2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝A，则a的取值范围为（ ）
A．[0，+∞）B．（0，1]C．[1，+∞）D．（0，1）
2．（5分）若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的（ ）
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充分条件
3．（5分）数列{an}首项为1，接下来3项为13，再接下来5项为15，再后面7项为17，以此类推a100＝（ ）
A．115B．117C．119D．121
4．（5分）已知一组成对数据（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y关于x的一元非线性回归方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=16 xi=4，i=16 yi=18，则b＝（ ）
A．3B．1C．﹣1D．﹣3
5．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为10 cm的足球（正多边形近似看作平面正多边形），则一块黑皮面积约为_____cm2．（注：边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，取3.14）（ ）
A．32.44B．31.92C．30.51D．29.49
6．（5分）复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，则|z|的取值范围是（ ）
A．[3，2]B．[1，2]C．[2，3]D．[1，3]
7．（5分）双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦点为F，离心率为e，PO→=kFO→（k＞1），以P为圆心，|PF|长为半径的圆与双曲线有公共点，则k﹣8e最小值为（ ）
A．﹣9B．﹣7C．﹣5D．﹣3
8．（5分）已知a=sin32，b=255，c=cs12，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．c＜b＜a
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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，部分选对得2分，有选错得0分。
（多选）9．（5分）已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，下列说法正确的是（ ）
A．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn能成立
B．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn恒成立
C．若an＝bn恒成立，则Sn＝Tn恒成立
D．若Sn＝Tn恒成立，则an＝bn恒成立
（多选）10．（5分）双曲线C：x24-y25=1，点P（1，2），则（ ）
A．该双曲线渐近线为y=±52x
B．过点（3，0）的直线与双曲线C交于A、B两点，若|AB|＝5，则满足的直线有1条
C．与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1
D．过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线
（多选）11．（5分）函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），下列说法正确的是（ ）
A．β∈(5π4，3π2)
B．tanβ-α=sinα+sinβk
C．tan(β+π4)=1+β1-β
D．f（x）在（0，2π）上有2个极值点x1，x2且x2﹣x1＝π
（多选）12．（5分）半径为2的球A上有三个点B，C，P，BC＝2，三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，二面角P﹣BC﹣A的平面角为α，E为边BC上一动点，则（ ）
A．若PB＝PC＝2，则csα=33
B．若PB＝PC＝2，则csα=13
C．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为396
D．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为153
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），则a→在b→上的投影向量为 ．（用坐标表示）
14．（5分）椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点(1，12)与椭圆E交于A，B两点且AB中点在坐标轴上，则直线m的方程为 ．
15．（5分）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻的概率为 ．
16．（5分）5320的因数有 个，从小到大排列后，第24个因数为 ．
