2023年江苏省南京师大附中江宁分校等两校高考数学一模试卷-教师用卷

这是一份2023年江苏省南京师大附中江宁分校等两校高考数学一模试卷-教师用卷，共19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.复数1+i1−i(i为虚数单位)的共轭复数的虚部等于( )
A. 1B. −1C. iD. −i
【答案】B
【解析】解：1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=i，
∴复数1+i1−i的共轭复数为−i，
∴复数1+i1−i的共轭复数的虚部为−1，
故选：B.
利用复数的运算求出z，再结合共轭复数的定义求解．
本题主要考查了复数的运算，属于基础题．
2.已知M，N为全集U的两个不相等的非空子集，若(∁UN)⊆(∁UM)，则下列结论正确的是( )
A. ∀x∈N，x∈MB. ∃x∈M，x∉N
C. ∃x∉N，x∈MD. ∀x∈M，x∉∁UM
【答案】D
【解析】解：∵(∁UN)⊆(∁UM)，
∴M⊆N，
∴∀x∈M，x∈N，
∴∀x∈M，x∉∁UM，
故选：D.
根据M，N为U的两个不相等的非空子集，且∁UN⊆∁UM，知M⊆N，再判断选项中的命题是否正确．
本题主要考查了集合包含关系的应用，属于基础题．
3.过圆O：x2+y2=5外一点P(2, 5)作圆O的切线，切点分别为A，B，则|AB|=( )
A. 2B. 5C. 4 53D. 3
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及切线的性质，属于中档题．
根据题意，由切线长公式可得|PA|=|PB|= 9−5=2，则点A、B在以P为圆心，半径为2的圆的圆上，求出该圆的方程，与圆O的方程联立可得直线AB的方程，结合直线与圆的位置关系可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆O：x2+y2=5的圆心为(0,0)，半径r= 5，
若P(2, 5)，则|PO|= 4+5=3，
圆O：x2+y2=5外一点P(2, 5)作圆O的切线，切点分别为A，B，
则|PA|=|PB|= 9−5=2，
故点A、B在以P为圆心，半径为2的圆的圆上，
该圆的方程为(x−2)2+(y− 5)2=4，
联立两个圆的方程：x2+y2=5(x−2)2+(y− 5)2=4，
两式做差可得2x+ 5y−5=0，则直线AB的方程为2x+ 5y−5=0，
圆O的圆心O到AB的距离d=5 4+5=53，
则|AB|=2× r2−d2=2× 5−259=4 53，
故选：C.
4.已知数列{an}是等比数列，(a4+ma7)⋅a8=(a6−a9)2且公比q∈(1,2)，则实数m的取值范围为( )
A. (1,9)B. (2,10)C. (1,8)D. (−1,6)
【答案】D
【解析】解：将(a4+ma7)⋅a8=(a6−a9)2且公比q∈(1,2)，
展开得：a4⋅a8+ma7⋅a8=a62−2a6⋅a9+a92，
由等比数列性质可得：(m+2)a6⋅a9=a92，
所以m+2=a9a6=q3.
因为q∈(1,2)，q3∈(1,8)，
计算可得：m∈(−1,6).
故选：D.
由已知条件利用等比数列的性质求解．
本题考查等比数列的性质，注意等比数列的性质的合理运用．属于中档题．
5.某学校有6个数学兴趣小组，每个小组都配备1位指导老师，现根据工作需要，学校准备将其中4位指导老师由原来的小组均相应的调整到其他兴趣小组，其余的2位指导老师仍在原来的兴趣小组(不作调整)，如果调整后每个兴趣小组仍配备1位指导老师，则不同的调整方案为( )
A. 135种B. 360种C. 90种D. 270种
【答案】A
【解析】解：根据题意，6个数学兴趣小组有一位指导老师仍在原来的兴趣小组，则不做调整的两个小组有C62=15种情况，
其余的4个小组的指导老师由原来的小组均相应地调整到其他数学兴趣小组，
假设4个小组为1、2、3、4，对应的4位指导老师依次为A、B、C、D，
A不能在第1小组，有3种情况，假设A分到第2小组，则B有3种情况，剩下的两人有1种情况，
则其余的4个小组有3×3=9种调整方案，
故有15×9=135种调整方案，
故选：A.
