2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷，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．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞）B．[﹣1，+∞）C．[﹣1，2]D．（﹣1，2]
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则z2+3z-1=（ ）
A．2iB．﹣2C．﹣2iD．2
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
根据计算可得y与x的经验回归方程是：ŷ=-3.1x+40，则m的值为（ ）
A．8.8B．8.9C．9D．9.1
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．42种
6．（5分）若存在实数m，使得lga4＜m＜2a-1，则实数a的取值范围是（ ）
A．(0，12)∪(1，+∞)B．（0，1）∪（2，+∞）
C．(12，1)∪(1，+∞)D．(12，1)∪(2，+∞)
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A．-14505B．-121011C．-12505D．1
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
A．105B．52C．153D．102
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
（多选）10．（5分）已知平面向量a→=(1，1)，b→=(-2，1)，c→=(2，m)，则下列说法错误的是（ ）
A．若|a→+b→+c→|=10，则m＝1
B．若(a→+b→)∥c→，则m＝﹣1
C．若(a→+c→)⊥b→，则m＝﹣6
D．∀m∈R且m≠1，则〈b→+c→，a→〉=45°或135°
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是[32-4，32+4]
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
（多选）12．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则φ=π4
B．当φ=π4时，若f（x）在区间(π2，π)上单调递减，则ω的取值范围是[12，54]
C．当φ=π4时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则f(x0)=55
D．若将f（x）的图象向左平移π4个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 ．
14．（5分）已知抛物线C：y=14x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|PO|=23，则|PF|＝ ．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cs(α+β)=13，则cs2（α﹣β）＝ ．
16．（5分）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围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1-54Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1∼5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
22．（12分）已知P为椭圆C：x24+y23=1上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k•kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若kOP⋅kOS=-916，求四边形ABCD周长的最大值．
2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体、三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，则M∪N＝（ ）
A．（﹣1，+∞）B．[﹣1，+∞）C．[﹣1，2]D．（﹣1，2]
【解答】解：由不等式|x﹣1|≤2，解得﹣1≤x≤3，故A＝{x|﹣1≤x≤3}；
由函数y＝lnx的定义域为（0，+∞），即x+1＞0，解得x＞﹣1，故B＝{x|x＞﹣1}；
所以M∪N＝[﹣1，+∞）．
故选：B．
2．（5分）已知复数z满足iz＝2+i，则z2+3z-1=（ ）
A．2iB．﹣2C．﹣2iD．2
【解答】解：因为iz＝2+i，则z=2+ii=1-2i，所以z2+3z-1=(1-2i)2+31-2i-1=-4i-2i=2．
故选：D．
3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：若a、b、c成等比数列，
根据等比数列的性质可得：b2＝ac，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的必要条件；
若b＝0，a＝2，c＝0，满足b2＝ac，但a、b、c显然不成等比数列，
∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比数列”的非充分条件．
