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2021-2022学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末数学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末数学试卷（含答案解析），共22页。
2021-2022学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末数学试卷
1. 已知i为虚数单位，则复数z=i(1−2i)的虚部是( )
A. i B. 1 C. 2 D. 2i
2. 已知集合A={x|0
3. 已知直线l1：(a−2)x+y+3=0=，l2：x+ay+4=0，其中a∈R，则“a=1”是“l1⊥l2”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. 已知向量a，b满足|a|=2，|b|=1，且a与b的夹角为π3，则向量a⋅b等于( )
A. −3 B. 3 C. −1 D. 1
5. 记Sn为等比数列an的前n项和．若a5−a3=12，a6−a4=24，则anSn=( )
A. anSn=2n−12n+1 B. anSn=2n+12n−1 C. anSn=2n−12n−1 D. anSn=2n−12n+1
6. 正态分布是最重要的一种概率分布，它是由德国的数学家、天文学家Moivre于1733年提出，但由于德国数学家Gauss率先应用于天文学研究，故正态分布又称为高斯分布，记作Y∼N(μ,σ²).当μ=0，σ=1的正态分布称为标准正态分布，如果令X=Y−μσ，则可以证明X∼N(0,1)，即任意的正态分布可以通过变换转化为标准正态分布．如果X∼N(0,1)那么对任意的a，通常记Φ(a)=P(X
7. 如图所示的为陕西博物馆收藏的国宝——唐⋅金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．杯子整体可以近似看作是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体．若该金杯主体部分的上杯口外直径为1033，下底座外直径为2393，杯身最细之处到上杯口的距离是到底座下边缘距离的2倍，若双曲线C的离心率为2，则唐⋅金筐宝钿团花纹金杯高是( )
A. 4 B. 42 C. 6 D. 43
8. 正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶，正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点.4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是( )
A. 四面体最小体积V=23(6+1)33 B. 四面体最小表面积S=43(6+1)2
C. 四面体最短棱长a=2(6+1) D. 四面体最小高h=12+263
9. 已知m，n是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是( )
A. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
B. 若m//n，n⊂α，则m//α
C. 若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，α//β，则n//β
10. 将函数f(x)=cosωx2(2sinωx2−23cosωx2)+3(ω>0)的图象向左平移π3ω个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若y=g(x)在[0,π4]上为增函数，则ω的值可能为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
11. 对于一个函数y=f(x)(x∈D)，若存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x∈D时恒成立，称函数f(x)在D内有一个宽度为d的通道．则下列函数在[1,+∞)内有一个宽度小于等于22的通道的有( )
A. f(x)=12(sinx+cosx)
B. f(x)=x2ex−1
C. f(x)=[x]([x]表示不超过x的最大整数)
D. f(x)=2lnx+3x
12. 已知F1，F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上任意一点(不在x轴上)，△PF1F2外接圆的圆心为H，△PF1F2内切圆的圆心为I，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点．则( )
A. 存在λ∈R，使得OI=OP+λ(PF1|PF1|+PF2|PF2|)成立
B. PH⋅PO的最小值为a22
C. 直线l斜率为k1，且直线l与椭圆相交于A，B两点，A，B的中点为Q，直线OQ的斜率为k2，则k1k2=b2a2
D. 椭圆C的离心率e=|IM||PI|
13. 葫芦岛市2021年5月份前十天最高气温(单位：℃)分别为21，19，31，28，34，30，15，22，25，26，则这十天最高气温的第60百分位数为__________.
14. 已知抛物线C：y2=6x焦点为F，过F作斜率为3的直线l交抛物线C于A，B两点，则弦|AB|=__________.
15. 若(x2−1xx)n展开式中第5项为常数项，则含x7项的系数为__________(用数字表示).
16. 已知函数f(x)=4elnx−x2x−elnx−etx存在3个零点，则实数t的取值范围是__________.
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.asinA−asinB=csinC−bsinB.
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值．
18. 十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要．纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”．某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案．此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献．该企业使用新技术对某款芯片进行试生产，该厂家生产了两批同种规格的芯片，第一批占60%，次品率为6%；第二批占40%，次品率为5%.为确保质量，现在将两批芯片混合，工作人员从中抽样检查．
(1)从混合的芯片中任取1个，求这个芯片是合格品的概率；
(2)若在两批产品中采取分层抽样方法抽取一个样本容量为15的样本，再从样本中抽取3片芯片，求这3片芯片含第二批片数X的分布列和数学期望．
19. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①BA⋅(PA+PD)=0；②PC=7；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD//BC，AB=2BC=2，AB⊥BC，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P−ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB，CE的中点，且____.
(1)求证：FM//平面PAD；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
20. 已知数列{an}是等比数列，首项a1=1，公比q>0，其前n项和为Sn，且S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn<14.
21. 已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆C1与椭圆C2:x28+3y28=1在第一、二、三、四象限分别交于A，B，C，D四点，顺次连接A，B，C，D四点得到一个正方形．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)已知有一定点T(2,1)，设过点G(3,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆C1交于不同的两点M，N，直线TM，TN分别与直线x=−3分别交于P，Q，记点P，Q的纵坐标分别为yp，yq，求yp+yq的值．
22. 已知函数f(x)=lnx−ax2+(2−a)x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，属于基础题．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】
解：∵z=i(1−2i)=2+i，
∴复数z的虚部为1.
故选：B.
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
求出集合A，B，利用并集定义能求出A∪B.
【解答】
解：∵集合A={x|0
∴A∪B={x|−2≤x<3}.
故选：B.
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查直线相互垂直与斜率之间的关系、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
由a−2+a=0，解得a，即可判断出结论．
【解答】
解：由a−2+a=0，解得a=1，∴“a=1”是“l1⊥l2”的充要条件.
故答案选：C.
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查向量的数量积的求法，是基础题．
直接利用向量的数量积公式求解即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=2，|b|=1，且a与b的夹角为π3，
则a⋅b=a×b×cosπ3=2×1×12=1.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了等比数列的通项公式，求和公式，属于基础题．
根据等比数列的通项公式求出公比和首项，方法一：当n=1时，a1S1=1，代入验证即可得到正确选项；方法二：求出通项公式和前n项和，再根据选项判断即可．
【解答】
解：设等比数列的公比为q，
∵a5−a3=12，a6−a4=24，
∴a6−a4=(a5−a3)q，∴公比q=2，
∴a1q4−a1q2=12，∴a1=1，
方法一：当n=1时，a1S1=1，代入验证，只有C符合，
方法二：an=2n−1，Sn=1−2n1−2=2n−1，则C正确．
故选：C.
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查正态分布的概率计算及应用，属于中档题.
