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2023-2024学年江苏省苏州市高三第一学期学业质量阳光指标调研卷数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高三第一学期学业质量阳光指标调研卷数学试卷（含解析），共23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.设集合U=R，集合M={x|lg2x<1}，N={x|x>1}，则集合{x|0A. M∪NB. M∩NC. (∁UM)∩ND. (∁UN)∩M
2.设i为虚数单位，复数z满足(3−i)z=4+2i，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
3.2023年9月28日，沪宁沿江高速铁路开通运营，形成上海至南京间的第二条城际高速铁路，沪宁沿江高速铁路共设8座车站(如图).为体验高铁速度，游览各地风光，甲乙两人准备同时从南京南站出发，甲随机选择金坛、武进、江阴、张家港中的一站下车，乙随机选择金坛、武进、江阴、张家港、常熟中的一站下车.已知两人不在同一站下车，则甲比乙晚下车的概率为( )
A. 320B. 14C. 310D. 38
4.已知函数f(x)=cs(ωx+π3)+1(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)在区间[0,π2]上的最大值为( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
5.在梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=π2，BC=2AD=2AB=2，以下底BC所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为( )
A. 2π3B. 4π3C. 5π3D. 2π
6.在平面直角坐标系xOy中，已知A是圆C1:x2+(y−3)2=1上的一点，B，C是圆C2:(x−4)2+y2=4上的两点，则∠BAC的最大值为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
7.已知正实数a，b，c满足2a+1a=2a−a，3b+1b=3b−b，4c+1c=4c−c，则a，b，c的大小关系为( )
A. c8.若sinπ10是函数的一个零点，则f(1)=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a，b∈R，则“a>b”的充分不必要条件有( )
A. 1a>1bB. lga>lgbC. a3>b3D. a3>a2b
10.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:y=x−2经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，l与抛物线相交于A，B两点，则( )
A. p=2B. |AB|=16
C. 线段AB的中点到y轴的距离为6D. OA⊥OB
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知函数y=1x(x>0)的图象为曲线C，点B1，B2，B3，⋯在C上，点A1，A2，A3，⋯在x轴上，且△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，⋯分别是以B1，B2，B3，⋯为直角顶点的等腰直角三角形.记点Ai，Bi的横坐标分别为ai，bi(i=1,2,3,⋯,n,⋯)，则( )
A. |A1B2|= 22B. a3=2 3C. {an2}为等差数列D. i=11001bi=10
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，BC= 3，AA1=1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上(含边界)的一动点.记点Q轨迹的长度为L，则下列说法正确的有( )
A. 若PQ⊥B1C，则L=2
B. 若PQ//平面A1BC1，则L= 52
C. 若PQ= 2，则L=π
D. 若C到平面A1PQ的距离为 32，则L=2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标.在一批棉花中随机抽测了20根棉花的纤维长度(单位：mm)，按从小到大排序结果如下：25 28 33 50 52 58 59 60 61 62 82 86 113 115 140 143 146 170 175 195，则估计这批棉花的第45百分位数为 ．
14.已知(x+a)(x−1)7=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，且a1=13，则a= ．
15.已知单位向量a，b的夹角为θ，向量c=32b−a，若|c|∈Z，则csθ= .(写出一个可能值)
16.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过O的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若FB⊥AB，∠AFB+∠AOF=π，则C的离心率为 ．
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.(本小题10分)
霹雳舞在2023年杭州举办的第19届亚运会中首次成为正式比赛项目.某学校为了解学生对霹雳舞的喜爱情况，随机调查了100名学生，统计得到如下2×2列联表：
(1)请你根据2×2列联表中的数据，判断是否有90%的把握认为“是否喜爱霹雳舞与性别有关”;
(2)学校为增强学生体质，提高学生综合素质，按分层抽样从调查结果为“喜爱”的学生中选择6人组建霹雳舞社团，经过训练后，再随机选派2人参加市级比赛，设X为这2人中女生的人数，求X的分布列和数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csBb=csA−3csC3c−a．
(1)求证：c=3a;
(2)若点D在边AB上，且BD=2DA，CD=2，AC= 11，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
已知等差数列{an}的公差为d，且d≠0，设Sn为{an}的前n项和，数列{bn}满足bn=4Sn−2n(n∈N∗).
(1)若a1=−1，d=1，且bn(2)若数列{ bn}也是公差为d的等差数列，求数列{(−1)nbn}的前n项和Tn．
20.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为平行四边形，AB=2，AD=2 2，∠ABD=90∘，矩形BDEF所在平面与底面ABCD垂直，M为CE的中点．
(1)求证：平面BDM//平面AEF;
(2)若平面BDM与平面BCF夹角的余弦值为 105，求CE与平面BDM所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+1ex．
(1)求f(x)的极值;
(2)证明：f(x)<2ln2−1ex+14．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(−4,0)，B(2,3)，直线AB与y轴交于点P，过P的直线l与Γ交于C，D两点(异于A，B)，记直线AC和直线BD的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)．
(1)求Γ的标准方程;
(2)求2k1−1k2的值;
(3)设直线AC和直线BD的交点为Q，求证：Q在一条定直线上．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查交并补混合运算，属于基础题。
先化简集合M，再根据集合的基本运算即可求解。
【解答】
解：根据题意得M={x|0又 N={x|x>1} ，则∁UN={x|x≤1}
