2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷，共26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．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，则实数a的值为（ ）
A．{2}B．{﹣1，2}C．{1，2}D．{0，2}
2．（5分）设z是复数且|z﹣1+2i|＝1，则|z|的最小值为（ ）
A．1B．3-1C．5-1D．5
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P（3，4）为角α终边上一点，若cs（α+β）=13，β∈（0，π），则csβ＝（ ）
A．3-8215B．3+8215C．4+6215D．62-415
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为12，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为（ ）
A．3πB．5πC．8πD．9π
5．（5分）设a→，b→为单位向量，a→在b→方向上的投影向量为-12b→，则|a→-2b→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．7
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn=r0+(r1-r0)⋅50.25n+p(p∈R，n∈N*)，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg2≈0.301）（ ）
A．8次B．9次C．10次D．11次
7．（5分）设实数x＞1，y∈R，e为自然对数的底数，若exlnx+ey＜yey，则（ ）
A．eylnx＞eB．eylnx＜eC．ey＞exD．ey＜ex
8．（5分）已知F1，F2分别为双曲线x22-y26=1的左，右焦点，直线l过点F2，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，△AF1F2，△BF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2，则△OO1O2面积的取值范围是（ ）
A．(2，433)B．[2，433)
C．[2，433)∪(433，+∞)D．[2，263]
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，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．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是1949
B．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为715
（多选）10．（5分）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则（ ）
A．∀x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．k=12023f(k)=0
D．k=12023g(k)=0
（多选）11．（5分）对于数列{an}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，则称数列{an}为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A．首项为1，公比为12的等比数列{an}是“差收敛”数列
B．设Sn是数列{an}的前n项和，若数列{Sn}是“差收敛”数列，那么数列{an}为“差收敛”数列
C．等差数列一定为“差收敛”数列
D．有界数列一定为“差收敛”数列
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD的棱长为22，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长是变化的
B．四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为8164
C．当λ=14时，平面α截球O所得截面的周长为11π
D．当λ=μ=12时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为43
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为449，方差为15281，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为 ，方差为 ．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 ．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为 ．
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则Sa2+2bc的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比较p8，q8的大小．
18．（12分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的图象经过点(-π4，0)．
（1）若f（x）的最小正周期为2π，求f（x）的解析式；
（2）若∀x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在实数ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上单调？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数xi与该机场飞往A地航班放行准点率yi（i＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
其中ti＝ln（xi﹣2012），t=110i=110 ti
（1）根据散点图判断，y＝bx+a与y＝cln（x﹣2012）+d哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题：
