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2023-2024学年广东省华附、深中、省实、广雅四校联考高二（下）期末模拟数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省华附、深中、省实、广雅四校联考高二（下）期末模拟数学试卷（含解析），共17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M={x|0A. [−1,1]B. (−1,1]C. (0,1]D. [0,1]
2.若复数z满足(2+i)z=|1+2i|，则z的虚部为( )
A. − 55iB. −2 55C. −2 55iD. − 55
3.多项选择题是新高考数学试卷中增加的新题型，四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分．若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两项，则其能得分的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
4.蹴鞠(如图所示)，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足AB=CD=5，BD=AC=6，AD=BC=7，则该鞠的表面积为( )
A. 55πB. 60πC. 63πD. 68π
5.已知四边形ABCD满足AD=14BC，点M满足DM=MC，若BM=xAB+yAD，则xy=( )
A. 3B. −52C. 2D. −12
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，过F1作C的一条渐近线的垂线，垂足为D，且|DF2|=2 2|OD|，则C的离心率为( )
A. 2B. 2C. 5D. 3
7.已知数列{an}中，a1=1，若an+1=(n+1)ann+1+an，则下列结论中正确的是( )
A. 1an+1−1an≥12B. 1an+2−1an<2 (n+2)(n+1)
C. 1a2n−1an≥12D. an⋅ln(n+1)>1
8.已知实数x，y满足ex=ylnx+ylny，则满足条件的y最小正整数为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知由样本数据点集合{(xi,yi)|i=1，2，…，20}(其中x−=120i=120xi=3)求得的回归直线方程l1：y=1.5x+0.5，记此模型对应的决定系数为R12.观察残差图发现：除了数据点(1.2,2.2)和(4.8,7.8)明显偏离横轴，其余各点均密集均匀分布，剔除这两个数据点后重新求得的回归直线方程l2：y=1.2x+a，记此模型对应的决定系数为R22，则下列结论中正确的是( )
A. 变量x与y正相关B. 记y−=120i=120yi，则y−=5
C. R12>R22D. a=1.4
10.设F是抛物线C：y2=4x的焦点，直线l：x=ty+1与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. |AB|≥4
B. OA⋅OB可能大于0
C. 若P(2,2)，则|PA|+|AF|≥3
D. 若在抛物线上存在唯一一点Q(异于A，B)，使得QA⊥QB，则t=± 3
11.如图，已知圆柱母线长为4，底面圆半径为2 3，梯形ABCD内接于下底面圆，CD是直径，AB//CD，AB=6，过点A，B，C，D向上底面作垂线，垂足分别为A1，B1，C1，D1，点M，N分别是线段CC1，AA1上的动点，点Q为上底面圆内(含边界)任意一点，则( )
A. 若平面DMN交线段BB1于点R，则NR//DM
B. 若平面DMN过点B1，则直线MN过定点
C. △ABQ的周长为定值
D. 当点Q在上底面圆周上运动时，记直线QA，QB与下底面所成角分别为α，β，则1tan2α+1tan2β的取值范围是[34,92]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，求a的取值范围______．
13.设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且A=2B，b≠c，D为BC边上的中点，且AD= 2c，则csA= ______．
14.若数集S的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集S的超子集.已知集合，记An={1,2,3,…,n}(n∈N∗，n≥3)，记An的超子集的个数为an，当An的超子集个数为221个时，n= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
智能体温计由于测温方便、快捷，已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温检测．调查发现，使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致，而使用智能体温计测量体温可能会产生误差．对同一人而言，如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为智能体温计“测温准确”；否则，我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如表．用频率估计概率，解答下列问题：
(1)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计测温“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望值；
(2)医学上通常认为，人的体温不低于37.3℃且不高于38℃时处于“低热”状态．该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是37.3℃，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由．
16.(本小题15分)
四边形ABCD是平行四边形，∠CBA=π4，四边形ABEF是梯形，BE//AF，且AB⊥AF，AB=BE=12AF=1，BC= 2，平面ABCD⊥平面ABEF．
(1)求证：AC⊥EF；
(2)求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
设点F为抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点，过点F且斜率为 5的直线与C交于A，B两点S△AOB=2 6(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点E(0,2)作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，它们分别与抛物线C交于点P，Q和R，S.已知|EP|⋅|EQ|=|ER|⋅|ES|，问：是否存在实数λ，使得k1+λk2为定值？若存在，求λ的值，若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−1(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)解关于n的不等式：a1Cn0+a2Cn1+a3Cn2+…+an+1Cnn<3；
(3)若c1=1,bn=12an=cn+1−cn,dn=1cn−1cn+1，求证：数列{bndn}前n项和小于13．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinx−x+ax2，a∈R．
(1)若曲线y=f(x)在x=π处的切线过原点，求a的值；
(2)当x≤5时，f(x)≥0，求a的取值范围．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：0则ln1故1所以N={y|y=sinx,x∈M}=(y|−1≤y≤1}，
故M∩N=(0,1]．
故选：C．
根据已知条件，结合三角函数的有界性，以及交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵(2+i)z=|1+2i|= 12+22= 5，
∴z= 52+i= 5(2−i)(2+i)(2−i)=2 55− 55i，
∴z的虚部为− 55．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分．
某题的正确答案是ABC，
某考生随机选了两项，基本事件总数n=C42=6，
其中其能得分包含的基本事件个数m=C32=3，
∴其能得分的概率为P=mn=36=12．
故本题选C．
4.【答案】A
【解析】解：因为AB=CD，BD=AC，AD=BC，所以可以把A，B，C，D四点放到长方体的四个顶点上，
则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径．
设该长方体的长、宽、高分别为x，y，z，
“鞠”的半径为R，则(2R)2=x2+y2+z2．
因为x2+y2=25，x2+z2=36，y2+z2=49，
所以R2=1104=552，所以S=4πR2=55π．
故选：A．
