2023-2024学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷（含解析），共16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}，B={x|3x−1≤1}，则A∩B=( )
A. [1,3]B. (1,3]C. [−1,1]D. [−1,1)
2.已知复数z满足z=−z−i(i为虚数单位)，且|z|= 2，则z2=( )
A. 2iB. −2iC. 2+ 2iD. 2− 2i
3.已知随机变量X1，X2分别满足二项分布X1～B(n1,13)，X2～B(n2,13)，则“n1>n2”是“D(X1)>D(X2)”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
4.若0A. 3+2 2B. 6C. 4 2D. 9
5.冬季是流行病的高发季节，大部分流行病是由病毒或细菌引起的，已知某细菌是以简单的二分裂法进行无性繁殖，在适宜的条件下分裂一次(1个变为2个)需要23分钟，那么适宜条件下1万个该细菌增长到1亿个该细菌大约需要(参考数据：lg2≈0.3)( )
A. 3小时B. 4小时C. 5小时D. 6小时
6.已知定义在R上的函数f(x)满足sinxf(x)+csxf′(x)>0，则( )
A. f(π3)< 3f(π6)B. f(π6)< 3f(π3)C. f(π3)> 3f(π6)D. f(π6)> 3f(π3)
7.已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，an+1=an+bn，bn+1=an−bn，则an=( )
A. 2n−1B. 2n−12C. 2n+12D. 22n−1+(−1)n4
8.已知四面体ABCD，△ABC是边长为6的正三角形，DA=DB=2 3，二面角D−AB−C的大小为23π，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A. 40πB. 52πC. 72πD. 84π
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.已知平面向量a=( 3,1)，b=(x,−3)，则下列命题正确的是( )
A. 若a/​/b，则x=−3 3B. 若a⊥b，则x= 3
C. 若|a+b|= 7，则x=0D. 若=5π6，则x=− 3
10.已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为菱形且∠DAB=π3，A1A= 32AB，∠A1AB=∠A1AD，O为A1C1的中点，P为线段AB1上的动点，则下列命题正确的是( )
A. {OA,BD,AB1}可作为一组空间向量的基底
B. {OA,OD,AB}可作为一组空间向量的基底
C. 直线OP/​/平面C1BD
D. 向量CP在平面AB1D1上的投影向量为OP
11.已知函数f(x)=cs2x，g(x)=sin(2x+π3)，则( )
A. 将函数y=f(x)的图象右移π12个单位可得到函数y=g(x)的图象
B. 将函数y=f(x)的图象右移π6个单位可得到函数y=g(x)的图象
C. 函数y=f(x)与y=g(x)的图象关于直线x=π24对称
D. 函数y=f(x)与y=g(x)的图象关于点(7π24,0)对称
12.已知数据x1A. x1−+x2−>2x4
B. x1−+x2−<2x4
C. s12−s22>14[k=14(xk−x4)2−k=47(xk−x4)2]
D. s12−s22<14[k=14(xk−x4)2−k=47(xk−x4)2]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线y= 3的倾斜角是______．
14.已知二项式(1+2x)n的展开式中含x2的项的系数为84，则n= ______．
15.位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高AB为______米.(结果保留整数，参考数据：cs80°≈0.174)
16.已知点P是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)与圆x2+y2=a2+13c2在第一象限的公共点，若点P关于双曲线C其中一条渐近线的对称点恰好在y轴负半轴上，则双曲线C的离心率e= ______．
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的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=4，b=8，角C为锐角，已知△ABC的面积为4 7．