所以M∪N={x|x>0}，M∩N={x|1(∁UN)∩M={x|0故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的除法运算与复数的模，是基础题
利用复数的除法运算化简复数，进而求模即可．
【解答】
解：∵(3−i)z=4+2i
∴z=4+2i3−i=4+2i3+i3−i3+i=1+i，
∴|z|= 2．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了概率的计算，属于基础题．
利用古典概型即可求解．
【解答】
解：第一步，根据题目，甲有4种选择，
因为两人不在同一站下车，所以乙有4种选择，
所以总的选择方式有4×4=16种．
第二步，甲比乙晚下车的情况可以分为三类，
当乙在金坛下车时，甲可以在武进、江阴、张家港之一下车，有3种可能;
当乙在武进下车时，甲可以在江阴、张家港之一下车，有2种可能;
当乙在江阴下车时，甲可以在张家港下车，有1种可能;
所以甲比乙晚下车的概率为3+2+116=38．
故选D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查y=Acs (ωx+φ)的图像与性质，属于中档题．
根据f(x)的最小正周期，可得ω的值，进而得到f(x)的解析式，即可求解．
【解答】
解：由题意知： 2πω=π，则ω=2，∴f(x)=cs (2x+π3)+1，
又x∈[0,π2]时，π3≤2x+π3≤4π3，
所以2x+π3=π3，即x=0时，f(x)在区间[0,π2]上取最大值12+1=32．
故选C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体的体积，了解组合体的形状是解题的关键，是中档题．
所得几何体为圆柱加上一个圆锥，根据旋转体的体积公式即可求解．
【解答】
解：如图，过点D作BC的垂线，垂足为H．
则由旋转体的定义可知，该梯形绕BC所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱加上一个圆锥．
其中圆柱的底面半径R=AB=1，高ℎ1=BH=1，
其体积V1=πR2ℎ1=π×12×1=π;
圆锥的底面半径r=DH=1，高ℎ2=1，
其体积V2=13πr2ℎ2=13π×12×1=π3．
故所求几何体的体积为V=V1+V2=π+π3=4π3．
故选B．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆与圆位置关系中的最值问题，属于一般题．
若∠BAC最大时，AC，AB为圆C2的两条切线，设∠CAC2=α，可得cs2α=1−4C2A2，根据二倍角公式可得cs∠BAC=1−8C2A2，求出C2A的范围即可求解．
【解答】解：圆C1的圆心为C10,3，半径为r1=1，圆C2的圆心为C24,0，半径为r2=2，
则C1C2= 0−42+3−02=5．
若∠BAC最大时，AC，AB为圆C2的两条切线，
设∠CAC2=α，所以cs2α=AC2C2A2=C2A2−4C2A2=1−4C2A2，
所以cs∠BAC=cs2α=2cs2α−1=21−4C2A2−1=1−8C2A2．
因为C1C2=5，所以C2A∈4,6，所以cs∠BAC∈12,79，
所以．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查指数函数的图象，考查对勾函数的图象，考查转化的思想，考查数形结合思想，属于较难题．
由题意可得a+1a=2a−2，则函数y=x+1x与函数y=2x−2交于点(a,a+1a)，同理可得函数y=x+1x与函数y=3x−3交于点(b,b+1b)，函数y=x+1x与函数y=4x−4交于点(c,c+1c)，在同一坐标系作函数y=x+1x，y=2x−2，y=3x−3，y=4x−4的图象，再数形结合分析即可得出正确结论．
【解答】
解：由2a+1a=2a−a，
可得2+1a=2a−a，
则a+1a=2a−2，
则函数y=x+1x与函数y=2x−2交于点(a,a+1a)，
同理可得b+1b=3b−b，c+1c=4c−4，
则函数y=x+1x与函数y=3x−3交于点(b,b+1b)，
函数y=x+1x与函数y=4x−4交于点(c,c+1c)，
由题意可知a，b，c为正实数，
在同一坐标系作函数y=x+1x，y=2x−2，y=3x−3，y=4x−4的图象，如下图所示，
数形结合分析可知c故选A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的零点，考查三角恒等变换，考查同角三角函数的基本关系，属于中档题．
利用三角恒等变换及同角三角函数的基本关系可得cs54°=cs18°+2×18°=4cs318°−3cs18°，由sin36°=cs54°，可得4sin218°+2sin18°−1=0，解得sin18°= 5−14.由，可得a8−b4 5+b4−a4+1=0，由a，，可得a8−b4=0b4−a4+1=0，求出a，b即可求解．
【解答】
解：cs54°=cs18°+2×18°
=cs18°cs2×18°−sin18°sin2×18°
=cs18°×2cs218°−1−2sin218°cs18°
=2cs318°−cs18°−21−cs218°cs18°
=4cs318°−3cs18°．
由sin36°=cs54°，可得2sin18°cs18°=4cs318°−3cs18°，
所以4cs218°−3=2sin18°，即41−sin218°−3=2sin18°，
所以4sin218°+2sin18°−1=0，解得sin18°= 5−14．
因为sinπ10是函数f(x)=ax3−bx+1(a,b∈N∗)的一个零点，
所以asin318°−bsin18°+1=0，即 5−28a− 5−14b+1=0，
所以a8−b4 5+b4−a4+1=0．
因为a，，所以a8−b4=0b4−a4+1=0，解得a=8,b=4，
所以f1=a−b+1=8−4+1=5．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，充分不必要条件的判断，属于一般题．
根据不等式的性质和充分不必要条件的定义，逐项判定即可．
【解答】
对于A，当a=−3，b=−2，−13>−12,但a对于B，lga>lgb，所以a>b>0，能推出a>b，；当a=2，b=−1时，lga>lgb不成立，
所以lga>lgb是a>b的充分不必要条件；符合；
对于C，当a3>b3，能推出a>b；当a>b，能推出a3>b3，是充要条件，不符合；
对于D，a3>a2b，则a2a−b>0,所以a≠0且a>b．
当a=0，b=−1时，，满足a>b，但是推不出a3>a2b，所以a3>a2b是a>b的充分不必要条件，符合，
所以选BD
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系及其应用，属于中档题．
由题意求出抛物线的焦点，判断A；可得标准方程，设A(xA,yA)，B(xB,yB)，联立直线与抛物线方程，消去y，结合韦达定理可得|AB|，判断B；求出线段AB的中点的横坐标，判断C；利用OA·OB≠0，判断D．
【解答】
解：如图，
直线斜率为1，
抛物线C:y2=2px，可得焦点坐标F(p2,0)，准线方程为：x=−p2，
直线l:y=x−2，经过抛物线的焦点坐标，可得p=4，A错误；
所以抛物线方程为：y2=8x，
由题意可得：y2=8xy=x−2，可得x2−12x+4=0，
设A(xA,yA)，B(xB,yB)，
则xA+xB=12，xAxB=4，
所以|AB|=xA+xB+p=16，B正确；
直线l与抛物线C相交于A、B两点，则线段AB的中点的横坐标为6，
则线段AB的中点到y轴的距离为6，C正确;
OA·OB=xAxB+yAyB=xAxB+xA−2xB−2=2xAxB−2xA+xB+4=2×4−2×12+4≠0，所以OA与OB不垂直，故D错误．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了函数与数列，等差数列的判定，裂项相消法求和，属于难题；
根据题意，先求出B1，B2，B3，A1，A2，A3的坐标，
归纳出An(2 n,0)，Bn( n+ n−1, n− n−1)，
然后逐项判断即可；【解答】【解答】
解：
如图，作B1D⊥x轴，B2E⊥x轴，B3F⊥x轴，垂足分别为D，E，F，
