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2023-2024学年江西省九江市第一中学高二下学期期末考试数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省九江市第一中学高二下学期期末考试数学试卷（含解析），共15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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x2−4x+3<0}，B={x|y= 4−x2}，则A∩B=( )
A. {x|−2≤x<3}B. {x|11}
2.若命题“∃a∈1,3，ax2+a−2x−2>0”是假命题，则x不能等于( )
A. −1B. 0C. 0.5D. 1
3.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 45B. 910C. 35D. 710
4.已知数列an的前n项和为Sn，且an=n+12n，若Sn≤k恒成立，则k的最小值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
5.已知f(x)=13x3+12x2−5在点1,f(1)处的切线的倾斜角为α，则cs2αsin2α+2cs2α=( )
A. −12B. −35C. 2D. 85
6.设双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，PF⋅OP+PF⋅OF=0，FO在FP上的投影向量的模为 32OF，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 3−1C. 3+1D. 2
7.已知x>0，y>0，且x+y=2.若4x+1−mxy≥0恒成立，则实数m的最大值是( )
A. 4B. 8C. 3D. 6
8.已知a=10099e0.99,b=ln10099ee−0.01,lna=c−lnc(c≠0.99)，则( )
A. b>a>1.01>cB. b>a>c>1.01C. a>b>1.01>cD. a>b>c>1.01
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知随机变量ξ的分布列如下表所示.其中12,b,c成等差数列，则P(|ξ|=1)的值与ξ的期望分别是( )
A. 23B. 13C. −13D. 1
10.下列说法正确的是( )
A. 在线性回归方程y=−0.8x+2.3中，当自变量x每增加1个单位时，相应变量y平均减少1.5个单位
B. 一组数据7,8,8,9,11,13,15,17,20,22的第75百分位数为17
C. 若随机变量X∼N3,σ2，PX≤6=0.7，则PX≤0=0.3
D. 设随机事件A和B，若PA=0.8，PBA=0.5，PBA=0.1，则PB=0.42
11.记fnx为函数fx的n阶导数，fnx=fn−1x′n≥2,n∈N∗，若fnx存在，则称fxn阶可导.英国数学家泰勒发现：若fx在x0附近n+1阶可导，则可构造Tnx=fx0+f′x01!x−x0+f2x02!x−x02+⋅⋅⋅+fnx0n!x−x0n(称其为fx在x0处的n次泰勒多项式)来逼近fx在x0附近的函数值.下列说法正确的是( )
A. 若fx=sinx，则fnx=sinx+nπ
B. 若fx=1x，则fnx=−1nn!x−n+1
C. fx=csx在x0=0处的3次泰勒多项式为T3x=1−x22
D. e0.1≈1.105
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(1+ax2)n(a,n∈N∗)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，且含x4的项的系数为40，则a的值为 ．
13.若“114.产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，从产品中随机抽n件做检查，请计算当N=16，M=8时，C80C83+C81C82+C82C81+C83C80= ；若N=2n，M=n，请计算(Cn0)2+Cn12+Cn22+⋯+Cnn2= .(用组合数表示)
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数fx=exx3．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若函数fx的切线l与直线x−2ey+1=0垂直，求切线l的方程．
16.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，∠BAC=∠PCB=π3，PC=BC，PA=AC=2AB=2，D为BC中点．
(1)求证：PD⊥AC；
(2)点M在棱PA上(不含端点)，且二面角M−BC−A的余弦值为45.求线段AM的长度．
17.(本小题12分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点A1,32是C上一点，AF1的中点在y轴上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆x2a2+y2b2=1上一点x0,y0的切线方程为xx0a2+yy0b2=1.设动直线l：y=kx+m与椭圆C相切于点P，且与直线x=−4相交于点Q，求证：以PQ为直径的圆与x轴交于定点．
18.(本小题12分)
新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分．
(1)若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，并求该考生得0分的概率；
(2)若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得2分的概率；
(3)若某道多选题的正确答案是2个选项的概率是13，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案：
方案一：只选择A选项；
方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项；
方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项．
19.(本小题12分)
一般地，设函数f(x)在区间[a,b]上连续，用分点a=x0如果函数f(x)是区间[a,b]上的连续函数，并且F′(x)=f(x)，那么．
