2022-2023学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.若集合A={x|x>0}，B={x|x2−2x−3<0,x∈R}，那么A∩B=( )
A. (0,3)B. (−1,+∞)C. (0,1)D. (3,+∞)
2.若z=i1+i，则|z|=( )
A. 12B. 22C. 2D. 2
3.已知单位向量a与b互相垂直，且c= 5a−2b，记a与c的夹角为θ，则csθ=( )
A. − 53B. −23C. 23D. 53
4.尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解.例如，地震时释放出的能量E(单位：焦耳)与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M.据此，地震震级每提高1级，释放出的能量是提高前的(参考数据： 10≈3.16)( )
A. 9.46倍B. 31.60倍C. 36.40倍D. 47.40倍
5.甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？( )
A. 27种B. 36种C. 54种D. 72种
6.若sinθ+2csθ= 102，则( )
A. tan2θ=−34B. tan2θ=34C. sin2θ=−35D. sin2θ=35
7.在棱长为10的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是侧面ADD1A1内的点，P到A1D1和AA1的距离分别为3和2，过点P且与A1C平行的直线交正方体表面于另一点Q，则|PQ|=( )
A. 9 3B. 8 3C. 7 3D. 6 3
8.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+2)+f(x)=f(8)，f(2x+1)为奇函数，f(12)=12，则k=122kf(k−12)=( )
A. −11B. −12C. 0D. 212
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.甲、乙两名同学近五次数学测试成绩数据分别为：
甲68 71 72 72 82
乙66 70 72 78 79
则( )
A. 甲组数据的极差小于乙组数据的极差
B. 甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数
C. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差
D. 甲组数据的第60百分位数等于乙组数据的第60百分位数
10.函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为T，若2π3A. ω=2B. x=−π4是函数f(x)的一个零点
C. y=f(x)在(0,5π4)有2个极值点D. 直线y= 2x+ 22是一条切线
11.在正三棱台ABC−A1B1C1中，O是△ABC的中心，AB=3，AA1=2，A1B1=1，则( )
A. OB1⊥A1C1
B. 正三棱台ABC−A1B1C1的体积为13 36
C. 正三棱台ABC−A1B1C1的外接球的表面积为12π
D. 侧面BCC1B1所在平面截正三棱台ABC−A1B1C1外接球所得截面的面积为7π3
12.已知a>0，且a+eb=2，则( )
A. a+b≤1B. lna+eb≤1C. ea+b≥2D. lna−|b|≤0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知x>1，则x+1x−1的最小值为______.
14.已知(1−1x)(1+x)5的展开式中x3项的系数为______.
15.甲乙两个盒子中装有大小、形状相同的红球和白球，甲盒中有5个红球，2个白球；乙盒中有4个红球，3个白球.先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为______.
16.已知正△ABC的顶点A在平面α内，点B，C均在平面α外(位于平面α的同侧)，且在平面α上的射影分别为B′，C′，∠B′AC′=90∘，设BC的中点为D，则直线AD与平面α所成角的正弦值的取值范围是______.
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a=( 3sinx,1)，b=(1,−csx)，x∈R.
(1)若x=0，求a⋅b；
(2)设f(x)=a⋅b，求f(x)的单调递增区间.
18.(本小题12分)
中国电动汽车重大科技项目的研发开始于2001年，经过一系列的科技攻关以及奥运、世博、“十城千辆”示范平台等应用拉动，中国电动汽车建立起了具有自主知识产权的全产业链技术体系.汽车工业协会的最新数据显示，2022年中国电动汽车销量达491万辆，是2010年的400多倍.某人打算购买一款国产电动汽车，调查了100辆该款车的续航里程，得到频率分布表如下：
(1)在图中作出频率分布直方图；
(2)根据(1)中作出的频率分布直方图估计该款车续航里程的众数与平均数.
(同一组中的数据以该组区间的中间值为代表)
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 3a=2bsinA.
(1)求B；
(2)若b= 7，c=3，且D为边AC的中点，求BD.
20.(本小题12分)
如图，在正四棱锥P−ABCD中，AB=2，过点A向平面PCD作垂线，垂足为H.
(1)求证：AB⊥DH；
(2)若AH= 2，求二面角H−BC−D的余弦值.
