2022-2023学年浙江省衢州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年浙江省衢州市高二（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.若集合A={x|22x−3>4}，B={x|x≤5}，则A∩B=( )
A. {x|722.设z=1+3i1+i(其中i为虚数单位)，则在复平面内z对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知直线m，n和平面α，β，则使平面α⊥平面β成立的充分条件是( )
A. m⊥β，m//αB. m//β，n//α
C. α∩β=m，m⊥n，n⊂βD. m⊥β，m⊥α
4.已知sin(α2+π4)= 63，则sinα=( )
A. −13B. −12C. 12D. 13
5.函数y=lg0.5|x2−x−2|的单调递增区间为( )
A. (−∞,−1)B. (2,+∞)
C. (−∞,−1)和(12,2)D. (−1,12)和(2,+∞)
6.已知等差数列{an}的前项和为Sn，且S11>S10>S12，若bn=2023an，数列{bn}的前n项积为Tn，则使Tn>1的最大整数n为( )
A. 20B. 21C. 22D. 23
7.已知函数f(x)定义域为R，对∀x，y∈R，恒有f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，则下列说法错误的有( )
A. f(0)=1B. f(2x+1)=f(−2x−1)
C. f(x)+f(0)≥0D. 若f(1)=12，则f(x)周期为6
8.衣柜里有5副不同颜色的手套，从中随机选4只，在取出两只是同一副的条件下，取出另外两只不是同一副的概率为( )
A. 67B. 1213C. 47D. 1321
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.给出下列命题，其中正确的命题为( )
A. 若样本数据x1，x2，⋅⋅⋅，x10的期望为3、方差为6，则数据2x1−1，2x2−1，⋅⋅⋅，2x10−1的期望为5、方差为11
B. 假设经验回归方程为y =0.6−0.25x，则当x=4时，y的预测值为−0.4
C. 随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，若P(X>4)=a，则P(X<0)=a
D. 甲同学所在的某校高三共有5000人，按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本．则甲被抽到的概率为125
10.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P( 2,1)在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则( )
A. 椭圆C的离心率的取值范围是( 22,1)
B. 当椭圆C的离心率为 32时，|QF1|的取值范围是[2− 3,2+ 3]
C. 存在点Q使得QF1⋅QF2=0
D. 1|QF1|+1|QF2|的最小值为2
11.已知函数f(x)=4−|4x−8|,1≤x≤312f(x3),x>3，则下列说法正确的是( )
A. 若函数y=f(x)−kx+k有四个零点，则实数k的取值范围是(117,25)
B. 关于x的方程f(x)−14=0有8个不同的解
C. 对于实数x∈[2,+∞),不等式xf(x)−10≤0恒成立
D. 当x∈[3,9]时，函数f(x)的图象与x轴围成图形的面积为6
12.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120∘，∠ACB=90∘，PA⊥AC，平面PAC⊥平面PBC，点E在棱PC上且PE=3EC，点F是△PAD所在平面内的动点，点G是△PBC所在平面内的动点，且点G到直线BC的距离与到点E的距离相等，则( )
A. PA⊥平面ABCD
B. 若二面角D−PC−A的余弦值为 55，则点A到平面PBC的距离为 55
C. 若EF= 104，则动点F的轨迹长度为 134π
D. 若PA=1，则AG的最小值为 32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在(2x−1x)5的展开式中，各项系数的和是______.
14.88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列.若中音A(左起第49个键)的频率为440Hz，钢琴上最低音的频率为27.5Hz，则左起第61个键的音的频率为__________Hz.
15.设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作l的垂线，垂足为Q.若M(3,0)，N(−1,0)，PF与MQ相交于点T，且TN+TP=MT，则△PTN的面积为______.
16.原有一块棱长为3a的正四面体石材，在搬运的过程有所损伤，剩下了一块所有棱长均为a的八面体石材(如图)，现将此八面体石材切削、打磨、加工成球，则加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为______.
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)
近期衢州市文化艺术中心进行了多次文艺演出，为了解观众对演出的喜爱程度，现随机调查了A、B两地区的200名观众，得到如下所示的2×2列联表.
