2023年山西省高考数学考前适应性试卷（含答案解析）

这是一份2023年山西省高考数学考前适应性试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 2222除以5的余数是， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. {−2,−1,0,1,2}B. {−2,−1}
C. {x|−2≤x≤2,x≥3}D. {x|−2≤x≤−1}
2. 若复数z满足z+z−=2，|1z|= 22，则z=( )
A. 1±iB. 1± 3iC. 1+iD. 1+ 3i
3. 设向量a，b的夹角为60∘，且|a|=2，|b|=4，则|a−b|=( )
A. 3 2B. 4C. 2 3D. 2
4. 十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”D(x)=1,x∈Q0,x∈∁RQ它在现代数学的发展过程中有着重要意义，若函数f(x)=x2−D(x)，则下列实数不属于函数f(x)值域的是( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
5. 2222除以5的余数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6. 已知函数f(x)= 3sinωx−csωx(ω>0)，集合{x∈(0,π)|f(x)=1}中恰有3个元素，则实数ω的取值范围是( )
A. (32,3]B. [32,3]C. [73,3]D. (73,3]
7. 一圆锥的高为4，该圆锥体积与其内切球体积之比为2：1，则其内切球的半径是( )
A. 22B. 1C. 2D. 3
8. 已知函数f(x)=lnx，g(x)=xa(x>0,a≠0)，若存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线，则实数a的取值范围是( )
A. (0,1e]∪(1,+∞)B. [1e,+∞)C. [1e,1)∪(1,+∞)D. (1,+∞)
9. 下列结论正确的是( )
A. f(x)=esin|x|+e|sinx|是偶函数
B. 若命题“∃x∈R，x2+2ax+1<0”是假命题，则−1≤a≤1
C. 设x，y∈R，则“x≥1，且y≥1”是“x2+y2≥2”的必要不充分条件
D. ∃ab>0，1a−1b=1b−a
10. 树人中学2006班某科研小组，持续跟踪调查了他们班全体同学一学期中16周锻炼身体的时长，经过整理得到男生、女生各周锻炼身体的平均时长(单位：h)的数据如下：
男生：6.3、7.4、7.6、8.1、8.2、8.2、8.5、8.6、8.6、8.6、8.6、9.0、9.2、9.3、9.8、10.1；
女生：5.1、5.6、6.0、6.3、6.5、6.8、7.2、7.3、7.5、7.7、8.1、8.2、8.4、8.6、9.2、9.4.
以下判断中正确的是( )
A. 女生每周锻炼身体的平均时长的平均值等于8
B. 男生每周锻炼身体的平均时长的80%分位数是9.2
C. 男生每周锻炼身体的平均时长大于9h的概率的估计值为0.3125
D. 与男生相比，女生每周锻炼身体的平均时长波动性比较大
11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，1 Sn− Sn= an，下列结论正确的是( )
A. Sn=12−Sn−1(n≥2)B. {1Sn−1}为等差数列
C. S12S32⋯S2n−12≥14nD. an=nn+1
12. 如图，双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过右焦点F2且斜率为 3的直线l交双曲线C的右支于A、B两点，且AF2=7F2B，则( )
A. 双曲线C的离心率为73
B. △AF1F2与△BF1F2面积之比为7：1
C. △AF1F2与△BF1F2周长之比为7：2
D. △AF1F2与△BF1F2内切圆半径之比为3：1
13. 一个袋子里装有4个红球3个白球3个蓝球，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第一次摸到红球的概率是______ ，第一次没有摸到红球且第二次摸到红球的概率是______ .
14. P(x,y)为圆C：(x−2)2+(y−1)2=5上任意一点，且点P到直线l1：2x−y+4=0和l2：2x−y+m=0的距离之和与点P的位置无关，则m的取值范围是______ .
15. 如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=2AA1=2，AB=AC= 3，P为线段A1B上的一个动点，则PA+PC的最小值是______ .