21.(本小题12分)
为加快绍兴制造强市建设，《中国制造2025绍兴实施方案》指出，到2025年，制造业重点领域全面实现智能化，基本实现“绍兴制造”向“绍兴智造”转型升级.某试点企业对现有的生产设备进行技术升级改造，为监测改造效果，近期每天从生产线上随机抽取10件产品，并分析某项质量指标.根据长期经验，可以认为新设备正常状态下生产的产品质量指标服从正态分布N(μ,σ2).
(1)记X表示一天内抽取的10件产品质量指标在(μ−3σ,μ+3σ)之外的件数，求P(X≥1)；
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−3σ(2)下面是一天内抽取的10件产品的质量指标：
若质量指标大于10.10被认定为一等品，现从以上10件产品中随机抽取4件，记Y为这4件产品中一等品的件数，求Y的分布列和数学期望.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx−ax2有两个极值点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：存在实数a使得x1+x2=x2x1.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：集合A={x|x>0}，B={x|x2−2x−3<0,x∈R}={x|−1那么A∩B={x|0故选：A.
解不等式化简集合B，再根据交集的定义写出A∩B.
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：z=i1+i，
则|z|=|i1+i|=|i||1+i|=1 2= 22.
故选：B.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵a与b是单位向量且互相垂直，
∴a⋅c=a⋅( 5a−2b)= 5a2−2a⋅b= 5，|c|= ( 5a−2b)2= 5+4=3，且a与c的夹角为θ，
∴csθ=a⋅c|a||c|= 53.
故选：D.
根据条件进行数量积的运算可求出a⋅c和|c|的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出csθ的值．
本题考查了单位向量的定义，向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：记地震震级提高至里氏震级M+1，释放后的能量为E1，
由题意可知，lgE1−lgE=4.8+1.5(M+1)−(4.8+1.5M)=1.5，
即lgE1E=1.5，所以E1E=101.5=10 10≈31.60.
故选：B.
记地震震级提高至里氏震级M+1，释放后的能量为E1，由题意可推得lgE1−lgE=1.5，根据对数的运算，结合指对互化以及指数幂的运算，即可得出答案．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是分析甲乙的名次情况，属于基础题．根据题意，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有A33=6种情况，
此时有3×6=18种名次排列情况；
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有A32=6种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有A33=6种情况，
此时有6×6=36种名次排列情况；
则一共有36+18=54种不同的名次情况，
故选C.
6.【答案】A
【解析】解：若sinθ+2csθ= 102，
因为sin2θ+cs2θ=1
解得sinθ=3 1010csθ= 1010或sinθ=− 1010csθ=3 1010，
则tanθ=3或tanθ=−13，
当sinθ=3 1010csθ= 1010时，tanθ=3，tan2θ=2tanθ1−tan2θ=−34，sin2θ=2sinθcsθ=2×3 1010× 1010=35，
当sinθ=− 1010csθ=3 1010时，tanθ=−13，tan2θ=2tanθ1−tan2θ=−34，sin2θ=2sinθcsθ=−2×3 1010× 1010=−35.
故选：A.
由已知结合同角基本关系先求出sinθ，csθ，tanθ，然后结合二倍角公式即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，
过点P作EF//A1D，且EF∩AA1=E，EF∩AD=F，
过点P作PH⊥AD，垂足为H，则PH=7，
所以△PHF∽△A1AD，
所以PHAA1=PFA1D，
因为PQ//A1C，EF//A1D，EF∩PQ=P，
所以面PFQ//面A1DC，且△PFQ∽△A1DC，
所以PFA1D=PQA1C，
所以PHAA1=PQA1C，
因为正方体的棱长为10，
所以A1C= 102+102+102=10 3，A1D= 102+102=10 2，
所以710=PQ10 3，
所以PQ=7 3，
故选：C.
