2023年江苏省扬州中学高考数学质检试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2023年江苏省扬州中学高考数学质检试卷（3月份）（含答案解析），共19页。

2023年江苏省扬州中学高考数学质检试卷（3月份）
1. 已知复数z=3+2i1−i(i为虚数单位)，则|z−+2i|=(    )
A. 22 B. 12 C. 822 D. 412
2. 已知全集U=R，集合A={x|x−4x+1>0}，B={x|y=ln(4−x2)}，则(∁UA)∩B=(    )
A. (−∞,−1]∪[2,+∞) B. [−1,2)
C. [−1,4] D. (−∞,4]
3. 下表是足球世界杯连续八届的进球总数：
年份
1994
1998
2002
2006
2010
2014
2018
2022
进球总数
141
171
161
147
145
171
169
172
则进球总数的第40百分位数是(    )
A. 147 B. 154 C. 161 D. 165
4. 下列是函数f(x)=2sin(x+3π4)sin(x+π4)图像的对称轴的是(    )
A. x=π6 B. x=π4 C. x=π3 D. x=π2
5. 根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度小于等于0.1mg/m3为安全范围．已知某新建文化娱乐场所施工过程中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为6.25mg/m3，3周后室内甲醛浓度为1mg/m3，且室内甲醛浓度ρ(t)(单位：mg/m3)与竣工后保持良好通风的时间t(t∈N*)(单位：周)近似满足函数关系式ρ(t)=eat+b，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为(    )
A. 5周 B. 6周 C. 7周 D. 8周
6. 在某独立重复实验中，事件A，B相互独立，且在一次实验中，事件A发生的概率为p，事件B发生的概率为1−p，其中p∈(0,1).若进行n次实验，记事件A发生的次数为X，事件B发生的次数为Y，事件AB发生的次数为Z，则下列说法正确的是(    )
A. pE(X)=(1−p)E(Y) B. (1−p)D(X)=pD(Y)
C. E(Z)=D(Y) D. [D(Z)]2=D(X)⋅D(Y)
7. 由点P(−3,0)射出的两条光线与⊙O1：(x+1)2+y2=1分别相切于点A，B，称两射线PA，PB上切点右侧部分的射线和优弧AB右侧所夹的平面区域为⊙O1的“背面”.若⊙O2：(x−1)2+(y−t)2=1处于⊙O1的“背面”，则实数t的取值范围为(    )
A. −2 3≤t≤2 3 B. −4 33+1≤t≤4 33−1
C. −1≤t≤1 D. −2 33≤t≤2 33
8. 若正三棱台ABC−A1B1C1的各顶点都在表面积为65π的球O的表面上，且AB=4 3,A1B1=2 3，则正三棱台ABC−A1B1C1的高为(    )
A. 3 B. 4 C. 3或3 D. 3或4
9. 已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式成立的是(    )
A. a+c>b+d B. ad>bc
C. (a+b)c>(a+b)d D. ca+b>da+b
10. 已知f′(x)是f(x)的导函数，f(x)=asinx−bcosx(ab≠0)，则下列结论正确的是(    )
A. 将f′(x)图象上所有的点向右平移π2个单位长度可得f(x)的图象
B. f(x)与f′(x)的图象关于直线x=3π4对称
C. f(x)+f′(x)与f(x)−f′(x)有相同的最大值
D. 当a=b时，f(x)+f′(x)与f(x)−f′(x)都在区间(0,π2)上单调递增
11. 过抛物线C：y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则下列判断正确的是(    )
A. △OAB可能为锐角三角形
B. 过点M(0,1)且与抛物线C仅有一个公共点的直线有2条
C. 若|AF|=3，则△AOB的面积为3 22
D. |AF|+2|BF|最小值为3+2 2
12. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且满足f(x)−g(2−x)=4，g(x)+f(x−4)=6，g(3−x)+g(1+x)=0，则(    )
A. f(x)−f(x−2)=−2 B. g(2)=0
C. g(x)的图象关于点(3,0)对称 D. n=160f(n)=−1590
13. (1−x)4(1+2y)3的展开式中xy2的系数为______ (用数字作答).
14. 曲线y=ex+x2−23x在x=0处的切线的倾斜角为α，则sin(2α+π2)=______ .
15. 平面向量a，b满足|a|=3|b|，且|a−b|=4，则a与a−b夹角的正弦值的最大值为______ .
16. 已知函数f(x)=a2x2−lnx+(lnx−1)ax，若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围______ .
17. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn=1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=12+log2an，设Tn=|b1|+|b2|+…+|bn|，求Tn.
18. 如图，在平面四边形ABCD中，AC⊥AD，AC=AD=7，AB=3.
(1)若DB=8，求△ABC的面积；
(2)若∠BAC=∠ADB，求BD.