扩展几何体为长方体，求解外接球的半径，然后求解该“鞠”的表面积．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，考查转化思想以及计算能力．
5.【答案】B
【解析】解：∵在四边形ABCD中，AD=14BC，DM=MC，
∴M为线段DC的中点，且BC=4AD，
∴BM=BD+BC2=BA+AD+4AD2=−12AB+52AD，
故x=−12,y=52，所以xy=−52．
故选：B．
由题设条件，根据平面向量的线性运算进行计算即可．
本题考查平面向量基本定理的应用，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由双曲线的性质可知，双曲线的一条渐近线方程为y=−ba，焦点F1(−c,0)，F2(c,0)，
由F1作该渐近线的垂线，则根据点到直线的距离公式可得：|QF1|=b，|OQ|= c2−b2=a，
∴|QF2|=2 2a，
由cs∠F1OQ=−cs∠QOF2可得：a2+c2−b22ac+a2+c2−8a22ac=0，
可得c2=5a2，则离心率e= 5．
故选：C．
由已知可设双曲线方程的一个渐近线方程为y=−bax，利用点到直线的距离公式可求出|QF1|的长度，再利用勾股定理可算出|OQ|的长度，从而可得|QF1|的长度，再利用余弦定理算出a与c的关系，进而求出离心率．
本题考查了双曲线几何性质以及渐近线方程，还考查了离心率与渐近线方程的关系和余弦定理，考查了学生的运算能力，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：A.由题得1an=n+an−1nan−1，∴1an=1an−1+1n，
∴1an−1an−1=1n,(n≥2,n∈N∗)，
所以1an+1−1an=1n+1，当n=1时，也满足，
所以1an+1−1an=1n+1≤12，所以该选项错误；
B.1an+2−1an+1=1n+2，①
1an+1−1an=1n+1，②
①+②得1an+2−1an=1n+2+1n+1>2 (n+2)(n+1)，故B错误，
C.1a2n−1an=1n+1+1n+2+⋯+12n≥12n×n=12，所以该选项正确．
D.由前面得1a2−1a1=12,1a3−1a2=13,1a4−1a3=14,⋯1an−1an−1=1n,(n≥2,n∈N∗)，
所以1an=1+12+13+⋯+1n，也适合n=1，所以1an=1+12+13+⋯+1n,(n≥1,n∈N∗)．
设f(x)=ln(x+1)−x，(x>0)，∴f′(x)=1x+1−1=−xx+1<0，所以函数f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)所以ln(n+1)<1+12+13+⋯+1n=1an，所以an⋅ln(n+1)<1，所以该选项错误；
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：由实数x，y满足ex=ylnx+ylny，可化为ex=yln(xy)(x>0,y>0,xy>1)，即xex=xyln(xy)=ln(xy)⋅eln(xy)，
令g(x)=xex(x>0)，g′(x)=(x+1)ex，
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
即g(x)=g(ln(xy))，可以得到x=ln(xy)，
从而y=exx，令ℎ(x)=exx(x>0)，ℎ′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ(1)=e，即y有最小值e∈(2,3)，
所以满足条件的y最小正整数为3．
故选：B．
依题意可得xex=ln(xy)⋅eln(xy)，令g(x)=xex(x>0)，利用导数说明函数的单调性，即可得到x=ln(xy)，从而y=exx，令ℎ(x)=exx(x>0)，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由回归直线方程l1：y=1.5x+0.5，且1.5>0可得变量x与y正相关，故A正确；
∵x−=3，且样本点的中心在回归直线上，∴y−=1.5x−+0.5=5，故B正确；
当剔除两个数据点后其余各点均密集均匀分布，说明用回归直线方程拟合效果更好，
则残差平方和变小，决定系数变大，有R12∵剔除两个数据点后的样本点的中心坐标没变，∴a=y−1.2x=5−1.2×3=1.4，故D正确．
故本题选ABD．
10.【答案】ACD
【解析】解：A选项，F(1,0)，所以直线l过焦点F，所以|AB|≥2p=4，A选项说法正确．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=ty+1y2=4x，得y2−4ty−4=0，所以y1+y2=4t，y1y2=−4，
所以x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2，x1x2=y124⋅y224=1
B选项，OA⋅OB=x1x2+y1y2=1+(−4)=−3<0，B选项说法错误．
C选项，抛物线的准线方程为x=−1，则P点到准线的距离为d=2+1=3，从而|PA|+|AF|≥d=3，C选项说法正确．
D选项，设Q(m24,m)，由QA⊥QB，有QA⋅QB=0，即(x1−m24)(x2−m24)+(y1−m)(y2−m)=0，
代入韦达定理，整理得(m2+4tm+12)(m2−4tm−4)=0，
因为Q点唯一，且异于A、B两点，所以关于m的方程m2+4tm+12=0有两个相同的实数根．
由Δ=0，解得t=± 3，故D选项说法正确．
故选：ACD．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A：由题意得DC//AB，AB⊂平面ABB1A1，DC⊄平面ABB1A1，
所以DC//平面ABB1A1，
又CC1//BB1，BB1⊂平面ABB1A1，CC1⊄平面ABB1A1，
所以CC1//平面ABB1A1，
因为DC∩CC1=C，DC，CC1⊂平面DCC1D1，
故平面DCC1D1//平面ABB1A1，
又DM⊂平面DCC1D1，故DM//平面ABB1A1，
又DM⊂平面DMN，平面DMN∩平面ABB1A1=NR，所以DM//NR，故A正确；
对于B：根据题意，DB1，MN共面，
又M∈CC1，N∈AA1，故MN⊂平面ACC1A1，
不妨设DB1∩平面ACC1A1=P，
若要满足DB1与MN共面，则直线MN必过点P，又P为定点，故B正确；
对于C：设△ABQ的周长为l，
当点Q与B1重合时，l=AB+BB1+AB1=6+4+ AB2+BB12=10+ 36+16=10+2 13；
当点Q与A1B1中点重合时，连接BQ，AQ，
l=AB+BQ+AQ=AB+2BQ=6+2 (12AB)2+16=6+2 9+16=6+10=16，
显然△ABQ周长不为定值，故C错误；
对于D：过Q作底面的垂线，垂足为E，且在下底面圆周上，即QE⊥面ABCD，
连接BE，AE，则∠QAE，∠QBE分别是直线QA，QB与下底面ABCD所成的角，
所以sinα=QEAQ,csα=AEAQ,sinβ=QEBQ,csβ=BEBQ，
则csαsinα=AEQE,csβsinβ=BEQE，
则cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2，
因为QE=4，AB=6，底面圆半径为2 3，
若E在AB对应优弧上时，∠AEB=π3，
在△AEB中，由余弦定理得cs∠AEB=AE2+BE2−AB22AE⋅BE=12，
所以AE2+BE2−AE⋅BE=36≥AE2+BE22，当且仅当AE=BE=6时，等号成立，此时AE2+BE2≤72，
若E在AB对应劣弧上时，∠AEB=2π3，
在△AEB中，由余弦定理得cs∠AEB=AE2+BE2−AB22AE⋅BE=−12，
所以AE2+BE2+AE⋅BE=36≤3(AE2+BE2)2，当且仅当AE=BE=2 3时等号成立，
此时AE2+BE2≥24，
综上可得AE2+BE2∈[24,72]，
所以AE2+BE2QE2∈[32,92]，
故cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2∈[32,92]，故D错误．
故选：AB．
对于A：先证DM//面ABB1A1，再利用线面平行的性质，即可判断；
对于B：根据DB1，MN共面，且MN⊂面ACC1A1，即可判断；
对于C：取点Q与点B1重合，以及点Q与A1B1中点重合两个位置，分别计算三角形周长，即可判断；
对于D：根据题意，找到线面角，得到cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2，结合余弦定理，基本不等式求AE2+BE2的范围，即可判断结果．
本题主要考查空间线面位置的判断，以及空间角的计算，利用基本不等式，余弦定理进行转化求解是解决本题的关键，本题综合性较强，属于难题．
12.【答案】(0,12e2)
【解析】解：函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，等价于方程f(x)=0，即a=x22e2x有三个实根，
即直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，
g′(x)=2x⋅2e2x−x2⋅4e2x4e4x=x(−x+1)e2x，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(−∞,0)∪(1,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(−∞,0)，(1,+∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