四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，D1O＝OB，体积为14π9．
（1）求AB；
（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并证明．
18．（12分）△ABC内角A，B，C满足2csB+1tanA=2sinB+3．
（1）求C﹣A的大小；
（2）D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC→，且DE平分∠CDB，求cs(C-π6)．
19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，递增数列{an}前n项和为Sn．
（1）证明：{an}为等比数列并求Sn；
（2）记bn=an+Cn15，∁n为使bn∈N*成立的最小正整数，求C2023．
20．（12分）过（2，0）的直线与C1：y2＝4x交于A，B两点，直线OA、OB与C2：x2+λx+y2＝0（λ≠0）分别交于C、D．
（1）证明：CD中点在x轴上；
（2）若A、B、C、D四点共圆，求|AB|所有可能取值．
21．（12分）人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：
对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩X人，在Ⅱ时期生孩Y人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．X服从0﹣1分布且P（x＝0）=15．Y分布列如下：
现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为124；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为16；若在Ⅰ时期生了1个男，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为112，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为2：5（针对普遍家庭）．
（1）求Y的期望与方差；
（2）由数据zi（i＝1，2，…，n）组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为a：b，分别为xi（i＝1，2，…，k）与yi（i＝1，2，…，m），k+m＝n，总体本点与两个分层样本点均值分别为z，x，y，方差分别为s02，s12，s22，证明：s02=aa+b[s12+(x-z)2]+ba+b[s22+(y-z)2]，并利用该公式估算题设样本总体的方差．
22．（12分）A（﹣1，0），B（1，0），P（a，b），kPA+kPB＝λ（λ＞0）．
（1）若λ＝1，a∉（0，1），证明：eb＞a；
（2）是否存在λ使eb＝a有且仅有一组解，若存在，求λ取值集合；若不存在，请说明理由．
2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝A，则a的取值范围为（ ）
A．[0，+∞）B．（0，1]C．[1，+∞）D．（0，1）
【解答】解：∵集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝A，
∴A⊆B，
∵B＝{y|y≥0}，
当a＝0时，A＝∅，符合题意；
当a＞0时，A＝{x|x=1a＞0}，符合题意；
当a＜0时，A＝{x|x=1a＜0}，不符合题意．
综上，a的取值范围是[0，+∞）．
故选：A．
2．（5分）若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的（ ）
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充分条件
【解答】解：只有b⊥a不能推出b⊥α，充分性不成立，
b⊥α，直线a在平面α内，直线b在平面α外，
则b⊥a，必要性成立，
故“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．
故选：D．
3．（5分）数列{an}首项为1，接下来3项为13，再接下来5项为15，再后面7项为17，以此类推a100＝（ ）
A．115B．117C．119D．121
【解答】解：由题意可知，数列{an}的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为{bn}，
则bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
前n项和为n(1+2n-1)2=n2，
令n2＝100可得n＝10，
而原数列有b1个1b1，b2个1b2，…bn个1bn，
故a100=1b10=119．
故选：C．
4．（5分）已知一组成对数据（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y关于x的一元非线性回归方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=16 xi=4，i=16 yi=18，则b＝（ ）
A．3B．1C．﹣1D．﹣3
【解答】解：∵i=16xi2=12，i=16 yi=18，
∴16i=16 xi2=2，16i=16 yi=3，
