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2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高三上学期高考第一次联合调研抽测数学试题（含解析）
展开这是一份2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高三上学期高考第一次联合调研抽测数学试题（含解析），共23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.“a>12”是“1a<2”的
( )
A. 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
2.已知复数z满足：z=1，则z−1+i的最大值为
( )
A. 2B. 2+1C. 2−1D. 3
3.大多数居民在住宅区都会注意噪音问题.记p为实际声压，通常我们用声压级Lp(单位：分贝)来定义声音的强弱，声压级Lp与声压p存在近似函数关系：Lp=algpp0，其中a为常数，且常数p0p0>0为听觉下限阈值.若在某栋居民楼内，测得甲穿硬底鞋走路的声压p1为穿软底鞋走路的声压p2的100倍，且穿硬底鞋走路的声压级为Lp1=60分贝，恰为穿软底鞋走路的声压级Lp2的3倍.若住宅区夜间声压级超过50分贝即扰民，该住宅区夜间不扰民情况下的声压为p′，则
( )
A. a=20，p′≤10 10p2B. a=20，p′≤110p1
C. a=10，p′≤10 10p2D. a=10，p′≤110p1
4.函数fx=sin2x−π4−2 2sin2x的最小正周期为
( )
A. π2B. πC. π4D. 2π
5.过直线2x−y+1=0上一点P作圆x−22+y2=4的两条切线PA，PB，若PA⊥PB，则点P的横坐标为
( )
A. ± 133B. ± 153C. ± 135D. ± 155
6.已知函数f(x)满足：∀x，y∈Z，f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy+1成立，且f(−2)=1，则f2nn∈N∗=( )
A. 4n+6B. 8n−1C. 4n2+2n−1D. 8n2+2n−5
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上的一点，I为△PF1F2的内心，且IF1+2IF2=2PI，则C的离心率为
( )
A. 3B. 52C. 3D. 2
8.已知点Ax0,y0是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上位于第一象限内的一点，F1,F2分别为C的左､右焦点，C的离心率和实轴长都为2，过点A的直线l交x轴于点M1x0,0，交y轴于点N，过F1作直线AM的垂线，垂足为H，则下列说法错误的是
( )
A. C的方程为x2−y23=1B. 点N的坐标为0,−1y0
C. OH的长度为1，其中O为坐标原点D. 四边形AF1NF2面积的最小值为4 3
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.有款小游戏，规则如下：一小球从数轴上的原点0出发，通过扔骰子决定向左或者向右移动，扔出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位，若是偶数点向上，则向右移动一个单位，则扔出n次骰子后，下列结论正确的是
( )
A. 第二次扔骰子后，小球位于原点0的概率为12
B. 第三次扔骰子后，小球所在位置是个随机变量，则这个随机变量的期望是32
C. 第一次扔完骰子小球位于−1且第五次位于1的概率14
D. 第五次扔完骰子，小球位于1的概率大于小球位于3概率
10.已知函数fx=lg132+x2−x，则下列说法正确的是
( )
A. 函数fx值域为R
B. 函数fx是增函数
C. 不等式f3x−1+f3x<0的解集为16,23
D. f−12023+f−12022+…+f−12+f−1+f0+f1+f12+…+f12023=0
11.将函数y=sin2x的图象上的每一点的横坐标缩短为原来的13，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π18个单位长度，得到y=fx的图象，则
( )
A. fx的图象关于直线x=π6对称B. fx的图象关于点π18,0对称