(Ⅰ)求c；
(Ⅱ)若CD为AB上的中线，求∠BDC的余弦值．
18.(本小题12分)
已知Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和，若数列{Snan}为等差数列．
(Ⅰ)求an；
(Ⅱ)求数列{S2n}的前n项和．
19.(本小题12分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AB=AC=12AA1=2，AB⊥AC，D，E分别为线段CC1，BB1上的点，CD=1．
(Ⅰ)证明：平面BDA⊥平面ECA1；
(Ⅱ)若点B1到平面ECA1的距离为47，求直线BD与平面ECA1所成的角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知点F1，F2为椭圆C：x22+y2=1的左，右焦点，椭圆C上的点P，Q满足F1P//F2Q，且P，Q在x轴上方，直线F1Q，F2P交于点G.已知直线PF1的斜率为k(k>0)．
(Ⅰ)当k=1时，求|PF1|+|QF2|的值；
(Ⅱ)记△PF1G，△QF2G的面积分别为S1，S2，求S1−S2的最大值．
21.(本小题12分)
我国有天气谚语“八月十五云遮月，正月十五雪打灯”，说的是如果中秋节有降水，则来年的元宵节亦会有降水.某同学想验证该谚语的正确性，统计了40地5年共200组中秋节与来年元宵节的降水状况，整理如下：
(Ⅰ)依据α=0.05的独立性检验，能否认为元宵节的降水与前一年的中秋节降水有关？
(Ⅱ)从以上200组数据中随机选择2组，记随机事件A为二组数据中中秋节的降水状况为一降水一无降水，记随机事件B为二组数据中元宵节的降水状况为一降水一无降水，求P(B|A)．
参考公式与数据：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
22.(本小题12分)
定义满足f(x0)=f′(x0)的实数x0为函数y=f(x)的然点.已知f(x)=(lnx+a)e−x．
(Ⅰ)证明：对于∀a∈R，函数y=f(x)必有然点；
(Ⅱ)设x0为函数y=f(x)的然点，判断函数g(x)=f(x)−f(x0)的零点个数并证明．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={x|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}，B={x|3x−1≤1}={x|x≥4或x<1}，
故A∩B=[1,3]．
故选：B．
先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
z=−z−i，
则a+bi=−(a−bi)i=−b−ai，即a+b+(b+a)i=0，
则a=−b，
|z|= 2，
则a2+b2=2，解得a=1，b=−1或a=−1，b=1，
故z=1−i或−1+i，
z2=−2i．
故选：B．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，因为随机变量X1，X2分别满足二项分布X1～B(n1,13)，X2～B(n2,13)，
由二项分布的性质，D(X1)=n1×13×23=29n1，同理D(X2)=29n2，
若n1>n2，则有29n1>29n2，即D(X1)>D(X2)，
反之，若D(X1)>D(X2)，即29n1>29n2，必有n1>n2，
故“n1>n2”是“D(X1)>D(X2)”充要条件．
故选：C．
根据二项分布方差的计算的公式求出D(X1)和D(X2)，进而由充分必要条件的定义判断即可．
本题考查二项分布的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得1x+11−2x=[2x+(1−2x)](1x+11−2x)=3+1−2xx+2x1−2x，
由0当且仅当1−2xx=2x1−2x，即x=2− 22时，等号成立．
所以当x=2− 22时，1x+11−2x的最小值为3+2 2．
故选：A．
根据题意以2x与1−2x为基本量，将1x+11−2x整理，然后利用基本不等式算出答案．
本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：设大约需要x分钟，
则1×2x23=10000，
两边同时取对数得，x23lg2=lg10000，
所以x23lg2=4，
所以x=4×23lg2≈4×230.3≈306.7，
所以大约需要306.760≈5小时．
故选：C．
设大约需要x分钟，则1×2x23=10000，两边同时取对数，结合对数的运算性质求解．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设g(x)=f(x)csx，则g′(x)=f′(x)⋅csx+f(x)⋅sinxcs2x，