过点P作EF//A1D，且EF∩AA1=E，EF∩AD=F，过点P作PH⊥AD，垂足为H，则PH=7，推出PHAA1=PFA1D，由PQ//A1C，推出△PFQ∽△A1DC，则PFA1D=PQA1C，进而可得PHAA1=PQA1C，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为f(x+2)+f(x)=f(8)，
所以f(x+4)+f(x+2)=f(8)，
所以f(x+4)=f(x)，
所以f(x)的周期为4，
所以f(8)=f(4)=f(0)，
由f(x+2)+f(x)=f(8)，
令x=0，则有f(2)+f(0)=f(8)，
所以f(2)=0，
又因为f(2x+1)为奇函数，
所以f(−2x+1)=−f(2x+1)，
即f(−x+1)=−f(x+1)，
所以y=f(x)关于点(1,0)对称，
所以f(2−x)=−f(x)，
令x=12，则f(32)=−f(12)=−12，
令x=0，可得f(2)=−f(0)=0，
所以f(0)=0，f(8)=0，
所以f(x+2)+f(x)=f(8)=0，
即f(x+2)=−f(x)，
令x=12，则有f(52)=−f(12)=−12；
令x=32，则有f(72)=−f(32)=12；
综上，f(4m+12)=f(12)=12，f(4m+32)=f(32)=−12，f(4m+52)=f(52)=−12，f(4m+72)=f(72)=12，
所以(4m+1)f(4m+12)+(4m+2)f(4m+32)+(4m+3)f(4m+52)+(4m+4)f(4m+72)=(4m+1)×12+(4m+2)×(−12)+(4m+3)×(−12)+(4m+4)×12=0，
所以k=122kf(k−12)=21f(21−12)+22f(22−12)=21f(12)+22f(32)=21×12+22×(−12)=−12.
故选：B.
根据f(x+2)+f(x)=f(8)，可得f(x)的周期为4，由赋值法可得f(2)=0，又由f(2x+1)为奇函数，可得y=f(x)关于点(1,0)对称，由已知条件可得f(32)=−12，f(0)=0，f(8)=0，然后求得f(52)=−12，f(72)=12，进而由周期性可得(4m+1)f(4m+12)+(4m+2)f(4m+32)+(4m+3)f(4m+52)+(4m+4)f(4m+72)=0，即可得k=122kf(k−12)=21f(12)+22f(32)，代入相关值即可得答案．
本题考查了抽象函数的对称性、周期性及利用赋值法求抽象函数的值，属于难题．
9.【答案】BC
【解析】解：甲组数据的极差为14，乙组数据的极差为13，
故甲组数据的极差大于乙组数据的极差，故A错误；
甲组数据的平均数为：15×(68+71+72+72+82)=73，
乙组数据的平均数为：15×(66+70+72+78+79)=73，故B正确；
甲组数据的方差为：15×[(68−73)2+(71−73)2+2×(72−73)2+(82−73)2]=22.4，
乙组数据的方差为：15×[(66−73)2+(70−73)2+(72−73)2+(78−73)2+(79−73)2]=24，
故甲组数据的方差小于乙组数据的方差，故C正确；
甲组数据的第60百分位数为72+722=72，
乙组数据的第60百分位数72+782=75，故D错误．
故选：BC.
根据已知条件，结合极差、百分位数的定义，平均数和方差公式，即可求解．
本题主要考查极差、百分位数的定义，平均数和方差公式，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A选项，函数f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为T，
且2π3则πω8+π4=kπ+π2(k∈Z)，解得ω=8k+2(k∈Z)，
因为ω∈(1,3)，所以，ω=2，A对；
对于B选项，由题意可得f(x)=sin(2x+π4)，
则f(−π4)=sin(−π4)=− 22≠0，
所以x=−π4不是函数f(x)的一个零点，B错；
对于C选项，当02x+π4=π2，3π2，5π2，即x=π8，5π8，9π8，
所以函数y=f(x)在(0,5π4)有三个极值点，C错；
对于D选项，因为f(x)=sin(2x+π4)，则f′(x)=2cs(2x+π4)，
令f′(x)= 2，可得cs(2x+π4)= 22，
则2x+π4=π4+2kπ(k∈Z)或2x+π4=2kπ−π4(k∈Z)，
解得x=kπ(k∈Z)或x=kπ−π4(k∈Z)，
若切点的横坐标为kπ(k∈Z)，则切点坐标为(kπ, 22)(k∈Z)，
将点(kπ, 22)(k∈Z)的坐标代入切线方程可得 2kπ+ 22= 22，解得k=0；
若切点的横坐标为kπ−π4(k∈Z)，则切点坐标为(kπ−π4, 22)(k∈Z)，
将点(kπ−π4, 22)(k∈Z)的坐标代入切线方程为 2(kπ−14π)+ 22= 22，
解得k=14，不合题意．所以直线y= 2x+ 22是一条切线，D对．
故选：AD.
