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2023年河北省衡水重点中学高考数学第五次综合测评试卷-普通用卷
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这是一份2023年河北省衡水重点中学高考数学第五次综合测评试卷-普通用卷，共23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。
2023年河北省衡水重点中学高考数学第五次综合测评试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|log2x<1}，B={x|x>1}，则A∪∁RB=( )
A. {x|x<2} B. {x|0
A. 1.2米 B. 0.6米 C. 1米 D. 0.8米
3. 已知向量a=(7sinθ−1,5)，b=(1,−cos2θ)，若a⊥b，则cos2θ=( )
A. −725 B. 725 C. −2425 D. 2425
4. 若1，a1，a2，4成等差数列；1，b1，b2，b3，4成等比数列，则a1−a2b2的值等于( )
A. −12 B. 12 C. ±12 D. 14
5. 设z为复数，i为虚数单位，关于x的方程x2+zx+i=0有实数根，则复数z的模|z|的范围是( )
A. [2,+∞) B. [ 2,+∞) C. [4,+∞) D. [8,+∞)
6. 如图，样本数为9的四组数据，它们的平均数都是5，频率条形图如下，则标准差最大的一组是( )
A. 第一组 B. 第二组 C. 第三组 D. 第四组
7. 双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1(−c,0)，F2(c,0)，以C的虚轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的渐近线y=−bax交于点H，若△F1HO的面积为 24ac，则C的离心率为( )
A. 6 B. 2 C. 3 D. 2
8. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0,1]时，f(x)=a−cosπ2x，若函数y=f(x+1)是偶函数，则下列结论不正确的为( )
A. a=1 B. f(x)的最小正周期T=4
C. y=f(x)−|log6x|有4个零点 D. f(2023)>f(2022)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列结论正确的有( )
A. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
B. 若随机变量ξ−N(3,σ2)，且P(ξ<6)=0.84，则P(3<ξ<6)=0.34
C. 若P(B|A)=0.3，P(B)=0.3，则事件A，B相互独立
D. 某医院住院的8位肺炎患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5
10. 已知函数f(x)=cos(2x+π6)的图像为C，则( )
A. 图像C关于直线x=512π对称
B. 图像C关于点(π3,0)中心对称
C. 将y=cos2x的图像向左平移π12个单位长度可以得到图像C
D. 若把图像C向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)的图像，则函数g(x)是奇函数
11. 已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为2 2的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=2 2，则在该四面体中( )
A. BE⊥CD
B. BE与平面DCE所成角的余弦值为 1515
C. 四面体ABCD的内切球半径为 10530
D. 四面体ABCD的外接球表面积为8π
12. 古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美.”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类对数学的对称问题一直在思考和探索，图形中对称性的本质就是点的对称、线的对称.如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质.如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”.下列关于“优美函数”的说法中正确的有( )
A. 函数f(x)=x2x+2−x(−1≤x≤1)可以是某个正方形的“优美函数”
B. 函数f(x)=4cos(2x−π6)+3只能是边长不超过π2的正方形的“优美函数”
C. 函数f(x)=ln( 4x2+1−2x)−1可以是无数个正方形的“优美函数”
D. 若函数y=f(x)是“优美函数”，则y=f(x)的图象一定是中心对称图形
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(x)=13x3+ax2+b2x+1，若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是以1，2两个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为______ ．
14. 如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=BC=2，∠ABC=60°，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且PB=2 2，则三棱锥P−ABC外接球的表面积是______ ．
15. 设点P为抛物线x2=4y上到直线2x−y−6=0距离最短的点，且在点P处的切线与x轴和y轴的交点分别是M和N，则过M，N两点的最小圆截抛物线的准线所得的弦长为______ ．
16. 项数为k(k∈N*,k≥2)的有限数列{an}的各项均不小于−1的整数，满足a1⋅2k−1+a2⋅2k−2+a3⋅2k−3+…+ak−1⋅2+ak=0，其中a1≠0.若k=2，则a2= ______ ；若k=3，则满足条件的数列{an}所有项的和组成的集合为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
如图，在平面四边形ABCD中，AC与BD为其对角线，已知BC=1，且cos∠BCD=−35．
(1)若AC平分∠BCD，且AB=2，求AC的长；
(2)若∠CBD=45°，求CD的长．
18. (本小题12.0分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an−2(n∈N*)，数列{bn}的前n项积为n!．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=anbn，求数列{cn}的前n项和．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB= 2，AD=2，PA=PD，AC⊥PB．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若二面角P−AB−D的大小为π4，求锐二面角D−AP−C的余弦值．
20. (本小题12.0分)
某企业为在推进中国式现代化新征程中展现更大作为，在提升员工敬业精神和员工管理水平上实施新举措制定新方案.现对员工敬业精神和员工管理水平进行评价，从企业中选出200人进行统计，其中对员工敬业精神和员工管理水平都满意的有50人，对员工敬业精神满意的人数是总人数的40%，对员工管理水平满意的人数是总人数的45%．
(1)完成对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表，依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联？
项目
对员工管理水平满意
对员工管理水平不满意
合计
对员工敬业精神满意
对员工敬业精神不满意
合计
(2)若将频率视为概率，随机从企业员工中抽取3人参与此次评价，设对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
(3)在统计学中常用T(B|A)=P(B|A)P(B−|A)表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，现从该企业员工中任选一人，A表示“选到对员工管理水平不满意”、B表示“选到对员工敬业精神不满意”，请利用样本数据，估计T(B|A)的值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
α
0.05
0.01
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y=kx+m与C交于A，B两点，当k=m=1时，直线l经过椭圆的上顶点，且△ABF2的周长为4a．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若D为AB中点，当D在圆x2+y2=34上时，求△OAB面积的最大值．
22. (本小题12.0分)
三个互不相同的函数y=f(x)，y=g(x)与y=h(x)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x)或恒有f(x)≤h(x)≤g(x)，则称y=h(x)为y=f(x)与y=g(x)在区间D上的“分割函数”．
(1)设h1(x)=4x，h2(x)=x+1，试分别判断y=h1(x)、y=h2(x)是否是y=2x2+2与y=−x2+4x在区间上的“分割函数”，请说明理由；
(2)求所有的二次函数，使得该函数是y=2x2+2与y=4x在区间(−∞,+∞)上的“分割函数”；