期中考试数学成绩Y近似服从正态分布，由题意可知P(Y<112)=0.9772，结合正态分布概率计算即可求解.
【解答】
解：期中考试数学成绩Y近似服从正态分布，由题意，P(X<2)=0.9772，
又X=Y−μσ=Y−1006<2，可得Y<112，
所以P(Y<112)=0.9772，
由正态分布可知，P(88
故选：D.
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了双曲线的性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
由已知得出点M，N的坐标，然后代入双曲线方程求出a，b的值，由此求出m的值，即可求解．
【解答】
解：因为金杯主体部分的上杯口外直径为1033，下底座外直径为2393，
杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，
所以可设M(533,2m)，N(393,−m)(m>0)，
且M，N都在双曲线x2a2−y2b2=1上，离心率为2，
则253a2−4m2b2=1133a2−m2b2=1ca=2，解得a=3b=3m=2，
则杯高3m=6.
故选：C.
8.【答案】A
【解析】
【分析】
当四球与正四面体内切，且四球两两相切时相关量最小，在此状态下，内切球球心构成正四面体，棱长为2，求出小正四面体与大正四面体的相似比得解．
本题考查了球和正四面体的综合应用，属于难题．
【解答】
解：由题可知，正四面体体积、表面积、棱长、高达到最小时，四个球两两相切且与正四面体都相切，
设此时正四面体为ABCD，内切四球球心构成棱长为2的正四面体O1O2O3O4，
正四面体O1O2O3O4中，高O1H=263为，E为O3O4中点，O1E=3，
∠HO1E为直线O1H与面O1O3O4所成角，sin∠HO1E=333=13，
正四面体O1O2O3O4的表面积为S0=4×12×22×sin60∘=43，
正四面体O1O2O3O4的体积为V0=13×263×3=223，
球O1与正四面体ABCD内切，T为切点，sin∠O1AT=sin∠HO1E=13，
因为OT=1，所以AO1=3，
所以正四面体ABCD的高为：3+263+1=4+263，
两个正四面体的相似比为：2634+263=11+6，
所以正四面体的最小体积为：223(1+6)3，A错误，
正四面体的最小表面积为：43(1+6)2,B正确，
正四面体的最小棱长为：2(1+6)，C正确，
正四面体的最小高为：4+263=12+263，D正确．
故选：A.
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
对于A，由线面平行的性质得m//n；对于B，m//α或m⊂α；对于C，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，n//β或n⊂β.
【解答】
解：m，n是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，
对于A，若m//α，m//β，α∩β=n，则由线面平行的性质得m//n，故A正确；
对于B，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故B错误；
对于C，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
对于D，若m⊥α，m⊥n，α//β，则n//β或n⊂β，故D错误．
故选：AC.
10.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查了两角和与差的三角函数的公式的应用，涉及到三角函数的周期性，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
由函数f(x)=2sin(ωx−π3)平移得到函数g(x)=2sinωx，然后令ωx=t，根据x的范围以及正弦函数的性质建立不等式，由此即可求解．
【解答】
解：因为f(x)=cosωx2(2sinωx2−23cosωx2)+3
=sinωx−3(1+cosωx)+3=2sin(ωx−π3)，
则g(x)=2sin[ω(x+π3ω)−π3]=2sinωx，
令ωx=t，因为x∈[0,π4]，则t∈[0,ωπ4]，
因为函数y=2sint在[0,ωπ4]上为单调递增函数，
所以ωπ4−0≤π2，解得0<ω≤2，
故选：AB.
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查函数性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
先假设当x≥1时，存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，则m1≤f(x)−kx≤m2，再分析此时d是否存在，逐个判断，即可得出答案．
【解答】
解：对于A：假设当x≥1时，存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，
使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x≥1恒成立，
即m1≤f(x)−kx≤m2，
设g(x)=12(sinx+cosx)−kx，其中x≥1，
当x≥1时，f(x)=12(sinx+cosx)=22sin(x+π4)∈[−22,22]，
若k=0，则−22≤f(x)≤22，且22−(−22)=2>22，不合题意，
若k>0，则当x≥1时，g(x)=f(x)−kx≤22−kx，
当x>22−m1k=2−2m12k时，22−kx
若k<0，则当x≥1时，g(x)=f(x)−kx≥−22−kx，
当x>−(22+m2)k=−2m2+22k时，−22−kx>m2，
此时f(x)−kx>m2，
即不等式f(x)−kx≤m2在[1,+∞)上不恒成立，故A不满足题意．
对于B：因为x≥1，则f′(x)=1−x2ex−1≤0，
所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=22，
又当x≥1时，f(x)=x2ex−1>0，
所以存在直线y=0，y=22使得当x≥1时，0
即x−1<[x]≤x，
所以存在直线y=x−1与y=x，使得x−1<[x]≤x，
又直线y=x−1与y=x间的距离为d=22，故C满足题意；
对于D：当x≥1时，f′(x)=2−(2lnx+3)x2=−2lnx+1x2<0，
所以函数f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(1)=3，
当x≥1时，f(x)=2lnx+3x>0，即0
使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x≥1时恒成立，
即m1≤f(x)−kx≤m2，
若k=0，则022，不合题意，
若k>0，g(x)=f(x)−kx≤3−kx，
当x>3−m1k时，3−kx
当x>−m2k时，−kx>m2，
即f(x)−kx>m2，
即不等式f(x)−kx≤m2在[1,+∞)上不恒成立，故D不满足题意；
故本题选BC.
12.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的几何性质，以及向量的有关运算，属中档题．
PF1PF1表示与PF1同向的单位向量，PF2|PF2|表示与PF2同向的单位向量，进而PF1PF1+PF2|PF2|与PI共线，可判断A；PO=12(PF1+PF2)，结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式求得答案；利用点差法即可求得答案判断C；运用角平分线定理即可求得答案判断D.
【解答】
解：对于A：PF1PF1表示与PF1同向的单位向量，PF2|PF2|表示与PF2同向的单位向量，
所以PF1PF1+PF2|PF2|与PI共线，
即存在λ∈R，使得OI−OP=PI=λ(PF1PF1+PF2|PF2|)，故A正确；
对于B：PH⋅PO=12PH⋅(PF1+PF2)=12PH⋅PF1+12PH⋅PF2，
取线段PF1的中点G，则HG⊥PF1，
由平面向量数量积的定义可知，PH⋅PF1=12PF12，同理PH⋅PF2=12PF22，
所以PH⋅PO=14(PF12+PF22)=14(|PF1|2+|PF2|2)，
由基本不等式可得PF12+PF222≥(PF1+PF22)2，
∴(|PF1|2+|PF2|2)≥12(|PF1|+|PF2|)2=2a2，
当且仅当|PF1|=|PF2|=a时取等号，故B正确；
对于C；设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则Q(x1+x22,y1+y22)，
所以k2=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
又因为x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，∴(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
∴y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−b2a2，即k1k2=−b2a2，故C错误；
对于D：易知，IF1，IF2分别是∠PF1F2，∠PF2F1的角平分线，由角平分线定理可知；
IMPI=F1MPF1=F2MPF2，又|F1M|+|F2M||PF1|+|PF2|=2c2a=ca=e，
所以e=|IM||PI|，故D正确．
故选：ABD.