（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为β̂=i=1n(ui-u)(vi-v)i=1n (ui-u)2=i=1n uivi-nuvi=1n ui2-nu2，α̂=v-β̂u
参考数据：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
20．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，Q是棱PA上一点，且AQ→=3QP→．
（1）求证：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝46，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
21．（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为22，过点(-1，22)．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F，定直线m：x＝2，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直线AQ、BP交于点M，证明：M点为定点，并求出M点的坐标．
22．（12分）已知函数f（x）=csx-xx2，x∈（0，+∞）．
（1）证明：函数f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点；
（2）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的最小值；
（3）设gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若对任意的x∈[π2，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式两端等号均能取到，求k1+k2的最大值．
2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，则实数a的值为（ ）
A．{2}B．{﹣1，2}C．{1，2}D．{0，2}
【解答】解：由A∪B＝A知：B⊆A，
当a+2＝3，即a＝1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当a+2＝a2，即a＝﹣1或a＝2，
若a＝﹣1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若a＝2，则A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，满足要求．
综上，a＝2．
故选：A．
2．（5分）设z是复数且|z﹣1+2i|＝1，则|z|的最小值为（ ）
A．1B．3-1C．5-1D．5
【解答】解：根据复数模的几何意义可知，|z﹣1+2i|＝1表示复平面内以（1，﹣2）为圆心，1为半径的圆，而|z|表示复数z到原点的距离，
由图可知，|z|min=12+(-2)2-1=5-1．
故选：C．
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P（3，4）为角α终边上一点，若cs（α+β）=13，β∈（0，π），则csβ＝（ ）
A．3-8215B．3+8215C．4+6215D．62-415
【解答】解：由题意得：α∈(0，π2)，csα=39+16=35，sinα=49+16=45，
因为β∈（0，π），
所以α+β∈(0，3π2)，
因为cs(α+β)=13＞0，
所以α+β∈(0，π2)，故sin(α+β)=1-cs2(α+β)=223，
所以csβ＝cs[（α+β）﹣α]＝cs（α+β）csα+sin（α+β）sinα=13×35+223×45=3+8215．
故选：B．
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为12，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为（ ）
A．3πB．5πC．8πD．9π
【解答】解：设圆台的上底面圆半径为r，则底面圆半径为2r，母线长为l，
如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH+DG＝r+2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝（πr+2πr）l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG=22，故半径为2，表面积为：8π
故选：C．
5．（5分）设a→，b→为单位向量，a→在b→方向上的投影向量为-12b→，则|a→-2b→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．7
【解答】解：因为a→在b→方向上的投影向量为-12b→，
所以a→⋅b→|b→|⋅b→|b→|=-12b→，
则a→⋅b→|b→|2=-12，
又因为a→，b→为单位向量，所以|a→|=|b→|=1，
所以cs＜a→，b→＞=-12，
所以|a→-2b→|=(a→-2b→)2=a→2-4a→⋅b→+4b→2=1-4×(-12)+4=7．
故选：D．
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn=r0+(r1-r0)⋅50.25n+p(p∈R，n∈N*)，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg2≈0.301）（ ）
A．8次B．9次C．10次D．11次
【解答】解：由题意得r0＝2.65，r1＝2.59，
当n＝1时，r1=r0+(r1-r0)⋅50.25+p，即50.25+p＝1，可得p＝﹣0.25，
所以rn=2.65-0.06×50.25(n-1)，
由rn≤0.25，可得50.25（n﹣1）≥40，所以0.25(n-1)≥lg40lg5，
所以n≥4(1+2lg2)1-lg2+1≈10.17，
又由n∈N*，所以n≥11，
所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要11次．
故选：D．
7．（5分）设实数x＞1，y∈R，e为自然对数的底数，若exlnx+ey＜yey，则（ ）
