2021-2022学年度衡水中学下学期高三年级素养提升模拟一(含答案解析)

这是一份2021-2022学年度衡水中学下学期高三年级素养提升模拟一(含答案解析)，共22页。试卷主要包含了3010，lg3≈0，【答案】D，【答案】B，【答案】C，323，【答案】A，【答案】CD等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年度衡水中学下学期高三年级素养提升模拟一

1. 已知M、N是全集U的两个非空子集．若M⋂(∁UN)=M，则下列说法可能正确的是(    )
A. M⋃(∁UN)=U B. (∁UM)⋃N=M
C. M∩N≠⌀ D. M∪N=U
2. 已知1a<1b<0，则下列结论一定正确的是(    )
A. a2>b2 B. lga2 3. 某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有(    )
A. 48 B. 54 C. 60 D. 72
4. 17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法，数学家拉普拉斯称赞为“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，设N=45×2710，则N所在的区间为(    )
A. (1015,1016) B. (1016,1017) C. (1017,1018) D. (1018,1019)
5. 若sin2α3cosα−1=tanα，则cosα的值为(    )
A. 1或12 B. −1或−12 C. −1或12 D. ±1或12
6. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，过点F与x轴垂直的直线与直线AB交于点P.若线段OP的中点在椭圆C上，则椭圆C的离心率为(    )
A. 7−12 B. 7−13 C. 5−12 D. 5−13
7. 已知A，B，C是表面积为16π的球O的球面上的三个点，且AC=AB=1，∠ABC=30∘，则三棱锥O−ABC的体积为(    )
A. 112 B. 312 C. 14 D. 34
8. 已知实数a，b∈(1,+∞)，且2(a+b)=e2a+2lnb+1，e为自然对数的底数，则(    )
A. 1 9. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=CC1=6，AC⊥BC，点E、F分别为棱BB1、A1C1的中点，过点A、E、F作三棱柱的截面α，则下列结论中正确的是(    )

A. 三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为106π
B. BC1//α
C. 若α交棱BC1于点M，则EM=13
D. α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积之比为13:5
10. 已知i是虚数单位，若z(2+i)=3−i2+i，则(    )
A. 复数z的虚部为−35 B. z=−15+35i
C. 复数z对应的点在第二象限 D. z−1=1
11. 已知直线y=a与曲线y=xex相交于A，B两点，与曲线y=lnxx相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则(    )
A. x2=aex2 B. x2=lnx1 C. x3=ex2 D. x1x3=x22
12. 在数列an中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12−an+1=an，则下列结论正确的是(    )
A. 对于任意的n≥2，都有an>1
B. 对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C. 若0 D. 若a1>2，则当n≥2时，2 13. 已知f(x)为偶函数，且当x>0时，f(x)=x2−lnx+2，则f(x)在(−1,f(−1))处的切线方程为__________.
14. 已知向量OA=(3,2)，OB=(2,1)，O为坐标原点，在x轴上找一个点M，使得AM⋅BM取最小值，则M点的坐标是__________.
15. 已知函数f(x)=ex,x≤0,lnx,x>0,g(x)=f(x)−mx−1，当实数m的取值范围为__________时，g(x)的零点最多.
16. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”.假设待检测的总人数是2m(m∈N*)，将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测(检测一次)，如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染;如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m−1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推.每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者(感染者必须通过检测来确定).若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为__________人.若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有2名感染者，采用“二分检测法”所需检总次数记为n，则n的最大值为__________.
17. 锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3ac⋅cosB=tanB+tanC.
(1)求角C的值;
(2)若c=23，D为AB的中点，求中线CD的范围.

18. 在①3bn=2Tn+3，②bn为等比数列，且b1=3，4T2=T3+3T1这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题.
已知数列an=2n−1，数列{bn}的前n项和是Tn，___.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若数列{anbn}的前n项和为Mn，证明：对任意n∈N*均有Mn<1恒成立.

19. 如图所示，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且OE//平面SAB，二面角S−AB−C，S−AD−C均为直二面角.

