2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二（下）期末数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）设全集U＝{0，1，2，4，6，8}，集合M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，则M∩（∁UN）＝（ ）
A．{0，6}B．{0，2，4，6，8}C．{0，1，4，6}D．{4}
2．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
3．（5分）函数y=2-lnx22+lnx2sinx，x∈[﹣e，e]的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147．依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），结论为（ ）
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
5．（5分）若“x-1x-3＜0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，3]B．[1，3]C．（﹣1，3]D．[﹣1，3]
6．（5分）在△ABC中，已知|AB→+AC→|=|AB→-AC→|，点G满足GA→+GB→+GC→=0→，则向量BG→在向量BA→方向上的投影向量为（ ）
A．13BA→B．23BA→C．2BA→D．3BA→
7．（5分）若α，β∈(π2，π)，且（1﹣cs2α）（1+sinβ）＝sin2αcsβ，则下列结论正确的是（ ）
A．2α+β=5π2B．2α-β=3π4C．α+β=7π4D．α-β=π2
8．（5分）已知数列{an}满足an•an+1•an+2=-12，a1＝﹣2，a2=14，则{an}的前n项积的最大值为（ ）
A．14B．12C．1D．4
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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．
（多选）9．（5分）已知角α的终边经过点（﹣1，2），则下列结论正确的是（ ）
A．sinα+csαsinα-7csα=-19
B．tanα2=1+52
C．tan(π-2α)=43
D．若α为钝角，则π2＜α＜2π3
（多选）10．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，则下列选项正确的是（ ）
A．an+1﹣an的值随n的变化而变化
B．a16+a2008＝a1+a2023
C．若m，n，p∈N*，m+n＝2p，则am+an＝a2p
D．{Snn}为递增数列
（多选）11．（5分）设正实数x，y满足2x+y＝l，则下列命题正确的是（ ）
A．xy的最大值是14B．2x+1y的最小值是9
C．4x2+y2的最小值为12D．2x+y的最大值为2
（多选）12．（5分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，动点P满足AP→=aAC→+bAA1→，且a，b∈（0，1）．则下列说法正确的是（ ）
A．当a=12时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b＝1时，PB+PB1的最小值为6
C．若直线BP与BD所成角为π4，则动点P的轨迹长度为π
D．当a+2b＝1时，三棱锥P﹣ABC外接球半径的取值范围是[22，62)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知复数z=5i2+i，则|z|＝ ．
14．（5分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（k＝1，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 倍．（结果精确到0.01．当|x|较小时，10x≈1+2.3x+2.7x2）
15．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC=6，则该棱锥的体积为 ．
16．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，B=π3，b=23，若△ABC有且仅有一个解，则a﹣c的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）设函数f（x）＝x3﹣3ax2+b．
（1）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处与直线y＝8相切，求a，b的值；
（2）讨论函数y＝f（x）的单调性．
18．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
19．（12分）设f（x）＝4cs（ωx+π6）sinωx﹣cs2ωx+1，其中0＜ω＜2．