A．eylnx＞eB．eylnx＜eC．ey＞exD．ey＜ex
【解答】解：∵exlnx+ey＜yey，
∴e•elnxlnx＜（y﹣1）ey，即elnxlnx＜（y﹣1）ey﹣1，（*）
∵x＞1，∴lnx＞0，y＞1．
令g（t）＝tet（t＞0），（*）式可化为g（lnx）＜g（y﹣1）
则g′（t）＝（1+t）et＞0恒成立，
∴g（t）在（0，+∞）上单调递增，
∴lnx＜y﹣1，即x＜ey﹣1⇔ex＜ey，
故选：C．
8．（5分）已知F1，F2分别为双曲线x22-y26=1的左，右焦点，直线l过点F2，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，△AF1F2，△BF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2，则△OO1O2面积的取值范围是（ ）
A．(2，433)B．[2，433)
C．[2，433)∪(433，+∞)D．[2，263]
【解答】解：设圆O1与AF1，AF2，F1F2分别切于点M，N，P，由双曲线定义知，|AF1|-|AF2|=2a=22，
∴|AM|+|MF1|-|AN|-|NF2|=2a=22，
∵|AM|＝|AN|，|MF1|＝|F1P|，|NF2|＝|F2P|，
∴|F1P|-|F2P|=22，又|F1P|+|F2P|=2c=42，
∴|F1P|=32，|F2P|=2=c-a，即点P为双曲线的右顶点，
∵O1P⊥x轴，O1的横坐标为2，同理：O2横坐标也为2，
∵O1F2平分∠AF2F1，O2F2平分∠BF2F1，∴∠O1F2O2=π2，
设△AF1F2、△BF1F2的内切圆半径分别为r1，r2，
∵O1O2⊥x轴，∴r1⋅r2=|PF2|2=2，
∵|OP|=2，∴S△OO1O2=12(r1+r2)⋅|OP|=22(r1+2r1)，
设直线AB倾斜角为α，又AB为双曲线右支上两点，
又渐近线方程为y=±3x，∴由题意得α∈(π3，2π3)，∴∠O1F2F1∈(π6，π3)，
∴tan∠O1F2F1=r12∈(33，3)，即r1∈(63，6)，
又S△OO1O2=22(r1+2r1)在(63，2)单调递减，在(2，6)单调递增，
当r1=2时，S△OO1O2=2，此时取得最小值，
当r1=63时，S△OO1O2=433，当r1=6时，S△OO1O2=433，
∴S△OO1O2∈[2，433)．
故选：B．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，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．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是1949
B．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为715
【解答】解：对于A，若第一次取到白球，第二次取到白球，则概率为37×26=17，
若第一次取到红球，第二次取到白球，则概率为47×37=1249，
故第二次取到白球的概率是17+1249=1949，故A正确；
对于B，除了“取到两个红球”和“取到两个白球”这种事件可能发生外，还有可能是取到一白球和一红球，
因此“取到两个红球“和“取到两个白球“是互斥事件，但不对立，故B错误；
对于C，第一次取到红球的概率为：47×37+47×47=47，第二次取到红球的概率为：37×46+47×47=3049，
第一次取到红球且第二次取到红球的概率为：47×47=1649，显然不满足独立事件的概念，故C错误；
对于D，设第二次取到的是红球为事件A，设第一次取到的是白球为事件B，
则P(AB)=37×46=27，P(A)=37×46+47×47=3049，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=273049=715，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（5分）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则（ ）
A．∀x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．k=12023f(k)=0
D．k=12023g(k)=0
【解答】解：对A，因为f（x+2）为奇函数，
则y＝f（x）图像关于（2，0）对称，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
所以f（4+x）+f（﹣x）＝0，A正确：
对于C，因为g′（x）＝f′（x﹣2），
则g（x）＝f（x﹣2）+a，
则g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，
所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，
令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），又f（4+x）+f（﹣x）＝0，
所以f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），
所以f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），
所以y＝f（x）的周期T＝4，
所以f（0）＝f（4），
由f（2+x）+f（2﹣x）＝0可得，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，f（2）＝0，
所以f（0）＝0，f（4）＝0，
所以k=12023 f(k)=505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，C正确；
对B，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，则g（x）是周期T＝4的函数，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，B错误；
对D，f（﹣1）＝f（﹣1+2024）＝f（2023），
f（0）＝f（2）＝f（2+2020）＝f（2022），
所以k=12023 g(k)=f(-1)-2+f(0)-2+f(1)-2+...+f(2021)-2=i=12023f(k)-2×2023，
