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2023年山西大学附中高考数学诊断试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2023年山西大学附中高考数学诊断试卷（3月份）（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 已知双曲线C， 考察下列两个问题等内容，欢迎下载使用。
A. 1B. 2C. 3D. 2
2. 已知集合A={y|y=2x,x∈R}，B={x|x2≤4}，则A∩B=( )
A. [−2,2]B. [−2,0)C. [0,2]D. (0,2]
3. 已知a，b∈R，则aA. 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. 在下列区间中，函数f(x)=2022cs(x−π12)单调递增的区间是( )
A. (0,π2)B. (π2,π)C. (π,3π2)D. (3π2,2π)
5. 已知双曲线C：x2k−y216=1(k>0)，若对任意实数m，直线4x+3y+m=0与C至多有一个交点，则C的离心率为( )
A. 54B. 53C. 43D. 979
6. 考察下列两个问题：①已知随机变量X∼B(n,p)，且E(X)=4，D(X)=2，记P(X=1)=a；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，B表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记P(A|B)=b，则( )
A. a=b3B. a=b4C. a=b5D. a=b6
7. 如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A. 23B. 33C. 23D. 53
8. 已知a=32π,b=sin12,c=94π2，则( )
A. c9. 小明用某款手机性能测试APP对10部不同品牌的手机的某项性能进行测试，所得的分数按从小到大的顺序(相等数据相邻排列)排列为：81，84，84，87，x，y，93，96，96，99，已知总体的中位数为90，则( )
A. x+y=180
B. 该组数据的均值一定为90
C. 该组数据的众数一定为84和96
D. 若要使该总体的标准差最小，则x=y=90
10. 如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球球心为O，E、F分别是棱AB、CC1的中点，G在棱BC上移动，则( )
A. 对于任意点G，OA//平面EFG
B. 存在点G，使OD⊥平面EFG
C. 直线EF的被球O截得的弦长为 3
D. 过直线EF的平面截球O所得截面圆面积的最小值为π2
11. 将函数g(x)=12|ωx−φ|Asinωx(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象向左平移φω个单位后得到函数y=f(x)的图象，若对∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，且f(−1)=f(3)=0，则ω的可能取值为( )
A. π2B. πC. 3π2D. 2π
12. 已知函数f(x)=xex(e为自然对数的底数)，过点(a,b)作曲线f(x)的切线.下列说法正确的是( )
A. 当a=0时，若只能作两条切线，则b=4e2
B. 当a=0，b>4e2时，则可作三条切线
C. 当0D. 当a=2，b>0时，有且只有两条切线
13. 已知α∈(0,π)，csα=−35，则cs2(α2+π4)=__________.
14. 有4名男生和2名女生共6人组成两个志愿者队伍去两个不同的场馆，要求每队既有男生又有女生，则不同的分配方法有______种．(用数字表示)
15. (x−2)3(2x+1)2展开式中x奇次项的系数之和为______.
16. 椭圆C：x2a2+y2a2−1=1的左右焦点分别为F1，F2，直线y=kx(k>0)与C相交于M，N两点，若M，F1，N，F2四点共圆(其中M在第一象限)，且直线NF2倾斜角不小于π6，则椭圆C的实轴长的取值范围是______ .
17. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2b，且2csinB=acs(C−π6).
(1)求角C；
(2)E为三角形ABC所在平面内的一点，AE=AB+AC且|AE|=2，求线段CE的长．
18. 数学家也有一些美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：Fn=22n+1(n∈N)是质数.1732年，瑞士数学家欧拉算出F5=641×6700417，该数不是质数.已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=lg2(Fn−1)−1(n∈N+)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=(n+1)lg2an+1，设为数列{2bn}的前n项和，求出Tn，并证明：对任意n∈N+，1≤Tn<2.
19. 在东京奥运会中，甲、乙、丙三名射击运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为p(0(1)若甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等，与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等，求p，q；
(2)若p=12，记三个人中成功晋级的人数为ξ，若ξ=0时和ξ=3时的概率相等，求E(ξ).
20. 如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，AC⊥BC，△PAC是边长为2的正三角形，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明：直线l⊥平面PAC；
(2)设点Q在直线l上，直线PQ与平面AEF所成的角为α，异面直线PQ与EF所成的角为θ，求当AQ为何值时，α+θ=π2.
21. 已知抛物线E：x2=2py(p>0)的焦点为F，直线x=4分别与x轴交于点P，与抛物线E交于点Q，且|QF|=54|PQ|.
(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，设点A，B，C都在抛物线E上，若△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求AB⋅AC的最小值.
22. 已知函数f(x)=ax+x2−xlna(a>0,a≠1).
(Ⅰ)求函数f(x)的极小值；
(Ⅱ)若存在x1，x2∈[−1,1]，使得|f(x1)−f(x2)|≥e−1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=1−i，
∴|z|=|1−i|= 12+(−1)2= 2.
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．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了交集及其运算，属于基础题.
分别化简集合A，B，再根据交集的定义求解即可．
【解答】
解：A={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}，
B={x|x2≤4}={x|−2≤x≤2}，
∴A∩B={x|0故选D.
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a故a由a2(ea−eb)<0⇒ea−eb<0⇒ea故a综上所述：a故选：B.
4.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=2022cs(x−π12)，
令−π+2kπ≤x−π12≤2kπ，k∈Z，
解得−1112π+2kπ≤x≤π12+2kπ，k∈Z，
所以函数的单调递增区间为[−1112π+2kπ,π12+2kπ]，k∈Z，
当k=1时可得函数的一个单调递增区间为[13π12,25π12]，
因为(3π2,2π)⊆[13π12,25π12]，
所以函数在(3π2,2π)上单调递增．
故选：D.
根据余弦函数的性质求出函数的单调递增区间，再判断即可．
本题考查了余弦函数的单调性，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：依题意可知直线4x+3y+m=0与双曲线C的渐近线y=−4 kx平行或重合，则4 k=43，
即k=9，a=3，从而c= 9+16=5，
所以C的离心率e=ca=53.
故选：B.