C. fx的图象关于直线x=−π36对称D. fx的图象关于点−π6,0对称
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内的一动点(含边界)，则下列说法正确的是
( )
A. 过点A1，E，C1的平面截正方体所得的截面周长为3 2+2 5
B. 存在点F，使得DF⊥平面A1EC1
C. 若D1F//平面A1EC1，则动点F的轨迹长度为 2
D. 当三棱锥F−A1EC1的体积最大时，三棱锥F−A1EC1外接球的表面积为11π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设非空集合A⊆1,2,⋯,9满足∀a∈A，10−a∈A，则这样的A的个数为 ．
14.已知函数fx=cs(3π2+ωx)ω>0在区间π4,π3上单调递增，那么实数ω的取值范围是 ．
15.若关于x的不等式0≤ax2+bx+c≤2a>0的解集为x−1≤x≤3，则3a+b+2c的取值范围是 ．
16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，左顶点是A，左、右焦点分别是F1，F2，M是C在第一象限上的一点，直线MF1与C的另一个交点为N.若MF2//AN，且▵ANF2的周长为278a，则直线MN的斜率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
某区域市场中5G智能终端产品的制造全部由甲､乙两公司提供技术支持．据市场调研及预测，5G商用初期，该区域市场中采用的甲公司与乙公司技术的智能终端产品各占一半，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用乙公司技术的产品中有15%转而采用甲公司技术，采用甲公司技术的产品中有10%转而采用乙公司技术．设第n次技术更新后，该区域市场中采用甲公司与乙公司技术的智能终端产品占比分别为an和bn，不考虑其他因素的影响．
(1)用an表示an+1，并求使数列an−λ是等比数列的实数λ．
(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比能否达到60%以上？若能，则至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由．
18.(本小题12分)
在锐角▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 3a2+b2−c2=2bcsinA．
(1)求角C；
(2)求sin2A+cs2B的取值范围．
19.(本小题12分)
品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等他等记忆淡忘之后，再让他品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.设在第一次排序时被排为1，2，3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为a1,a2,a3,…,an，并令X=i=1ni−ai，称X是两次排序的偏离度.评委根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分．
(1)当n=3时，若a1,a2,a3等可能地为1，2，3的各种排列，求X的分布列；
(2)当n=4时，
①若a1,a2,a3,a4等可能地为1，2，3，4的各种排列，计算X≤2的概率；
②假设某品酒师在连续三轮测试中，都有X≤2(各轮测试相互独立)，你认为该品酒师的鉴别能力如何，请说明理由．
20.(本小题12分)
设m为实数，直线y=mx+1和圆C:x2−x+y2=0相交于P，Q两点．
(1)若PQ= 22，求m的值；
(2)若点O在以PQ为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求实数m的取值范围．
【答案】(1)m=−1或m=−7
(2)−2,−34
21.(本小题12分)
正多面体又称为柏拉图立体，是指一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这样的多面体就叫做正多面体.可以验证一共只有五种多面体.令a
