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2023年河北省衡水中学高考数学一调试卷（含答案解析）
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这是一份2023年河北省衡水中学高考数学一调试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 已知抛物线C， 已知向量a=，b=，则等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省衡水中学高考数学一调试卷
1. 设集合A={x∈N|−2
2. 已知复数z满足|z−5|=|z−1|=|z+i|，则|z|=( )
A. 10 B. 13 C. 3 2 D. 5
3. 已知α∈(π2,π)，且3cos2α−sinα=2，则( )
A. cos(π−α)=23 B. tan(π−α)= 24
C. sin(π2−α)= 53 D. cos(π2−α)= 54
4. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列.现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为( )
A. 4 923 B. 4 933 C. 4 941 D. 4 951
5. 已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，点M在C上，点N在准线l上，满足MN//OF(O为坐标原点)，|NF|=|MN|，则△MNF的面积为( )
A. 3 B. 5 34 C. 3 32 D. 2 3
6. “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a(亿吨)后开始下降，其二氧化碳的排放量S(亿吨)与时间t(年)满足函数关系式S=abt，若经过5年，二氧化碳的排放量为4a5(亿吨).已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为a4(亿吨)，则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？(参考数据：lg2≈0.3)( )
A. 28 B. 29 C. 30 D. 31
7. 从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比m大，一个比m小的概率为514，已知m为上述数据中的x%分位数，则x的取值可能为( )
A. 50 B. 60 C. 70 D. 80
8. 已知x1是函数f(x)=x+1−ln(x+2)的零点，x2是函数g(x)=x2−2ax+4a+4的零点，且满足|x1−x2|≤1，则实数a的最小值为( )
A. −1 B. −2 C. 2−2 2 D. 1−2 2
9. 已知向量a=(1,0)，b=(1,2 3)，则( )
A. |a+b|=4
B. (a+b)⋅a=2
C. 向量a+b与a的夹角为π6
D. 向量a+b在向量a上的投影向量为2a
10. 已知函数f(x)=Acos(2x+φ)−1(A>0,0<φ<π)，若函数y=|f(x)|的部分图象如图所示，则关于函数g(x)=Asin(Ax−φ)，下列结论正确的是( )
A. 函数g(x)的图象关于直线x=π12对称
B. 函数g(x)的图象关于点(π3,0)对称
C. 函数g(x)在区间[0,π2]上的减区间为[0,π12]
D. 函数g(x)的图象可由函数y=f(x)+1的图象向左平移π6个单位长度得到
11. 已知点A，B分别为圆C1：x2+y2−2x+8y+16=0与圆C2：x2+y2−6x+5=0上的两个动点，点P为直线l：x−y+2=0上一点，则( )
A. |PA|−|PB|的最大值为2 5+3
B. |PA|−|PB|的最小值为−2 5−3
C. |PA|+|PB|的最小值为3 10−3
D. |PA|+|PB|的最小值为 13+ 37−3
12. 已知正四面体ABCD的棱长为2 2，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，过点E作平面α平行于直线AC和直线BD，平面α分别与该正四面体的棱BC,CD,AD相交于点M,G,H，则( )
A. 四边形EMGH的周长是变化的
B. 四棱锥A−EMGH体积的最大值为6481
C. 当λ=14时，平面α截球O所得截面的周长为 11π
D. 当λ=μ=12时，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分的体积为43
13. 若命题“∃x∈[1,3]，x2+ax+1>0”是假命题，则实数a的最大值为______ .
14. 定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，且f(x)在区间[−1,0]上是增函数，给出下列三个命题：
①f(x)的图象关于点(2,0)对称；②f(x)在区间[1,2]上是减函数；③f(50)=2其中所有真命题的序号是______ .
15. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是2m(m∈N*)将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测(检测一次)，如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m−1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者(感染者必须通过检测来确定).若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为__________人．若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为__________.
16. 已知椭圆C：x24+y23=1的两个焦点为F1，F2，P为椭圆上任意一点，点(m,n)为△PF1F2的内心，则m+n的最大值为__________.
17. 已知数列{an}的首项a1=45，且满足an+1=4anan+3，设bn=1an−1.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)若1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140，求满足条件的最小正整数n.
18. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=5π6，D是边BC上的一点，且sin∠BADb+sin∠CADc=32a⋅BC.
(1)证明：AD=13a；
(2)若CD=2BD，求cos∠ADC.
19. 2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为34，甲与丙比赛，甲赢的概率为P，其中12
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元．在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围．
20. 如图所示，圆锥的高PO=2，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得BC=R，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E.点D是切线CE与圆O的切点.
(1)证明：平面PDE⊥平面POD；
(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 10535，求点A到平面PED的距离.
21. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F为(−2,0)，点M(3, 2)是双曲线E上的一点.
(1)求E的方程；
(2)已知过坐标原点且斜率为k(k>0)的直线l交E于A，B两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D，若直线CD经过点N(0,−1)，求直线l的斜率k.
22. 已知函数f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R).
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={x∈N|−2
故选：B.
先求出集合A，B，再结合交集的运算，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
|z−5|=|z−1|=|z+i|，
则(a−5)2+b2=(a−1)2+b2=a2+(b+1)2，解得a=3，b=−3，
所以|z|= 32+(−3)2=3 2.
故选：C.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为3cos2α−sinα=2，
所以3(1−2sin2α)−sinα=2，解得sinα=−12或sinα=13.
又α∈(π2,π)，
所以sinα=13，
则cosα=− 1−sin2α=−2 23，tanα=sinαcosα=− 24，
对于A，cos(π−α)=−cosα=2 23，错误；
对于B，tan(π−α)=−tanα= 24，正确；
对于C，sin(π2−α)=cosα=−2 23，错误；
对于D，cos(π2−α)=sinα=13，错误，
故选：B.
根据题意可得sinα，cosα，tanα的值，再逐项分析判断即可．
本题考查同角三角函数的基本关系以及诱导公式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：设该高阶等差数列为{bn}，前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
令an=bn+1−bn，则数列{an}为1，2，3，4，5，6，…，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an=n，即bn+1−bn=n，
则b100=(b100−b99)+(b99−b98)+(b98−b97)+⋯+(b2−b1)+b1=(99+98+97+⋯+1)+1=99×(99+1)2+1=4951.
故选：D.
构造数列{bn+1−bn}，利用叠加法可得该数列的第100项．
本题考查等差数列，考查新定义，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：∵抛物线的方程为y2=2x，
∴焦点F的坐标为(12,0)，准线l的方程为x=−12，
设准线l与x轴的交点为E如图，
由题知MN⊥l，由抛物线的定义知|MN|=|MF|.又|NF|=|MN|，
∴△MNF是等边三角形，∵MN//OF，
∴∠EFN=∠MNF=60∘，∴|NF|=2|EF|=2p=2，
∴△MNF的面积为12|NF|2sin60∘= 3.
故选：A.
根据抛物线的几何性质，数形结合，化归转化，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：∵二氧化碳的排放量S(亿吨)与时间t(年)满足函数关系式S=abt，经过5年，二氧化碳的排放量为4a5(亿吨)，
∴4a5=ab5，即b5=45，b=(45)15，
当S=a4时，即a4=abt，
14=(45)t5，两边同取以10为底的对数，
lg14=lg(45)t5，即t5lg45=lg14，
∴t5=lg14lg45=−lg4lg4−lg5=−2lg22lg2−lg102=−2lg23lg2−1≈−2×0.33×0.3−1=6，
∴t=30.
故选：C.
