2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}，则A∩B真子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
2．（5分）1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝csx+isinx（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，化简(eπ4i)2024+eπ2i的结果为（ ）
A．2B．2iC．1+iD．1﹣i
3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-π4)=m(m＞0)，则tan(α-π4)=（ ）
A．m1-m2B．-m1-m2C．1-m2mD．-1-m2m
4．（5分）已知向量a→、b→满足|a→+b→|=|a→-2b→|，|b→|=1，则|a→|cs〈a→，b→〉=（ ）
A．﹣2B．2C．32D．12
5．（5分）“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到A、B、C三个景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员．因工作需要，乙不能去A景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为（ ）
A．20B．30C．42D．60
6．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，点P在直线l：x-y-22=0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，则（ ）
A．2＜S＜3B．1＜S≤2C．1＜S≤3D．0＜S＜1
7．（5分）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从{an}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}（则称数列{an}为一阶等差数列），或者{bn}仍旧不是等差数列，但从{bn}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}（则称数列{an}为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则n=110lg3an的值为（参考公式：12+22+⋯n2=n6(n+1)(2n+1)）（ ）
A．60B．120C．240D．480
8．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝ln1.44，则（ ）
A．a＜c＜bB．a＜b＜cC．b＜a＜cD．b＜c＜a
二、选择题：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）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，则（ ）
A．a2023＝2020
B．数列{an}是递增数列
C．数列{Sn}中的最小项为S2
D．Sm、S2m、S3m(m∈N*)成等差数列
（多选）10．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)，满足f(-5π12-x)=f(-5π12+x)，则（ ）
A．ω＝2
B．f（x）的最小正周期为π
C．f（x）在区间[-5π12，π6]单调递增
D．f(2023π)=32
（多选）11．（5分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别是F1，F2，渐近线方程为3x±y＝0，点R(4，63)在双曲线E上，点M为双曲线右支上任一点，则（ ）
A．双曲线的离心率为5
B．右焦点F2到渐近线的距离为6
C．过双曲线右焦点F2的直线l与C交于A，B两点，当|AB|＝30时，直线l有3条
D．若直线MF1与双曲线E的另一个交点为P，Q为MP的中点，O为原点，则直线OQ与直线PM的斜率之积为9
（多选）12．（5分）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守．某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立．假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p≤1），有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为f（p），则（ ）
A．打满五局的概率为C42p2(1-p)2
B．f（p）的常数项为3
C．函数f（p）在(12，1]上单调递增
D．f(12)=338
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高．他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的30%分位数是 ．
14．（5分）为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图（一）所示的四边形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC为折痕将△PAC折起，得到三棱锥P﹣ABC，如图（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，则活动结束后计算得到三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 ．