则3＝2b+1，
解得b＝1．
故选：B．
5．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为10 cm的足球（正多边形近似看作平面正多边形），则一块黑皮面积约为_____cm2．（注：边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，取3.14）（ ）
A．32.44B．31.92C．30.51D．29.49
【解答】解：由题意知，黑白皮块的个数比为3：5，所以黑皮有32×38=12（块），白皮有20块，
又因为边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，π＝3.14，
所以12×1.7a2+20×2.6a2＝4×3.14×102，
解得a2=125672.4，
所以1.7a2＝29.49．
故选：D．
6．（5分）复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，则|z|的取值范围是（ ）
A．[3，2]B．[1，2]C．[2，3]D．[1，3]
【解答】解：∵复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，
∴复数z对应的点的轨迹是以F1（﹣1，0），F2（1，0）为焦点，两条坐标轴为对称轴，长轴长为4的椭圆，即2a＝4，解得a＝2，
∴该椭圆的短轴长b=4-1=3，
|z|表示椭圆上的点到原点的距离，
则|z|的最大值为椭圆的长半轴a，最小值为短半轴b，
故|z|的取值范围为[3，2]．
故选：A．
7．（5分）双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦点为F，离心率为e，PO→=kFO→（k＞1），以P为圆心，|PF|长为半径的圆与双曲线有公共点，则k﹣8e最小值为（ ）
A．﹣9B．﹣7C．﹣5D．﹣3
【解答】解：由题意，右焦点F（c，0），
由PO→=kFO→（k＞1），可得P（kc，0），|PF|＝（k﹣1）c，
以P为圆心，|PF|长为半径的圆的方程为：（x﹣kc）2+y2＝（k﹣1）2c2，
(x-kc)2+y2=(k-1)2c2b2x2-a2y2=a2b2可得：c2x2﹣2kca2x+a2（2kc2﹣c2﹣b2）＝0，
由圆与双曲线有公共点，所以△≥0，
即4k2c2a4﹣4c2a2（2kc2﹣c2﹣b2）≥0，
结合b2＝c2﹣a2，化简可得（k﹣1）[（k+1）a2﹣2c2]≥0，
∵k＞1，∴（k+1）a2﹣2c2≥0，
即k≥2e2﹣1，
所以k﹣8e≥2e2﹣8e﹣1＝2（e﹣2）2﹣9，
当e＝2时，取得最小值﹣9．
故选：A．
8．（5分）已知a=sin32，b=255，c=cs12，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．c＜b＜a
【解答】解：由已知得a=sin32=cs(π2-32)，c=cs12，
因为y＝csx在区间[0，π]上单调递减，
且0＜π2-32＜π，0＜12＜π，(π2-32)-12=π-3-12＞0，
所以cs(π2-32)＜cs12，即a＜c；
令f（x）＝x﹣sinx，x∈（0，+∞），则f′（x）＝1﹣csx＞0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）＞f（0）＝0，即x＞sinx，
所以a=sin32＜32＜255=b，即a＜b；
令g(x)=csx-(1-12x2+124x4)，则g'(x)=x-16x3-sinx，
令h(x)=x-16x3-sinx，则h'(x)=1-12x2-csx，
令m(x)=1-12x2-csx，则m′（x）＝﹣x+sinx，
令n（x）＝﹣x+sinx，
则当x≥0时，n′（x）＝﹣1+csx≤0，所以n（x）在x≥0内单调递减，
所以m′（x）＝n（x）＜n（0）＝0，所以m（x）在x≥0内单调递减，
所以h′（x）＝m（x）＜m（0）＝0，所以h（x）在x≥0内单调递减，
所以g'（x）＝h（x）＜h（0）＝0，所以g（x）在x≥0内单调递减，
所以g（x）＜g（0）＝0，即csx≤1-12x2+124x4，当且仅当x＝0时取等号，
所以c=cs12＜1-12×14+124×116=337384，因为（337384）2＜（255）2，所以c＜b，
综上：a＜c＜b．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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，部分选对得2分，有选错得0分。
（多选）9．（5分）已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，下列说法正确的是（ ）
A．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn能成立
B．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn恒成立
C．若an＝bn恒成立，则Sn＝Tn恒成立
D．若Sn＝Tn恒成立，则an＝bn恒成立
【解答】解：对于A，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，⋯，an＝bn能成立，