13.【答案】27
【解析】
【分析】
本题考查百分位数的运算，属于基础题．
将10个数据按从小到大排列，由10×60%=6，得这十天最高气温的第60百分位数是第6，7两个数的平均数．
【解答】
解：葫芦岛市2021年5月份前十天最高气温(单位：℃)按从小到大排列：
15，19，21，22，25，26，28，30，31，34，
10×60%=6，
∴26+282=27.
故答案为：27.
14.【答案】8
【解析】
【分析】
本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
求得抛物线的焦点，可得直线l的方程，代入抛物线方程，消去x，运用韦达定理和弦长公式，即可得．
【解答】
解：抛物线C：y2=6x的焦点F(32,0)，p=3，
可得直线l的方程为y=3x−332，
代入抛物线方程可得：
x2−5x+94=0，
设A(x1,y1)，B，(x2,y2)，
可得x1+x2=5，
由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=5+3=8，
故答案为：8.
15.【答案】21
【解析】
【分析】
本题考查了二项式定理及通项公式，重点考查了展开式的项系数的求法，属基础题．
先求出展开式中的通项公式，再求展开式的项系数即可．
【解答】
解：由(x2−1xx)n展开式中的通项公式为：Tr+1=Cnr(x2)n−r(−1xx)r=(−1)rCnrx2n−7r2，
由展开式中第5项为常数项，
则2n−7×42=0，即n=7，
令14−7r2=7，
即r=2，
含x7项的系数为(−1)2C72=21，
故答案为：21.
16.【答案】(−∞,−1e]
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的零点，属于拔高题．
令f(x)=0，可得et=4elnxx+1elnxx−1，令m=elnxx−1，g(m)=4m+1m+4，利用导数分析函数m=elnxx−1与g(m)=4m+1m+4，的单调性与极值，数形结合可得出g(m)=4m+1m+4与函数y=et的两个交点的横坐标的范围，进而可求得实数t的取值范围．
【解答】
解：令f(x)=0，可得et=4elnxx+xelnx−x=4elnxx+1elnxx−1，
令m=elnxx−1，则4elnxx+1elnxx−1=4m+1m+4，
设g(m)=4m+1m+4，
m′=e(1−lnx)x2，令m′=0，可得x=e，列表如下：
x
(0,e)
e
(e,+∞)
m′
+
0
-
m
↗
极大值
↘
所以，函数m=elnxx−1在x=e处取得最大值，即mmax=elnee−1=0.
当x>1时，m=elnxx−1>−1，
所以，函数g(m)=4m+1m+4的定义域为(−∞,0)，
g′(m)=4−1m2=4m2−1m2，令g′(m)=0，由于m<0，解得m=−12，列表如下：
m
(−∞,−12)
−12
(−12,0)
g′(m)
+
0
-
g(m)
↗
极大值
↘
所以函数g(m)在m=−12处取得最大值，即g(m)max=4×(−12)−2+4=0，
若使得函数f(x)=4elnx−x2x−elnx−etx存在3个零点，
则直线y=et与函数g(m)的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为m1、m2，
作出函数m=elnxx−1(x≠e)的图如下图所示：
由图象可知，−1
由图象可知，当et≤−1时，即当t≤−1e时，
直线y=et与函数g(m)的图象有两个交点横坐标m1、m2满足−1
所以当t≤−1e时，函数f(x)存在3个零点，
综上所述，实数t的取值范围是(−∞,−1e].
故答案为(−∞,−1e].
17.【答案】解：(1)由正弦定理及asinA−asinB=csinC−bsinB，知a2−ab=c2−b2，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理知，cosC=a2+b2−c22ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3.
(2)由(1)得a2+b2−c2=ab，
因为c=2，所以a2+b2−4=ab，
所以4+ab=a2+b2≥2ab，
所以ab≤4(当且仅当a=b=2时“=”成立)，
所以S△ABC=12ab⋅sinC≤3，
故△ABC面积的最大值为3.
【解析】本题主要考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)利用正弦定理化边为角，再结合余弦定理，求得cosC的值，从而得解；
(2)结合(1)中结论和基本不等式，可得ab≤4，再由S=12absinC，得解．
18.【答案】解：(1)设事件B=“任取一个芯片是合格品”，事件A1=“产品取自第一批”，事件A2=“产品取自第二批”，则Ω=A1∪A2且A1，A2互斥；
由全概率公式可知：P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)，
所以P(B)=0.6×(1−0.06)+0.4×(1−0.05)=0.944；
(2)由条件可知：第一批芯片片数：9，第二批芯片数：6；
X的可取值为0，1，2，3；
P(X=0)=C93C153=84455；P(X=1)=C92C61C153=216455；P(X=2)=C91C62C153=135455=2791；P(X=3)=C63C153=20455=491，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
84455
216455
2791
491
所以E(X)=0×84445+1×216455+2×2791+3×491=65.
【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望以及相关统计的知识，属于中档题．
(1)设事件B=“任取一个芯片是合格品”，事件A1=“产品取自第一批”，事件A2=“产品取自第二批”，则Ω=A1∪A2且A1、A2互斥，由全概率公式可得答案；
(2)求出X的可取值和概率可得分布列．
19.【答案】(1)证明：取CD中点为G，连接MG，FG，则MG，FG分别为三角形CDE，梯形ABCD的中位线，
∴GM//PD，FG//AD，∵MG∩FG=G，PD∩AD=G，∴平面MFG//平面PAD，
∵FM⊂平面MGF，∴FM//平面PAD，
(2)解：取AD中点为O，连接PO，OC、AE，EF、AC.
选择①：
∵BA⋅(PA+PD)=0，PA+PD=2PO，∴BA⋅PO=0，即BA⊥PO.
AD//BC，AB⊥BC，∴BA⊥AD，又∵AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD的中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵BA⊥AD，AO=BC，易知四边形ABCO为平行四边形，则OC⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，且PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，又OC⊂平面ABCD，∴PO⊥OC，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).