由定义在R上的函数f(x)满足sinxf(x)+csxf′(x)>0，
所以g′(x)=f′(x)⋅csx+f(x)⋅sinxcs2x>0，
因此g(x)在R上单调递增，所以lg(π6)所以f(π6) 32故选：B．
构造函数g(x)=f(x)csx，判断函数g(x)的单调性，根据单调性比较即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和函数值大小的比较，考查了函数思想，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：根据an+1=an+bn，bn+1=an−bn，相加可得an+1+bn+1=2an，
所以an+2=an+1+bn+1=2an，可知{an}的奇数项与偶数项分别成公比为2的等比数列，
由a1=b1=1，得a2=a1+b1=2，所以{an}的各项为：1，2，2，4，4，8，8，⋯，
奇数项的通项公式为an=a1×2n−12=2n−12，偶数项的通项公式为an=a2×2n2−1=2n2，
因此，数列{an}的通项公式为an=22n−14+(−1)n×14=22n−1+(−1)n2，D项符合题意．
故选：D．
根据递推关系，归纳出{an}的奇数项与偶数项分别成公比为2的等比数列，进而算出an的表达式，可得答案．
本题主要考查数列的递推公式、等比数列的通项公式及其应用，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设AB的中点为O，连接OD，OC，则OD⊥AB，OC⊥AB，OC= 3OA=3 3，
所以∠DOC是二面角D−AB−C的平面角，所以∠DOC=23π，
设四面体ABCD的外接球的球心为E，半径为R，则E在过△ABC的中心G且垂直平面ABC的直线上，也在过△ABD的中心H且垂直平面ABD的直线上，
在△OGC中，由余弦定理可得OG= OC2+CG2−2OC⋅CG⋅cs∠OCG= 3，
所以EG=OGcs∠EGO=2，
所以四面体ABCD的外接球的半径R= EG2+CG2= 13，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=52π．
故选：B．
确定球心E的位置，结合余弦定理，得出OG= 3，最后解出R= 13即可求解．
本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为a/​/b，所以 3×(−3)−x=0，解得x=−3 3，故A正确；
对于B，因为a⊥b，所以 3x−3=0，所以x= 3，故B正确；
对于C，因为|a+b|= 7，且a+b=( 3+x,−2)，所以( 3+x)2+4=7，解得x=0或x=−2 3，故C错误；
对于D，因为=5π6，所以cs=a⋅b|a||b|= 3x−32 x2+9=− 32，解得x=− 3，故D正确．
故选：ABD．
由向量的相关知识逐一判定各选项即可．
本题考查平面向量平行，垂直，夹角的坐标表示，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：如图所示，四棱柱ABCD−A1B1C1D1，对于选项A，
BD=B1D1，三个向量{OA.B1D1,AB1}都在平面AB1D1，
即三个向量{OA,B1D1,AB1}共面，则{OA,BD,AB1}也共面，
{OA,BD,AB1}不可作为一组空间向量的基底，选项A错误；
对于选项B，两个向量OA,OD都在平面OAD，显然直线AB与平面OAD是相交关系，
AB不与平面OAD平行，故三个向量{OA,OD,AB}不共面，
可作为一组空间向量的基底，选项B正确；
对于选项C，由于BD/​/B1D1，AB1/​/DC1，易得B1D1/​/平面C1BD，AB1//平面C1BD，
从而有平面AB1D1/​/平面C1BD，且OP⊂平面AB1D1，
所以直线OP/​/平面C1BD，选项C正确；
对于选项D，取{AB,AD,AA1}作为一组空间向量的基底，
OC=OC1+C1C=12(AB+AD)−AA1，B1D1=BD=AD−AB，
OA=OA1+A1A=−12(AB+AD)−AA1，
其中OC⋅B1D1=12(AD2−AB2)+(AA1⋅AB−AA1⋅AD)，
因为底面ABCD为菱形，且∠DAB=π3，A1A= 32AB，∠A1AB=∠A1AD，
得AD2=AB2，AA1⋅AB=AA1⋅AD，所以OC⋅B1D1=0，
即OC⊥B1D1，OC⊥B1D1，其中OC⋅OA=AA12−[12(AB+AD)]2，
显然AA12=34AB2，[12(AB+AD)]2=14(AB2+AD2+2AB⋅AD)=14(AB2+AD2+2AB2csπ3)=34AB2，
