2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年湖南省名校联盟高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，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。

1.已知集合A={x|x2−2x−3≤0,x∈Z}，B={x|y=1 4−x2}，则A∩B真子集的个数为( )
A. 7B. 8C. 15D. 16
2.1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix=csx+isinx(x∈R,i为虚数单位)，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式，化简(eπ4i)2024+eπ2i的结果为( )
A. 2B. 2iC. 1+iD. 1−i
3.已知α∈(π,3π2)，且sin(α−π4)=m(m>0)，则tan(α−π4)=( )
A. m 1−m2B. −m 1−m2C. 1−m2mD. − 1−m2m
4.已知向量a、b满足|a+b|=|a−2b|，|b|=1，则|a|cs⟨a,b⟩=( )
A. −2B. 2C. 32D. 12
5.“五一”假期期间，某旅游景区为加强游客的安全工作，决定增派甲、乙、丙、丁四位工作人员到A、B、C三个景点进行安全防护宣传，增派的每位工作人员必须到一个景点，且只能到一个景点做安全防护宣传，每个景点至少增派一位工作人员.因工作需要，乙不能去A景点，甲和乙不能同去一个景点，则不同的安排方法数为( )
A. 20B. 30C. 42D. 60
6.已知圆O：x2+y2=1，点P在直线l：x−y−2 2=0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，则( )
A. 27.南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列{an}本身不是等差数列，但从{an}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{bn}(则称数列{an}为一阶等差数列)，或者{bn}仍旧不是等差数列，但从{bn}数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列{cn}(则称数列{an}为二阶等差数列)，依次类推，可以得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列{an}：1，1，3，27，729，…是一阶等比数列，则n=110lg3an的值为(参考公式：12+22+⋅⋅⋅+n2=n6(n+1)(2n+1))( )
A. 60B. 120C. 240D. 480
8.若a= 1.4−1，b=sin0.2，c=ln1.44，则( )
A. a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.已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−2，an+1=an+1，则( )
A. a2023=2020B. 数列{an}是递增数列
C. 数列{Sn}中的最小项为S2D. Sm、S2m、S3m(m∈N*)成等差数列
10.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(1<ω<3)，满足f(−5π12−x)=f(−5π12+x)，则( )
A. ω=2B. f(x)的最小正周期为π
C. f(x)在区间[−5π12,π6]单调递增D. f(2023π)= 32
11.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别是F1，F2，渐近线方程为3x±y=0，点R(4,6 3)在双曲线E上，点M为双曲线右支上任一点，则( )
A. 双曲线的离心率为 5
B. 右焦点F2到渐近线的距离为6
C. 过双曲线右焦点F2的直线l与C交于A，B两点，当|AB|=30时，直线l有3条
D. 若直线MF1与双曲线E的另一个交点为P，Q为MP的中点，O为原点，则直线OQ与直线PM的斜率之积为9
12.乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某乒乓球协会组织职工比赛，比赛规则采用五局三胜制，当参赛选手甲和乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级且比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负相互独立.假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，有选手晋级所需要比赛局数的期望值记为f(p)，则( )
A. 打满五局的概率为C42p2(1−p)2B. f(p)的常数项为3
C. 函数f(p)在(12,1]上单调递增D. f(12)=338
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.2023年3月，某市为创建文明城市，随机从某小区抽取10位居民调查他们对自己目前生活状态的满意程度，该指标数越接近10表示满意程度越高.他们的满意度指标数分别是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，则这组数据的30%分位数是______.
14.为加强学生对平面图形翻折到空间图形的认识，某数学老师充分利用习题素材开展活动，现有一个求外接球表面积的问题，活动分为三个步骤，第一步认识平面图形：如图(一)所示的四边形PABC中，AB=BC=2，PA=PC，∠ABC=60∘，PA⊥PC.第二步：以AC为折痕将△PAC折起，得到三棱锥P−ABC，如图(二).第三步：折成的二面角P−AC−B的大小为120∘，则活动结束后计算得到三棱锥P−ABC外接球的表面积为______.