∴AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
选择②：
∵O为AD中点，AD//BC，且AD=2BC，易得四边形ABCO为平行四边形，则OC=AB=2，在边长为二的等边三角形PAD中，易得OP=3，∵PC=7，PC2=OP2+OC2，∴OC⊥PO，即BA⊥PO.
又BA⊥AD，AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD的中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，且PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).所以AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：
平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
选择③：
∵点P在平面ABCD的射影在直线AD上，∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，AD⊥PO，
∴OP⊥平面ABCD，所以BA⊥PO.又BA⊥AD，AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD⊥，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵平面ABCD∩平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，
∵PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).所以AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
【解析】本题考查线面平行的证明，平面与平面所成角的向量求法，属于较难题．
(1)取CD中点为G，连接MG，FG，GM//PD，FG//AD，进而可证平面MFG//平面PAD，可证FM//平面PAD；
(2)根据条件选择①：由已知可证BA⊥平面PAD，PO⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．同理选择②，③，建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
20.【答案】解：(1)由题意可知2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)，
则S3−S1+S3−S2=a1+a2−2a3，即4a3=a1，
于是a3a1=q2=14，
因为q>0，所以q=12，
又a1=1，所以an=(12)n−1.
(2)证法一：因为an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，所以((12)n)bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以bn=1n(n+1)(n+2)，
所以bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，
Tn=12[11×2−12×3+12×3−13×4+13×4−14×5+⋯+1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，
Tn=12[11×2−1(n+1)(n+2)]<14；
证法二：因为an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以((12)n)bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以bn=1n(n+1)(n+2)，
所以bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]=12[(1n−1n+1)−(1n+1−1n+2)]，
Tn=12[(11−12+12−13+⋯+1n−1n+1)−(12−13+⋯+1n+1−1n+2)]，
则Tn=12[(1−1n+1)−(12−1n+2)]=12(1−1n+1−12+1n+2)，
Tn=12(12−1n+1+1n+2)=12(12−1(n+1)(n+2))<14.
【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求；
(2)方法一、求得bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，由数列的裂项相消求和和不等式的性质可得证明；方法二、求得bn=12[(1n−1n+1)−(1n+1−1n+2)]，由数列的裂项相消求和和不等式的性质可得证明．
21.【答案】解：(1)由题可得e=ca=1−b2a2=22，则a2=2b2，
又四边形ABCD为正方形，且A在第一象限，设A(x1,y1)，则x1=y1，
代入C2:x2+3y2=8可得A(2,2)，
又A在椭圆C1上，即有2a2+2b2=1，解得a2=6，b2=3，
所以C1的方程为x26+y23=1；
(2)设直线l的方程为y=k(x−3)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程y=k(x−3)x2+2y2=6⇒x2+2k2(x2−6x+9)−6=0，
整理得：(1+2k2)x2−12k2x+18k2−6=0，
∴Δ=(−12k2)2−4(1+2k2)(18k2−6)=24(1−k2)>0，解得−1
直线TM：方程为：y=y1−1x1−2(x−2)+1，令x=−3，yp=−5(y1−1)x1−2+1，
直线TN：方程为：y=y2−1x2−2(x−2)+1，令x=−3，yq=−5(y2−1)x2−2+1，
所以yp+yq=−5(y1−1)x1−2+1+−5(y2−1)x2−2+1
=−5[k(x1−2)−k−1x1−2+k(x2−2)−k−1x2−2]+2=−10k+5(k+1)⋅x1+x2−4(x1−2)(x2−2)+2
=−10k+5(k+1)⋅12k21+2k2−418k2−61+2k2−24k21+2k2+4+2=12.
【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力，是中档题．
(1)利用离心率得到a2=2b2，设A(x1,y1)，则x1=y1，代入椭圆方程，求出A的坐标，然后求解a，b，得到椭圆方程．
(2)设直线l的方程为y=k(x−3)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，结合根与系数的关系求解直线TM的方程得到P的纵坐标，求解直线TN的方程，得到Q的纵坐标，然后化简求解即可．
22.【答案】解：(1)函数定义域是(0,+∞)，
由已知f′(x)=1x−2ax+2−a=−2ax2+(2−a)x+1x=−(2x+1)(ax−1)x，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)为递增函数，
当a>0时，f′(x)>0，⇒01a，
所以f(x)在(0,1a)上为递增函数，在(1a,+∞)上为递减函数，
综上所述，当a≤0，f(x)在区间0, +∞上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间0, 1a上单调递增；在区间1a, +∞上单调递减；
(2)法一：
由题意得，对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，
即a≥lnx+x+1xex恒成立．
令g(x)=lnx+x+1xex，则g′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex.
令h(x)=x+lnx，则h(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为h(1e)=1e−1<0，h(1)=1>0，
所以存在x0∈(1e,1)使得h(x0)=x0+lnx0=0，
当x∈(0,x0)时h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(x0,+∞)时h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0，由于x0+lnx0=0，可得x0=−lnx0.则ex0=1x0，
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=1，又a≥lnx+x+1xex恒成立，所以a≥1.
综上所述实数a的取值范围为[1,+∞).