根据题意，依次分析不做调整的两个小组和作了调整的4个小组的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于中档题．
6.正方形ABCD的四个顶点都在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是( )
A. (0, 5−12)B. ( 5−12,1)C. (0, 3−12)D. ( 3−12,1)
【答案】A
【解析】解：如图，椭圆的焦点在正方形的内部，
∴BD直线方程为y=x，
∴点(c,c)在椭圆内，
∴c2a2+c2b2<1，又b2=c2−a2，
∴可得：e4−3e2+1>0，又e2∈(0,1)，
∴e2∈(0,3− 52)，
∴e∈(0, 5−12)，
故选：A.
利用椭圆方简单性质以及椭圆方程列出不等式，求解即可．
本题考查椭圆的简单性质，不等式思想，化归转化思想，属中档题．
7.已知函数y=2sin(ωx−π3)(ω>0)图象与函数y=2sin(ωx+π6)(ω>0)图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且△ABC是锐角三角形，则ω的取值范围是( )
A. ( 2π4,+∞)B. (π4,+∞)C. (0,π4)D. (0, 2π4)
【答案】A
【解析】解：作出函数y=2sin(ωx−π3)(ω>0)和y=2sin(ωx+π6)(ω>0)的图象，
如图所示：
由图可知|AC|=2πω，取AC的中点D，连接BD，则BD⊥AC，
因为△ABC是锐角三角形，
所以∠ABD<π4，
则tan∠ABD=|AD||BD|<1，即|AD|<|BD|，
由2sin(ωx−π3)=2sin(ωx+π6)，得ωx−π3+ωx+π6=π+2kπ，k∈Z，
即ωx=7π12+kπ，k∈Z，
则y=2sin(ωx−π3)=2sin(7π12+kπ−π3)=± 2，即点A的纵坐标为 2，
故|BD|=2 2，
因为|AD|<|BD|，
所以πω<2 2，
所以ω> 2π4.
故选：A.
数形结合可得|AC|=2πω，|AD|<|BD|，解三角函数方程可得ωx=7π12+kπ，进而得到|BD|=2 2，代入|AD|<|BD|求解即可．
本题主要考查正弦函数的图象，考查转化能力，属于中档题．
8.设a=18e25,b=15e14,c=320，则a，b，c的大小关系为( )
A. a【答案】D
【解析】解：设m=14e25,n=25e14,t=310，则m=2a，n=2b，t=2c，
比较m，n，t的大小，
mn=14e2525e14=e2525⋅14e14=e2525e1414，
令f(x)=exx，0∴f′(x)=ex(x−1)x2<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，
∴f(25)∴mn<1，
即m∵m=14e25，t=310，
∴m−t=14e25−14×3×25=14(e25−3×25)，
令g(x)=ex−3x，
∴g′(x)=ex−3，
当x∴g(x)在(−∞,ln3)上单调递减，
∵g(12)= e−32>0，
∴g(25)>g(12)>0，
∴m−t>0，
∴m>t，则a>c，
∴c故选：D.
设m=14e25,n=25e14,t=310，利用作商，比较m与n的大小，需要构造函数f(x)=exx，0本题考查了数的大小比较，构造函数，利用函数的单调性是关键，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A. B，B1，O，M四点共面
B. A，M，O，A1四点共面
C. A，O，C，M四点共面
D. A，M，O三点共线
【答案】BCD
【解析】解：连接BD，OM，
则B，B1，O都在面BB1D1D上，若M∈面BB1D1D，则直线OM⊂面BB1D1D，
∴A∈面BB1D1D，显然A∉面BB1D1D的，所以A不正确．
由M∈A1C，A1C⊂ACC1A1，可得A，M，O，A1四点共面，故B正确，
由B选项分析可得A，O，C，M四点共面，故C正确，
连接AC，A1C1，ABCD−A1B1C1D1是长方体，
O是B1D1的中点，所以O∈A1C1，OA⊂面AB1D1，OA⊂面ACC1A1，
∴面ACC1A1∩面AB1D1=OA，
而直线A1C交平面AB1D1于点M，即M∈OA，
所以D正确，
故选：BCD.