(1)求证：SE=DE;
(2)若SA=AD=2，且钝二面角A−BE−C的余弦值为−32020，求AB的值.
20. 2021年7月18日第30届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70,80),[80,90),[90,100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记ξ为3人中成绩在[80,90)的人数，求ξ的分布列和数学期望；
(3)转化为百分制后，规定成绩在[90,100]的为A等级，成绩在[70,90)的为B等级，其它为C等级．以样本估计总体，用频率代替概率，从所有参加生物学竞赛的同学中随机抽取100人，其中获得B等级的人数设为η，记B等级的人数为k的概率为P(η=k)，写出P(η=k)的表达式，并求出当k为何值时，P(η=k)最大？

21. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线C:y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，实轴长为4.
(1)求C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P(0,t)且垂直于y轴(P位于原点与上顶点之间)，过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标．

22. 已知函数f(x)=sinx−xcosx.
(1)证明：当x∈(0,π)时，f(x)>0;
(2)记函数g(x)=f(x)−x，判断g(x)在区间(−2π,2π)上零点的个数.

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查了交，并，补集的混合运算的应用，集合的子集，解题的关键是作出韦恩图，属基础题.
根据已知得到M⊆∁UN，作出韦恩图，逐一判断即可.
【解答】
解：由M∩(∁UN)=M，则M⊆∁UN，
作出韦恩图，

所以选项ABC错，
对于D选项，当M=∁UN时，M∪N=U，故正确.
故选D.
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查不等式的性质，基本不等式，对数函数的性质，属于基础题.
根据不等式的性质，基本不等式，对数函数的性质逐项判断即可求解.
【解答】
解：1a<1b<0⇔b ∵ba2，A不正确;
∵ba2，lg(ab)>lga2，B正确;
∵b0 ，若|a|=1时，|a|a=|a|b，C错误.
∵b0，∴ab>0且ba≠ab，∴ba+ab>2ba×ab=2，D不正确;
故选：B.
  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了排列组合的综合应用，属于中档题.5人分三组，一组1人，另外两组各2人，再把3个组分到3个比赛中，有15A33=90种，去掉甲1个人去看冰球，甲和另外一个人一起去看冰球的两种情况，可得结果.
【解答】
解：5人分三组，一组1人，另外两组各2人，有C51C42A22=15种，
再把3个组分到3个比赛中，有15A33=90种，
①甲1个人去看冰球，有C42A22⋅A22=6种，
②甲和另外一个人一起去看冰球，有C41⋅C32⋅A22=24种，
则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有90−6−24=60.
故选：C.
  
4.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了对数的运算，涉及了对数的运算性质和运算法则的应用，解题的关键是熟练掌握对数的相关运算性质和法则，属于中档题．
利用对数的运算性质求出lgN，由此分析求解即可．
【解答】
解：lgN=lg(45×2710)=lg45+lg2710=5lg4+10lg27
=10lg2+30lg3
≈10×0.3010+30×0.4771
=3.01+14.313
=17.323.
所以N=1017.323∈(1017,1018).
故选：C.
  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查同角三角函数关系以及二倍角公式的应用，属于基础题.
运用同角三角函数关系以及正弦二倍角公式，得到2sin αcosα3cos α−1=sinαcosα，即sinα=0或2cosα3cos α−1=1cosα，进而求出答案.
【解答】
解：sin 2α3cos α−1=tan α，即2sin αcosα3cos α−1=sinαcosα，
则sinα=0或2cosα3cos α−1=1cosα，
即sinα=0或2cos2α−3cosα+1=0，
由sinα=0可得cosα=±1，
由2cos2α−3cosα+1=0可得cosα=12或1.
故cosα的值为±1或12.
故选D.
  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查了椭圆的离心率，涉及椭圆的方程，属于基础题.
由已知可得点P和点M的坐标代入椭圆方程可得离心率.
【解答】
解：由xa+yb=1x=−c得P(−c,(a+c)ba)，OP中点M(−c2,(a+c)b2a)，
代入椭圆方程得c24a2+(a+c)24a2=1，e=ca=7−12.
故选A.
  
7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了球有关问题和锥体体积公式，属于基础题．
先确定△ABC所在的截面圆的半径，利用勾股定理求出三棱锥O−ABC的高，再利用锥体的体积公式求解即可．
【解答】
解：由题意，得ΔABC的外接圆半径为2r=1sin 30∘⇒r=1，
球的面积为16π=4πR2，所以球半径为2，
从而三棱锥O−ABC的高为22−12=3，
VO−ABC=13.12×1×1×sin120∘×3=14.
故选C.
  