设OD的长度为x，则B1(x,x)代入y=1x(x>0)，得x=1，
B1(1,1)，A1(2,0)，
设A1E的长度为y，则B2(2+y,y)代入y=1x(x>0)，得y= 2−1，
B2( 2+1, 2−1)，A2(2 2,0)，
设A2F的长度为z，则B3(2 2+z,z)代入y=1x(x>0)，得z= 3− 2，
B3( 3+ 2, 3− 2)，A3(2 3,0)，
依次类推，Bn( n+ n−1, n− n−1)，An(2 n,0)，
对于A，|A1B2|=2− 2，A错误；
对于B，A3(2 3,0)，a3=2 3，B正确；
对于C，An(2 n,0)，an2=4n， {an2}为等差数列，C正确；
对于D，Bn( n+ n−1, n− n−1)，
1bn=1 n+ n−1= n− n−1，
i=11001bi=1+( 2−1)+( 3− 2)+……+( 100− 99)=10，D正确；
故选项为BCD；
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了线线垂直的向量表示，线面平行的向量表示，两点间距离的向量求法，点面距离的向量求法，属于难题；
以D为原点，AD，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系，设Q(x,y,0)(0⩽x⩽ 3,0⩽y⩽2)
利用线线垂直的向量表示，线面平行的向量表示，两点间距离的向量求法，点面距离的向量求法，得到动点Q的轨迹方程，在平面直角坐标系中求点Q轨迹的长度L，逐项判断；【解答】
解：
如图，以D为原点，建立坐标系，设Q(x,y,0)(0⩽x⩽ 3,0⩽y⩽2)
对于A，P(0,1,1)，PQ=(x,y−1,−1)B1( 3,2,1)，C(0,2,0)，B1C=(− 3,0,−1)
若PQ⊥B1C， 则− 3x+1=0，如下图
点Q轨迹的长度为图中线段AB的长2，则L=2，A正确；
对于B， A1C1=(− 3,2,0)， A1B=(0,2,−1)，
设n=(x1,y1,z1)是平面A1BC1的法向量，
− 3x1+2y1=02y1−z1=0，解得n=(2, 3,2 3)
若PQ//平面A1BC1，n⊥PQ，2x+ 3(y−1)−2 3=0，化简得2x+ 3y−3 3=0，如下图
点Q轨迹的长度为图中线段CD的长，C( 32,2)，D( 3,1)，L=|CD|= 72，B错误；
对于C，若PQ= 2， x2+y−12+1=2,即x2+y−12=1，如下图
点Q轨迹的长度为图中第一象限的半圆弧长，则L=π，C正确；
对于D， 设平面A1PQ的法向量是n1=(k,t,m)
A1P=(− 3,1,0)，PQ=(x,y−1,−1)，CP=(0,−1,1)
− 3k+t=0xk+y−1t−m=0，解得n1=( 3,3, 3x+3y−3)，
C到平面A1PQ的距离为 32，
CP·n1n1= 32，化简可得( 3x+3y−3)( 3x+3y−27)=0，
3x+3y−3=0，或 3x+3y−27=0，如下图
直线 3x+3y−27=0，与0⩽x⩽ 3，0⩽y⩽2围成的矩形框没有交点，只有 3x+3y−3=0与矩形交于M，N两点，点Q轨迹的长度为图中线段MN的长，M(0,1)，N( 3,0)，L=|MN|=2，D正确．
13.【答案】61.5
【解析】【分析】
本题主要考查了百分位数的求法，属于基础题．
根据百分位数的定义求解．
【解答】
解：因为一共有20个数据，20×45%=9，
所以第45百分位数为61+622=61.5．
14.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查二项展开式的特定项的系数，属于中档题．
根据二项展开式通项公式得(x+a) (x−1)7的展开式中含x项的系数为： C77·−17+a·C76·−16=13，求解即可．
【解答】
解：由题意， a1为(x+a) (x−1)7= a0+ a1x+ a2 x2+ ⋯+ a8x8中 x的系数．
因为 (x−1)7的二项展开式的通项公式为 Tr+1= C7r·x7−r·(−1)r ，0 ≤r ≤7，r∈N∗，
所以(x+a) (x−1)7的展开式中含 x项的系数为： C77·−17+a·C76·−16=13，解得：a=2．
15.【答案】34(写−14也对)
【解析】【分析】
本题考查了单位向量，向量的长度(模)，向量的数量积的概念，属于基础题；
设|c|=n，n∈Z，|c|=|32b−a|，化简可得csθ=1312−n23，
利用−1⩽csθ⩽1可解出n取值，求出csθ；【解答】【解答】
解：设|c|=n，n∈Z，
|c|=|32b−a|，
94b2−3a·b+a2=n2，
csθ=1312−n23，
由于−1⩽csθ⩽1，
−1⩽1312−n23⩽1，解得12⩽n⩽52，所以n可能的取值为1，2，
当n=1时，csθ=34，
当n=2时，csθ=−14，
所以csθ=34或−14．
16.【答案】3 2+ 62
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
设双曲线的另一个焦点为F1，根据，双曲线的对称性，则AF1=BF= 2OB= 63c，
由双曲线的定义，可得AF=AF1+2a= 63c+2a.所以AB2+BF2=AF2，即进而求出离心率．
【解答】
解：如图所示：
因为过O的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若FB⊥AB，∠AFB+∠AOF=π，
所以∠ABF=π2，，
在中，
又因为，所以∠BFO=∠BAF，
所以tan∠BFO=OBBF=tan∠BAF=BFAB=BF2OB，解得BF= 2OB，
所以BF2+OB2=c2，解得OB= 33c，BF= 63c，
根据双曲线的对称性，则AF1=BF= 2OB= 63c，
由双曲线的定义，可得AF=AF1+2a= 63c+2a．
所以AB2+BF2=AF2，即，
化简整理得： 6ac+3a2=c2，两边同时除以a2化为：e2− 6e−3=0，
解得：e= 6+3 22 (负值舍去)．
所以双曲线的离心率为：3 2+ 62．
17.【答案】解：(1) 由2x2列联表得K2=100×40×20−20×20260×40×60×40≈2.778>2.706，
故有90％的把握认为“是否喜爱霹雳舞与性别有关”
(2)由题意可知，抽取的6人中，有男生4人，女生2人，
则X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C42C62=25，
P(X=1)=C41C21C62=815，
P(X=2)=C22C62=115，
故X的分布列为
故 E(X)=0×25+1×815+2×115=23．
【解析】本题考查了分层抽样、独立性检验及随机变量的分布列和数学期望等知识，考查考生的数据处理能力、运算求解能力，考查数据分析、数学建模、数学运算核心素养，属于中档题．
(1)利用K2公式，根据临界值表，判断得解;
(2)已知利用分层抽样可得随机抽取的6人中，有男生4人，女生2人，求出X的可能取值，即可写出分布列和期望．
18.【答案】解：(1)证明：由正弦定理得知csBsinB=csA−3csC3sinC−sinA，
化简即可得3sinCcsB+3csCsinB=sinAcsB+csAsinB，
即有3sin(B+C)=sin(A+B)，
又A+B+C=π，
因此sinC=3sinA．
由正弦定理可知，c=3a．
(2)由(1)知c=3a;由题可知AD=a，BD=2a，b= 11，
在ΔABC与ΔADC分别使用余弦定理可知：
csA=a2+11−42 11a=9a2+11−a26 11a，
解得：a= 2,csA=9 2244．
且c=3a=3 2，sinA= 1−cs2A= 15444．
则ΔABC面积为：S=12bcsinA=12× 11×3 2× 15444=3 74．
【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题。
(1)利用正弦定理结合正弦公式与三角形三角的关系即可证得。
(2)在ΔABC与ΔADC分别对∠A使用余弦公式，化简即可得到a，csA的值，利用S=12bcsinA即可求得三角形面积。