若用分层抽样的方法在被调查的200名观众中随机抽取20名，则应从B区且喜爱程度为“非常喜欢”的观众中抽取8名.
(1)完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系.
(2)若以抽样调查的频率为概率，从A地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为X，求X的数学期望.
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)
已知数列{an}满足：a1=a2=1，对任意n≥3且n∈N*时，an={an−2+nn是偶数,2a[n3]n是奇数.其中[x]表示不超过x的最大整数.
(1)求a2n；
(2)设bn=1a2n+1+a3n，求数列{bn}的前n项Sn.
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知tanA=sinB+sinCcsB+csC.
(1)求A；
(2)若c=2，b−12c= 6csC，求sinC.
20.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex
(1)若过点(0,m)作函数f(x)的切线有且仅有两条，求m的值；
(2)若对于任意k∈(−∞,0)，直线y=kx+b与曲线y=f(x)(x∈(0,+∞))都有唯一交点，求实数b的取值范围.
22.(本小题12分)
已知双曲线C:x2−y23=1，过点P(2,92)作直线l交双曲线C的两支分别于A，B两点，
(1)若点P恰为AB的中点，求直线l的斜率；
(2)记双曲线C的右焦点为F，直线FA，FB分别交双曲线C于D，E两点，求S△FABS△FDE的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：解不等式22x−3>4，即22x−3>22，
∴2x−3>2，
∴x>52，
故A={x|22x−3>4}={x|x>52}，
故A∩B={x|52故选：B.
解指数不等式求得集合A，根据集合的交集运算可得答案．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为z=1+3i1+i=(1+3i)(1−i)(1+i)(1−i)=1+3i−i−3i22=4+2i2=2+i，
所以z在复平面内对应点坐标为(2,1)位于第一象限．
故选：A.
根据复数的除法运算化简复数z，再由复数的几何意义判断即可得答案．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：A选项中，根据∵m⊥β，m//α，可得存在n//m，n⊂α
，所以n⊥β，n⊂α，所以平面α⊥平面β，A正确；
B选项中，m//β，n//α，α∩β=m′，m//m′，n//m′，不一定得到α⊥β，如下图，所以B错误；
C选项中，α∩β=m，m⊥n，n⊂β，不一定得到α⊥β，如下图，所以C错误；
D选项中，根据m⊥β，m⊥α，所以α//β，所以D错误．
故选：A.
A选项，由条件可得到n⊥β，n⊂α得到充分性；B选项，不一定得到α⊥β，作图说明；C选项，不一定得到α⊥β，作图说明；D选项，根据条件得到面面平行可以判断．
本题考查线面关系以及充分必要条件的定义，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：由二倍角公式可得cs(α+π2)=1−2sin2(α2+π4)=1−2×( 63)2=−13，
又cs(α+π2)=−sinα，∴sinα=13.
故选：D.
根据二倍角公式以及诱导公式即可求解．
本题主要考查二倍角公式及诱导公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于函数y=lg0.5|x2−x−2|，令|x2−x−2|>0，解得x≠−1且x≠2，
所以函数的定义域为(−∞,−1)∪(−1,2)∪(2,+∞)，
又函数y=|x2−x−2|=x2−x−2,x∈(−∞,−1)∪(2,+∞)−x2+x+2,x∈(−1,2)，
所以y=|x2−x−2|在(2,+∞)，(−1,12)上单调递增，在(−∞,−1)，(12,2)上单调递减，
又函数y=lg0.5x在定义域(0,+∞)上单调递减，
根据复合函数的单调性，可知y=lg0.5|x2−x−2|的单调递增区间为(−∞,−1)和(12,2).
故选：C.
