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2023-2024学年江苏省南京市高三（上）学情调研数学试卷（零模）（9月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省南京市高三（上）学情调研数学试卷（零模）（9月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A={x|x2−4x+3≤0}，B={x|2A. {x|3≤x<4}B. {x|1≤x≤3}C. {x|22. 复数z=3−i1+i的虚部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
3. (x−2x)4展开式中的常数项为( )
A. 6B. −6C. 24D. −24
4. 在△ABC中，D为AB边的中点，记CA=m，CD=n，则CB=( )
A. m−2nB. m+2nC. 2m+nD. −m+2n
5. 设O为坐标原点，A为圆C：x2+y2−4x+2=0上一个动点，则∠AOC的最大值为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，过点B的平面α与直线A1C垂直，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
7. 新风机的工作原理是，从室外吸入空气，净化后输入室内，同时将等体积的室内空气排向室外.假设某房间的体积为v0，初始时刻室内空气中含有颗粒物的质量为m.已知某款新风机工作时，单位时间内从室外吸入的空气体积为v(v>1)，室内空气中颗粒物的浓度与时刻t的函数关系为ρ(t)=(1−λ)mv0+λmv0e−vt，其中常数λ为过滤效率.若该款新风机的过滤效率为45，且t=1时室内空气中颗粒物的浓度是t=2时的32倍，则v的值约为
(参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)( )
A. 1.3862B. 1.7917C. 2.1972D. 3.5834
8. 若函数f(x)=sin(ωcsx)−1(ω>0)在区间(0,2π)恰有2个零点，则ω的取值范围是( )
A. (0,π2)B. (π2,3π2)C. (π2,5π2)D. (π2,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若a<00，则( )
A. ab>−1B. |a|<|b|
C. 1a+1b>0D. (a−1)(b−1)<1
10. 有一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，已知i=15xi=10，i=15xi2=30，则该组数据的( )
A. 平均数为2B. 中位数为2C. 方差为2D. 标准差为2
11. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，D是AB的中点.将△ACD沿CD翻折，得到三棱锥A′−BCD，则( )
A. CD⊥A′B
B. 当A′D⊥BD时，三棱锥A′−BCD的体积为83
C. 当A′B=2 3时，二面角A′−CD−B的大小为2π3
D. 当∠A′DB=2π3时，三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为20π
12. 函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)−f(−x)=2x，f′(1+x)+f′(1−x)=0，则( )
A. y=f(x)+x为偶函数B. f(x)的图象关于直线x=1对称
C. f′(0)=1D. f′(x+2)=f′(x)+2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(3,4)，则sin(π+α)= ______ ．
14. 某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为______ ．
15. 记Sn为数列{an}的前n项和，已知an=2n(n+2),n为奇数,an−1,n为偶数,则S8= ______ ．
16. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C右支上一点，线段PF1与C的左支交于点M.若∠F1PF2=π3，且|PM|=|PF2|，则C的离心率为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知公比大于1的等比数列{an}满足：a1+a4=18，a2a3=32．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn=2bn−an，n∈N*，证明：{bnan}是等差数列．
18. (本小题12.0分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinB+ 3bcsA=0．
(1)求A；
(2)若a=3，sinBsinC=14，求△ABC的面积．
19. (本小题12.0分)
某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取100名学生的A，B两门学科成绩作为样本.将他们的A学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到70分为良好.已知他们中B学科良好的有50人，两门学科均良好的有40人．
(1)根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为这次考试学生的A学科良好与B学科良好有关；
(2)用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取3人，记这3人中A，B学科均良好的人数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
20. (本小题12.0分)
如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，OA=BF= 3，AD=3，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG//平面DAF；
(2)求直线EF与平面DAF所成角的正弦值．
21. (本小题12.0分)
已知O为坐标原点，F(1,0)是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点.当A为短轴顶点时，△AOF的周长为3+ 3．
(1)求C的方程；
(2)若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求|PM|⋅|PQ|的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=aex−x−a，其中a>0．
