2022-2023学年浙江省温州市浙南三校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省温州市浙南三校联盟高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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A={x||x−2|>1}，B={x|lg2x<1}，则(∁RA)∩B=( )
A. (0,1)B. (0,2)∪(3,+∞)C. [1,2)D. (1,2)∪(3,+∞)
2.复数z=i1−i+i103的共轭复数是( )
A. 1−iB. 32+12iC. 12−12iD. −12+12i
3.已知|a|=2|b|，若a与b的夹角为60∘，则2b−a在a上的投影向量为( )
A. 3−3aB. −32aC. −12aD. 3a
4.围棋是中国传统棋种，蕴含着中华文化丰富内涵.围棋棋盘横竖各有19条线，共有19×19=361个落子点.每个落子点都有落白子、落黑子和空白三种可能，因此围棋空间复杂度的上限M≈3361.科学家们研究发现，可观测宇宙中普通物质的原子总数N≈1080.则下列各数中与MN最接近的是(参考数据：lg3≈0.48)( )
A. 1093B. 1083C. 1073D. 1053
5.已知f(x)=ln(x2−ax+2a−2)(a>0)，若f(x)在[1,2)上单调，则a的范围是( )
A. (1,2]B. (0,2]C. (0,2]∩[4,+∞)D. (1,2]∪[4,+∞)
6.数列{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则“a1(q−1)>0”是“数列{an}递增”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知圆C：x2+y2=4，点P为直线x+y−4=0上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则线段AB长度的最小值为( )
A. 2 2B. 3 2C. 4D. 4 2
8.已知函数f(x)=−xsinα+asinα+csα(−π<α<−π2)，x=π2是f(x)的零点，则当−π≤x≤π时，不等式f(x)−csx≤0的解集为( )
A. [aB. [π2,π]C. [α,π2]D. [−π,π2]
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.有一组样本数据x1，x2，…，xn，其平均数和方差分别为x−，s2.由这组数据得到一组新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=4xi+3(i=1,2,⋯n)，其平均数和方差分别为y−，s′2，则( )
A. y−=4x−B. 4s2=s′2C. x−=14y−−34D. s2=116s′2
10.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是( )
A. 若O为线段PQ中点，则l的斜率为±2B. 若|PF|=4，则|OP|= 21
C. 存在直线l，使得PF⊥QFD. △PFQ面积的最小值为2
11.已知连续函数f(x)满足：①∀x，y∈R，则有f(x+y)=f(x)+f(y)−1，②当x>0时，f(x)>1，③f(1)=2，则以下说法中正确的是( )
A. f(x)的图象关于(0,1)对称
B. f′(x)≤0
C. f(x)在[−3,3]上的最小值是−2
D. 不等式f(2x²)−f(x)12.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是( )
A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2− 62
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为2π−2 3
D. 勒洛四面体表面相交弧总长小于2 3π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若一个三棱台的上、下底面的面积分别是1和4，体积为7 53，则该三棱台的高为______.
14.某单位安排A、B、C、D4人去甲、乙、丙三地出差，每人仅出差一个地方，每个地方都要安排人出差，若A不安排去甲地，则不同的安排方法有______种.
15.已知点P为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右支上的一点，点F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若M为△PF1F2的内心，且S△PMF1=S△PMF2+12S△MF1F2，则双曲线的离心率为______.
16.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1顶点处有一质点S，点S每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次.若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn，则i=1nPi=______.
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c=2，cs2C−cs2B=2sinA(sinB−sinA).
(1)求△ABC周长的最大值；
(2)若sin(2A−π6)=csC，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点E，F分别在棱BB1，CC1上(均异于端点)，AB=AC，∠ABE=∠ACF，BB1⊥平面AEF.
(1)求证：四边形BEFC是矩形；
(2)若AE=EF=2，BE= 33，求平面ABC与平面AEF所成锐二面角的余弦值.
19.(本小题12分)
已知数列{an}满足|an+1−an|=2n+1.
