2022-2023學(xué)年湖南省名校聯(lián)盟高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷含答案

2022-2023學(xué)年湖南省名校聯(lián)盟高二（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＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}A．7 B．8 C．15 D．162．（5分）1748年，瑞士數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)了復(fù)指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)的關(guān)系，并寫出以下公式eix＝cosx+isinx（x∈R，i為虛數(shù)單位），這個(gè)公式在復(fù)變論中占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”．根據(jù)此公式，化簡(jiǎn)(eA．2 B．2i C．1+i D．1﹣i3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-A．m1-m2 B．-m1-m4．（5分）已知向量a→、b→滿足|a→+A．﹣2 B．2 C．32 D．5．（5分）“五一”假期期間，某旅游景區(qū)為加強(qiáng)游客的安全工作，決定增派甲、乙、丙、丁四位工作人員到A、B、C三個(gè)景點(diǎn)進(jìn)行安全防護(hù)宣傳，增派的每位工作人員必須到一個(gè)景點(diǎn)，且只能到一個(gè)景點(diǎn)做安全防護(hù)宣傳，每個(gè)景點(diǎn)至少增派一位工作人員．因工作需要，乙不能去A景點(diǎn)，甲和乙不能同去一個(gè)景點(diǎn)，則不同的安排方法數(shù)為（）A．20 B．30 C．42 D．606．（5分）已知圓O：x2+y2＝1，點(diǎn)P在直線l：x-y-22=0上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)∠APB最大時(shí)，記劣弧AB及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為A．2＜S＜3 B．1＜S≤2 C．1＜S≤3 D．0＜S＜17．（5分）南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算術(shù)》中提出了高階等差數(shù)列的問題，即一個(gè)數(shù)列{an}本身不是等差數(shù)列，但從{an}數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列{bn}（則稱數(shù)列{an}為一階等差數(shù)列），或者{bn}仍舊不是等差數(shù)列，但從{bn}數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列{cn}（則稱數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列），依次類推，可以得到高階等差數(shù)列．類比高階等差數(shù)列的定義，我們亦可定義高階等比數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}：1，1，3，27，729…是一階等比數(shù)列，則n=110logA．60 B．120 C．240 D．4808．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝A．a(chǎn)＜c＜b B．a(chǎn)＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a二、選擇題：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）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，則（）A．a(chǎn)2023＝2020 B．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列 C．?dāng)?shù)列{Sn}中的最小項(xiàng)為S2 D．Sm、S2m、S3m（多選）10．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)A．ω＝2 B．f（x）的最小正周期為π C．f（x）在區(qū)間[-5π12D．f(2023π)=（多選）11．（5分）已知雙曲線E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，漸近線方程為3xA．雙曲線的離心率為5 B．右焦點(diǎn)F2到漸近線的距離為6 C．過雙曲線右焦點(diǎn)F2的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)|AB|＝30時(shí)，直線l有3條 D．若直線MF1與雙曲線E的另一個(gè)交點(diǎn)為P，Q為MP的中點(diǎn)，O為原點(diǎn)，則直線OQ與直線PM的斜率之積為9（多選）12．（5分）乒乓球，被稱為中國(guó)的“國(guó)球”，是一種世界流行的球類體育項(xiàng)目，包括進(jìn)攻、對(duì)抗和防守．某乒乓球協(xié)會(huì)組織職工比賽，比賽規(guī)則采用五局三勝制，當(dāng)參賽選手甲和乙兩位中有一位贏得三局比賽時(shí)，就由該選手晉級(jí)且比賽結(jié)束．每局比賽皆須分出勝負(fù)，且每局比賽的勝負(fù)相互獨(dú)立．假設(shè)甲在任一局贏球的概率為p（0≤p≤1），有選手晉級(jí)所需要比賽局?jǐn)?shù)的期望值記為f（p），則（）A．打滿五局的概率為C4B．f（p）的常數(shù)項(xiàng)為3 C．函數(shù)f（p）在(12D．f(三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）2023年3月，某市為創(chuàng)建文明城市，隨機(jī)從某小區(qū)抽取10位居民調(diào)查他們對(duì)自己目前生活狀態(tài)的滿意程度，該指標(biāo)數(shù)越接近10表示滿意程度越高．他們的滿意度指標(biāo)數(shù)分別是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，則這組數(shù)據(jù)的30%分位數(shù)是．14．（5分）為加強(qiáng)學(xué)生對(duì)平面圖形翻折到空間圖形的認(rèn)識(shí)，某數(shù)學(xué)老師充分利用習(xí)題素材開展活動(dòng)，現(xiàn)有一個(gè)求外接球表面積的問題，活動(dòng)分為三個(gè)步驟，第一步認(rèn)識(shí)平面圖形：如圖（一）所示的四邊形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC為折痕將△PAC折起，得到三棱錐P﹣ABC，如圖（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小為120°，則活動(dòng)結(jié)束后計(jì)算得到三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為．15．（5分）已知函數(shù)f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若?x2∈（﹣∞，1]，?x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．