(1)若a=1，证明：f(x)≥0；
(2)设函数g(x)=xf(x)，若x=0为g(x)的极大值点，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为集合A={x|x2−4x+3≤0}={x|1≤x≤3}，B={x|2所以A∩B={x|2故选：C．
化简集合A，根据交集的定义计算即可．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得z=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)
=3+i2−4i1−i2=2−4i2=1−2i，
故其虚部为：−2
故选B
由复数的代数运算可化简复数，可得其虚部．
本题考查复数代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由二项式定理的通项公式可知，(x−2x)4展开式中通项公式Tr+1=C4r⋅x4−r⋅(−2x)r=(−2)rC4rx4−2r，
当4−2r=0时，展开式为常数，此时r=2，
展开式的常数项为：T3=4C42=24．
故选：C．
直接利用二项式定理的通项公式，令x的指数为0，即可求出常数项．
本题考查二项式定理通项公式的应用，注意正确应用公式是解题的关键，考查计算能力．
4.【答案】D
【解析】解：△ABC中，D为AB边的中点，
因为CA=m，CD=n，
所以CD=12(CA+CB)，
则CB=2CD−CA=2n−m．
故选：D．
由已知结合向量的线性表示即可求解．
本题主要考查了向量的线性表示，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：圆C：x2+y2−4x+2=0的圆心为(2,0)，半径为r= 2，
由题意可得当OA为圆C的切线时，∠AOC取得最大值．
在直角三角形AOC中，∠OAC=90°，
sin∠AOC=ACOC=r2= 22，
解得∠AOC=π4．
故选：C．
求得圆C的圆心和半径，可得当OA为圆C的切线时，∠AOC取得最大值，解直角三角形AOC可得所求最大值．
本题考查圆的方程和直线与圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC、BC1、C1D、BD，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，
又∵AC⊥BD，AC、AA1是平面AA1C内的相交直线，∴BD⊥平面AA1C，
∵A1C⊂平面AA1C，∴BD⊥A1C，同理可得BC1⊥A1C，
∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面BC1D，
即△BC1D所在平面是经过点B与垂直A1C的平面，
因此，平面α截该正方体所得截面的形状为三角形，A正确．
故选：A．
根据题意，利用线面垂直的判定与性质，证出△BC1D所在平面是经过点B与垂直A1C的平面，即可得到本题的答案．
本题主要考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质等知识，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意得ρ(1)=m5v0+4m5v0e−v，ρ(2)=m5v0+4m5v0e−2v，
因为ρ(1)=32ρ(2)，
所以m5v0+4m5v0e−v=32(m5v0+4m5v0e−2v)，
整理得8e−v−12e−2v=1，
令e−v=n，
因为v>1，所以n=e−v∈(0,1e)，
则12n2−8n+1=0，解得n=12(舍去)或n=16，
故e−v=16，解得v=ln6=ln2+ln3≈1.7917．
故选：B．
由题意表达出ρ(1)，ρ(2)，由ρ(1)=32ρ(2)列出方程，求出e−v=16，两边取对数，计算出答案．
本题考查了对数的基本运算，指数与对数的转化，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：令t=ωcsx，∵x∈(0,2π)∴t∈[−ω，ω)，
则函数f(x)=sin(ωcsx)−1(ω>0)在区间(0,2π)恰有2个零点，
等价于sint−1=0在t∈[−ω,ω)有两个根，
由于x∈(0,π )∪( π,2 π )时，t=ωcsx有两个根，
所以原题等价于y=sint，t∈(−ω,ω)与y=1有一个公共点，如图：
则−ω>−3π2且ω>π2，所以π2<ω<3π2．
故选：B．
利用换元法，结合三角函数图象列出限制条件，即可得出答案．
本题考查函数的零点，三角函数的图象与性质的综合应用，属难题．
9.【答案】BD
【解析】解：∵a<00，
∴b>−a>0，即b>|a|，可得−1由b>|a|，可得|a|<|b|，B正确；
因为1a+1b=a+bab<0，所以1a+1b<0，C错误；
因为(a−1)(b−1)−1=ab−(a+b)<0，所以(a−1)(b−1)<1成立，D正确．
故选：BD．
根据题意，可得a为负数且b为正数，结合a+b>0，得到正数的绝对值较大，从而得出答案．
本题主要考查了不等式的基本性质、作差法比较实数的大小等知识，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为i=15xi=10，
所以平均数为15×i=15xi=2，故A正确，
又因为无法判断样本数据的具体值，所以中位数无法确定，故B错误；
方差s2=15i=15(xi−2)2=15(i=15xi2−4i=15xi+4×5)=15(30−4×10+20)=2，故C正确，
所以标准差为 2，故D错误．
故选：AC．
根据平均数、中位数、方差和标准差的计算公式求解．
本题主要考查了平均数、中位数、方差和标准差的定义，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，D是AB的中点，
故CD⊥AB，且AB=4，则CD=AD=DB=12AB=2，
在三棱锥A′−BCD中，CD⊥A′D，CD⊥BD，
而A′D⋂BD=D，A′D，BD⊂平面A′BD，∴CD⊥平面A′BD，
而A′B⊂平面A′BD，∴CD⊥A′B，故A正确；
对于B，当A′D⊥BD时，S△A′DB=12×A′D×DB=12×2×2=2，
由于CD⊥平面A′BD，∴VA′−BCD=VC−A′BD=13S△A′DB⋅CD=13×2×2=43，故B错误；
对于C，当A′B=2 3时，A′D=DB=2，
则cs∠A′DB=(A′D)2+DB2−(A′B)22A′D⋅DB=4+4−122×2×2=−12，
而∠A′DB∈(0,π)，∴∠A′DB=2π3，
由于CD⊥平面A′BD，故∠A′DB即为二面角A′−CD−B的平面角，
∴当A′B=2 3时，二面角A′−CD−B的大小为2π3，故C正确；
对于D，当∠A′DB=2π3时，
A′B= (A′D)2+DB2−2A′D⋅DBcs∠A′DB= 4+4+4=2 3，
