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2023年福建省厦门一中高考数学一模试卷-教师用卷
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这是一份2023年福建省厦门一中高考数学一模试卷-教师用卷，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.已知集合A={x|lg2x<4}，B={x||x|<2}，则(∁RA)∩B=( )
A. [−2,0)B. [0,2)C. (0,2)D. (−2,0]
【答案】D
【解析】解：因为A={x|lg2x<4}={x|0B={x||x|<2}={x||x|<2}={x|−2所以∁RA={x|x≤0或x≥16}，
所以(∁RA)∩B=(−2,0].
故选：D.
求出集合A、B，利用补集和交集的定义可求得集合(∁RA)∩B.
本题考查交集、补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.已知是数z满足(1+i)z−2i=3，则z−对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】解：因为(1+i)z−2i=3，则z=3+2i1+i=(3+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=52−12i，则z−=52+12i，
因此，z−对应的点(52,12)位于第一象限．
故选：A.
利用复数的运算化简复数z，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.Sn是数列{an}的前n项和，则“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】解：如果数列{Sn}为等差数列，
an+1=Sn+1−Sn=p，则p为常数，故数列{an}为常数列
∴“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的充分条件
如果a(n)是常数列，当限制n的取值范围时，s(n)就不是等差数列．
∴“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的不必要条件．
故选：A.
先看如果数列{Sn}为等差数列成立能不能得出“数列{an}为常数列”成立，如果成立则为充分条件；同理看如果“数列{an}为常数列”成立能不能退出“数列{Sn}为等差数列”，如果成立则“数列{Sn}为等差数列”是“数列{an}为常数列”必要条件．
本题主要等差数列的性质和充分必要条件的判定．在判定充分必要条件时一定要注意条件的前后顺序．
4.已知α，β为锐角，tanα=2，csβ=2 55，则tan(α−2β)=( )
A. 13B. −13C. 211D. 811
【答案】C
【解析】解：∵β为锐角，csβ=2 55，
∴sinβ= 1−cs2β= 1−(2 55)2= 55，
∴tanβ=sinβcsβ= 552 55=12，
又∵tan2β=2tanβ1−tan2β=2×121−14=43，
∴tan(α−2β)=tanα−tan2β1+tanα⋅tan2β=2−431+83=211.
故选：C.
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，可得sinβ= 55，再结合正切函数的二倍角和两角和公式，即可求解．
本题主要考查了正切函数的二倍角和两角和公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
5.已知函数f(x)=ax2+|x+a+1|为偶函数，则不等式f(x)>0的解集为( )
A. ⌀B. (−1,0)∪(0,1)
C. (−1,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性的定义和运用，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
由偶函数的定义求得a=−1，再由二次不等式的解法可得所求解集．
【解答】
解：函数f(x)=ax2+|x+a+1|为偶函数，
可得f(−x)=f(x)，即ax2+|−x+a+1|=ax2+|x+a+1|，
则a+1=0，即a=−1，故f(x)=−x2+|x|，
则不等式f(x)>0，即−x2+|x|>0，
可得|x|2−|x|<0，即|x|(|x|−1)<0，
即0<|x|<1，解得−1故不等式f(x)>0的解集为(−1,0)∪(0,1).
故本题选B.
6.定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=f(x)−2，则下列是周期函数的是( )
A. y=f(x)−xB. y=f(x)+xC. y=f(x)−2xD. y=f(x)+2x
【答案】D
【解析】解：对于A，令g(x)=f(x)−x，可得f(x)=g(x)+x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)+x+1=g(x)+x−2，即g(x+1)=g(x)−3，得不出函数具有周期性，A错误；
对于B，令g(x)=f(x)+x，可得f(x)=g(x)−x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)−x−1=g(x)−x−2，即g(x+1)=g(x)−1，得不出函数具有周期性，B错误；
对于C，令g(x)=f(x)−2x，可得f(x)=g(x)+2x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)+2(x+1)=g(x)+2x−2，即g(x+1)=g(x)−4，得不出函数具有周期性，C错误；
对于D，令g(x)=f(x)+2x，可得f(x)=g(x)−2x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)−2(x+1)=g(x)−2x−2，即g(x+1)=g(x)，得出函数具有周期性，周期为1，D正确；
故选：D.
令选项中的函数为g(x)，将f(x)用g(x)表示，再代入条件关系式f(x+1)=f(x)−2，即可判断g(x)的周期性．
本题考查了函数的周期性，是基础题．
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线与双曲线右支交于A，B两点，坐标原点为O，若|OA|2=a2+b2，|BF1|=5a，则该双曲线的离心率为( )
A. 152B. 102C. 153D. 103
【答案】B
【解析】解：如图，∵|OA|2=a2+b2，∴|OA|=c，
∴|OF1|=|OF2|=|OA|=c，又O为F1F2的中点，
∴∠F1AF2=90∘，
∵|BF1|=5a，∴|BF2|=|BF1|−2a=3a，
由勾股定理可得：|AF1|2+|AB|2=|BF1|2，
即(|AF2|+2a)2+(|AF2|+3a)2=(5a)2，
解得|AF2|=a，则|AF1|=3a，
在Rt△F1AF2中，有|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2，
即9a2+a2=4c2，得10a2=4c2，
得e=ca= 102，
故选：B.
由已知可得∠F1AF2=90∘，由双曲线定义得|BF2|=3a，通过求解直角三角形得|AF2|=a，则|AF1|=3a，在Rt△F1AF2中，再由勾股定理列式求解双曲线的离心率．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线定义的应用，考查运算求解能力，是中档题．
8.已知数列{an}满足：a1+a2=0，an+2+(−1)n(n+1)2an=2，则数列{an}的前100项的和为( )
A. 50B. 98C. 100D. 102
【答案】C
【解析】解：由an+2+(−1)n(n+1)2an=2，a1+a2=0，
令n=1、2、3、4，an+2+(−1)n(n+1)2an=2，
可得a3−a1=2，a4−a2=2，
两式相加可得a3+a4=4，a5+a3=2，a6+a4=2，
两式相加a6+a5=0，a7−a5=2，a8−a6=2⇒a7+a8=4，
进行推论归纳可得a4k−3+a4k−2=0，a4k−1+a4k=4(k∈N*)，
所以，对任意的k∈N*，a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k=4，
所以，数列{an}的前100项的和为4×25=100.
故选：C.
