2022-2023学年安徽省滁州市定远二中高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省滁州市定远二中高二（下）期中数学试卷（含解析），共21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+3x+2≥0}，集合B={y|y=1−2x,x≤1}，则∁AB=( )
A. (−∞,−2]B. (−∞,−2]∪[1,+∞)
C. (−∞,−1)D. (−∞,−1)∪[1，+∞)
2.函数y=x 2x−1的定义域为( )
A. (0,+∞)B. [12,+∞)C. (0,12)D. (12,+∞)
3.已知向量a=(2,−1,3)，b=(−4,2,3)，则2a+b=( )
A. (4,−2,6)B. (−8,4,6)C. (0,0,9)D. (−2,1,6)
4.(x−1)10的二项展开式中，二项式系数最大的项是第项．( )
A. 6B. 5C. 4和6D. 5和7
5.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图(图标中心点所对纵坐标代表该次数学测试成绩)，则下列说法不正确的是( )
A. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差
B. 甲成绩的第25百分位数大于乙成绩的第75百分位数
C. 甲成绩的平均数大于乙成绩的平均数
D. 甲成绩的方差小于乙成绩的方差
6.已知f(x)=sin(x+π2)，g(x)=cs(x+3π2)，则下列结论中正确的是( )
A. 函数y=f(x)⋅g(x)的周期为2
B. 函数y=f(x)⋅g(x)的最大值为1
C. 将f(x)的图象向左平移π2个单位后得到g(x)的图象
D. 将f(x)的图象向右平移π2个单位后得到g(x)的图象
7.已知函数f(2x+1)的定义域为[−2,2]，函数g(x)=f(x2−3)的定义域为( )
A. [−2 2,2 2]B. [0,2 2]
C. [−2 2,0)∪(0,2 2]D. [−2 2,−1]∪[1,2 2]
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1，F2，过F2的直线与C交于A，B两点.若|AF2|=3|F2B|，|AB|=2|AF1|，且△ABF1的面积为4 15，则椭圆C的方程为( )
A. x225+y215=1B. x225+y210=1C. x210+y26=1D. x210+y24=1
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。
9.费马原理是几何光学中的一条重要原理，可以推导出双曲线具有如下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知F1、F2分别是以y=±34x为渐近线且过点A(4 2,3)的双曲线C的左、右焦点，在双曲线C右支上一点P(x0,y0)(x0>4,y0>0)处的切线l交x轴于点Q，则( )
A. 双曲线C的离心率为 74
B. 双曲线C的方程为x216−y29=1
C. 过点F1作F1K⊥PQ，垂足为K，则|OK|=8
D. 点Q的坐标为(16x0,0)
10.杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时36min，样本方差为36；骑自行车平均用时35min，样本方差为4，假设坐公交车用时X(单位：min)和骑自行车用时Y(单位：min)都服从正态分布，正态分布N(μ,σ2)中的参数μ用样本均值估计，参数σ用样本标准差估计，则( )
A. P(X≤25)B. P(X<24)>P(Y>41)
C. P(Y≤30)D. 若某天只有35min可用，杨明应选择坐自行车
11.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，设线段AB的中点为P，以线段AB为直径的圆P交y轴于M，N两点，过P且与y轴垂直的直线交抛物线于点H，则( )
A. 圆P与抛物线的准线相切B. 存在一条直线l使|AF|⋅|BF|=3
C. 对任意一条直线l有|HP|=|HF|D. ∠MPN有最大值，且最大值为2π3
12.长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=1，AA1=3，点M是空间一动点，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 若M在侧面ADD1A1内(含边界)运动，当PM长度最小时，三棱锥M−BDP的体积为12
B. 若M在侧面ADD1A1内(含边界)运动，存在点M，使PM/​/平面ACD1