16. 已知函数f(x)，g(x)定义域均为R，且f(x+1)=−12f(x)+ 32g(x)，g(x+1)=−12g(x)− 32f(x)，f(x)=f(5−x)，g(365)=− 3，则k=12023f(k)=______ .
17. 已知数列{an}是正项等比数列，且a4−a1=7，a2a3=8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列{bn}的前n项和Sn.
①bn=(2n−1)an；②bn=1(2n+1)lg2a2n.
18. 如图，四边形ABCD中，AB=2AD=4，BD=BC，∠DBC=π2，∠DAB=θ，sinθ+csθ= 74.
(1)求△ABD的面积；
(2)求线段AC的长度.
19. 某农科所对冬季大棚内的昼夜温差与某反季节大豆新品种发芽率之间的关系进行分析研究，记录了2023年1月1日至1月12日大棚内的昼夜温差与每天每100颗种子的发芽数，得到如下资料：
已知发芽数y与温差x之间线性相关，该农科所确定的研究方案是：先从这12组数据中选取2组，用剩下的10组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验.
(1)求选取的2组数据恰好是相邻2天的数据的概率；
(2)若选取的是1日与6日的两组数据，试根据除这两日之外的其他数据，求出y关于x的线性回归方程y =b x+a ；(精确到1)
(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选取的检验数据的误差均不超过2颗，则认为求得的线性回归方程是可靠的，试问：(2)中所得的线性回归方程是否可靠.
参考公式：回归方程y =b x+a 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.
20. 如图①，在矩形ABCD中，AD=2AB=2 2，E为AD的中点，如图②，沿BE将△ABE折起，点P在线段AD上.
(1)若AP=2PD，求证：AB//平面PEC；
(2)若平面ABE⊥平面BCDE，是否存在点P，使得平面AEC与平面PEC的夹角为90∘？若存在，求此时三棱锥C−APE的体积；若不存在，说明理由.
21. 已知函数f(x)=−(lnx)22+x+lnx−1，g(x)=(x−1)ex−ax22+a2，a<1.
(1)判断f(x)的单调性；
(2)若g(x)有唯一零点，求a的取值范围.
22. 已知椭圆C：x24+y2b2=1(0(1)若|AM|≥1，求b的取值范围；
(2)若b=1，记直线EM，EN，EP的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在k1，k2，k3的某种排列ki1，ki2，ki3(其中{i1,i2,i3}={1,2,3}，使得ki1，ki2，ki3成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由(x−1)2≥4可得x2−2x−3≥0解得x≤−1或x≥3，
所以A={x|x≤−1或x≥3}，
又因为B={−2,−1,0,1,2}，
所以A∩B={−2,−1}.
故选：B.
根据一元二次不等式的解法求得集合A，再根据交集定义求解．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：设z=a+bi，a，b∈R，
由z+z−=2可得a+bi+a−bi=2，
∴a=1，
由|1z|= 22得|z|= 2，即1+b2=2，故b=±1，
故z=1±i.
故选：A.
设z=a+bi，a，b∈R，根据题意z+z−=2可求得出a，根据|1z|= 22求得b，即得答案．
本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a⋅b=|a||b|cs60∘=2×4×cs60∘=4，
所以|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=4−2×4+16=12，
所以|a−b|=2 3.
故选：C.
先根据题意求出向量的数量积a⋅b，再计算向量模的平方，最后得出结果．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知f(x)=x2−D(x)=x2−1,x∈Qx2,x∉Q，
所以f(1)=12−1=0，f( 2)=( 2)2=2，f( 3)=( 3)2=3，而f(x)=1无解．
故选：C.
根据已知条件求出f(x)，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解．
本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意可知，2222=(485−1)11=C110×48511+C111×48510×(−1)+C112×4859×(−1)2+⋯+C1110×4851×(−1)10+C1111×(−1)11，
由此可知2222除以5的余数，即为C1111×(−1)11=−1除以5的余数，
故所求余数为4.
故选：D.