点共线是用两面的交线，用公理3和公理2判断BCD是正确的，A用反推可得不正确．
本题主要考查了平面的基本性质及推论、三点共线及空间想象能力，属于基础题．
10.定义：设f′(x)是f(x)的导函数，f′′(x)是函数f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心，已知函数f(x)=ax3+bx2+53(ab≠0)的对称中心为(1,1)，则下列说法中正确的有( )
A. a=13，b=−1
B. 函数f(x)既有极大值又有极小值
C. 函数f(x)有三个零点
D. 过(−1,13)可以作两条直线与y=f(x)图像相切
【答案】ABD
【解析】解：∵f′(x)=3ax2+2bx，f′′(x)=6ax+2b，
∴f″(1)=0f(1)=1，即6a+2b=0a+b+53=1，解得a=13b=−1，故A正确；
∵f(x)=13x3−x2+53，f′(x)=x2−2x，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)既有极大值又有极小值，故B正确；
由选项B可知f(x)在x=0与x=2处取得极大值与极小值，
又f(0)=53>0，f(2)=13>0，即f(x)的极大值与极小值大于0，所以函数不会有3个零点，故C错误；
设切点为T(x0,y0)，则切线方程为y−(13x03−x02+53)=(x02−2x0)(x−x0)，
又切线过(−1,13)，则13−(13x03−x02+53)=(x02−2x0)(−1−x0)，
化简得x03−3x0−2=0，即(x0+1)2(x0−2)=0，解得x0=−1或x0=2，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D正确．
故选：ABD.
根据“拐点”的定义与f(x)的对称中心，建立方程求出a，b可判断A，再由导数与函数单调性的关系即可判断f(x)的极值，从而判断B，根据f(x)的单调性及f(x)的极值可判断C，根据导数的几何意义求出f(x)的切线方程，从而转化为切点个数问题即可判断D.
本题以新定义为载体，主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
11.设点O是△ABC的外心，且CO=λCA+μCB(λ,μ∈R)，下列命题为真命题的是( )
A. 若λ+μ=1，则C=π2
B. 若OA//OB，则λ2+μ2=1
C. 若△ABC是正三角形，则λ+μ=23
D. 若λ+μ>1，AB=(−2,1)，CO=(2,4)，则四边形AOBC的面积是5
【答案】ACD
【解析】解：对选项A：因为λ+μ=1，则A，O，B三点共线，且点O是△ABC的外心，
所以|OA|=|OB|=|OC|，所以O为AB中点，所以△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，故A对；
对选项B：因为OA//OB，则A，O，B三点共线，
易知△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，且O为AB的中点，则λ=μ=12,λ2+μ2=12，故B错；
对选项C：因为△ABC是正三角形，故CO=13CA+13CB，则i+μ=23，故C对；
对选项D：因为λ+μ>1，故O在△ABC外，又CO⋅AB=0，
所以CO⊥AB，又|CO|=2 5,|AB|= 5，则SAOBC=12|CO|×|AB|=5，故D对．
故选：ACD.
分别根据平面向量三点共线定理及三角形外心的性质判断即可求解．
本题考查平面向量三点共线定理及三角形外心的性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
12.中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现.它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条.其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.曲线C：(x2+y2)2=9(x2−y2)是双纽线，则下列结论正确的是( )
A. 曲线C的图象关于y=x对称
B. 曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3
C. 曲线C经过7个整点(横、纵坐标均为整数的点)
D. 若直线y=kx与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为(−∞,−1]∪[1,+∞)
【答案】BD
【解析】解：把(y,x)代入(x2+y2)2=9(x2−y2)得(x2+y2)2=9(y2−x2)，
显然点(y,x)不满足双纽线方程，
所以曲线C的图象不关于y=x对称，故A错误；
由(x2+y2)2=9(x2−y2)可得x2+y2=9(x2−y2)x2+y2≤9，
所以曲线C上任意一点到坐标原点O的距离d= x2+y2≤3，即都不超过3，故B正确：
令y=0解得x=0或x=±3，即曲线经过(0,0)，(3,0)，(−3,0)，
由题意可知，−3≤x≤3，
令x=±1，得y2=−11+ 1532<1，
令x=±2，得1因此结合图象曲线C只能经过3个整点(0,0)，(3,0)，(−3,0)，故C错误；
直线y=kx与曲线(x2+y2)2=9(x2−y2)一定有公共点(0,0)，
若直线y=kx与曲线C只有一个交点，
所以(x2+y2)2=9(x2−y2)y=kx，整理得x4(1+k2)2=9x2(1−k2)，只有一个解x=0，
即1−k2≤0，解得k∈(−∞,−1]∪[1,+∞)，故D正确．
故选：BD.