15.已知函数f(x)=ax+e(a>0)，g(x)=xex，若∀x2∈(−∞,1],∃x1∈[−1,2],使f(x1)=g(x2)成立，则实数a的取值范围是______.
16.已知函数f(x)=x3−4x,x≤0−lnx,x>0，若F(x)=f(f(x)−t)有5个零点，则实数t的取值范围是______.
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)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b=2 3，2asinCcsB=asinA−bsinB+ 32bsinC，△ABC的面积为92.
(1)求A；
(2)以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，求r的取值范围.
18.(本小题12分)
在①a1+a2+⋅⋅⋅+an=2n+1−2；②a1a2a3⋅⋅⋅an=2n2+n2两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答.
已知数列{an}的前n项和为Sn，若_____n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当n∈[ak2,ak+12),k∈N*时，求区间[ak2,ak+12)上所有整数n的和T的表达式.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60∘，三角形PBC为正三角形.点E为BC的中点，点F在线段DE上运动.
(1)求证：BC⊥PF；
(2)若二面角A−BC−P的大小为60∘，当3FE=DF时，求证：直线PB与平面PAF所成的角小于π6.
20.(本小题12分)
某商场在“五一”期间开展有奖促销活动，规则如下：对一次性购买物品超过2000元的参与者，该商场现有以下两种方案可供选择：
方案一：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者随机摸出一个球，若是红球，则放回箱子中；若是白球，则不放回，再向箱子中补充一个红球，这样反复进行3次，若最后箱子中红球的个数为X，则该参与者获得奖金X百元；
方案二：在一个放有大小相同的3个红球和3个白球的不透明的箱子中，参与者一次性摸出3个球，把白球换成红球再全部放回袋中，设袋中红球个数为Y，则该参与者获得奖金Y百元.
(1)若用方案一，求X的分布列与数学期望；
(2)若你是参与者，从期望的角度出发，你会选择哪种参考方案？请说明理由.
21.(本小题12分)
已知抛物线C：x2=2py(p>0)上一点M(m,1)到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点(−1,0)的直线交抛物线C于A，B两点，点Q(0,−2)，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1：3，求直线AB的方程.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−x2+3(a∈R).
(1)若方程f(x)=0有3个零点，求实数a的取值范围；
(2)若φ(x)=−x2+2x+4−f(x)有两个零点x1，x2(x1答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得，A={x|x2−2x−3≤0,x∈Z}={x|−1≤x≤3,x∈Z}={−1,0,1,2,3}，
B={x|y=1 4−x2}={x|4−x2>0}={x|−2所以A∩B={−1,0,1}，
所以A∩B真子集的个数为7.
故选：A.
先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为eπ2i=csπ2+isinπ2=i，
又(eπ4i)2024=( 22+ 22i)2024=[( 22+ 22i)2]1012=i1012=1，
所以(eπ4i)2024+eπ2i=1+i.
故选：C.
根据eix=csx+isinx(x∈R,i为虚数单位)，分别求得(eπ4i)2024,eπ2i即可．
本题主要考查复数的指数形式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为α∈(π,3π2)，
所以α−π4∈(3π4,5π4)，又sin(α−π4)=m(m>0)，
所以α−π4∈(3π4,π)，从而cs(α−π4)=− 1−m2，
因此tan(α−π4)=−m 1−m2，
故选：B.
根据关系，结合角的范围即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由|a+b|=|a−2b|，可得|a+b|2=|a−2b|2，
整理得a2+2a⋅b+b2=a2−4a⋅b+4b2，
化简得2a⋅b=b2，又|b|=1，
所以2|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩=|b|2=1，
所以|a|cs⟨a,b⟩=12.
故选：D.
