2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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.集合A={x∈N|lg12x≥−1}，集合B={x∈Z|x2≤4}，则A∩B=( )
A. {2}B. {0,1,2}C. {1,2}D. ⌀
2.复数z的实部与虚部互为相反数，且满足z+a=1+5i1−i，a∈R，则复数z在复平面上对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.函数f(x)=sinx⋅lnx−1x+1的大致图象为( )
A. B.
C. D.
4.(x+ax)(x−2x)5的展开式中各项系数的和为−2，则该展开式中常数项为( )
A. −40B. −20C. 20D. 40
5.冯老师教高二4班和5班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数f(x)=1 2πσe−(x−μ)22σ2的图像如图所示，其中μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差，且P(|X−μ|≤σ)=0.6827，P(|X−μ|≤2σ)=0.9545，P(|X−μ|≤3σ)=0.9973.关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是( )
A. 4班的平均分比5班的平均分高
B. 相对于5班，4班学生的数学成绩更分散
C. 4班108分以上的人数约占该班总人数的4.55%
D. 5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等
6.冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击一轮，共射击4轮，每轮射击5次，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.已知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件A为其在前两轮射击中没有被罚时，事件B为其在第4轮射击中被罚时2分钟，那么P(A|B)=( )
A. 12B. 14C. 13D. 38
7.我们知道：y=f(x)的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是y=f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：y=f(x)的图象关于(a,b)成中心对称图形的充要条件是y=f(x+a)−b为奇函数.若f(x)=x3−3x2的对称中心为(m,n)，则f(2023)+f(2021)+…+f(3)+f(−1)+f(−3)+f(−5)+f(−2019)+f(−2021)=( )
A. 8088B. 4044C. −4044D. −2022
8.设a=9109，b=ln1.09，c=e0.09−1，则下列关系正确的是( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. c>b>a
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.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，3an+1=Sn，则下列命题正确的是( )
A. a2=13B. an=(43)n−1C. Sn=(43)n−1D. S5⋅S7>S62
10.已知圆 C：(x−2)2+(y−3)2=1，点M(4,2)，点P在圆C上，O为原点，则下列命题正确的是( )
A. M在圆上B. 线段MP长度的最大值为 5+1
C. 当直线MP与圆C相切时，|MP|=2D. MO⋅MP的最大值为 5+6
11.已知f(x)=x3−ax+b，a，b为实数，则满足函数f(x)有且仅有一个零点的条件是( )
A. a=−1，b=2B. a=0，b=2C. a=3，b=−1D. a=3，b=3
12.已知三棱锥A−BCD，BC=AD= 2，其余棱长均为 5，则下列命题正确的是( )
A. 该几何体外接球的表面积为6π
B. 直线AB和CD所成的角的余弦值是45
C. 若点M在线段CD上，则AM+BM最小值为3
D. A到平面BCD的距离是43
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量a，b，|a|=1，b=(1,−1)，a⊥(a−b)，则|a+2b|的值是______.
14.如图所示，AC为平面四边形ABCD的对角线，设CD=1，sin∠ACD=2sin∠CAD，
△ABC为等边三角形，则四边形ABCD的面积的最大值为______.
15.已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆上的两点M(xM,yM)，N(xN,yN)分别在第一，第二象限内，若△OAN与△OBM的面积相等，且
xM2+xN2=3b2，则椭圆C的离心率为______.
16.函数y=[x]为数学家高斯创造的取整函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.90]=0，[lg99]=1，已知数列{an}满足a3=3，且an=n(an+1−an)，若bn=[lgan]，则数列{bn}的前2023项和为______.
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)
如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中E为线段DD1的中点.
(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)求A1到平面AB1E的距离.
18.(本小题12分)
设公差不为零的等差数列{an}，a3=−10，a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Sn，求使得2Sn≤n3−1成立的最小正整数n.
19.(本小题12分)
△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且a=2.
(1)若B+C=5π6，b= 3c，求△ABC内切圆的半径长；
(2)已知A=2C，sinB=2sinC，求△ABC的面积.