（Ⅰ）若x=π4是函数f（x）的一条对称轴，求函数f（x）的周期T；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[-π6，π3]上为增函数，求ω的最大值．
20．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝90，a10＝20，数列{bn}满足b1＝a1，nbn+1＝anbn．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}满足：c1＝4，cn+1=cn-anbn（n∈N*），若不等式λ+3n+92n≥cn（n∈N*）恒成立，求实数λ的取值范围．
21．（12分）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12（先验概率）．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
22．（12分）已知函数f(x)=mx+lnxa(m∈R，a＞0)．
（1）若f（x）的最小值为2，求ma的值；
（2）若m＝1，a＞e，实数x0为函数f（x）大于1的零点，求证：
①12x0+x0＜a-1；
②x0+1x0＞2lna-ln(lna)．
2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设全集U＝{0，1，2，4，6，8}，集合M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，则M∩（∁UN）＝（ ）
A．{0，6}B．{0，2，4，6，8}C．{0，1，4，6}D．{4}
【解答】解：因为U＝{0，1，2，4，6，8}，M＝{0，4，6}，N＝{0，1，6}，
所以∁UN＝{2，4，8}，
则M∩（∁UN）＝{4}．
故选：D．
2．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
【解答】解：A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故A错误．
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故B错误．
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故D错误．
故选：C．
3．（5分）函数y=2-lnx22+lnx2sinx，x∈[﹣e，e]的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：因为y=2-lnx22+lnx2•sinx，x∈[﹣e，e]且x≠0，
∴f（﹣x）=2-lnx22+lnx2(-sinx)=-f（x），
故f（x）为奇函数，图象关于原点对称，故排除D，
在区间（0，1e）上，0＜x2＜1e2，lnx2＜﹣2，
有2+lnx2＜0，此时f（x）＜0，图象在x轴下方，
在区间（1e，e）上，1e2，＜x2＜e2，﹣2＜lnx2＜2，
有2+lnx2＞0，2﹣lnx2＞0，此时f（x）＞0，图象在x轴下上方，
故排除B，C．
故选：A．
4．（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147．依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），结论为（ ）
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
【解答】解：按照独立性检验的知识及比对的参数值，
当χ2＝6.147，可以认为变量x与y独立，故排除A，B，
依据α＝0.01的独立性检验（x0.01＝6.635），6.147＜6.635，
则能得到变量x与y独立，故C正确，D错误．
故选：C．
5．（5分）若“x-1x-3＜0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，3]B．[1，3]C．（﹣1，3]D．[﹣1，3]
【解答】解：由x-1x-3＜0得1＜x＜3，由|x﹣a|＜2得a﹣2＜x＜a+2，
若“x-1x-3＜0”是“|x﹣a|＜2”的充分而不必要条件，
则a+2≥3a-2≤1，即a≥-1a≤3，得﹣1≤a≤3，
故选：B．
6．（5分）在△ABC中，已知|AB→+AC→|=|AB→-AC→|，点G满足GA→+GB→+GC→=0→，则向量BG→在向量BA→方向上的投影向量为（ ）
A．13BA→B．23BA→C．2BA→D．3BA→
【解答】解：∵|AB→+AC→|=|AB→-AC→|，
∴AB2→+2AB→⋅AC→+AC2→=AB2→-2AB→⋅AC→+AC2→，
∴AB→⋅AC→=0，即AB⊥AC，
∵点G满足GA→+GB→+GC→=0→，
∴G为△ABC的重心，设AC的中点为D，
∴向量BG→在向量BA→方向上的投影向量为23BA→．
故选：B．
7．（5分）若α，β∈(π2，π)，且（1﹣cs2α）（1+sinβ）＝sin2αcsβ，则下列结论正确的是（ ）
A．2α+β=5π2B．2α-β=3π4C．α+β=7π4D．α-β=π2
【解答】解：∵α，β∈(π2，π)，∴sinα≠0，
