还剩17页未读，
继续阅读
湖北省黄冈市重点中学2022届高三下学期5月二模数学试题
展开这是一份湖北省黄冈市重点中学2022届高三下学期5月二模数学试题，共20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。
湖北省黄冈市重点中学2022届高三下学期5月二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数z满足−3iz=4−5i，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A．4i3 B．−4i3 C．43 D．−43
2．设集合A=x|(x−1)(x−4)<0，B=x|2x+a<0，且A∩B={x|1
3．已知a=2-13，b=log213，c=log1213，则（ ）．
A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a
4．已知A，B，C是表面积为16π的球O的球面上的三个点，且AC=AB=1，∠ABC=30°，则三棱锥O−ABC的体积为（ ）
A．112 B．312 C．14 D．34
5．已知函数f(x)=xln(e2x+1)−x2+1，f(a)=2，则f(−a)的值为（ ）
A．1 B．0 C．−1 D．−2
6．若sinα+cosα=15，0<α<π，则sin2α+cos2α=（ ）
A．1725 B．−1725 C．3125 D．−3125
7．直线x=2与双曲线x24−y2=1的渐近线交于A,B两点，设P为双曲线上任一点，若OP=aOA+bOB(a,b∈R,0为坐标原点），则下列不等式恒成立的是（ ）
A．a2+b2≥1 B．ab≥1 C．a+b≥1 D．a−b≥2
8．若函数y=fx的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y=fx在这两点处的切线重合，则称函数y=f(x)为“共切”函数，下列函数中是“共切”函数的为（ ）
A．y=lnx+x B．y=ex+x
C．y=x3+1 D．y=x−cosx
二、多选题
9．已知由样本数据(xi，yi)(i=1，2，3，…，10)组成的一个样本，得到回归直线方程为y=2x−0.4，且x=2，去除两个样本点(−2,1)和(2,−1)后，得到新的回归直线的斜率为3.则下列说法正确的是（ ）
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．去除两个样本点(−2,1)和(2,−1)后，回归直线方程为y=3x−3
C．去除两个样本点(−2,1)和(2,−1)后，随x值增加相关变量y值增加速度变小
D．去除两个样本点(−2,1)和(2,−1)后，样本(4,8.9)的残差为0.1
10．已知点M(1，0)，A，B是椭圆x24+y2=1上的动点，当MA⋅BA取下列哪些值时，可以使MA⋅BM=0 （ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
11．设函数f(x)=sin2x−2sinxcosx，则（ ）
A．f(x)在−π2,π2上有且仅有1个零点 B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在−π2,π2上单调递减 D．f(x)在π2,3π2上单调递减
12．在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12−an+1=an，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的n≥2，都有an>1
B．对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C．若0
三、填空题
13．函数f(x)的图象如图所示，记A=f′(x1)、B=f′(x2)、C=f′(x3)，则A、B、C最大的是 .
14．已知1+xn的展开式中，唯有x3的系数最大，则1+xn的系数和为 ．
15．与三角形的一边及另外两边的延长线都相切的圆，称为这个三角形的旁切圆．已知正△ABC的中心为O，AB=1，点P为与BC边相切的旁切圆上的动点，则OA⋅OP的取值范围为 ．
16．如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，点P沿正方形ABCD按ABCDA的方向做匀速运动，点Q沿正方形B1C1CB按B1C1CBB1的方向以同样的速度做匀速运动，且点P,Q分别从点A与点B1同时出发，则PQ的中点的轨迹所围成图形的面积大小是 .
四、解答题
17．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，c=2.有以下3个条件：①2ccosA=b；②2b−a=2ccosA；③a+b=2c.请在以上3个条件中选择一个，求△ABC面积的最大值.
18．数列an的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn(n∈N∗),，
(1)求数列an的通项an;
(2)求数列nan的前n项和Tn.
19．在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为22的正方形,平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=22
（1）求证：PB=PD;
（2）若点M,N分别是棱PA,PC的中点,平面DMN与棱PB的交点Q,则在线段BC上是否存在一点H,使得DQ⊥PH,若存在,求BH的长,若不存在,请说明理由.
