2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共19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|x2<2x}，集合B={x|x<1}，则A∩B=( )
A. (−∞,2)B. (−∞,1)C. (0,1)D. (0,2)
2.已知复数z=2+i3−4i，i为虚数单位，则|z−|=( )
A. 55B. 15C. 12D. 22
3.已知tanα=−12，则sin2α+2cs2α4cs2α−4sin2α=( )
A. 114B. −114C. 52D. −52
4.在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，圆M为矩形内恒与AB，BC相切的动圆，则MA⋅MC+MD⋅MC+MB⋅MC的最小值为( )
A. −1B. −53C. −12D. −32
5.6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有( )
A. 360种B. 180种C. 720种D. 450种
6.已知函数f(x)=12x+1,x≤0lgx,x>0，若存在不相等的实数a，b，c，d满足|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=|f(d)|，则a+b+c+d的取值范围为( )
A. (0,+∞)B. (−2,8110]C. (−2,6110]D. (0,8110]
7.下列命题正确的是( )
A. 在回归分析中，相关指数R2越小，说明回归效果越好
B. 已知P(χ2≥3.841)=0.05，若根据2×2列联表得到χ2的值为4.1，依据α=0.05的独立性检验，则认为两个分类变量无关
C. 已知由一组样本数据(xi,yi)(i=1,2,…，n)得到的回归直线方程为y =4x+20，且1ni=1nxi=10，则这组样本数据中一定有(10,60)
D. 若随机变量X∼N(μ,4)，则不论μ取何值，P(μ−48.2023年春，为了解开学后大学生的身体健康状况，寒假开学后，学校医疗部门抽取部分学生检查后，发现大学生的舒张压呈正态分布X∼N(70.8,7.022)(单位：mm/Hg)，且P(X>82.8)=0.1，若任意抽查该校大学生6人，恰好有k人的舒张压落在(58.8,82.8)内的概率最大，则k=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N*)，则( )
A. {1an+3}为等比数列
B. {an}的通项公式为an=12n−1−3
C. {1an}的前n项和Sn=2n+2−3n−4
D. {nan}的前n项和Tn=(n−1)2n+2−3n(n+1)2+4
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列关系式中正确的是( )
A. (b+c)(b−c)=2absinC−a2
B. (b+c)(b−c)=2abcsC−a2
C. sin(A+B)sin(A−B)=sin2A−sin2B
D. cs(A+B)cs(A−B)=cs2A−cs2B
11.现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有( )
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法
B. 全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有C52⋅A42种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有C54⋅C41种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有C52⋅A44种不同的放法
12.下列命题正确的是( )
A. 命题“存在x>0，使得不等式x2+x+1<0成立”的否定是“任意x≤0，都有不等式x2+x+1≥0成立”
B. 若事件A与B相互独立，且0C. 已知2D. 在回归分析中，对一组给定的样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知f′(x)是函数f(x)的导函数，若f(x)=x2−2x⋅f′(2)，则f(2)=______.
14.已知二项式(1+x+ax2)5的常数项为−59，则a=______.
15.为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取k(k∈N*)包食品，并测量其质量(单位：g).根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布N(μ,σ2).假设生产状态正常，记ξ表示每天抽取的k包食品中其质量在(μ−3σ,μ+3σ)之外的包数，若ξ的数学期望E(ξ)>0.05，则k的最小值为______.
附：若随机变量Y服从正态分布N(μ,σ2)则P(μ−3σ16.设函数f(x)=e|x|csx，则下列命题中是真命题的是______.(写出所有真命题的序号)
①f(x)是偶函数；
②f(x)在(−π4,0)单调递减；
③f(x)相邻两个零点之间的距离为π；
④f(x)在[−π,π]上有2个极大值点.
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)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin2C=csinA.
(1)求角C；
(2)若2a+b=12，且△ABC的面积为4 3，求c.
18.(本小题12分)
已知数列{an}的首项a1=45，且满足an+1=4an3an+1(n∈N+).