设△A′DB的外接圆圆心为O′，半径为r，则2r=A′Bsin∠A′DB=2 3 32=4，得r=2，
∵CD⊥平面A′BD，∴三棱锥A′−BCD的外接球的球心位于过O′垂直于平面A′DB的直线上，
且在过CD的中点E垂直于CD的平面上，
设球心为O，由于OO′⊥平面A′DB，则OO′//CD，
过E作OO′的垂线，垂足即为O，即三棱锥A′−BCD的外接球的球心，
则四边形OO′DE为矩形，故OO′=ED=12CD=1，
设棱锥A′−BCD的外接球的半径为R，连接OD，
故R2=OD2=(OO′)2+(O′D)2=1+4=5，∴R= 5，
故三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为4πR2=20π，故D正确．
故选：ACD．
根据线面垂直的性质定理判断A；根据等体积法可判断B；确定二面角A′−CD−B的平面角，解三角形可得其大小，判断C；确定三棱锥A′−BCD的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积判断D．
本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查多面体的体积及其外接球表面积的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：A选项，假设y=f(x)+x为偶函数，则有f(−x)−x=f(x)+x，变形为f(x)−f(−x)=−2x，与f(x)−f(−x)=2x矛盾，
故假设不成立，y=f(x)+x不是偶函数，A错误；
B选项，假设f(x)的图象关于直线x=1对称，则有f(1+x)=f(1−x)，两边求导得到f′(1+x)=−f′(1−x)，即f′(1+x)+f′(1−x)=0，
由于题目条件中有f′(1+x)+f′(1−x)=0，故假设成立，B正确；
C选项，f(x)−f(−x)=2x两边求导得f′(x)+f′(−x)=2，令x=0得f′(0)+f′(0)=2，解得f′(0)=1，C正确；
D选项，因为f(1+x)=f(1−x)，将−x−1代替x，得f(−x)=f(x+2)，
又f(x)−f(−x)=2x，故f(x)−f(x+2)=2x，即f(x+2)−f(x)=−2x，
两边求导得f′(x+2)−f′(x)=−2，f′(x+2)=f′(x)−2，D错误．
故选：BC．
A选项，假设y=f(x)+x为偶函数，得到f(x)−f(−x)=−2x，与条件矛盾，A错误；B选项，假设f(x)的图象关于直线x=1对称，得到f(1+x)=f(1−x)，求导后得到f′(1+x)+f′(1−x)=0，满足题目条件， B正确；C选项，f(x)−f(−x)=2x两边求导得f′(x)+f′(−x)=2，赋值得到答案；D选项，由f(1+x)=f(1−x)得到f(−x)=f(x+2)，结合f(x)−f(−x)=2x得到f(x+2)−f(x)=−2x，求导得到D错误．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】−45
【解析】解：由角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(3,4)，
可得r=|OP|= 32+42=5，
根据三角函数的定义，可得sinα=45，
所以sin(π+α)=−sinα=−45．
故答案为：−45．
根据三角函数的定义和三角函数的诱导公式，即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义和诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14.【答案】0.56
【解析】解：分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件A1，A2，所结麦穗含有50粒以上麦粒为事件B，
由已知可得，P(A1)=0.9，P(A2)=0.1，P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.2，
由全概率公式可得，P(B)=P(BA1)+P(BA2)
=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.9×0.6+0.1×0.2=0.56．
故答案为：0.56．
根据已知设出事件，由已知得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可求解．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
15.【答案】169
【解析】解：由an=2n(n+2),n为奇数,an−1,n为偶数,，可得：
a1=21×3，a2=a1，a3=23×5，a4=a3，a5=25×7，a6=a5，a7=27×9，a8=a7，
所以S8=2×(21×3+23×5+25×7+27×9)
=2×(1−13+13−15+15−17+17−19)
=2×89=169．
故答案为：169．
根据递推式直接递推即可得出前8项，再用裂项相消法求和．
本题考查数列递推式求通项，考查裂项相消求和，属基础题．
16.【答案】 7
【解析】解：因为点P是C右支上一点，线段PF1与C的左支交于点M，且|PM|=|PF2|，∠F1PF2=π3，
所以△PMF2为等边三角形，所以|PM|=|PF2|=|MF2|
由双曲线定义得|PF1|−|PF2|=|PM|+|MF1|−|PF2|=|MF1|=2a，
又由|MF2|−|MF1|=|MF2|−2a=2a，解得|MF2|=4a，
则|PM|=|PF2|=|MF2|=4a且|PF1|=|PM|+|MF1|=4a+2a=6a，
在△F1PF2中，由余弦定理得csπ3=(4a)2+(6a)2−(2c)22×4a×6a=12，
整理得c2=7a2，所以双曲线的离心率为e=ca= 7．
故答案为： 7．
根据题意和双曲线定义求得|PM|=|PF2|=|MF2|=4a且|PF1|=6a，在△F1PF2中，利用余弦定理列出方程，化简得到c2=7a2，即可求得双曲线的离心率．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)方法1：设公比为q，
由等比数列性质得出a1+a1q3=18a1q⋅a1q2=32，
解得a1=2q=2或a1=16q=12，
又q>1，∴a1=2q=2，
因此an=a1qn−1=2n．
方法2：设公比为q，
∵{an}是等比数列，∴a2a3=a1a4=32，
又a1+a4=18，解得a1=2a4=16或a1=16a4=2．
又q>1，∴a1=2a4=16，∴q3=8，q=2．
因此an=a1qn−1=2n．
(2)由(1)得Sn=2bn−2n，∴Sn+1=2bn+1−2n+1，
两式作差可得Sn+1−Sn=2bn+1−2n+1−(2bn−2n)，
即bn+1=2bn+1−2n−2bn，整理得bn+1−2bn=2n，n∈N*．
方程同除以2n+1得，bn+12n+1−bn2n=12，即bn+1an+1−bnan=12(n∈N*).
