2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题（含解析），共24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.已知全集I=x∈N∣x≤10，集合M=1,2,3，N=2,4,6,8,10，则∁IM∪N=( )
A. 5,7,9B. 1,2,3,4,6,8,10
C. 0,5,7,9D. 0,1,2,3,4,6,8,10
2.已知α∈(π,3π2)，若1−sin2α1+cs2α=2，则cs2α的值为
( )
A. 45B. −45C. 0D. −45或0
3.已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=1 ，a−bsinA=c+bsinC−sinB，则a+2b 的最大值是
( )
A. 2 3B. 2 2C. 2D. 4
4.已知直角梯形ABCD,AB//CD,∠B=90∘,AB=4,CD=2,BC=2 3，点M 在边AD 上.将△ABM沿BM 折成锐二面角A′−BM−C，点A′,M,B,C,D均在球O 的表面上，当直线A′B和平面MBCD 所成角的正弦值为 34时，球O 的表面积为
( )
A. 323πB. 25 33πC. 16 23πD. 523π
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P 分别为棱AB,CC1,C1D1的中点，动点Q∈平面MNP ，DQ=AB=2 ，则下列说法错误的是
( )
A. B1−MBC的外接球面积为9π
B. 直线PQ//平面A1BC1
C. 正方体被平面MNP 截得的截面为正六边形
D. 点Q 的轨迹长度为3π
6.过直线y=x上的一点P作圆x−52+y−12=2的两条切线l1，l2，切点分别为A，B ，当直线l1，l2关于y=x 对称时，线段PA 的长为
( )
A. 4B. 2 2C. 6D. 2
7.已知a=2 2−2,b=e27,c=ln2，则
( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. b>c>a
8.若关于x的不等式x+lnaex−alnxx>0对∀x∈0,1恒成立，则实数a的取值范围为
( )
A. −∞,1eB. 1e,+∞C. 1e,1D. 0,1e
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点p 在正方形A1B1C1D1(包括边界)内运动，且满足BP//平面AD1C，则下列结论正确的是
( )
A. 线段B1P长度的最小值为2 2
B. 三棱锥A−PB1C的体积为定值
C. 异面直线BP 与AC 所成角正弦值的取值范围为0,12
D. 若动点M 在线段B1C上，则线段PM 长度的最小值为4 33
10.已知直线l：y=kx+2k+2(k∈R)与圆C ：x2+y2−2y−8=0.则下列说法正确的是
( )
A. 直线l过定点(−2,2)B. 直线l与圆C相离
C. 圆心C到直线l距离的最大值是2 2D. 直线l被圆C截得的弦长最小值为4
11.已知实数x，y满足ex+y+yx=0( e 为自然对数的底数，e=2.71828⋅⋅⋅ )，则
( )
A. 当y<0时，x+y=0B. 当x<0时，x+y=0
C. 当x+y≠0时，y−x>2D. 当x+y≠0时，−112.一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设Ai=“第i次摸到红球”，Bi=“第i次摸到黄球”，Ci=“第i次摸到蓝球”，Di=“摸完第i次球后就停止摸球”，则
( )
A. PD3=29B. PD4A1=227
C. PDn=2n−1−23n−1，n≥3D. PDnBn−1Cn−2=2n−33n−2，n≥3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数f(x)=2sin(ωx+π4)(ω>0)，若在区间0,π上有两个不同的x 使得f(x)+ 2=0，则ω的取值范围是 ．
14.已知圆x2+y2−6x=0，过点2,1的直线被该圆所截的弦长的最小值为 ．
15.若x>0时，不等式x−aex+a+1>0恒成立，则整数a 的最大值为 ．
16.已知△ABC中，∠A=π3 ，D，E 是线段BC 上的两点，满足BD=DC ，∠BAE=∠CAE，AD= 192，AE=6 35，则BC= ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c ，已知sinA=sinB−Cb−c，且b≠c．
(1)证明：a2=b+c；
(2)若△ABC为锐角三角形，且B=2C，求a 的取值范围．
18.(本小题12分)
设数列an满足a1=12，an+1=an2+an+1n∈N*．
(1)证明：an+1an≥3．
(2)设数列1an的前n项和为Sn，证明：Sn<3．
19.(本小题12分)
如图所求，四棱锥P−ABCD，底面ABCD 为平行四边形，F 为PA 的中点，E 为PB 中点．
(1)求证：PC//平面BFD ；