19.【答案】解：(1)∵等差数列{an}的公差为d，a1=−1，d=1，Sn为{an}的前n项和，
∴an=−1+(n−1)×1=n−2，Sn=n2(a1+an)=n(n−3)2，
∴bn=4Sn−2n=2n2−8n，
∴bn又f(x)=2x2−9x+2在(0,94)上是减函数，在(94,+∞)上是增函数，
f(1)=−5，f(2)=−8，f(3)=−7，f(4)=−2，f(5)=7，
∴当bn(2)∵等差数列{an}的公差为d，d≠0，Sn为{an}的前n项和，bn=4Sn−2n，
数列{ bn}也是公差为d的等差数列，
∴ 4Sn−2n= 4S1−2+(n−1)d⇒ 4[na1+12n(n−1)d]−2n= 4a1−2+(n−1)d
⇒ 2dn2+(4a1−2−2d)n=dn+ 4a1−2−d对∀n∈N∗成立，
∴ 2d=d4a1−2−2d=0 4a1−2−d=0⇒d=2a1=32,
，
数列{(−1)nbn}的前n项和Tn，
∴当n为偶数时，Tn=4−12+22−32+42−52+···+n2=41+2+3+···+n=2n2+2n，
当n为奇数时，Tn=4−12+22−32+42−···−n2=41+2+3+···+n−1−n2=−2n2−2n，
∴Tn=(−1)n·2n2+2n．
【解析】本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，分组(并项)法求和，属于中档题。
(1)利用等差数列的通项公式和前n项和公式，二次函数的性质，即可求解；
(2)由题设得 2dn2+(4a1−2−2d)n=dn+ 4a1−2−d对∀n∈N∗成立，
则 2d=d4a1−2−2d=0 4a1−2−d=0⇒d=2a1=32,(−1)nbn=(−1)n4n2，由分组(并项)法求数列{(−1)nbn}的前n项和Tn．
20.【答案】解：(1)证明：连接AC交BD于H，连接MH，则MH为△ACE的中位线，所以MH//AE．
因为AE⊂平面AEF，MH⊄平面AEF，所以MH//平面AEF．
在矩形BDEF中，DB//EF，EF⊂平面AEF，DB⊄平面AEF，
所以DB//平面AEF．
MH，DB⊂平面BDM，MH∩DB=H，
所以平面AEF//平面BDM．
(2)因为AB=2,AD=2 2,∠ABD=90°，所以BD=2,AB⊥BD．
因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，DE⊥BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD．
以D为原点DB，DC，DE分别为x，y，z轴建立坐标系，
则B2,0,0,C0,2,0,E0,0,2ℎ,F2,0,2ℎ,M0,1,ℎ，
则DB=2,0,0,DM=0,1,ℎ,BC=−2,2,0,BF=0,0,2ℎ，
设平面BDM的法向量为n=x,y,z，
则有x=0y+ℎz=0，取n=0,ℎ,−1．
设平面BCF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有−2x1+2y1=02ℎz1=0，取m=1,1,0．
则有csn,m=n·mnm=ℎ ℎ2+1× 2= 105，解得ℎ=2．
则CE=0,−2,4，n=0,2,−1，
设CE与平面BDM所成角为θ，
则sinθ=csCE,n=−4−4 4+16× 4+1=45．
故CE与平面BDM所成角的正弦值为45．
【解析】本题考查立体几何中面面平行，平面与平面的夹角和线面夹角，是中档题．
(1)根据面面平行判定定理进行证明；
(2)建立空间坐标系根据所给面面角求出长度，再利用数量积求线面角．
21.【答案】解：(1)f′(x)=exx−ex(lnx+1)e2x=1x−lnx−1ex，
令φ(x)=1x−lnx−1，φ(1)=0，∵φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴当00，即f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x>1时，φ(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)极大值=f(1)=1e，无极小值．
(2)设tx=x−1−lnxx>0，则t′x=1−1x=x−1x，
则当x∈0,1时，t′x<0，tx单调递减，
当x∈1,+∞时，t′x>0，tx单调递增，
∴tx⩾t1=0，即lnx⩽x−1x>0．
∴f(x)=lnx+1ex⩽xex①，当且仅当x=1时取“=”．
要证f(x)<2ln2−1ex+14，只需证：xex≤2ln2−1ex+14，
即证x−2ln2+1ex⩽14，x>0．
令g(x)=x−2ln2+1ex，g′(x)=ex−ex(x−2ln2+1)e2x=2ln2−xex，
当x∈0,2ln2时，g′x>0；当x∈2ln2,+∞时，g′x<0，
∴g(x)在(0,2ln2)上单调递增，在(2ln2,+∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(2ln2)=1e2ln2=14，当且仅当x=2ln2时取“=”，
∴xex≤2ln2−1ex+14 ②．
∵ ① ②不能同时取“=”号，
∴f(x)<2ln2−1ex+14．
【解析】本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数证明函数的不等式，属于难题．
(1)f′(x)=1x−lnx−1ex，令φ(x)=1x−lnx−1，由φ(1)=0及φ(x)可判断f(x)的单调性，从而可得f(x)的极值；
(2)根据lnx⩽x−1x>0，可得f(x)=lnx+1ex⩽xex，当且仅当x=1时取“=”.要证f(x)<2ln2−1ex+14，即证x−2ln2+1ex⩽14，x>0．令g(x)=x−2ln2+1ex，利用导数证明即可．
22.【答案】解：(1)∵椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(−4,0)，B(2,3)，
∴a=44a2+9b2=1⇒a=4b2=12,
∴Γ的标准方程为x216+y212=1;
(2)直线AB：x−2y+4=0与y轴交于点P(0,2)，
当直线CD的斜率为0时，将y=2代入椭圆方程可得x=±4 2 3，又A(−4,0)，B(2,3)，
①当C4 2 3,2,D−4 2 3,2时，k1=kAC=24+4 2 3,k2=kBD=12+4 2 3，
则2k1−1k2=4+4 2 3−2+4 2 3=2；
②当C−4 2 3,2,D4 2 3,2时，k1=kAC=24−4 2 3,k2=kBD=12−4 2 3，
则2k1−1k2=4−4 2 3−2−4 2 3=2．
当直线CD的斜率不为0时，设直线CD的方程为x=t(y−2)，与Γ交于C(x1,y1)，D(x2,y2)，两点(异于A，B)，
由x=t(y−2)3x2+4y2=48⇒(3t2+4)y2−12t2y+12t2−48=0,
y1+y2=12t23t2+4，y1y2=12t2−483t2+4，
∴2k1−1k2=2(x1+4)y1−0−x2−2y2−3
=2[t(y1−2)+4]y1−t(y2−2)−2y2−3
=2t+8−4ty1−t−t−2y2−3
=t+(2−t)(4y1+1y2−3)
=t+(2−t)4(y1+y2)−12−3y1y1y2−3y1．
又4(y1+y2)−12=4×12t23t2+4−12=12t2−483t2+4=y1y2，
∴2k1−1k2=t+(2−t)=2．
综上所述，2k1−1k2=2．
(3)证明：直线AC的方程为y=k1(x+4)，直线BD的方程为y−3=k2(x−2)，
y=k1(x+4)y−3=k2(x−2)⇒yk1=x+4y−3k2=x−2⇒yk1−y−3k2=6⇒y2(2+1k2)−y−3k2=6
⇒(2k2+1)y−2(y−3)=12k2⇒(2k2−1)y=12k2−6⇒y=6，
∴直线AC和直线BD的交点为Q在定直线y=6上．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题．
(1)由题设得a=44a2+9b2=1⇒a=4b2=12，即可求解；
