t，则x1x2=t成立
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有______种.
14.已知圆C1：x2+y2−2ax+4by+4=0，则直线ax−2by+2=0与圆C2：x2+y2=1的位置关系是______．
15.已知函数f(x)=3sin(π4x+φ)(φ∈R)的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点A′，B′.将画有该图象的纸片沿着x轴折成120°的二面角A−A′B′−B，此时|AB|= ______．
16.已知实数x，y满足x2−3lnx−y=0，则 x2+y2−mx+my+m22(m∈R)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)
设函数f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)，其中0<ω<3，已知f(π6)=0．
(Ⅰ)求ω；
(Ⅱ)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)在[−π4,3π4]上的最小值．
18.(本小题12分)
如图，AB是半球O的直径，AB=4，M，N依次是底面AB上的两个三等分点，P是半球面上一点，且∠PON=60°．
(1)证明：PB⊥PM；
(2)若点P在底面圆上的射影为ON中点，求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．
19.(本小题12分)
设锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=bcsA−acsB．
(1)求证：B=2A；
(2)求ba的取值范围；
(3)若c=1，求△ABC面积的取值范围．
20.(本小题12分)
已知{an}和{bn}均为等差数列，a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，记cn=max{b1−na1,b2−na2,…,bn−nan}(n=1，2，3，…)，其中max{x1,x2,…,xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．
(1)计算c1，c2，c3，猜想数列{cn}的通项公式并证明；
(2)设数列{1(3−cn)(2−cn)}的前n项和为Sn，若Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立，求偶数m的值．
21.(本小题12分)
已知函数h(x)=ex−1−xx2．
(1)若x>0时，恒有h(x)>a，求a的取值范围；
(2)证明：当x>1时，ex(1+lnx)>ex2．
22.(本小题12分)
第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛.已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方.现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分的概率为35，乙得分的概率为25；若乙发球，乙得分的概率为45，甲得分的概率为15.规定第1回合是甲先发球．
(1)求第3回合由甲发球的概率；
(2)①设第i回合是甲发球的概率为pi，证明：{pi−13}是等比数列；
②已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1−P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则E(i=1nXi)=i=1nqi.若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：不等式lg0.5(x−1)>0，即为lg0.5(x−1)>lg0.51，
根据对数函数的单调性知，0
故选：D．
解指数、对数不等式，求出集合A、B后，结合集合的运算即可得解．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由于zz−=4，所以|z|2=zz−=4，故|z−|=2．
故选：A．
根据复数的性质即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：随机变量X～N(μ,σ2)，显然P(X
利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得．
本题考查对立事件的意义以及正态分布相关知识，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：记正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面的中心为O，O1，连接OO1，
在平面ACC1A1中过A1作A1E平行于OO1，交AC于E，如图所示：
则由正四棱台ABCD−A1B1C1D1的性质可知OO1⊥底面ABCD，从而A1E⊥底面ABCD，
所以∠A1AE为侧棱AA1与底面ABCD所成的角，即∠A1AE=60°，
因为正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4，
所以A1C1=2 2,AC=4 2，则AE=12(4 2−2 2)= 2，
故A1E=AE⋅tan60°= 2× 3= 6，即正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为 6，
所以该正四棱台的体积为13×(22+ 22×42+42)× 6=28 63．
故选：C．
作出图形，结合正四棱台ABCD−A1B1C1D1的性质求得其高，从而利用棱台的体积公式即可得解．
本题考查了正四棱台的体积公式应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则B( 3,0)，C( 32,32)，
由题意设P(csθ,sinθ)，(0≤θ<2π)，
则PB=( 3−csθ,−sinθ)，PC=( 32−csθ,32−sinθ)，
∴PB⋅PC=( 3−csθ)( 32−csθ)−sinθ(32−sinθ)
=32−3 32csθ+cs2θ−32sinθ+sin2θ
=52−3sin(θ+π3)，
∵0≤θ<2π，∴π3≤θ+π3<7π3，可得52−3sin(θ+π3)∈[−12,112].