所以当x=0时，g(x)取得极小值为g(0)=0，
当x=1时，g(x)取得极大值为g(1)=12e2，
所以要使直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，
则0故答案为：(0,12e2)．
函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，等价于直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，利用导数求出g(x)的单调性与极值，从而可得a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数的零点与方程根的关系，考查运算能力，属于中档题．
13.【答案】−13
【解析】解：△ABC中，由A=2B，可得sinA=sin2B=2sinBcsB，
则a=2bcsB，则a=2b⋅a2+c2−b22ac，整理得a2c+b3−a2b−bc2=0，
即(b−c)(a2−b2−bc)=0，又b≠c，则a2=b2+bc，
△ABC中，D是BC边上的中点，且AD= 2c，
则0=cs∠ADB+cs∠ADC=(a2)2+( 2c)2−c22⋅a2⋅ 2c+(a2)2+( 2c)2−b22⋅a2⋅ 2c=12a2+3c2−b2 2ac，
则有12a2+3c2−b2=0a2=b2+bc，解得，b=3c，a=2 3c，
则csA=b2+c2−a22bc=9c2+c2−12c26c2=−13．
故答案为：−13．
由已知结合正弦定理，余弦定理及诱导公式进行化简即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
14.【答案】11
【解析】解：由超子集的定义：若数集S的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集S的超子集，
可得集合{1,2,3,⋯,k,k+1,k+2}(k∈N∗)的超子集可以分为两类：
第一类中不含有k+2，这类子集有ak+1个，
第二类子集中含有k+2，这类子集为{1,2,3,⋯,k}的超子集与{k+2}的并集，共有ak+k个，
∴ak+2=ak+1+ak+k，
∵a3=1，a4=3，
∴a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133，a11=221．
故答案为：11．
由超子集的定义分为两类：第一类中不含有k+2，这类子集有ak+1个，第二类子集中含有k+2，这类子集为{1,2,3,⋯,k}的超子集与{k+2}的并集，共有ak+k个，建立ak+1和ak的关系，列举即可求出．
本题考查了新定义问题，集合的子集，是中档题．
15.【答案】解：(1)表中20人的体温数据中，用智能体温计与水银体温计测温结果相同的序号是，
01，04，06，07，09，12，13，14，16，18，19，20共有12种情况，
∴估计所求的概率为1220=35，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
且用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35，
∴P(X=0)=C30(35)0(1−35)3=8125，
P(X=1)=C31(35)1(1−35)2=36125，
P(X=2)=C32(35)2(1−35)1=54125，
P(X=3)=C33(35)3(1−35)0=27125，
故X的分布列为：
E(X)=0×8125+1×36125+2×54125+3×27125=225125=95．
(2)设这三人中至少有1人处于“低热”状态为事件N，
表中20人的体温数据中，用智能体温计的测温结果，高于其真实体温的序号为02，05，11，17，共计4种情况，
由此估计从社区任意抽取1人，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的概率为15，由此估计，这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率为
P(N)=1−(15×15×15)=124125，
结论1：P(N)=124125，接近于1，由此认定这三人中至少有人处于“低热”状态，
结论2：P(N)=124125<1，有可能这三人都不处于“低热”状态．
【解析】本题考查概率的求法，考查离散型概率分布列的性质的应用，解题时要认真审题，属于较难题．
(1)由题意可得，用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解；
(2)计算这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率值，由此写出合理性的结论．
16.【答案】(1)证明：因为AB=1，BC= 2，∠CBA=π4，
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠CBA=1+2−2×1× 2× 22=1，
所以AC=1，则AC2+AB2=BC2，所以∠BAC=π2，即AC⊥AB，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面ABEF，
又EF⊂平面ABEF，所以AC⊥EF；
(2)由(1)易得AC，AB，AF两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
则E(1,1,0)、F(0,2,0)、C(0,0,1)、D(−1,0,1)，
所以EC=(−1,−1,1)，EF=(−1,1,0)，ED=(−2,−1,1)，
设平面EFD的法向量为n=(x,y,z)，所以n⋅EF=−x+y=0n⋅ED=−2x−y+z=0，
令x=1，则n=(1,1,3)，设直线EC与平面EFD所成角为θ，
则sinθ=csEC,n=|EC⋅n||EC|⋅|n|=1 3× 11= 3333，
故直线EC与平面EFD所成角的正弦值为 3333．
【解析】本题考查了线面垂直的性质、面面垂直的性质，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)利用余弦定理求出AC，即可得到AC⊥AB，由面面垂直的性质得到AC⊥平面ABEF，进而即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出EC和平面EFD的法向量，利用空间向量法计算可得．
17.【答案】解：(1)抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F(0,p2)，
直线AB的方程y= 5x+p2，
由y= 5x+p2x2=2py，得x2−2 5py−p2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以x1+x2=2 5p，x1x2=−p2，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 20p2+4p2=2 6p，
所以S△AOB=12|OF||x1−x2|=12×p2×2 6p=2 6，p>0，
所以p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y．
(2)存在λ=1，使得k1+λk2为定值，
由题意可得直线l1的方程y=k1x+2，直线l2的方程为y=k2x+2，
联立y=k1x+2x2=4y，得x2−4k1x−8=0，
设P(x3,y3)，Q(x4,y4)，
所以x3+x4=4k1，x3x4=−8，
|EP|= 1+k12|x3|，|EQ|= 1+k12|x4|，
所以|EP|⋅|EQ|=8(1+k12)，
设R(x5,y5)，S(x6,y6)，
同理可得x5+x6=4k2，x5x6=−8，
所以|ER|⋅|ES|=8(1+k22)，
由|EP|⋅|EQ|=|ER|⋅|ES|，得8(1+k12)=8(1+k22)，
即k12=k22，而k1≠k2，
所以k1+k2=0，
所以存在λ=1，使得k1+λk2为定值0．
【解析】(1)写出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合三角形面积求解，即可得出答案．
(2)联立直线l1与抛物线方程联立，结合弦长公式可得|EP|⋅|EQ|，|ER|⋅|ES|，进而可得答案．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由Sn=2an−1(n∈N∗)知当n≥2，有Sn−1=2an−1−1，
将两式相减我们可以得到an=2an−2an−1，即an=2an−1，
又由于S1=2a1−1=a1，解得a1=1，
故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以通项公式an=2n−1；
(2)结合(1)知原式=1×Cn0+2×Cn1+22×Cn2+23×Cn3+⋯+2n×Cnn=(1+2)n=3n，
由于3n随着n的增大而增大，
且36=729<2023，37=2187>2023，
所以正整数n最大可取6，
即原不等式的解集为{n|n≤6,n∈N∗}.