8.【答案】D 
【解析】
【分析】

实数a，b∈(1,+∞)，且2(a+b)=e2a+2lnb+1，变形为：2b−2lnb=e2a−2a+1，令u(x)=ex−x−1，x∈(0,+∞)，通过求导可得函数u(x)在x∈(0,+∞)上单调性．通过构造函数①令f(x)=ex−x+1，f(2a)=e2a−2a+1；令h(x)=2ex−2x，h(lnb)=2elnb−2lnb=2b−2lnb，作差即可比较出b与e2a的大小关系．
②令m(x)=e2x−2x+1，m(a)=e2a−2a+1；令h(x)=2ex−2x，h(lnb)=2elnb−2lnb=2b−2lnb，即可比较出ea与b的大小关系．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，数值大小的比较，构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
【解答】
解：实数a，b∈(1,+∞)，且2(a+b)=e2a+2lnb+1，变形为2b−2lnb=e2a−2a+1，
令u(x)=ex−x−1，x∈(0,+∞)，
则u′(x)=ex−1>0，∴函数u(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
∴u(x)=ex−x−1>u(0)=0，即ex−x−1>0.
①令f(x)=ex−x+1，f(2a)=e2a−2a+1；
令h(x)=2ex−2x，h(lnb)=2elnb−2lnb=2b−2lnb，
x>1时，h(x)−f(x)=ex−x−1>0，
∴h(x)>f(x)，当f(2a)=h(lnb)时，2a>lnb，即b ②令m(x)=e2x−2x+1，m(a)=e2a−2a+1；
令h(x)=2ex−2x，h(lnb)=2elnb−2lnb=2b−2lnb，
x>1时，m(x)−f(x)=e2x−2ex+1=(ex−1)2>0，
∴h(x) 当m(a)=h(lnb)时，a 综上，可得ea 故选：D.
  
9.【答案】CD 
【解析】
【分析】
本题考查球的表面积，棱锥的体积，球的切、接问题，属于较难题．
将三棱柱补全为正方体，根据几何关系求出外接球的半径，进而求出外接球表面积即可判断A；先作出截面α，结合相似三角形的性质即可判断B；结合勾股定理求出EM的长即可判断C；根据α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分的体积为VP−ACQ−VP−FMC1−VA−QBE，进而求出较小部分的体积即可判断D.
【解答】
解：将该三棱柱视为正方体ACBD−A1C1B1D1的一部分，如图所示，

正方体ACBD−A1C1B1D1与三棱柱ABC−A1B1C1的外接球相同，
正方体ACBD−A1C1B1D1的棱长为6，
则三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径R=62+62+622=33，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的外接球表面积为4πR2=108π，故A项错误；
延长AF与棱CC1交于点P，连接PE交棱B1C1于点M，连接FM，则平面AEMF即为截面α，
因为A1C1//AC，且A1C1=AC，点F是棱A1C1的中点，所以点C1是线段PC的中点，
由△MPC1与△MEB1相似，得PC1EB1=MC1MB1=2，所以B1M=13B1C1，
又点E是棱BB1的中点，所以ME与BC1不平行，故B项错误；
因为B1M=2，又B1E=3，所以在Rt△B1EM中，EM=22+32=13，故C项正确；
延长PE交直线BC于点Q，则平面α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分的体积为
V三棱锥P−ACQ−V三棱锥P−FMC1−V三棱锥A−QBE=13×12×6×8×12−13×12×3×4×6−13×12×2×6×3=78，
所以较小部分的体积为12×6×6×6−78=30，
所以较大部分和体积较小部分的体积之比为7830=135，故D项正确．
故选：CD.
  
10.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算及几何意义，考查复数的基本概念，考查运算求解能力，是基础题．
利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，然后逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：由题意得z=3−i2+i2=3−i3+4i=3−i3−4i3+4i3−4i=15−35i，
故复数z的虚部为 −35，故A正确；
 z=15+35i，故B错误；
复数z对应的点为 15,−35，在第四象限，故C错误；
  z−1=−45−35i=−452+−352=1，故D正确.
故选AD.
  