Sn＝Tn也能成立，故A正确；
对于B，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，…，an＝bn能成立，
Sn＝Tn不能恒成立，故B错误；
对于C，若an＝bn恒成立，则二者是相同数列，即Sn＝Tn恒成立，故C正确；
对于D，若Sn＝Tn恒成立，则Sn﹣1＝Tn﹣1，当n≥2 时，两式作差得an＝bn，当n＝1时，若S1＝T1，
则a1＝b1，故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（5分）双曲线C：x24-y25=1，点P（1，2），则（ ）
A．该双曲线渐近线为y=±52x
B．过点（3，0）的直线与双曲线C交于A、B两点，若|AB|＝5，则满足的直线有1条
C．与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1
D．过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线
【解答】解：对于A，双曲线C：x24-y25=1 的渐近线方程为y=±52x，故A正确；
对于B，由于双曲线的实轴长为2a＝4，
所以过焦点F与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长的取值范围是[4，+∞），
所以存在关于x轴对称的两种情况，使其弦长为5，另外当直线垂直于x轴时，经计算可得弦长正好是5，
故满足条件的直线有三条，故B错误；
对于C，由于双曲线的渐近线的斜率为±52，焦点在x轴上，
若直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k∈（-52，52），
因为1.1∈（-52，52），故C正确；
对于D，由于P（1，2）点在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示：
故过能作4条直线与双曲线C仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（5分）函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），下列说法正确的是（ ）
A．β∈(5π4，3π2)
B．tanβ-α=sinα+sinβk
C．tan(β+π4)=1+β1-β
D．f（x）在（0，2π）上有2个极值点x1，x2且x2﹣x1＝π
【解答】解：由于函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），
故函数y＝kx，y＝|sinx|的图象在（0，+∞）上有两个不同的交点，
作出函数y＝kx，y＝|sinx|的图象如图：
要满足题意，需满足y＝kx与y＝|sinx|在（π，2π）间的图象相切，
由图象可知α∈(0，π)，β∈(π，32π)，
当x∈（0，π]时，y＝sinx，当x∈（π，2π）时，y＝﹣sinx，
由于α＜β，则设y＝kx与y＝|sinx|在（π，2π）间的图象相切时的切点为（β，﹣sinβ），
此时y′＝﹣csx，则k=-csβ=-sinβ-0β-0，∴tanβ＝β，
于是tan(β+π4)=tanβ+tanπ41-tanβtanπ4=1+β1-β，C正确；
对于A，当x∈（π，2π）时，f（x）＝kx+sinx，此时k=-csβ，β∈(π，32π)，
由于f（β）＝kβ+sinβ＝0，即f（β）＝﹣βcsβ+sinβ＝0，
令h(x)=-xcsx+sinx，x∈(π，32π)，h'(x)=xsinx＜0，
即h(x)=-xcsx+sinx，x∈(π，32π)为减函数，
h(5π4)=-5π4×cs5π4+sin5π4=22(5π4-1)＞0，h(3π2)=-3π2×cs3π2+sin3π2=-1＜0，
故h（x）＝﹣xcsx+sinx在(5π4，32π)内有唯一零点，即β∈(5π4，3π2)，A正确；
对于B，当x∈（0，π]时，f（α）＝kα﹣sinα＝0，即α=sinαk；
当x∈（π，2π）时，tanβ＝β，f（β）＝kβ+sinβ＝0，即β=-sinβk；
故tanβ-α=β-α=-sinα+sinβk，B错误；
对于D，当x∈（0，π]时，f（x）＝kx﹣sinx，f′（x）＝﹣csβ﹣csx＝cs（β﹣π）﹣csx，β﹣π∈（0，π），
当0＜x＜β﹣π时，f′（x）＜0，当β﹣π＜x＜π时，f′（x）＞0，
即f（x）在（0，β﹣π）单调递减，在（β﹣π，π）单调递增，
即x＝β﹣π为函数在（0，π]内的一个极小值点；
当x∈（π，2π）时，f（x）＝kx+sinx，f′（x）＝﹣csβ+csx，
当π＜x＜β时，f′（x）＜0，当β＜x＜2π时，f′（x）＞0，
即f（x）在（π，β）单调递减，在（β，2π）单调递增，
即x＝β为函数在（π，2π）内的一个极小值点；
即f（x）在（0，2π）上有2个极值点，设为x1，x2（x1＜x2），
则x1＝β﹣π，x2＝β，故x2﹣x1＝π，D正确；
故选：ACD．
（多选）12．（5分）半径为2的球A上有三个点B，C，P，BC＝2，三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，二面角P﹣BC﹣A的平面角为α，E为边BC上一动点，则（ ）
A．若PB＝PC＝2，则csα=33