利用二项式定理即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵f(x)= 3sinωx−csωx(ω>0)，
∴f(x)=2sin(ωx−π6)，
又集合A={x∈(0,π)|f(x)=1}含有3个元素，
∴方程f(x)=1，在(0,π)上只有三解，
∴2sin(ωx−π6)=1，在(0,π)上只有三解，
∴ωx−π6=π6+2kπ或ωx−π6=5π6+2kπ,k∈Z，
∴x=π3ω+2kπω或x=πω+2kπω,k∈Z，
又2sin(ωx−π6)=1，在(0,π)上只有三解，
∴x=πω、π3ω、7π3ω，其他值均不在(0,π)内，
∴0<πω<π0<π3ω<π0<7π3ω<π3πω≥π，解得73<ω≤3，
故选：D.
利用三角变换将函数f(x)= 3sinωx−csωx转化为f(x)=2sin(ωx−π6).集合A={x∈(0,π)|f(x)=1}只含有3个元素，表示f(x)=1时在(0,π)上只有三解，求出2sin(ωx−π6)=1的根，从而得出ω的范围．
本题考查三角方程的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设圆锥体积为V1，底面半径为R，其内切球体积为V2，半径为r，
由题意可得V1V2=13πR2×443πr3=21，则R2=2r3①，
又△POD∽△PBC可得ODBC=POPB，即rR=4−r 16+R2，
两边平方得r2R2=(4−r)216+R2②，
将①代人②化简整理得r2−2r+1=0，
则r=1.
故选：B.
根据圆锥体积与其内切球体积之比求得圆锥底面半径与内切球半径的关系，结合轴截面中三角形的相似，列出比例式，即可求得答案．
本题主要考查球的体积，圆锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设直线l为曲线f(x)=lnx在点(x1,f(x1))处的切线，
∵f′(x1)=1x1，∴l:y−lnx1=1x1(x−x1)，即l:y=1x1x+lnx1−1，
设直线l为曲线g(x)=xa(x>0,a≠0)在点(x2,g(x2))处的切线，
∵g′(a)=axa−1，∴l:y−x2a=ax2a−1(x−x2a)，即l:y=ax2a−1x+(1−a)x2a，
由题意知1x1=ax2a−1lnx1−1=(1−a)x2a，又x1>0，x2>0，
∴由1x1=ax2a−1，可得lnx1=−lna−(a−1)lnx2，将其代入lnx1−1=(1−a)x2a可得：
−lna−(a−1)lnx2−1=(1−a)x2a，显然a≠1，
∴lnx2−x2a=1+lna1−a，
设h(x)=lnx−xa(a>0且a≠1)，∴h′(x)=1x−axa−1=1−axax，
∴x∈(0,(1a)1a)时，h′(x)>0；当x∈((1a)1a,+∞)时，h′(x)<0，
∴函数h(x)在(0,(1a)1a)上单调递增，在((1a)1a,+∞)上单调递减，
∴h(x)max=h((1a)1a)=−1+lnaa，∴h(x2)≤h(x)max，
∴1+lna1−a≤−1+lnaa，化简得1+lnaa(1−a)≤0，
解得a∈(0,1e]∪(1,+∞),
故选：A.
分别设出直线l与两曲线的切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，根据题意得到lnx2−x2a=1+lna1−a，记h(x)=lnx−xa(a>0且a≠1)，利用导数与函数的单调性即可求解．
本题考查两曲线的公切线问题，导数的几何意义的应用，方程思想，利用导数研究函数的单调性，不等式思想，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，函数f(x)=esin|x|+e|sinx|的定义域为R，且f(−x)=esin|−x|+e|sin−x|=esin|x|+e|sinx|=f(x)，所以函数为偶函数，故选项A正确；
对于B，若命题“∃x∈R，x2+2ax+1<0”是假命题，则x2+2ax+1≥0恒成立，
所以Δ=(2a)2−4≤0，解得−1≤a≤1，故选项B正确；
对于C，若x≥1，且y≥1，则x2+y2≥2成立，反之不一定成立，例如：x=−2，y=−3满足x2+y2≥2，但是x<0，y<0，故“x≥1，且y≥1”是“x2+y2≥2”充分不必要条件，故选C错误；
对于D，若1a−1b=1b−a，则a2−3ab+b2=0，当ba=3± 52时方程有解，所以∃ab>0，1a−1b=1b−a，故选项 D正确；
故选：ABD.