根据题意，求得2a⋅b=b2，得到2|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩=|b|2，即可求解．
本题考查平面向量数量积的性质，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：4人分3组，每组至少1人，则必有1组2人，
若丙丁1组，则先安排乙，则乙可以去B，C两个景点，则共有C21×A22=4，
若丙丁一人和甲一组，则有C21C21A22=8，
若丙丁一人和乙一组，则有C21C21A22=8，
则共有4+8+8=20种不同的安排方法．
故选：A.
4人分3组，讨论2人组的3种情况，然后利用组合或排列公式进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用排除法进行求解是解决本题的关键，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：圆O：x2+y2=1的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，如图所示：
∵sin∠OPB=r|OP|=1|OP|，且y=sinx在(0,π2)上递增，
∴当|OP|最小时，∠OPB最大，即∠APB最大，此时OP垂直直线l，
且|OP|=2 2 12+(−1)2=2，|PA|=|PB|= 3，
从而四边形OAPB的面积为SOAPB=2×12× 3×1= 3，
设∠AOP=θ，则∠AOB=2θ，
S扇形OAB=12×12×2θ=θ，
从而劣弧AB及PA，PB所围成的平面图形的面积为S= 3−θ，
又∵sinθ= 32，θ∈(0,π2)，∴θ=π3，
可得0故选：D.
由sin∠OPB=r|OP|=1|OP|，得到当|OP|最小时，∠OPB最大，即∠APB最大，此时OP垂直直线l，然后分别求得四边形OAPB的面积和S扇形OAB求解．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
设bn−1=anan−1，则由题意可知{bn}为等比数列，其中b1=1，b2=3，从而可求出bn=3n−1，利用累乘法可求出an，从而可求出lg3an，然后利用分组求和法可求得结果．
本题考查数列的新定义问题，对数运算以及数列求和中的分组求和，属于中档题．
【解答】
解：由题意，数列1，1，3，27，729，…为{an}，且为一阶等比数列，
设bn−1=anan−1(n≥2)，则{bn}为等比数列，
其中b1=1，b2=3，公比为q=b2b1=3，所以bn=3n−1，
则an=bn−1bn−2⋅⋅⋅b1a1=31+2+3+⋅⋅⋅+(n−2)=3(n−1)(n−2)2，n≥3，
因为a1=1，a2=1，也适合上式，所以an=3(n−1)(n−2)2.
所以lg3an=lg33(n−1)(n−2)2=(n−1)(n−2)2=12(n2−3n+2)，
所以n=110lg3an=lg3a1+lg3a2+lg3a3+⋅⋅⋅+lg3a10
=12[(12+22+⋅⋅⋅+102)−3(1+2+⋅⋅⋅+10)+2×10]
=12[(16×10×11×21)−3×(1+10)×102+2×10]=120.
故选B.
8.【答案】B
【解析】解：构造函数g(x)=sinx− 1+2x+1，x∈(0,14)，
可得g′(x)=csx−1 1+2x，x∈(0,14)，
令g′(x)=csx−1 1+2x=f(x)，x∈(0,14)，
则f′(x)=1 (1+2x)3−sinx，
因为当x∈(0,14)时，y=1 (1+2x)3，y=−sinx均单调递减，
所以f′(x)=1 (1+2x)3−sinx单调递减，
所以f′(x)=1 (1+2x)3−sinx>f′(14)= (23)3−sin14，
因为sin14<14，所以 (23)3−sin14> (23)3−14>0，
所以g′(x)=csx−1 1+2x=f(x)单调递增，
又g′(0)=cs0−1 1+0=0，从而g(x)在x∈(0,14)单调递增，所以g(x)>g(0)=0，
所以g(0.2)=sin0.2− 1+2×0.2+1>0，从而得到b>a，
又因为c−b=ln1.44−sin0.2=2ln1.2−sin0.2，
构造函数φ(x)=2ln(1+x)−sinx，x∈(0,14)，
所以φ′(x)=2x+1−csx，x∈(0,14)，
令φ′(x)=2x+1−csx=m(x)，则m′(x)=sinx−2(x+1)2，
因为当x∈(0,14)时，y=sinx，y=−2(x+1)2均单调递增，
所以m′(x)=sinx−2(x+1)2单调递增，
所以m′(x)=sinx−2(x+1)2所以φ′(x)在x∈(0,14)单调递减，所以φ′(x)>φ′(14)=85−cs14>0，
所以φ(x)=2ln(1+x)−sinx，x∈(0,14)单调递增，从而φ(x)>φ(0)=0，
所以φ(0.2)=2ln(1.2)−sin0.2>0，所以c>b，
综上可得：c>b>a.