(2)当直线CD的斜率为0时，可得2k1−1k2=2；直线CD的斜率不为0时，设直线CD的方程为x=t(y−2)，x=t(y−2)3x2+4y2=48⇒(3t2+4)y2−12t2y+12t2−48=0，利用韦达定理和直线的斜率公式得2k1−1k2=2；
(3)直线AC的方程为y=k1(x+4)，直线BD的方程为y−3=k2(x−2)，直线AC与直线BD的交点Q的纵坐标为6，即可得证．男生
女生
总计
喜爱
40
20
60
不喜爱
20
20
40
总计
60
40
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
P
25
815
115
1.设集合U=R，集合M={x|lg2x<1}，N={x|x>1}，则集合{x|0
2.设i为虚数单位，复数z满足(3−i)z=4+2i，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
3.2023年9月28日，沪宁沿江高速铁路开通运营，形成上海至南京间的第二条城际高速铁路，沪宁沿江高速铁路共设8座车站(如图).为体验高铁速度，游览各地风光，甲乙两人准备同时从南京南站出发，甲随机选择金坛、武进、江阴、张家港中的一站下车，乙随机选择金坛、武进、江阴、张家港、常熟中的一站下车.已知两人不在同一站下车，则甲比乙晚下车的概率为( )
A. 320B. 14C. 310D. 38
4.已知函数f(x)=cs(ωx+π3)+1(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)在区间[0,π2]上的最大值为( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
5.在梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=π2，BC=2AD=2AB=2，以下底BC所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为( )
A. 2π3B. 4π3C. 5π3D. 2π
6.在平面直角坐标系xOy中，已知A是圆C1:x2+(y−3)2=1上的一点，B，C是圆C2:(x−4)2+y2=4上的两点，则∠BAC的最大值为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
7.已知正实数a，b，c满足2a+1a=2a−a，3b+1b=3b−b，4c+1c=4c−c，则a，b，c的大小关系为( )
A. c
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a，b∈R，则“a>b”的充分不必要条件有( )
A. 1a>1bB. lga>lgbC. a3>b3D. a3>a2b
10.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:y=x−2经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，l与抛物线相交于A，B两点，则( )
A. p=2B. |AB|=16
C. 线段AB的中点到y轴的距离为6D. OA⊥OB
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知函数y=1x(x>0)的图象为曲线C，点B1，B2，B3，⋯在C上，点A1，A2，A3，⋯在x轴上，且△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，⋯分别是以B1，B2，B3，⋯为直角顶点的等腰直角三角形.记点Ai，Bi的横坐标分别为ai，bi(i=1,2,3,⋯,n,⋯)，则( )
A. |A1B2|= 22B. a3=2 3C. {an2}为等差数列D. i=11001bi=10
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，BC= 3，AA1=1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上(含边界)的一动点.记点Q轨迹的长度为L，则下列说法正确的有( )
A. 若PQ⊥B1C，则L=2
B. 若PQ//平面A1BC1，则L= 52
C. 若PQ= 2，则L=π
D. 若C到平面A1PQ的距离为 32，则L=2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标.在一批棉花中随机抽测了20根棉花的纤维长度(单位：mm)，按从小到大排序结果如下：25 28 33 50 52 58 59 60 61 62 82 86 113 115 140 143 146 170 175 195，则估计这批棉花的第45百分位数为 ．
14.已知(x+a)(x−1)7=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，且a1=13，则a= ．
15.已知单位向量a，b的夹角为θ，向量c=32b−a，若|c|∈Z，则csθ= .(写出一个可能值)
16.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过O的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若FB⊥AB，∠AFB+∠AOF=π，则C的离心率为 ．
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.(本小题10分)
霹雳舞在2023年杭州举办的第19届亚运会中首次成为正式比赛项目.某学校为了解学生对霹雳舞的喜爱情况，随机调查了100名学生，统计得到如下2×2列联表：
(1)请你根据2×2列联表中的数据，判断是否有90%的把握认为“是否喜爱霹雳舞与性别有关”;
(2)学校为增强学生体质，提高学生综合素质，按分层抽样从调查结果为“喜爱”的学生中选择6人组建霹雳舞社团，经过训练后，再随机选派2人参加市级比赛，设X为这2人中女生的人数，求X的分布列和数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csBb=csA−3csC3c−a．
(1)求证：c=3a;
(2)若点D在边AB上，且BD=2DA，CD=2，AC= 11，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
已知等差数列{an}的公差为d，且d≠0，设Sn为{an}的前n项和，数列{bn}满足bn=4Sn−2n(n∈N∗).
(1)若a1=−1，d=1，且bn
20.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为平行四边形，AB=2，AD=2 2，∠ABD=90∘，矩形BDEF所在平面与底面ABCD垂直，M为CE的中点．
(1)求证：平面BDM//平面AEF;
(2)若平面BDM与平面BCF夹角的余弦值为 105，求CE与平面BDM所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+1ex．
(1)求f(x)的极值;
(2)证明：f(x)<2ln2−1ex+14．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(−4,0)，B(2,3)，直线AB与y轴交于点P，过P的直线l与Γ交于C，D两点(异于A，B)，记直线AC和直线BD的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)．
(1)求Γ的标准方程;
(2)求2k1−1k2的值;
(3)设直线AC和直线BD的交点为Q，求证：Q在一条定直线上．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查交并补混合运算，属于基础题。
先化简集合M，再根据集合的基本运算即可求解。
【解答】
解：根据题意得M={x|0
所以M∪N={x|x>0}，M∩N={x|1
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的除法运算与复数的模，是基础题
利用复数的除法运算化简复数，进而求模即可．
【解答】