∵（1﹣cs2α）（1+sinβ）＝sin2αcsβ，∴2sin2α（1+sinβ）＝2sinαcsαcsβ，即sinα（1+sinβ）＝csαcsβ．
∴sinα＝csαcsβ﹣sinαsinβ＝cs（α+β），
∴cs(α+β)=cs(π2-α)，
∵α，β∈(π2，π)，∴π＜α+β＜2π，且-π2＜π2-α＜0，
∴α+β=π2-α+2π，解得2α+β=5π2，
故选：A．
8．（5分）已知数列{an}满足an•an+1•an+2=-12，a1＝﹣2，a2=14，则{an}的前n项积的最大值为（ ）
A．14B．12C．1D．4
【解答】解：∵an•an+1•an+2=-12，
∴an+1•an+2•an+3=-12，
两式相除得an+3an=1，即an＝an+3，
故数列{an}的周期T＝3，
又a1＝﹣2，a2=14，则a3＝2，
设数列{an}的前n项积为Tn，
∴当n＝3k，k∈N*时，则Tn=-12，
当n＝3k+1，k∈N*时，则Tn=-12×（﹣2）＝1，
当n＝3k+2，k∈N*时，则Tn=-12×（﹣2）×14=14，
∴数列{an}的前n项积Tn的最大值为1，
故选：C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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．
（多选）9．（5分）已知角α的终边经过点（﹣1，2），则下列结论正确的是（ ）
A．sinα+csαsinα-7csα=-19
B．tanα2=1+52
C．tan(π-2α)=43
D．若α为钝角，则π2＜α＜2π3
【解答】解：角α的终边经过点（﹣1，2），可得tanα＝﹣2，
对于A，sinα+csαsinα-7csα=tanα+1tanα-7=-2+1-2-7=19，故错误；
对于B，因为tanα=2tanα21-tan2α2=-2，整理可得tan2α2-tanα2-1＝0，整理可得tanα2=1±52，
又α为第二象限角，它的半角是第一或者第三象限角，一定为正，所以B正确；
对于C，tan（π﹣2α）＝﹣tan2α=-2tanα1-tan2α=-2×(-2)1-(-2)2=-43，故C错误；
对于D，若α为钝角，tanα＝﹣2＜0，
又tanα＜tan2π3＜0，tanα在（π2，π）单调递增，
所以π2＜α＜2π3，故正确．
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，则下列选项正确的是（ ）
A．an+1﹣an的值随n的变化而变化
B．a16+a2008＝a1+a2023
C．若m，n，p∈N*，m+n＝2p，则am+an＝a2p
D．{Snn}为递增数列
【解答】解：由已知，对任意的m，n∈N*，都有am+n＝am+an+1，且a1＝1，
令m＝1，则有an+1＝an+a1+1＝an+2，即an+1﹣an＝2，故A错误；
可知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Sn=(1+2n-1)n2=n2，即Snn=n，故D正确；
由等差数列的等和性，B正确；
又am+an＝2m﹣1+2n﹣1＝2（m+n）﹣2＝4p﹣2＝a2p﹣1，故C错误．
故选：BD．
（多选）11．（5分）设正实数x，y满足2x+y＝l，则下列命题正确的是（ ）
A．xy的最大值是14B．2x+1y的最小值是9
C．4x2+y2的最小值为12D．2x+y的最大值为2
【解答】解：因为正实数x，y满足2x+y＝l，
A：xy=12•2x•y≤12×(2x+y2)2=18，当且仅当2x＝y且2x+y＝1，即x=14，y=12时取等号，A错误；
B：2x+1y=4x+2yx+2x+yy=5+2yx+2xy≥5+22yx⋅2xy=9，当且仅当x＝y=13时取等号，B正确；
C：4x2+y2＝（2x+y）2﹣4xy＝1﹣4xy≥1-4×18=12，当且仅当2x＝y且2x+y＝1，即x=14，y=12时取等号，C正确；
D：（2x+y）2＝2x+y+22xy≤2x+y+2x+y＝2，当且仅当2x＝y时取等号，
所以2x+y的最大值为2，D正确．
故选：BCD．
（多选）12．（5分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，动点P满足AP→=aAC→+bAA1→，且a，b∈（0，1）．则下列说法正确的是（ ）
A．当a=12时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b＝1时，PB+PB1的最小值为6
C．若直线BP与BD所成角为π4，则动点P的轨迹长度为π
D．当a+2b＝1时，三棱锥P﹣ABC外接球半径的取值范围是[22，62)
【解答】解：对于A，设AC，BD相交于点O，A1C1的中点为O1，如图所示，
∵b∈（0，1），当a=12时，即AP→=12AC→+bAA1→=AO→+bAA1→，由平面向量线性运算法则可知，
点P在线段OO1上，∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，∴AC⊥BD，且BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，
∴AC⊥平面BDD1B1，