故选：B.
构造函数g(x)=sinx− 1+2x+1，可得g′(x)=csx−1 1+2x，求得函数g(x)在x∈(0,14)单调递增，得到b>a，再构造函数φ(x)=2ln(1+x)−sinx，得到φ′(x)=2x+1−csx，求得φ(x)，x∈(0,14)单调递增，得到c>b，即可求解．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，函数的构造，是中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：因为an+1=an+1，所以an+1−an=1，所以数列{an}是公差为1的等差数列，
因为a1=−2，所以an=−2+1×(n−1)=n−3，
所以a2023=2023−3=2020，故A正确；
因为an+1−an=1>0，所以{an}是递增数列，故B正确；
因为a1=−2<0，a2=−1<0，a3=0，an+1−an=1>0，即n≥4时，an>0，
所以数列{Sn}中的最小项为S2或S3，故C错误；
当m=1时，S1=−2，S2=−3，S3=−3，显然不是等差数列，故D错误．
故选：AB.
根据等差数列的定义求出数列的通项公式，再结合等差数列通项公式与前n项和的关系逐一判断选项即可得到答案．
本题主要考查了等差数列的通项公式，单调性的应用，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：因为f(−5π12−x)=f(−5π12+x)，所以f(x)的函数图像关于直线x=−5π12成轴对称，
则−5π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，得ω=−25−125k，k∈Z，
又因为1<ω<3，所以ω=2，故A正确；
所以f(x)=sin(2x+π3)，所以T=2π2=π，故B正确；
令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，所以−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
当k=0时，[−5π12,π12]为f(x)的单调递增区间，
所以f(x)在区间[−5π12,π6]有增有减，故C错误；
f(2023π)=sin(2×2023π+π3)=sinπ3= 32，故D正确．
故选：ABD.
根据对称轴定义结合参数范围判断A选项，根据周期公式判断B选项，根据单调区间计算得出C选项，结合周期和特殊角的值可以得出D选项．
本题主要考查正弦函数的单调性和周期性，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：由渐近线方程为3x±y=0，可设双曲线E：x2−y29=m(m≠0)，
∵点R(4,6 3)在双曲线E上，∴m=4，可得双曲线E：x24−y236=1.
故a=2,b=6,c=2 10，∴离心率为e= 10，故A错误；
由题可知右焦点为F2(2 10,0)，
则点F2(2 10,0)到渐近线3x−y=0的距离为d=|3×2 10| 9+1=6，故B正确；
若l⊥x轴，当x=2 10时，将其代入x24−y236=1得|y|=18，则|AB|=2|y|=36>30，
∴直线l与右支不可能有两个交点；
若l与x轴不垂直，与C的左，右支交于A，B两点，
∵|AB|=30>2a=4，∴存在两条直线分别交左右两支各一点．
综上可得：满足条件的直线有2条，故C错误；
设M(x1,y1)，P(x2,y2)，Q(x3,y3)，则x3=x1+x22，y3=y1+y22，
∵P，M在双曲线E上，∴x124−y1236=1①，x224−y2236=1②，
①-②并整理得y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=9，
∵kMP=y1−y2x1−x2，kOQ=y3x3=y1+y2x1+x2，∴kOQ×kPM=9，故D正确．
故选：BD.
