2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，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.若复数z满足z(1−2i)=3+i(i是虚数单位)，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
2.已知集合A={x∈N|2x2−3x−9<0}，则集合A的子集个数为( )
A. 4个B. 8个C. 16个D. 32个
3.已知圆台的上、下底面的半径分别为2，6，母线长为5，则该圆台的表面积为( )
A. 48πB. 64πC. 80πD. 96π
4.回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为：“回文数”.如55，696，3773等，那么用数字1，2，3，4，5，6，7，8可以组成4位“回文数”的个数为( )
A. 36个B. 56个C. 64个D. 84个
5.已知α，β∈(0,π)，tanα与tanβ是方程x2−5 3x+6=0的两个根，则α+β=( )
A. π3B. 2π3C. π3或4π3D. 2π3或5π3
6.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(−∞,0]上单调递减，若a=f(0.50.7)，b=f(lg123)，c=f(−0.70.7)，则( )
A. c7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，若直线AP，AQ的斜率之积为−25，则C的离心率为( )
A. 155B. 105C. 63D. 53
8.已知实数x，y满足4x2+2y2+4xy=1，则2x+3y的最大值为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( )
A. 相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强
B. 若随机变量X∼N(8,σ2)，且P(X≥11)=0.24，则P(5C. 若随机变量ξ∼B(12,14)，则D(ξ)=3
D. 一组数据12、17、8、13、10、22、16、15、6、19的第80百分位数为17
10.设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且a1>1，a2023a2024>1，a2023a2024+1A. q>1B. 0C. Sn的最大值为S2023D. Tn的最大值为T2023
11.将函数f(x)=sinxcsx+ 3cs2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在[−π4,π6]上单调，则φ的可能取值为( )
A. π12B. 5π12C. 5π6D. 11π12
12.如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是( )
A. PC⊥AB
B. 当三棱锥P−ABC的体积最大时，三棱锥P−ABC的外接球的体积为2 153π
C. 当二面角P−AB−C的余弦值为13时，PB⊥AC
D. 若二面角P−AB−C的大小为θ，且θ∈[π3,2π3]时，直线PB与AC所成角的余弦值最大为58
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(3,1)，b=(1,−2)，c=ta+b，若a⊥c，则t=______.
14.已知双曲线x24−y2b2=1(b>0)，其一条渐近线被圆(x−3)2+y2=8截得的弦长为2 2，则该双曲线的虚轴长为______.
15.C110×511+C111×510+C112×59+⋯+C1110×5被7除的余数是______.
16.已知圆E：(x−2)2+(y−2)2=4，P是直线l：x+y+1=0上的一点，若圆E上存在两点A，B，使得△PAB是等边三角形，则P的横坐标的取值范围是______.
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)
已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且2a4−a6=9，S8=132.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=3(n+2)an，求数列{bn}的前2023项和T2023.
18.(本小题12分)
乒乓球，被称为中国的“国球”，是一项集力量、速度、柔韧、灵敏和耐力素质为一体的球类运动，同时又是技术和战术完美结合的典型.打乒乓球能使眼球内部不断运动，血液循环增强，眼神经机能提高，因而能使眼睛疲劳消除或减轻，起到预防治疗近视的作用.乒乓球的球体小，速度快，攻防转换迅速，技术打法丰富多样，既要考虑技术的发挥，又要考虑战术的运用.乒乓球运动中要求大脑快速紧张地思考，这样可以促进大脑的血液循环，供给大脑充分的能量，具有很好的健脑功能.乒乓球运动中既要有一定的爆发力，又要有动作的高度精确，要做到眼到、手到和步伐到，提高了身体的协调和平衡能力.不管学习还是工作，每天都或多或少有点压抑，打球能使大脑的兴奋与抑制过程合理交替，避免神经系统过度紧张某中学对学生参加乒乓球运动的情况进行调查，将每周参加乒乓球运动超过2小时的学生称为“乒乓球爱好者”，否则称为“非乒乓球爱好者”，从调查结果中随机抽取100份进行分析，得到数据如表所示：
(1)补全2×2列联表，并依据小概率值α=0.010的独立性检验，能否认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关？
(2)为了解学生的乒乓球运动水平，现从抽取的“乒乓球爱好者”学生中按性别采用分层抽样的方法抽取3人，与体育老师进行乒乓球比赛，其中男乒乓球爱好者获胜的概率为13，女乒乓球爱好者获胜的概率为14，每次比赛结果相互独立，记这3人获胜的人数为X，求X的分布列和数学期望.