根据函数奇偶性的定义即可判断选项A；根据特称命题的的真假判断选项B；根据必要不充分条件的判断即可判断选项C；根据等式的性质判断选项D.
本题以命题的真假判断为载体，主要考查了函数奇偶性的判断，含有量词的命题真假关系的应用，充分必要条件的判断，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A选项，由平均数公式可知，
女生每周锻炼身体的平均时长的平均值等于5.1+5.6+6+6.3+6.5+6.8+7.2+7.3+7.5+7.7+8.1+8.2+8.4+8.6+9.2+9.416=7.36875(h)，A错；
对于B选项，因为16×0.8=12.8，
因此，男生每周锻炼身体的平均时长的80%分位数是9.2h，B对；
对于C选项，男生每周锻炼身体的平均时长大于9h的有4周，
所求概率为416=0.25，C错；
对于D选项，男生每周锻炼身体的平均时长分布在区间(8,9)内共有8个，女生有4个，
男生每周锻炼身体的平均时长分布在区间(7,10)内的共14个，女生为10个，
男生每周锻炼身体的平均时长的极差为10.1−6.3=3.8，女生为9.4−5.1=4.3，
据此可知与男生相比，女生每周锻炼身体的平均时长波动性比较大，
所以，与男生相比，女生每周锻炼身体的平均时长波动性比较大，D对．
故选：BD.
根据平均数公式可判断A选项；利用百分位数的定义可判断B选项；利用频率估计概率可判断C选项；利用极差与男生、女生锻炼的平均时长的分布可判断D选项．
本题主要考查了平均数、极差的计算，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：当n=1时,1 a1− a1= a1，∴a1=12，
当n≥2时，1 Sn− Sn= Sn−Sn−1，
平方可得1Sn+Sn−2=Sn−Sn−1，
∴1Sn=2−Sn−1，∴Sn=12−Sn−1(n≥2)，∴选项A正确；
则n≥2时，Sn−1=12−Sn−1−1=Sn−1−12−Sn−1，
∴1Sn−1=2−Sn−1Sn−1−1=1Sn−1−1−1，
∴1Sn−1−1Sn−1−1=−1，
∴{1Sn−1}是以首项为1S1−1=−2，公差为−1的等差数列，∴选项B正确；
∴1Sn−1=−2+(n−1)×(−1)=−(n+1)，∴Sn=nn+1,n∈N*，
∴an=(1 Sn− Sn)2=( n+1n− nn+1)2=1n(n+1)，∴选项D错误；
设f(n)=4nS12S32⋅⋅⋅S2n−12，
∵f(n+1)f(n)=n+1nS2n+12=n+1n(2n+12n+2)2=(2n+1)24n(n+1)=1+14n(n+1)>1，
∴f(n+1)>f(n)，∴f(n)为递增数列，
∴f(n)≥f(1)=4a12=1，即S12S32⋯S2n−12≥14n，∴选项C正确，
故选：ABC.
根据数列递推式，令n=1，求得a1=12，于是当n≥2时，可得1 Sn− Sn= Sn−Sn−1，平方后即可判断A；结合以上分析可推出1Sn−1−1Sn−1−1=−1，判断B；由此可求得Sn=nn+1，继而求得an=1n(n+1)，判断D；设f(n)=4nS12S32⋅⋅⋅S2n−12，判断其单调性，可推出f(n)≥f(1)，结合a1=12，即可判断C.