即AC⊥平面BPB1，∴A正确；
对于B，当a+b＝1时，由AP→=aAC→+bAA1→利用共线定理可得，P，C，A1三点共线，
由对称性可知，线段CA1上的点到D1，B1两点之间的距离相等，
∴PB+PB1＝PB+PD1；
取平面A1BCD1进行平面距离分析，如右图所示，
∴PB+PD1≥BD1=22+12+12=6，
当且仅当P，B，D1三点共线时，等号成立，
此时点P为线段CA1的中点，即PB+PB1的最小值为6，故B正确；
对于C，由图可知，BA，BC与BD所成角都为π4，
由AP→=aAC→+bAA1→可知，点P在平面A1ACC1内，
若直线BP与BD所成角为π4，在线段OO1上取点P1，使OP1＝OB，
则直线BP1与BD所成角为π4，
∴点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22，
且在平面A1ACC1内的半圆弧AP1C，如图中细虚线所示，
∴动点P的轨迹长为πr=22π，故C错误；
对于D，当a+2b＝1时，取AA1的中点为E，即AA1→=2AE→；
由AP→=aAC→+bAA1→=aAC→+2bAE→可知，P，C，E三点共线，如图所示：
易知三棱锥P﹣ABC外接球球心在直线OO1上，设球心为O2，|OO2|＝h；
作PQ⊥AC于点Q，设|PQ|＝x∈（0，1），易知AE=1，AC=2，
由相似比可得|CQ|=|2x|，|OQ|=|2x-22|，
设外接球半径为R，则R2=h2+(22)2=|2x-22|2+(x-h)2，解得h=|3x-22|，
∴R2=(3x-22)2+12=9x2-12x+64，
易知当x=23时，半径最小为R=22；当x＝0时，半径最大为R=62，
又x∈（0，1），∴半径的取值范围是[22，62)，∴D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知复数z=5i2+i，则|z|＝ 5 ．
【解答】解：z=5i2+i=5i(2-i)(2+i)(2-i)=1+2i，
则|z|=12+22=5．
故答案为：5．
14．（5分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（k＝1，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 1.26 倍．（结果精确到0.01．当|x|较小时，10x≈1+2.3x+2.7x2）
【解答】解：由题意，两颗星的星等与亮度满足：m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），
令“心宿二”的星等m2＝1.00，“天津四“的星等m1＝1.25，
则m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1）＝1.25﹣1.00＝0.25，
所以lgE2﹣lgE1=，
则lgE1＝lgE2+0.1＝lg100.1E2，所以E1＝100.1E2，
即E1E2=100.1=1+2.3×0.1+2.7×0.1×0.1＝1.257，
则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的1.26倍，
故答案为：1.26．
15．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC=6，则该棱锥的体积为 1 ．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC=6，
取AB中点E，连接PE，CE，如图，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，
∴AB⊥平面PEC，
又PE=CE=2×32=3，PC=6，
故PC2＝PE2+CE2，即PE⊥CE，
所以V=VB-PEC+VA-PEC=13S△PEC⋅AB=13×12×3×3×2=1．
故答案为：1．
16．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，B=π3，b=23，若△ABC有且仅有一个解，则a﹣c的取值范围是 [0，23）∪{﹣2} ．
【解答】解：因为B=π3，b=23，由正弦定理，csinC=bsinB=2332=4，
则sinC=c4，且c∈（0，23π），
做正弦曲线如图所示，
当0＜c4⩽32或c4=1，即c＝4或c∈（0，23]时，△ABC仅有一解，
当c＝4时，a﹣c＝2﹣4＝﹣2；当c∈（0，23]时，asinA=csinC=bsinB=4，
可得a﹣c＝4（sinA﹣sinC）＝4[sin（C+π3）﹣sinC]＝4[-12sinC+32csC]＝﹣4sin（C-π3），
因为0＜C≤π3，-π3＜π3-C≤0，
sin（C-π3）∈（-32，0]，
所以a﹣c＝﹣4sin（C-π3）∈[0，23）．
即a﹣c的取值范围是[0，23）∪{﹣2}．
故答案为：[0，23）∪{﹣2}．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）设函数f（x）＝x3﹣3ax2+b．
（1）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处与直线y＝8相切，求a，b的值；