根据题意，4a5=ab5，即b5=45，b=(45)15，当S=a4时，即a4=abt，14=(45)t5，两边同取以10为底的对数，即可求解．
本题考查了对数函数的实际应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有C82=28种，
一个数比m大，一个数比m小的不同结果有(m−2)(9−m)，
于是得(m−2)(9−m)28=514，整理得：m2−11m+28=0，解得m=4或m=7，
当m=4时，数据中的x%分位数是第3个数，则2
利用分步乘法计数原理及组合求出事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答．
本题考查了分步乘法计数原理及古典概率，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了函数零点的判定定理，函数零点的计算，二次函数的性质，是中档题．
由题意求出x1的值，得出x2的取值范围，根据二次函数g(x)零点的分布情况列不等式组求出a的范围．
【解答】
解：∵f′(x)=1−1x+2=x+1x+2，
∴当−2
∴当x=−1时，f(x)取得最小值f(−1)=0，
∴f(x)只有唯一一个零点x=−1，即x1=−1，
∵|x1−x2|≤1，∴−2≤x2≤0，
∴g(x)在[−2,0]上有零点，
(1)若△=4a2−4(4a+4)=0，即a=2±2 2，
此时g(x)的零点为x=a，
显然当a=2−2 2时符合题意；
(2)若△=4a2−4(4a+4)>0，
即a<2−2 2或a>2+2 2，
①若g(x)在[−2,0]上只有一个零点，则g(−2)⋅g(0)≤0，
解得a=−1；
②若g(x)在[−2,0]上有两个零点，
则{g(−2)⩾0g(0)⩾0−22+22，
解得−1≤a<2−2 2；
综上，a的最小值为−1.
故选：A.
9.【答案】ABD
【解析】解：向量a=(1,0)，b=(1,2 3)，
则a+b=(2,2 3)，即|a+b|= 22+(2 3)2=4，故A正确；
(a+b)⋅a=2×1+2 3×0=2，故B正确；
cos=a⋅(a+b)|a||a+b|=21×4=12，
∵∈[0,π]，
∴向量a+b与a的夹角为π3，故C错误；
向量a+b在向量a上的投影向量为a⋅(a+b)|a|×a|a|=2a，故D正确．
故选：ABD.
对于A，结合向量模公式，即可求解；
对于B，结合向量的数量积公式，即可求解；
对于C，结合平面向量的夹角公式，即可求解；
对于D，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：根据函数y=|f(x)|的部分图象如图所示，函数y=f(x)的最大值为1，最小值为−3；
所以A=2；
当x=0时，f(0)=−2，
故2cosφ−1=−2，故cosφ=−12，
由于0<φ<π，
所以φ=2π3；
故函数g(x)=2sin(2x−2π3)，
对于A：当x=π12时，g(π12)=2sin(π6−2π3)=−2，故A正确；
对于B：当x=π3时，g(π3)=2sin(2π3−2π3)=0，故B正确；
对于C：当x∈[0,π12]时，2x−2π3∈[−2π3,−π2]，由于函数的最小正周期为π，故函数在区间[0,π2]上的减区间为[0,π12]，故C正确；
对于D：函数g(x)=2sin(2x−2π3)的图象可由函数y=2sin(2x+2π3)+1向左平移π6个单位，得到y=2sin(2x+π3+2π3)+1=−2sin2x+1≠g(x)，故D错误．
故选：ABC.
首先利用函数的图象求出函数f(x)的关系式中的A，φ的值，进一步求出函数g(x)的关系式，最后利用函数g(x)的性质确定结果．
本题考查的知识要点：函数的关系式的求法，正弦型函数的性质，函数的图象的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
11.【答案】AC
【解析】解：由C1：x2+y2−2x+8y+16=0，得(x−1)2+(y+4)2=1，
∴圆心C1(1,−4)，半径为r1=1，
由C2：x2+y2−6x+5=0，得(x−3)2+y2=4，
∴圆心C2(3,0)，半径为r2=2，
设点C2关于直线x−y+2=0对称的对称点为C(a,b)，
∴ba−3=−1a+32−b2+2=0，解得a=−2，b=5，即C(−2,5)，
连接CC1，交直线l于点P，即当C，P，C1三点共线时，|PC2|+|PC1|最小，
且|PA|−|PB|≤|AB|，连接PC1，PC2，此时|PA|+|PB|最小，
当|AB|取到最大值时，|PA|−|PB|取到最大值，如图，
由图可知，|AB|max=|MN|=|C1C2|+r1+r2=2 5+3，
∴|PA|−|PB|的最大值为2 5+3，故A正确，B错误；
(|PA|+|PB|)min=|PC2|+|PC1|−r1−r2=|CC1|−r1−r2=3 10−3，故C正确，D错误．
故选：AC.
根据题意，作出图形，当C，P，C1三点共线时，|PA|+|PB|最小，即|PA|+|PB|=|PC2|+|PC1|−r1−r2=|CC1|−r1−r2，由|PA|−|PB|≤|AB|知当|AB|取得最大值时，|PA|−|PB|最大，结合两点坐标求距离公式能求出结果．
本题主要考查两圆上点的距离最值问题，考查数形结合思想的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：正四面体ABCD的棱长为2 2，其所有顶点均在球O的球面上．点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，
过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，
∴球心O即为该正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1=N，
∵BB1//DD1，BB1=DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，∴BD//B1D1.
又BD//平面α，B1D1⊄平面α，∴由线面平行的判定定理得B1D1//平面α.
∵AC//平面α，AC∩B1D1=N，AC，B1D1⊂平面AB1CD1，∴平面α//平面AB1CD1.
对于A，如图①，∵平面α//平面AB1CD1，平面α∩平面ABC=EM，平面AB1CD1∩平面ABC=AC，
∴EM//AC，则EMAC=BEAB=1−λ，即EM=(1−λ)AC=2 2(1−λ)，
同理可得GH//AC，GH=2 2(1−λ)，HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，
∴四边形EMGH的周长L=FM+GM+GH+HE=4 2，故A错误；
对于B，如图①，由A可知HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，且EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∵四边形AB1CD1为正方形，∴AC⊥B1D1，∴四边形EMGH为矩形，
∴点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，
∴四棱锥A−EMGH的体积V与λ之间的关系式为V(λ)=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，
则V′(λ)=163λ(2−3λ)，∵0<λ<1，∴当0<λ<23时，V′(λ)>0，V(λ)单调递增；
当23<λ<1时，V′(λ)<0，V(λ)单调递减，所以当λ=23时，V(λ)取到最大值6481，
∴四棱锥A−EMGH体积的最大值为6481，故B正确；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1−A1BC1D的外接球，其半径R= 3.
设平面α截球O所得截面的圆心为O1，半径为r，当λ=14时，OO1=12.
∵OO12+r2=R2，则r= R2−OO12= 112，∴平面α截球O所得截面的周长为2πr= 11π，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后得到正四面体A1B1C1D1，
设A1D1∩AD=P，A1C1∩BD=K，B1C1∩BC=Q，B1D1∩AC=N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵λ=μ=12，∴E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，
又EP= 2，正四棱锥K−PEQF的高为12AA1=1，
∴正四面体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分的体积为V=2V四棱锥K−PEQF=2×13×1×2×2=43，故D正确．
故答案为：BCD.
推导出正四面体ABCD的棱长为2 2，球心O即为该正方体的中心，连接B1D1，设AC∩B1D1=N，BD//B1D1，从而B1D1//平面α.由AC//平面α，得平面α//平面AB1CD1.