16．（5分）已知函數(shù)f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)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）在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知b=23，2asinCcosB=asinA-bsinB+32bsinC，△（1）求A；（2）以C為圓心，r為半徑的圓與邊AB有兩個(gè)交點(diǎn)，求r的取值范圍．18．（12分）在①a1+a2已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若_____n∈N*．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）當(dāng)n∈[ak2，ak+12)，k∈N注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．19．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC為正三角形．點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段DE上運(yùn)動(dòng)．（1）求證：BC⊥PF；（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小為60°，當(dāng)3FE→=DF→時(shí)，求證：直線PB20．（12分）某商場(chǎng)在“五一”期間開展有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，規(guī)則如下：對(duì)一次性購(gòu)買物品超過2000元的參與者，該商場(chǎng)現(xiàn)有以下兩種方案可供選擇：方案一：在一個(gè)放有大小相同的3個(gè)紅球和3個(gè)白球的不透明的箱子中，參與者隨機(jī)摸出一個(gè)球，若是紅球，則放回箱子中；若是白球，則不放回，再向箱子中補(bǔ)充一個(gè)紅球，這樣反復(fù)進(jìn)行3次，若最后箱子中紅球的個(gè)數(shù)為X，則該參與者獲得獎(jiǎng)金X百元；方案二：在一個(gè)放有大小相同的3個(gè)紅球和3個(gè)白球的不透明的箱子中，參與者一次性摸出3個(gè)球，把白球換成紅球再全部放回袋中，設(shè)袋中紅球個(gè)數(shù)為Y，則該參與者獲得獎(jiǎng)金Y百元．（1）若用方案一，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望；（2）若你是參與者，從期望的角度出發(fā)，你會(huì)選擇哪種參考方案？請(qǐng)說明理由．21．（12分）已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）上一點(diǎn)M（m，1）到焦點(diǎn)的距離為2．（1）求拋物線C的方程；（2）過點(diǎn)（﹣1，0）的直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q（0，﹣2），連接QA交拋物線C于另一點(diǎn)E，連接QB交拋物線C于另一點(diǎn)F，且△QAB與△QEF的面積之比為1：3，求直線AB的方程．22．（12分）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．（1）若方程f（x）＝0有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），求證：0＜a＜2ee

2022-2023學(xué)年湖南省名校聯(lián)盟高二（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＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}，B={x|y=14-x2}A．7 B．8 C．15 D．16【解答】解：由題意可得，A＝{x|x2﹣2x﹣3≤0，x∈Z}＝{x|﹣1≤x≤3，x∈Z}＝{﹣1，0，1，2，3}，B={x|y=1所以A∩B＝{﹣1，0，1}，所以A∩B真子集的個(gè)數(shù)為7．故選：A．2．（5分）1748年，瑞士數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)了復(fù)指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)的關(guān)系，并寫出以下公式eix＝cosx+isinx（x∈R，i為虛數(shù)單位），這個(gè)公式在復(fù)變論中占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”．根據(jù)此公式，化簡(jiǎn)(eA．2 B．2i C．1+i D．1﹣i【解答】解：因?yàn)閑π又(e所以(e故選：C．3．（5分）已知α∈(π，3π2)，且sin(α-A．m1-m2 B．-m1-m【解答】解：因?yàn)棣痢?π，3π所以α-π4∈(所以α-π4∈(因此tan(α-π故選：B．4．（5分）已知向量a→、b→滿足|a→+A．﹣2 B．2 C．32 D．【解答】解：由|a→+整理得a→化簡(jiǎn)得2a→?所以2|a所以|a故選：D．5．（5分）“五一”假期期間，某旅游景區(qū)為加強(qiáng)游客的安全工作，決定增派甲、乙、丙、丁四位工作人員到A、B、C三個(gè)景點(diǎn)進(jìn)行安全防護(hù)宣傳，增派的每位工作人員必須到一個(gè)景點(diǎn)，且只能到一個(gè)景點(diǎn)做安全防護(hù)宣傳，每個(gè)景點(diǎn)至少增派一位工作人員．因工作需要，乙不能去A景點(diǎn)，甲和乙不能同去一個(gè)景點(diǎn)，則不同的安排方法數(shù)為（）A．20 B．30 C．42 D．60【解答】解：4人分3組，每組至少1人，則必有1組2人，若丙丁1組，則先安排乙，則乙可以去B，C兩個(gè)景點(diǎn)，則共有C2若丙丁一人和甲一組，則有C2若丙丁一人和乙一組，則有C2則共有4+8+8＝20種不同的安排方法．故選：A．6．（5分）已知圓O：x2+y2＝1，點(diǎn)P在直線l：x-y-22=0上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)∠APB最大時(shí)，記劣弧AB及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為A．2＜S＜3 B．1＜S≤2 C．1＜S≤3 D．0＜S＜1【解答】解：圓O：x2+y2＝1的圓心O的坐標(biāo)為（0，0），半徑為1，如圖所示：∵sin∠OPB=r|OP|=1|OP|，且y∴當(dāng)|OP|最小時(shí)，∠OPB最大，即∠APB最大，此時(shí)OP垂直直線l，且|OP|=221從而四邊形OAPB的面積為SOAPB設(shè)∠AOP＝θ，則∠AOB＝2θ，S扇形OAB從而劣弧AB及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為S=3又∵sinθ=32，θ∈(0，π可得0＜S=3-θ=3故選：D．7．