11.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
本题考查导数的应用，属于较难题
利用导数求出f(x)的单调性，作出f(x)与g(x)的图象，结合图像逐个判断即可.
【解答】
解：设f(x)=xex，则g(x)=lnxx=f(lnx)，
则f′(x)=1−xex.
当00，当x>1时，f′(x)<0
易知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且ex>x，
作出f(x)与g(x)的图象，可知x1<1 且当xg(x)，当x>x2时，f(x) 由图x2ex2=a，所以x2=aex2，即A正确;
因为x1<1 因为1 因为x1=lnx2，所以x2=ex1，又x2=lnx3，所以x22=ex1lnx3=x1a⋅ax3=x1x3，即D正确.


  
12.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
本题主要考查数列递推数列，数列单调性，属于较难题.
用数学归纳法证明A，D；用反例判断B，用数列的单调性定义判断C.
【解答】
解：对于A，已知对于任意的n∈N*都有an>0，①当n=2时，a1>0，a22−a2=a1>0，得a2>1，
即当n=2时成立；
②设n=k(k∈N*)时，ak>1成立，则ak+12−ak+1=ak>1>0，即ak+12−ak+1>0，解得ak+1>1.
当n=k时，ak>1成立，可推得n=k+1时an+1>1成立，
由①②得对任意的n≥2，都有an>1，即A正确.
对于B，假设对于任意的a1>0，数列{an}为常数列，则a1=a2=⋅⋅⋅=an=an+1>0，
∵an+12−an+1=an，∴an2−an=an，解得an=0(舍去)，an=2，
所以当an>0时，数列{an}可能为常数列，故B错误;
对于C，当00，a22−a2=a1<2，可得0 an+1−an=an+1−(an+12−an+1)=2an+1−an+12∵00，
即an+1>an，函数为增函数;故C正确;
对于D，若a1>2，
①当n=1时，a22−a2=a1>2，则a2>2，∴2−a2<0，a2−a1=2a2−a22=a2(2−a2)<0，
∴a2 ②设当n=k时，不等式成立，即22，则ak+1>2，
∴2−ak+1<0，ak+1−ak=ak+1−(ak+12−ak+1)=2ak+1−ak+12=ak+1(2−ak+1)<0，
∴ak+1 当n=k+1时不等式成立，由①②得若a1>2，则当n≥2时，2 故选ACD.

  
13.【答案】x+y−2=0 
【解析】
【分析】
本题考查函数的奇偶性，导数的几何意义，属于基础题.
根据奇偶性，求出x<0时的函数关系式，然后得到切点坐标，利用导数求出切线斜率，再根据直线方程点斜式写出切线方程.
【解答】
解：设x<0，则−x>0，
因为函数是偶函数，
所以fx=f−x=−x2−ln−x+2=x2−ln−x+2，
当x<0时，f′x=2x+1−x，f′−1=−1，f−1=3，
所以fx在−1,f−1处的切线方程为y−3=−x+1，
即x+y−2=0.
故答案为x+y−2=0.
  
14.【答案】52,0 
【解析】
【分析】
本题考查两个向量的数量积的运算，利用二次函数的性质求函数的最小值，属于中档题．
设M(x,0)，利用两个向量的数量积化简AM⋅BM的解析式，再利用二次函数的性质求出AM⋅BM取最小值时的x值，从而得到M点的坐标．  
【解答】
解：设M(x,0)，因为向量OA=(3,2)，OB=(2,1)，
则AM=OM−OA=(x−3,−2)，BM=OM−OB=(x−2,−1)；
 因此AM⋅BM=(x−3)(x−2)+2=x2−5x+8=(x−52)2+74；
∴当x=52时，AM⋅BM取得最小值74，此时M(52,0).
故答案为52,0.
  
15.【答案】(0,1e2) 
【解析】
【分析】
本题考查函数的零点个数问题，考查数形结合思想与分类讨论思想，涉及导数的几何意义，属于较难题.
令h(x)=mx+1，转化为h(x)的图像与f(x)的图像的交点个数问题，对m进行分类讨论，结合导数的几何意义即可求解.
【解答】
解：作出fx=ex,x≤0lnx,x>0的图像：

