2022-2023学年福建省福州市四校联考高二（下）期末数学试卷v

这是一份2022-2023学年福建省福州市四校联考高二（下）期末数学试卷v，共24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。

1.设集合A={(x,y)|y=2x}，B={(x,y)|y=x2}，则A∩B的元素个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.欧拉公式eiθ=csθ+isinθ由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数e，虚数单位i与三角函数csθ，sinθ联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数z= eiπ2，则z的虚部为( )
A. iB. 1C. 22iD. 22
3.已知圆M：(x−2)2+(y−1)2=1，圆N：(x+2)2+(y+1)2=1，则下列不是M，N两圆公切线的直线方程为( )
A. y=0B. 4x−3y=0C. x−2y+ 5=0D. x+2y− 5=0
4.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120∘，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45∘，则△PAC的面积为( )
A. 3B. 2C. 2 2D. 2 3
5.在数列{an}中，a1=1，且函数f(x)=x5+an+1sinx−(2an+3)x+3的导函数有唯一零点，则a9的值为( )
A. 1021B. 1022C. 1023D. 1024
6.△ABC中，sin(π2−B)=cs2A，则AC−BCAB的取值范围是( )
A. (−1,12)B. (13,12)C. (12,23)D. (13,23)
7.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两焦点为F1，F2，x轴上方两点A，B在椭圆上，AF1与BF2平行，AF2交BF1于P.过P且倾斜角为α(α≠0)的直线从上到下依次交椭圆于S，T.若|PS|=β|PT|，则“α为定值”是“β为定值”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不必要也不充分条件
8.在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axex−ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点，若对任意a>0，有|PQ|≥m恒成立，则实数m的最大值为( )
A. 3B. 32 2C. 2D. 52
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知向量a=(1,3),b=(2x,2−x)，其中x∈R，下列说法正确的是( )
A. 若a⊥b，则x=6
B. 若a与b夹角为锐角，则x<6
C. 若x=1，则a在b方向上投影向量为b
D. 若|a|=4
10.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 若函数f(x)的图象关于点(1,f(1))中心对称，则a=−3
B. 当c=0时，函数f(x)过原点的切线有且仅有两条
C. 函数f(x)在[−1,1]上单调递减的充要条件是2a−b≥3
D. 若实数x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，且满足x1+x2=x1x2，则a>0或a<−6
11.已知函数f(x)=2sinx+|sin2x|，则( )
A. f(x)的最小正周期为2πB. f(x)的图象关于x=π2对称
C. f(x)在[0,2π]上有四个零点D. f(x)的值域为[−2,3 32]
12.已知抛物线C：y2=4x，过焦点F的直线l与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，y1>2，E与F关于原点对称，直线AB与直线AE的倾斜角分别是α与β，则( )
A. sinα>tanβB. ∠AEF=∠BEF
C. ∠AEB<90∘D. α<2β
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.( 2x−y)5展开式中x2y3的系数为______(用数字作答)
14.已知某批零件的质量指标ξ(单位：毫米)服从正态分布N(25.40,σ2)，且P(ξ≥25.45)=0.1，现从该批零件中随机取3件，用X表示这3件产品的质量指标值ξ不位于区间(25.35,25.45)的产品件数，则D(X)=______.
15.已知f(x)为奇函数，当x∈(0,1],f(x)=lnx，且f(x)关于直线x=1对称.设方程f(x)=x+1的正数解为x1，x2，⋯，xn，⋯，且任意的n∈N，总存在实数M，使得|xn+1−xn|16.在平面四边形ABCD中，∠ADB=90∘，∠ABC=90∘，BD=BC=2，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，得到三棱锥A−BCD，则三棱锥A−BCD外接球表面积的最小值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足Sn=(an+12)2.
(1)求an；
(2)设bn=1(an+1)(an+1+1)，设数列{bn}的前n项和为Tn，若m−2418.(本小题12分)
记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A−B)csB=sin(A−C)csC.
(1)求证：B=C；
(2)若asinC=2，求1a2+1b2的最大值.
19.(本小题12分)
如图4，在三棱台ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，侧面ACC1A1为等腰梯形，且A1C1=AA1=1，D为A1C1的中点.
(1)证明：AC⊥BD；
(2)记二面角A1−AC−B的大小为θ，θ∈[π3,2π3]时，求直线AA1与平面BB1C1C所成角的正弦值的取值范围.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex+csx−2，f′(x)为f(x)的导数．
(1)当x≥0时，求f′(x)的最小值；
(2)当x≥−π2时，xex+xcsx−ax2−2x≥0恒成立，求a的取值范围．
21.(本小题12分)
甲、乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3、乙胜的概率为0.2.
(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；
(3)若Pi(i=0,1,⋯,6)表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0，P6=1.证明：{Pi+1−Pi}(i=0,1,2,⋯,5)为等比数列.
