2022-2023學年浙江省杭州市高二（下）期末數學試卷含答案

2022-2023學年浙江省杭州市高二（下）期末數學試卷一、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選項中，有一項是符合題目要求的．1．（5分）直線3x+2y﹣1＝0的一個方向向量是（）A．（2，﹣3） B．（2，3） C．（﹣3，2） D．（3，2）2．（5分）若{aA．b→+c→，b→，-b→-c→ B．a→3．（5分）“巴赫十二平均律”是世界上通用的音樂律制，它與五度相生律、純律并稱三大律制．“十二平均律”將一個純八度音程分成十二份，依次得到十三個單音，從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于122．而早在16世紀，明代朱載堉最早用精湛的數學方法近似計算出這個比例，為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻．若第一個單音的頻率為fA．5f B．214f C．4f4．（5分）“點（a，b）在圓x2+y2＝1外”是“直線ax+by+2＝0與圓x2+y2＝1相交”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件5．（5分）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州開幕，因工作需要，還需招募少量志愿者．甲、乙等4人報名參加了“蓮花”、“泳鏡”、“玉琮”三個場館的各一個項目的志愿者工作，每個項目僅需1名志愿者，每人至多參加一個項目．若甲不能參加“蓮花”場館的項目，則不同的選擇方案共有（）A．6種 B．12種 C．18種 D．24種6．（5分）A，B兩個學科興趣小組在實驗室研究某粒子的運動軌跡，共同記錄到粒子的一組坐標信息（xi，yi）．A小組根據表中數據，直接對（x，y）作線性回歸分析，得到：回歸方程y?=0.4699x+0.235，決定系數R2＝0.8732．B小組先將數據按照變換u＝x2，v＝y(tǒng)2進行整理，再對u，v作線性回歸分析，得到：回歸方程v?=-0.5006u+0.4922A．0.4699x﹣y+0.235＝0 B．0.5006x+y﹣0.4922＝0 C．0.5006xD．x7．（5分）設A，B，C，D是半徑為1的球O的球面上的四個點．設OA→+OB→+OC→A．3 B．72 C．4 D．8．（5分）設橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦點分別為F1，F2，P是橢圓上不與頂點重合的一點，記I為△PF1F2的內心．直線PI交A．12 B．22 C．34二、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中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．（多選）9．（5分）若函數f（x）導函數的部分圖象如圖所示，則（）A．x1是f（x）的一個極大值點 B．x2是f（x）的一個極小值點 C．x3是f（x）的一個極大值點 D．x4是f（x）的一個極小值點（多選）10．（5分）拋擲一枚質地均勻的骰子（六個面上的數字是1、2、3、4、5、6），拋擲兩次．設事件A：“兩次向上的點數之和大于7”，事件B：“兩次向上的點數之積大于20”，事件C：“兩次向上的點數之和小于10”，則（）A．事件B與事件C互斥 B．P(AB)=5C．P(B|A)=2D．事件A與事件C相互獨立（多選）11．（5分）設雙曲線C：x2a-y2a2-a+4A．雙曲線C離心率的最小值為4 B．離心率最小時雙曲線C的漸近線方程為3x±y=0C．若直線l同時與兩條漸近線交于點C，D，則|AC|＝|BD| D．若a＝1，點A處的切線與兩條漸近線交于點E，F，則S△EOF為定值（多選）12．（5分）已知曲線f(x)=xex，g(x)=lnxxA．曲線f（x）在x＝0處的切線與曲線g（x）在x＝1處的切線平行 B．若直線y＝a與曲線f（x）僅有一個公共點，則a=1C．曲線f（x）與g（x）有且僅有一個公共點 D．若直線y＝a與曲線f（x）交于點A（x1，y1），B（x2，y2），與曲線g（x）交于點B（x2，y2），C（x3，y3），則x三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）（x﹣y）（x+y）8展開式中，x3y6項的系數為．14．（5分）曲率是衡量曲線彎曲程度的重要指標．定義：若f′（x）是f（x）的導函數，f″（x）是f′（x）的導函數，則曲線y＝f（x）在點（x，f（x））處的曲率K=|f″(x)|[1+(f′(x))2]32．