2022-2023學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷含答案

2022-2023學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|0＜x＜3}，則A∩B＝（）A．{﹣1，0，1} B．{0，1} C．{﹣1，1，2} D．{1，2}2．（5分）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z＝4﹣2i，則z=A．1﹣3i B．1+3i C．3﹣i D．3+i3．（5分）已知tanα＝2，則cos2α＝（）A．45 B．35 C．-44．（5分）已知a→=(-2，1)，b→=(x，-2)A．1 B．﹣1 C．4 D．﹣45．（5分）白酒又名燒酒、白干，是世界六大蒸餾酒之一，據(jù)《本草綱目》記載：“燒酒非古法也，自元時(shí)創(chuàng)始，其法用濃酒和糟入甑（蒸鍋），蒸令氣上，用器承滴露”，而飲用白酒則有專門的白酒杯，圖1是某白酒杯，可將它近似的看成一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓臺(tái)構(gòu)成的組合體，圖2是其直觀圖（圖中數(shù)據(jù)的單位為厘米），則該組合體的體積為（）A．55π6cm3 B．51π6c6．（5分）若正實(shí)數(shù)m，n滿足m+n＝2，則下列不等式恒成立的為（）A．lnm+lnn≥0 B．1m+1n≥2 C．m2+n7．（5分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，過原點(diǎn)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，若A．104 B．105 C．258．（5分）已知點(diǎn)A在直線x＝2上運(yùn)動(dòng)，若過點(diǎn)A恰有三條不同的直線與曲線y＝x3﹣x相切，則點(diǎn)A的軌跡長(zhǎng)度為（）A．2 B．4 C．6 D．8二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.（多選）9．（5分）某校舉辦數(shù)學(xué)文化節(jié)活動(dòng)，10名教師組成評(píng)委小組，給參加數(shù)學(xué)演講比賽的選手打分．已知各位評(píng)委對(duì)某名選手的打分如下：45484652474943514745則下列結(jié)論正確的為（）A．平均數(shù)為48 B．極差為9 C．中位數(shù)為47 D．第75百分位數(shù)為51（多選）10．（5分）已知函數(shù)f(x)=cos(2x+φ)(0＜φ＜π2)A．f(πB．f（x）在區(qū)間(-π4C．f（x）在區(qū)間(-π2D．f（x）在區(qū)間(0，π（多選）11．（5分）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，過F的一條直線與C交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)M在l上運(yùn)動(dòng)，則（）A．當(dāng)|AM|＝|AF|時(shí)，AM⊥l B．當(dāng)|AM|＝|AF|＝|MF|時(shí)，|AF|＝2|BF| C．當(dāng)MA⊥MB時(shí)，A，M，B三點(diǎn)的縱坐標(biāo)成等差數(shù)列 D．當(dāng)MA⊥MB時(shí)，|AM|?|BM|≥2|AF|?|BF|（多選）12．（5分）在四面體ABCD中，有四條棱的長(zhǎng)度為1，兩條棱的長(zhǎng)度為m，則（）A．當(dāng)AB＝AD＝m時(shí)，AC⊥BD B．當(dāng)AB＝CD＝m時(shí)，四面體ABCD的外接球的表面積為(mC．m的取值范圍為(0，2D．四面體ABCD體積的最大值為3三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．（5分）(x+1x214．（5分）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3﹣a1＝3，a4﹣a2＝6，則S5＝．15．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x），滿足f（x）＝2f（x+2），當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，f（x）＝4x（2﹣x），若方程f（x）＝a在區(qū)間(112，+∞)內(nèi)有實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a16．（5分）已知線段AB是圓C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4上的一條動(dòng)弦，且|AB|=23，設(shè)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OA→+OB→|的最大值為；如果直線l1：x﹣my﹣3m+1＝0與l2：mx+y+3m四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．（10分）已知數(shù)列{an}滿足a1（1）證明：數(shù)列{1an}（2）設(shè)bn＝anan+1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．18．（12分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且bcosA+1（1）求B；（2）若c＝2a，且b=33，求△ABC19．（12分）如圖，已知三棱錐P﹣ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C在圓O上，AB為圓O的直徑，△PAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，且平面PBC⊥平面PAC．（1）證明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若BC=23，點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為圓O上一點(diǎn)，且F與C位于直徑AB的兩側(cè)，當(dāng)EF∥平面PAC時(shí)，求平面EFB與平面ABC20．（12分）甲參加某多輪趣味游戲，在A，B兩個(gè)不透明的盒內(nèi)摸球．規(guī)定在一輪游戲中甲先在A盒內(nèi)隨機(jī)取出1個(gè)小球放入B盒，再在B盒內(nèi)隨機(jī)取出2個(gè)小球．若每輪游戲的結(jié)果相互獨(dú)立，且每輪游戲開始前，兩盒內(nèi)小球的數(shù)量始終如表（小球除顏色外大小質(zhì)地完全相同）：紅球藍(lán)球白球A盒221B盒221（1）求在一輪游戲中甲從A，B兩盒內(nèi)取出的小球均為白球的概率；（2）已知每輪游戲的得分規(guī)則為：若從B盒內(nèi)取出的小球均為紅球，則甲獲得5分；若從B盒內(nèi)取出的小球中只有1個(gè)紅球，則甲獲得3分；若從B盒內(nèi)取出的小球沒有紅球，則甲獲得1分．（i）記甲在一輪游戲中的得分為X，求X的分布列；（ii）假設(shè)甲共參加了5輪游戲，記5輪游戲甲的總得分為Y，求E（Y）．21．（12分）已知f（x）＝axe2x（a∈R）．（1）當(dāng)a≠0時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若關(guān)于x的不等式f（x）﹣2x﹣lnx≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．22．（12分）已知雙曲線C：x2a2-（1）求C的方程；（2）設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過點(diǎn)（3，0）的直線l與C的右支交于P，Q兩點(diǎn)，且直線AP，AQ與圓O：x2+y2＝a2分別交于M，N兩點(diǎn)，記四邊形PQNM的面積為S1，△AMN的面積為S2，求S1