(2)已知M 点在PD 上满足EC//平面BFM ，求PMMD的值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2 2，点1, 63在C 上．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设椭圆C 与直线y=kx+mk≠0,m>12相交于不同的两点M 、N ，P 为弦MN 的中点，A为椭圆C 的下顶点，当AP⊥MN时，求m 的取值范围．
21.(本小题12分)
新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分.对而不全得2分，选项中有错误得0分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为p(0(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为112，求p ；
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若p=512，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ea−x
(1)求y=f(x)在x=a处的切线;
(2)若00时，f(x)答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据并集及补集运算求解即可．
本题考查集合的交并补运算，是基础题
【解答】
解：由已知得 M∪N=1,2,3,4,6,8,10 ，全集 I=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 ，
故 ∁I(M∪N)=0,5,7,9 ．
故选：C
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查二倍角公式，正余弦齐次式的计算，属于基础题．
根据二倍角公式以及弦切互化即可求解．
【解答】
解： 1−sin2α1+cs2α=2得 cs2α+sin2α−2sinαcsα2cs2α=2 ，
进而可得 1+tan2α−2tanα2=2⇒tan2α−2tanα−3=0 ，
由于α∈π,3π2，所以tanα>0 ，故tanα=3 ，
又cs2α=cs2α−sin2αcs2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−91+9=−45 ，
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正余弦定理解决最值问题，属于中档题．
由正余弦边角关系可得 cs∠ACB=12 ，进而有 ∠ACB=π3 ，设 ∠ACD=θ ，则 ∠BCD=π3−θ ，且 0<θ<π3 ，利用正弦定理、和差角正弦公式得 a+2b=2 3sin(θ+π3) ，即可求最大值．
【解答】
解：由题意得a(a−b)=(c+b)(c−b) ，则a2−ab=c2−b2 ，即 a2+b2−c2=ab ，
所以 cs∠ACB=a2+b2−c22ab=12 ， ∠ACB∈(0,π) ，则 ∠ACB=π3 ，

设 ∠ACD=θ ，则 ∠BCD=π3−θ ，且 0<θ<π3 ，
△ACD 中，ADsinθ=CDsinA ，则 AD⋅sinA=sinθ ，
△BCD中，BDsin(π3−θ)=CDsinB ，则 BD⋅sinB=sin(π3−θ) ，
又BD=2AD=2c3 ，则c3(sinA+2sinB)=sinθ+sin(π3−θ) ，
c=2Rsin∠ACB ( R 为△ABC的外接圆半径)，
所以 36(2RsinA+4RsinB)=12sinθ+ 32csθ=sin(θ+π3) ，
即a+2b=2 3sin(θ+π3) ，
又 π3<θ+π3<2π3 ，故 θ+π3=π2 ， θ=π6 时， (a+2b)max=2 3 ．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的表面积。
由题设知M，B，C，D 共圆，并确定外接圆圆心E 位置，由已知求得 A′ 到直线MD 的距离 d= 3 且 BM⊥ 面 A′MD ，进而有面 A′MD⊥ 面MBCD ，确定 △A ′MD 的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积．
【解答】
解：由题设知： A′B=AB=4 ，设点 A′ 到面MBCD 的距离为d ，则 dA′B= 34 ，故 d= 3 ，
要使 A′,M,B,C,D 均在球O 的表面上，则M，B，C，D 共圆，
由直角梯形 ABCD,AB//CD,∠B=90∘ ，则 ∠BCD=90∘ ，所以 ∠BMD=90∘ ，
所以 BM⊥AD ，故 A 在绕BM 旋转过程中 BM⊥ 面 A′MD ， BM⊂ 面MBCD ，
所以面 A′MD⊥ 面MBCD ，即 A′ 到面MBCD 的距离为d ，即 A′ 到直线MD 的距离，
△ABM 沿BM 折成锐二面角 A′−BM−C ，过 A′F⊥ MD 于F ，A ′F⊂平面A ′MD，