首先求出函数的定义域，在分析内、外层函数的单调性，结合复合函数的单调性判断即可．
本题主要考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，则bnbn−1=2023an−an−1=2023d，
故{bn}为各项为正数的等比数列．
因为S11>S10>S12，故a11>0，a11+a12<0，故a12<0，
故b11=2023a11>1，b12=2023a12<1，b11b12=2023a11+a12<1，
故b1>b2>⋯>b11>1，1>b12>b13>⋯，
所以T20=b1×b2×⋯×b20=b1×(b2b20)×⋯×(b10b12)×b11=b1b1119>1，
T21=b1×b2×⋯×b21=(b1b21)×(b2b20)×⋯×(b10b12)×b11=b1121>1，
T22=b1×b2×⋯×b22=(b1b22)×(b2b21)×⋯×(b11b12)=(b11b12)11<1，
所以T23=T22b23<1.
故选：B.
先判断出a11>0，a11+a12<0，a12<0，从而得到b11>1，b12<1，b11b12<1，故可判断T20，T21，T22，T23与1的大小关系．
本题主要考查等比数列的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，
令x=0，y=0，有f(0)+f(0)=2f(0)f(0)，
可得f(0)=0或1，A错；
当f(0)=0时，令y=0，
则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)=0，f(x)=0，
函数f(x)既是奇函数又是偶函数，f(2x+1)=f(−2x−1)，
当f(0)=1时，令x=0，
则f(y)+f(−y)=2f(0)f(y)，则f(y)=f(−y)，
函数f(x)是偶函数，f(2x+1)=f(−2x−1)，
综上，B正确；
令x=y，则f(2x)+f(0)=2f2(x)，
故f(2x)+f(0)≥0，
由于x∈R，令t=2x，t∈R，即f(t)+f(0)≥0，
即有f(x)+f(0)≥0，C正确；
若f(1)=12，令y=1，
则f(x+1)+f(x−1)=2f(x)f(1)=f(x)，
所以f(x+1)=f(x)−f(x−1)，
则f(x)=f(x−1)−f(x−2)，
f(x+1)=[f(x−1)−f(x−2)]−f(x−1)=−f(x−2)，
所以f(x)=−f(x−3)=f(x−6)，
则f(x)周期为6，D正确．
故选：A.
利用赋值法求f(0)判断A；赋值法结合函数奇偶性的定义判断B；赋值法结合换元法判断C；利用赋值法求得f(x+1)=f(x)−f(x−1)，化简得f(x)=−f(x−3)=f(x−6)，即可判断D.
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设A为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，
B为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，
则P(A)=C52+C51C42×2×2C104，而P(AB)=C51C42×2×2C104，
故P(B|A)=C51C42×4C52+C51C42×2×2=120130=1213.
故选：B.
设A为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，B为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，再根据古典概型的概率公式可求P(A)、P(AB)后可得条件概率．
本题考查条件概率相关知识，属于基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若D(X)=6，则D(2X−1)=22D(X)=24，故A错误；
对于B，回归方程为y =0.6−0.25x，当x=4时，y的预测值为−0.4，故B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，
则P(X>2+2)=P(X<2−2)，
即P(X>4)=P(X<0)，故C正确；
对于D，根据简单随机抽样概率均等可知，甲被抽到的概率为2005000=125，故D正确．
故选：BCD.
A.根据期望和方差的性质即可判断；B.把x代入回归方程即可判断；C.根据正态分布性质即可求解；D.根据简单随机抽样概率均等即可求解．
本题主要考查方差的性质，回归方程，正态分布的性质，概率的求法，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：由题意得a=2，又点P( 2,1)在椭圆C外，
则24+1b2>1，解得b< 2，
所以椭圆C的离心率e=ca= 4−b22> 22，即椭圆C的离心率的取值范围是( 22,1)，故A正确；
当e= 32时，c= 3，b= a2−c2=1，
所以|QF1|的取值范围是[a−c,a+c]，即[2− 3,2+ 3]，故B正确；
设椭圆的上顶点为A(0,b)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
由于AF1⋅AF2=b2−c2=2b2−a2<0，
所以存在点Q使得QF1⋅QF2=0，故C正确；(|QF1|+|QF2|)(1|QF1|+1|QF2|)=2+|QF2||QF1|+|QF1||QF2|≥2+2=4，
当且仅当|QF1|=|QF2|=2时，等号成立，
又|QF1|+|QF2|=4，
所以1|QF1|+1|QF2|≥1，故D不正确．
故选：ABC.