(3)若[m,n]⊆[−2,2]，且存在实数k，b，使得y=kx+b为y=x4−4x2与y=4x2−16在区间[m,n]上的“分割函数”，求n−m的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性解出集合A，根据补集的定义和运算求出B的补集，结合并集的定义和运算即可求解．
本题主要考查了集合补集及并集运算，属于基础题．
【解答】
解：由log2x<1，得0
∴A∪∁RB={x|x<2}．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】解：设两个塔的倾斜角分别为θ1，θ2，设两个塔高均为h，
则根据题意可知sinθ1=725，sinθ2=941，
又两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1米，
∴hsinθ1−hsinθ2=3.1，∴(725−941)h=3.1，
解得h=5×414，
∴两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为：
hcosθ2−hcosθ1=( 1−(941)2− 1−(725)2)h
=1625×41×5×414=45=0.8米．
故选：D．
设两个塔的倾斜角分别为θ1，θ2，设两个塔高均为h，则根据题意可知sinθ1=725，sinθ2=941，再通过两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1，建立方程可求出h=5×414，从而可得两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为：hcosθ2−hcosθ1，最后再计算，即可得解．
本题考查解三角形，三角函数的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
3.【答案】B
【解析】解：因为a=(7sinθ−1,5)，b=(1,−cos2θ)，a⊥b，
所以7sinθ−1−5cos2θ=0，即7sinθ−1−5(1−sin2θ)=0，
所以5sin2θ+7sinθ−6=0，解得sinθ=35或sinθ=−2(舍)，
所以cos2θ=1−2sin2θ=1−2×(35)2=725．
故选：B．
由a⊥b求得sinθ，再用倍角公式求cos2θ即可．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵1，a1，a2，4成等差数列，
∴a1−a2=−1；
∵1，b1，b2，b3，4成等比数列，
∴b22=1×4=4，又b2=1×q2>0，
∴b2=2；
∴a1−a2b2=−12．
故选：A．
利用等差数列的性质求出a1−a2的值，利用等比数列的性质求出b2，代入求解即可．
本题综合考查了等差数列和等比数列的性质，计算简单、明快，但要注意对隐含条件b2=1×q2>0的挖掘．
5.【答案】B
【解析】解：由题意知，设x0是方程x2+zx+i=0的实数根，
则x02+zx0+i=0，若x0=0，则i=0，等式不成立，
所以x0≠0，有z=−x02x0−1x0i=−x0−1x0i，
所以|z|= (−x0)2+(−1x0)2= x02+1x02≥ 2 x02⋅1x02= 2，
当且仅当x02=1x02即x0=±1时等号成立．
所以|z|的取值范围为[ 2,+∞)．
故选：B．
设x0是方程的实数根，易知x0≠0，则z=−x0−1x0i，根据复数的几何意义可得|z|= x02+1x02，结合基本不等式计算即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由所给的几个选项观察数据的波动情况，
得到方差之间的大小关系，
A的9个数据都是5，方差为0，
B和C数据分布比较均匀，前者的方差较小，后者的方差较大，
D数据主要分布在2和8处，距离平均数是最远的一组，
∴最后一个频率分布直方图对应的数据的方差最大，
则标准差最大，
故选：D．
由频率分布条形图可知，A的9个数据都是5，方差为0，B和C数据分布比较均匀，前者的方差较小，后者的方差较大，D数据主要分布在2和8处，距离平均数是最远的一组，得到最后一个频率分布直方图对应的数据的方差最大，即标准差最大．
本题考查频率分布直方图，考查学生的读图能力，关键是理解题目意图，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：作出图形，如图所示：
由题意不妨设切线MF1的倾斜角为锐角，
过F1的直线与圆D：x2+y2=b2相切于点M，
则OM⊥F1M，且|OM|=b，|OF1|=c，则MF1= c2−b2=a，
∴tan∠OF1M=ba，即切线MF1的斜率等于ba，
故切线MF1的方程为y=ba(x+c)，
联立y=−baxy=ba(x+c)，解得x=−c2y=bc2a，
∴S△F1HO=12×|OF1|×bc2a=bc24a= 24ac，
∴bc= 2a2= 2c2− 2b2，即 2(cb)2−cb− 2=0，解得cb= 2或cb=− 22(不合题意，舍去)，
∴c= 2b，则c2=2b2=2(c2−a2)，即c= 2a，
故离心率为e=ca= 2，
故选：D．
根据几何关系表示出切线MF1的方程为y=ba(x+c)，进而可求点H的坐标，表示出三角形的面积，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A：由题意可得：f(0)=a−1=0，解得a=1，故A正确；
对于B：∵y=f(x+1)是偶函数，则f(x+1)=f(−x+1)，则f(2+x)=f(−x)，
又∵f(x)为奇函数，则f(−x)=−f(x)，可得f(2+x)=−f(x)，
∴f(x+4)=−f(x+2)=−[−f(x)]=f(x)，则f(x)的最小正周期T=4，故B正确；
对C：令f(x)−|log6x|=0，则f(x)=|log6x|，
注意到此时x>0，分别作出y=f(x)，y=|log6x|的图象，
由图象可知：y=f(x)，y=|log6x|有4个交点，故y=f(x)−|log6x|有4个零点，故C正确；
对D：∵f(3)=−f(−3)=−f(1)=−1，f(2)=f(0)=0，
则f(2023)=f(3)=−1，f(2022)=f(2)=0，
可得f(2023)
对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得f(2+x)=−f(x)，进而可得周期性；对于C：分别作出y=f(x)，y=|log6x|的图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算．
本题主要考查了函数的奇偶性和周期性，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由方差的性质可得D(η)=D(2ξ+1)=4D(ξ)，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得P(3<ξ<6)=P(ξ<6)−0.5=0.34，故B正确；
对于C，P(AB)=P(B|A)P(A)=0.3P(A)=P(A)P(B)，故C正确；
对于D，把这组数据按照从小打到大排列2，3，3，4，7，8，10，18，则该样本数据的第50百分位数为4+72=5.5，D正确．
故选：BCD．
由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由条件概率公式判断C；根据百分位数的定义判断D．
本题考查方差的性质，考查正态分布，考查条件概率，考查百分位数，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=cos(2x+π6)的图像为C，
令x=5π12，可得f(x)=−1，为最小值，可得图像C关于直线x=512π对称，故A正确；
令x=π3，可得f(x)=−12≠0，可得图像C不关于点(π3,0)中心对称，故B错误；
将y=cos2x的图像向左平移π12个单位长度，可以得到函数y=cos(2x+π6)的图象，即图像C，故C正确；
若把图像C向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)=cos(2x+5π6)的图像，则函数g(x)不是奇函数，
故D错误，
故选：AC．
由题意，利用余弦函数的图象和性质，函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查余弦函数的图象和性质，函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由题意得展开图拼成的几何体如下图所求，
AB=CD= 2，AD=BD=BC=AC=2 2，
取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连接MN，OA，
过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径，
∴AM=CN=12AB= 22，CM=AN= AC2−CN2= (2 2)2−( 22)2= 302，
MN= CM2−CN2= ( 302)2−( 22)2= 7，
对于A，AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN=N，∴CD⊥平面ABN，
∵BE⊂平面ABN，∴BE⊥CD，故A正确；
对于B，∵CD⊂平面ACD，∴平面ABN⊥平面ACD，
∴∠BAN是BE与平面DCE所成角，
∴cos∠BAN=AMAN= 22×2 30= 1515，故B正确；
对于C，OH=CNCM⋅12MN= 22×2 30×12× 7= 10530，故C正确；
对于D，OA2=AM2+(12MN)2=( 22)2+( 72)2=94，
∴四面体ABCD的外接球表面积为9π，故D错误．
故选：ABC．
作出展开图拼成的几何体，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连接MN，OA，过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径．