15．（5分）已知函数f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是 ．
16．（5分）已知函数f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，则实数t的取值范围是 ．
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．（10分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=23，2asinCcsB=asinA-bsinB+32bsinC，△ABC的面积为92．
（1）求A；
（2）以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，求r的取值范围．
18．（12分）在①a1+a2+⋯+an=2n+1-2；②a1a2a3⋯an=2n2+n2两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若_____n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）当n∈[ak2，ak+12)，k∈N*时，求区间[ak2，ak+12)上所有整数n的和T的表达式．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC为正三角形．点E为BC的中点，点F在线段DE上运动．
（1）求证：BC⊥PF；
（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小为60°，当3FE→=DF→时，求证：直线PB与平面PAF所成的角小于π6．
20．（12分）某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：
方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为X，则该参与者获得奖金X百元；
方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为Y，则该参与者获得奖金Y百元．
（1）若用方案一，求X的分布列与数学期望；
（2）若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由．
21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，1）到焦点的距离为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q（0，﹣2），连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1：3，求直线AB的方程．
22．（12分）已知函数f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．
（1）若方程f（x）＝0有3个零点，求实数a的取值范围；
（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：0＜a＜2ee，且2x2+12x1+1＜ex2-e-x1x2+x1．
2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：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＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}，则A∩B真子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
【解答】解：由题意可得，A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}＝{x|﹣1≤x≤3，x∈Z}＝{﹣1，0，1，2，3}，
B={x|y=14-x2}={x|4-x2＞0}={x|-2＜x＜2}，
所以A∩B＝{﹣1，0，1}，
所以A∩B真子集的个数为7．
故选：A．
2．（5分）1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝csx+isinx（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，化简(eπ4i)2024+eπ2i的结果为（ ）
A．2B．2iC．1+iD．1﹣i
【解答】解：因为eπ2i=csπ2+isinπ2=i，
又(eπ4i)2024=(22+22i)2024=[(22+22i)2]1012=i1012=1，
所以(eπ4i)2024+eπ2i=1+i．
故选：C．
3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-π4)=m(m＞0)，则tan(α-π4)=（ ）
A．m1-m2B．-m1-m2C．1-m2mD．-1-m2m
【解答】解：因为α∈(π，3π2)，
所以α-π4∈(3π4，5π4)，又sin(α-π4)=m(m＞0)，
所以α-π4∈(3π4，π)，从而cs(α-π4)=-1-m2，
因此tan(α-π4)=-m1-m2，
故选：B．
4．（5分）已知向量a→、b→满足|a→+b→|=|a→-2b→|，|b→|=1，则|a→|cs〈a→，b→〉=（ ）
A．﹣2B．2C．32D．12
【解答】解：由|a→+b→|=|a→-2b→|，可得|a→+b→|2=|a→-2b→|2，
整理得a→2+2a→⋅b→+b→2=a→2-4a→⋅b→+4b→2，
化简得2a→⋅b→=b→2，又|b→|＝1，