根据直线4x+3y+m=0与双曲线的渐近线y=−4 kx的关系求得k，从而求得c，以及双曲线的离心率．
本题考查了双曲线的离心率计算，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由E(X)=np=4D(X)=np(1−p)=2，解得p=12，n=8，
∴a=P(X=1)=C81⋅(12)(12)7=828=125，
b=P(A|B)=n(AB)n(B)=A33C31×22=12，∴a=b5.
故选：C.
根据二项分布的期望公式和方差公式求出n，从而可求得a，再根据条件概率公式求得b，即可求出答案．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了空间向量的模，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设DP=λDC1，AQ=μAC，(λ,μ∈[0,1])，利用向量模的计算公式可得：|PQ|= (1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2，从而得解.
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，
设DP=λDC1，AQ=μAC，(λ,μ∈[0,1]).
∴DP=λ(0,1,2)=(0,λ,2λ)，
DQ=DA+μ(DC−DA)
=(1,0,0)+μ(−1,1,0)=(1−μ,μ,0).
∵PQ=DQ−DP=(1−μ,μ−λ,−2λ)，
∴|PQ|= (1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2
= 5(λ−μ5)2+95(μ−59)2+49≥ 49=23，
当且仅当λ=μ5，μ=59，
即λ=19，μ=59时取等号．
∴线段PQ长度的最小值为23.
故选C.
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了利用函数的性质比较大小的应用问题，也考查了推理与判断能力，属于中档题．
先判断0【解答】
解：因为a=32π<12，且a>0，所以0又因为c=94π2=a2，所以0设f(x)=sinx，g(x)=3πx，x=π6时，f(x)=sinπ6=12，g(x)=3π×π6=12，
所以f(x)与g(x)的图象交于点(π6,12)和原点，
又因为x∈(0,π6)时，sinx>3πx，且12∈(0,π6)，
所以f(12)>g(12)，即sin12>32π，所以b>a；
所以c故选D.
9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查中位数、平均数、标准差、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
依题意可得x+y=180，即可求出平均数，即可判断A、B，再利用特殊值判断C，利用基本不等式判断D.
【解答】
解：对于A、B，∵总体的中位数为90，∴x+y=180，
∴该组数据的均值为110(81+84+84+87+x+y+93+96+96+99)=90，故A，B均正确；
对于C，当x=y=90时，众数为84，90，96，当x=87，y=93时，众数为84，87，93，96，故C错误；
对于D，要使该总体的标准差最小，即方差最小，即(x−90)2+(y−90)2最小，
(x−90)2+(y−90)2≥(x+y−180)22=0，
当且仅当x−90=y−90时，即x=y=90时等号成立，故D正确．
故选ABD.
10.【答案】BD
【解析】解：正方体的内切球的球心即正方体的中心O，R=1，
对于A，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFB，
所以OA与平面EFG相交，此时OA//平面EFG不成立，选项A错误；
对于B，当G为BC的中点时，EG⊥BD，BB1⊥EG，
且BB1∩BD=B，所以EG⊥平面BB1D，而B1D⊂平面BB1D，则EG⊥B1D，
同理，FG⊥平面B1CD，可得FG⊥B1D，
且EG∩FG=G，所以B1D⊥平面EFG，即OD垂直于平面EFG，选项B正确；
对于C，EF= EC2+FC2= 5+1= 6，取EF的中点M，
由对称性可知，OE=OF，所以OM⊥EF，
因为OE= 2，所以OM= OE2−EM2= 22，即O到EF的距离为 22，
所以直线EF的被球O截得的弦长为2 R2−OM2=2 1−( 22)2= 2，选项C错误；
对于D，设截面圆的半径为r，O到平面的距离为d，则r2+d2=R2，
当O到平面的距离最大时，截面圆的半径r最小，
因为O到平面的距离小于等于O到EF的距离，所以当d= 22时，r取得最小值为rmin= 1−( 22)2= 22，
所以半径最小时圆的面积为πr2=π2，选项D正确．
故选：BD.
当G与B重合时，即可判断选项A错误；
取G为BC的中点，由此判断选项B正确；
求出球心O到EF的距离，再求直线EF的被球O截得的弦长，即可判断选项C错误；
由球与截面圆的关系求解最小圆的半径，得到半径最小圆的面积，从而判断选项D正确．
本题考查了空间中直线与平面间的位置关系和正方体的内切球应用问题，也考查了空间想象能力与思维能力，以及运算求解能力，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角函数的图象变换和性质的应用，属于中档题．
由图象平移可得f(x)=12|ωx|Asin(ωx+φ)，分析∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，可得f(x)为偶函数，结合范围可得φ=π2，代入f(−1)=f(3)=0，分析即得解．
【解答】
解：将函数g(x)=12|ωx−φ|Asinωx(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象向左平移φω个单位后得到函数y=f(x)的图象，
故函数f(x)=12|ωx|Asin(ωx+φ)，
对∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，
即∀x∈R，f(x)=f(−x)，
故f(x)为偶函数，因为y=12ωx为偶函数，
所以φ=kπ+π2,k∈Z，
又0<φ<π，所以φ=π2，
故f(x)=12|ωx|Acsωx，
f(−1)=12ωAcsω=0，所以ω=kπ+π2,k∈Z，
f(3)=18ωAcs3ω=0，所以3ω=kπ+π2,k∈Z，
可得ω和3ω均为π2的奇数倍，故ω的可能取值为π2,3π2.
故选AC.
12.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=xex，∴f′(x)=1−xex，
设切点坐标为(x0,x0ex0)，则切线的斜率为k=f′(x0)=1−x0ex0，
∴切线方程为y−x0ex0=1−x0ex0(x−x0)，
对于A，当a=0时，b=4e2，
设g(x)=x2ex，∴g′(x)=x(2−x)ex，∴当x∈(−∞,0)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(2,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增，如图，
当x=0时，g(x)取得极小值，极小值为0，
当x=2时，g(x)取得极大值，极大值为4e2，
若只能做两条切线，y=b与g(x)=x2ex有且只有两个交点，则b=4b2，故A正确；
对于B，当a=0时，b>4e2时，则y=b与g(x)=x2ex有且只有一个交点，
∴可做和一条切线，故B错误；
对于C，当0设h(x)=x2+(1−x)aex，则h′(x)=−x2+(2+a)x−2aex=(2−x)(x−a)ex，
∵0当x∈(a,+∞)时，h′(a)>0，h(x)单调递增，如图，
∴当x=a时，h(x)取得极小值，极小值为aea，当x=2时，h(x)取得极大值，极大值为4−ae2，
∵当0对于D，当a=2时，b=x02+2(1−x0)ex0，
此时，设k(x)=x2+2(1−x)ex，则k′(x)=−x2+4x−4ex=−(x−2)2ex≤0，
∴k(x)单调递减，且k(x)>0，如图，
∴当b>0时，y=b与k(x)只有1个交点，
∴有且只有1条切线，故D错误．
故选：AC.