利用函数f(x)的周期公式以及函数f(x)的对称性求出ω的值，可判断A选项；计算f(−π4)的值，可判断B选项；由x∈(0,5π4)计算出2x+π4的取值范围，可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项．
本题考查三角函数的性质，导数的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如下图所示，延长AA1，BB1，CC1交于点P，连接BO并延长交AC于点D，
连接PD，连接PO交平面A1B1C1于点O1，则O1为等边△A1B1C1的中心，
对于A选项，因为棱台ABC−A1B1C1为正三棱台，则三棱锥P−ABC为正三棱锥，
因为AB=BC，D为AC的中点，所以AC⊥BD，同理可得AC⊥PD，
因为BD∩PD=D，BD、PD⊂平面PBD，所以，AC⊥平面PBD，
因为OB1⊂平面PBD，所以，AC⊥OB1，因为A1C1//AC，故A1C1⊥OB1，故A正确；
对于B选项，因为A1C1//AC，则PA1PA=A1C1AC=13，即PA1PA1+2=13，解得PA1=1，
故PA=PA1+AA1=1+2=3，故PB=PC=PA=3，又因为△ABC是边长为3的等边三角形，
故三棱锥P−ABC是棱长为3的正四面体，BD=ABsin60∘=3 32，则BO=23BD= 3，
PO= 9−3= 6，PO1=13PO= 63，
∴VABC−A1B1C1=VS−ABC−VS−A1B1C1=13⋅S△ABC⋅SO−13S△A1B1C1⋅SO1
=13×12×3×3× 32× 6+13×12×1×1× 32× 63=9 24− 212=13 26，故B错误；
对于C选项，因为PD=PAsin60∘=3× 32=3 32，
因为BB1BP=BOBD=23，则OB1//PD，且OB1=23PD=23×3 32= 3，
所以，OA1=OC1=OB1= 3=OA=OB=OC，
所以，O为正三棱台ABC−A1B1C1的外接球的球心，且该球的半径为 3，
因此，正三棱台ABC−A1B1C1的外接球的表面积为4π×( 3)2=12π，故C正确；
对于D选项，因为正四面体P−ABC的高 6，
即点A到平面BCC1B1的距离为 6，
连接AO并延长交BC于点E，则E为BC的中点，且OEAE=13，
所以，点O到平面BCC1B1的距离为点A到平面BCC1B1的距离的13，
即点O到平面BCC1B1的距离为 63，
所以，面BCC1B1所在平面截正三棱台ABC−A1B1C1外接球所得截面圆的半径r= 3−( 63)2= 213，
故面BCC1B1所在平面截正三棱台ABC−A1B1C1外接球所得截面的面积为πr2=7π3，故D正确．
故选：ACD.
延长AA1，BB1，CC1交于点P，连接BO并延长交AC于点D，连接PD，连接PO交平面A1B1C1于点O1，证明出OB1⊥AC，结合A1C1//AC可判断A选项；利用锥体的体积公式计算出正三棱台ABC−A1B1C1的体积，可判断B选项；求出正三棱台ABC−A1B1C1的外接球的半径，结合球体表面积公式可判断C选项；计算出侧面BCC1B1所在平面截正三棱台ABC−A1B1C1外接球所得截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断D选项．
本题考查解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，令f(x)=ex−(x+1)，f′(x)=ex−1，当x≥0，f′(x)=ex−1≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，即ex−(x+1)，所以a+eb≥a+b+1，即a+b≤1，当且仅当b=0，等号成立，A正确；
对于B，同理可证当x>0，x≥lnx+1，当且仅当x=1时，等号成立，所以a+eb≥lna+1+eb，即lna+eb≤1，B正确；
对于C，当b→−∞，a→2，ea+b<0，C错误；
对于D，当b≥0，eb≥1，a≤1，lna−|b|=lna−b=ln(a÷eb)≤ln1=0，同理可证b<0，lna−|b|≤0，D正确．
故选：ABD.
结合常见函数比较大小即可．
本题主要考查数的大小比较，构造函数是解决本题的关键，属中档题．
13.【答案】3
【解析】解：∵x>1，∴x−1>0，
x+1x−1=(x−1)+1x−1+1≥2 (x−1)⋅1x−1+1=3，
当且仅当x=2时，等号成立．
故x+1x−1的最小值为3.
故答案为：3.
直接利用关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．
本题考查了基本不等式性质的应用，属于基础题．
14.【答案】5
【解析】解：(1−1x)(1+x)5=(1−1x)(C50+C51⋅x+C52⋅x2+C53⋅x3+C54⋅x4+C55⋅x5)，
所以展开式中含x3的项的系数为：
C53−C54=10−5=5.
