2023年浙江省金丽衢十二校、七彩阳光高考数学联考试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2023年浙江省金丽衢十二校、七彩阳光高考数学联考试卷（3月份）（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 若z=2i3，则z⋅z−=， 7的展开式中常数项为， 在平面直角坐标系上，圆C， 设a=1等内容，欢迎下载使用。

2023年浙江省金丽衢十二校、七彩阳光高考数学联考试卷（3月份）
1. 若集合A={x|1x>1},B={x| x≥12}，则A∩B=(    )
A. {x|14≤x<1} B. {x| 22≤x<1} C. {x|x<1} D. ⌀
2. 若(1−2i)z=2i3，则z⋅z−=(    )
A. 2 55 B. 45 C. 1225 D. 1625
3. (1x+x)(2x−1 x)7的展开式中常数项为(    )
A. 280 B. −280 C. 160 D. −160
4. “省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根23cm长的尺子，要能够量出长度为1cm到23cm且边长为整数的物体，至少需要6个刻度(尺子头尾不用刻).现有一根8cm的尺子，要能够量出长度为1cm到8cm且边长为整数的物体，尺子上至少需要有个刻度.(    )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 班级举行知识竞猜闯关活动，设置了A，B，C三个问题.答题者可自行决定答三题顺序.甲有60%的可能答对问题A，80%的可能答对问题B，50%的可能答对问题C.记答题者连续答对两题的概率为p，要使得p最大，他应该先回答(    )
A. 问题A B. 问题B
C. 问题A，B和C都可以 D. 问题C
6. 在平面直角坐标系上，圆C：x2+(y−1)2=1，直线y=a(x+1)与圆C交于A，B两点，a∈(0,1)，则当△ABC的面积最大时，a=(    )
A. 22 B. 3−1 C. 2− 3 D. 12
7. 设a=1.1，b=e0.1，c=109，则(    )
A. a>b>c B. b>c>a C. b>a>c D. c>b>a
8. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B、D，平面β经过点A、D1，当平面α、β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α、β所成的锐二面角大小为(    )
A. 30∘ B. 45∘ C. 60∘ D. 75∘
9. 在平面直角坐标系中，已知点O(0,0),OA=(1,2),OB=(3,1)，则(    )
A. |AB|= 5
B. △AOB是直角三角形
C. OA在OB方向上的投影向量的坐标为(1,13)
D. 与OB垂直的单位向量的坐标为(− 1010,3 1010)或( 1010,−3 1010)
10. 已知函数f(x)=xsinx+cosx,x∈(0,π)，则(    )
A. f(x)有一个零点
B. f(x)在(0,π2)上单调递减
C. f(x)有两个极值点
D. 若f(x1)=f(x2)=a，则x1+x2<π
11. 设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，E(0,b)，A(m,n)为椭圆E上一点，m≠0，点B，A关于x轴对称，直线EA，EB分别与x轴交于M，N两点，则(    )
A. |AE|的最大值为 a2+b2
B. 直线EA，EB的斜率乘积为定值
C. 若y轴上存在点P，使得∠MPO=∠PNO，则P的坐标为(0,a)或(0,−a)
D. 直线AN过定点
12. 已知x>0，y>0，且x3+y3=x−y，则(    )
A. x+y≥ 2 33−1 B. x+y≤ 2 33
C. x2+y2<1 D. x2+y2>12
13. 已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2)，若P(X>a)=P(X 14. 写出一个满足下列条件的正弦型函数，f(x)=______ .
①最小正周期为π；
②f(x)在[0,π4]上单调递增；
③∀x∈R，|f(x)|≤2成立.
15. 将两个形状完全相同的正三棱锥底面重合得到一个六面体，若六面体存在外接球，且正三棱锥的体积为1，则六面体外接球的体积为______ .
16. 已知椭圆E:x24+y2=1，椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点A(m,n)为椭圆上一点且m>0，n>0，过A作椭圆E的切线l，并分别交x=2、x=−2于C、D点.连接CF1、DF2，CF1与DF2交于点E，并连接AE.若直线l，AE的斜率之和为32，则点A坐标为______ .
17. 已知数列{an}是以d为公差的等差数列，d≠0，Sn为{an}的前n项和.
(1)若S6−S3=6，a3=1，求数列{an}的通项公式；
(2)若{an}中的部分项组成的数列{amn}是以a1为首项，4为公比的等比数列，且a2=4a1，求数列{mn}的前n项和Tn.
18. 已知△ABC中角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知(1−sinC)(1−cos2B)=sin2BcosC，a=2c=2.
(1)证明：C=2B−π2；
(2)求△ABC的面积.
19. 如图，四面体ABCD中，∠BAD=∠BAC=∠CAD=90∘，AC=AD，AB与面BCD的所成角为45∘.
(1)若四面体ABCD的体积为2 23，求AC的长；
(2)设点M在面BCD中，∠ABM=45∘，∠ACM=30∘，过M作CD的平行线，分别交BC、BD于点H、F，求面AFH与面ACD所成夹角的余弦值.