把(y,x)代入曲线C的方程可判断A；由曲线C的方程可得x2+y2=9(x2−y2)x2+y2≤9，根据d= x2+y2≤3可判断 B；分别令x=0、x=±1、x=±2，得y的范围可判断C；直线y=kx与曲线方程联立，根据方程的解可判断D.
本题考查了由方程研究曲线的性质，属于中档题．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.“tanα=3”是“cs2α=−45”的______ 条件.(请从“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中选择一个)
【答案】充分不必要
【解析】解：若tanα=3，则cs2α=cs2α−sin2α=cs2α−sin2αcs2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−91+9=−45，
反之，若cs2α=−45，则1−tan2α1+tan2α=−45，则tan2α=9，则tanα=±3，
则tanα=3”是“cs2α=−45”的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
利用二倍角公式，正余弦的齐次式即可判断．
本题考查二倍角公式，考查充分必要条件，属于基础题．
14.设(2x−3)2023=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a2023(x−1)2023，则a2023=______ .
【答案】22023
【解析】解：t=x−1，则x=t+1，
则二项式等价为(2t−1)2023=a0+a1t+a2t2+⋯+a2023t2023，
则a2023=C2023022023=22023，
故答案为：22023.
利用换元法进行转化，然后根据二项式定理进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，利用换元法进行转化是解决本题的关键，是中档题．
15.设函数f(x)=ex+e−x−1lg(x2+1)，则使得f(2x+1)【答案】(−3,−12)∪(−12,13)
【解析】解：∵f(x)=ex+e−x−1lg(x2+1)，故x≠0，
∴f(−x)=f(x)即f(x)为偶函数，
当x>0时，f(x)单调递增，
由f(2x+1)所以|2x+1|<|x−2|且x≠2，x≠−12，
所以4x2+4x+1解可得，−3故答案为：(−3,−12)∪(−12,13).
先根据解析式判断出函数的单调性及奇偶性及函数的定义域，然后即可求解．
本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用．
16.如图，在矩形ABCD中，AB= 2AD=4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，则多面体MNEFGH的体积为______ ；若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度为______ .
【答案】2 2 2+2 2
【解析】解：由题意可知平面MNFH⊥平面EFGH，其交线为HF，
∵四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，
∴OE⊥HF，OE⊂平面EFGH，
∴OE⊥平面MNFH，又OQ=1，MH= 2，HF=4，∴MN=2，
∴VMNEFGH=2VE−MNFH=2×13S梯形MNFH=2×13×12×(2+4)×1× 2=2 2；
取HF的中点O，NE的中点P，连接OQ，OP，
根据题意可知平面MNFH⊥平面EFGH，其交线为HF，
∵四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，
∴OQ⊥HF，又OQ⊂平面MNFH，
∴OQ⊥平面EFGH，
由题意可知GE=AD=2 2，NG=NE=2，
∴NG2+NE2=GE2，∴NG⊥NE，
又NF⊥NG，NF⊥NE，NG∩NE=N，
∴NF⊥平面NEG，
同理 HM⊥平面MEG，又ON//HM，
∴ON⊥平面MEG，点P所在平面与平面MEG平行，
∴点P的轨迹为五边形QPRST，
其长度为1+ 22+ 2+ 22+1=2+2 2.
故答案为：2 2；2+2 2.
根据线面垂直以及锥体的体积即可求解；根据线面垂直即可判断点P的轨迹，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理，多面体的体积的求解，空间中轨迹长度的求解，化归转化思想，属中档题．
四、解答题（本大题共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)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB，CD⊥PD.