本题考查数列的递推式的应用，等差数列的定义与通项公式的应用，数列的单调性的应用，属中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对A选项，设|F2B|=m，|AF2|=7m(m>0)，
由双曲线的定义可得：
|AF1|=|AF2|+2a=7m+2a，|F1B|=|F2B|+2a=m+2a，
在△AF1F2中，由余弦定理可得：
(7m+2a)2=(7m)2+(2c)2−2⋅7m⋅2c⋅cs120∘，
∴2a2+14am−2c2−7cm=0，∴2a2−2c2=7cm−14am，
在△BF1F2中，由余弦定理可得：
(m+2a)2=m2+(2c)2−2⋅m⋅2c⋅cs60∘，
∴2a2+2am−2c2+cm=0，所以2a2−2c2=−cm−2am，
∴7cm−14am=−cm−2am，整理可得ca=32，
∴该双曲线的离心率为e=32，∴A错误；
对于B选项，∵S△AF1F2S△BF1F2=|AF2||BF2|=7，∴B正确；
对于C选项，∵c=32a，将其代入2a2+2am−2c2+cm=0可得：
m=2c2−2a22a+c=57a，∴|AF2|=7m=5a，|AF1|=5a+2a=7a，
∴△AF1F2的周长为|AF1|+|AF2|+|F1F2|=7a+5a+2c=15a，
又|BF2|=m=57a，|BF1|=5a7+2a=19a7，
∴△BF1F2的周长为|BF1|+|BF2|+|F1F2|=19a7+5a7+2c=45a7，
∴△AF1F2和△BF1F2的周长之比为15a:45a7=73，∴C错误；
对于D选项，设△AF1F2和△BF1F2的内切圆半径分别为r1、r2，
则S△AF1F2S△BF1F2=12×15a×r112×45a7×r2=7，∴r1r2=3，∴D正确．
故选：BD.
设|F2B|=m，则|AF2|=7m，则|AF1|=7m+2a，|F1B|=m+2a，在△AF1F2和△BF1F2中由余弦定理可得ca=32，即可得离心率可判断A；将c=32a代入可得m=57a，进而可得△AF1F2与△BF1F2周长可判断C；由|AF2|=7|F2B|可得△AF1F2与△BF1F2面积之比可判断C；由三角形的面积等于12乘以三角形的周长再乘半径结合周长之比可得内切圆的半径之比，可判断D，进而可得正确选项．
本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，方程思想，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】0.4415
【解析】解：设Hi表示“第i次摸到红球”，Bi表示“第i次摸到白球”，Li表示“第i次摸到蓝球”，i=1，2，
则第一次摸到红球的概率为P(H1)=44+3+3=0.4；
第一次没有摸到红球第二次摸到红球包括第一次摸到白球第二次摸到红球，和第一次摸到蓝球第二次摸到红球，
所以所求概率为 P(H2|H−1)=P(B1)P(H2|B1)+P(L1)P(H2|L1)=310×49×2=415.
故答案为：0.4;415.
第一空，根据古典概型的概率公式即可求得答案；第二空，根据全概率公式结合条件概率的计算即可求得答案．
本题主要考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题．
14.【答案】(−∞,−8]
【解析】解：由图可知当圆C位于两直线l1与l2之间时，
点P到两直线l1和l2的距离之和即为l1与l2两平行直线间的距离，
即点P到直线l1和l2的距离之和与点P的位置无关，
当直线l2与圆相切时，|4−1+m| 5= 5，解得m=−8或m=2(舍去)，所以m≤−8，
即m的取值范围是(−∞,−8].
故答案为：(−∞,−8].
作出图形，结合图形可知当圆C位于直线l1与l2之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】 7
【解析】解：将图1中的△AA1B和△A1BC放置于同一平面内，如图2所示，
则PA+PC≥AC，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=2AA1=2，AB=AC= 3，
∴Rt△A1AB中，∠ABA1=30∘，A1B=2，
同理可得在△A1AC中，A1C=2，∴∠A1BC=60∘，
∴在图2中，∠ABC=∠ABA1+∠A1BC=90∘，
∴AC2=AB2+BC2=7，∴AC= 7，
∴PA+PC的最小值是 7.