∴数列{bnan}是公差为12的等差数列．
【解析】(1)方法1：由等比数列性质得到关于首项和公比的方程组，求出解得a1=2q=2，得到通项公式；
方法2：根据等比数列性质计算出a1=2a4=16，从而求出公比，得到通项公式；
(2)根据Sn与an的关系式得到bn+12n+1−bn2n=12，从而结合(1)知bn+1an+1−bnan=12，(n∈N*)，得到结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，
所以sinA+ 3csA=0，即tanA=− 3，
由A为三角形内角，得A=2π3；
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
所以bsinB=csinC=3 32=2 3，
所以b=2 3sinB，c=2 3sinC，
因为a=3，sinBsinC=14，
所以bc=(2 3)2×sinBsinC=3，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×3× 32=3 34．
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理化简得sinA+ 3csA=0，得到tanA=− 3，即可求解；
(2)由正弦定理得到b=2 3sinB，c=2 3sinC，结合题意，求得bc=3，进而求得△ABC的面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得A学科良好的人数为100×(0.040+0.025+0.005)×10=70，
所以2×2列联表如下：
假设H0：A学科良好与B学科良好无关，
此时K2=100×(30×10−40×20)270×30×50×50=10021≈4.8>3.841，
所以我们有95%把握认为A学科良好与B学科良好有关；
(2)已知AB学科均良好的概率P=40100=25，
易知X的所有可能取值为0，1，2，3，
此时P(X=0)=C30×(25)0×(35)3=27125，P(X=1)=C31×25×(35)2=54125，
P(X=2)=C32×(25)2×(35)1=36125，P(X=3)=C33×(25)3×(35)0=8125，
则X的分布列为：
所以E(X)=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=65．
【解析】(1)由题意，根据频率分布直方图计算可得出A学科良好的人数，补全2×2列联表，代入公式求出观测值，将其与临界值进行对比，进而即可求解；
(2)先得到X的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望以及独立性检验，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】证明：(1)连接OE，OG，
在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以OE//DA．
又OE⊄平面DAF，DA⊂平面DAF，所以OE//平面DAF，
在△ABF中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以OG//AF，
又OG⊄平面DAF，AF⊂平面DAF，
所以OG//平面DAF，
又OE∩OG=O，OE，OG⊂平面OEG，
所以平面OEG//平面DAF，
又EG⊂平面OEG，所以EG//平面DAF；
解：(2)以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0, 3,0)，E(0,0,3)，
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以BF⊥AF，
又OA=OB=BF= 3，所以∠BOF=60°，因此F(32, 32,0)，
因此EF=(32, 32,−3)，
因为AD⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BF⊥AD，
又BF⊥AF，AF∩AD=A，AF，AD⊂平面DAF，
所以BF⊥平面DAF，因此FB=(−32, 32,0)是平面DAF的一个法向量，
设EF与平面DAF所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs|=|EF⋅FB||EF||FB|=322 3× 3=14，
所以EF与平面DAF所成角的正弦值为14．
【解析】(1)连接OE，OG，证明平面OEG//平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；
本题主要考查了线面平行的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的焦点为F(1,0)，可得c=1，
又因为A为短轴顶点时，△AOF的周长a+b+1=3+ 3，
又由a2=b2+1，所以a2=(2+ 3−a)2+1，解得a=2,b= 3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)解法一：因为椭圆C的焦点为F(1,0)，设直线AB：y=k(x−1)，
联立方程组y=k(x−1)x24+y23=1，整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8k24k2+3，y1+y2=k(x1+x2)−2k=−6k4k2+3，
则M(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
于是线段AB的垂直平分线的方程为y=−1k(x−4k24k2+3)−3k4k2+3，
令y=0，可得xP=k24k2+3，
由|PM|⋅|PQ|= 1+1k2|xM−xP|⋅ 1+1k2|xP|
=(1+1k2)|4k24k2+3−k24k2+3|⋅|k24k2+3|=3k2(k2+1)(4k2+3)2，
令t=4k2+3>3，则|PM|⋅|PQ|=3k2(k2+1)(4k2+3)2=3(t2−2t−3)16t2=316[−3(1t)2−21t+1]，
因为t>3，所以1t∈(0,13)，可得−3(1t)2−21t+1∈(0,1)，
因此|PM|⋅|PQ|=316[−3(1t)2−21t+1]∈(0,316)．
解法二：因为椭圆C的焦点为F(1,0)，设直线AB：x=my+1，
联立方程组x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=−6m3m2+4，x1+x2=m(y1+y2)+2=83m2+4，
则M(43m2+4,−3m3m2+4)，
可得线段AB的垂直平分线的方程为y=−m(x−43m2+4)−3m3m2+4，
令y=0，得xP=13m2+4，
由|PM|⋅|PQ|= 1+m2|xM−xP|⋅ 1+m2|xP|
=(1+m2)|43m2+4−13m2+4|⋅|13m2+4|=3(m2+1)(3m2+4)2．
令t=4m2+4>4，则|PM|⋅|PQ|=3(m2+1)(3m2+4)2=t−1t2=−1t2+1t，
因为t>4，可得1t∈(0,14)，可得−1t2+1t∈(0,316)，
因此|PM|⋅|PQ|∈(0,316)．
【解析】(1)根据题意，得到c=1且a+b+1=3+ 3，结合a2=b2+1，列出方程求得a，b的值，即可求解．
(2)解法一：设直线AB：y=k(x−1)，联立方程组，利用韦达定理得到M(4k24k2+3,−3k4k2+3)，得出AB的垂直平分线的方程，求得xP=k24k2+3，化简|PM|⋅|PQ|═3k2(k2+1)(4k2+3)2，利用换元法和二次函数的性质，即可求解；