所以OC⋅OA=0，即OC⊥OA，OC⊥OA，因为OC⊥B1D1，OC⊥OA，
且B1D1⊂平面AB1D1，OA⊂平面AB1D1，B1D1∩OA=O，所以OC⊥平面AB1D1，
所以向量CP在平面AB1D1上的投影向量为OP，选项D正确．
故选：BCD．
判断三个向量是否共面，可判断A，B项；C项，证明面面平行即可；D项，需证明OC⊥平面AB1D1即可．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：函数f(x)=cs2x=sin(2x+π2)，g(x)=sin(2x+π3)，
对于A，函数y=f(x)的图象右移π12个单位可得到函数y=sin[2(x−π12)+π2]=sin(2x+π3)=g(x)，故A正确；
对于B，函数y=f(x)的图象右移π6个单位可得到函数y=sin[2(x−π6)+π2]=sin(2x+π6)≠g(x)，故B错误；
对于C，函数y=f(x)的图象关于x=π24对称的函数为f(π12−x)=cs2(π12−x)=cs(2x−π6)=sin(2x+π3)=g(x)，故C正确；
对于D，函数y=f(x)的图象关于点(7π24,0)对称的函数为−f(7π12−x)=−cs2(7π12−x)=−cs(7π6−2x)=−cs(3π2−π3−2x)=sin(2x+π3)=g(x)，故D正确．
故选：ACD．
运用三角函数的性质及诱导公式，三角函数图象的变换规律逐一判断即可．
本题考查三角函数的图象变换，考查诱导公式的运用，是中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：因为x1+x2+x3+x5+x6+x76>x1+x2+x3+x4+x5+x6+x77，
所以x1+x2+x3+x5+x6+x7>6x4，
所以(x1+x2+x3+x4)+(x4+x5+x6+x7)>8x4，所以x1−+x2−>2x4，故A正确，B错误；
s12−s12=[x12+x22+x32+x424−(x1+x2+x3+x44)2]−[x42+x42+x62+x724−(x4+x5+x6+x74)2]=14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+4(x−22−x−12)]=14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+4(x2−+x1−)(x2−−x1−)]>14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+8x4(x−2−x−1)]=14[k=14(xk−x4)2−k=47(xk−x4)2]，故C正确，D错误．
故选：AC．
根据平均数的大小列出不等式变形即可判断AB，根据方差公式作差后变形，利用x1−+x2−>2x4，即可判断CD．
本题考查了平均数和方差的计算，属于中档题．
13.【答案】0°
【解析】解：因为直线y= 3平行于x轴，所以直线的倾斜角为0°．
故答案为：0°．
由直线平行于x轴，可得直线的倾斜角的大小．
本题考查直线的倾斜角的求法，属于基础题．
14.【答案】7
【解析】解：二项式(1+2x)n的展开式Tr+1=Cnr⋅2r⋅xr(r=0,1,…,n)，
含x2的项的系数为Cn2⋅22=84，
解得n=7．
故答案为：7．
直接利用二项式的展开式和组合数求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
15.【答案】310
【解析】解：因为∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，
所以∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=80°，
在△BCD中，由正弦定理CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，可得BC=CDsin∠BDCsin∠CBD=108×sin30°sin80∘，
因为在点C测得塔顶A的仰角为80°，可得∠ACB=80°，
在△ABC中，因为tan∠ACB=ABBC，可得AB=tan∠ACB⋅BC=tan80°×108×sin30°sin80∘=54cs80∘≈540.174≈310，
则塔高AB为310米．
故答案为：310．
由题意利用三角形的内角和定理可求∠CBD的值，在△BCD中，由正弦定理可得BC=108×sin30°sin80∘，在△ABC中可得AB=tan∠ACB⋅BC，即可计算求解．
本题主要考查了三角形的内角和定理，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】 62