则 A′F=d= 3 ，
又 AB=4,CD=2,BC=2 3 ，则 ∠A=60∘ ，故 ∠CDM=120∘ ，即 ∠CBM=60∘ ，
综上，△BCD 、 △BMD 都是以BD 为斜边的直角三角形，且 ∠CDB=60∘ ，
所以 ∠BDM=60∘ ，易知：△ABD 为等边三角形，则M 为AD 中点，故 A′M=2 ， BM=2 3 ，
在Rt△A′FM 中， MF= 4−3=1 ，而MD=2 ，即F 为MD 的中点，
同时 △BCD≅△BMD ，若E 为BD 的中点，即E 为MBCD 外接圆圆心，
连接EF ，则 EF//BM 且 EF=12BM= 3 ，故 EF⊥ 面 A′MD ，且△A ′MD 为等边三角形，
球心O 是过E 并垂直于面MBCD 的直线与过△A ′MD 外接圆圆心垂直于面 A′MD 的直线交点，
若球O 的半径为R ，则 R2=EF2+(23A′F)2=133 ，所以球的表面积 4πR2=523π ．
故选：D
5.【答案】D
【解析】【分析】
空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问题，则需计算球心到截面的距离．
可证明正方体被平面MNP 截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求 B1−MBC 的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求D 到平面MNP 的距离，从而可求点Q 的轨迹长度，故可判断D的正误．
【解答】
解：如图，设 A1D1,A1A,BC 的中点分别为S，R，T ，连接PS，SR，RM，MT，TN．
由正方体的性质可得正方体被平面MNP 截得的截面为正六边形MTNPSR，故C正确．

由 A1C1//RN ， RN⊄ 平面 A1BC1 ， A1C1⊂ 平面 A1BC1 ，故 RN// 平面 A1BC1 ，
同理 RS// 平面 A1BC1 ，而 RN∩RS=R,RN,RS⊂ 平面MNP ，
故平面 A1BC1/​/ 平面MNP ，而 PQ⊂ 平面MNP ，故 PQ// 平面 A1BC1 ，故B正确．
对于A，将三棱锥 B1−MBC 补成如图所示的长方体 MBCG−HB1C1P ，
其中H，G 分别为 A1B1 、DC 的中点，
则其外接球的直径即为 MBCG−HB1C1P 的体对角线的长度即 1+4+4=3 ，
故三棱锥 B1−MBC 的外接球的表面积为 4π×322=9π ，故A正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，

则 D0,0,0,M2,1,0,N0,2,1,P0,1,2 ，
故 MN=−2,1,1,MP=−2,0,2 ，
设平面MNP 的法向量为 m=x,y,z ，则 m⋅MN=0m⋅MP=0 ，
故 −2x+y+z=0−2x+2z=0 ，取 x=1 ，则 z=1,y=1 ，
故 m=1,1,1 ，而 DP=0,1,2 ，
故 D 到平面MNP 的距离为 d=DP⋅mm= 3 ，
而 DQ=2 ，故点Q 的轨迹为平面MNP 与球面的截面(圆)，
该圆的半径为 4−3=1 ，故圆的周长为 2π×1=2π ，故D错误．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查圆的切线，点、直线间的对称问题，属于中档题．
根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点P的连线垂直于直线y=x ，利用这一关系即可得到切线的长．
【解答】
解：如图所示，圆心为 C(5,1) ，连接CP ，

因为直线 l1 ， l2 关于 y=x 对称，所以CP 垂直于直线y=x ，
故 CP=5−1 2=2 2 ，而 AC= 2 ，
所以 PA= CP2−AC2= 6 ．
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】
利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数 hx ；
(3)利用导数研究 hx 的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
通过中间值1结合不等式性质可得 ac ；解法二：构造 fx= 2−1x−lnx ，利用导数判断单调性，结合单调性可得 a>c ．
【解答】
解：因为 e2>2.72=7.29>7 ，所以 e27>1 ，
又因为 2 2−2<2×1.5−2=1 ，所以 2 2−2解法一：构造 fx= x−2−lnx3 ，则 f′x=12 x−13x=3 x−26x ，
当 x>49 时，可得 f′x>0 ，则 fx 在 49,+∞ 上单调递增，
又因为 2 2>e ，则 8>e2 ，
所以 f8=2 2−2−ln2>fe2=3e−83>0 ，
则 2 2−2>ln2 ，即 a>c ；
解法二：构造 fx= 2−1x−lnx ，则 f′x= 2−1−1x= 2−1x−1x ，
令 f′x≤0 ，解得 0所以 f2>f 2+1=1−ln 2+1=lne 2+1>ln1=0 ，