C. 若M在侧面ADD1A1内(含边界)运动，且∠MD1B=∠B1D1B，则点M的轨迹为圆弧
D. 若M在△ACD1内部运动，过M分别作平面ADD1A1，平面ABCD，平面DCC1D1的垂线，垂足分别为R，S，T，则3|MR|+2|MS|+6|MT|为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z1=2+i，z2=3−i(i是虚数单位)，则复数z1z2的实部为______．
14.甲、乙两名运动员进行羽毛球比赛，已知每局比赛甲胜的概率为p，乙胜的概率为1−p，且各局比赛结果相互独立．当比赛采取5局3胜制时，甲用4局赢得比赛的概率为827.现甲、乙进行6局比赛，设甲胜的局数为X，则DX=______．
15.有6名同学参加两项课外活动，每位同学必须参加一项活动且不能同时参加两项，每项活动最多安排4人，则所有的安排方法有______种．(用数学作答)
16.平行六面体ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°，且AA1⊥底面ABCD，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为______．
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a=( 3,−1)，b=(sin2x,cs(2x−π3))，函数f(x)=a⋅b．
(1)若A={x|f(x)=0,x∈R}，B=[−π,π]，用列举法表示A∩B；
(2)求函数f(x)的单调递增区间以及当函数取得最大值时，a和b的夹角θ．
18.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A，F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，过F的直线l交椭圆C于点P，Q.若AF=3，且当直线l⊥x轴时，PQ=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，问k1k2是否为定值？并证明你的结论；
(3)记△APQ的面积为S，求S的最大值．
19.(本小题12分)
已知点P(t,−t−1)，圆C：(x−3)2+y2=4．
(1)判断点P与圆C的位置关系，并加以证明；
(2)当t=5时，经过点P的直线n与圆相切，求直线n的方程；
(3)若经过点P的直线与圆C交于A、B两点，且点A为PB的中点，求点P横坐标的取值范围．
20.(本小题12分)
“微信运动”已成为当下热门的运动方式，小王的微信朋友内也有大量好友参与了“微信运动”，他随机选取了其中的40人(男、女各20人)，记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：
(1)已知某人一天的走路步数超过8000步被系统评定为“积极型“”，否则为“懈怠型”，根据题意完成下面的2×2列联表，并据此判断能否有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关？
(2)若小王以这40位好友该日走路步数的频率分布来估计其所有微信好友每日走路步数的概率分布，现从小王的所有微信好友中任选2人，其中每日走路不超过5000步的有X人，超过10000步的有Y人，设ξ=|X−Y|，求E的分布列及数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
21.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，D是AB的中点，AA1=A1C，直线A1B与平面A1ACC1所成的角为45°．
(1)求证：BC1/​/平面A1CD；
(2)求二面角B−A1C−C1的余弦值．
22.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)离心率为2，A1，A2分别是左、右顶点，点M是直线x=1上一点，且满足3tan∠MA1A2=tan∠MA2A1，直线MA1，MA2分别交双曲线右支于B，C两点.记△MA1A2，△MBC的面积分别为S1，S2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求S1S2的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由A中不等式变形得：(x+1)(x+2)≥0，
解得：x≤−2或x≥−1，即A=(−∞,−2]∪[−1,+∞)，
与B中y=1−2x，x≤1，得到1>y≥−1，即B=[−1,1)，
则∁AB=(−∞,−2]∪[1,+∞)．
故选：B．
求出A中不等式的解集确定出A，求出B中y的范围确定出B，根据全集A求出B的补集即可．