20.(本小题12分)
三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区.所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的18种氨基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”.养殖户一般把重量超过350克的青蟹标记为A类青蟹.
(1)现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有50只青蟹，其中A类青蟹有7只，若从池中抓了2只青蟹.用ξ表示其中A类青蟹的只数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望E(ξ)；
(2)另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目N，小王先从中抓了50只青蟹，做好记号后放回池中，过了一段时间后，再从中抓了20只青蟹，发现有记号的有x只，若x=5，试给出蟹池中青蟹数目N的估计值(以使P(x=5)取得最大值的N为估计值).
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx+(2−k)x+2k−3，k∈z.
(1)当k=2时，求曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；
(2)若x>2，总有f(x)>0，求k的最大值.
22.(本小题12分)
已知抛物线 C：x2=2py(p>0)，斜率为1的直线l交C于不同于原点的S，T两点，点M(2,3)为线段ST的中点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，设切线l1，l2的交点为P.
①求证：△PAB为直角三角形.
②记△PAB的面积为S，求S的最小值，并指出S最小时对应的点P的坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A={x∈N|lg12x≥−1}={x|0B={x∈Z|x2≤4}={x∈Z|−2≤x≤2}={−2,−1,0,1,2}，
则A∩B={1,2}.
故选：C.
解出对数不等式，一元二次不等式，再找公共元素即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：z+a=1+5i1−i=(1+5i)(1+i)(1−i)(1+i)=−2+3i，
故z=−2−a+3i，
∵复数z的实部与虚部互为相反数，
∴−2−a+3=0，解得a=1，故z=−3+3i，
∴复数z在复平面上对应的点(−3,3)位于第二象限．
故选：B.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及函数值的符号是否对应，属于一般题．
判断函数的奇偶性和图象的对称关系，结合f(3)的符号是否对应，进行排除即可．
【解答】
解：由题可得，f(x)的定义域为−∞,−1∪1,+∞，
f(−x)=−sinx⋅ln−x−1−x+1=−sinx⋅lnx+1x−1
=sinx⋅lnx−1x+1=f(x)，
则函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，
排除A，C，
f(3)=sin3ln12<0，排除B，
故选：D.
4.【答案】A
【解析】解：令x=1，可得(x+ax)(x−2x)5的展开式中各项系数的和为(1+a)×(−1)=−2，
解得a=1，则展开式即(x+1x)(x−2x)5，
而(x−2x)5的展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅(−2)r⋅x5−2r，
故(x+1x)(x−2x)5的展开式中常数项为C53⋅(−2)3+C52⋅(−2)2=−40.
故选：A.
由题意，先求出a的值，再根据二项展开式的通项公式，求出(x+1x)(x−2x)5的展开式中常数项．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，是给变量赋值的问题，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，4班的平均分为98分，5班的平均分为100分，
则4班的平均分比5班的平均分低，故A错误，
对于B，5班的图象比4班的图象更“矮胖”，
则相对于4班，5班学生的数学成绩更分散，故B错误，
对于C，4班f(x)=1 2πσe−(x−μ)22σ2的最大值为15 2π，则σ=5，
则P(X>108)=12[1−P(|X−μ|≤2σ)]=0.02275≠4.55%，故C错误，
对于D，5班f(x)=1 2πσe−(x−μ)22σ2的最大值为16 2π，则σ=6，
则P(X>112)=12[1−P(|X−μ|≤2σ)]=0.02275，
∵两个班的人数相等，
∴5班112分以上的人数与4班108分以上的人数大致相等．
故选：D.
对于AB，结合图象，即可直接求解，
对于C，结合正态分布的对称性，即可求解，
对于D，结合正态分布的对称性，以及频率与频数的关系，即可求解．
本题主要考查正态分布的应用，考查数形结合的能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得P(B)=C31C51C52C203，P(AB)=C51C52C203，
∴P(A|B)=P(AB)P(B)=C51C52C203÷C31C51C52C203，所以C正确．
故选：C.