对于A，推导出EM//AC，EM=(1−λ)AC=2 2(1−λ)，GH//AC，GH=2 2(1−λ)，HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，由此能求出四边形EMGH的周长；
对于B，推导出HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，且EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，AC⊥B1D1，从而四边形EMGH为矩形，点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，四棱锥A−EMGH的体积V与λ之间的关系式为V(λ)=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，则V′(λ)=163λ(2−3λ)，利用导数性质能求出四棱锥A−EMGH体积的最大值；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1−A1BC1D的外接球，其半径R= 3，由此能求出平面α截球O所得截面的周长；
对于D，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后得到正四面体A1B1C1D1，设A1D1∩AD=P，A1C1∩BD=K，B1C1∩BC=Q，B1D1∩AC=N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，由λ=μ=12，得E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，由此能求出所求公共部分的体积．
本题考查正四面体结构特征、截面周长、点到平面的距离、线面平行、线面垂直的判定与性质、正四面体外接球、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】−103
【解析】解：由题知命题的否定“∀x∈[1,3]，x2+ax+1≤0”是真命题，
令f(x)=x2+ax+1(x∈[1,3])，
则f(1)=a+2≤0f(3)=3a+10≤0解得a≤−103，故实数a的最大值为−103.
故答案为：−103.
由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
14.【答案】①②
【解析】解：由题意知f(x)+f(−x)=0，
又f(2−x)=f(x)=−f(−x)，
所以f(2−x)+f(−x)=0，
所以f(2+x)+f(x)=0，
即f(x+2)=−f(x)，
则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以f(x)是周期为4的函数，且f(x+4)=−f(−x)，
即f(x+4)+f(−x)=0，
所以f(x)的图象关于点(2,0)对称，故①正确；
因为f(x)为奇函数，且在区间[−1,0]上是增函数，
所以f(x)在区间[0,1]上是增函数，
又f(2−x)=f(x)，即有f(1−x)=f(1+x)，
所以f(x)的图象关于直线x=1对称，
所以f(x)在区间[1,2]上是减函数，故②正确；
而f(50)=f(4×12+2)=f(2)=f(0)=0，故③错误．
故答案为：①②．
由题意可得f(x)是周期为4的函数，从而有f(x+4)+f(−x)=0，即可判断①；
由奇函数的性质及函数在[−1,0]上是增函数，即可判断②；
结合函数的周期为4及f(2)=f(0)=0，即可判断③．
本题考查了函数的奇偶性、对称性、单调性及周期性，属于中档题．
15.【答案】2
4m−1
【解析】
【分析】
本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题．
根据已知条件，结合二分检测法，即可求解．
【解答】
解：若待检测的总人数为8，
则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可，
若只有1个感染者，则只需1+2×m=2m+1次检测，
若只有2个感染者，若要检测次数最多，
则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为2m−1组，
每组感染1个感染者，此时每组需要1+2(m−1)=2m−1次检测，
所以此时两组共需2(2m−1)=4m−2次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需4m−2+1=4m−1次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，
故n的最大值为4m−1.
故答案为2；4m−1.
16.【答案】2 33
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的焦点三角形问题，考查正弦函数的性质，属中档题．
由S△PF1F2=bc|sinθ|=12(2c+2a)⋅r，得到r=bc|sinθ|a+c=|n|，再由内切圆的性质和焦半径公式得到m=ccosθ，消去得到内切圆圆心的轨迹方程，再利用三角代换，根据三角函数的性质求解．
【解答】
解：设P(acosθ,bsinθ)，内切圆的半径为r，
∴S△PF1F2=12×2c×|bsinθ|=bc|sinθ|=12(2c+2a)⋅r，
则r=bc|sinθ|a+c=|n|，设椭圆的焦点坐标为F1(c,0)，F2(−c,0)，
则|PF1|= (acosθ−c)2+(bsinθ)2= a2−2accosθ+(ccosθ)2=a−ccosθ，
同理可得|PF2|=a+ccosθ，由内切圆的性质得(c−m)−(m+c)=|PF1|−|PF2|=a−ccosθ−(a+ccosθ)=−2ccosθ，
∴m=ccosθ，
消去θ得m2c2+n2(bc)2(a+c)2=1，即m2c2+n2a−ca+c⋅c2=1，
又∵a=2，c=1，∴m2+3n2=1(n≠0)，
设m=cosα，n=1 3sinα≠0，
则m+n=cosα+1 3sinα=2 33sin(α+π3)，
∴m+n的最大值为2 33.
故答案为：2 33.
17.【答案】解：(1)证明：∵bn+1bn=1an+1−11an−1=an+34an−11an−1=3(1−an)4(1−an)=34，b1=1a1−1=14，
所以数列{bn}为首项为b1=14，公比为34等比数列．
(2)由(1)可得(1a1−1)+(1a2−1)+(1a3−1)+⋯+(1an−1)=14(1−(34)n)1−34=1−(34)n，
即1a1+1a2+1a3+⋯+1an−n=1−(34)n，
∴1a1+1a2+1a3+⋯+1an=n+1−(34)n，
而n+1−(34)n随着n的增大而增大，
要使1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140，即n+1−(34)n>140，则n≥140，
∴n的最小值为140.
【解析】(1)利用等比数列的定义证明即可；
(2)利用分组求和的方法得到1a1+1a2+1a3+⋯+1an=n+1−(34)n，然后利用n+1−(34)n的增减性解不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140即可．
本题考查等比数列的的定义以及数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：因为△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边BC上的一点，
在△ABD中，由正弦定理得sin∠BADBD=sinBAD，可得sin∠BAD=BD⋅sinBAD，
在△ACD中，由正弦定理得sin∠CADCD=sinCAD，可得sin∠CAD=CD⋅sinCAD，
所以sin∠BADb+sin∠CADc=BD⋅sinBAD⋅b+CD⋅sinCAD⋅c=BD⋅sin∠BACAD⋅a+CD⋅sin∠BACAD⋅a=12(BD+CD)AD⋅a=12aAD⋅a=12AD=32a，
所以AD=13a，得证．
(2)由CD=2BD，可得CD=23a，BD=13a，
又因为AD=13a，
所以在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a，
在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB=(13a)2+(23a)2−c22×13a×13a，
由于∠ADC+∠ADB=π，
可得cos∠ADC+cos∠ADB=0，可得(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a+(13a)2+(13a)2−c22×13a×13a=0，
整理可得a2−b2=2c2，
又因为A=5π6，
所以在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos5π6=b2+c2+ 3bc，
联立a2−b2=2c2,a2=b2+c2+ 3bc
解得c= 3b,a= 7b,
故cos∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a=59×7b2−b249×7b2=1314.