参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a(2−csB)=b(csA+2csC).
(1)求角B的大小.
(2)若O是△ABC的内心，且AO=2，CO=3，求AC和BO.
20.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=BC=2，∠ABC=120∘，BB1= 5，且A1B⊥AC，E是棱AA1上的一点.
(1)求证：A1B⊥B1C1；
(2)是否存在点E，使得直线CE与平面BCC1B1所成角的正弦值为3 4256？若存在，求出A1EEA的值；若不存在，说明理由.
21.(本小题12分)
已知A(1,1)，P是抛物线C：y2=4x的准线与x轴的交点，过P的直线l与C交于不同的M，N两点.
(1)若直线l的斜率为−12，求△AMN的面积；
(2)若直线AM交C于另外一点B，试判断直线BN是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−ln(x+2)(a∈R).
(1)若a=−1，求f(x)的图象在f(x)处的切线方程；
(2)若f(x)>0对任意的x∈(−2,+∞)恒成立，求整数a的最小值；
(3)求证：ln2+(ln32)2+(ln43)3+⋯+(lnn+1n)n答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为z(1−2i)=3+i，所以z=3+i1−2i=(3+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+6i+i+2i25=15+75i，
所以|z|= (15)2+(75)2= 2.
故选：A.
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由2x2−3x−9<0，得(2x+3)(x−3)<0，解得−32∴A={x∈N|2x2−3x−9<0}={x∈N|−32∴集合A的子集有23=8个．
故选：B.
首先解一元二次不等式求出集合A，再根据含有n个元素的集合有2n个子集计算可得．
本题考查子集的定义，考查不等式的解法，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，因为圆台的上、下底面的半径分别为2，6，母线长为5，则该圆台侧面积为π(2+6)×5=40π，
所以这个圆台的表面积为π×22+π×62+40π=80π.
故选：C.
根据题意，利用圆台表面积公式计算作答．
本题考查圆台的表面积计算，注意圆台的结构特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①4位“回文数”中数字全部相同，有8种情况，即此时有8个4位“回文数”；
②4位“回文数”中有2个不同的数字，有A82=56种情况，即此时有56个4位“回文数”；
则一共有8+56=64个4位“回文数”．
故选：C.
根据题意，分2种情况讨论：①4位“回文数”中数字全部相同，②4位“回文数”中有2个不同的数字，求出每种情况下4位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列数的应用，考查分类加法计数原理，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为tanα与tanβ是方程x2−5 3x+6=0的两个根，
所以tanα+tanβ=5 3，tanα⋅tanβ=6，
所以tanα>0，tanβ>0，因为α，β∈(0,π)，所以α∈(0,π2)，β∈(0,π2)，
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=5 31−6=− 3，
又因为α+β∈(0,π)，所以α+β=2π3.
故选：B.
利用韦达定理得到tanα+tanβ=5 3，tanα⋅tanβ=6，再由两角和的正切公式求出tan(α+β)，即可得解．
本题主要考查和差角公式的应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，
则b=f(lg123)=f(−lg23)=f(lg23)，c=f(−0.70.7)=f(0.70.7)，
由y=0.7x在定义域内单调递减，则0.70.7<0.70=1；
由y=lg2x在定义域内单调递增，则lg23>lg22=1；
由y=x0.7在(0,+∞)内单调递增，则0.50.7<0.70.7，
故0.50.7<0.70.7又因为在(−∞,0]上单调递减，所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以a故选：D.
根据基本初等函数单调性分析可得0.50.7<0.70.7本题主要考查了指数函数和对数函数的单调性，考查了函数的奇偶性，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意可知：A(a,0)，
设P(x0,y0)(y0≠0)，则Q(−x0,−y0)，
可得kAP=y0x0−a,kAQ=−y0−x0−a=y0x0+a，
则kAP⋅kAQ=y0x0−a⋅y0x0+a=y02x02−a2，
又因为点P(x0,y0)在椭圆上，则x02a2+y02b2=1，
整理得y02=b2a2(a2−x02)，
可得kAP⋅kAQ=y02x02−a2=b2a2(a2−x02)x02−a2=−b2a2，
即−b2a2=−25，
所以C的离心率e= 1−b2a2= 1−25= 155.
故选：A.
根据题意结合椭圆方程整理得kAP⋅kAQ=−b2a2，进而可求离心率．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为4x2+2y2+4xy=1，所以(2x+y)2+y2=1，令2x+y=csθy=sinθ，
所以2x+3y=2sinθ+csθ= 5sin(θ+φ)，其中csφ=2 55，sinφ= 55，
所以当sin(θ+φ)=1时，2x+3y取得最大值为 5.