所以2|a→|⋅|b→|cs〈a→，b→〉=|b→|2=1，
所以|a→|cs〈a→，b→〉=12．
故选：D．
5．（5分）“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到A、B、C三个景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员．因工作需要，乙不能去A景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为（ ）
A．20B．30C．42D．60
【解答】解：4人分3组，每组至少1人，则必有1组2人，
若丙丁1组，则先安排乙，则乙可以去B，C两个景点，则共有C21×A22=4，
若丙丁一人和甲一组，则有C21C21A22=8，
若丙丁一人和乙一组，则有C21C21A22=8，
则共有4+8+8＝20种不同的安排方法．
故选：A．
6．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，点P在直线l：x-y-22=0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，则（ ）
A．2＜S＜3B．1＜S≤2C．1＜S≤3D．0＜S＜1
【解答】解：圆O：x2+y2＝1的圆心O的坐标为（0，0），半径为1，如图所示：
∵sin∠OPB=r|OP|=1|OP|，且y＝sinx在(0，π2)上递增，
∴当|OP|最小时，∠OPB最大，即∠APB最大，此时OP垂直直线l，
且|OP|=2212+(-1)2=2，|PA|=|PB|=3，
从而四边形OAPB的面积为SOAPB=2×12×3×1=3，
设∠AOP＝θ，则∠AOB＝2θ，
S扇形OAB=12×12×2θ=θ，
从而劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S=3-θ，
又∵sinθ=32，θ∈(0，π2)，∴θ=π3，
可得0＜S=3-θ=3-π3＜1，即0＜S＜1．
故选：D．
7．（5分）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从{an}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}（则称数列{an}为一阶等差数列），或者{bn}仍旧不是等差数列，但从{bn}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}（则称数列{an}为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则n=110lg3an的值为（参考公式：12+22+⋯n2=n6(n+1)(2n+1)）（ ）
A．60B．120C．240D．480
【解答】解：由题意，数列1，1，3，27，729，…为{an}，且为一阶等比数列，
设bn-1=anan-1，所以{bn}为等比数列，
其中b1＝1，b2＝3，公比为q=b2b1=3，所以bn=3n-1，
则an=bn-1⋅bn-2⋯b1⋅a1=31+2+3+⋯+(n-2)=3(n-1)(n-2)2，n≥2，
所以lg3an=lg33(n-1)(n-2)2=(n-1)(n-2)2=12(n2-3n+2)，n≥2，
因为a1＝1，a2＝1，也适合上式，所以lg3an=12(n2-3n+2)，
所以n=110lg3an=lg3a1+lg3a2+lg3a3+⋯+lg3a10
=12[(12+22+⋯+102)-3(1+2+⋯+10)+2×10]
=12[(16×10×11×21)-3×(1+10)×102+2×10]=120．
故选：B．
8．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝ln1.44，则（ ）
A．a＜c＜bB．a＜b＜cC．b＜a＜cD．b＜c＜a
【解答】解：构造函数g(x)=sinx-1+2x+1，x∈(0，14)，
可得g'(x)=csx-11+2x，x∈(0，14)，
令g'(x)=csx-11+2x=f(x)，x∈(0，14)，
则f'(x)=1(1+2x)3-sinx，
因为当x∈(0，14)时，y=1(1+2x)3，y＝﹣sinx均单调递减，
所以f'(x)=1(1+2x)3-sinx单调递减，
所以f'(x)=1(1+2x)3-sinx＞f'(14)=(23)3-sin14，
因为sin14＜14，所以(23)3-sin14＞(23)3-14＞0，
所以g'(x)=csx-11+2x=f(x)单调递增，
又g'(0)=cs0-11+0=0，从而g（x）在x∈(0，14)单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，
所以g(0.2)=sin0.2-1+2×0.2+1＞0，从而得到b＞a，
又因为c﹣b＝ln1.44﹣sin0.2＝2ln1.2﹣sin0.2，
构造函数φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，14)，
所以φ'(x)=2x+1-csx，x∈(0，14)，
令φ'(x)=2x+1-csx=m(x)，则m'(x)=sinx-2(x+1)2，
因为当x∈(0，14)时，y＝sinx，y=-2(x+1)2均单调递增，
所以m'(x)=sinx-2(x+1)2单调递增，
所以m'(x)=sinx-2(x+1)2＜m'(14)=sin14-2(14+1)2＜14-2(14+1)2=14-3225＜0，
所以φ′（x）在x∈(0，14)单调递减，所以φ'(x)＞φ'(14)=85-cs14＞0，
所以φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，14)单调递增，从而φ（x）＞φ（0）＝0，