2022-2023學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|0＜x＜3}，則A∩B＝（）A．{﹣1，0，1} B．{0，1} C．{﹣1，1，2} D．{1，2}【解答】解：集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|0＜x＜3}，則A∩B＝{1，2}，故選：D．2．（5分）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z＝4﹣2i，則z=A．1﹣3i B．1+3i C．3﹣i D．3+i【解答】解：因?yàn)椋?+i）z＝4﹣2i，所以z=4-2i故z=1+3i故選：B．3．（5分）已知tanα＝2，則cos2α＝（）A．45 B．35 C．-4【解答】解：因tanα＝2，則cos2α=cos故選：D．4．（5分）已知a→=(-2，1)，b→=(x，-2)A．1 B．﹣1 C．4 D．﹣4【解答】解：由a→∥b→可得，﹣2×（﹣2）﹣故選：C．5．（5分）白酒又名燒酒、白干，是世界六大蒸餾酒之一，據(jù)《本草綱目》記載：“燒酒非古法也，自元時(shí)創(chuàng)始，其法用濃酒和糟入甑（蒸鍋），蒸令氣上，用器承滴露”，而飲用白酒則有專門的白酒杯，圖1是某白酒杯，可將它近似的看成一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓臺(tái)構(gòu)成的組合體，圖2是其直觀圖（圖中數(shù)據(jù)的單位為厘米），則該組合體的體積為（）A．55π6cm3 B．51π6c【解答】解：由題意可得該組合體的體積V＝π×（32）2?6-13π[（32）2+12+1故選：D．6．（5分）若正實(shí)數(shù)m，n滿足m+n＝2，則下列不等式恒成立的為（）A．lnm+lnn≥0 B．1m+1n≥2 C．m2+n【解答】解：由m+n＝2及m，n均為正實(shí)數(shù)可得：0＜mn≤(m+n2)2=選項(xiàng)A，函數(shù)y＝lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以lnm+lnn＝ln（mn）≤ln1＝0，A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，由均值不等式，1m+1n≥21mn選項(xiàng)C，m2+n2＝（m+n）2﹣2mn＝4﹣2mn≥2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等，C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，（m+n）2＝m+n+2mn=2+2mn≤4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等，所以故選：B．7．（5分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，過原點(diǎn)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，若A．104 B．105 C．25【解答】解：設(shè)左焦點(diǎn)為F′，由O是FF′，AB的中點(diǎn)，∴|AF′|＝|BF|，AF⊥AF′，設(shè)|BF|＝m，則|AF|＝3m，又|AF′|+|AF|＝2a，∴m=12a，∴|AF|=32a，|AF∴（12a）2+（32a）2＝（2c）∴c2a2=故選：A．8．（5分）已知點(diǎn)A在直線x＝2上運(yùn)動(dòng)，若過點(diǎn)A恰有三條不同的直線與曲線y＝x3﹣x相切，則點(diǎn)A的軌跡長(zhǎng)度為（）A．2 B．4 C．6 D．8【解答】解：由題意設(shè)點(diǎn)A（2，a），過點(diǎn)A的直線l與曲線y＝x3﹣x相切于點(diǎn)B（x0，y0），∵y＝x3﹣x，∴y′＝3x2﹣1，∴l(xiāng)的方程為y=(3x把A（2，a）代入，可得(3x02設(shè)g（x）＝﹣2x3+6x2﹣2，g′（x）＝﹣6x2+12x，∴g（x）在區(qū)間（﹣∞，0），（2，+∞）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增，∵若過點(diǎn)A恰有三條不同的直線與曲線y＝x3﹣x相切，∴滿足條件的x0恰有3個(gè)，∴g（0）＜a＜g（2），即﹣2＜a＜6，則點(diǎn)A的軌跡長(zhǎng)度為8．故選：D．二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.（多選）9．（5分）某校舉辦數(shù)學(xué)文化節(jié)活動(dòng)，10名教師組成評(píng)委小組，給參加數(shù)學(xué)演講比賽的選手打分．已知各位評(píng)委對(duì)某名選手的打分如下：45484652474943514745則下列結(jié)論正確的為（）A．平均數(shù)為48 B．極差為9 C．中位數(shù)為47 D．第75百分位數(shù)為51【解答】解：平均數(shù)是110×（45+48+46+52+47+49+43+51+47+45）＝47.3，選項(xiàng)極差為52﹣43＝9，選項(xiàng)B正確；按從小到大順序排列為：43，45，45，46，47，47，48，49，51，52；所以中位數(shù)是12×（47+47）＝47，選項(xiàng)因?yàn)?0×75%＝7.5，所以第75百分位數(shù)是第8個(gè)數(shù)，為49，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：BC．（多選）10．（5分）已知函數(shù)f(x)=cos(2x+φ)(0＜φ＜π2)A．f(πB．f（x）在區(qū)間(-π4C．f（x）在區(qū)間(-π2D．f（x）在區(qū)間(0，π【解答】解：∵f（x）的圖像關(guān)于直線x=-π∴2×（-π6）+φ＝kπ，k∈得φ=π3+kπ，k∵0＜φ＜π2，∴當(dāng)k＝0時(shí)，φ則f（x）＝cos（2x+π則f（π6）＝cos（2×π6+π當(dāng)-π4＜x＜π6時(shí)，-π2＜2x＜π3，-當(dāng)-π2＜x＜π2時(shí)，﹣π＜2x＜π，則當(dāng)2x+π3=0時(shí)，函數(shù)f（x當(dāng)0＜x＜π3，0＜2x＜2π3，π3則只有當(dāng)2x+π3=π2時(shí)，函數(shù)f（x）＝0，即f（x故選：AC．（多選）11．（5分）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，過F的一條直線與C交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)M在l上運(yùn)動(dòng)，則（）A．當(dāng)|AM|＝|AF|時(shí)，AM⊥l B．當(dāng)|AM|＝|AF|＝|MF|時(shí)，|AF|＝2|BF| C．當(dāng)MA⊥MB時(shí)，A，M，B三點(diǎn)的縱坐標(biāo)成等差數(shù)列 D．當(dāng)MA⊥MB時(shí)，|AM|?|BM|≥2|AF|?|BF|【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A：由拋物線定義可知，若|AM|＝|AF|，則AM⊥l，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：當(dāng)|AM|＝|AF|＝|MF|時(shí)，△AMF為正三角形，∴直線AB的傾斜角為π3設(shè)直線AB的方程為y=3(x-p2)，A（x1，y1），B由y=3(x-p2)y2=2px，可得y2-2p∴|AF||BF|=|對(duì)于選項(xiàng)C：過點(diǎn)A，B作直線垂直于l，垂足分別為A'，B'，由B可知A′（-p2，y1），B′（-p2作AB的中點(diǎn)N，∵M(jìn)A⊥MB，∴|MN|=12|AB|，由定義可知|AB|＝|AF|+|BF|＝|AA∴|MN|=12（|AA′|+|BB′|），∴M為A'B'的中點(diǎn)，∴A，M，B三點(diǎn)的縱坐標(biāo)成等差數(shù)列，故選項(xiàng)對(duì)于選項(xiàng)D：設(shè)M（-p2，y0），直線MF的斜率為k1，直線AB的斜率為k則k1=y0-p2-p由C可知y1+y2＝2y0，k2=2py1+y2=py0，k1又∵M(jìn)A⊥MB，|AM|﹣|BM|＝|MF|?|AB|，且|MF|2＝|AF||BF|，由基本不等式可得|AM|?|BM|＝|MF||AB|＝（|AF|+|BF|）?|AF|?|BF|≥2|AF|?|BF|，故選項(xiàng)D故選：ACD．（多選）12．（5分）在四面體ABCD中，有四條棱的長(zhǎng)度為1，兩條棱的長(zhǎng)度為m，則（）A．當(dāng)AB＝AD＝m時(shí)，AC⊥BD B．當(dāng)AB＝CD＝m時(shí)，四面體ABCD的外接球的表面積為(mC．m的取值范圍為(0，2D．四面體ABCD體積的最大值為3【解答】解：當(dāng)AB＝AD＝m時(shí)，可知△ABD與△BCD為等腰三角形，取BD中點(diǎn)E，∵AB＝AD，BC＝CD，∴AE⊥BD，CE⊥BD，∵AE∩EC＝E，∴BD⊥平面AEC，可得AC⊥BD，故A正確；當(dāng)AB＝CD＝m時(shí)，可知四面體ABCD的所有對(duì)棱相等，將四面體ABCD補(bǔ)為長(zhǎng)方體，其中四面體ABCD的各條棱為該長(zhǎng)方體各面的對(duì)角線，∴四面體ABCD的外接球即為該長(zhǎng)方體的外接球，設(shè)該長(zhǎng)方體的三條棱的長(zhǎng)度分別為x，y，z，則x2+y2＝1，y2+z2＝1，x2+z2＝m2，∴外接球的半徑為R=1∴四面體ABCD的外接球的表面積為(m2+2)π當(dāng)AB＝AD＝m時(shí)，取BD的中點(diǎn)E，則AE=m2-14，則在△ACE中，由三角形性質(zhì)可得m2-1解得：2-3當(dāng)AB＝CD＝m時(shí)，取CD的中點(diǎn)F，則AF＝BF=1-則在△ABF中由三角形性質(zhì)可知21-m2綜上可得，0＜m＜2+3，故當(dāng)AB＝AD＝m時(shí)，若四面體ABCD的體積最大時(shí)，則底面BCD上的高為1，即AC⊥平面BCD，此時(shí)四面體ABCD體積的最大值為312當(dāng)AB＝CD＝m時(shí)，由（3）可知此時(shí)AF=BF=1-則△ABF的面積為12∴四面體ABCD的體積為16設(shè)f（x）＝x4（2﹣x2），f′（x）＝2x3（4﹣3x2），當(dāng)x∈（0，233）時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（233，2）時(shí)，∴當(dāng)x=233時(shí)，f（x∴四面體ABCD體積的最大值為2327，又∴四面體ABCD體積的最大值為312，故D故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．