故选：C.
依题意可得(2x+y)2+y2=1，令2x+y=csθy=sinθ，将2x+3y转化为θ的三角函数，而后利用辅助角公式计算即可．
本题主要考查基本不等式及其应用，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A：相关系数|r|的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强，故A正确；
对于B：若随机变量X∼N(8,σ2)，且P(X≥11)=0.24，
所以P(X<5)=P(X≥11)=0.24，
则P(5对于C：若随机变量ξ∼B(12,14)，则D(ξ)=12×14×(1−14)=94，故C错误；
对于D：数据从小到大排列为6、8、10、12、13、15、16、17、19、22，
又10×80%=8，所以数据的第80百分位数为第8、9两数的平均数，即为17+192=18，故D错误．
故选：AB.
根据相关系数的定义判断A，根据正态曲线的性质判断B，根据二项分布的方差公式判断C，根据百分位数的定义判断D.
本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：若q<0，则a2023a2024=a20232⋅q<0不符合题意，所以q>0，
所以数列{an}为正项的等比数列，
由a2023a2024+1所以(a2023−1)(a2024−1)<0，
所以a2023−1>0a2024−1<0或a2023−1<0a2024−1>0，
若a2023−1>0a2024−1<0，则a2023>1，0若a2023−1<0a2024−1>0，则a2023=a1q2022<1，因为a1>1，所以0综上，0对于B，a2023a2025=a20242，因为0对于C，因为Sn−Sn−1=an>0，所以Sn>Sn−1对任意n≥2，n∈N*都成立，所以Sn无最大值，所以C错误，
对于D，因为01，当n≥2024时，an<1，当1≤n≤2023时，an>1，所以Tn的最大值为T2023，所以D正确．
故选：BD.
由a2023a2024+11，a2023a2024>1，可得0本题主要考查了等比数列性质的综合应用，考查了分析问题的能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为f(x)=sinxcsx+ 3cs2x=12sin2x+ 32cs2x+ 32=sin(2x+π3)+ 32，
则g(x)=sin[2(x+φ)+π3]+ 32=sin(2x+2φ+π3)+ 32，
因为x∈[−π4,π6]，则2x+2φ+π3∈[2φ−π6,2φ+2π3]，
因为g(x)在[−π4,π6]上单调，则kπ−π2≤2φ−π6<2φ+2π3≤kπ+π2,k∈Z，
解得kπ2−π6≤φ≤kπ2−π12,k∈Z，
当k=1时，则π3≤φ≤5π12，故B正确；
当k=2时，则5π6≤φ≤11π12，故C、D正确；
若φ=π12，即kπ2−π6≤π12≤kπ2−π12,k∈Z，解得13≤k≤12,k∈Z，不成立，故A错误．
故选：BCD.
利用三角恒等变换整理得f(x)=sin(2x+π3)+ 32，进而可得g(x)=sin(2x+2φ+π3)+ 32，结合正项函数单调性分析运算即可．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC均为边长为2的等边三角形，
取AB的中点D，连接DP，DC，如图，
则DP⊥AB，DC⊥AB，
又DP∩DC=D，DP，DC⊂平面DPC，
所以AB⊥平面DPC，又PC⊂平面DPC，
所以AB⊥PC，A正确；
对于B：由上可知AB⊥PC，
又AB⊂平面ABC，
所以平面DPC⊥平面ABC，又平面DPC∩平面ABC=CD，
于是点P在平面ABC上的射影在直线CD上，
所以点P到平面ABC的距离h=PDsin∠PDC≤PD= 3，当且仅当∠PDC=90∘时取等号，
因为△ABC面积为定值，
所以h最大时三棱锥P−ABC的体积最大，
此时平面PAB⊥平面ABC，且PD⊥平面ABC，CD⊥平面ABP，
令△ABC，△ABP的中心分别为O1，O2，
三棱锥P−ABC外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ABP，
所以OO1//PD，OO2//CD，
四边形OO1DO2是矩形，OO1=DO2=13PD= 33，CO1=23CD=2 33，
因此三棱锥P−ABC的外接球半径R= CO12+OO12= (2 33)2+( 33)2= 153，
所以三棱锥P−ABC的外接球的体积V=43πR3=20 1527π，B错误；
对于C：由选项A知，∠PDC为二面角P−AB−C的平面角，即cs∠PDC=13，
因为PB=DB−DP，CA=DA−DC，
所以PB⋅CA=(DB−DP)⋅(DA−DC)=DB⋅DA−DB⋅DC−DP⋅DA+DP⋅DC=−1+3cs∠PDC=0，
所以PB⊥AC，C正确；
对于D：二面角P−AB−C的大小为θ，即∠PDC=θ，
所以PB⋅CA=(DB−DP)⋅(DA−DC)=DB⋅DA−DB⋅DC−DP⋅DA+DP⋅DC=−1+3csθ，
记直线PB与AC所成角的大小为α，
则csα=|cs|=|PB⋅CA|PB||CA||=|−1+3csθ|4，
当 θ∈[π3,2π3] 时，csθ∈[−12,12]，−1+3csθ∈[−52,12]，
所以|−1+3csθ|∈[0,52]，则csα∈[0,58]，
所以csα的最大值为58，D正确．
故选：ACD.