19. 如图，菱ABCD与四边形BDEF相交于BD，∠ABC=120∘，BF⊥平面ABCD，DE//BF，BF=2DE，AF⊥FC，M为CF的中点，AC∩BD=G.
(I)求证：GM//平面CDE；
(II)求直线AM与平面ACE成角的正弦值．

20. 为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验．研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按[0,20),[20,40),[40,60),[60,80)分组，绘制频率分布直方图如图所示．试验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只．假设小白鼠注射疻苗后是否产生抗体相互独立．
(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及α=0.05的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关．
单位：只
抗体
指标值
合计
小于60
不小于60
有抗体



没有抗体



合计



(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小白鼠产生抗体．
(i)用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p；
(ii)以(i)中确定的概率p作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记n个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X.试验后统计数据显示，当X=99时，P(X)取最大值，求参加人体接种试验的人数n及E(X).
参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(其中n=a+b+c+d为样本容量)
参考数据：
P(χ2≥k0)
0.50
0.40
0.25
0.15
0.100
0.050
0.025
k0
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024


21. 已知A，B，C三点在椭圆E:x24+y2=1上，其中A为椭圆E的右顶点，圆O：x2+y2=r2为三角形ABC的内切圆.
(1)求圆O的半径r；
(2)已知A1(2 55,2 55),A2,A3是E上的两个点，直线A1A2与直线A1A3均与圆O相切，判断直线A2A3与圆O的位置关系，并说明理由.
22. 已知函数f(x)=ex+(2−2a)ex2−a(x+1)(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)=xex−ln(ex)+mx，若a=1，且对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，x2f(x1)+g(x2)>0恒成立，求实数m的取值范围.
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵z=3+2i1−i=(3+2i)(1+i)(1+i)(1−i)=12+52i，
∴z−=12−52i，
∴|z−+2i|=|12−52i+2i|=|12−12i|= (12)2+(−12)2= 22.
故选：B.
先对z化简，再结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：由已知可得集合A={x|x>4或x<−1}，
则∁UA={x|−1≤x≤4}，
令4−x2>0，解得−2 所以(∁UA)∩B={x|−1≤x<2}=[−1,2),
故选：B.
利用分式不等式以及对数函数的性质求出集合A，B，再求出集合A的补集，然后根据交集的定义即可求解．
本题考查了集合的运算关系，涉及到分式不等式以及对数函数的性质，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：将连续八届的进球总数从小到大排列为：141，145，147，161，169，171，171，172，
由于8×40%=3.2，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161.
故选：C.
将数据从小到大排列，计算8×40%=3.2，根据第40百分位数的含义，即可确定答案．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：f(x)=2sin[(x+π4)+π2]sin(x+π4)=2sin(x+π4)cos(x+π4)=sin(2x+π2)=cos2x，
显然f(π6)=cosπ3=12≠±1，f(π4)=cosπ2=0≠±1，f(π3)=cos2π3=−12≠±1，f(π2)=cosπ=−1，
所以函数f(x)=2sin(x+3π4)sin(x+π4)图像的对称轴的是x=π2，ABC错误，D正确．
故选：D.
根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式化简函数f(x)，再利用余弦函数的性质求解作答．
本题主要考查三角函数的对称性，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查指数函数的简单应用，指数不等式的解法等知识，属于较难题．
由ρ(3)，ρ(1)相除可得ea，再解不等式ρ(t0)≤0.1，由指数函数性质估计出(52)4<62.5<(52)5，从而可得t0的范围，由此可得结论．
【解答】
解：由题意可知，ρ(1)=ea+b=6.25，ρ(3)=e3a+b=1，
ρ(3)ρ(1)=e2a=425，因为ea>0，所以解得ea=25.
设该文化娱乐场所竣工后放置t0周后甲醛浓度达到安企开放标准，
则ρ(t0)=eat0+b=ea+b⋅ea(t0−1)=6.25×(25)t0−1≤0.1，
整理得62.5≤(52)t0−1，设62.5=(52)m−1，因为(52)4<62.5<(52)5，
所以4 故至少需要放置的时间为6周．
故选：B.
  