根据对n的分类讨论，令n=1，2，3，4可得a3+a4=4，a5+a6=0，进行归纳可得规律a4k−3+a4k−2=0，a4k−1+a4k=4(k∈N*)，再进行求和即可得解．
本题考查数列的递推式和数列的周期性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.设a、b为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有( )
A. a⋅ba=baB. a2=|a|2
C. (a⋅b)2=a2⋅b2D. (a−b)2=a2−2a⋅b+b2
【答案】BD
【解析】解：对于A选项，向量不能作除法，故A错；
对于B选项，由数量积性质可知：a2=|a|2，故B对；
对于C选项，(a⋅b)2=(|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩)2=|a|2|b|2cs2⟨a,b⟩≤a2⋅b2，故C错；
对于D选项，由向量运算性质，有(a−b)2=a2−2a⋅b+b2，故D对．
故选：BD.
利用空间数量积的定义、运算性质逐项判断，可得出合适的选项．
本题考查向量数量积的定义与运算性质，属基础题．
10.将函数y=2sin(2x−π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的12，得到函数f(x)的图象，若f(x)的图象关于直线x=π4对称，则φ的取值可能为( )
A. π12B. 5π24C. 5π12D. 7π12
【答案】AD
【解析】解：y=2sin(2x−π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数y=2sin(2x−2φ−π3)的图象，
再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的12，得到函数f(x)=2sin(4x−2φ−π3)，
因为f(x)的图象关于直线x=π4对称，
所以4×π4−2φ−π3=kπ+π2，k∈Z，
所以φ=π12−kπ2，k∈Z，
又φ>0，
当k=−2时，φ=13π12；当k=−1时，φ=7π12；当k=0时，φ=π12；
故选：AD.
根据图象的变换规律求出f(x)的解析式，进而求出对称轴，即可得到φ的取值情况．
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
11.已知实数a，b，c满足lna=2b=c−12，则下列关系式中可能成立的是( )
A. c>b>aB. a>c>bC. c>a>bD. a>b>c
【答案】BCD
【解析】解：根据题意，设lna=2b=c−12=t，其中t>0，则a=et，b=lg2t，c=1t2，
在同一坐标系中分别画出函数y=ex，y=lg2x，y=1x2的图象，
当t=x1时，c>a>b；当t=x2时，a>c>b；当t=x3时，a>b>c，
由此可以看出，不可能出现c>b>a这种情况．
故选：BCD.
设lna=2b=c−12=t，得到a=et，b=lg2t，c=1t2，分别作出y=ex，y=lg2x，y=1x2的图象，结合图象，即可求解．
本题考查了指数函数、对数函数的单调性、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
12.已知正四面体ABCD的棱长为2 2，其外接球的球心为O.点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，过点E作平面α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的周长为定值
B. 四棱锥A−EMGH的体积的最大值为6481
C. 当λ=12时，平面α截球O所得截面的周长为 3π
D. 当λ=μ=12时，将正四体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分体积为43
【答案】ABD
【解析】解：对于棱长为2的正方体AB1CD1−A1BC1D，则ABCD为棱长为2 2的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1=N，
∵BB1//DD1，BB1=DD1，则BB1D1D为平行四边形，
∴BD//B1D1，
又∵BD//平面α，B1D1⊄平面α，
∴B1D1//平面α，
又∵AC//平面α，AC∩B1D1=N，AC，B1D1⊂平面AB1CD1，
∴平面α//平面AB1CD1，
对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=2 2(1−λ)，
同理可得：HE//GM//B1D1，HE=GM=2 2λ，
EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∴四边形EMGH的周长L=EM+MG+GH+EH=4 2(定值)，A正确；
对B：如图1，由A可知：HE//GM//B1D1，HE=GM=2 2λ，
EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∵AB1CD1为正方形，则AC⊥B1D1，
∴EMGH为矩形，
根据平行可得：点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，
故四棱锥A−EMGH的体积V=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，
则V′=163λ(2−3λ)，∵0<λ<1，
则当0<λ<23时，则V′>0，V在(0,23)上单调递增，
当23<λ<1时，则V′<0，V在(23,1)上单调递减，
∴当λ=23时，V取到最大值6481，
故四棱锥A−EMGH的体积的最大值为6481，B正确；
对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=12时，AEAB=12，平面EMGH过外接球球心O，
平面α截球O所得截面圆半径为R= 3，
截面圆周长为2πR=2 3π，C错误；
对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，
∵λ=μ=12，则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EFPQKN，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：EP= 2，正四棱锥K−PEQF的高为12AA1=1，
故公共部分的体积V=2VK−PEQF=2×13×1× 2× 2=43，D正确．
故选：ABD.
将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解．
本题综合考查空间几何体的表面积和体积等问题，考查将四面体补形成正方体，利用正方体的性质处理相关问题．属难题．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知(1−2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含x3的系数为______ .
【答案】−1320
【解析】解：因为(1−2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，
可得Cn2=Cn9，即n=2+9=11，即二项式为(1−2x)11，
其展开式的通项为Tr+1=C11r(−2x)r=(−2)rC11r⋅xr，
令r=3，可得(−2)3C113⋅x3=−1320x3，即展开式中x3的系数为−1320.
故答案为：−1320.
根据题意求得n=11，得到二项式为(1−2x)11，结合展开式的通项，即可求解．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有4个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则当已知该家庭4个小孩中有女孩的条件下，4个小孩中至少有2个男孩的概率为______ .
【答案】23
【解析】解：根据题意，记事件A：该家庭4个小孩中有女孩，事件B：该家庭中4个小孩中至少有2个男孩，
则P(A)=1−(12)4=1516，
P(AB)=C42(12)2⋅(1−12)2+C43⋅(12)3⋅(1−12)=58，
由条件概率公式可得P(B|A)=P(AB)P(A)=58×1615=23.
故答案为：23.
根据题意，记事件A：该家庭4个小孩中有女孩，事件B：该家庭中4个小孩中至少有2个男孩，计算出P(A)、P(AB)的值，利用条件概率公式可求得P(B|A)的值．
本题考查条件概率性的计算，注意条件概率性的计算公式，属于基础题．
15.若函数f(x)的值域为(0,1],且满足f(x+1)=f(1−x)，则f(x)的解析式可以是f(x)=______ .
【答案】(12)|x−1|(答案不唯一)
【解析】解：取函数f(x)=(12)|x−1|，因为|x−1|≥0，则0因为f(x+1)=(12)|x+1−1|=(12)|x|，f(1−x)=(12)|1−x−1|=(12)|x|，则f(1+x)=f(1−x)，
所以，函数f(x)的解析式可以为f(x)=(12)|x−1|.
故答案为：(12)|x−1|(答案不唯一).