20．根据社会人口学研究发现，一个家庭有X个孩子的概率模型为：
X
1
2
3
0
概率
αp
α
α1−p
α1−p2
其中α>0，0
(2)为了调控未来人口结构，其中参数p受到各种因素的影响（例如生育保险的增加，教育、医疗福利的增加等）．
①若希望PX=2增大，如何调控p的值？
②是否存在p的值使得EX=53，请说明理由．
21．动点P到定点F(0，1)的距离比它到直线y=−2的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A、B两个不同的点，过点A、B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．
(1)求曲线C的方程；
(2)求证：AB⋅MF=0；
(3)求△ ABM的面积的最小值．
22．已知函数f(x)=ax2ex+12x2−2x(a∈R)（ e=2.71828…是自然对数的底数）．
（1）若f(x)在x∈(0.2)内有两个极值点，求实数 a的取值范围；
（2）a=1时，讨论关于x的方程f(x)−12x2+2x1xex+b=|lnx|(b∈R)的根的个数．
参考答案：
1．D
【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再求其共轭复数的虚部即可.
【详解】∵−3iz=4−5i
∴z=4−5i−3i=4−5ii−3i2=4i+53=53+43i
∴z的共轭复数为z=53−43i
∴虚部为−43.
故选：D.
2．D
【分析】求得集合A={x|1
3．C
【详解】试题分析：因为a=2−13∈(0,1),b=log213<0,c=log1213>1,所以b
4．C
【分析】设球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，根据题意求出r,R，再根据球心O到△ABC的距离d=R2−r2，即三棱锥O−ABC的高，从而可得出答案.
【详解】解：设球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，
在△ABC中，由AC=AB=1，∠ABC=30°，则∠BAC=120°
得2r=ACsin∠ABC=2，所以r=1，
因为球O的表面积为16π，
则4πR2=16π，解得R=2，
所以球心O到△ABC的距离d=R2−r2=3，
即三棱锥O−ABC的高为3，
S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=34，
所以三棱锥O−ABC的体积VO−ABC=13×34×3=14.
故选：C.
5．B
【分析】构造函数g(x)=xlne2x+1−x2，判断函数g(x)为奇函数，即得解.
【详解】解：构造函数g(x)=xlne2x+1−x2，则g(−x)+g(x)=−xlne−2x+1−x2+xlne2x+1−x2 =xlne2x+1e−2x+1−2x2=xlne2x−2x2=0，故函数g(x)为奇函数.
又fa=ga+1=2，∴ga=1，∴f−a=g−a+1=−ga+1=0.
故选：B
6．D
【分析】将sinα+cosα=15两边同时平方得到2sinαcosα=−2425，进而可以缩小角的范围，得到π2<α<3π4，从而得到π<2α<3π2，然后结合二倍角以及同角的平方关系即可求出结果.
【详解】将sinα+cosα=15两边同时平方，1+2sinαcosα=125，所以2sinαcosα=−2425，
因此，sinα,cosα异号，故π2<α<π，且sinα+cosα>0，则π2<α<3π4，
因此π<2α<3π2，而sin2α=2sinαcosα=−2425，cos2α=−1−−24252=−725，
所以sin2α+cos2α=−2425+−725=−3125，
故选：D.
7．C
【详解】由题意，双曲线渐近线方程为y=±x2，联立直线x=2，解得y=±1,∴不妨设A2,1,B2,−1,Px,y，∵OP=aOA+bOB，∴x=2a+2b,y=a−b，∵P为双曲线C上的任意一点，∴2a+2b24−a−b2=1，∴4ab=1,ab=14，∴a+b2=a2+b2+2ab≥4ab=1 （a=b 时等号成立），可得a+b≥1，故选C.
【 方法点睛】本题主要考查双曲线的的渐近线、向量相等的应用以及平面向量的坐标运算、不等式的性质，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算，往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，解答本题的关键是根据坐标运算．
8．D
【分析】由题意知，导函数中存在两个点，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，则导数不能为单调函数，由此判断A,B;对于C，求出导数，根据导数特征可以设出两点坐标，使得在这两点处导数相等，但求出切线方程，切线都不会重合，判断C;对于D，求出导数，可以找到至少有两点符合题中要求，判断D.