解法二：设AB：x=my+1，联立方程组，利用根与系数的关系得到M(43m2+4,−3m3m2+4)，进而得到xP=13m2+4，化简|PM|⋅|PQ|═3(m2+1)(3m2+4)2，利用换元法和二次函数的性质，即可求解．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：若a=1，则f(x)=ex−x−1，且x∈R，则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，得x=0，
在(−∞,0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)>f(x)min=f(0)=0；
(2)由题意，g(x)=axex−x2−ax，
则g′(x)=a(x+1)ex−2x−a=a[(x+1)ex−1]−2x，
当x>0时，易得(x+1)ex−1>0，所以由(1)可得，
若a≥1，则g′(x)=a[(x+1)ex−1]−2x≥(x+1)ex−2x−1>(x+1)2−2x−1=x2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
这与x=0为函数g(x)的极大值点相矛盾；
若0则h′(x)=a(x+2)ex−2，又令m(x)=a(x+2)ex−2，
则m′(x)=a(x+2)ex对x>−3恒成立，
所以h′(x)在(−3,+∞)上单调递增，
又h′(0)=2a−2<0，h′(2a−2)>a(2a−2+2)−2=0，
因为00，
因此存在唯一x0∈(0,2a−2)，使得h′(x0)=0，
所以在(−3,x0)上，h′(x)<0，即g′(x)单调递减，
又g′(0)=0，
所以在(−3,0)上，g′(x)>0，故g(x)单调递增，
在(0,x0)上，g′(x)<0，故g(x)单调递减，
所以x=0为函数f(x)的极大值点，满足题意，
综上，a的取值范围为(0,1)．
【解析】(1)求导，确定函数的单调性，即可得最值，从而证得结论；
(2)求导，分类讨论确定函数的单调性，从而验证极值，即可得a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属难题．B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
A学科不够良好
合计
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
40
30
70
A学科不够良好
10
20
30
合计
50
50
100
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125
1. 已知集合A={x|x2−4x+3≤0}，B={x|2
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
3. (x−2x)4展开式中的常数项为( )
A. 6B. −6C. 24D. −24
4. 在△ABC中，D为AB边的中点，记CA=m，CD=n，则CB=( )
A. m−2nB. m+2nC. 2m+nD. −m+2n
5. 设O为坐标原点，A为圆C：x2+y2−4x+2=0上一个动点，则∠AOC的最大值为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，过点B的平面α与直线A1C垂直，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
7. 新风机的工作原理是，从室外吸入空气，净化后输入室内，同时将等体积的室内空气排向室外.假设某房间的体积为v0，初始时刻室内空气中含有颗粒物的质量为m.已知某款新风机工作时，单位时间内从室外吸入的空气体积为v(v>1)，室内空气中颗粒物的浓度与时刻t的函数关系为ρ(t)=(1−λ)mv0+λmv0e−vt，其中常数λ为过滤效率.若该款新风机的过滤效率为45，且t=1时室内空气中颗粒物的浓度是t=2时的32倍，则v的值约为
(参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986)( )
A. 1.3862B. 1.7917C. 2.1972D. 3.5834
8. 若函数f(x)=sin(ωcsx)−1(ω>0)在区间(0,2π)恰有2个零点，则ω的取值范围是( )
A. (0,π2)B. (π2,3π2)C. (π2,5π2)D. (π2,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若a<0
A. ab>−1B. |a|<|b|
C. 1a+1b>0D. (a−1)(b−1)<1
10. 有一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，已知i=15xi=10，i=15xi2=30，则该组数据的( )
A. 平均数为2B. 中位数为2C. 方差为2D. 标准差为2
11. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，D是AB的中点.将△ACD沿CD翻折，得到三棱锥A′−BCD，则( )
A. CD⊥A′B
B. 当A′D⊥BD时，三棱锥A′−BCD的体积为83
C. 当A′B=2 3时，二面角A′−CD−B的大小为2π3
D. 当∠A′DB=2π3时，三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为20π
12. 函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)−f(−x)=2x，f′(1+x)+f′(1−x)=0，则( )
A. y=f(x)+x为偶函数B. f(x)的图象关于直线x=1对称
C. f′(0)=1D. f′(x+2)=f′(x)+2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(3,4)，则sin(π+α)= ______ ．
14. 某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为______ ．
15. 记Sn为数列{an}的前n项和，已知an=2n(n+2),n为奇数,an−1,n为偶数,则S8= ______ ．
16. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C右支上一点，线段PF1与C的左支交于点M.若∠F1PF2=π3，且|PM|=|PF2|，则C的离心率为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知公比大于1的等比数列{an}满足：a1+a4=18，a2a3=32．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn=2bn−an，n∈N*，证明：{bnan}是等差数列．
18. (本小题12.0分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinB+ 3bcsA=0．
(1)求A；
(2)若a=3，sinBsinC=14，求△ABC的面积．
19. (本小题12.0分)
某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取100名学生的A，B两门学科成绩作为样本.将他们的A学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到70分为良好.已知他们中B学科良好的有50人，两门学科均良好的有40人．