（5分）南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算術(shù)》中提出了高階等差數(shù)列的問題，即一個(gè)數(shù)列{an}本身不是等差數(shù)列，但從{an}數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列{bn}（則稱數(shù)列{an}為一階等差數(shù)列），或者{bn}仍舊不是等差數(shù)列，但從{bn}數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列{cn}（則稱數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列），依次類推，可以得到高階等差數(shù)列．類比高階等差數(shù)列的定義，我們亦可定義高階等比數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}：1，1，3，27，729…是一階等比數(shù)列，則n=110logA．60 B．120 C．240 D．480【解答】解：由題意，數(shù)列1，1，3，27，729，…為{an}，且為一階等比數(shù)列，設(shè)bn-1=an其中b1＝1，b2＝3，公比為q=b2b則an=b所以log3a因?yàn)閍1＝1，a2＝1，也適合上式，所以log所以n=1=1=1故選：B．8．（5分）若a=1.4-1，b＝sin0.2，c＝A．a(chǎn)＜c＜b B．a(chǎn)＜b＜c C．b＜a＜c D．b＜c＜a【解答】解：構(gòu)造函數(shù)g(x)=sinx-1+2x+1，可得g′(x)=cosx-11+2x，令g′(x)=cosx-11+2x=f(x)則f′(x)=1因?yàn)楫?dāng)x∈(0，14)時(shí)，y=1(1+2x)所以f′(x)=1所以f′(x)=1因?yàn)閟in14＜所以g′(x)=cosx-1又g′(0)=cos0-11+0=0，從而g（x）在x∈(0，14)單調(diào)遞增，所以所以g(0.2)=sin0.2-1+2×0.2+1＞0，從而得到b＞又因?yàn)閏﹣b＝ln1.44﹣sin0.2＝2ln1.2﹣sin0.2，構(gòu)造函數(shù)φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，1所以φ′(x)=2x+1-cosx令φ′(x)=2x+1-cosx=m(x)因?yàn)楫?dāng)x∈(0，14)時(shí)，y＝sinx所以m′(x)=sinx-2所以m′(x)=sinx-2所以φ′（x）在x∈(0，14)所以φ（x）＝2ln（1+x）﹣sinx，x∈(0，14)單調(diào)遞增，從而φ（x所以φ（0.2）＝2ln（1.2）﹣sin0.2＞0，所以c＞b，綜上可得：c＞b＞a．故選：B．二、選擇題：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）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝﹣2，an+1＝an+1，則（）A．a(chǎn)2023＝2020 B．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列 C．?dāng)?shù)列{Sn}中的最小項(xiàng)為S2 D．Sm、S2m、S3m【解答】解：因?yàn)閍n+1＝an+1，所以an+1﹣an＝1，所以數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，因?yàn)閍1＝﹣2，所以an＝﹣2+1×（n﹣1）＝n﹣3，所以a2023＝2023﹣3＝2020，故A正確；因?yàn)閍n+1﹣an＝1＞0，所以{an}是遞增數(shù)列，故B正確；因?yàn)閍1＝﹣2＜0，a2＝﹣1＜0，a3＝0，an+1﹣an＝1＞0，即n≥4時(shí)，an＞0，所以數(shù)列{Sn}中的最小項(xiàng)為S2或S3，故C錯(cuò)誤；當(dāng)m＝1時(shí)，S1＝﹣2，S2＝﹣3，S3＝﹣3，顯然不是等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤．故選：AB．（多選）10．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+π3)(1＜ω＜3)A．ω＝2 B．f（x）的最小正周期為π C．f（x）在區(qū)間[-5π12D．f(2023π)=【解答】解：因?yàn)閒(-5π12-x)=f(-5π12+x)，所以則-5π12ω+π3=π2+kπ，k又因?yàn)?＜ω＜3，所以ω＝2，故A正確；所以f(x)=sin(2x+π3)，所以T=令-π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k當(dāng)k＝0時(shí)，[-5π12，π12所以f（x）在區(qū)間[-5π12，f(2023π)=sin(2×2023π+π3)=sin故選：ABD．（多選）11．（5分）已知雙曲線E：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左，右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，漸近線方程為3xA．雙曲線的離心率為5 B．右焦點(diǎn)F2到漸近線的距離為6 C．過雙曲線右焦點(diǎn)F2的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)|AB|＝30時(shí)，直線l有3條 D．若直線MF1與雙曲線E的另一個(gè)交點(diǎn)為P，Q為MP的中點(diǎn)，O為原點(diǎn)，則直線OQ與直線PM的斜率之積為9【解答】解：由漸近線方程為3x±y＝0，可設(shè)雙曲線E：x2∵點(diǎn)R(4，63)在雙曲線E上，∴m＝4，可得雙曲線E：故a=2，b=6，c=210，∴離心率為e=10，故由題可知右焦點(diǎn)為F2則點(diǎn)F2(210，0)到漸近線3x﹣y＝0的距離為若l⊥x軸，當(dāng)x=210時(shí)，將其代入x24-y236∴直線l與右支不可能有兩個(gè)交點(diǎn)；若l與x軸不垂直，與C的左，右支交于A，B兩點(diǎn)，∵|AB|＝30＞2a＝4，∴存在兩條直線分別交左右兩支各一點(diǎn)．綜上可得：滿足條件的直線有2條，故C錯(cuò)誤；設(shè)M（x1，y1），P（x2，y2），Q（x3，y3），則x3=x∵P，M在雙曲線E上，∴x124-y①﹣②并整理得y1∵kMP=y1-y2x1-x故選：BD．（多選）12．（5分）乒乓球，被稱為中國(guó)的“國(guó)球”，是一種世界流行的球類體育項(xiàng)目，包括進(jìn)攻、對(duì)抗和防守．某乒乓球協(xié)會(huì)組織職工比賽，比賽規(guī)則采用五局三勝制，當(dāng)參賽選手甲和乙兩位中有一位贏得三局比賽時(shí)，就由該選手晉級(jí)且比賽結(jié)束．每局比賽皆須分出勝負(fù)，且每局比賽的勝負(fù)相互獨(dú)立．假設(shè)甲在任一局贏球的概率為p（0≤p≤1），有選手晉級(jí)所需要比賽局?jǐn)?shù)的期望值記為f（p），則（）A．打滿五局的概率為C4B．f（p）的常數(shù)項(xiàng)為3 C．函數(shù)f（p）在(12D．f(【解答】解：設(shè)實(shí)際比賽局?jǐn)?shù)為X，則X的可能取值為3，4，5，可得P（X＝3）＝p3+（1﹣p）3，P(X=4)=CP(X=5)=C因此打滿五局的概率為C42p由f(p)=3[＝6p4﹣12p3+3p2+3p+3，常數(shù)項(xiàng)為3，故B正確；由f′（p）＝24p3﹣36p2+6p+3＝3（2p﹣1）（4p2﹣4p﹣1），因?yàn)?