2022-2023学年安徽省淮南市高三上学期一模数学试题（含答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省淮南市高三上学期一模数学试题（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年安徽省淮南市高三上学期一模数学试题
1. 已知集合A={x|log2x<1}，B={x|x2≥x}，则A∩B=.(    )
A. (0,2) B. (1,2) C. [1,2) D. [1,+∞)
2. 在复平面内，z1，z2对应的点分别为(−1,2)，(2,2)则z1z2对应的点为.(    )
A. (−12,1) B. (14,34) C. (14,−34) D. (−14,34)
3. 为迎接北京2022年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”(如图1)健身活动.依据小王2021年1月至2021年11月期间每月跑步的里程(单位：十公里)数据，整理并绘制的折线图(如图2).根据该折线图，下列结论正确的是.(    )
A. 月跑步里程逐月增加
B. 月跑步里程的极差小于15
C. 月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数
D. 1月至5月的月跑步里程的方差相对于6月至11月的月跑步里程的方差更大
4. 斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an+2=an+1+an，且a1=a2=1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则数列{bn}的前2023项的和为.(    )
A. 2023 B. 2024 C. 2696 D. 2697
5. 在△ABC中，AB=4，AC=6，点D，E分别在线段AB，AC上，且D为AB中点，AE=12EC，若AP=AD+AE，则直线AP经过△ABC的.(    )
A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心
6. 近年来，淮南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好的宜居环境，城市公园越来越多.某周末，甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上窑森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件M:甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N:甲和乙选择的景点不同，则P(N|M)=.(    )
A. 716 B. 78 C. 37 D. 67
7. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过 F的直线交C于点A， B，点 M在C的准线上，若△AFM为等边三角形，则|AB|=.(    )
A. 163 B. 6 C. 16 33 D. 16
8. 若7a=5，8b=6，e2c=2+e2，则实数a，b，c的大小关系为.(    )
A. a>c>b B. c>b>a C. b>c>a D. b>a>c
9. 已知函数f(x)=x+4x+2，则.(    )
A. f(x)的值域为[6,+∞)
B. 直线3x+y+6=0是曲线y=f(x)的一条切线
C. f(x−1)图象的对称中心为(−1,2)
D. 方程f2(x)−5f(x)−14=0有三个实数根
10. 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAB为等边三角形，AB=3，AD=4，PC=5，则.(    )
A. 平面PAB⊥平面ABCD
B. 直线AB与PC所成的角的余弦值为310
C. 直线PC与平面ABCD所成的角的正弦值为 35
D. 该四棱锥外接球的表面积为28π
11. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(1<ω<2,|φ|<π2)图象过点(0,−12)，且存在x1，x2，当|x1−x2|=2π时，f(x1)=f(x2)=0，则.(    )
A. f(x)的周期为4π3
B. f(x)图象的一条对称轴方程为x=−5π9
C. f(x)在区间[4π9,10π9]上单调递减
D. f(x)在区间(0,5π)上有且仅有4个极大值点
12. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交C的右支于点A，B，若F1A⋅F1B=F1B2=35|F1A||F1B|，则.(    )
A. AB⊥BF1 B. C的渐近线方程为y=± 62x
C. |F2A|=|F1B| D. △AF1F2与△BF1F2面积之比为2:1
13. 若角α的始边是x轴非负半轴，终边落在直线x+2y=0上，则sin(π2−2α)=__________.
14. 已知圆O:x2+y2=9与圆C:x2+y2−4x−6y+9=0交于A，B两点，则直线AB的方程为__________;△ABC的面积为__________.
15. 设直线x=t(t>0)与曲线y=x(xex−1)+2，y=2lnx−1分别交于A，B两点，则|AB|的最小值为__________.
16. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是线段AA1，CC1，A1D1的中点，点M在正方形A1B1C1D1内(含边界)，记过E，F，G的平面为α，若BM//α，则BM的取值范围是__________.
17. 已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为2 3，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求：
(1)求角A的大小;
(2)求BC边中线AD长的最小值.
条件①:(a−b)(sinA+sinB)=(c−b)sin(A+B);
条件②: 3(b2+c2−a2)=2acsinB.