取AB的中点D，连接DP，DC，利用线面垂直的判断判断A；确定三棱锥体积最大时图形位置，并求出球半径计算判断B；利用空间向量数量积判断C；求出异面直线夹角余弦的函数关系求解判断D作答．
本题考查球有关的内切或外接问题时，解题关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解，属于中档题．
13.【答案】−110
【解析】解：因为a=(3,1)，b=(1,−2)，且c=ta+b，
所以c=t(3,1)+(1,−2)=(3t+1,t−2)，
因为a⊥c，所以a⋅c=3×(3t+1)+1×(t−2)=0，解得t=−110.
故答案为：−110.
首先求出c的坐标，依题意a⋅c=0，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可．
本题主要考查了向量数量积性质的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】4 2
【解析】解：如图所示，双曲线的两条渐近线关于x轴对称，
取y=b2x与圆相交于点A，B，|AB|=2 2，
圆心(3,0)到直线bx−2y=0的距离d=3b 4+b2.
结合垂径定理可得8=2+(3b 4+b2)2，
∴b=2 2.
故答案为：4 2.
由题意画出图形，利用垂径定理转化求解即可．
本题考查双曲线的简单性质，考查直线与圆位置关系的应用，是基础的计算题．
15.【答案】5
【解析】解：C110×511+C111×510+C112×59+⋯+C1110×5
=C110×511+C111×510+C112×59+⋯+C1110×5+C1111−1
=(5+1)11−1=611−1=(7−1)11−1
=C110×711−C111×710+C112×79+⋯+C1110×7−C1111−1
=7(C110×710−C111×79+C112×78+⋯+C1110)−2
=7(C110×710−C111×79+C112×78+⋯+C1110−1)+7−2
=7(C110×710−C111×79+C112×78+⋯+C1110−1)+5.
所以C110×511+C111×510+C112×59+⋯+C1110×5被7除的余数是5.
故答案为：5
依题意可得原式=(5+1)11−1=(7−1)11−1，再根据二项式的展开式计算可得．
本题考查二项式定理的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
16.【答案】[− 7+12, 7−12]
【解析】解：由题意知，若圆E上存在两点A、B，使得△PAB是等边三角形，
即存在点A使得∠APE=30∘，过P作圆E的切线，切点为T，连接PE，ET，则∠TPE≥30∘，
又∠TPE<90∘，∴sin∠TPE≥sin30∘=12，即|TE||PE|≥12，得|PE|≤4，
设P(x0,−x0−1)，
∴ (x0−2)2+(−x0−1−2)2≤4，解得− 7+12≤x0≤ 7−12，
所以P的横坐标的取值范围是[− 7+12, 7−12].
故答案为：[− 7+12, 7−12].
依题意存在点A使得∠APE=30∘，过P作圆E的切线，切点为T，连接PE，ET，则∠TPE≥30∘，又∠TPE<90∘，即可得到|PE|≤4，设P(x0,−x0−1)，由距离公式得到不等式，解得即可．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵2a4−a6=9，S8=132，
∴2a1+6d−a1−5d=98a1+8×(8−1)2d=132，解得a1=6d=3，
∴an=6+3(n−1)=3n+3；
(2)由(1)得an=3n+3，则bn=3(n+2)an=3(n+2)(3n+3)=1n+1−1n+2，
∴T2023=12−13+13−14+⋯+12024−12025=12−12025=20234050.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得到关于a1、d的方程组，求解即可得出答案；
(2)由(1)得bn=1n+1−1n+2，利用裂项相消法计算，即可得出答案．
本题考查等差数列的性质和裂项相消法求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意可得2×2列联表如下：
则χ2=100(40×24−16×20)260×40×44×56=1600231≈6.926>6.635=x0.010，
所以认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关；
(2)由(1)得抽取的3人中3×4040+20=2人为男生，3×2040+20=1人为女生，
则X的可能取值为0、1、2、3，
所以P(X=0)=23×23×34=13，P(X=1)=C2113×23×34+23×23×14=49，
P(X=2)=(13)2×34+C2113×23×14=736，P(X=3)=13×13×14=136，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×13+1×49+2×736+3×136=1112.