≤p≤1，所以4p2﹣4p﹣1＝（2p﹣1）2﹣2＜0，令f′（p）＞0，則0≤p＜12；令f′（p）＜0，則則函數(shù)f（p）在(12，1]又由f(12)=6×故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）2023年3月，某市為創(chuàng)建文明城市，隨機(jī)從某小區(qū)抽取10位居民調(diào)查他們對(duì)自己目前生活狀態(tài)的滿意程度，該指標(biāo)數(shù)越接近10表示滿意程度越高．他們的滿意度指標(biāo)數(shù)分別是8，5，6，6，9，8，9，7，10，10，則這組數(shù)據(jù)的30%分位數(shù)是6.5．【解答】解：依題意這10個(gè)數(shù)據(jù)從小到大排列為5、6、6、7、8、8、9、9、10、10，又10×30%＝3，所以這組數(shù)據(jù)的30%分位數(shù)是第3與第4個(gè)數(shù)的平均數(shù)6.5．故答案為：6.5．14．（5分）為加強(qiáng)學(xué)生對(duì)平面圖形翻折到空間圖形的認(rèn)識(shí)，某數(shù)學(xué)老師充分利用習(xí)題素材開展活動(dòng)，現(xiàn)有一個(gè)求外接球表面積的問題，活動(dòng)分為三個(gè)步驟，第一步認(rèn)識(shí)平面圖形：如圖（一）所示的四邊形PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PC，∠ABC＝60°，PA⊥PC．第二步：以AC為折痕將△PAC折起，得到三棱錐P﹣ABC，如圖（二）．第三步：折成的二面角P﹣AC﹣B的大小為120°，則活動(dòng)結(jié)束后計(jì)算得到三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為529π【解答】解：由題意得第一步：∵AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，∴△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，第二步：可三棱錐P﹣ABC外接球的球心是過底面△ABC外心的平面ABC的垂線，與過△PAC外心的平面PAC的垂線的交點(diǎn)，如圖所示：∵△ABC為正三角形，∴△ABC的外心O1為△ABC的中心，∵△PAC為以AC為斜邊的直角三角形，∴△PAC的外心O2為AC的中點(diǎn)，三棱錐P﹣ABC外接球的球心為O，∵AB＝BC＝2，PA＝PC，∴PO2⊥AC，O1O2⊥AC，故∠PO2O1為二面角P﹣AC﹣B的一個(gè)平面角，∴∠PO2O1＝120°，∵△ABC為正三角形，∴O1又OO2⊥平面PAC，PO2?平面PAC，則OO2⊥PO2，即∠PO2O＝90°，∴∠OO2O1＝30°，∴cos∠OO∴OO設(shè)外接球的半徑為R，則R2故外接球的表面積為4πR故答案為：52915．（5分）已知函數(shù)f（x）＝ax+e（a＞0），g（x）＝xex，若?x2∈（﹣∞，1]，?x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[e+1e【解答】解：已知g（x）＝xex，函數(shù)定義域?yàn)椋ī仭蓿?]，可得g′（x）＝（x+1）ex，當(dāng)x＜﹣1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)﹣1＜x≤1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝﹣1時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值也是最小值，最小值f（﹣1）=-1又g（1）＝e，且當(dāng)x→﹣∞時(shí)，g（x）→0，已知f（x）＝ax+e（a＞0），函數(shù)定義域?yàn)閇﹣1，2]，可得函數(shù)f（x）在定義域上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝﹣1時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值也是最小值，f（﹣1）＝e﹣a，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值也是最大值，f（2）＝2a+e，若?x2∈（﹣∞，1]，?x1∈[﹣1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，所以e-a≤-1解得a≥e+1則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[e+1故答案為：[e+116．（5分）已知函數(shù)f（x）=x3-4x，x≤0-lnx，x＞0，若F（x）＝f（f（x）﹣t）有5個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是【解答】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?yàn)镕（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?yàn)镕（x）＝f（f（x）﹣t）有5個(gè)零點(diǎn)，所以數(shù)f（x）的圖象與三條直線y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有5個(gè)交點(diǎn)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝﹣lnx的圖象與三條直線y＝t，y＝t+1，y＝t﹣2共有3個(gè)交點(diǎn)，所以f（x）＝x3﹣4x（x≤0）的圖象與三條直線共有2個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)=3x所以x∈(-∞，-233)時(shí)，f′（x）＞0，x∈(-233，0)時(shí)，f′（x）＜0，所以x=-233時(shí)，f（x）取得極大值也是最大值f(-結(jié)合f（x）的圖象，可知t＞1639解得163故答案為：(16四、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）在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．已知b=23，2asinCcosB=asinA-bsinB+32bsinC，△（1）求A；（2）以C為圓心，r為半徑的圓與邊AB有兩個(gè)交點(diǎn)，求r的取值范圍．【解答】解：（1）由正弦定理可得2accosB=a由余弦定理得2ac?a所以c=3又因?yàn)閎=23，所以c又△ABC的面積為92，所以1即12×23又因?yàn)?＜A＜π2，所以（2）由（1）及余弦定理可知a2即a2=21-63又若C為圓心，r為半徑的圓與邊AB相切，設(shè)切點(diǎn)為D，則sinA=CDAC，得所以要使以C為圓心，r為半徑的圓與邊AB有兩個(gè)交點(diǎn)，必須滿足3＜r≤21-6所以r的取值范圍為(3，21-618．（12分）在①a1+a2已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若_____n∈N*．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）當(dāng)n∈[ak2，ak+12)，k∈N注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．