已知f（x）＝cos（x﹣1）﹣lnx，則曲線y＝f15．（5分）已知數列{an}滿足a2＝8，an=[2(-1)n+n]an-1(n≥2，n∈N*)，數列{bn}的前n項和為Sn，且bn＝log2（a2n+2?a2n﹣1）﹣log2（a2n?16．（5分）設函數f(x)=2|x+2|+cos(π2x)，則使得f（x+1）＞f（2四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）如圖，在四面體ABCD中，AE→=λAB→，AH→=λAD（1）求證：E、F、G、H四點共面．（2）若λ=13，設M是EG和FH的交點，O是空間任意一點，用OA→、OB→、OC→18．（12分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4S2，a2n（1）求數列{an}的通項公式．（2）若{an}中的部分項abn組成的數列{abn+1}是以a1+1為首項，2為公比的等比數列，求數列{bn19．（12分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，∠A1AC＝60°，A1B=6（1）證明：平面A1ACC1⊥平面ABC；（2）求二面角B﹣A1B1﹣C1的正弦值．20．（12分）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州拉開帷幕，為了更好地迎接亞運會，杭州市政府大舉加強了城市交通基礎設施的建設．至2023年地鐵運行的里程數達到516公里，排位全國第六．同時，一張總長464公里、“四縱五橫”為骨架、通達“東西南北中”十城區(qū)的快速路網也順利完工準備接待世界各地的來賓．現杭州公共出行的主流方式為地鐵、公交、打車、共享單車這四種，基本可以覆蓋大眾的出行需求．（1）一個興趣小組發(fā)現，來自不同的城市的游客選擇出行的習慣會有很大差異，為了驗證這一猜想該小組進行了研究．請完成下列2×2列聯表，并根據小概率值α＝0.010的獨立性檢驗，分析城市規(guī)模是否與出行偏好地鐵有關？（精確到0.001）單位：人出行方式國際大都市中小型城市合計偏好地鐵_____20100偏好其他60__________合計_____60_____（2）國際友人David來杭游玩，每日的行程分成M（M∈N*）段，為了更好的體驗文化，相鄰兩段的出行方式不能相同，且選擇地鐵、公交、打車、共享單車的概率是等可能的．已知他每日從酒店出行的方式一定是從地鐵開始，記第n段行程上David坐地鐵的概率為pn，易知p1＝1，p2＝0①試證明{p②設第n次David選擇共享單車的概率為qn，比較p5與q5的大小．附：χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.82821．（12分）設拋物線C：y2＝2px（p＞0），過焦點F的直線與拋物線C交于點A（x1，y1），B（x2，y2）．當直線AB垂直于x軸時，|AB|＝2．（1）求拋物線C的標準方程．（2）已知點P（1，0），直線AP，BP分別與拋物線C交于點C，D．①求證：直線CD過定點；②求△PAB與△PCD面積之和的最小值．22．（12分）設函數f（x）＝（x﹣1）2ex﹣ax，若曲線f（x）在x＝0處的切線方程為y＝﹣2x+b．（1）求實數a，b的值．（2）證明：函數f（x）有兩個零點．（3）記f′（x）是函數f（x）的導數，x1，x2為f（x）的兩個零點，證明：f′(x

2022-2023學年浙江省杭州市高二（下）期末數學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選項中，有一項是符合題目要求的．1．（5分）直線3x+2y﹣1＝0的一個方向向量是（）A．（2，﹣3） B．（2，3） C．（﹣3，2） D．（3，2）【解答】解：依題意，（3，2）為直線的一個法向量，∴則直線的一個方向向量為（2，﹣3），故選：A．2．（5分）若{aA．b→+c→，b→，-b→-c→ B．a→【解答】解：-b則b→+c→，a→=12[(a→+b假設c→=λ(a→+(a→+b→故選：C．3．（5分）“巴赫十二平均律”是世界上通用的音樂律制，它與五度相生律、純律并稱三大律制．“十二平均律”將一個純八度音程分成十二份，依次得到十三個單音，從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于122．而早在16世紀，明代朱載堉最早用精湛的數學方法近似計算出這個比例，為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻．若第一個單音的頻率為fA．5f B．214f C．4f【解答】解：由題設可得：依次得到的十三個單音構成首項為f，公比為122的等比數列{an第四個單音的頻率為a4故選：B．4．（5分）“點（a，b）在圓x2+y2＝1外”是“直線ax+by+2＝0與圓x2+y2＝1相交”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：①若點（a，b）在圓x2+y2＝1外，則a2+b2＞1，∵圓x2+y2＝1的圓心（0，0）到直線ax+by+2＝0的距離d=|2|∴d與半徑1的大小無法確定，∴不能得到直線ax+by+1＝0與圓x2+y2＝1相交，∴充分性不成立，②若直線ax+by+1＝0與圓x2+y2＝1相交，則圓x2+y2＝1的圓心（0，0）到直線ax+by+1＝0的距離d=|2|即a2+b2＞4，點（a，b）在圓x2+y2＝1外．∴點（a，b）在圓x2+y2＝1外是直線ax+by+1＝0與圓x2+y2＝1相交的必要不充分條件．故選：B．5．（5分）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州開幕，因工作需要，還需招募少量志愿者．甲、乙等4人報名參加了“蓮花”、“泳鏡”、“玉琮”三個場館的各一個項目的志愿者工作，每個項目僅需1名志愿者，每人至多參加一個項目．若甲不能參加“蓮花”場館的項目，則不同的選擇方案共有（）A．6種 B．12種 C．18種 D．24種【解答】解：先從除甲外的3人中選1人參加“蓮花”場館的項目，再安排另外兩個項目，若甲不能參加“蓮花”場館的項目，則不同的選擇方案共有C3故選：C．6．（5分）A，B兩個學科興趣小組在實驗室研究某粒子的運動軌跡，共同記錄到粒子的一組坐標信息（xi，yi）．A小組根據表中數據，直接對（x，y）作線性回歸分析，得到：回歸方程y?=0.4699x+0.235，決定系數R2＝0.8732．B小組先將數據按照變換u＝x2，v＝y(tǒng)2進行整理，再對u，v作線性回歸分析，得到：回歸方程v?=-0.5006u+0.4922A．0.4699x﹣y+0.235＝0 B．0.5006x+y﹣0.4922＝0 C．0.5006xD．x【解答】解：由統(tǒng)計學知識可知，R2越大，擬合效果越好，又A小組的決定系數R2＝0.8732，B小組的決定系數R2＝0.9375，∴B小組的擬合效果好，則回歸方程為v?又u＝x2，v＝y(tǒng)2，∴y2＝﹣0.5006x2+0.4922，即0.5006x故選：C．7．（5分）設A，B，C，D是半徑為1的球O的球面上的四個點．設OA→+OB→+OC→A．3 B．72 C．4 D．【解答】解：因為AD→+BD→+CD→=（OD→-OA且|OD→|＝1，所以|AD而|AD→+BD→+CD→|≤|而A，B，C，D在球面上，不可能共線，即AD→，BD→，所以|AD|+|BD|+|CD|＞|AD→且|AD|，|BD|，|CD|均小于直徑長2，即|AD|+|BD|+|CD|＜6，綜上，3＜|AD|+|BD|+|CD|＜6，根據選項可知A不符合．故選：A．8．（5分）設橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦點分別為F1，F2，P是橢圓上不與頂點重合的一點，記I為△PF1F2的內心．直線PI交A．12 B．22 C．34【解答】解：不妨設點P位于第一象限，如圖所示，因為I為△PF1F2的內心，所以PA為∠F1PF2的角平分線，所以PF1PF2設|PF1|＝5t，則|PF2|＝3t，由橢圓的定義可知，|PF1|+|PF2|＝8t＝2a，可得t=a4，所以|PF又因為PF所以cos∠F1PF2=cos∠PF所以a2＝2c2，則e=c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中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．（多選）9．（5分）若函數f（x）導函數的部分圖象如圖所示，則（）A．x1是f（x）的一個極大值點 B．x2是f（x）的一個極小值點 C．x3是f（x）的一個極大值點 D．x4是f（x）的一個極小值點【解答】解：由圖象可知，當x＜x1時，f′（x）＞0，函數單調遞增，當x1＜x＜x2時，f′（x）＜0，函數單調遞減，當x2＜x＜x4時，f′（x）＞0，函數單調遞增，當x＞x4時，f′（x）＜0，函數單調遞減，故x1，x4是f（x）的極大值點，x2是f（x）的極小值點，x3不是的極值點．故選：AB．（多選）10．