20. 大坝是一座具有灌溉、防洪、发电、航运、养殖和游览等综合效益的大型水利枢纽工程.为预测渗压值和控制库水位，工程师在水库选取一支编号为BS3的渗压计，随机收集10个该渗压计管内水位和水库水位监测数据：
样本号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
水库水位xi/m
75.69
75.74
75.77
75.78
75.81
75.85
75.67
75.87
75.9
75.93
758.01
BS3渗压计管内水位yi/m
72.88
72.90
72.92
72.92
72.93
72.94
72.94
72.95
72.96
72.98
729.32
并计算得i=110xi2=57457.98，i=110yi2=53190.77，i=110xiyi=55283.20.
(1)估计该水库中BS3号渗压计管内平均水位与水库的平均水位；
(2)求该水库BS3号渗压计管内水位与水库水位的样本相关系数(精确到0.01)；
(3)某天雨后工程师测量了水库水位，并得到水库的水位为76m.利用以上数据给出此时BS3号渗压计管内水位的估计值.
附：相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2， 240.6≈15.51，b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，y−=b x−+a .
21. 设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为( 5,0)，右焦点到双曲线的渐近线的距离为1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A(−2,1)，B(2,1)，点C在线段AB上(不含端点)，过点C分别作双曲线两支的切线，切点分别为P，Q.连接PQ，并过PQ的中点F分别作双曲线两支的切线，切点分别为D，E，求△DEF面积的最小值.
22. 已知f(x)=aex−ae−x−2x.
(1)当a=1时，求f(x)单调区间；
(2)当x>0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围；
(3)设m>n，m，n∈N*，证明：lnmn−k=n+1m1k 答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：因为1x>1，则0 因为 x≥12，则x≥14,B={x|x≥14}，
所以A∩B={x|14≤x<1}.
故选：A.
解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解作答．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：∵(1−2i)z=2i3，
∴z=2i31−2i=−2i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=4−2i5=45−25i，
∴z−=45+25i，
∴z⋅z−=(45)2+(25)2=45.
故选：B.
根据复数运算法则、共轭复数定义即可求得结果．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：(2x−1 x)7的展开式中通项为Tk+1=C7k(2x)7−k(−1 x)k=C7k27−k(−1)kx7−32k,k=0,1,2,⋯,7，
所以要使(1x+x)(2x−1 x)7展开式中出现常数项，需7−32k=1或−1，
当7−32k=1时，k=4，当7−32k=−1时，k=163(舍去)，
所以常数项为C7423(−1)4x⋅1x=280.
故选：A.
根据二项式(2x−1 x)7展开式的通项公式Tk+1=C7k27−k(−1)kx7−32k，结合两个二项式相乘的特点，求出k，即可求得答案．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：若有一根8cm的尺子，量出长度为1cm到8cm且为整数的物体，
则当尺子有4个刻度时满足条件，
设x为长度，a为刻度，b为刻度对应的数量，则有x∈[1,8]且x∈N*，x=b1a1+b2a2+b3a3+b4a4，其中b1，b2，b3，b4∈{0,1}，
当a1=2，a2=1，a3=4，a4=1时，a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，a2+a3+a4=6a1+a2+a3=7，a1+a2+a3+a4=8，

下证，当尺子有3个刻度时不能量出1cm∼8cm的物体长度，
设x∈[1,8]且x∈N*，x=b1a1+b2a2+b3a3，其中b1，b2，b3∈{0,1}，
所以当b1，b2，b3中有1个0，x的取值至多有3个，
当b1，b2，b3中有2个0时，b1=b2=0或b2=b3=0，x的取值至多有2个，
当b1，b2，b3中没有0时，x的取值有1个，
所以x取值至多有6个，即当尺子有3个刻度时不能量出1cm∼8cm的物体长度．
故选：B.
将问题转化为组合抽样思维，设x为长度，a为刻度，b为刻度对应的数量，则当尺子有4个刻度时满足条件，x∈[1,8]x∈N*，x=b1a1+b2a2+b3a3+b4a4其中b1，b2，b3，b4∈{0,1}证明验证求解．
本题主要考查实际问题中的计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．

5.【答案】D 
【解析】解：①若先回答问题A，则答题顺序可能为A，B，C和A，C，B，
当答题顺序为A，B，C且连对两题时，p=0.6×0.8×(1−0.5)+(1−0.6)×0.8×0.5=0.4；
当答题顺序为A，C，B且连对两题时，p=0.6×0.5×(1−0.8)+(1−0.6)×0.5×0.8=0.22；
所以先回答问题A，连对两题的概率为0.4+0.22=0.62；
②若先回答问题B，则答题顺序可能为B，A，C和B，C，A，
当答题顺序为B，A，C且连对两题时，p=0.8×0.6×(1−0.5)+(1−0.8)×0.6×0.5=0.3；
当答题顺序为B，C，A且连对两题时，p=0.8×0.5×(1−0.6)+(1−0.8)×0.5×0.6=0.22；
所以先回答问题B，连对两题的概率为0.3+0.22=0.52；
③若先回答问题C，则答题顺序可能为C，A，B和C，B，A，
当答题顺序为C，A，B且连对两题时，p=0.5×0.6×(1−0.8)+(1−0.5)×0.6×0.8=0.3；
当答题顺序为C，B，A且连对两题时，p=0.5×0.8×(1−0.6)+(1−0.5)×0.8×0.6=0.4；
所以先回答问题C，连对两题的概率为0.3+0.4=0.7；
因为0.7>0.62>0.52，所以要使p最大，应先回答问题C.
故选：D.
根据独立事件概率乘法公式，分别计算先回答问题A，B，C且连对两题的概率，对比概率值的大小即可得到结果．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．