18. 2022年10月31日15时37分，搭载空间站梦天实验舱成功发射，并进入预定轨道，梦天舱的重要结构件导轨支架采用了3 D打印的薄壁蒙皮点阵结构.3D打印(3DP)是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术.随着技术不断成熟，3 D打印在精密仪器制作应用越来越多.某企业向一家科技公司租用一台3D打印设备，用于打印一批对内径有较高精度要求的零件.已知这台3D打印设备打印出品的零件内径(单位：μm)X服从正态分布N(105,36).
(1)若该台3D打印了100件这种零件，记 X表示这100件零件中内径指标值位于区间(111,117)的产品件数，求E(X);
(2)该科技公司到企业安装调试这台3D打印设备后，试打了5个零件.度量其内径分别为(单位：μm):86，95，103，109，118，试问此打印设备是否需要进一步调试，为什么?
参考数据：P(μ−σ
19. 已知数列{an}满足a1=1，am+n=am+an(m,n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=(−1)n⋅2n+1anan+1，数列{bn}的前2n项和为T2n，证明：−1
20. 在三棱锥S−ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，∠SAB=∠SCB=∠ABC=90∘.

(1)求证：AC⊥SB;
(2)若AB=2，SC=2 2，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.
21. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，C上任意一点M到F的距离最大值和最小值之积为3，离心率为12.
(1)求C的方程;
(2)若过点P(n,0)(n<−2)的直线l交C于A，B两点，且点A关于x轴的对称点落在直线BF上，求n的值及△FAB面积的最大值.

22. 已知f(x)=alnx+x有两个不同的零点x1，x2(0 (1)求实数a的取值范围;
(2)若x0=x1+λx21+λ(λ≠−1)，且f′(x0)>0恒成立，求实数λ的范围.

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查交集运算，属于基础题．
化简集合A，B，即可求出结果．
【解答】
解：因为A={x|log2x<1}=x0 所以A∩B=[1,2).
故选C.
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查复数的代数表示及其几何意义，以及复数的除法运算，属于较易题.
由已知可得复数z1，z2，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：∵复数z1，z2在平面内对应的点分别为(−1,2)，(2,2)，
∴z1=−1+2i，z2=2+2i，
∴z1z2=−1+2i2+2i=(−1+2i)(2−2i)(2+2i)(2−2i)=−2+2i+4i+48=14+34i，
则z1z2对应的点为(14,34).
故选B.
  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查折线图，属于较易题．
对折线图数据分析处理，逐一检验选项即可得解．
【解答】
解：对于A，由折线图可知，月跑步里程的最小值出现在2月，故A错误；
对于B，月跑步里程的极差为25−5=20，故B不正确；
对于C，月跑步里程数对应的月份从小到大排列为2月、8月、3月、4月、1月、5月、7月、6月、11月、9月、10月，故5月份对应的里程数为中位数，故C正确；
对于D，1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月的月跑步里程波动性更小，变化比较平稳，
所以1月至5月的月跑步里程的方差相对于6月至11月的月跑步里程的方差更小，故D错误．
故选C.
  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查数列的周期性，以及并项法求和，属于较易题．
先由题设写出斐波那契数列{an}的一些项，进而写出新数列{bn}的一些项，再由数列{bn}的项的规律求得结果即可．
【解答】
解：由题意得，a1=1，a2=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，a10=55，a11=89，a12=144，a13=233，⋯，
故b1=1，b2=1，b3=2，b4=3，b5=1，b6=0，b7=1，b8=1，b9=2，b10=3，b11=1，b12=0，b13=1，⋯，
故数列{bn}的周期为6，
则数列{bn}的前2023项和为337×8+1=2697.
故选D.

  
5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查向量的加减与数乘混合运算，以及向量在平面几何中的应用，属于较易题.
由题意判断四边形ADPE是菱形，直线AP为角A的内角平分线即可得.
【解答】
解：∵在△ABC中，AB=4，AC=6，
点D，E分别在线段AB，AC上，且D为AB中点，AE=12EC，
∴AD=AE=2，
∵AP=AD+AE，
∴四边形ADPE是菱形，
∴直线AP为角A的内角平分线，
故直线AP经过△ABC的内心.
故选A.
  