即 2 2−2−ln2>0 ，则 2 2−2>ln2 ，可得 a>c ；
综上所述： b>a>c ．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查导数求函数单调性，极值，不等式恒成立问题，属于难题．
构造函数g(x)=lnxx，将问题转化为g(aex)>g(x)在(0,1)上恒成立.求导研究g(x)的单调性，进而得到当x∈(0,1)时，g(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g(x)>0.最后利用g(x)的函数性质，分情况讨论，求出参数a的取值范围．
【解答】
解：由题意可知a>0，lnex+lnaex>alnxx，即lnaexaex>lnxx对∀x∈(0,1)恒成立，
设g(x)=lnxx，则问题转化为g(aex)>g(x)在(0,1)上恒成立，因为g′(x)=1−lnxx2，
所以当x∈(0,e)时，g′(x)>0时，当x∈(e,+∞)，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
又g(1)=0，且x→+∞时，g(x)→0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g(x)>0．
①在x∈(0,1)上，若aex⩾1恒成立，即a⩾1，则g(aex)⩾0>g(x)恒成立；
②在x∈(0,1)上，若0g(x)，则aex⩾x恒成立，即xex令h(x)=xex，则h′(x)=1−xex>0(0所以h(x)所以1e⩽a<1，综上所述，a的取值范围是[1e,+∞)．
故选B．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
对于A ，利用面面平行，确定点p 在线段在线段 A1C1 上，当 B1P⊥A1C 时，线段 B1P 长度的最小；
对于B ，三棱柱体积转化为 VP−AB1C ，根据线面平行可知，点 P 到平面 AB1C 的距离为定值，即可判断；
对于C ，点P是 A1C1 的中点，直线BP 与 A1C1 所成角为 90∘ ，可排除；
对于D ，线段PM 长度可转化为直线 A1C1 与 B1C 之间的距离，在转化为线面距，即可求解．
【解答】
解：对于A ，如下图所示，

连接 A1C1,A1B,BC1,AD1,AC ，
易得 BC1//AD1,BC1⊄ 平面 AD1C ，AD1⊂平面AD1C，所以 BC1// 平面 AD1C ，
同理， BA1// 平面 AD1C ，又 BA1∩BC1=B，BA1,BC1⊂平面BA1C1，所以平面 BA1C1// 平面 AD1C ，
又平面 BA1C1∩ 平面 A1B1C D1=A1C1, ，故可知动点P 在线段 A1C1 上，
则 B1P⊥A1C1 时，线段 B1P 长度的最小，此时P 是 A1C1 的中点，易求 B1P=2 2,
所以A 正确；
对于B ， ∵P∈A1C1,A1C1// AC，AC⊂平面AB1C，A1C1⊄平面AB1C，则A1C1/​/平面 AB1C ，故点P 到平面 AB1C 的距离为定值，
又 ▵AB1C 的面积也为定值，则 VP−AB1C 为定值，即三棱锥 A−PB1C 的体积为定值，
所以B 正确；
对于C 因为 AC//A1C1, 直线BP 与 A1C1 所成角即为异面直线BP 与AC 所成角，
又 ▵A1BC1 为等边三角形，当P 位于 A1C1 的中点时， BP⊥A1C1 ，
即直线BP 与 A1C1 所成角为 90∘ ，其正弦值为 1,1∉(0,12], 故 C 错误；
对于D ，由题意，异面直线 A1C1 与 B1C 之间的距离，即为线段PM 长度的最小值，
连接 A1D,DC1,B1C//A1D,B1C⊄ 平面 A1DC1 ，A1D⊂平面A1DC1，

故 B1C// 平面 A1DC1 ，则异面直线 A1C1 与 B1C 之间的距离
即为 B1C 到平面 A1DC1 距离，即点 B1 到平面 A1DC1 的距离，设为h，
又 VB1−A1DC1=VD−A1B1C1, 即 13×h×S▵A1DC1=13×DD1×S▵A1B1C1,
即 13×h×8 3=13×4×8, 则 h=4 33, D 正确．
故选：ABD
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线过定点问题，直线与圆的位置关系，属于中档题．
根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可．
【解答】
解：对于A，直线l ：y=kx+2k+2(k∈R) ，即y=k(x+2)+2 ，
令 x+2=0 ，即 x=−2 ，得 y=2 ，所以直线 l 过定点 (−2,2) ，故A正确；

对于B，因为 −22+22−2×2−8<0 ，
所以定点 (−2,2) 在圆C ： x2+y2−2y−8=0 内部，所以直线 l 与圆C 相交，故B错误；
对于C，因为圆C ： x2+y2−2y−8=0 ，可化为 x2+y−12=9 ，圆心 C0,1 ，
