2022-2023学年河南省漯河市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省漯河市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共20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。

1.一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为s(t)=4t2−3(s(t)的单位：m，t的单位：s)，则t=5时的瞬时速度为( )
A. 37B. 38C. 40D. 39
2.有下列说法：
①在残差图中，残差点比较均匀地落在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，说明选用的模型比较合适.
②决定系数R2用来刻画回归的效果，R2值越小，说明模型的拟合效果越好.
③比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和的大小，残差平方和越小的模型，拟合效果越不好.
其中正确命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.已知x≠y，数列x，a1，a2，y与x，b1，b2，b3，y都是等差数列，则a2−a1b2−b1的值是( )
A. 43B. 34C. 54D. 45
4.已知直线l//平面α，且l的一个方向向量为a=(m,m2,1)，平面α的一个法向量为b=(m,2,−6)，则实数m的值为( )
A. 2或−3B. −2C. 3D. −2或3
5.根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2=6.147.依据α=0.01的独立性检验(x0.01=6.635)，结论为( )
A. 变量x与y不独立
B. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C. 变量x与y独立
D. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
6.设点P为直线l：2x+y−4=0上任意一点，过点P作圆O：x2+y2=1的切线，切点分别为A，B，则直线AB必过定点( )
A. (14,12)B. (12,14)C. (1,12)D. (12,1)
7.如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内，若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入④号球槽的概率为( )
A. 332
B. 1564
C. 532
D. 516
8.某校组织甲、乙两个班的学生参加社会实践活动，安排有酿酒、油坊、陶艺、打铁、纺织、插花、竹编制作共七项活动可供选择，每个班上午、下午各安排一项活动(不重复)，且同一时间内每项活动只允许一个班参加，则活动安排方案的种数为( )
A. 1260B. 1302C. 1520D. 1764
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.在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32，a2+a3=12，则下列说法正确的是( )
A. q=1B. 数列{Sn+2}是等比数列
C. S8=510D. 数列{lgan}是公差为2的等差数列
10.甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束).根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13.若前两局中乙队以2：0领先，则( )
A. 甲队获胜的概率为827B. 乙队以3：0获胜的概率为13
C. 乙队以3：1获胜的概率为19D. 乙队以3：2获胜的概率为49
11.下列命题中正确的是( )
A. 若平面内两定点A、B，则满足|PA|+|PB|=2a(a>0)的动点P的轨迹为椭圆
B. 双曲线x2−y2=1与直线x−y−2=0有且只有一个公共点
C. 若方程x24−t−y2t−1=1表示焦点在y轴上的双曲线，则t>4
D. 过椭圆一焦点F作椭圆的动弦PQ，则弦PQ的中点M的轨迹为椭圆
12.对于函数f(x)=lnxx，下列说法正确的有( )
A. f(x)在x=e处取得极大值1e
B. f(x)有两个不同的零点
C. f(2)D. 若f(x)1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.随着我国对新冠肺炎疫情的控制，全国消费市场逐渐回暖，某商场统计的人流量x(单位：百人)与销售额y(单位：万元)的数据表有部分污损，如表所示．
已知x与y具有线性相关关系，且线性回归方程y =1.23x+0.08，则表中污损数据应为______.
14.若(1+x)6(m+mx2)展开式中x2的系数为30，则m=______.
15.已知F1，F2为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，过点F1且斜率为ab的直线l交E的右支于点M，且MF1⋅MF2=0，则双曲线E的离心率为______.
16.已知函数f(x)=x3+mx，f(ex)≥f(x−1)对x∈R恒成立，则实数m的取值范围为______.
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)
对某种书籍每册的成本费y(元)与印刷册数x(千册)的数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
其中ωi=1xi，ω=16i=16ωi.
为了预测印刷20千册时每册的成本费，建立了两个回归模型：y=a+bx，y=c+dx.