(1)求；
(2)过函数f(x)=x2(x≥0)上一点作切线.该切线、曲线与x轴围成图形的面积为23，求该切线方程．
(3)递增的等差数列an，且a1=1，两条曲线y=anx2+1an、y=an+1x2+1an+1在第一象的交点的横坐标记为bn，两条曲线在第一象内与y轴所围的图形的面积为Sn，求证：S1b1+S2b2+⋯+Snbn<23．
答案解析
1.B
【解析】由x2−4x+3<0，解得1又由4−x2≥0，解得−2≤x≤2，所以B=x−2≤x≤2．
所以A∩B=x1故选：B．
2.D
【解析】根据题意，知原命题的否定“∀a∈1,3，ax2+a−2x−2≤0”为真命题．
令f(a)=(x2+x)a−2x−2，故f(1)=x2−x−2≤0f(3)=3(x2+x)−2x−2≤0，解得−1≤x≤23．
故选：D．
3.A
【解析】
如图连接BC1,A1C1，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，
所以AB//C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1//AD1，则∠A1BC1或其补角就是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB=1，则A1B= 5，BC1= 5，A1C1= 2，
由余弦定理得：cs∠A1BC1=5+5−22×5=45．
故选：A．
4.B
【解析】因为Sn=22+322+423+⋯+n+12n，
所以12Sn=222+323+424+⋯+n+12n+1，
两式相减可得12Sn=1+122+123+124+⋯+12n−n+12n+1=1+122(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
所以Sn=3−n+32n，
因为n+32n>0，所以3−n+42n<3，即Sn<3恒成立，故k≥3．
故选：B．
5.A
【解析】因为f(x)=13x3+12x2−5，故可得f′x=x2+x，
则在点1,f(1)处的切线斜率tanα=f′1=2；
又因为cs2αsin2α+2cs2α=cs2α−sin2α2sinαcsα+2cs2α=1−tan2α2tanα+2=1−44+2=−12．
故选：A．
6.C
【解析】取M为PF的中点，F2为右焦点，
∵PF⋅OP+PF⋅OF=PF⋅OP+OF=2PF⋅OM=0，
∴OM⊥PF，∴OF=OP=c，
∵FO在FP上的投影为 32OF，∴FM= 32c，
∴OM=12c，∴PF= 3c，∴PF2=c，
∵PF−PF2=2a，
∴( 3−1)c=2a，∴ca= 3+1．
故选：C
7.A
【解析】由4x+1−mxy≥0，则m≤4x+1xy=8x+22xy=8x+x+y2xy=92y+12x
=1292y+12xx+y=1212+92+9x2y+y2x≥125+2 9x2y⋅y2x=4，
当且仅当9x2y=y2x，即x=12，y=32时，等号成立．
故选：A．
8.D
【解析】依题意，a=，b=e−0.01−ln0.99=e−1+0.99−ln0.99，
令f(x)=exx−x+lnx，f′(x)=ex(x−1)x2−1+1x=(ex−x)(x−1)x2，
当01>x>0，即f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，
f(0.99)>f(1)=e−1，即−0.99+ln0.99>e−1，因此a>b，
令g(x)=x−lnx，g′(x)=1−1x，当01时，g′(x)>0，
函数g(x)在(0,1)上单调递减，g(0.99)>g(1)=1，而b=e−1+g(0.99)>e>1.01，
函数g(x)在(1,+∞)上单调递增，显然g(e)=e−1,g(1e)=1e+1，
则方程g(x)=k,k∈(1,1e+1]有两个不等实根x1,x2，0lna=c−lnc⇔0.99−ln0.99=c−lnc⇔g(0.99)=g(c)，而c≠0.99，则有c>1，
令ℎ(x)=g(x)−g(2−x)，0即函数ℎ(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(0,1)时，ℎ(x)>ℎ(1)=0，即g(x)>g(2−x)，
因此g(x1)>g(2−x1)，即有g(x2)=g(x1)>g(2−x1)，而x2>1,2−x1>1，g(x)在(1,+∞)上单调递增，
于是得x2>2−x1，即x1+x2>2，取x1=0.99，x2=c，于是得c>2−0.99=1.01，
又g(c)=g(0.99)所以a>b>c>1.01， D正确．
故选：D
9.AC
【解析】因为12，b，c成等差数列，所以2b=12+c，又b+12+c=1，
所以b=13，c=16，所以P(|ξ|=1)=12+c=23，
根据分布列的性质，E(ξ)=−1×12+0×13+1×16=−13．
故选：AC．
10.BCD
【解析】对于A，根据回归直线方程解析式，当解释变量x每增加1个单位时，
响应变量y平均减少0.8个单位，故A错误；
对于B，该组数据共10个，则10×75%=7.5，
所以第75百分位数为第8个数是17，故 B正确；
对于C，由于X∼N3,σ2，PX≤6=0.7，
则PX≤0=PX≥6=1−PX≤6=1−0.7=0.3，故 C正确；
对于D，由全概率公式，
PB=PAPBA+PAPBA=0.8×0.5+1−0.8×0.1=0.42，故 D正确．
故选：BCD．
11.BCD
【解析】对于A，若fx=sinx，则f′x=csx=sinx+π2，f2x=−sinx=sinx+π，
f3x=−csx=sinx+3π2，f4x=sinx=x+2π，
所以fnx=sinx+nπ2，故 A错误；
对于B，若fx=1x，则f′x=−1x2=−x−2,f2x=−x−2′=2x−3=−122!x−3，
f3x=2x−3′=−6x−4=−133!x−4，f4x=−6x−4′=24x−5=−144!x−5，
观察可知fnx=−1nn!x−n+1，故 B正确；
对于C，fx=csx，则f′x=−sinx,f2x=−csx,f3x=sinx，
因为f0=1,f′0=0,f20=−1,f30=0，
所以fx=csx在x0=0处的3次泰勒多项式T3x=1−x22，故 C正确
对于D，fx=ex的n阶导数fnx=ex，
得T3x=f0+f′01!x−0+f202!x−02+f303!x−02=1+x+x22+x36，
则e0.1≈T3(0.1)=1+0.1+0.012+0.0016≈1.105，故 D正确；
故选：BCD
12.2
【解析】由已知得n=2+3=5，所以含x4的项的系数为C52a2=40∵a∈N∗∴a=2.