所以φ（0.2）＝2ln（1.2）﹣sin0.2＞0，所以c＞b，
综上可得：c＞b＞a．
故选：B．
二、选择题：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）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，则（ ）
A．a2023＝2020
B．数列{an}是递增数列
C．数列{Sn}中的最小项为S2
D．Sm、S2m、S3m(m∈N*)成等差数列
【解答】解：因为an+1＝an+1，所以an+1﹣an＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列，
因为a1＝﹣2，所以an＝﹣2+1×（n﹣1）＝n﹣3，
所以a2023＝2023﹣3＝2020，故A正确；
因为an+1﹣an＝1＞0，所以{an}是递增数列，故B正确；
因为a1＝﹣2＜0，a2＝﹣1＜0，a3＝0，an+1﹣an＝1＞0，即n≥4时，an＞0，
所以数列{Sn}中的最小项为S2或S3，故C错误；
当m＝1时，S1＝﹣2，S2＝﹣3，S3＝﹣3，显然不是等差数列，故D错误．
故选：AB．
（多选）10．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)，满足f(-5π12-x)=f(-5π12+x)，则（ ）
A．ω＝2
B．f（x）的最小正周期为π
C．f（x）在区间[-5π12，π6]单调递增
D．f(2023π)=32
【解答】解：因为f(-5π12-x)=f(-5π12+x)，所以f（x）的函数图像关于直线x=-5π12成轴对称，
则-5π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，得ω=-25-125k，k∈Z，
又因为1＜ω＜3，所以ω＝2，故A正确；
所以f(x)=sin(2x+π3)，所以T=2π2=π，故B正确；
令-π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，所以-5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
当k＝0时，[-5π12，π12]为f（x）的单调递增区间，
所以f（x）在区间[-5π12，π6]有增有减，故C错误；
f(2023π)=sin(2×2023π+π3)=sinπ3=32，故D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（5分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别是F1，F2，渐近线方程为3x±y＝0，点R(4，63)在双曲线E上，点M为双曲线右支上任一点，则（ ）
A．双曲线的离心率为5
B．右焦点F2到渐近线的距离为6
C．过双曲线右焦点F2的直线l与C交于A，B两点，当|AB|＝30时，直线l有3条
D．若直线MF1与双曲线E的另一个交点为P，Q为MP的中点，O为原点，则直线OQ与直线PM的斜率之积为9
【解答】解：由渐近线方程为3x±y＝0，可设双曲线E：x2-y29=m(m≠0)，
∵点R(4，63)在双曲线E上，∴m＝4，可得双曲线E：x24-y236=1．
故a=2，b=6，c=210，∴离心率为e=10，故A错误；
由题可知右焦点为F2(210，0)，
则点F2(210，0)到渐近线3x﹣y＝0的距离为d=|3×210|9+1=6，故B正确；
若l⊥x轴，当x=210时，将其代入x24-y236=1得|y|＝18，则|AB|＝2|y|＝36＞30，
∴直线l与右支不可能有两个交点；
若l与x轴不垂直，与C的左，右支交于A，B两点，
∵|AB|＝30＞2a＝4，∴存在两条直线分别交左右两支各一点．
综上可得：满足条件的直线有2条，故C错误；
设M（x1，y1），P（x2，y2），Q（x3，y3），则x3=x1+x22，y3=y1+y22，
∵P，M在双曲线E上，∴x124-y1236=1①，x224-y2236=1②，
①﹣②并整理得y1+y2x1+x2⋅y1-y2x1-x2=9，
∵kMP=y1-y2x1-x2，kOQ=y3x3=y1+y2x1+x2，∴kOQ×kPM＝9，故D正确．
故选：BD．
（多选）12．（5分）乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守．某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立．假设甲在任一局赢球的概率为p（0≤p≤1），有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为f（p），则（ ）
A．打满五局的概率为C42p2(1-p)2
B．f（p）的常数项为3
C．函数f（p）在(12，1]上单调递增
D．f(12)=338
【解答】解：设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
可得P（X＝3）＝p3+（1﹣p）3，P(X=4)=C31p3(1-p)+C31p(1-p)3，
P(X=5)=C42p2(1-p)2，
因此打满五局的概率为C42p2(1-p)2，故A正确；
由f(p)=3[p3+(1-p)3]+4[C31p3(1-p)+C31p(1-p)3]+5×C42p2(1-p)2
＝6p4﹣12p3+3p2+3p+3，常数项为3，故B正确；
由f′（p）＝24p3﹣36p2+6p+3＝3（2p﹣1）（4p2﹣4p﹣1），
因为0≤p≤1，所以4p2﹣4p﹣1＝（2p﹣1）2﹣2＜0，
令f′（p）＞0，则0≤p＜12；令f′（p）＜0，则12＜p≤1，