【解析】解：联立x2a2−y2b2=1x2+y2=a2+13c2，取x>0，y>0，解得x=2 33ay= 33b，即P(2 33a, 33b)，
设点P关于双曲线C的渐近线y=−bax的对称点为点Q，则Q恰好在y轴负半轴上，且|OQ|=|OP|= a2+13c2，
所以Q(0,− a2+13c2)，
因为点P与点Q关于渐近线y=−bax对称，
所以直线PQ的斜率为ab，
所以 33b+ a2+13c22 33a=ab，即 33(b+ 4a2+b2)2 33a=ab，
化简得a2=2b2，
所以离心率e=ca= 1+b2a2= 1+12= 62．
故答案为： 62．
联立双曲线与圆的方程，求出点P的坐标，再取渐近线为y=−bax，求出点Q的坐标，利用kPQ⋅(−ba)=−1，化简运算即可．
本题考查双曲线的方程与几何性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为a=4，b=8，角C为锐角，△ABC的面积为4 7=12absinC=12×4×8×sinC，
所以sinC= 74，csC= 1−sin2C=34，
所以c= a2+b2−2abcsC= 42+82−2×4×8×34=4 2；
(Ⅱ)因为CD为AB上的中线，
所以BD=12c=2 2，
在△ABC中，由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=16+32−642×4×4 2=− 24，
在△BCD中，由余弦定理可得CD= BC2+BD2−2BC⋅BD⋅csB= 42+(2 2)2−2×4×2 2×(− 24)=4 2，
所以∠BDC=BD2+CD2−BC22CD⋅BD=(2 2)2+(4 2)2−422×4 2×2 2=34，即∠BDC的余弦值是34．
【解析】(Ⅰ)由题意利用三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式可求csC的值，进而利用余弦定理可求c的值；
(Ⅱ)由题意可求BD=2 2，在△ABC中，由余弦定理可得csB的值，在△BCD中由余弦定理可得CD的值，进而可求∠BDC的余弦值．
本题主要考查了三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式以及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)已知Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和，若数列{Snan}为等差数列，
则2⋅S2a2=S1a1+S3a3，得2⋅2a1+2a1+2=1+3a1+6a1+4，解得a1=2，
故an=2+(n−1)×2=2n；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得Sn=n(2+2n)2=n2+n，
故S2n=4n+2n，
故数列{S2n}的前n项和=4(1−4n)1−4+2(1−2n)1−2=4n+13+2n+1−103．
【解析】(Ⅰ)利用等差数列的性质和通项公式即可求解；
(Ⅱ)利用分组求和即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式和分组求和，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：由BA⊥AC，BA⊥AA1，AC∩AA1=A，得BA⊥平面ACC1A1，
又A1C⊂平面ACC1A1，故BA⊥A1C，
由CD=1，AC=2，AA1=4且四边形ACC1A1为矩形，得AD⊥A1C，
BA∩AD=A，故A ​1C⊥平面BDA，
所以平面BDA⊥平面ECA1．
(Ⅱ)解：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
点A1(0,0,4)，B(2,0,0)，B(2,0,4)，C(0,2,0)，D(0,2,1)，设点E(2,0,t)，
则A1C=(0,2,−4)，A1E=(2,0,t−4)，
设平面ECA1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅A1C=2y−4z=0n⋅A1E=2z+(t−4)z=0，取y=2，可得平面ECA1的法向量n=(4−t,4,2)，
由A1B1=(2,0,0)得点B1到平面ECA1的距离d=|A1B1⋅n||n|=|8−2t| (4−t)2+20=47，解得t=83，
由BD=(−2,2,1)，n=(43,4,2)，得直线BD与平面ECA1所成的角的正弦值为|cs|=|BD⋅n||BD|⋅|n|=1121．
【解析】(Ⅰ)由线面垂直的证明可得BA⊥平面ACC1A1，从而可得BA⊥A1C，推出AD⊥A1C，即可证得平面BDA⊥平面ECA1；