故答案为： 7.
根据已知条件及直棱柱的性质，结合直角三角形的性质及勾股定理即可求解．
本题考查化空间为平面的转化思想，勾股定理的应用，属基础题．
16.【答案】2
【解析】解：由f(x+1)=−12f(x)+ 32g(x)，得g(x)=2 33f(x+1)+ 33f(x)①，
所以g(x+1)=2 33f(x+2)+ 33f(x+1)②.
将①②代入g(x+1)=−12g(x)− 32f(x)，并整理得f(x+2)=−f(x+1)−f(x)，
所以f(x+3)=−f(x+2)−f(x+1)=f(x)，
所以f(x)是以3为周期的周期函数．
由①可知，g(x)也是以3为周期的周期函数，
所以g(2)=g(365)=− 3.
由①得2 33f(3)+ 33f(2)=g(2)=− 3，
又因为f(x)=f(5−x)，
所以f(3)=f(5−3)=f(2)，解得f(3)=f(2)=−1，
所以f(1)=f(4)=−f(3)−f(2)=2.
所以k=12023f(k)=674(f(1)+f(2)+f(3))+f(1)=674×[2+(−1)+(−1)]+2=2.
故答案为：2.
根据已知条件及函数值的定义，结合函数的周期性即可求解．
本题主要考查抽象函数的及其应用，函数的求值，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】(1)解：由等比数列的性质可得a1a4=a2a3=8，
由题意可得a4−a1=7a1a4=8a1>0a4>0，
解得a1=1a4=8，
所以等比数列{an}的公比为q=3a4a1=2，
所以an=a1qn−1=2n−1；
(2)解：若选①，bn=(2n−1)an=(2n−1)⋅2n−1.
所以，Sn=1⋅20+3⋅21+5⋅22+⋯+(2n−1)⋅2n−1，①
则2Sn=1⋅21+3⋅22+⋯+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n，②
①-②得−Sn=1+2(21+22+⋯+2n−1)−(2n−1)⋅2n=1+22(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n=1+2n+1−4−(2n−1)⋅2n=(3−2n)⋅2n−3，
因此，Sn=(2n−3)⋅2n+3，
若选②，bn=1(2n+1)lg2a2n=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
所以，Sn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1.
【解析】(1)根据等比数列的性质可得出关于a1、a4的方程组，解出这两个量的值，可求得数列{an}的公比，进而可求得数列{an}的通项公式；
(2)选①，利用错位相减法可求得Sn；选②，利用裂项相消法求得Sn.
本题主要考查了等比数列的通项公式，数列的错位相减求和及裂项求和方法的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为sinθ+csθ= 74①，
所以(sinθ+csθ)2=716，即2sinθcsθ=−916<0.
因为θ为△ABD的内角，
所以sinθ>0，csθ<0.
又(sinθ−csθ)2=1−2sinθcsθ=2516，
所以sinθ−csθ=54②，
联立①②，得sinθ= 7+58，csθ= 7−58，
所以△ABD的面积为S△ABD=12AB⋅AD⋅sinθ=12×4×2× 7+58= 7+52；
(2)由(1)知csθ= 7−58，sinθ= 7+58，
由余弦定理，得BC2=BD2=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅csθ=22+42−2×4×2× 7−58=30−2 7.
设∠ABD=α，由正弦定理，得ADsinα=BDsinθ，即sinα=2sinθBD，
所以cs∠ABC=cs(π2+α)=−sinα=−2sinθBD.
△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=16+(30−2 7)−2×4×BD×(−2sinθBD)=46−2 7+16sinθ=46−2 7+16× 7+58=56，
所以AC=2 14.