根据点P( 2,1)在椭圆C外，即可求出b的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断A；
根据离心率求出c，则|QF1|∈[a−c,a+c]，即可判断B；
设上顶点A，得到AF1⋅AF2<0，即可判断C；
根据|QF1|+|QF2|=4利用基本不等式判断D.
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：因为函数f(x)=4−|4x−8|,1≤x≤312f(x3),x>3，
x>3时，f(x)=12f(x3)，所以f(x)在[3n,3n+1)(n∈N*)的图象是：
将[3n−1,3n)(n∈N*)的图象沿x轴方向伸长为原来的3倍、沿y轴方向缩短为原来的一半，
所以f(x)=23−n[1−(31−nx−2)]，x∈[3n−1,3n)(n∈N*),
所以f(x)在[3n−1,2⋅3n−1](n∈N*)上单调递增，
在(2⋅3n−1,3n)(n∈N*)上单调递减，
所以f(x)在[3n−1,3n)(n∈N*)上的最大值为f(2⋅3n−1)=12n−3，
最小值为f(3n−1)=0，
即f(x)在[3n−1,3n)(n∈N*)上的值域为[0,12n−3](n∈N*).
对于A，令f(x)−kx+k=0，即f(x)=kx−k，则y=f(x)与y=kx−k有四个交点，
作出n=1，2，3时f(x)的图象，如图1所示：(6,2)，(18,1)分别与(1,0)连线的斜率为25，117，
结合图象可得：实数k的取值范围是(117,25)，选项A正确；
对于B，令f(x)−14=0，则f(x)=14，
所以方程根的个数即为y=f(x)与y=14交点的个数，
因为y=f(x)的最大值为f(2)=4，f(x)在[3n−1,3n)(n∈N*)上的值域为[0,12n−3](n∈N*).
所以n=5时12n−3=14，y=f(x)与y=14的图象有且仅有一个交点，
所以关于x的方程f(x)−14=0有2×4+1=9个不同的解，选项B错误；
对于C，因为图象过点(6,2)，令x=6，则6f(6)−10=6×2−10=2>0，所以选项C错误；
对于D，x∈[3,9]时，函数f(x)的图象与x轴围成图形是底边长为9−3=6，高为2的三角形，
三角形的面积为S=12×6×2=6，选项D正确．
故选：AD.
画出函数f(x)的部分图象，结合图象求出f(x)在[3n−1,3n)上的值域，利用数形结合法判断选项中的命题是否正确即可．
本题考查了函数的零点、转化思想性、数形结合思想，画出函数的图象是解题的关键，是难题．
12.【答案】ACD
【解析】解：过点A作AM⊥PC，由于平面PAC⊥平面PBC，且交线为PC，AM⊂平面PAC，
所以AM⊥平面PBC，由于BC⊂平面PBC，故AM⊥BC，又AC⊥CB，AM∩AC=A，AM，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BC⊥PA，由PA⊥AC，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABCD，因此PA⊥平面ABCD，故A正确；
对于C，设PA=x，设点E到平面PAD的距离为h′，则VE−PAD=VD−PAE得h′=S△AEP⋅DOS△ADP=34S△ACP⋅DOS△ADP=34⋅DO=3 38，
由于EF= 104，故点F形成的轨迹为圆，设半径为r,r= EF2−h′2= ( 104)2−(3 38)2= 138，所以轨迹长度为2πr= 134π，故C正确；
∵AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120∘，
∴△ACD是等边三角形，AC=1，取AC中点为O，则DO⊥AC，
由PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，故平面PAC⊥平面ABCD，且交线为AC，DO⊂平面ABCD，
所以DO⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以DO⊥PC，过O作ON⊥PC，ON∩OD=O，ON，OD⊂平面OND，
因此PC⊥平面OND，DN⊂平面OND，故PC⊥DN，
因此二面角D−PC−A的平面角为∠DNO，∴cs∠DNO= 55，
设PA=x，由PA⊥平面ABCD，AD=AC可得PC=PD= 1+x2，
则S△PAC=12PA⋅AC=x2=12PC⋅h⇒h=x 1+x2，其中h为三角形PAC边PC边上的高，
ON=12h，OD= 32，故cs∠DNO= 55⇒tan∠DNO=2，
又tan∠DNO=ODON= 3h= 3x 1+x2=2⇒x= 3，