(1)若an是公差为d(d>0)的等差数列{bn}的前n项和，求a1的值；
(2)若a1=1，a2=−2，且数列{a2n−1}单调递增，数列{a2n}单调递减，令cn=an4n2−1，求证：i=1nci≤38.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+aex−2，a∈R.
(1)若a=−1，判断函数的单调性；
(2)若f(x)有两极值点x1，x2且2x1≤x2，求a的范围.
21.(本小题12分)
某国有芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1=135,P2=134,P3=133.
(1)①求批次I芯片的次品率PI；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验．已知批次I的芯片智能自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
(2)已知某批次芯片的次品率为p(0附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
22.(本小题12分)
已知圆O：x2+y2=1与x轴正半轴交于点A，与直线y= 3x在第一象限的交点为B，点C为圆O上任一点，且满足OC=xOA+yOB−，以x，y为坐标的动点D(x,y)的轨迹记为曲线Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)若两条直线l1：y=kx和l2:y=−1kx分别交曲线Γ于点E、F和M、N，求四边形EMFN面积的最大值，并求此时的k的值；
(3)研究曲线Γ的对称性并证明Γ为椭圆，并求椭圆Γ的焦点坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x||x−2|>1}={x|x<1或x>3}，
B={x|lg2x<1}={x|0∴∁RA={x|1≤x≤3}，
则(CRA)∩B={x|1≤x<2}.
故选：C.
求出集合A，B，∁RA，由此能求出(CRA)∩B.
本题考查集合的运算，考查补集、交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=i1−i+i103=i1−i+i⋅(i2)51=i1−i−i=i(1+i)(1−i)(1+i)−i=i−11+1−i=−12−12i，
∴z−=−12+12i.
故选：D.
先求出复数z，再利用共轭复数的概念求解．
本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由|a|=2|b|，a与b的夹角为60∘，
可得a⋅b=b2=14|a|2，
则2b−a在a上的投影向量为：
(2b−a)⋅a|a|⋅a|a|=12|a|2−|a|2|a|2⋅a=−12a.
故选：C.
根据a与b的模和夹角关系及投影向量的概念，直接计算即可．
本题考查平面向量的数量积运算及投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵M≈3361，N≈1080，
∴MN=33611080，
∴lgMN=lg3361−lg1080=361lg3−80lg10=361lg3−80≈93，
∴MN≈1093.
故选：A.
由题意可得MN=33611080，两边取对数得lgMN=lg3361−lg1080，再结合对数的运算性质求解．
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：已知f(x)=ln(x2−ax+2a−2)(a>0)，若f(x)在[1,2)上单调，
则y=x2−ax+2a−2在[1,2)上单调，且x2−ax+2a−2>0在[1,2)上恒成立，
a2≤112−a+2a−2>0或a2≥222−2a+2a−2≥0，
解得1所以a的范围是(1,2]∪[4,+∞)
故选：D.
由复合函数的单调性结合已知可得y=x2−ax+2a−2在[1,2)上单调，且x2−ax+2a−2>0在[1,2)上恒成立，由二次函数的图像与性质可得关于a的不等式组，从而可得a的范围．
本题这样考查复合函数的单调性与二次函数的图像与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由a1(q−1)>0得a1>0且q>1，或a1<0且q<1且q≠0，
当a1>0且q>1时，数列{an}递增，
当a1<0且q<1且q≠0时，数列不一定是递增数列，当q<0时，数列为摆动数列，不是递增数列，即充分性不成立，
若数列{an}递增，则满足an+1>an，即a1(q−1)qn>0，即a1(q−1)>0成立，即必要性成立，
即“a1(q−1)>0”是“数列{an}递增”的必要不充分条件，
故选：B.