【解析】(1)完善列联表，计算出卡方，即可得解；
(2)依题意可得X的可能取值为0、1、2、3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理及a(2−csB)=b(csA+2csC)，
得sinA(2−csB)=sinB(csA+2csC)，
即2sinA−2sinBcsC=sinBcsA+sinAcsB，
又sinA=sin(π−B−C)=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
sinBcsA+sinAcsB=sin(A+B)=sinC，
因此2(sinBcsC+csBsinC)−2sinBcsC=2csBsinC=sinC，
又C∈(0,π)，即有sinC>0，于是csB=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)因为O是△ABC的内心，则OA，OB，OC分别平分∠BAC，∠CBA，∠ACB，
于是∠AOC=π−∠OAC−∠OCA=π−(12∠BAC+12∠BCA)=π−12(π−∠ABC)=2π3，
在△ACO中，由余弦定理得AC2=OA2+OC2−2OA⋅OCcs∠AOC=22+32−2×2×3cs2π3=19，
即AC= 19，
过点O分别作AC，AB，BC的垂线，垂足分别为E，G，F，则OE=OG=OF，
在△ACO中，S△ACO=12AO×CO×sin∠AOC=12AC×OE，
即12×2×3sin2π3=12× 19⋅OE，
解得OE=3 5719，则OF=3 5719，
在直角△BOF中，∠OBF=12∠ABC=π6，从而BO=2OF=6 5719，
所以AC= 19，BO=6 5719.
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即可．
(2)利用三角形内心的性质求出∠AOC，再利用余弦定理、三角形面积公式求解即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形和三角形的“四心”，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：在平面ABC内，过点C作直线AB的垂线，垂足为G，
因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，CG⊥AB，CG⊂平面ABC，
所以CG⊥平面ABB1A1，
又A1B⊂平面ABB1A1，
所以A1B⊥CG，
又A1B⊥AC，AC∩CG=C，AC，CG⊂平面ABC，
所以A1B⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，
所以A1B⊥BC，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，BC//B1C1，
所以A1B⊥B1C1.
(2)因为A1B⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以A1B⊥AB，
又AA1=BB1= 5，AB=2，
所以A1B= AA12−AB2=1，
以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，过B与CG平行的直线为y轴，BA1所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(−1, 3,0)，A1(0,0,1)，B1(−2,0,1)，
所以BC=(−1, 3,0)，BB1=(−2,0,1)，CA=(3,− 3,0)，
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=−x+ 3y=0n⋅BB1=−2x+z=0，
令y=1，则x= 3，z=2 3，
所以n=( 3,1,2 3)，
假设存在点E满足条件，设AE=λAA1(0≤λ≤1)，则AE=(−2λ,0,λ)，
所以CE=CA+AE=(3−2λ,− 3,λ)，
设直线CE与平面BCC1B1所成角为θ，
所以sinθ=|cs|=|n⋅CE|n||CE||=|( 3,1,2 3)⋅(3−2λ,− 3,λ) ( 3)2+12+(2 3)2 (3−2λ)2+(− 3)2+(λ)2|=3 4256，
整理得(3λ−2)(15λ−26)=0，
解得λ=23或λ=2615(舍去)，
所以AE=23AA1，
所以存在点E，使得直线CE与平面BCC1B1所成角的正弦值为3 4256，此时A1EEA=12.
【解析】(1)在平面ABC内，过点C作直线AB的垂线，垂足为G，根据面面垂直的性质得到CG⊥平面ABB1A1，即可得到A1B⊥CG，再由A1B⊥AC，从而得到A1B⊥平面ABC，则A1B⊥BC，即可得证．
(2)建立空间直角坐标系，设AE=λAA1(0≤λ≤1)，利用空间向量法计算可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，线面所成角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)抛物线C：y2=4x的准线方程为x=−1，
所以P(−1,0)，
若直线l的斜率为−12，则直线l的方程为y=−12(x+1)，
由y=−12(x+1)y2=4x，得x2−14x+1=0，
设M(xM,yM)，N(xN,yN)，
显然Δ>0，
所以xM+xN=14，xMxN=1，
所以|MN|= 1+(−12)2|xM−xN|= 52 (xM+xN)2−4xMxN= 52 142−4=4 15，
又A到直线l的距离d=|1+2+1| 12+22=4 55，
所以S△AMN=12|MN|d=12×4 15×4 55=8 3.