（5分）(x+1x2【解答】解：(x+1x2)6展開式的通項(xiàng)T所以常數(shù)項(xiàng)是C6故答案為：15．14．（5分）記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3﹣a1＝3，a4﹣a2＝6，則S5＝31．【解答】解：因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}中，a3﹣a1＝3，a4﹣a2＝（a3﹣a1）q＝6，所以q＝2，則a3﹣a1＝4a1﹣a1＝3，所以a1＝1，則S5=1-故答案為：31．15．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x），滿足f（x）＝2f（x+2），當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，f（x）＝4x（2﹣x），若方程f（x）＝a在區(qū)間(112，+∞)內(nèi)有實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為【解答】解：因?yàn)閒（x）＝2f（x+2），所以f（x﹣2）＝2f（x），f（x）=12f（又因?yàn)楫?dāng)x∈（0，2]時(shí)，f（x）＝4x（2﹣x），所以當(dāng)x∈（2，4]時(shí)，x﹣2∈（0，2]，所以f（x）=12f（x﹣2）=12×4（x﹣2）（4﹣x當(dāng)x∈（4，6]時(shí)，x﹣2∈（2，4]，所以f（x）=12f（x﹣2）＝（x﹣4）（6﹣所以f（112）＝（112-4）?（6-……作出函數(shù)f（x）的部分圖象，如圖所示：又因?yàn)榉匠蘤（x）＝a在區(qū)間(11即y＝a與y＝f（x）的圖象在(11結(jié)合圖象可知a∈[0，34故答案為：[0，3416．（5分）已知線段AB是圓C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4上的一條動(dòng)弦，且|AB|=23，設(shè)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OA→+OB→|的最大值為22+2；如果直線l1：x﹣my﹣3m+1＝0與l2：mx+y+3m【解答】解：設(shè)D為AB中點(diǎn)，則|CD|＝1，∴點(diǎn)D的軌跡方程為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，∴|OA→+OB→又直線l1：x﹣my﹣3m+1＝0與l2：mx+y+3m+1＝0，∴l(xiāng)1⊥l2，且l1過定點(diǎn)（﹣1，﹣3），l2過定點(diǎn)（﹣3，﹣1），∴點(diǎn)M的軌跡為（x+2）2+（y+2）2＝2，∴MA→∴MA→又∵|MD∴MA→∴MA→?MB故答案為：22+2；四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．（10分）已知數(shù)列{an}滿足a1（1）證明：數(shù)列{1an}（2）設(shè)bn＝anan+1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．【解答】（1）證明：依題意，由an+1可得1a即1a∵1a∴數(shù)列{1∴1an=1+1?（n∴an=1n，n∈（2）解：由（1）可得，bn＝anan+1=1n?則Tn＝b1+b2+…+bn＝1-＝1-=n18．（12分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且bcosA+1（1）求B；（2）若c＝2a，且b=33，求△ABC【解答】解：（1）由正弦定理asinA=b可得sinBcosA+1又∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+sinBcosA，∴sinBcosA+1∴1∵A∈（0，π），∴sinA＞0，∴cosB=1∵0＜B＜π，∴B=π（2）記△ABC的面積為S，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，及B=π3，b＝33可得a2+c2﹣將c＝2a代入上式，得a2＝9，故a＝3，c＝6，∴S=119．（12分）如圖，已知三棱錐P﹣ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C在圓O上，AB為圓O的直徑，△PAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，且平面PBC⊥平面PAC．（1）證明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若BC=23，點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為圓O上一點(diǎn)，且F與C位于直徑AB的兩側(cè)，當(dāng)EF∥平面PAC時(shí)，求平面EFB與平面ABC【解答】解：（1）證明：取PC的中點(diǎn)D，∵△PAC為等邊三角形，∴AD⊥PC，∵平面PBC⊥平面PAC，平面PBC∩平面PAC＝PC，∴AD⊥平面PBC，∵BC?平面PBC，∴BC⊥AD，∵AB為圓O的直徑，∴BC⊥AC，又∵AC∩AD＝A，∴BC⊥平面PAC，∵BC?平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC．（2）（法一）由三角形中位線的性質(zhì)可知EO∥AP，又∵EO?平面PAC，AP?平面PAC，∴EO∥平面PAC，∵EF∥平面PAC，EO∩EF＝E，∴平面EOF∥平面PAC，∵平面EOF∩平面AFBC＝FO，平面PAC∩平面AFBC＝AC，∴FO∥AC，由題可知BC=23，AB=4，取AC中點(diǎn)M連接PM，則PM⊥AC，∵平面PAC∩平面AFBC＝由（1）可知PM⊥平面ABC，如圖1建立空間直角坐標(biāo)系，∴P(0，0，3∴BF→設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量m→=(x，y，z)令x=3，則y＝3，z＝5，∴m由（1）可知平面ABC的一個(gè)法向量n→∴設(shè)平面BEF與平面ABC的夾角為θ，則cosθ=m∴平面BEF與平面ABC的夾角的余弦值為537（法二）如圖2，由三角形中位線的性質(zhì)可知EO∥AP，又∵EO?平面PAC，AP?平面PAC，∴EO∥平面PAC，∵EF∥平面PAC，EO∩EF＝E，∴平面EOF∥平面PAC，∵平面EOF∩平面AFBC＝FO，平面PAC∩平面AFBC＝AC，∴FO∥AC，由題可知BC=23，AB=4，取AC中點(diǎn)M連接則PM⊥AC，∵平面PAC∩平面AFBC＝AC，由（1）可知PM⊥平面ABC，連接BM，過點(diǎn)E作EH∥PM，∴H為BM的中點(diǎn)，且EH⊥平面ABC，∵BF?平面ABC，∴EH⊥BF，過點(diǎn)H作HN⊥BF，垂足為N，連接EN，∵EH∩HN＝H，∴BF⊥平面ENH，∴EN⊥BF，則∠ENH為平面EFB與平面ABC的夾角，在△BHF中，F(xiàn)H=52，∠BFH=∵EH=1由勾股定理可得EN=37∴平面BEF與平面ABC的夾角的余弦值為53720．（12分）甲參加某多輪趣味游戲，在A，B兩個(gè)不透明的盒內(nèi)摸球．規(guī)定在一輪游戲中甲先在A盒內(nèi)隨機(jī)取出1個(gè)小球放入B盒，再在B盒內(nèi)隨機(jī)取出2個(gè)小球．若每輪游戲的結(jié)果相互獨(dú)立，且每輪游戲開始前，兩盒內(nèi)小球的數(shù)量始終如表（小球除顏色外大小質(zhì)地完全相同）：紅球藍(lán)球白球A盒221B盒221（1）求在一輪游戲中甲從A，B兩盒內(nèi)取出的小球均為白球的概率；（2）已知每輪游戲的得分規(guī)則為：若從B盒內(nèi)取出的小球均為紅球，則甲獲得5分；若從B盒內(nèi)取出的小球中只有1個(gè)紅球，則甲獲得3分；若從B盒內(nèi)取出的小球沒有紅球，則甲獲得1分．（i）記甲在一輪游戲中的得分為X，求X的分布列；（ii）假設(shè)甲共參加了5輪游戲，記5輪游戲甲的總得分為Y，求E（Y）．【解答】解：（1）記“在一輪游戲中甲從A，B兩盒內(nèi)取出的小球均為白球”為事件C，根據(jù)條件概率可知P(C)=1故在一輪游戲中甲從A，B兩盒內(nèi)取出的小球均為白球的概率為175（2）（i）X的可能取值為1，3，5，對(duì)應(yīng)概率分別為：P(X=5)=2P(X=3)=2P(X=1)=2故X的分布列為：X135P8251425325（ii）由（i）中分布列可知：E(X)=5×3甲共參加了5輪游戲，記5輪游戲甲的總得分為Y，每輪游戲的結(jié)果相互獨(dú)立，根據(jù)期望的性質(zhì)公式可知E（Y）＝5E（X）＝13．