【详解】由“共切”函数的定义可知，导函数中自变量存在两个值，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，因此导数不会为单调函数；
对于A，y′=1x+1，即导函数在(0,+∞)上单调递减，且自变量与函数值是一一对应的关系，故y=lnx+x不会是“共切”函数；
对于B，y′=ex，即导函数在R上单调递增，故y=ex+1必不是“共切”函数；
对于C，y′=3x2，存在(m,m3)与(−m，−m3)(m≠0)，两点处的切线斜率为3m2相等，
分别写出切线方程为：y=3m2⋅x−2m3，y=3m2⋅x+2m3，
显然两直线不重合，故y=x3不是“共切”函数；
对于D，y′=1+sinx∈[0，2]，即导函数为T=2π的周期函数，且y′≥0恒成立，
故y=x−cosx在R上递增，
不妨取xA=0,xB=2π ，则y′=1 ，切点分别为A(0,−1),B(2π,2π−1) ，
此时切线方程分别为y=x−1,y=x−2π+2π−1=x−1 ，两切线重合，
可知至少存在A、B两点处的切线重合，故该函数为“共切”函数．
故选：D．
9．AB
【分析】对于A，3>0，则相关变量x，y具有正相关关系，故A正确；
对于B，求出a=92−3×52=−3，故去除样本点后的回归直线方程为y=3x−3，故B正确；
对于C，由于斜率为3>2，随x值增加相关变量y值增加速度变大，故C错误；
对于D,样本4,8.9的残差为8.9−9=−0.1，故D错误.
【详解】解：对于A，去除两个样本点−2,1和2,−1后，得到新的回归直线的斜率为3，3>0，则相关变量x，y具有正相关关系，故A正确；
对于B，由x=2代入y=2x−4得y=3.6，则去除两个样本点−2,1和2,−1后，得到新的X=2×108=52，Y=3.6×108=92，a=92−3×52=−3，故去除样本点后的回归直线方程为y=3x−3，故B正确；
对于C，由于斜率为3>2，故相关变量x，y具有正相关关系且去除样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变大，故C错误，
对于D,当x=4时，y=3×4−3=9，则样本4,8.9的残差为8.9−9=−0.1，故D错误.
故选：AB.
10．ABC
【分析】设A(x0,y0)，利用MA⋅BM=0求得MA⋅BA的最大值和最小值即可得．
【详解】设A(x0,y0)，且MA⋅BM=0.
因为MA⋅BA=MA⋅BM+MA=MA2+MA⋅BM=MA2=x0−12+y02，
将A点坐标代入椭圆，得x024+y02=1，所以y02=1−x024代入上式可得
MA⋅BA=x0−12+1−x024=3x024−2x0+2=34x0−432+23 −2≤x0≤2.
所以MA⋅BAmin=23，MA⋅BAmax=9.对照选项MA⋅BA可以取ABC.
故选：ABC．
11．ACD
【分析】由正弦二倍角公式可得f(x)=2sinx(cosx−1)cosx，令f(x)=2sinx(cosx−1)cosx=0，可知x=kπ或x=2kπ，k∈Z，由此即可判断A是否正确；根据正弦函数和正切函数的最小正周期即可判断B是否正确；对函数f(x)求导，可得f′x=2cos3x−1cos2x，易知f'(x)≤0，由此即可判断C、D是否正确.
【详解】由正弦二倍角公式可得，sin2x=2sinxcosx，
∵f(x)=sin2x−2sinxcosx=2sinx(cosx−1)cosx=0，
∴sinx=0或cosx=1，
∴x=kπ或x=2kπ，k∈Z，
∵x∈−π2,π2，∴当且仅当k=0时，即x=0时，满足f(x)=0，
∴f(x)在−π2,π2上有且只有一个零点，满足题意，则A正确；
由于f(x)=2sinx−2tanx，且sinx的最小正周期为2π，tanx的最小正周期为π，
∴f(x)的最小正周期为2π，故B错误，
f(x)=2sinx−2tanx，则f′x=2cosx−2cos2x−(−sinx)⋅sinx(cosx)2=2cos3x−1cos2x，
∵cos3x−1≤0，∴f'(x)≤0，∴f(x)在每个连续区间上都单调递减，则C、D正确，
故选：ACD.