【解析】(1)由题意利用正弦定理得sin∠BAD=BD⋅sinBAD，sin∠CAD=CD⋅sinCAD，代入等式即可证明．
(2)由CD=2BD，得CD=23a，BD=13a，由余弦定理及cos∠ADC+cos∠ADB=0，得a2−b2=2c2，又∠BAC=5π6，在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos5π6=b2+c2+ 3bc，联立即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
P1=(1−34)×(1−p)+34×(1−p)×(1−34)=716−716p，
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
P2=(1−p)×(1−34)+p×(1−34)×(1−p)=14−14p2，
所以当120，
即P1>P2，所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛；
(2)由题意X的可能取值为16或8，
由(1)知业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛，
此时业余队获胜的概率P1=716−716p，
专业队获胜的概率P3=34×p+(1−34)×p×34=1516p，
所以非平局的概率P(X=16)=P1+P3=716+12p，
平局的概率P(X=8)=1−P(X=16)=−12p+916，
所以E(X)=16×P(X=16)+8×P(X=8)=11.5+4p，
因为12
(1)利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
(2)由题意可得X的可能取值为16或8，分别求出X=16和X=8时的概率，再用数学期望的计算公式求解即可．
20.【答案】解：(1)证明：由题意得PO⊥平面AEC，
∵ED⊂平面AEC，
∴PO⊥ED，
∵ED是圆O的切线，即ED⊥OD，
又PO∩OD=O，PO⊂平面POD，OD⊂平面POD，
∴ED⊥平面POD，
∵ED⊂平面PED，
∴平面PDE⊥平面POD；
(2)由题意得EA是圆O的切线，∴AE⊥AC，
又ED⊥OD，∴△AEC∽△DOC，
∵OD=OB=OA=BC=R，即OC=2R，
∴∠ACE=30∘，
在Rt△AEC中由勾股定理得AE2+AC2=EC2，且EC=2AE，
∴AE2+AC2=4EA2，解得AE= 3R，
∴CE=2 3R，CD= 3R，则点D是CE的中点，
以A为坐标原点，建立以AE、AC、AQ分别为x轴、y轴、z轴，其中AQ⊥平面AEC，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示：
则A(0,0,0)，E( 3R,0,0)，B(0,2R,0)，D( 32R,32R,0)，P(0,R,2)，
∴EP=(− 3R,R,2)，PB=(0,R,−2)，BD=( 32R,−12R,0)，
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=0n⋅BD=0，即Ry−2z=0 32Rx−12Ry=0，取y= 3，则x=1，z= 32R，
∴平面PBD的一个法向量为n=(1, 3, 32R)
设直线PE与平面PBD所成角为θ，
则sinθ=cos=|EP⋅n||EP|⋅|n|= 3R 4R2+4⋅ 4+3R24= 10535，整理得3R4−16R2+16=0，即(R2−4)(3R2−4)=0，
解得R=2或R=2 33，
当R=2时，A(0,0,0)，E(2 3,0,0)，D( 3,3,0)，P(0,2,2)，
则AP=(0,2,2)，ED=(− 3,3,0)，PD=( 3,1,−2)，
设平面PED的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅ED=− 3x+3y=0m⋅PD= 3x+y−2z=0，取x= 3，y=1，z=2，
∴平面PED的一个法向量为m=( 3,1,2)，
∴cos=|AP⋅m||AP|⋅|m|=6 8× 8=34，
∴点A到平面PED的距离|AP|⋅cos=2 2×34=3 22；
当R=2 33时，A(0,0,0)，E(2,0,0)，D(1, 3,0)，P(0,2 33,2)，
则AP=(0,2 33,2)，ED=(−1, 3,0)，PD=(1, 33,−2)，
设平面PED的一个法向量为m1=(x,y,z)，
则m1⋅ED=−x+ 3y=0m2⋅PD=x+ 33y−2z=0，取x= 3，则y=1，z=2 33，
∴平面PED的一个法向量为m1=( 3,1,2 33)，
∴cos=|AP⋅m1||AP|⋅|m1|=2 34 33×4 33=3 38，
∴点A到平面PED的距离|AP|⋅cos=4 33×3 38=32，
故点A到平面PED的距离3 22或32.
【解析】(1)由题意得PO⊥平面AEC，可得PO⊥ED，又ED⊥OD，根据线面垂直的判定定理可得ED⊥平面POD，即可证明结论；
(2)由题意利用△AEC∽△DOC可得CE=2 3R，CD= 3R，∠ACE=30∘，以A为坐标原点，建立以AE、AC、AQ分别为x轴、y轴、z轴，其中AQ⊥平面AEC，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，利用向量法和直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 10535，求出R=2或R=2 33，利用向量法，即可得出答案．
本题考查面面垂直的判定定理和空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得：c=2b2=c2−a29a2−2b2=1，解得a2=3，b2=1，
故E的标准方程为：x23−y2=1；
(2)设A为(x1,y1)，则B为(−x1,−y1)，
则直线FA为x=my−2,(m=x1+2y1)，直线FB为x=ny−2,(n=−x1+2−y1)，
由x=my−2x23−y2=1⇒(m2−3)y2−4my+1=0，设C(xC,yC)，D(xD,yD)，
得y1yC=1m2−3=1(x1+2y1)2−3，结合x12−3y12=3，
则yC=y1x12+4x1+4−3y12=y17+4x1，所以xC=y17+4x1⋅x1+2y1−2=−12−7x17+4x1，
同理，yD=−y17−4x1，xD=−12+7x17−4x1，
又直线CD经过点N(0,−1)，即CN//DN，故xD(yC+1)=xC(yD+1)，
即−12+7x17−4x1(y17+4x1+1)=−12−7x17+4x1(−y17−4x1+1)，
化简得，(−12+7x1)(y1+7+4x1)=(−12−7x1)(−y1+7−4x1)，
整理得12y1=x1，故k=y1x1=112.
【解析】(1)由题意，根据双曲线的定义，结合c2=a2+b2，可得答案；
(2)根据双曲线的对称性，设出点A，B的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点C，D的坐标，根据所过已知点N，建立方程，可得答案．
本题考查直线与圆锥曲线的位置问题，常规思路是联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围．
22.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=ex+xsinx+cosx−2x−2，
则f′(x)=ex+xcosx−2，
∴f′(0)=−1，
又f(0)=0，
∴f(x)在(0,f(0))处的切线方程为：y=−x.