根据等比数列的通项公式以及性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，涉及到函数性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：圆C：x2+y2=4的圆心(0,0)，r=2，点 C到直线x+y=4的距离d=4 2=2 2，
则|PA|= |PC|2−r2，由切线长定理知，直线 PC垂直平分线段 AB，于是得：
|AB|=2×|PA|×r|PC|=4 |PC|2−4|PC|=4 1−4|PC|2，PC的距离取得最小值时，AB的距离取得最小值，
即：当且仅当点 P与圆心C平行的连线取得最小值时，即d=|PC|=2 2时，
弦 AB长度的最小值为2 2，
故选：A.
求解圆的圆心与半径，求解点 C到直线x+y=4的距离，推出|PA|= |PC|2−r2，然后求解|AB|，推出弦 AB长度的最小值即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，弦长最小值的求法，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=−xsinα+asinα+csα(−π<α<−π2)得：
f(α)=−αsinα+αsinα+csα=csα，
∴(α,csα)是直线y=f(x)与曲线g(x)=csx的一个公共点，
由g(x)=csx，得g′(x)=−sinx，
∴直线y=f(x)是曲线g(x)=csx在x=α处取得的切线方程，
∵f(π2)=0，所以(π2,0)是直线y=f(x)与曲线g(x)=csx的一个交点，
(π2,0)是曲线g(x)=csx的一个对称中心，
∴直线y=f(x)与曲线g(x)=csx的一个切点的横坐标大于π，
∵−π<α<−π2，
∴0<−sinα<1，即直线y=f(x)是单调递增的，
∴当−π≤x≤π时，不等式f(x)−csx≤0的解集为[−π,π2].
故选：D.
由题意，f(α)=csα，可得(α,csα)是直线y=f(x)与曲线g(x)=csx的一个公共点，结合f(π2)=0，−π<α<−π2，直线y=f(x)是单调递增的，而(π2,0)是曲线g(x)=csx的一个对称中心，所以当−π≤x≤π时，不等式f(x)−csx≤0的解集可求．
本题考查了导数的几何意义，三角函数的图象与性质，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：因为yi=4xi+3(i=1,2,)，
所以数据y1，y2，的平均数y−=(4x1+3)+(4x2+3)+...+(4xn+3)n=4x−+3，故选项A错误；
此时x−=14y−−34，故选项C正确；
而方差s′2=42s2=16s2，故选项B错误，
此时s2=116s′2，故选项D正确．
故选：CD.
由题意，根据平均数和方差的公式进行求解即可．
本题考查平均数和方差，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：已知抛物线y2=4x的准线为x=−1，焦点F(1,0)，
若O为PQ中点，所以xP=1，
此时yP=±2，
所以直线l的斜率k=±2，故选项A正确；
若|PF|=4，
此时xP=4−1=3，
所以|OP|= xP2+yP2= xP2+4xP= 21，故选项B正确；
不妨设P(a2,2a)，则Q(−1,−2a)，
所以FP=(a2−1,2a),QF=(2,2a)，
此时FP⋅QF=2a2−2+4=2a2+2>0，
所以FP与FQ不垂直，故选项C错误；
因为S△PFQ=12⋅|OF|⋅|yP−yQ|=12×1×|2a+2a|=|a|+1|a|≥2，
当且仅当|a|=1|a|，即a=±1时，等号成立，
所以△PFQ面积的最小值为2，故选项D正确．
故选：ABD.
由题意，求出P点的横，纵坐标，即可得到直线l的斜率，进而可判断选项A；结合抛物线的定义求出P点的横坐标，再求出|OP|，进而可判断选项B；设P(a2,2a)，得到Q(−1,−2a)，利用平面向量的坐标运算看FP⋅QF=0是否有解，即可判断选项C；根据三角形面积公式和基本不等式即可判断选项D.