由于ON⊥PC，ON⊂平面PAC，平面PAC⊥平面PBC，其交线为PC，
所以ON⊥平面PBC，∴点A到平面PBC的距离为h=x 1+x2= 32，故B错误；
对于D，取PC中点为M，CE中点为Q，由题意可知点G的轨迹为以Q为焦点，以BC为准线的抛物线，
由于PA=AC=1，所以AM⊥PC，由面面垂直的性质可知AM⊥平面PBC，
过Q作AM的平行线作为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
PC= 2，∴CE=14PC= 24，CM= 22，所以焦点为Q(0,0,0)，M(0,0,3 28)，
故抛物线方程为y2= 22z，
由于x轴//AM，且AM=12PC= 22，MA= 22(1,0,0)，∴A( 22,0,3 28)，
设抛物线上任意一点G(0,y,z)，
AG2=12+y2+(3 28−z)2=12+y2+z2−3 24z+1864=z2− 24z+5064，
由二次函数的性质可知：AG2最小值为4×5064−( 24)24=34，故AG的最小值为 32，故D正确．
故选：ACD.
由面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，即可由线面垂直的判断判断A；由二面角的几何法由角大小求解长度，即可判断B；根据圆和抛物线的几何性质可判断估计，即可结合几何运算求解DC.
本题考查面面垂直、线面垂直性质A，二面角的几何法由角大小求法，以及圆锥曲线的相关性质，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：由题意，令x=1，即可得到二项展开式的各项系数的和为(2×1−1)5=1.
故答案为：1.
令x=1，即可得到二项展开式的各项系数的和．
本题考查二项式系数的性质，利用赋值法令x=1进行求解是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】880
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列的实际应用，属于基础题．
设等比数列的公比为q(q>1)，根据已知求出q，再利用等比数列的通项即得解．
【解答】
解：设等比数列的公比为q(q>1)，
则440=27.5q48，所以q12=2，
则左起第61个键的音的频率为27.5⋅q60=27.5⋅(q12)5=880(Hz).
故答案为：880.
15.【答案】2 33
【解析】解：由图可知，TN+TP=MT得TM+TN=−TP，
又因为F(1,0)为M(3,0)，N(−1,0)的中点，
所以TM+TN=2TF，所以2TF=−TP，
所以T为PF的三等分点，且TP=2TF，
又因为PQ//MF，所以ΔTMF∼ΔTQP，且MFQP=TFTP=12，
所以QP=2MF=4，
不妨设P(x0,y0)，且在第一象限，
QP=x0+p2=x0+1=4，所以x0=3，
因为点P(x0,y0)在抛物线上，
所以y0=2 3，
所以根据相似关系可得，yT=13y0=2 33，
所以S△TMF=12×MF×yT=2 33，
故答案为：2 33.
根据向量的线性关系确定ΔTMF∼ΔTQP，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解．
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
16.【答案】3：11
【解析】解：如图，补全正四面体，则正四面体的棱长为3a，
由正四面体的对称性知，
正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，
记为O，O在底面的投影为O1，则MO1⊥平面QPN，
正四面体内切球半径R=OO1，外接球半径r=OM=OP，
正四面体M−QPN底面上的高h=MO1，
由相似性易得正四面体M−ABC底面上的高为13h，
由正三角形的性质，易得△QPN的高h1= (3a)2−(32a)2=3 32a，
则PO1=23h1= 3a，
则在Rt△MPO1中，h=MO1= MP2−PO12，
即( 6a−R)2=R2+( 3a)2，
解得R= 64a，
平面ABC到平面QPN的距离为h−13h=2 63a，
所以O到平面ABC的距离2 63a−R=5 612>R，
故截面八面体的内切球半径亦为R，
则截面八面体的内切球的表面积为S1=4πR2=3π2a2，
又OO1=R= 64a，O1H=a，
则截面八面体外接球半径为OH= OO12+O1H2，
所以截面八面体外接球表面积为S2=4π( 224a)2=11π2a2，
故加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为3：11.