(1)求证：数列{1an−1}为等比数列；
(2)若bn=(an1−an)(3n−1)，数列{bn}前n项的和为Sn，求Sn.
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2，∠ACC1=60∘.D，E分别是线段AC，CC1的中点，二面角C1−AC−B为直二面角.
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点P为线段B1C1上的动点(不包括端点)，求锐二面角P−BD−E的余弦值的取值范围.
20.(本小题12分)
学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积−2分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢的概率为35，乙赢的概率为25，比赛共进行两轮，在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
21.(本小题12分)
设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.下顶点为A，已知椭圆C的短轴长为2 3.且离心率e=12.
(1)求椭圆的C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于异于点A的P、Q两点.且直线AP与AQ的斜率之和等于2，证明：直线l经过定点.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=alnx+x，x∈(0,+∞)且a∈R.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若存在x∈(0,+∞)使得xaex−1<(1−1e)f(x)成立，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为集合A={x|x2<2x}={x|x2−2x<0}={x|0集合B={x|x<1}，
所以A∩B={x|0故选：C.
化简集合A，根据交集的定义计算A∩B.
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵z=2+i3−4i=(2+i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=225+1125i，
∴z−=225−1125i，
∴|z−|= (225)2+(−1125)2= 55.
故选：A.
先对复数z化简，再结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：sin2α+2cs2α4cs2α−4sin2α=2sinαcsα+2cs2α−2sin2α4cs2α−4sin2α−8sinαcsα=tanα+1−tan2α2−2tan2α−4tanα=1472=114.
故选：A.
由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值．
本题主要考查三角函数的二倍角公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：建立以B为原点，{BA,BC}为正交基底的平面直角坐标系，
设M(a,a)，0≤a≤12，A(2,0)，C(0,1)，D(2,1)，
MA=(2−a,−a)，MB=(−a,−a)，MC=(−a,1−a)，MD=(2−a,1−a)，
所以MA⋅MC+MD⋅MC+MB⋅MC=(MA+MD+MB)⋅MC
=(4−3a,1−3a)⋅(−a,1−a)=6a2−8a+1=6(a−23)2−53，
又0≤a≤12，所以其最小值在a=12时取得，即为−32.
故选：D.
建立以B为原点，{BA,BC}为正交基底的平面直角坐标系，设M(a,a)，0≤a≤12，写出各点坐标，求得向量的坐标后计算数量积，由二次函数知识得最小值．
本题主要考查平面向量数量积运算，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：每个舱各安排2人，共有C62C42C22A33⋅A33=90(种)不同的方案；
方案二：分别安排3人，2人，1人，共有C63C32C11A33=360(种)不同的方案．
所以共有90+360=450(种)不同的安排方案．
故选：D.
方案一：每个舱各安排2人，共有90(种)不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有360(种)不同的方案，共有90+360=450(种)不同的安排方案．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查分段函数图象的应用，考查运算能力，考查转化思想、数形结合思想，属于中档题．
将问题转化为y=t与y=|f(x)|图象的四个交点横坐标之和的范围，通过作出函数图象，结合函数在y轴两边图象的性质求目标式的范围．
【解答】
解：由题意，将问题转化为y=t与y=|f(x)|的图象有四个交点，
y=|f(x)|=12x+1,x≤0lgx,x>0=−x2−1,x≤−2x2+1,−21，
则该分段函数在(−∞,−2]上递减且值域为[0,+∞)；在(−2,0]上递增且值域为(0,1]；
在(0,1]上递减且值域为[0,+∞)；在(1,+∞)上递增且值域为(0,+∞)；
y=|f(x)|的图象如下：
所以0由图象知：−4≤a<−2由x≤0，y=12x+1图象关于x=−2对称易知：a+b=−4,，
由x>0,y=|lg⁡x|=t,两个解互为倒数知:c+d=d+1d，
容易分析m=d+1d在(1,10]上单调递增，
则c+d=d+1d∈(2,10110],
所以a+b+c+d∈(−2,6110].
故选：C.