取f(x)=(12)|x−1|，求出函数f(x)的值域，验证f(x+1)=f(1−x)成立，即可得出结果．
本题主要考查根据函数的性质，求函数的解析式，属于基础题．
16.一曲线族的包络线(Envelpe)是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这一点处相切．若圆C1：x2+y2=1是直线族ax+by−1=0(a,b∈R)的包络线，则a，b满足的关系式为______；若曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，则C2的长为______.
【答案】a2+b2=14π
【解析】解：由题意，若圆C1：x2+y2=1是直线族ax+by−1=0(a,b∈R)的包络线，
则1 a2+b2=1，可得a2+b2=1；
又曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，
∴|−xt2+2(y−1)t+x−4|1+t2为定值r，
则2(y−1)=0−x=x−4，解得x=2y=1，此时r=2.
∴曲线C2的方程为(x−2)2+(y−1)2=4，则曲线C的周长为4π.
故答案为：a2+b2=1；4π.
由已知可得1 a2+b2=1，整理即可得到a，b满足的关系式；由曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，得|−xt2+2(y−1)t+x−4|1+t2为定值r，结合题意可得关于x，y的方程组，求得x，y的值，进一步得到r的值，得到曲线C2的方程，即可求得C2的长．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查会更严重思想，训练了点到直线距离公式的应用，是基础题．
四、解答题（本大题共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)
已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足b1=2，若数列{anbn}的前n项和为Sn，且Sn=(n−1)2n+1+2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn=(2an−1)bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
【答案】解：(1)由Sn=(n−1)⋅2n+1+2①，
可得Sn−1=(n−2)⋅2n+2(n≥2)②，
由①-②得anbn=n⋅2n(n≥2)，
又a1b1=2也符合上式，所以anbn=n⋅2n，
由b1=2得a1=1，设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则有
(dn+1−d)×2×qn−1=n⋅2n，
令n=2，有(1+d)×2×q=8，
令n=3，有(1+2d)×2×q2=24，
解得d=1，q=2或者d=−13,q=6，
取n=4，有(1+3d)×2×q3=64，检验得d=−13,q=6(舍去)，
所以an=n,bn=2n；
(2)由cn=(2an−1)⋅bn得cn=(2n−1)⋅2n，
所以Tn=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，
则2Tn=1×22+3×23+⋯+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1，
两式相减得，−Tn=1×21+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)×2n+1
=2+(23+24+⋯+2n+1)−(2n−1)×2n+1
=2+8×(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2n+1
=(3−2n)×2n+1−6，
∴Tn=(2n−3)×2n+1+6.
【解析】(1)根据通项anbn与Sn的关系求出数列{anbn}的通项公式，再由n=2，n=3列出方程求出公差公比即可得出{an}，{bn}的通项公式；
(2)利用错位相减法求出数列{cn}的前n项和Tn即可．
本题考查了数列的递推式和错位相减求和，属于中档题．
18.(本小题12分)
如图，圆台上底面圆O1半径为1，下底面圆O2半径为 2，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上点C满足AC=BC，PO1是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面ABO1的同侧，且PO1//BC.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若圆台的高为2，求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】解：(1)取AC中点M，由题意，PO1=1，BC= 22AB=2，又PO1//BC，故PO1//12BC.
又O2M//12BC，O2M=12BC，故PO1//O2M，PO1=O2M，所以四边形PO1O2M为平行四边形，则PM//O1O2.
由O1O2⊥平面ABC，故PM⊥平面ABC，又PM⊂面PAC，故平面PAC⊥平面ABC.
(2)以O2为坐标原点，O2B，O2C，O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则有A(− 2,0,0)，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，P(− 22, 22,2)，O1(0,0,2)，故AO1=( 2,0,2)，
设平面PBC的法向量n=(x,y,z)，
而BC=(− 2, 2,0)，CP=(− 22,− 22,2)，
故，n⋅BC=− 2x+ 2y=0n⋅CP=− 22x− 22y+2z=0，令z=1，得n=( 2, 2,1)，
设所求角的大小为θ，则sinθ=|cs|=|AO1⋅n||AO1|⋅|n|=|2+2| 6⋅ 5=2 3015.
所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为2 3015.
【解析】(1)证明线线垂直证线面垂直，进而可证面面垂直；
(2)以O2为坐标原点，O2B，O2C，O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求线面角的正弦值．
本题考查面面垂直的证明，以及线面角的正弦值的求法，属中档题．
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinAsin2A=(1−csA)(1−cs2A).
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积S= 312(8b2−9a2)，求csB.
【答案】解：(1)因为sinAsin2A=(1−csA)(1−cs2A)，
所以2sin2AcsA=(1−csA)×2sin2A，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
所以csA=1−csA，
即csA=12，
所以A=π3；
(2)因为S= 312(8b2−9a2)，
所以12bcsinA= 312(8b2−9a2)，
所以12bc× 32= 312(8b2−9a2)，
整理得，3bc=8b2−9a2，①
又csA=b2+c2−a22bc=12，
所以b2+c2−a2=bc，②
②-①×9得，b2−6bc+9c2=0，
所以(b−3c)2=0，
即b=3c，代入②中，可得a2=7c2，
所以csB=a2+c2−b22ac=7c2+c2−9c22× 7c×c=− 714.
【解析】(1)根据二倍角公式可将条件化为2sin2AcsA=(1−csA)×2sin2A，进而可得csA=12，从而可得角A；
(2)由余弦定理可得b2+c2−a2=bc，又根据三角形面积有3bc=8b2−9a2，两者联立可得b=3c，从而可得a2=7c2，代入余弦定理可得csB.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
20.(本小题12分)
已知圆E：(x+1)2+y2=16，点F(1,0)，G是圆E上任意一点，线段GF的垂直平分线和半径GE相交于H
(1)求动点H的轨迹Γ的方程；
(2)经过点F和T(7,0)的圆与直线l：x=4交于P，Q，已知点A(2,0)，且AP、AQ分别与Γ交于M、N.试探究直线MN是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.
【答案】解：(1)如图所示，
∵|HE|+|HF|=|HE|+|HG|=4，且|EF|=2<4，
∴点H的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，
设椭圆方程x2a2+y2b2=1，则2a=4，c=1，∴a=2，b= a2−c2= 3.
∴点H的轨迹方程为：x24+y23=1.
(2)设直线MN的方程为：x=my+n，
由x24+y23=1x=my+n，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−6mn3m2+4，y1y2=3n2−123m2+4.