(1)根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为这次考试学生的A学科良好与B学科良好有关；
(2)用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取3人，记这3人中A，B学科均良好的人数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
20. (本小题12.0分)
如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，OA=BF= 3，AD=3，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG//平面DAF；
(2)求直线EF与平面DAF所成角的正弦值．
21. (本小题12.0分)
已知O为坐标原点，F(1,0)是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点.当A为短轴顶点时，△AOF的周长为3+ 3．
(1)求C的方程；
(2)若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求|PM|⋅|PQ|的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=aex−x−a，其中a>0．
(1)若a=1，证明：f(x)≥0；
(2)设函数g(x)=xf(x)，若x=0为g(x)的极大值点，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为集合A={x|x2−4x+3≤0}={x|1≤x≤3}，B={x|2
化简集合A，根据交集的定义计算即可．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得z=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)
=3+i2−4i1−i2=2−4i2=1−2i，
故其虚部为：−2
故选B
由复数的代数运算可化简复数，可得其虚部．
本题考查复数代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由二项式定理的通项公式可知，(x−2x)4展开式中通项公式Tr+1=C4r⋅x4−r⋅(−2x)r=(−2)rC4rx4−2r，
当4−2r=0时，展开式为常数，此时r=2，
展开式的常数项为：T3=4C42=24．
故选：C．
直接利用二项式定理的通项公式，令x的指数为0，即可求出常数项．
本题考查二项式定理通项公式的应用，注意正确应用公式是解题的关键，考查计算能力．
4.【答案】D
【解析】解：△ABC中，D为AB边的中点，
因为CA=m，CD=n，
所以CD=12(CA+CB)，
则CB=2CD−CA=2n−m．
故选：D．
由已知结合向量的线性表示即可求解．
本题主要考查了向量的线性表示，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：圆C：x2+y2−4x+2=0的圆心为(2,0)，半径为r= 2，
由题意可得当OA为圆C的切线时，∠AOC取得最大值．
在直角三角形AOC中，∠OAC=90°，
sin∠AOC=ACOC=r2= 22，
解得∠AOC=π4．
故选：C．
求得圆C的圆心和半径，可得当OA为圆C的切线时，∠AOC取得最大值，解直角三角形AOC可得所求最大值．
本题考查圆的方程和直线与圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC、BC1、C1D、BD，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，
又∵AC⊥BD，AC、AA1是平面AA1C内的相交直线，∴BD⊥平面AA1C，
∵A1C⊂平面AA1C，∴BD⊥A1C，同理可得BC1⊥A1C，
∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面BC1D，
即△BC1D所在平面是经过点B与垂直A1C的平面，
因此，平面α截该正方体所得截面的形状为三角形，A正确．
故选：A．
根据题意，利用线面垂直的判定与性质，证出△BC1D所在平面是经过点B与垂直A1C的平面，即可得到本题的答案．
本题主要考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质等知识，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意得ρ(1)=m5v0+4m5v0e−v，ρ(2)=m5v0+4m5v0e−2v，
因为ρ(1)=32ρ(2)，
所以m5v0+4m5v0e−v=32(m5v0+4m5v0e−2v)，
整理得8e−v−12e−2v=1，
令e−v=n，
因为v>1，所以n=e−v∈(0,1e)，
则12n2−8n+1=0，解得n=12(舍去)或n=16，
故e−v=16，解得v=ln6=ln2+ln3≈1.7917．
故选：B．
由题意表达出ρ(1)，ρ(2)，由ρ(1)=32ρ(2)列出方程，求出e−v=16，两边取对数，计算出答案．
本题考查了对数的基本运算，指数与对数的转化，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：令t=ωcsx，∵x∈(0,2π)∴t∈[−ω，ω)，
则函数f(x)=sin(ωcsx)−1(ω>0)在区间(0,2π)恰有2个零点，
等价于sint−1=0在t∈[−ω,ω)有两个根，
由于x∈(0,π )∪( π,2 π )时，t=ωcsx有两个根，
所以原题等价于y=sint，t∈(−ω,ω)与y=1有一个公共点，如图：
则−ω>−3π2且ω>π2，所以π2<ω<3π2．
故选：B．
利用换元法，结合三角函数图象列出限制条件，即可得出答案．
本题考查函数的零点，三角函数的图象与性质的综合应用，属难题．
9.【答案】BD
【解析】解：∵a<0
∴b>−a>0，即b>|a|，可得−1
因为1a+1b=a+bab<0，所以1a+1b<0，C错误；
因为(a−1)(b−1)−1=ab−(a+b)<0，所以(a−1)(b−1)<1成立，D正确．
故选：BD．
根据题意，可得a为负数且b为正数，结合a+b>0，得到正数的绝对值较大，从而得出答案．
本题主要考查了不等式的基本性质、作差法比较实数的大小等知识，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为i=15xi=10，
所以平均数为15×i=15xi=2，故A正确，
又因为无法判断样本数据的具体值，所以中位数无法确定，故B错误；
方差s2=15i=15(xi−2)2=15(i=15xi2−4i=15xi+4×5)=15(30−4×10+20)=2，故C正确，
所以标准差为 2，故D错误．
故选：AC．
根据平均数、中位数、方差和标准差的计算公式求解．
本题主要考查了平均数、中位数、方差和标准差的定义，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，D是AB的中点，
故CD⊥AB，且AB=4，则CD=AD=DB=12AB=2，
在三棱锥A′−BCD中，CD⊥A′D，CD⊥BD，
而A′D⋂BD=D，A′D，BD⊂平面A′BD，∴CD⊥平面A′BD，
而A′B⊂平面A′BD，∴CD⊥A′B，故A正确；
对于B，当A′D⊥BD时，S△A′DB=12×A′D×DB=12×2×2=2，