7.【答案】D
【解析】解：对于A选项：在回归分析中，相关指数R2越大，说明回归效果越好，故A错误；
对于B选项：P(χ2≥3.841)=0.05，若根据2×2列联表得到χ2的观测值为4.1，则有(1−0.05)×100%=95%的把握认为两个分类变量有关，故B错误；
对于C选项：根据回归直线方程为y =4x+20，由x−=10，得到y =60是一个估计值，因此这组样本数据不一定有(10,60)，故C错误；
对于D选项：若随机变量X∼N(μ,4)，x=μ为对称轴，则不论μ取何值，P(μ−4故选：D.
在线性回归中，回归效果和相关系数的关系可判断A；将χ2与临界值进行比较可判断两个变量之间的关系，可判断B；根据线性回归方程可知x−=10可得y =60是一个估计值，即可判断C；根据正态分布列的性质可判断D.
本题考查线性回归方程相关知识，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为X∼N(70.8,7.022)，则P(58.882.8)=0.8，
由题意知：抽查该校大学生6人，
恰好有k人的舒张压落在(58.8,82.8)内的概率为C6k⋅(0.2)6−k⋅(0.8)k(k=1,2,⋯,5)，要使此式的值最大，
由C6k⋅(45)k⋅(15)6−k≥C6k−1⋅(45)k−1⋅(15)7−kC6k⋅(45)k⋅(15)6−k≥C6k+1⋅(45)k+1⋅(15)5−k，
即6!k!⋅(6−k)!⋅(45)k⋅(15)6−k≥6!(k−1)!⋅(7−k)!⋅(45)k−1⋅(15)7−k6!k!⋅(6−k)!⋅(45)k⋅(15)6−k≥6!(k+1)!⋅(5−k)!⋅(45)k+1⋅(15)5−k，解得235≤k≤285，
∵k∈{1,2,3,4,5}，、
∴k=5.
故选：C.
利用正态分布计算出P(58.8本题主要考查正态分布的对称性，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：∵a1=1，an+1=an2+3an，∴1an+1=2+3anan=2an+3，
∴1an+1+3=2(1an+3)，(n∈N*)，1a1+3=4，
∴数列{1an+3}是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
由A的分析可得1an+3=4×2n−1=2n+1，∴an=12n+1−3，故B错误；
∵1an+3=2n+1，∴1an=2n+1−3，
∴{1an}的前n项和Sn=(22+23+⋯+2n+1)−3n=4(1−2n)1−2=2n+2−3n−4，故C正确；
∵1an=2n+1−3，∴nan=n⋅2n+1−3n，
∴{nan}的前n项和Tn=(1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1)−3(1+2+⋯+n)=(1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1)−3n(n+1)2，
令Rn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，则2Rn=1×23+2×24+⋯+n⋅2n+2，
两式错位相减得：−Rn=22+23+⋯+2n+1−n⋅2n+2=4(1−2n)1−2−n⋅2n+2，
∴Rn=4+(n−1)2n+2，∴Tn=(n−1)2n+2−3n(n+1)2+4，故D正确．
故选：ACD.
利用取倒数构造法、等比数列的通项公式、求和公式、以及错位相减法、分组求和法进行计算．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，等比数列的通项公式及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，若C=90∘，则b2+a2=c2，
又由已知(b+c)(b−c)=2absinC−a2，
可得b2−c2=2absinC−a2，
所以b2+a2−c2=2absinC，
所以2ab=0，故错误；
对于B，由已知可得b2+a2−c2=2abcsC，由余弦定理可得正确；
对于C，左边=(sinAcsB+csAsinB)(sinAcsB−csAsinB)=sin2Acs2B−cs2Asin2B=sin2A(1−sin2B)−sin2B(1−sin2A)=sin2A−sin2Asin2B−sin2B+sin2Bsin2A=sin2A−sin2B=右边，故正确；
对于D，若A=30∘，B=60∘，则C=90∘，
则左边=0≠( 32)2−(12)2=12=右边，故错误．
故选：BC.