(1)根据散点图，你认为选择哪个模型预测更可靠？(只选出模型即可)
(2)根据所给数据和(1)中的模型选择，求y关于x的回归方程，并预测印刷20千册时每册的成本费．
附：对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，…，(un,vn)，其回归方程v =α +β u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：β=i=1nuivi−nuvi=1nui2−nu2，α=v−βu.
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=3,a2=2,an+2={an−1,n为奇数3an,n为偶数.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n项的和S2n.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是长方形，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若PA=AD=2，AB=3，E为PD中点，求二面角A−BE−C的余弦值.
20.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 63，过点A(0,−b)和B(a,0)的直线与原点的距离为 32.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点E(−1,0)，若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C，D两点，是否存在实数k，使以CD为直径的圆过E点？请说明理由．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx−ax2−x，a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)若x1，x2(x13.
22.(本小题12分)
史明理，学史增信，学史崇德，学史力行.近年来，某市积极组织开展党史学习教育的活动，为调查活动开展的效果，市委宣传部对全市多个基层支部的党员进行了测试，并从中抽取了1000份试卷进行调查，根据这1000份试卷的成绩(单位：分，满分100分)得到如下频数分布表：
(1)求这1000份试卷成绩的平均数？(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
(2)假设此次测试的成绩X服从正态分布N(μ,σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，已知s的近似值为6.61，以样本估计总体，假设有84.14%的学生的测试成绩高于市教育局预期的平均成绩，则市教育局预期的平均成绩大约为多少(结果保留一位小数)？
(3)该市教育局准备从成绩在[90,100]内的120份试卷中用分层抽样的方法抽取6份，再从这6份试卷中随机抽取3份进行进一步分析，记Y为抽取的3份试卷中测试成绩在[95,100]内的份数，求Y的分布列和数学期望.
参考数据：若X∼N(μ,σ2)，则P(μ−σp(μ−3σ答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：法一、
∵s(t)=4t2−3，
∴△s△t=4(5+△t)2−3−4×52+3△t=40+4△t，
∴s′(5)=limΔt→0ΔsΔt=limΔt→0(40+4Δt)=40.
∴t=5时的瞬时速度为40.
故选：C.
法二、
∵s(t)=4t2−3，
∴s′(t)=8t，
∴s′(5)=8×5=40.
∴t=5时的瞬时速度为40.
故选：C.
法一、求出质点自5秒到(5+△t)秒的平均变化率，取极限求得t=5时的瞬时速度．
法二、直接对路程函数求导，代入t=5得t=5时的瞬时速度．
本题考查导数的物理意义，考查了导数的计算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：①在残差图中，残差点比较均匀地落在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，说明选用的模型比较合适，则①正确；
②决定系数R2用来刻画回归的效果，R2值越接近于1，效果越好，故②错误；
③比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和的大小，残差平方和越小的模型，拟合效果越好，故③错误；其中正确的是①．
故选：B.
利用残差的意义、相关指数的意义即可判断．
本题考查了“残差”的意义、相关指数的意义，考查了理解能力和推理能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵x≠y，数列x，a1，a2，y与x，b1，b2，b3，y都是等差数列，
设它们的公差分别为m、n，
∴y=x+3m，且y=x+4n，即m=y−x3，n=y−x4，
则a2−a1b2−b1=mn=43.
故选：A.
由题意，利用等差数列的性质、通项公式，得出结论．
本题主要考查等差数列的性质、通项公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为直线l//平面α，
所以a⋅b=0⇒m2+m−6=0⇒m=2或m=−3，
故选：A.
由直线l//平面α，所以a⋅b=0求解．
本题考查法向量相关知识，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵χ2<6.635，
∴由独立性检验的定义可知，变量x与y独立
故选：C.