(Ⅱ)以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解即可．
本题主要考查面面垂直的证明，线面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)如图，

设直线PF1与椭圆的另一个交点为Q′，由椭圆的对称性得Q，Q′关于原点对称，
设点P(x1,y1)，Q′(x2,y2)，由题F1(−1,0)，
所以当k=1时，直线PF1的方程为y=x+1，
联立直线y=x+1与椭圆x2+2y2−2=0的方程，消去y得3x2+4x=0，
所以x1+x2=−43，x1x2=0，则|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=43，
所以|PF1|+|QF2|=|PF1|+|Q′F1|= 1+k2|x1−x2|= 2|x1−x2|=43 2；
(Ⅱ)如图，

由题可设直线PF1的方程为x=yk−1，
联立直线x=yk−1与椭圆x2+2y2−2=0，消去x得(1k2+2)y2−2yk−1=0，
所以y1+y2=2k1k2+2=21k+2k，
所以S1−S2=S△F1F2P−S△F1F2Q=S△F1F2P−S△F1F2Q′=12|F1F2|⋅y1−12|F1F2|⋅(−y2)
=12×2×(y1+y2)=y1+y2=21k+2k≤ 22，当且仅当1k=2k即k= 22时等号成立，
所以S1−S2最大值为 22．
【解析】(Ⅰ)由椭圆的性质可得|PF1|+|QF2|=|PF1|+|Q′F1|，再利用弦长公式即可求解；
(Ⅱ)利用已知条件将S1−S2表示出来，再利用基本不等式即可求解．
本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)零假设为H0：元宵节的降水与中秋节的降水无关，
则χ2=200×(19×90−50×41)269×131×60×140=200×340269×131×60×140≈0.3<1，
因为χ2所以没有充分证据推断H0不成立，故元宵节的降水与中秋节的降水无关；
(Ⅱ)P(A)=140×60C2002，P(AB)=19×90+41×50C2002，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=47105．
【解析】(Ⅰ)根据题意求出χ2的值，进而作出判断即可；
(Ⅱ)利用条件概率公式求解．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了条件概率公式，属于基础题．
22.【答案】(Ⅰ)证明：f′(x)=(1x−lnx−a)e−x，由f′(x)=f(x)得lnx−12x+a=0，
令h(x)=lnx−12x+a，
因为h(x)在(0,+∞)上单调递增，故h(x)至多一个零点，
又因为h(e−a)=−12e−a<0，h(e2+a2)=2+a2+a−12e2+a2>1+a2+a>0，
所以∃x0∈(e−a,ea2+2)，使h(x0)=0，故对于∀a∈R，函数y=f(x)有唯一然点x0．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)得a=12x0−lnx0，g′(x)=(1x−lnx−a)e−x，
令G(x)=1x−lnx−a，因为G(x)在(0,+∞)上单调递减，且G(x0)=12x0>0，
G(ea2+2)=1ea2+2−a2−2−a<−a2−a−1<0，
故∃t∈(x0,ea2+2)，使G(t)=0，
g(x)在(0,t]上单调递增，在[t,+∞)上单调递减．
因为g(x0)=0，故g(t)>g(x0)=0，
将a=12x0−lnx0代入，得g(x)=(lnx−lnx0+12x0)e−x−e−x02x0，
g(x02+x0+1e−2)=ln(1+x0+1(e−2)x0)+12x0ex0+1e−2⋅e−x0−12x0e−x0<(x0+1(e−2)x0+12x0e⋅(x02+1e−2)12x)e−x0
=(x0+e2(e−2)x02x0⋅(ex02+e2(e−2)x0)−12x0)e−x0<0，
所以g(x)有2个零点．
【解析】(Ⅰ)对f(x)求导，由然点的定义可得lnx−12x+a=0令h(x)=lnx−12x+a，判断函数的单调性，结合零点存在性定义即可得证；
(Ⅱ)对g(x)求导，利用导数判断g(x)的单调性，结合函数零点存在性定理即可判断零点个数．
本题主要考查函数的新定义，考查函数的零点与方程根的关系，考查导数的应用，考查运算求解能力，属于难题．中秋天气
元宵天气
合计
降水
无降水
降水
19
41
60
无降水
50
90
140
合计
69
131
200
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828