法二：
由题意得，对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，即lnx+x+1≤axex⇒ln(xex)+1≤a(xex)，
令t=xex，x>0，t′=(1+x)ex>0，
所以t=xex在(0,+∞)上为增函数，所以t>t|x=0⇒t>0，∵lnt+1≤at，
∴lnt+1t≤a，
令g(t)=lnt+1t，∴g′(t)=(lnt+1t)′=−lntt2，
当t∈(0,1)，g′t>0，当t∈(1,+∞)，g′t<0，
于是g(t)=lnt+1t在(0,1)为增函数，(1,+∞)上为减函数，
所以g(t)
【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的应用，转化思想的应用，属于拔高题．
(1)求出函数定义域是(0,+∞)，函数的导数，通过a的范围，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．
(2)法一：条件转化为a≥lnx+x+1xex恒成立．令g(x)=lnx+x+1xex，求出g′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex.令h(x)=x+lnx，结合函数的单调性，转化求解g(x)的最大值，推出结果．
法二：条件转化为ln(xex)+1≤a(xex)，令t=xex，x>0，求出t′=(1+x)ex，推出t=xex在(0,+∞)上为增函数，转化求出g(t)=lnt+1t在(0,1)为增函数，(1,+∞)上为减函数，然后求解实数a的取值范围．
2021-2022学年辽宁省葫芦岛市高三（上）期末数学试卷
1. 已知i为虚数单位，则复数z=i(1−2i)的虚部是( )
A. i B. 1 C. 2 D. 2i
2. 已知集合A={x|0
3. 已知直线l1：(a−2)x+y+3=0=，l2：x+ay+4=0，其中a∈R，则“a=1”是“l1⊥l2”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. 已知向量a，b满足|a|=2，|b|=1，且a与b的夹角为π3，则向量a⋅b等于( )
A. −3 B. 3 C. −1 D. 1
5. 记Sn为等比数列an的前n项和．若a5−a3=12，a6−a4=24，则anSn=( )
A. anSn=2n−12n+1 B. anSn=2n+12n−1 C. anSn=2n−12n−1 D. anSn=2n−12n+1
6. 正态分布是最重要的一种概率分布，它是由德国的数学家、天文学家Moivre于1733年提出，但由于德国数学家Gauss率先应用于天文学研究，故正态分布又称为高斯分布，记作Y∼N(μ,σ²).当μ=0，σ=1的正态分布称为标准正态分布，如果令X=Y−μσ，则可以证明X∼N(0,1)，即任意的正态分布可以通过变换转化为标准正态分布．如果X∼N(0,1)那么对任意的a，通常记Φ(a)=P(X
7. 如图所示的为陕西博物馆收藏的国宝——唐⋅金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．杯子整体可以近似看作是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体．若该金杯主体部分的上杯口外直径为1033，下底座外直径为2393，杯身最细之处到上杯口的距离是到底座下边缘距离的2倍，若双曲线C的离心率为2，则唐⋅金筐宝钿团花纹金杯高是( )
A. 4 B. 42 C. 6 D. 43
8. 正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶，正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点.4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是( )
A. 四面体最小体积V=23(6+1)33 B. 四面体最小表面积S=43(6+1)2
C. 四面体最短棱长a=2(6+1) D. 四面体最小高h=12+263
9. 已知m，n是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是( )
A. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
B. 若m//n，n⊂α，则m//α
C. 若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，α//β，则n//β
10. 将函数f(x)=cosωx2(2sinωx2−23cosωx2)+3(ω>0)的图象向左平移π3ω个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若y=g(x)在[0,π4]上为增函数，则ω的值可能为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
11. 对于一个函数y=f(x)(x∈D)，若存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x∈D时恒成立，称函数f(x)在D内有一个宽度为d的通道．则下列函数在[1,+∞)内有一个宽度小于等于22的通道的有( )
A. f(x)=12(sinx+cosx)
B. f(x)=x2ex−1
C. f(x)=[x]([x]表示不超过x的最大整数)
D. f(x)=2lnx+3x
12. 已知F1，F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上任意一点(不在x轴上)，△PF1F2外接圆的圆心为H，△PF1F2内切圆的圆心为I，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点．则( )
A. 存在λ∈R，使得OI=OP+λ(PF1|PF1|+PF2|PF2|)成立
B. PH⋅PO的最小值为a22
C. 直线l斜率为k1，且直线l与椭圆相交于A，B两点，A，B的中点为Q，直线OQ的斜率为k2，则k1k2=b2a2
D. 椭圆C的离心率e=|IM||PI|
13. 葫芦岛市2021年5月份前十天最高气温(单位：℃)分别为21，19，31，28，34，30，15，22，25，26，则这十天最高气温的第60百分位数为__________.
14. 已知抛物线C：y2=6x焦点为F，过F作斜率为3的直线l交抛物线C于A，B两点，则弦|AB|=__________.
15. 若(x2−1xx)n展开式中第5项为常数项，则含x7项的系数为__________(用数字表示).
16. 已知函数f(x)=4elnx−x2x−elnx−etx存在3个零点，则实数t的取值范围是__________.
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.asinA−asinB=csinC−bsinB.
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值．
18. 十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要．纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”．某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案．此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献．该企业使用新技术对某款芯片进行试生产，该厂家生产了两批同种规格的芯片，第一批占60%，次品率为6%；第二批占40%，次品率为5%.为确保质量，现在将两批芯片混合，工作人员从中抽样检查．
(1)从混合的芯片中任取1个，求这个芯片是合格品的概率；
(2)若在两批产品中采取分层抽样方法抽取一个样本容量为15的样本，再从样本中抽取3片芯片，求这3片芯片含第二批片数X的分布列和数学期望．
19. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①BA⋅(PA+PD)=0；②PC=7；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD//BC，AB=2BC=2，AB⊥BC，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P−ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB，CE的中点，且____.
(1)求证：FM//平面PAD；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
20. 已知数列{an}是等比数列，首项a1=1，公比q>0，其前n项和为Sn，且S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn<14.
21. 已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆C1与椭圆C2:x28+3y28=1在第一、二、三、四象限分别交于A，B，C，D四点，顺次连接A，B，C，D四点得到一个正方形．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)已知有一定点T(2,1)，设过点G(3,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆C1交于不同的两点M，N，直线TM，TN分别与直线x=−3分别交于P，Q，记点P，Q的纵坐标分别为yp，yq，求yp+yq的值．
22. 已知函数f(x)=lnx−ax2+(2−a)x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，属于基础题．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】
解：∵z=i(1−2i)=2+i，
∴复数z的虚部为1.
故选：B.
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
求出集合A，B，利用并集定义能求出A∪B.
【解答】
解：∵集合A={x|0
∴A∪B={x|−2≤x<3}.
故选：B.
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查直线相互垂直与斜率之间的关系、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
由a−2+a=0，解得a，即可判断出结论．
【解答】
解：由a−2+a=0，解得a=1，∴“a=1”是“l1⊥l2”的充要条件.
故答案选：C.
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查向量的数量积的求法，是基础题．
直接利用向量的数量积公式求解即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=2，|b|=1，且a与b的夹角为π3，
则a⋅b=a×b×cosπ3=2×1×12=1.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了等比数列的通项公式，求和公式，属于基础题．
根据等比数列的通项公式求出公比和首项，方法一：当n=1时，a1S1=1，代入验证即可得到正确选项；方法二：求出通项公式和前n项和，再根据选项判断即可．
【解答】
解：设等比数列的公比为q，
∵a5−a3=12，a6−a4=24，
∴a6−a4=(a5−a3)q，∴公比q=2，
∴a1q4−a1q2=12，∴a1=1，
方法一：当n=1时，a1S1=1，代入验证，只有C符合，
方法二：an=2n−1，Sn=1−2n1−2=2n−1，则C正确．
故选：C.
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查正态分布的概率计算及应用，属于中档题.
期中考试数学成绩Y近似服从正态分布，由题意可知P(Y<112)=0.9772，结合正态分布概率计算即可求解.
【解答】
解：期中考试数学成绩Y近似服从正态分布，由题意，P(X<2)=0.9772，
又X=Y−μσ=Y−1006<2，可得Y<112，
所以P(Y<112)=0.9772，
由正态分布可知，P(88
故选：D.