(1)证明：CD⊥平面PAD；
(2)若E是PD的中点，AB=AP=4，AD=DC=2.求直线CE与平面BCP所成角的正弦值.
【答案】解：(1)证明：∵AD⊥平面PAB，又AP⊂平面PAB，
∴AP⊥AD，又AP⊥AB，AD∩AB=A，且AD，AB⊂平面ABCD，
∴AP⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥AP，又CD⊥PD，且AP∩PD=P，
∴CD⊥平面PAD；
(2)根据(1)可知AB，AD，AP两两相互垂直，
∴分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建系如图，
则根据题意可得：C(2,2,0)，E(0,1,2)，B(4,0,0)，P(0,0,4)，
∴CE=(−2,−1,2)，BC=(−2,2,0)，BP=(−4,0,4)，
设平面BCP的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=−2x+2y=0n⋅BP=−4x+4z=0，取n=(1,1,1)，
∴直线CE与平面BCP所成角的正弦值为：
|cs|=|CE⋅n||CE||n|=1 4+1+4× 3= 39.
【解析】(1)根据线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，即可证明；
(2)建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解线面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
18.(本小题12分)
设Sn为数列{an}的前n项和，a2=7，对任意的自然数n，恒有an=2Sn−3nn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若集合A={x|x=an,n∈N*}，B={x|x=3n,n∈N*}，将集合A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，计数列{bn}的前n项和为Tn.求T102的值.
【答案】解：(1)a2=7，对任意的自然数n，恒有an=2Sn−3nn，
可得n=1时，a1=2a1−3，解得a1=3；
n=2时，2a2=2S2−6=2(a1+a2)−6，解得a1=3；
n=3时，3a3=2S3−9=2(a1+a2+a3)−9，解得a3=11.
当n≥2时，nan=2Sn−3n变为(n−1)an−1=2Sn−1−3(n−1)，
两式相减可得(n−2)an=(n−1)an−1−3，
当n≥3时，上式变为(n−3)an−1=(n−2)an−2−3，
上面两式相减可得an+an−2=2an−1，
且a1+a3=2a2，
所以数列{an}是首项为3，公差为4的等差数列，可得an=3+4(n−1)=4n−1；
(2)集合A={x|x=4n−1,n∈N*}，B={x|x=3n,n∈N*}，
集合A∪B中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{bn}中前102项中的元素，
且是A∩B中的元素，
所以T102=(a1+a2+a3+...+a100)+9+81=12×100×(3+400−1)+90=20190.
【解析】(1)分别求得a1，a3，将n换为n−1，n−2，两式相减，结合等差数列的判断和通项公式，可得所求；
(2)分析集合A，B中的公共元素，运用等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，以及数列的求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19.(本小题12分)
在凸四边形ABCD中，∠BAD=90∘，∠BCD=120∘，AD=3，AB=4.
(1)若∠ABC=45∘，求CD；
(2)若∠BCD的角平分线交对角线BD于点E，求BC+CE+CD的最大值.
【答案】解：如图，
(1)∵∠BAD=90∘，AD=3，AB=4，∴BD=5，
在△ABD中，sin∠ABD=ADBD=35，cs∠ABD=ABBD=45，
∵∠ABC=45∘，∴sin∠CBD=sin(45∘−∠ABD)= 22(cs∠ABD−sin∠ABD)= 22×15= 210，
在△BCD中，由正弦定理得，CDsin∠CBD=BDsin120∘，
∴CD=5× 210×2 3= 63；
(2)设BC=x，CD=y，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=x2+y2−2xy×(−12)=x2+y2+xy=25，
∴(x+y)2−xy=25，∴xy=(x+y)2−25，
∵xy≤(x+y)24，∴(x+y)2−25≤(x+y)24，∴0∵CE为△BCD的角平分线，∴∠DCE=∠BCE=60∘，
∵S△BCE+S△CDE=S△BCD，
∴12⋅x⋅CE× 32+12⋅y⋅CE× 32=12⋅x⋅y× 32，∴CE=xyx+y，
∴BC+CE+CD=xyx+y+x+y=(x+y)2+xyx+y=2(x+y)2−25x+y=2(x+y)−25x+y，
∵z=2(x+y)−25x+y在(0,10 33]上为增函数，
∴当x+y=10 33时，
BC+CE+CD=2(x+y)−25x+y取得最大值为25 36.