B．若PB＝PC＝2，则csα=13
C．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为396
D．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为153
【解答】解：如图所示：
当PB＝PC＝2时，三棱锥A﹣PBC为正四面体，
点A在底面BCP内的射影为△BCP的中心M，即AM⊥平面BCP，
连接PM延长交BC于F，易知，F为BC的中点，连接AF，
所以AF⊥BC，PF⊥BC，故二面角P﹣BC﹣A的平面角为∠AFM，即∠AFM＝α，
在Rt△AMF 中，AF=2sinπ3=3，MF=13×2sinπ3=33，
所以csα=MFAF=13，故B正确，A错误；
如图所示：
因为三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，所以BP＜22，CP＜22，
因为点A在底面BCP内的射影为△BCP的外心M，即AM⊥平面BCP，
过点A作AG⊥BC于G，连接MG，因为△ABC为等边三角形，
所以G为BC的中点，又易知BC⊥平面AMG，所以二面角P﹣BC﹣A的平面角为∠AGM，即∠AGM＝α，
因为VP-ABC=13×S△ABC×h，h为P到平面ABC的距离，
根据三余弦定理可知，∠PAE的最小值为直线AP与平面ABC所成的角，
即当P，M，G三点共线时（E，G重合），∠PAE最小，
此时∠PAE＝∠AGM，且h＝2sin∠PAE最小，故PG＝AP＝2，
而AG=3，所以三棱锥P﹣ABC体积最小为VP-ABC=13×12×2×3×4-34=396．
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），则a→在b→上的投影向量为 (12，-12) ．（用坐标表示）
【解答】解：a→=（2，1），b→=（1，﹣1），
则a→⋅b→=2-1=1，|b→|=2，
故a→在b→上的投影向量为：a→⋅b→|b→|×b→|b→|=12b→=(12，-12)．
故答案为：(12，-12)．
14．（5分）椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点(1，12)与椭圆E交于A，B两点且AB中点在坐标轴上，则直线m的方程为 y=12或y=12x或x＝1 ．
【解答】解：已知椭圆E过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，
所以a＝2，b＝1，
此时椭圆E：x24+y2＝1，
易知124+(12)2=12＜1，
即点(1，12)在椭圆E内，
此时直线m与椭圆E相交，
当直线斜率不存在时，
此时直线m的方程为x＝1，
设A（1，y0），
易得B（1，﹣y0），
而AB中点为（1，0）在坐标轴上，
所以x＝1符合题意；
当直线斜率存在时，
不妨设直线m：y-12=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y-12=k(x-1)x24+y2=1，消去y并整理得（1+4k2）x2+（4﹣8k）kx+4k（k﹣1）＝0，
由韦达定理得x1+x2=-(4-8k)k1+4k2，
所以y1+y2＝k（x1+x2﹣2）+1=1-2k1+4k2，
因为AB中点在坐标轴上，
所以x1+x2＝0或y1+y2＝0，
解得k＝0或k=12，
此时直线m 的方程为y=12或y=12x，
综上，直线m的方程为y=12或y=12x或x＝1．
故答案为：y=12或y=12x或x＝1．
15．（5分）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻的概率为 0.8 ．
【解答】解：根据题意，先计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘”的情况数目：
先让同学C站在边缘，有2种方法，
再将同学A与同学B看成一个整体，与剩下4人排列，有种方法，
故同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，共有2×240＝480种方法，
再计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻”的情况数目：
若同学C不与同学A或B相邻的有：
先让同学C站在边上，有2种方法，
再让除ABC之外的4人去站剩下的4个位置，有种方法，
最后让同学A与同学B组成的整体从与同学C不相邻的4个位置中选一个位置，有2×4＝8种方法，
所以由分步乘法原理可得同学C不与同学A或B相邻的共有2×8×24＝384种方法，
故要求的概率；
故答案为：0.8．
16．（5分）5320的因数有 32 个，从小到大排列后，第24个因数为 280 ．
【解答】解：根据题意，5320＝2×2×2×5×7×19，
当5320的因数是1个质数时，有4种情况，
当5320的因数是2个质数的乘积时，有1+C31+C32=7种情况，
当5320的因数是3个质数的乘积时，有1+C31+C32+1＝8种情况，
当5320的因数是4个质数的乘积时，有1+C31+C32=7种情况，
当5320的因数是5个质数的乘积时，有4种情况，
当5320的因数是6个质数的乘积时，有1种情况，
另外，其因数还有1，则5320的因数有4+7+8+7+4+1+1＝32个；
按从小到大的顺序排列为：1，2，4，5，7，8，10，14，