当圆心C 与定点 (−2,2) 的连线垂直于直线 l 时，圆心C 到直线 l 距离取得最大值，
此时其值为 −22+2−12= 5 ，故C错误；
对于D，当圆心C 到直线l 距离最大时，弦长取得最小值，
所以直线 l 被圆C 截得的弦长的最小值为2× 9−5=4，故D正确．
故选：AD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等．
结合构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D．
【解答】
解：由 ex+y+yx=0 ，得 ex+y=−yx>0 ，所以 xy<0 ， x+y=ln(−yx) ，
当 y<0 时， x+y=ln(−yx)=ln(−y)−lnx ，即 x+lnx=−y+ln(−y) ，
令 f(x)=x+lnx(x>0) ，则 f′(x)=1+1x>0 ，
所以 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，
由 x+lnx=−y+ln(−y) 得 f(x)=f(−y) ，
所以 x=−y ，即 x+y=0 ，故A正确；
当 x<0 时， x+y=ln(−yx)=lny−ln(−x) ，即 y−lny=−x−ln(−x) ，
令 g(x)=x−lnx(x>0) ，则 g′(x)=1−1x=x−1x ，
令 g′(x)=0 ，得 x=1 ，
当 x∈(0,1) 时， g′(x)<0 ， g(x) 单调递减，
当 x∈(1,+∞) 时， g′(x)>0 ， g(x) 单调递增，
由 y−lny=−x−ln(−x) 得 g(y)=g(−x) ，
因为 g(x) 在 (0,+∞) 上不单调，所以由 g(y)=g(−x) 不一定能得到 y=−x ，
即 x+y=0 不一定成立，故B错误；
当 x+y≠0 时，由前面的分析可知，此时 x<0 ， y>0 ，
令 y=n ， −x=m ，则有 g(m)=g ，不妨设 0得 n−mlnn−lnm=1 ，
下面证明，当 0先证右边，要证 n−mlnn−lnm2(n−m)n+m ，
即证 lnnm−2(nm−1)nm+1>0 ，令 t=nm>1 ，即证 lnt−2(t−1)t+1>0 ，
令 h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1) ，则 h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0 ，
所以 h(t) 在 (1,+∞) 上单调递增，所以 h(t)>h(1)=0 ，
即 lnt−2(t−1)t+1>0 成立，从而 n−mlnn−lnm再证左边，要证 mnlnn−lnm ，
即证 nm−1 nm−lnnm>0 ，令 t=nm>1 ，即证 t−1 t−lnt>0 ，
令 φ(t)= t−1 t−lnt(t>1) ，则 φ′(t)=12 t+12t t−1t=( t−1)22t t>0 ，
所以 φ(t) 在 (1,+∞) 上单调递增，所以 φ(t)>φ(1)=0 ，
即 t−1 t−lnt>0 成立，从而 mn由 n−mlnn−lnm2 ，即 y−x>2 ，故C正确；
由 mn即 0<−xy<1 ，所以 −1故选：ACD
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件．
对选项AC，求出 Dn 包含的事件数为 2n−1−2C32 ，从而得到 PDn ，并计算出 PD3 ；选项B，计算出 PD4A1=227 ， PA1=13 ，利用条件概率公式计算出答案，选项D，得出 PDnBn−1Cn−2=2n−33n ， n≥3 ，和 PBn−1Cn−2=3n−23n ， n≥3 ，利用条件概率公式得到答案．
【解答】
解：对于AC， Dn= “摸完第n次球后就停止摸球”，有放回的摸n次，有 3n 种可能，若恰好摸球n次就停止摸球，则恰好第n次三种颜色都被摸到，即前 n−1 次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共 2n−1−2C32 种情况，
则 PDn=2n−1−2C323n=2n−1−23n−1 ， n≥3 ， PD3=22−232=29 ，AC正确；
对于B，事件 D4A1 表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，
若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有 A21 种情况，不妨设第2次摸到的球为红球，
则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能，故有 2A21=4 种情况，
若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2，3次摸到的球颜色不同，故有 A22=2 种情况，
故 nD4A1=4+2=6 ，其中摸4次球可能的情况有 34=81 种，故 PD4A1=681=227 ，
其中 PA1=13 ，故 PD4A1=PD4A1PA1=29 ，B错误；