【解析】(1)根据已知条件及同角三角函数的平方关系，利用三角形的内角的范围及三角形的面积公式即可求解；
(2)根据(1)的结论及余弦定理，利用正弦定理及三角函数的诱导公式即可求解．
本题主要考查了同角平方关系，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)从12组数据中任选2组，选法数为C122，选取的2组数据恰好是相邻的2天，选法数为11，
所以所求概率为P=11C122=1166=16；
(2)设剩下的10组数据分别为(u1,v1)，(u2,v2)，⋯，(u10,v10)，i=110uivi=i=112xiyi−10×21−10×22=2965−430=2535，
所以u−=110(i=112xi−20)=10.8,v−=110(i=112yi−43)=22.7，10u−v−=10×10.8×22.7=2451.6，i=110ui2=i=112xi2−2×102=1394−200=1194，10u−2=10×10.82=1166.4，
所以b =i=110uivi−10u−v−i=110ui2−nu−2=2535−2451.61194−1166.4≈3.0，
所以a =v−−b u−=22.7−3×10.8=−9.7≈−10，
所以所求回归方程为y =3x−10；
(3)当x=10时，y =3×10−10=20，
因为21−20=1<2，22−20=2，
所以根据所给的研究方案，可以判断(2)中所得的线性回归方程是可靠的．
【解析】(1)利用组合及组合数公式，结合古典概型的概率的计算公式即可求解；
(2)根据已知条件及参考数据，求出b ,a ，进而即可求出回归方程；
(3)利用(2)的回归方程求出x=10时的预报值，结合已知条件即可求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了求线性回归方程，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：连接BD与CE交于点Q，连接PQ，如图所示：
由题意可得DE//BC,DE=12BC，
所以DQBQ=DEBC=12.
又因为AP=2PD，
所以DPPA=DQBQ=12，
所以AB//PQ.
因为PQ⊂平面PEC，AB⊄平面PEC，
所以AB//平面PEC.
(2)解：由(1)知，当AP=2PD时，PQ//AB.
因为AB⊥AE，所以AE⊥PQ.
取BE的中点为O，连接AO，如图所示：
由已知得，在矩形ABCD中，E为AD的中点，AB=AE，O是BE的中点，
所以AO⊥BE，
因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AO⊂平面ABE，
所以AO⊥平面BCDE.
由已知得，在矩形ABCD中，O是BE的中点，
所以BE= AB2+AE2=2，
所以AO=12BE=1.
由已知得，在矩形ABCD中，E为AD的中点，AB=AE=12AD，
所以DE=DC=12AD，
所以∠AEB=∠DEC=45∘，
所以∠BEC=90∘，即CE⊥BE.
因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，CE⊂平面BCDE，
所以CE⊥平面ABE.
因为AE⊂平面ABE，
所以CE⊥AE.
又因为CE∩PQ=Q，CE⊂平面PEC，PQ⊂平面PEC，
所以AE⊥平面PEC.
因为AE⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面PEC，即当AP=2PD时，平面AEC与平面PEC的夹角为90∘，
此时VC−APE=23VC−ADE=23VA−CDE=23×(13×S△CDE×OA)=29×12× 2× 2×1=29.
【解析】(1)根据已知条件及平行线分线段成比例定理，结合线面平行的判定定理即可求解；
(2)根据(1)的结论及矩形的性质，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，再利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解．
本题主要考查线面平行的证明，平面与平面所成角的求法，棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)定义域为(0,+∞)f′(x)=−lnxx+1+1x=x−lnx+1x，
记h(x)=x−lnx+1,h′(x)=1−1x=x−1x，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=2>0，
∴f′(x)>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)g(x)定义域为R，g′(x)=xex−ax=x(ex−a)，
①当a=0时，g(x)=(x−1)ex有唯一零点x=1，符合题意；
②当a<0时，ex−a>0，当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0，g(x)在(−∞,0)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)单调递增，
故g(x)min=g(0)=a2−1，
若a<−1，则g(x)>g(0)>0，g(x)无零点，不符题意；
若a=−1，g(x)有唯一零点x=0，符合题意；
若−10，x<−1时，(x−1)ex>x−1>2x，a2>0，∴g(x)>2x−ax22=x2(4−ax)，∴g(4a)>0，
故g(x)在(0,1),(4a,0)内各有一个零点，函数有两个零点，不符题意；
③当0当x∈(−∞,lna)∪(0,+∞)时，g′(x)>0，
则g(x)在(−∞,lna)，(0,+∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，
又g(lna)=a(lna−1)−a(lna)22+a2=af(a)1时，
令m(x)=ex−x2，
∴m′(x)=ex−2x，
令n(x)=ex−2x，
∴n′(x)=ex−2>0，
即m′(x)=ex−2x在(1,+∞)单调递增，故m′(x)>m(1)=e−2>0，
故m(x)=ex−x2在(1,+∞)单调递增，则m(x)>m(1)=e−1>0，
所以ex>x2，故g(x)>(x−1)x2−ax22=x2(x−1−a2)，则g(a2+1)>0，
故g(x)此时在(lna,a2+1)上有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为{−1}∪[0,1).