6.【答案】C 
【解析】解：由圆的方程知：圆心C(0,1)，半径r=1，
则圆心C到直线y=a(x+1)的距离d=|a−1| a2+1= (a−1)2a2+1= 1−2aa2+1= 1−2a+1a，
∵a∈(0,1)，∴a+1a>2，∴d∈(0,1)，
∵|AB|=2 r2−d2=2 1−d2，
∴S△ABC=12|AB|⋅d=d 1−d2= d2(1−d2)≤ (d2+1−d22)2=12(当且仅当d= 22时取等号)，
则当△ABC的面积最大时，|a−1| a2+1= 22，
又a∈(0,1)，解得：a=2− 3.
故选：C.
利用点到直线距离公式表示出圆心到直线距离d，并由a的范围确定d的范围；利用垂径定理表示出|AB|，由S△ABC=12|AB|⋅d= d2(1−d2)，根据基本不等式取等条件可构造方程求得结果．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了基本不等式的应用，属于中档题．

7.【答案】D 
【解析】解：∵a=1.1=1+0.1，
∴b−a=e0.1−0.1−1，
设f(x)=ex−x−1(00，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，
∴f(0.1)>f(0)=e0−0−1=0，
即b−a=e0.1−0.1−1>0，
∴b>a；
∵109=(910)−1=(1−0.1)−1，
∴c−b=(1−0.1)−1−e0.1=1−(1−0.1)e0.11−0.1=1−(1−0.1)e0.10.9，
设g(x)=(1−x)ex(0 ∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(0.1) 即1−(1−0.1)e0.1>0，
∴c−b>0，即c>b；
综上所述：c>b>a.
故选：D.
将a，c变形，可得b−a=e0.1−0.1−1，c−b=1−(1−0.1)e0.10.9，由此可构造函数f(x)=ex−x−1(00，c−b>0，由此可得大小关系．
本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：平面α经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面α与面BDB1D1重合，
证明：设平面α与面BCD所成的二面角为θ，二面角C1−BD−C为γ，
当θ∈(γ,π2]时，记平面α截正方体所得截面为面BDEF，C1EC1D1=C1FC1B1=λ,λ∈(0,1]AB=1,

则SEFBD=12(1+λ) λ2−2λ+3=12 (λ2−1)2+2(1+λ)2，
令h(λ)=(λ2−1)2+2(1+λ)2，
因为h′(λ)=4λ2(λ+1)>0，所以h(λ)max=h(1)=2,(SEFBD)max=SBDB1D1= 2，
当θ∈(0,γ]时，显然平面α截正方体所得截面面积最大时，
截面为面C1BD,S△C1BD= 32，
当θ=0时，平面α截正方体所得截面为ABCD，SABCD=1，
所以平面α截正方体所得截面面积最大时截面为面BDB1D1，
同理平面β过A、D1时，截正方体所得截面面积最大时截面为面AD1BC1，
连接BD1，AC，B1C，面α与面β所成锐二面角为B1−BD1−C1，

因为B1C⊥面AD1BC1，AC⊥面BDB1D1，
所以AC，B1C的所成角大小为二面角B1−BD1−C1大小，
因为∠B1CA=60∘，所以面α与面β所成锐二面角大小为60∘.
故选：C.
设平面α与面BCD所成的二面角为θ，二面角C1−BD−C为γ，分θ∈(γ,π2]和θ∈(0,γ]两种情况讨论，证明平面α经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面α与面BDB1D1重合，从而可得出答案．
本题考查面面角的求解，正方体的截面问题，函数思想，分类讨论思想和极限思想，属难题．

9.【答案】ABD 
【解析】解：对A选项，∵AB=OB−OA=(2,−1)，∴|AB|= 22+(−1)2= 5，∴A正确；
对B选项，∵OA=(1,2)，OB=(3,1)，∴AB=OB−OA=(2,−1)，
∴OA⋅AB=0，∴OA⊥AB，∴△OAB为直角三角形，∴B正确；
对C选项，设与OB同向的单位向量为e，e=OB|OB|=(3 1010, 1010)，
∴OA在OB方向上的投影向量为：
|OA|cos⟨OA,OB⟩⋅e=OA⋅OB|OB|⋅e=5 10⋅(3 1010, 1010)e=(32,12)，∴C错误；
对D选项，∵OB=(3,1)，设与OB垂直的单位向量为m=(x,y)，
则3x+y=0x2+y2=1，解得x= 1010y=−3 1010或x=− 1010y=3 1010，
∴所求向量的坐标为( 1010,−3 1010)或(− 1010,3 1010)，∴D正确，
故选：ABD.
根据向量模的坐标表示求出|AB|可判断A；求出向量OA、OB以及AB的模，根据勾股定理逆定理可判断B；根据投影向量的定义求出OA在OB方向上的投影向量可判断C；根据向量垂直的坐标表示求出与OB垂直的单位向量，判断D.
本题考查向量的坐标运算，投影向量的概念，方程思想，化归转化思想，属中档题．