12．ACD
【分析】A由递推式有n∈N*上an+1=anan+1+1，结合an>0恒成立，即可判断：B反证法：假设{an}为常数列，根据递推式求an判断是否符合a1>0，即可判断；C、D由n∈N*上anan+1=an+1−1，讨论1
【详解】A：由an+1=anan+1+1，对∀n∈N*有an>0，则an+1=anan+1+1>1，即任意n≥2都有an>1，正确；
B：由an+1(an+1−1)=an，若{an}为常数列且an>0，则an=2满足a1>0，错误；
C：由anan+1=an+1−1且n∈N*，
当1
所以0
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设{an}为常数列求通项，判断是否与a1>0矛盾；对于C、D，将递推式变形为anan+1=an+1−1，讨论1
13．A
【分析】根据导数的几何意义结合f(x)的图象分析判断即可
【详解】根据导数的几何意义，f′x1、f′x2、f′x3分别为x1,x2,x3处的切线斜率，
又x1与x3处的切线单调递增，x2处的切线单调递减，且x1处的切线比x3处的切线更陡峭，
∴f′x2<0
故答案为：A
14．64
【分析】由题意，列出不等式组Cn3>Cn2Cn3>Cn4，可解得n=6，利用赋值法求系数和，即得解
【详解】由题意知Cn3>Cn2Cn3>Cn4，则nn−1n−26>nn−12nn−1n−26>nn−1n−2n−324，
解得5
故答案为：64
15．[−76,−16]
【分析】作出示意图，结合向量数量积的几何意义即可求得答案.
【详解】如图所示，△ABC的旁切圆为圆O′，设其半径为R，因为正△ABC的边长为1，所以|AE|=32，易知O为△ABC的重心，则|OA|=33,|OE|=36.
易知△ABE与△AO′D相似，则|AE||AD|=|BE||O'D|，即3232=12R⇒R=32.
由平面向量数量积的几何意义可知：OA→⋅OP→=OP→⋅OA→表示OP→在OA→上的投影与|OA→|=33的乘积，由图可知：当点P位于点E时OP→⋅OA→最大，最大值为33×−36=−16，当点P位于点F时OP→⋅OA→最小，最小值为33×−36−32×2=−76.
于是，OA→⋅OP→的取值范围是−76,−16.
故答案为：−76,−16.
16．34/143
【分析】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.
【详解】如图，E,F,G分别是正方形ABCD，ABB1A1，BCC1B1的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，
首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，
分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从C1到C，由于速度相同，所以PQ必平行于BC1，故PQ的中点H必在CG上；
（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从B1到C1，由于速度相同，则AP=B1Q，由于H为PQ的中点，连接B1H并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面PB1QT与平面ABCD交线是PT，
∵B1C1∥平面ABCD，
∴B1C1∥PT，
∴△HB1Q≅△HTP，
而PT=B1Q=AP，PT∥BC，
∴△APT是等腰直角三角形，∠TAP=π4，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，
综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；
下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.
也分两种情况进行证明：
（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥BC1（或BD），而与BC及CC1（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=C1Q（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件
（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接B1H并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥C1B1，在平面PTC1B1上，连接PH并延长，交B1C1于点Q，在三角形ACB1中，G是B1C的中点，FG∥AC，则H是B1T的中点，于是△PTH≅△QB1H，从而有B1Q=PT，又因为TP∥CB，∠CAB=∠ATP=π4，所以AP=PT，从而B1Q=AP，因此P，Q符合题设条件.
由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.
因为四边形EFGC为菱形，其中CE=12AC=12×1+1=22，所以边长为22且AC=CB1=AB1，△AB1C为等边三角形，∠GCE=π3，所以面积S=22×22×sinπ3=34.
故答案为：34
【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.
17．答案见解析.