21．（12分）已知f（x）＝axe2x（a∈R）．（1）當(dāng)a≠0時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若關(guān)于x的不等式f（x）﹣2x﹣lnx≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）f′（x）＝a（e2x+xe2x?2）＝a（2x+1）e2x，∵當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，解得x＞-12，由f′（x）＜0，解得當(dāng)a＜0時(shí)，由f′（x）＞0，解得x＜-12，由f′（x）＜0，解得∴當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(-12，+∞)當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(-∞，-12)（2）由f（x）﹣2x﹣lnx≥0，得axe2x﹣2x﹣lnx≥0，……①令g（x）＝axe2x﹣2x﹣lnx，則g′(x)=a(1+2x)e∵當(dāng)a?0時(shí)，g（1）＝ae2﹣2＜0不滿足條件，∴a?0不成立，當(dāng)a＞0時(shí)，令k（x）＝axe2x﹣1，k′（x）＝a（1+2x）e2x＞0，∵當(dāng)x→0+時(shí)，k(x)→-1，k(1∴?x0∈(0，1a)，使得k∴當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，k（x）＜0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，k（x）＞0，∴g（x）在區(qū)間（0，x0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（x0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝x0時(shí)，g（x）取得最小值g（x0），由ax0e2x0=1，取對(duì)數(shù)得lna+lnx要使不等式①恒成立，需1+lna?0，解得a?1∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1e22．（12分）已知雙曲線C：x2a2-（1）求C的方程；（2）設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過點(diǎn)（3，0）的直線l與C的右支交于P，Q兩點(diǎn)，且直線AP，AQ與圓O：x2+y2＝a2分別交于M，N兩點(diǎn)，記四邊形PQNM的面積為S1，△AMN的面積為S2，求S1【解答】解：（1）考慮右焦點(diǎn)到一條漸近線的距離，由題可知C的一條漸近線方程為bx﹣ay＝0，右焦點(diǎn)為（c，0），∴右焦點(diǎn)到漸近線的距離d=|bc|b由離心率e=ca=2，有∴雙曲線C的方程為x2﹣y2＝1．（2）設(shè)直線l的方程：x＝ty+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），由x2-y2=1x=ty+3?（t2因?yàn)橹本€l與雙曲線C的右支交于兩點(diǎn)，Δ＝（6t）2﹣4（t2﹣1）×8＝4t2+32＞0恒成立，還需y1y2∵A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），∴k=y將y1得k=8設(shè)AP：x＝m1y﹣1，AQ：x＝m2y﹣1，且|m1|＞1，|m2|＞1，∴1m1?1m2=-12，即m1?∵|m2|=2由x2-y∴yP=2由x2+y∴yM=2∴S=y=m令t=m12+m22，由|m1得t=m12+∴S△APQS△AMN=令f（t）=10-t+5-1，∵f（t）在區(qū)間[4，5）上為增函數(shù)，所以f（t）的取值范圍為[9，+∞），∵S1∴S12022-2023學(xué)年廣東省深圳外國語學(xué)校高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，則實(shí)數(shù)a的值為（）A．{2} B．{﹣1，2} C．{1，2} D．{0，2}2．（5分）設(shè)z是復(fù)數(shù)且|z﹣1+2i|＝1，則|z|的最小值為（）A．1 B．3-1 C．5-1 3．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P（3，4）為角α終邊上一點(diǎn)，若cos（α+β）=13，β∈（0，π），則cosA．3-8215 B．3+8215 C．4．（5分）已知圓臺(tái)的上、下底面圓的半徑之比為12，側(cè)面積為9π，在圓臺(tái)的內(nèi)部有一球O，該球與圓臺(tái)的上、下底面及母線均相切，則球OA．3π B．5π C．8π D．9π5．（5分）設(shè)a→，b→為單位向量，a→在b→方向上的投影向量為-1A．2 B．3 C．5 D．76．（5分）為了貫徹落實(shí)《中共中央國務(wù)院關(guān)于深入打好污染防治攻堅(jiān)戰(zhàn)的意見》，某造紙企業(yè)的污染治理科研小組積極探索改良工藝，使排放的污水中含有的污染物數(shù)量逐漸減少．已知改良工藝前所排放廢水中含有的污染物數(shù)量為2.65g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量為2.59g/m3，第n次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量rn滿足函數(shù)模型rn=r0+(r1-r0)?50.25n+p(p∈R，n∈N*A．8次 B．9次 C．10次 D．11次7．（5分）設(shè)實(shí)數(shù)x＞1，y∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若exlnx+ey＜yey，則（）A．eylnx＞e B．eylnx＜e C．ey＞ex D．ey＜ex8．（5分）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x22-y26=1的左，右焦點(diǎn)，直線l過點(diǎn)F2，且與雙曲線右支交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△AF1F2，△BF1F2的內(nèi)切圓的圓心分別為O1，OA．(2，433)C．[2，433二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．（多選）9．（5分）一個(gè)盒中裝有質(zhì)地、大小，形狀完全相同的3個(gè)白球和4個(gè)紅球，依次從中抽取兩個(gè)球．規(guī)定：若第一次取到的是白球，則不放回，繼續(xù)抽取下一個(gè)球；若第一次取到的是紅球，則放回后繼續(xù)抽取下一個(gè)球．下列說法正確的是（）A．第二次取到白球的概率是1949B．“取到兩個(gè)紅球”和“取到兩個(gè)白球”互為對(duì)立事件 C．“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”互為獨(dú)立事件 D．已知第二次取到的是紅球，則第一次取到的是白球的概率為7（多選）10．（5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導(dǎo)函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則（）A．?x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0 B．g（3）+g（5）＝4 C．k=12023D．k=1（多選）11．（5分）對(duì)于數(shù)列{an}，若存在常數(shù)M＞0，對(duì)任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，則稱數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列．比如，常數(shù)列滿足此條件，所以是“差收斂”數(shù)列，以下說法正確的是（）A．首項(xiàng)為1，公比為12的等比數(shù)列{an}是“差收斂”數(shù)列B．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，那么數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列 C．等差數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列 D．有界數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列（多選）12．（5分）已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為22，其所有頂點(diǎn)均在球O的球面上．