解：∵(3−i)z=4+2i
∴z=4+2i3−i=4+2i3+i3−i3+i=1+i，
∴|z|= 2．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了概率的计算，属于基础题．
利用古典概型即可求解．
【解答】
解：第一步，根据题目，甲有4种选择，
因为两人不在同一站下车，所以乙有4种选择，
所以总的选择方式有4×4=16种．
第二步，甲比乙晚下车的情况可以分为三类，
当乙在金坛下车时，甲可以在武进、江阴、张家港之一下车，有3种可能;
当乙在武进下车时，甲可以在江阴、张家港之一下车，有2种可能;
当乙在江阴下车时，甲可以在张家港下车，有1种可能;
所以甲比乙晚下车的概率为3+2+116=38．
故选D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查y=Acs (ωx+φ)的图像与性质，属于中档题．
根据f(x)的最小正周期，可得ω的值，进而得到f(x)的解析式，即可求解．
【解答】
解：由题意知： 2πω=π，则ω=2，∴f(x)=cs (2x+π3)+1，
又x∈[0,π2]时，π3≤2x+π3≤4π3，
所以2x+π3=π3，即x=0时，f(x)在区间[0,π2]上取最大值12+1=32．
故选C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体的体积，了解组合体的形状是解题的关键，是中档题．
所得几何体为圆柱加上一个圆锥，根据旋转体的体积公式即可求解．
【解答】
解：如图，过点D作BC的垂线，垂足为H．
则由旋转体的定义可知，该梯形绕BC所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱加上一个圆锥．
其中圆柱的底面半径R=AB=1，高ℎ1=BH=1，
其体积V1=πR2ℎ1=π×12×1=π;
圆锥的底面半径r=DH=1，高ℎ2=1，
其体积V2=13πr2ℎ2=13π×12×1=π3．
故所求几何体的体积为V=V1+V2=π+π3=4π3．
故选B．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆与圆位置关系中的最值问题，属于一般题．
若∠BAC最大时，AC，AB为圆C2的两条切线，设∠CAC2=α，可得cs2α=1−4C2A2，根据二倍角公式可得cs∠BAC=1−8C2A2，求出C2A的范围即可求解．
【解答】解：圆C1的圆心为C10,3，半径为r1=1，圆C2的圆心为C24,0，半径为r2=2，
则C1C2= 0−42+3−02=5．
若∠BAC最大时，AC，AB为圆C2的两条切线，
设∠CAC2=α，所以cs2α=AC2C2A2=C2A2−4C2A2=1−4C2A2，
所以cs∠BAC=cs2α=2cs2α−1=21−4C2A2−1=1−8C2A2．
因为C1C2=5，所以C2A∈4,6，所以cs∠BAC∈12,79，
所以．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查指数函数的图象，考查对勾函数的图象，考查转化的思想，考查数形结合思想，属于较难题．
由题意可得a+1a=2a−2，则函数y=x+1x与函数y=2x−2交于点(a,a+1a)，同理可得函数y=x+1x与函数y=3x−3交于点(b,b+1b)，函数y=x+1x与函数y=4x−4交于点(c,c+1c)，在同一坐标系作函数y=x+1x，y=2x−2，y=3x−3，y=4x−4的图象，再数形结合分析即可得出正确结论．
【解答】
解：由2a+1a=2a−a，
可得2+1a=2a−a，
则a+1a=2a−2，
则函数y=x+1x与函数y=2x−2交于点(a,a+1a)，
同理可得b+1b=3b−b，c+1c=4c−4，
则函数y=x+1x与函数y=3x−3交于点(b,b+1b)，
函数y=x+1x与函数y=4x−4交于点(c,c+1c)，
由题意可知a，b，c为正实数，
在同一坐标系作函数y=x+1x，y=2x−2，y=3x−3，y=4x−4的图象，如下图所示，
数形结合分析可知c
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的零点，考查三角恒等变换，考查同角三角函数的基本关系，属于中档题．
利用三角恒等变换及同角三角函数的基本关系可得cs54°=cs18°+2×18°=4cs318°−3cs18°，由sin36°=cs54°，可得4sin218°+2sin18°−1=0，解得sin18°= 5−14.由，可得a8−b4 5+b4−a4+1=0，由a，，可得a8−b4=0b4−a4+1=0，求出a，b即可求解．
【解答】
解：cs54°=cs18°+2×18°
=cs18°cs2×18°−sin18°sin2×18°
=cs18°×2cs218°−1−2sin218°cs18°
=2cs318°−cs18°−21−cs218°cs18°
=4cs318°−3cs18°．
由sin36°=cs54°，可得2sin18°cs18°=4cs318°−3cs18°，
所以4cs218°−3=2sin18°，即41−sin218°−3=2sin18°，
所以4sin218°+2sin18°−1=0，解得sin18°= 5−14．
因为sinπ10是函数f(x)=ax3−bx+1(a,b∈N∗)的一个零点，
所以asin318°−bsin18°+1=0，即 5−28a− 5−14b+1=0，
所以a8−b4 5+b4−a4+1=0．
因为a，，所以a8−b4=0b4−a4+1=0，解得a=8,b=4，
所以f1=a−b+1=8−4+1=5．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，充分不必要条件的判断，属于一般题．
根据不等式的性质和充分不必要条件的定义，逐项判定即可．
【解答】
对于A，当a=−3，b=−2，−13>−12,但a
所以lga>lgb是a>b的充分不必要条件；符合；
对于C，当a3>b3，能推出a>b；当a>b，能推出a3>b3，是充要条件，不符合；
对于D，a3>a2b，则a2a−b>0,所以a≠0且a>b．
当a=0，b=−1时，，满足a>b，但是推不出a3>a2b，所以a3>a2b是a>b的充分不必要条件，符合，
所以选BD
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系及其应用，属于中档题．
由题意求出抛物线的焦点，判断A；可得标准方程，设A(xA,yA)，B(xB,yB)，联立直线与抛物线方程，消去y，结合韦达定理可得|AB|，判断B；求出线段AB的中点的横坐标，判断C；利用OA·OB≠0，判断D．
【解答】
解：如图，
直线斜率为1，
抛物线C:y2=2px，可得焦点坐标F(p2,0)，准线方程为：x=−p2，
直线l:y=x−2，经过抛物线的焦点坐标，可得p=4，A错误；
所以抛物线方程为：y2=8x，
由题意可得：y2=8xy=x−2，可得x2−12x+4=0，
设A(xA,yA)，B(xB,yB)，
则xA+xB=12，xAxB=4，
所以|AB|=xA+xB+p=16，B正确；
直线l与抛物线C相交于A、B两点，则线段AB的中点的横坐标为6，
则线段AB的中点到y轴的距离为6，C正确;
OA·OB=xAxB+yAyB=xAxB+xA−2xB−2=2xAxB−2xA+xB+4=2×4−2×12+4≠0，所以OA与OB不垂直，故D错误．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了函数与数列，等差数列的判定，裂项相消法求和，属于难题；
根据题意，先求出B1，B2，B3，A1，A2，A3的坐标，
归纳出An(2 n,0)，Bn( n+ n−1, n− n−1)，
然后逐项判断即可；【解答】【解答】
解：
如图，作B1D⊥x轴，B2E⊥x轴，B3F⊥x轴，垂足分别为D，E，F，
设OD的长度为x，则B1(x,x)代入y=1x(x>0)，得x=1，
B1(1,1)，A1(2,0)，
设A1E的长度为y，则B2(2+y,y)代入y=1x(x>0)，得y= 2−1，
B2( 2+1, 2−1)，A2(2 2,0)，
设A2F的长度为z，则B3(2 2+z,z)代入y=1x(x>0)，得z= 3− 2，