(3)我们可以得到bn=12n，当n=1时，c1=1；当n≥2时，由累加法得：cn=c1+(c2−c1)+(c3−c2)+…+(cn−cn−1)=1+b1+b2+……+bn−1=1+12+122+…+12n−1=1−12n1−12=2−12n−1．
由于c1符合上式，故cn=2−12n−1，此时我们可以得出：bndn=12n(12−12n−1−12−12n)=1(2n+1−2)(2n+1−1)．
从第3项看起，对数列使用裂项相消法：Sn=12⋅3+16⋅7+114⋅15+…+1(2n+1−2)⋅(2n+1−1)，由前两项我们可以得到13−17，
因此有Sn=16+16−17+114−115+…+12n+1−2−12n+1−1，
我们可重新加括号得Sn=13−[(17−114)+(115−130)+…+(12n−1−12n+1−2)]−12n+1−1，
显然12n−1−12n+1−2>0,12n+1−1>0，
故sn<13得证．
当n=1，2时，有sn<13．
综上所述sn<13，
命题得证．
【解析】(1)两式相减即可得到数列通项；
(2)将原始化简即可求解；
(3)裂项相消证明．
本题考查数列与不等式的综合问题，属于难题．
19.【答案】解：(1)f(x)=sinx−x+ax2，则f′(x)=csx−1+2ax，
则k=f′(π)=csπ−1+2aπ=−2+2aπ，
又曲线y=f(x)在x=π处的切线过原点，
则f(π)−0π−0=k，即−1+aπ=−2+2aπ，解之得a=1π，
(2)①当a=0时，f(x)=sinx−x，x≤5，f′(x)=csx−1≤0，则f(x)在(−∞,5]上单调递减，
又f(0)=sin0=0，则x≤0时，f(x)≥0；x>0时，f(x)<0，
故a=0时，不满足当x≤5时f(x)≥0，不符合题意；
②由f(π)=sinπ−π+aπ2≥0，可得a≥1π，
则f(x)=sinx−x+ax2≥sinx−x+1πx2，
令g(x)=sinx−x+1πx2，(x≤5)，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0，
(一)当x∈(−∞,0]时，g(x)=sinx−x+1πx2≥sinx−x，
由①知，g(x)≥sinx−x≥0，
(二)当x∈(0,π)时，g′(x)=csx−1+2πx，
令p(x)=csx−1+2πx，x∈(0,π)，
则p′(x)=−sinx+2π，x∈(0,π)，p′(x)在(0,π2)单调递减，在(π2,π)单调递增p′(0)=2π>0，p′(π2)=2π−1<0，p′(π)=2π>0，
则∃x1∈(0,π2)，x2∈(π2,π)，使得p′(x1)=p′(x2)=0，
则当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时p′(x)>0，当x∈(x1,x2)时p′(x)<0，
则p(x)在(0,x1)和(x2,π)单调递增，在(x1,x2)单调递减，
又由p(0)=p(π2)=p(π)=0，
可得当x∈(0,π2)时，p(x)>0；当x∈(π2,π)时，p(x)<0，
则g(x)在(0,π2)上单调递增；在(π2,π)上单调递减，
又由g(0)=g(π)=0，可得当x∈(0,π)时，g(x)>0，
(三)当x∈[π,5]时，p(x)=csx−1+2πx≥csx−1+2≥0，
则g(x)在[π,5]上单调递增，又由g(π)=0，可得当x∈[π,5]时，g(x)≥0，
综上，当a≥1π时，g(x)=sinx−x+1πx2≥0在(−∞,5]上恒成立，
则a的取值范围是a≥1π，即a∈[1π,+∞)．
【解析】本题考查导数的综合应用，考查学生的综合能力，属于难题．
(1)利用导数几何意义列出关于a的方程，解之即可得a的值；
(2)①当a=0时，不符合题意；②由f(π)=sinπ−π+aπ2≥0，可得a≥1π，则f(x)=sinx−x+ax2≥sinx−x+1πx2，先构造函数g(x)=sinx−x+1πx2，再利用导数证明g(x)≥0，进而求得a的取值范围．序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
智能体温计测温
36.6
36.6
36.5
36.5
36.5
36.4
36.2
36.3
36.5
36.3
水银体温计测温
36.6
36.5
36.7
36.5
36.4
36.4
36.2
36.4
36.5
36.4
序号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
智能体温计测温
36.3
36.7
36.2
35.4
35.2
35.6
37.2
36.8
36.6
36.7
水银体温计测温
36.2
36.7
36.2
35.4
35.3
35.6
37
36.8
36.6
36.7
X
0
1
2
4
P
8125
36125
54125
27125
1.已知集合M={x|0
2.若复数z满足(2+i)z=|1+2i|，则z的虚部为( )
A. − 55iB. −2 55C. −2 55iD. − 55
3.多项选择题是新高考数学试卷中增加的新题型，四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分．若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两项，则其能得分的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
4.蹴鞠(如图所示)，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足AB=CD=5，BD=AC=6，AD=BC=7，则该鞠的表面积为( )
A. 55πB. 60πC. 63πD. 68π
5.已知四边形ABCD满足AD=14BC，点M满足DM=MC，若BM=xAB+yAD，则xy=( )
A. 3B. −52C. 2D. −12
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，过F1作C的一条渐近线的垂线，垂足为D，且|DF2|=2 2|OD|，则C的离心率为( )
A. 2B. 2C. 5D. 3
7.已知数列{an}中，a1=1，若an+1=(n+1)ann+1+an，则下列结论中正确的是( )
A. 1an+1−1an≥12B. 1an+2−1an<2 (n+2)(n+1)
C. 1a2n−1an≥12D. an⋅ln(n+1)>1
8.已知实数x，y满足ex=ylnx+ylny，则满足条件的y最小正整数为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知由样本数据点集合{(xi,yi)|i=1，2，…，20}(其中x−=120i=120xi=3)求得的回归直线方程l1：y=1.5x+0.5，记此模型对应的决定系数为R12.观察残差图发现：除了数据点(1.2,2.2)和(4.8,7.8)明显偏离横轴，其余各点均密集均匀分布，剔除这两个数据点后重新求得的回归直线方程l2：y=1.2x+a，记此模型对应的决定系数为R22，则下列结论中正确的是( )
A. 变量x与y正相关B. 记y−=120i=120yi，则y−=5
C. R12>R22D. a=1.4
10.设F是抛物线C：y2=4x的焦点，直线l：x=ty+1与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. |AB|≥4
B. OA⋅OB可能大于0
C. 若P(2,2)，则|PA|+|AF|≥3
D. 若在抛物线上存在唯一一点Q(异于A，B)，使得QA⊥QB，则t=± 3
11.如图，已知圆柱母线长为4，底面圆半径为2 3，梯形ABCD内接于下底面圆，CD是直径，AB//CD，AB=6，过点A，B，C，D向上底面作垂线，垂足分别为A1，B1，C1，D1，点M，N分别是线段CC1，AA1上的动点，点Q为上底面圆内(含边界)任意一点，则( )