事件B为前3轮中有一轮中有1发未中，第4轮射击中有2发未中，事件AB是第3轮有1发未中，第4轮有2发未中，然后利用利用条件概率求解．
本题考查条件概率公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，令g(x)=f(x+1)+2，则g(x)=(x+1)3−3(x+1)2+2=x3−3x，
所以g(−x)=−x3+3x=−g(x)，则g(x)为奇函数，
所以f(x)的图象关于(1,−2)对称，即f(x)+f(2−x)=−4，
f(2023)+f(2021)+…+f(3)+f(−1)+f(−3)+f(−5)+f(−2019)+f(−2021)=f(2023)+f(−2021)+f(2021)+f(−2019)+……+f(3)+f(−1)=1011×(−4)=−4044.
故选：C.
由已知题意先求出f(x)的对称中心，由此可得f(x)+f(2−x)=−4，据此分析可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，关键分析f(x)的对称中心，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：令f(x)=ex−1−x，(x≥0)，∵f′(x)=ex−1，
∴当x>0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴当x>0时，f′(x)>f(0)=0，即ex−1>x，
∴e0.09−1>0.09，
令g(x)=ln(1+x)−x，(x≥0)，∵g′(x)=−x1+x<0，
∴g(x)在(0,+∞)单调递增，
∴当x>0时，g(x)∴ln(1+x)∴c>b，
令h(x)=ln(1+x)−x1+x，(x≥0)，
∵h′(x)=11+x−1(1+x)2=x(1+x)2，
∴当x>0时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,+∞)单调递增，
∴当x>0时，h(x)>h(0)=0，
即ln(1+x)>x1+x，
∴ln1.09>0.091+0.09=9109，
∴b>a，
综上，c>b>a.
故选：D.
令f(x)=ex−1−x，根据函数的单调性得到x>0时，ex−1>x，令g(x)=ln(1+x)−x，(x≥0)，判断出ln(1+x)b，令h(x)=ln(1+x)−x1+x，(x≥0)，根据函数的单调性得到ln(1+x)>x1+x，从而判断出b>a，从而得到答案．
本题考查了函数的构造，函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，是难题．
9.【答案】AC
【解析】解：由a1=1，3an+1=Sn……①，可得3a2=S1=a1=1，∴a2=13，选项A正确；
当n≥2时，有3an=Sn−1……②，
①-②可得3an+1−3an=Sn−Sn−1=an，即an+1an=43，又因为a2a1=13≠43，
∴an=1,n=113⋅(43)n−2，故选项B错误；
Sn=1+13[1−(43)n−1]1−43=(43)n−1，故选项C正确；
S5⋅S7=(43)4×(43)6=(43)10，S62=[(43)5]2=(43)10，
即S5⋅S7=S62，故选项D错误．
故选：AC.
由递推式出发，找到an+1与an的关系，得到数列{an}从第二项起构成等比数列，进而计算其通项和前n项和，即可判断选项．
本题考查数列的递推关系式，属中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：∵(4−2)2+(2−3)2=5>1，∴点M(4,2)在圆 C：(x−2)2+(y−3)2=1外，故A错误；
由圆 C：(x−2)2+(y−3)2=1，可得圆心C(2,3)，半径r=1，
∴|MC|= (4−2)2+(2−3)2= 5，∴线段MP长度的最大值为 5+1，故B正确；
当直线MP与圆C相切时，||MP|= |MC|2−r2= 5−1=2，故C正确；
设P(x,y)，则MO=(−4,−2)，MP=(x−4,y−2)，
∴MO⋅MP=−4(x−4)−2(y−2)=−4x−2y+20，
设z=−4x−2y，直线2x−y+z=0与圆C有公共点，
∴|8+6+z| 16+4≤1，解得|14+z|≤2 5，
∴−2 5−14≤z≤2 5−14，MO⋅MP的最大值为2 5+20−14=2 5+6.故D错误；
故选：BC.