13.12≤m≤1
【解析】由x−2m<1，得2m−1因为“1所以集合x1所以2m−1≤12m+1≥2(不同时取等号)，解得12≤m≤1，
所以实数m的取值范围为12≤m≤1．
故答案为：12≤m≤1．
14.C163 ；或C1613 ； ；；C2nn
【解析】当N=16，M=8，n=3时，PX=k=C8kC83−kC163k=0,1,2,3，
因为C80C83C163+C81C82C163+C82C81C163+C83C80C163=1，
故C80C83+C8lC82+C82C81+C83C80=C163=C1613．
当N=2n，M=n时，
因为Cn0CnnC2nn+Cn1Cnn−1C2nn+Cn2Cnn−2C2nn+⋯+Cnn−1Cn1C2nn+CnnCn0C2nn=1，即(Cn0)2C2nn+(Cn1)2C2nn+(Cn2)2C2nn+⋯+(Cnn−1)2C2nn+(Cnn)2C2nn=1，
所以(Cn0)2+Cn12+Cn22+⋯+Cnn2=C2nn
故答案为 ：C163，C2nn
15.解：(1)由fx=exx3x≠0得f′x=exx−3x4，
令f′x=0⇒x=3，
故当x<0时，f′x<0,fx单调递减，当0当x>3时，f′x>0,fx单调递增，
故fx的单调递减区间为−∞,0,0,3，单调递增区间为3,+∞，
(2)设切点为(x0,ex0x03)，则切线斜率k=f′(x0)=ex0(x0−3)x04
切线与直线x−2ey+1=0垂直，故k=f′(x0)=ex0(x0−3)x04=−2e，可得x0=1
则切点为(1,e)，故切线方程为y−e=−2e(x−1)，即2ex+y−3e=0
【解析】(1)先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间；
(2)先设切点，再根据与已知直线垂直求出切线斜率求出切点进而得出切线方程．
16.解：(1)因为∠BAC=π3，AC=2AB=2，
所以BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=1+4−2×1×2×12=3，
所以BC= 3，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，
又PC=BC，∠PCB=π3，所以△PBC为等边三角形，
所以PB=PC= 3，又PA=2，所以AB2+PB2=PA2，所以AB⊥PB，
又PB，BC⊂平面PBC，且PB∩BC=B，
所以AB⊥平面PBC，又PD⊂平面PBC，所以AB⊥PD，
因为PB=PC，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，
所以PD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PD⊥AC．
(2)由(1)得，PD⊥平面ABC，AB⊥BC，
以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A1, 32,0，B0, 32,0，P0,0,32，C(0,− 32,0)，
所以AP=−1,− 32,32，BA=(1,0,0)，CB=(0, 3,0)，
设AM=tAP=−t,− 32t,32t(0设平面MBC的一个法向量n=(x,y,z)，则n⋅BM=0n⋅CB=0，即1−tx− 32ty+32tz=0 3y=0,
令z=21−t，解得x=−3t，y=0，故n=−3t,0,21−t，
显然平面ABC的一个法向量m=0,0,1，二面角M−BC−A为锐二面角设为θ，
所以csθ=∣csm,n∣=m⋅nm⋅n=21−t1× 9t2+41−t2=45，
解得t=13或t=−1(舍)，
所以AM=∣AM∣=13∣AP∣=23．
【解析】(1)由勾股定理逆定理得到AB⊥BC,AB⊥PB,从而
AB⊥平面PBC,AB⊥PD，又利用等腰三角形三线合一得到PD⊥BC，
从而PD⊥平面ABC，进而得到PD⊥AC；
(2)以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设AM=tAP，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角M−BC−A的余弦值为45，列出等式求解即可．
17.解：(1)设F1−c,0,F2c,0，
由AF1的中点在y轴上，且O为F1，F2的中点，可得AF2//y轴，即AF2⊥F1F2，
又由A1,32，可得c=1，即F1F2=2，AF2=32，
所以AF1= AF22+F1F22=52，即2a=52+32=4，
解得a=2，则b= a2−c2= 3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由(1)和题意，可得过椭圆x24+y23=1上一点x0,y0的切线方程为xx04+yy03=1，
因为点P在椭圆x24+y23=1，可设点P2csθ, 3sinθ，
则直线l的方程为x⋅2csθ4+y⋅ 3sinθ3=1，即xcsθ2+y⋅sinθ 3=1，
令x=−4，则代入①，解得y= 31+2csθsinθ，所以Q坐标为−4, 31+2csθsinθ，
假设存在点Ft,0，使得以PQ为直径的圆与x轴交于定点F，
则PF⊥QF，即PF⋅QF=0，PF=t−2csθ,− 3sinθ，QF=t+4,− 31+2csθsinθ
于是t−2csθt+4+ 3sinθ⋅ 31+2csθsinθ=0