A. 若平面DMN交线段BB1于点R，则NR//DM
B. 若平面DMN过点B1，则直线MN过定点
C. △ABQ的周长为定值
D. 当点Q在上底面圆周上运动时，记直线QA，QB与下底面所成角分别为α，β，则1tan2α+1tan2β的取值范围是[34,92]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，求a的取值范围______．
13.设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且A=2B，b≠c，D为BC边上的中点，且AD= 2c，则csA= ______．
14.若数集S的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集S的超子集.已知集合，记An={1,2,3,…,n}(n∈N∗，n≥3)，记An的超子集的个数为an，当An的超子集个数为221个时，n= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
智能体温计由于测温方便、快捷，已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温检测．调查发现，使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致，而使用智能体温计测量体温可能会产生误差．对同一人而言，如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为智能体温计“测温准确”；否则，我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如表．用频率估计概率，解答下列问题：
(1)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计测温“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望值；
(2)医学上通常认为，人的体温不低于37.3℃且不高于38℃时处于“低热”状态．该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是37.3℃，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由．
16.(本小题15分)
四边形ABCD是平行四边形，∠CBA=π4，四边形ABEF是梯形，BE//AF，且AB⊥AF，AB=BE=12AF=1，BC= 2，平面ABCD⊥平面ABEF．
(1)求证：AC⊥EF；
(2)求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
设点F为抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点，过点F且斜率为 5的直线与C交于A，B两点S△AOB=2 6(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点E(0,2)作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，它们分别与抛物线C交于点P，Q和R，S.已知|EP|⋅|EQ|=|ER|⋅|ES|，问：是否存在实数λ，使得k1+λk2为定值？若存在，求λ的值，若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an−1(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)解关于n的不等式：a1Cn0+a2Cn1+a3Cn2+…+an+1Cnn<3；
(3)若c1=1,bn=12an=cn+1−cn,dn=1cn−1cn+1，求证：数列{bndn}前n项和小于13．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinx−x+ax2，a∈R．
(1)若曲线y=f(x)在x=π处的切线过原点，求a的值；
(2)当x≤5时，f(x)≥0，求a的取值范围．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：0
故M∩N=(0,1]．
故选：C．
根据已知条件，结合三角函数的有界性，以及交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵(2+i)z=|1+2i|= 12+22= 5，
∴z= 52+i= 5(2−i)(2+i)(2−i)=2 55− 55i，
∴z的虚部为− 55．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，并规定：如果选择了错误选项就不得分．
某题的正确答案是ABC，
某考生随机选了两项，基本事件总数n=C42=6，
其中其能得分包含的基本事件个数m=C32=3，
∴其能得分的概率为P=mn=36=12．
故本题选C．
4.【答案】A
【解析】解：因为AB=CD，BD=AC，AD=BC，所以可以把A，B，C，D四点放到长方体的四个顶点上，
则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径．
设该长方体的长、宽、高分别为x，y，z，
“鞠”的半径为R，则(2R)2=x2+y2+z2．
因为x2+y2=25，x2+z2=36，y2+z2=49，
所以R2=1104=552，所以S=4πR2=55π．
故选：A．
扩展几何体为长方体，求解外接球的半径，然后求解该“鞠”的表面积．
本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，考查转化思想以及计算能力．
5.【答案】B
【解析】解：∵在四边形ABCD中，AD=14BC，DM=MC，
∴M为线段DC的中点，且BC=4AD，
∴BM=BD+BC2=BA+AD+4AD2=−12AB+52AD，
故x=−12,y=52，所以xy=−52．
故选：B．
由题设条件，根据平面向量的线性运算进行计算即可．
本题考查平面向量基本定理的应用，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由双曲线的性质可知，双曲线的一条渐近线方程为y=−ba，焦点F1(−c,0)，F2(c,0)，
由F1作该渐近线的垂线，则根据点到直线的距离公式可得：|QF1|=b，|OQ|= c2−b2=a，
∴|QF2|=2 2a，
由cs∠F1OQ=−cs∠QOF2可得：a2+c2−b22ac+a2+c2−8a22ac=0，
可得c2=5a2，则离心率e= 5．
故选：C．
由已知可设双曲线方程的一个渐近线方程为y=−bax，利用点到直线的距离公式可求出|QF1|的长度，再利用勾股定理可算出|OQ|的长度，从而可得|QF1|的长度，再利用余弦定理算出a与c的关系，进而求出离心率．
本题考查了双曲线几何性质以及渐近线方程，还考查了离心率与渐近线方程的关系和余弦定理，考查了学生的运算能力，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：A.由题得1an=n+an−1nan−1，∴1an=1an−1+1n，
∴1an−1an−1=1n,(n≥2,n∈N∗)，
所以1an+1−1an=1n+1，当n=1时，也满足，
所以1an+1−1an=1n+1≤12，所以该选项错误；
B.1an+2−1an+1=1n+2，①
1an+1−1an=1n+1，②
①+②得1an+2−1an=1n+2+1n+1>2 (n+2)(n+1)，故B错误，
C.1a2n−1an=1n+1+1n+2+⋯+12n≥12n×n=12，所以该选项正确．
D.由前面得1a2−1a1=12,1a3−1a2=13,1a4−1a3=14,⋯1an−1an−1=1n,(n≥2,n∈N∗)，