【解析】(1)先求出sin∠CBD= 210，再利用正弦定理求解即可；
(2)由余弦定理得x2+y2+xy=25，利用基本不等式得到0本题考查△ABC的面积公式，正弦定理，余弦定理的运用，考查基本不等式的运用，函数的单调性，属于中档题．
20.(本小题12分)
某学校为了了解高一学生安全知识水平，对高一年级学生进行“消防安全知识测试”，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为“合格”.若该校“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级知识达标为“合格”；否则该年级知识达标为“不合格”，需要重新对该年级学生进行消防安全培训.现从全体高一学生中随机抽取10名，并将这10名学生随机分为甲、乙两个组，其中甲组有6名学生，乙组有4名学生.甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6(题中所有数据的最后结果都精确到整数).
(1)求这10名学生测试成绩的平均分x−和标准差s；
(2)假设高一学生的知识测试成绩服从正态分布N(μ,σ2).将上述10名学生的成绩作为样品，用样本平均数x−作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值.利用估计值估计：高一学生知识达标是否“合格”？
(3)已知知识测试中的多项选择题中，有4个选项.小明知道每道多项选择题均有两个或三个正确选项.但根据得分规则：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.这样，小明在做多项选择题时，可能选择一个选项，也可能选择两个或三个选项，但不会选择四个选项.假设小明在做该道多项选择题时，基于已有的解题经验，他选择一个选项的概率为12，选择两个选项的概率为13，选择三个选项的概率为16.已知该道多项选择题只有两个正确选项，小明完全不知道四个选项的正误，只好根据自己的经验随机选择.记X表示小明做完该道多项选择题后所得的分数.求X的分布列及数学期望.
附：①n个数的方差s2=1ni=1n(xi−x−)2；
②若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ【答案】解：(1)x−=70×6+80×410=74，
s12=16×[(x12+x22+...+x62)−6×702]=16，解得x12+x22+...+x62=6×(16+702)，
s22=14×[(x72+x82+...+x102)−4×802]=36，解得x72+x82+...+x102=4×(36+802)，
这40名学生的方差为s2=110×(x12+x22+...+x62+x72+x82+...+x102−10x−2)=110×[6×(16+702)+4×(36+802)−10×742]=48，
∴s= 48≈7.
(2)由x−=74，s≈7，得μ的估计值μ=74，σ的估计值σ=7，
P(μ−2σ∴P(X<60)=P(X>88)=1−0.95442=0.0228，
从而高三年级1000名学生中，不合格的有1000×0.0228(人)，
又231000<501000=5%，所以高三年级学生体能达标为“合格”．
(3)由题意得，X的可能取值为0，2，5，
P(X=2)=12×12=14，
P(X=5)=13×1C42=118，
P(X=0)=1−P(X=2)−P(X=5)=1−14−118=2536，
∴X的分布列为
E(X)=0×2536+2×14+5×118=79.
【解析】(1)根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；
(2)根据题中所给的公式进行求解即可；
(3)求得X的可能取值及对应概率，完成分布列，根据期望公式进行求解即可．
本题考查平均数、方差的计算，考查正态分布，考查离散型随机变量的分布列及期望，是中档题．
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，双曲线E:x2a2−y2b2=1(00)的离心率为 2.斜率为ba的直线m经过点M(3,0)，点N是直线m与双曲线E的交点，且|MN|= 2.
(1)求双曲线E的方程；
(2)若经过定点P(1,1)的直线l与双曲线E相交于A、B两点，经过点A斜率为−2的直线与直线m的交点为T，求证：直线BT经过x轴上的定点.