根据渐线以及R(4,6 3)可得双曲线的方程为x24−y236=1，即可根据点到直线的距离公式以及双曲线的离心率公式求解AB，根据有斜率和无斜率，分别求解两种情况下的最短弦长，即可进行判断C，设点坐标，根据点差法即可由中点弦的斜率公式化简求解D.
本题考查利用待定系数法求圆锥曲线的标准方程，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
可得P(X=3)=p3+(1−p)3，P(X=4)=C31p3(1−p)+C31p(1−p)3，
P(X=5)=C42p2(1−p)2，
因此打满五局的概率为C42p2(1−p)2，故A正确；
由f(p)=3[p3+(1−p)3]+4[C31p3(1−p)+C31p(1−p)3]+5×C42p2(1−p)2
=6p4−12p3+3p2+3p+3，常数项为3，故B正确；
由f′(p)=24p3−36p2+6p+3=3(2p−1)(4p2−4p−1)，
因为0≤p≤1，所以4p2−4p−1=(2p−1)2−2<0，
令f′(p)>0，则0≤p<12；令f′(p)<0，则12则函数f(p)在(12,1]上单调递减，故C错误；
又由f(12)=6×116−12×18+3×14+32+3=338，故D正确．
故选：ABD.
设实际比赛局数为X，得到X的可能取值为3，4，5，求得P(X=3)，P(X=4)，P(X=5)，可判定A正确；由f(p)=6p4−12p3+3p2+3p+3，可判定B正确；求得f′(p)，得出函数的单调性，可判定C错误；由f(12)=338，可判定D正确．
本题考查随机变量的期望与方差，属于中档题．
13.【答案】6.5
【解析】解：依题意这10个数据从小到大排列为5、6、6、7、8、8、9、9、10、10，
又10×30%=3，所以这组数据的30%分位数是第3与第4个数的平均数6.5.
故答案为：6.5.
先对这10个数排列，然后根据百分位数的定义求解即可．
本题考查了百分位数的求解，属于基础题．
14.【答案】529π
【解析】解：由题意得第一步：∵AB=BC=2，∠ABC=60∘，
∴△ABC是边长为2的正三角形，
第二步：可三棱锥P−ABC外接球的球心是过底面△ABC外心的平面ABC的垂线，与过△PAC外心的平面PAC的垂线的交点，如图所示：
∵△ABC为正三角形，
∴△ABC的外心O1为△ABC的中心，
∵△PAC为以AC为斜边的直角三角形，
∴△PAC的外心O2为AC的中点，
三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
∵AB=BC=2，PA=PC，
∴PO2⊥AC，O1O2⊥AC，
故∠PO2O1为二面角P−AC−B的一个平面角，
∴∠PO2O1=120∘，
∵△ABC为正三角形，
∴O1O2= 33O2C= 33，
又OO2⊥平面PAC，PO2⊂平面PAC，
则OO2⊥PO2，即∠PO2O=90∘，
∴∠OO2O1=30∘，
∴cs∠OO2O1=cs30∘=O2O1OO2= 33OO2，
∴OO2=23，
设外接球的半径为R，则R2=OO22+O2C2=49+1=139，
故外接球的表面积为4πR2=52π9.
故答案为：529π.
先根据折起后线面关系，确定外接球的球心，根据线线、线面关系求出球的半径，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系和二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】[e+1e,+∞)
【解析】解：已知g(x)=xex，函数定义域为(−∞,1],
可得g′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当−10，g(x)单调递增，
所以当x=−1时，函数g(x)取得极小值也是最小值，最小值f(−1)=−1e，
又g(1)=e，且当x→−∞时，g(x)→0，
已知f(x)=ax+e(a>0)，函数定义域为[−1,2]，
可得函数f(x)在定义域上单调递增，
所以当x=−1时，函数f(x)取得极小值也是最小值，f(−1)=e−a，
当x=2时，函数f(x)取得极大值也是最大值，f(2)=2a+e，
若∀x2∈(−∞,1],∃x1∈[−1,2],使f(x1)=g(x2)成立，
所以e−a≤−1e2a+e≥e，
解得e≥e+1e，
则实数a的取值范围为[e+1e,+∞).