本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为连续函数f(x)满足：①∀x，y∈R，则有f(x+y)=f(x)+f(y)−1，
令x=y=0可得，f(0)=2f(0)−1，即f(0)=1，
令y=−x可得，f(0)=f(x)+f(−x)−1=1，即f(x)+f(−x)=2，
所以f(x)的图象关于(0,1)对称，A正确；
令x10，
因为当x>0时，f(x)>1，
所以f(x2−x1)=f(x2)+f(−x1)−1=f(x2)+2−f(x1)−1=f(x2)−f(x1)+1>1，
所以f(x2)>f(x1)，即f(x)在R上单调递增，
故f′(x)≥0，B错误；
因为f(1)=2，
所以f(2)=2f(1)−1=3，f(3)=f(1)+f(2)−1=4，
由f(x)在[−3,3]上单调递增可知，f(x)在[−3,3]上的最小值为f(−3)=2−f(3)=2−4=−2，C正确；
由f(2x²)−f(x)故f(2x²)故2x2<3x+2，
解得−12故选：ACD.
由已知条件结合函数的对称性及单调性定义，导数与单调性关系检验各选项即可判断．
本题综合考查了函数对称性，单调性的判断，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于选项A，由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为2，
所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2，故A正确；
对于选项B，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：
取CD的中点G，连接BG，AG，过点A作AF⊥BG于点F，则F为等边△ABC的中心，
外接球球心为O，连接OB，则OA，OB为外接球半径，设OA=OB=R，
由正四面体的棱长为2，则CG=DG=1，BG=AG= 3，FG=13BG= 33，BF=23BG=2 33，
AF= AG2−FG2= 3−13=2 63，OF=AF−R=2 63−R，
由勾股定理得：OF2+BF2=OB2，即(2 63−R)2+(2 33)2=R2，
解得：R= 62，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交AD于点F，其中AD与△ABD共面，
其中BO即为正四面体外接球半径R= 62，
设勒洛四面体内切球半径为r，则r=OF=BF−BO=2− 62，故B正确；
对于选项C，勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，
假设图2是投影光线垂直于面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，
当光线与平面ABD的夹角小于90∘时，易知截面投影均为图2所示图象在平面α上的投影，其面积必然减小，
如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为2，圆心角为60∘的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，
即是12π×22−2× 34×22=2π−2 3，故C正确；
对于选项D：勒洛四面体四个曲面每条交线为半径为2，对应圆心角为π3的弧长，
所以每条交线的长度为：2π3，共有6条相等的交线，
所以交线长的和为：2π3×6=4π>2 3π，故D错误．
故选：ABC.
求出勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值即可判断A；求出正四面体ABCD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，即可判断B；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，计算出该截面面积，即可判断C；勒洛四面体四个曲面所有交线相等，且每条交线为扇形，可以判断D.
本题考查了勒洛四面体的结构特征及定义，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵一个三棱台的上、下底面的面积分别是1和4，体积为7 53，设所求三棱台的高为h，
∴13×(1+4× 1×4)×h=7 53，
解得h= 5.
故答案为： 5.
根据三棱台的体积计算即可求解．
本题考查三棱台的体积问题，方程思想，属基础题．
14.【答案】24
【解析】解：①若有两人到甲地出差，
则不同的安排方法有C32A22=6种，
②若只有1人到甲地出差，
则不同的安排方法有C31C32A22=18种，
综合①②可得不同的安排方法有6+18=24种．
故答案为：24.
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解即可．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属基础题．
15.【答案】2
【解析】解：如图，设内切圆的半径为r，又S△PMF1=S△PMF2+12S△MF1F2，
则根据三角形内切圆的性质可得：
12|PF1|⋅r=12|PF2|⋅r+12×12|F1F2|⋅r，
∴|PF1|=|PF2|+12|F1F2|，
∴|PF1|−|PF2|=12|F1F2|，
又P是双曲线右支上一点，
∴2a=12|F1F2|=c，
∴e=ca=2.
故答案为：2.
根据三角形内切圆的性质，双曲线的简单几何性质即可求解．
本题考查三角形内切圆的性质，双曲线的简单几何性质，属中档题．
16.【答案】12⋅(13)n+12
【解析】解：在正方体中，每一个顶点有3个相邻的点，其中两个在同一底面，
当点S在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为23，
当点S在上底面时，随机移动一次在下底面的概率为13，
所以P1=23，P2=23×23+13×13=59，……，依此类推，
可得Pn+1=23Pn+13(1−Pn)=13Pn+13，即Pn+1−12=13(Pn−12)，
所以{Pn−12}是以P1−12=16为首项，公比为13的等比数列，
则Pn−12=16×(13)n−1=12×(13)n，
所以Pn=12⋅(13)n+12.