对于A，由AN⊥CD，BN⊥CD，得CD⊥平面ABN，从而BE⊥CD；对于B，推导出∠BAN是BE与平面DCE所成角，求出cos∠BAN= 1515；对于C，OH=CNCM⋅12MN= 10530；对于D，OA2=AM2+(12MN)2=94，从而四面体ABCD的外接球表面积为9π．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，f(x)=x2x+2−x(−1≤x≤1)，
所以f(x)+f(−x)=x2x+2−x+−x2−x+2x=0，
所以f(x)为定义在[−1,1]的奇函数，
所以函数f(x)可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故选项A正确；
对于选项B，令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
所以函数f(x)=4cos(2x−π6)+3图象的对称中心为(π3+kπ2,3)(k∈Z)，
所以以(π3+kπ2,3)(k∈Z)为中心的正方形都能被函数f(x)=4cos(2x−π6)+3的图象平分，
即f(x)=4cos(2x−π6)+3可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故选项B错误；
对于选项C，令g(x)=ln( 4x2+1−2x)，
易知g(x)+g(−x)=ln( 4x2+1−2x)+ln( 4x2+1+2x)=0，所以g(x)为奇函数．
又因为函数f(x)的图象是由函数g(x)的图象向下平移一个单位长度得到的，
所以函数f(x)图象的对称中心为(0,−1)，
故以(0,−1)为中心的正方形都能被函数f(x)=ln( 4x2+1−2x)−1的图象平分，故选项C正确；
对于选项D，如图所示(可找出无数反例)，
正方形中函数图象过正方形中心，并平分其周长与面积，但函数图象并不中心对称，可知选项D错误．
故选：AC．
由正方形的“优美函数”这一定义结合函数的对称性逐一分析即可．
本题主要考查了曲线与方程，考查了函数的对称性，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】解：∵f(x)=13x3+ax2+b2x+1，
∴f′(x)=x2+2ax+b2，
要满足题意需x2+2ax+b2=0有两不等实根，
即Δ=4(a2−b2)>0，即a>b，
又a，b的取法共3×2=6种，
其中满足a>b的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，共3种，
故所求的概率为P=36=12．
故答案为：12．
f′(x)=x2+2ax+b2，要满足题意需x2+2ax+b2=0有两不等实根，由此能求出该函数有两个极值点的概率．
本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、根的判别式、等可能事件概率计算公式的合理运用．
14.【答案】20π
【解析】解：在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=BC=2，∠ABC=60°，
所以梯形ABCD为等腰梯形，∠ADC=∠BCD=120°．
因为AD=DC，∠ADC=120°，所以∠DAC=∠ACD=30°，所以∠ACB=∠BCD−∠ACD=120°−30°=90°，即AC⊥BC．
所以AC=BCtan60°=2 3，AB=BCcos60∘=4．
因为PC=BC=2,PB=2 2，所以PC2+BC2=PB2，所以PC⊥BC．
又AC⊂面PAC，PC⊂面PAC，AC∩PC=C，
所以BC⊥面PAC．
在△PAC中，∠PAC=∠ACP=30°，∠APC=120°，作出其外心O′如图所示：
所以O′A=O′P=O′C=2，∠PO′A=∠PO′C=60°．
过O′作O′O//BC，由球的性质可知，三棱锥P−ABC外接球的球心O必在直线O′O上．
设外接球的半径为r，由球的性质可得：2 r2−|O′C|2=|BC|，即2 r2−22=2，解得：r2=5．
所以三棱锥P−ABC外接球的表面积为S=4πr2=20π．
故答案为：20π．
先证明出BC⊥面PAC，作出△PAC的外心O′，过O′作O′O//BC，判断出三棱锥P−ABC外接球的球心O必在直线O′O上，设外接球的半径为r，利用球的性质列方程
求出r，即可求出三棱锥P−ABC外接球的表面积．
本题主要考查球的表面积，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】4
【解析】解：设切点为P(x0,y0)，根据题意可知在P处的切线与直线2x−y−6=0平行，
则 y′=12x，所以2=12x0，得x0=4，所以y0=4，因此P(4,4)，
可得切线方程为2x−y−4=0，从而M(2,0)，N(0,4)，
则过M，N两点的最小圆，以MN为直径，方程为(x−1)2+(y+2)2=5，
抛物线的准线方程为y=−1，
利用垂径定理可得圆截抛物线的准线所得的弦长为 2 5−1=4．
故答案为：4．
在P处的切线与直线2x−y−6=0平行，利用导数求出P点坐标和切线方程，得M，N两点坐标，以MN为直径的圆为所求最小圆，利用垂径定理求弦长．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】2 {1,2,3,4}
【解析】解：由于有限数列{an}的各项为均不小于−1的整数，
所以an≥−1，n∈N*，an∈Z，
又因为a1．2k−1+a2．2k−2+a3．2k−3+…+ak−1.2+ak=0，
所以a1．2k−1=−(a2．2k−2+a3．2k−3+…+ak−1.2+ak)
≤(2k−2+2k−3+…+21+1)=2k−1−1，
所以−1≤a1≤1−(12)k−1<1，且a1≠0，a1∈Z，
所以a1=−1，
当k=2时，得2a1+a2=0，又a1=−1，∴a2=2；
当k=3时，得4a1+2a2+a3=0，
∵a1=−1，∴2a2+a3=4，则2a2=4−a3≤5，
所以−1≤a2≤52，
由a2∈Z可知：a2的可能取值为−1，0，1，2，对应的a3的取值为6，4，2，0，
故数列{an}可能有4个，分别为：
{−1,−1,6}，各项和为4；
{−1,0,4}，各项和为3；
{−1,1,2}，各项和为2；
{−1,2,0}，各项和为1；
则满足条件的数列{an}所有项的和组成的集合为{4,3,2,1}．
故答案为：2；{4,3,2,1}．
本题关键在于根据有限数列的性质及题设条件，确定a1的值，进而求得a2，当k=3的时候，结合a1，求得a2、a3的关系，一一列举出数列{an}的可能情况，即可求得．
本题由递推式出发，经过缜密推理，得出a1的值，进而退出k取2、3时数列的情况，得出结论，属难题．
17.【答案】解：(1)∵AC平分∠BCD，可得：∠BCD=2∠ACB=2∠ACD，
∴cos∠BCD=2cos2∠ACB−1=−35，
∵cos∠ACB>0，
∴cos∠ACB= 55，
∵在△ABC中，BC=1，AB=2，cos∠ACB= 55，
∴由余弦定理AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cos∠ACB，
可得：AC2−2 55AC−3=0，解得：AC= 5，(负值舍去)，
∴AC的值为 5．
(2)∵cos∠BCD=−35，
∴sin∠BCD= 1−cos2∠BCD=45，
又∵∠CBD=45°，
∴sin∠CDB=sin(180°−∠BCD−45°)
=sin(∠BCD+45°)
= 22(sin∠BCD+cos∠BCD)= 210，
∴在△BCD中，由正弦定理BCsin∠CDB=CDsin∠CBD，
可得：CD=BC⋅sin∠CBDsin∠CDB=5，即CD的长为5．
【解析】本题主要考查了二倍角公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的正弦函数公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想的应用，属于中档题．
(1)由已知利用二倍角公式可求cos∠ACB= 55，由余弦定理可得：AC2−2 55AC−3=0，即可解得AC．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求sin∠BCD，结合∠CBD=45°，利用两角和的正弦函数公式可求sin∠CBD的值，在△BCD中，由正弦定理可求CD的值．
18.【答案】解：(1)∵Sn=2an−2①，
∴当n=1时，S1=2a1−2，解得a1=2，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2②，
由①−②得an=2an−2an−1，即an=2an−1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an=2n；
∵数列{bn}的前n项积为n!，记数列{bn}的前n项积为Tn，
∴Tn=n!，当n=1时，b1=T1=1，
当n≥2时，Tn−1=(n−1)！，
∴bn=n，当n=1时，b1=1，符合题意，
∴bn=n，
(2)由(1)可得cn=anbn=n⋅2n，令数列{cn}的前n项和为Cn，
则Cn=c1+c2+…+cn=2+2⋅22+3⋅23+…+n⋅2n，
2Cn=22+2⋅23+3⋅24+…+n⋅2n+1，
两式相减得−Cn=2+22+23+…+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
∴Cn=(n−1)⋅2n+1+2．
【解析】(1)根据数列的递推式可得an=2an−1，利用等比数列的定义，即可得出an；由递推关系式可得bn；
(2)利用错位相加求和法即可得出答案．
本题考查等比数列的定义和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AD中点O，连接OP，OB，因为在矩形ABCD中，
AB= 2,AD=2，所以AO=1，所以BCAB=ABAO，
又∠DAB=∠ABC=π2，所以△OAB～△ABC，
所以∠CAB=∠AOB，因为∠CAB+∠OAC=π2，