整理得t+1t+3−21+tcsθ=0，
由该方程对于任意的θ恒成立，可得t=−1，此时点F−1,0，
所以存在定点F−1,0符合条件，使得以PQ为直径的圆与x轴交于定点−1,0．
【解析】(1)设F1−c,0,F2c,0，根据题意求得c=1，结合椭圆的定义求得a=2，进而得到椭圆的方程；
(2)由过椭圆C上一点x0,y0的切线方程为xx0a2+yy0b2=1，设动点P2csθ, 3sinθ，得到直线l的方程xcsθ2+y⋅sinθ 3=1，令x=−4，求得Q−4, 31+2csθsinθ，设定点为F结合PF⋅QF=0，列出方程，即可求解．
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，(如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)，把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解．
18.解：(1)设事件A1表示“某题的答案是 BD，该考生得0分”，则A1=B,D,BD，
所以PA1=1−P(A1)=1−3C41+C42+C43=1114．
(2)设A2=“某题的答案是 ABD，该考生得正分”，则A2=A,B,D,AB,AD,BD,ABD，
所以PA2=7C41+C42+C43=12，
设A3=“某题的答案是 ABD，该考生得2分”，则A3=A,B,D，
所以PA3=3C41+C42+C43=314，
所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为PA3A2=PA2A3PA2=PA3PA2=37．
(3)设方案一、二、三的得分分别为X，Y，Z，
方案一：X的所有可能取值为2,3，
PX=2=23，PX=3=13，
所以X的分布列为：
则EX=2×23+3×13=73；
方案二：Y的所有可能取值为0,4,6，
PY=0=13×23+23×13=49，PY=4=23×23=49，PY=6=13×13=19，
所以Y的分布列为：
则EY=0×49+4×49+6×19=229；
方案三：Z的所有可能取值为0,6，
PZ=0=23×23+13×1=79，PZ=6=23×13=29，
所以Z的分布列为：
则EZ=0×79+6×29=43，
因为E(Y)>E(X)>E(Z)，
所以以得分的数学期望作为判断依据选择方案二更恰当．
【解析】(1)利用古典概型的概率公式求出该考生不得0分的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可；
(2)设A2=“某题的答案是 ABD，该考生得正分”，A3=“某题的答案是 ABD，该考生得2分”，利用古典概型的概率公式求出其概率，再根据条件概率公式求解即可；
(3)设方案一、二、三的得分分别为X，Y，Z，分别求出X，Y，Z的分布列，进而求出期望，比较期望的大小即可求解．
19.解：；
(2)设切点为Ax0,x02，Cx0,0，则切线的斜率为k=2x0，
切线方程y−x02=2x0x−x0，所以切线与x轴的交点为Bx02,0，
所以曲线、切线、x轴围成的面积，
解得x0=2，则切点为A2,4，
所以切线方程为y−4=4x−2即y=4x−4；
(3)由y=anx2+1any=an+1x2+1an+1，解得bn=1anan+112，
因为递增等差数列an，且a1=1，设公差为d，所以an+1>an>0,1an+1<1an，
=13an−an+1x3+an+1−ananan+1x0bn=−d3b n3+danan+1bn，
所以Snbn=−d3b n2+danan+1=23danan+1=23(1an−1an+1)，
所以S1b1+S2b2+⋯+Snbn=23(1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1)=23(1a1−1an+1)<23．
【解析】(1)根据定积分的定义即可求解；
(2)根据导数的几何意义求出切线方程，求得B的坐标，利用定积分表示曲线、切线、x轴围成的面积，求得A的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解；
(3)联立两曲线可得bn，进而Sn=−d3b n3+danan+1bn，则Snbn=23(1an−1an+1)，结合裂项相消求和法计算即可证明．ξ
−1
0
1
P
0.5
b
c
X
2
3
P
23
13
Y
0
4
6
P
49
49
19
Z
0
6
P
79
29
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x2−4x+3<0}，B={x|y= 4−x2}，则A∩B=( )
A. {x|−2≤x<3}B. {x|1
2.若命题“∃a∈1,3，ax2+a−2x−2>0”是假命题，则x不能等于( )
A. −1B. 0C. 0.5D. 1
3.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 45B. 910C. 35D. 710
4.已知数列an的前n项和为Sn，且an=n+12n，若Sn≤k恒成立，则k的最小值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
5.已知f(x)=13x3+12x2−5在点1,f(1)处的切线的倾斜角为α，则cs2αsin2α+2cs2α=( )