∴x1+x2=m(y1+y2)+2n=8n3m2+4，x1x2=(my1+n)(my2+n)=−12m2+4n23m2+4
∵直线MA的方程为：y=y1x1−2(x−2)，令x=4，得yP=2y1x1−2，
∴P(4,2y1x1−2)，同理可得Q(4,2y2x2−2)，
以PQ为直径的圆的方程为：(x−4)2+(y−2y1x1−2)(y−2y2x2−2)=0，
即(x−4)2+y2−(2y1x1−2+2y2x2−2)y+2y1x1−2×2y2x2−2=0，
∵圆过点(7,0)，∴，9+2y1x1−2×2y2x2−2=0，
得9+4y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=0，代入得9+12n2−483m2+4−12m2+4n23m2+4−16n3m2+4+4=0，
化简得，9+12n2−484n2−16n+16=0(4n2−16n+16≠0,n≠2)，解得n=1或n=2(舍去)，
∴直线MN经过定点(1,0)，
当直线MN的斜率为0时，此时直线MN与x轴重合，直线MN经过点(1,0)，
综上所述，直线MN经过定点(1,0).
【解析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H的轨迹Γ的方程；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线MN的方程为：x=my+n，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x1，y1，x2，y2之间的关系，再利用两点式写出直线MA的方程，求出点P(4,2y1x1−2)，Q(4,2y2x2−2)，再写出以PQ为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T(7,0)，得到关系式，进而求得n为定值，从而得到直线MN过定点．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21.(本小题12分)
2021年11月4日，第四届中国国际进口博览会在上海开幕，共计2900多家参展商参展，420多项新产品，新技术，新服务在本届进博会上亮相．某投资公司现从中选出20种新产品进行投资．为给下一年度投资提供决策依据，需了解年研发经费对年销售额的影响，该公司甲，乙两部门分别从这20种新产品中随机地选取10种产品，每种产品被甲，乙两部门是否选中相互独立．
(1)求20种新产品中产品A被甲部门或乙部门选中的概率；
(2)甲部门对选取的10种产品的年研发经费xi(单位：万元)和年销售额yi(i=1,2,…，10)(单位：十万元)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
根据散点图现拟定y关于x的回归方程为y =b (x−3)2+a .求a ,b 的值(结果精确到0.1)；
(3)甲，乙两部门同时选中了新产品A，现用掷骰子的方式确定投资金额．若每次掷骰子点数大于2，则甲部门增加投资1万元，乙部门不增加投资；若点数小于3，则乙部门增加投资2万元，甲部门不增加投资，求两部门投资资金总和恰好为100万元的概率．
附：对于一组数据(υ1,u1)，(υ2,u2)，…，(υn,un)，其回归直线u=α+βυ的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=i=1n(υi−υ−)(ui−u−)i=1n(υi−υ−)2,α=u−−b υ−,2016−205×7.58773−205×20.5=29277，2016−65×7.58773−65×6.5=10195567.
【答案】解：(1)20种新产品中产品A没有被甲部门和乙部门同时选中的概率：P=C1910C2010⋅C1910C2010=12×12=14，
所以产品A被甲部门或乙部门选中的概率为1−14=34，
(2)令t=(x−3)2，由题中数据t−=110i=110(xi−3)2=20.5,y−=110i=110yi=7.5，
i=110tiyi=i=110(xi−3)2yi=2016,i=110ti2=i=110(xi−3)4=8773，
b =i=110tiyi−10ty−i=110ti2−10t2=2016−205×7.58773−205×20.5=29277，
a =y−−b x−=7.5−29277×20.5≈5.4，
(3)由题意知，掷骰子时甲部门增加投资1万元发生的概率为23，乙部门增加投资2元发生的概率为13，
设投资资金总和恰好为n万元的概率为Pn，则投资资金总和恰好为(n+1)万元的概率为Pn+1=23Pn+13Pn−1，
所有Pn+1−Pn=23Pn+13Pn−1−Pn=−13(Pn−Pn−1)(n≥2)，
因为P1=23,P2=13+23×23=79,P2−P1=79−23=19，
所以数列{Pn+1−Pn}是首项为19，公比为−13的等比数列，
所以Pn+1−Pn=19×(−13)n−1，
所以P100=P1+(P2−P1)+(P3−P2)+⋯+(P9−P98)+(P100−P99)
=23+19+19×(−13)+19×(−13)2+⋯+19×(−13)98
=23+19×[1−(−13)9]1−(−13)=34+14×(13)100，
所有投资资金总和恰好为100万元的概率为34+14×(13)100.
【解析】本题综合考查了概率统计的知识，考查了学生的综合能力，属于难题．
(1)利用概率公式直接求解即可，
(2)由回归方程的公式即可求出a ,b 的值，
(3)由题意求出数列{Pn+1−Pn}是首项为19，公比为−13的等比数列，再计算投资资金总和恰好为100万元的概率为即可．
22.(本小题12分)
函数f(x)=lnx+2x+a(x−1)−2.
(1)当a=0时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0,1)∪(1,+∞)，不等式f(x)1−x【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=lnx+2x−2，x>0，
∴f′x=−1−lnxx2，
令f′x=0，解得x=1e，
当f′x>0时，即0当f′x<0时，即x>1e，函数单调递减，
∴当x=1e时，函数f(x)有极大值，极大值为f(1e)=e−2，无极小值.
(2)原不等式等价于f(x)x−1+ax>0，即xf(x)+a(x−1)x−1>0，
∴1x−1[lnx+a(x2−1)−2(x−1)]>0，
令g(x)=lnx+a(x2−1)−2(x−1)，g(1)=0，
∴g′x=1x+2ax−2=2ax2−2x+1x，
∵1x−1[lnx+a(x2−1)−2(x−1)]>0，对任意x∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立，
∴g(2)=ln2+3a−2>0⇒a>2−ln23>0，
①当a≥12时，2ax2−2x+1≥x2−2x+1≥(x−1)2>0，
∴g′x>0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴x∈(0,1)，g(x)<0，x∈(1,+∞)，g(x)>0，
∴1x−1⋅gx>0，
②当0解得x1=1− 1−2a2a<1，x2=1+ 1−2a2a>1，
∴x∈1,1+ 1−2a2a时，g′x<0，函数g(x)单调递减，
∴g(x)∴1x−1⋅gx<0，不合题意，舍去.
综上所述，实数a的取值范围是[12,+∞).