所以∠AOB+∠OAC=π2，所以OB⊥AC，
又因为AC⊥PB，PB∩OB=B且PB，OB⊂平面POB，
所以AC⊥平面POB，因为PO⊂平面POB，所以AC⊥PO，
因为PA=PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，
又PO⊥AC，AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD；
(2)因为PO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PO，
又AB⊥AD，AD∩PO=O，AD，PO⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA，
又DA⊥AB，PA⊂平面PAB，DA⊂平面ABD，平面PAB∩平面ABD=AB，
所以∠PAD即为二面角P−AB−D的平面角，因为PO⊥AD，
且∠PAD=π4，所以tan∠PAD=POAO=1，所以OP=1，
作BC中点M，连接OM，以{OA,OM,OP}为正交基底，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),C(−1, 2,0),P(0,0,1)，
所以AP=(−1,0,1),AC=(−2, 2,0)，
设平面APC的法向量为m=(x,y,z)，
则 m⋅AP=−x+z=0m⋅AC=−2x+ 2y=0，取m=(1, 2,1)，
又平面PAD的法向量n=(0,1,0)，
设锐二面角D−AP−C为θ，
则cosθ=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|= 2 1+2+1= 22．
【解析】(1)取AD中点O，连接OP，OB，首先利用线面垂直的判定得AC⊥平面POB，再利用线面垂直的性质定理得AC⊥PO，最后再利用面面垂直的判定即可证明．
(2)建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角得余弦值．
本题考查面面垂直的证明，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解二面角问题，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得关于对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表如下：
项目
对员工管理水平满意
对员工管理水平不满意
合计
对员工敬业精神满意
50
30
80
对员工敬业精神不满意
40
80
120
合计
90
110
200
∴χ2=200×(50×80−30×40)280×120×90×110≈16.498>6.635=x0.01，
∴认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联；
(2)对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的概率为14，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
其中P(X=0)=(34)3=2764；P(X=1)=C31⋅14⋅(34)2=2764；
P(X=2)=C32(14)2⋅34=964；P(X=3)=(14)3=164，
∴随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164
∴E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34；
(3)∵T(B|A)=P(B|A)P(B−|A)=P(AB)P(A)P(AB−)P(A)=P(AB)P(AB−)=n(AB)n(AB−)=8030=83，
∴估计T(B|A)的值为83．
【解析】(1)根据给定的数据完善2×2列联表，再计算χ2观测值作答．
(2)求出X的可能值，求出对应的概率，列出分布列并计算期望作答．
(3)根据给定定义，利用条件概率计算作答．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，
21.【答案】解：(1)当k=m=1时，直线l：y=x+1，椭圆上顶点为(0,1)，b=1，连接AF1，BF1，
有|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a，而△ABF2的周长为4a，
∴直线l过F1，故F 1(−1,0)，∴a2=1+1=2，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)联立直线l与C的方程，有(2k2+1)x248kmx+2m2−2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，有D(−2km1+2k2,m1+2k2)，
由D在圆x2+y2=34上，∴(−2km1+2k2)2+(m1+2k2)2=34，
∴m2=3(1+2k2)24+16k2，
原点O到直线l的距离d=|m| 1+k2，|AB|= 1+k2⋅ 1+2k2−m2⋅2 21+2k2，
∴△OAB的面积S= 2m2(1+2k2−m2)1+2k2≤ 2(m2+1+2k2−m2)2(1+2k2)= 22，
当且仅当m2=1+2k2−m2，绘合m2=3(1+2k2)24+16k2，解得k2=12，m2=1，
∴△OAB面积的最大值为 22．
【解析】(1)当k=m=1时，可得|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a，进而可知直线过焦点F1，可求椭圆C的方程；
(2)联立直线l与C的方程，有(2k2+1)x248kmx+2m2−2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，可求点D的坐标，进而可得m2=3(1+2k2)24+16k2，可得S= 2m2(1+2k2−m2)1+2k2，进而可求最大值．
本题考查求椭圆的方程，直线与圆相切的性质的应用，直线与椭圆的综合应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为2x2−4x+2=2(x−1)2≥0恒成立，且4x−(−x2+4x)=x2≥0恒成立，所以当x∈R时，2x2+2≥4x≥−x2+4x恒成立，
故y=h1(x)是y=2x2+2与y=−x2+4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”；
又因为x+1−(−x2+4x)=x2−3x+1，当x=0与1时，其值分别为1与−1，
所以h2(x)≥−x2+4x与h2(x)≤−x2+4x在(−∞,+∞)上都不恒成立，
故h2(x)不是y=2x2+2与y=−x2+4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”；
(2)设y=ax2+cx+d(a≠0)是y=2x2+2与y=4x在区间(−∞,+∞)上的“分割函数”，
则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，
又因为(2x2+2)′=4x，当x=1时，它的值为4，
可知y=2x2+2的图象在x=1处的切线为直线y=4x，
它也是y=ax2+cx+d的图象在x=1处的切线，
所以2a+c=4a+c+d=4，可得c=4−2ad=a，
所以2x2+2≥ax2+(4−2a)x+a≥4x对一切实数x恒成立，
即(2−a)(x−1)2≥0且a(x−1)2≥0对一切实数x恒成立，
可得2−a≥0且a>0，即0
故所求的函数为y=ax2+(4−2a)x+a(0
(3)关于函数y=x4−4x2，令y′=8x3−8x=0，可得x=0，± 2，
当x∈(−∞,− 2)与x∈(0, 2)时，y′<0；当x∈(− 2,0)与x∈( 2,+∞)时，y′>0，
可知± 2是函数y=x4−4x2极小值点，0是极大值点，
该函数与y=4x2−16的图象如图所示：
由y=kx+b为y=x4−4x2与y=4x2−16在区间[m,n]上的“分割函数”，
故存在b0使得b≤b0且直线y=kx+b0与y=x4−4x2的图象相切，并且切点横坐标t∈[−2,− 2]∪[ 2,2]，
此时切线方程为y=(4t3−8t)x+4t2−3t4，
即k=4t3−8t，b0=4t2−3t4，
设直线y=kx+b与y=4x2−16的图象交于点(x1,y1)，(x2,y2)，
则由y=kx+by=4x2−16，可得4x2−kx−16−b=0，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= k216+16+b≤ k216+16+b0= (t3−2t)2+16+4t2−3t4= t6−7t4+8t2+16= s3−7s2+8s+16(s=t2∈[2,4])，
令k(s)=s3−7s2+8s+16，s∈[2,4]，
则k′(s)=3s2−14s+8=(3s−2)(s−4)≤0，当s=4时，k′(s)=0，
所以k(s)在[2,4]上单调递减，
所以k(s)max=k(2)=12，
所以|x1−x2|max=2 3，
所以n−m的最大值为2 3．
【解析】(1)根据题意可得当x∈R时，2x2+2≥4x≥−x2+4x恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；
(2)根据“分割函数”的性质，则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得(2−a)(x−1)2≥0且a(x−1)2≥0对一切实数x恒成立，结合图形即可求解；(3)利用导数求出函数y=x4−4x2极值，则k=4t3−8t，b0=4t2−3t4，作出其函数与函数y=4x2−16的图象，设直线y=kx+b与y=4x2−16的图象交于点(x1,y1)，(x2,y2)，利用代数法求出弦长|x1−x2|≤ k216+16+b0= s3−7s2+8s+16(s=t2∈[2,4])，结合导数研究函数k(s)=s3−7s2+8s+16，s∈[2,4]的性质即可求解．