6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查条件概率的概念与计算，属于较易题.
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解.
【解答】
解：事件M发生的个数n(M)=4×4−3×3=7种，
事件M、N同时发生的个数n(MN)=2×3=6，
故P(N|M)=n(MN)n(M)=67.
故选D.
  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查抛物线中的弦长问题，以及两点间距离公式，属于较易题.
由题意得直线AB的方程为y= 3x−1，与抛物线方程联立得A、B坐标，再利用两点间距离公式可得|AB|的值.
【解答】
解：∵y2=4x，
∴准线方程为x=−1，F点坐标为(1,0)，
不妨设点A在第一象限，
由抛物线定义和△AFM为等边三角形，得|AM|=|AF|=|MF|，∠FAM=60∘，
则AM垂直于准线，即AM//x轴，
∴直线AB的倾斜角为60∘，
∴直线AB的方程为y= 3x−1，
联立直线和抛物线方程得y2=4xy= 3x−1，
解得x=3y=2 3，或x=13y=−2 33，
∴A点坐标为(3,2 3)，B点坐标为(13,−2 33)
∴|AB|= 3−132+2 3+2 332=163.
故选A.
  
8.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查指对互化，以及利用导数比较大小，属于较难题.
由指对互化得a=log75,b=log86,c=log2+e2e2，令f(x)=logx+2x，x∈e,+∞，则f(x)=lnxln(x+2)，x∈e,+∞，再利用导数研究函数的单调性进行求解，即可得.
【解答】
解：∵7a=5，8b=6，
∴a=log75,b=log86，
∵e2c=2+e2，
∴2+e2c=e2，即c=log2+e2e2，
令f(x)=logx+2x，x∈e,+∞，
则f(x)=lnxln(x+2)，x∈e,+∞，
∴f′x=1xln(x+2)−1x+2lnxln(x+2)2=x+2ln(x+2)−xlnxxx+2ln(x+2)2，
令g(x)=xlnx，x∈e,+∞，
则g′(x)=lnx+1>0，
∴函数g(x)在e,+∞上单调递增，
∵x+2>x>e，
∴x+2ln(x+2)>xlnx，
又∵x(x+2)[ln(x+2)]2>0，
∴f′x>0，
∴函数f(x)在e,+∞上单调递增，
∵e2>6>5>e，
∴f(e2)>f(6)>f(5)，
∴log2+e2e2>log86>log75，
故c>b>a.
故选B.
  
9.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查求函数的值域，方程的根的个数，函数的对称性，以及求曲线上一点的切线方程，属于中档题.
利用基本不等式求函数的值域判断A；利用导数的几何意义判断B；利用平移变换与对勾函数的对称性判断C；根据函数的值域并结合对勾函数图象判断D.
【解答】
解：对于A，当x>0时，f(x)=x+4x+2≥2 x⋅4x+2=6，
当且仅当x=2时取等号，
当x<0时，f(x)=x+4x+2=−(−x+4−x)+2≤−2 −x⋅4−x+2=−2，
当且仅当x=−2时取等号，
故f(x)的值域为(−∞,−2]∪[6,+∞)，故A错误；
对于B，∵函数f(x)=x+4x+2，
∴f′(x)=1−4x2，
当f′(x)=−3时，解得x=±1，
当x=1时，f(1)=7，
∴函数f(x)=x+4x+2在x=1处的切线方程为3x+y−10=0，
当x=−1时，f(−1)=−3，
∴函数f(x)=x+4x+2在x=−1处的切线方程为3x+y+6=0，故B正确；
对于C，∵由对勾函数的对称性知，函数f(x)=x+4x+2的对称中心为(0,2)，
函数f(x−1)的图象是函数f(x)的图象向右平移1个单位可得，
∴函数f(x−1)图象的对称中心为(1,2)，故C错误；
对于D，方程f2(x)−5f(x)−14=0，
解得f(x)=7或f(x)=−2，
∵f(x)的值域为(−∞,−2]∪[6,+∞)，
∴结合函数f(x)的图象，当f(x)=7时有2个实数根，当f(x)=−2时有一个实数根，
∴方程f2(x)−5f(x)−14=0有三个实数根，故D正确.
故选BD.
  