（5分）拋擲一枚質地均勻的骰子（六個面上的數字是1、2、3、4、5、6），拋擲兩次．設事件A：“兩次向上的點數之和大于7”，事件B：“兩次向上的點數之積大于20”，事件C：“兩次向上的點數之和小于10”，則（）A．事件B與事件C互斥 B．P(AB)=5C．P(B|A)=2D．事件A與事件C相互獨立【解答】解：拋擲一枚質地均勻的骰子（六個面上的數字是1、2、3、4、5、6），拋擲兩次，設第一次、第二次拋擲骰子正面朝上的點數分別為m、n，以（m，n）為一個基本事件，則基本事件的總數為62＝36，事件A包含的基本事件有：（2，6）、（3，5）、（3，6）、（4，4）、（4，5）、（4，6）、（5，3）、（5，4）、（5，5）、（5，6）、（6，2）、（6，3）、（6，4）、（6，5）、（6，6），共15種，事件B包含的基本事件有：（4，6）、（5，5）、（5，6）、（6，4）、（6，5）、（6，6），共6種，事件C包含的基本事件有：（1，1）、（1，2）、（1，3）、（1，4）、（1，5）、（1，6）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（2，4）、（2，5）、（2，6）、（3，1）、（3，2）、（3，3）、（3，4）、（3，5）、（3，6）、（4，1）、（4，2）、（4，3）、（4，4）、（4，5）、（5，1）、（5，2）、（5，3）、（5，4）、（6，1）、（6，2）、（6，3），共30種，對于A，事件B與事件C互斥，故A正確；對于B，事件AB包含的基本事件有：（4，6）、（5，5）、（5，6）、（6，4）、（6，5）、（6，6），共6種，所以，P(AB)=636=對于C，P(B|A)=n(AB)n(A)=對于D，P(A)=1536=事件AC包含的基本事件有：（2，6）、（3，5）、（3，6）、（4，4）、（4，5）、（5，3）、（5，4）、（6，2）、（6，3），共9種，所以，P(AC)=936=故選：AC．（多選）11．（5分）設雙曲線C：x2a-y2a2-a+4A．雙曲線C離心率的最小值為4 B．離心率最小時雙曲線C的漸近線方程為3x±y=0C．若直線l同時與兩條漸近線交于點C，D，則|AC|＝|BD| D．若a＝1，點A處的切線與兩條漸近線交于點E，F，則S△EOF為定值【解答】解：由題意可得e2=a2+4a=所以e2=a2+4a=a+4a≥2m?此時雙曲線方程是x22-y26=1設直線為x＝my+n代入雙曲線C：x可得（m2a2﹣m2a+4m2）y2+2mn（a2﹣a+4）y+n2（a2﹣a+4）﹣a（a2﹣a+4）＝0，又雙曲線的漸近線方程為x2直線方程代入可得（m2a2﹣m2a+4m2）y2+2mn（a2﹣a+4）y+n2（a2﹣a+4）＝0，∵直線l與雙曲線右支交于兩點A，B，與漸近線交于兩點C，D，A在B，C兩點之間，∴AB、CD的中點重合，∴|AC|＝|BD|，故C正確．當a＝1，雙曲線的方程為x2-y24=1，雙曲線的漸近線方程為設A（m，n），故雙曲線在A（m，n）的切線方程為mx-14與y＝2x聯立可得E的橫坐標為44m-2n與y＝﹣2x聯立可得E的橫坐標為44m+2n∴S△EOF=12|OE|?|OF|?sin∠EOF==52×1616m2-4n2×故選：BCD．（多選）12．（5分）已知曲線f(x)=xex，g(x)=lnxxA．曲線f（x）在x＝0處的切線與曲線g（x）在x＝1處的切線平行 B．若直線y＝a與曲線f（x）僅有一個公共點，則a=1C．曲線f（x）與g（x）有且僅有一個公共點 D．若直線y＝a與曲線f（x）交于點A（x1，y1），B（x2，y2），與曲線g（x）交于點B（x2，y2），C（x3，y3），則x【解答】解：對于A選項：f（0）＝0，f′(x)=x′?ex所以曲線f（x）在x＝0處的切線為：y＝x；同理g（1）＝0，g′(x)=1-lnxx2，g′（1）＝1，曲線g（x）在x＝1處的切線為y即曲線f（x）在x＝0處的切線與曲線g（x）在x＝1處的切線平行，正確；對于B選項：f′(x)=1-xex，令f′（x所以曲線f（x）在（﹣∞，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，f(1)=1又當x→﹣∞時f（x）→﹣∞，當x→+∞時f（x）→0，若直線y＝a與曲線f（x）僅有一個公共點，則a=1e或對于C選項：曲線g（x）的定義域為：（0，+∞），g′(x)=1-lnx令g′（x）＝0，解得x＝e，所以g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，且g(1)=0，g(e)=1所以曲線f（x）與曲線g（x）的大致圖像為：易知當x∈（0，1）時，f（x）＞0，g（x）＜0，