故答案为：12⋅(13)n+12.
根据全概率公式对S仍在底面ABCD上的概率进行计算，结合数列中由递推公式求通项公式的方法求得正确答案．
本小题主要考查全概率公式的运用，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为cs2C−cs2B=2sinA(sinB−sinA)，
所以(1−2sin2C)−(1−2sin2B)=2sinAsinB−2sin2A，
整理得，sin2A+sin2B−sin2C=sinAsinB，
由正弦定理知，a2+b2−c2=ab，
因为c=2，
所以4=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab≥(a+b)2−3⋅(a+b)24=14(a+b)2，
即a+b≤4，当且仅当a=b=2时，等号成立，
所以a+b+c≤4+2=6，
故△ABC周长的最大值为6.
(2)由(1)知，a2+b2−c2=ab，
由余弦定理知，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3，
若sin(2A−π6)=csC=12，则2A−π6=π6+2kπ或5π6+2kπ，k∈Z，
解得A=π6+kπ或π2+kπ，k∈Z，
因为A∈(0,2π3)，所以A=π6或π2，
当A=π6时，因为C=π3，所以B=π2，
由正弦定理知，asinA=csinC，
所以a=2×12 32=2 33，
所以△ABC的面积S=12ac=12×2 33×2=2 33；
当A=π2时，因为C=π3，所以B=π6，
由正弦定理知，bsinB=csinC，
所以b=2×12 32=2 33，
所以△ABC的面积S=12bc=12×2 33×2=2 33，
综上，△ABC的面积为2 33.
【解析】(1)结合二倍角公式与正弦定理化简已知等式，可得a2+b2−c2=ab，再由基本不等式，求得a+b的最大值，即可得解；
(2)结合(1)中所得与余弦定理，求出C=π3，再利用正弦函数的图象与性质，可得A=π6或π2，然后分类讨论，求△ABC的面积即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，基本不等式是解题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为三棱柱ABC−A1B1C1，所以BB1//CC1，
因为BB1⊥平面AEF，所以CC1⊥平面AEF，
又因为AE，AF⊂平面AEF，所以BB1⊥AE，CC1⊥AF，
所以∠AEB=∠AFC=90∘，因为∠ABE=∠ACF，且AB=AC，
所以△AEB≌△AFC，所以AE=AF，BE=CF，
因为BE//CF，所以四边形BEFC为平行四边形，
因为BB1⊥平面AEF且EF⊂平面AEF，所以BB1⊥EF，
故四边形BEFC是矩形；
(2)解：取EF的中点G，连结AG，由(1)可知，AG⊥EF，
因为BB1⊥平面AEF且BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C，
因为平面AEF∩平面BB1C1C=EF，且AG⊂平面AEF，所以AG⊥平面BB1C1C，
取BC的中点H，以G为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
在△AEF中，因为AE=AF且AE=EF=2，
所以△AEF为等边三角形，所以AG= 3，
则A(0, 3,0),B(−1,0, 33),C(1,0, 33)，
所以AB=(−1,− 3, 33),AC=(1,− 3, 33)，
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AB=0n⋅AC=0，即−x− 3y+ 33z=0x− 3y+ 33z=0，
令y=1，则x=0，z=3，所以n=(0,1,3)，
因为平面AEF的一个法向量为m=(0,0,1)，
所以cs=n⋅m|n||m|=3 1+9×1=3 1010，
故平面ABC与平面AEF所成锐二面角的余弦值为3 1010.