10.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题考查面面垂直的判定，异面直线所成角，直线与平面所成的角，以及球的表面积，属于中档题.
根据面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角可判断B；根据直线与平面所成的角可判断C；求出外接球的半径，根据球的表面积公式判断D.
【解答】
解：

对于A，∵AB=3，AD=4，底面ABCD为矩形，侧面PAB为等边三角形，
∴PB=AB=AP=3，BC=AD=4，
∴PC2=PB2+BC2，
∴∠PBC=90∘，故CB⊥PB，
∵CB⊥AB，AB∩PB=B，AB，PB⊂平面PAB，
∴CB⊥平面PAB，
又∵CB⊂平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD，故A正确；
对于B，∵AB//CD，
∴直线AB与PC所成的角，即直线CD与PC所成的角∠PCD(或其补角)，
∵CD=AB=3，
又∵AD//CB，CB⊥平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，
∴DA⊥PA，
∴PD= PA2+AD2= 32+42=5，
∴cos∠PCD=PC2+CD2−PD22PC⋅CD=52+32−522×5×3=310，
故直线AB与PC所成的角的余弦值为310，故B正确；
对于C，取AB的中点H，连接PH，CH，
∵侧面PAB为等边三角形，
∴PH⊥AB，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊂平面PAB，
∴PH⊥平面ABCD，
∴直线PC与平面ABCD所成的角为∠PCH，
∵PH= 32×3=3 32，
∴sin∠PCH=PHPC=3 325=3 310，
∴直线PC与平面ABCD所成的角的正弦值为3 310，故C错误；
对于D，设AC、BD的交点为M，设O为四棱锥外接球的球心，设半径为r，连接MH，OD，OP，
∴OM⊥平面ABCD，OP=OD=r，
∵底面ABCD为矩形，AB=3，AD=4，
∴BD= AB2+AD2= 32+42=5，
∴MD=12BD=52，
∴OM= OD2−MD2= r2−(52)2，
过O作ON//MH，
∵PH⊥平面ABCD，OM⊥平面ABCD，
∴PH//OM，
∴四边形OMHN是矩形，
∴ON=HM=12AD=2，NH=OM= r2−(52)2，
∴PN=PH−NH=3 32− r2−(52)2，
∵PN2+NO2=PO2，
∴r2=3 32− r2−(52)22+22，
解得r= 7，
故四棱锥外接球的表面积为4πr2=4π×( 7)2=28π，故D正确.
故选ABD.
  
11.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
本题考查判断正弦型函数的单调性，正弦型函数的周期性，求正弦型函数的对称轴，以及函数极值点的概念，属于中档题.
先根据f(0)=−12，求得φ，再根据当|x1−x2|=2π时，f(x1)=f(x2)=0，求得ω，可得f(x)=sin(32x−π6)，由此结合各选项逐项判断即可.
【解答】
解：由题可知f(0)=−12，
即sinφ=−12，
∵|φ|<π2，
∴φ=−π6，
∴f(x)=sin(ωx−π6)，
∵当|x1−x2|=2π时，f(x1)=f(x2)=0，
∴2π=kT2，k∈Z，即T=4πk，k∈Z，
∴2πω=T=4πk，k∈Z，则ω=k2，k∈Z，
又∵1<ω<2，
∴2 ∴k=3，ω=32，
∴f(x)=sin(32x−π6)，
对于A，T=4π3，故A正确；
对于B，令32x−π6=π2+kπ，k∈Z，
解得x=4π9+23kπ，k∈Z，
∴函数f(x)图象的对称轴为直线x=4π9+23kπ，k∈Z，
当4π9+23kπ=−5π9时，
解得k=−32∉Z，不合题意，故B错误；
对于C，令π2+2kπ≤32x−π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
解得4π9+43kπ≤x≤10π9+43kπ，k∈Z，
令k=0，得4π9≤x≤10π9，
故[4π9,10π9]是函数f(x)的一个单调递减区间，故C正确；
对于D，∵0 ∴−π6<32x−π6<22π3，
∴f(x)在区间(0,5π)上有且仅有4个极大值点，故D正确.
故选ACD.
  