已知點(diǎn)E滿足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，過點(diǎn)E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱A．四邊形EMGH的周長(zhǎng)是變化的 B．四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為8164C．當(dāng)λ=14時(shí)，平面α截球O所得截面的周長(zhǎng)為D．當(dāng)λ=μ=12時(shí)，將正四面體ABCD繞EF三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）一個(gè)容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為15281，把這個(gè)樣本中一個(gè)為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個(gè)容量為8的新樣本，則新樣本的平均數(shù)為，方差為14．（5分）小明和爸爸媽媽、爺爺奶奶一同參加《中國詩詞大會(huì)》的現(xiàn)場(chǎng)錄制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人與小明相鄰，則不同的坐法總數(shù)為．15．（5分）已知點(diǎn)A（1，2）在拋物線y2＝2px上，過點(diǎn)A作圓（x﹣2）2+y2＝2的兩條切線分別交拋物線于B，C兩點(diǎn)，則直線BC的方程為．16．（5分）在△ABC中，記角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，面積為S，則Sa2+2bc四、解答題：本題共6小題，共70分．解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）籃球誕生美國馬薩諸塞州的春田學(xué)院．1891年，春田學(xué)院的體育教師加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）為了對(duì)付冬季寒冷的氣溫，讓學(xué)生們能夠在室內(nèi)有限的空間里繼續(xù)進(jìn)行有趣的傳球訓(xùn)練．現(xiàn)有甲、乙、丙3名同學(xué)在某次傳球的訓(xùn)練中，球從甲開始，等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接?。浀趎次傳球之前球在甲手里的概率為pn，第n次傳球之前球在乙手里的概率為qn，顯然p1＝1，q1＝0．（1）求p3+2q3的值；（2）比較p8，q8的大?。?8．（12分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)（1）若f（x）的最小正周期為2π，求f（x）的解析式；（2）若?x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在實(shí)數(shù)ω，使得f（19．（12分）放行準(zhǔn)點(diǎn)率是衡量機(jī)場(chǎng)運(yùn)行效率和服務(wù)質(zhì)量的重要指標(biāo)之一．某機(jī)場(chǎng)自2012年起采取相關(guān)策略優(yōu)化各個(gè)服務(wù)環(huán)節(jié)，運(yùn)行效率不斷提升．以下是根據(jù)近10年年份數(shù)xi與該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率yi（i＝1，2，…，10）（單位：百分比）的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)所作的散點(diǎn)圖及經(jīng)過初步處理后得到的一些統(tǒng)計(jì)量的值．xyti=110i=110i=110i=1102017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中ti＝ln（xi﹣2012），t（1）根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，y＝bx+a與y＝cln（x﹣2012）+d哪一個(gè)適宜作為該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程類型（給出判斷即可，不必說明理由），并根據(jù)表中數(shù)據(jù)建立經(jīng)驗(yàn)回歸方程，由此預(yù)測(cè)2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地的航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率．（2）已知2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地、B地和其他地區(qū)的航班比例分別為0.2、0.2和0.6．若以（1）中的預(yù)測(cè)值作為2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率的估計(jì)值，且2023年該機(jī)場(chǎng)飛往B地及其他地區(qū)（不包含A、B兩地）航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率的估計(jì)值分別為80%和75%，試解決以下問題：（i）現(xiàn)從2023年在該機(jī)場(chǎng)起飛的航班中隨機(jī)抽取一個(gè)，求該航班準(zhǔn)點(diǎn)放行的概率；（ii）若2023年某航班在該機(jī)場(chǎng)準(zhǔn)點(diǎn)放行，判斷該航班飛往A地、B地、其他地區(qū)等三種情況中的哪種情況的可能性最大，說明你的理由．附：（1）對(duì)于一組數(shù)據(jù)（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回歸直線v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為β?=參考數(shù)據(jù)：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．20．（12分）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，M，N分別是棱PB，PC的中點(diǎn)，Q是棱PA上一點(diǎn)，且AQ→（1）求證：NQ∥平面MCD；（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝46，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值．21．（12分）已知橢圓C：x2a2+（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F，定直線m：x＝2，過點(diǎn)F且斜率不為零的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，過A，B兩點(diǎn)分別作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直線AQ、BP交于點(diǎn)M，證明：M點(diǎn)為定點(diǎn)，并求出M點(diǎn)的坐標(biāo)．22．（12分）已知函數(shù)f（x）=cosx-xx2，（1）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)；（2）當(dāng)x∈（0，π）時(shí)，求函數(shù)f（x）的最小值；（3）設(shè)gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若對(duì)任意的x∈[π2，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式兩端等號(hào)均能取到，求k1+k2