则函数f（p）在(12，1]上单调递减，故C错误；
又由f(12)=6×116-12×18+3×14+32+3=338，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高．他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的30%分位数是 6.5 ．
【解答】解：依题意这10个数据从小到大排列为5、6、6、7、8、8、9、9、10、10，
又10×30%＝3，所以这组数据的30%分位数是第3与第4个数的平均数6.5．
故答案为：6.5．
14．（5分）为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图（一）所示的四边形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC为折痕将△PAC折起，得到三棱锥P﹣ABC，如图（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，则活动结束后计算得到三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 529π ．
【解答】解：由题意得第一步：∵AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，
第二步：可三棱锥P﹣ABC外接球的球心是过底面△ABC外心的平面ABC的垂线，与过△PAC外心的平面PAC的垂线的交点，如图所示：
∵△ABC为正三角形，
∴△ABC的外心O1为△ABC的中心，
∵△PAC为以AC为斜边的直角三角形，
∴△PAC的外心O2为AC的中点，
三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，
∵AB＝BC＝2，PA＝PC，
∴PO2⊥AC，O1O2⊥AC，
故∠PO2O1为二面角P﹣AC﹣B的一个平面角，
∴∠PO2O1＝120°，
∵△ABC为正三角形，
∴O1O2=33O2C=33，
又OO2⊥平面PAC，PO2⊂平面PAC，
则OO2⊥PO2，即∠PO2O＝90°，
∴∠OO2O1＝30°，
∴cs∠OO2O1=cs30°=O2O1OO2=33OO2，
∴OO2=23，
设外接球的半径为R，则R2=OO22+O2C2=49+1=139，
故外接球的表面积为4πR2=52π9．
故答案为：529π．
15．（5分）已知函数f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是 [e+1e，+∞） ．
【解答】解：已知g（x）＝xex，函数定义域为（﹣∞，1]，
可得g′（x）＝（x+1）ex，
当x＜﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当﹣1＜x≤1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当x＝﹣1时，函数g（x）取得极小值也是最小值，最小值f（﹣1）=-1e，
又g（1）＝e，且当x→﹣∞时，g（x）→0，
已知f（x）＝ax+e（a＞0），函数定义域为[﹣1，2]，
可得函数f（x）在定义域上单调递增，
所以当x＝﹣1时，函数f（x）取得极小值也是最小值，f（﹣1）＝e﹣a，
当x＝2时，函数f（x）取得极大值也是最大值，f（2）＝2a+e，
若∀x2∈（﹣∞，1]，∃x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，
所以e-a≤-1e2a+e≥e，
解得a≥e+1e，
则实数a的取值范围为[e+1e，+∞）．
故答案为：[e+1e，+∞）．
16．（5分）已知函数f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，则实数t的取值范围是 (1639，1639+2) ．
【解答】解：由x3﹣4x＝x（x2﹣4）＝x（x+2）（x﹣2）＝0（x≤0），解得x＝0或x＝﹣2；
由﹣lnx＝0（x＞0），解得 x＝1，
因为F（x）＝f（f（x）﹣t）＝0，所以f（x）﹣t＝0或f（x）﹣t＝1或f（x）﹣t＝﹣2，
即f（x）＝t或f（x）＝t+1或f（x）＝t﹣2，
因为F（x）＝f（f（x）﹣t）有5个零点，所以数f（x）的图象与三条直线y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有5个交点，
因为函数y＝﹣lnx的图象与三条直线y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有3个交点，所以f（x）＝x3﹣4x（x≤0）的图象与三条直线共有2个交点，
当x≤0时，f'(x)=3x2-4=3(x+233)(x-233)，
所以x∈(-∞，-233)时，f′（x）＞0，f（x）单调增；
x∈(-233，0)时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以x=-233时，f（x）取得极大值也是最大值f(-233)=(-233)3-4×(-233)=1639，f（0）＝0，
结合f（x）的图象，
可知t＞16390＜t-2＜1639或t=1639t-2＜0，
解得1639＜t＜1639+2．
故答案为：(1639，1639+2)．
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．（10分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=23，2asinCcsB=asinA-bsinB+32bsinC，△ABC的面积为92．
（1）求A；