由于CD⊥平面A′BD，∴VA′−BCD=VC−A′BD=13S△A′DB⋅CD=13×2×2=43，故B错误；
对于C，当A′B=2 3时，A′D=DB=2，
则cs∠A′DB=(A′D)2+DB2−(A′B)22A′D⋅DB=4+4−122×2×2=−12，
而∠A′DB∈(0,π)，∴∠A′DB=2π3，
由于CD⊥平面A′BD，故∠A′DB即为二面角A′−CD−B的平面角，
∴当A′B=2 3时，二面角A′−CD−B的大小为2π3，故C正确；
对于D，当∠A′DB=2π3时，
A′B= (A′D)2+DB2−2A′D⋅DBcs∠A′DB= 4+4+4=2 3，
设△A′DB的外接圆圆心为O′，半径为r，则2r=A′Bsin∠A′DB=2 3 32=4，得r=2，
∵CD⊥平面A′BD，∴三棱锥A′−BCD的外接球的球心位于过O′垂直于平面A′DB的直线上，
且在过CD的中点E垂直于CD的平面上，
设球心为O，由于OO′⊥平面A′DB，则OO′//CD，
过E作OO′的垂线，垂足即为O，即三棱锥A′−BCD的外接球的球心，
则四边形OO′DE为矩形，故OO′=ED=12CD=1，
设棱锥A′−BCD的外接球的半径为R，连接OD，
故R2=OD2=(OO′)2+(O′D)2=1+4=5，∴R= 5，
故三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为4πR2=20π，故D正确．
故选：ACD．
根据线面垂直的性质定理判断A；根据等体积法可判断B；确定二面角A′−CD−B的平面角，解三角形可得其大小，判断C；确定三棱锥A′−BCD的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积判断D．
本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查多面体的体积及其外接球表面积的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：A选项，假设y=f(x)+x为偶函数，则有f(−x)−x=f(x)+x，变形为f(x)−f(−x)=−2x，与f(x)−f(−x)=2x矛盾，
故假设不成立，y=f(x)+x不是偶函数，A错误；
B选项，假设f(x)的图象关于直线x=1对称，则有f(1+x)=f(1−x)，两边求导得到f′(1+x)=−f′(1−x)，即f′(1+x)+f′(1−x)=0，
由于题目条件中有f′(1+x)+f′(1−x)=0，故假设成立，B正确；
C选项，f(x)−f(−x)=2x两边求导得f′(x)+f′(−x)=2，令x=0得f′(0)+f′(0)=2，解得f′(0)=1，C正确；
D选项，因为f(1+x)=f(1−x)，将−x−1代替x，得f(−x)=f(x+2)，
又f(x)−f(−x)=2x，故f(x)−f(x+2)=2x，即f(x+2)−f(x)=−2x，
两边求导得f′(x+2)−f′(x)=−2，f′(x+2)=f′(x)−2，D错误．
故选：BC．
A选项，假设y=f(x)+x为偶函数，得到f(x)−f(−x)=−2x，与条件矛盾，A错误；B选项，假设f(x)的图象关于直线x=1对称，得到f(1+x)=f(1−x)，求导后得到f′(1+x)+f′(1−x)=0，满足题目条件， B正确；C选项，f(x)−f(−x)=2x两边求导得f′(x)+f′(−x)=2，赋值得到答案；D选项，由f(1+x)=f(1−x)得到f(−x)=f(x+2)，结合f(x)−f(−x)=2x得到f(x+2)−f(x)=−2x，求导得到D错误．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】−45
【解析】解：由角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(3,4)，
可得r=|OP|= 32+42=5，
根据三角函数的定义，可得sinα=45，
所以sin(π+α)=−sinα=−45．
故答案为：−45．
根据三角函数的定义和三角函数的诱导公式，即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义和诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14.【答案】0.56
【解析】解：分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件A1，A2，所结麦穗含有50粒以上麦粒为事件B，
由已知可得，P(A1)=0.9，P(A2)=0.1，P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.2，
由全概率公式可得，P(B)=P(BA1)+P(BA2)
=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.9×0.6+0.1×0.2=0.56．
故答案为：0.56．
根据已知设出事件，由已知得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可求解．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
15.【答案】169
【解析】解：由an=2n(n+2),n为奇数,an−1,n为偶数,，可得：
a1=21×3，a2=a1，a3=23×5，a4=a3，a5=25×7，a6=a5，a7=27×9，a8=a7，
所以S8=2×(21×3+23×5+25×7+27×9)
=2×(1−13+13−15+15−17+17−19)
=2×89=169．
故答案为：169．
根据递推式直接递推即可得出前8项，再用裂项相消法求和．
本题考查数列递推式求通项，考查裂项相消求和，属基础题．
16.【答案】 7
【解析】解：因为点P是C右支上一点，线段PF1与C的左支交于点M，且|PM|=|PF2|，∠F1PF2=π3，
所以△PMF2为等边三角形，所以|PM|=|PF2|=|MF2|
由双曲线定义得|PF1|−|PF2|=|PM|+|MF1|−|PF2|=|MF1|=2a，
又由|MF2|−|MF1|=|MF2|−2a=2a，解得|MF2|=4a，
则|PM|=|PF2|=|MF2|=4a且|PF1|=|PM|+|MF1|=4a+2a=6a，
在△F1PF2中，由余弦定理得csπ3=(4a)2+(6a)2−(2c)22×4a×6a=12，
整理得c2=7a2，所以双曲线的离心率为e=ca= 7．
故答案为： 7．
根据题意和双曲线定义求得|PM|=|PF2|=|MF2|=4a且|PF1|=6a，在△F1PF2中，利用余弦定理列出方程，化简得到c2=7a2，即可求得双曲线的离心率．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)方法1：设公比为q，
由等比数列性质得出a1+a1q3=18a1q⋅a1q2=32，
解得a1=2q=2或a1=16q=12，
又q>1，∴a1=2q=2，
因此an=a1qn−1=2n．
方法2：设公比为q，
∵{an}是等比数列，∴a2a3=a1a4=32，
又a1+a4=18，解得a1=2a4=16或a1=16a4=2．
又q>1，∴a1=2a4=16，∴q3=8，q=2．
因此an=a1qn−1=2n．
(2)由(1)得Sn=2bn−2n，∴Sn+1=2bn+1−2n+1，
两式作差可得Sn+1−Sn=2bn+1−2n+1−(2bn−2n)，
即bn+1=2bn+1−2n−2bn，整理得bn+1−2bn=2n，n∈N*．
方程同除以2n+1得，bn+12n+1−bn2n=12，即bn+1an+1−bnan=12(n∈N*).