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
本题主要考查独立性检验的定义，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接OA，OB，
根据题意，设P(m,n)为直线l：2x+y−4=0上的一点，则2m+n−4=0，
由于PA，PB为圆O的切线，则有OA⊥PA，OB⊥PB，
则点A、B在以OP为直径的圆上，
以OP为直径的圆的圆心为(m2,n2)，半径r=12|OP|= m2+n22，
则其方程为(x−m2)2+(y−n2)2=m2+n24，变形可得x2+y2−mx−ny=0，
联立x2+y2=1x2+y2−mx−ny=0可得：mx+ny−1=0，
又由2m+n−4=0，则有mx+(4−2m)y−1=0，变形可得m(x−2y)+4y−1=0，
则有x−2y=04y−1=0，解可得x=12,y=14，故直线AB恒过定点(12,14).
故选：B.
根据题意，设P(m,n)为直线l：2x+y−4=0上的一点，由切线的性质得点A、B在以OP为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆O的方程联立可得直线AB的方程，将其变形分析可得直线AB恒过的定点．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设小球最终落入④号球槽为事件A，
小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为12，并且相互独立，
最终落入④号球槽是两次向左，三次向右，
∴小球最终落入④号球槽的概率为：
P(A)=C53(12)3(12)2=516.
故选：D.
小球落下要经过5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为12，并且相互独立，最终落入④号球槽是两次向左，三次向右，根据独立重复事件发生的概率计算公式能求出结果．
本题考查概率的求法，考查独立重复事件发生的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：
①，上下午共安排4个活动(上午2个，下午2个)分配给甲，乙，故有A72A52=840种安排方案，
②，上下午共安排3个活动，(上午2个下午1个，或上午1个下午2个)分配给甲，乙，故有2C71A62=420种安排方案，
③，上下午共安排2个活动，(上午1个，下午1个)分配给甲，乙，故有A72=42种安排方案，
故有840+420+42=1302种安排方案；
故选：B.
根据题意，按安排活动的数目分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3=a1a4=32>0，a2+a3=12>0，
故a2>0，a3>0.
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2−12x+32=0的两个根．
解得a2=4，a3=8，或a2=8，a3=4.
∵等比数列{an}是递增数列，∴q>1.
∴a2=4，a3=8满足题意．
∴q=2，a1=a2q=2.故选项A不正确．
an=a1⋅qn−1=2n.
∵Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2.
∴Sn+2=2n+1=4⋅2n−1.
∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8=28+1−2=512−2=510.故选项C正确．
∵lgan=lg2n=nlg2.
∴数列{lgan}是公差为lg2的等差数列．故选项D不正确．
故选：BC.
本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．
本题主要考查等比数列的基础知识，不等式与等比数列的综合，以及排除法的应用，本题属中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：对于A，在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队获胜，所以甲队获胜的概率为(23)3=827，故A正确；
对于B，乙队以3：0获胜，即第三局乙获胜，概率为13，故B正确；
对于C，乙队以3：1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为23×13=29，故C错误；
对于D，若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队获胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3：2获胜的概率为23×23×13=427，故D错误．
故选：AB.
由概率的乘法公式对选项逐一判断，
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，根据椭圆定义，若平面内两定点A、B，则满足|PA|+|PB|=2a(a>0)且2a>|AB|
的动点P的轨迹为椭圆，故A错误；
对于B，联立x−y−2=0x2−y2=1，解得x=54y=−34，
所以双曲线x2−y2=1与直线x−y−2=0有且只有一个公共点，故B正确；
对于C，若方程x24−t−y2t−1=1表示焦点在y轴上的双曲线，
则t−1<04−t<0，方程组无解，故C错误；
对于D，不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，a2−b2=c2(c>0)，
则F(c,0)，弦PQ的中点为M(x,y)，
当直线PQ与x轴不垂直时，设弦PQ方程为y=k(x−c)，
与椭圆方程y=k(x−c)x2a2+y2b2=1联立可得(b2+a2k2)x2−2ca2k2x+(akc)2−(ab)2=0，
所以动弦PQ的中点横坐标为x=ca2k2b2+a2k2，中点纵坐标为y=k(ca2k2b2+a2k2−c)，
所以x=ca2k2b2+a2k2y=k(ca2k2b2+a2k2−c)，可得k=−a2yb2x，代入y=k(x−c)可得(x−c2)2c24+y2b2c24a2=1，
当直线PQ与x轴垂直时，弦PQ的中点为F(c,0)在(x−c2)2c24+y2b2c24a2=1上，综上弦PQ的中点M的轨迹为椭圆，故D正确．
故选：BD.