故答案为：3：11.
补全正四面体，由正四面体的对称性，正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，记为O，由几何法分别求出正四面体的内切球半径以及O到平面ABC的距离，则较小者为截面八面体的内切球半径，再由勾股定理求出外接球的半径，最后由球的表面积公式即可求解．
本题考查了球的表面积公式，属中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，B区为“非常喜欢”的观众人数为20020×8=80，
表格补充完整如下：
所以K2=200×(60×30−30×80)290×110×60×140≈0.87<3.841
所以没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．
(2)从A地区随机抽取1人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率6090=23，
从A地区随机抽取3人，则X∼B(3,23)，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=(13)3=127，P(X=1)=C31(23)1(13)2=29，
P(X=2)=C32(23)2(13)1=49，P(X=3)=(23)3=827，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2.
【解析】(1)补全列联表，根据公式计算K2结合临界表值进行判断即可；
(2)由题意分析计算观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为23，随机变量X∼B(3,23)然后结合二项分布的概率公式得分布列与数学期望．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
18.【答案】解：(1)当n是偶数时，an=an−2+n，
即an−an−2=n，
则a2n=a2+(a4−a2)++(a6−a4)+⋯+(a2n−a2n−2)=1+4+6+⋯+2n=2+4+6+⋯+2n−1=(2+2n)n2−1=n(n+1)−1.
(2)当n是奇数时，ana[n3]=2，
即a3na3n−1=2，即{a3n}是公比为2的等比数列，首项为a3=2，则a3n=2×2n−1=2n，
则bn=1a2n+1+a3n=1n(n+1)+2n=1n−1n+1+2n，
则数列{bn}的前n项Sn=1−12+2+12−13+22+⋯+1n−1n+1+2n=(1−1n+1)+2(1−2n)1−2=1−1n+1+2n+1−2=2n+1−1−1n+1.
【解析】(1)利用累加法进行求解即可．
(2)求出数列{bn}的通项公式，利用裂项相消以及等比数列的求和公式进行计算即可．
本题主要考查数列通项公式和求和的计算，根据数列递推关系，利用累加法和裂项法求和是解决本题的关键，是中档题．
19.【答案】解：(1)因为tanA=sinAcsA=sinB+sinCcsB+csC，
所以sinAcsB+sinAcsC=csAsinB+csAsinC，
所以sinAcsB−csAsinB=csAsinC−sinAcsC，则sin(A−B)=sin(C−A)，
所以A−B=C−A或A−B+C−A=180∘(舍)，又因为A+B+C=180∘，即A=60∘，
(2)由b−12c= 6csC及c=2可得b−12c= 62c⋅csC，
由正弦定理可得：sinB−12sinC= 62sinC⋅csC，又A+B+C=180∘，
所以sinB=sin(180∘−A−C)=sin(A+C)=sin(60∘+C)，
故sin(60∘+C)−12sinC= 62sinC⋅csC，所以 32csC= 62sinC⋅csC，
由于C+B=120∘，所以0当csC=0时，C=90∘，则sinC=1，
综合，sinC=1或sinC= 22.
【解析】(1)根据商数关系式得tanA=sinAcsA=sinB+sinCcsB+csC，结合正弦两角和与差公式及角度范围即可求得A；
(2)由b−12c= 6csC及c=2可得b−12c= 62c⋅csC，结合正弦定理边化角、诱导公式、两角和差的正弦公式化简求值即可得sinC的值．
本题考查了正弦定理、诱导公式、两角和差的正弦公式，属于中档题．
20.【答案】

【解析】
21.【答案】解：(1)设过点(0,m)作函数f(x)切线的切点为(a,aea)，
因为f′(x)=1−xex，所以切线方程为y−aea=1−aea(x−a)，即y=1−aeax+a2ea，
又因为切线过点(0,m)，所以m=a2ea.