22.(本小题12分)
已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线y=x垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线y=−x垂直，B为垂足且位于第二象限.四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)点E(2 2,0)，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为k1，k2，k3.若(1k1+1k2)⋅k3=−6，求△PQE周长的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：如图，集合A为函数y=2x图象的点集，
集合B为函数y=x2图象的点集，
两函数的图象有三个交点，
所以A∩B的元素个数为3个．
故选：C.
根据交集以及指数函数、二次函数图象等知识确定正确答案．
本题主要考查交集及其运算，考查数形结合思想，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z= eiπ2=eπ4i=csπ4+sinπ4i= 22+ 22i，其虚部为 22.
故选：D.
根据已知条件，结合欧拉公式，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查欧拉公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：如图，圆心M(2,1)，N(−2,−1)，半径r1=r2=1，两圆相离，有四条公切线．
两圆心坐标关于原点O对称，则有两条切线过原点O，
设切线l：y=kx，则圆心到直线的距离|2k−1| 1+k2=1，解得k=0或k=43，
另两条切线与直线MN平行且相距为1，lMN:y=12x，
设切线l:y=12x+b，则|b| 1+14=1，
解得b=± 52(或通过斜率排除).所以D项不正确．
故选：D.
画出图形，结合点到直线的距离与直线的位置关系判断选项的正误即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想以及计算能力，是基础题，
4.【答案】B
【解析】解：如图所示，∵AB为底面直径，∠APB=120∘，PA=2，
∴△PAB是等腰三角形，
由余弦定理可得AB2=AP2+BP2−2AP⋅BP⋅cs120∘=12⇒AB=2 3=2OA，PO= PA2−OA2=1，
由圆锥的特征易知PA=PC、OA=OC，PO⊥⊙O，
取AC中点D，连接PD、OD，
显然有OD⊥AC，PD⊥AC，即二面角P−AC−O为∠PDO=45∘，
∴PO=OD=1,PD= 2，则AC=2AD=2 PA2−PD2=2 2，
∴S△PAC=12AC⋅PD=2.
故选：B.
作图，取AC中点，根据圆锥的性质及二面角的定义计算PD、AC长即可．
本题考查二面角的概念，三角形面积的求解，属中档题．
5.【答案】A
【解析】解：f′(x)=5x4+an+1csx−(2an+3)，
易知函数f′(x)为偶函数，
又f′(x)有唯一零点，
则必有f′(0)=an+1−(2an+3)=0，
即an+1=2an+3，
则有an+1+3=2(an+3)，
所以数列{an+3}是以2为公比的等比数列，
又a1=1，
则an+3=4×2n−1，
所以a9=4×28−3=1021.
故选：A.
对函数f(x)求导，根据题意可得f′(0)=an+1−(2an+3)=0，由此可得数列{an+3}是以2为公比的等比数列，再结合a1=1即可得解．
本题考查函数与导数的综合运用，考查数列的递推关系，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，sin(π2−B)=csB=cs2A，
在△ABC中，A，B∈(0,π)，故2A=B或2A+B=2π，
当2A+B=2π时，A+B2=π，故A+B>π，不合要求，舍去，
所以2A=B，C=π−A−B=π−A−2A=π−3A，
因为A，B∈(0,π)，所以2A∈(0,π)，即A∈(0,π2)，
因为C=π−3A∈(0,π)，所以A∈(0,π3)，
由正弦定理得ACsinB=ABsinC=BCsinA，
故AC−BCAB=sinB−sinAsinC=sin2A−sinAsin(π−3A)=2sinAcsA−sinAsin(2A+A)=2sinAcsA−sinAsin2AcsA+cs2AsinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
故AC−BCAB=2csA−12cs2A+cs2A=2csA−14cs2A−1=2csA−1(2csA−1)(2csA+1)，
因为A∈(0,π3)，所以2csA−1>0，
故AC−BCAB=12csA+1，
因为A∈(0,π3)，所以csA∈(12,1)，2csA∈(1,2)，2csA+1∈(2,3)，
故AC−BCAB=12csA+1∈(13,12).
故选：B.