此题考查了补集及其运算，熟练掌握补集的定义是解本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得：2x−1>0，解得x>12，
故y=x 2x−1的定义域为(12,+∞)．
故选：D．
由分式和偶次根式有意义的基本要求可得不等式，解不等式可求得定义域．
本题主要考查函数的定义域及其求法，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a=(2,−1,3)，所以2a=(4,−2,6)，又b=(−4,2,3)，所以2a+b=(0,0,9)．
故选：C．
根据空间向量的坐标运算公式求解即可．
本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：展开式中共有11项，
据展开式中中间项的二项式系数最大，
故第6项的二项式系数最大，
故选：A．
直接根据展开式中间项的二项式系数最大得出第6项的二项式系数最大．
本题考查二项式系数的性质，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：从图表可以看出甲成绩的波动情况小于乙成绩的波动情况，则甲成绩的方差小于乙成绩的方差，且甲成绩的极差小于乙成绩的极差，AD正确；
将甲成绩进行排序，又6×25%=1.5，故从小到大，选择第二个成绩作为甲成绩的第25百分位数，估计值为90(分)，
将乙成绩进行排序，又6×75%=4.5，故从小到大，选择第5个成绩成绩作为乙成绩的第75百分位数，估计值大于90(分)，
从而甲成绩的第25百分位数小于乙成绩的第75百分位数，B错误；
甲成绩均集中在90(分)左右，而乙成绩大多数集中在60(分)左右，故C正确．
故选：B．
分析图中数据，结合方差，极差的求法和意义，结合百分位数的求解，得到答案．
本题主要考查方程、极差、百分位数的定义，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了两角和与差的三角函数公式和平移变换问题，是基础题．
将函数f(x)，g(x)根据两角和与差的三角函数公式化简，再求出f(x)⋅g(x)的解析式，
得到f(x)⋅g(x)的最小正周期和最大值，判定A、B正误；
依据三角函数平移变换法则对C，D进行验证对错．
【解答】
解：f(x)=sin(x+π2)=sinxcsπ2+csxsinπ2=csx，
g(x)=cs(x+3π2)=csxcs3π2−sinxsin3π2=sinx，
对于A，函数y=f(x)⋅g(x)=sinxcsx=12sin2x，周期为T=2π2=π，A错误；
对于B，函数y=f(x)⋅g(x)=12sin2x的最大值是12，B错误；
对于C，将f(x)的图象向左平移π2个单位后，
得到y=cs(x+π2)=csxcsπ2−sinxsinπ2=−sinx≠g(x)，C错误；
对于D，将f(x)的图象向右平移π2个单位后，
得到y=cs(x−π2)=csxcsπ2+sinxsinπ2=sinx=g(x)，D正确．
故选：D．
7.【答案】A
【解析】解：因为函数f(2x+1)的定义域为[−2,2]，
所以−2≤x≤2，所以−3≤2x+1≤5，
所以−3≤x2−3≤5，解得−2 2≤x≤2 2，
所以函数g(x)=f(x2−3)的定义域为[−2 2,2 2]．
故选：A．
函数的定义域都是x的取值范围，根据函数f(x)的结构特点确定函数的定义域．
本题考查抽象函数的定义域问题，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设|BF2|=m，则|AF2|=3m，|AB|=|AF2|+|BF2|=4m=2|AF1|，则|AF1|=2m，
由椭圆的定义可知|AF1|+|AF2|=2m+3m=5m=2a，
所以m=25a，
所以|AF2|=65a，|AF1|=45a，|AB|=85a，
|BF1|=2a−|BF2|=2a−m=2a−25a=85a，
在△ABF1中，cs∠F1AB=|AB|2+|AF1|2−|BF1|22|AB|×|AF1|=(8a5)2+(4a5)2−(8a5)22×8a5×4a5=14，
则∠F1AB∈(0,π2)，所以sin∠F1AB= 1−cs2∠F1AB= 154，
在△AF1F2中，|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|cs∠F1AF2，
即4c2=(4a5)2+(6a5)2−2×4a5×6a5×14，
整理可得5c2=2a2，
因为三角形ABF1的面积为4 15，
故12|AF1||AB|sin∠F1AB=4 15，
即12×4a5×8a5× 154=4 15，
得a2=25，
所以c2=10，b2=a2−c2=25−10=15，