故答案为：[e+1e,+∞).
由题意，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数f(x)在(−∞,1]上的单调性和最值，结合一次函数的性质得到函数f(x)在[−1,2]上的单调性和最值，列出等式即可求出实数a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
16.【答案】(16 39,16 39+2)
【解析】解：由x3−4x=x(x2−4)=x(x+2)(x−2)=0(x≤0)，解得x=0或x=−2；
由−lnx=0(x>0)，解得x=1，
因为F(x)=f(f(x)−t)=0，所以f(x)−t=0或f(x)−t=1或f(x)−t=−2，
即f(x)=t或f(x)=t+1或f(x)=t−2，
因为F(x)=f(f(x)−t)有5个零点，所以数f(x)的图象与三条直线y=t，y=t+1，y=t−2共有5个交点，
因为函数y=−lnx的图象与三条直线y=t，y=t+1，y=t−2共有3个交点，所以f(x)=x3−4x(x≤0)的图象与三条直线共有2个交点，
当x≤0时，f′(x)=3x2−4=3(x+2 33)(x−2 33)，
所以x∈(−∞,−2 33)时，f′(x)>0，f(x)单调增；
x∈(−2 33,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以x=−2 33时，f(x)取得极大值也是最大值f(−2 33)=(−2 33)3−4×(−2 33)=16 39，f(0)=0，
结合f(x)的图象，
可知t>16 390解得16 39故答案为：(16 39,16 39+2).
首先找出f(x)的零点，再得到函数F(x)的零点对应的条件，对两段函数进行分析，结合函数图象，确定参数t的取值范围．
本题考查函数零点与方程根的关系，函数图象的应用，属难题．
17.【答案】解：(1)由正弦定理可得2accsB=a2−b2+ 32bc，
由余弦定理得2ac⋅a2+c2−b22ac=a2−b2+ 32bc，
所以c= 32b，
又因为b=2 3，所以c=3，
又△ABC的面积为92，所以12bcsinA=92，
即12×2 3×3sinA=92，所以sinA= 32，
又因为0(2)由(1)及余弦定理可知a2=b2+c2−2bccsA=12+9−2×2 3×3csπ3，
即a2=21−6 3，所以a= 21−6 3又若C为圆心，r为半径的圆与边AB相切，
设切点为D，则sinA=CDAC，得CD=ACsinA=2 3× 32=3，
所以要使以C为圆心，r为半径的圆与边AB有两个交点，
必须满足3所以r的取值范围为(3, 21−6 3].
【解析】(1)根据正弦定理以及余弦定理边角化即可结合面积公式求解得sinA= 32，进而可求解角．
(2)由余弦定理求解a2=21−6 3，根据相切求出临界值，即可根据有2个交点，求解范围．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)选①：
∵a1+a2+⋅⋅⋅+an=2n+1−2，
∴当n≥2时，a1+a2+⋅⋅⋅+an−1=2n−2，
两式相减得，an=2n(n≥2)，
当n=1时，a1=2，满足上式，
∴an=2n.
选②：
∵a1a2a3⋅⋅⋅an=2n2+n2，
∴当n≥2时，a1a2a3⋅⋅⋅an−1=2(n−1)2+(n−1)2=2n2−n2，
两式相除得，an=2n(n≥2)，
当n=1时，a1=2，满足上式，
∴an=2n.
(2)由(1)可知，n∈[2k−1,2k),k∈N*,
而[2k−1,2k)上所有整数依次为2k−1，2k−1+1，2k−1+2，…，2k−1+(2k−1−1)，
它们构成首项为2k−1，公差为1的等差数列，且项数为2k−1，
所以T=2k−1+(2k−1+1)+(2k−1+2)+⋅⋅⋅+[2k−1+(2k−1−1)]=2k−1⋅2k−1+(2k−1−1)2k−12=3×22k−3−2k−2.