对于D， DnBn−1Cn−2 表示“第 n−2 次摸到蓝球，第 n−1 次摸到黄球，第 n 次摸到红球，停止摸球”，则前 n−3 次摸到的球是蓝球或黄球，故有 2n−3 种可能，故 PDnBn−1Cn−2=2n−33n ， n≥3 ，
Bn−1Cn−2 表示“在前 n 次摸球中，第 n−2 次摸到蓝球，第 n−1 次摸到黄球”，故有 3n−2 种可能，
故 PBn−1Cn−2=3n−23n ， n≥3 ，则 PDnBn−1Cn−2=2n−33n−2 ， n≥3 ，D正确．
故选：ACD
13.【答案】(32,3]
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的零点。
先解方程 f(x)+ 2=0 ，然后根据x 的范围，得到 ωx+π4 的范围，再结合方程有两个不同的根，列不等式即可．
【解答】
解： f(x)+ 2=0 ，即： 2sin(ωx+π4)+ 2=0 ，
sin(ωx+π4)=− 22 ，
ωx+π4=−π4+2kπ 或 ωx+π4=−3π4+2kπ ，
当k=0 时， −π4+2kπ=−π4 ， −3π4+2kπ=−3π4 ；
当k=1 时， −π4+2kπ=7π4 ， −3π4+2kπ=5π4 ；
当k=2 时， −π4+2kπ=15π4 ， −3π4+2kπ=13π4 ；
在区间 0,π 上， π4<ωx+π4<πω+π4 ，
两个不同的x 使得 f(x)+ 2=0 成立，
7π4<πω+π4≤13π4 ，
32<ω≤3 ，
故答案为： (32,3]
14.【答案】2 7
【解析】【分析】
本题考查圆的弦长公式．
设圆心为C ，直线过点 D2,1 ，当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，弦长最小，求解即可．
【解答】
解：将圆的一般方程化为 x−32+y2=9
设圆心为C ，直线过点 D2,1 ，与圆交于A ，B 两点，则 C3,0 ，半径r=3 ，

设圆心到直线的距离为d ，则弦长 AB=2 r2−d2 ，
当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，此时 AB 最小，
这时 d=CD= (3−2)2+(0−1)2= 2 ，
所以最小的弦长 AB=2 32−( 2)2=2 7 ，
故答案为： 2 7 ．
15.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究恒成立问题，是较难题
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．方法1：参变分离可得 a0 ，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；
方法2：设 hx=x−aex+a+1 ， x>0 ，求出函数的导函数，考虑 a−1>0 的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解．
【解答】
解：法1：不等式可化为 xex+1>aex−1 ，由 x>0 ，知 ex>1 ，则 x>0 时， a设 fx=xex+1ex−1 ， x>0 ， f′x=exex−x−2ex−12 ，
设 gx=ex−x−2 ， x>0 ，则 g′x=ex−1>0 ，所以 gx 在 0,+∞ 上单调递增，
又 g1=e−3<0 ， g2=e2−4>0 ，则 gx 在 1,2 上存在唯一的零点 x0 ，
当 0x0 时， f′x>0 ， fx 单调递增，
所以 fxmin=fx0=x0ex0+1ex0−1 ，且 ex0=x0+2 ，化简得 fx0=x0+1 ，
因 1法2：设 hx=x−aex+a+1 ， x>0 ， h′x=x−a+1ex ，要求整数a 的最大值，
则直接考虑 a−1>0 的情形，
由 h′x<0 得 00 得 x>a−1 ，
所以 hx 在 0,a−1 上单调递减，在 a−1,+∞ 上单调递增，
则 hxmin=ha−1=−ea−1+a+1>0 ，令 Aa=−ea−1+a+1 ， a>1 ， A′a=−ea−1+1<0 ，
则 Aa 在 1,+∞ 上单调递减， A2=3−e>0 ， A3=4−e2<0 ，则整数 a 的最大值为2；
故答案为：2
16.【答案】 7
【解析】【分析】
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属中档题．
由已知可得3 310(b+c)= 34bc，进而可得AD2=14×2536(bc)2−14bc，可得bc，b+c，进而可得BC．
【解答】
解：∵12×c×6 35sinπ6+12b⋅6 35⋅sinπ6=12bcsinπ3，
∴3 310(b+c)= 34bc，
又AD=12(AB+AC)，∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+c2+bc)
=14(b+c)2−14bc=14×2536(bc)2−14bc=194，