先根据函数f(x)，设出切点，写出切线方程，然后再根据4个选项中a的取值，确定b的取值，设出函数，求导，判断其单调区间，求解其极值并作图，观察y=b与函数图象的交点个数，从而确定切线方程的条数，即可完成求解．
本题考查命题真假的判断，考查导数性质、导数的几何意义、切线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】110
【解析】
【分析】
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinα的值，进而利用二倍角公式，诱导公式化简所求即可得解．
【解答】
解：因为α∈(0,π)，csα=−35，
所以sinα= 1−cs2α=45，
则cs2(α2+π4)=1+cs(α+π2)2=1−sinα2=1−452=110.
故答案为110.
14.【答案】28
【解析】解：设两个不同的场馆为甲、乙，
①当甲场馆3名男生1名女生，乙场馆1名男生1名女生时，不同的分配方法有12C43C=8种，
②当甲场馆2名男生1名女生，乙场馆2名男生1名女生时，不同的分配方法有12C42C=12种，
③当甲场馆1名男生1名女生，乙场馆3名男生1名女生时，不同的分配方法有12C41C=8种，
由①②③得，不同的分配方法有8+12+8=28种，
故答案为：28.
由分类计数原理，分①甲场馆3名男生1名女生，乙场馆1名男生1名女生，②甲场馆2名男生1名女生，乙场馆2名男生1名女生，③甲场馆1名男生1名女生，乙场馆3名男生1名女生三种情况求解即可，
本题考查了排列组合，重点考查了分类计数原理，属基础题．
15.【答案】9
【解析】解：(x−2)3(2x+1)2=(x3−6x2+12x−8)(4x2+4x+1)
=4x5−20x4+25x3+10x2−20x−8
开式中x奇次项的系数之和=4+25−20=9.
故答案为：9.
展开即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】[ 3+1,2 2)
【解析】解：设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和M，F1，N，F2四点共圆，
则四边形MF1NF2为矩形，
所以以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，
则c>b，
所以2c2>a2，又由题意c2=a2−(a2−1)=1，即c=1，
故a2<2，即a< 2，
因为直线NF2倾斜角不小于π6，
所以直线MF1的倾斜角不小于π6，
则|F2M||F1M|≥ 33，化简可得|F1M|≤ 3|F2M|，
因为|F1M|+|F2M|=2a，
所以2a−|F2M|≤ 3|F2M|，则|F2M|≥( 3−1)a，
又(2a−|F2M|)2+|F2M|2=4c2=4，所以|F2M|=a− 2−a2，
故a− 2−a2≥( 3−1)a，解得a≥ 3+12，
所以2a≥ 3+1，
综上所述，椭圆C的实轴长的取值范围是[ 3+1,2 2).
故答案为：[ 3+1,2 2).
先求得c，由椭圆的中心对称性和圆的性质得到以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，得到a< 2，再利用直线NF2倾斜角，结合椭圆的定义，得到关于a，c的不等式，求解即可得到答案．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由a=2b，得sinA=2sinB，
又2csinB=acs(C−π6)，
∴2sinCsinB=sinAcs(C−π6)=2sinBcs(C−π6)，
因为B是三角形内角，所以sinB≠0，
∴sinC=cs(C−π6)= 32csC+12sinC，
∴tanC= 3，又C∈(0,π)，
所以C=π3.
(2)设AE与BC交于M，
由AE=AB+AC，知四边形ABEC为平行四边形，∴M为BC的中点，
∵a=2b，∴MC=CA，∵C=π3，∴△AMC是等边三角形，∴∠AMC=π3，
∴∠EMC=2π3，
又∵|AE|=2，∴AM=1=MC=ME，
在△MEC中，由余弦定理有EC2=ME2+CM2−2MC×ME×cs∠CME=1+1+1=3，
∴CE= 3.
【解析】本题考查正余弦定理，考查学生的运算求解能力，属于中档题.
(1)由a=2b，得sinA=2sinB，进而由已知可得tanC= 3，可求C；
(2)设AE与BC交于M，由AE=AB+AC，知M为BC的中点，可求得∠EMC=2π3，AM=1=MC=ME，在△MEC中，由余弦定理可求CE.
18.【答案】解：(1)Sn=lg2(Fn−1)−1=lg222n−1=2n−1，
当n=1时，a1=S1=1，n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−1+1=2n−1，对n=1也成立，
则an=2n−1，n∈N*；
(2)bn=(n+1)lg2an+1=(n+1)lg22n=n(n+1)，
2bn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则Tn=2(1−12+12−13+…+1n−1n+1)=2(1−1n+1)，
由于2(1−1n+1)随着n的增大而增大，可得T1≤Tn<2，
即对任意n∈N+，1≤Tn<2.
【解析】(1)求得Sn，运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，an=Sn−Sn−1，即可得到所求通项公式；
(2)求得bn，运用数列的裂项相消求和和数列的单调性、不等式的性质，即可得到所求．
本题考查数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和和数列的单调性的判断以及运用，化简运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵甲晋级的概率为p(0∴乙没有晋级的概率为1−q，丙没有晋级的概率为1−q，
∵三人是否晋级相互对立，
∴乙与丙均没有晋级的概率为(1−q)2，
∵甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等，
∴p=(1−q)2①，
又∵甲晋级的概率与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等，
∴p=q(1−q)+(1−q)q=2q(1−q)②，
联立①②可得，p=49q=13.