(2)当正c面体在棱长为1的正b面体内，且正c面体的所有顶点均为正b面体各面的中心时，求正c面体某一面所在平面截正b面体所得截面面积；
(3)已知正d面体的每个面均为正五边形，正e面体的每个面均为正三角形.考生可在以下2问中选做1问．
(第一问答对得2分，第二问满分8分，两题均作答，以第一问结果给分)
第一问：求棱长为1的正e面体的表面积；
第二问：求棱长为1的正d面体的体积．
22.(本小题12分)
一类项目若投资1元，投资成功的概率为p(0
(2)若b=1，p=12，求函数g(x)=e12x−x−f(csx)在(0,π)上的零点个数．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】根据充分条件、必要条件求解即可．
【详解】因为a>12⇒2a>1⇒1a<2，而1a<2推不出a>12，例如a=−1满足1a<2，但a>12不成立，
所以“a>12”是“1a<2”的充分不必要条件，
故选：A
2.【答案】B
【解析】【分析】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点1,−1的距离，计算即可．
【详解】设z=a+bi，其中a,b∈R，则z−1+i=a−1+b+1i，
∵z=1，
∴a2+b2=1，即点a,b的轨迹是以0,0为圆心，1为半径的圆，
∴z−1+i= a−12+b+12即为圆上动点到定点1,−1的距离，
∴z−1+i的最大值为 0−12+0+12+1= 2+1．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】由Lp1−Lp2=40结合对数运算可求得a的值，由于Lp1=60，Lp2=20可得出Lp′−Lp2≤30、Lp1−Lp′≥10，结合对数函数的单调性可出结论．
【详解】由题意Lp1−Lp2=algp1p2=alg100=2a=60−20=40，得a=20，
则Lp=20lgpp0，因此Lp′=20lgp′p0≤50，
Lp′−Lp2=20lgp′p2≤50−20=30，则p′≤10 10p2，
Lp1−Lp′=20lgp1p′≥60−50=10，则p′≤ 1010p1．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】【分析】把函数化成y=Asinωx+φ的形式，利用公式T=2πω求函数的最小正周期．
【详解】因为fx=sin2x−π4−2 2sin2x= 22sin2x− 22cs2x− 21−cs2x= 22sin2x+ 22cs2x− 2=sin2x+π4− 2．
所以，函数的最小正周期为：T=2π2=π．
故选：B
5.【答案】D
【解析】【分析】令已知圆的圆心C(2,0)，由题设易知四边形PACB为正方形且边长为r=2，进而求得直线PC与直线2x−y+1=0夹角余弦值为csθ= 64，根据直线所过点D(0,1)并设P(x,2x+1)，应用向量夹角坐标表示列方程求P的横坐标．
【详解】由题设，已知圆的圆心C(2,0)，四边形PACB为正方形且边长为r=2，
所以|PC|=2 2，而C到直线2x−y+1=0的距离d= 5，如下图，
令直线PC与直线2x−y+1=0夹角为θ，则csθ= 8−52 2= 64，
又直线2x−y+1=0过D(0,1)，令P(x,2x+1)，则PD=(−x,−2x),PC=(2−x,−2x−1)，
所以csθ=|PC⋅PD|PC||PD||=|5x2 5x× (x−2)2+(2x+1)2|=|x2x× x2+1|= 64，
则x2x2+1=38⇒5x2=3⇒x=± 155．
故选：D
6.【答案】C
【解析】【分析】令x=y=0，求出f0，令x=y=−1，求出f−1，令x=1,y=−1，求出f1，再令x=n,y=1,n∈N∗，可求出fn+1,fn的关系，再利用累加法结合等差数列前n项和公式即可得解．
【详解】令x=y=0，则f0=f0+f0+1，所以f0=−1，
令x=y=−1，则f−2=f−1+f−1+2+1=2f−1+3=1，
所以f−1=−1，
令x=1,y=−1，则f0=f1+f−1−2+1=f1−2=−1，所以f1=1，
令x=n,y=1,n∈N∗，则fn+1=fn+f1+2n+1=fn+2n+2，
所以fn+1−fn=2n+2，
则当n≥2时，fn−fn−1=2n，
则fn=fn−fn−1+fn−1−fn−2+⋯+f2−f1+f1
=2n+2n−2+⋯+4+1=2n+4n−12+1=n2+n−1，
当n=1时，上式也成立，
所以fn=n2+n−1n∈N∗，