【解析】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的性质定理的应用，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
(1)利用棱柱的几何性质以及线面垂直的性质可得CC1⊥平面AEF，从而得到BB1⊥AE，CC1⊥AF，即可证明△AEB≌△AFC，从而得到BE=CF，
再利用线面垂直的性质定理可得BB1⊥EF，即可证明结论；
(2)取EF的中点G，连结AG，取BC的中点H，以G为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出点的坐标和所需向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后利用向量的夹角公式进行求解，即可得到答案．
19.【答案】解：(1)由题意可知|bn+1|=|an+1−an|=2n+1，所以|b2|=3，|b3|=5，|b4|=7，
因为{bn}是公差为d(d>0)的等差数列，所以b2由|b2|=3知b2=3或−3，若b2=3，则b3=5，b4=7，
若b2=−3，则b3=5，于是b4=13，与|b4|=7矛盾，所以b2=3，b3=5，d=b3−b2=2，
所以a1=b1=1；
(2)因为数列{a2n−1}单调递增，所以a1数列{a2n}单调递减，所以a2>a4>a6>…，
又因为a1>a2，所以…因为|an+1−an|=2n+1，所以a2n+1−a2n=4n+1，a2n−a2n−1=−[2(2n−1)+1]=−4n+1，
所以a2n+1−a2n−1=2，又a1=1，所以a2n−1=1+2(n−1)=2n−1，
所以a2n−(2n−1)=−4n+1，所以a2n=−2n，所以an=(−1)n+1⋅n，
所以cn=an4n2−1=(−1)n+1⋅n4n2−1=(−1)n+14(12n−1+12n+1)，
所以当n为偶数时，i=1nci=14(1+13−13−15+15+17−⋯−12n−1−12n+1)
=14(1−12n+1)<14，
当n为奇数时，i=1nci=14(1+13−13−15+15+17−⋯+12n−1+12n+1)=14(1+12n+1)≤13<38，
综上知，i=1nci≤38.
【解析】(1)由|bn+1|=|an+1−an|，可求|b2|，|b3|，|b4|，结合{bn}是公差为d(d>0)的等差数列可求b2=3，b3=5，进而求b1，即a1；
(2)数列{a2n−1}单调递增，数列{a2n}单调递减及a1>a2，可得…本题主要考查数列递推公式、裂项求和法求数列前n项和及数列单调性的应用，属于较难题．
20.【答案】解：(1)若a=−1，f(x)=x2−ex−2，
则f′(x)=2x−ex，令f′′(x)=2−ex=0，解得x=ln2，
当x0，f′(x)单调递增，
当x>ln2，f′′(x)<0，f′(x)单调递减，
又f′(ln2)=2ln2−2<0，所以f′(x)<0，
所以f(x)在R上单调递减；
(2)当a=0，显然函数f(x)没有两个极值点；
当a>0，由于f′(x)=2x+aex，函数y=2x与y=−aex只有一个交点，
不妨设此交点横坐标为θ，当x<θ，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>θ，f′(x)>0，f(x)单调递增，即f(x)没有两个极值点；
当a<0，令e2x1ex1=2，解得x1=ln2，
令2ln2+2a=0，解得a=−ln2，
根据指数函数的性质可知当−ln2≤a<0，f(x)有两极值点x1，x2且2x1≤x2，
即a的取值范围为[−ln2,0).
【解析】(1)根据函数的二阶导数得出一阶导数的增减性，进而得出一阶导数的正负性，然后即可得出函数的单调性；
(2)当a=0，显然函数f(x)没有两个极值点；当a>0，显然函数f(x)是先减后增，没有两个极值点；
当a<0，求出x2=2x1时a的取值a0，则a0本题主要考查函数的单调性和利用函数的单调性研究函数的极值，属中档题．
21.【答案】解：(1)某国有芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，
该款芯片的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检，
已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1=135,P2=134,P3=133.