故选：B．
以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则B( 3,0)，C( 32,32)，由题意设P(csθ,sinθ)，(0≤θ<2π)，由数量积的坐标运算结合三角函数求最值得答案．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，训练了利用三角函数求最值，建系是关键，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：若对∀n∈N*，都有an+1>|an|，可得a2>|a1|，a3>|a2|，a4>|a3|，⋯，an+1>|an|，
因为|an|≥an恒成立，所以an+1>an>an−1>⋯>a2>a1，即数列{an}为递增数列，
Sn+1n+1=(n+1)(a1+an+1)2n+1=a1+an+1,Snnn(a1+an)2n+1=a1+an，
所以Sn+1n+1>Snn，即nSn+1>(n+1)Sn成立，所以充分性成立；
反之：若对∀n∈N*，都有nSn+1>(n+1)Sn，即Sn+1n+1>Snn，
可得(n+1)(a1+an+1)2n+1>n(a1+an)2n，解得an+1>an，所以d=an+1−an>0，
即数列{an}为递增数列，
例如：数列an=n−7为递增数列，可得a1=−6，a2=−5，
此时a2>|a1|不成立，即必要性不成立；
所以对∀n∈N*，an+1>|an|，是“nSn+1>(n+1)Sn”的充分不必要条件．
故选：A．
由an+1>|an|，推得数列{an}为递增数列，进而得到nSn+1>(n+1)Sn成立，得出充分性成立；反之：由nSn+1>(n+1)Sn，得到数列{an}为递增数列，举例说明必要性不成立，即可求解．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的前n项和公式进行化简是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析4个命题：
对于①，g(x)为偶函数，即g(−x)=g(x)，
两边同时求导数可得：−g′(−x)=g′(x)，
则g′(x)是定义域为R的奇函数，则有g′(0)=0，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=4可得：f(4)−g′(0)=2，必有f(4)=2，①正确；
对于②，又由f(x)+g′(x)=2，则有f(x)−g′(−x)=2，
同时，f(x)−g′(4−x)=2，
两式联立可得g′(4−x)=g′(−x)，变形可得g′(x+4)=g′(x)，g′(x)是周期为4的周期函数，
则有g′(2)=g′(−2)，
又由g′(x)为奇函数，则g′(2)=−g′(−2)，
必有g′(2)=g′(−2)=0，②正确；
对于③，在f(x)+g′(x)=2中，令x=1可得：f(1)+g′(1)=2，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=3可得：f(3)−g′(1)=2，
有f(1)+f(3)=4，③错误；
对于④，在f(x)+g′(x)=2中，令x=−1可得：f(−1)+g′(−1)=2，
在f(x)−g′(4−x)=2中，令x=−3可得：f(−3)−g′(7)=2，
而g′(x)是周期为4的周期函数，则有g′(7)=g′(−1)，
必有f(−1)+f(−3)=4，④正确．
有3个命题正确．
故选：C．
根据题意，对于①，由于g(x)为偶函数，对其求导可得g′(x)是定义域为R的奇函数，则有g′(0)=0，利用特殊值法可得①正确，对于②，分析g′(x)的周期，结合奇函数的性质可得②正确，对于③，利用特殊值可得f(1)+g′(1)=2和f(3)−g′(1)=2，变形可得f(1)+f(3)=4，可得③错误；对于④，利用特殊值可得f(−1)+g′(−1)=2和f(−3)−g′(−1)=2，结合g′(x)的周期性，分析可得④正确，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性和对称性，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由f(x)=x−2可得sin(2πx)=x−2−1x−2，
令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，
则函数g(x)=sin(2πx)的定义域为R，其最小正周期为T=2π2π=1，
g(4−x)=sin[2π(4−x)]=sin(8π−2πx)=−sin(2πx)=−g(x)，
所以，函数g(x)的图象关于点(2,0)对称，
函数h(x)=x−2−1x−2的定义域为{x|x≠2}，
对任意的x∈{x|x≠2}，h(4−x)=(4−x)−2−1(4−x)−2=2−x−12−x=−h(x)，
所以，函数h(x)的图象也关于点(2,0)对称，
因为函数y=x−2、y=−1x−2在(2,+∞)上均为增函数，
则函数h(x)在(2,+∞)上也为增函数，如下图所示：
由图可知，函数g(x)、f(x)的图象共有六个交点，其中这六个点满足三对点关于点(2,0)对称，
因此，直线y=x−2与f(x)的图象的所有交点的横坐标之和为4×3=12．