所以f2n=4n2+2n−1n∈N∗．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】延长IP到A且|IP|=|PA|，延长IF2到B且|IF2|=|F2B|，结合向量的线性关系知I是▵ABF1的重心，根据重心和内心的性质，进而得到|PF1|=|F1F2|=2|PF2|，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率．
【详解】如下图示，延长IP到A且|IP|=|PA|，延长IF2到B且|IF2|=|F2B|，
所以IF1+2IF2=2PI，即IF1+IB+IA=0，
故I是△ABF1的重心，即S▵AIF1=S▵BIF1=S▵AIB，
又S▵AIF1=2S▵PIF1,S▵BIF1=2S▵F1IF2,S▵AIB=4S▵PIF2，
所以S▵PIF1=S▵F1IF2=2S▵PIF2，而I是△PF1F2的内心，则|PF1|=|F1F2|=2|PF2|，
由|PF1|−|PF2|=2a,|F1F2|=2c，则|PF2|=2a，故2c=4a，即e=ca=2．
故选：D
【点睛】关键点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到|PF1|=|F1F2|=2|PF2|，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程．
8.【答案】B
【解析】【分析】对A，根据条件列式计算可得解；对B，求出直线AM的方程，令x=0，求得其与y轴的交点可判断；对C，求出直线F1H的方程与直线AM的方程联立解得点H的坐标，并求出OH可判断；对D，四边形AF1NF2的面积12F1F2yA+yN=12F1F2y0+3y0利用基本不等式求解判断．
【详解】对于A，因为e= a2+b2a=22a=2，解得a=1,b= 3，所以其方程为x2−y23=1，故 A正确；
对于B，kAM=y0x0−1x0=x0y0x02−1=3x0y0，所以AM的方程为y=3x0y0x−1x0，
所以令x=0得直线l交y轴于点0,−3y0，故 B错误；
对于C，直线F1H的方程为y=−y03x0x+2，与直线AM的方程联立解得H2−x02x0−1,−y02x0−1，
所以OH= 2−x02x0−12+−y02x0−12=1，故 C正确；
对于D，四边形AF1NF2的面积为12F1F2y0+3y0=2y0+3y0≥4 3，当且仅当y0= 3时等号成立，故 D正确．
故选：B．
9.【答案】AD
【解析】【分析】计算出小球每次向左向右的概率后，结合概率公式与期望算法逐个计算即可得．
【详解】扔出骰子，奇数点向上的概率为12，偶数点向上的概率亦为12；
对A：若两次运动后，小球位于原点，小球在两次运动之中一定一次向左一次向右，
故其概率为C21122=12，故 A正确；
对B，设这个随机变量为X，则X的可能取值为−3、−1、1、3，
其中PX=−3=PX=3，PX=−1=PX=1，
故其期望EX=−3×PX=−3+3×PX=3+−1×PX=−1+1×PX=1
=3PX=3−PX=−3+PX=1−PX=−1=0，
故B错误；
对C：第一次扔完骰子小球位于−1，即第一次向左移动，且第五次位于1，
则后续中小球向右3次，向左1次，故其概率为12C43124=18，
故C错误；
对D：第五次扔完骰子，小球位于1，即两次向左，三次向右，故其概率p1=C53125=516，
小球位于3，则四次向右，一次向左，故其概率p2=C54125=532，有p1>p2，故 D正确．
故选：AD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】对于A，令t=2+x2−x,x∈−2,2，利用换元法和对数函数的性质即可求得；对于B，令t=2+x2−x,由复合函数的单调性进行判断即可；对于C，利用函数的奇偶性和单调性进行解不等式；对于D，由f−x+fx=0即可求解．
【详解】对于A，令t=2+x2−x,x∈−2,2，又因为t=2+x2−x=−1−4x−2在−2,2上递增，所以t∈0,+∞，由对数函数的性质可得，y=lg13t的值域为R，故A正确；
对于B，因为t=2+x2−x=−1−4x−2在−2,2上递增，y=lg13t在0,+∞上递减，由复合函数的单调性可知，fx=lg132+x2−x为减函数，故 B错误；
对于C，因为fx=lg132+x2−x的定义域为−2,2，且f−x=lg132−x2+x，