6.【答案】C 
【解析】解：对于A，因为E(X)=np，E(Y)=n(1−p)，pE(X)≠(1−p)E(Y)，故A错误；
对于B，因为D(X)=np(1−p)，D(Y)=n(1−p)p，(1−p)D(X)≠pD(Y)，故B错误；
对于C，因为A，B独立，所以P(AB)=p(1−p)，所以E(Z)=np(1−p)=D(Y)，故C正确；
对于D，因为D(Z)=np(1−p)[1−p(1−p)]，D(X)⋅D(Y)=n2p2(1−p)2，[D(Z)]2≠D(X)⋅D(Y)，故D错误．
故选：C.
由题意可知， X 、 Y 、 Z均满足二项分布，分别求出E(X)，E(Y)，E(Z)，D(X)，D(Y)，D(Z)对照四个选项一一验证．
本题考查二项分布的期望与方差，是基础题．

7.【答案】D 
【解析】解：设过点P的切线方程为y=k(x+3)，

∴|−k+3k| 1+k2=1，∴k=± 33，
∴直线AP的方程为y= 33(x+3)，即x− 3y+3=0，
直线PB的方程为y=− 33(x+3)，即x+ 3y+3=0，
⊙O2：(x−1)2+(y−t)2=1处于⊙O1的“背面”，
与PB相切时t取最小值，由|1+ 3t+3| 1+3=1，解得t=−2 33或t=−2 3，
结合图形可得t的最小值为−2 33，
同理与PA相切时可得t的最大值为t=2 33，
∴−2 33≤t≤2 33.
故选：D.
设过点P的切线方程为y=k(x+3)，进而可得切线方程，利用新定义可求t的最值，进而可求实数t的取值范围．
本题考查新定义，考查直线与圆的位置关系，属中档题．

8.【答案】D 
【解析】解：设球的半径为R，则4πR2=65π，所以R= 652.
设△A1B1C1的外接圆半径为r1，由正弦定理有2r1=2 3sin60∘=4，解得r1=2，所以球心O到平面A1B1C1的距离为d1= R2−r12= 654−4=72.
设△ABC的外接圆半径为r2，由正弦定理有2r2=4 3sin60∘=8，解得r2=4，所以球心O到平面ABC的距离为d2= R2−r22= 654−16=12.
当球心O在正三棱台外时，高h=d1−d2=3；当球心O在正三棱台内时，高h=d1+d2=4.
故选：D.
利用球的表面积公式求出球的半径R.利用正弦定理求出上下底面外接圆的半径，进而得到球心到上下底面的距离．分上下底面在球心的同侧和异侧两种情形讨论．
本题考查球截面的性质，棱台的性质，属于基础题．

9.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质可直接判断AB；取特殊值即可判断C；由幂函数的单调性即可判断D.
本题考查了不等式的基本性质和幂函数的性质，属基础题．
【解答】
解：∵a>b>0，c>d>0，
∴由不等式的基本性质，知A和B都正确；
取a=12，b=14，则a+b=34∈(0,1)，∴(34)c<(34)d，故C错误；
∵幂函数y=xa+b，在(0,+∞)上是增函数，
∴当c>d>0时，ca+b>da+b，故D正确．
故选：ABD.
  