12.【答案】ABC 
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与双曲线的位置关系及其应用，双曲线中的面积问题，向量与双曲线的综合问题，以及双曲线的渐近线，属于较难题，
由题意得(F1A−F1B)⋅F1B=0，可判断A；由题意得BF1=3a，AB=4a，用双曲线的定义与几何性质可得|F2A|=BF1=3a，可判定C；由C结论及F1F22=BF12+BF22可得ba= 62，可判定B；由S△BF1F2=12BF1BF2，S△AF1F2=SΔABF1−S△BF1F2可计算出△AF1F2与△BF1F2面积之比，可判断D.
【解答】
解：对于A，∵F1A⋅F1B=F1B2，
∴(F1A−F1B)⋅F1B=BA⋅F1B=0，
∴AB⊥BF1，故A正确；
对于C，∵F1A⋅F1B=|F1A||F1B|cos∠AF1B=35|F1A||F1B|，
∴cos∠AF1B=35，
设|F2A|=m，
由A得AB⊥BF1，
则在RtΔAF1B中，BF1=35AF1，AB=45AF1，AF1−m=2a，①，BF1−45AF1−m=35AF1−45AF1−m=m−15AF1=2a，②，
由①②得AF1=5a，m=3a，
则BF1=35AF1=3a，
∴m=BF1，
即|F2A|=BF1，故C正确；
对于B，由C可得BF2=45AF1−m=4a−3a=a，
在RtΔBF1F2中，F1F22=BF12+BF22，
即4c2=9a2+a2=10a2，
∴c2a2=52，
∴c2a2−1=c2−a2a2=b2a2=52−1=32，
即ba= 62，
∴双曲线C的渐近线方程为y=± 62x，故B正确；
对于D，由C得AB=4a,BF1=3a,BF2=a，∠ABF1=90∘，
∴S△BF1F2=12BF1⋅BF2=12×3a⋅a=32a2，
S△AF1F2=SΔABF1−S△BF1F2=12×3a⋅4a−32a2=92a2，
∴S△AF1F2S△BF1F2=92a232a2=3，故D错误.
故选ABC.
  
13.【答案】35 
【解析】
【分析】
本题主要考查二倍角余弦公式，任意角的三角函数的定义，以及诱导公式——π2±α型，属于较易题.
利用任意角的三角函数定义求得tanα，化简得到sin(π2−2α)=cos2α，再利用二倍角公式、同角三角函数基本关系即可求解.
【解答】
解：∵角 α的终边落在直线 x+2y=0上，
∴tanα=−12，
∴sin(π2−2α)=cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−141+14=35.
故答案为35.
  
14.【答案】2x+3y−9=0
2413
 
【解析】
【分析】
本题考查圆的公共弦，点到直线的距离，以及直线与圆的弦长，属于中档题．
两圆相减，即可求出直线AB的方程；先求圆心C到直线AB的距离，然后根据圆的几何性质求出AB的长度，再利用面积公式直接求出三角形面积.
【解答】
解：将两圆的方程相减得2x+3y−9=0，
∴公共弦AB所在直线的方程为 2x+3y−9=0；
∵圆C:x2+y2−4x−6y+9=0的标准方程为x−22+y−32=4，
∴圆心C的坐标为(2,3)，半径r=2，
∴圆心C到直线AB的距离为d=2×2+3×3−9 22+32=4 13，
∵AB=2 r2−d2=2 4−1613=12 13，
∴△ABC的面积为12AB⋅d=12×12 13×4 13=2413.
故答案为2x+3y−9=0；2413.
  
15.【答案】4 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数求函数的最值，属于中档题.
构造函数f(x)=x(xex−1)−2lnx+3，利用导数求函数的最小值即可.
【解答】
解：由题意得，|AB|=xxex−1+2−2lnx−1，
令f(x)=xxex−1+2−2lnx−1=x(xex−1)−2lnx+3，x>0，
则f′(x)=2xex+x2ex−1−2x=2x2ex+x3ex−x−2x=x+2x2ex−1x，
令g(x)=x2ex−1，x>0，
则g′(x)=2xex+x2ex>0在(0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴存在唯一的x0∈(0,+∞)使得g(x0)=0，
即x02⋅ex0=1，
∴ex0=1x02，
∴x0=−2lnx0，
当x∈(0,x0)时，g(x)<0，则f′(x)<0，
当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，则f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∴函数f(x)的最小值为f(x0)=x02ex0−x0−2lnx0+3=1−x0+x0+3=4.
故答案为4.
  