因为gx=fx−mx−1，
令g(x)=0，则f(x)=mx+1，
令h(x)=mx+1，
当x=0时，h(x)=1，则h(x)恒过点(0,1)，
当m=0时，h(x)=1，h(x)的图像与f(x)的图像有2个交点；
当m<0时，h(x)的图像与f(x)的图像有2个交点；
当m>0时，h(x)与f(x)=ex(x≤0)的图像相切时，切点为(0,1)，则m=e0=1，
当m>0时，h(x)与f(x)=lnx(x>0)的图像相切时，设切点为(x0,lnx0)，
又(lnx)′=1x，则m=1x0，切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
则1−lnx0=−1⇒x0=e2，则m=1e2，
当0 当m=1e2时，h(x)的图像与f(x)的图像有3个交点；
当1e2 当m≥1时，h(x)的图像与f(x)的图像有1个交点，
故当实数m的取值范围为(0,1e2)时，gx的零点最多.
故答案为(0,1e2).
  
16.【答案】1，2
4m−1
 
【解析】
【分析】
本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题．
根据已知条件，结合二分检测法，即可求解．
【解答】
解：若待检测的总人数为8，
则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数为1人或2人;
若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可;
若只有1个感染者，则只需1+2×m=2m+1次检测;
若只有2个感染者，若要检测次数最多，
则第二轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测组人数均为2m−1，
每组1个感染者，此时每组需要1+2(m−1)=2m−1次检测，
所以此时两组共需2(2m−1)=4m−2次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需4m−2+1=4m−1次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，
故n的最大值为4m−1.
故答案为1，2；4m−1.
  
17.【答案】解：(1)由3ac⋅cosB=tanB+tanC，得
3sinAsinC⋅cosB=sinBcosB+sinCcosC=sinB⋅cosC+cosB⋅sinCcosB⋅cosC=sin (B+C)cosB⋅cosC=sinAcosB⋅cosC
所以sinC=3cosC,C∈(0,π)，
tanC=3,C=π3;
(2)CD=12(CA+CB)，
CD2=14(CA+CB)2=14(a2+b2+ab)，
由余弦定理有：c2=a2+b2−ab，即12=a2+b2−ab，
所以CD2=14(12+2ab)=3+12ab，
由正弦定理asin A=bsin B=csin C=2332=4,a=4sinA,b=4sinB，
CD2=3+12ab=3+8sinAsinB
=3+8sinAsin (2π3−A)
=3+8sinA(32cosA+12sinA)
=3+43sinAcosA+4sin2A
=3+23sin2A+2(1−cos2A)=5+4(32sin2A−12cos2A)
=5+4sin(2A−π6)，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0π2，
则A∈(π6,π2)， 2A−π6∈π6,5π6，
则sin(2A−π6)∈(12,1],
故CD2∈(7,9],CD∈(7,3]. 
【解析】本题主要考查正弦定理、余弦定理，考查同角三角函数的基本关系，考查三角函数的性质，属于中档题.
(1)由正弦定理及同角三角函数的基本关系化简，可求出tanC，进而得角C的值;
(2)由余弦定理及向量知识得CD2=3+12ab，再由正弦定理可得CD2=3+12ab=3+8sinAsinB，化简后求解即可.

18.【答案】(1)解：若选①;
3bn=2Tn+3，
所以n≥2时，3bn−1=2Tn−1+3，
所以3bn−3bn−1=2(Tn−Tn−1)=2bn，
所以bn=3bn−1(n≥2)，
又3b1=2T1+3=2b1+3，
所以b1=3，
所以数列{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以数列{bn}的通项公式为bn=3n(n∈N*).
若选②;
设公比为q，由4T2=T3+3T1得，4b1(1+q)=b1(1+q+q2+3)，
所以3q=q2，所以q=3，
又b1=3，所以bn=3n(n∈N*).
(2)证明：设cn=anbn，则cn=2n−13n，
Mn=13+332+⋯+2n−13n，
13Mn=132+333+⋯+2n−33n+2n−13n+1，
两式相减可得23Mn=13+2(132+133+⋯+13n)+2n−13n+1
=13+2⋅132(1−13n−1)1−13−2n−13n+1
=23−2n+23n+1，
所以Mn=1−n+13n，
所以对任意n∈N*均有Mn<1恒成立. 
【解析】本题考查数列的递推式的运用，等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的错位相减法求和，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
(1)选①，由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得bn；选②，由数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式，可得所求；
(2)设cn=anbn，则cn=2n−13n，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式以及不等式的性质，即可得证．