【解析】(1)求出函数f(x)的导数，判断其正负，即可确定函数单调性．
(2)求出函数g(x)的导数g′(x)=x(ex−a)，对a分类讨论，判断函数单调性，结合函数最值以及零点存在定理判断函数零点个数，综合即可求得答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点，考查分类讨论思想以及运算求解能力，解答本题第二问根据零点的个数求参数的范围时，综合性较强，计算量大，求出函数的导数后，对a分类讨论，判断函数的单调性，结合导数知识以及零点存在定理，判断零点个数，即可解决问题．
22.【答案】解：(1)设点M(x1,y1)，其中x124+y12b2=1,−2≤x1≤2且x1≠1，
则|AM|= (x1−1)2+y12= (x1−1)2+b2(1−x124)= (1−b24)x12−2x1+b2+1，
由|AM|≥1，得(1−b24)x12−2x1+b2=(x1−2)[(1−b24)x1−b22]≥0，
∵x1≤2，00，∴(1−b24)x1−b22≤0，∴x1≤2b24−b2，
只需2≤2b24−b2，又0所以b的取值范围是[ 2,2).
(2)k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列，证明如下：
若b=1，则C:x24+y2=1，设点E(1,t)，t≠0.
①若直线l斜率为0，则点P(4,0)，不妨令点M(2,0)，N(−2,0)，
则k1=t,k2=t3,k3=−t3，此时k1，k2，k3的任意排列ki1，ki2，ki3均不成等比数列，k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
②直线l斜率不为0，设直线l：x=my+1(m≠0)，M(x1,y1)N(x2,y2)，
则点P(4,3m)，
由x=my+1x24+y2=1得(m2+4)y2+2my−3=0，Δ=16(m2+3)>0，
故y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4，
因为k1=y1−tx1−1,k2=y2−tx2−1,k3=3m−t3=3−mt3m，
所以k1+k2=y1−tx1−1+y2−tx2−1=y1−tmy1+y2−tmy2=y2(y1−t)+y1(y2−t)my1y2=2y1y2−t(y1+y2)my1y2=−6m2+4+2mtm2+4−3mm2+4=6−2mt3m=2k3，
所以k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列，
综合上述，k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
【解析】(1)设点M(x1,y1)，表示出|AM|，结合|AM|≥1可得x1≤2b24−b2，结合−2≤x1≤2可得不等式，即可求得答案；
(2)判断出结论，加以证明；考虑直线l的斜率为0和不为0两种情况；当直线l斜率不为0时，设直线l：x=my+1(m≠0)，M(x1,y1)N(x2,y2)，联立方程，可得根与系数的关系，利用k1+k2=y1−tx1−1+y2−tx2−1结合根与系数关系式化简，即可证明结论．
本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
日期
1日
2日
3日
4日
5日
6日
7日
8日
9日
10日
11日
12日
温差x/℃
10
11
13
12
8
10
9
11
13
10
12
9
发芽数y/颗
21
24
28
28
15
22
17
22
30
18
27
18
i=112xi=128；i=112yi=270；i=112xiyi=2965；i=112xi2=1394