根据椭圆定义可判断A；双曲线与直线联立求解可判断B；根据方程表示焦点在y轴上的双曲线求出t的范围可判断C；设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，弦PQ的中点为M(x,y)，当直线PQ与x轴不垂直时，设弦PQ方程为y=k(x−c)，与椭圆方程联立利用韦达定理可得动弦PQ的中点横、纵坐标，得k=−a2yb2x，代入y=k(x−c)可得中点M的轨迹方程，当直线PQ与x轴垂直时直接得答案可判断D.
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，方程思想，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：f(x)=lnxx的定义域在(0,+∞)，
f′(x)=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
令f′(x)=0得x=e，
所以在(0,e)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(e,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
对于A：由上可知f(x)在x=e处取得极大值，f(1e)=1e，故A正确；
对于B：由上知f(x)的单调性，x→0时，f(x)→−∞；x→+∞时，f(x)→0，
又f(1)=0，
所以f(x)有一个零点，故B错误；
对于C：因为f(x)=lnxx，
所以f(2)=f(4)=ln44=2ln24=ln22，
因为f(x)在(e,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(3)>f(π)>f(4)，
所以f(2)对于D：若f(x)则lnxx所以lnx+1x令g(x)=lnx+1x，x>0，
g′(x)=1x⋅x−(lnx+1)x2=−lnxx2，
所以在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=1，
所以k>1，故D正确，
故选：ACD.
对于A：求导得f′(x)=1−lnxx2，分析f(x)的单调性，进而可得f(x)的极值，即可判断A是否正确；
对于B：由上知f(x)的单调性，x→0时，f(x)→−∞；x→+∞时，f(x)→0，又f(1)=0，即可判断B是否正确；
对于C：根据题意可得f(2)=f(4)，又f(x)在(e,+∞)上单调递减，则f(3)>f(π)>f(4)，即可判断C是否正确；
对于D：若f(x)0，只需k>g(x)max，即可判D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
13.【答案】5.5
【解析】解：设表中污损数据为a，
∵x−=2+3+4+5+65=4，
y−=2.2+3.8+a+6.5+7.05=19.5+a5，
∴这组数据的样本中心点是(4,19.5+a5)，
∵回归方程y =1.23x+0.08，
把样本中心点代入得，19.5+a5=1.23×4+0.08，
可得a=5.5.
故答案为：5.5.
先求出x和y的平均数，写出样本中心点，根据所给的a的值，写出线性回归方程，把样本中心点代入求出a的值．
本题考查线性回归方程的应用，回归直线的性质，是基础题．
14.【答案】1
【解析】解：(1+x)6展开式通式为Tr+1=C6rxr，
则C6rxr(m+mx2)=mC6rxr+mC6rxr−2，
∴mC62+mC64=30，解得m=1，
故答案为：1.
求出(1+x)6展开式通式和m+mx2相乘，然后利用x2的系数为30列方程求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】 5
【解析】解：F1，F2为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，过点F1且斜率为ab的直线l交E的右支于点M，且MF1⋅MF2=0，如图：
tan∠MF1F2=ab，|F1F2|=2c，|MF2|=2csin∠MF1F2=2c tan2∠MF1F2tan2∠MF1F2+1=2c⋅ a2b2a2b2+1=2a.
|MF1|= 4c2−4a2=2b.
所以2b−2a=2a，所以b=2a，
e=ca= 1+b2a2= 5.
故答案为： 5.