10.【答案】AC 
【解析】解：∵f(x)=asinx−bcosx(ab≠0)，
∴f′(x)=acosx+bsinx.
将f′(x)的图像向右平移π2个单位得y=acos(x−π2)+bsin(x−π2)=asinx−bcosx=f(x)的图像，故A选项正确；
已知f(x)的图像与f(3π2−x)的图像关于直线x=3π4对称，f(3π2−x)=asin(3π2−x)−bcos(3π2−x)=−acosx+bsinx≠f′(x)，故B选项错误；f(x)+f′(x)=(a+b)sinx+(a−b)cosx= (a+b)2+(a−b)2sin(x+φ)，其中tanφ=a−ba+b，
∴f(x)+f′(x)最大值为 (a+b)2+(a−b)2= 2⋅ a2+b2，f(x)−f′(x)=(a−b)sinx−(a+b)cosx= (a−b)2+(a+b)2sin(x−θ)，其中tanθ=a+ba−b，
∴f(x)−f′(x)最大值为 (a−b)2+(a+b)2= 2⋅ a2+b2，故C选项正确；
当a=b时，f(x)+f′(x)=2asinx，f(x)−f′(x)=−2acosx，
当a>0时，f(x)+f′(x)在(0,π2)上单调递增，f(x)−f′(x)在(0,π2)上单调递增，
当a<0时，f(x)+f′(x)在(0,π2)上单调递减，f(x)−f′(x)在(0,π2)上单调递减，
综上可知f(x)+f′(x)和f(x)−f′(x)在(0,π2)上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误．
故选：AC.
首先求得f(x)的导函数f′(x)=acosx+bsinx，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误．
本题考查三角函数与导数的综合运用，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．

11.【答案】CD 
【解析】解：对于A，因为抛物线C：y2=4x的焦点为F，
所以F(1,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，化简整理可得，y2−4my−4=0，
所以y1y2=−4，x1x2=y124⋅y224=1，
故OA⋅OB=x1x2+y1y2=−3<0，
所以∠AOB为钝角，故A错误；
对于B，因为对于y2=4x，
当x=0时，y=0，
所以M(0,1)在抛物线C外，显然过M(0,1)与抛物线C相切的直线有2条，
当此直线与x轴平行时，与抛物线C也是仅有一个公共点，
所以过点M(0,1)且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，故B错误；
对于C，当|AF|=3时，
设A(x0,y0)，
则x0+1=3，
∴x0=2,y0=±2 2，即A(2,±2 2)，
不妨设A(2,2 2)，
此时kAB=2 2−02−1=2 2，
故AB方程为y=2 2(x−1)，联立抛物线C：y2=4x，解得B(12,− 2)，
所以S△AOB=12|OF|⋅|yA−yB|=3 22，故C正确；
对于D：由选项A知x1x2=1，且x1>0，
所以|AF|+2|BF|=1+x1+2(1+x2)=3+x1+2x2=3+x1+2x1=3+x1+2x1≥3+2 x1⋅2x1=3+2 2，
当且仅当x1=2x1，即x1= 2时，等号成立，故D正确．
故选：CD.
对于A，联立直线AB与抛物线C的方程，由韦达定理得y1y2=−4，x1x2=1，从而得到OA⋅OB<0，由此判断即可；
对于B，判断得点M(0,1)在抛物线C外，由此得以判断；
对于C：利用抛物线的定义可求得A(2,2 2)，进而求得B(12,− 2)，从而根据S△AOB=12|OF|⋅|yA−yB|即可判断；
对于D：利用抛物线的定义得到|AF|+2|BF|=3+x1+2x1，从而利用基本不等式即可判断．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于中档题．