所以i=12023 g(k)=-4046，D错误．
故选：AC．
（多选）11．（5分）对于数列{an}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，则称数列{an}为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A．首项为1，公比为12的等比数列{an}是“差收敛”数列
B．设Sn是数列{an}的前n项和，若数列{Sn}是“差收敛”数列，那么数列{an}为“差收敛”数列
C．等差数列一定为“差收敛”数列
D．有界数列一定为“差收敛”数列
【解答】解：对于A，由题意an＝（12）n﹣1，则|an﹣an﹣1|＝|（12）n﹣1﹣（12）n﹣2|＝（12）n﹣1，
因此|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|=12+（12）2+…+（12）n=12[1-(12)n]1-12=-1+（12）n＜1，故{an}是“差收敛”数列，正确；
对于B，若数列{Sn}是“差收敛”数列，则存在M＞0，
对任意的n∈N*，恒有|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M，
即|an+1|+|an|+…+|a2|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2M+|a1|，
所以数列{an}为“差收敛”数列，正确；
对于C，设等差数列{an}的公差为d，则|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|＝n|d|，
所以不存在M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M成立，
所以等差数列不一定为“差收敛”数列，错误；
对于D：设数列{an}为有界数列，则存在M＞0，使得|an|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2nM，2nM不是常数，
所以有界数列不一定为“差收敛”数列，错误．
故选：AB．
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD的棱长为22，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长是变化的
B．四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为8164
C．当λ=14时，平面α截球O所得截面的周长为11π
D．当λ=μ=12时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为43
【解答】解：正四面体ABCD的棱长为22，其所有顶点均在球O的球面上．点E满足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，
过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，
∴球心O即为该正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1＝N，
∵BB1∥DD1，BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，∴BD∥B1D1．
又BD∥平面α，B1D1⊄平面α，∴由线面平行的判定定理得B1D1∥平面α．
∵AC∥平面α，AC∩B1D1＝N，AC，B1D1⊂平面AB1CD1，∴平面α∥平面AB1CD1．
对于A，如图①，∵平面α∥平面AB1CD1，平面α∩平面ABC＝EM，平面AB1CD1∩平面ABC＝AC，
∴EM∥AC，则EMAC=BEAB=1-λ，即EM＝（1﹣λ）AC=22(1-λ)，
同理可得GH∥AC，GH=22(1-λ)，HE∥GM∥BD，HE＝GM=22λ，
∴四边形EMGH的周长L＝FM+GM+GH+HE=42，故A错误；
对于B，如图①，由A可知HE∥GM∥BD，HE=GM=22λ，且EM∥GH∥AC，EM=GH=22(1-λ)，
∵四边形AB1CD1为正方形，∴AC⊥B1D1，∴四边形EMGH为矩形，
∴点A到平面α的距离d＝λAA1＝2λ，
∴四棱锥A﹣EMGH的体积V与λ之间的关系式为V（λ）=13×2λ×22λ×22(1-λ)=163(λ2-λ3)，
则V'（λ）=163λ(2-3λ)，∵0＜λ＜1，∴当0＜λ＜23时，V'（λ）＞0，V（λ）单调递增；
当23＜λ＜1时，V'（λ）＜0，V（λ）单调递减，所以当λ=23时，V（λ）取到最大值6481，
∴四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为6481，故B正确；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1﹣A1BC1D的外接球，其半径R=3．
设平面α截球O所得截面的圆心为O1，半径为r，当λ=14时，OO1=12．
∵OO12+r2=R2，则r=R2-OO12=112，∴平面α截球O所得截面的周长为2πr=11π，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体A1B1C1D1，
设A1D1∩AD＝P，A1C1∩BD＝K，B1C1∩BC＝Q，B1D1∩AC＝N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵λ=μ=12，∴E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，
又EP=2，正四棱锥K﹣PEQF的高为12AA1=1，
∴正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为V=2V四棱锥K-PEQF=2×13×1×2×2=43，故D正确．
故答案为：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为449，方差为15281，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为 5 ，方差为 2 ．
【解答】解：根据题意，设其他的8个数据依次为a1、a2、a3、……a8，