【解析】本题考查了函数的单调性，极值等基础知识，考查学生运算求解与推理论证的能力，运用导数工具解决函数与方程，不等式综合问题的能力，考查了数形结合，分类与整合，转化与化归的数学思想，属于难题
(1)先求导，根据导数和函数的极值的关系即可求出；
(2)原不等式等价于f(x)x−1+ax>0，即xf(x)+a(x−1)x−1>0，构造函数g(x)=lnx+a(x2−1)−2(x−1)，根据导数和函数的最值得关系，分类讨论即可证明.i=110xi
i=110yi
i=110(xi−3)2
i=110(xi−3)4
i=110(xi−3)2yi
65
75
205
8773
2016
1.已知集合A={x|lg2x<4}，B={x||x|<2}，则(∁RA)∩B=( )
A. [−2,0)B. [0,2)C. (0,2)D. (−2,0]
【答案】D
【解析】解：因为A={x|lg2x<4}={x|0
所以(∁RA)∩B=(−2,0].
故选：D.
求出集合A、B，利用补集和交集的定义可求得集合(∁RA)∩B.
本题考查交集、补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.已知是数z满足(1+i)z−2i=3，则z−对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】解：因为(1+i)z−2i=3，则z=3+2i1+i=(3+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=52−12i，则z−=52+12i，
因此，z−对应的点(52,12)位于第一象限．
故选：A.
利用复数的运算化简复数z，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.Sn是数列{an}的前n项和，则“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】解：如果数列{Sn}为等差数列，
an+1=Sn+1−Sn=p，则p为常数，故数列{an}为常数列
∴“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的充分条件
如果a(n)是常数列，当限制n的取值范围时，s(n)就不是等差数列．
∴“数列{an}为常数列”是“数列{Sn}为等差数列”的不必要条件．
故选：A.
先看如果数列{Sn}为等差数列成立能不能得出“数列{an}为常数列”成立，如果成立则为充分条件；同理看如果“数列{an}为常数列”成立能不能退出“数列{Sn}为等差数列”，如果成立则“数列{Sn}为等差数列”是“数列{an}为常数列”必要条件．
本题主要等差数列的性质和充分必要条件的判定．在判定充分必要条件时一定要注意条件的前后顺序．
4.已知α，β为锐角，tanα=2，csβ=2 55，则tan(α−2β)=( )
A. 13B. −13C. 211D. 811
【答案】C
【解析】解：∵β为锐角，csβ=2 55，
∴sinβ= 1−cs2β= 1−(2 55)2= 55，
∴tanβ=sinβcsβ= 552 55=12，
又∵tan2β=2tanβ1−tan2β=2×121−14=43，
∴tan(α−2β)=tanα−tan2β1+tanα⋅tan2β=2−431+83=211.
故选：C.
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，可得sinβ= 55，再结合正切函数的二倍角和两角和公式，即可求解．
本题主要考查了正切函数的二倍角和两角和公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
5.已知函数f(x)=ax2+|x+a+1|为偶函数，则不等式f(x)>0的解集为( )
A. ⌀B. (−1,0)∪(0,1)
C. (−1,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性的定义和运用，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
由偶函数的定义求得a=−1，再由二次不等式的解法可得所求解集．
【解答】
解：函数f(x)=ax2+|x+a+1|为偶函数，
可得f(−x)=f(x)，即ax2+|−x+a+1|=ax2+|x+a+1|，
则a+1=0，即a=−1，故f(x)=−x2+|x|，
则不等式f(x)>0，即−x2+|x|>0，
可得|x|2−|x|<0，即|x|(|x|−1)<0，
即0<|x|<1，解得−1
故本题选B.
6.定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=f(x)−2，则下列是周期函数的是( )
A. y=f(x)−xB. y=f(x)+xC. y=f(x)−2xD. y=f(x)+2x
【答案】D
【解析】解：对于A，令g(x)=f(x)−x，可得f(x)=g(x)+x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)+x+1=g(x)+x−2，即g(x+1)=g(x)−3，得不出函数具有周期性，A错误；
对于B，令g(x)=f(x)+x，可得f(x)=g(x)−x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)−x−1=g(x)−x−2，即g(x+1)=g(x)−1，得不出函数具有周期性，B错误；
对于C，令g(x)=f(x)−2x，可得f(x)=g(x)+2x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)+2(x+1)=g(x)+2x−2，即g(x+1)=g(x)−4，得不出函数具有周期性，C错误；
对于D，令g(x)=f(x)+2x，可得f(x)=g(x)−2x，
由f(x+1)=f(x)−2，
即g(x+1)−2(x+1)=g(x)−2x−2，即g(x+1)=g(x)，得出函数具有周期性，周期为1，D正确；
故选：D.
令选项中的函数为g(x)，将f(x)用g(x)表示，再代入条件关系式f(x+1)=f(x)−2，即可判断g(x)的周期性．
本题考查了函数的周期性，是基础题．
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线与双曲线右支交于A，B两点，坐标原点为O，若|OA|2=a2+b2，|BF1|=5a，则该双曲线的离心率为( )
A. 152B. 102C. 153D. 103
【答案】B
【解析】解：如图，∵|OA|2=a2+b2，∴|OA|=c，
∴|OF1|=|OF2|=|OA|=c，又O为F1F2的中点，
∴∠F1AF2=90∘，
∵|BF1|=5a，∴|BF2|=|BF1|−2a=3a，
由勾股定理可得：|AF1|2+|AB|2=|BF1|2，
即(|AF2|+2a)2+(|AF2|+3a)2=(5a)2，
解得|AF2|=a，则|AF1|=3a，
在Rt△F1AF2中，有|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2，
即9a2+a2=4c2，得10a2=4c2，
得e=ca= 102，
故选：B.
由已知可得∠F1AF2=90∘，由双曲线定义得|BF2|=3a，通过求解直角三角形得|AF2|=a，则|AF1|=3a，在Rt△F1AF2中，再由勾股定理列式求解双曲线的离心率．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线定义的应用，考查运算求解能力，是中档题．
8.已知数列{an}满足：a1+a2=0，an+2+(−1)n(n+1)2an=2，则数列{an}的前100项的和为( )
A. 50B. 98C. 100D. 102
【答案】C
【解析】解：由an+2+(−1)n(n+1)2an=2，a1+a2=0，
令n=1、2、3、4，an+2+(−1)n(n+1)2an=2，
可得a3−a1=2，a4−a2=2，
两式相加可得a3+a4=4，a5+a3=2，a6+a4=2，
两式相加a6+a5=0，a7−a5=2，a8−a6=2⇒a7+a8=4，
进行推论归纳可得a4k−3+a4k−2=0，a4k−1+a4k=4(k∈N*)，
所以，对任意的k∈N*，a4k−3+a4k−2+a4k−1+a4k=4，
所以，数列{an}的前100项的和为4×25=100.
故选：C.