A. −12B. −35C. 2D. 85
6.设双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，PF⋅OP+PF⋅OF=0，FO在FP上的投影向量的模为 32OF，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 3−1C. 3+1D. 2
7.已知x>0，y>0，且x+y=2.若4x+1−mxy≥0恒成立，则实数m的最大值是( )
A. 4B. 8C. 3D. 6
8.已知a=10099e0.99,b=ln10099ee−0.01,lna=c−lnc(c≠0.99)，则( )
A. b>a>1.01>cB. b>a>c>1.01C. a>b>1.01>cD. a>b>c>1.01
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知随机变量ξ的分布列如下表所示.其中12,b,c成等差数列，则P(|ξ|=1)的值与ξ的期望分别是( )
A. 23B. 13C. −13D. 1
10.下列说法正确的是( )
A. 在线性回归方程y=−0.8x+2.3中，当自变量x每增加1个单位时，相应变量y平均减少1.5个单位
B. 一组数据7,8,8,9,11,13,15,17,20,22的第75百分位数为17
C. 若随机变量X∼N3,σ2，PX≤6=0.7，则PX≤0=0.3
D. 设随机事件A和B，若PA=0.8，PBA=0.5，PBA=0.1，则PB=0.42
11.记fnx为函数fx的n阶导数，fnx=fn−1x′n≥2,n∈N∗，若fnx存在，则称fxn阶可导.英国数学家泰勒发现：若fx在x0附近n+1阶可导，则可构造Tnx=fx0+f′x01!x−x0+f2x02!x−x02+⋅⋅⋅+fnx0n!x−x0n(称其为fx在x0处的n次泰勒多项式)来逼近fx在x0附近的函数值.下列说法正确的是( )
A. 若fx=sinx，则fnx=sinx+nπ
B. 若fx=1x，则fnx=−1nn!x−n+1
C. fx=csx在x0=0处的3次泰勒多项式为T3x=1−x22
D. e0.1≈1.105
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(1+ax2)n(a,n∈N∗)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，且含x4的项的系数为40，则a的值为 ．
13.若“1
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数fx=exx3．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若函数fx的切线l与直线x−2ey+1=0垂直，求切线l的方程．
16.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，∠BAC=∠PCB=π3，PC=BC，PA=AC=2AB=2，D为BC中点．
(1)求证：PD⊥AC；
(2)点M在棱PA上(不含端点)，且二面角M−BC−A的余弦值为45.求线段AM的长度．
17.(本小题12分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点A1,32是C上一点，AF1的中点在y轴上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆x2a2+y2b2=1上一点x0,y0的切线方程为xx0a2+yy0b2=1.设动直线l：y=kx+m与椭圆C相切于点P，且与直线x=−4相交于点Q，求证：以PQ为直径的圆与x轴交于定点．
18.(本小题12分)
新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分．
(1)若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，并求该考生得0分的概率；
(2)若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得2分的概率；
(3)若某道多选题的正确答案是2个选项的概率是13，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案：
方案一：只选择A选项；
方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项；
方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项．
19.(本小题12分)
一般地，设函数f(x)在区间[a,b]上连续，用分点a=x0
(1)求；
(2)过函数f(x)=x2(x≥0)上一点作切线.该切线、曲线与x轴围成图形的面积为23，求该切线方程．
(3)递增的等差数列an，且a1=1，两条曲线y=anx2+1an、y=an+1x2+1an+1在第一象的交点的横坐标记为bn，两条曲线在第一象内与y轴所围的图形的面积为Sn，求证：S1b1+S2b2+⋯+Snbn<23．
答案解析
1.B
【解析】由x2−4x+3<0，解得1
所以A∩B=x1
2.D
【解析】根据题意，知原命题的否定“∀a∈1,3，ax2+a−2x−2≤0”为真命题．