若原来容量为9的样本，它的平均数为449，方差为15281，
则有x=19（a1+a2+a3+……+a8+4）=449，则有（a1+a2+a3+……a8）＝40，
s2=19[a12+a22+a32+……+a82+42﹣9×（449）2]=15281，则有（a12+a22+a32+……+a82）＝216；
把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，
则新样本的平均数为x′=18（a1+a2+a3+……+a8）=408=5；
方差s′2=18（a12+a22+a32+……+a82﹣8×52）＝2；
故答案为：5，2．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 84 ．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，
此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48+24+12＝84种不同坐法；
故答案为：84．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为 x+3y+3＝0 ．
【解答】解：∵A（1，2）在抛物线y2＝2px上，
∴4＝2p，∴抛物线方程为y2＝4x，
设过点A的圆的切线方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，
则圆心（2，0）到切线的距离d=|k+2|k2+1=2=r，
解得k＝2±6，
∴过点A的圆的切线方程为：
(2+6)x-y-6=0或(2-6)x-y+6=0，
分别联立y2＝4x，解得B（15-66，﹣6+26），C（15+66，-26-6），
∴直线BC的斜率为-6+25+26+615-66-15-66=-13．
∴直线BC的方程为y+26+6=-13（x﹣15﹣66），
即x+3y+3＝0，
故答案为：x+3y+3＝0，
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则Sa2+2bc的最大值为 312 ．
【解答】解：因为Sa2+2bc=12bcsinAb2+c2-2bccsA+2bc=12×sinAbc+cb+2-2csA≤-14×sinAcsA-2，（当且仅当b＝c时取得等号），
令sinA＝y，csA＝x，
故Sa2+2bc≤-14×yx-2，
因为x2+y2＝1，且y＞0，
故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数z=yx-2，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点H(12，32)，即A＝60°时，取得最小值-33；
故可得z=yx-2∈[-33，0)，
又Sa2+2bc≤-14×yx-2，
故可得Sa2+2bc≤-14×(-33)=312，当且仅当A＝60°，b＝c，取得最大值．
故答案为：312．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比较p8，q8的大小．
【解答】解：（1）第3次传球之前，球在甲手中的情形可分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲，
∴p3=24=12，
第3次传球之前，球在乙手中的情形仅有：甲→丙→乙，
∴q3=14，
∴p3+2q3＝1；
（2）由题意pn+1=12qn+12(1-pn-qn)qn+1=12pn+12(1-pn-qn)，整理得：pn+1=12-12pnqn+1=12-12qn，
∴pn+1-13=-12(pn-13)，p1-13=23，
∴{pn-13}成首项为23，公比为-12的等比数列，
∴pn-13=23⋅(-12)n-1，∴pn=13+23⋅(-12)n-1，
同理qn-13=-13⋅(-12)n-1，∴qn=13-13⋅(-12)n-1，
∴p8=13+23⋅(-12)7＜13，q8=13-13⋅(-12)7＞13，
∴p8＜q8．
18．（12分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的图象经过点(-π4，0)．
（1）若f（x）的最小正周期为2π，求f（x）的解析式；
（2）若∀x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在实数ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上单调？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为f（x）的最小正周期为2π，
所以2π|ω|=2π．
因为ω＞0，所以ω＝1．
因为f（x）的图象经过点(-π4，0)，所以-π4+φ=kπ，k∈Z，
即φ=kπ+π4，k∈Z．
因为|φ|≤π2，所以φ=π4．
故f(x)=sin(x+π4)．
（2）因为∀x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，
所以直线x=π4为f（x）图象的对称轴，
又f（x）的图象经过点(-π4，0)．
所以-π4ω+φ=k1π，π4ω+φ=k2π+π2，k1，k2∈Z．
两式相减得π2ω=(k2-k1)π+π2，
整理得ω＝2（k2﹣k1）+1，
因为ω＞0，所以ω＝2n+1（n∈N），
因为f（x）在(7π18，5π9)上单调，
所以5π9-7π18=π6≤T2，即T=2πω≥π3，解得ω≤6．
当ω＝5时，-5π4+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π2，所以φ=π4，此时f(x)=sin(5x+π4)．
令t=5x+π4∈(79π36，109π36)，g（t）＝sint．g（t）在(79π36，5π2)上单调递增，在(5π2，109π36)上单调递减，
故f（x）在(7π18，5π9)上不单调，不符合题意；
当ω＝3时，-3π4+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π2，所以φ=-π4，此时f(x)=sin(3x-π4)．
令t=3x-π4∈(11π12，17π12)，g（t）＝sint．g（t）在(11π12，17π12)上单调递减，
故f（x）在(7π18，5π9)上单调，符合题意；