12.【答案】ABD 
【解析】解：因为g(3−x)+g(1+x)=0，所以g(4−x)=−g(x)，
所以g(x)的图象关于点(2,0)对称，
所以g(2−x)=−g(2+x)，
因为g(x)+f(x−4)=6，
所以g(x+2)+f(x−2)=6，即g(x+2)=6−f(x−2)，
因为f(x)−g(2−x)=4，所以f(x)+g(2+x)=4，
代入得f(x)+[6−f(x−2)]=4，即f(x)−f(x−2)=−2，A正确；
因为定义域为R的函数g(x)的图象关于点(2,0)对称，所以g(2)=0，B正确；
由f(x)−g(2−x)=4，得f(0)−g(2)=4，即f(0)=4，f(2)=−2+f(0)=2，
因为g(x)+f(x−4)=6，所以g(x+4)+f(x)=6，
又因为f(x)−g(2−x)=4，相减得g(x+4)+g(2−x)=2，
所以g(x)的图象关于点(3,1)中心对称，C错误；
因为函数g(x)的定义域为R，所以g(3)=1，所以f(1)=4+g(1)，
由g(3−x)+g(1+x)=0，可得g(3)+g(1)=0，
所以f(1)=4+g(1)=4−g(3)=3，
记an=f(2n−1)，bn=f(2n)，
结合A、C分析知：数列{an}是以3为首项，−2为公差的等差数列，
数列{bn}是以2为首项，−2为公差的等差数列，
故an=3+(n−1)(−2)=5−2n，bn=2+(n−1)(−2)=4−2n，
所以n=160f(n)=n=130an+n=130bn=30(3−55)2+30×(2−56)2=−1590，D正确．
故选：ABD.
由g(3−x)+g(1+x)=0得出y=g(x)的图象关于点(2,0)对称，即g(2−x)=−g(2+x)；
由g(x+2)+f(x−2)=6和f(x)+g(2+x)=4，得出f(x)−f(x−2)=−2，判断选项A正确；
由函数g(x)的图象关于点(2,0)对称，判断选项B正确；
由g(x+4)+f(x)=6和f(x)−g(2−x)=4，得出g(x)的图象关于点(3,1)中心对称，C错误；
记an=f(2n−1)，bn=f(2n)，则数列{an}和{bn}均为等差数列，利用等差数列的求和公式计算可得D正确．
本题考查了抽象函数的对称性，等差数列的定义及求和公式，也考查了逻辑推辑能力，属于中档题．

13.【答案】−48 
【解析】解：(1−x)4(1+2y)3的展开式中xy2的系数，是(1−x)4的展开式中x的系数与(1+2y)3的展开式中y2的系数之积，即C41⋅(−1)×C32⋅22=−48.
故答案为：−48.
利用二项式定理求所需项的系数即可得出．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．

14.【答案】45 
【解析】解：y=ex+x2−23x的导数为y′=ex+2x−23，
可得在x=0处的切线的斜率为1+0−23=13，
则tanα=13，
所以sin(2α+π2)=cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−191+19=45.
故答案为：45.
求得函数的导数，可得切线的斜率，由三角函数的诱导公式、二倍角的余弦公式，计算可得所求值．
本题考查导数的运用：求切线的斜率，以及三角函数的求值，考查转化思想和运算能力，属于中档题．

15.【答案】13 
【解析】解：设OA=a，OB=b，则a−b=OA−OB=BA，
∵|a|=3|b|，设|b|=t，则|a|=3t，且t∈(1,2)，
又|a−b|=4，
∴在△AOB中，由余弦定理得cos∠OAB=|OA|2+|AB|2−|OB|22|OA|⋅|AB|=|OA|2+|BA|2−|OB|22|OA|⋅|BA|=9t2+16−t224t=t3+23t≥2 t3⋅23t=2 23，当且仅当t3=23t，即t= 2时等号成立，
∴当cos∠OAB取最小值2 23时，sin∠OAB最大，
故a与a−b夹角的正弦值的最大值为 1−cos2∠OAB=13，
故答案为：13.
设OA=a，OB=b，则a−b=OA−OB=BA，利用向量的三角形法则和余弦定理可得cos∠OAB=|OA|2+|AB|2−|OB|22|OA|⋅|AB|，即当cos∠OAB取最小值2 23时，sin∠OAB最大，即可得出答案．
本题考查平面向量的线性运算和余弦定理，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