令f(a)=(x2+x)a−2x−2，故f(1)=x2−x−2≤0f(3)=3(x2+x)−2x−2≤0，解得−1≤x≤23．
故选：D．
3.A
【解析】
如图连接BC1,A1C1，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，
所以AB//C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1//AD1，则∠A1BC1或其补角就是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB=1，则A1B= 5，BC1= 5，A1C1= 2，
由余弦定理得：cs∠A1BC1=5+5−22×5=45．
故选：A．
4.B
【解析】因为Sn=22+322+423+⋯+n+12n，
所以12Sn=222+323+424+⋯+n+12n+1，
两式相减可得12Sn=1+122+123+124+⋯+12n−n+12n+1=1+122(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
所以Sn=3−n+32n，
因为n+32n>0，所以3−n+42n<3，即Sn<3恒成立，故k≥3．
故选：B．
5.A
【解析】因为f(x)=13x3+12x2−5，故可得f′x=x2+x，
则在点1,f(1)处的切线斜率tanα=f′1=2；
又因为cs2αsin2α+2cs2α=cs2α−sin2α2sinαcsα+2cs2α=1−tan2α2tanα+2=1−44+2=−12．
故选：A．
6.C
【解析】取M为PF的中点，F2为右焦点，
∵PF⋅OP+PF⋅OF=PF⋅OP+OF=2PF⋅OM=0，
∴OM⊥PF，∴OF=OP=c，
∵FO在FP上的投影为 32OF，∴FM= 32c，
∴OM=12c，∴PF= 3c，∴PF2=c，
∵PF−PF2=2a，
∴( 3−1)c=2a，∴ca= 3+1．
故选：C
7.A
【解析】由4x+1−mxy≥0，则m≤4x+1xy=8x+22xy=8x+x+y2xy=92y+12x
=1292y+12xx+y=1212+92+9x2y+y2x≥125+2 9x2y⋅y2x=4，
当且仅当9x2y=y2x，即x=12，y=32时，等号成立．
故选：A．
8.D
【解析】依题意，a=，b=e−0.01−ln0.99=e−1+0.99−ln0.99，
令f(x)=exx−x+lnx，f′(x)=ex(x−1)x2−1+1x=(ex−x)(x−1)x2，
当0
f(0.99)>f(1)=e−1，即−0.99+ln0.99>e−1，因此a>b，
令g(x)=x−lnx，g′(x)=1−1x，当0
函数g(x)在(0,1)上单调递减，g(0.99)>g(1)=1，而b=e−1+g(0.99)>e>1.01，
函数g(x)在(1,+∞)上单调递增，显然g(e)=e−1,g(1e)=1e+1，
则方程g(x)=k,k∈(1,1e+1]有两个不等实根x1,x2，0
令ℎ(x)=g(x)−g(2−x)，0
因此g(x1)>g(2−x1)，即有g(x2)=g(x1)>g(2−x1)，而x2>1,2−x1>1，g(x)在(1,+∞)上单调递增，
于是得x2>2−x1，即x1+x2>2，取x1=0.99，x2=c，于是得c>2−0.99=1.01，
又g(c)=g(0.99)
故选：D
9.AC
【解析】因为12，b，c成等差数列，所以2b=12+c，又b+12+c=1，
所以b=13，c=16，所以P(|ξ|=1)=12+c=23，
根据分布列的性质，E(ξ)=−1×12+0×13+1×16=−13．
故选：AC．
10.BCD
【解析】对于A，根据回归直线方程解析式，当解释变量x每增加1个单位时，
响应变量y平均减少0.8个单位，故A错误；
对于B，该组数据共10个，则10×75%=7.5，
所以第75百分位数为第8个数是17，故 B正确；
对于C，由于X∼N3,σ2，PX≤6=0.7，
则PX≤0=PX≥6=1−PX≤6=1−0.7=0.3，故 C正确；
对于D，由全概率公式，
PB=PAPBA+PAPBA=0.8×0.5+1−0.8×0.1=0.42，故 D正确．
故选：BCD．
11.BCD
【解析】对于A，若fx=sinx，则f′x=csx=sinx+π2，f2x=−sinx=sinx+π，
f3x=−csx=sinx+3π2，f4x=sinx=x+2π，
所以fnx=sinx+nπ2，故 A错误；
对于B，若fx=1x，则f′x=−1x2=−x−2,f2x=−x−2′=2x−3=−122!x−3，
f3x=2x−3′=−6x−4=−133!x−4，f4x=−6x−4′=24x−5=−144!x−5，
观察可知fnx=−1nn!x−n+1，故 B正确；
对于C，fx=csx，则f′x=−sinx,f2x=−csx,f3x=sinx，
因为f0=1,f′0=0,f20=−1,f30=0，
所以fx=csx在x0=0处的3次泰勒多项式T3x=1−x22，故 C正确
对于D，fx=ex的n阶导数fnx=ex，
得T3x=f0+f′01!x−0+f202!x−02+f303!x−02=1+x+x22+x36，
则e0.1≈T3(0.1)=1+0.1+0.012+0.0016≈1.105，故 D正确；
故选：BCD
12.2
【解析】由已知得n=2+3=5，所以含x4的项的系数为C52a2=40∵a∈N∗∴a=2.