所以1an=1+12+13+⋯+1n，也适合n=1，所以1an=1+12+13+⋯+1n,(n≥1,n∈N∗)．
设f(x)=ln(x+1)−x，(x>0)，∴f′(x)=1x+1−1=−xx+1<0，所以函数f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：由实数x，y满足ex=ylnx+ylny，可化为ex=yln(xy)(x>0,y>0,xy>1)，即xex=xyln(xy)=ln(xy)⋅eln(xy)，
令g(x)=xex(x>0)，g′(x)=(x+1)ex，
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
即g(x)=g(ln(xy))，可以得到x=ln(xy)，
从而y=exx，令ℎ(x)=exx(x>0)，ℎ′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ(1)=e，即y有最小值e∈(2,3)，
所以满足条件的y最小正整数为3．
故选：B．
依题意可得xex=ln(xy)⋅eln(xy)，令g(x)=xex(x>0)，利用导数说明函数的单调性，即可得到x=ln(xy)，从而y=exx，令ℎ(x)=exx(x>0)，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由回归直线方程l1：y=1.5x+0.5，且1.5>0可得变量x与y正相关，故A正确；
∵x−=3，且样本点的中心在回归直线上，∴y−=1.5x−+0.5=5，故B正确；
当剔除两个数据点后其余各点均密集均匀分布，说明用回归直线方程拟合效果更好，
则残差平方和变小，决定系数变大，有R12
故本题选ABD．
10.【答案】ACD
【解析】解：A选项，F(1,0)，所以直线l过焦点F，所以|AB|≥2p=4，A选项说法正确．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=ty+1y2=4x，得y2−4ty−4=0，所以y1+y2=4t，y1y2=−4，
所以x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2，x1x2=y124⋅y224=1
B选项，OA⋅OB=x1x2+y1y2=1+(−4)=−3<0，B选项说法错误．
C选项，抛物线的准线方程为x=−1，则P点到准线的距离为d=2+1=3，从而|PA|+|AF|≥d=3，C选项说法正确．
D选项，设Q(m24,m)，由QA⊥QB，有QA⋅QB=0，即(x1−m24)(x2−m24)+(y1−m)(y2−m)=0，
代入韦达定理，整理得(m2+4tm+12)(m2−4tm−4)=0，
因为Q点唯一，且异于A、B两点，所以关于m的方程m2+4tm+12=0有两个相同的实数根．
由Δ=0，解得t=± 3，故D选项说法正确．
故选：ACD．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A：由题意得DC//AB，AB⊂平面ABB1A1，DC⊄平面ABB1A1，
所以DC//平面ABB1A1，
又CC1//BB1，BB1⊂平面ABB1A1，CC1⊄平面ABB1A1，
所以CC1//平面ABB1A1，
因为DC∩CC1=C，DC，CC1⊂平面DCC1D1，
故平面DCC1D1//平面ABB1A1，
又DM⊂平面DCC1D1，故DM//平面ABB1A1，
又DM⊂平面DMN，平面DMN∩平面ABB1A1=NR，所以DM//NR，故A正确；
对于B：根据题意，DB1，MN共面，
又M∈CC1，N∈AA1，故MN⊂平面ACC1A1，
不妨设DB1∩平面ACC1A1=P，
若要满足DB1与MN共面，则直线MN必过点P，又P为定点，故B正确；
对于C：设△ABQ的周长为l，
当点Q与B1重合时，l=AB+BB1+AB1=6+4+ AB2+BB12=10+ 36+16=10+2 13；
当点Q与A1B1中点重合时，连接BQ，AQ，
l=AB+BQ+AQ=AB+2BQ=6+2 (12AB)2+16=6+2 9+16=6+10=16，
显然△ABQ周长不为定值，故C错误；
对于D：过Q作底面的垂线，垂足为E，且在下底面圆周上，即QE⊥面ABCD，
连接BE，AE，则∠QAE，∠QBE分别是直线QA，QB与下底面ABCD所成的角，
所以sinα=QEAQ,csα=AEAQ,sinβ=QEBQ,csβ=BEBQ，
则csαsinα=AEQE,csβsinβ=BEQE，
则cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2，
因为QE=4，AB=6，底面圆半径为2 3，
若E在AB对应优弧上时，∠AEB=π3，
在△AEB中，由余弦定理得cs∠AEB=AE2+BE2−AB22AE⋅BE=12，
所以AE2+BE2−AE⋅BE=36≥AE2+BE22，当且仅当AE=BE=6时，等号成立，此时AE2+BE2≤72，
若E在AB对应劣弧上时，∠AEB=2π3，
在△AEB中，由余弦定理得cs∠AEB=AE2+BE2−AB22AE⋅BE=−12，
所以AE2+BE2+AE⋅BE=36≤3(AE2+BE2)2，当且仅当AE=BE=2 3时等号成立，
此时AE2+BE2≥24，
综上可得AE2+BE2∈[24,72]，
所以AE2+BE2QE2∈[32,92]，
故cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2∈[32,92]，故D错误．
故选：AB．
对于A：先证DM//面ABB1A1，再利用线面平行的性质，即可判断；
对于B：根据DB1，MN共面，且MN⊂面ACC1A1，即可判断；
对于C：取点Q与点B1重合，以及点Q与A1B1中点重合两个位置，分别计算三角形周长，即可判断；
对于D：根据题意，找到线面角，得到cs2αsin2α+cs2βsin2β=AE2+BE2QE2，结合余弦定理，基本不等式求AE2+BE2的范围，即可判断结果．
本题主要考查空间线面位置的判断，以及空间角的计算，利用基本不等式，余弦定理进行转化求解是解决本题的关键，本题综合性较强，属于难题．
12.【答案】(0,12e2)
【解析】解：函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，等价于方程f(x)=0，即a=x22e2x有三个实根，
即直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，
g′(x)=2x⋅2e2x−x2⋅4e2x4e4x=x(−x+1)e2x，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(−∞,0)∪(1,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(−∞,0)，(1,+∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
所以当x=0时，g(x)取得极小值为g(0)=0，
当x=1时，g(x)取得极大值为g(1)=12e2，
所以要使直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，
则0
函数f(x)=2ae2x−x2有三个零点，等价于直线y=a与函数g(x)=x22e2x的图象有三个交点，利用导数求出g(x)的单调性与极值，从而可得a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数的零点与方程根的关系，考查运算能力，属于中档题．
13.【答案】−13
【解析】解：△ABC中，由A=2B，可得sinA=sin2B=2sinBcsB，
则a=2bcsB，则a=2b⋅a2+c2−b22ac，整理得a2c+b3−a2b−bc2=0，
即(b−c)(a2−b2−bc)=0，又b≠c，则a2=b2+bc，