利用已知条件，求解|MF2|，|MF1|，结合双曲线的定义，得到b=2a，然后求解离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
16.【答案】[0,+∞)
【解析】解：令g(x)=ex−(x−1)，
则g′(x)=ex−1，
当x<0时，g′(x)<0，当x≥0时，g′(x)≥0，
∴g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴当x=0时，g(x)取得最小值g(0)=2，
∴ex−(x−1)>0，即ex>x−1，
∵f(ex)≥f(x−1)对x∈R恒成立，
∴f(x)=x3+mx为R上的增函数，
∴f′(x)=3x2+m≥0恒成立，
∴m≥0，
即实数m的取值范围为[0,+∞),
故答案为：[0,+∞).
令g(x)=ex−(x−1)，可证ex>x−1恒成立，故f(ex)≥f(x+1)对x∈R恒成立⇔f(x)=x3+mx为R上的增函数，求导，得f′(x)=3x2+m≥0恒成立，从而可得实数m的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，题目条件中隐含函数单调递增的性质，是本题的亮点，考查转化思想，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由散点图可以判断，模型y=c+dx更可靠．
(2)令ω=1x，则建立y关于ω的线性回归方程y=dω+c，
则d =i=16ωiyi−6ωyi=16ωi2−6ω2=
∴c =y−d ω=4.22−0.3775×8=1.2，
∴y关于ω的线性回归方程为y =1.2+8ω.
因此，y关于x的回归方程为y =1.2+8x.
当x=20时，该书每册的成本费y =1.2+820=1.6(元).
【解析】(1)利用散点图直接判断函数即可．
(2)利用已知条件求出回归直线方程的数据，即可得到过的直线方程，然后估计印刷20千册时每册的成本费．
本题考查回归直线方程的求法与应用，考查计算能力．
18.【答案】解：(1)当n为奇数时，an+2−an=−1，
所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为−1的等差数列，
所以an=3+(n−1)⋅−12=7−n2，
当n为偶数时，an+2=3an，
所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，
所以 an=2×( 3)n−2=2×3n−22，
所以 an={7−n2,n为奇数2×3n−22,n为偶数.
(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n
=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2+a4+⋯+a2n)
=[3+2++7−(2n−1)2]+(2×30+2×31++2×3n−1)
=n3+7−(2n−1)22+2(1−3n)1−3=(7−n)n2+3n−1=−12n2+72n+3n−1.
【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题型．
(1)根据递推关系式，分n为奇数和偶数分别求解即可，
(2)结合等差数列的求和公式及等比数列的求和公式进行分组求和即可．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为长方形，∴AB⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD
∴AB⊥平面PAD
∵PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA.
同理AD⊥PA，
又AB∩AD=A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD
∴PA⊥平面ABCD.
(2)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，D(0,2,0)，C(3,2,0)，E(0,1,1)，P(0,0,2)，
设m=(x,y,z)，
为平面ABE的法向量，
∵m⋅AB=0m⋅AE=0，∴y+z=0x=0，令y=1，则z=−1，
∴平面ABE的一个法向量m=(0,1,−1).
同理可求得平面BCE的一个法向量n=(1,0,3)，
∴cs=m⋅n|m||n|=−3 510.
.
∵二面角A−BE−C的大小为钝角
∴二面角A−BE−C的余弦值为−3 510.
【解析】(1)证明AB⊥AD，通过平面PAD⊥平面ABCD，推出AB⊥平面PAD，得到AB⊥PA.证明AD⊥PA，然后证明PA⊥平面ABCD.
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABE的法向量，平面BCE的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−BE−C的余弦值即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及逻辑推理能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)∵直线过点A(0,−b)和B(a,0)，
∴直线L：xa−yb=1与坐标原点的距离为 32，∴ 32=|ab| a2+b2.①
∵椭圆的离心率e= 63，∴c2a2=23.②
由①得4a2b2=3a2+3b2，即4a2(a2−c2)=3a2+3(a2−c2)③
由②③得a2=3，c2=2，
∴b2=a2−c2=1，
∴所求椭圆的方程是x23+y2=1.