（2）以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，求r的取值范围．
【解答】解：（1）由正弦定理可得2accsB=a2-b2+32bc，
由余弦定理得2ac⋅a2+c2-b22ac=a2-b2+32bc，
所以c=32b，
又因为b=23，所以c＝3，
又△ABC的面积为92，所以12bcsinA=92，
即12×23×3sinA=92，所以sinA=32，
又因为0＜A＜π2，所以A=π3；
（2）由（1）及余弦定理可知a2=b2+c2-2bccsA=12+9-2×23×3csπ3，
即a2=21-63，所以a=21-63＜b=23，
又若C为圆心，r为半径的圆与边AB相切，
设切点为D，则sinA=CDAC，得CD=ACsinA=23×32=3，
所以要使以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，
必须满足3＜r≤21-63，
所以r的取值范围为(3，21-63]．
18．（12分）在①a1+a2+⋯+an=2n+1-2；②a1a2a3⋯an=2n2+n2两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若_____n∈N*．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）当n∈[ak2，ak+12)，k∈N*时，求区间[ak2，ak+12)上所有整数n的和T的表达式．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解答】解：（1）选①：
∵a1+a2+⋯+an=2n+1-2，
∴当n≥2时，a1+a2+⋯+an-1=2n-2，
两式相减得，an=2n（n≥2），
当n＝1时，a1＝2，满足上式，
∴an=2n．
选②：
∵a1a2a3⋯an=2n2+n2，
∴当n≥2时，a1a2a3⋯an-1=2(n-1)2+(n-1)2=2n2-n2，
两式相除得，an=2n(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2，满足上式，
∴an=2n．
（2）由（1）可知，n∈[2k﹣1，2k），k∈N*，
而[2k﹣1，2k）上所有整数依次为2k﹣1，2k﹣1+1，2k﹣1+2，…，2k﹣1+（2k﹣1﹣1），
它们构成首项为2k﹣1，公差为1的等差数列，且项数为2k﹣1，
所以T＝2k﹣1+（2k﹣1+1）+（2k﹣1+2）+…+[2k﹣1+（2k﹣1﹣1）]=2k-1⋅2k-1+(2k-1-1)2k-12=3×22k-3-2k-2．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC为正三角形．点E为BC的中点，点F在线段DE上运动．
（1）求证：BC⊥PF；
（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小为60°，当3FE→=DF→时，求证：直线PB与平面PAF所成的角小于π6．
【解答】证明：（1）∵ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，
∴△BCD为等边三角形，又点E为BC中点，
∴DE⊥BC．
∵在正三角形PBC中，PE⊥BC，
又DE∩PE＝E，DE，PE⊂平面DEP，
∴BC⊥平面DEP，又PF⊂平面DEP，
∴BC⊥PF；
（2）∵PE⊥BC，DE⊥BC，
∴∠DEP就是二面角A﹣BC﹣P的平面角，∴∠DEP＝60°，
在△DEP中，PE=DE=3，∴△DEP为边长为3的等边三角形，
取DE中点O，则PO⊥DE，
又由（1）可知，平面DEP⊥底面ABCD，平面DEP∩底面ABCD＝DE，PO⊂平面DEP，
所以PO⊥底面ABCD．
过点O作BC的平行线交AB于点G，
则OG⊥DE，∴OG，OE，OP两两相互垂直，
∴以OG→，OE→，OP→所在的方向分别为x，y，z轴的正方向，建系如图，
∵在△POE中，OE=32，OP=32，
∴A(2，-32，0)，B(1，32，0)，E(0，32，0)，P(0，0，32)，D(0，-32，0)，
又3FE→=DF→，∴可得F(0，34，0)，
∴AF→=(-2，334，0)，PF→=(0，34，-32)，PB→=(1，32，-32)，
设n→=(x，y，z)为平面PAF的一个法向量，
则-2x+334y=034y-32z=0，取n→=(332，4，233)，
设直线PB与平面PAF所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n→，PB→〉|=|n→⋅PB→||n→|⋅|PB→|=5322×1723=1534＜12，∴θ＜π6，
∴直线PB与平面PAF所成的角小于π6得证．
20．（12分）某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：
方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为X，则该参与者获得奖金X百元；
方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为Y，则该参与者获得奖金Y百元．
（1）若用方案一，求X的分布列与数学期望；
（2）若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由．
【解答】解：（1）若选择方案一，由条件可知X可能的取值为3，4，5，6，
P(X=3)=12×12×12=18，
P(X=4)=12×23×23+12×12×23+12×12×12=3772，
P(X=5)=12×13×56+12×23×13+12×12×13=13，
P(X=6)=12×13×16=136，
∴X的分布列为：