10.【答案】BD 
【解析】解：对A，B，C选项，f(x)=xsinx+cosx,f′(x)=sinx−sin3x−xcosxsin2x=cosx(sin2x−2x)2sin2x
令g(x)=sin2x−2x，x∈(0,π)，因为g′(x)=2cos2x−2，
∵cos2x∈[−2,2]，
∴g′(x)≤0，
所以g(x)在(0,π)上单调递减，
所以g(x) 所以当f′(x)=0时，x=π2，且为唯一解，
所以x∈(0,π2),f′(x)<0,f(x)单调递减；x∈(π2,π),f′(x)>0,f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(π2)=π2，即f(x)在(0,π)上无零点，
同时表明f(x)在(0,π)上有唯一极值点，故A，C错误，B正确；
对D，若f(x1)=f(x2)=a，设x1 要证x1+x2<π，即证x2<π−x1，
因为π−x1>π2,f(x)在(π2,π)上单调递增，所以即证f(x2) 因为f(x1)=f(x2)=a，所以即证f(x1) 令h(x)=f(π−x)−f(x)=π−xsinx−xsinx−2cosx,x∈(0,π2)，h′(x)=cosx(2x−π−sin2x)sin2x，其中2x−π−sin2x=−g(x)−π在(0,π2)上单调递增，
所以2x−π−sin2x<2⋅π2−π−sinπ=0，
所以h′(x)<0，h(x)在(0,π2)上单调递减，
所以h(x)>h(π2)=f(π−π2)−f(π2)=0，即h(x1)=f(π−x1)−f(x1)>0，
所以f(π−x1)>f(x1)成立，即x1+x2<π成立，故D正确．
故选：BD.
先对函数求导f′(x)=cosx(sin2x−2x)2sin2x，x∈(0,π)，求出f′(x)=0时，x=π2，并证明此解为f′(x)=0的唯一解，则可判断A，B，C，对D选项，通过构造函数h(x)=f(π−x)−f(x)=π−xsinx−xsinx−2cosx,x∈(0,π2)，利用导数证明其大于0，即可证明D选项正确．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，考查了综合分析问题的能力，属于中档题．

11.【答案】BCD 
【解析】解：对于A选项，∵A(m,n)在椭圆C上，
∴m2a2+n2b2=1，∴m2=a2(1−n2b2)，
∴|AE|= m2+(n−b)2= a2−a2b2n2+n2−2bn+b2= −c2b2n2−2bn+a2+b2，
由题意知：−b 若−b<−b3c2，即c2>b2时，
−c2b2n2−2bn+a2+b2≤−4c2b2(a2+b2)−4b2−4c2b2=a2+b2+b4c2，∴|AE|≤ a2+b2+b4c2；
当−b>−b3c2，即c2 −c2b2n2−2bn+a2+b2<−c2b2−2b2+a2+b2 对于B选项，∵B，A关于x轴对称，又A(m,n)，∴B(m,−n)，
∴kEA=n−bm，kEB=−n+bm，∴kEA⋅kEB=−n2−b2m2=b2−n2a2(1−n2b2)=b2a2，∴B选项正确；
对于C选项，假设存在点P，使得∠MPO=∠PNO，则△PMO∽△NPO，
∴|OP|2=|OM|⋅|ON|，
∵直线EA:y=n−bmx+b，直线EB:y=−n+bmx+b，
∴xM=bmb−n，xN=bmb+n，∴|OP|2=b2m2b2−n2=a2b2(1−n2b2)b2−n2=a2，
即P(0,a)或(0,−a)，∴C选项正确；
对于D选项，∵A(m,n)，N(bmb+n,0)，
∴kAN=b+nm，∴直线AN:y=b+nm(x−m)+n，即y=b+nmx−b，
∴直线AN过定点(0,−b)，∴D选项正确．
故选：BCD.
利用两点间距离公式表示出|AE|，结合m2=a2(1−n2b2)可得关于n的二次函数的形式，通过讨论b与二次函数对称轴的位置关系，可求得|AE|的最大值，知A错误；利用斜率公式表示出kEA⋅kEB，化简可得定值，知B正确；假设存在，可得|OP|2=|OM|⋅|ON|，求得M，N横坐标后，代入化简知C正确；表示出直线AN后，根据直线过定点的求法可知D正确．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆综合应用的问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．

12.【答案】BC 
【解析】解：∵x3+y3=x−y，
∴(x+y)(x2−xy+y2)=x−y,x+y=x−yx2−xy+y2，
∴(x+y)2=x2−y2x2−xy+y2=(xy)2−1(xy)2−xy+1，
令xy=t，因为x3+y3=x−y，x，y>0，所以x−y>0，
即t=xy>1，则(x+y)2=t2−1t2−t+1=1+t−2t2−t+1(t>1)，
当t=2时，(x+y)2=1，
当t>1且t≠2时，令μ=t−2，μ∈(−1,0)∪(0,+∞)，
则(x+y)2=1+t−2t2−t+1=1+1μ+1μ+3∈(0,1)∪(1,2 33)，
综上(x+y)2∈(0,233],则x+y⩽233,即B正确；
又因为x3+y3=x−y，所以y3+y+x3−x=0，
令f(t)=t3+t+x3−x，f(y)=0，
显然f(t)在(0,+∞)上单调递增，f(t)的零点y满足y>0，
∴f(0)=x3−x<0，解得x<1，
所以要证x2+y2<1，即证y< 1−x2，
因为f(t)在(0,+∞)上单调递增，所以即证f( 1−x2)>0，
而f( 1−x2)=( 1−x2)3+ 1−x2−x⋅(1−x2)= 1−x2(x+2( 1−x2)3 1−x2+x)>0，
所以f( 1−x2)>0成立，即x2+y2<1成立，C正确；
因为0 故选：BC.
对于A、B选项，利用条件构造(x+y)2=x2−y2x2−xy+y2=(xy)2−1(xy)2−xy+1，比值换元将问题转化为单变量函数求值域问题；对于C、D选项，构造函数f(t)=t3+t+x3−x，f(y)=0，通过分析单调性判断即可．
本题综合考查了不等式性质，函数单调性及函数性质的综合应用，属于中档题．