∴“b2＝ac”是“a、b、c成等比数列”的必要非充分条件．
故选：B．
4．（5分）随着疫情结束，自行车市场逐渐回暖，通过调查，收集了5家商家对某个品牌的自行车的售价x（百元）和月销售量y（百辆）之间的一组数据，如表所示：
根据计算可得y与x的经验回归方程是：ŷ=-3.1x+40，则m的值为（ ）
A．8.8B．8.9C．9D．9.1
【解答】解：由题意得x=15(9.6+9.9+10+10.2+10.3)=10，
则y=40-3.1×10=9，
又销售量y=15(10.2+9.3+m+8.4+8.0)=9.0，解得m＝9.1．
故选：D．
5．（5分）端午节三天假期中每天需安排一人值班，现由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．42种
【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，则不同安排方法有A33=6种．
若三人中选两个人值班，则有C32C21C32=18种，因此一共有6+18＝24种．
故选：B．
6．（5分）若存在实数m，使得lga4＜m＜2a-1，则实数a的取值范围是（ ）
A．(0，12)∪(1，+∞)B．（0，1）∪（2，+∞）
C．(12，1)∪(1，+∞)D．(12，1)∪(2，+∞)
【解答】解：依题意可知，2a﹣1＞lga4．
当0＜a＜1时，lga4＜0＜2a-1，显然成立；
当a＞1时，由2a-1-lga4=2a-1-ln4lna，注意到f(x)=2x-1-ln4lnx为递增函数，
且f（2）＝0，因此f（a）＞0＝f（2），即a＞2．
综上可知，a∈（0，1）∪（2，+∞）．
故选：B．
7．（5分）已知定义在R上的函数f（x）满足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2x，则f（2023）＝（ ）
A．-14505B．-121011C．-12505D．1
【解答】解：依题意，f(x+2)+12f(x)=0，
可得f(x+4)=-12f(x+2)=14f(x)，
f(x+8)=14f(x+4)=142f(x)，
f(x+12)=14f(x+8)=143f(x)，
…
f(x+2020)=14505f(x)，
令x＝3，可得f(2023)=14505f(3)
而f(3)=-12f(1)=-1，
故f(2023)=-14505．
故选：A．
8．（5分）如图，已知F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1的左、右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且|F2Q|＝|F2P|＝3|F1P|，则双曲线C的离心率为（ ）
A．105B．52C．153D．102
【解答】解：延长QF2与双曲线交于点P′，
因为F1P∥F2P′，
根据对称性可知|F1P|＝|F2P′|，
设|F2P′|＝|F1P|＝t，
则|F2P|＝|F2Q|＝3t，
可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，
即t＝a，
所以|P′Q|＝4t＝4a，
则|QF1|＝|QF2|+2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，
即|P'Q|2+|F1P'|2=|QF1|2，
可知∠F1P′Q＝∠F1PF2＝90°，
在△P′F1F2中，由勾股定理得|F2P'|2+|F1P'|2=|F1F2|2，
即a2+（3a）2＝4c2，
解得e=ca=102．
故选：D．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
（多选）9．（5分）已知函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）为偶函数
C．f（x）的值域为（﹣∞，1）
D．f（x）在（0，1）上是减函数
【解答】解：由函数f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x）＝lg（1﹣x2），
由题意得，1-x＞01+x＞0，解得﹣1＜x＜1，即函数的定义域为（﹣1，1），
由f（﹣x）＝lg（1﹣x2）＝f（x），则函数f（x）为偶函数，A错，B对；
因为0＜1﹣x2≤1，所以f（x）≤0，f（x）的值域为（﹣∞，0]，C错；
取任意x1，x2∈（0，1），令x1＞x2，则f(x1)-f(x2)=lg(1-x12)-lg(1-x22)=lg1-x121-x22，
∵x1＞x2，∴x12＞x22，且0＜1-x12＜1-x22＜1，则1-x121-x22＜1，即lg1-x121-x22＜0，
可得f（x1）＜f（x2），故函数f（x）在（0，1）上单调递减，D对；
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知平面向量a→=(1，1)，b→=(-2，1)，c→=(2，m)，则下列说法错误的是（ ）
A．若|a→+b→+c→|=10，则m＝1
B．若(a→+b→)∥c→，则m＝﹣1
C．若(a→+c→)⊥b→，则m＝﹣6
D．∀m∈R且m≠1，则〈b→+c→，a→〉=45°或135°
【解答】解：∵平面向量a→=(1，1)，b→=(-2，1)，c→=(2，m)，
∴a→+b→+c→=(1，2+m)，
则|a→+b→+c→|=1+(2+m)2=10，解得m＝1或m＝﹣5，故A错误；
若(a→+b→)∥c→，a→+b→=(-1，2)，c→=(2，m)，
则﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B错误；