根据圆的性质，结合每个选项的条件计算可判断其正确性．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A：当a=−1，b=2时，f(x)=x3+x+2，函数定义域为R，
可得f′(x)=3x2+1>0在R上恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，
当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，且f(x)的图象连续不断，
所以f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，
则此时f(x)有且只有一个零点，故选项A正确；
对于选项B：当a=0，b=2时，f(x)=x3+2，函数定义域为R，
可得f′(x)=3x2≥0在R上恒成立，当且仅当x=0时，等号成立，
所以函数f(x)在R上单调递增，
当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，且f(x)的图象连续不断，
所以f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，
则此时f(x)有且只有一个零点，故选项B正确；
对于选项C：当a=3，b=−1时，f(x)=x3−3x−1，函数定义域为R，
可得f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)，
当x<−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当−1当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x=−1处取得极大值，极大值f(−1)=1，
在x=1处取得极小值，极小值f(1)=−3，
当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，且f(x)的图象连续不断，
所以f(x)的图象与x轴有两个交点，
则函数f(x)有且仅有两个零点，故选项C错误；
对于选项D：当a=3，b=3时，f(x)=x3−3x+3，函数定义域为R，
可得f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)，
当x<−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当−1当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x=−1处取得极大值，极大值f(−1)=5，
在x=1处取得极小值，极小值f(1)=1，
当x→−∞时，f(x)→−∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，且f(x)的图象连续不断，
所以f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，
则此时f(x)有且只有一个零点，故选项D正确．
故选：ABD.
由题意，对函数f(x)进行求导，对a≥0和a<0这两种情况进行分析，当a≥0时，函数f(x)单调递增，有且仅有一个零点；当a<0时，结合选项，利用导数的几何意义得到函数f(x)的单调性和极值，比较极小值与0的大小即可求解．
本题考查利用导数研究函数单调性和极值以及零点问题，考查了逻辑推理和分析、运算能力．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，如图，三棱锥A−BCD放入长方体ANCH−EDFB中，
三棱锥A−BCD各棱长为其面的对角线，
由题意可得AH2+AN2=AC2=5AE2+AN2=AD2=2AH2+AE2=AB2=5，解得AH=2AE=AN=1，
所以长方体ANCH−EDFB的对角线长为 AH2+AN2+AE2= 6，
因为三棱锥A−BCD与长方体ANCH−EDFB有相同的外接球，
长方体ANCH−EDFB的对角线长为外接球的直径，
所以外接球的表面积为4πr2=4π×64=6π，故A正确；
对于B，如图，连接NF，交CD与O点，
因为AB//NF，所以∠COF(或其补角)为直线AB和CD所成的角，
因为CD= 5，AB= 5，AE=CF=1，在△COF中，
由余弦定理可得cs∠COF=CO2+FO2−CF22CO×FO=54+54−12× 52× 52=35，故B错误；
对于C，以CD为轴旋转△ACD至△ACD与△BCD在同一个平面内，
因为BC=AD，BD=CA，所以四边形BCAD为平行四边形，连接BA交CD于M，
即M为CD中点时，AM+BM最小，
在△BCD中，由余弦定理得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22BC×CD=2+5−52× 2× 5= 1010，
在△BCM中，由余弦定理得BM2=BC2+CM2−2BC×CMcs∠BCD=54+2−2× 2× 52× 1010=94，
所以AM+BM的最小值为32×2=3，故C正确；
对于D，由A选项可知，长方体ANCH−EDFB的体积为2×1×1=2，
VH−ACB=VF−BCD=VN−ACD=VE−ABD=13×12×2=13，所以VA−BCD=2−43=23，
由C选项cs∠BCD= 1010，可得sin∠BCD=3 1010，
所以S△BCD=12BC×CDsin∠BCD=12× 2× 5×3 1010=32，
所以A到平面BCD的距离为2313×32=43，故D正确．
故选：ACD.