①I批次芯片的次品率为：
PI=1−[(1−P1)(1−P2)(1−P3)]=1−3435×3334×3233=335；
②设批次I的芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
由己知得P(A)=92100,P(AB)=1−PI=1−335=3235，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，
P(B|A)=P(AB)P(A)=3235×10092=8×207×23=160161；
(2)100个芯片中恰有1个不合格的概率φ(p)=C1001×p×(1−p)99，
因此φ(p)=100[(1−p)99−99p(1−p)98]=100(1−p)98(1−100p)，
令φ(p)=0，得p=0.01，
当p∈(0,0.01)时，φ(p)>0；当p∈(0.01,1)时，φ(p)<0，
所以φ(p)的最大值点为P0=0.01，
由(1)可知，PI=335≈0.09,PJ=P0=0.01，
故批次J芯片的次品率低于批次I，故批次J的芯片质量优于批次I，
由数据可建立2×2列联表如下：(单位：人)
根据列联表得：
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(12×57−28×3)240×60×15×85
=100×600×60040×60×15×85=20017
≈11.765>10.828，
因此，有99.9%的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关．
【解析】(1)根据相互独立事件及对立事件求批次I芯片的次品率，再由条件概率公式求人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；
(2)利用导数求出极值点即批次J的芯片的次品率，列出联表，计算卡方，与临界值比较得出结论．
本题考查了条件概率和独立性检验，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得A(1,0)，B(12, 32)，
因为OC=xOA+yOB−，
所以C(x+12y, 32y)，
又因为点C在圆O上，
所以(x+12y)2+34y2=1，
所以x2+y2+xy=1，
所以曲线Γ的方程为x2+y2+xy=1.
(2)联立y=kxx2+y2+xy=1，得(1+k+k2)x2−1=0，
所以E(1 1+k+k2,k 1+k+k2)，F(−1 1+k+k2,−k 1+k+k2)，
所以|EF|=2 1+k21+k+k2，
同理可得|MN|=2 1+1k21−1k+1k2=2 1+k21−k+k2，
因为EF⊥MN，
所以四边形EMFN面积S=12|EF||MN|=12 (1+k2)2(1+k+k2)(1−k+k2)=2 (1+k2)2(1+k2)2−k2，
所以2S= (1+k2)2−k2(1+k2)2= 1−1k2+1k2+2，
因为k2+1k2≥2，
所以2S≥ 1−14= 32，
所以S≤4 33，
当且仅当k2−1k2，即k=±1时取等号，
所以当k=±1时，四边形EMFN面积取得最大值，为4 33.
(3)曲线Γ关于直线y=x，y=−x和原点对称，
设曲线Γ与y=x交于P，Q，与直线y=x交于R，S，
联立y=xx2+y2+xy=1，
解得x= 33y= 33或x=− 33y=− 33，
所以P( 33, 33)，Q(− 33,− 33)，
联立y=−xx2+y2+xy=1，
解得x=1y=−1或x=−1y=1，
所以R(1,−1)，S(−1,1)，
所以|PQ|=2 63，|RS|=2 2，
所以|PQ|<|RS|，
所以椭圆的焦点在直线y=−x上，
设椭圆的焦点为F1(a,−a)，F2(−a,a)，
所以|PF1|=|RS|2= 2，
又|OP|=|PQ|2= 63，
所以|OF1|= PF12−OP2=2 33，
所以2a2=43，
解得a=± 63，
所以曲线Γ的焦点坐标为( 63,− 63)，(− 63, 63).
【解析】(1)求出点C的坐标代入圆O的方程，得出曲线Γ的方程．
(2)联立方程组求出E，F，M，N的坐标，得出|EF|，|MN|，代入面积公式可得面积S关于k的表达式，根据不等式的性质求出S的最大值．
(3)根据曲线Γ的方程特点，得出对称性，计算曲线Γ的长短轴，判断焦点的位置，利用椭圆的性质，求出焦点的坐标，
本题考查直线与圆，直线与圆的位置关系，椭圆的性质，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．P(K2≥k)
0.050
0.010
0.005
0.001
k
3.841
6.635
7.879
10.828
开机速度满意度
芯片批次Ⅰ
芯片批次J
合计
不满意
12
3
15
满意
28
57
85
合计
40
60
100