若(a→+c→)⊥b→，a→+c→=(3，m+1)，则﹣6+m+1＝0，得m＝5，故C错误；
由b→+c→=(0，m+1)（对应点在y轴），a→=(1，1)，
可得〈b→+c→，a→〉=45°或135°，故D正确．
故选：ABC．
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4和圆C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆O与圆C有四条公切线
B．|PQ|的取值范围是[32-4，32+4]
C．x﹣y＝2是圆O与圆C的一条公切线
D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°
【解答】解：对于选项A，由题意可得，圆O的圆心为O（0，0），半径r1＝2，圆C的圆心C（3，3），半径r2＝2，
因为两圆圆心距|OC|=32＞2+2=r1+r2，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；
对于B选项，|PQ|的最大值等于|OC|+r1+r2=32+4，最小值为|OC|-r1-r2=32-4，B正确；
对于C选项，显然直线x﹣y＝2与直线OC平行，
因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，
设直线为y＝x+t，则两平行线间的距离为2，即|t|2=2，故y=x±22，故C不正确；
对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|=22时，∠MQN＝90°，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，设函数g（x）＝f（x）+f′（x），则下列说法正确的是（ ）
A．当ω＝1时，若g（x）为奇函数，则φ=π4
B．当φ=π4时，若f（x）在区间(π2，π)上单调递减，则ω的取值范围是[12，54]
C．当φ=π4时，若g（x）在x＝x0处取得最大值为5，则f(x0)=55
D．若将f（x）的图象向左平移π4个单位长度所得的图象与g（x）的图象的所有对称轴均相同，则ω＝1
【解答】解：由f（x）＝sin（ωx+φ），得f′（x）＝ωcs（ωx+φ），
所以g(x)=sin(ωx+φ)+ωcs(ωx+φ)=1+ω2sin(ωx+φ+θ)，其中tanθ＝ω，θ∈(0，π2)．
对于A，g(x)=2sin(x+π4+φ)，因为g（x）为奇函数，所以π4+φ=kπ，k∈Z，
所以φ=-π4+kπ，k∈Z，因为|φ|＜π2，所以φ=-π4，故A错误；
对于B，由题意可知(π2，π)为f(x)=sin(ωx+π4)单调递减区间的子集，
所以π-π2≤πωπ2ω+π4≥π2+2kππω+π4≤3π2+2kπ（k∈Z），
解得12≤ω≤54，故B正确；
对于C，依题意1+ω2=5，故ω＝2，此时g(x)=5sin(2x+π4+θ)，
且2x0+π4+θ=π2+2kπ，k∈Z，即2x0=π4+2kπ-θ，k∈Z，
因此f(x0)=sin(2x0+π4)=sin(π2-θ+2kπ)=csθ，k∈Z，
因为tanθ＝ω＝2，θ∈(0，π2)，所以sinθ＝2csθ．
因为sin2θ+cs2θ＝1，所以cs2θ=15，
因为θ∈(0，π2)，所以csθ=55，
所以f(x0)=55，故C正确．
对于D，将f（x）向左平移π4个单位长度，可得y=sin(ωx+φ+π4ω)的图象．
因为它与g(x)=1+ω2sin(ωx+φ+θ)的对称轴完全一致，
所以θ-π4ω=kπ，k∈Z，
所以θ=kπ+π4ω，所以tanθ=tan(kπ+π4ω)=tan(π4ω)=ω，k∈Z，
此时ω不一定等于1，故D错误．
故选：BC．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 0.75 ．
【解答】解：由已知可得P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（A|B）＝0.6，
由P(A|B)=P(AB)P(B)可得，P（AB）＝P（B）P（A|B）＝0.5×0.6＝0.3，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=．
故答案为：0.75．
14．（5分）已知抛物线C：y=14x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若|PO|=23，则|PF|＝ 3 ．
【解答】解：由题意可知抛物线C：y=14x2的准线为y＝﹣1，
设P（m，n），n≥0，则m2＝4n，
由题意m2+n2=23，
故n2+4n﹣12＝0，则n＝2，
故|PF|＝n+1＝3．
故答案为：3．
15．（5分）已知α，β均为锐角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cs(α+β)=13，则cs2（α﹣β）＝ -19 ．
【解答】解：2sin(α+β)=tanα+tanβ=sinαcsβ+sinβcsαcsαcsβ=sin(α+β)csαcsβ，
因为cs(α+β)=13，则sin（α+β）≠0，因此csαcsβ=12，
而cs(α+β)=csαcsβ-sinαsinβ=13，从而sinαsinβ=12-13=16，
因此cs(α-β)=csαcsβ+sinαsinβ=12+16=23，
则cs2(α-β)=2cs2(α-β)-1=-19．
故答案为：-19．