16.【答案】 6,2 2 
【解析】
【分析】
本题主要考查空间几何体的截面问题，以及面面平行的判定，属于中档题.
做出平面α与正方体截面，证明平面α//平面BA1C1，点M在A1C1上运动，求出范围即可.
【解答】
解：如图，连接GE，延长GE与DA、DD1的延长线分别交于点K、R，连接RF，交D1C1于点H，延长RF交DC的延长线于点N，

连接KN交AB，BC分别于点Q，P，连接EQ，FP，
∴平面EQPFHG为平面α与正方体的截面，
∵点E，F，G分别是线段AA1，CC1，A1D1的中点，
∴点H，Q、P分别为D1C1，AB，BC的中点，P，F分别为BC，CC1的中点，
∴BC1//PF，
又BC1⊄α,PF⊂α，
所以BC1//α，
∵E，Q分别为AA1，AB的中点，
∴BA1//EQ，
又BA1⊄α,EQ⊂α，
所以BA1//α，
∵BC1∩BA1=B，BC1、BA1⊂平面BC1A1，
∴平面α//平面BA1C1，则点M在A1C1上运动，
取A1C1中点O，则BO⊥A1C1，BO= BB12+B1O2= 4+2= 6，A1B=2 2，
∴ 6≤BM≤2 2，
故BM的取值范围是 6,2 2.
故答案为 6,2 2.
  
17.【答案】解：(1)选条件①:∵(a−b)(sinA+sinB)=(c−b)sin(A+B)，
∴由正弦定理可得(a−b)(a+b)=(c−b)c，
即b2+c2−a2=bc，
∴cosA=b2+c2−a22bc=12，
又∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
选条件②:∵ 3(b2+c2−a2)=2acsinB，
∴由余弦定理可得2 3bccosA=2acsinB，
即 3bcosA=asinB，
由正弦定理可得 3sinBcosA=sinAsinB，sinB≠0，
∴tanA= 3，
又∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)由(1)知，A=π3，
∵△ABC的面积为2 3，
∴12bcsinπ3=2 3，
∴bc=8，
由平面向量可知，AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB+AC)2
=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)
=14(b2+c2+2bccosπ3)
=14(b2+c2+bc)
≥14(2bc+bc)=34bc=6，
当且仅当b=c=2 2时，等号成立，
∴BC边中线AD长的最小值为 6. 
【解析】本题考查利用余弦定理解三角形，利用正弦定理解三角形，向量的数量积的概念及其运算，以及由基本不等式求最值，属于中档题.
(1)选条件①:由正弦定理可得(a−b)(a+b)=(c−b)c，再由余弦定理得出cosA=12，可得角A的大小；
选条件②:由余弦定理可得2 3bccosA=2acsinB，再由正弦定理可得 3sinBcosA=sinAsinB，sinB≠0，所以tanA= 3，可得角A的大小；
(2)由(1)知，A=π3，由△ABC的面积为2 3，得bc=8，由平面向量可知AD2=14(AB+AC)2，结合向量的数量积和基本不等式可得AD长的最小值.

18.【答案】解：(1)由题意知，一件产品的质量指标值位于区间(111,117)的概率为P(μ+σ ∵P(μ−σ P(μ−2σ ∴P(μ+σ ∴X∼B(100,0.1359)，
故E(X)=100×0.1359=13.59；
(2)∵X服从正态分布N(105,36)，且P(μ−3σ ∴内径在(87,123)之外的概率为0.0026，为小概率事件，而86∉(87,123)，
则根据3σ原则，机器异常，需要进一步调试. 
【解析】本题考查正态分布的概率和二项分布的均值，属于中档题.
(1)由题意知，一件产品的质量指标值位于区间(111,117)的概率即为P(μ+σ (2)X服从正态分布N(105,36)，根据3σ原则，可得结论.