故选：C．
由f(x)=x−2可得sin(2πx)=x−2−1x−2，令g(x)=sin(2πx)，h(x)=x−2−1x−2，分析可知，函数g(x)、h(x)的图象都关于点(2,0)对称，数形结合可得出结果．
本题主要考查函数与方程的综合应用，解题的关键在于利用函数的对称性，利用数形结合思想结合对称性求解，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：∵f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1为偶函数，
∴φ−π3=kπ+π2(k∈Z)，
∴φ=kπ+5π6(k∈Z)，又φ∈(0,π)，
∴φ=5π6，A正确；
∴f(x)=3sin(2x+π2)+1=3cs2x+1，
令2x=kπ+π2(k∈Z)，得x=kπ2+π4(k∈Z)，
∴f(x)图象的对称中心为(π4+kπ2,1)(k∈Z)，B正确；
令2x=kπ(k∈Z)，得x=kπ2(k∈Z)，
∴f(x)图象的对称轴方程为x=kπ2(k∈Z)，C错误；
令2kπ≤2x≤2kπ+π(k∈Z)，得kπ≤x≤kπ+π2(k∈Z)，
∴f(x)的单调递减区间为[kπ,kπ+π2](k∈Z)，D错误．
故选：AB．
由f(x)=3sin(2x−π3+φ)+1，φ∈(0,π)，且f(x)为偶函数，可求得φ，判断A；化简得到函数的解析式为f(x)=3cs2x+1，利用余弦函数的性质可判断BCD．
本题考查正弦函数的奇偶性、对称性和单调性的综合应用，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A.剩下的28个样本数据的和为28x1−，去掉的两个数据和为2x2−，原样本数据和为30x−，所以28x1−+2x2−=30x−，因为x−=x−2，所以x−=x−1，故A选项正确；
B.设x1
所以15s2=14s12+s22，故B选项正确；
C.剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D.去掉2个数据，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确．
故选：ABD．
对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；
对于B选项，写出s12和s22的表达式即可；
对于C选项，根据中位数定义判断即可；
对于D选项，根据分位数定义判断即可．
本题主要考查中位数和方差，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A：由题意可知，多面体ABCDEF可以放在如图所示的正方体当中，
设DF中点为O，则O为多面体ABCDEF的外接球球心，
所以多面体ABCDEF的外接球半径为 12+12+122= 32，
则多面体ABCDEF的外接球的表面积为4π×( 32)2=3π，故A正确；
对于B：△CGD的周长为CG+GD+CD=CG+GD+1，
将△ADF，△AFC如下图所示展开，当D，G，C三点共线时，CG+GD最小，
由AD=1，AF=AC=CF= 2，DF= 3，
则AD2+AF2=DF2，
所以∠DAF=90°，∠FAC=60°，
所以∠DAC=150°，
在△ACD中，由余弦定理得，CD2=AD2+AC2−2AC⋅ACcs∠150°，
所以CD= 1+2−2×1× 2×(− 32)= 3+ 6，
则△CGD的周长最小为 3+ 6+1，故B错误；
对于C，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：
则C(0,1,0)，设G(1,m,m)，0≤m≤1，
则CG= 1+(m−1)2+m2= 2(m−12)2+32∈[ 62, 2]，故C正确；
对于D：由A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(0,0,1)，
所以AC=(−1,1,0)，AE=(−1,0,1)，CG=(1,m−1,m)，
设平面AEC法向量n=(x,y,z)，
由n⋅AC=−x+y=0n⋅AE=−x+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，
令x=1，则n=(1,1,1)，
则CG与平面，AEC所成角的正弦值为|CG⋅n||CG||n|=2|m| 3× 2(m2−m+1)= 2 3×1 (1m−12)2+34，
因为0≤m≤1，
所以1m≥1，
当1m=1，即m=1时，移动CG与平面AEC所成角的正弦大值是 2 3×1 (12)2+34= 63，故D错误．
故选：AC．
对于A：由题意可知，多面体ABCDEF可以放在如图所示的正方体当中，设DF中点为O，则O为多面体ABCDEF的外接球球心，求出多面体ABCDEF的外接球半径，进而可得答案，即可判断A是否正确；
对于B：△CGD的周长为CG+GD+CD=CG+GD+1，将△ADF，△AFC如下图所示展开，当D，G，C三点共线时，CG+GD最小，即可判断B是否正确；
对于C：建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,1,0)，设G(1,m,m)，0≤m≤1，由空间中两点之间的距离公式，即可判断C是否正确；