19，20，28，35，38，40，56，70，
76，95，133，140，152，190，266，280，
380，532，665，760，1064，1330，2660，5320；
其第24个因数为280．
故答案为：32；280．
四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，D1O＝OB，体积为14π9．
（1）求AB；
（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并证明．
【解答】解：（1）由题意知，D1O＝OB＝2，
设∠A1D1B1＝∠AOB＝α，上底的面积为S1，下底的面积为S2，
则S1=12×1×1×α=α2，S2=12×2×2×α＝2α，
所以该几何体的体积V=13（S1+S2+S1S2）•D1O=13（α2+2α+α）•2=7α3=14π9，解得α=23π，
在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OB•cs∠AOB＝4+4﹣2×2×2×cs23π＝12，
所以AB＝23．
（2）不存在，证明如下：
过点O作OB的垂线交劣弧AB于N，由（1）可知∠AOB=2π3，所以∠AON=π6，
故以ON，OB，OD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则O（0，0，0），A(3，-1，0)，D1（0，0，2），B1（0，1，2），
设M（2csβ，2sinβ，0），其中-π6＜β＜π2，
则OB1→=（0，1，2），AD1→=(-3，1，2)，AM→=(2csβ-3，2sinβ+1，0），
设平面AD1M的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅AD1→=0n→⋅AM→=0，即-3x+y+2z=0(2csβ-3)x+(2sinβ+1)y=0，
因为-π6＜β＜π2，所以2sinβ+1≠0，
取x＝2sinβ+1，则y=3-2csβ，z=3sinβ+csβ，所以n→=(2sinβ+1，3-2csβ，3sinβ+csβ)，
若OB1∥平面AD1M，则OB1→⋅n→=0，
即3-2csβ+2（3sinβ +csβ)=3+23sinβ=0=0，整理得2sinβ+1＝0，与2sinβ+1≠0相矛盾，
所以OB1∥平面AD1M不成立，
故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面AD1M．
18．（12分）△ABC内角A，B，C满足2csB+1tanA=2sinB+3．
（1）求C﹣A的大小；
（2）D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC→，且DE平分∠CDB，求cs(C-π6)．
【解答】解：（1）2csB+1tanA=2sinB+3，即csA(2csB+1)sinA=2sinB+3，
即2csAcsB+csA=2sinAsinB+3sinA，
所以3sinA-csA=2cs(A+B)，即2sin(A-π6)=2cs(A+B)，
所以sin(A-π6)=cs(A+B)=cs(π-C)=-csC=sin(C-π2)，
因为0＜C＜π，则-π2＜C-π2＜π2，
因为0＜A＜π，则-π6＜A-π6＜5π6，
所以A-π6=C-π2或A-π6+C-π2=π，
所以C-A=π3或A+C=5π3（舍去）．
综上所述，C-A=π3．
（2）解：如下图所示：
因为D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC→，则DE∥AC，
所以BDAB=BEBC=DEAC=23，则BD＝2AD，
因为DE∥BC，则∠BDE＝∠A，∠CDE＝∠ACD，
因为DE平分∠CDB，所以∠BDE＝∠CDE，则∠A＝∠ACD，故AD＝CD，
所以∠BCD=∠ACB-∠A=π3，
设AD＝m，则CD＝m，BD＝2m，其中m＞0，
在△BCD中，由正弦定理可得CDsinB=BDsinπ3，
所以sinB=CDsinπ3BD=m×322m=34，
因为CD＜BD，则B为锐角，即0＜B＜π2，
故csB=1-sin2B=1-(34)2=134，
所以A+C=(π-B)∈(π2，π)，
因为A+C=C-π3+C=2C-π3，所以π2＜2C-π3＜π，
故π4＜C-π6＜π2，
因为cs(2C-π3)=cs(A+C)=cs(π-B)=-csB=-134，
又因为cs(2C-π3)=2cs2(C-π6)-1，
所以cs(C-π6)=1+cs(2C-π3)2=1-1342=8-2134．
19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，递增数列{an}前n项和为Sn．
（1）证明：{an}为等比数列并求Sn；
（2）记bn=an+Cn15，∁n为使bn∈N*成立的最小正整数，求C2023．
【解答】解：（1）证明：由于p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，
当p＝1，q＝1时，a1＝1；
当p﹣1＝2k，k∈N时，2p﹣1依次取值为1，4，16，64，…，4k，…，（k∈N）时，
总存在q∈N*，使得2p﹣1＝3q﹣2成立，证明该结论，只需证明4k+2能被3整除，