(2)f′(x)=ex+xcosx−a，
令h(x)=f′(x)，则h′(x)=ex+cosx−xsinx，
令u(x)=ex−1−x(x≥0)，则u′(x)=ex−1≥0，
∴u(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴u(x)≥u(0)=0，即ex−(x+1)≥0；
当x≥0时，cosx≥−1，sinx≤1，
∴−xsinx≥−x，
∴cosx−xsinx≥−(x+1)，
∴ex+cosx−xsinx≥ex−(x+1)≥0，
即h′(x)≥0，则h(x)在[0,+∞)上单调递增，即f′(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)=1−a；
①当1−a≥0，即a≤1时，f′(x)≥f′(0)≥0，∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0，满足题意；
②当1−a<0，即a>1时，f′(a)=ea+acosa−a≥ea−2a，
令g(a)=ea−2a(a>1)，则g′(a)=ea−2>e−2>0，
∴g(a)在(1,+∞)上单调递增，
∴g(a)>g(1)=e−2>0，即f′(a)>0，
又f′(0)<0，∴∃x0∈(0,a)，使得f′(x0)=0，
当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，则f(x)在(0,x0)上单调递减，此时f(x)
【解析】(1)根据导数几何意义可求得切线斜率f′(0)，结合f(0)=0可求得切线方程；
(2)求导后，设h(x)=f′(x)；令u(x)=ex−1−x(x≥0)，利用导数可求得u(x)单调性，得到u(x)≥0，采用放缩法可确定h′(x)≥0，知f′(x)在[0,+∞)上单调递增；当a≤1时，由f′(x)≥0恒成立可确定f(x)≥f(0)=0，满足题意；当a>1时，令g(a)=ea−2a(a>1)，利用导数可说明g(a)>0，得到f′(a)>0，结合零点存在定理可说明∃x0∈(0,a)，使得f′(x0)=0，由此可说明当x∈(0,x0)时，f(x)<0，不合题意；综合两种情况可得结论．
本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当a≤1时，f(x)单调递增；当a>1时，结合零点存在定理说明存在f(x)<0的区间，由此可得参数范围．
2023年河北省衡水中学高考数学一调试卷
1. 设集合A={x∈N|−2
2. 已知复数z满足|z−5|=|z−1|=|z+i|，则|z|=( )
A. 10 B. 13 C. 3 2 D. 5
3. 已知α∈(π2,π)，且3cos2α−sinα=2，则( )
A. cos(π−α)=23 B. tan(π−α)= 24
C. sin(π2−α)= 53 D. cos(π2−α)= 54
4. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列.现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为( )
A. 4 923 B. 4 933 C. 4 941 D. 4 951
5. 已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，点M在C上，点N在准线l上，满足MN//OF(O为坐标原点)，|NF|=|MN|，则△MNF的面积为( )
A. 3 B. 5 34 C. 3 32 D. 2 3
6. “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a(亿吨)后开始下降，其二氧化碳的排放量S(亿吨)与时间t(年)满足函数关系式S=abt，若经过5年，二氧化碳的排放量为4a5(亿吨).已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为a4(亿吨)，则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？(参考数据：lg2≈0.3)( )
A. 28 B. 29 C. 30 D. 31
7. 从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比m大，一个比m小的概率为514，已知m为上述数据中的x%分位数，则x的取值可能为( )
A. 50 B. 60 C. 70 D. 80
8. 已知x1是函数f(x)=x+1−ln(x+2)的零点，x2是函数g(x)=x2−2ax+4a+4的零点，且满足|x1−x2|≤1，则实数a的最小值为( )
A. −1 B. −2 C. 2−2 2 D. 1−2 2
9. 已知向量a=(1,0)，b=(1,2 3)，则( )
A. |a+b|=4
B. (a+b)⋅a=2
C. 向量a+b与a的夹角为π6
D. 向量a+b在向量a上的投影向量为2a
10. 已知函数f(x)=Acos(2x+φ)−1(A>0,0<φ<π)，若函数y=|f(x)|的部分图象如图所示，则关于函数g(x)=Asin(Ax−φ)，下列结论正确的是( )
A. 函数g(x)的图象关于直线x=π12对称
B. 函数g(x)的图象关于点(π3,0)对称
C. 函数g(x)在区间[0,π2]上的减区间为[0,π12]
D. 函数g(x)的图象可由函数y=f(x)+1的图象向左平移π6个单位长度得到
11. 已知点A，B分别为圆C1：x2+y2−2x+8y+16=0与圆C2：x2+y2−6x+5=0上的两个动点，点P为直线l：x−y+2=0上一点，则( )
A. |PA|−|PB|的最大值为2 5+3
B. |PA|−|PB|的最小值为−2 5−3
C. |PA|+|PB|的最小值为3 10−3
D. |PA|+|PB|的最小值为 13+ 37−3
12. 已知正四面体ABCD的棱长为2 2，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，过点E作平面α平行于直线AC和直线BD，平面α分别与该正四面体的棱BC,CD,AD相交于点M,G,H，则( )
A. 四边形EMGH的周长是变化的
B. 四棱锥A−EMGH体积的最大值为6481
C. 当λ=14时，平面α截球O所得截面的周长为 11π
D. 当λ=μ=12时，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分的体积为43
13. 若命题“∃x∈[1,3]，x2+ax+1>0”是假命题，则实数a的最大值为______ .
14. 定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，且f(x)在区间[−1,0]上是增函数，给出下列三个命题：
①f(x)的图象关于点(2,0)对称；②f(x)在区间[1,2]上是减函数；③f(50)=2其中所有真命题的序号是______ .
15. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是2m(m∈N*)将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测(检测一次)，如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m−1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者(感染者必须通过检测来确定).若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为__________人．若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为__________.
16. 已知椭圆C：x24+y23=1的两个焦点为F1，F2，P为椭圆上任意一点，点(m,n)为△PF1F2的内心，则m+n的最大值为__________.
17. 已知数列{an}的首项a1=45，且满足an+1=4anan+3，设bn=1an−1.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)若1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140，求满足条件的最小正整数n.
18. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=5π6，D是边BC上的一点，且sin∠BADb+sin∠CADc=32a⋅BC.
(1)证明：AD=13a；
(2)若CD=2BD，求cos∠ADC.
19. 2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为34，甲与丙比赛，甲赢的概率为P，其中12
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元．在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围．
20. 如图所示，圆锥的高PO=2，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得BC=R，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E.点D是切线CE与圆O的切点.
(1)证明：平面PDE⊥平面POD；
(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 10535，求点A到平面PED的距离.
21. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F为(−2,0)，点M(3, 2)是双曲线E上的一点.
(1)求E的方程；
(2)已知过坐标原点且斜率为k(k>0)的直线l交E于A，B两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D，若直线CD经过点N(0,−1)，求直线l的斜率k.
22. 已知函数f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R).
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={x∈N|−2
故选：B.
先求出集合A，B，再结合交集的运算，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
|z−5|=|z−1|=|z+i|，
则(a−5)2+b2=(a−1)2+b2=a2+(b+1)2，解得a=3，b=−3，
所以|z|= 32+(−3)2=3 2.
故选：C.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为3cos2α−sinα=2，
所以3(1−2sin2α)−sinα=2，解得sinα=−12或sinα=13.
又α∈(π2,π)，
所以sinα=13，
则cosα=− 1−sin2α=−2 23，tanα=sinαcosα=− 24，
对于A，cos(π−α)=−cosα=2 23，错误；
对于B，tan(π−α)=−tanα= 24，正确；
对于C，sin(π2−α)=cosα=−2 23，错误；
对于D，cos(π2−α)=sinα=13，错误，
故选：B.
根据题意可得sinα，cosα，tanα的值，再逐项分析判断即可．
本题考查同角三角函数的基本关系以及诱导公式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：设该高阶等差数列为{bn}，前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
令an=bn+1−bn，则数列{an}为1，2，3，4，5，6，…，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an=n，即bn+1−bn=n，
则b100=(b100−b99)+(b99−b98)+(b98−b97)+⋯+(b2−b1)+b1=(99+98+97+⋯+1)+1=99×(99+1)2+1=4951.
故选：D.
构造数列{bn+1−bn}，利用叠加法可得该数列的第100项．
本题考查等差数列，考查新定义，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：∵抛物线的方程为y2=2x，
∴焦点F的坐标为(12,0)，准线l的方程为x=−12，
设准线l与x轴的交点为E如图，
由题知MN⊥l，由抛物线的定义知|MN|=|MF|.又|NF|=|MN|，
∴△MNF是等边三角形，∵MN//OF，
∴∠EFN=∠MNF=60∘，∴|NF|=2|EF|=2p=2，
∴△MNF的面积为12|NF|2sin60∘= 3.
故选：A.
根据抛物线的几何性质，数形结合，化归转化，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：∵二氧化碳的排放量S(亿吨)与时间t(年)满足函数关系式S=abt，经过5年，二氧化碳的排放量为4a5(亿吨)，
∴4a5=ab5，即b5=45，b=(45)15，
当S=a4时，即a4=abt，
14=(45)t5，两边同取以10为底的对数，
lg14=lg(45)t5，即t5lg45=lg14，
∴t5=lg14lg45=−lg4lg4−lg5=−2lg22lg2−lg102=−2lg23lg2−1≈−2×0.33×0.3−1=6，
∴t=30.
故选：C.