(2)∵三人是否晋级相互对立，
∴P(ξ=0)=(1−12)(1−q)(1−q)=12(1−q)2，P(ξ=3)=12q⋅q=12q2，
∵ξ=0时和ξ=3时的概率相等，
∴12(1−q)2=12q2，解得q=12，
由题意可得，ξ所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=(1−12)×(1−12)×(1−12)=18，
P(ξ=1)=(1−12)×(1−12)×12×3=38，
P(ξ=2)=12×12×(1−12)×3=38，
P(ξ=3)=12×12×12=18，
故E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32.
【解析】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
(1)根据已知条件，结合相互独立事件的概率公式可得，p=(1−q)2①，p=q(1−q)+(1−q)q=2q(1−q)②，联立①②，即可求解．
(2)三人是否晋级相互对立，则P(ξ=0)=(1−12)(1−q)(1−q)=12(1−q)2，P(ξ=3)=12q⋅q=12q2，结合已知条件，ξ=0时和ξ=3时的概率相等，求出q的值，ξ所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，并结合期望公式，即可求解．
20.【答案】(1)证明：∵E，F分别为PB，PC中点，
∴BC//EF，
又EF⊆平面EFA，BC⫋平面EFA，
∴BC//平面EFA
又BC⊆平面ABC，平面EFA∩平面ABC=l，
∴l//BC.
∵AC⊥BC，
∴EF⊥BC，
∵PA=PC=AC=2，
∴AE⊥PC，
∵AC⊥BC，平面PAC⊥平面ABC，
∴BC⊥平面PAC，
∵l//BC
∴直线l⊥平面PAC，
(2)如图建立坐标系得出：C(0,0,0)，A(2,0,0)，
E(12,0, 32)，F(12,2, 32)，P(1,0, 3)，Q(2,y,0)
∴CP=(1,0, 3)为平面AEF的法向量，EF=(0,2,0)，PQ=(1,y,− 3)
∴cs=−22 4+y2=−1 y2+4，cs=2y2 4+y2=y 4+y2，
设直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角分别为α，β，α+β=π2，
∴sinα=|−1 y2+4|，csβ=|−1+4y3 y2+4|，sinα=csβ，
即1=|y|，求解y=±1，y=0，A(2,0,0)，
存在Q(2,1,0)或Q(2,−1,0)，
即当AQ=1时，α+β=π2.
【解析】(1)利用中位线，直线平面的平行问题得出l//BC，根据直线平面的垂直问题得出BC⊥平面PAC，即可得出直线l⊥平面PAC.
(2)建立坐标系得出平面AEF的法向量，cs，cs，直线平面，直线的夹角的关系求解即可，sinα=|−1 y2+4|，csβ=|−1+4y3 y2+4|，sinα=csβ.
本题综合考查了空间直线，平面的位置关系，判断方法，空间向量解决存在性问题，运用代数方法求解几何问题，考查了学生的计算能力．
21.【答案】解：(1)设点Q(4,y0)，由点Q在抛物线E上，且|QF|=54|PQ|得：
2py0=16y0+p2=54y0，解得：p=2，
故抛物线E的方程为：x2=4y.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，(x1>x2>x3)，
设直线AB的斜率为k(k>0)，
∵AB⊥BC，
∴直线BC的斜率为−1k，
∵|AB|=|BC|，
∴|x1−x2|⋅ 1+k2=|x2−x3|⋅ 1+1k2，
即x2−x3=k(x1−x2)①，
∵k=y1−y2x1−x2=x124−x224x1−x2=x1+x24，
∴x1+x2=4k，即x1=4k−x2②，
∵−1k=y2−y3x2−x3=x224−x124x2−x3=x2+x34，
∴x2+x3=−4k，即x3=−x2−4k③，
将②③代入①得：2x2+4k−k(4k−2x2)=0，
即(k+1)x2=2k2−2k=2(k3−1)k，
则x2=2(k3−1)k(k+1)，
∴AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cs45∘=|AB|2=(x1−x2)2(1+k2)=(4k−2x2)2(1+k2)=[4k−4(k3−1)k(k+1)]2(1+k2)=16(k2+1)3k2(k+1)，
∵k2+1≥2k，则(k2+1)2≥4k2，
∵k2+1≥(k+1)22，
∴(k2+1)3≥2k2(k+1)2，
∴(k2+1)3k2(k+1)2≥2，当且仅当k=1时取等号，
所以AB⋅AC的最小值为32.
【解析】(1)设点Q(4,y0)，根据点Q在抛物线E上，且|QF|=54|PQ|列方程组求得p值，即可求得抛物线方程；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，直线AB的斜率为k，由|AB|=|BC|可得x2−x3=k(x1−x2)，然后结合k=x1+x24，−1k=x2+x34，可得：x2=2(k3−1)k(k+1)，然后可得AB⋅AC=|AB|2，然后可求出答案．
本题考查抛物线的标准方程及抛物线的性质，是难题．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵函数f(x)=ax+x2−xlna，
∴f′(x)=axlna+2x−lna=2x+(ax−1)lna>0
①当a>1，y=2x单调递增，lna>0，
所以y=(ax−1)lna单调递增，故y=2x+(ax−1)lna单调递增，
由f′(x)>0得：x>0，由f′(x)<0得：x<0
故函数f(x)在x=0时，函数f(x)取极小值1；
②当0由f′(x)>0得：x>0，由f′(x)<0得：x<0
故函数f(x)在x=0时，函数f(x)取极小值1；
在x=0时，函数f(x)取极小值1…(6分)
(Ⅱ)因为存在x1，x2∈[−1,1]，使得|f(x1)−f(x2)|≥e−1，
所以当x∈[−1,1]时，|(f(x))max−(f(x))min|
=(f(x))max−(f(x))min≥e−1，(12分)
由(1)知，f(x)在[−1,0]上递减，在[0,1]上递增，
所以当x∈[−1,1]时，(f(x))min=f(0)=1，
(f(x))max=max{f(−1),f(1)}，
而f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna，
记g(t)=t−1t−2lnt(t>0)，
因为g′(t)=1+1t2−2t=(1t−1)2≥0(当t=1时取等号)，
所以g(t)=t−1t−2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增，而g(1)=0，
所以当t>1时，g(t)>0；当0也就是当a>1时，f(1)>f(−1)；
当0①当a>1时，由f(1)−f(0)≥e−1⇒a−lna≥e−1⇒a≥e，
②当0综上知，所求a的取值范围为a∈(0,1e]∪[e,+∞).