E(X)=3×18+4×3772+5×13+6×136=30772≈4.26百元．
（2）对于方案二，由条件可得Y可能的取值为3，4，5，6，
P(Y=3)=C33C63=120，
P(Y=4)=C31C32C63=920，
P(Y=5)=C31C32C63=920，
P(Y=6)=C33C63=120，
∴Y的期望值E(Y)=3×120+4×920+5×920+6×120=92=4.5百元．
∵E（Y）＞E（X），所以参与者选择方案二获得奖金数额的数学期望值会更高．
所以作为参与者，应该选择方案二．
21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，1）到焦点的距离为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q（0，﹣2），连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1：3，求直线AB的方程．
【解答】解：（1）由题可知焦点的坐标为(0，p2)，
所以由抛物线的定义可知|MF|=1+p2=2，
即p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y；
（2）易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y＝k（x+1）（k≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），
由y=k(x+1)x2=4y，得x2﹣4kx﹣4k＝0，
则Δ＝16k2+16k＞0，即k＞0或k＜﹣1，x1x2＝﹣4k．
因为Q（0，﹣2），所以kAQ=y1+2x1，
所以直线AQ的方程为y=y1+2x1x-2，
由y=y1+2x1x-2x2=4y，得x2-4(y1+2)x1x+8=0，
设E（x3，y3），则x1x3＝8，得x3=8x1，
设F（x4，y4），同理可得x4=8x2，
则S△QABS△QEF=12|QA|⋅|QB|sin∠AQB12|QE|⋅|QF|sin∠AQB
=|QA|⋅|QB||QE|⋅|QF|=y1+2y3+2⋅y2+2y4+2
=(14x12+2)(14x22+2)(14x32+2)(14x42+2)
=116(x12+8)(x22+8)16(1x12+18)⋅16(1x22+18)
=116(x12+8)(x22+8)2(x12+8)2(x22+8)x12x22
=x12x2264=16k264=k24=13，
得k2=43，k=±233，
故直线AB的方程为y=233(x+1)或y=-233(x+1)．
22．（12分）已知函数f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．
（1）若方程f（x）＝0有3个零点，求实数a的取值范围；
（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：0＜a＜2ee，且2x2+12x1+1＜ex2-e-x1x2+x1．
【解答】（1）解：令f（x）＝0，即得aex﹣x2+3＝0，即a=x2-3ex方程有三个零点，
即直线y＝a与曲线g(x)=x2-3ex有三个不同的交点，
可得g'(x)=2x-x2+3ex=-x2-2x-3ex=-(x+1)(x-3)ex，
∴当x∈（﹣∞，﹣1）或x∈（3，+∞）时，g′（x）＜0，当x∈（﹣1，3）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（3，+∞）上单调递减；在（﹣1，3）上单调递增，
∴g（x）的极小值为g（﹣1）＝﹣2e，g（x）的极大值为g(3)=6e3，
当x→+∞时，g（x）→0，且当|x|≥3时，g（x）＞0，
∴作出函数g(x)=x2-3ex的图象如图所示，
由图可知0＜a＜6e3，即实数a的取值范围为(0，6e3)．
（2）证明：∵φ（x）＝2x+1﹣aex，
当a≤0时，φ（x）单调递增，不可能有两个零点，∴a＞0，此时φ′（x）＝2﹣aex，
当x∈(-∞，ln2a)时，φ′（x）＞0；
当x∈(ln2a，+∞)时，φ′（x）＜0，
故φ（x）在区间(-∞，ln2a)上单调递增，在区间(ln2a，+∞)上单调递减，
∴φ(ln2a)=2ln2a+1-2=2ln2a-1，
若φ（x）有两个零点，则φ(ln2a)＞0，得ln2a＞12，∴0＜a＜2ee，
当0＜a＜2ee时，φ(ln2a)＞0，φ(-12)=-ae-12＜0，ln2a＞12＞-12，
故存在x1∈(-12，ln2a)，使得f（x1）＝0，
又当x趋向于+∞时，φ（x）趋向于﹣∞，故存在x2∈(ln2a，+∞)，使得f（x2）＝0，
故0＜a＜2ee，则满足2x1+1=aex12x2+1=aex2，可得2x2+12x1+1=ex2-x1，即2x2+12x1+1=ex2-x12，
要证2x2+12x1+1＜ex2-e-x1x2+x1，只需证ex2-x12＜ex2-e-x1x2+x1，
两边同乘以ex1，可得ex2+x12＜ex2+x1-1x2+x1，
∵x1＞-12，x2＞ln2a＞12，∴x1+x2＞0，
令t=x1+x22＞0，即证et＜e2t-12t，即证e2t﹣2tet﹣1＞0，
令h（t）＝e2t﹣2tet﹣1（t＞0），可得h′（t）＝2e2t﹣2（t+1）et＝2et（et﹣t﹣1），
令H（t）＝et﹣t﹣1（t＞0），H′（t）＝et﹣1＞0，故H（t）在区间（0，+∞）上单调递增，
故H（t）＞H（0）＝0，∴h′（t）＞0，∴h（t）在区间（0，+∞）上单调递增，
故h（t）＞h（0）＝0，∴不等式2x2+12x1+1＜ex2-e-x1x2+x1成立．X
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