所以椭圆C的方程为x225+y215=1，
故选：A．
设|BF2|=m，则|AF2|=3m，|AF1|=2m，由椭圆的定义得m=25a，在△ABF1中，由余弦定理得cs∠F1AB=14，根据同角三角函数的平方关系得sin∠F1AB= 154，在△AF1F2中，由余弦定理得5c2=2a2，再结合△ABF1的面积为4 15，即可求出a2，进而得出椭圆的方程．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，由题意知a=4，b=3，所以双曲线方程为x216−y29=1，
由于c= 16+9=5，所以e=ca=54，A错误；
对于B，由上可知B正确；
对于C，当P点横坐标趋于无穷大时，其切线近似为渐近线，不妨设其切线为y=34x，
则直线F1K为y=−43(x+5)，联立二式解得x=−165，y=−125，此时|OK|= (165)2+(125)2=4，C错误；
对于D，将x216−y29=1变形为9x2−16y2=144，左右同时对x求导得18x−32yy′=0，
当x0>4，y0>0，y′=9x16y=9x16 9(x216−1)=34x x2−16，
所以P点切线方程为y−34 x02−16=34x0 x02−16(x−x0)，令y=0，解得x=16x0，D正确．
故选：BD．
求出双曲线的方程而后用P点坐标表示出P点切线方程即可．
本题主要考查双曲线有关性质，属中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：随机变量X的均值为E(X)=36，方差为D(X)=36，则X～N(36,36)，μ1=36，σ1=6，
随机变量Y的均值为E(Y)=35，方差为D(Y)=4，则Y～N(35,4)，μ2=35，σ2=2，
所以P(X≤25)P(X<24)=P(X<36−2×6)=12×[1−P(μ1−2σ1P(Y>41)=P(Y>25+3×2)=12×[1−P(μ2−3σ2因为P(μ1−2σ1所以P(X<24)>P(Y>41)，故B正确；
P(Y≤30)=P(Y≥40)>P(Y≥45)，故C错误；
对于D，因为P(X≤35)所以选择公交车，故D正确．
故选：ABD．
利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：若直线l⊥y轴，则直线l与抛物线y2=4x有且只有一个交点，不合乎题意．
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，设直线AB的方程为x=my+1，
联立y2=4xx=my+1，整理可得y2−4my−4=0，Δ=16(m2+Δ=16(m2+1)>0,
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴P(2m2+1,2m)，从而P(2m2+1,2m)到准线的距离为d=2m2+2，
而圆P的直径为|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=4m2+2，∴d=2m2+2=|AB|2=r，
故圆P与抛物线的准线相切，故A正确；
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
x1x2=y124⋅y224=2416=1，
|AF|⋅|BF| =(x1+1)(x2+1)=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4
=−4m2+2m2×4+4=4(m2+1)≥4，
∴不存在一条直线l使|AF|⋅|BF|=3，故B不正确；
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴P(2m2+1,2m)，从而H(m2,2m)，∴|PH|=m2+1，
由抛物线的定义可得|HF|=m2+1，从而|HF|=|PH|，故C正确；
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴圆P的直径为2r=|AB|=2r= |AB| =x1+x2+2=4m2+4，则r=2m2+2，
点P到y轴的距离为d=x1+x22=2m2+1，
∴sin∠PMN=dr=sin∠PMN=dr=2m2+12m2+2=2m2+2−12m2+2=1−12m2+2，
∴当m=0时，∠PMN最小，最小值为π6，故D正确．
故选：ACD．
根据直线和抛物线的关系联立方程组，由韦达定理结合抛物线定义计算焦点弦判断A选项；根据焦半径判断B，C选项；根据图形特征及点到y轴距离求角的最值判断D选项．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，圆与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