对于A，若C=90∘，由勾股定理即可判断；
对于B，由已知可得b2+a2−c2=2abcsC，由余弦定理即可判断；
对于C，利用两角和与差的正弦公式即可判断；
对于D，若A=30∘，B=60∘，则C=90∘，根据特殊角的三角函数值即可求解判断．
本题考查了勾股定理，余弦定理，两角和与差的正弦公式的应用，考查了方程思想的应用，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有45种放法，A正确；
对于B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：
若把其中4个球投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，共有A54=120种放法；
全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有C52A44=240种放法；
故共有120+240=360种放法，但C43=4，B错误；
对于C：先选择4个球，有C54种，再选择一个盒子，有C41种，故共有C54C41种放法，C正确；
对于D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有C52A44=240种放法，D 正确．
故选：ACD.
对A：根据分步乘法计数原理运算求解；对B：分类讨论一共用了几个球，再结合捆绑法运算求解；对C：根据分步乘法计数原理运算求解；对D：利用捆绑法运算求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，命题“存在x>0，使得不等式x2+x+1<0成立”的否定是“任意x>0，都有不等式x2+x+1≥0成立”，所以选项A错误；
对于B，若事件A与B相互独立，且0则P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)=P(A)，选项B正确；
对于C，若2对于D，回归分析中，由残差概念，残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，选项D正确．
故选：BD.
根据含一个量词命题否定的结论，条件概率与相互独立事件的概率公式，不等式的性质以及残差的概念，判断即可．
本题考查了含一个量词命题否定的结论，条件概率与不等式的性质，以及残差的概念，是基础题．
13.【答案】−43
【解析】解：f′(x)=2x−2f′(2)，
∴f′(2)=4−2f′(2)，
∴f′(2)=43，
∴f(x)=x2−83x，
∴f(2)=4−163=−43.
故答案为：−43.
求导得出f′(x)=2x−2f′(2)，然后可求出f′(2)的值，从而得出f(x)的解析式，然后即可求出f(2)的值．
本题考查了基本初等函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】−2
【解析】解：由题意可知(1+x+ax2)5=[1+(x+ax2)]5，
则其通项为Tr+1=C5r(x+ax2)r,r=0,1,2,⋯,5，
而(x+ax2)r的通项为Tk+1=Crkxr−k(ax2)k=akCrkxr−3k,k=0,1,2,⋯,r，
令r−3k=0，∴r=3k，
当k=0时，r=0；当k=1时，r=3；当k≥2时，r≥6，不合题意，
由二项式(1+x+ax2)5的常数项为−59，可得C50C00a0+C53C31a1=−59，
即30a=−60，解得a=−2，
故答案为：−2.
将(1+x+ax2)5化为[1+(x+ax2)]2，分别写出[1+(x+ax2)]2和(x+ax2)r的通项，由题意列出方程，求出参数的值，即得答案．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
15.【答案】19
【解析】解：由已知可得X∼N(μ,σ2)，P(μ−3σ每天从生产线上随机抽取k(k∈N*)包食品中其质量在(μ−3σ,μ+3σ)之外的包数为ξ，
而每天抽取的k包食品中其质量在(μ−3σ,μ+3σ)之外的概率为1−0.9973=0.0027，
所以ξ∼B(k,0.0027)，
故E(ξ)=k×0.0027>0.05，
解得k≥19，即k的最小值为19.
故答案为：19.