13.12≤m≤1
【解析】由x−2m<1，得2m−1
所以实数m的取值范围为12≤m≤1．
故答案为：12≤m≤1．
14.C163 ；或C1613 ； ；；C2nn
【解析】当N=16，M=8，n=3时，PX=k=C8kC83−kC163k=0,1,2,3，
因为C80C83C163+C81C82C163+C82C81C163+C83C80C163=1，
故C80C83+C8lC82+C82C81+C83C80=C163=C1613．
当N=2n，M=n时，
因为Cn0CnnC2nn+Cn1Cnn−1C2nn+Cn2Cnn−2C2nn+⋯+Cnn−1Cn1C2nn+CnnCn0C2nn=1，即(Cn0)2C2nn+(Cn1)2C2nn+(Cn2)2C2nn+⋯+(Cnn−1)2C2nn+(Cnn)2C2nn=1，
所以(Cn0)2+Cn12+Cn22+⋯+Cnn2=C2nn
故答案为 ：C163，C2nn
15.解：(1)由fx=exx3x≠0得f′x=exx−3x4，
令f′x=0⇒x=3，
故当x<0时，f′x<0,fx单调递减，当0
故fx的单调递减区间为−∞,0,0,3，单调递增区间为3,+∞，
(2)设切点为(x0,ex0x03)，则切线斜率k=f′(x0)=ex0(x0−3)x04
切线与直线x−2ey+1=0垂直，故k=f′(x0)=ex0(x0−3)x04=−2e，可得x0=1
则切点为(1,e)，故切线方程为y−e=−2e(x−1)，即2ex+y−3e=0
【解析】(1)先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间；
(2)先设切点，再根据与已知直线垂直求出切线斜率求出切点进而得出切线方程．
16.解：(1)因为∠BAC=π3，AC=2AB=2，
所以BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=1+4−2×1×2×12=3，
所以BC= 3，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，
又PC=BC，∠PCB=π3，所以△PBC为等边三角形，
所以PB=PC= 3，又PA=2，所以AB2+PB2=PA2，所以AB⊥PB，
又PB，BC⊂平面PBC，且PB∩BC=B，
所以AB⊥平面PBC，又PD⊂平面PBC，所以AB⊥PD，
因为PB=PC，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，
所以PD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PD⊥AC．
(2)由(1)得，PD⊥平面ABC，AB⊥BC，
以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A1, 32,0，B0, 32,0，P0,0,32，C(0,− 32,0)，
所以AP=−1,− 32,32，BA=(1,0,0)，CB=(0, 3,0)，
设AM=tAP=−t,− 32t,32t(0
令z=21−t，解得x=−3t，y=0，故n=−3t,0,21−t，
显然平面ABC的一个法向量m=0,0,1，二面角M−BC−A为锐二面角设为θ，
所以csθ=∣csm,n∣=m⋅nm⋅n=21−t1× 9t2+41−t2=45，
解得t=13或t=−1(舍)，
所以AM=∣AM∣=13∣AP∣=23．
【解析】(1)由勾股定理逆定理得到AB⊥BC,AB⊥PB,从而
AB⊥平面PBC,AB⊥PD，又利用等腰三角形三线合一得到PD⊥BC，
从而PD⊥平面ABC，进而得到PD⊥AC；
(2)以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设AM=tAP，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角M−BC−A的余弦值为45，列出等式求解即可．
17.解：(1)设F1−c,0,F2c,0，
由AF1的中点在y轴上，且O为F1，F2的中点，可得AF2//y轴，即AF2⊥F1F2，
又由A1,32，可得c=1，即F1F2=2，AF2=32，
所以AF1= AF22+F1F22=52，即2a=52+32=4，
解得a=2，则b= a2−c2= 3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由(1)和题意，可得过椭圆x24+y23=1上一点x0,y0的切线方程为xx04+yy03=1，
因为点P在椭圆x24+y23=1，可设点P2csθ, 3sinθ，
则直线l的方程为x⋅2csθ4+y⋅ 3sinθ3=1，即xcsθ2+y⋅sinθ 3=1，
令x=−4，则代入①，解得y= 31+2csθsinθ，所以Q坐标为−4, 31+2csθsinθ，