根据对n的分类讨论，令n=1，2，3，4可得a3+a4=4，a5+a6=0，进行归纳可得规律a4k−3+a4k−2=0，a4k−1+a4k=4(k∈N*)，再进行求和即可得解．
本题考查数列的递推式和数列的周期性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.设a、b为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有( )
A. a⋅ba=baB. a2=|a|2
C. (a⋅b)2=a2⋅b2D. (a−b)2=a2−2a⋅b+b2
【答案】BD
【解析】解：对于A选项，向量不能作除法，故A错；
对于B选项，由数量积性质可知：a2=|a|2，故B对；
对于C选项，(a⋅b)2=(|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩)2=|a|2|b|2cs2⟨a,b⟩≤a2⋅b2，故C错；
对于D选项，由向量运算性质，有(a−b)2=a2−2a⋅b+b2，故D对．
故选：BD.
利用空间数量积的定义、运算性质逐项判断，可得出合适的选项．
本题考查向量数量积的定义与运算性质，属基础题．
10.将函数y=2sin(2x−π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的12，得到函数f(x)的图象，若f(x)的图象关于直线x=π4对称，则φ的取值可能为( )
A. π12B. 5π24C. 5π12D. 7π12
【答案】AD
【解析】解：y=2sin(2x−π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数y=2sin(2x−2φ−π3)的图象，
再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的12，得到函数f(x)=2sin(4x−2φ−π3)，
因为f(x)的图象关于直线x=π4对称，
所以4×π4−2φ−π3=kπ+π2，k∈Z，
所以φ=π12−kπ2，k∈Z，
又φ>0，
当k=−2时，φ=13π12；当k=−1时，φ=7π12；当k=0时，φ=π12；
故选：AD.
根据图象的变换规律求出f(x)的解析式，进而求出对称轴，即可得到φ的取值情况．
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
11.已知实数a，b，c满足lna=2b=c−12，则下列关系式中可能成立的是( )
A. c>b>aB. a>c>bC. c>a>bD. a>b>c
【答案】BCD
【解析】解：根据题意，设lna=2b=c−12=t，其中t>0，则a=et，b=lg2t，c=1t2，
在同一坐标系中分别画出函数y=ex，y=lg2x，y=1x2的图象，
当t=x1时，c>a>b；当t=x2时，a>c>b；当t=x3时，a>b>c，
由此可以看出，不可能出现c>b>a这种情况．
故选：BCD.
设lna=2b=c−12=t，得到a=et，b=lg2t，c=1t2，分别作出y=ex，y=lg2x，y=1x2的图象，结合图象，即可求解．
本题考查了指数函数、对数函数的单调性、数形结合思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
12.已知正四面体ABCD的棱长为2 2，其外接球的球心为O.点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，过点E作平面α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的周长为定值
B. 四棱锥A−EMGH的体积的最大值为6481
C. 当λ=12时，平面α截球O所得截面的周长为 3π
D. 当λ=μ=12时，将正四体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分体积为43
【答案】ABD
【解析】解：对于棱长为2的正方体AB1CD1−A1BC1D，则ABCD为棱长为2 2的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1=N，
∵BB1//DD1，BB1=DD1，则BB1D1D为平行四边形，
∴BD//B1D1，
又∵BD//平面α，B1D1⊄平面α，
∴B1D1//平面α，
又∵AC//平面α，AC∩B1D1=N，AC，B1D1⊂平面AB1CD1，
∴平面α//平面AB1CD1，
对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=2 2(1−λ)，
同理可得：HE//GM//B1D1，HE=GM=2 2λ，
EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∴四边形EMGH的周长L=EM+MG+GH+EH=4 2(定值)，A正确；
对B：如图1，由A可知：HE//GM//B1D1，HE=GM=2 2λ，
EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∵AB1CD1为正方形，则AC⊥B1D1，
∴EMGH为矩形，
根据平行可得：点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，
故四棱锥A−EMGH的体积V=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，
则V′=163λ(2−3λ)，∵0<λ<1，
则当0<λ<23时，则V′>0，V在(0,23)上单调递增，
当23<λ<1时，则V′<0，V在(23,1)上单调递减，
∴当λ=23时，V取到最大值6481，
故四棱锥A−EMGH的体积的最大值为6481，B正确；
对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=12时，AEAB=12，平面EMGH过外接球球心O，
平面α截球O所得截面圆半径为R= 3，
截面圆周长为2πR=2 3π，C错误；
对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，
∵λ=μ=12，则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EFPQKN，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：EP= 2，正四棱锥K−PEQF的高为12AA1=1，
故公共部分的体积V=2VK−PEQF=2×13×1× 2× 2=43，D正确．
故选：ABD.
将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解．
本题综合考查空间几何体的表面积和体积等问题，考查将四面体补形成正方体，利用正方体的性质处理相关问题．属难题．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知(1−2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含x3的系数为______ .
【答案】−1320
【解析】解：因为(1−2x)n的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，
可得Cn2=Cn9，即n=2+9=11，即二项式为(1−2x)11，
其展开式的通项为Tr+1=C11r(−2x)r=(−2)rC11r⋅xr，
令r=3，可得(−2)3C113⋅x3=−1320x3，即展开式中x3的系数为−1320.
故答案为：−1320.
根据题意求得n=11，得到二项式为(1−2x)11，结合展开式的通项，即可求解．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有4个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则当已知该家庭4个小孩中有女孩的条件下，4个小孩中至少有2个男孩的概率为______ .
【答案】23
【解析】解：根据题意，记事件A：该家庭4个小孩中有女孩，事件B：该家庭中4个小孩中至少有2个男孩，
则P(A)=1−(12)4=1516，
P(AB)=C42(12)2⋅(1−12)2+C43⋅(12)3⋅(1−12)=58，
由条件概率公式可得P(B|A)=P(AB)P(A)=58×1615=23.
故答案为：23.
根据题意，记事件A：该家庭4个小孩中有女孩，事件B：该家庭中4个小孩中至少有2个男孩，计算出P(A)、P(AB)的值，利用条件概率公式可求得P(B|A)的值．
本题考查条件概率性的计算，注意条件概率性的计算公式，属于基础题．
15.若函数f(x)的值域为(0,1],且满足f(x+1)=f(1−x)，则f(x)的解析式可以是f(x)=______ .
【答案】(12)|x−1|(答案不唯一)
【解析】解：取函数f(x)=(12)|x−1|，因为|x−1|≥0，则0
所以，函数f(x)的解析式可以为f(x)=(12)|x−1|.
故答案为：(12)|x−1|(答案不唯一).