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了双曲线的性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
由已知得出点M，N的坐标，然后代入双曲线方程求出a，b的值，由此求出m的值，即可求解．
【解答】
解：因为金杯主体部分的上杯口外直径为1033，下底座外直径为2393，
杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，
所以可设M(533,2m)，N(393,−m)(m>0)，
且M，N都在双曲线x2a2−y2b2=1上，离心率为2，
则253a2−4m2b2=1133a2−m2b2=1ca=2，解得a=3b=3m=2，
则杯高3m=6.
故选：C.
8.【答案】A
【解析】
【分析】
当四球与正四面体内切，且四球两两相切时相关量最小，在此状态下，内切球球心构成正四面体，棱长为2，求出小正四面体与大正四面体的相似比得解．
本题考查了球和正四面体的综合应用，属于难题．
【解答】
解：由题可知，正四面体体积、表面积、棱长、高达到最小时，四个球两两相切且与正四面体都相切，
设此时正四面体为ABCD，内切四球球心构成棱长为2的正四面体O1O2O3O4，
正四面体O1O2O3O4中，高O1H=263为，E为O3O4中点，O1E=3，
∠HO1E为直线O1H与面O1O3O4所成角，sin∠HO1E=333=13，
正四面体O1O2O3O4的表面积为S0=4×12×22×sin60∘=43，
正四面体O1O2O3O4的体积为V0=13×263×3=223，
球O1与正四面体ABCD内切，T为切点，sin∠O1AT=sin∠HO1E=13，
因为OT=1，所以AO1=3，
所以正四面体ABCD的高为：3+263+1=4+263，
两个正四面体的相似比为：2634+263=11+6，
所以正四面体的最小体积为：223(1+6)3，A错误，
正四面体的最小表面积为：43(1+6)2,B正确，
正四面体的最小棱长为：2(1+6)，C正确，
正四面体的最小高为：4+263=12+263，D正确．
故选：A.
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
对于A，由线面平行的性质得m//n；对于B，m//α或m⊂α；对于C，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，n//β或n⊂β.
【解答】
解：m，n是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，
对于A，若m//α，m//β，α∩β=n，则由线面平行的性质得m//n，故A正确；
对于B，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故B错误；
对于C，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
对于D，若m⊥α，m⊥n，α//β，则n//β或n⊂β，故D错误．
故选：AC.
10.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查了两角和与差的三角函数的公式的应用，涉及到三角函数的周期性，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
由函数f(x)=2sin(ωx−π3)平移得到函数g(x)=2sinωx，然后令ωx=t，根据x的范围以及正弦函数的性质建立不等式，由此即可求解．
【解答】
解：因为f(x)=cosωx2(2sinωx2−23cosωx2)+3
=sinωx−3(1+cosωx)+3=2sin(ωx−π3)，
则g(x)=2sin[ω(x+π3ω)−π3]=2sinωx，
令ωx=t，因为x∈[0,π4]，则t∈[0,ωπ4]，
因为函数y=2sint在[0,ωπ4]上为单调递增函数，
所以ωπ4−0≤π2，解得0<ω≤2，
故选：AB.
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查函数性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
先假设当x≥1时，存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，则m1≤f(x)−kx≤m2，再分析此时d是否存在，逐个判断，即可得出答案．
【解答】
解：对于A：假设当x≥1时，存在两条距离为d的直线y=kx+m1和y=kx+m2，
使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x≥1恒成立，
即m1≤f(x)−kx≤m2，
设g(x)=12(sinx+cosx)−kx，其中x≥1，
当x≥1时，f(x)=12(sinx+cosx)=22sin(x+π4)∈[−22,22]，
若k=0，则−22≤f(x)≤22，且22−(−22)=2>22，不合题意，
若k>0，则当x≥1时，g(x)=f(x)−kx≤22−kx，
当x>22−m1k=2−2m12k时，22−kx
若k<0，则当x≥1时，g(x)=f(x)−kx≥−22−kx，
当x>−(22+m2)k=−2m2+22k时，−22−kx>m2，
此时f(x)−kx>m2，
即不等式f(x)−kx≤m2在[1,+∞)上不恒成立，故A不满足题意．
对于B：因为x≥1，则f′(x)=1−x2ex−1≤0，
所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=22，
又当x≥1时，f(x)=x2ex−1>0，
所以存在直线y=0，y=22使得当x≥1时，0
即x−1<[x]≤x，
所以存在直线y=x−1与y=x，使得x−1<[x]≤x，
又直线y=x−1与y=x间的距离为d=22，故C满足题意；
对于D：当x≥1时，f′(x)=2−(2lnx+3)x2=−2lnx+1x2<0，
所以函数f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(1)=3，
当x≥1时，f(x)=2lnx+3x>0，即0
使得kx+m1≤f(x)≤kx+m2在x≥1时恒成立，
即m1≤f(x)−kx≤m2，
若k=0，则0
若k>0，g(x)=f(x)−kx≤3−kx，
当x>3−m1k时，3−kx
当x>−m2k时，−kx>m2，
即f(x)−kx>m2，
即不等式f(x)−kx≤m2在[1,+∞)上不恒成立，故D不满足题意；
故本题选BC.
12.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的几何性质，以及向量的有关运算，属中档题．
PF1PF1表示与PF1同向的单位向量，PF2|PF2|表示与PF2同向的单位向量，进而PF1PF1+PF2|PF2|与PI共线，可判断A；PO=12(PF1+PF2)，结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式求得答案；利用点差法即可求得答案判断C；运用角平分线定理即可求得答案判断D.
【解答】
解：对于A：PF1PF1表示与PF1同向的单位向量，PF2|PF2|表示与PF2同向的单位向量，
所以PF1PF1+PF2|PF2|与PI共线，
即存在λ∈R，使得OI−OP=PI=λ(PF1PF1+PF2|PF2|)，故A正确；
对于B：PH⋅PO=12PH⋅(PF1+PF2)=12PH⋅PF1+12PH⋅PF2，
取线段PF1的中点G，则HG⊥PF1，
由平面向量数量积的定义可知，PH⋅PF1=12PF12，同理PH⋅PF2=12PF22，
所以PH⋅PO=14(PF12+PF22)=14(|PF1|2+|PF2|2)，
由基本不等式可得PF12+PF222≥(PF1+PF22)2，
∴(|PF1|2+|PF2|2)≥12(|PF1|+|PF2|)2=2a2，
当且仅当|PF1|=|PF2|=a时取等号，故B正确；
对于C；设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则Q(x1+x22,y1+y22)，
所以k2=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
又因为x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，∴(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
∴y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−b2a2，即k1k2=−b2a2，故C错误；
对于D：易知，IF1，IF2分别是∠PF1F2，∠PF2F1的角平分线，由角平分线定理可知；
IMPI=F1MPF1=F2MPF2，又|F1M|+|F2M||PF1|+|PF2|=2c2a=ca=e，
所以e=|IM||PI|，故D正确．
故选：ABD.