本题属于新概念题，考查了转化思想、数形结合思想、导数的综合运用，理解定义及作出图象是关键，属于难题．
2023年河北省衡水重点中学高考数学第五次综合测评试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|log2x<1}，B={x|x>1}，则A∪∁RB=( )
A. {x|x<2} B. {x|0
A. 1.2米 B. 0.6米 C. 1米 D. 0.8米
3. 已知向量a=(7sinθ−1,5)，b=(1,−cos2θ)，若a⊥b，则cos2θ=( )
A. −725 B. 725 C. −2425 D. 2425
4. 若1，a1，a2，4成等差数列；1，b1，b2，b3，4成等比数列，则a1−a2b2的值等于( )
A. −12 B. 12 C. ±12 D. 14
5. 设z为复数，i为虚数单位，关于x的方程x2+zx+i=0有实数根，则复数z的模|z|的范围是( )
A. [2,+∞) B. [ 2,+∞) C. [4,+∞) D. [8,+∞)
6. 如图，样本数为9的四组数据，它们的平均数都是5，频率条形图如下，则标准差最大的一组是( )
A. 第一组 B. 第二组 C. 第三组 D. 第四组
7. 双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1(−c,0)，F2(c,0)，以C的虚轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的渐近线y=−bax交于点H，若△F1HO的面积为 24ac，则C的离心率为( )
A. 6 B. 2 C. 3 D. 2
8. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0,1]时，f(x)=a−cosπ2x，若函数y=f(x+1)是偶函数，则下列结论不正确的为( )
A. a=1 B. f(x)的最小正周期T=4
C. y=f(x)−|log6x|有4个零点 D. f(2023)>f(2022)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列结论正确的有( )
A. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
B. 若随机变量ξ−N(3,σ2)，且P(ξ<6)=0.84，则P(3<ξ<6)=0.34
C. 若P(B|A)=0.3，P(B)=0.3，则事件A，B相互独立
D. 某医院住院的8位肺炎患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5
10. 已知函数f(x)=cos(2x+π6)的图像为C，则( )
A. 图像C关于直线x=512π对称
B. 图像C关于点(π3,0)中心对称
C. 将y=cos2x的图像向左平移π12个单位长度可以得到图像C
D. 若把图像C向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)的图像，则函数g(x)是奇函数
11. 已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为2 2的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=2 2，则在该四面体中( )
A. BE⊥CD
B. BE与平面DCE所成角的余弦值为 1515
C. 四面体ABCD的内切球半径为 10530
D. 四面体ABCD的外接球表面积为8π
12. 古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美.”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类对数学的对称问题一直在思考和探索，图形中对称性的本质就是点的对称、线的对称.如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质.如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”.下列关于“优美函数”的说法中正确的有( )
A. 函数f(x)=x2x+2−x(−1≤x≤1)可以是某个正方形的“优美函数”
B. 函数f(x)=4cos(2x−π6)+3只能是边长不超过π2的正方形的“优美函数”
C. 函数f(x)=ln( 4x2+1−2x)−1可以是无数个正方形的“优美函数”
D. 若函数y=f(x)是“优美函数”，则y=f(x)的图象一定是中心对称图形
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(x)=13x3+ax2+b2x+1，若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是以1，2两个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为______ ．
14. 如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=BC=2，∠ABC=60°，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且PB=2 2，则三棱锥P−ABC外接球的表面积是______ ．
15. 设点P为抛物线x2=4y上到直线2x−y−6=0距离最短的点，且在点P处的切线与x轴和y轴的交点分别是M和N，则过M，N两点的最小圆截抛物线的准线所得的弦长为______ ．
16. 项数为k(k∈N*,k≥2)的有限数列{an}的各项均不小于−1的整数，满足a1⋅2k−1+a2⋅2k−2+a3⋅2k−3+…+ak−1⋅2+ak=0，其中a1≠0.若k=2，则a2= ______ ；若k=3，则满足条件的数列{an}所有项的和组成的集合为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
如图，在平面四边形ABCD中，AC与BD为其对角线，已知BC=1，且cos∠BCD=−35．
(1)若AC平分∠BCD，且AB=2，求AC的长；
(2)若∠CBD=45°，求CD的长．
18. (本小题12.0分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an−2(n∈N*)，数列{bn}的前n项积为n!．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=anbn，求数列{cn}的前n项和．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB= 2，AD=2，PA=PD，AC⊥PB．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若二面角P−AB−D的大小为π4，求锐二面角D−AP−C的余弦值．
20. (本小题12.0分)
某企业为在推进中国式现代化新征程中展现更大作为，在提升员工敬业精神和员工管理水平上实施新举措制定新方案.现对员工敬业精神和员工管理水平进行评价，从企业中选出200人进行统计，其中对员工敬业精神和员工管理水平都满意的有50人，对员工敬业精神满意的人数是总人数的40%，对员工管理水平满意的人数是总人数的45%．
(1)完成对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表，依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联？
项目
对员工管理水平满意
对员工管理水平不满意
合计
对员工敬业精神满意
对员工敬业精神不满意
合计
(2)若将频率视为概率，随机从企业员工中抽取3人参与此次评价，设对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
(3)在统计学中常用T(B|A)=P(B|A)P(B−|A)表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，现从该企业员工中任选一人，A表示“选到对员工管理水平不满意”、B表示“选到对员工敬业精神不满意”，请利用样本数据，估计T(B|A)的值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
α
0.05
0.01
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y=kx+m与C交于A，B两点，当k=m=1时，直线l经过椭圆的上顶点，且△ABF2的周长为4a．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若D为AB中点，当D在圆x2+y2=34上时，求△OAB面积的最大值．
22. (本小题12.0分)
三个互不相同的函数y=f(x)，y=g(x)与y=h(x)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x)或恒有f(x)≤h(x)≤g(x)，则称y=h(x)为y=f(x)与y=g(x)在区间D上的“分割函数”．
(1)设h1(x)=4x，h2(x)=x+1，试分别判断y=h1(x)、y=h2(x)是否是y=2x2+2与y=−x2+4x在区间上的“分割函数”，请说明理由；
(2)求所有的二次函数，使得该函数是y=2x2+2与y=4x在区间(−∞,+∞)上的“分割函数”；
(3)若[m,n]⊆[−2,2]，且存在实数k，b，使得y=kx+b为y=x4−4x2与y=4x2−16在区间[m,n]上的“分割函数”，求n−m的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性解出集合A，根据补集的定义和运算求出B的补集，结合并集的定义和运算即可求解．
本题主要考查了集合补集及并集运算，属于基础题．