13.【答案】1 
【解析】解：∵X∼N(1,σ2)，
∴μ=1，
∵P(X>a)=P(X ∴a=1.
故答案为：1.
根据正态分布曲线的对称性可直接求得结果．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．

14.【答案】2sin(2x−π4)(答案不唯一) 
【解析】解：设f(x)=Asin(ωx+φ)，ω>0，因为∀x∈R，|f(x)|≤2，
所以f(x)max≤2，f(x)min≥−2，
所以|A|≤2，不妨设A=2，
因为f(x)最小正周期为π，所以T=π=2πω,ω=2f(x)=2sin(2x+φ),x∈[0,π4],2x+φ∈[φ,φ+π2]，
因为f(x)在[0,π4]上单调递增，所以∃k0∈Z,[φ,φ+π2]⊆[−π2+2k0π,π2+2k0π]，
所以−π2+2k0π≤φ≤2k0π，
当k0=0时，−π2≤φ≤0，不妨设φ=−π4，
所以满足条件之一的f(x)=2sin(2x−π4).
故答案为：2sin(2x−π4)(答案不唯一).
设f(x)=Asin(ωx+φ)，ω>0，根据∀x∈R，|f(x)|≤2，则可设A=2，根据最小正周期为π，可得ω=2，通过整体换元法则可得到−π2≤φ≤0，取φ=−π4即可．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．

15.【答案】16 39π 
【解析】解：如图所示，

记两个形状完全相同的正三棱锥为三棱锥A−BCD和三棱锥A′−BCD，
设点A在面BCD上的投影为点O，则A′、O、A三点共线．
在三棱锥A−BCD和A′−BCD中，到几何体各顶点距离相等的点分别在AO和A′O上若组合后的六面体存在外接球，则O为外接球的球心，
设AO=a，则BO=a，
因为O为△BCD的中心，所以BCsinπ3=2a即BC= 3a，
所以VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13×12( 3a)2× 32⋅a=1，解得a3=4 33，
所以球的体积为V=43πa3=43π×4 33=16 39π.
故答案为：16 39π.
根据正三棱锥的几何性质，确定其形成六面体的外接球球心的位置及半径的长，从而列式求得半径，即可得六面体外接球的体积．
本题主要考查球的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】( 2, 22) 
【解析】解：由椭圆E:x24+y2=1，可得F1(− 3,0),F2( 3,0)，
∵点A(m,n)为椭圆上一点，且m>0，n>0，∴切线l的斜率一定存在，
设直线l的方程y=kx+b，
联立y=kx+bx24+y2=1，可得(1+4k2)x2+8kbx+4b2−4=0，
∵直线l与椭圆E相切，
∴Δ=(8kb)2−4(4k2+1)(4b2−4)=0，解得4k2=b2−1，
∵m=12×−8kb1+4k2=−4kb1+4k2,n=km+b，∴n=b1+4k2，∴b=1n，
∴mn=−4k，即k=−m4n，
∴直线l的方程为y=−m4nx+1n，即mx4+ny=1
分别令x=2和x=−2，可得C(2,1n(1−m2)),D(−2,1n(1+m2))，
∴直线DF2方程为y=−1n(1+m2)2+ 3(x− 3)，直线CF1方程为y=1n(1−m2)2+ 3(x+ 3)，
∴联立可得DF2与CF1交点E( 32m,(2 3−3)n)，
∵kAE=(2 3−4)n 32m−m=4nm，∴kAE⋅kl=4nm⋅(−m4n)=−1，
∴由kAE⋅kl=−1,kAE+kl=32，可得kl=−m4n=−12,kAE=2，∴m=2n，
∵m24+n2=1，∴m= 2,n= 22，即A( 2, 22)，
故答案为：( 2, 22).
设直线l的方程y=kx+b，利用直线与椭圆相切，联立方程，则Δ=0，即4k2=b2−1，最后得到切线方程为mx4+ny=1，再求出C，D坐标，写出直线DF2，CF1的方程，联立解出E点坐标，最后得到m=2n，再联立m24+n2=1，解出即可．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，化归转化思想，属中档题．