由已知可得每天抽取的k包食品中其质量在(μ−3σ,μ+3σ)之外的概率为1−0.9973=0.0027，则ξ∼B(k,0.0027)，再由期望公式求解可得最小值．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】①②③④
【解析】解：函数f(x)=e|x|csx的定义域为R，而f(−x)=e|−x|cs(−x)=f(x)，
故f(x)是偶函数，①正确；
当x∈(−π4,0)时，f(x)=e−xcsx，∴f′(x)=−e−x(csx+sinx)=− 2e−xsin(x+π4)，
而x+π4∈(0,π4)，∴sin(x+π4)>0，e−x>0，故f′(x)<0，
故f(x)在(−π4,0)单调递减，②正确；
令f(x)=e|x|csx=0，∴csx=0，则x=π2+kπ,k∈Z，
设一个零点为x1=π2+k1π,k1∈Z，另一个为x2=π2+k2π,k2∈Z，
则|x1−x2|=|k1−k2|π，由于k1，k2∈Z，故|k1−k2|的最小值为1，
则|x1−x2|=|k1−k2|π的最小值为π，即f(x)相邻两个零点之间的距离为π，③正确；
当x∈(0,π]时，f(x)=excsx，∴f′(x)=ex(csx−sinx)= 2excs(x+π4)，
而x+π4∈(π4,5π4)，当x+π4∈(π4,π2)，即x∈(0,π4)时，f′(x)>0，f(x)在(0,π4)递增；
当x+π4∈(π2,5π4)，即x∈(π4,π]时，f′(x)<0，f(x)在(π4,π]递减，
则x=π4为f(x)的一个极大值点；
又因为f(x)是偶函数，所以f(x)在[−π,−π4)递增，在(−π4,0)递减，
故x=−π4也为f(x)的一个极大值点；
故f(x)在[−π,π]上有2个极大值点，④正确．
故答案为：①②③④．
根据函数奇偶性定义可判断①；求出函数导数，判断导数的正负，可判断②；求出函数的零点表达式，结合整数性质可判断③；利用导数求出函数的极值点，可判断④．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为asin2C=csinA，
所以由正弦定理可得sinAsin2C=sinCsinA，即2sinAsinCcsC=sinCsinA，
因为sinCsinA≠0，
所以csC=12，
因为C∈(0,π)，
所以C=π3；
(2)由题意可得12absinC= 34ab=4 3，可得ab=16，
又2a+b=12，联立可得a=2b=8，或a=4b=4，
当a=4，b=4时，△ABC为等边三角形，可得c=4；
当a=2，b=8时，由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=52，可得c=2 13.
【解析】本题主要考查了二倍角的正弦公式，正弦定理，三角形的面积公式以及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题．
(1)由二倍角的正弦公式，正弦定理化简已知等式可得csC=12，结合范围C∈(0,π)，即可求解C的值；
(2)由题意利用三角形的面积公式可求得ab=16，又2a+b=12，可得a=2b=8，或a=4b=4，分类讨论即可求解．
18.【答案】(1)证明：由an+1=4an3an+1，得1an+1=3an+14an=34+14an，
即1an+1−1=34+14an−1=14(1an−1)，即1an+1−11an−1=14，
所以数列{1an−1}为等比数列，首项1a1−1=54−1=14，公比q=14.
(2)解：由(1)得1an−1=14(14)n−1=(14)n，
∴bn=(an1−an)(3n−1)=(11an−1)(3n−1)=(3n−1)⋅4n，
∴Sn=2×4+5×42+8×43+⋯+(3n−1)⋅4n①，
∴4Sn=2×42+5×43+⋯+(3n−4)⋅4n+(3n−1)⋅4n+1②，
①-②，得−3Sn=2×4+3×(42+43+⋯+4n)−(3n−1)⋅4n+1
=8+3×(16−16×4n−1−3)−(3n−1)⋅4+1=−8−(3n−2)⋅4n+1，
∴Sn=83+3n−23⋅4n+1.