【解析】(Ⅰ)先求原函数的导数得：f′(x)=axlna+2x−lna=2x+(ax−1)lna，再对a进行讨论，分析函数的单调性，进而得到函数的极小值；
(Ⅱ)f(x)的最大值减去f(x)的最小值大于或等于e−1，由单调性知，f(x)的最大值是f(1)或f(−1)，最小值f(0)=1，由f(1)−f(−1)的单调性，判断f(1)与f(−1)的大小关系，再由f(x)的最大值减去最小值f(0)大于或等于e−1求出a的取值范围
本题考查了基本函数导数公式，导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的最值．属于中档题
A. 1B. 2C. 3D. 2
2. 已知集合A={y|y=2x,x∈R}，B={x|x2≤4}，则A∩B=( )
A. [−2,2]B. [−2,0)C. [0,2]D. (0,2]
3. 已知a，b∈R，则a
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 在下列区间中，函数f(x)=2022cs(x−π12)单调递增的区间是( )
A. (0,π2)B. (π2,π)C. (π,3π2)D. (3π2,2π)
5. 已知双曲线C：x2k−y216=1(k>0)，若对任意实数m，直线4x+3y+m=0与C至多有一个交点，则C的离心率为( )
A. 54B. 53C. 43D. 979
6. 考察下列两个问题：①已知随机变量X∼B(n,p)，且E(X)=4，D(X)=2，记P(X=1)=a；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，B表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记P(A|B)=b，则( )
A. a=b3B. a=b4C. a=b5D. a=b6
7. 如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A. 23B. 33C. 23D. 53
8. 已知a=32π,b=sin12,c=94π2，则( )
A. c
A. x+y=180
B. 该组数据的均值一定为90
C. 该组数据的众数一定为84和96
D. 若要使该总体的标准差最小，则x=y=90
10. 如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球球心为O，E、F分别是棱AB、CC1的中点，G在棱BC上移动，则( )
A. 对于任意点G，OA//平面EFG
B. 存在点G，使OD⊥平面EFG
C. 直线EF的被球O截得的弦长为 3
D. 过直线EF的平面截球O所得截面圆面积的最小值为π2
11. 将函数g(x)=12|ωx−φ|Asinωx(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象向左平移φω个单位后得到函数y=f(x)的图象，若对∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，且f(−1)=f(3)=0，则ω的可能取值为( )
A. π2B. πC. 3π2D. 2π
12. 已知函数f(x)=xex(e为自然对数的底数)，过点(a,b)作曲线f(x)的切线.下列说法正确的是( )
A. 当a=0时，若只能作两条切线，则b=4e2
B. 当a=0，b>4e2时，则可作三条切线
C. 当0
13. 已知α∈(0,π)，csα=−35，则cs2(α2+π4)=__________.
14. 有4名男生和2名女生共6人组成两个志愿者队伍去两个不同的场馆，要求每队既有男生又有女生，则不同的分配方法有______种．(用数字表示)
15. (x−2)3(2x+1)2展开式中x奇次项的系数之和为______.
16. 椭圆C：x2a2+y2a2−1=1的左右焦点分别为F1，F2，直线y=kx(k>0)与C相交于M，N两点，若M，F1，N，F2四点共圆(其中M在第一象限)，且直线NF2倾斜角不小于π6，则椭圆C的实轴长的取值范围是______ .
17. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2b，且2csinB=acs(C−π6).
(1)求角C；
(2)E为三角形ABC所在平面内的一点，AE=AB+AC且|AE|=2，求线段CE的长．
18. 数学家也有一些美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：Fn=22n+1(n∈N)是质数.1732年，瑞士数学家欧拉算出F5=641×6700417，该数不是质数.已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=lg2(Fn−1)−1(n∈N+)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=(n+1)lg2an+1，设为数列{2bn}的前n项和，求出Tn，并证明：对任意n∈N+，1≤Tn<2.
19. 在东京奥运会中，甲、乙、丙三名射击运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为p(0
(2)若p=12，记三个人中成功晋级的人数为ξ，若ξ=0时和ξ=3时的概率相等，求E(ξ).
20. 如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，AC⊥BC，△PAC是边长为2的正三角形，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明：直线l⊥平面PAC；
(2)设点Q在直线l上，直线PQ与平面AEF所成的角为α，异面直线PQ与EF所成的角为θ，求当AQ为何值时，α+θ=π2.
21. 已知抛物线E：x2=2py(p>0)的焦点为F，直线x=4分别与x轴交于点P，与抛物线E交于点Q，且|QF|=54|PQ|.
(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，设点A，B，C都在抛物线E上，若△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求AB⋅AC的最小值.
22. 已知函数f(x)=ax+x2−xlna(a>0,a≠1).
(Ⅰ)求函数f(x)的极小值；
(Ⅱ)若存在x1，x2∈[−1,1]，使得|f(x1)−f(x2)|≥e−1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=1−i，
∴|z|=|1−i|= 12+(−1)2= 2.
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．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了交集及其运算，属于基础题.
分别化简集合A，B，再根据交集的定义求解即可．
【解答】
解：A={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}，
B={x|x2≤4}={x|−2≤x≤2}，
∴A∩B={x|0
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a
4.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=2022cs(x−π12)，
令−π+2kπ≤x−π12≤2kπ，k∈Z，
解得−1112π+2kπ≤x≤π12+2kπ，k∈Z，
所以函数的单调递增区间为[−1112π+2kπ,π12+2kπ]，k∈Z，
当k=1时可得函数的一个单调递增区间为[13π12,25π12]，
因为(3π2,2π)⊆[13π12,25π12]，
所以函数在(3π2,2π)上单调递增．
故选：D.
根据余弦函数的性质求出函数的单调递增区间，再判断即可．
本题考查了余弦函数的单调性，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：依题意可知直线4x+3y+m=0与双曲线C的渐近线y=−4 kx平行或重合，则4 k=43，
即k=9，a=3，从而c= 9+16=5，
所以C的离心率e=ca=53.