19.【答案】解：(1)∵am+n=am+an(m,n∈N*)，
∴an+1=a1+an，
∴an+1−an=a1=1，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an=a1+(n−1)d=n；
(2)证明：∵bn=(−1)n⋅2n+1anan+1=(−1)n⋅2n+1n(n+1)=(−1)n(1n+1n+1)，
∴数列{bn}的前2n项和T2n=−1−12+12+13−13−14+⋯+12n+12n+1=−1+12n+1，
设f(n)=−1+12n+1，n∈N*，
由于函数f(n)=−1+12n+1在n∈N*上单调递减，
∴fn≤f1=−23，
又∵n∈N*，
∴12n+1>0，
∴−1+12n+1>−1，
∴−1<−1+12n+1≤−23，
故−1 【解析】本题考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.
(1)由题意得an+1−an=a1=1，再由等差数列的性质可得数列{an}的通项公式;
(2)由bn=(−1)n⋅2n+1anan+1=(−1)n(1n+1n+1)，再由裂项相消求和得出数列{bn}的前2n项和T2n，研究单调性，即可得证.

20.【答案】解：(1)证明：取AC的中点为E，连结SE，BE，
∵AB=BC，
∴BE⊥AC，
在△SCB和△SAB中，
AB=CB∠SAB=∠SCB=90∘SB=SB，
∴△SAB≌△SCB(SAS)，
∴SA=SC，
∵AC的中点为E，
∴SE⊥AC，
∵SE∩BE=E，SE、BE⊂平面SBE，
∴AC⊥平面SBE，
∵SB⊂平面SBE，
∴AC⊥SB；

(2)过S作SD⊥平面ABC，垂足为D，连接AD，CD，
∴SD⊥AB，
∵AB⊥SA，AB⊥SD，SA∩AD=A，SA、AD⊂平面SAD，
∴AB⊥面SAD，
∵AD⊂面SAD，
∴AB⊥AD，
同理可得BC⊥CD，
∵底面ΔABC为等腰直角三角形，AB=BC=2，
∴四边形ABCD为正方形且边长为2，
以D为原点，DA，DC，DS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
∴A(2,0,0)，S(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
∴SC=(0,2,−2)，AC=(−2,2,0)，BC=(−2,0,0)，
设平面SAC的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅SC=0n⋅AC=0，
即2y1−2z1=0−2x1+2y1=0，
取x1=1，则y1=1，z1=1，
∴n=(1,1,1)，
设平面SBC的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅SC=0m⋅BC=0，
即2y2−2z2=0−2x2=0，
取y2=1，则x2=0，z2=1，
∴m=(0,1,1)，
设平面SAC与平面SBC的夹角为θ
∴cosθ=|cos|=|m⋅n|m||n||=|0×0+1×1+1×1 12+12+12× 02+12+12|= 63，
∴平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为 63. 
【解析】本题主要考查线面垂直的性质和平面与平面所成角的向量求法，属于中档题.
(1)先证明AC⊥平面SBE，再由线面垂直的性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面SAC的法向量和平面SBC的法向量，由空间向量求解即可.