fx+f−x=lg132+x2−x+lg132−x2+x=lg131=0，所以fx为奇函数，且fx在−2,2上为减函数，
不等式f3x−1+f3x<0等价于f3x−1<−f3x即f3x−1
f−12023+f−12022+…+f−12+f−1+f0+f1+f12+…+f12023=0，故 D正确．
故选：ACD．
11.【答案】BC
【解析】【详解】依题意可得f(x)=sin2[3(x−π18)]=sin(6x−π3)，
A，当x=π6时，sin6×π6−π3=sin2π3≠±1，则x=π6不为对称轴， A错误；
B，当x=π18时，sin6×π18−π3=sin0=0，则π18,0为对称中心， B正确；
C，当x=−π36时，sin6×−π36−π3=sin−π2=−1，则x=−π36为对称轴， C正确；
D，当x=−π6时，sin6×−π6−π3=sin−4π3≠0，则−π6,0不是对称中心， D错误；
故选：BC
12.【答案】ACD
【解析】【分析】取AB的中点G，然后证明截面为A1C1EG，求出周长即可判断A；假设存在点F，根据DF⊥A1C1，DF⊥C1E分别判断点F位置即可得到矛盾，B错误；根据平面D1MN//平面A1EC1即可确定动点F的轨迹，可判断C；由AC判断点F位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式确定球心位置，然后可判断D．
【详解】A选项，如图，取AB的中点G，连接GE,A1G，
因为E为BC的中点，所以A1C1//GE，A1C1=2GE，
所以过点A1，E，C1的平面截正方体所得的截面为梯形A1C1EG，
其周长为2 2+ 5+ 2+ 5=3 2+2 5，故 A选项正确；
B选项，假设存在点F，使得DF⊥平面A1EC1，
则DF⊥A1C1，得F只能在线段BD上，
再由DF⊥C1E，得F只能在线段CD上，即F与D重合，不符合题意，故 B选项错误；
C选项，如图，取AD的中点M，CD的中点N，
连接MD1，MN，ND1，可得MD1//C1E，MN//A1C1，
又MD1⧸⊂平面A1EC1，MN⊄平面A1EC1，C1E⊂平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1，
所以MD1//平面A1EC1，MN//平面A1EC1，
又MD1∩MN=M，所以平面D1MN//平面A1EC1，
所以动点F的轨迹为线段MN，其长度为 2，故 C选项正确；
D选项，由A，C选项可得，平面A1GEC1//平面D1MN，
所以当F在点D时，F到平面A1EC1的距离最大，此时▵FA1C1为等边三角形，
因为BD1⊥平面FA1C1，所以三棱锥F−A1EC1的外接球球心O1一定在直线BD1上，
以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,1,0)，D(2,2,0)，设O1(x,x,x)，
由O1E=O1D得，x2+(x−1)2+x2=(x−2)2+(x−2)2+x2，解得x=76，
所以R2=762+76−12+762=114，
所以三棱锥F−A1EC1外接球的表面积为4πR2=4π×114=11π，故 D选项正确．
故选：ACD．
13.【答案】31
【解析】【分析】利用非空集合子集的个数计算公式可求满足条件的A的个数．
【详解】由题设可得1,9,2,8,3,7,4,6,5，
这5组中的每一组中的元素必定同时出现在集合A中，
故这样的非空集合A的个数为25−1=31，
故答案为：31
14.【答案】0,32∪6,152
【解析】【分析】化简函数的解析式，根据题中条件可得ωπ4,ωπ3⊆2kπ−π2,2kπ+π2，k∈Z，继而解得k的值，进一步计算即可．
【详解】因为fx=cs(3π2+ωx)=sinωx，
由ω>0且π4≤x≤π3，知ωπ4≤ωx≤ωπ3，
因为函数fx在区间上π4,π3单调递增，
则ωπ4,ωπ3⊆2kπ−π2,2kπ+π2，其中k∈Z，
所以πω4≥2kπ−π2,πω3≤2kπ+π2,其中k∈Z，
解得8k−2≤ω≤6k+32，其中k∈Z，
由8k−2≤6k+32,6k+32>0，
得−14
因为ω>0，所以当k=0时，0<ω≤32;
当k=1时，6≤ω≤152，
所以实数ω的取值范围是0,32∪6,152．
故答案为：0,32∪6,152．
【点睛】关键点睛：本题的关键点睛是求出右边界的范围，再根据余弦函数的单调性得到不等式组，解出ω的范围，再对k合理赋值即可．