（2）讨论函数y＝f（x）的单调性．
【解答】解：（1）由题意知f（2）＝8，f'（2）＝0，
代入数值，解得a＝1，b＝12．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（2）已知f'（x）＝3x2﹣6ax，令f'（x）＝0，知x1＝0，x2＝2a，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
当a＝0时，f'（x）≥0恒成立，此时函数在R单调递增；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
当a＞0时，x∈（﹣∞，0），x∈（2a，+∞），f′（x）＞0，函数是单调增函数，
x∈（0，2a）时，f′（x）＜0，函数是单调减函数；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
当a＜0时，x∈（﹣∞，2a），x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数是单调增函数；
x∈（2a，0），f′（x）＜0，函数是单调减函数，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
综上，当a＝0时，f'（x）≥0恒成立，此时函数在R单调递增．当a＞0时，（﹣∞，0），（2a，+∞）上单调增，（0，2a）上单调减．当a＜0时，（﹣∞，2a），（0，+∞）上单调增，（2a，0）上单调减．
18．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD=5，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；
又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；
又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，
以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），
因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为α→=（1，0，0），
设平面BDQ的一个法向量为β→=（x，y，z），
由BD→=（﹣2，2，0），DQ→=（0，﹣1，2），
得β→⋅BD→=0β→⋅DQ→=0，即-2x+2y=0-y+2z=0，
令z＝1，得y＝2，x＝2，所以β→=（2，2，1）；
所以cs＜α→，β→＞=α→⋅β→|α→|⋅|β→|=2+0+01×4+4+1=23，
所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为23．
19．（12分）设f（x）＝4cs（ωx+π6）sinωx﹣cs2ωx+1，其中0＜ω＜2．
（Ⅰ）若x=π4是函数f（x）的一条对称轴，求函数f（x）的周期T；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[-π6，π3]上为增函数，求ω的最大值．
【解答】解：函数f(x)=4cs(ωx+π6)sinωx-cs2ωx+1
＝4（csωxcsπ6--sinωxsinπ6）sinωx﹣（1﹣2sin2ωx）+1=3sin2ωx．
（Ⅰ） 由x=π4是函数f（x）的一条对称轴，可得2ω•π4=kπ+π2，k∈Z，∴ω＝2k+1，
再结合0＜ω＜2，求得ω＝1，f（x）=3sin2x，故T=2π2=π．
（Ⅱ）令2kπ-π2≤2ωx≤kπ+π2，求得kπω-π4ω≤x≤kπω+π4ω，k∈Z，
再根据函数f（x）在区间[-π6，π3]上为增函数，可得-π4ω≤-π6，且 π4ω≥π3，
求得0＜ω≤34，即ω得最大值为34．
20．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝90，a10＝20，数列{bn}满足b1＝a1，nbn+1＝anbn．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列{cn}满足：c1＝4，cn+1=cn-anbn（n∈N*），若不等式λ+3n+92n≥cn（n∈N*）恒成立，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则S9=9a1+9×82d=90a10=a1+9d=20，
化简整理，得a1+4d=10a1+9d=20，
解得a1=2d=2，
∴an＝2+2•（n﹣1）＝2n，n∈N*，
∴b1＝a1＝2，
由nbn+1＝anbn，
可得nbn+1＝2nbn，即bn+1＝2bn，
∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*．
（2）由（1）可得，anbn=2n2n=n2n-1，
设数列{anbn}的前n项和为Tn，
则Tn=a1b1+a2b2+⋯+anbn=120+221+322+⋯+n2n-1，
12Tn=121+222+⋯+n-12n-1+n2n，
两式相减，