根据题意，4a5=ab5，即b5=45，b=(45)15，当S=a4时，即a4=abt，14=(45)t5，两边同取以10为底的对数，即可求解．
本题考查了对数函数的实际应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有C82=28种，
一个数比m大，一个数比m小的不同结果有(m−2)(9−m)，
于是得(m−2)(9−m)28=514，整理得：m2−11m+28=0，解得m=4或m=7，
当m=4时，数据中的x%分位数是第3个数，则2
利用分步乘法计数原理及组合求出事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答．
本题考查了分步乘法计数原理及古典概率，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了函数零点的判定定理，函数零点的计算，二次函数的性质，是中档题．
由题意求出x1的值，得出x2的取值范围，根据二次函数g(x)零点的分布情况列不等式组求出a的范围．
【解答】
解：∵f′(x)=1−1x+2=x+1x+2，
∴当−2
∴当x=−1时，f(x)取得最小值f(−1)=0，
∴f(x)只有唯一一个零点x=−1，即x1=−1，
∵|x1−x2|≤1，∴−2≤x2≤0，
∴g(x)在[−2,0]上有零点，
(1)若△=4a2−4(4a+4)=0，即a=2±2 2，
此时g(x)的零点为x=a，
显然当a=2−2 2时符合题意；
(2)若△=4a2−4(4a+4)>0，
即a<2−2 2或a>2+2 2，
①若g(x)在[−2,0]上只有一个零点，则g(−2)⋅g(0)≤0，
解得a=−1；
②若g(x)在[−2,0]上有两个零点，
则{g(−2)⩾0g(0)⩾0−2
解得−1≤a<2−2 2；
综上，a的最小值为−1.
故选：A.
9.【答案】ABD
【解析】解：向量a=(1,0)，b=(1,2 3)，
则a+b=(2,2 3)，即|a+b|= 22+(2 3)2=4，故A正确；
(a+b)⋅a=2×1+2 3×0=2，故B正确；
cos
∵
∴向量a+b与a的夹角为π3，故C错误；
向量a+b在向量a上的投影向量为a⋅(a+b)|a|×a|a|=2a，故D正确．
故选：ABD.
对于A，结合向量模公式，即可求解；
对于B，结合向量的数量积公式，即可求解；
对于C，结合平面向量的夹角公式，即可求解；
对于D，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：根据函数y=|f(x)|的部分图象如图所示，函数y=f(x)的最大值为1，最小值为−3；
所以A=2；
当x=0时，f(0)=−2，
故2cosφ−1=−2，故cosφ=−12，
由于0<φ<π，
所以φ=2π3；
故函数g(x)=2sin(2x−2π3)，
对于A：当x=π12时，g(π12)=2sin(π6−2π3)=−2，故A正确；
对于B：当x=π3时，g(π3)=2sin(2π3−2π3)=0，故B正确；
对于C：当x∈[0,π12]时，2x−2π3∈[−2π3,−π2]，由于函数的最小正周期为π，故函数在区间[0,π2]上的减区间为[0,π12]，故C正确；
对于D：函数g(x)=2sin(2x−2π3)的图象可由函数y=2sin(2x+2π3)+1向左平移π6个单位，得到y=2sin(2x+π3+2π3)+1=−2sin2x+1≠g(x)，故D错误．
故选：ABC.
首先利用函数的图象求出函数f(x)的关系式中的A，φ的值，进一步求出函数g(x)的关系式，最后利用函数g(x)的性质确定结果．
本题考查的知识要点：函数的关系式的求法，正弦型函数的性质，函数的图象的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
11.【答案】AC
【解析】解：由C1：x2+y2−2x+8y+16=0，得(x−1)2+(y+4)2=1，
∴圆心C1(1,−4)，半径为r1=1，
由C2：x2+y2−6x+5=0，得(x−3)2+y2=4，
∴圆心C2(3,0)，半径为r2=2，
设点C2关于直线x−y+2=0对称的对称点为C(a,b)，
∴ba−3=−1a+32−b2+2=0，解得a=−2，b=5，即C(−2,5)，
连接CC1，交直线l于点P，即当C，P，C1三点共线时，|PC2|+|PC1|最小，
且|PA|−|PB|≤|AB|，连接PC1，PC2，此时|PA|+|PB|最小，
当|AB|取到最大值时，|PA|−|PB|取到最大值，如图，
由图可知，|AB|max=|MN|=|C1C2|+r1+r2=2 5+3，
∴|PA|−|PB|的最大值为2 5+3，故A正确，B错误；
(|PA|+|PB|)min=|PC2|+|PC1|−r1−r2=|CC1|−r1−r2=3 10−3，故C正确，D错误．
故选：AC.
根据题意，作出图形，当C，P，C1三点共线时，|PA|+|PB|最小，即|PA|+|PB|=|PC2|+|PC1|−r1−r2=|CC1|−r1−r2，由|PA|−|PB|≤|AB|知当|AB|取得最大值时，|PA|−|PB|最大，结合两点坐标求距离公式能求出结果．
本题主要考查两圆上点的距离最值问题，考查数形结合思想的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：正四面体ABCD的棱长为2 2，其所有顶点均在球O的球面上．点E满足AE=λAB(0<λ<1)，CF=μCD(0<μ<1)，
过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，
∴球心O即为该正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1=N，
∵BB1//DD1，BB1=DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，∴BD//B1D1.
又BD//平面α，B1D1⊄平面α，∴由线面平行的判定定理得B1D1//平面α.
∵AC//平面α，AC∩B1D1=N，AC，B1D1⊂平面AB1CD1，∴平面α//平面AB1CD1.
对于A，如图①，∵平面α//平面AB1CD1，平面α∩平面ABC=EM，平面AB1CD1∩平面ABC=AC，
∴EM//AC，则EMAC=BEAB=1−λ，即EM=(1−λ)AC=2 2(1−λ)，
同理可得GH//AC，GH=2 2(1−λ)，HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，
∴四边形EMGH的周长L=FM+GM+GH+HE=4 2，故A错误；
对于B，如图①，由A可知HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，且EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，
∵四边形AB1CD1为正方形，∴AC⊥B1D1，∴四边形EMGH为矩形，
∴点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，
∴四棱锥A−EMGH的体积V与λ之间的关系式为V(λ)=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，
则V′(λ)=163λ(2−3λ)，∵0<λ<1，∴当0<λ<23时，V′(λ)>0，V(λ)单调递增；
当23<λ<1时，V′(λ)<0，V(λ)单调递减，所以当λ=23时，V(λ)取到最大值6481，
∴四棱锥A−EMGH体积的最大值为6481，故B正确；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1−A1BC1D的外接球，其半径R= 3.
设平面α截球O所得截面的圆心为O1，半径为r，当λ=14时，OO1=12.
∵OO12+r2=R2，则r= R2−OO12= 112，∴平面α截球O所得截面的周长为2πr= 11π，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后得到正四面体A1B1C1D1，
设A1D1∩AD=P，A1C1∩BD=K，B1C1∩BC=Q，B1D1∩AC=N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵λ=μ=12，∴E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，
又EP= 2，正四棱锥K−PEQF的高为12AA1=1，
∴正四面体ABCD绕EF旋转90∘后与原四面体的公共部分的体积为V=2V四棱锥K−PEQF=2×13×1×2×2=43，故D正确．
故答案为：BCD.
推导出正四面体ABCD的棱长为2 2，球心O即为该正方体的中心，连接B1D1，设AC∩B1D1=N，BD//B1D1，从而B1D1//平面α.由AC//平面α，得平面α//平面AB1CD1.