【答案】解：(1)∵e= 2= 1+(ba)2，(00)，
∴a=b，
又直线m斜率为ba，经过点M(3,0)，
所以直线方程为y=x−3，
设N(x,x−3)，由|MN|= (x−3)2+(x−3)2= 2，
∴N(4,1)或N(2,−1)，
又00，点N(4,1)代入双曲线方程无解，
点N(2,−1)代入双曲线方程，得4a2−1a2=1，
∴a2=3，
所以双曲线E的方程为x23−y23=1.
证明：(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
设直线AB的方程为y=kx−k+1，
联立x23−y23=1y=kx−k+1，消去y得(1−k2)x2+(2k2−2k)x−k2+2k−4=0，
∴x1+x2=2kk+1,x1⋅x2=k2−2k+4k2−1，
经过点A斜率为−2的直线方程为y−y1=−2(x−x1)，
由y=x−3y−y1=−2(x−x1)，解得x=(2+k)x1+4−k3y=(2+k)x1−5−k3，
∴T((2+k)x1+4−k3,(2+k)x1−5−k3)，
∴kBT=(2+k)x1−5−k3−y2(2+k)x1+4−k3−x2=(2+k)x1−3kx2+2k−8(2+k)x1−3x2−k+4，
直线BT方程为：y−y2=(2+k)x1−3kx2+2k−8(2+k)x1−3x2−k+4(x−x2)，
令y=0，x=−y2⋅(2+k)x1−3x2−k+4(2+k)x1−3kx2+2k−8+x2
=(1−k)(2+k)x1x2+(−6k−3)x2+(k2+k−2)(x1+x2)−k2+5k−4(2+k)x1−3kx2+2k−8
=−3(2k+1)(k+1)x2+3(2k2−k−4)−2(2k+1)(k+1)x2+2(2k2−k−4)=32，
故直线BT经过x轴上的定点(32,0).
【解析】(1)由双曲线的离心率为 2可得a=b，则直线m方程为y=x−3，由|MN|= 2，求出N点坐标，代入双曲线方程求解即可；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，经过点A斜率为−2的直线方程与直线m联立，求得T点坐标，表示出直线BT的方程，令y=0表示出x的算式，直线AB的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理代入x的算式，化简即可．
本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=axex和函数g(x)=lnxax有相同的最大值.
(1)求a的值；
(2)设集合A={x|f(x)=b}，B={x|g(x)=b}(b为常数).
①证明：存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素；
②设A∪B={x1,x2,x3}，x12x2.
【答案】解：(1)f(x)=axex的定义域为R，且f′(x)=a(1−x)ex，
a>0时，当x<1时，f′(x)>0，f(x)递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)递减；
所以f(x)max=f(1)=ae，g(x)=lnxax的定义域为(0,+∞)，且g′(x)=1−lnxax2,a>0，
当x0，g(x)递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)递减；
所以g(x)max=g(e)=1ae，
又f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值，
所以ae=1ae，解得a=±1，又a>0，所以a=1；
当a<0时，f(x)与g(x)没有最大值，不成立．当a=0时，显然不成立．
综上，a=1.
(2)证明：①由(1)可知：f(x)=xex在(−∞,1)递增，在(1,+∞)递减，且x→+∞，y→0，
g(x)=lnxx在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，且x→+∞，y→0，f(x)=xex和g(x)=lnxx的图象如图所示：
设f(x)和g(x)的图象交于点A，
则当直线y=b经过点A时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
故存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素；
②此时0因为b=x1ex1=lnx2x2，
所以x1ex1=lnx2elnx2，即f(x1)=f(lnx2)，
因为x1<1，lnx2所以x1=lnx2，
所以x2x1=x2lnx2=1b，
因为b=x2ex2=lnx3x3，
所以x2ex2=lnx3elnx3，即f(x2)=f(lnx3)，
因为x2>1，lnx3>lne=1，且f(x)=xex在(1,+∞)递减，
所以x2=lnx3，
所以x3x2=x3lnx3=1b，
所以x2x1=x3x2=1b，即x22=x1x3，
又x1+x3=x22x1+x1≥2x2，又x1<12x2.
【解析】(1)分别求出f(x)与g(x)的最大值，令其相等得到a的值；
(2)①根据f(x)=xex和g(x)=lnxx的图象知存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点证得结论；②此时02x2.
本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．X
0
2
5
P
2536
14
118