∴解得：bc=6(负值舍)，∴b+c=5，∴a2=b2+c2−2bccsπ3=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=25−18=7，
∴BC=a= 7．
故答案为： 7．
17.【答案】解：(1)证明：依题意知 sinA=sinB−Cb−c ，
故 b−csinA=sinBcsC−sinCcsB ，即 b−ca=bcsC−ccsB ，
由余弦定理得 csB=a2+c2−b22ac,csC=a2+b2−c22ab ，
代入 b−ca=bcsC−ccsB 可得 ab−c=a2+b2−c22a−a2+c2−b22a=b2−c2a ，
因为 b≠c ，所以 a=b+ca ，即 a2=b+c ；
(2)由题意 △ABC 为锐角三角形，且 B=2C ，
由(1)知，则 a=b+ca ，
由正弦定理得， a=sinB+sinCsinB+C=sinB+sinCsinBcsC+csBsinC=2sinCcsC+sinC2sinCcsCcsC+2cs2C−1sinC
=sinC2csC+14cs2C−1sinC=12csC−1 ，其中C 为锐角，所以 2csC+1≠0,sinC≠0 ，
因为 B=2C,A+B+C=π ，则 0<2C<π20<π−3C<π2 ，解得 π6则 22因此 a∈ 3+12, 2+1 ．

【解析】本题主要考查利用余弦定理解三角形、利用正弦定理解决范围与最值问题，属于中档题．
(1)利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简 sinA=sinB−Cb−c 可得 b−ca=bcsC−ccsB ，继而利用余弦定理化简即可证明结论；
(2)由 a=b+ca 利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得 a=12csC−1 ，利用 △ABC 为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案．
18.【答案】解：(1)∵数列 an 满足 a1=12 ， an+1=an2+an+1n∈N* ，
∴易知 an>0 ，且 an+1an=an+1an+1≥2 an⋅1an+1=3 ，当且仅当 an=1 时取得等号，
故 an+1an≥3 ．
(2)由(1)可得 1an+1≤13an ．
从而 1an≤13an−1≤⋅⋅⋅≤13n−1a1=23n−1 ，
∴ Sn≤2×1+13+⋅⋅⋅+13n−1=2×1−13n1−13=3×1−13n<3 ．

【解析】本题考查数列与不等式，考查等比数列的前n项和公式，属于一般题．
(1)由已知构造比值式再结合基本不等式证明即可；
(2)由(1)的结论可得 1an+1≤13an ，利用迭代法得 1an≤23n−1 ，结合等比数列求和计算即可．
19.【答案】解：(1)证明：连结AC 交BD 于O ，连结OF ，
因为在 ▵PAC 中，F 为PA 中点，O 为AC 中点，则PC // FO．
又 PC⊄ 平面BFD ， FO⊂ 平面BFD ，故 PC // 平面BFD ；
(2)如图连结FM并延长交AD 延长线于G ，连结BG 交CD 于N ，
连结EF ，FN ，PG ，EN．
因为F 为PA 的中点，E 为PB 中点，
所以EF为△PAB的中位线，所以EF/​/AB，
又AB/​/CD，所以EF//CN ，则E，F，N，C 四点共面．
又 EC // 平面BFM ，EC⊂平面EFNC，平面 BFM∩ 平面 EFNC=FN ，
则 EC//FN ，四边形EFNC 为平行四边形，可得 EF=CN=12CD ⇒N 为CD 中点．
又∠DNG=∠CNB,∠NDG=∠NCB=90°，
则 △BCN≅△GDN, 可得N为BG中点．
即EN为 ▵PBG 中位线，则EN // PG， EN=12PG ．
又 EF=DN,EF // DN，则四边形EFDN为平行四边形，EN // FD．
从而FD // PG， ▵FMD∼▵GMP⇒PMMD=PGFD=PGEN=2 ．

【解析】本题考查线面平行的判定，线面平行的性质，属于中档题．
(1)连结AC 交BD 于O ，连结OF ，通过证明PC // OF，可证PC // 平面BFD ；
(2)连结FM并延长交AD 延长线于G ，连结BG 交CD 于N ，连结EF ，FN ，PG ，EN.由EC // 平面BFM ，可得N为CD中点，后通过证明EN // FD //PG，可得 △FMD∼△GMP ，继而可得答案．
20.【答案】解：(1)解：由题意可知 2c=2 2 ，所以 c=2 2 ，所以 a2−b2=2 ①，
又 1a2+ 632b2=1 ，所以 1a2+69b2=1 ②，
由①②可得 a2=3 ， b2=1 ，所以椭圆C 的方程为 x23+y2=1 ．
(2)解：设点 Mx1,y1 、 Nx2,y2 、 PxP,yP ，
联立 y=kx+mx23+y2=1 ，得 3k2+1x2+6mkx+3m2−1=0 ，
由题知 Δ=36k2m2−123k2+1m2−1>0 ，可得 m2<3k2+1 ③，
由韦达定理可得 x1+x2=−6km3k2+1 ，
∴xP=x1+x22=−3mk3k2+1 ，从而 yP=kxP+m=m3k2+1 ，