故选：B.
根据直线4x+3y+m=0与双曲线的渐近线y=−4 kx的关系求得k，从而求得c，以及双曲线的离心率．
本题考查了双曲线的离心率计算，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由E(X)=np=4D(X)=np(1−p)=2，解得p=12，n=8，
∴a=P(X=1)=C81⋅(12)(12)7=828=125，
b=P(A|B)=n(AB)n(B)=A33C31×22=12，∴a=b5.
故选：C.
根据二项分布的期望公式和方差公式求出n，从而可求得a，再根据条件概率公式求得b，即可求出答案．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了空间向量的模，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设DP=λDC1，AQ=μAC，(λ,μ∈[0,1])，利用向量模的计算公式可得：|PQ|= (1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2，从而得解.
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，
设DP=λDC1，AQ=μAC，(λ,μ∈[0,1]).
∴DP=λ(0,1,2)=(0,λ,2λ)，
DQ=DA+μ(DC−DA)
=(1,0,0)+μ(−1,1,0)=(1−μ,μ,0).
∵PQ=DQ−DP=(1−μ,μ−λ,−2λ)，
∴|PQ|= (1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2
= 5(λ−μ5)2+95(μ−59)2+49≥ 49=23，
当且仅当λ=μ5，μ=59，
即λ=19，μ=59时取等号．
∴线段PQ长度的最小值为23.
故选C.
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了利用函数的性质比较大小的应用问题，也考查了推理与判断能力，属于中档题．
先判断0
解：因为a=32π<12，且a>0，所以0
所以f(x)与g(x)的图象交于点(π6,12)和原点，
又因为x∈(0,π6)时，sinx>3πx，且12∈(0,π6)，
所以f(12)>g(12)，即sin12>32π，所以b>a；
所以c
9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查中位数、平均数、标准差、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
依题意可得x+y=180，即可求出平均数，即可判断A、B，再利用特殊值判断C，利用基本不等式判断D.
【解答】
解：对于A、B，∵总体的中位数为90，∴x+y=180，
∴该组数据的均值为110(81+84+84+87+x+y+93+96+96+99)=90，故A，B均正确；
对于C，当x=y=90时，众数为84，90，96，当x=87，y=93时，众数为84，87，93，96，故C错误；
对于D，要使该总体的标准差最小，即方差最小，即(x−90)2+(y−90)2最小，
(x−90)2+(y−90)2≥(x+y−180)22=0，
当且仅当x−90=y−90时，即x=y=90时等号成立，故D正确．
故选ABD.
10.【答案】BD
【解析】解：正方体的内切球的球心即正方体的中心O，R=1，
对于A，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFB，
所以OA与平面EFG相交，此时OA//平面EFG不成立，选项A错误；
对于B，当G为BC的中点时，EG⊥BD，BB1⊥EG，
且BB1∩BD=B，所以EG⊥平面BB1D，而B1D⊂平面BB1D，则EG⊥B1D，
同理，FG⊥平面B1CD，可得FG⊥B1D，
且EG∩FG=G，所以B1D⊥平面EFG，即OD垂直于平面EFG，选项B正确；
对于C，EF= EC2+FC2= 5+1= 6，取EF的中点M，
由对称性可知，OE=OF，所以OM⊥EF，
因为OE= 2，所以OM= OE2−EM2= 22，即O到EF的距离为 22，
所以直线EF的被球O截得的弦长为2 R2−OM2=2 1−( 22)2= 2，选项C错误；
对于D，设截面圆的半径为r，O到平面的距离为d，则r2+d2=R2，
当O到平面的距离最大时，截面圆的半径r最小，
因为O到平面的距离小于等于O到EF的距离，所以当d= 22时，r取得最小值为rmin= 1−( 22)2= 22，
所以半径最小时圆的面积为πr2=π2，选项D正确．
故选：BD.
当G与B重合时，即可判断选项A错误；
取G为BC的中点，由此判断选项B正确；
求出球心O到EF的距离，再求直线EF的被球O截得的弦长，即可判断选项C错误；
由球与截面圆的关系求解最小圆的半径，得到半径最小圆的面积，从而判断选项D正确．
本题考查了空间中直线与平面间的位置关系和正方体的内切球应用问题，也考查了空间想象能力与思维能力，以及运算求解能力，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角函数的图象变换和性质的应用，属于中档题．
由图象平移可得f(x)=12|ωx|Asin(ωx+φ)，分析∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，可得f(x)为偶函数，结合范围可得φ=π2，代入f(−1)=f(3)=0，分析即得解．
【解答】
解：将函数g(x)=12|ωx−φ|Asinωx(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象向左平移φω个单位后得到函数y=f(x)的图象，
故函数f(x)=12|ωx|Asin(ωx+φ)，
对∀x∈R，f(1−x)=f(x−1)，
即∀x∈R，f(x)=f(−x)，
故f(x)为偶函数，因为y=12ωx为偶函数，
所以φ=kπ+π2,k∈Z，
又0<φ<π，所以φ=π2，
故f(x)=12|ωx|Acsωx，
f(−1)=12ωAcsω=0，所以ω=kπ+π2,k∈Z，
f(3)=18ωAcs3ω=0，所以3ω=kπ+π2,k∈Z，
可得ω和3ω均为π2的奇数倍，故ω的可能取值为π2,3π2.
故选AC.
12.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=xex，∴f′(x)=1−xex，
设切点坐标为(x0,x0ex0)，则切线的斜率为k=f′(x0)=1−x0ex0，
∴切线方程为y−x0ex0=1−x0ex0(x−x0)，
对于A，当a=0时，b=4e2，
设g(x)=x2ex，∴g′(x)=x(2−x)ex，∴当x∈(−∞,0)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(2,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增，如图，
当x=0时，g(x)取得极小值，极小值为0，
当x=2时，g(x)取得极大值，极大值为4e2，
若只能做两条切线，y=b与g(x)=x2ex有且只有两个交点，则b=4b2，故A正确；
对于B，当a=0时，b>4e2时，则y=b与g(x)=x2ex有且只有一个交点，
∴可做和一条切线，故B错误；
对于C，当0
∵0
∴当x=a时，h(x)取得极小值，极小值为aea，当x=2时，h(x)取得极大值，极大值为4−ae2，
∵当0
此时，设k(x)=x2+2(1−x)ex，则k′(x)=−x2+4x−4ex=−(x−2)2ex≤0，
∴k(x)单调递减，且k(x)>0，如图，
∴当b>0时，y=b与k(x)只有1个交点，
∴有且只有1条切线，故D错误．
故选：AC.