【解答】解：（1）選①：∵a1∴當(dāng)n≥2時(shí)，a1兩式相減得，an=2當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，滿足上式，∴an選②：∵a1∴當(dāng)n≥2時(shí)，a1兩式相除得，an當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，滿足上式，∴an（2）由（1）可知，n∈[2k﹣1，2k），k∈N*，而[2k﹣1，2k）上所有整數(shù)依次為2k﹣1，2k﹣1+1，2k﹣1+2，…，2k﹣1+（2k﹣1﹣1），它們構(gòu)成首項(xiàng)為2k﹣1，公差為1的等差數(shù)列，且項(xiàng)數(shù)為2k﹣1，所以T＝2k﹣1+（2k﹣1+1）+（2k﹣1+2）+…+[2k﹣1+（2k﹣1﹣1）]=219．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，三角形PBC為正三角形．點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段DE上運(yùn)動(dòng)．（1）求證：BC⊥PF；（2）若二面角A﹣BC﹣P的大小為60°，當(dāng)3FE→=DF→時(shí)，求證：直線PB【解答】證明：（1）∵ABCD為菱形，且∠BAD＝60°，∴△BCD為等邊三角形，又點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，∴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為邊長(zhǎng)為3取DE中點(diǎn)O，則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．過點(diǎn)O作BC的平行線交AB于點(diǎn)G，則OG⊥DE，∴OG，OE，OP兩兩相互垂直，∴以O(shè)G→，OE→，OP→所在的方向分別為x，y∵在△POE中，OE=32，∴A(2，-32，0)，B(1，32，0)，又3FE→=∴AF→=(-2，334設(shè)n→=(x，y，z)為平面則-2x+334設(shè)直線PB與平面PAF所成角為θ，則sinθ=|cos?n→，∴直線PB與平面PAF所成的角小于π620．（12分）某商場(chǎng)在“五一”期間開展有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，規(guī)則如下：對(duì)一次性購(gòu)買物品超過2000元的參與者，該商場(chǎng)現(xiàn)有以下兩種方案可供選擇：方案一：在一個(gè)放有大小相同的3個(gè)紅球和3個(gè)白球的不透明的箱子中，參與者隨機(jī)摸出一個(gè)球，若是紅球，則放回箱子中；若是白球，則不放回，再向箱子中補(bǔ)充一個(gè)紅球，這樣反復(fù)進(jìn)行3次，若最后箱子中紅球的個(gè)數(shù)為X，則該參與者獲得獎(jiǎng)金X百元；方案二：在一個(gè)放有大小相同的3個(gè)紅球和3個(gè)白球的不透明的箱子中，參與者一次性摸出3個(gè)球，把白球換成紅球再全部放回袋中，設(shè)袋中紅球個(gè)數(shù)為Y，則該參與者獲得獎(jiǎng)金Y百元．（1）若用方案一，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望；（2）若你是參與者，從期望的角度出發(fā)，你會(huì)選擇哪種參考方案？請(qǐng)說明理由．【解答】解：（1）若選擇方案一，由條件可知X可能的取值為3，4，5，6，P(X=3)=1P(X=4)=1P(X=5)=1P(X=6)=1∴X的分布列為：X3456(X)=3×1（2）對(duì)于方案二，由條件可得Y可能的取值為3，4，5，6，P(Y=3)=CP(Y=4)=CP(Y=5)=CP(Y=6)=C∴Y的期望值E(Y)=3×1∵E（Y）＞E（X），所以參與者選擇方案二獲得獎(jiǎng)金數(shù)額的數(shù)學(xué)期望值會(huì)更高．所以作為參與者，應(yīng)該選擇方案二．21．（12分）已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）上一點(diǎn)M（m，1）到焦點(diǎn)的距離為2．（1）求拋物線C的方程；（2）過點(diǎn)（﹣1，0）的直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q（0，﹣2），連接QA交拋物線C于另一點(diǎn)E，連接QB交拋物線C于另一點(diǎn)F，且△QAB與△QEF的面積之比為1：3，求直線AB的方程．【解答】解：（1）由題可知焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，p所以由拋物線的定義可知|MF|=1+p即p＝2，所以拋物線C的方程為x2＝4y；（2）易知直線AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x+1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），由y=k(x+1)x2=4y，得x2﹣4kx則Δ＝16k2+16k＞0，即k＞0或k＜﹣1，x1x2＝﹣4k．因?yàn)镼（0，﹣2），所以kAQ所以直線AQ的方程為y=y由y=y1+2設(shè)E（x3，y3），則x1x3＝8，得x3設(shè)F（x4，y4），同理可得x4則S=|QA|?|QB|=(=1=1=x得k2=4故直線AB的方程為y=23322．（12分）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣x2+3（a∈R）．（1）若方程f（x）＝0有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）若φ（x）＝﹣x2+2x+4﹣f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），求證：0＜a＜2ee【解答】（1）解：令f（x）＝0，即得aex﹣x2+3＝0，即a=x即直線y＝a與曲線g(x)=x可得g′(x)=2x-∴當(dāng)x∈（﹣∞，﹣1）或x∈（3，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)x∈（﹣1，3）時(shí)，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（3，+∞）上單調(diào)遞減；在（﹣1，3）上單調(diào)遞增，∴g（x）的極小值為g（﹣1）＝﹣2e，g（x）的極大值為g(3)=6當(dāng)x→+∞時(shí)，g（x）→0，且當(dāng)|x|≥3時(shí)，g（x∴作出函數(shù)g(x)=x由圖可知0＜a＜6e3，即實(shí)數(shù)a（2）證明：∵φ（x）＝2x+1﹣aex，當(dāng)a≤0時(shí)，φ（x）單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，∴a＞0，此時(shí)φ′（x）＝2﹣aex，當(dāng)x∈(-∞，ln2a)時(shí)，φ當(dāng)x∈(ln2a，+∞)時(shí)，φ故φ（x）在區(qū)間(-∞，ln2a)∴φ(ln2若φ（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，則φ(ln2a)＞0，得ln當(dāng)0＜a＜2ee時(shí)，φ(ln2a故存在x1∈(-12，ln2又當(dāng)x趨向于+∞時(shí)，φ（x）趨向于﹣∞，故存在x2∈(ln2a，+∞)，使得故0＜a＜2ee，則滿足2x1要證2x2+1兩邊同乘以ex1，可得∵x1＞-12，x2＞ln2令t=x1+x22＞0，即證et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）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，故H（t）＞H（0）＝0，∴h′（t）＞0，∴h（t）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，故h（t）＞h（0）＝0，∴不等式2x2022-2023學(xué)年湖南省五市十校教研教改共同體、三湘名校教育聯(lián)盟、湖湘名校教育聯(lián)合體高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，則M∪N＝（）A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]2．