由于4k+2=(3+1)k+2=Ck03k+ck13k-1+⋯+Ckk-13+Ckk30+2
=3(CkO3k-1+Ck13k-2+⋯+Ckk-1+1)，
即4k+2能被3整除，即上述结论成立；
当p﹣1＝2k+1，k∈N时，2p﹣1＝22k+1＝2×（4k+2）﹣4，
由于4k+2能被3整除，则2p﹣1+2＝2×（4k+2）﹣2不是3的倍数，
即p﹣1＝2k+1，k∈N时，不适合题意；
综上所述，{an}为递增数列：1，4，16，64，…，4k，…，（k∈N*），
故an+1an=4，即数列{an}是以a1＝1为首项，公比为4的等比数列，
则Sn=1-4n1-4=13(4n-1)；
（2）由（1）可得an=4n-1，则bn=4n-1+Cn15，
由题意，∁n为使bn∈N*成立的最小正整数，
当n＝1时，b1=1+Cn15∈N*，此时C1＝14；
当n＝2时，b2=4+Cn15∈N*，此时C2＝11；
当n＝3时，b3=16+Cn15∈N*，此时C3＝14；
当n＝4时，b4=64+Cn15∈N*，此时C4＝11；……
当n﹣1＝2k，k∈N时，
42k=16k=(15+1)k=Ck015k+Ck115k-1+⋯+ckk-1⋅15+Ckk
＝15（Ck015k﹣1+Ck115k﹣2+⋯+Ckk-1）+1，故此时使bn∈N*成立的最小正整数为14，
当n﹣1＝2k+1，k∈N时，42k+1＝4×16k＝4×15（Ck015k﹣1+Ck115k﹣2+⋯+Ckk-1）+4，
故此时使bn∈N*成立的最小正整数为11，
故{∁n}为周期数列：14，11，14，11，…，周期为2，
则C2023＝C2×1011+1＝C1＝14．
20．（12分）过（2，0）的直线与C1：y2＝4x交于A，B两点，直线OA、OB与C2：x2+λx+y2＝0（λ≠0）分别交于C、D．
（1）证明：CD中点在x轴上；
（2）若A、B、C、D四点共圆，求|AB|所有可能取值．
【解答】证明：（1）由题意，作图如下：
因为过（4，0）的直线与C1：y2=4x交于A，B两点，
所以可设直线方程为x＝ny+4，
令A（x1，y1），B（x2，y2），
则y12=4x1y22=4x2，
所以x=ny+4y2=4x，可得：y2﹣4ny﹣16＝0，Δ＝16n2+64＞0，
所以y1+y2=4ny1y2=-16，
OA的方程y=y1x1x，即y=y1y124x，可得y=4y1，
联立y=4y1xx2+λx+y2=0，可得xC=-λy1216+y12yC=-4λy116+y12，即C(-λy1216+y12，-4λy116+y12)，
同理可得xD=-λy2216+y22yD=-4λy216+y22，即D(-λy2216+y22，-4λy216+y22)，
yC+yD=-4λy116+y12+-4λy216+y22=-4λ(16+y1y2)(y1+y2)(16+y12)(16+y22)，
又y1y2＝﹣16，即y1y2+16＝0，所以yC+yD＝0，所以CD中点在x轴上．
解：（2）因为若A，B，C，D四点共圆，所以|OA||OC|＝|OB||OD|，
又A，O，C三点共线，B，O，D三点共线，所以OA→⋅OC→=OB→⋅OD→，
又A（x1，y1），B（x2，y2），C(-λy1216+y12，-4λy116+y12)，D(-λy2216+y22，-4λy216+y22)，
所以-λx1y1216+y12+-4λy1216+y12=-λx2y2216+y22+-4λy2216+y22，-λy124y1216+y12+-4λy1216+y12=-λy224y2216+y22+-4λy2216+y22
又因为λ≠0，
所以y144+4y1216+y12=y244+4y2216+y22，y124⋅y12+1616+y12=y224⋅y22+1616+y22，
解得y12=y22，（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，又y1≠y2，y1+y2＝0，
则4n＝0，即n＝0，
所以x=4y2=4x，解得：x1=4y1=4或x1=4y1=-4，
所以A（4，4），B（4，﹣4），所以|AB|＝8．
21．（12分）人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：
对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩X人，在Ⅱ时期生孩Y人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．X服从0﹣1分布且P（x＝0）=15．Y分布列如下：
现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为124；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为16；若在Ⅰ时期生了1个男，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为112，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为2：5（针对普遍家庭）．
（1）求Y的期望与方差；