12.【答案】ABD
【解析】解：选项A：当M为D1D中点时，PM长度最小，最小长度为2，
VM−BDP=VP−BDM=13×12×BD×DM×h=13×12× 5×32×2×1 5=12，故A正确；
对于B：取D1C1，A1D1的中点F，N，连接PF，FN，PN，
易得PF//D1C，FN//A1C1//AC，易得FP//平面ACD1，FN/​/平面ACD1，
∵NF∩FP=F，∴平面PFN//平面ACD1，∵PN⊂面PFN，
∴PN/​/平面ACD1，∴当M在N点处时，有PM/​/平面ACD1，故B正确；
选项C：以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x，y、z轴建立空间直角坐标系如图：
则B(1,2,0)，B1(1,2,3)，D(0,0,0)，D1(0,0,3)，
设M(m,0,n)，m∈[0,1]，n∈[0,3]，
则D1B=(1,2,−3)，D1M=(m,0,n−3)，D1B1=(1,2,0)，
cs∠MD1B=D1B⋅D1M|D1B|⋅|D1M|=m−3n+9 1+4+9⋅ m2+(n−3)2，
cs∠B1D1B=D1B⋅D1B1|D1B|⋅|D1B1|=1+4 1+4+9⋅ 1+4，
又∠MD1B=∠B1D1B∈(0,π)，
则cs∠MD1B=cs∠B1D1B，即m−3n+9 1+4+9⋅ m2+(n−3)2=1+4 1+4+9⋅ 1+4，
整理得4m2−4n2+6mn+44n−18n+−36=0，则点M的轨迹不为圆弧．故C错误．
C(0,2,0)，A(1,0,0)，∴AC=(−1,2,0)，AD1=(−1,0,3)，
∵M在△ACD1内部运动，∴AM=λAC+μAD1=(−λ−μ,2μ,3λ)，
∴M(1−λ−μ,2μ,3λ)，
由题意可得R(1−λ−μ,0,3λ)，S(1−λ−μ,2μ,0)，T(0,2μ,3λ)，
∴3|MR|+2|MS|+6|MT|=3×2μ+2×3λ+6×(1−λ−μ)=6为定值，故D正确．
故选：ABD．
求得三棱锥M−BDP的体积判断选项A；取D1C1，A1D1的中点F，N，连接PF，FN，PN，可证PN/​/平面ACD1判断B；建立空间直角坐标系求得点M的轨迹方程判断选项C；由AM=λAC+μAD1可得点R，S，T的坐标，进而可得3|MR|+2|MS|+6|MT|为定值判断D．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】12
【解析】解：复数z1z2=2+i3−i=(2+i)(3+i)(3−i)(3+i)=5+5i10=12+12i．
∴复数z1z2的实部为12．
故答案为：12．
利用复数的运算法则和实部的意义即可得出．
本题考查了复数的运算法则和实部的意义，属于基础题．
14.【答案】43
【解析】解：由题意可得，C32p2(1−p)⋅p=827，解得p=23，
∵随机变量X服从二项分布B(6,23)，
∴D(X)=np(1−p)=6×23×13=43．
故答案为：43．
由题意可得，C32p2(1−p)⋅p=827，解得p=23，再结合二项分布的方差公式，即可求解．
本题主要考查了二项分布的方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
15.【答案】50
【解析】解：由题意知本题是一个分类计数问题，
∵每项活动最多安排4人，
∴可以有三种安排方法，即(4,2)(3,3)(2,4)
当安排4，2时，需要选出4个人参加共有C64=15，
当安排3，3，时，共有C63=20种结果，
当安排2，4时，共有C62=15种结果，
∴根据分类计数原理知共有15+20+15=50种结果，
故答案为：50
本题是一个分类计数问题，根据每项活动最多安排4人，可以有三种安排方法，当安排4，2时，需要选出4个人参加第一个活动，当安排3，3，时，共有C63种结果，当安排2，4时，共有C62种结果，相加得到结果．
本题是一个分类计数问题，这是经常出现的一个问题，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含几种方法，把几个步骤中数字相加得到结果．
16.【答案】 34
【解析】解：延长C1D1，在平面A1B1C1D1中，过点A1作A1E⊥C1D1，交C1D1的延长线于E，连接A1C，CE，如图所示：
因为AA1⊥底面ABCD，则AA1⊥平面A1B1C1D1，
又A1E⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥A1E，
因为AA1/​/DD1，所以A1E⊥DD1，
所以A1E⊥平面CDD1C1，