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足iz＝2+i，則z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．23．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．（5分）隨著疫情結(jié)束，自行車市場(chǎng)逐漸回暖，通過調(diào)查，收集了5家商家對(duì)某個(gè)品牌的自行車的售價(jià)x（百元）和月銷售量y（百輛）之間的一組數(shù)據(jù)，如表所示：價(jià)格x9.69.91010.210.3銷售y10.29.3m8.48.0根據(jù)計(jì)算可得y與x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程是：y?=-3.1x+40，則A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.15．（5分）端午節(jié)三天假期中每天需安排一人值班，現(xiàn)由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班兩天，則不同的安排方法有（）A．18種 B．24種 C．36種 D．42種6．（5分）若存在實(shí)數(shù)m，使得loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)7．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-128．（5分）如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)，P，Q為雙曲線C上兩點(diǎn)，滿足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）（多選）9．（5分）已知函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），則下列說法正確的是（）A．f（x）是奇函數(shù) B．f（x）為偶函數(shù) C．f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?） D．f（x）在（0，1）上是減函數(shù)（多選）10．（5分）已知平面向量a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．?m∈R且m≠1，則?b（多選）11．（5分）已知圓O：x2+y2＝4和圓C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．圓O與圓C有四條公切線 B．|PQ|的取值范圍是[32C．x﹣y＝2是圓O與圓C的一條公切線 D．過點(diǎn)Q作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則存在點(diǎn)Q，使得∠MQN＝90°（多選）12．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）+fA．當(dāng)ω＝1時(shí)，若g（x）為奇函數(shù)，則φ=πB．當(dāng)φ=π4時(shí)，若f（x）在區(qū)間(π2，π)C．當(dāng)φ=π4時(shí)，若g（x）在x＝x0處取得最大值為5，則D．若將f（x）的圖象向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度所得的圖象與g（x）的圖象的所有對(duì)稱軸均相同，則ω三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13．（5分）已知事件A發(fā)生的概率為0.4，事件B發(fā)生的概率為0.5，若在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率為0.6，則在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率為．14．（5分）已知拋物線C：y=14x2的焦點(diǎn)為F，P是拋物線C上的一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若|PO|=2315．（5分）已知α，β均為銳角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cos(α+β)=13，則cos2（α﹣β）＝16．（5分）勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球圍成的幾何體，如圖所示，已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為1，若一個(gè)正方體能夠在勒洛四面體中隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的棱長(zhǎng)的最大值為．四、解答題（本大題共6小題，共70.0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}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記dn＝Sn+1-54Sn，求數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和T18．（12分）某中學(xué)舉行春季研學(xué)活動(dòng)，為了增加趣味性，在研學(xué)活動(dòng)中設(shè)計(jì)了一個(gè)摸獎(jiǎng)獲贈(zèng)書的游戲，在一個(gè)不透明的盒子中有質(zhì)地、大小相同的球5個(gè)，將5個(gè)球編號(hào)為1～5，其中紅球2個(gè)，黃球2個(gè)，藍(lán)球1個(gè)，每次不放回地隨機(jī)從盒中取一個(gè)球，當(dāng)三種顏色的球都至少有一個(gè)被取出時(shí)，停止取球，游戲結(jié)束，取球次數(shù)最少將獲得獎(jiǎng)勵(lì)．（1）求當(dāng)游戲結(jié)束時(shí)盒子里恰好只剩下一個(gè)球且為紅球的概率；（2）停止取球時(shí)，記盒子中所剩球的個(gè)數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．19．（12分）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥平面ABB1A1．（1）證明：AB⊥BC；（2）若AA1＝AC＝2BC，E為BB1上一點(diǎn)，且BE＝3EB1，求二面角E﹣A1C﹣B的余弦值．20．（12分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA=sin(B-C)b-c，且b≠（1）證明：a2＝b+c；（2）若△ABC為銳角三角形，且B＝2C，求a的取值范圍．21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝e1﹣x+alnx．（1）若f（x）在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（2）若f（x）≤x3恒成立，求實(shí)數(shù)a的值．22．（12分）已知P為橢圓C：x24+y23=1上一點(diǎn)，且點(diǎn)（1）若l的斜率為k，直線OP的斜率為kOP，證明：k?kOP為定值，并求出該定值；（2）如圖，PQ，RS分別是橢圓C的過原點(diǎn)的弦，過P，Q，R，S四點(diǎn)分別作橢圓C的切線，四條切線圍成四邊形ABCD，若kOP?k