16.【答案】{e}∪(−∞,1e] 
【解析】解：令h(x)=ax−1，g(x)=lnx+ax，
则f(x)=h(x)⋅g(x)=a2x2−lnx+(lnx−1)ax，g′(x)=1x+a=ax+1x，
①当a=0时，f(x)=−lnx，不符合题意；
②a>0时，h(x)在区间(0,1a)上恒为负，在区间(1a,+∞)上恒为正，
则需g(x)在区间(0,1a)上恒为负，在区间(1a,+∞)上恒为正，
因为g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，则需g(1a)=−lna+1=0，此时a=e，符合题意；
③当a<0时，h(x)在区间(0,+∞)上恒为负，g(x)在区间(0,−1a)上单调递增，
在区间(−1a,+∞)上单调递减，故g(x)在x=−1a时取得极大值也是最大值，g(x)≤g(−1a)=ln(−1a)−1≤0，解得a≤−1e.
所以实数a的取值范围是{e}∪(−∞,−1e].
故答案为：{e}∪(−∞,1e].
令h(x)=ax−1，g(x)=lnx+ax，分a=0，a>0，a<0，利用导数法讨论求解．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由题意，当n=1时，a1+S1=2a1=1，解得a1=12，
当n≥2时，由an+Sn=1，
可得an−1+Sn−1=1，
两式相减，可得an−an−1+an=0，
整理，得an=12an−1，
∴数列{an}是以12为首项，12为公比的等比数列，
∴an=12⋅(12)n−1=(12)n，n∈N*.
(2)由(1)可得，bn=12+log2an
=12+log2(12)n
=12+log22−n
=12−n，
则令bn>0，即12−n>0，解得n<12，
令bn=0，即12−n=0，解得n=12，
令bn<0，即12−n<0，解得n>12，
∴当1≤n≤12时，Tn=|b1|+|b2|+⋅⋅⋅+|bn|
=b1+b2+⋅⋅⋅+bn，
=(12−1)+(12−2)+⋅⋅⋅+(12−n)
=12n−(1+2+⋅⋅⋅+n)
=12n−n(n+1)2
=−n2−23n2
=−12n2+232n，
当n>12时，Tn=|b1|+|b2|+⋅⋅⋅+|bn|
=b1+b2+⋅⋅⋅+b12−b13−b14−⋅⋅⋅−bn
=2⋅(b1+b2+⋅⋅⋅+b12)−(b1+b2+⋅⋅⋅+bn)
=2⋅(11+10+⋅⋅⋅+1+0)−(−n2−23n2)
=2⋅11×(11+1)2+n2−23n2
=12n2−232n+132，
∴Tn=−12n2+232n,1≤n≤1212n2−232n+132,n>12. 
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1的值，当n≥2时，由an+Sn=1，可得an−1+Sn−1=1，两式相减进一步推导即可发现数列{an}是以12为首项，12为公比的等比数列，即可计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再将数列{bn}的通项公式与0比较大小并计算出对应的n的取值范围，然后分1≤n≤12和n>12两种情况求Tn的表达式，最后综合即可得到Tn.
本题主要考查数列求通项公式，以及绝对值数列求和问题．考查了分类讨论思想，整体思想，转化与化归思想，分组求和法，等差数列求和公式的运用，对数的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

18.【答案】解：(1)在△ABD中，由余弦定理可得cos∠BAD=AB2+AD2−BD22×AB×AD=−17，sin∠BAC=sin(∠BAD−∠CAD)=−cos∠BAD=17，
所以S△ABC=12×AB×AC×sin∠BAC=32；
(2)设∠BAC=∠ADB=θ，则∠DAB=π2+θ，∠ABD=π2−2θ，
在△ABD中，由正弦定理可得ABsin∠ADB=ADsin∠ABD=BDsin∠BAD，
即3sinθ=7cos2θ=BDcosθ，
所以3cos2θ=7sinθ，BD=3cosθsinθ，
于是6sin2θ+7sinθ−3=0，解得sinθ=13或−32(舍)，
所以cosθ=2 23，
故BD=6 2. 
【解析】(1)根据余弦定理求出cos∠BAD，利用诱导公式求出sin∠BAC=−cos∠BAD，结合三角形的面积公式计算即可求解；
(2)设∠BAC=∠ADB=θ，根据正弦定理和诱导公式可得3cos2θ=7sinθ、BD=3cosθsinθ，解得sinθ=13，同角的三角函数关系求出cosθ=2 23即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

19.【答案】证明：(Ⅰ)取BC的中点N，连接GN，GM，MN.