对于A，推导出EM//AC，EM=(1−λ)AC=2 2(1−λ)，GH//AC，GH=2 2(1−λ)，HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，由此能求出四边形EMGH的周长；
对于B，推导出HE//GM//BD，HE=GM=2 2λ，且EM//GH//AC，EM=GH=2 2(1−λ)，AC⊥B1D1，从而四边形EMGH为矩形，点A到平面α的距离d=λAA1=2λ，四棱锥A−EMGH的体积V与λ之间的关系式为V(λ)=13×2λ×2 2λ×2 2(1−λ)=163(λ2−λ3)，则V′(λ)=163λ(2−3λ)，利用导数性质能求出四棱锥A−EMGH体积的最大值；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1−A1BC1D的外接球，其半径R= 3，由此能求出平面α截球O所得截面的周长；
对于D，将正四面体ABCD绕EF旋转90∘后得到正四面体A1B1C1D1，设A1D1∩AD=P，A1C1∩BD=K，B1C1∩BC=Q，B1D1∩AC=N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，由λ=μ=12，得E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，由此能求出所求公共部分的体积．
本题考查正四面体结构特征、截面周长、点到平面的距离、线面平行、线面垂直的判定与性质、正四面体外接球、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】−103
【解析】解：由题知命题的否定“∀x∈[1,3]，x2+ax+1≤0”是真命题，
令f(x)=x2+ax+1(x∈[1,3])，
则f(1)=a+2≤0f(3)=3a+10≤0解得a≤−103，故实数a的最大值为−103.
故答案为：−103.
由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
14.【答案】①②
【解析】解：由题意知f(x)+f(−x)=0，
又f(2−x)=f(x)=−f(−x)，
所以f(2−x)+f(−x)=0，
所以f(2+x)+f(x)=0，
即f(x+2)=−f(x)，
则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以f(x)是周期为4的函数，且f(x+4)=−f(−x)，
即f(x+4)+f(−x)=0，
所以f(x)的图象关于点(2,0)对称，故①正确；
因为f(x)为奇函数，且在区间[−1,0]上是增函数，
所以f(x)在区间[0,1]上是增函数，
又f(2−x)=f(x)，即有f(1−x)=f(1+x)，
所以f(x)的图象关于直线x=1对称，
所以f(x)在区间[1,2]上是减函数，故②正确；
而f(50)=f(4×12+2)=f(2)=f(0)=0，故③错误．
故答案为：①②．
由题意可得f(x)是周期为4的函数，从而有f(x+4)+f(−x)=0，即可判断①；
由奇函数的性质及函数在[−1,0]上是增函数，即可判断②；
结合函数的周期为4及f(2)=f(0)=0，即可判断③．
本题考查了函数的奇偶性、对称性、单调性及周期性，属于中档题．
15.【答案】2
4m−1
【解析】
【分析】
本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题．
根据已知条件，结合二分检测法，即可求解．
【解答】
解：若待检测的总人数为8，
则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为2m(m≥3)，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可，
若只有1个感染者，则只需1+2×m=2m+1次检测，
若只有2个感染者，若要检测次数最多，
则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为2m−1组，
每组感染1个感染者，此时每组需要1+2(m−1)=2m−1次检测，
所以此时两组共需2(2m−1)=4m−2次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需4m−2+1=4m−1次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，
故n的最大值为4m−1.
故答案为2；4m−1.
16.【答案】2 33
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的焦点三角形问题，考查正弦函数的性质，属中档题．
由S△PF1F2=bc|sinθ|=12(2c+2a)⋅r，得到r=bc|sinθ|a+c=|n|，再由内切圆的性质和焦半径公式得到m=ccosθ，消去得到内切圆圆心的轨迹方程，再利用三角代换，根据三角函数的性质求解．
【解答】
解：设P(acosθ,bsinθ)，内切圆的半径为r，
∴S△PF1F2=12×2c×|bsinθ|=bc|sinθ|=12(2c+2a)⋅r，
则r=bc|sinθ|a+c=|n|，设椭圆的焦点坐标为F1(c,0)，F2(−c,0)，
则|PF1|= (acosθ−c)2+(bsinθ)2= a2−2accosθ+(ccosθ)2=a−ccosθ，
同理可得|PF2|=a+ccosθ，由内切圆的性质得(c−m)−(m+c)=|PF1|−|PF2|=a−ccosθ−(a+ccosθ)=−2ccosθ，
∴m=ccosθ，
消去θ得m2c2+n2(bc)2(a+c)2=1，即m2c2+n2a−ca+c⋅c2=1，
又∵a=2，c=1，∴m2+3n2=1(n≠0)，
设m=cosα，n=1 3sinα≠0，
则m+n=cosα+1 3sinα=2 33sin(α+π3)，
∴m+n的最大值为2 33.
故答案为：2 33.
17.【答案】解：(1)证明：∵bn+1bn=1an+1−11an−1=an+34an−11an−1=3(1−an)4(1−an)=34，b1=1a1−1=14，
所以数列{bn}为首项为b1=14，公比为34等比数列．
(2)由(1)可得(1a1−1)+(1a2−1)+(1a3−1)+⋯+(1an−1)=14(1−(34)n)1−34=1−(34)n，
即1a1+1a2+1a3+⋯+1an−n=1−(34)n，
∴1a1+1a2+1a3+⋯+1an=n+1−(34)n，
而n+1−(34)n随着n的增大而增大，
要使1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140，即n+1−(34)n>140，则n≥140，
∴n的最小值为140.
【解析】(1)利用等比数列的定义证明即可；
(2)利用分组求和的方法得到1a1+1a2+1a3+⋯+1an=n+1−(34)n，然后利用n+1−(34)n的增减性解不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1an>140即可．
本题考查等比数列的的定义以及数列的求和，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：因为△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边BC上的一点，
在△ABD中，由正弦定理得sin∠BADBD=sinBAD，可得sin∠BAD=BD⋅sinBAD，
在△ACD中，由正弦定理得sin∠CADCD=sinCAD，可得sin∠CAD=CD⋅sinCAD，
所以sin∠BADb+sin∠CADc=BD⋅sinBAD⋅b+CD⋅sinCAD⋅c=BD⋅sin∠BACAD⋅a+CD⋅sin∠BACAD⋅a=12(BD+CD)AD⋅a=12aAD⋅a=12AD=32a，
所以AD=13a，得证．
(2)由CD=2BD，可得CD=23a，BD=13a，
又因为AD=13a，
所以在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a，
在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB=(13a)2+(23a)2−c22×13a×13a，
由于∠ADC+∠ADB=π，
可得cos∠ADC+cos∠ADB=0，可得(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a+(13a)2+(13a)2−c22×13a×13a=0，
整理可得a2−b2=2c2，
又因为A=5π6，
所以在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos5π6=b2+c2+ 3bc，
联立a2−b2=2c2,a2=b2+c2+ 3bc
解得c= 3b,a= 7b,
故cos∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a=59×7b2−b249×7b2=1314.