19.【答案】解：(1)证明：∵OE//平面SAB，OE⊂平面SBD，平面SAB∩平面SBD=SB，
∴OE//SB，
又∵四边形ABCD为矩形，则BO=DO，
∴SE=DE；
(2)∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥AD，
∵二面角S−AB−C，S−AD−C均为直二面角，
∴平面SAD⊥平面ABCD，平面SAB⊥平面ABCD，
∵平面SAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面SAD，
∵SA⊂平面SAD，
∴AB⊥SA，同理可得AD⊥SA，
∴设AB=a，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a,2,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，S(0,0,2)，
∴AB=a,0,0,AE=0,1,1，CB=0,−2,0,CE=−a,−1,1，
设m=x1,y1,z1为平面ABE的法向量，
∵m⋅AB=0m⋅AE=0，
∴ax1=0y1+z1=0，令y1=1，则z1=−1，
∴平面ABE的一个法向量m=(0,1,−1)，
设n=x2,y2,z2=(x,y,z)为平面CBE的法向量，
∵n⋅CB=0n⋅CE=0，
∴−2y2=0−ax2−y2+z2=0，令x2=1，则z2=a，
∴平面CBE的一个法向量n=(1,0,a)，
∴cos=m⋅n|m||n|=−a2×a2+1=−32020，
解得a=3或−3(舍)，
∴AB=3. 
【解析】本题考查线面平行的性质、线面垂直的判定、利用空间向量求平面与平面的夹角，属于中档题.
(1)利用线面平行的性质证出OE//SB，即可证出结果；
(2)证出SA⊥平面ABCD，设AB=a，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面ABE的一个法向量m和平面CBE的法向量n，利用cos=m⋅n|m||n|=−a2⋅a2+1=−32020，即可求出结果.

20.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质可得，(0.004+m+0.022+0.03+0.028+0.004)×10=1，解得m=0.012，
设中位数为n，
0.004×10+0.022×10+(n−60)×0.03=0.5，解得n=68.
(2)∵[70,80),[80,90),[90,100]的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1，
∴从[70,80),[80,90),[90,100]中分别抽取7人，3人，1人，
ξ所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=C83C113=56165，
P(ξ=1)=C82C31C113=2855，
P(ξ=2)=C81C32C113=855，
P(ξ=3)=C33C113=1165，
故ξ的分布列为：
ξ
 0
 1
 2
 3
 P
 56165
 2855
 855
1165
故E(ξ)=0×56165+1×2855+2×855+3×1165=911.
(3)B等级的概率为(0.028+0.012)×10=0.4，
P(η=k)=C100k(0.4)k(0.6)100−k，k=0，1，2，3，⋅⋅⋅，100，
令C100k(0.4)k(0.6)100−k≥C100k+1(0.4)k+1(0.6)99−k ①，
C100k(0.4)k(0.6)100−k≥C100k−1(0.4)k−1(0.6)101−k ②，
由①可得，0.6100−k≥0.4k+1，解得k≥39.4，由②可得，0.4k≥0.6(101−k)，解得k≤40.4，
故k=40时，P(η=k)取得最大． 
【解析】本题主要考查离散型随机变量的期望，需要学生较强的综合能力，属于难题．
(1)根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及中位数公式，即可求解．
(2)由题意可推得，ξ所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可求得分布列，再结合期望公式，即可求解．
(3)B等级的概率为(0.028+0.012)×10=0.4，
P(η=k)=C100k(0.4)k(0.6)100−k，k=0，1，2，3，⋅⋅⋅，100，
令C100k(0.4)k(0.6)100−k≥C100k+1(0.4)k+1(0.6)99−k ①，
C100k(0.4)k(0.6)100−k≥C100k−1(0.4)k−1(0.6)101−k ②，
分别对①②求解，即可求出当k为何值时，P(η=k)最大．