(2)直线y=kx+2代入椭圆方程，消去y可得：(1+3k2)x2+12kx+9=0，
∴Δ=36k2−36>0，∴k>1或k<−1，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则有x1+x2=−12k1+3k2，x1x2=91+3k2，
∵EC=(x1+1,y1)，ED=(x2+1,y2)，且以CD为圆心的圆过点E，
∴EC⊥ED
∴(x1+1)(x2+1)+y1y2=0，
∴(1+k2)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0，
∴(1+k2)×91+3k2+(2k+1)×−12k1+3k2+5=0，
解得k=76>1，
∴当k=76时以CD为直径的圆过定点E.
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，解题的关键是联立方程，利用韦达定理求解．属于一般题.
(1)求出过点A(0,−b)和B(a,0)的直线，利用直线L与坐标原点的距离为 32，椭圆的离心率 63，建立方程，求出椭圆的几何量，即可求得椭圆的方程；
(2)直线y=kx+2代入椭圆方程，利用韦达定理及CD为圆心的圆过点E，利用数量积为0，即可求得结论．
21.【答案】解：(1)函数定义域为(0,+∞)，根据题意知f′(x)=lnx−2ax>0有解，即a令g(x)=lnx2x，则g′(x)=1−lnx2x2，
且当00，g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴a∴a∈(−∞,12e)；
(2)证明：由x1，x2是f(x)的不同的极值点，知x1，x2是f′(x)=0的两根，
即lnx1−2ax1=0lnx2−2ax2=0，则lnx1=2ax1lnx2=2ax2，
∴2a=lnx1−lnx2x1−x2，
要证4lnx1+lnx2>3，只需证4⋅2ax1+2ax2>3，即2a(4x1+x2)>3，即证lnx1−lnx2x1−x2(4x1+x2)>3，
∵x1∴只需证lnx1x2<3(x1−x2)4x1+x2=3(x1x2−1)4⋅x1x2+1，
令t=x1x2,0而φ′(t)=1t−15(4t+1)2=16t2−7t+1t(4t+1)2>0(0∴φ(t)在(0,1)上单调递增，
∴当t∈(0,1)时，φ(t)<φ(1)=0，即φ(t)=lnt−3(t−1)4t+1<0(0【解析】(1)依题意，a(2)利用分析法转化为证明φ(t)=lnt−3(t−1)4t+1<0(0本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设这1000份试卷成绩的平均数为x−，
则x−=40100×67.5+901000×72.5+2001000×77.5+4001000×82.5+1501000×87.5+801000×92.5+401000×97.5=82.15分．
(2)由(1)得μ=82.15，而σ=6.61，
由于1−1−P(μ−σ即p(x>μ−σ)=P(X>82.15−6.61)=P(X>75.54)≈0.8414，
所以市委宣传部预期平均成绩大约为75.5分；
(3)由分层抽样得抽取的6份试卷中2份在[95,100)内，4份在[90,95)内，Y的可能取值为0，1，2，
则P(Y=0)=C20C43C63=15，P(Y=1)=C21C42C63=35，P(Y=2)=14C22CC63=15，
即Y的分布列为：
所以E(Y)=0×15+1×35+2×15=1.
【解析】(1)根据平均数的求法求得平均数；
(2)结合正态分布的对称性求得市教育局预期的平均成绩；
(3)利用超几何分布的分布列计算公式，计算出Y的分布列并求得数学期望．
本题考查平均数的计算，考查正态分布，考查离散型随机变量的分布列，是中档题．x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
6.5
7.0
x
y
w
i=16(xi−x)2
i=16wi2−6w2
i=16xiyi−6xy
i=16ωiyi−6wy
4.83
4.22
0.3775
60.17
0.60
−39.38
4.8
成绩/分
[65,70)
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100)
频数
40
90
200
400
150
80
40
Y
0
1
2
P
15
35
15