【解析】(1)将条件an+1=4an3an+1两边同时取倒数，然后两边同时减1，可证明等比数列；
(2)利用错位相减法求和即可．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及运用错位相减法求前n项和问题，考查了整体思想，转化与化归思想，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接AC1，如图所示：
在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，
∵D，E分别为AC，CC1中点，∴DE//AC1，
∴A1C⊥DE，
又D为线段AC中点，△ABC是等边三角形，
∴BD⊥AC，
又二面角C1−AC−B为直二面角，即平面AA1C1C⊥平面ABC，且平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，
∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C，
∴BD⊥A1C，
又BD∩DE=D，BD⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，
∴A1C⊥平面BDE；
(2)∵CA=CC1=2，∠ACC1=60∘，
∴△ACC1为等边三角形，∴C1D⊥AC，
∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，C1D⊂平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面ABC，
则建立以D为坐标原点，以DB，DA，DC1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系D−xyz，如图所示：
则D(0,0,0)，B( 3,0,0)，E(0,−12, 32)，C1(0,0, 3)，B1( 3,1, 3)，C(0,−1,0)，A1(0,2, 3)，
∴DB=( 3,0,0)，DE=(0,−12, 32)，C1B1=( 3,1,0)，CA1=(0,3, 3)，
设P(x,y,z)，C1P=λC1B1(0<λ<1)，即(x,y,z− 3)=( 3λ,λ,0)，
∴x= 3λ,y=λ,z= 3，即P( 3λ,λ, 3)，
∴DP=( 3λ,λ, 3)，
由(1)得A1C⊥平面BDE，
∴平面BDE的一个法向量CA1=(0,3, 3)，
设平面PBD的法向量n=(a,b,c)，
则n⋅DB= 3a=0n⋅DP= 3λa+λb+ 3c=0，取b= 3，则a=0，c=−λ，
∴平面PBD的法向量为n=(0, 3,−λ)，
∴|cs|=|CA1⋅n||CA1|⋅|n|=|3 3− 3λ|2 3× 3+λ2=12 (3−λ)23+λ2，
令3−λ=t∈(2,3)，则λ=3−t，
∴|cs|=12 t212−6t+t2=12 112t2−6t+1，
∵1t∈(13,12)，
令y=12t2−6t+1=12(1t−14)2+14，则y∈(13,1)，
∴|cs|∈(12, 32)，
故锐二面角P−BD−E的余弦值的取值范围为(12, 32).
【解析】(1)由题意得A1C⊥DE，利用线面垂直判定定理得BD⊥平面AA1C1C，可得BD⊥A1C，即可证明结论；
(2)利用线面垂直判定定理得C1D⊥平面ABC，建立以D为坐标原点，以DB，DA，DC1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系D−xyz，设P(x,y,z)，C1P=λC1B1(0<λ<1)，求出两个平面的法向量，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角、空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力、直观想象，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设A1=“抽到第一袋”，A2=“抽到第二袋”，
B=“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
P(A1)=P(A2)=12，
P(B|A1)=C51C41C92=2036=59，
P(B|A2)=C61C51C112=611，
由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12×59+12×611=109198；
(2)设在二轮比赛中得分为Y，则Y的可能取值为−4，−2，0，2，4，
则P(Y=−4)=625×625=36625；
P(Y=−2)=625×1325+1325×625=156625；
P(Y=2)=625×1325+1325×625=156625；
P(Y=4)=625×625=36625；
故Y的分布列为：
E(Y)=(−4)×36625+(−2)×156625+0×241625+2×156625+4×36625=0.
【解析】(1)设A1=“抽到第一袋”，A2=“抽到第二袋”，B=“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；
(2)设在二轮比赛中得分为Y，则Y的可能取值为−4，−2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值．
本题考查条件概率公式与全概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可得2b= 3，可得b= 3，又离心率e=ca= 1−b2a2=12，可得a2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1；