【解析】若选择①：利用正弦定理得到2sinCcosA=sinB，再利用A+B+C=π以及两角和与差的正弦公式得到sin(A−C)=0，最后利用三角形的面积公式求解即可；若选择②：利用正弦定理得到2sinB−sinA=2sinCcosA，再利用A+B+C=π以及两角和的正弦公式得到cosC=12，再利用余弦定理以及三角形的面积公式求解即可；若选择③：先利用基本不等式得到ab≤4，再利用余弦定理得到cosC≥12，最后利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】若选择①：
由正弦定理asinA=bsinB=csinC得：
可将2ccosA=b化为：2sinCcosA=sinB，
又A+B+C=π，所以sinB=sin(A+C)，
所以2sinCcosA=sin(A+C)，
即sinAcosC−cosAsinC=0，
∴sin(A−C)=0，
∴A=C，
∴a=c=2，
所以S△ABC=12acsinB=2sinB≤2（当B=π2时取到等号），
所以△ABC面积的最大值为2.
若选择②：
由正弦定理asinA=bsinB=csinC可将2b−a=2ccosA化为：2sinB−sinA=2sinCcosA，
又A+B+C=π，
所以sinB=sin(A+C)，
所以2sin(A+C)−sinA=2sinCcosA，
即2sinAcosC=sinA，
∴cosC=12，
又C∈(0,π)，
∴C=π3，
又由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC可得：
4=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab（当且仅当a=b时取等号），
∴S△ABC=12absinC≤2sinC=3，
所以△ABC面积的最大值为3.
若选择③：
因为c=2，
所以a+b=2c=4≥2ab，
∴ab≤4（当且仅当a=b时取等号），
又由余弦定理cosC=a2+b2−c22ab得：
cosC=a2+b2−(a+b2)22ab=34(a2+b2)−12ab2ab≥ab2ab=12（当且仅当a=b时取等号），
∴0
所以△ABC面积的最大值为3.
【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理以及三角形的面积公式解三角形.属于中档题，三角函数的化简和解决范围问题，常涉及以下方法的应用：
（1）正弦定理的边角互化，需注意齐次问题；
（2）第三角公式：sinA=sinB+C，cosA=−cosB+C,tanA=−tanB+C；
（3）利用基本不等式：a+b≥2ab进行放缩；
（4）利用a2+b2≥2ab进行放缩；
18．(1)an=1,n=12⋅3n−2,n≥2
(2)Tn=12+n−123n−1n∈N*
【分析】（1）由Sn+1−Sn=an+1可得Sn+1Sn=3，从而可先求出Sn的通项公式，再根据Sn与an的关系得出答案.
（2）利用错位相减法可得出答案.
【详解】（1）∵an+1=2Sn,则Sn+1−Sn=an+1=2Sn，所以Sn+1Sn=3
又S1=a1=1，
∴数列Sn是首项为1、公比为3的等比数列，Sn=3n−1n∈N*．
∴当n≥2时，an=2Sn-1=2⋅3n-2(n≥2)，又a1=1≠2×31−2
所以an= 1, n=12⋅3n−2, n≥2
（2）Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，
当n=1时，T1=1；
当n≥2时，Tn=1+4⋅30+6⋅31+…+2n⋅3n−2， ①
3Tn=3+4⋅31+6⋅32+…+2n⋅3n−1， ②
①−②得：−2Tn=−2+4+231+32+…+3n−2−2n⋅3n−1=2+2⋅31−3n−21−3−2n⋅3n−1=−1+(1−2n)⋅3n−1，
∴Tn=12+n−123n−1(n≥2)，
又∵T1=a1=1也满足上式，∴Tn=12+n−123n−1n∈N*．
19．(1)见证明；(2)见解析
【分析】(1) 记AC∩BD=O，连结PO，易证PO⊥AC，结合平面PAC⊥底面ABCD，可得到PO⊥底面ABCD，从而得到PO⊥BD，则有PB=PD；(2) 以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面DMN的法向量n，设PQ=λPB，可得到点Q的坐标，即可表示出DQ，由DQ⋅n=0，可求出λ及DQ，设BH=tBC，可表示出点H及PH，由DQ⋅PH=0，可求出t=12，从而可求出BH．
【详解】(1)证明：记AC∩BD=O，连结PO，
∵底面ABCD为正方形，∴OA=OC=OB=OD=2.