三棱锥A−BCD放入长方体ANCH−EDFB中，三棱锥A−BCD与长方体ANCH−EDFB有相同的外接球，长方体ANCH−EDFB的对角线长为外接球的直径，求出对角线再求外接球的表面积，判断A；连接NF，交CD与O点，因为AB//NF，所以∠COF(或其补角)为直线AB和CD所成的角，在△COF中，由余弦定理可判断B；以CD为轴旋转△ACD至△ACD与△BCD在同一个平面内，可得四边形BCAD为平行四边形，连接BA交CD于M，即M为CD中点时AM+BM最小，由余弦定理求出AM+BM的最小值，可判断C；长方体ANCH−EDFB的体积减去VH−ACB，VF−BCD，VN−ACD，VE−ABD的体积可得VA−BCD，利用三角形面积公式计算S△BCD，利用体积相等求出A到平面BCD的距离可判断D.
本题考查空间几何体的性质，考查几何体的外接球，线线角的求法，点到面的距离的求法，属中档题．
13.【答案】 13
【解析】解：∵a⊥(a−b)，∴a⋅(a−b)=0，
∴a2−a⋅b=0，∴a⋅b=1，
∵b=(1,−1)，∴b2=2，
∴|a+2b|= (a+2b)2= a2+4a⋅b+4b2= 13.
故答案为： 13.
由已知可求a⋅b=1，b2=2，进而利用|a+2b|= (a+2b)2，可求结论．
本题考查向量的线性运算，考查向量的模的求法，属基础题．
14.【答案】54 3+2
【解析】解：在△ACD中，由正弦定理得：ADsin∠ACD=CDsin∠CAD，
∴AD=CD⋅sin∠ACDsin∠CAD=2CD=2，
由余弦定理得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠D=5−4cs∠D，
∴四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ACD= 34AC2+12AD⋅CD⋅sin∠D
= 34(5−4cs∠D)+sin∠D=5 34+sin∠D− 3cs∠D
=5 34+2sin(∠D−π3)，
∵∠D∈(0,π)，∴∠D−π3∈(−π3,2π3)，
∴当∠D−π3=π2时，S有最大值5 34+2.
故答案为：5 34+2.
在△ACD中，由正弦定理可求出AD=2，由余弦定理求得AC2=5−4cs∠D，再由四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ACD可得到关于D的三角函数，利用三角函数的性质求出最值即可．
本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于中档题．
15.【答案】 63
【解析】解：由△OAN与△OBM的面积相等可得：12a⋅yN=12b⋅xM，
∴xM2a2=yN2b2，又xM2+xN2=3b2，
∴3b2−xN2a2=yN2b2，∴3b2a2=xN2a2+yN2b2=1，
∴b2a2=13，∴a2=3b2=3(a2−c2)，
∴e=ca= 63.
故答案为： 63.
由已知可得12a⋅yN=12b⋅xM，进而可得3b2a2=xN2a2+yN2b2=1，可求离心率．
本题考查求椭圆的离心率，考查运算求解能力，属中档题．
16.【答案】4962
【解析】解：∵an=n(an+1−an)，
∴(1+n)an=nan+1，即an+1n+1=ann，
∴{ann}为常数数列，
∴ann=a33=1，
∴an=n，
记{bn}的前n项和为Tn，
当1≤n≤9时，0≤lgan<1时，bn=[lgan]=0；
当10≤n≤99时，1≤lgan<2时，bn=1；
当100≤n≤999时，2≤lgan<3时，bn=2；
当1000≤n≤2023时，3≤lgan<4时，bn=3；
∴T2023=[lga1]+[lga2]+⋯+[lga2023]=90×1+900×2+1024×3=4962.
故答案为：4962.
利用an+1n+1=ann=a33=1，得an=n，根据高斯函数的定义可得数列{bn}各项，即可得出答案．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：∵ABCD−A1B1C1D1是正方体，∴AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥BD.
又BD⊥AC，AA1∩AC，∴BD⊥平面ACC1A1，
BD⊂平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1，
(2)解：以A为坐标原点，AB，AD，AA1为坐标轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B1(1,0,1)，E(1,1,12)，A1(0,0,1)，
∴AB1=(1,0,1)，AE=(1,1,12)，AA1=(0,0,1)，
设平面AB1E的一个法向量为n=(x,y,z)，
∴n⋅AB1=x+z=0n⋅AE=x+y+12z=0，令z=2，则x=−2，y=1，
∴平面AB1E的一个法向量为n=(−2,1,2)，
设求A1到平面AB1E的距离为d，则d=|AA1⋅n||n|=2 22+12+22=23，
即点A1到平面AB1E的距离为23.
【解析】(1)由题意可证BD⊥平面ACC1A1，进而可得平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)以A为坐标原点，AB，AC，AA1为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面AB1E的一个法向量为n，利用向量法可求A1到平面AB1E的距离．
本题考查面面垂直的证明，考查点到面的距离的求法，属中档题．
18.【答案】解：(1)设等差数列公差为d，得a3=−10a22=a1a5，∴a1+2d=−10d=2a1，
∴a1=−2d=−4，an=−4n+2；
(2)bn=1anan+1=1(−4n+2)(−4n−2)=1(4n−2)(4n+2)=14(14n−2−14n+2)，Sn=14(12−16+16−110+⋯+14n−2−14n+2)=14(12−14n+2)=n8n+4，
2Sn≤n3−1⇒4n2−13n−6≥0⇒n≥13+ 2658，
由13+ 2658∈(3,4)且n∈N*，得最小正整数为4.
【解析】(1)代入通项公式即可；(2)利用裂项求和的方法求和，再解不等式即可；
本题考查等差数列的通项公式，裂项求和，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为B+C=5π6，b= 3c，由正弦定理可得bsinB=csinC，即bc=sinBsin(56π−B)，
可得 3sin(56π−B)=sinB，整理可得tanB=− 3，而B∈(0,π)，可得B=23π，C=π6，A=π6，
由正弦定理可得asinA=bsinB，a=2，
所以b=212⋅ 32=2 3，c=2，
设△ABC的内切圆的半径r，
所以S△ABC=12bcsinA=12(a+b+c)r，
即2 3×2×12=(2+2+2 3)r，解得r=2 3−3，
所以△ABC内切圆的半径长2 3−3；
(2)因为A=2C，sinB=2sinC，可得sin(A+C)=2sinC，
即sin3C=2sinC，可得2sinCcs2C+cs2CsinC=2sinC，因为sinC≠0，
可得2cs2C+2cs2C−1=2解得csC=± 32，可得C=π6或C=56π，
因为A=2C，所以A=π3，C=π6，B=π2，
由正弦可得asinA=csinC，即2 32=c12，解得c=2 33，
所以S△ABC=12ac=12×2×2 33=2 33.