故答案为：5.
把(1+x)5按照二项式定理展开，可得(1−1x)(1+x)5展开式中含x3项的系数．
本题主要考查了二项式定理的应用问题，解题时应利用二项展开式的通项公式，是基础题目．
15.【答案】3356
【解析】解：若从甲盒中取出的是红球，则从乙盒中取出的是红球的概率为57×58=2556，
若从甲盒中取出的是白球，则从乙盒中取出的是红球的概率为27×48=856=17，
故先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为2556+856=3356.
故答案为：3356.
分从甲盒中取出的是红球和取出的是白球两种情况讨论，利用概率的乘法公式计算即可．
本题考查概率的乘法公式，考查分类讨论思想，属于基础题．
16.【答案】[ 63, 32)
【解析】解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别以AC′所在直线为x轴，
以AB′所在直线为y轴，以平行于射线B′B的方向的射线为z轴，
设△ABC的边长为1，DG=b，因为D为BC中点，
所以可设BB′=b+m，CC′=b−m(m≥0)，
则C( 1−(b−m)2,0,b−m)，B(0, 1+(b+m)2,b+m)，
因为△AB′C′为直角三角形，所以|AB′|2+|AC′|2=4|AG|2，
即1−(b−m)2+1−(b+m)2=4(34−b2)，整理得b2=m2+12，
又m满足m≥0b+m<1，可得m∈[0,14),所以b∈[ 22,34),
又AD与平面α所成角的正弦值为DGAD=2b 3=2 3b3，所以范围是[ 63, 32).
故答案为：[ 63, 32).
根据题设情境，构建空间直角坐标系，得到B，C两点的坐标，再转化为长度进行计算，找到b和m的关系式，根据线段长度确定m和b的范围，得到所求线面角的范围．
本题考查空间中直线和平面所成的角，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵x=0，∴a=(0,1)，b=(1,−1)，则a⋅b=−1.
(2)∵f(x)=a⋅b= 3sinx−csx=2sin(x−π6)，
∴−π2+2kπ≤x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，
∴−π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为[−π3+2kπ,2π3+2kπ]，k∈Z.
【解析】(1)将a⋅b直接计算出来即可；(2)将f(x)表示出来，对应y=sinx的性质即可．
本题考查向量的运算，三角函数的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题意可得频率分布直方图如下：
(2)由频率分布直方图得，众数为275，
平均数为125×0.03+175×0.1+225×0.3+275×0.35+325×0.15+375×0.07=260.
【解析】(1)根据频率分布表可作出频率分布直方图；
(2)根据最高矩形底边的中点值为样本的众数可求得该款车续航里程的众数，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得出样本的平均数．
本题考查频率分布直方图的画法，考查众数、平均数的计算，是基础题．
19.【答案】解：(1)由题意 3a=2bsinA，由正弦定理可得 3sinA=2sinBsinA，
在三角形中，sinA≠0，
可得sinB= 32，而B∈(0,π)，
可得B=π3或B=23π；
(2)因为c>b，所以C>B，所以B=π3，
由余弦定理csB=a2+c2−b22ac=12，而b= 7，c=3，
即a2+9−72a×3=12，解得：a=1或a=2，
因为D是AC的中点，所以BD=12(BA+BC)，
所以BD2=14(BA2+BC2+2BA⋅BC)=14(9+a2+2×a×3×12)=14(a2+3a+9)，
①当a=1时，BD2=134，即BD= 132；
②当a=2时，BD2=194，即BD= 192.
【解析】(1)由题意及余弦定理可得B角的正弦值，再由B角的范围，可得B角的大小；
(2)由题意和(1)可得B角的大小，由余弦定理可得a边的大小，因为D为AC的中点，可得向量BD2的表达式，可得BD的大小．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：由题意知AH⊥平面PCD，所以AH⊥CD，
又AD⊥CD，AD∩AH=A，所以CD⊥平面AHD，
所以CD⊥DH，又AB//CD，所以AB⊥DH.
(2)因为AH⊥平面PCD，所以AH⊥HD，AD2=AH2+HD2，
所以AH=HD= 2，
作HM⊥AD交AD于点M，所以M为AD中点，
又由(1)知CD⊥平面AHD，所以HM⊥CD，又CD∩AD=D，
所以HM⊥平面ABCD.