17.【答案】解：(1))因为S6−S3=6，所以a4+a5+a6=6，
所以a4+a5+a6=3a5=6⇒a5=2，
所以d=a5−a35−3=12⇒an=a3+(n−3)d=12n−12，
则数列{an}的通项公式为an=12n−12.
(2)因为数列{amn}是以首项为a1，公比为4等比数列，
所以amn=4amn−1,am1=a1⇒m1=1.
因为数列{an}是等差数列，所以a1+(mn−1)d=4[a1+(mn−1−1)d]，
化简得mn=3a1d+4mn−1−3.
因为a2=a1+d=4a1，所以a1d=13，即mn=4mn−1−2，
所以mn−23=4(mn−1−23).
因为m1−23=13，所以数列{mn−23}是以13为首项，4为公比的等比数列，
所以mn−23=13⋅4n−1⇒mn=13⋅4n−1+23，
所以Tn=m1+m2+⋯+mn=13(40+41+⋯4n−1)+2n3=4n−1+6n9，
则数列{mn}的前n项和Tn为：Tn=4n−1+6n9. 
【解析】(1)由S6−S3=6，可得a5=2，后由等差数列性质可得公差，即可得通项公式；
(2)由题可得amn=4amn−1，m1=1.后由{an}是以d为公差的等差数列，a2=4a1可得数列{mn−23}是以13为首项．4为公比的等比数列，可求得数列{mn}的通项公式，后由分组求和法可得{mn}的前n项和Tn.
本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式，等比数列的求和公式，考查运算求解能力，属于中档题．

18.【答案】解：(1)因为a=2c，所以A>C，即C≠π2，则cosC≠0，
因为(1−sinC)(1−cos2B)=sin2BcosC，
∵B∈(0,π)，∴2B∈(0,2π)，∴cos2B≠1，∴1−cos2B≠0，
所以sin2B1−cos2B=1−sinCcosC，
因为sin2C+cos2C=1，所以1−sinCcosC=cosC1+sinC，即sin2B1−cos2B=cosC1+sinC，
因为cosC=sin(π2+C),sinC=−cos(π2+C)，所以sin2B1−cos2B=sin(π2+C)1−cos(π2+C)
令f(x)=sinx1−cosx,x∈(0,2π)，则f(2B)=f(π2+C)，
因为f′(x)=1cosx−1<0，所以f(x)在(0,2π)上单调递减，
所以由f(2B)=f(π2+C)得2B=π2+C，即C=2B−π2成立；
(2)因为C=2B−π2，所以A=π−B−C=3π2−3B，
所以sinA=sin(3π2−3B)=−cos3B,sinC=sin(2B−π2)=−cos2B，
由正弦定理得asinA=csinC，且a=2c，所以2cos2B=cos3B，
因为cos(3B)=cos(B+2B)=cosBcos2B−sinBsin2B，sin2B=2sinBcosB，cos2B=2cos2B−1，
所以由2cos2B=cos3B得4cos3B−4cos2B−3cosB+2=0，
化简得(2cosB−1)(2cos2B−cosB−2)=0，
因为0 所以由(2cosB−1)(2cos2B−cosB−2)=0得cosB=12或1± 174(舍去)，
∴sinB= 1−cos2B= 1−(12)2= 32，
所以S△ABC=12acsinB= 32. 
【解析】(1)由题意得sin2B1−cos2B=1−sinCcosC，根据1−sinCcosC=cosC1+sinC，则sin2B1−cos2B=cosC1+sinC，构造函数f(x)=sinx1−cosx,x∈(0,2π)根据导数得2B=π2+C，则C=2B−π2；
(2)由结论(1)得sinA=sin(3π2−3B)=−cos3B,sinC=sin(2B−π2)=−cos2B，结合正弦定理则有2cos2B=cos3B，化简得(2cosB−1)(2cos2B−cosB−2)=0，解出cosB并检验，最后再利用面积公式即可．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．

19.【答案】(1)解：因为∠BAD=∠BAC=∠CAD=90∘，所以AB⊥AD，AB⊥AC，AD⊥AC，
AC∩AD=A，所以AB⊥面ACD，
作AE⊥CD，连接BE，因为AB⊥面ACD，所以AB⊥CD，
因为AE∩AB=A，所以CD⊥面ABE，
因为CD⊂面BCD，所以面ABE⊥面BCD，
因为面ABE∩面BCD=BE，所以作AO⊥BE，可得AO⊥面BCD，
所以∠ABO为AB与面BCD的所成角，AB与面BCD的所成角为45∘.
∠ABO=45∘，

所以设AC=a，AB=b，则AE= 22a,BC= a2+b2,BE= a22+b2,AO= 22b，
所以由AE⋅AB=AO⋅BE，得b= 2a2，
四面体ABCD的体积为2 23，
所以VA−BCD=13⋅AB⋅12⋅(AC)2= 2a312=2 23，解得a=2，即AC=2.
(2)解：设AC= 2，AC=AD，由(1)得AB=1，
延长CM交BD于点G，连接AG，
因为AC⊥AD，AC⊥AB，AD∩AB=A，所以AC⊥面BAD，
所以AC⊥AG，因为∠ACM=30∘，所以AG=AC 3= 63，
因为AD= 2,BD= 3,AB=1，所以AG⊥BD，
即AG为BD边上的高，因为AC⊥BD，AG∩AC=A，所以BD⊥面ACG，
因为CG⊂面ACG，所以BD⊥CG，
由(1)得，若∠ABM=45∘，则点M在BE上，