化简得到csB=cs2A，从而得到2A=B，得到C=π−3A，A∈(0,π3)，利用正弦定理得到AC−BCAB=12csA+1，从而得到AC−BCAB的取值范围．
本题考查诱导公式、倍角公式、和差角公式的运用，考查正弦定理，属中档题．
7.【答案】D
【解析】解：不妨设M(x,y)为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的动点，c为椭圆的半焦距，
此时F1(−c,0)，
所以|MF1|= (x+c)2+y2= (x+c)2+b2(1−x2a2)
= (x+c)2+b2(1−x2a2)= c2x2a2+2cx+a2=|a+cax|，
不妨设直线l:x=−a2c，
则点M到直线l的距离为d=|x+a2c|，
所以|MF1|d=ca=e，
设直线MF1的倾斜角为γ，过M作l的垂线，垂足为S，
此时|MF1||MF1|csγ+a2c−c=e，
所以|MF1|=e×b2c1−ecsγ，
不妨设p=b2c，
此时|MF1|=ep1−ecsγ，
同理的|MF2|=ep1+ecsγ，
设AF1的倾斜角为θ，
可得|MF1|=ep1−ecsθ，|MF2|=ep1+ecsθ，
因为AF1//BF2，
所以|BF2||AF1|=|F2P||AP|，
此时|BF2||AF1|+|BF2|=|F2P||AP|+|F2P|=|F2P||AF2|=|F2P|2a−|AF1|，
则|F2P|=|BF2|(2a−|AF1|)|AF1|+|BF2|，
同理，|F1P|=|AF1|(2a−|BF2|)|AF1|+|BF2|，
所以|F2P|+|F1P|=2a−2|BF2|×|AF1||AF1|+|BF2|=2a−ep，
则P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，长半轴长为a−ep2=a2+c22a，短半轴长为 (a2+c2)24a2−c2=a2−c22a，
则P的轨迹方程为x2(a2+c22a)2+y2(a2−c22a)2=1，其中y>0，
令α=π2，|PS|2|PT|2=(yS−yP)2(yS+yP)2=(ySyP−1)2(ySyP+1)2，
因为a2≠a4+2a2c2+c44a2，
所以|PS|2|PT|2不是定值，
即即β不是定值，
故“当α取定值，β是定值”不符合条件，
又直线ST的参数方程为x=x0+tcsαy=y0+tsinα，
设S(x0+t1csα,y0+t1sinα)，T(x0+t2csα,y0+t2sinα)，
因为(x0+tcsα)2a2+(y0+tsinα)2b2=1，
整理得(cs2αa2+sin2αb2)t2+2(x0csαa2+y0sinαb2)t+x02a2+y02b2−1=0，
由韦达定理得t1+t2=−2(x0csαa2+y0sinαb2)(cs2αa2+sin2αb2)t1t2=x02a2+y02b2−1(cs2αa2+sin2αb2)，
因为|PS|=β|PT|，
此时(1−β)t2=−2(x0csαa2+y0sinαb2)(cs2αa2+sin2αb2)−βt22=x02a2+y02b2−1(cs2αa2+sin2αb2)，
整理得(1−β)2−4β=(x0csαa2+y0sinαb2)2(cs2αa2+sin2αb2)(x02a2+y02b2−1)，
若β为定值，则(1−β)2−4β为定值，
因为(1−β)2−4β(cs2αa2+sin2αb2)=(x0csαa2+y0sinαb2)2x02a2+y02b2−1，
所以当P(x0,y0)变化时，(x0csαa2+y0sinαb2)2x02a2+y02b2−1始终为定值，
又(x0csαa2+y0sinαb2)2(x02a2+y02b2−1)=x02cs2αa4+2x0y0csαsinαa2b2+y02sin2αb2x02a2+y02b2−1
=x02[cs2αa4−b2sin2α(a2+c2)2]+2x0y0csαsinαa2b2+b2sin2α4a2x02[1a2−b2(a2+c2)2]+b24a2−1
则cs2αa4−b2sin2α(a2+c2)21a2−b2(a2+c2)2=b2sin2α4a2b24a2−1且csαsinαa2b2=0，但α≠0，α∈(0,π)，
解得α=π2，
所以(1−β)2−4β=(y0b2)21b2(x02a2+y02b2−1)=y02b2x02a2+y02−1=y02b2×(a2+c2)24a2(1−y02b24a2)a2+y02−1
=y02b2×(a2+c2)24a2a2−1+[1−(a2+c2)2a2]y02，
但此时(1−β)2−4β随y02的变化而变化，不是定值，
则“当β取定值，α是定值”是错误的．
故选：D.