所以∠A1CE即为直线A1C与侧面DCC1D1所成角，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，所以AC=2 3，
在Rt△A1AC中，A1C= A1A2+AC2=4，
在Rt△A1D1E中，A1E=2sin60°= 3，
所以在Rt△A1CE中，sin∠A1CE=A1EA1C= 34，
所以对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为 34．
故答案为： 34．
在平面A1B1C1D1中，过点A1做A1E⊥C1D1，交C1D1的延长线于E，根据线面垂直的判定定理，可证A1E⊥平面CDD1C1，所以∠A1CE即为所求，分别求得各个边的长度，根据三角函数的定义，即可得答案．
本题考查了线面角的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=a⋅b
= 3sin2x−cs(2x−π3)
= 3sin2x−12cs2x− 32sin2x
= 32sin2x−12cs2x
=sin(2x−π6)，
由sin(2x−π6)=0得，2x−π6=kπ，k∈Z，
∴x=π12+kπ2，k∈Z，
∴A={x|x=π12+kπ2,k∈Z}，且B=[−π,π]，
∴A∩B={−11π12,−5π12,π12,7π12}；
(2)∵f(x)=sin(2x−π6)，
∴解−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ得，−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ]，k∈Z，
当2x−π6=π2+2kπ时，f(x)取得最大值，此时2x=2π3+2kπ，2x−π3=π3+2kπ，
∴sin2x= 32,cs(2x−π3)=12，
∴b=( 32,12)，且a=( 3,−1)，
∴cs=a⋅b|a||b|=12，且0≤≤π，
∴=π3．
【解析】(1)进行数量积的坐标运算，并根据两角差的正余弦公式可得出f(x)=sin(2x−π6)，从而可得出A={x|x=π12+kπ2,k∈Z}，然后进行交集的运算即可；
(2)解−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，即可得出f(x)的单调递增区间，可看出2x−π6=π2+2kπ时，f(x)取得最大值，从而可以得出b=( 32,12)，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出cs的值，进而求出该夹角．
本题考查了向量坐标的数量积运算，两角差的正余弦公式，交集的定义及运算，正弦函数的单调递增区间，以及正弦函数的最大值，考查了计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设椭圆的右焦点为F(c,0)，c>0，则a2=b2+c2，…①
由AF=3，得a+c=3，…②
又当直线l⊥x轴时，P，Q的横坐标为c，将x=c代入x2a2+y2b2=1中，得y=±b2a，
则PQ=2b2a=3，…③
联立①②③，解得a2=4，b2=3，c2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)k1k2为定值−14.证明如下：
显然，直线PQ不与y轴垂直，可设PQ的方程为x=my+1，
联立椭圆方程x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
又设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4y1y2=−93m2+4
从而x1+x2=(my1+1)+(my2+1)=83m2+4，x1x2=(my1+1)(my2+1)=−12m2+43m2+4，
所以k1k2=y1y2(x1+2)(x2+2)=y1y2x1x2+2(x1+x2)+4=−93m2+4−12m2+43m2+4+163m2+4+4=−936=−14，
即k1k2=−14，故得证．
(3)由(2)知，y1+y2=−6m3m2+4y1y2=−93m2+4
所以S=12AF⋅|y1−y2|=32|y1−y2|=32 (y1+y2)2−4y1y2
=32 (−6m3m2+4)2+363m2+4=18 m2+1(3m2+4)2=18 m2+19(m2+1)2+6(m2+1)+1
=18 19(m2+1)+1m2+1+6．
令t=m2+1，t≥1，
则S=18 9t+1t+6(t≥1)，设函数g(t)=9t+1t(t≥1)，
由(9t+1t)′=9−1t2=9t2−1t2>0知，g(t)在[1,+∞)上为增函数，
得t=1，即m=0时，[g(t)]min=9×1+11=10，
此时S取得最大值为18 10+6=92．