2022-2023學(xué)年廣東省深圳外國語學(xué)校高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，則實(shí)數(shù)a的值為（）A．{2} B．{﹣1，2} C．{1，2} D．{0，2}【解答】解：由A∪B＝A知：B?A，當(dāng)a+2＝3，即a＝1，則a2＝1，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；當(dāng)a+2＝a2，即a＝﹣1或a＝2，若a＝﹣1，則a2＝1，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；若a＝2，則A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，滿足要求．綜上，a＝2．故選：A．2．（5分）設(shè)z是復(fù)數(shù)且|z﹣1+2i|＝1，則|z|的最小值為（）A．1 B．3-1 C．5-1 【解答】解：根據(jù)復(fù)數(shù)模的幾何意義可知，|z﹣1+2i|＝1表示復(fù)平面內(nèi)以（1，﹣2）為圓心，1為半徑的圓，而|z|表示復(fù)數(shù)z到原點(diǎn)的距離，由圖可知，|z|故選：C．3．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P（3，4）為角α終邊上一點(diǎn)，若cos（α+β）=13，β∈（0，π），則cosA．3-8215 B．3+8215 C．【解答】解：由題意得：α∈(0，π2)，cosα=因?yàn)棣隆剩?，π），所以α+β∈(0，3π因?yàn)閏os(α+β)=1所以α+β∈(0，π2)所以cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα=1故選：B．4．（5分）已知圓臺(tái)的上、下底面圓的半徑之比為12，側(cè)面積為9π，在圓臺(tái)的內(nèi)部有一球O，該球與圓臺(tái)的上、下底面及母線均相切，則球OA．3π B．5π C．8π D．9π【解答】解：設(shè)圓臺(tái)的上底面圓半徑為r，則底面圓半徑為2r，母線長(zhǎng)為l，如圖所示，作出圓臺(tái)與球的軸截面．由于球O與圓臺(tái)的上下底面及母線均相切，故l＝AD＝AH+DG＝r+2r＝3r．根據(jù)圓臺(tái)的側(cè)面積公式S＝（πr+2πr）l＝9π，可得r＝1，所以球的直徑為HG=22，故半徑為2，表面積為：8故選：C．5．（5分）設(shè)a→，b→為單位向量，a→在b→方向上的投影向量為-1A．2 B．3 C．5 D．7【解答】解：因?yàn)閍→在b→方向上的投影向量為所以a→則a→又因?yàn)閍→，b→為單位向量，所以所以cos＜a→，所以|a→-2b→故選：D．6．（5分）為了貫徹落實(shí)《中共中央國務(wù)院關(guān)于深入打好污染防治攻堅(jiān)戰(zhàn)的意見》，某造紙企業(yè)的污染治理科研小組積極探索改良工藝，使排放的污水中含有的污染物數(shù)量逐漸減少．已知改良工藝前所排放廢水中含有的污染物數(shù)量為2.65g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量為2.59g/m3，第n次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量rn滿足函數(shù)模型rn=r0+(r1-r0)?50.25n+p(p∈R，n∈N*A．8次 B．9次 C．10次 D．11次【解答】解：由題意得r0＝2.65，r1＝2.59，當(dāng)n＝1時(shí)，r1=r0+(r所以rn由rn≤0.25，可得50.25（n﹣1）≥40，所以0.25(n-1)≥lg40所以n≥4(1+2lg2)又由n∈N*，所以n≥11，所以若該企業(yè)排放的廢水符合排放標(biāo)準(zhǔn)，則改良工藝的次數(shù)最少要11次．故選：D．7．（5分）設(shè)實(shí)數(shù)x＞1，y∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若exlnx+ey＜yey，則（）A．eylnx＞e B．eylnx＜e C．ey＞ex D．ey＜ex【解答】解：∵exlnx+ey＜yey，∴e?elnxlnx＜（y﹣1）ey，即elnxlnx＜（y﹣1）ey﹣1，（*）∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，y＞1．令g（t）＝tet（t＞0），（*）式可化為g（lnx）＜g（y﹣1）則g′（t）＝（1+t）et＞0恒成立，∴g（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)nx＜y﹣1，即x＜ey﹣1?ex＜ey，故選：C．8．（5分）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x22-y26=1的左，右焦點(diǎn)，直線l過點(diǎn)F2，且與雙曲線右支交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△AF1F2，△BF1F2的內(nèi)切圓的圓心分別為O1，OA．(2，433)C．[2，433【解答】解：設(shè)圓O1與AF1，AF2，F(xiàn)1F2分別切于點(diǎn)M，N，P，由雙曲線定義知，|AF∴|AM|+|MF∵|AM|＝|AN|，|MF1|＝|F1P|，|NF2|＝|F2P|，∴|F1P|-|∴|F1P|=3∵O1P⊥x軸，O1的橫坐標(biāo)為2，同理：O2橫坐標(biāo)也為2，∵O1F2平分∠AF2F1，O2F2平分∠BF2F1，∴∠O設(shè)△AF1F2、△BF1F2的內(nèi)切圓半徑分別為r1，r2，∵O1O2⊥x軸，∴r1∵|OP|=2，∴S設(shè)直線AB傾斜角為α，又AB為雙曲線右支上兩點(diǎn)，又漸近線方程為y=±3x，∴由題意得α∈(π∴tan∠O1F又S△OO1O2當(dāng)r1=2當(dāng)r1=63時(shí)，S△O∴S△O故選：B．二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．（多選）9．（5分）一個(gè)盒中裝有質(zhì)地、大小，形狀完全相同的3個(gè)白球和4個(gè)紅球，依次從中抽取兩個(gè)球．規(guī)定：若第一次取到的是白球，則不放回，繼續(xù)抽取下一個(gè)球；若第一次取到的是紅球，則放回后繼續(xù)抽取下一個(gè)球．下列說法正確的是（）A．第二次取到白球的概率是1949B．“取到兩個(gè)紅球”和“取到兩個(gè)白球”互為對(duì)立事件 C．“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”互為獨(dú)立事件 D．已知第二次取到的是紅球，則第一次取到的是白球的概率為7【解答】解：對(duì)于A，若第一次取到白球，第二次取到白球，則概率為37若第一次取到紅球，第二次取到白球，則概率為47故第二次取到白球的概率是17+12對(duì)于B，除了“取到兩個(gè)紅球”和“取到兩個(gè)白球”這種事件可能發(fā)生外，還有可能是取到一白球和一紅球，因此“取到兩個(gè)紅球“和“取到兩個(gè)白球“是互斥事件，但不對(duì)立，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，第一次取到紅球的概率為：47×3第一次取到紅球且第二次取到紅球的概率為：47×4對(duì)于D，設(shè)第二次取到的是紅球?yàn)槭录嗀，設(shè)第一次取到的是白球?yàn)槭录﨎，則P(AB)=3故P(B|A)=P(AB)P(A)=故選：AD．（多選）10．（5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導(dǎo)函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則（）A．?x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0 B．g（3）+g（5）＝4 C．k=12023D．k=1【解答】解：對(duì)A，因?yàn)閒（x+2）為奇函數(shù)，則y＝f（x）圖像關(guān)于（2，0）對(duì)稱，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，所以f（4+x）+f（﹣x）＝0，A正確：對(duì)于C，因?yàn)間′（x）＝f′（x﹣2），則g（x）＝f（x﹣2）+a，則g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．所以f（x）＝f（2﹣x），又f（4+x）+f（﹣x）＝0，所以f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），所以f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），所以y＝f（x）的周期T＝4，所以f（0）＝f（4），由f（2+x）+f（2﹣x）＝0可得，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，f（2）＝0，所以f（0）＝0，f（4）＝0，所以k=12023f(k)=505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f對(duì)B，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，則g（x）是周期T＝4的函數(shù)，g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，B錯(cuò)誤；對(duì)D，f（﹣1）＝f（﹣1+2024）＝f（2023），f（0）＝f（2）＝f（2+2020）＝f（2022），所以k=12023所以i=12023g(k)=-4046故選：AC．（多選）11．（5分）對(duì)于數(shù)列{an}，若存在常數(shù)M＞0，對(duì)任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，則稱數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列．比如，常數(shù)列滿足此條件，所以是“差收斂”數(shù)列，以下說法正確的是（）A．