所以∠HNM为二面角H−BC−D的平面角，因为MN=2，HM=1，所以HN= 5，
所以cs∠HNM=MNNH=2 55，
所以二面角H−BC−D的余弦值为2 55.
【解析】(1)由已知可得AH⊥CD，进而可证CD⊥平面AHD，可证结论成立；
(2)作HM⊥AD交AD于点M，所以M为AD中点，可得∠HNM为二面角H−BC−D的平面角，求解即可．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
21.【答案】解：(1)P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0.997410=0.0257.
(2)由题意知，Y的可能取值为0，1，2，3，4，
P(Y=0)=C50C54C104=142，P(Y=1)=C51C53C104=521，
P(Y=2)=C52C52C104=1021，P(Y=3)=C53C51C104=521，P(Y=4)=C54C50C104=142，
所以Y的分布列为：
E(Y)=1×521+2×1021+3×521+4×142=2.
【解析】(1)根据对立事件以及独立事件的概率公式可求得P(X≥1)的值；
(2)由题意可知，随机变量Y的可能取值有：0、1、2、3、4，计算出随机变量Y在不同取值下的概率，可得出随机变量Y的分布列，进而可求得E(Y)的值．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=xlnx−ax2，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=lnx+1−2ax，
若f(x)有两个极值点x1，x2，
此时f′(x)=0有两个解x1，x2，
即方程a=lnx+12x有两个解x1，x2，
不妨设g(x)=lnx+12x，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(x)=−lnx2x2，
当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x→0+时，g(x)→−∞；当x→+∞时，g(x)→0+，
又g(x)≤g(1)=12，
所以要使方程a=lnx+12x有两个解，
此时只需满足0故实数a的取值范围为(0,12)；
(2)令t=x2x1，t>1，
可得lnx1+12x1=alnx1+lnt+12tx1=a，
所以lnt=(lnx1+1)(t−1)，
即lnx1=lntt−1−1，
整理得x1=elntt−1−1，x2=etlntt−1−1，
所以x1+x2−x2x1=1e(elntt−1+etlntt−1−et)，
不妨设h(t)=elntt−1+etlntt−1−et，函数定义域为(1,+∞)，
不妨设m(x)=ex−ex，函数定义域为R，
可得m′(x)=ex−e，
当x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)>m(1)=0，
则ex>ex，
不妨设n(t)=(t+1)lnt−2(t−1)，函数定义域为(1,+∞)，
可得n′(t)=lnt+t+1t−2=lnt+1t−1，
不妨设p(t)=lnt+1t−1，函数定义域为(1,+∞)，
可得p′(t)=1t−1t2=t−1t2>0，
所以p(t)单调递增，
此时p(t)>p(1)=ln1+1−1=0，
所以p(t)>0在定义域上恒成立，
则函数n(t)在定义域上单调递增，
此时n(t)>n(1)=0，
所以(t+1)lnt>2(t−1)，
则lntt−1>2t+1，
所以h(t)=elntt−1+etlntt−1−et>elntt−1+etlntt−1−et
>2et+1+2ett+1−et=2e−et，
此时h(32)>0，
又h(e2)=e2e2−1+e2e2e2−1−e3=(1+e2)e2e2−1−e3
<(1+e2)e13−e3<9×2−e3<0，
因为h(32)h(e2)<0，
所以存在t0∈(32,e2)，使得h(t0)=0，
故存在实数a使得x1+x2=x2x1.
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，将f(x)有两个极值点x1，x2，转化成f′(x)=0有两个解x1，x2，构造函数g(x)=a=lnx+12x，对g(x)进行求导，利用导数得到g(x)的单调性和极值，进而即可求解；
(2)利用换元法，令t=x2x1，t>1，结合(1)中所得到x1=elntt−1−1，x2=etlntt−1−1，此时x1+x2−x2x1=1e(elntt−1+etlntt−1−et)，构造函数h(t)=elntt−1+etlntt−1−et，一方面，因为lntt−1>2t+1，所以h(t)=2e−et，得到h(32)>0，另一方面得到h(e2)<0，利用零点存在性定理即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．续航里程(单位：km)
频数
频率
[100,150)
3
0.03
[150,200)
10
0.10
[200,250)
30
0.30
[250,300)
35
0.35
[300,350)
15
0.15
[350,400]
7
0.07
9.85
10.12
10.02
9.89
10.21
10.26
9.91
10.13
10.17
9.94
Y
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142