【解析】对第(1)问，由AF=3，PQ=3，及a2=b2+c2可求得a2，b2；
对第(2)问，可先设直线PQ的方程与P，Q的坐标，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理建立交点坐标的关系，将k1k2用坐标表示，再探求定值的存在性；
对第(3)问，根据S△APQ=12AF⋅|y1−y2|，将|y1−y2|用参数m表示，从而得到面积关于m函数，根据此函数的形式特点，可求得面积的最大值．
1.求椭圆的方程，只需确定a2，b2，需要建立关于a，b，c的三个不同的方程．
2.要获得定值，往往需要消参，韦达定理的运用，体现了“设而不求”的思想．
3.面积的最值问题，一般转化为函数最值问题来处理．常利用函数的单调性求最值，考虑导数方法来研究函数的单调性，过程显得更为简洁．
19.【答案】解：(1)∵(t−3)2+(−t−1)2=2t2−4t+10=2(t−1)2+8>4，
所以点P在圆外．
(2)当t=5时，点P的坐标为(5,−6)，
由圆C：(x−3)2+y2=4.知圆心为(3,0)，r=2，
①当直线n的斜率不存在，方程为x=5，圆以到直线x=5的距离为2，
所以x=5是圆的切线；
②当直线n的斜率存在时，设直线n的方程为y+6=k(x−5)，即kx−y−5k−6=0，
由题意有3k−0−5k−6 k2+1=2，解得k=−43，
所以直线n的方程为y+6=−43(x−5)，即4x+3y−2=0，
综上所述，过点P与圆相切的直线方程为x=5或4x+3y−2=0，
(3)由题意|CP|≤6，所以有 (t−3)2(−t−1)2≤6，
解得1− 14≤t≤1+ 14，
所以横坐标的取值范围为{t|1− 14≤t≤1+ 14}.
【解析】本题考圆与直线的位置关系中的相切问题，和判断点与圆的位置关系，属于中档题．
(1)把点P的坐标代入圆的方程的左边计算结果大于4，知点P在圆外；
(2)分类讨论斜率是否存在时，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程；
(3)由经过点P的直线与圆C交于A、B两点，且点A为PB的中点，得意CP≤6，代入可求t的范围．
20.【答案】解：(1)根据题表中的数据完成2×2列表如下：
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=40×(14×12−6×8)20×20×22×18=4011<3.841，
∴没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)由题意得小王的微信好友中任选一人，其每日走路频数不超过5000步的概率为18，
超过10000步的概率为14，
当X=Y=0或X=Y=1时，ξ=0，
P(ξ=0)=58×58+C21×18×14=2964，
当X=1，Y=0或X=0，Y=1时，ξ=1，
P(ξ=1)=C21×18×58+C21×14×58=3064，
当X=2，Y=0或X=0，Y=2时，ξ=2，
P(ξ=2)=(14)2+(18)2=564，
∴ξ的分布列为：
E(ξ)=0×2964+1×3064+2×564=58．
【解析】(1)根据题表中的数据完成2×2列表，求出K2=40×(14×12−6×8)20×20×22×18=4011<3.841，从而没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)由题意得小王的微信好友中任选一人，其每日走路频数不超过5000步的概率为18，超过10000步的概率为14，当X=Y=0或X=Y=1时，ξ=0，当X=1，Y=0或X=0，Y=1时，ξ=1，当X=2，Y=0或X=0，Y=2时，ξ=2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E(ξ)．
本题考查独立检验的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)证明：连接AC1交A1C于点E，连接DE，
因为四边形ACC1A1是平行四边形，所以E是AC1的中点，
又因为D是AB的中点，所以DE/​/BC1，
因为BC1⊄平面A1CD，DE⊂平面A1CD，所以BC1/​/面A1CD．
(2)取AC中点O，连接OA1、OB，因为AA1=A1C，所以OA1⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，OA1⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以OA1⊥平面ABC，
因为△ABC是正三角形，O是AC的中点，所以OB⊥AC，
建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