（2）由数据zi（i＝1，2，…，n）组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为a：b，分别为xi（i＝1，2，…，k）与yi（i＝1，2，…，m），k+m＝n，总体本点与两个分层样本点均值分别为z，x，y，方差分别为s02，s12，s22，证明：s02=aa+b[s12+(x-z)2]+ba+b[s22+(y-z)2]，并利用该公式估算题设样本总体的方差．
【解答】解：（1）易知p+（p+q）+（p﹣q）＝1，
解得p=13，
记事件Ai（i＝1，2，3）分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩，
记事件B表示Ⅱ时期生2个孩子，
此时P(B|A1)=124，P(B|A2)=16，P(B|A3)=112，
又P(A1)=15，P(A2)=P(A3)=45×12=25，
所以P（B）＝P（B|A1）P（A1）+P（B|A2）P（A2）+P（B|A3）P（A3）＝p﹣q=13-q，
即124×15+16×25+112×25=13-q，
解得q=940，
则Y的分布列为：
所以E(Y)=0×13+1×67120+2×13120=3140，
D(Y)=13×(0-3140)2+67120×(1-3140)2+13120×(2-3140)2=18774800；
（2）证明：因为s12=1ki=1k (xi-x)2，s22=1mi=1m (yi-y)2，
所以ks12=i=1k (xi-x)2，ms22=i=1m (yi-y)2，
此时s02=1n[i=1k (xi-z)2+i=1m (yi-z)2]=1n[i=1k (xi-x+x-z)2+i=1m (yi-y+y-z)2]
=1n{i=1k (xi-x)2+2（x-z）i=1k (xi-x)+k(x-z)2+i=1m (yi-y)2+2（y-z）i=1m (yi-y)+m(y-z)2}，
因为i=1k (xi-x)=i=1m (yi-y)=0，
所以s02=1n[ks12+k(x-z)2+ms22+m(y-z)2]
=kn[s12+(x-z)2]+mn[s22+(y-z)2]，
又k+m＝n，a：b＝k：m，
则s02=aa+b[s12+(x-z)2]+ba+b[s22+(y-z)2]，
此时E(X)=45，D(X)=425，E(Y)=3140，D(Y)=18774800，
则总体均值z=27×45+57×3140=219280，
故该样本总体的方差s2=27×[425+(45-219280)2]+57×[18774800+(3140-219280)2]≈0.3252．
22．（12分）A（﹣1，0），B（1，0），P（a，b），kPA+kPB＝λ（λ＞0）．
（1）若λ＝1，a∉（0，1），证明：eb＞a；
（2）是否存在λ使eb＝a有且仅有一组解，若存在，求λ取值集合；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：依题意，a≠±1，λ=ba+1+ba-1=2aba2-1，
由λ＞0知，ab≠0，b=λ2(a-1a)，
当λ＝1时，b=12(a-1a)，又a∉（0，1），于是当a＜0且a≠﹣1时，eb＞0＞a，不等式成立，
当a＞1时，eb＞a⇔b＞lna⇔12(a-1a)＞lna⇔a-1a-2lna＞0，
令函数f(x)=x-1x-2lnx，x＞1，求导得f'(x)=1+1x2-2x=(1-1x)2＞0，
因此函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，有f（x）＞f（1）＝0，即x-1x-2lnx＞0，则eb＞a，
所以eb＞a成立．
（2）解：由（1）知，b=λ2(a-1a)，a≠0且a≠±1，
假定存在正数使eb＝a有且仅有一组解，由eb＞0知a＞0，且a≠1，b＝lna，即λ2(a-1a)=lna，
于是存在正数λ使eb＝a有且仅有一组解等价于方程λ2(a-1a)=lna有不等于1的唯一正数解，
令函数g(x)=lnx-λ2(x-1x)，显然g（1）＝0，求导得g'(x)=1x-λ2(1+1x2)=-λx2-2x+λ2x2，
由g'（x）＝0，得λx2﹣2x+λ＝0，若Δ＝4﹣4λ2≤0，而＞0，于是λ≥1，
此时g'（x）≤0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）＝0有唯一解1，
因此方程λ2(a-1a)=lna设有不等于1的正数解，即当λ≥1时，eb＝a不成立；
若Δ＞0，即0＜λ＜1，方程x2﹣2x+λ＝0有两个不等实根x1，x2，令x1＜x2，显然x1+x2=27，x1x2＝1，
于是0＜x1＜1＜x2，当0＜x＜x或x＞x2时，g'（x）＜0，当x1＜x＜x2时，g（x）＞0，
因此函数g（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，g（x1）＜g（l）＜g（x2），即g（x1）＜0＜g（x2），
当x→0时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞，函数y＝g（x）大致图象，如图，
从而存在x3∈（0，x1），x4∈（x2，+∞），使得g（x3）＝g（x4）＝0，此时g（x）＝0有3个不同解，
因此方程λ2(a-1a)=lna有两个都不等于1的不同的正数解，即当0＜λ＜1时，使eb＝a成立有两组解，
所以不存在λ使eb＝a有且仅有一组解．Y
0
1
2
P
p
p+q
p﹣q
Y
0
1
2
P
p
p+q
p﹣q
Y
0
1
2
P
13
67120
13120