首項(xiàng)為1，公比為12的等比數(shù)列{an}是“差收斂”數(shù)列B．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，那么數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列 C．等差數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列 D．有界數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列【解答】解：對(duì)于A，由題意an＝（12）n﹣1，則|an﹣an﹣1|＝|（12）n﹣1﹣（12）n﹣2|＝（12因此|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|=12+（12）2+…+（12）n=12[1-(對(duì)于B，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，則存在M＞0，對(duì)任意的n∈N*，恒有|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M，即|an+1|+|an|+…+|a2|≤M，所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2M+|a1|，所以數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列，正確；對(duì)于C，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|＝n|d|，所以不存在M＞0，對(duì)任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M成立，所以等差數(shù)列不一定為“差收斂”數(shù)列，錯(cuò)誤；對(duì)于D：設(shè)數(shù)列{an}為有界數(shù)列，則存在M＞0，使得|an|≤M，所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2nM，2nM不是常數(shù)，所以有界數(shù)列不一定為“差收斂”數(shù)列，錯(cuò)誤．故選：AB．（多選）12．（5分）已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為22，其所有頂點(diǎn)均在球O的球面上．已知點(diǎn)E滿足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，過點(diǎn)E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱A．四邊形EMGH的周長(zhǎng)是變化的 B．四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為8164C．當(dāng)λ=14時(shí)，平面α截球O所得截面的周長(zhǎng)為D．當(dāng)λ=μ=12時(shí)，將正四面體ABCD繞EF【解答】解：正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為22，其所有頂點(diǎn)均在球O的球面上．點(diǎn)E滿足AE→=λ過點(diǎn)E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱BC，CD，AD相交于點(diǎn)M，G，H，∴球心O即為該正方體的中心，連接B1D1，設(shè)AC∩B1D1＝N，∵BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴四邊形BB1D1D為平行四邊形，∴BD∥B1D1．又BD∥平面α，B1D1?平面α，∴由線面平行的判定定理得B1D1∥平面α．∵AC∥平面α，AC∩B1D1＝N，AC，B1D1?平面AB1CD1，∴平面α∥平面AB1CD1．對(duì)于A，如圖①，∵平面α∥平面AB1CD1，平面α∩平面ABC＝EM，平面AB1CD1∩平面ABC＝AC，∴EM∥AC，則EMAC=BEAB=1-λ，即EM＝（1﹣同理可得GH∥AC，GH=22(1-λ)，HE∥GM∥BD，HE＝GM∴四邊形EMGH的周長(zhǎng)L＝FM+GM+GH+HE=42，故A對(duì)于B，如圖①，由A可知HE∥GM∥BD，HE=GM=22λ，且EM∥GH∥AC，∵四邊形AB1CD1為正方形，∴AC⊥B1D1，∴四邊形EMGH為矩形，∴點(diǎn)A到平面α的距離d＝λAA1＝2λ，∴四棱錐A﹣EMGH的體積V與λ之間的關(guān)系式為V（λ）=1則V'（λ）=163λ(2-3λ)，∵0＜λ＜1，∴當(dāng)0＜λ＜23時(shí)，V'（λ當(dāng)23＜λ＜1時(shí)，V'（λ）＜0，V（λ）單調(diào)遞減，所以當(dāng)λ=23時(shí)，V（∴四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為6481，故B對(duì)于C，正四面體ABCD的外接球即為正方體AB1CD1﹣A1BC1D的外接球，其半徑R=3設(shè)平面α截球O所得截面的圓心為O1，半徑為r，當(dāng)λ=14時(shí)，∵OO12+r2=R2，則r=R2對(duì)于D，如圖②，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后得到正四面體A1B1C1D1，設(shè)A1D1∩AD＝P，A1C1∩BD＝K，B1C1∩BC＝Q，B1D1∩AC＝N，連接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，∵λ=μ=12，∴E，F(xiàn)，P，Q，K，兩個(gè)正四面體的公共部分為幾何體KPEQFN為兩個(gè)相同的正四棱錐組合而成，又EP=2，正四棱錐K﹣PEQF的高為1∴正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為V=2V四棱錐K-PEQF=2×故答案為：BCD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）一個(gè)容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為15281，把這個(gè)樣本中一個(gè)為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個(gè)容量為8的新樣本，則新樣本的平均數(shù)為5，方差為【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)其他的8個(gè)數(shù)據(jù)依次為a1、a2、a3、……a8，若原來容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為152則有x=19（a1+a2+a3+……+a8+4）=449，則有（a1+a2+as2=19[a12+a22+a32+……+a82+42﹣9×（449）2]=15281，則有（a12+a22+a32把這個(gè)樣本中一個(gè)為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個(gè)容量為8的新樣本，則新樣本的平均數(shù)為x′=18（a1+a2+a3+……+a8）方差s′2=18（a12+a22+a32+……+a82﹣8×5故答案為：5，2．14．（5分）小明和爸爸媽媽、爺爺奶奶一同參加《中國詩詞大會(huì)》的現(xiàn)場(chǎng)錄制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人與小明相鄰，則不同的坐法總數(shù)為84．【解答】解：根據(jù)題意，分3種情況討論：①、若小明的父母的只有1人與小明相鄰且父母不相鄰時(shí)，先在其父母中選一人與小明相鄰，有C21＝2種情況，將小明與選出的家長(zhǎng)看成一個(gè)整體，考慮其順序有A22＝2種情況，當(dāng)父母不相鄰時(shí)，需要將爺爺奶奶進(jìn)行全排列，將整體與另一個(gè)家長(zhǎng)安排在空位中，有A22×A32＝12種安排方法，此時(shí)有2×2×12＝48種不同坐法；②、若小明的父母的只有1人與小明相鄰且父母相鄰時(shí)，將父母及小明看成一個(gè)整體，小明在一端，有2種情況，考慮父母之間的順序，有2種情況，則這個(gè)整體內(nèi)部有2×2＝4種情況，將這個(gè)整體與爺爺奶奶進(jìn)行全排列，有A33＝6種情況，此時(shí)有2×2×6＝24種不同坐法；③、小明的父母都與小明相鄰，即小明在中間，父母在兩邊，將3人看成一個(gè)整體，考慮父母的順序，有A22＝2種情況，將這個(gè)整體與爺爺奶奶進(jìn)行全排列，有A33＝6種情況，此時(shí)，共有2×6＝12種不同坐法；則一共有48+24+12＝84種不同坐法；故答案為：84．15．（5分）已知點(diǎn)A（1，2）在拋物線y2＝2px上，過點(diǎn)A作圓（x﹣2）2+y2＝2的兩條切線分別交拋物線于B，C兩點(diǎn)，則直線BC的方程為x+3y+3＝0．