对于D：求出平面AEC法向量n=(x,y,z)，则CG与平面AEC所成角的正弦值为|CG⋅n||CG||n|，即可判断D是否正确．
本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，f(x)=xex，f′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(−1)=−1e，
g(x)=xlnx，g′(x)=lnx+1，
当0
所以g(x)的极小值为g(1e)=−1e，故A正确；
对于B，若方程f(x)=xex=a有唯一实根，
由于当x→−∞时，f(x)→0，且f(0)=0，
结合f(x)的单调性和最值可知，a≥0或a=−1e，故B错误；
对于C，因为方程g(x)=a有两个不同的实根x1，x2，
假设x1>x2，则a<0，x1lnx1=ax2lnx2=a，即lnx1=ax1lnx2=ax2，
两式相减得，x1−x2lnx1−lnx2=−1ax1x2，
下面证对数均值不等式：x1−x2lnx1−lnx2> x1x2(x1>x2)，即证x1x2−1lnx1x2> x1x2，
设m= x1x2(m>1)，即证m2−12lnm>m，即证m−1m−2lnm>0，
令φ(m)=m−1m−2lnm(m>1)，则φ′(m)=1+1m2−2m=(m−1)2m2>0，
则φ(m)在(1,+∞)单调递增，当m>1时，φ(m)>φ(1)=0，得证．
所以x1−x2lnx1−lnx2=−1ax1x2> x1x2，则 x1x2>−a>0，即x1x2>a2，故C正确；
对于D，当x>0时，若f(x1)=g(x2)=t，则x1ex1=lnx2elnx2=t⇒f(x1)=f(lnx2)，
显然x1>0，lnx2>0，则x1=lnx2，则x1x2=x2lnx2=t，故D正确．
故选：ACD．
对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可．
本题考查了利用导数研究函数的极值，函数的极值点偏移，属于难题．
13.【答案】120
【解析】解：由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有C51=5种分法，
再将剩余的4张分给剩余4个人，有A44=24种分法，
所以一共有5×24=120种分法．
故答案为：120．
先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
14.【答案】相交
【解析】解：因为(x−a)2+(y+2b)2=a2+4b2−4表示圆C1的方程，
所以a2+4b2−4>0，即a2+4b2>4．
因为圆C2的圆心到直线ax−2by+2=0的距离|2| a2+(2b)2=2 a2+4b2<22=1，
所以直线ax−2by+2=0与圆C2：x2+y2=1相交．
故答案为：相交．
根据二元二次方程表示圆的条件，结合圆心到直线的距离与半径的大小关系可得．
本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】 43
【解析】解：函数f(x)=3sin(π4x+φ)(φ∈R)的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，
过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点A′，B′，
∴由题意得AA′=BB′=3，A′B′=12×2ππ4=4，
∴|AB|= (BB′+B′A′+A′A)2= BB′2+B′A′2+A′A2+2|BB′|⋅|A′A|cs60°
= 9+16+9+2×3×3×12= 43．
故答案为： 43．
由题意得AA′=BB′=3，A′B′=12×2ππ4=4，|AB|= (BB′+B′A′+A′A)2= BB′2+B′A′2+A2A2+2|BB′|⋅|A′A|cs60° ，由此能求出结果．
本题考查正弦型曲线的性质、二面角、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】 2
【解析】解：由题意得 x2+y2−mx+my+m22= (x−m2)2+(y+m2)2，
即求曲线y=x2−3lnx上一点到(m2,−m2)距离的最小值，
又因为(m2,−m2)在直线y=−x上，
所以当曲线与直线y=−x平行时，所求距离取得最小值，
因为x2−3lnx−y=0，所以y=x2−3lnx，y′=2x−3x，
令y′=2x−3x=−1，解得x=1或x=−32(舍)，
当x=1时，点(1,1)到直线x+y=0距离为2 2= 2，
即所求曲线y=x2−3lnx上一点到(m2,−m2)距离的最小值为 2．
故答案为： 2．
将题意转化为求曲线上一点到(m2,−m2)的距离最小值，通过求导求出点(1,1)符合题意，进而求出答案．
本题主要考查了两点间距离公式及导数的几何意义的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=sin(ωx−π6)+sin(ωx−π2)
=sinωxcsπ6−csωxsinπ6−sin(π2−ωx)
= 32sinωx−32csωx