设OA1=a，则A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，D( 32,−12,0)，A1(0,0,a)，C1(0,2,a)，
所以A1B=( 3,0,−a)，A1C=(0,1,− 3)，BC=(− 3,1,0)，
又平面A1ACC1的一个法向量n=(1,0,0)，
所以|cs〈A1B,n〉|=|A1B⋅n||A1B||n|= 3 3+a2=sin45°= 22，
因为a>0，解得a= 3，设平面BA1C的一个法向量n1=(x,y,z)，则n1⋅A1C=y− 3z=0n1⋅BC=− 3x+y=0，
取x=1，可得y= 3，z=1，所以n1=(1, 3,1)，
又平面A1CC1的一个法向量n2=(1,0,0)，所以cs〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1||n2|=1 5= 55，
设二面角B−A1C−C1的平面角为θ，由图知θ为钝角，则csθ=−cs〈n1,n2〉=− 55，
∴二面角B−A1C−C1的余弦值为− 55．
【解析】(1)连接AC1交A1C于点E，证明DE/​/BC1，结合线面平行的判定即可得证；
(2)取AC中点O，建立合适的空间直角坐标系，求得平面A1ACC1及平面平面BA1C的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
本题以三棱柱为背景，考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
22.【答案】解：(1)依题意设M(1,m)，A1(−a,0)，A2(a,0)，
若0π2，
则tan∠MA2A1<0，tan∠MA1A2>0，不符合题意，∴a>1，
则tan∠MA1A2=m1+a，tan∠MA2A1=ma−1，
又3tan∠MA1A2=tan∠MA2A1，∴3m1+a=ma−1，解得a=2，
又e=ca=2，∴c=4，则b= c2−a2=2 3，
可得双曲线C的方程为x24−y212=1；
(2)由(1)可知直线MA1：y=m3(x+2)，MA2：y=−m(x−2)，
联立y=m3(x+2)x24−y212=1，得(3−m29)x2−49m2x−49m2−12=0．
由根与系数的关系得xB=−2(1+54m2−27)，
由xB>2，得−2(1+54m2−27)>2，解得0联立y=−m(x−2)x24−y212=1，得(3−m2)x2+4m2x−4m2−12=0．
由根与系数的关系得xC=2(1+6m2−3)，
由xC>2，得2(1+6m2−3)>2，解得m2>3．
综上可得3xB+xC=2(1+6m2−3)−2(1+54m2−27)=−96m2(m2−27)(m2−3)，
xBxC=−4(m2+27)(m2+3)(m2−27)(m2−3)，
又S1S2=S△MA1A2S△MBC=|MA1||MA2||MB||MC|=1−(−2)xB−1⋅2−1xC−1=3xBxC−(xB+xC)+1，
而xBxC−(xB+xC)+1=−4(m2+27)(m2+3)(m2−27)(m2−3)−−96m2(m2−27)(m2−3)+1
=3(m2+9)2(27−m2)(m2−3)，
∴S1S2=S△MA1A2S△MBC=3xBxC−(xB+xC)+1=(27−m2)(m2−3)(m2+9)2，
∵3∴S1S2=(36−t)(t−12)t2=−t2+48t−36×12t2=−1+48(1t−9t2)，
再令λ=1t，则λ∈(136,112)，∴S1S2=−1+48(λ−9λ2)，
当λ=118时，(S1S2)max=13，可得当m=±3时，(S1S2)max=13．
即S1S2的最大值为13．
【解析】(1)设M(1,m)，可判断a>1，表示出tan∠MA1A2，tan∠MA2A1，即可求出a，再根据离心率求出c，从而求出b，则双曲线方程可求；
(2)由(1)可知直线MA1，MA2的方程．联立直线与双曲线方程求出xB、xC，由S1S2=|MA1||MA2||MB||MC|=3xBxC−(xB+xC)+1，代入转化为关于m的式子，再换元利用函数的性质即可求得S1S2的最大值．
本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查运算求解能力，属难题．性别
步数
0～2000
2001～5000
5001～8000
8001～10000
>10000
男
1
2
3
6
8
女
0
2
10
6
2
积极型
懈怠型
总计
男
女
总计
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
积极型
懈怠型
总计
男
14
6
20
女
8
12
20
总计
22
18
40
ξ
0
1
2
P
2964
3064
564