21.【答案】解：(1)因为实轴长为4，即2a=4，a=2，
又ca=2，所以c=22,b2=c2−a2=4，
故C的方程为y24−x24=1；
(2)由O，A，N，M四点共圆可知，∠ANM+∠AOM=π，
又∠MOP+∠AOM=π，即∠ANM=∠MOP，
故tan∠ANM=tan∠MOP=1tan∠OMP，
即−kAN=1−kOM，所以kAN⋅kOM=1，
设G(x1,y1)，H(x2,y2)，M(xM,yM)，
由题意可知A(0,−2)，则直线AG:y=y1+2x1x−2，
直线AH:y=y2+2x2x−2，
因为M在直线l上，所以yM=t，代入直线AG方程，可知xM=(t+2)x1y1+2，
故M坐标为((t+2)x1y1+2,t)，所以kOM=t(y1+2)(t+2)x1，
又kAN=kAH=y2+2x2，
由kAN⋅kOM=1，则t(y1+2)(t+2)x1⋅y2+2x2=1，
整理可得t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线GH：y=kx+t，
代入双曲线方程：y24−x24=1中，
可得(k2−1)x2+2ktx+t2−4=0，
所以x1+x2=−2ktk2−1,x1x2=t2−4k2−1，
又(y1+2)(y2+2)=(kx1+t+2)(kx2+t+2)
=k2x1x2+k(t+2)(x1+x2)+(t+2)2=k2⋅t2−4k2−1+k(t+2)⋅−2ktk2−1+(t+2)2=−(t+2)2k2−1，
所以t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2=−(t+2)2k2−1t2−4k2−1=−(t+2)2t2−4=−(t+2)t−2(t+2≠0)，
故t=2−t，即t=1，所以点P坐标为(0,1). 
【解析】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线与双曲线的位置关系的问题，属于难题．
(1)根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a，b，即得答案；
(2)根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出kAN⋅kOM=1，设G(x1,y1)，H(x2,y2)，M(xM,yM)，从而可以用点的坐标表示出t，再设直线GH：y=kx+t，联立双曲线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案．

22.【答案】解：(1)由题设，f′(x)=xsinx，
当x∈(0,π)时，x>0，sinx>0，f′(x)=xsinx>0，
所以f(x)在(0,π)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0.
(2)由题意g(x)=sinx−xcosx−x，g′(x)=xsinx−1，
注意到g(π)=0，即x=π为g(x)的一个零点.
①当x∈(0,π2)时，设h(x)=sinx−x，则h′(x)=cosx−1<0，
所以h(x)在(0,π2)上单调递减，所以h(x) 故g(x)在(0,π2)上无零点.
②当x∈(π2,π)时，令m(x)=g′(x)=xsinx−1，
m′(x)=sinx+xcosx，
令n(x)=m′(x)=sinx+xcosx，
n′(x)=2cosx−xsinx<0，所以m′(x)单调递减，
m′(π2)=1>0，m′(π)=−π<0，故m′(x)在(π2,π)上存在唯一零点x0，
当x∈(π2,x0)时，m′(x)>0，g′(x)单调递增，
当x∈(x0,π)时，m′(x)<0，g′(x)单调递减，
因为g′(x0)>g′(π2)=π2−1>0，g′(π)=−1<0，
所以g′(x)在(π2,π)上存在唯一零点x1，
当x∈(π2,x1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(x1,π)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(x1)>g(π)=0，g(π2)<0，
故g(x)在(π2,x1)上存在唯一零点，
即g(x)在(π2,π)上存在唯一零点.
③当x∈(π,2π)时，x>0，sinx<0，所以g′(x)=xsinx−1<0，
所以g(x)在(π,2π)上单调递减，
所以g(x) 结合①②③和g(π)=0可知，g(x)在(0,2π)上共有2个零点，
注意到g(x)为奇函数，所以g(x)在(−2π,0)上也有2个零点，
又g(0)=0，
所以g(x)在(−2π,2π)上共有5个零点. 
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，导数中的零点问题，主要考查学生的综合应用能力和分类讨论的数学思想，属于较难题.
(1)由x∈0,π，f′(x)=xsinx>0，所以f(x)在(0,π)上单调递增，所以f(x)>f(0)=0；
(2)由题意g(x)=sinx−xcosx−x，g′(x)=xsinx−1，注意到g(π)=0，即x=π为g(x)的一个零点，然后分x∈(0,π2)，x∈(π2,π)，x∈(π,2π)三种情况对gx的零点个数进行讨论，即可得出g(x)在(0,2π)上共有2个零点，注意到g(x)为奇函数，所以g(x)在(−2π,0)上也有2个零点，又g(0)=0，所以g(x)在(−2π,2π)上共有5个零点.