∴kAP=yP+1xP=−m+3k2+13mk ，
∵AP⊥MN ，则 kAP=−m+3k2+13mk=−1k ，即 2m=3k2+1 ④，
把④代入③得 2m>m2 ，解得 012 ，故m 的取值范围是 12,2 ．

【解析】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
(1)根据已知条件可得出关于 a2 、 b2 的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆C 的方程；
(2)设点 Mx1,y1 、 Nx2,y2 、 PxP,yP ，将直线MN的方程与椭圆C 的方程联立，由 Δ>0 可得出 m2<3k2+1 ，由韦达定理求出点P 的坐标，根据 AP⊥MN 结合斜率关系可得出 2m=3k2+1 ，代入 m2<3k2+1 结合 m>12 可得出m 的取值范围．
21.【答案】解：(1)记一道多选题“有2个选项正确”为事件 A1 ，“有3个选项正确”为事件 A2 ，“小明该题得5分”为事件B，
则 P(B)=PBA1=PA1×PBA1=p×1C32=112 ，求得 p=14 ．
(2)若小明选择方案①，则小强的得分为2分．
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则 X=0,2,5 ，
且 P(X=0)=PA1C21C31+PA2C11C31=512×23+712×13=1736 ，
P(X=2)=PA2C21C31=712×23=1436=718 ，
P(X=5)=PA1C11C31=512×13=536 ，
所以， E(X)=0×1736+2×1436+5×536=5336 ，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则 Y=0,5 ，且
P(Y=0)=PA1C32C32+PA2C11C21C32=512+712×23=2936 ，
P(Y=5)=PA2C22C32=712×13=736 ，
所以， E(Y)=0×2936+5×736=3536 ，
因为 EY
【解析】本体考查均值、方差与风险评估和决策，条件概率的乘法公式。
(1)根据条件概率事件求解即可；
(2)分别分析方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案；
22.【答案】解：(1)因为 f′(x)=−ea−x ，所以 f′(a)=−1 ， ∴ 切线斜率为−1
因为 f(a)=1 ，所以切点为 (a,1)
∴ 切线方程为 y−1=−(x−a) 即 x+y−a−1=0
(2)法一：令 h(x)=ex−(x+1),(x>0) ，所以 h′(x)=ex−1>0 ，
所以 h(x) 在 (0,+∞) 单调递增， ∴h(x)>h(0)=0 ， ∴ex>x+1
所以 e−x<1x+1 ，所以 f(x)所以要证 f(x)0
变形得 ea−a−2<2x+ax(x>0)
因为 2x+ax≥2 2a(x>0)
所以只需证明 ea−a−2<2 2a(x>0) ，即 ea<( a+ 2)2
两边同取对数得： a<2ln( a+ 2),(0令 g(a)=a−2ln( a+ 2),(0则 g′(a)=a+ 2a−1 a( a+ 2)(0显然 φ(a)=a+ 2a−1 在 (0,2) 递增， φ(0)<0,φ(2)>0,
所以存在 m∈(0,2), 当 a∈(0,m) 时 g′(a)<0,g(a) 递减，
当 a∈(m,2) 时 g′(a)>0,g(a) 递增;
因为 g(0)=−2ln 2<0,g(2)=2−2ln2 2<0
所以 g(a)<0 在 (0,2) 上恒成立，所以原命题成立
法二：设 t=ax 则 a=xt ，
要证： ea−x需证： etx−x即证： (t−1)x因为 x=at ，需证 (t−1)×at① t≤1 时 a(t−1)≤0② t>1 时，因为 0令 h(t)=tln(t+2)−2(t−1) ， h′(t)=ln(t+2)+tt+2−2 ，
令 g(t)=ln(t+2)+tt+2−2 ， g′(t)=1t+2+2(t+2)2>0
∴ h′(t) 在上 (0,+∞) 为增函数
因为 h′(2)=ln4−32=ln4−ln e3<0,
h′(3)=ln5−75=ln5−ln5e7,55=3125>37=2187>e7 ，所以 h′(3)>0
所以存在 t0∈(2,3) ，使得 h′(t0)=0
∴ h(t) 在 (1,t0) 上为减函数，在 (t0,+∞) 上为增函数
∴h(t)min=t0ln(t0+2)−2(t0−1)=t0(2−t0t0+2)−2(t0−1)=−t02+2t0+4t0+2
∵20. ∴ h(t)>0
综上可知，不等式成立

【解析】此题主要的难点在于构造函数进行放缩，再进行一系列的转换，求导研究函数的最大值小于0，综合性较强，属于较难题．
(1)求出 f′(x) ，根据切点的坐标为(a,1)即可求解．
(2)主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值即可证明不等式．