因为G为菱形对角线的交点，所以G为AC中点，
又N为BC中点，所以GN//CD，
又因为M，N分别为FC，BC的中点，
所以MN//FB，又因为DE//BF，
所以DE//MN，
又MN∩GN=N，
所以平面GMN//平面CDE，
又GM⊂平面GMN，
所以GM//平面CDE.
(Ⅱ)连接GF，设菱形的边长AB=2，则由∠ABC=120∘，得GB=GD=1,GA=GC= 3，
又因为AF⊥FC，所以FG=GA= 3，
则在直角三角形GBF中，BF= 2，所以DE= 22，
以G为坐标原点，分别以GA，GD所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系G−xyz，
则G(0,0,0),A( 3,0,0),E(0,1, 22),F(0,−1, 2)，M(− 32,−12, 22)
则GA=( 3,0,0),GE=(0,1, 22)，
设m=(x,y,z)为平面ACE的一个法向量，则m⋅GA=0m⋅GE=0即 3x=0y+ 22z=0，
令z= 2，得m=(0,−1, 2)，
又AM=(−3 32,−12, 22)，所以cos=AM⋅m|AM||m|=12+1 1+2 274+14+12=32 3⋅ 302= 1010，
所以直线AM与平面ACE所成角的正弦值为 1010.
 
【解析】(I)取BC的中点N，连接GN，GM，MN.由MN//BF//DE，GN//CD可得平面GMN//平面CDE，故而GM//平面CDE；
(II)以G为原点，建立空间坐标系，求出平面ACE的法向量m和AM的坐标，计算m和AM的夹角即可得出结论．
本题考查了线面平行的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．

20.【答案】解：(1)由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为：
在[0,20)内有0.0025×20×200=10(只)；
在[20,40)内有 0.00625×20×200=25(只)；
在[40,60)内有 0.00875×20×200=35(只)；
在[60,80)内有 0.025×20×200=100(只)；
在[80,100]内有 0.0075×20×200=30(只).
由题意，有抗体且指标值小于 60 的有 50 只：而指标值小于 60 的小白鼠共有10+25+35=70只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20 只，故列联表如下：
单位：只
抗体
指标值
合计
小于60
不小于60

有抗体
50
110
160
没有抗体
20
20
40
合计
70
130
200
零假设为H0：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小 60无关联．
根据列联表中数据，得 χ2=200×(50×20−20×110)2160×40×70×130≈4.945>3.841=x0.05.
根据α=0.05的独立性检验，推断H0不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60 有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)(i)令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件C=“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”．
记事件A，B，C 发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，
则 P(A)=160200=0.8,P(B)=2040=0.5,P(C)=1−P(A−)P(B−)=1−0.2×0.5=0.9.
所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率为0.9.
(ii)由题意，知随机变量X∼B(n,0.9)，P(X=k)=Cnk×0.9k×0.1n−k(k=0,1,2,....,n).
因为P(X=99)最大，所以Cn99×0.999×0.1n−99≥Cn99×0.998×0.1n−98Cn99×0.999×0.1n−99≥Cn100×0.9100×0.1n−100，
解得109≤n≤11019，因为n是整数，所以n=109或n=110，所以接受接种试验的人数为109或 110.
①当接种人数为 109 时，E(X)=np=109×0.9=98.1；
②当接种人数为 110 时，E(X)=np=110×0.9=99. 
【解析】(1)先根据题中数据完成列联表，计算χ2的数值，分析即可得出结果；
(2)(i)根据对立事件的概率求解即可；
(ii)不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知P(X=99)≥P(X=100)，P(X=99)≥P(X=98)，解出n的范围即可求解．
本题主要考查独立性检验和二项分布，属于中档题．