取f(x)=(12)|x−1|，求出函数f(x)的值域，验证f(x+1)=f(1−x)成立，即可得出结果．
本题主要考查根据函数的性质，求函数的解析式，属于基础题．
16.一曲线族的包络线(Envelpe)是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这一点处相切．若圆C1：x2+y2=1是直线族ax+by−1=0(a,b∈R)的包络线，则a，b满足的关系式为______；若曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，则C2的长为______.
【答案】a2+b2=14π
【解析】解：由题意，若圆C1：x2+y2=1是直线族ax+by−1=0(a,b∈R)的包络线，
则1 a2+b2=1，可得a2+b2=1；
又曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，
∴|−xt2+2(y−1)t+x−4|1+t2为定值r，
则2(y−1)=0−x=x−4，解得x=2y=1，此时r=2.
∴曲线C2的方程为(x−2)2+(y−1)2=4，则曲线C的周长为4π.
故答案为：a2+b2=1；4π.
由已知可得1 a2+b2=1，整理即可得到a，b满足的关系式；由曲线C2是直线族(1−t2)x+2ty−2t−4=0(t∈R)的包络线，得|−xt2+2(y−1)t+x−4|1+t2为定值r，结合题意可得关于x，y的方程组，求得x，y的值，进一步得到r的值，得到曲线C2的方程，即可求得C2的长．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查会更严重思想，训练了点到直线距离公式的应用，是基础题．
四、解答题（本大题共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)
已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足b1=2，若数列{anbn}的前n项和为Sn，且Sn=(n−1)2n+1+2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn=(2an−1)bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
【答案】解：(1)由Sn=(n−1)⋅2n+1+2①，
可得Sn−1=(n−2)⋅2n+2(n≥2)②，
由①-②得anbn=n⋅2n(n≥2)，
又a1b1=2也符合上式，所以anbn=n⋅2n，
由b1=2得a1=1，设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则有
(dn+1−d)×2×qn−1=n⋅2n，
令n=2，有(1+d)×2×q=8，
令n=3，有(1+2d)×2×q2=24，
解得d=1，q=2或者d=−13,q=6，
取n=4，有(1+3d)×2×q3=64，检验得d=−13,q=6(舍去)，
所以an=n,bn=2n；
(2)由cn=(2an−1)⋅bn得cn=(2n−1)⋅2n，
所以Tn=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，
则2Tn=1×22+3×23+⋯+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1，
两式相减得，−Tn=1×21+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)×2n+1
=2+(23+24+⋯+2n+1)−(2n−1)×2n+1
=2+8×(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2n+1
=(3−2n)×2n+1−6，
∴Tn=(2n−3)×2n+1+6.
【解析】(1)根据通项anbn与Sn的关系求出数列{anbn}的通项公式，再由n=2，n=3列出方程求出公差公比即可得出{an}，{bn}的通项公式；
(2)利用错位相减法求出数列{cn}的前n项和Tn即可．
本题考查了数列的递推式和错位相减求和，属于中档题．
18.(本小题12分)
如图，圆台上底面圆O1半径为1，下底面圆O2半径为 2，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上点C满足AC=BC，PO1是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面ABO1的同侧，且PO1//BC.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若圆台的高为2，求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】解：(1)取AC中点M，由题意，PO1=1，BC= 22AB=2，又PO1//BC，故PO1//12BC.
又O2M//12BC，O2M=12BC，故PO1//O2M，PO1=O2M，所以四边形PO1O2M为平行四边形，则PM//O1O2.
由O1O2⊥平面ABC，故PM⊥平面ABC，又PM⊂面PAC，故平面PAC⊥平面ABC.
(2)以O2为坐标原点，O2B，O2C，O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则有A(− 2,0,0)，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，P(− 22, 22,2)，O1(0,0,2)，故AO1=( 2,0,2)，
设平面PBC的法向量n=(x,y,z)，
而BC=(− 2, 2,0)，CP=(− 22,− 22,2)，
故，n⋅BC=− 2x+ 2y=0n⋅CP=− 22x− 22y+2z=0，令z=1，得n=( 2, 2,1)，
设所求角的大小为θ，则sinθ=|cs
所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为2 3015.
【解析】(1)证明线线垂直证线面垂直，进而可证面面垂直；
(2)以O2为坐标原点，O2B，O2C，O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求线面角的正弦值．
本题考查面面垂直的证明，以及线面角的正弦值的求法，属中档题．
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinAsin2A=(1−csA)(1−cs2A).
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积S= 312(8b2−9a2)，求csB.
【答案】解：(1)因为sinAsin2A=(1−csA)(1−cs2A)，
所以2sin2AcsA=(1−csA)×2sin2A，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
所以csA=1−csA，
即csA=12，
所以A=π3；
(2)因为S= 312(8b2−9a2)，
所以12bcsinA= 312(8b2−9a2)，
所以12bc× 32= 312(8b2−9a2)，
整理得，3bc=8b2−9a2，①
又csA=b2+c2−a22bc=12，
所以b2+c2−a2=bc，②
②-①×9得，b2−6bc+9c2=0，
所以(b−3c)2=0，
即b=3c，代入②中，可得a2=7c2，
所以csB=a2+c2−b22ac=7c2+c2−9c22× 7c×c=− 714.
【解析】(1)根据二倍角公式可将条件化为2sin2AcsA=(1−csA)×2sin2A，进而可得csA=12，从而可得角A；
(2)由余弦定理可得b2+c2−a2=bc，又根据三角形面积有3bc=8b2−9a2，两者联立可得b=3c，从而可得a2=7c2，代入余弦定理可得csB.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
20.(本小题12分)
已知圆E：(x+1)2+y2=16，点F(1,0)，G是圆E上任意一点，线段GF的垂直平分线和半径GE相交于H
(1)求动点H的轨迹Γ的方程；
(2)经过点F和T(7,0)的圆与直线l：x=4交于P，Q，已知点A(2,0)，且AP、AQ分别与Γ交于M、N.试探究直线MN是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.
【答案】解：(1)如图所示，
∵|HE|+|HF|=|HE|+|HG|=4，且|EF|=2<4，
∴点H的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，
设椭圆方程x2a2+y2b2=1，则2a=4，c=1，∴a=2，b= a2−c2= 3.
∴点H的轨迹方程为：x24+y23=1.
(2)设直线MN的方程为：x=my+n，
由x24+y23=1x=my+n，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−6mn3m2+4，y1y2=3n2−123m2+4.