即曲線f（x）與曲線g（x）在區(qū)間（0，1）上無交點；當x∈[1，e]時，f（x）單調遞減，g（x）單調遞增，且f(1)=1f（e）＝e1﹣e＜g（e）＝e﹣1，即曲線f（x）與曲線g（x）在區(qū)間（1，e）上有一個交點；當x∈（e，+∞）時，記h（x）＝x﹣lnx，h′(x)=1-1x，當x＞e時h′（即h（x）在（e，+∞）上單調遞增，即h（x）＞h（e）＝e﹣1＞0，即x＞lnx＞1，又曲線f（x）在（1，+∞）上單調遞減，所以f（x）＜f（lnx），即xe即f（x）＜g（x）恒成立，即曲線f（x）與曲線g（x）在區(qū)間（e，+∞）上沒有交點；所以曲線f（x）與g（x）有且僅有一個公共點，正確；對于D選項：當直線y＝a經過曲線f（x）與g（x）的交點時，恰好有3個公共點，且0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，x1由f（x1）＝f（x2）＝f（lnx2），所以x1＝lnx2，由g(x2)=g(即x1故選：ACD．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）（x﹣y）（x+y）8展開式中，x3y6項的系數為﹣28．【解答】解：（x﹣y）（x+y）8＝x（x+y）8﹣y（x+y）8，二項展開式x（x+y）8的通項為xC8rx8-ryr=C8r令r=6k+1=6，解得r=6k=5，因此，x3y6項的系數為故答案為：﹣28．14．（5分）曲率是衡量曲線彎曲程度的重要指標．定義：若f′（x）是f（x）的導函數，f″（x）是f′（x）的導函數，則曲線y＝f（x）在點（x，f（x））處的曲率K=|f″(x)|[1+(f′(x))2]32．已知f（x）＝cos（x﹣1）﹣lnx，則曲線y＝f【解答】解：因為f（x）＝cos（x﹣1）﹣lnx，所以f′(x)=-sin(x-1)-1x，則f′(1)=-11-sin0=-1所以曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的曲率為K=|f″(1)|故答案為：0．15．（5分）已知數列{an}滿足a2＝8，an=[2(-1)n+n]an-1(n≥2，n∈N*)，數列{bn}的前n項和為Sn，且bn＝log2（a2n+2?a2n﹣1）﹣log2（a2n?【解答】解：因為an=[2(-1)所以an所以bn＝log2（a2n+2?a2n﹣1）﹣log2（a2n?a2n+1）=log=log＝log2（2n+4）﹣log2（2n+2）所以Sn因為Sn﹣5＞0，所以log22n+44＞5=lo因為n∈N*，所以正整數n的最小值為63．故答案為：63．16．（5分）設函數f(x)=2|x+2|+cos(π2x)，則使得f（x+1）＞f（2x）成立的【解答】解：由f(x)=2|x+2|+cos(所以g（x）關于y軸對稱，所以f（x）關于x＝﹣2對稱，當x≥0時，g′(x)=2當x∈[0，2]時，因為sin(π2x)≥0，所以g當x∈（2，+∞）時，g′(x)＞2所以g（x）在上單調[0，+∞）遞增，在（﹣∞，0）上單調遞減，所以f（x）在（﹣∞，﹣2）上單調遞減，在（﹣2，+∞）上單調遞增，由f（x+1）＞f（2x）得|x+1+2|＞|2x+2|，即（x+3）2＞（2x+2）2，解得-5所以使得f（x+1）＞f（2x）成立的x的取值范圍是(-5故答案為：(-5四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）如圖，在四面體ABCD中，AE→=λAB→，AH→=λAD（1）求證：E、F、G、H四點共面．（2）若λ=13，設M是EG和FH的交點，O是空間任意一點，用OA→、OB→、OC→【解答】（1）證明：因為EH→FG→所以EH→=λ1-λFG→，則EH→∥FG（2）解：由（1）知，EH→=13BDEH、FG不在同一條直線上，EH∥FG，則EMMG=EHFG=當λ=13時，AE→=1因為CG→=23CD所以，OM=418．（12分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4S2，a2n（1）求數列{an}的通項公式．（2）若{an}中的部分項abn組成的數列{abn+1}是以a1+1為首項，2為公比的等比數列，求數列{bn【解答】解：（1）設差數列{an}的公差為d，則由S4＝4S2，a可得4a1+6d=8a1（2）由an＝2n﹣1，得ab又由{abn+1}是以a1+1為首項，2為公比的等比數列，得所以bn=219．