△ABC中，D是BC边上的中点，且AD= 2c，
则0=cs∠ADB+cs∠ADC=(a2)2+( 2c)2−c22⋅a2⋅ 2c+(a2)2+( 2c)2−b22⋅a2⋅ 2c=12a2+3c2−b2 2ac，
则有12a2+3c2−b2=0a2=b2+bc，解得，b=3c，a=2 3c，
则csA=b2+c2−a22bc=9c2+c2−12c26c2=−13．
故答案为：−13．
由已知结合正弦定理，余弦定理及诱导公式进行化简即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
14.【答案】11
【解析】解：由超子集的定义：若数集S的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集S的超子集，
可得集合{1,2,3,⋯,k,k+1,k+2}(k∈N∗)的超子集可以分为两类：
第一类中不含有k+2，这类子集有ak+1个，
第二类子集中含有k+2，这类子集为{1,2,3,⋯,k}的超子集与{k+2}的并集，共有ak+k个，
∴ak+2=ak+1+ak+k，
∵a3=1，a4=3，
∴a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133，a11=221．
故答案为：11．
由超子集的定义分为两类：第一类中不含有k+2，这类子集有ak+1个，第二类子集中含有k+2，这类子集为{1,2,3,⋯,k}的超子集与{k+2}的并集，共有ak+k个，建立ak+1和ak的关系，列举即可求出．
本题考查了新定义问题，集合的子集，是中档题．
15.【答案】解：(1)表中20人的体温数据中，用智能体温计与水银体温计测温结果相同的序号是，
01，04，06，07，09，12，13，14，16，18，19，20共有12种情况，
∴估计所求的概率为1220=35，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
且用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35，
∴P(X=0)=C30(35)0(1−35)3=8125，
P(X=1)=C31(35)1(1−35)2=36125，
P(X=2)=C32(35)2(1−35)1=54125，
P(X=3)=C33(35)3(1−35)0=27125，
故X的分布列为：
E(X)=0×8125+1×36125+2×54125+3×27125=225125=95．
(2)设这三人中至少有1人处于“低热”状态为事件N，
表中20人的体温数据中，用智能体温计的测温结果，高于其真实体温的序号为02，05，11，17，共计4种情况，
由此估计从社区任意抽取1人，用智能体温计的测温结果高于其真实体温的概率为15，由此估计，这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率为
P(N)=1−(15×15×15)=124125，
结论1：P(N)=124125，接近于1，由此认定这三人中至少有人处于“低热”状态，
结论2：P(N)=124125<1，有可能这三人都不处于“低热”状态．
【解析】本题考查概率的求法，考查离散型概率分布列的性质的应用，解题时要认真审题，属于较难题．
(1)由题意可得，用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解；
(2)计算这3人中至少有1人处于“低热”状态的概率值，由此写出合理性的结论．
16.【答案】(1)证明：因为AB=1，BC= 2，∠CBA=π4，
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠CBA=1+2−2×1× 2× 22=1，
所以AC=1，则AC2+AB2=BC2，所以∠BAC=π2，即AC⊥AB，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面ABEF，
又EF⊂平面ABEF，所以AC⊥EF；
(2)由(1)易得AC，AB，AF两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
则E(1,1,0)、F(0,2,0)、C(0,0,1)、D(−1,0,1)，
所以EC=(−1,−1,1)，EF=(−1,1,0)，ED=(−2,−1,1)，
设平面EFD的法向量为n=(x,y,z)，所以n⋅EF=−x+y=0n⋅ED=−2x−y+z=0，
令x=1，则n=(1,1,3)，设直线EC与平面EFD所成角为θ，
则sinθ=csEC,n=|EC⋅n||EC|⋅|n|=1 3× 11= 3333，
故直线EC与平面EFD所成角的正弦值为 3333．
【解析】本题考查了线面垂直的性质、面面垂直的性质，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)利用余弦定理求出AC，即可得到AC⊥AB，由面面垂直的性质得到AC⊥平面ABEF，进而即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出EC和平面EFD的法向量，利用空间向量法计算可得．
17.【答案】解：(1)抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F(0,p2)，
直线AB的方程y= 5x+p2，
由y= 5x+p2x2=2py，得x2−2 5py−p2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以x1+x2=2 5p，x1x2=−p2，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 20p2+4p2=2 6p，
所以S△AOB=12|OF||x1−x2|=12×p2×2 6p=2 6，p>0，
所以p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y．
(2)存在λ=1，使得k1+λk2为定值，
由题意可得直线l1的方程y=k1x+2，直线l2的方程为y=k2x+2，
联立y=k1x+2x2=4y，得x2−4k1x−8=0，
设P(x3,y3)，Q(x4,y4)，
所以x3+x4=4k1，x3x4=−8，
|EP|= 1+k12|x3|，|EQ|= 1+k12|x4|，
所以|EP|⋅|EQ|=8(1+k12)，
设R(x5,y5)，S(x6,y6)，
同理可得x5+x6=4k2，x5x6=−8，
所以|ER|⋅|ES|=8(1+k22)，
由|EP|⋅|EQ|=|ER|⋅|ES|，得8(1+k12)=8(1+k22)，
即k12=k22，而k1≠k2，
所以k1+k2=0，
所以存在λ=1，使得k1+λk2为定值0．
【解析】(1)写出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合三角形面积求解，即可得出答案．
(2)联立直线l1与抛物线方程联立，结合弦长公式可得|EP|⋅|EQ|，|ER|⋅|ES|，进而可得答案．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由Sn=2an−1(n∈N∗)知当n≥2，有Sn−1=2an−1−1，
将两式相减我们可以得到an=2an−2an−1，即an=2an−1，
又由于S1=2a1−1=a1，解得a1=1，
故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以通项公式an=2n−1；
(2)结合(1)知原式=1×Cn0+2×Cn1+22×Cn2+23×Cn3+⋯+2n×Cnn=(1+2)n=3n，
由于3n随着n的增大而增大，
且36=729<2023，37=2187>2023，
所以正整数n最大可取6，
即原不等式的解集为{n|n≤6,n∈N∗}.