由题意，设M(x,y)为椭圆上的动点，c为椭圆的半焦距，易得|MF1|d=ca=e，设直线MF1的倾斜角为γ，过M作l的垂线，垂足为S，分别分析“当α取定值，β是定值”和“当β取定值，α是定值”这两种情况，按部就班进行分析即可．
本题考查椭圆的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】B
【解析】解：因为点P，Q分别是函数f(x)=axex−ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点，
不妨设P(k,akek−ln(ak))，(a,k>0)，Q(t,2ln(t−1)t)，(t>1)，
可得|PQ|2=(t−k)2+[(akek−ln(ak))−2ln(t−1)t]²
≥[t−2ln(t−1)t+akek−ln(ak)−k]22，
不妨设h(t)=t−2ln(t−1)t，函数定义域为(1,+∞)，
可得h′(t)=1−2[tt−1−ln(t−1)]t2=t2−2tt−1+2ln(t−1)t2，
不妨设u(t)=t²−2tt−1+2ln(t−1)，函数定义域为(1,+∞)，
可得u′(t)=2t−−2(t−1)2+2t−1=2t(t2−2t+2)(t−1)2>0，
所以函数u(t)在定义域上单调递增，
因为u(2)=0，
所以函数h(t)在t=2时取得极小值即最小值，
此时h(2)=2，
不妨设v(k)=akek−ln(ak)−k，函数定义域为(0,+∞)，
可得v′(k)=a(k+1)ek−1k−1=(k+1)(aek−1k)，
易知函数y=aek−1k在区间(0,+∞)上单调递增，
所以存在k0>0，
使得aek0−1k0=0，
即ek0=1ak0，
解得k0=−ln(ak0)，
所以函数v(k)在k=k0时取得极小值即最小值，
此时v(k0)=1+k0−k0=1，
则|PQ|2≥(2+1)22=92，
解得|PQ|≥3 22，
因为对任意a>0，都有|PQ|≥m恒成立，
所以m≤3 22，
即m的最大值为3 22.
故选：B.
由题意，设P(k,akek−ln(ak))，(a,k>0)，Q(t,2ln(t−1)t)，(t>1)，可得|PQ|2=(t−k)2+[(akek−ln(ak))−2ln(t−1)t]²
≥[t−2ln(t−1)t+akek−ln(ak)−k]22，构造新函数h(t)=t−2ln(t−1)t，v(k)=akek−ln(ak)−k，对两函数进行求导，利用导数研究函数单调性与极值及最值，即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数单调性与最值和不等式的性质、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力．
9.【答案】AC
【解析】解：a=(1,3),b=(2x,2−x)，
若a⊥b，则a⋅b=2x+3(2−x)=0，解得x=6，故A正确；
若a与b夹角为锐角，则a⋅b=2x+3(2−x)>0，解得x<6，
又当x=27，b=(47,127)，此时a=74b，a与b夹角为0，
故x的取值范围为(−∞,27)∪(27,+∞)，故B错误；
若x=1，则b=(2,1)，
因为a在b方向上投影为a⋅b|b|=2+3 5= 5，与b同向的单位向量为b|b|=(2 55, 55)，
所以a在b方向上投影向量为 5b|b|=(2,1)=b，C正确；
∵a=(1,3)，
∴|a|= 12+32= 10，故D错误．
故选：AC.
对于A，结合向量垂直的性质，即可求解；
对于B，结合平面向量的数量积公式，以及向量平行的性质，即可求解；
对于C，根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解；
对于D，结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A.函数f(x)=x3+ax2+bx+c，f′(x)=3x2+2ax+b，f′′(x)=6x+2a，
令f′′(x)=6x+2a=0，解得x=−a3，
∵函数f(x)的图象关于点(1,f(1))中心对称，∴−a3=1，解得a=−3，因此A正确．
B.c=0时，原点(0,0)在函数f(x)=x3+ax2+bx的图象上，因此过原点有一条切线；
若切点不是原点时，设切点为P(x0,f(x0))(x0≠0)，
则切线方程为y−(x03+ax02+bx0)=(3x02+2ax0+b)(x−x0)，
把(0,0)代入可得：x0=−a2，若a=0，则函数f(x)过原点的切线有且仅有一条；
若a≠0，则函数f(x)过原点的切线有两条．因此B不正确．
C.函数f(x)在[−1,1]上单调递减⇔f′(x)=3x2+2ax+b=3(x+a3)2+b−a23=g(x)≤0(不恒等于0)在[−1,1]上恒成立，其对称轴为x=−a3.
分类讨论：−a3≥1g(−1)=3−2a+b≤0或−a3≤−1g(1)=3+2a+b≤0或−1<−a3<1g(−1)=3−2a+b≤0g(1)=3+2a+b≤0⇔2a−b≥3，因此C正确．
D.f′(x)=3x2+2ax+b，由实数x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，则Δ=4a2−12b>0，即a2−3b>0，
∴x1+x2=−2a3，x1x2=b3，
∵x1+x2=x1x2，
∴−2a3=b3，化为b=−2a，代入a2−3b>0，可得a2+6a>0，解得a>0或a<−6，因此D正确．
故选：ACD.