令g(x)=x2ex，则g′(x)=x(2−x)ex，
所以x∈(−∞,0)，g′(x)<0，g(x)递减；
x∈(0,2)，g′(x)>0，g(x)递增；
x∈(2,+∞)，g′(x)<0，g(x)递减．
当x=0时，g(x)取极小值g(0)=0；当x=2时，g(x)取极小值g(2)=4e2，
g(0)=0，x<0时g(x)>0；x>0时g(x)>0，
根据以上信息作出g(x)的大致图象，
由题意，直线y=m与g(x)的图象有且仅有两个交点，
所以m=g(2)=4e2.
(2)由题可得kx+b=xex有唯一解，即k=1ex−bx,x>0有唯一解．
令h(x)=1ex−bx,x>0，
若b≤0，则1ex−bx>0与题设k∈(−∞,0)，矛盾，故b>0.
又因为x→0，h(x)→−∞；x→+∞，h(x)→0，
结合题意可得h(x)=1ex−bx在(0,+∞)上单调递增，
即h′(x)=−x2e−x+bx2≥0，所以b≥(x2ex)max(x>0)，
结合(1)可得(x2ex)max=4e2，所以b≥4e2，
即实数b的取值范围为[4e2,+∞).
【解析】(1)设过点(0,m)作函数f(x)切线的切点为(a,aea)，利用导数的几何意义求出切线方程，又因为切线过点(0,m)，所以m=a2ea，令g(x)=x2ex，作出g(x)的大致图象，由题意，直线y=m与g(x)的图象有且仅有两个交点，数形结合即可得出答案；
(2)由题可得k=1ex−bx,x>0有唯一解，令h(x)=1ex−bx,x>0，结合题意可得h(x)=1ex−bx在(0,+∞)上单调递增，即h′(x)=−x2e−x+bx2≥0，结合(1)可得解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)由题意可得，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x12−y123=1x22−y223=1，两式相减可得x12−x22=13(y12−y22)，
即(y1+y2)(y1−y2)(x1+x2)(x1−x2)=3，
其中kAB=y1−y2x1−x2，kOP=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
所以kAB⋅kOP=3，又kOP=94，故kAB=43；
(2)设AF：x=my+2，D(x3,y3)，E(x4,y4)，
由3x2−y2−3=0x=my+2⇒(3m2−1)y2+12my+9=0，
得y1⋅y3=93m2−1，又m=x1−2y1，故y1⋅y3=9y123⋅(x1−2)2−y12=9y1215−12x1=3y125−4x1，
从而y3=3y15−4x1，同理有y4=3y25−4x2，
另一方面，S△FABS△FDE=FA⋅FBFD⋅FE=|y1y3⋅y2y4|=|y1y29y1y2(5−4x1)(5−4x1)|=19|25−20(x1+x2)+16x1x2|，
设AB:y−92=k(x−2)，
由x2−y23=1y=k(x−2)+92得(3−k2)⋅x2+(4k2−9k)⋅x−4k2+18k−934=0，
故x1+x2=−4k2+9k3−k2x1⋅x2=−4k2+18k−9343−k2，
代入上式有S△FABS△FDE=19⋅|25+80k2−180k3−k2+−64k2+288k−3723−k2|=|k2−12k+33k2−3|=|1+12⋅3−kk2−3|，
由直线AB交双曲线于两支可知k∈(− 3, 3)，令3−k=t∈(3− 3,3+ 3)，
故S△FABS△FDE=|1+12t+6t−6|≥5+2 6，当且仅当t=6t时，即t= 6时，取等号，
即S△FABS△FDE∈[5+2 6,+∞).
【解析】(1)根据题意，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，再由点差法即可得到结果；
(2)根据题意，设AF：x=my+2，D(x3,y3)，E(x4,y4)，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于将直线AF的方程设为x=my+2，以及将三角形的面积比通过韦达定理转化，计算量较大．非常喜欢
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合计
A
60
30
B
x
y
合计
P(K2≥k0)
0.05
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
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合计
A
60
30
90
B
80
30
110
合计
140
60
200
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827