15.【答案】32,4
【解析】【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出a的取值范围，最后3a+b+2c都表示成a的形式即可．
【详解】因为不等式0≤ax2+bx+c≤2a>0的解集为x−1≤x≤3，
所以二次函数fx=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，
且需满足f−1=2f3=2f1≥0，即a−b+c=29a+3b+c=2a+b+c≥0，解得b=−2ac=−3a+2,
所以a+b+c=a−2a−3a+2≥0⇒a≤12，所以a∈0,12,
所以3a+b+2c=3a−2a−6a+4=4−5a∈32,4．
故答案为：32,4．
【点睛】关键点睛：一元二次不等式的解决关键是转化为二次函数问题，求出对称轴和端点的值，继而用同一个变量来表示求解．
16.【答案】 52 或12 5
【解析】【分析】由平行关系得出对应线段成比例，结合椭圆定义，表示出长度，利用余弦定理求出cs∠AF1N，得出结果．
【详解】因为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为e=ca=12，则c=12a，
又因为AN//MF2，即▵AF1N∽▵F2F1M，
则ANMF2=NF1MF1=AF1F1F2=a−c2c=a−12aa=12，可得AN=12MF2,NF1=12MF1，
所以AN+NF1=12MF1+MF2=a，①
又因为AN+NF2+a+c=278a，可得AN+NF2=158a，②
又因为NF1+NF2=2a，③
由①②③知AN=7a16，NF1=9a16，
在△∠AF1N中，由余弦定理可得cs∠AF1N=14a2+81256a2−49256a22×12a×916a=23>0，
可得∠AF1N为锐角，则sin∠AF1N= 1−cs2∠AF1N= 53，
所以tan∠AF1N=sin∠AF1Ncs∠AF1N= 52，即MN的斜率为 52．
故答案为： 52．
【点睛】方法点睛：1.椭圆离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2.焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
17.【答案】解：(1)由题意知，经过n次技术更新后，an+bn=1，
则an+1=1−10%an+15%bn=1−10%an+15%1−an=75%an+15%，
即an+1=34an+320．
设an+1−λ=34an−λ，则an+1=34an+14λ，
令14λ=320，解得λ=35．
又a1=121−10%+15%×12=2140,a1−35=−340，
所以当λ=35时，an−35是以−340为首项，34为公比的等比数列．
(2)由(1)可知an−35=−340×34n−1，则an=35−340×34n−1=35−110×34n，n∈N+．
所以经过n次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比为35−110×34n．
对于任意n∈N+,110×34n>0，所以35−110×34n<35=60%，
即经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比不会达到60%以上．
【解析】(1)根据条件得到数列an的递推关系，利用数列an+λ是等比数列，求λ的值；
(2)首先由(1)得数列an的通项公式，再求出an的范围判断不等式an>60%是否有解．
关键点睛：本题的关键是得到数列an的递推关系，根据题意有an+bn=1代入an+1=1−10%an+15%bn消去bn得到递推关系．
18.【答案】解：(1)因为 3a2+b2−c2=2bcsinA，
由余弦定理， 3a2+b2−a2−b2+2abcsC=2bcsinA，
整理得： 3acsC=csinA，
又由正弦定理， 3sinAcsC=sinCsinA，而A为三角形内角，故sinA>0，
故tanC= 3，而C的 锐角三角形内角，故C=π3
(2)由(1)知C=π3，
sin2A+cs2B=1−cs2A2+1+cs2B2=1+12cs2B−cs2A =1+12cs2B−cs22π3−B
=1+12cs2B−cs4π3−2B=1+1232cs2B+ 32sin2B=1+34cs2B+ 34sin2B