21.【答案】解：(1)∵圆O与椭圆E均关于x轴对称，故可设B(−r,yB)，0 过圆心O作OD⊥AB于点D，设BC与x轴交于点H，
由ODAD=HBAH，得r 4−r2=|yB|2+r，即|yB|=r 2+r2−r，
而点B(−r,yB)在椭圆E上，
故yB2=1−r24=(2−r)(2+r)4=r2(2+r2−r)，
即(2−r)2=4r2，得r=23.
(2)直线A2A3与圆O相切．理由如下：
由题意可知直线A1A2与A1A3斜率k1和k2均存在，
设过A1(2 55,2 55)且与圆O:x2+y2=49相切的直线方程为：y−2 55=k(x−2 55)，
即kx−y+2 55(1−k)=0，
则圆心O到该直线的距离d=2 55|1−k| 1+k2=23，即4k2=18k−4，
联立kx−y+2 55(1−k)=0x2+4y2=4，可得：x2+4[kx+2 55(1−k)]2=4，
即(4k2+1)x2+16 55k(1−k)x+165(1−k)2−4=0，
则方程异于2 55的实数解为x= 52⋅165(1−k)2−44k2+1=2 55⋅4k2−8k−14k2+1=2 53⋅2k−16k−1，
可得y=k(x−2 55)+2 55=−2 55⋅4k2+2k−14k2+1=−2 53⋅4k−16k−1，
设A2(2 53⋅2k1−16k1−1,−2 53⋅4k1−16k1−1)，A3(2 53⋅2k2−16k2−1,−2 53⋅4k2−16k2−1)，
则直线A2A3的斜率k=−2 532 534k2−16k2−1−4k1−16k1−12k2−16k2−1−2k1−16k1−1=−(4k2−1)(6k1−1)−(4k1−1)(6k2−1)(2k2−1)(6k1−1)−(2k1−1)(6k2−1)=−12，
故直线A2A3的方程为：y=−12(x−2 53⋅2k1−16k1−1)−2 53⋅4k1−16k1−1=−12x− 53，
则圆心O到A2A3的距离d=|− 53| 1+(−12)2=23=r，故直线A2A3与圆O相切． 
【解析】(1)由题意可设B(−r,yB)，0 (2)由题意可知直线A1A2与A1A3斜率k1和k2均存在，设出过A1且与圆O相切的直线方程，由圆心O到该直线的距离等于半径列式可得4k2=18k−4，联立直线方程与椭圆方程，求出切点坐标，进一步求得直线A2A3的斜率，可得直线A2A3的方程，求得圆心O到A2A3的距离d=r，可得直线A2A3与圆O相切．
本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．

22.【答案】解：(1)因为f(x)=ex+(2−2a)ex2−a(x+1)，
所以f′(x)=ex+(1−a)ex2−a=(ex2−a)(ex2+1)，
因为ex2+1>0，
若a≤0，则ex2−a>0,f′(x)>0,f(x)在R上单调递增，
若a>0，当x∈(−∞,2lna)时，f′(x)<0，当x∈(2lna,+∞)时，f′(x)>0，
此时f(x)在(−∞,2lna)上单调递减，在(2lna,+∞)上单调递增，
综上可得，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，
当a>0时，f(x)在(−∞,2lna)上单调递减，在(2lna,+∞)上单调递增．
(2)对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，x2f(x1)+g(x2)>0，
即f(x1)+g(x2)x2>0，设h(x)=g(x)x，则f(x1)+h(x2)>0，
即f(x)min+h(x)min>0，
当a=1时，f(x)=ex−x−1，
由(1)知f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(0)=0，
因为h(x)=ex−ln(ex)x+m=ex−lnxx−1x+m，
所以h′(x)=ex−1−lnxx2+1x2=x2ex+lnxx2，
设s(x)=x2ex+lnx，则s(x)在(0,+∞)上单调递增，
且s(12)= e4−ln2<12−ln2=12(1−ln4)<0,s(1)=e>0，
所以存在x0∈(12,1)，使得s(x0)=0，
即x02ex0=−lnx0，即x0ex0=−1x0lnx0=ln1x0eln1x0，
由y=xex在(0,+∞)上是增函数，得x0=ln1x0=−lnx0,ex0=1x0，
x∈(0,x0)时，s(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(x0,+∞)时，s(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x0)=ex0−lnx0x0−1x0+m=1x0−−x0x0−1x0+m=1+m，
所以由f(x)min+h(x)min>0得1+m>0，即m>−1，
所以实数m的取值范围是(−1,+∞). 
【解析】(1)求出函数的导数，分a≤0和a>0讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；
(2)由题意对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，x2f(x1)+g(x2)>0，可变形为f(x1)+g(x2)x2>0，故设h(x)=g(x)x，推出f(x1)+h(x2)>0，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值即可求得答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于难题．