21.【答案】解：(1)由题意可得，设M点坐标为(x0,y0)，F点坐标为(−c,0)，
∴|MF|= (x0+c)2+y02
= (x0+c)2+(1−x02a2)b2
= (cax0+a)2
=cax0+a，
∵−a≤x0≤a，
∴|MF|max=a+c，|MF|min=a−c，
∴(a+c)(a−c)=a2−c2=b2=3，
又∵椭圆C的离心率e=ca=12，
∴a=2c，
则a2−c2=4c2−c2=3c2=3，
即c=1，a=2，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1；
(2)设A点坐标为(x1,y1)，B点坐标为(x2,y2)，
由(1)得F点坐标为(−1,0)，
由题意得∠PFA+∠PFB=π，
∴kAF+kBF=0，
∴y1x1+1+y2x2+1=0，
化简整理得x1y2+y2+x2y1+y1=0，①
设直线l的解析式为x=my+n(m≠0)，
联立直线与椭圆方程x=my+nx24+y23=1，
化简整理可得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
∵Δ=36m2n2−4(3m2+4)(3n2−12)>0，
∴n2<3m2+4，②
由根与系数的关系可得y1+y2=−6mn3m2+4，y1y2=3n2−123m2+4，③
将x1=my1+n，x2=my2+n代入①，得2my1y2+(n+1)(y1+y2)=0，④
再将③代入④，得6m(n2−4)3m2+4=6mn(n+1)3m2+4，
解得n=−4，
∴直线l的解析式为x=my−4，
且由②可得，3m2+4>16，
即m2>4，
∵点F(−1,0)到直线l的距离d=|−1−0+4| 1+m2=3 1+m2，
∴S△FAB=12|AB|⋅d
=12 1+m2× (y1+y2)2−4y1y2×3 1+m2
=18 m2−4(3m2+4)2，
令 m2−4=t，t>0，
则S△FAB=18t3t2+16=183t+16t≤182 3×16=3 34，
当且仅当3t=16t时，即m=±2 213时等号成立，
∴△FAB面积S最大值为3 34. 
【解析】本题考查直线与椭圆的位置关系及其应用，以及椭圆中三角形的面积，属于较难题.
(1)设M点坐标为(x0,y0)，F点坐标为(−c,0)，则|MF|= (x0+c)2+y02=cax0+a，由题意得(a+c)(a−c)=a2−c2=b2=3，又椭圆C的离心率e=ca=12，得出a、c，即可得椭圆C的方程；
(2)易得kAF+kBF=0，化简整理得x1y2+y2+x2y1+y1=0，设直线l的解析式为x=my+n(m≠0)，联立直线与椭圆方程，由根与系数的关系化简得n=−4，即直线l的解析式为x=my−4，再得出点F(−1,0)到直线l的距离，再计算S△FAB，利用基本不等式研究其最大值即可.

22.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
∵f′(x)=ax+1=x+ax，
当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，不合题意；
当a<0时，f(x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增，
∵函数f(x)有两个不同的零点，
∴f(−a)=aln(−a)−a<0，
解得a<−e，
又∵f(1)=1>0，
∵x>0，lnx< x，a<0，
∴f(x)=x+alnx>x+a x= x( x+a)，
∴取x=a2，f(x)>0，f(x)在(1,−a)，(−a,a2)各有一个零点，
即实数a的取值范围为(−∞,−e)；
(2)由题意得alnx1+x1=0alnx2+x2=0，0 则a(lnx1−lnx2)=x2−x1，
设t=x1x2∈(0,1)，
∴a=x2−x1lnx1−lnx2=x2−x1lnt，f′(x)=ax+1，
∴f′(x0)=f′(x1+λx21+λ)=a1+λx1+λx2+1=x2−x1ln t×1+λx1+λx2+1=(1+λ)(1−t)(t+λ)lnt+1>0恒成立，
又∵t∈(0,1)，
∴lnt<0，即(1+λ)(1−t)t+λ+lnt<0恒成立，
设h(t)=(1+λ)(1−t)t+λ+lnt，h(t)<0恒成立，
h′(t)=1t−(1+λ)2(t+λ)2=(t+λ)2−t(1+λ)2t(t+λ)2=(t−1)(t−λ2)t(t+λ)2，
i)当λ2≥1时，t−λ2<0，
∴h′(t)>0，
∴h(t)在(0,1)上单调递增，
∴h(t) ∴λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞),符合题意，
ii)当λ2<1，t∈(0,λ2)，
∴h′(t)>0，
∴h(t)在(0,λ2)上单调递增，
当t∈(λ2,1)时，h′(t)<0，
∴h(t)在(λ2,1)上单调递减，
∴t∈(λ2,1)，h(t)>h(1)=0，不满足h(t)<0恒成立，
综上所述，λ∈(−∞,−1)∪[1,+∞). 
【解析】本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，利用导数研究函数的零点，属于较难题.
(1)先求导，分为当a≥0时，不合题意，当a<0时，f(−a)=aln(−a)−a<0，可得实数a的取值范围；
(2)由题意得alnx1+x1=0alnx2+x2=0，两式相减，合理等价转化，再构造函数，再利用导数的符号变换确定函数的单调性和最值.