【解析】(1)由题意利用正弦定理得sin∠BAD=BD⋅sinBAD，sin∠CAD=CD⋅sinCAD，代入等式即可证明．
(2)由CD=2BD，得CD=23a，BD=13a，由余弦定理及cos∠ADC+cos∠ADB=0，得a2−b2=2c2，又∠BAC=5π6，在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos5π6=b2+c2+ 3bc，联立即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
P1=(1−34)×(1−p)+34×(1−p)×(1−34)=716−716p，
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
P2=(1−p)×(1−34)+p×(1−34)×(1−p)=14−14p2，
所以当12
即P1>P2，所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛；
(2)由题意X的可能取值为16或8，
由(1)知业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛，
此时业余队获胜的概率P1=716−716p，
专业队获胜的概率P3=34×p+(1−34)×p×34=1516p，
所以非平局的概率P(X=16)=P1+P3=716+12p，
平局的概率P(X=8)=1−P(X=16)=−12p+916，
所以E(X)=16×P(X=16)+8×P(X=8)=11.5+4p，
因为12
(1)利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
(2)由题意可得X的可能取值为16或8，分别求出X=16和X=8时的概率，再用数学期望的计算公式求解即可．
20.【答案】解：(1)证明：由题意得PO⊥平面AEC，
∵ED⊂平面AEC，
∴PO⊥ED，
∵ED是圆O的切线，即ED⊥OD，
又PO∩OD=O，PO⊂平面POD，OD⊂平面POD，
∴ED⊥平面POD，
∵ED⊂平面PED，
∴平面PDE⊥平面POD；
(2)由题意得EA是圆O的切线，∴AE⊥AC，
又ED⊥OD，∴△AEC∽△DOC，
∵OD=OB=OA=BC=R，即OC=2R，
∴∠ACE=30∘，
在Rt△AEC中由勾股定理得AE2+AC2=EC2，且EC=2AE，
∴AE2+AC2=4EA2，解得AE= 3R，
∴CE=2 3R，CD= 3R，则点D是CE的中点，
以A为坐标原点，建立以AE、AC、AQ分别为x轴、y轴、z轴，其中AQ⊥平面AEC，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示：
则A(0,0,0)，E( 3R,0,0)，B(0,2R,0)，D( 32R,32R,0)，P(0,R,2)，
∴EP=(− 3R,R,2)，PB=(0,R,−2)，BD=( 32R,−12R,0)，
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=0n⋅BD=0，即Ry−2z=0 32Rx−12Ry=0，取y= 3，则x=1，z= 32R，
∴平面PBD的一个法向量为n=(1, 3, 32R)
设直线PE与平面PBD所成角为θ，
则sinθ=cos
解得R=2或R=2 33，
当R=2时，A(0,0,0)，E(2 3,0,0)，D( 3,3,0)，P(0,2,2)，
则AP=(0,2,2)，ED=(− 3,3,0)，PD=( 3,1,−2)，
设平面PED的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅ED=− 3x+3y=0m⋅PD= 3x+y−2z=0，取x= 3，y=1，z=2，
∴平面PED的一个法向量为m=( 3,1,2)，
∴cos
∴点A到平面PED的距离|AP|⋅cos
当R=2 33时，A(0,0,0)，E(2,0,0)，D(1, 3,0)，P(0,2 33,2)，
则AP=(0,2 33,2)，ED=(−1, 3,0)，PD=(1, 33,−2)，
设平面PED的一个法向量为m1=(x,y,z)，
则m1⋅ED=−x+ 3y=0m2⋅PD=x+ 33y−2z=0，取x= 3，则y=1，z=2 33，
∴平面PED的一个法向量为m1=( 3,1,2 33)，
∴cos
∴点A到平面PED的距离|AP|⋅cos
故点A到平面PED的距离3 22或32.
【解析】(1)由题意得PO⊥平面AEC，可得PO⊥ED，又ED⊥OD，根据线面垂直的判定定理可得ED⊥平面POD，即可证明结论；
(2)由题意利用△AEC∽△DOC可得CE=2 3R，CD= 3R，∠ACE=30∘，以A为坐标原点，建立以AE、AC、AQ分别为x轴、y轴、z轴，其中AQ⊥平面AEC，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，利用向量法和直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 10535，求出R=2或R=2 33，利用向量法，即可得出答案．
本题考查面面垂直的判定定理和空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得：c=2b2=c2−a29a2−2b2=1，解得a2=3，b2=1，
故E的标准方程为：x23−y2=1；
(2)设A为(x1,y1)，则B为(−x1,−y1)，
则直线FA为x=my−2,(m=x1+2y1)，直线FB为x=ny−2,(n=−x1+2−y1)，
由x=my−2x23−y2=1⇒(m2−3)y2−4my+1=0，设C(xC,yC)，D(xD,yD)，
得y1yC=1m2−3=1(x1+2y1)2−3，结合x12−3y12=3，
则yC=y1x12+4x1+4−3y12=y17+4x1，所以xC=y17+4x1⋅x1+2y1−2=−12−7x17+4x1，
同理，yD=−y17−4x1，xD=−12+7x17−4x1，
又直线CD经过点N(0,−1)，即CN//DN，故xD(yC+1)=xC(yD+1)，
即−12+7x17−4x1(y17+4x1+1)=−12−7x17+4x1(−y17−4x1+1)，
化简得，(−12+7x1)(y1+7+4x1)=(−12−7x1)(−y1+7−4x1)，
整理得12y1=x1，故k=y1x1=112.
【解析】(1)由题意，根据双曲线的定义，结合c2=a2+b2，可得答案；
(2)根据双曲线的对称性，设出点A，B的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点C，D的坐标，根据所过已知点N，建立方程，可得答案．
本题考查直线与圆锥曲线的位置问题，常规思路是联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围．
22.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=ex+xsinx+cosx−2x−2，
则f′(x)=ex+xcosx−2，
∴f′(0)=−1，
又f(0)=0，
∴f(x)在(0,f(0))处的切线方程为：y=−x.
(2)f′(x)=ex+xcosx−a，
令h(x)=f′(x)，则h′(x)=ex+cosx−xsinx，
令u(x)=ex−1−x(x≥0)，则u′(x)=ex−1≥0，
∴u(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴u(x)≥u(0)=0，即ex−(x+1)≥0；
当x≥0时，cosx≥−1，sinx≤1，
∴−xsinx≥−x，
∴cosx−xsinx≥−(x+1)，
∴ex+cosx−xsinx≥ex−(x+1)≥0，
即h′(x)≥0，则h(x)在[0,+∞)上单调递增，即f′(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)=1−a；
①当1−a≥0，即a≤1时，f′(x)≥f′(0)≥0，∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0，满足题意；
②当1−a<0，即a>1时，f′(a)=ea+acosa−a≥ea−2a，
令g(a)=ea−2a(a>1)，则g′(a)=ea−2>e−2>0，
∴g(a)在(1,+∞)上单调递增，
∴g(a)>g(1)=e−2>0，即f′(a)>0，
又f′(0)<0，∴∃x0∈(0,a)，使得f′(x0)=0，
当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，则f(x)在(0,x0)上单调递减，此时f(x)
【解析】(1)根据导数几何意义可求得切线斜率f′(0)，结合f(0)=0可求得切线方程；
(2)求导后，设h(x)=f′(x)；令u(x)=ex−1−x(x≥0)，利用导数可求得u(x)单调性，得到u(x)≥0，采用放缩法可确定h′(x)≥0，知f′(x)在[0,+∞)上单调递增；当a≤1时，由f′(x)≥0恒成立可确定f(x)≥f(0)=0，满足题意；当a>1时，令g(a)=ea−2a(a>1)，利用导数可说明g(a)>0，得到f′(a)>0，结合零点存在定理可说明∃x0∈(0,a)，使得f′(x0)=0，由此可说明当x∈(0,x0)时，f(x)<0，不合题意；综合两种情况可得结论．
本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当a≤1时，f(x)单调递增；当a>1时，结合零点存在定理说明存在f(x)<0的区间，由此可得参数范围．
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