（12分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，∠A1AC＝60°，A1B=6（1）證明：平面A1ACC1⊥平面ABC；（2）求二面角B﹣A1B1﹣C1的正弦值．【解答】（1）證明：取AC中點M，連接A1M，BM，則BM⊥AC．∵AA1＝AC，∠A1AC＝60°，∴△A1AC為等邊三角形，∴A1M⊥AC，∵A1M=BM=3∴A1M2+BM2=∵AC∩BM＝M，∴A1M⊥平面ABC，∵A1M?平面A1ACC1，∴平面A1ACC1⊥平面ABC．（2）解：由題可知二面角B﹣A1B1﹣C1的正弦值與二面角A1﹣AB﹣C正弦值相等．∵A1M⊥平面ABC，過M作MN⊥AB于點N，連接A1N，∴∠A1NM即為所求二面角A1﹣AB﹣C的平面角，∵A1M=3∴sin∠A故二面角B﹣A1B1﹣C1的正弦值為2520．（12分）第19屆亞運會將于2023年9月23日在杭州拉開帷幕，為了更好地迎接亞運會，杭州市政府大舉加強了城市交通基礎設施的建設．至2023年地鐵運行的里程數達到516公里，排位全國第六．同時，一張總長464公里、“四縱五橫”為骨架、通達“東西南北中”十城區(qū)的快速路網也順利完工準備接待世界各地的來賓．現杭州公共出行的主流方式為地鐵、公交、打車、共享單車這四種，基本可以覆蓋大眾的出行需求．（1）一個興趣小組發(fā)現，來自不同的城市的游客選擇出行的習慣會有很大差異，為了驗證這一猜想該小組進行了研究．請完成下列2×2列聯表，并根據小概率值α＝0.010的獨立性檢驗，分析城市規(guī)模是否與出行偏好地鐵有關？（精確到0.001）單位：人出行方式國際大都市中小型城市合計偏好地鐵_____20100偏好其他60__________合計_____60_____（2）國際友人David來杭游玩，每日的行程分成M（M∈N*）段，為了更好的體驗文化，相鄰兩段的出行方式不能相同，且選擇地鐵、公交、打車、共享單車的概率是等可能的．已知他每日從酒店出行的方式一定是從地鐵開始，記第n段行程上David坐地鐵的概率為pn，易知p1＝1，p2＝0①試證明{p②設第n次David選擇共享單車的概率為qn，比較p5與q5的大?。剑害?=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828【解答】解：（1）列聯表如下：出行方式國際大都市中小型城市合計首選地鐵8020100首選其他6040100合計14060200零假設為H0：城市規(guī)模與出行偏好地鐵無關，χ2根據小概率值α＝0.010的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為城市規(guī)模與出行偏好地鐵有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.010；（2）①證明：第n段行程上David坐地鐵的概率為pn，則當n≥2時，第n﹣1段行程上David坐地鐵的概率為pn﹣1，不坐地鐵的概率為1﹣pn﹣1，則pn從而pn又p1-14=34②由①可知pn則p5=34(-13)421．（12分）設拋物線C：y2＝2px（p＞0），過焦點F的直線與拋物線C交于點A（x1，y1），B（x2，y2）．當直線AB垂直于x軸時，|AB|＝2．（1）求拋物線C的標準方程．（2）已知點P（1，0），直線AP，BP分別與拋物線C交于點C，D．①求證：直線CD過定點；②求△PAB與△PCD面積之和的最小值．【解答】解：（1）由題意，當直線AB垂直于x軸時，x1=p2，代入拋物線方程得y則|AB|＝2p，所以2p＝2，即p＝1，所以拋物線C：y2＝2x．（2）①設C（x3，y3），D（x4，y4），直線AB：x=my+1與拋物線C：y2＝2x聯立，得y2﹣2my﹣1＝0，因此y1+y2＝2m，y1y2＝﹣1．設直線AC：x＝ny+1，與拋物線C：y2＝2x聯立，得y2﹣2ny﹣2＝0，因此y1+y3＝2n，y1y3＝﹣2，則y3=-2所以kCD=y因此直線CD：x＝2m（y﹣y3）+x3，由對稱性知，定點在x軸上，令y＝0得，x=-2my=2(所以直線CD過定點Q（2，0）．②因為S△PABS△PCD所以S△PAB當且僅當m＝0時取到最小值5222．（12分）設函數f（x）＝（x﹣1）2ex﹣ax，若曲線f（x）在x＝0處的切線方程為y＝﹣2x+b．（1）求實數a，b的值．（2）證明：函數f（x）有兩個零點．（3）記f′（x）是函數f（x）的導數，x1，x2為f（x）的兩個零點，證明：f′(x【解答】解：（1）由題意可得f′（x）＝（x2﹣1）ex﹣a，由切線方程可知其斜率為﹣2，所以f′(0)=-2，f(0)=b，，解得a=1（2）證明：由f（x）＝0可得（x﹣1）2ex﹣x＝0，所以(x-1)函數f（x）有兩個零點即函數g(x)=(x-1)g′(x)=(x-1)(2+1當x＜1時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；當x＞1時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增．