(3)我们可以得到bn=12n，当n=1时，c1=1；当n≥2时，由累加法得：cn=c1+(c2−c1)+(c3−c2)+…+(cn−cn−1)=1+b1+b2+……+bn−1=1+12+122+…+12n−1=1−12n1−12=2−12n−1．
由于c1符合上式，故cn=2−12n−1，此时我们可以得出：bndn=12n(12−12n−1−12−12n)=1(2n+1−2)(2n+1−1)．
从第3项看起，对数列使用裂项相消法：Sn=12⋅3+16⋅7+114⋅15+…+1(2n+1−2)⋅(2n+1−1)，由前两项我们可以得到13−17，
因此有Sn=16+16−17+114−115+…+12n+1−2−12n+1−1，
我们可重新加括号得Sn=13−[(17−114)+(115−130)+…+(12n−1−12n+1−2)]−12n+1−1，
显然12n−1−12n+1−2>0,12n+1−1>0，
故sn<13得证．
当n=1，2时，有sn<13．
综上所述sn<13，
命题得证．
【解析】(1)两式相减即可得到数列通项；
(2)将原始化简即可求解；
(3)裂项相消证明．
本题考查数列与不等式的综合问题，属于难题．
19.【答案】解：(1)f(x)=sinx−x+ax2，则f′(x)=csx−1+2ax，
则k=f′(π)=csπ−1+2aπ=−2+2aπ，
又曲线y=f(x)在x=π处的切线过原点，
则f(π)−0π−0=k，即−1+aπ=−2+2aπ，解之得a=1π，
(2)①当a=0时，f(x)=sinx−x，x≤5，f′(x)=csx−1≤0，则f(x)在(−∞,5]上单调递减，
又f(0)=sin0=0，则x≤0时，f(x)≥0；x>0时，f(x)<0，
故a=0时，不满足当x≤5时f(x)≥0，不符合题意；
②由f(π)=sinπ−π+aπ2≥0，可得a≥1π，
则f(x)=sinx−x+ax2≥sinx−x+1πx2，
令g(x)=sinx−x+1πx2，(x≤5)，
要证f(x)≥0，只需证g(x)≥0，
(一)当x∈(−∞,0]时，g(x)=sinx−x+1πx2≥sinx−x，
由①知，g(x)≥sinx−x≥0，
(二)当x∈(0,π)时，g′(x)=csx−1+2πx，
令p(x)=csx−1+2πx，x∈(0,π)，
则p′(x)=−sinx+2π，x∈(0,π)，p′(x)在(0,π2)单调递减，在(π2,π)单调递增p′(0)=2π>0，p′(π2)=2π−1<0，p′(π)=2π>0，
则∃x1∈(0,π2)，x2∈(π2,π)，使得p′(x1)=p′(x2)=0，
则当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时p′(x)>0，当x∈(x1,x2)时p′(x)<0，
则p(x)在(0,x1)和(x2,π)单调递增，在(x1,x2)单调递减，
又由p(0)=p(π2)=p(π)=0，
可得当x∈(0,π2)时，p(x)>0；当x∈(π2,π)时，p(x)<0，
则g(x)在(0,π2)上单调递增；在(π2,π)上单调递减，
又由g(0)=g(π)=0，可得当x∈(0,π)时，g(x)>0，
(三)当x∈[π,5]时，p(x)=csx−1+2πx≥csx−1+2≥0，
则g(x)在[π,5]上单调递增，又由g(π)=0，可得当x∈[π,5]时，g(x)≥0，
综上，当a≥1π时，g(x)=sinx−x+1πx2≥0在(−∞,5]上恒成立，
则a的取值范围是a≥1π，即a∈[1π,+∞)．
【解析】本题考查导数的综合应用，考查学生的综合能力，属于难题．
(1)利用导数几何意义列出关于a的方程，解之即可得a的值；
(2)①当a=0时，不符合题意；②由f(π)=sinπ−π+aπ2≥0，可得a≥1π，则f(x)=sinx−x+ax2≥sinx−x+1πx2，先构造函数g(x)=sinx−x+1πx2，再利用导数证明g(x)≥0，进而求得a的取值范围．序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
智能体温计测温
36.6
36.6
36.5
36.5
36.5
36.4
36.2
36.3
36.5
36.3
水银体温计测温
36.6
36.5
36.7
36.5
36.4
36.4
36.2
36.4
36.5
36.4
序号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
智能体温计测温
36.3
36.7
36.2
35.4
35.2
35.6
37.2
36.8
36.6
36.7
水银体温计测温
36.2
36.7
36.2
35.4
35.3
35.6
37
36.8
36.6
36.7
X
0
1
2
4
P
8125
36125
54125
27125
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