A.函数f(x)=x3+ax2+bx+c，f′(x)=3x2+2ax+b，f′′(x)=6x+2a，令f′′(x)=0，解得x，即为对称中心的横坐标，根据函数f(x)的图象关于点(1,f(1))中心对称，进而解得a，即可判断出A的正误．
B.c=0时，原点(0,0)在函数f(x)=x3+ax2+bx的图象上，因此过原点有一条切线；若切点不是原点时，设切点为P(x0,f(x0))(x0≠0)，利用点斜式可得切线方程为y−(x03+ax02+bx0)=(3x02+2ax0+b)(x−x0)，把(0,0)代入可得
x0，即可判断出B的正误．
C.函数f(x)在[−1,1]上单调递减⇔f′(x)=3x2+2ax+b=g(x)≤0(不恒等于0)在[−1,1]上恒成立，其对称轴为x=−a3.分类讨论对称轴与区间断点的值的大小关系，即可判断出C的正误．
D.f′(x)=3x2+2ax+b，由实数x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，可得Δ>0，即a2−3b>0，利用根与系数的关系代入x1+x2=x1x2，解得a范围，即可判断出D的正误．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、三次函数的单调性与中心对称性、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，函数y=2sinx的最小正周期为2π，函数y=|sin2x|的最小正周期为π2，
所以函数f(x)=2sinx+|sin2x|的最小正周期为2π，选项A正确；
对于B，f(−x+π)=2sin(−x+π)+|sin2(−x+π)|=2sinx+|sin(−2x)|=2sinx+|sin2x|=f(x)，
所以f(x)的图象关于直线x=π2对称，选项B正确；
对于C，当0≤x≤π2时，f(x)=2sinx+sin2x=2sinx+2sinxcsx=2sinx(1+csx)，易知此时f(x)有唯一零点x=0；
当π2当π当3π2所以f(x)在[0,2π]上有三个零点，选项C错误；
对于D，当x=3π2时，y=2sinx取得最小值−2，此时y=|sin2x|恰好取得最小值0，故f(x)的最小值为−2；
由选项C的分析可知，当x∈(π,2π]时，f(x)<0，当x∈[0,π]时，f(x)>0，而f(x)关于直线x=π2对称，
故可考虑0≤x≤π2时，f(x)=2sinx+sin2x的取值情况，f′(x)=2csx+2cs2x=2(2cs2x−1)+2csx=4cs2x+2csx−2，
令f′(x)=0，解得csx=−1(舍)或csx=12，则x=π3，
易知当00，f(x)单调递增，当π3所以此时，f(x)max=f(π3)=2sinπ3+sin2π3= 3+ 32=3 32，
综上，函数f(x)的值域为[−2,3 32].
故选：ABD.
对于A，由函数y=2sinx与函数y=|sin2x|的最小正周期即可判断；对于B，由f(−x+π)=f(x)即可判断；对于C，分0≤x≤π2，π2本题考查三角函数的性质以及三角函数与导数的综合运用，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：作AD⊥x轴于D，作BC⊥x轴于C，
所以D(x1,0)，C(x2,0)，抛物线C：y2=4x的焦点F(1,0)，
因为y1>2，所以x1>1，即α<90∘，所以直线l的斜率存在设为k，
可得直线l的方程为y=k(x−1)，与抛物线方程联立y=k(x−1)y2=4x，
整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，所以x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，y12=4x1，
对于A，sinα=|AD||AF|=y1x1+1，tanβ=|AD||ED|=y1x1+1，所以sinα=tanβ，故A错误；
对于B，因为kAE=y1x1+1，kBE=y2x2+1，
所以kAE+kBE=y1x1+1+y2x2+1=k(x2−1)(x1+1)+k(x1−1)(x2+1)(x2+1)(x1+1)=k×2x1x2−x1+x2+x1−x2−2(x2+1)(x1+1)=0，
所以直线AE与BE的倾斜角互补，即∠AEF=∠BEF，故B正确；
对于C，因为x1>1，所以tanβ=|AD||ED|=y1x1+1=2 x1x1+1<2 x12 x1=1，即∠AED<45∘，
因为∠AEF=∠BEF，所以∠AEB<90∘，故C错误；
对于D，因为∠AEB<90∘，所以0∘<2β<90∘，
tanα=|AD||FD|=y1x1−1，tanβ=|AD||ED|=y1x1+1，
所以tan2β=2tanβ1−tan2β=2y1x1+11−(y1x1+1)2=2y1(x1+1)(x1−1)2，
所以tanα−tan2β=y1x1+1−2y1(x1+1)(x1−1)2=y1x1−y1−2y1x1−2y1(x1−1)2=−y1x1−3y1(x1−1)2<0，
所以tanα故选：BD.
作AD⊥x轴于D，做BC⊥x轴于C，设直线l的方程为y=k(x−1)，与抛物线方程联立求出x1+x2，x1x2，求出sinα，tanβ可判断A；求出kAE+kBE可判断B；求出tanβ利用基本不等式得出tanβ<1可判断C；求出tanα、tan2β，做差tanα−tan2β与0比较大小可判断D.