∵PA=PC，∴PO⊥AC，
∵平面PAC∩底面ABCD=AC，POÌ平面PAC，
∴PO⊥底面ABCD.
∵BDÌ底面ABCD，∴PO⊥BD.
∴PB=PD.
(2)以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知OP=2.
可得P(0,0,2)，A(0,-2,0), B(2,0,0), C(0,2,0), D(-2,0,0),
可得，M(0,-1,1), N(0,1, 1).DM=(2,-1,1)，MN=(0,2,0).
设平面DMN的法向量n=(x,y,z)，
∵DM⋅n=0，MN⋅n=0，∴2x-y+z=0,y=0.
令x=1，可得n=(1,0,-2).
记PQ=λPB=(2λ,0,-2λ)，可得Q(2λ,0,2-2λ)，
DQ=(2λ+2,0,2-2λ)，DQ⋅n=0，可得，2λ+2-4+4λ=0，解得λ=13.
可得，DQ=(83,0,43).
记BH=tBC=(-2t,2t,0)，可得H(2-2t,2t,0)，
PH=(2-2t,2t,-2)，若DQ⊥PH，则DQ⋅PH=0，
83(2-2t)+43×(-2)=0，解得t=12.故BH=2.
【点睛】本题考查了空间中直线与直线相等关系的证明，考查了利用空间向量证明直线与直线垂直，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题．
20．(1)α=415，PB=25；
(2)①增加p的取值；②不存在，理由见解析.
【分析】（1）由概率之和为1列出方程，求出α=415，计算出PBA1,PBA2,PBA3，利用全概率公式计算出答案；
（2）①根据概率之和为1得到1α=p2−3p+1p+3，令fp=p2−3p+1p+3，0
【详解】（1）由题意得：αp+α+α1−p+α1−p2=2α+α+12α+14α=154α=1，
所以α=415，
PBA1=C1112，PBA2=C22122，PBA3=C32123+C33123．
由全概率公式，得P(B)=i=03PB∣AiPAi
=12αp+C22122α+C32123+C33123α1−p
=12αp+14α+12α1−p，又p=12，则PB=32α=25；
（2）①由αp+α+α1−p+α1−p2=1，得1α=p2−3p+1p+3，
记fp=p2−3p+1p+3，0
故gp在0,1单调递减．
∵g0=−1，∴gp<0，∴f′p<0，fp在0,1单调递减．
因此增加p的取值，1α会减小，α增大，即PX=2增大．
②假设存在p使EX=αp+2α+3α1−p=53，又1α=p2−3p+1p+3，
将上述两式相乘，得1p+5−p=5p23−5p+53p+5，
化简得，5p3−6p2+2=0，
设hp=5p3−6p2+2，则h′p=15p2−12p=3p5p−4，
则hp在0,45单调递减，在45,1单调递增，hp的最小值为h45=825>0，
∴不存在p0使得hp0=0．
21．(1)x2=4y；
(2)见解析；
(3)4．
【分析】（1）利用定义判断出曲线C为抛物线；
（2）设出点A,B的坐标，利用导数分别求出过点A,B的切线方程，求出交点M的坐标为xA+xB2,xAxB4，联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理算出xA+xB=4kxAxB=−4，从而得到M2k,−1，利用向量可以计算AB·MF=2kxB−xA−2kxB−xA=0，所以AB⊥MF；
（3）利用焦半径公式和点到直线的距离可以求得S=41+k232，从而求得面积的最小值为4．
【详解】（1）解：由已知，动点P在直线y=−2上方，
条件可转化为动点P到定点F0,1的距离等于它到直线y=−1距离，
∴ 动点P的轨迹是以F0,1为焦点，直线y=−1为准线的抛物线，
故其方程为x2=4y．
（2）证：设直线AB的方程为：y=kx+1，
由x2=4yy=kx+1得：
x2−4kx−4=0，
设AxA,yA,BxB,yB，
则xA+xB=4k，xAxB=−4．
由x2=4y得：
y=14x2，
∴y′=12x，
∴ 直线AM的方程为：y−14xA2=12xAx−xA① ，
直线BM的方程为：y−14xB2=12xBx−xB② ，
① －② 消y得：
14xB2−xA2=12xA−xBx+12xB2−xA2，
即x=xA+xB2=2k，