当ω＝1时，-π4+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π2，所以φ=π4，此时f(x)=sin(x+π4)．
令t=x+π4∈(23π36，29π36)，g（t）＝sint．g（t）在(23π36，29π36)上单调递减，
故f（x）在(7π18，5π9)上单调，符合题意，
综上，存在实数ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上单调，且ω的取值集合为{1，3}．
19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数xi与该机场飞往A地航班放行准点率yi（i＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
其中ti＝ln（xi﹣2012），t=110i=110 ti
（1）根据散点图判断，y＝bx+a与y＝cln（x﹣2012）+d哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题：
（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为β̂=i=1n(ui-u)(vi-v)i=1n (ui-u)2=i=1n uivi-nuvi=1n ui2-nu2，α̂=v-β̂u
参考数据：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
【解答】解：（1）由散点图判断y＝cln（x﹣2012）+d适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型．
令t＝ln（x﹣2012），先建立y关于t的线性回归方程．
由于ĉ=i=110tiyi-10tyi=1-10ti2-10t-2=1226.8-10×1.5××1.52=4，d̂=y-ĉt=80.4-4×1.5=74.4，
该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为ŷ=4t+74.4，
因此y关于年份数x的回归方程为ŷ=4ln(x-2012)+74.4
所以当x＝2023时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为ŷ=4ln(2023-2012)+74.4=4ln11+74.4≈4×2.40+74.4=84．
所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为84%．
（2）设A1＝“该航班飞往A地”，A2＝“该航班飞往B地”，A3＝“该航班飞往其他地区”，C＝“该航班准点放行”，
则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.2，P（A3）＝0.6，P（C|A1）＝0.84，P（C|A2）＝0.8，P（C|A3）＝0.75．
（i）由全概率公式得，P（C）＝P（A1）P（C|A1）+P（A2）P（C|A2）+P（A3）P（C|A2）＝0.84×0.2+0.8×0.2+0.75×0.6＝0.778，
所以该航班准点放行的概率为0.778．
（ii）P(A1|C)=P(A1C)P(C)=P(A1)P(C|A1)P(C)=0.2×，P(A2|C)=P(A2C)P(C)=P(A2)P(C|A2)P(C)=0.2×，P(A3|C)=P(A3C)P(C)=P(A3)P(C|A3)P(C)=0.6×，
因为0.6×0.75＞0.2×0.84＞0.2×0.8，
所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大．
20．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，Q是棱PA上一点，且AQ→=3QP→．
（1）求证：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝46，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取PA的中点S，连接SM，SD，SC，
易知SM∥¯¯12AB∥CD，故S，M，C，D四点共面，
由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故NQ∥¯¯12SC，
又QN⊄平面MCD，SC⊂平面MCD，
因此NQ∥平面MCD；
（2）解：连接AC，BD交于点O，则O为平行四边形ABCD的中心，
又PA＝PC，PB＝PD，
则等腰△PAC，△PBD中，根据三线合一，有PO⊥AC，PO⊥BD，
又AC∩BD＝O，故PO⊥平面ABCD，
在Rt△POA，Rt△POB中，有PO2+OA2＝PA2，PO2+OB2＝PB2，即h2+m2＝96，①h2+n2＝64，②
设OA＝OC＝m，OB＝OD＝n，OP＝h，∠ABC＝θ，则∠BAD＝π﹣θ，
AC2＝4m2＝BA2+BC2﹣2AB•AC•csθ＝260﹣224csθ，BD2＝4n2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cs（π﹣θ）＝260+224csθ，
相加并整理得m2+n2＝130，③
解方程组①②③得，m=9，n=7，h=15，
故csθ=AB2+BC2-AC22AB⋅AC=-27，sinθ=1-(-27)2=357，
于是S△ABC=12BA⋅BC⋅sinθ=245，
在△PBC中，BC＝BP＝8，N是PC中点，
故BN⊥PC，BN=BC2-CN2=82-(26)2=210，
于是S△PBC=12PC⋅BN=815，
设点A到平面PBC的距离为d，由VP﹣ABC＝VA﹣PBC，得13⋅h⋅S△ABC=13⋅d⋅S△PBC，
故d=h⋅S△ABCS△PBC=15⋅245815=35，
故所求线面角α的正弦值sinα=dPA=3546=308．
21．（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为22，过点(-1，22)．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F，定直线m：x＝2，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直线AQ、BP交于点M，证明：M点为定点，并求出M点的坐标．