本题考查抛物线的几何性质，抛物线与直线的位置关系，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】−20
【解析】解：( 2x−y)5的展开式的通项为Tr+1=C5r( 2x)5−r⋅(−y)r=C5r( 2)5−r⋅(−1)r⋅x5−ryr，
取r=3得到T4=C53( 2)2⋅(−1)3⋅x2y3=−20x2y3.
故答案为：−20.
根据二项式定理得到T4=−20x2y3，得到答案．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】0.48
【解析】解：由正态分布的对称性可知，P(25.35<ξ<25.45)=1−2P(ξ≥25.45)=1−0.2=0.8，
故1件产品的质量指标值ξ不位于区间(25.35,25.45)的概率P=0.2，
则X∼B(3,0.2)，
故D(X)=3×0.2×(1−0.2)=0.48.
故答案为：0.48.
根据已知条件，结合正态分布的对称性，以及二项分布的方差公式，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，以及二项分布的方差公式，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：因为f(x)为奇函数，所以f(x)=−f(−x)，且f(0)=0，
又f(x)关于直线x=1对称，所以f(1+x)=f(1−x)，
所以f(2+x)=f(−x)=−f(x)，
则f(4+x)=−f(2+x)=f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，
作出函数y=f(x)和y=x+1的图像如图所示：
由f(x)=x+1的正数解依次为x1，x2，⋯，xn，⋯，
则n→∞lim(xn+1−xn)的几何意义为函数f(x)两条渐近线之间的距离为2，
所以n→∞lim(xn+1−xn)=2.
所以得任意的n∈N，|xn+1−xn|<2，
已知任意的n∈N，总存在实数M，使得|xn+1−xn|可得M≥2，即M的最小值为2.
故答案为：2.
根据题意可得函数f(x)是以4为周期的周期函数，作出函数f(x)的图像，结合图像可知n→∞lim(xn+1−xn)的几何意义为函数f(x)两条渐近线之间的距离，从而可得到|xn+1−xn|<2，进而求出M的最小值．
本题考查了函数的奇偶性、对称性及周期性，也考查了数形结合思想、极限思想，属于中档题．
16.【答案】(2 5+2)π
【解析】解：在平面四边形中，设∠CBD=θ(0<θ<π2)，∠ABD=π2−θ，
在Rt△ADB中，可得∠BAD=θ，AD=2tanθ.
在△BCD中，CD=2BCsinθ2=4sinθ2.
设△BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为r，
由正弦定理可得2r=CDsinθ=4sinθ22sinθ2csθ2=2csθ2，即r=1csθ2.
设三棱锥A−BCD外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.
又∵平面ADB⊥平面BDC，平面ADB∩平面BDC=BD，∠ADB=90∘，
∴AD⊥平面BDC，则AD//OM，得四边形OMDA为直角梯形．
设外接球的半径为R，在平面四边形OMDA中，过O作OE⊥AD于E，
在△AOD中，AO=DO=R，E为AD的中点，OM=DE=12AD=1tanθ，
由DO2=DE2+OE2，得R2=DE2+r2=1tan2θ+1cs2θ2，
∴R2=cs2θsin2θ+21+csθ=cs2θ+2−2csθ1−cs2θ=−1+3−2csθ1−cs2θ.
令3−2csθ=t，1∴R2=−1+4t−t2−5+6t=−1+4−(t+5t)+6，
∵t+5t≥2 5，当且仅当t=5t，即t= 5时(满足1∴R2=−1+4−(t+5t)+6≥ 5+12.
∴外接球表面积的最小值为4πR2=4π× 5+12=(2 5+2)π.
故答案为：(2 5+2)π.
首先利用正弦定理求出，进一步求出锥体的外接球的半径，最后利用基本不等式求出R的最小值，最后求出球的表面积．
本题考查折叠问题，考查多面体的外接球，主要考查理解能力和计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当n=1时，a1=S1=(a1+12)2，∴a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+12)2−(an−1+12)2=an2−an−12+2(an−an−1)4，
即an2−an−12−2(an+an−1)=0，∴(an+an−1)(an−an−1−2)=0，
由已知，数列{an}各项均为正数得an−an−1=2，
∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an=2n−1；
(2)由(1)知，an=2n−1，
则bn=1(an+1)(an+1+1)=12n(2n+2)=14(1n−1n+1)，
∴Tn=14(1−12+12−13+...+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)，
∴Tn+1−Tn=n+14(n+2)−n4(n+1)=14(n+1)(n+2)>0，
∴{Tn}单调递增，∴Tn≥T1=18，
∵Tn=n4(n+1)<14，∴18≤Tn<14，
要使m−24所以实数m的取值范围是[54,52).