16．（5分）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围成的几何体，如图所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，若一个正方体能够在勒洛四面体中随意转动，则正方体的棱长的最大值为 233-22 ．
【解答】解：若正方体能在勒洛四面体中任意转动，则正方体的外接球能够放入勒洛四面体，
因此，求正方体的棱长最大值，即求其外接球半径最大值，也即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，
此时该球与勒洛四面体的四个曲面均相切，该球的球心即为正四面体ABCD的中心，
设M是底面BCD的中心，O是四面体的中心，外接球半径为R，AM是高，
如图．
BM=23×32=33，AM=AB2-BM2=63，
由BO2＝BM2+OM2，得R2=(63-R)2+(33)2，解得R=64，
设E为正方体的外接球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且BE=1，OB=64，
因此OE=1-64，此即正方体外接球半径的最大值，此时正方体的棱长的最大值为23×(1-64)=233-22．
故答案为：233-22．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记dn＝Sn+1-54Sn，求数列{dn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，当n≥3有Sn＝an+2an﹣1，所以又有Sn+1＝an+1+2an，二式相减化简得an＝2an﹣1，
即当n≥2，数列{an}是以2为公比，a2为首项的等比数列，
又因为S3＝a1+a2+a3＝a3+2a2，所以a2＝a1＝1，所以当n≥2，an＝2n﹣2，
所以an=1，n=12n-2，n≥2；
（2）结合（1）可知当n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝1+1×(1-2n-1)1-2=2n﹣1，
又S1＝a1＝1，符合上式，
所以Sn＝2n﹣1，所以Sn+1＝2n，
所以dn＝2n-54×2n﹣1=34×2n-1，
所以Tn=34×（1-2n1-2）=34（2n﹣1）．
18．（12分）某中学举行春季研学活动，为了增加趣味性，在研学活动中设计了一个摸奖获赠书的游戏，在一个不透明的盒子中有质地、大小相同的球5个，将5个球编号为1∼5，其中红球2个，黄球2个，蓝球1个，每次不放回地随机从盒中取一个球，当三种颜色的球都至少有一个被取出时，停止取球，游戏结束，取球次数最少将获得奖励．
（1）求当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率；
（2）停止取球时，记盒子中所剩球的个数为X，求X的分布列与数学期望．
【解答】解：（1）记事件A为“盒子恰好剩下一个红球，前三次只能取两种颜色的球，第四次取第三种颜色的球”，
因此第四次取球只能是红球或者蓝球，
所以当游戏结束时盒子里恰好只剩下一个球且为红球的概率P(A)=C21C21A32A54=15．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，
P(X=0)=A44A54=15，P(X=1)=2P(A)=25，P(x=2)=C21C21A33A53=25，
所以X的分布列为：
E(X)=0×15+1×25+2×25=65．
19．（12分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AA1＝AC＝2BC，E为BB1上一点，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）证明：过A作AD⊥A1B于D，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，且平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且BC⊂平面A1BC，
所以BC⊥AA1，
由AD∩AA1＝A可知，且AD，AA1⊂平面AA1B1B，
所以BC⊥平面AA1B1B，
又AB⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥AB．
（2）以B为坐标原点，BC→，BA→，BB1→为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设|BC→|=2，
则C(2，0，0)，A(0，23，0)，B1(0，0，4)，A1(0，23，4)，E(0，0，3)，
则CA1→=(-2，23，4)，BA1→=(0，23，4)，CE→=(-2，0，3)，
设平面A1EC的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
则m→⋅CA1→=0m→⋅CE→=0，即-2x1+23y1+4z1=0-2x1+3z1=0，
令z1=23，则x1=33，y1=-1，即m→=(33，-1，23)，
设平面A1BC的法向量为n→=(x2，y2，z2)，
则n→⋅CA1→=0n→⋅BA1→=0，即-x2+3y2+2z2=03y2+2z2=0，
令z2=3，则x2＝0，y2＝﹣2，
所以n→=(0，-2，3)，
cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=(33，-1，23)⋅(0，-2，3)(33)2+(-1)2+(23)2⋅(-2)2+(3)2=87⋅40=27035，
二面角E﹣A1C﹣B的余弦值为27035．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠c．