【解析】(1)根据递推关系，得到n−1时的表达式，两式相减或相除即可求解an=2n(n≥2)，再验证n=1即可；
(2)根据规律，可得所求的整数n是首项为2k−1，公差为1的等差数列，且项数为2k−1，再利用等差数列的前n项和公式，求解即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式的方法与思想，等差数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)∵ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，
∴△BCD为等边三角形，又点E为BC中点，
∴DE⊥BC.
∵在正三角形PBC中，PE⊥BC，
又DE∩PE=E，DE，PE⊂平面DEP，
∴BC⊥平面DEP，又PF⊂平面DEP，
∴BC⊥PF；
(2)∵PE⊥BC，DE⊥BC，
∴∠DEP就是二面角A−BC−P的平面角，∴∠DEP=60∘，
在△DEP中，PE=DE= 3，∴△DEP为边长为 3的等边三角形，
取DE中点O，则PO⊥DE，
又由(1)可知，平面DEP⊥底面ABCD，平面DEP∩底面ABCD=DE，PO⊂平面DEP，
所以PO⊥底面ABCD.
过点O作BC的平行线交AB于点G，
则OG⊥DE，∴OG，OE，OP两两相互垂直，
∴以OG，OE，OP所在的方向分别为x，y，z轴的正方向，建系如图，
∵在△POE中，OE= 32，OP=32，
∴A(2,− 32,0)，B(1, 32,0)，E(0, 32,0)，P(0,0,32)，D(0,− 32,0)，
又3FE=DF，∴可得F(0, 34,0)，
∴AF=(−2,3 34,0)，PF=(0, 34,−32)，PB=(1, 32,−32)，
设n=(x,y,z)为平面PAF的一个法向量，
则−2x+3 34y=0 34y−32z=0，取n=(3 32,4,2 33)，
设直线PB与平面PAF所成角为θ，
则sinθ=|cs⟨n,PB⟩|=|n⋅PB||n|⋅|PB|=5 322×172 3=1534<12，∴θ<π6，
∴直线PB与平面PAF所成的角小于π6得证．
【解析】(1)先证明DE⊥BC，PE⊥BC，可得BC⊥平面DEP，从而可得结论；
(2)过点O作BC的平行线交AB于点G，以O为坐标原点，以OG，OE，OP所在的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而可得结果．
本题考查线线垂直的证明，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)若选择方案一，由条件可知X可能的取值为3，4，5，6，
P(X=3)=12×12×12=18，
P(X=4)=12×23×23+12×12×23+12×12×12=3772，
P(X=5)=12×13×56+12×23×13+12×12×13=13，
P(X=6)=12×13×16=136，
∴X的分布列为：
E(X)=3×18+4×3772+5×13+6×136=30772≈4.26百元．
(2)对于方案二，由条件可得Y可能的取值为3，4，5，6，
P(Y=3)=C33C63=120，
P(Y=4)=C31C32C63=920，
P(Y=5)=C31C32C63=920，
P(Y=6)=C33C63=120，
∴Y的期望值E(Y)=3×120+4×920+5×920+6×120=92=4.5百元．
∵E(Y)>E(X)，所以参与者选择方案二获得奖金数额的数学期望值会更高．
所以作为参与者，应该选择方案二．
【解析】(1)根据古典概型的概率结合独立性求概率，再根据步骤写出分布列及数学期望即可；
(2)根据超几何写出概率，再根据步骤写出分布列及数学期望即可；
本题考查离散型随机变量分布列相关知识，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题可知焦点的坐标为(0,p2)，
所以由抛物线的定义可知|MF|=1+p2=2，
即p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y；
(2)易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0)，
A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=k(x+1)x2=4y，得x2−4kx−4k=0，
则Δ=16k2+16k>0，即k>0或k<−1，x1x2=−4k.