2022-2023學(xué)年湖南省五市十校教研教改共同體、三湘名校教育聯(lián)盟、湖湘名校教育聯(lián)合體高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1．（5分）已知集合M＝{x||x﹣1|≤2}，N＝{x|y＝ln（x+1）}，則M∪N＝（）A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2]【解答】解：由不等式|x﹣1|≤2，解得﹣1≤x≤3，故A＝{x|﹣1≤x≤3}；由函數(shù)y＝lnx的定義域?yàn)椋?，+∞），即x+1＞0，解得x＞﹣1，故B＝{x|x＞﹣1}；所以M∪N＝[﹣1，+∞）．故選：B．2．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足iz＝2+i，則z2A．2i B．﹣2 C．﹣2i D．2【解答】解：因?yàn)閕z＝2+i，則z=2+ii=1-2i故選：D．3．（5分）“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：若a、b、c成等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得：b2＝ac，∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的必要條件；若b＝0，a＝2，c＝0，滿足b2＝ac，但a、b、c顯然不成等比數(shù)列，∴“b2＝ac”是“a，b，c成等比數(shù)列”的非充分條件．∴“b2＝ac”是“a、b、c成等比數(shù)列”的必要非充分條件．故選：B．4．（5分）隨著疫情結(jié)束，自行車市場(chǎng)逐漸回暖，通過調(diào)查，收集了5家商家對(duì)某個(gè)品牌的自行車的售價(jià)x（百元）和月銷售量y（百輛）之間的一組數(shù)據(jù)，如表所示：價(jià)格x9.69.91010.210.3銷售y10.29.3m8.48.0根據(jù)計(jì)算可得y與x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程是：y?=-3.1x+40，則A．8.8 B．8.9 C．9 D．9.1【解答】解：由題意得x=則y=40-3.1×10=9又銷售量y=15故選：D．5．（5分）端午節(jié)三天假期中每天需安排一人值班，現(xiàn)由甲、乙、丙三人值班，且每人至多值班兩天，則不同的安排方法有（）A．18種 B．24種 C．36種 D．42種【解答】解：若甲乙丙三人每人值班一天，則不同安排方法有A3若三人中選兩個(gè)人值班，則有C3故選：B．6．（5分）若存在實(shí)數(shù)m，使得loga4＜m＜A．(0，12)∪(1，+∞)C．(12，1)∪(1，+∞)【解答】解：依題意可知，2a﹣1＞loga4．當(dāng)0＜a＜1時(shí)，log當(dāng)a＞1時(shí)，由2a-1-log且f（2）＝0，因此f（a）＞0＝f（2），即a＞2．綜上可知，a∈（0，1）∪（2，+∞）．故選：B．7．（5分）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0，2），f（x）＝2xA．-14505 B．-12【解答】解：依題意，f(x+2)+1可得f(x+4)=-1f(x+8)=1f(x+12)=1…f(x+2020)=1令x＝3，可得f(2023)=而f(3)=-1故f(2023)=-1故選：A．8．（5分）如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)，P，Q為雙曲線C上兩點(diǎn)，滿足F1P∥F2Q，且|F2QA．105 B．52 C．153【解答】解：延長(zhǎng)QF2與雙曲線交于點(diǎn)P′，因?yàn)镕1P∥F2P′，根據(jù)對(duì)稱性可知|F1P|＝|F2P′|，設(shè)|F2P′|＝|F1P|＝t，則|F2P|＝|F2Q|＝3t，可得|F2P|﹣|F1P|＝2t＝2a，即t＝a，所以|P′Q|＝4t＝4a，則|QF1|＝|QF2|+2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，即|P′Q|2可知∠F1P′Q＝∠F1PF2＝90°，在△P′F1F2中，由勾股定理得|F即a2+（3a）2＝4c2，解得e=c故選：D．二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）（多選）9．（5分）已知函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x），則下列說法正確的是（）A．f（x）是奇函數(shù) B．f（x）為偶函數(shù) C．f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?） D．f（x）在（0，1）上是減函數(shù)【解答】解：由函數(shù)f（x）＝lg（1﹣x）+lg（1+x）＝lg（1﹣x2），由題意得，1-x＞01+x＞0，解得﹣1＜x由f（﹣x）＝lg（1﹣x2）＝f（x），則函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，A錯(cuò)，B對(duì)；因?yàn)?＜1﹣x2≤1，所以f（x）≤0，f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?]，C錯(cuò)；取任意x1，x2∈（0，1），令x1＞x2，則f(x∵x1＞x2，∴x12＞x22，且可得f（x1）＜f（x2），故函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，D對(duì)；故選：BD．（多選）10．（5分）已知平面向量a→A．若|a→+bB．若(a→+bC．若(a→+cD．?m∈R且m≠1，則?b【解答】解：∵平面向量a→∴a→則|a→+b→+c若(a→+b→則﹣m＝4，解得m＝﹣4，故B錯(cuò)誤；若(a→+c→)⊥b由b→+c→=(0，m+1)可得?b→+故選：ABC．（多選）11．（5分）已知圓O：x2+y2＝4和圓C：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．圓O與圓C有四條公切線 B．|PQ|的取值范圍是[32C．x﹣y＝2是圓O與圓C的一條公切線 D．