可得12Tn＝1+121+122+⋯+12n-1-n2n
=1-12n1-12-n2n
＝2-n+22n，
∴Tn=4-n+22n-1，
由cn+1=cn-anbn，可得cn+1-cn=-anbn，
则c1＝4，c2﹣c1=-a1b1，c3﹣c2=-a2b2，…，cn﹣cn﹣1=-an-1bn-1，
各项相加，
可得cn＝4-a1b1-a2b2-⋯-an-1bn-1
＝4﹣（a1b1+a2b2+⋯+an-1bn-1）
＝4﹣Tn﹣1
＝4﹣（4-n+12n-2）
=n+12n-2，
则不等式λ+3n+92n≥cn可转化为λ+3n+92n≥n+12n-2，
即λ⩾n+12n-2-3n+92n=n-52n，
令f(n)=n-52n，
则f(n+1)-f(n)=n-42n+1-n-52n=-n+62n+1，
令f（n+1）﹣f（n）＞0，即-n+62n+1＞0，解得n＜6，
令f（n+1）﹣f（n）＝0，即-n+62n+1=0，解得n＝6，
令f（n+1）﹣f（n）＜0，即-n+62n+1＜0，解得n＞6，
∴f（1）＜f（2）＜…＜f（6）＝f（7）＞f（8）＞…，
∴当n＝6或n＝7时，f（n）取得最大值f(n)max=f(6)=f(7)=164，
∴根据不等式λ+3n+92n≥cn（n∈N*）恒成立，可得（n∈N*）恒成立，λ⩾164，
故满足不等式恒成立的实数λ的取值范围为：[164，+∞）．
21．（12分）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12（先验概率）．
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
【解答】解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2，
（1）P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)=12×910+12×210=1120；
所以试验一次结果为红球的概率为1120．
（2）①因为B1，B2是对立事件，P(B2)=1-P(B1)=920，
所以P(A1|B2)=P(A1B2)P(B2)=P(B2|A1)P(A1)P(B2)=110×12920=19，
所以选到的袋子为甲袋的概率为19；
②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-19=89，
所以方案一中取到红球的概率为：P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=19×910+89×210=518，
方案二中取到红球的概率为：P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=89×910+19×210=3745，
因为3745＞518，所以方案二中取到红球的概率更大．
22．（12分）已知函数f(x)=mx+lnxa(m∈R，a＞0)．
（1）若f（x）的最小值为2，求ma的值；
（2）若m＝1，a＞e，实数x0为函数f（x）大于1的零点，求证：
①12x0+x0＜a-1；
②x0+1x0＞2lna-ln(lna)．
【解答】解：（1）函数f(x)=mx+lnxa(m∈R，a＞0)，则f'(x)=x-mx2(x＞0)，
当m≤0时，f'（x）＞0，故f（x）单调递增，没有最小值；
当m＞0时，则f（x）在（0，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增，
所以f(x)min=f(m)=1+lnma=2，
故ma=e；
（2）证明：①m＝1，a＞e时，f(x)=1x+lnxa，
由（1）可知，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）单调递增，
则f（x）min＝f（1）＝1﹣lna，由于f(a)=1a＞0，
所以存在x0∈（1，a），使得f(x0)=1x0+lnx0a=0，
即lna=1x0+lnx0=ln(x0⋅e1x0)，即a=x0⋅e1x0，
要证12x0+x0＜a-1，只需证12x0+x0+1＜x0⋅e1χ0(x0＞1)，
令t=1x0∈(0，1)，则只需证12t+1t+1＜1t⋅e，
即证et＞12t2+t+1(0＜t＜1)，
令g(t)=et-12t2-t-1(0＜t＜1)，则g'（t）＝et﹣t﹣1，
所以g''（t）＝et﹣1＞0，则g'（t）在（0，1）上单调递增，
所以g'（t）＞g'（0）＝0，故g（t）在（0，1）上单调递增，
所以g（t）＞g（0）＝0，
所以0＜t＜1时，et＞12t2+t+1成立，
综上所述，12x0+x0＜a-1成立；
②因为a＞e，所以lna＞1，则2lna﹣ln（lna）＜2lna，
故只需证x1+1x0＞2lna，即证x0+1x0＞2(lnx0+1x0)，
即证2lnx0+1x0-x0＜0(x0＞1)，
令h(x)=2lnx+1x-x(x＞1)，
则则h'(x)=-(x-1)2x2＜0，
故h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）＜h（1）＝0，
x0+1x0＞2lna成立，
综上所述，x0+1x0＞2lna-ln(lna)成立．