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，B(x3,y3)，
则kMN=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
所以直线MN的方程为y−y1=4y1+y2(x−y124)，即4x−(y1+y2)y+y1y2=0，
又直线MN过P(−1,0)，
所以y1y2=4，
所以y2=4y1，
同理可得直线BM的方程为4x−(y1+y3)y+y1y3=0，
又直线BM过A(1,1)，
所以4−(y1+y3)+y1y3=0，
同理可得直线BN的方程为4x−(y2+y3)y+y2y3=0，
又y2=4y1，
所以4x−(4y1+y3)y+4y3y1=0，
即4y1x−(4+y1y3)y+4y3=0，即4(y1x+y3)−(4+y1y3)y=0，
又4−(y1+y3)+y1y3=0，即4(y1x+y3)−(y1+y3)y=0，
即(4x−y)y1+(4−y)y3=0，
所以4x−y=04−y=0，解得x=1y=4，
所以直线BN恒过定点(1,4).

【解析】(1)首先求出抛物线的准线方程，即可得到P点坐标，从而得到直线l的方程，联立直线与抛物线方程，设M(xM,yM)，N(xN,yN)，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出|MN|，再求出点到直线的距离，即可求出面积；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，B(x3,y3)，即可得到直线MN的方程，即可得到y2=4y1，再得到直线MN的方程，即可得到4−(y1+y3)+y1y3=0，同理可得直线BN的方程，即可得解．
本题考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当a=−1，f(x)=−ex−ln(x+2)，
f′(x)=−ex−1x+2，
f(0)=−1−ln2，f′(0)=−32，
所以f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=−32x−1−ln2，
(2)f(x)>0对任意的x∈(−2,+∞)恒成立，等价于为a>ln(x+2)ex恒成立，
构造函数g(x)=ln(x+2)ex，g′(x)=1x+2−ln(x+2)ex，
因为函数y=1x+2，y=−ln(x+2)在(−2,+∞)单调递减，
所以函数m(x)=1x+2=−ln(x+2)在(−2,+∞)单调递减，
且m(0)=12−ln2=12(1−ln4)<0，m(−1)=1−ln1>0，m(−12)=23−ln32，
∵e2>(32)3，∴e23>32，∴23−ln32>0，
所以存在唯一的实数x0∈(−12,0)，使得m(x0)=0，即1x0+2=ln(x0+2)，
当−20，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x0所以当x=x0时，时，g(x)取极大值也是最大值，g(x0)=ln(x0+2)ex0=1(x0+2)ex0，
因为函数y=x0+2，y=ex0在(−12,0)单调递增，且均为正，故y=(x0+2)ex0单调递增，
因此(x0+2)ex0∈(32 e,2)，所以g(x0)=1(x0+2)ex0∈(12,2 e3)，
所以整数a的最小值为1；
(3)由(2)知当a=1时，f(x)>0对任意的x∈(−2,+∞)恒成立，即ex>ln(x+2)对任意的x∈(−2,+∞)恒成立，
取x=1−nn，则e1−nn>ln(1−nn+2)=ln1+nn，
所以e1−n>(ln1+nn)n，
因此ln2+(ln32)2+(ln43)3+...+(ln1+nn)n故ln2+(ln32)2+(ln43)3+⋯+(lnn+1n)n【解析】(1)求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
(2)根据恒成立将问题转化为a>ln(x+2)ex恒成立，构造函数g(x)=ln(x+2)ex，求导数，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解，
(3)由(2)的结论可得e1−n>(ln1+nn)n，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解．
本题考查了利用导数研究其单调性，考查了构造有效的函数证明函数不等式，考查了运算能力，属于难题．乒乓球爱好者
非乒乓球爱好者
总计
男
40
_____
56
女
_____
24
_____
总计
_____
_____
100
α
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
3.841
6.635
7.879
10.828
乒乓球爱好者
非乒乓球爱好者
总计
男
40
16
56
女
20
24
44
总计
60
40
100
X
0
1
2
3
P
13
49
736
136