B3( 3+ 2, 3− 2)，A3(2 3,0)，
依次类推，Bn( n+ n−1, n− n−1)，An(2 n,0)，
对于A，|A1B2|=2− 2，A错误；
对于B，A3(2 3,0)，a3=2 3，B正确；
对于C，An(2 n,0)，an2=4n， {an2}为等差数列，C正确；
对于D，Bn( n+ n−1, n− n−1)，
1bn=1 n+ n−1= n− n−1，
i=11001bi=1+( 2−1)+( 3− 2)+……+( 100− 99)=10，D正确；
故选项为BCD；
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了线线垂直的向量表示，线面平行的向量表示，两点间距离的向量求法，点面距离的向量求法，属于难题；
以D为原点，AD，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系，设Q(x,y,0)(0⩽x⩽ 3,0⩽y⩽2)
利用线线垂直的向量表示，线面平行的向量表示，两点间距离的向量求法，点面距离的向量求法，得到动点Q的轨迹方程，在平面直角坐标系中求点Q轨迹的长度L，逐项判断；【解答】
解：
如图，以D为原点，建立坐标系，设Q(x,y,0)(0⩽x⩽ 3,0⩽y⩽2)
对于A，P(0,1,1)，PQ=(x,y−1,−1)B1( 3,2,1)，C(0,2,0)，B1C=(− 3,0,−1)
若PQ⊥B1C， 则− 3x+1=0，如下图
点Q轨迹的长度为图中线段AB的长2，则L=2，A正确；
对于B， A1C1=(− 3,2,0)， A1B=(0,2,−1)，
设n=(x1,y1,z1)是平面A1BC1的法向量，
− 3x1+2y1=02y1−z1=0，解得n=(2, 3,2 3)
若PQ//平面A1BC1，n⊥PQ，2x+ 3(y−1)−2 3=0，化简得2x+ 3y−3 3=0，如下图
点Q轨迹的长度为图中线段CD的长，C( 32,2)，D( 3,1)，L=|CD|= 72，B错误；
对于C，若PQ= 2， x2+y−12+1=2,即x2+y−12=1，如下图
点Q轨迹的长度为图中第一象限的半圆弧长，则L=π，C正确；
对于D， 设平面A1PQ的法向量是n1=(k,t,m)
A1P=(− 3,1,0)，PQ=(x,y−1,−1)，CP=(0,−1,1)
− 3k+t=0xk+y−1t−m=0，解得n1=( 3,3, 3x+3y−3)，
C到平面A1PQ的距离为 32，
CP·n1n1= 32，化简可得( 3x+3y−3)( 3x+3y−27)=0，
3x+3y−3=0，或 3x+3y−27=0，如下图
直线 3x+3y−27=0，与0⩽x⩽ 3，0⩽y⩽2围成的矩形框没有交点，只有 3x+3y−3=0与矩形交于M，N两点，点Q轨迹的长度为图中线段MN的长，M(0,1)，N( 3,0)，L=|MN|=2，D正确．
13.【答案】61.5
【解析】【分析】
本题主要考查了百分位数的求法，属于基础题．
根据百分位数的定义求解．
【解答】
解：因为一共有20个数据，20×45%=9，
所以第45百分位数为61+622=61.5．
14.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查二项展开式的特定项的系数，属于中档题．
根据二项展开式通项公式得(x+a) (x−1)7的展开式中含x项的系数为： C77·−17+a·C76·−16=13，求解即可．
【解答】
解：由题意， a1为(x+a) (x−1)7= a0+ a1x+ a2 x2+ ⋯+ a8x8中 x的系数．
因为 (x−1)7的二项展开式的通项公式为 Tr+1= C7r·x7−r·(−1)r ，0 ≤r ≤7，r∈N∗，
所以(x+a) (x−1)7的展开式中含 x项的系数为： C77·−17+a·C76·−16=13，解得：a=2．
15.【答案】34(写−14也对)
【解析】【分析】
本题考查了单位向量，向量的长度(模)，向量的数量积的概念，属于基础题；
设|c|=n，n∈Z，|c|=|32b−a|，化简可得csθ=1312−n23，
利用−1⩽csθ⩽1可解出n取值，求出csθ；【解答】【解答】
解：设|c|=n，n∈Z，
|c|=|32b−a|，
94b2−3a·b+a2=n2，
csθ=1312−n23，
由于−1⩽csθ⩽1，
−1⩽1312−n23⩽1，解得12⩽n⩽52，所以n可能的取值为1，2，
当n=1时，csθ=34，
当n=2时，csθ=−14，
所以csθ=34或−14．
16.【答案】3 2+ 62
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
设双曲线的另一个焦点为F1，根据，双曲线的对称性，则AF1=BF= 2OB= 63c，
由双曲线的定义，可得AF=AF1+2a= 63c+2a.所以AB2+BF2=AF2，即进而求出离心率．
【解答】
解：如图所示：
因为过O的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若FB⊥AB，∠AFB+∠AOF=π，
所以∠ABF=π2，，
在中，
又因为，所以∠BFO=∠BAF，
所以tan∠BFO=OBBF=tan∠BAF=BFAB=BF2OB，解得BF= 2OB，
所以BF2+OB2=c2，解得OB= 33c，BF= 63c，
根据双曲线的对称性，则AF1=BF= 2OB= 63c，
由双曲线的定义，可得AF=AF1+2a= 63c+2a．
所以AB2+BF2=AF2，即，
化简整理得： 6ac+3a2=c2，两边同时除以a2化为：e2− 6e−3=0，
解得：e= 6+3 22 (负值舍去)．
所以双曲线的离心率为：3 2+ 62．
17.【答案】解：(1) 由2x2列联表得K2=100×40×20−20×20260×40×60×40≈2.778>2.706，
故有90％的把握认为“是否喜爱霹雳舞与性别有关”
(2)由题意可知，抽取的6人中，有男生4人，女生2人，
则X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C42C62=25，
P(X=1)=C41C21C62=815，
P(X=2)=C22C62=115，
故X的分布列为
故 E(X)=0×25+1×815+2×115=23．
【解析】本题考查了分层抽样、独立性检验及随机变量的分布列和数学期望等知识，考查考生的数据处理能力、运算求解能力，考查数据分析、数学建模、数学运算核心素养，属于中档题．
(1)利用K2公式，根据临界值表，判断得解;
(2)已知利用分层抽样可得随机抽取的6人中，有男生4人，女生2人，求出X的可能取值，即可写出分布列和期望．
18.【答案】解：(1)证明：由正弦定理得知csBsinB=csA−3csC3sinC−sinA，
化简即可得3sinCcsB+3csCsinB=sinAcsB+csAsinB，
即有3sin(B+C)=sin(A+B)，
又A+B+C=π，
因此sinC=3sinA．
由正弦定理可知，c=3a．
(2)由(1)知c=3a;由题可知AD=a，BD=2a，b= 11，
在ΔABC与ΔADC分别使用余弦定理可知：
csA=a2+11−42 11a=9a2+11−a26 11a，
解得：a= 2,csA=9 2244．
且c=3a=3 2，sinA= 1−cs2A= 15444．
则ΔABC面积为：S=12bcsinA=12× 11×3 2× 15444=3 74．
【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题。
(1)利用正弦定理结合正弦公式与三角形三角的关系即可证得。
(2)在ΔABC与ΔADC分别对∠A使用余弦公式，化简即可得到a，csA的值，利用S=12bcsinA即可求得三角形面积。
19.【答案】解：(1)∵等差数列{an}的公差为d，a1=−1，d=1，Sn为{an}的前n项和，
∴an=−1+(n−1)×1=n−2，Sn=n2(a1+an)=n(n−3)2，
∴bn=4Sn−2n=2n2−8n，
∴bn
f(1)=−5，f(2)=−8，f(3)=−7，f(4)=−2，f(5)=7，
∴当bn
数列{ bn}也是公差为d的等差数列，