=1+ 32cs2B−π6，
因为三角形为锐角三角形，故0
【解析】(1)利用余弦定理和正弦定理化边为角化简即得三角方程，解之即得；
(2)先用三角降幂公式降次，再通过(1)求得的C=π3进行消元，化简得到余弦型函数，再利用锐角三角形条件，求得角B的范围，最后利用余弦型函数的值域即得．
19.【答案】解：(1)a1,a2,a3的排序共有A33=6种，且每种排序等可能，
此时X可取0,2,4，
又X=0时，a1,a2,a3的排序为1,2,3，PX=0=16，
X=2时，a1,a2,a3的排序为1,3,2或2,1,3，PX=2=13，
X=4时，a1,a2,a3的排序为3,2,1或2,3,1或3,1,2，PX=4=12，
所以X的分布列为：
(2)①a1,a2,a3,a4的 排序共有A44=24种，且每种排序等可能，
而i=1ni−ai=0，故i−aii=1,2,3,4中有偶数个奇数，故i=1ni−ai必为偶数，
当X=0时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序无变化时，
此时仅有1种排序：1,2,3,4，则PX=0=124，
当X=2时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序相比仅有相邻两个位置变化时，
此时有3种排序：2,1,3,4、1,3,2,4、1,2,4,3，PX=2=324=18，
所以PX≤2=PX=0+PX=2=124+18=16；
②因为各轮测试相互独立，
所以“连续三轮测试中，都有X≤2”的概率为163=1216<51000，
所以1216是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有X≤2的结果的可能性很小，
所以我们认为该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测．
【解析】(1)计算每种a1,a2,a3排序的X值以及对应概率，由此可得X的分布列；
(2)①先计算出PX=0,PX=2的值，然后可求PX≤2；②先分析续三轮测试中，都有X≤2的概率，然后根据概率值的大小进行分析即可．
关键点点睛：本题考查离散型随机变量与概率的综合运用，着重考查学生理解问题与分析问题的能力，难度较大.解答第三问的关键在于，能通过独立事件的概率计算公式求解出目标事件的概率并能对概率值的大小进行分析，一般认为小于0.005的概率为小概率．
20.【答案】解：(1)
将圆C:x2−x+y2=0的方程化为标准方程x−122+y2=14，
圆心C12,0，半径r=12，
由PQ= 22，
可知圆心C12,0到直线l得距离为 r2−PQ22= 24，
所以m2+1 m2+1= 24，
解得m=−1或m=−7；
(2)
设Px1,y1，Qx2,y2，
联立x2−x+y2=0y=mx+1，得m2+1x2+2m−1x+1=0，
由Δ=2m−12−4m2+1>0，得m<−34，
且x1+x2=−2m−1m2+1，x1x2=1m2+1，
因为点O在以PQ为直径的圆外，所以OP⋅OQ>0，
即x1x2+y1y2=x1x2+mx1+1mx2+1=1+m2x1x2+mx1+x2+1>0，
即1+m21m2+1+m−2m−1m2+1+1>0，
解得m>−2，所以m的取值范围是−2,−34．
【解析】(1)将圆的方程转化为标准方程，可得圆心与半径，再根据垂径定理可得圆心到直线的距离，进而可得m的值；
(2)根据点O在以PQ为直径的圆外，可知OP⋅OQ>0，联立直线与圆的方程，结合韦达定理可得参数m的取值范围．
21.【答案】解：(1)设正面体每个端点出去的棱数相等为p，
每个面的边的数量相等为q，端点数量为F，
面的数量为V，棱的数量为E，
由于每个棱用两个端点，所以有：pF=2E，
由于每两个相邻的面共用一条棱，所以有：qV=2E，
由V−E+F=2，解得V=4q(2p+2q−1)F=4p(2p+2q−1)E=22p+2q−1,
因为q代表多边形的边数，所以q≥3，
因为要得到立体图形，必须有p≥3，
由题意易得2p+2q>1，所以p<6，q<6，
所以满足条件的只有5组解，
①p=3，q=3，V=4F=4E=6，即正四面体；
②p=3，q=4，V=6F=8E=12，即正六面体；
③p=3，q=5，V=12F=20E=30，即正十二面体；
④p=4，q=3，V=8F=6E=12，即正八面体；
⑤p=5，q=3，V=20F=12E=30，即正二十面体。