【解析】(1)由B+C的大小及b，c的关系，再由正弦定理可得B，C角的大小，进而可得A角的大小，再由a边的大小及正弦定理可得b，c边的大小，进而求出三角形的面积，三角形的面积与内切圆半径的关系，可得内切圆的半径；
(2)由题意及三角形中角之间的关系，可得C，A，B角的大小，再由正弦定理可得c边的大小，进而求出三角形的面积．
本题考查正弦定理及三角形面积的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可知，ξ的取值为0，1，2，
P(ξ=0)=C432C502=129175，P(ξ=1)=C71C431C502=43175，P(ξ=2)=C72C502=3175，
故ξ的分布列为：
E(ξ)=1×43175+2×3175=725；
(2)设f(N)=P(x=5)=C505CN−5015CN20，
f(N+1)f(N)=(N−49)(N−19)(N−64)(N+1)=N2−68N+931N2−63N−64，
(N2−68N+931)−(N2−63N−64)=−5N+995，
所以N=199时，f(N+1)=f(N)，
N>199时，f(N+1)N<199时，f(N+1)>F(N)，
所以当N=199或200时，P(x=5)最大，估计蟹池中青蟹数目为199或200只．
【解析】(1)ξ的取值为0，1，2，由古典概型概率公式求出对应概率，从而可得分布列，进而可求ξ的数学期望；
(2)设f(N)=P(x=5)，判断增减性，可得N>199时，f(N+1)本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)已知函数f(x)=xlnx+(2−k)x+2k−3，k∈Z，
当k=2时，f(x)=xlnx+1，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=lnx+1，
所以f′(e)=2，
又f(e)=e+1，
则曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y−(e+1)=2(x−e)，
即y=2x−e+1；
(2)若x>2，总有f(x)>0，
即当x>2时，xlnx+(2−k)x+2k−3>0恒成立，
此时k2恒成立，
不妨设g(x)=xlnx+2x−3x−2，函数定义域为(2,+∞)，
可得g′(x)=−2lnx+x−3(x−2)2，
不妨设t(x)=−2lnx+x−3，函数定义域为(2,+∞)，
可得t′(x)=1−2x=x−2x>0，
所以t(x)单调递增，
因为t(6)<0，t(7)>0，
所以存在x0∈(6,7)使得t(x0)=0，
即2lnx0=x0−3，
当2当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0lnx0+2x0−3x0−2=x02+x0−62x0−4
=12⋅x02+x0−6x0−2=12(x0−3)∈(92,5)，
又k∈Z，
故k的最大值为4.
【解析】(1)由题意，将k=2代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，得到f′(e)和f(e)的值，代入切线方程中即可求解；
(2)将x>2，总有f(x)>0转化成k2恒成立，构造函数g(x)=xlnx+2x−3x−2，对函数g(x)进行求导，构造函数t(x)=−2lnx+x−3，对t(x)进行求导，利用导数的几何意义得到函数t(x)的单调性，再由零点存在性定理得到g(x)的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力．
22.【答案】解：(1)设直线l的方程为y=x+t，代入抛物线C：x2=2py(p>0)，
可得x2−2px−2pt=0，设S(x1,y1)，T(x2,y2)，则x1+x2=2p，
点M(2,3)为线段PT的中点，可得2p=4，即p=2，
则抛物线的方程为x2=4y；
(2)①设A(x1,x124)，B(x2,x224)，由x2=4y，可得y=14x2，则y′=12x，
所以A，B两点处的切线斜率分别为k1=12x1,k2=12x2，
由y=kx+1x2=4y，得x²−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，
所以k1k2=14x1x2=−1，所以PA⊥PB，即△PAB为直角三角形，
②由(1)知lPA：y=12x1x2−14x12，即：y=12x1x2−y1，同理lPB：y=12x2x−y2，
由直线PA，PB都过点P(x0,y0)，即y0=12x0x1−y1y0=12x0x2−y2，
则点A(x1,y1)，B(x2,y2)的坐标都满足方程12x0x−y=y0，
即直线AB的方程为：12x0x−y=y0，
又由直线AB过点F(0,1)，∴y0=−1，
联立12x0x−y=−1x2=4y，得x2−2x0x−4=0，
所以|AB|= 1+x024|x1−x2|= 1+x024 (x1+x2)2−4x1x2= 1+x024 (2x0)2+16，
点P(x0,−1)到直线AB的距离d=|12x02+2| 1+x024，
所以S△APB=12|AB|⋅d=12 1+x024⋅ (2x0)2+16⋅|12x02+2| 1+x024=12 (x02+4)3，
所以S△APB≥12 43=4，
当且仅当x0=0时，S△APB有最小值4，此时P(0,−1)
【解析】(1)设直线方程，联立抛物线方程消元，根据韦达定理，结合中点坐标公式可得；
(2)①利用导数的切线方程，结合韦达定理即可证明；②根据点P坐标满足①中切线方程可得直线AB方程，然后由弦长公式和点到直线的距离公式可得面积，然后可解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．ξ
0
1
2
P
129195
43175
3175