所以M为△BCD的垂心．因为BG=12GD= 33，所以BMBE=12，
所以AH=AF= 32,HF=1，即S△AHF= 24，
分别做HG//AB，FK//AB，则HG⊥面ACD，FK⊥面ACD，
所以△AFH在面ACD的投影为△AGK,S△AGK=(12)2S△ACD=14，
设面△AFH与面ACD所成的二面角为α，则cosα=S△AGKS△AHF= 22.
面AFH与面ACD所成夹角的余弦值为 22. 
【解析】(1)说明AB⊥面ACD，作AE⊥CD，连接BE，推出面ABE⊥面BCD，说明AB与面BCD的所成角为45∘.
通过四面体ABCD的体积为2 23，求解即可．
(2)设AC= 2，AC=AD，延长CM交BD于点G，连接AG，证明AC⊥AG，AG⊥BD，推出BD⊥CG，求解S△AHF= 24，分别做HG//AB，FK//AB，说明HG⊥面ACD，FK⊥面ACD，设面△AFH与面ACD所成的二面角为α，则cosα=S△AGKS△AHF.求解即可．
本题考查几何体二面角的求法，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．

20.【答案】解：(1)水库的平均水位x−=110i=110xi=75.801，BS3号渗压计管内平均水位y−=110i=110yi=72.932；
(2)i=110(xi−x−)2=i=110(xi2−2x−xi+x−2)=i=110xi2−2x−⋅i=110xi+10x−2=i=110xi2−10x−2，
同理可得：i=110(yi−y−)2=i=110yi2−10y−2，i=110(xi−x−)(yi−y−)=i=110(xiyi−x−yi−y−xi+x−y−)=i=110xiyi−10x−y−，
∴r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2=i=110xiyi−10x−y− i=110yi2−10y−2⋅ i=110xi2−10x−2=55283.2−10×75.801×72.932 (57457.98−10×75.8012)×(53190.77−10×72.9322)≈0.95.
(3)∵b =i=110(xi−x−)(yi−y−)i=110(xi−x−)2=i=110xiyi−10x−y−i=110xi2−10x−2=55283.2−10×75.801×72.93257457.98−10×75.8012≈0.2294≈0.23，
∴a =y−−b x−=72.932−0.2294×75.801=55.50，
∴BS3号渗压计管内水位关于水库水位的经验回归方程为y =0.23x+55.5，
当x=76时，预测值y =0.23×76+55.5=72.98，
即水库的水位为76m时，BS3号渗压计管内水位的估计值为72.98m. 
【解析】(1)根据平均数的计算方法直接求解即可；
(2)根据表格数据计算得到相关系数公式中的各个数据，代入公式即可；
(3)由最小二乘法可求得经验回归方程，代入x=76即可求得预估值．
本题主要考查了经验回归方程的计算，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)∵双曲线C的右焦点为( 5,0)，∴c= 5，
∵右焦点到双曲线的渐近线的距离为1，双曲线的渐近线方程为y=±bax，
∴| 5b| a2+b2=| 5b|c=1，解得：b=1，
∴a2=c2−b2=4，
∴双曲线C的方程为：x24−y2=1；
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),C(m,1),F(x1+x22,y1+y22),m∈(−2,2)，切线PC：y=kx+t，

由y=kx+tx24−y2=1得：(4k2−1)x2+8ktx+4t2+4=0，
∴4k2−1≠0Δ=64k2t2−4(4k2−1)(4t2+4)=0，解得：t2=4k2−1，
∴x1=−8kt2(4k2−1)=−4kt，∵y1=kx1+t，x124−y12=1，∴k=x14y1，t=−1y1，即PC:x1x4−y1y=1，
同理可得：直线CQ:x2x4−y2y=1，
∵直线PC与直线CQ交于点C，∴x1m4−y1=1，x2m4−y2=1，
∴点(x1,y1)，(x2,y2)满足方程mx4−y=1，即直线PQ:mx4−y=1，
同理可得：直线DE:(x1+x22)x4−(y1+y22)y=1，即y=(x1+x2y1+y2)x4+2y1+y2，
∵点F在直线PQ上，∴(x1+x22)m4−(y1+y22)=1，即点C(m,1)在直线DE上，
∵x124−y12=1，x224−y22=1，∴14=(y1−y2x1−x2)(y1+y2x1+x2)，x1+x2y1+y2=m，∴kDE=14(x1+x2y1+y2)=m4=kPQ，即DE//PQ，∴直线DE:y=m4(x−m)+1，
由y=m4(x−m)+1x24−y2=1得：(4−m2)x2+(2m2−8)mx−(4−m2)2−16=0，
∴|DE|= 1+(m4)2⋅4 (4−m2)(8−m2)4−m2，
∵点F到直线DE的距离为|m24−2| 1+(m4)2，
∴S△DEF=(8−m2)322 4−m2，
令t= 4−m2，m2∈[0,4),t∈(0,2],则S△DEF=(4+t2)322t，
∴h(t)=(4+t2)322t，则h′(t)=(t2+4)12⋅(t2−2)t2，
∴当t∈(0, 2)时，h′(t)<0；当t∈( 2,2)时，h′(t)>0，
∴h(t)在(0, 2)上单调递减，在( 2,2)上单调递增，
∴(S△DEF)min=h(t)min=h( 2)=3 3. 
【解析】(1)由焦点坐标、右焦点到渐近线的距离和双曲线a，b，c关系可直接求得双曲线方程；
(2)设PC：y=kx+t，与双曲线方程联立，由Δ=0可求得t2=4k2−1；由y1=kx1+t，x124−y12=1可整理得到PC:x1x4−y1y=1，同理可得CQ，进而确定PQ，DE方程，利用点差法可证得DE//PQ，结合弦长公式和点到直线距离公式可表示出S△DEF，设t= 4−m2，可将S△DEF表示为关于t的函数，利用导数可求得最小值．
本题主要考查了双曲线的标准方程，考查了直线与双曲线的位置关系，同时考查了利用导数研究函数的最值，属于难题．