∴数列{bnan}是公差为12的等差数列．
【解析】(1)方法1：由等比数列性质得到关于首项和公比的方程组，求出解得a1=2q=2，得到通项公式；
方法2：根据等比数列性质计算出a1=2a4=16，从而求出公比，得到通项公式；
(2)根据Sn与an的关系式得到bn+12n+1−bn2n=12，从而结合(1)知bn+1an+1−bnan=12，(n∈N*)，得到结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，
所以sinA+ 3csA=0，即tanA=− 3，
由A为三角形内角，得A=2π3；
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
所以bsinB=csinC=3 32=2 3，
所以b=2 3sinB，c=2 3sinC，
因为a=3，sinBsinC=14，
所以bc=(2 3)2×sinBsinC=3，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×3× 32=3 34．
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理化简得sinA+ 3csA=0，得到tanA=− 3，即可求解；
(2)由正弦定理得到b=2 3sinB，c=2 3sinC，结合题意，求得bc=3，进而求得△ABC的面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得A学科良好的人数为100×(0.040+0.025+0.005)×10=70，
所以2×2列联表如下：
假设H0：A学科良好与B学科良好无关，
此时K2=100×(30×10−40×20)270×30×50×50=10021≈4.8>3.841，
所以我们有95%把握认为A学科良好与B学科良好有关；
(2)已知AB学科均良好的概率P=40100=25，
易知X的所有可能取值为0，1，2，3，
此时P(X=0)=C30×(25)0×(35)3=27125，P(X=1)=C31×25×(35)2=54125，
P(X=2)=C32×(25)2×(35)1=36125，P(X=3)=C33×(25)3×(35)0=8125，
则X的分布列为：
所以E(X)=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=65．
【解析】(1)由题意，根据频率分布直方图计算可得出A学科良好的人数，补全2×2列联表，代入公式求出观测值，将其与临界值进行对比，进而即可求解；
(2)先得到X的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望以及独立性检验，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】证明：(1)连接OE，OG，
在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以OE//DA．
又OE⊄平面DAF，DA⊂平面DAF，所以OE//平面DAF，
在△ABF中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以OG//AF，
又OG⊄平面DAF，AF⊂平面DAF，
所以OG//平面DAF，
又OE∩OG=O，OE，OG⊂平面OEG，
所以平面OEG//平面DAF，
又EG⊂平面OEG，所以EG//平面DAF；
解：(2)以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0, 3,0)，E(0,0,3)，
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以BF⊥AF，
又OA=OB=BF= 3，所以∠BOF=60°，因此F(32, 32,0)，
因此EF=(32, 32,−3)，
因为AD⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BF⊥AD，
又BF⊥AF，AF∩AD=A，AF，AD⊂平面DAF，
所以BF⊥平面DAF，因此FB=(−32, 32,0)是平面DAF的一个法向量，
设EF与平面DAF所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs
所以EF与平面DAF所成角的正弦值为14．
【解析】(1)连接OE，OG，证明平面OEG//平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；
本题主要考查了线面平行的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的焦点为F(1,0)，可得c=1，
又因为A为短轴顶点时，△AOF的周长a+b+1=3+ 3，
又由a2=b2+1，所以a2=(2+ 3−a)2+1，解得a=2,b= 3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)解法一：因为椭圆C的焦点为F(1,0)，设直线AB：y=k(x−1)，
联立方程组y=k(x−1)x24+y23=1，整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8k24k2+3，y1+y2=k(x1+x2)−2k=−6k4k2+3，
则M(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
于是线段AB的垂直平分线的方程为y=−1k(x−4k24k2+3)−3k4k2+3，
令y=0，可得xP=k24k2+3，
由|PM|⋅|PQ|= 1+1k2|xM−xP|⋅ 1+1k2|xP|
=(1+1k2)|4k24k2+3−k24k2+3|⋅|k24k2+3|=3k2(k2+1)(4k2+3)2，
令t=4k2+3>3，则|PM|⋅|PQ|=3k2(k2+1)(4k2+3)2=3(t2−2t−3)16t2=316[−3(1t)2−21t+1]，
因为t>3，所以1t∈(0,13)，可得−3(1t)2−21t+1∈(0,1)，
因此|PM|⋅|PQ|=316[−3(1t)2−21t+1]∈(0,316)．
解法二：因为椭圆C的焦点为F(1,0)，设直线AB：x=my+1，
联立方程组x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=−6m3m2+4，x1+x2=m(y1+y2)+2=83m2+4，
则M(43m2+4,−3m3m2+4)，
可得线段AB的垂直平分线的方程为y=−m(x−43m2+4)−3m3m2+4，
令y=0，得xP=13m2+4，
由|PM|⋅|PQ|= 1+m2|xM−xP|⋅ 1+m2|xP|
=(1+m2)|43m2+4−13m2+4|⋅|13m2+4|=3(m2+1)(3m2+4)2．
令t=4m2+4>4，则|PM|⋅|PQ|=3(m2+1)(3m2+4)2=t−1t2=−1t2+1t，
因为t>4，可得1t∈(0,14)，可得−1t2+1t∈(0,316)，
因此|PM|⋅|PQ|∈(0,316)．
【解析】(1)根据题意，得到c=1且a+b+1=3+ 3，结合a2=b2+1，列出方程求得a，b的值，即可求解．
(2)解法一：设直线AB：y=k(x−1)，联立方程组，利用韦达定理得到M(4k24k2+3,−3k4k2+3)，得出AB的垂直平分线的方程，求得xP=k24k2+3，化简|PM|⋅|PQ|═3k2(k2+1)(4k2+3)2，利用换元法和二次函数的性质，即可求解；
解法二：设AB：x=my+1，联立方程组，利用根与系数的关系得到M(43m2+4,−3m3m2+4)，进而得到xP=13m2+4，化简|PM|⋅|PQ|═3(m2+1)(3m2+4)2，利用换元法和二次函数的性质，即可求解．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：若a=1，则f(x)=ex−x−1，且x∈R，则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，得x=0，
在(−∞,0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)>f(x)min=f(0)=0；
(2)由题意，g(x)=axex−x2−ax，
则g′(x)=a(x+1)ex−2x−a=a[(x+1)ex−1]−2x，
当x>0时，易得(x+1)ex−1>0，所以由(1)可得，
若a≥1，则g′(x)=a[(x+1)ex−1]−2x≥(x+1)ex−2x−1>(x+1)2−2x−1=x2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
这与x=0为函数g(x)的极大值点相矛盾；
若0
则m′(x)=a(x+2)ex对x>−3恒成立，
所以h′(x)在(−3,+∞)上单调递增，
又h′(0)=2a−2<0，h′(2a−2)>a(2a−2+2)−2=0，
因为0
因此存在唯一x0∈(0,2a−2)，使得h′(x0)=0，
所以在(−3,x0)上，h′(x)<0，即g′(x)单调递减，
又g′(0)=0，
所以在(−3,0)上，g′(x)>0，故g(x)单调递增，
在(0,x0)上，g′(x)<0，故g(x)单调递减，
所以x=0为函数f(x)的极大值点，满足题意，
综上，a的取值范围为(0,1)．
【解析】(1)求导，确定函数的单调性，即可得最值，从而证得结论；
(2)求导，分类讨论确定函数的单调性，从而验证极值，即可得a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属难题．B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
A学科不够良好
合计
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
40
30
70
A学科不够良好
10
20
30
合计
50
50
100
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125
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