假设存在点Ft,0，使得以PQ为直径的圆与x轴交于定点F，
则PF⊥QF，即PF⋅QF=0，PF=t−2csθ,− 3sinθ，QF=t+4,− 31+2csθsinθ
于是t−2csθt+4+ 3sinθ⋅ 31+2csθsinθ=0
整理得t+1t+3−21+tcsθ=0，
由该方程对于任意的θ恒成立，可得t=−1，此时点F−1,0，
所以存在定点F−1,0符合条件，使得以PQ为直径的圆与x轴交于定点−1,0．
【解析】(1)设F1−c,0,F2c,0，根据题意求得c=1，结合椭圆的定义求得a=2，进而得到椭圆的方程；
(2)由过椭圆C上一点x0,y0的切线方程为xx0a2+yy0b2=1，设动点P2csθ, 3sinθ，得到直线l的方程xcsθ2+y⋅sinθ 3=1，令x=−4，求得Q−4, 31+2csθsinθ，设定点为F结合PF⋅QF=0，列出方程，即可求解．
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，(如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)，把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解．
18.解：(1)设事件A1表示“某题的答案是 BD，该考生得0分”，则A1=B,D,BD，
所以PA1=1−P(A1)=1−3C41+C42+C43=1114．
(2)设A2=“某题的答案是 ABD，该考生得正分”，则A2=A,B,D,AB,AD,BD,ABD，
所以PA2=7C41+C42+C43=12，
设A3=“某题的答案是 ABD，该考生得2分”，则A3=A,B,D，
所以PA3=3C41+C42+C43=314，
所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为PA3A2=PA2A3PA2=PA3PA2=37．
(3)设方案一、二、三的得分分别为X，Y，Z，
方案一：X的所有可能取值为2,3，
PX=2=23，PX=3=13，
所以X的分布列为：
则EX=2×23+3×13=73；
方案二：Y的所有可能取值为0,4,6，
PY=0=13×23+23×13=49，PY=4=23×23=49，PY=6=13×13=19，
所以Y的分布列为：
则EY=0×49+4×49+6×19=229；
方案三：Z的所有可能取值为0,6，
PZ=0=23×23+13×1=79，PZ=6=23×13=29，
所以Z的分布列为：
则EZ=0×79+6×29=43，
因为E(Y)>E(X)>E(Z)，
所以以得分的数学期望作为判断依据选择方案二更恰当．
【解析】(1)利用古典概型的概率公式求出该考生不得0分的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可；
(2)设A2=“某题的答案是 ABD，该考生得正分”，A3=“某题的答案是 ABD，该考生得2分”，利用古典概型的概率公式求出其概率，再根据条件概率公式求解即可；
(3)设方案一、二、三的得分分别为X，Y，Z，分别求出X，Y，Z的分布列，进而求出期望，比较期望的大小即可求解．
19.解：；
(2)设切点为Ax0,x02，Cx0,0，则切线的斜率为k=2x0，
切线方程y−x02=2x0x−x0，所以切线与x轴的交点为Bx02,0，
所以曲线、切线、x轴围成的面积，
解得x0=2，则切点为A2,4，
所以切线方程为y−4=4x−2即y=4x−4；
(3)由y=anx2+1any=an+1x2+1an+1，解得bn=1anan+112，
因为递增等差数列an，且a1=1，设公差为d，所以an+1>an>0,1an+1<1an，
=13an−an+1x3+an+1−ananan+1x0bn=−d3b n3+danan+1bn，
所以Snbn=−d3b n2+danan+1=23danan+1=23(1an−1an+1)，
所以S1b1+S2b2+⋯+Snbn=23(1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1)=23(1a1−1an+1)<23．
【解析】(1)根据定积分的定义即可求解；
(2)根据导数的几何意义求出切线方程，求得B的坐标，利用定积分表示曲线、切线、x轴围成的面积，求得A的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解；
(3)联立两曲线可得bn，进而Sn=−d3b n3+danan+1bn，则Snbn=23(1an−1an+1)，结合裂项相消求和法计算即可证明．ξ
−1
0
1
P
0.5
b
c
X
2
3
P
23
13
Y
0
4
6
P
49
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