22.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ex−e−x−2x，
∴f′(x)=ex+e−x−2，
∵ex>0，e−x>0，
∴ex+e−x≥2 ex⋅e−x=2(当且仅当x=0时取等号)，
∴f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；
(2)当x>0时，f(x)>0恒成立，即∀x∈(0,+∞)，aex−ae−x−2x>0恒成立，
方法一：∵f(0)=0，
∴∃m>0，使得f(x)在(0,m)上单调递增，
∴当x∈(0,m)时，f′(x)=aex+ae−x−2≥0，
∴f′(0)=2a−2≥0，解得：a≥1，
当a≥1时，aex−ae−x−2x=(ex−e−x)a−2x，
∵ex−e−x>0，
∴(ex−e−x)a−2x≥ex−e−x−2x，
设H(x)=ex−e−x−2x(x>0)，则H′(x)=ex+e−x−2≥0，
∴H(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴H(x)>H(0)=0，
∴(ex−e−x)a−2x≥ex−e−x−2x>0，即a≥1满足题意，
综上所述：a的取值范围为[1,+∞)；
方法二：aex−ae−x−2x=(ex−e−x)a−2x，
∵x∈(0,+∞)，
∴ex−e−x>0，−2x<0，
则由∀x∈(0,+∞)，aex−ae−x−2x>0恒成立得a>0，
∵f(x)=aex−ae−x−2x，
∴f′(x)=ae2x−2ex+aex，
令t=ex，则t∈(1,+∞)，令y=at2−2t+a，则Δ=4−4a2，
①当Δ>0，即a∈(0,1)时，方程at2−2t+a=0的解为t1，t2，
设t1 ∵y=at2−2t+a的对称轴为t=1a>1，当t=1时，y=2a−2<0，
∴0 则当t∈(1,t2)，即x∈(0,lnt2)时，f′(x)<0；当t∈(t2,+∞)时，即x∈(lnt2,+∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,lnt2)上单调递减，在(lnt2,+∞)上单调递增，
∵f(0)=0，
∴当x∈(0,lnt2)时，f(x)<0，与∀x∈(0,+∞)，aex−ae−x−2x>0恒成立相矛盾，故a∈(0,1)舍去；
②当Δ≤0，即a∈[1,+∞)时，y=at2−2t+a≥0，即f′(x)≥0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)=0，
即∀x∈(0,+∞)，aex−ae−x−2x>0恒成立，
综上所述：实数a的取值范围为[1,+∞)；
(3)证明：由(2)得：∀x∈(0,+∞)，ex−e−x−2x>0，
令x=lnt，elnt−e−lnt−2lnt=t−1t−2lnt，即∀t∈(1,+∞)，t−1t−2lnt>0，
∴当t=1+1n(n∈N*)时，ln(1+1n)<12(1+1n−11+1n)，
化简得ln(1+n)−lnn<12(1n+11+n)，n∈N*，
∵m>n，∴lnmn=lnm−lnn，
∴ln(1+n)−lnn<12(1n+1n+1)ln(2+n)−ln(n+1)<12(1n+1+1n+2)⋅⋅⋅lnm−ln(m−1)<12(1m−1+1m)，
累加得：lnm−lnn<12(1n+1m)+1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1m−1，
∴lnmn−k=n+1m1k<12(1n+1m)+1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1m−1−k=n+1m1k
=12(1n+1m)+1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1m−1−(1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1m)=12(1n+1m)−1m=12(1n−1m)=m−n2mn，
即lnmn−k=n+1m1k 【解析】(1)求导后，根据f′(x)≥0恒成立可得结论；
(2)方法一：由f(0)=0可知∃m>0，使得f(x)在(0,m)上单调递增，根据f′(0)≥0可知a≥1；将a≥1代回验证，知(ex−e−x)a−2x≥ex−e−x−2x，利用导数可证得ex−e−x−2x>0，知a≥1满足题意；
方法二：易说明a>0，求得f′(x)后，令t=ex，则t∈(1,+∞)，令y=at2−2t+a，分别在Δ>0和Δ≤0的情况下，得到f(x)的单调性，进而确定使得f(x)>0恒成立的a的范围；
(3)令x=lnt，由(2)得t−1t−2lnt>0，令t=1+1n(n∈N*)，采用累加法可求得lnmn，进而放缩得到lnmn−k=n+1m1k<12(1n+1m)+1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1m−1−k=n+1m1k，整理即可得到结论．
本题考查利用导数求解函数单调区间、恒成立问题的求解、不等式的证明等；本题证明不等式的关键是能够利用(2)中的结论，将指数不等式转化为对数不等式，进而采用赋值的方式对不等式进行放缩．