(2)证明：法(i)由(1)可得A(0,− 3)，
当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+t，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+t3x2+4y2=12，整理可得：(3+4k2)y2+8kty+4t2−12=0，
Δ=64k2t2−4(3+4k2)(4t2−12)>0，即t2<3+4k2，且y1+y2=−8kt3+4k2，y1y2=4t2−123+4k2，
则kAP+kAQ=y1+ 3x1+y2+ 3x2=(kx1+t+ 3)x2+(kx2+t+ 3)x1x1x2=2，
整理可得：(2−2k)x1x2=(t+ 3)(x1+x2)，即(2−2k)⋅4t2−123+4k2=(t+ 3)⋅−8kt3+4k2，
整理可得：t2−3+ 3kt+3k=0，整理可得：(t+ 3)(t− 3+ 3k)=0，
解得t=− 3或t= 3− 3k，
因为直线不过A点(0,− 3)，所以t≠− 3，
当t= 3− 3k时，则直线l的方程为y=kx+ 3− 3k=k(x− 3)+ 3，
显然直线恒等定点( 3, 3)；
当直线的斜率不存在时，设直线l的方程为x=m，m∈(−2,2)，
将直线l的方程代入椭圆的方程可得y2=3(1−m24)，可得y=± 3(4−m2)2，
设P(m, 3(4−m2)2)，Q(m,− 3(4−m2)2)，
则kAP+kAQ= 3(4−m2)2+ 3m+− 3(4−m2)2+ 3m=2 3m=2，可得m= 3，
所以直线l的方程为x= 3，显然直线也过定点( 3, 3)，
综上所述：可证得直线恒过定点( 3, 3)；
法(ii)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，因为kAP+kAQ=y1+ 3x1+y2+ 3x2，则x1x2≠0，用奇次式表示，
所以设直线l的方程为mx+n(y+ 3)=1，
设椭圆的方程为3x2+4[(y+ 3)− 3]2=12，
整理可得：3x2+4(y+ 3)2−8 3(y+ 3)=0，
可得：3x2+4(y+ 3)2−8 3(y+ 3)[mx+n(y+ 3)]=0，
整理可得：3x2+(4−8 3n)(y+ 3)2−8 3mx(y+ 3)=0，
两边同时除以x2，可得(4−8 3n)(y+ 3x)2−8 3m⋅y+ 3x+3=0，
Δ>0，可得为kAP+kAQ=y1+ 3x1+y2+ 3x2=8 3m4−8 3n=2，
可得 3m+2 3n=1，而mx+n(y+ 3)=1，
对应项系数相等可得x= 3，y+ 3=2 3，即y= 3，
可证得：直线恒过定点( 3, 3).
【解析】(1)由短轴长可得b的值，再由离心率的值，可得a，b的关系，进而可得a的值，可得椭圆的方程；
(2)法(i)分直线的斜率存在和不存在两个情况讨论，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和两根之积，求出直线AP，AQ的斜率之和的表达式，使之等于2，
整理可得直线恒过的定点的坐标；
法(ii)由于直线AP，AQ的斜率形式中有y+ 3x，用奇次式表示，设直线直线l的方程及椭圆的方程中有y+ 3形式，整理使新方程的两根之和等于2，可得参数的关系，进而可得直线恒过的定点的坐标．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ax+1(x>0)，
①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上为增函数，
②当a<0时，令f′(x)=0，得x=−a，
当x∈(0,−a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(−a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上为增函数，
当a<0时，f(x)在(0,−a)单调递减，f(x)在(−a,+∞)单调递增．
(II)∵ealnx+x=xaex，∴不等式xaex−1≥(1−1e)f(x)化为：ef(x)−1≥(1−1e)f(x).
令f(x)=t，g(t)=et−1−(1−1e)t，g(0)=0.g′(t)=et−(1−1e)，
①a=0时，f(x)=x=t>0，g′(t)>0，g(t)>g(0)，满足题意．
②a>0时，由(I)可知：函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，t=f(x)∈R.
令g′(t)=et−(1−1e)=0，解得t=ln(1−1e)<0，g(t)在(ln(1−1e),+∞)上单调递增，
t∈(ln(1−1e),0)时，g(t)③a<0时，t=f(x)∈[f(−a),+∞),若f(−a)≥0，aln(−a)−a≥0，解得−e≤a<0.
则g′(t)>0，∴g(t)≥g(0)=0，满足题意．
若a<−e时，f(−a)<0.
t∈(ln(1−1e),0)，g′(t)>0，∴g(t)>g(0)=0，不满足题意，舍去．
综上可得：实数a的取值范围为[−e,0].
【解析】(Ⅰ)先对函数求导，再根据a 讨论函数单调性；(Ⅱ)令f(x)=t，原不等式转化为关于t的不等式，再构造关于t的函数可解决此问题．
本题考查了导数应用，考查了数学运算能力，属于难题．Y
−4
−2
0
2
4
P
36625
156625
241625
156625
36625