【解答】解：（1）由离心率e=ca=1-b2a2=22，可得a2＝2b2，
所以椭圆的方程为：x22b2+y2b2=1，
将（﹣1，22）代入椭圆的方程可得：12b2+24b2=1，解得b2＝1，
所以椭圆的方程为：x22+y2＝1；
（2）证明：由（1）可得右焦点F（1，0），
因为直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my+1，设A（x1，y1），B（x2，y2），设A在x轴上方，
联立x=my+1x2+2y2=2，整理可得：（2+m2）y2+2my﹣1＝0，
显然Δ＞0，y1+y2=-2m2+m2，y1y2=-12+m2，
因为AP⊥m，BQ⊥m，
所以P（2，y1），Q（2，y2），
所以直线AQ的方程为y﹣y2=y2-y12-x1（x﹣2），
由椭圆的对称性可得直线AQ，BP的交点在x轴上，
令y＝0，可得x＝2+-y2(2-x1)y2-y1=2+y2(my1-1)y2-y1=2+my1y2-y2y2-y1，
因为y1+y2=-2m2+m2，y1y2=-12+m2，所以2my1y2＝y1+y2，即my1y2=y1+y22，
所以x＝2+y1+y22-y2y2-y1=2-12=32，
所以直线AQ，BP恒过定点（32，0）．
22．（12分）已知函数f（x）=csx-xx2，x∈（0，+∞）．
（1）证明：函数f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点；
（2）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的最小值；
（3）设gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若对任意的x∈[π2，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式两端等号均能取到，求k1+k2的最大值．
【解答】解：（1）证明：设h（x）＝csx﹣x，
则h′（x）＝﹣sinx﹣1，
因为﹣1≤sinx≤1，
所以h′（x）≤0恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为h（π6）=32-π6＞0，h（π）＝﹣1﹣π＜0，
所以存在唯一x0∈（π6，π），使得h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点，
（2）f′（x）=x-xsinx-2csxx3，
设m（x）＝x﹣xsinx﹣2csx，
m′（x）＝1+sinx﹣xcsx＝1+csx（tanx﹣x），
m″（x）＝csx﹣csx+xsinx，
当x∈（0，π）上，xsinx＞0，m″（x）＞0，m′（x）单调递增，
又m′（0）＝1＞0，
所以m（x）在（0，π）上单调递增，
因为m（π2）＝0，
所以当x∈（0，π2）时，m（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（π2，π）时，m（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）在（0，π）上有最小值f（π2）=-2π．
（3）由（1）可知，x∈[π2，+∞）时，f（x）＜0，
由（2）可知x=π2为f（x）的极小值点，且x∈[π，+∞）时，csx-xx2≥-1-xx2≥-1-ππ2＞-2π，
所以x∈[π2，+∞）时，f（x）在x=π2取到最小值-2π，
b＜-2π时，k1＞0，存在x∈（m1，+∞）使得g（x1）＞0与f（x）≥g1（x）矛盾，
b≥0时，k2＜0，存在x∈（m2，+∞）使得g（x2）＜-2π与f（x）≤g2（x）矛盾，
当b=-2π时，令k1＝0，则g（x1）=-2π，满足题意，此时k1取得最大值，
再过点（0，-2π）作函数f（x）的切线，设切点为P（t，f（t）），则f′（t）=f(t)+2bt，解得t=3π2，
所以切线方程为y=8x9π2-2π，
当b=-2π时，k2的最大值为-89π2，
又因为x∈（3π2，+∞）时，f′（x）=x-xsinx-2csxx3≤2x-2csxx3，
设φ（x）=2x-2csxx3，
φ′（x）=-2x+xsinx+3csxx4＜-2x+x+3x4=3-xx4＜0，
所以φ（x）单调递减，
即f′（x）≤2x-2csxx3≤89π2，
所以-2π≤b＜0时，k1+k2取得最大值89π2，
接下来证明当x∈[π2，+∞）时，csx-xx2≤8x9π2-2π，
先证：q（x）=8x39π2-2x2π+x﹣csx≥0，x∈[π2，3π2]恒成立，
q′（x）=8x23π2-4xπ+1+sinx，
q″（x）=16x3π2-4π+csx，
q″′（x）=163π2-sinx，
当x∈[π2，3π2]时，q″′（x）单调递增，
q″′（π2）＝﹣1+163π2＜0，q″′（3π2）＝1+163π2＞0，q″′（π）=163π2＞0，
所以存在唯一的x1∈（π2，π）使得q″′（x）＝0，且x∈（π2，x1）时，q″′（x）＜0，q″（x）单调递减，
x∈（x1，3π2）时，q″′（x）＞0，q″（x）单调递增，
因为q′（π2）=23＞0，q′（π）=-13＜0，q′（3π2）＝0，
所以存在唯一的x3∈（π2，π）使得q′（x）＝0，且x∈（π2，x3）时，q′（x）＞0，q（x）单调递增，
x∈（x3，3π2）时，q′（x）＜0，q（x）单调递减，
又因为q（π2）=π9，q（3π2）＝0，
所以当x∈[π2，3π2]时，q（x）=8x39π2-2x2π+x﹣csx≥0，
当x∈[3π2，+∞）时，q′（x）=8x23π2-4xπ+1+sinx=4xπ（2x3π-1）+1+sinx≥0，
所以q（x）≥0，
综上所述，x∈[π2，+∞）时，csx-xx2≤8x9π2-2π，
当x∈（3π2，+∞），f′（x）=x-xsinx-2csxx3≤2x-2csxx3≤89π2，
所以当-2π≤b＜0时，k2的最大值为89π2，
即k1+k2的最大值为89π2．
x
y
t
i=110 xi2
i=110 xiyi
i=110 ti2
i=110 tiyi
2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
1226.8
x
y
t
i=110 xi2
i=110 xiyi
i=110 ti2
i=110 tiyi
2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
1226.8