【解答】
解：由log2x<1，得0
∴A∪∁RB={x|x<2}．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】解：设两个塔的倾斜角分别为θ1，θ2，设两个塔高均为h，
则根据题意可知sinθ1=725，sinθ2=941，
又两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1米，
∴hsinθ1−hsinθ2=3.1，∴(725−941)h=3.1，
解得h=5×414，
∴两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为：
hcosθ2−hcosθ1=( 1−(941)2− 1−(725)2)h
=1625×41×5×414=45=0.8米．
故选：D．
设两个塔的倾斜角分别为θ1，θ2，设两个塔高均为h，则根据题意可知sinθ1=725，sinθ2=941，再通过两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1，建立方程可求出h=5×414，从而可得两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为：hcosθ2−hcosθ1，最后再计算，即可得解．
本题考查解三角形，三角函数的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
3.【答案】B
【解析】解：因为a=(7sinθ−1,5)，b=(1,−cos2θ)，a⊥b，
所以7sinθ−1−5cos2θ=0，即7sinθ−1−5(1−sin2θ)=0，
所以5sin2θ+7sinθ−6=0，解得sinθ=35或sinθ=−2(舍)，
所以cos2θ=1−2sin2θ=1−2×(35)2=725．
故选：B．
由a⊥b求得sinθ，再用倍角公式求cos2θ即可．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵1，a1，a2，4成等差数列，
∴a1−a2=−1；
∵1，b1，b2，b3，4成等比数列，
∴b22=1×4=4，又b2=1×q2>0，
∴b2=2；
∴a1−a2b2=−12．
故选：A．
利用等差数列的性质求出a1−a2的值，利用等比数列的性质求出b2，代入求解即可．
本题综合考查了等差数列和等比数列的性质，计算简单、明快，但要注意对隐含条件b2=1×q2>0的挖掘．
5.【答案】B
【解析】解：由题意知，设x0是方程x2+zx+i=0的实数根，
则x02+zx0+i=0，若x0=0，则i=0，等式不成立，
所以x0≠0，有z=−x02x0−1x0i=−x0−1x0i，
所以|z|= (−x0)2+(−1x0)2= x02+1x02≥ 2 x02⋅1x02= 2，
当且仅当x02=1x02即x0=±1时等号成立．
所以|z|的取值范围为[ 2,+∞)．
故选：B．
设x0是方程的实数根，易知x0≠0，则z=−x0−1x0i，根据复数的几何意义可得|z|= x02+1x02，结合基本不等式计算即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由所给的几个选项观察数据的波动情况，
得到方差之间的大小关系，
A的9个数据都是5，方差为0，
B和C数据分布比较均匀，前者的方差较小，后者的方差较大，
D数据主要分布在2和8处，距离平均数是最远的一组，
∴最后一个频率分布直方图对应的数据的方差最大，
则标准差最大，
故选：D．
由频率分布条形图可知，A的9个数据都是5，方差为0，B和C数据分布比较均匀，前者的方差较小，后者的方差较大，D数据主要分布在2和8处，距离平均数是最远的一组，得到最后一个频率分布直方图对应的数据的方差最大，即标准差最大．
本题考查频率分布直方图，考查学生的读图能力，关键是理解题目意图，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：作出图形，如图所示：
由题意不妨设切线MF1的倾斜角为锐角，
过F1的直线与圆D：x2+y2=b2相切于点M，
则OM⊥F1M，且|OM|=b，|OF1|=c，则MF1= c2−b2=a，
∴tan∠OF1M=ba，即切线MF1的斜率等于ba，
故切线MF1的方程为y=ba(x+c)，
联立y=−baxy=ba(x+c)，解得x=−c2y=bc2a，
∴S△F1HO=12×|OF1|×bc2a=bc24a= 24ac，
∴bc= 2a2= 2c2− 2b2，即 2(cb)2−cb− 2=0，解得cb= 2或cb=− 22(不合题意，舍去)，
∴c= 2b，则c2=2b2=2(c2−a2)，即c= 2a，
故离心率为e=ca= 2，
故选：D．
根据几何关系表示出切线MF1的方程为y=ba(x+c)，进而可求点H的坐标，表示出三角形的面积，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A：由题意可得：f(0)=a−1=0，解得a=1，故A正确；
对于B：∵y=f(x+1)是偶函数，则f(x+1)=f(−x+1)，则f(2+x)=f(−x)，
又∵f(x)为奇函数，则f(−x)=−f(x)，可得f(2+x)=−f(x)，
∴f(x+4)=−f(x+2)=−[−f(x)]=f(x)，则f(x)的最小正周期T=4，故B正确；
对C：令f(x)−|log6x|=0，则f(x)=|log6x|，
注意到此时x>0，分别作出y=f(x)，y=|log6x|的图象，
由图象可知：y=f(x)，y=|log6x|有4个交点，故y=f(x)−|log6x|有4个零点，故C正确；
对D：∵f(3)=−f(−3)=−f(1)=−1，f(2)=f(0)=0，
则f(2023)=f(3)=−1，f(2022)=f(2)=0，
可得f(2023)
对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得f(2+x)=−f(x)，进而可得周期性；对于C：分别作出y=f(x)，y=|log6x|的图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算．
本题主要考查了函数的奇偶性和周期性，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由方差的性质可得D(η)=D(2ξ+1)=4D(ξ)，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得P(3<ξ<6)=P(ξ<6)−0.5=0.34，故B正确；
对于C，P(AB)=P(B|A)P(A)=0.3P(A)=P(A)P(B)，故C正确；
对于D，把这组数据按照从小打到大排列2，3，3，4，7，8，10，18，则该样本数据的第50百分位数为4+72=5.5，D正确．
故选：BCD．
由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由条件概率公式判断C；根据百分位数的定义判断D．
本题考查方差的性质，考查正态分布，考查条件概率，考查百分位数，是中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=cos(2x+π6)的图像为C，
令x=5π12，可得f(x)=−1，为最小值，可得图像C关于直线x=512π对称，故A正确；
令x=π3，可得f(x)=−12≠0，可得图像C不关于点(π3,0)中心对称，故B错误；
将y=cos2x的图像向左平移π12个单位长度，可以得到函数y=cos(2x+π6)的图象，即图像C，故C正确；
若把图像C向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)=cos(2x+5π6)的图像，则函数g(x)不是奇函数，
故D错误，
故选：AC．
由题意，利用余弦函数的图象和性质，函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查余弦函数的图象和性质，函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由题意得展开图拼成的几何体如下图所求，
AB=CD= 2，AD=BD=BC=AC=2 2，
取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连接MN，OA，
过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径，
∴AM=CN=12AB= 22，CM=AN= AC2−CN2= (2 2)2−( 22)2= 302，
MN= CM2−CN2= ( 302)2−( 22)2= 7，
对于A，AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN=N，∴CD⊥平面ABN，
∵BE⊂平面ABN，∴BE⊥CD，故A正确；
对于B，∵CD⊂平面ACD，∴平面ABN⊥平面ACD，
∴∠BAN是BE与平面DCE所成角，
∴cos∠BAN=AMAN= 22×2 30= 1515，故B正确；
对于C，OH=CNCM⋅12MN= 22×2 30×12× 7= 10530，故C正确；
对于D，OA2=AM2+(12MN)2=( 22)2+( 72)2=94，
∴四面体ABCD的外接球表面积为9π，故D错误．
故选：ABC．
作出展开图拼成的几何体，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连接MN，OA，过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径．
对于A，由AN⊥CD，BN⊥CD，得CD⊥平面ABN，从而BE⊥CD；对于B，推导出∠BAN是BE与平面DCE所成角，求出cos∠BAN= 1515；对于C，OH=CNCM⋅12MN= 10530；对于D，OA2=AM2+(12MN)2=94，从而四面体ABCD的外接球表面积为9π．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，f(x)=x2x+2−x(−1≤x≤1)，