（1）证明：a2＝b+c；
（2）若△ABC为锐角三角形，且B＝2C，求a的取值范围．
【解答】（1）证明：依题意知sinA=sin(B-C)b-c，
故（b﹣c）sinA＝sinBcsC﹣sinCcsB，即（b﹣c）a＝bcsC﹣ccsB，
由余弦定理得csB=a2+c2-b22ac，csC=a2+b2-c22ab，
代入（b﹣c）a＝bcsC﹣ccsB可得a(b-c)=a2+b2-c22a-a2+c2-b22a=b2-c2a，
因为b≠c，所以a=b+ca，即a2＝b+c；
（2）解：由题意△ABC为锐角三角形，且B＝2C，
由（1）知，则a=b+ca，
由正弦定理得，a=sinB+sinCsin(B+C)=sinB+sinCsinBcsC+csBsinC=2sinCcsC+sinC2sinCcsCcsC+(2cs2C-1)sinC
=sinC(2csC+1)(4cs2C-1)sinC=12csC-1，其中C为锐角，所以2csC+1≠0，sinC≠0，
因为B＝2C，A+B+C＝π，则0＜2C＜π20＜π-3C＜π2，解得π6＜C＜π4，
则22＜csC＜32，则2-1＜2csC-1＜3-1，即12csC-1∈(3+12，2+1)，
因此a∈(3+12，2+1)．
21．（12分）已知函数f（x）＝e1﹣x+alnx．
（1）若f（x）在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若f（x）≤x3恒成立，求实数a的值．
【解答】解：（1）依题意可知，f'(x)=-e1-x+ax≥0，即a≥xe1﹣x在（0，+∞）上恒成立．
设h（x）＝xe1﹣x，h′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，显然当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故h（x）≤h（1）＝1，因此a≥1，即a的取值范围是[1，+∞）；
（2）证明：设g（x）＝f（x）﹣x3＝e1﹣x+alnx﹣x3，注意g（1）＝0，即g（x）≤g（1）＝0，因此g（1）为最大值．
由g'(x)=-e1-x+ax-3x2，g'(1)=a-4=0⇒a=4．
下证明当a＝4时，恒有g（x）＝e1﹣x+4lnx﹣x3≤0，
注意到g'(x)=-e1-x+4x-3x2，令u（x）＝g′（x），u'(x)=e1-x-4x2-6x，
由（1）可知xe1-x≤1⇒e1-x≤1x，
因此u'(x)=e1-x-4x2-6x≤1x-4x2-6x=-6x3-x+4x2．
当0＜x≤4时，6x3﹣x+4≥6x3＞0，当x＞4时，6x3﹣x+4＞96x﹣x+4＝95x+4＞0，
因此∀x＞0，6x3﹣x+4＞0，故u′（x）＜0，故g′（x）单调递减，而g′（1）＝0，
因此x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
即g（x）≤g（1）＝0，证毕．
22．（12分）已知P为椭圆C：x24+y23=1上一点，且点P在第一象限，过点P且与椭圆C相切的直线为l．
（1）若l的斜率为k，直线OP的斜率为kOP，证明：k•kOP为定值，并求出该定值；
（2）如图，PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，过P，Q，R，S四点分别作椭圆C的切线，四条切线围成四边形ABCD，若kOP⋅kOS=-916，求四边形ABCD周长的最大值．
【解答】解：（1）证明：设P（x0，y0），设直线l的方程为y＝kx+m，其中y0＝kx0+m，
联立x24+y23=1y=kx+m，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
∴Δ＝（8km）2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）＝0，即m2＝4k2+3，
∴(y0-kx0)2=4k2+3，即k2x02-2kx0y0+y02=4k2+3，
(x02-4)k2-2kx0y0+y02-3=0，
又x044+y023=1，即-43y02k2-2kx0y0-34x02=0，
∴(4ky0+3x0)2=0，即ky0x0=-34，
∴k⋅kOP=-34；
（2）由（1）得kAB⋅kOP=-34，kAD⋅kOS=-34，则kAB⋅kOP⋅kAD⋅kOS=916，
又kOP⋅kOS=-916，即kAB•kAD＝﹣1，
则AB⊥AD，
又PQ，RS分别是椭圆C的过原点的弦，
同理AB⊥BC，AD⊥CD，因此四边形ABCD为矩形，
由（1）得直线AB的方程为y＝kx+m，则m2＝4k2+3，
显然AB与CD关于原点对称，故直线CD的方程为y＝kx﹣m，
直线AB，CD的距离为d1=2|m|k2+1=2m2k2+1=24k2+3k2+1，
又kAB•kAD＝﹣1，
则直线AD的斜率kAD=-1k，
同理得直线AD，BC的距离为d2=24k2+31k2+1=24+3k2k2+1，
∴L=AB+BC=d1+d2=2(3+4k2k2+1+4+3k2k2+1)=2(3+4k2+4+3k2)k2+1，
L2=4[7+7k2+2(3+4k2)(4+3k2)]k2+1=28+812k4+25k2+12k4+2k2+1=28+812+k2k4+2k2+1
=28+812+1k2+1k2+2≤28+812+14=56，
∴L≤214，当且仅当k＝±1时等号成立，
故矩形ABCD的周长L的最大值为414．价格x
9.6
9.9
10
10.2
10.3
销售y
10.2
9.3
m
8.4
8.0
价格x
9.6
9.9
10
10.2
10.3
销售y
10.2
9.3
m
8.4
8.0
x
0
1
2
P
15
25
25