= 3sin(ωx−π3)，
又f(π6)= 3sin(π6ω−π3)=0，
∴π6ω−π3=kπ，k∈Z，
解得ω=6k+2，
又0<ω<3，
∴ω=2；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)= 3sin(2x−π3)，
将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y= 3sin(x−π3)的图象；
再将得到的图象向左平移π4个单位，得到y= 3sin(x+π4−π3)的图象，
∴函数y=g(x)= 3sin(x−π12)；
当x∈[−π4,3π4]时，x−π12∈[−π3,2π3]，
∴sin(x−π12)∈[− 32,1]，
∴当x=−π4时，g(x)取得最小值是− 32× 3=−32．
【解析】本题考查了三角恒等变换与正弦型函数在闭区间上的最值问题，是中档题．
(Ⅰ)利用三角恒等变换化函数f(x)为正弦型函数，根据f(π6)=0求出ω的值；
(Ⅱ)写出f(x)解析式，利用平移法则写出g(x)的解析式，求出x∈[−π4,3π4]时g(x)的最小值．
18.【答案】解：(1)证明：连接AM，OM，MN，PN，
∵M，N依次是底面AB的两个三等分点，∴四边形OMNB为菱形，
设MB∩ON=Q，则Q为ON的中点，且ON⊥MB，
又∵OP=ON，∠PON=60°，故△OPN为等边三角形，
连接PQ，则ON⊥PQ，又∵MB∩PQ=Q，∴ON⊥面PMB，
∵PB⊂面PMB，∴ON⊥PB，∵M，N依次是底面AB的两个三等分点，∴ON//AM，
∴AM⊥PB，又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，因此PA⊥PB，
又AM∩PA=A，∴PB⊥面PAM，∵PM⊂面PAM，∴PB⊥PM；
(2)根据题意可知PQ⊥面AMB，如图建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，M( 3,0,0)，B(− 3,0,0)，A( 3,−2,0)，
PM=( 3,0,− 3)，PA=( 3,−2,− 3)，BA=(2 3,−2,0)，
则n⋅PA= 3x−2y− 3z=0n⋅BA=2 3x−2y=0，令x=1，则y= 3，z=−1，因此n=(1, 3,−1)，
设直线PM与平面PAB所成角为θ，
∴sinθ=|n⋅PM|n||PM||=2 3 5× 6= 105，
直线PM与平面PAB所成的角的正弦值为 105．
【解析】(1)连接AM，OM，MN，PN，由已知可证ON⊥面PMB，进而可证AM⊥PB，PA⊥PB，可证PB⊥面PAM，可证结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量示求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．
19.【答案】(1)证明：因为a=bcsA−acsB，
由正弦定理得sinA=sinBcsA−sinAcsB，所以sinA=sin(B−A)，
又因为△ABC为锐角三角形，可得A,B∈(0,π2)，
所以B−A∈(−π2,π2)，可得A=B−A，即B=2A．
(2)解：因为B=2A，且△ABC为锐角三角形，且C=π−(A+B)=π−32B<π2，
可得B>π3，所以π3
(3)解：由正弦定理得a=sinAsinC,b=sinBsinC，
所以S=12absinC=12⋅sinA⋅sinBsinC=12⋅sinA⋅sin2Asin3A=12⋅sinA⋅sin2Asin2A⋅csA+cs2A⋅sinA=sinA⋅csA3cs2A−sin2A=13tanA−tanA，
又由π6
所以S∈( 38,12)，故S的取值范围是( 38,12)．
【解析】(1)由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到sinA=sin(B−A)，结合△ABC为锐角三角形，得到A=B−A，即可求解；
(2)由(1)求得π6
本题主要考查解三角形，正弦定理及三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
∵a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，
∴1+2d1=2+d1，d2=1+d1，
解得d1=1，d2=2，
∴an=1+(n−1)=n，
bn=1+2(n−1)=2n−1．
cn=max{b1−na1,b2−na2,…,bn−nan}(n=1，2，3，…)，
c1=max{b1−a1}=0，
c2=max{b1−2a1,b2−2a2}=max{−1}=−1，
c3=max{b1−3a1,b2−3a2,b3−3a3}=max{−2,−3,−4}=−2．
猜想数列{cn}的通项公式cn=1−n．
证明：∵bk+1−nak+1−(bk−nak)=bk+1−bk−n(ak+1−ak)=2−n，
∴数列{bk−nak}为单调递减数列，
∴cn=b1−na1=1−n．
(2)1(3−cn)(2−cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