因为Q(0,−2)，所以kAQ=y1+2x1，
所以直线AQ的方程为y=y1+2x1x−2，
由y=y1+2x1x−2x2=4y，得x2−4(y1+2)x1x+8=0，
设E(x3,y3)，则x1x3=8，得x3=8x1，
设F(x4,y4)，同理可得x4=8x2，
则S△QABS△QEF=12|QA|⋅|QB|sin∠AQB12|QE|⋅|QF|sin∠AQB
=|QA|⋅|QB||QE|⋅|QF|=y1+2y3+2⋅y2+2y4+2
=(14x12+2)(14x22+2)(14x32+2)(14x42+2)
=116(x12+8)(x22+8)16(1x12+18)⋅16(1x22+18)
=116(x12+8)(x22+8)2(x12+8)2(x22+8)x12x22
=x12x2264=16k264=k24=13，
得k2=43，k=±2 33，
故直线AB的方程为y=2 33(x+1)或y=−2 33(x+1).

【解析】(1)根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线AQ的方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可表示出点E的横坐标，同理可表示出点F的横坐标，再由S△QABS△QEF=13化简可求出k的值，从而可求出直线AB的方程．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于难题．
22.【答案】(1)解：令f(x)=0，即得aex−x2+3=0，即a=x2−3ex方程有三个零点，
即直线y=a与曲线g(x)=x2−3ex有三个不同的交点，
可得g′(x)=2x−x2+3ex=−x2−2x−3ex=−(x+1)(x−3)ex，
∴当x∈(−∞,−1)或x∈(3,+∞)时，g′(x)<0，当x∈(−1,3)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(−∞,−1)和(3,+∞)上单调递减；在(−1,3)上单调递增，
∴g(x)的极小值为g(−1)=−2e，g(x)的极大值为g(3)=6e3，
当x→+∞时，g(x)→0，且当|x|≥ 3时，g(x)>0，
∴作出函数g(x)=x2−3ex的图象如图所示，
由图可知0(2)证明：∵φ(x)=2x+1−aex，
当a≤0时，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，∴a>0，此时φ′(x)=2−aex，
当x∈(−∞,ln2a)时，φ′(x)>0；
当x∈(ln2a,+∞)时，φ′(x)<0，
故φ(x)在区间(−∞,ln2a)上单调递增，在区间(ln2a,+∞)上单调递减，
∴φ(ln2a)=2ln2a+1−2=2ln2a−1，
若φ(x)有两个零点，则φ(ln2a)>0，得ln2a>12，∴0当00，φ(−12)=−ae−12<0，ln2a>12>−12，
故存在x1∈(−12,ln2a)，使得f(x1)=0，
又当x趋向于+∞时，φ(x)趋向于−∞，故存在x2∈(ln2a,+∞)，使得f(x2)=0，
故0要证 2x2+12x1+1两边同乘以ex1，可得ex2+x12∵x1>−12，x2>ln2a>12，∴x1+x2>0，
令t=x1+x22>0，即证et0，
令h(t)=e2t−2tet−1(t>0)，可得h′(t)=2e2t−2(t+1)et=2et(et−t−1)，
令H(t)=et−t−1(t>0)，H′(t)=et−1>0，故H(t)在区间(0,+∞)上单调递增，
故H(t)>H(0)=0，∴h′(t)>0，∴h(t)在区间(0,+∞)上单调递增，
故h(t)>h(0)=0，∴不等式 2x2+12x1+1【解析】(1)将问题转化为y=a与g(x)=x2−3ex有三个不同的交点，利用导数研究函数g(x)的性质，从而结合图象即可求得实数a的范围；
(2)利用导数求得函数φ(x)的单调性，再利用零点存在定理证得0H(0)=0即可得证．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，函数的零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于难题．X
3
4
5
6
P
18
3772
13
136