即a=4，b=6，c=8，d=12，e=20，
为了满足题意，只需找到正六面体的四个端点，端点距离全部相等，
满足题意的仅有一种，如图所示：
易得线面角只有0∘或45∘，所以夹角最大值为π4；
(2)
A、B、C代表正六面体的中心，D、E、F代表截面三角形，
显然截面为边长为 2的正三角形，面积S= 3( 2)24= 32；
(3)第一问：
正二十面体各面为正三角形，表面积S=20× 3×124=5 3；
第二问：正十二面体各面为正五边形，图形如下：
按照图示带箭头的虚线分割，得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，
如图AC、BC长度为1，且∠ACB=108∘，
由cs36∘= 5+14易知AB= 5+12，即正六面体边长为 5+12，
正六面体边长为 5+12，则V1=( 5+12)2=2+ 5，
沿着顶棱的两个端点，分别作关于顶棱垂直的切面，立体图形可以拆成两个四面体，一个三棱柱，
先算出绿色边的长度，再用勾股定理易得立体图形高为12，
V2=12×12×1× 5+12+2×13× 5+12× 5−14×12=16+ 5+18，
所以总体积为V=V1+6V2=15+7 54．
【解析】(1)根据正面体特点得出a、b、c、d、e即可求出夹角最大值；
(2)得出显然截面为边长为 2的正三角形即可求解；
(3)第一问：根据正二十面体各面为正三角形即可求解；
第二问：图形可以分为得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，由此即可求解．
关键点点睛：本题关键在于熟悉正面体的性质以及对立体图形想象的正确．
22.【答案】解：(1)证法一：因为f(x)=(1+bx)p(1−x)1−p，0
即f′(x)=bp1+bx1−xp−1−(1−p)1+bx1−xp，
显然1+bx1−x>1，令f′(x)>0，故bp1+bx1−xp−1>(1−p)1+bx1−xp，
解得x
故f(x)在x=pb−(1−p)b取得最大值．
证法二：由于b>0，0
要使得f(x)最大，等价于使得ℎ(x)=lnf(x)=pln(1+bx)+(1−p)ln(1−x)最大，
则ℎ′(x)=bp1+bx+p−11−x，令ℎ′(x)>0，得x
故ℎ(x)在x=pb−(1−p)b取得最大值，即f(x)在x=pb−(1−p)b取得最大值．
(2)因为b=1，p=12，x∈(0,π)，则sinx>0，所以f(x)=1−x212= 1−x2，
则f(csx)= 1−cs2x= sin2x=|sinx|=sinx，
故g(x)=e12x−x−sinx，则g′(x)=12e12x−1−csx，
令q(x)=g′(x)，则q′(x)=14e12x+sinx．
当x∈(0,π)时，q′(x)>0，故q(x)=g′(x)在(0,π)上单调递增．
因为g′(0)=12−1−1=−32<0，g′(π)=12eπ2−1−(−1)=12eπ2>0，
故∃x0∈(0,π)，使得g′x0=0，同时使得当x∈0,x0时，g′(x)<0；
当x∈x0,π时，g′(x)>0，
故g(x)在0,x0上单调递减，在x0,π上单调递增，故g(x)在(0,π)上至多两个零点．①
又因为g(0)=1−0−0=1>0，g(2)=e−2−sin2，g(π)=eπ2−π，
注意到π2<2<2π3，故 32
故g(2)=e−2−sin2
由于e>2.7>2.56>2.5，π2>1.5，π<4，
故g(π)=eπ2−π>2.71.5−4>2.5×2.560.5−4=2.5×1.6−4=0，
由于g(2)⋅g(π)<0，故g(x)在(2,π)上至少有一个零点．③
综合②③，故g(x)在(0,π)上至少有两个零点．④
综合①④，则g(x)在(0,π)上有且仅有两个零点
【解析】(1)证法一：直接求导，令f′(x)>0，得到x
(2)得到g(x)=e12x−x−sinx，二次求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，得到g(x)在(0,π)上至多两个零点，再根据特殊点的函数值和零点存在性定理得到g(x)至少有两个零点，从而得到g(x)有且仅有两个零点．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
X
0
2
4
P
16
13
12
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