【解析】(1)根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差得到数列{an}是等差数列，即可求出通项公式；
(2)利用裂项相消求出Tn的取值范围，再由不等式恒成立思想，得到实数m的取值范围．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的定义和通项公式、数列的裂项相消求和、数列不等式恒成立的问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由于sin(A−B)csB=sin(A−C)csC，所以sinAcsB−csAsinBcsB=sinAcsC−csAsinCcsC，
整理的csA(sinBcsC−csBsinC)=0，即csAsin(B−C)=0，
因为A为锐角，所以csA>0，
故sin(B−C)=0，由B，C为锐角可得B=C；
(2)由(1)得b=c，
因为asinC=2，且由正弦定理得asinC=csinA=bsinA=asinB=2，
所以a=2sinB，b=2sinA，
则1a2+1b2=14(sin2A+sin2B)=14[sin2B+sin2(B+C)]=14[sin2B+sin22B]=14(1−cs2B2+sin22B)=−14cs22B−18cs2B+38(*)，
因为0根据二次函数的性质可知，当cs2B=−14时，(*)取得最大值2564.
【解析】(1)根据两角和差公式，结合锐角三角形可证明；
(2)由(1)可得b=c，结合正弦定理可得a=2sinB，b=2sinA，代入所求式子，根据二倍角公式转换为关于cs2B的二次函数形式，根据角度范围得cs2B的范围即可求最大值．
本题考查三角恒等变换，考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查三角函数的图象及性质，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，
在等腰梯形ACC1A1中，D，M为A1C1，AC的中点，
∴AC⊥DM，
在正△ABC中，M为AC的中点，
∴AC⊥BM，
∵AC⊥DM，AC⊥BM，DM∩BM=M，DM，BM⊂平面BDM，
∴AC⊥平面BDM，
又BD⊂平面BDM，∴AC⊥BD.
(2)解：∵AC⊥平面BDM，
在平面BDM内作Mz⊥BM，以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵DM⊥AC，BM⊥AC，∴∠DMB为二面角A1−AC−B的平面角，即∠DMB=θ，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−1,0,0)，D(0, 32csθ, 32sinθ)，C1(−12, 32csθ, 32sinθ)，A1(12, 32csθ, 32sinθ)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z)，CB=(1, 3,0)，CC1=(12, 32csθ, 32sinθ)，
则有，
又AA1=(−12, 32csθ, 32sinθ)，
∴sinα=|cs|= 3 4+1−2csθ+cs2θsin2θ= 3 3+21+csθ，
∵θ∈[π3,2π3]，∴csθ∈[−12,12]，
∴sinα∈[ 217,3 1313].
【解析】(1)作AC的中点M，连接DM，BM，证明AC⊥DM，AC⊥BM，推出AC⊥平面BDM，即可证明AC⊥BD.
(2)以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建立空间直角坐标系，说明∠DMB为二面角A1−AC−B的平面角，求出平面BB1C1C的法向量，AA1=(−12, 32csθ, 32sinθ)，利用空间向量的数量积求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，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)f′(x)=ex−sinx，令g(x)=ex−sinx，x≥0，则g′(x)=ex−csx.
当x∈[0,π)时，g′(x)为增函数，g′(x)≥g′(0)=0；
当x∈[π,+∞)时，g′(x)≥eπ−1>0.
故x≥0时，g′(x)≥0，g(x)为增函数，
故g(x)min=g(0)=1，即f′(x)的最小值为1.
(2)令h(x)=ex+csx−2−ax，h′(x)=ex−sinx−a，则x≥−π2时，x⋅h(x)≥0恒成立．
当a≤1时，若x≥0，则由(1)可知，h′(x)≥1−a≥0，
所以h(x)为增函数，故h(x)≥h(0)=0恒成立，即x⋅h(x)≥0恒成立；
若x∈[−π2,0]，则h′′(x)=ex−csx，
h′′′(x)=ex+sinx在[−π2,0]上为增函数，
又h′′′(0)=1，h′′′(−π2)=e−π2−1<0，
故存在唯一x0∈(−π2,0)，使得h′′′(x0)=0.
当x∈(−π2,x0)时，h′′′(x)<0，h′′(x)为减函数；
x∈(x0,0)时，h′′′(x)≥0，h′′(x)为增函数．
又h′′(−π2)=e−π2>0，h′′(0)=0，
故存在唯一x1∈(−π2,0)使得h′′(x1)=0.
故x∈(−π2,x1)时，h′′(x1)>0，h′(x)为增函数；
x∈(x1,0)时，h′′(x1)<0，h′(x)为减函数．
又h′(−π2)=eπ2+1−a>0，h′(0)=1−a≥0，
所以x∈[−π2,0]时，h′(x)>0，h(x)为增函数，
故h(x)≤h(0)=0，即x⋅h(x)≥0恒成立；
当a>1时，由(1)可知h′(x)=ex−sinx−a在[0,+∞)上为增函数，
且h′(0)=1−a<0，h′(1+a)≥e1+a−1−a>0，
故存在唯一x2∈(0,+∞)，使得h′(x2)=0.