13.【答案】27
【解析】
【分析】
本题考查百分位数的运算，属于基础题．
将10个数据按从小到大排列，由10×60%=6，得这十天最高气温的第60百分位数是第6，7两个数的平均数．
【解答】
解：葫芦岛市2021年5月份前十天最高气温(单位：℃)按从小到大排列：
15，19，21，22，25，26，28，30，31，34，
10×60%=6，
∴26+282=27.
故答案为：27.
14.【答案】8
【解析】
【分析】
本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
求得抛物线的焦点，可得直线l的方程，代入抛物线方程，消去x，运用韦达定理和弦长公式，即可得．
【解答】
解：抛物线C：y2=6x的焦点F(32,0)，p=3，
可得直线l的方程为y=3x−332，
代入抛物线方程可得：
x2−5x+94=0，
设A(x1,y1)，B，(x2,y2)，
可得x1+x2=5，
由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=5+3=8，
故答案为：8.
15.【答案】21
【解析】
【分析】
本题考查了二项式定理及通项公式，重点考查了展开式的项系数的求法，属基础题．
先求出展开式中的通项公式，再求展开式的项系数即可．
【解答】
解：由(x2−1xx)n展开式中的通项公式为：Tr+1=Cnr(x2)n−r(−1xx)r=(−1)rCnrx2n−7r2，
由展开式中第5项为常数项，
则2n−7×42=0，即n=7，
令14−7r2=7，
即r=2，
含x7项的系数为(−1)2C72=21，
故答案为：21.
16.【答案】(−∞,−1e]
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的零点，属于拔高题．
令f(x)=0，可得et=4elnxx+1elnxx−1，令m=elnxx−1，g(m)=4m+1m+4，利用导数分析函数m=elnxx−1与g(m)=4m+1m+4，的单调性与极值，数形结合可得出g(m)=4m+1m+4与函数y=et的两个交点的横坐标的范围，进而可求得实数t的取值范围．
【解答】
解：令f(x)=0，可得et=4elnxx+xelnx−x=4elnxx+1elnxx−1，
令m=elnxx−1，则4elnxx+1elnxx−1=4m+1m+4，
设g(m)=4m+1m+4，
m′=e(1−lnx)x2，令m′=0，可得x=e，列表如下：
x
(0,e)
e
(e,+∞)
m′
+
0
-
m
↗
极大值
↘
所以，函数m=elnxx−1在x=e处取得最大值，即mmax=elnee−1=0.
当x>1时，m=elnxx−1>−1，
所以，函数g(m)=4m+1m+4的定义域为(−∞,0)，
g′(m)=4−1m2=4m2−1m2，令g′(m)=0，由于m<0，解得m=−12，列表如下：
m
(−∞,−12)
−12
(−12,0)
g′(m)
+
0
-
g(m)
↗
极大值
↘
所以函数g(m)在m=−12处取得最大值，即g(m)max=4×(−12)−2+4=0，
若使得函数f(x)=4elnx−x2x−elnx−etx存在3个零点，
则直线y=et与函数g(m)的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为m1、m2，
作出函数m=elnxx−1(x≠e)的图如下图所示：
由图象可知，−1
由图象可知，当et≤−1时，即当t≤−1e时，
直线y=et与函数g(m)的图象有两个交点横坐标m1、m2满足−1
所以当t≤−1e时，函数f(x)存在3个零点，
综上所述，实数t的取值范围是(−∞,−1e].
故答案为(−∞,−1e].
17.【答案】解：(1)由正弦定理及asinA−asinB=csinC−bsinB，知a2−ab=c2−b2，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理知，cosC=a2+b2−c22ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3.
(2)由(1)得a2+b2−c2=ab，
因为c=2，所以a2+b2−4=ab，
所以4+ab=a2+b2≥2ab，
所以ab≤4(当且仅当a=b=2时“=”成立)，
所以S△ABC=12ab⋅sinC≤3，
故△ABC面积的最大值为3.
【解析】本题主要考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)利用正弦定理化边为角，再结合余弦定理，求得cosC的值，从而得解；
(2)结合(1)中结论和基本不等式，可得ab≤4，再由S=12absinC，得解．
18.【答案】解：(1)设事件B=“任取一个芯片是合格品”，事件A1=“产品取自第一批”，事件A2=“产品取自第二批”，则Ω=A1∪A2且A1，A2互斥；
由全概率公式可知：P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)，
所以P(B)=0.6×(1−0.06)+0.4×(1−0.05)=0.944；
(2)由条件可知：第一批芯片片数：9，第二批芯片数：6；
X的可取值为0，1，2，3；
P(X=0)=C93C153=84455；P(X=1)=C92C61C153=216455；P(X=2)=C91C62C153=135455=2791；P(X=3)=C63C153=20455=491，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
84455
216455
2791
491
所以E(X)=0×84445+1×216455+2×2791+3×491=65.
【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望以及相关统计的知识，属于中档题．
(1)设事件B=“任取一个芯片是合格品”，事件A1=“产品取自第一批”，事件A2=“产品取自第二批”，则Ω=A1∪A2且A1、A2互斥，由全概率公式可得答案；
(2)求出X的可取值和概率可得分布列．
19.【答案】(1)证明：取CD中点为G，连接MG，FG，则MG，FG分别为三角形CDE，梯形ABCD的中位线，
∴GM//PD，FG//AD，∵MG∩FG=G，PD∩AD=G，∴平面MFG//平面PAD，
∵FM⊂平面MGF，∴FM//平面PAD，
(2)解：取AD中点为O，连接PO，OC、AE，EF、AC.
选择①：
∵BA⋅(PA+PD)=0，PA+PD=2PO，∴BA⋅PO=0，即BA⊥PO.
AD//BC，AB⊥BC，∴BA⊥AD，又∵AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD的中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵BA⊥AD，AO=BC，易知四边形ABCO为平行四边形，则OC⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，且PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，又OC⊂平面ABCD，∴PO⊥OC，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).
∴AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
选择②：
∵O为AD中点，AD//BC，且AD=2BC，易得四边形ABCO为平行四边形，则OC=AB=2，在边长为二的等边三角形PAD中，易得OP=3，∵PC=7，PC2=OP2+OC2，∴OC⊥PO，即BA⊥PO.
又BA⊥AD，AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD的中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，且PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).所以AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：
平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
选择③：
∵点P在平面ABCD的射影在直线AD上，∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，AD⊥PO，
∴OP⊥平面ABCD，所以BA⊥PO.又BA⊥AD，AD∩PO=O，且PO、AD⊂平面PAD，∴BA⊥平面PAD.