所以f(x)+f(−x)=x2x+2−x+−x2−x+2x=0，
所以f(x)为定义在[−1,1]的奇函数，
所以函数f(x)可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故选项A正确；
对于选项B，令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
所以函数f(x)=4cos(2x−π6)+3图象的对称中心为(π3+kπ2,3)(k∈Z)，
所以以(π3+kπ2,3)(k∈Z)为中心的正方形都能被函数f(x)=4cos(2x−π6)+3的图象平分，
即f(x)=4cos(2x−π6)+3可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故选项B错误；
对于选项C，令g(x)=ln( 4x2+1−2x)，
易知g(x)+g(−x)=ln( 4x2+1−2x)+ln( 4x2+1+2x)=0，所以g(x)为奇函数．
又因为函数f(x)的图象是由函数g(x)的图象向下平移一个单位长度得到的，
所以函数f(x)图象的对称中心为(0,−1)，
故以(0,−1)为中心的正方形都能被函数f(x)=ln( 4x2+1−2x)−1的图象平分，故选项C正确；
对于选项D，如图所示(可找出无数反例)，
正方形中函数图象过正方形中心，并平分其周长与面积，但函数图象并不中心对称，可知选项D错误．
故选：AC．
由正方形的“优美函数”这一定义结合函数的对称性逐一分析即可．
本题主要考查了曲线与方程，考查了函数的对称性，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】解：∵f(x)=13x3+ax2+b2x+1，
∴f′(x)=x2+2ax+b2，
要满足题意需x2+2ax+b2=0有两不等实根，
即Δ=4(a2−b2)>0，即a>b，
又a，b的取法共3×2=6种，
其中满足a>b的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，共3种，
故所求的概率为P=36=12．
故答案为：12．
f′(x)=x2+2ax+b2，要满足题意需x2+2ax+b2=0有两不等实根，由此能求出该函数有两个极值点的概率．
本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、根的判别式、等可能事件概率计算公式的合理运用．
14.【答案】20π
【解析】解：在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=BC=2，∠ABC=60°，
所以梯形ABCD为等腰梯形，∠ADC=∠BCD=120°．
因为AD=DC，∠ADC=120°，所以∠DAC=∠ACD=30°，所以∠ACB=∠BCD−∠ACD=120°−30°=90°，即AC⊥BC．
所以AC=BCtan60°=2 3，AB=BCcos60∘=4．
因为PC=BC=2,PB=2 2，所以PC2+BC2=PB2，所以PC⊥BC．
又AC⊂面PAC，PC⊂面PAC，AC∩PC=C，
所以BC⊥面PAC．
在△PAC中，∠PAC=∠ACP=30°，∠APC=120°，作出其外心O′如图所示：
所以O′A=O′P=O′C=2，∠PO′A=∠PO′C=60°．
过O′作O′O//BC，由球的性质可知，三棱锥P−ABC外接球的球心O必在直线O′O上．
设外接球的半径为r，由球的性质可得：2 r2−|O′C|2=|BC|，即2 r2−22=2，解得：r2=5．
所以三棱锥P−ABC外接球的表面积为S=4πr2=20π．
故答案为：20π．
先证明出BC⊥面PAC，作出△PAC的外心O′，过O′作O′O//BC，判断出三棱锥P−ABC外接球的球心O必在直线O′O上，设外接球的半径为r，利用球的性质列方程
求出r，即可求出三棱锥P−ABC外接球的表面积．
本题主要考查球的表面积，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】4
【解析】解：设切点为P(x0,y0)，根据题意可知在P处的切线与直线2x−y−6=0平行，
则 y′=12x，所以2=12x0，得x0=4，所以y0=4，因此P(4,4)，
可得切线方程为2x−y−4=0，从而M(2,0)，N(0,4)，
则过M，N两点的最小圆，以MN为直径，方程为(x−1)2+(y+2)2=5，
抛物线的准线方程为y=−1，
利用垂径定理可得圆截抛物线的准线所得的弦长为 2 5−1=4．
故答案为：4．
在P处的切线与直线2x−y−6=0平行，利用导数求出P点坐标和切线方程，得M，N两点坐标，以MN为直径的圆为所求最小圆，利用垂径定理求弦长．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】2 {1,2,3,4}
【解析】解：由于有限数列{an}的各项为均不小于−1的整数，
所以an≥−1，n∈N*，an∈Z，
又因为a1．2k−1+a2．2k−2+a3．2k−3+…+ak−1.2+ak=0，
所以a1．2k−1=−(a2．2k−2+a3．2k−3+…+ak−1.2+ak)
≤(2k−2+2k−3+…+21+1)=2k−1−1，
所以−1≤a1≤1−(12)k−1<1，且a1≠0，a1∈Z，
所以a1=−1，
当k=2时，得2a1+a2=0，又a1=−1，∴a2=2；
当k=3时，得4a1+2a2+a3=0，
∵a1=−1，∴2a2+a3=4，则2a2=4−a3≤5，
所以−1≤a2≤52，
由a2∈Z可知：a2的可能取值为−1，0，1，2，对应的a3的取值为6，4，2，0，
故数列{an}可能有4个，分别为：
{−1,−1,6}，各项和为4；
{−1,0,4}，各项和为3；
{−1,1,2}，各项和为2；
{−1,2,0}，各项和为1；
则满足条件的数列{an}所有项的和组成的集合为{4,3,2,1}．
故答案为：2；{4,3,2,1}．
本题关键在于根据有限数列的性质及题设条件，确定a1的值，进而求得a2，当k=3的时候，结合a1，求得a2、a3的关系，一一列举出数列{an}的可能情况，即可求得．
本题由递推式出发，经过缜密推理，得出a1的值，进而退出k取2、3时数列的情况，得出结论，属难题．
17.【答案】解：(1)∵AC平分∠BCD，可得：∠BCD=2∠ACB=2∠ACD，
∴cos∠BCD=2cos2∠ACB−1=−35，
∵cos∠ACB>0，
∴cos∠ACB= 55，
∵在△ABC中，BC=1，AB=2，cos∠ACB= 55，
∴由余弦定理AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cos∠ACB，
可得：AC2−2 55AC−3=0，解得：AC= 5，(负值舍去)，
∴AC的值为 5．
(2)∵cos∠BCD=−35，
∴sin∠BCD= 1−cos2∠BCD=45，
又∵∠CBD=45°，
∴sin∠CDB=sin(180°−∠BCD−45°)
=sin(∠BCD+45°)
= 22(sin∠BCD+cos∠BCD)= 210，
∴在△BCD中，由正弦定理BCsin∠CDB=CDsin∠CBD，
可得：CD=BC⋅sin∠CBDsin∠CDB=5，即CD的长为5．
【解析】本题主要考查了二倍角公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的正弦函数公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想的应用，属于中档题．
(1)由已知利用二倍角公式可求cos∠ACB= 55，由余弦定理可得：AC2−2 55AC−3=0，即可解得AC．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求sin∠BCD，结合∠CBD=45°，利用两角和的正弦函数公式可求sin∠CBD的值，在△BCD中，由正弦定理可求CD的值．
18.【答案】解：(1)∵Sn=2an−2①，
∴当n=1时，S1=2a1−2，解得a1=2，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2②，
由①−②得an=2an−2an−1，即an=2an−1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an=2n；
∵数列{bn}的前n项积为n!，记数列{bn}的前n项积为Tn，
∴Tn=n!，当n=1时，b1=T1=1，
当n≥2时，Tn−1=(n−1)！，
∴bn=n，当n=1时，b1=1，符合题意，
∴bn=n，
(2)由(1)可得cn=anbn=n⋅2n，令数列{cn}的前n项和为Cn，
则Cn=c1+c2+…+cn=2+2⋅22+3⋅23+…+n⋅2n，
2Cn=22+2⋅23+3⋅24+…+n⋅2n+1，
两式相减得−Cn=2+22+23+…+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
∴Cn=(n−1)⋅2n+1+2．
【解析】(1)根据数列的递推式可得an=2an−1，利用等比数列的定义，即可得出an；由递推关系式可得bn；
(2)利用错位相加求和法即可得出答案．
本题考查等比数列的定义和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AD中点O，连接OP，OB，因为在矩形ABCD中，
AB= 2,AD=2，所以AO=1，所以BCAB=ABAO，
又∠DAB=∠ABC=π2，所以△OAB～△ABC，
所以∠CAB=∠AOB，因为∠CAB+∠OAC=π2，
所以∠AOB+∠OAC=π2，所以OB⊥AC，
又因为AC⊥PB，PB∩OB=B且PB，OB⊂平面POB，
所以AC⊥平面POB，因为PO⊂平面POB，所以AC⊥PO，
因为PA=PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，