则当x∈(0,x2)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，
所以h(x)综上所述，a≤1.
【解析】(1)求导，判断函数的单调性，进而得到函数的最值；
(2)令h(x)=ex+csx−2−ax，依题意当x≥−π2时，x⋅h(x)≥0恒成立，然后分a≤1及a>1讨论，即可得出结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，考查逻辑推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)X的所有可能取值为2，3，4，
P(X=2)=0.2，P(X=3)=0.5，P(X=4)=0.3，
则X的分布列为：
E(X)=2×0.2+3×0.5+4×0.3=3.1.
(2)当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，
其概率为：C32⋅0.32⋅0.5⋅0.3=0.0405.
当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，
其概率为：C32⋅0.22⋅0.5⋅0.2=0.012，
所以四局比赛后，比赛结束的概率为0.0405+0.012=0.0525.
(3)因为Pi(i=0,1,2,3,4,5,6)表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，P0=0，
在甲所得筹码为1枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为0.3P2，
在甲所得筹码为1枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为0.5P1，
在甲所得筹码为1枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为0.2P0，
根据全概率公式得P1=0.3P2+0.5P1+0.2P0，
所以P1=0.3P2+0.5P1+0.2P0，变形得0.3(P2−P1)=0.2(P1−P0)，因为P1−P0>0，
所以P2−P1P1−P0=23，同理可得P3−P2P2−P1=P4−P3P3−P2=P5−P4P4−P3=P6−P5P5−P4=23，
所以{Pi+1−Pi}(i=0,1,2,⋯,5)为等比数列．
【解析】(1)求出X的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；
(2)根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；
(3)根据全概率公式和等比数列的定义可证．
本题主要考查离散型随机变量分布列与期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为直线x−y=0、x+y=0相互垂直，
所以四边形OAMB为矩形，
设M(x,y)，且x−y<0x+y<0，可得x<0，
则点M到直线x−y=0、x+y=0的距离分别为 2|x−y|2、 2|x+y|2，
可得 2|x−y|2× 2|x+y|2=2，
整理得x2−y2=4(x<0)，
所以C的方程为x2−y2=4(x<0).
(2)设直线PQ：y=kx+m，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程y=kx+mx2−y2=4，消去y得(1−k2)x2−2kmx−(m2+4)=0，
由题意可得：1−k2≠0Δ=4k2m2+4(1−k2)(m2+4)=4(m2−4k2+4)>0x1+x2=2km1−k2<0x1x2=−m2+41−k2>0，①
因为(1k1+1k2)⋅k3=−6，
则(x1−2 2y1+x2−2 2y2)⋅k=(x1−2 2kx1+m+x2−2 2kx2+m)⋅k=−6，
整理得8k2x1x2+(7km−2 2k2)(x1+x2)+6m2−4 2km=0，
即−8k2(m2+4)1−k2+2km(7km−2 2k2)1−k2+6m2−4 2km=0，
整理得3m2−2 2km−16k2=0，
解得m=−4 23k或m=2 2k，
若m=−4 23k，
则直线PQ:y=kx−4 23k=k(x−4 23)，过定点F(4 23,0)，
此时①式为1−k2≠0Δ=169(9−k2)>0x1+x2=−8 2k23(1−k2)<0x1x2=−m2+41−k2>0，无解，不符合题意；
当m=2 2k时，则直线PQ:y=kx+2 2k=k(x+2 2)，过定点F(−2 2,0)，
此时①式为1−k2≠0Δ=16(k2+1)>0x1+x2=4 2k21−k2<0x1x2=−8k2+41−k2>0，
解得k2>1，即k>1或k<−1，
则|PQ|= 1+k2 (4 2k21−k2)2+4(8k2+4)1−k2=4(k2+1)k2−1=4(1+2k2−1)，
因为k2>1，
则k2−1>0，
可得1k2−1>0，
所以|PQ|=4(1+2k2−1)>4，
又因为E，F为双曲线x2−y2=4的左、右焦点，
则|PE|−|PF|=4，|QE|−|QF|=4，
即|PE|=|PF|+4，|QE|=|QF|+4，
可得△PQE周长为|PE|+|QE|+|PQ|=|PF|+4+|QF|+4+|PQ|=2|PQ|+8>16，
所以△PQE周长的取值范围(16,+∞).
【解析】(1)根据题意结合点到直线的距离公式分析运算；
(2)直线PQ：y=kx+m，根据题意结合韦达定理分析可得m=2 2k，结合双曲线的定义运算求解．
本题考查双曲线的标准方程及其性质，考查直线与双曲线的综合运用，考查分类讨论思想和运算求解能力，属于中档题．X
2
3
4
P
0.2
0.5
0.3