∴∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
∵tan∠AEF=AFAE=1AE，∴当AE最小时，∠AEF最大，
∴当AE⊥PD，即E为PD中点，AE最小．
∵BA⊂平面ABCD⊥，∴平面ABCD⊥平面PAD，
∵平面ABCD∩平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，
∵PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是A(0,−1,0)，P(0,0,3)，D(0,1,0)，E(0,12,32)，C(2,0,0).所以AE=(0,32,32)，AC=(2,1,0).
设平面CAE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则32y1+32z1=0,2x1+y1=0，令z1=3，得m=(12,−1,3).
由题意可知：平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
∴cos⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=25117，
∴平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为25117.
【解析】本题考查线面平行的证明，平面与平面所成角的向量求法，属于较难题．
(1)取CD中点为G，连接MG，FG，GM//PD，FG//AD，进而可证平面MFG//平面PAD，可证FM//平面PAD；
(2)根据条件选择①：由已知可证BA⊥平面PAD，PO⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．同理选择②，③，建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
20.【答案】解：(1)由题意可知2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)，
则S3−S1+S3−S2=a1+a2−2a3，即4a3=a1，
于是a3a1=q2=14，
因为q>0，所以q=12，
又a1=1，所以an=(12)n−1.
(2)证法一：因为an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，所以((12)n)bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以bn=1n(n+1)(n+2)，
所以bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，
Tn=12[11×2−12×3+12×3−13×4+13×4−14×5+⋯+1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，
Tn=12[11×2−1(n+1)(n+2)]<14；
证法二：因为an+1bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以((12)n)bn=(12)1(n+1)(n+2)，
所以bn=1n(n+1)(n+2)，
所以bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]=12[(1n−1n+1)−(1n+1−1n+2)]，
Tn=12[(11−12+12−13+⋯+1n−1n+1)−(12−13+⋯+1n+1−1n+2)]，
则Tn=12[(1−1n+1)−(12−1n+2)]=12(1−1n+1−12+1n+2)，
Tn=12(12−1n+1+1n+2)=12(12−1(n+1)(n+2))<14.
【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求；
(2)方法一、求得bn=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]，由数列的裂项相消求和和不等式的性质可得证明；方法二、求得bn=12[(1n−1n+1)−(1n+1−1n+2)]，由数列的裂项相消求和和不等式的性质可得证明．
21.【答案】解：(1)由题可得e=ca=1−b2a2=22，则a2=2b2，
又四边形ABCD为正方形，且A在第一象限，设A(x1,y1)，则x1=y1，
代入C2:x2+3y2=8可得A(2,2)，
又A在椭圆C1上，即有2a2+2b2=1，解得a2=6，b2=3，
所以C1的方程为x26+y23=1；
(2)设直线l的方程为y=k(x−3)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程y=k(x−3)x2+2y2=6⇒x2+2k2(x2−6x+9)−6=0，
整理得：(1+2k2)x2−12k2x+18k2−6=0，
∴Δ=(−12k2)2−4(1+2k2)(18k2−6)=24(1−k2)>0，解得−1
直线TM：方程为：y=y1−1x1−2(x−2)+1，令x=−3，yp=−5(y1−1)x1−2+1，
直线TN：方程为：y=y2−1x2−2(x−2)+1，令x=−3，yq=−5(y2−1)x2−2+1，
所以yp+yq=−5(y1−1)x1−2+1+−5(y2−1)x2−2+1
=−5[k(x1−2)−k−1x1−2+k(x2−2)−k−1x2−2]+2=−10k+5(k+1)⋅x1+x2−4(x1−2)(x2−2)+2
=−10k+5(k+1)⋅12k21+2k2−418k2−61+2k2−24k21+2k2+4+2=12.
【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力，是中档题．
(1)利用离心率得到a2=2b2，设A(x1,y1)，则x1=y1，代入椭圆方程，求出A的坐标，然后求解a，b，得到椭圆方程．
(2)设直线l的方程为y=k(x−3)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，结合根与系数的关系求解直线TM的方程得到P的纵坐标，求解直线TN的方程，得到Q的纵坐标，然后化简求解即可．
22.【答案】解：(1)函数定义域是(0,+∞)，
由已知f′(x)=1x−2ax+2−a=−2ax2+(2−a)x+1x=−(2x+1)(ax−1)x，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)为递增函数，
当a>0时，f′(x)>0，⇒0
所以f(x)在(0,1a)上为递增函数，在(1a,+∞)上为递减函数，
综上所述，当a≤0，f(x)在区间0, +∞上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间0, 1a上单调递增；在区间1a, +∞上单调递减；
(2)法一：
由题意得，对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，
即a≥lnx+x+1xex恒成立．
令g(x)=lnx+x+1xex，则g′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex.
令h(x)=x+lnx，则h(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为h(1e)=1e−1<0，h(1)=1>0，
所以存在x0∈(1e,1)使得h(x0)=x0+lnx0=0，
当x∈(0,x0)时h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(x0,+∞)时h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0，由于x0+lnx0=0，可得x0=−lnx0.则ex0=1x0，
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=1，又a≥lnx+x+1xex恒成立，所以a≥1.
综上所述实数a的取值范围为[1,+∞).
法二：
由题意得，对任意x∈(0,+∞)都有f(x)+a(x2+x−xex)≤x−1，即lnx+x+1≤axex⇒ln(xex)+1≤a(xex)，
令t=xex，x>0，t′=(1+x)ex>0，
所以t=xex在(0,+∞)上为增函数，所以t>t|x=0⇒t>0，∵lnt+1≤at，
∴lnt+1t≤a，
令g(t)=lnt+1t，∴g′(t)=(lnt+1t)′=−lntt2，
当t∈(0,1)，g′t>0，当t∈(1,+∞)，g′t<0，
于是g(t)=lnt+1t在(0,1)为增函数，(1,+∞)上为减函数，
所以g(t)
【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的应用，转化思想的应用，属于拔高题．
(1)求出函数定义域是(0,+∞)，函数的导数，通过a的范围，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．
(2)法一：条件转化为a≥lnx+x+1xex恒成立．令g(x)=lnx+x+1xex，求出g′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex.令h(x)=x+lnx，结合函数的单调性，转化求解g(x)的最大值，推出结果．
法二：条件转化为ln(xex)+1≤a(xex)，令t=xex，x>0，求出t′=(1+x)ex，推出t=xex在(0,+∞)上为增函数，转化求出g(t)=lnt+1t在(0,1)为增函数，(1,+∞)上为减函数，然后求解实数a的取值范围．
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