先根据函数f(x)，设出切点，写出切线方程，然后再根据4个选项中a的取值，确定b的取值，设出函数，求导，判断其单调区间，求解其极值并作图，观察y=b与函数图象的交点个数，从而确定切线方程的条数，即可完成求解．
本题考查命题真假的判断，考查导数性质、导数的几何意义、切线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】110
【解析】
【分析】
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinα的值，进而利用二倍角公式，诱导公式化简所求即可得解．
【解答】
解：因为α∈(0,π)，csα=−35，
所以sinα= 1−cs2α=45，
则cs2(α2+π4)=1+cs(α+π2)2=1−sinα2=1−452=110.
故答案为110.
14.【答案】28
【解析】解：设两个不同的场馆为甲、乙，
①当甲场馆3名男生1名女生，乙场馆1名男生1名女生时，不同的分配方法有12C43C=8种，
②当甲场馆2名男生1名女生，乙场馆2名男生1名女生时，不同的分配方法有12C42C=12种，
③当甲场馆1名男生1名女生，乙场馆3名男生1名女生时，不同的分配方法有12C41C=8种，
由①②③得，不同的分配方法有8+12+8=28种，
故答案为：28.
由分类计数原理，分①甲场馆3名男生1名女生，乙场馆1名男生1名女生，②甲场馆2名男生1名女生，乙场馆2名男生1名女生，③甲场馆1名男生1名女生，乙场馆3名男生1名女生三种情况求解即可，
本题考查了排列组合，重点考查了分类计数原理，属基础题．
15.【答案】9
【解析】解：(x−2)3(2x+1)2=(x3−6x2+12x−8)(4x2+4x+1)
=4x5−20x4+25x3+10x2−20x−8
开式中x奇次项的系数之和=4+25−20=9.
故答案为：9.
展开即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】[ 3+1,2 2)
【解析】解：设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和M，F1，N，F2四点共圆，
则四边形MF1NF2为矩形，
所以以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，
则c>b，
所以2c2>a2，又由题意c2=a2−(a2−1)=1，即c=1，
故a2<2，即a< 2，
因为直线NF2倾斜角不小于π6，
所以直线MF1的倾斜角不小于π6，
则|F2M||F1M|≥ 33，化简可得|F1M|≤ 3|F2M|，
因为|F1M|+|F2M|=2a，
所以2a−|F2M|≤ 3|F2M|，则|F2M|≥( 3−1)a，
又(2a−|F2M|)2+|F2M|2=4c2=4，所以|F2M|=a− 2−a2，
故a− 2−a2≥( 3−1)a，解得a≥ 3+12，
所以2a≥ 3+1，
综上所述，椭圆C的实轴长的取值范围是[ 3+1,2 2).
故答案为：[ 3+1,2 2).
先求得c，由椭圆的中心对称性和圆的性质得到以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，得到a< 2，再利用直线NF2倾斜角，结合椭圆的定义，得到关于a，c的不等式，求解即可得到答案．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由a=2b，得sinA=2sinB，
又2csinB=acs(C−π6)，
∴2sinCsinB=sinAcs(C−π6)=2sinBcs(C−π6)，
因为B是三角形内角，所以sinB≠0，
∴sinC=cs(C−π6)= 32csC+12sinC，
∴tanC= 3，又C∈(0,π)，
所以C=π3.
(2)设AE与BC交于M，
由AE=AB+AC，知四边形ABEC为平行四边形，∴M为BC的中点，
∵a=2b，∴MC=CA，∵C=π3，∴△AMC是等边三角形，∴∠AMC=π3，
∴∠EMC=2π3，
又∵|AE|=2，∴AM=1=MC=ME，
在△MEC中，由余弦定理有EC2=ME2+CM2−2MC×ME×cs∠CME=1+1+1=3，
∴CE= 3.
【解析】本题考查正余弦定理，考查学生的运算求解能力，属于中档题.
(1)由a=2b，得sinA=2sinB，进而由已知可得tanC= 3，可求C；
(2)设AE与BC交于M，由AE=AB+AC，知M为BC的中点，可求得∠EMC=2π3，AM=1=MC=ME，在△MEC中，由余弦定理可求CE.
18.【答案】解：(1)Sn=lg2(Fn−1)−1=lg222n−1=2n−1，
当n=1时，a1=S1=1，n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−1+1=2n−1，对n=1也成立，
则an=2n−1，n∈N*；
(2)bn=(n+1)lg2an+1=(n+1)lg22n=n(n+1)，
2bn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则Tn=2(1−12+12−13+…+1n−1n+1)=2(1−1n+1)，
由于2(1−1n+1)随着n的增大而增大，可得T1≤Tn<2，
即对任意n∈N+，1≤Tn<2.
【解析】(1)求得Sn，运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，an=Sn−Sn−1，即可得到所求通项公式；
(2)求得bn，运用数列的裂项相消求和和数列的单调性、不等式的性质，即可得到所求．
本题考查数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和和数列的单调性的判断以及运用，化简运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵甲晋级的概率为p(0
∵三人是否晋级相互对立，
∴乙与丙均没有晋级的概率为(1−q)2，
∵甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等，
∴p=(1−q)2①，
又∵甲晋级的概率与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等，
∴p=q(1−q)+(1−q)q=2q(1−q)②，
联立①②可得，p=49q=13.
(2)∵三人是否晋级相互对立，
∴P(ξ=0)=(1−12)(1−q)(1−q)=12(1−q)2，P(ξ=3)=12q⋅q=12q2，
∵ξ=0时和ξ=3时的概率相等，
∴12(1−q)2=12q2，解得q=12，
由题意可得，ξ所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=(1−12)×(1−12)×(1−12)=18，
P(ξ=1)=(1−12)×(1−12)×12×3=38，
P(ξ=2)=12×12×(1−12)×3=38，
P(ξ=3)=12×12×12=18，
故E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32.