過點(diǎn)Q作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則存在點(diǎn)Q，使得∠MQN＝90°【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，由題意可得，圓O的圓心為O（0，0），半徑r1＝2，圓C的圓心C（3，3），半徑r2＝2，因?yàn)閮蓤A圓心距|OC|=32＞2+2=r對(duì)于B選項(xiàng)，|PQ|的最大值等于|OC|+r1+r2對(duì)于C選項(xiàng)，顯然直線x﹣y＝2與直線OC平行，因?yàn)閮蓤A的半徑相等，則外公切線與圓心連線平行，由直線OC：y＝x，設(shè)直線為y＝x+t，則兩平行線間的距離為2，即|t|2=2，故y=x±22對(duì)于D選項(xiàng)，易知當(dāng)∠MQN＝90°時(shí)，四邊形OMQN為正方形，故當(dāng)|QO|=22時(shí)，∠MQN＝90°，故D故選：ABD．（多選）12．（5分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）+fA．當(dāng)ω＝1時(shí)，若g（x）為奇函數(shù)，則φ=πB．當(dāng)φ=π4時(shí)，若f（x）在區(qū)間(π2，π)C．當(dāng)φ=π4時(shí)，若g（x）在x＝x0處取得最大值為5，則D．若將f（x）的圖象向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度所得的圖象與g（x）的圖象的所有對(duì)稱軸均相同，則ω【解答】解：由f（x）＝sin（ωx+φ），得f′（x）＝ωcos（ωx+φ），所以g(x)=sin(ωx+φ)+ωcos(ωx+φ)=1+ω2sin(ωx+φ+θ)，其中tanθ＝對(duì)于A，g(x)=2sin(x+π4+φ)，因?yàn)間所以φ=-π4+kπ，k∈Z，因?yàn)閨φ|＜π2對(duì)于B，由題意可知(π2，π)所以π-π2≤πω解得12≤ω≤5對(duì)于C，依題意1+ω2=5，故且2x0+π4+θ=π2+2kπ，k因此f(x0)=sin(2x0因?yàn)閠anθ＝ω＝2，θ∈(0，π2)，所以sinθ因?yàn)閟in2θ+cos2θ＝1，所以cos因?yàn)棣取?0，π2)所以f(x0)=對(duì)于D，將f（x）向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度，可得y=sin(ωx+φ+因?yàn)樗cg(x)=1+所以θ-π4ω=kπ，k所以θ=kπ+π4ω，所以tanθ=tan(kπ+π4此時(shí)ω不一定等于1，故D錯(cuò)誤．故選：BC．三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13．（5分）已知事件A發(fā)生的概率為0.4，事件B發(fā)生的概率為0.5，若在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率為0.6，則在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率為0.75．【解答】解：由已知可得P（A）＝0.4，P（B）＝0.5，P（A|B）＝0.6，由P(A|B)=P(AB)P(B)可得，P（AB）＝P（B）P（A|故P(B|A)=P(AB)故答案為：0.75．14．（5分）已知拋物線C：y=14x2的焦點(diǎn)為F，P是拋物線C上的一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若|PO|=23【解答】解：由題意可知拋物線C：y=14x設(shè)P（m，n），n≥0，則m2＝4n，由題意m2故n2+4n﹣12＝0，則n＝2，故|PF|＝n+1＝3．故答案為：3．15．（5分）已知α，β均為銳角，tanα+tanβ＝2sin（α+β），且cos(α+β)=13，則cos2（α﹣β）＝-【解答】解：2sin(α+β)=tanα+tanβ=sinαcosβ+sinβcosα因?yàn)閏os(α+β)=13，則sin（α+β）≠0，因此而cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=13，從而因此cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=1則cos2(α-β)=2cos故答案為：-116．（5分）勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球圍成的幾何體，如圖所示，已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為1，若一個(gè)正方體能夠在勒洛四面體中隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的棱長(zhǎng)的最大值為233【解答】解：若正方體能在勒洛四面體中任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則正方體的外接球能夠放入勒洛四面體，因此，求正方體的棱長(zhǎng)最大值，即求其外接球半徑最大值，也即勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑，此時(shí)該球與勒洛四面體的四個(gè)曲面均相切，該球的球心即為正四面體ABCD的中心，設(shè)M是底面BCD的中心，O是四面體的中心，外接球半徑為R，AM是高，如圖．BM=2由BO2＝BM2+OM2，得R2=(設(shè)E為正方體的外接球與勒洛四面體的一個(gè)切點(diǎn)，O為該球的球心，易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，易知B，O，E三點(diǎn)共線，且BE=1，OB=6因此OE=1-64，此即正方體外接球半徑的最大值，此時(shí)正方體的棱長(zhǎng)的最大值為故答案為：23四、解答題（本大題共6小題，共70.0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}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝an+2an﹣1（n≥3）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記dn＝Sn+1-54Sn，求數(shù)列{dn}的前n項(xiàng)和T【解答】解：（1）由題意，當(dāng)n≥3有Sn＝an+2an﹣1，所以又有Sn+1＝an+1+2an，二式相減化簡(jiǎn)得an＝2an﹣1，即當(dāng)n≥2，數(shù)列{an}是以2為公比，a2為首項(xiàng)的等比數(shù)列，又因?yàn)镾3＝a1+a2+a3＝a3+2a2，所以a2＝a1＝1，所以當(dāng)n≥2，an＝2n﹣2，所以an=1，n=1（2）結(jié)合（1）可知當(dāng)n≥2，Sn＝1+1+2+…+2n﹣2＝1+1×(1-2n-1)又S1＝a1＝1，符合上式，所以Sn＝2n﹣1，所以Sn+1＝2n，所以dn＝2n-54×2n所以Tn=34×（1-2n18．（12分）某中學(xué)舉行春季研學(xué)活動(dòng)，為了增加趣味性，在研學(xué)活動(dòng)中設(shè)計(jì)了一個(gè)摸獎(jiǎng)獲贈(zèng)書的游戲，在一個(gè)不透明的盒子中有質(zhì)地、大小相同的球5個(gè)，將5個(gè)球編號(hào)為1～5，其中紅球2個(gè)，黃球2個(gè)，藍(lán)球1個(gè)，每次不放回地隨機(jī)從盒中取一個(gè)球，當(dāng)三種顏色的球都至少有一個(gè)被取出時(shí)，停止取球，游戲結(jié)束，取球次數(shù)最少將獲得獎(jiǎng)勵(lì)．（1）求當(dāng)游戲結(jié)束時(shí)盒子里恰好只剩下一個(gè)