∴数列{1(3−cn)(2−cn)}的前n项和为Sn=(12−13)+(13−14)+…+(1n+1−1n+2)=12−1n+2，
∵Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立，
∴12≤−m2+4m，化为：2m2−8m+1≤0，
解得：4− 142≤m≤4+ 142，
∴偶数m的值为2．
【解析】(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，利用a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，利用通项公式可得1+2d1=2+d1，d2=1+d1，可得an，bn.根据c1=0，c2=−1，c3=−2.猜想数列{cn}的通项公式cn=1−n，证明数列{bk−nak}为单调递减数列，即可得出结论．
(2)1(3−cn)(2−cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，利用裂项求和方法即可得出Sn，根据Sn<−m2+4m对任意n∈N*恒成立即可得出m的取值范围．
本题考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)若x>0时，恒有h(x)>a，
所以当x>0时，ex−1−x−ax2>0恒成立，
设f(x)=ex−1−x−ax2(x≥0)，
令g(x)=f′(x)=ex−1−2ax(x≥0)，
则g(′x)=ex−2a，显然g′(x)在(0,+∞)单调递增．
故当x>0时，g′(x)>g′(0)=1−2a，
当a≤12时，1−2a≥0，则g′(x)>0对x>0恒成立，
则f′(x)在(0,+∞)单调递增，从而当x>0时，f′(x)>f′(0)=0，即f(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>0时，f(x)>f(0)=0，符合题意；
当a>12时，g(0)=1−2a<0，
又因为g′[ln(1+2a)]=eln(1+2a)−2a=1>0，所以存在x0∈(0,ln(1+2a))，使得g′(x0)=0，
所以当0
证明：(2)要证当x>1时，ex(1+lnx)>ex2，即证ex−1(1+lnx)x2−1>0，
设m(x)=ex−1(1+lnx)x2−1，x≥1，
则m′(x)=(1+lnx)ex−1x2−(1+2lnx)ex−1x3=xlnx−2lnx+x−1x3⋅ex−1，
令n(x)=xlnx−2lnx+x−1(x≥1)，
则n′(x)=lnx+2−2x单调递增，
所以当x>1时，n′(x)>n′(1)=0，即m(x)单调递增，则当x>1时，m′(x)>0，即m(x)单调递增，
所以当x>1时，m(x)=ex−1(1+lnx)x2−1>m(1)=0，原式得证．
【解析】(1)根据题意转化为当x>0时，ex−1−x−ax2>0恒成立，分类讨论a≤12和a>12两种情况，结合导数与函数的关系以及零点存在性定理等知识求解即可；
(2)将原题转化为证明当x>1时，ex−1(1+lnx)x2−1>0，通过构造函数和二次求导的方法，结合导数与函数的关系即可得证．
本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设“第3回合由甲发球”为事件A，
则P(A)=35×35+25×15=1125，
所以第3回合由甲发球的概率为1125．
(2)①证明：第i(i≥2)回合是甲发球分两种情况：第一种情况为第i−1回合是甲发球且甲得分，
第二种情况为第i−1回合是乙发球且甲得分，
则pi=35pi−1+15(1−pi−1)，即pi=25pi−1+15，
所以pi−13=25(pi−1−13),i≥2，
又因为p1−13=1−13=23≠0，
所以pi−13≠0，
所以pi−13pi−1−13=25，i≥2，
即{pi−13}是首项为23，公比为25的等比数列．
②因为{pi−13}是首项为23，公比为25的等比数列，
所以pi−13=23×(25)i−1，即pi=23×(25)i−1+13，
记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点分布，
且事件Xi=1等价于第i+1回合是甲发球，故P(Xi=1)=pi+1，
又因为甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的得分为X=X1+X2+…+Xn，
所以E(X)=E(i=1nXi)=i=1npi+1=i=1n[23×(25)i+13]
=23×25[1−(25)n]1−25+n3=n3+49[1−(25)n]，
故甲的总得分的期望为n3+49[1−(25)n]．
【解析】(1)通过设出事件，结合事件独立的概率乘法公式计算即可；
(2)①通过题意得到pi=35pi−1+15(1−pi−1)，进而构造等比数列进行证明即可；
②根据题意得到记第i回合甲得分为Xi，显然Xi服从两点分布，结合题目中的期望公式计算即可．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于难题．
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