∴ 4Sn−2n= 4S1−2+(n−1)d⇒ 4[na1+12n(n−1)d]−2n= 4a1−2+(n−1)d
⇒ 2dn2+(4a1−2−2d)n=dn+ 4a1−2−d对∀n∈N∗成立，
∴ 2d=d4a1−2−2d=0 4a1−2−d=0⇒d=2a1=32,
，
数列{(−1)nbn}的前n项和Tn，
∴当n为偶数时，Tn=4−12+22−32+42−52+···+n2=41+2+3+···+n=2n2+2n，
当n为奇数时，Tn=4−12+22−32+42−···−n2=41+2+3+···+n−1−n2=−2n2−2n，
∴Tn=(−1)n·2n2+2n．
【解析】本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，分组(并项)法求和，属于中档题。
(1)利用等差数列的通项公式和前n项和公式，二次函数的性质，即可求解；
(2)由题设得 2dn2+(4a1−2−2d)n=dn+ 4a1−2−d对∀n∈N∗成立，
则 2d=d4a1−2−2d=0 4a1−2−d=0⇒d=2a1=32,(−1)nbn=(−1)n4n2，由分组(并项)法求数列{(−1)nbn}的前n项和Tn．
20.【答案】解：(1)证明：连接AC交BD于H，连接MH，则MH为△ACE的中位线，所以MH//AE．
因为AE⊂平面AEF，MH⊄平面AEF，所以MH//平面AEF．
在矩形BDEF中，DB//EF，EF⊂平面AEF，DB⊄平面AEF，
所以DB//平面AEF．
MH，DB⊂平面BDM，MH∩DB=H，
所以平面AEF//平面BDM．
(2)因为AB=2,AD=2 2,∠ABD=90°，所以BD=2,AB⊥BD．
因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，DE⊥BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD．
以D为原点DB，DC，DE分别为x，y，z轴建立坐标系，
则B2,0,0,C0,2,0,E0,0,2ℎ,F2,0,2ℎ,M0,1,ℎ，
则DB=2,0,0,DM=0,1,ℎ,BC=−2,2,0,BF=0,0,2ℎ，
设平面BDM的法向量为n=x,y,z，
则有x=0y+ℎz=0，取n=0,ℎ,−1．
设平面BCF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有−2x1+2y1=02ℎz1=0，取m=1,1,0．
则有csn,m=n·mnm=ℎ ℎ2+1× 2= 105，解得ℎ=2．
则CE=0,−2,4，n=0,2,−1，
设CE与平面BDM所成角为θ，
则sinθ=csCE,n=−4−4 4+16× 4+1=45．
故CE与平面BDM所成角的正弦值为45．
【解析】本题考查立体几何中面面平行，平面与平面的夹角和线面夹角，是中档题．
(1)根据面面平行判定定理进行证明；
(2)建立空间坐标系根据所给面面角求出长度，再利用数量积求线面角．
21.【答案】解：(1)f′(x)=exx−ex(lnx+1)e2x=1x−lnx−1ex，
令φ(x)=1x−lnx−1，φ(1)=0，∵φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴当0
当x>1时，φ(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)极大值=f(1)=1e，无极小值．
(2)设tx=x−1−lnxx>0，则t′x=1−1x=x−1x，
则当x∈0,1时，t′x<0，tx单调递减，
当x∈1,+∞时，t′x>0，tx单调递增，
∴tx⩾t1=0，即lnx⩽x−1x>0．
∴f(x)=lnx+1ex⩽xex①，当且仅当x=1时取“=”．
要证f(x)<2ln2−1ex+14，只需证：xex≤2ln2−1ex+14，
即证x−2ln2+1ex⩽14，x>0．
令g(x)=x−2ln2+1ex，g′(x)=ex−ex(x−2ln2+1)e2x=2ln2−xex，
当x∈0,2ln2时，g′x>0；当x∈2ln2,+∞时，g′x<0，
∴g(x)在(0,2ln2)上单调递增，在(2ln2,+∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(2ln2)=1e2ln2=14，当且仅当x=2ln2时取“=”，
∴xex≤2ln2−1ex+14 ②．
∵ ① ②不能同时取“=”号，
∴f(x)<2ln2−1ex+14．
【解析】本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数证明函数的不等式，属于难题．
(1)f′(x)=1x−lnx−1ex，令φ(x)=1x−lnx−1，由φ(1)=0及φ(x)可判断f(x)的单调性，从而可得f(x)的极值；
(2)根据lnx⩽x−1x>0，可得f(x)=lnx+1ex⩽xex，当且仅当x=1时取“=”.要证f(x)<2ln2−1ex+14，即证x−2ln2+1ex⩽14，x>0．令g(x)=x−2ln2+1ex，利用导数证明即可．
22.【答案】解：(1)∵椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(−4,0)，B(2,3)，
∴a=44a2+9b2=1⇒a=4b2=12,
∴Γ的标准方程为x216+y212=1;
(2)直线AB：x−2y+4=0与y轴交于点P(0,2)，
当直线CD的斜率为0时，将y=2代入椭圆方程可得x=±4 2 3，又A(−4,0)，B(2,3)，
①当C4 2 3,2,D−4 2 3,2时，k1=kAC=24+4 2 3,k2=kBD=12+4 2 3，
则2k1−1k2=4+4 2 3−2+4 2 3=2；
②当C−4 2 3,2,D4 2 3,2时，k1=kAC=24−4 2 3,k2=kBD=12−4 2 3，
则2k1−1k2=4−4 2 3−2−4 2 3=2．
当直线CD的斜率不为0时，设直线CD的方程为x=t(y−2)，与Γ交于C(x1,y1)，D(x2,y2)，两点(异于A，B)，
由x=t(y−2)3x2+4y2=48⇒(3t2+4)y2−12t2y+12t2−48=0,
y1+y2=12t23t2+4，y1y2=12t2−483t2+4，
∴2k1−1k2=2(x1+4)y1−0−x2−2y2−3
=2[t(y1−2)+4]y1−t(y2−2)−2y2−3
=2t+8−4ty1−t−t−2y2−3
=t+(2−t)(4y1+1y2−3)
=t+(2−t)4(y1+y2)−12−3y1y1y2−3y1．
又4(y1+y2)−12=4×12t23t2+4−12=12t2−483t2+4=y1y2，
∴2k1−1k2=t+(2−t)=2．
综上所述，2k1−1k2=2．
(3)证明：直线AC的方程为y=k1(x+4)，直线BD的方程为y−3=k2(x−2)，
y=k1(x+4)y−3=k2(x−2)⇒yk1=x+4y−3k2=x−2⇒yk1−y−3k2=6⇒y2(2+1k2)−y−3k2=6
⇒(2k2+1)y−2(y−3)=12k2⇒(2k2−1)y=12k2−6⇒y=6，
∴直线AC和直线BD的交点为Q在定直线y=6上．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题．
(1)由题设得a=44a2+9b2=1⇒a=4b2=12，即可求解；
(2)当直线CD的斜率为0时，可得2k1−1k2=2；直线CD的斜率不为0时，设直线CD的方程为x=t(y−2)，x=t(y−2)3x2+4y2=48⇒(3t2+4)y2−12t2y+12t2−48=0，利用韦达定理和直线的斜率公式得2k1−1k2=2；
(3)直线AC的方程为y=k1(x+4)，直线BD的方程为y−3=k2(x−2)，直线AC与直线BD的交点Q的纵坐标为6，即可得证．男生
女生
总计
喜爱
40
20
60
不喜爱
20
20
40
总计
60
40
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
P
25
815
115
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