∴x1+x2=m(y1+y2)+2n=8n3m2+4，x1x2=(my1+n)(my2+n)=−12m2+4n23m2+4
∵直线MA的方程为：y=y1x1−2(x−2)，令x=4，得yP=2y1x1−2，
∴P(4,2y1x1−2)，同理可得Q(4,2y2x2−2)，
以PQ为直径的圆的方程为：(x−4)2+(y−2y1x1−2)(y−2y2x2−2)=0，
即(x−4)2+y2−(2y1x1−2+2y2x2−2)y+2y1x1−2×2y2x2−2=0，
∵圆过点(7,0)，∴，9+2y1x1−2×2y2x2−2=0，
得9+4y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=0，代入得9+12n2−483m2+4−12m2+4n23m2+4−16n3m2+4+4=0，
化简得，9+12n2−484n2−16n+16=0(4n2−16n+16≠0,n≠2)，解得n=1或n=2(舍去)，
∴直线MN经过定点(1,0)，
当直线MN的斜率为0时，此时直线MN与x轴重合，直线MN经过点(1,0)，
综上所述，直线MN经过定点(1,0).
【解析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H的轨迹Γ的方程；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线MN的方程为：x=my+n，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x1，y1，x2，y2之间的关系，再利用两点式写出直线MA的方程，求出点P(4,2y1x1−2)，Q(4,2y2x2−2)，再写出以PQ为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T(7,0)，得到关系式，进而求得n为定值，从而得到直线MN过定点．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21.(本小题12分)
2021年11月4日，第四届中国国际进口博览会在上海开幕，共计2900多家参展商参展，420多项新产品，新技术，新服务在本届进博会上亮相．某投资公司现从中选出20种新产品进行投资．为给下一年度投资提供决策依据，需了解年研发经费对年销售额的影响，该公司甲，乙两部门分别从这20种新产品中随机地选取10种产品，每种产品被甲，乙两部门是否选中相互独立．
(1)求20种新产品中产品A被甲部门或乙部门选中的概率；
(2)甲部门对选取的10种产品的年研发经费xi(单位：万元)和年销售额yi(i=1,2,…，10)(单位：十万元)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
根据散点图现拟定y关于x的回归方程为y =b (x−3)2+a .求a ,b 的值(结果精确到0.1)；
(3)甲，乙两部门同时选中了新产品A，现用掷骰子的方式确定投资金额．若每次掷骰子点数大于2，则甲部门增加投资1万元，乙部门不增加投资；若点数小于3，则乙部门增加投资2万元，甲部门不增加投资，求两部门投资资金总和恰好为100万元的概率．
附：对于一组数据(υ1,u1)，(υ2,u2)，…，(υn,un)，其回归直线u=α+βυ的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=i=1n(υi−υ−)(ui−u−)i=1n(υi−υ−)2,α=u−−b υ−,2016−205×7.58773−205×20.5=29277，2016−65×7.58773−65×6.5=10195567.
【答案】解：(1)20种新产品中产品A没有被甲部门和乙部门同时选中的概率：P=C1910C2010⋅C1910C2010=12×12=14，
所以产品A被甲部门或乙部门选中的概率为1−14=34，
(2)令t=(x−3)2，由题中数据t−=110i=110(xi−3)2=20.5,y−=110i=110yi=7.5，
i=110tiyi=i=110(xi−3)2yi=2016,i=110ti2=i=110(xi−3)4=8773，
b =i=110tiyi−10ty−i=110ti2−10t2=2016−205×7.58773−205×20.5=29277，
a =y−−b x−=7.5−29277×20.5≈5.4，
(3)由题意知，掷骰子时甲部门增加投资1万元发生的概率为23，乙部门增加投资2元发生的概率为13，
设投资资金总和恰好为n万元的概率为Pn，则投资资金总和恰好为(n+1)万元的概率为Pn+1=23Pn+13Pn−1，
所有Pn+1−Pn=23Pn+13Pn−1−Pn=−13(Pn−Pn−1)(n≥2)，
因为P1=23,P2=13+23×23=79,P2−P1=79−23=19，
所以数列{Pn+1−Pn}是首项为19，公比为−13的等比数列，
所以Pn+1−Pn=19×(−13)n−1，
所以P100=P1+(P2−P1)+(P3−P2)+⋯+(P9−P98)+(P100−P99)
=23+19+19×(−13)+19×(−13)2+⋯+19×(−13)98
=23+19×[1−(−13)9]1−(−13)=34+14×(13)100，
所有投资资金总和恰好为100万元的概率为34+14×(13)100.
【解析】本题综合考查了概率统计的知识，考查了学生的综合能力，属于难题．
(1)利用概率公式直接求解即可，
(2)由回归方程的公式即可求出a ,b 的值，
(3)由题意求出数列{Pn+1−Pn}是首项为19，公比为−13的等比数列，再计算投资资金总和恰好为100万元的概率为即可．
22.(本小题12分)
函数f(x)=lnx+2x+a(x−1)−2.
(1)当a=0时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0,1)∪(1,+∞)，不等式f(x)1−x
∴f′x=−1−lnxx2，
令f′x=0，解得x=1e，
当f′x>0时，即0
∴当x=1e时，函数f(x)有极大值，极大值为f(1e)=e−2，无极小值.
(2)原不等式等价于f(x)x−1+ax>0，即xf(x)+a(x−1)x−1>0，
∴1x−1[lnx+a(x2−1)−2(x−1)]>0，
令g(x)=lnx+a(x2−1)−2(x−1)，g(1)=0，
∴g′x=1x+2ax−2=2ax2−2x+1x，
∵1x−1[lnx+a(x2−1)−2(x−1)]>0，对任意x∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立，
∴g(2)=ln2+3a−2>0⇒a>2−ln23>0，
①当a≥12时，2ax2−2x+1≥x2−2x+1≥(x−1)2>0，
∴g′x>0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴x∈(0,1)，g(x)<0，x∈(1,+∞)，g(x)>0，
∴1x−1⋅gx>0，
②当0
∴x∈1,1+ 1−2a2a时，g′x<0，函数g(x)单调递减，
∴g(x)
综上所述，实数a的取值范围是[12,+∞).
【解析】本题考查了函数的单调性，极值等基础知识，考查学生运算求解与推理论证的能力，运用导数工具解决函数与方程，不等式综合问题的能力，考查了数形结合，分类与整合，转化与化归的数学思想，属于难题
(1)先求导，根据导数和函数的极值的关系即可求出；
(2)原不等式等价于f(x)x−1+ax>0，即xf(x)+a(x−1)x−1>0，构造函数g(x)=lnx+a(x2−1)−2(x−1)，根据导数和函数的最值得关系，分类讨论即可证明.i=110xi
i=110yi
i=110(xi−3)2
i=110(xi−3)4
i=110(xi−3)2yi
65
75
205
8773
2016
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