【解答】解：∵A（1，2）在拋物線y2＝2px上，∴4＝2p，∴拋物線方程為y2＝4x，設(shè)過點(diǎn)A的圓的切線方程為y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，則圓心（2，0）到切線的距離d=|k+2|k解得k＝2±6，∴過點(diǎn)A的圓的切線方程為：(2+6)x-y-6分別聯(lián)立y2＝4x，解得B（15-66，﹣6+26），C（15+66∴直線BC的斜率為-6+25∴直線BC的方程為y+26+6=-13（即x+3y+3＝0，故答案為：x+3y+3＝0，16．（5分）在△ABC中，記角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，面積為S，則Sa2+2bc的最大值為【解答】解：因?yàn)镾a2+2bc=1令sinA＝y(tǒng)，cosA＝x，故Sa因?yàn)閤2+y2＝1，且y＞0，故可得點(diǎn)（x，y）表示的平面區(qū)域是半圓弧上的點(diǎn)，如下圖所示：目標(biāo)函數(shù)z=yx-2，表示圓弧上一點(diǎn)到點(diǎn)數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)且僅當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)H(12，32故可得z=y又Sa故可得Sa2+2bc≤-14×(-故答案為：312四、解答題：本題共6小題，共70分．解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）籃球誕生美國馬薩諸塞州的春田學(xué)院．1891年，春田學(xué)院的體育教師加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）為了對(duì)付冬季寒冷的氣溫，讓學(xué)生們能夠在室內(nèi)有限的空間里繼續(xù)進(jìn)行有趣的傳球訓(xùn)練．現(xiàn)有甲、乙、丙3名同學(xué)在某次傳球的訓(xùn)練中，球從甲開始，等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接住．記第n次傳球之前球在甲手里的概率為pn，第n次傳球之前球在乙手里的概率為qn，顯然p1＝1，q1＝0．（1）求p3+2q3的值；（2）比較p8，q8的大?。窘獯稹拷猓海?）第3次傳球之前，球在甲手中的情形可分為：甲→乙→甲或甲→丙→甲，∴p3=2第3次傳球之前，球在乙手中的情形僅有：甲→丙→乙，∴q3=1∴p3+2q3＝1；（2）由題意pn+1=1∴pn+1-1∴{pn-13}成首項(xiàng)為23∴pn-13=同理qn-13=-∴p8=13+23∴p8＜q8．18．（12分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)（1）若f（x）的最小正周期為2π，求f（x）的解析式；（2）若?x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在實(shí)數(shù)ω，使得f（【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）的最小正周期為2π，所以2π|ω|因?yàn)棣兀?，所以ω＝1．因?yàn)閒（x）的圖象經(jīng)過點(diǎn)(-π4，0)，所以-π4即φ=kπ+π4，k∈因?yàn)閨φ|≤π2，所以故f(x)=sin(x+π（2）因?yàn)?x∈R，f(x+π所以直線x=π4為f（又f（x）的圖象經(jīng)過點(diǎn)(-π所以-π4ω+φ=k1π，π4ω+φ=k兩式相減得π2整理得ω＝2（k2﹣k1）+1，因?yàn)棣兀?，所以ω＝2n+1（n∈N），因?yàn)閒（x）在(7π所以5π9-7π18=當(dāng)ω＝5時(shí)，-5π4+φ=kπ，k因?yàn)閨φ|≤π2，所以φ=π令t=5x+π4∈(79π36，109π36)，g（t）＝sint故f（x）在(7π當(dāng)ω＝3時(shí)，-3π4+φ=kπ，k因?yàn)閨φ|≤π2，所以φ=-π令t=3x-π4∈(11π12，17π12)，g（t故f（x）在(7π當(dāng)ω＝1時(shí)，-π4+φ=kπ，k因?yàn)閨φ|≤π2，所以φ=π令t=x+π4∈(23π36，29π36)，g（t故f（x）在(7π綜上，存在實(shí)數(shù)ω，使得f（x）在(7π18，19．（12分）放行準(zhǔn)點(diǎn)率是衡量機(jī)場(chǎng)運(yùn)行效率和服務(wù)質(zhì)量的重要指標(biāo)之一．某機(jī)場(chǎng)自2012年起采取相關(guān)策略優(yōu)化各個(gè)服務(wù)環(huán)節(jié)，運(yùn)行效率不斷提升．以下是根據(jù)近10年年份數(shù)xi與該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率yi（i＝1，2，…，10）（單位：百分比）的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)所作的散點(diǎn)圖及經(jīng)過初步處理后得到的一些統(tǒng)計(jì)量的值．xyti=110i=110i=110i=1102017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中ti＝ln（xi﹣2012），t（1）根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，y＝bx+a與y＝cln（x﹣2012）+d哪一個(gè)適宜作為該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程類型（給出判斷即可，不必說明理由），并根據(jù)表中數(shù)據(jù)建立經(jīng)驗(yàn)回歸方程，由此預(yù)測(cè)2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地的航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率．（2）已知2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地、B地和其他地區(qū)的航班比例分別為0.2、0.2和0.6．若以（1）中的預(yù)測(cè)值作為2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率的估計(jì)值，且2023年該機(jī)場(chǎng)飛往B地及其他地區(qū)（不包含A、B兩地）航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率的估計(jì)值分別為80%和75%，試解決以下問題：（i）現(xiàn)從2023年在該機(jī)場(chǎng)起飛的航班中隨機(jī)抽取一個(gè)，求該航班準(zhǔn)點(diǎn)放行的概率；（ii）若2023年某航班在該機(jī)場(chǎng)準(zhǔn)點(diǎn)放行，判斷該航班飛往A地、B地、其他地區(qū)等三種情況中的哪種情況的可能性最大，說明你的理由．附：（1）對(duì)于一組數(shù)據(jù)（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回歸直線v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為β?=參考數(shù)據(jù)：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．【解答】解：（1）由散點(diǎn)圖判斷y＝cln（x﹣2012）+d適宜作為該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程類型．令t＝ln（x﹣2012），先建立y關(guān)于t的線性回歸方程．由于c?=i=1該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y關(guān)于t的線性回歸方程為y?因此y關(guān)于年份數(shù)x的回歸方程為y所以當(dāng)x＝2023時(shí)，該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y的預(yù)報(bào)值為y?所以2023年該機(jī)場(chǎng)飛往A地航班放行準(zhǔn)點(diǎn)率y的預(yù)報(bào)值為84%．（2）設(shè)A1＝“該航班飛往A地”，A2＝“該航班飛往B地”，A3＝“該航班飛往其他地區(qū)”，C＝“該航班準(zhǔn)點(diǎn)放行”，則P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.2，P（A3）＝0.6，P（C|A1）＝0.84，P（C|A2）＝0.8，P（C|A3）＝0.75．（i）由全概率公式得，P（C）＝P（A1）P（C|A1）+P（A2）P（C|A2）+P（A3）P（C|A2）＝0.84×0.2+0.8×0.2+0.75×0.6＝0.778，所以該航班準(zhǔn)點(diǎn)放行的概率為0.778．（ii）P(A1|C)=P(A因?yàn)?.6×0.75＞0.2×0.84＞0.2×0.