又PO⊥AC，AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD；
(2)因为PO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PO，
又AB⊥AD，AD∩PO=O，AD，PO⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA，
又DA⊥AB，PA⊂平面PAB，DA⊂平面ABD，平面PAB∩平面ABD=AB，
所以∠PAD即为二面角P−AB−D的平面角，因为PO⊥AD，
且∠PAD=π4，所以tan∠PAD=POAO=1，所以OP=1，
作BC中点M，连接OM，以{OA,OM,OP}为正交基底，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),C(−1, 2,0),P(0,0,1)，
所以AP=(−1,0,1),AC=(−2, 2,0)，
设平面APC的法向量为m=(x,y,z)，
则 m⋅AP=−x+z=0m⋅AC=−2x+ 2y=0，取m=(1, 2,1)，
又平面PAD的法向量n=(0,1,0)，
设锐二面角D−AP−C为θ，
则cosθ=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|= 2 1+2+1= 22．
【解析】(1)取AD中点O，连接OP，OB，首先利用线面垂直的判定得AC⊥平面POB，再利用线面垂直的性质定理得AC⊥PO，最后再利用面面垂直的判定即可证明．
(2)建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角得余弦值．
本题考查面面垂直的证明，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解二面角问题，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得关于对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表如下：
项目
对员工管理水平满意
对员工管理水平不满意
合计
对员工敬业精神满意
50
30
80
对员工敬业精神不满意
40
80
120
合计
90
110
200
∴χ2=200×(50×80−30×40)280×120×90×110≈16.498>6.635=x0.01，
∴认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联；
(2)对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的概率为14，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
其中P(X=0)=(34)3=2764；P(X=1)=C31⋅14⋅(34)2=2764；
P(X=2)=C32(14)2⋅34=964；P(X=3)=(14)3=164，
∴随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164
∴E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34；
(3)∵T(B|A)=P(B|A)P(B−|A)=P(AB)P(A)P(AB−)P(A)=P(AB)P(AB−)=n(AB)n(AB−)=8030=83，
∴估计T(B|A)的值为83．
【解析】(1)根据给定的数据完善2×2列联表，再计算χ2观测值作答．
(2)求出X的可能值，求出对应的概率，列出分布列并计算期望作答．
(3)根据给定定义，利用条件概率计算作答．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，
21.【答案】解：(1)当k=m=1时，直线l：y=x+1，椭圆上顶点为(0,1)，b=1，连接AF1，BF1，
有|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a，而△ABF2的周长为4a，
∴直线l过F1，故F 1(−1,0)，∴a2=1+1=2，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)联立直线l与C的方程，有(2k2+1)x248kmx+2m2−2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，有D(−2km1+2k2,m1+2k2)，
由D在圆x2+y2=34上，∴(−2km1+2k2)2+(m1+2k2)2=34，
∴m2=3(1+2k2)24+16k2，
原点O到直线l的距离d=|m| 1+k2，|AB|= 1+k2⋅ 1+2k2−m2⋅2 21+2k2，
∴△OAB的面积S= 2m2(1+2k2−m2)1+2k2≤ 2(m2+1+2k2−m2)2(1+2k2)= 22，
当且仅当m2=1+2k2−m2，绘合m2=3(1+2k2)24+16k2，解得k2=12，m2=1，
∴△OAB面积的最大值为 22．
【解析】(1)当k=m=1时，可得|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a，进而可知直线过焦点F1，可求椭圆C的方程；
(2)联立直线l与C的方程，有(2k2+1)x248kmx+2m2−2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，可求点D的坐标，进而可得m2=3(1+2k2)24+16k2，可得S= 2m2(1+2k2−m2)1+2k2，进而可求最大值．
本题考查求椭圆的方程，直线与圆相切的性质的应用，直线与椭圆的综合应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为2x2−4x+2=2(x−1)2≥0恒成立，且4x−(−x2+4x)=x2≥0恒成立，所以当x∈R时，2x2+2≥4x≥−x2+4x恒成立，
故y=h1(x)是y=2x2+2与y=−x2+4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”；
又因为x+1−(−x2+4x)=x2−3x+1，当x=0与1时，其值分别为1与−1，
所以h2(x)≥−x2+4x与h2(x)≤−x2+4x在(−∞,+∞)上都不恒成立，
故h2(x)不是y=2x2+2与y=−x2+4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”；
(2)设y=ax2+cx+d(a≠0)是y=2x2+2与y=4x在区间(−∞,+∞)上的“分割函数”，
则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，
又因为(2x2+2)′=4x，当x=1时，它的值为4，
可知y=2x2+2的图象在x=1处的切线为直线y=4x，
它也是y=ax2+cx+d的图象在x=1处的切线，
所以2a+c=4a+c+d=4，可得c=4−2ad=a，
所以2x2+2≥ax2+(4−2a)x+a≥4x对一切实数x恒成立，
即(2−a)(x−1)2≥0且a(x−1)2≥0对一切实数x恒成立，
可得2−a≥0且a>0，即0
故所求的函数为y=ax2+(4−2a)x+a(0
(3)关于函数y=x4−4x2，令y′=8x3−8x=0，可得x=0，± 2，
当x∈(−∞,− 2)与x∈(0, 2)时，y′<0；当x∈(− 2,0)与x∈( 2,+∞)时，y′>0，
可知± 2是函数y=x4−4x2极小值点，0是极大值点，
该函数与y=4x2−16的图象如图所示：
由y=kx+b为y=x4−4x2与y=4x2−16在区间[m,n]上的“分割函数”，
故存在b0使得b≤b0且直线y=kx+b0与y=x4−4x2的图象相切，并且切点横坐标t∈[−2,− 2]∪[ 2,2]，
此时切线方程为y=(4t3−8t)x+4t2−3t4，
即k=4t3−8t，b0=4t2−3t4，
设直线y=kx+b与y=4x2−16的图象交于点(x1,y1)，(x2,y2)，
则由y=kx+by=4x2−16，可得4x2−kx−16−b=0，
所以|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= k216+16+b≤ k216+16+b0= (t3−2t)2+16+4t2−3t4= t6−7t4+8t2+16= s3−7s2+8s+16(s=t2∈[2,4])，
令k(s)=s3−7s2+8s+16，s∈[2,4]，
则k′(s)=3s2−14s+8=(3s−2)(s−4)≤0，当s=4时，k′(s)=0，
所以k(s)在[2,4]上单调递减，
所以k(s)max=k(2)=12，
所以|x1−x2|max=2 3，
所以n−m的最大值为2 3．
【解析】(1)根据题意可得当x∈R时，2x2+2≥4x≥−x2+4x恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；
(2)根据“分割函数”的性质，则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得(2−a)(x−1)2≥0且a(x−1)2≥0对一切实数x恒成立，结合图形即可求解；(3)利用导数求出函数y=x4−4x2极值，则k=4t3−8t，b0=4t2−3t4，作出其函数与函数y=4x2−16的图象，设直线y=kx+b与y=4x2−16的图象交于点(x1,y1)，(x2,y2)，利用代数法求出弦长|x1−x2|≤ k216+16+b0= s3−7s2+8s+16(s=t2∈[2,4])，结合导数研究函数k(s)=s3−7s2+8s+16，s∈[2,4]的性质即可求解．
本题属于新概念题，考查了转化思想、数形结合思想、导数的综合运用，理解定义及作出图象是关键，属于难题．
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