【解析】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
(1)根据已知条件，结合相互独立事件的概率公式可得，p=(1−q)2①，p=q(1−q)+(1−q)q=2q(1−q)②，联立①②，即可求解．
(2)三人是否晋级相互对立，则P(ξ=0)=(1−12)(1−q)(1−q)=12(1−q)2，P(ξ=3)=12q⋅q=12q2，结合已知条件，ξ=0时和ξ=3时的概率相等，求出q的值，ξ所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，并结合期望公式，即可求解．
20.【答案】(1)证明：∵E，F分别为PB，PC中点，
∴BC//EF，
又EF⊆平面EFA，BC⫋平面EFA，
∴BC//平面EFA
又BC⊆平面ABC，平面EFA∩平面ABC=l，
∴l//BC.
∵AC⊥BC，
∴EF⊥BC，
∵PA=PC=AC=2，
∴AE⊥PC，
∵AC⊥BC，平面PAC⊥平面ABC，
∴BC⊥平面PAC，
∵l//BC
∴直线l⊥平面PAC，
(2)如图建立坐标系得出：C(0,0,0)，A(2,0,0)，
E(12,0, 32)，F(12,2, 32)，P(1,0, 3)，Q(2,y,0)
∴CP=(1,0, 3)为平面AEF的法向量，EF=(0,2,0)，PQ=(1,y,− 3)
∴cs
设直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角分别为α，β，α+β=π2，
∴sinα=|−1 y2+4|，csβ=|−1+4y3 y2+4|，sinα=csβ，
即1=|y|，求解y=±1，y=0，A(2,0,0)，
存在Q(2,1,0)或Q(2,−1,0)，
即当AQ=1时，α+β=π2.
【解析】(1)利用中位线，直线平面的平行问题得出l//BC，根据直线平面的垂直问题得出BC⊥平面PAC，即可得出直线l⊥平面PAC.
(2)建立坐标系得出平面AEF的法向量，cs
本题综合考查了空间直线，平面的位置关系，判断方法，空间向量解决存在性问题，运用代数方法求解几何问题，考查了学生的计算能力．
21.【答案】解：(1)设点Q(4,y0)，由点Q在抛物线E上，且|QF|=54|PQ|得：
2py0=16y0+p2=54y0，解得：p=2，
故抛物线E的方程为：x2=4y.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，(x1>x2>x3)，
设直线AB的斜率为k(k>0)，
∵AB⊥BC，
∴直线BC的斜率为−1k，
∵|AB|=|BC|，
∴|x1−x2|⋅ 1+k2=|x2−x3|⋅ 1+1k2，
即x2−x3=k(x1−x2)①，
∵k=y1−y2x1−x2=x124−x224x1−x2=x1+x24，
∴x1+x2=4k，即x1=4k−x2②，
∵−1k=y2−y3x2−x3=x224−x124x2−x3=x2+x34，
∴x2+x3=−4k，即x3=−x2−4k③，
将②③代入①得：2x2+4k−k(4k−2x2)=0，
即(k+1)x2=2k2−2k=2(k3−1)k，
则x2=2(k3−1)k(k+1)，
∴AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cs45∘=|AB|2=(x1−x2)2(1+k2)=(4k−2x2)2(1+k2)=[4k−4(k3−1)k(k+1)]2(1+k2)=16(k2+1)3k2(k+1)，
∵k2+1≥2k，则(k2+1)2≥4k2，
∵k2+1≥(k+1)22，
∴(k2+1)3≥2k2(k+1)2，
∴(k2+1)3k2(k+1)2≥2，当且仅当k=1时取等号，
所以AB⋅AC的最小值为32.
【解析】(1)设点Q(4,y0)，根据点Q在抛物线E上，且|QF|=54|PQ|列方程组求得p值，即可求得抛物线方程；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，直线AB的斜率为k，由|AB|=|BC|可得x2−x3=k(x1−x2)，然后结合k=x1+x24，−1k=x2+x34，可得：x2=2(k3−1)k(k+1)，然后可得AB⋅AC=|AB|2，然后可求出答案．
本题考查抛物线的标准方程及抛物线的性质，是难题．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵函数f(x)=ax+x2−xlna，
∴f′(x)=axlna+2x−lna=2x+(ax−1)lna>0
①当a>1，y=2x单调递增，lna>0，
所以y=(ax−1)lna单调递增，故y=2x+(ax−1)lna单调递增，
由f′(x)>0得：x>0，由f′(x)<0得：x<0
故函数f(x)在x=0时，函数f(x)取极小值1；
②当0
故函数f(x)在x=0时，函数f(x)取极小值1；
在x=0时，函数f(x)取极小值1…(6分)
(Ⅱ)因为存在x1，x2∈[−1,1]，使得|f(x1)−f(x2)|≥e−1，
所以当x∈[−1,1]时，|(f(x))max−(f(x))min|
=(f(x))max−(f(x))min≥e−1，(12分)
由(1)知，f(x)在[−1,0]上递减，在[0,1]上递增，
所以当x∈[−1,1]时，(f(x))min=f(0)=1，
(f(x))max=max{f(−1),f(1)}，
而f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna，
记g(t)=t−1t−2lnt(t>0)，
因为g′(t)=1+1t2−2t=(1t−1)2≥0(当t=1时取等号)，
所以g(t)=t−1t−2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增，而g(1)=0，
所以当t>1时，g(t)>0；当0
当0
②当0
【解析】(Ⅰ)先求原函数的导数得：f′(x)=axlna+2x−lna=2x+(ax−1)lna，再对a进行讨论，分析函数的单调性，进而得到函数的极小值；
(Ⅱ)f(x)的最大值减去f(x)的最小值大于或等于e−1，由单调性知，f(x)的最大值是f(1)或f(−1)，最小值f(0)=1，由f(1)−f(−1)的单调性，判断f(1)与f(−1)的大小关系，再由f(x)的最大值减去最小值f(0)大于或等于e−1求出a的取值范围
本题考查了基本函数导数公式，导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的最值．属于中档题
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