将x=xA+xB2代入① 得：
y−14xA2=12xAxB−xA2=14xAxB−14xA2，
∴y=14xAxB=−1，
故M2k,−1，
∴MF=-2k,2,AB=xB−xA,kxB−xA
∴AB·MF=2kxB−xA−2kxB−xA=0，
∴AB⊥MF．
（3）解：由（2）知，点M到AB的距离d=MF=21+k2，
∵AB=AF+BF=yA+yB+2=kxA+xB+4=4k2+4，
∴S=12ABd=12×4k2+1×21+k2=41+k232≥4，
∴ 当k=0时，△ABM的面积有最小值4．
【点睛】形如x2=2py(p>0)的抛物线，考虑其切线时可以利用导数去讨论．
22．（1）e
【详解】（1）由题意可求得f′(x)=a2x−x2ex+x−2=(x−2)ex−axex，
因为f(x)在x∈(0,2)内有两个极值点，所以 f′(x)=0在x∈(0,2)内有两个不相等的变号根，
即ex−ax=0在x∈(0,2)上有两个不相等的变号根．
设g(x)=ex−ax，则g′(x)=ex−a，
①当a⩽0时，x∈(0,2),g′(x)=ex−a>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，不符合条件．
②当a>0时，令g′(x)=ex−a=0得 x=lna，
当lna⩾2，即a⩾e2时，x∈(0,2),g′(x)=ex−a<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，不符合条件；
当lna⩽0，即0
所以g(x)在(0,2)上单调递增，不符合条件；
当0
令y=xe2x，则y′=1−2xe2x，所以 y=xe2x在0,12上单调递增，在12,+∞上单调递减．
（ⅰ）当x∈(1,+∞)时，lnx>0，则 h(x)=lnx−xe2x−b，所以h′(x)=e−2xe2xx+2x−1．
因为2x−1>0,e2xx>0，所以 h′(x)>0，因此h(x)在(1,+∞)上单调递增．
（ⅱ）当x∈(0,1)时，lnx<0，则 h(x)=−lnx−xe2x−b，所以h′(x)=e−2x−e2xx+2x−1．
因为e2x∈1,e2,e2x>1,0
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当x∈(0,+∞)时， h(x)⩾h(1)=−e−2−b，
当h(1)=−e−2−b>0，即 b<−e−2时，h(x)没有零点，故关于x的方程根的个数为0，
当h(1)=−e−2−b=0，即 b=−e−2时，h(x)只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，
当h(1)=−e−2−b<0，即 b>−e−2时，
①当x∈(1,+∞)时， h(x)=lnx−xe2x−b>lnx−1e2+b>lnx−1−b，要使h(x)>0，可令lnx−1−b>0，即 x∈e1+b,+∞；
②当x∈(0,1)时，h(x)=−lnx−xe2x−b⩾−lnx−12e−1+b>−lnx−1−b，要使 h(x)>0，
可令−lnx−1−b>0，即x∈0,e−1−b，
所以当b>−e−2时，h(x)有两个零点，故关于 x的方程根的个数为2，
综上所述：当b<−e−2时，关于 x的方程根的个数为0，
当b=−e−2时，关于x的方程根的个数为1，
当b>−e−2时，关于x的方程根的个数为2．
【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.
关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.
相关试卷
湖北省部分重点中学2024届高三第二次联考数学试题（含答案）：
这是一份湖北省部分重点中学2024届高三第二次联考数学试题（含答案），共8页。
湖北省黄冈市重点中学2022届高三下学期5月二模数学试题（含解析）：
这是一份湖北省黄冈市重点中学2022届高三下学期5月二模数学试题（含解析），共22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。
2022届湖北省高三下学期4月调研（二模）数学试题（PDF版）：
这是一份2022届湖北省高三下学期4月调研（二模）数学试题（PDF版），共13页。