又g（0）＝1＞0，g(1)=-1e＜0所以g（0）g（1）＜0，g（1）g（2）＜0，由零點存在定理可得?x1∈（0，1）使得g（x1）＝0，?x2∈（1，2）使得g（x2）＝0，所以函數f（x）有兩個零點．（3）證明：由（1）（2）知f（x）＝（x﹣1）2ex﹣x，可得f′（x）＝（x2﹣1）ex﹣1且0＜x1＜1＜x2＜2．要證明f′(x1+即證明x1+x2＞2．令h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x）（0＜x＜1），則h′(x)=g′(x)+g′(2-x)=(x-1)(2+1因此h（x）單調遞減，則h（x）＞h（1）＝0．因此h（x1）＞0，即g（x1）＞g（2﹣x1），又0＜x1＜1＜x2＜2，又g（x2）＝g（x1）；所以g（x2）＞g（2﹣x1），又x2，2﹣x1∈（1，2），且g（x）在（1，2）上單調遞增，因此x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．命題得證．2022-2023學年浙江省名校聯盟高二（下）期末數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝A，則A．[0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，1）2．（5分）若直線a在平面α內，直線b在平面α外，則“b⊥a”是“b⊥α”的（）A．充要條件 B．既不充分也不必要條件 C．充分不必要條件 D．必要不充分條件3．（5分）數列{an}首項為1，接下來3項為13，再接下來5項為15，再后面7項為17，以此類推A．115 B．117 C．1194．（5分）已知一組成對數據（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y關于x的一元非線性回歸方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=1A．3 B．1 C．﹣1 D．﹣35．（5分）2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國家境內舉行、也是繼2002年韓日世界杯之后時隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．足球由32塊黑白相間的皮革縫制而成，其中，黑色的皮塊呈正五邊形，每一塊黑皮的周圍都5塊白皮相連；而白色的皮塊呈正六邊形，每一塊白皮的周圍分別連著3塊黑皮、3塊白皮．若制作一個半徑為10cm的足球（正多邊形近似看作平面正多邊形），則一塊黑皮面積約為_____cm2．（注：邊長為a的正五邊形面積≈1.7a2，邊長為a的正六邊形面積≈2.6a2，取3.14）（）A．32.44 B．31.92 C．30.51 D．29.496．（5分）復數z滿足|z﹣1|+|z+1|＝4，則|z|的取值范圍是（）A．[3，2] B．[1，2] C．[2，3] D．[1，3]7．（5分）雙曲線x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦點為F，離心率為e，PO→=kA．﹣9 B．﹣7 C．﹣5 D．﹣38．（5分）已知a=sin32，b=2A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜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中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對得2分，有選錯得0分。（多選）9．（5分）已知數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，下列說法正確的是（）A．若an＝bn能成立，則Sn＝Tn能成立 B．若an＝bn能成立，則Sn＝Tn恒成立 C．若an＝bn恒成立，則Sn＝Tn恒成立 D．若Sn＝Tn恒成立，則an＝bn恒成立（多選）10．（5分）雙曲線C：x24-A．該雙曲線漸近線為y=±5B．過點（3，0）的直線與雙曲線C交于A、B兩點，若|AB|＝5，則滿足的直線有1條 C．與雙曲線C兩支各有一個交點的直線斜率可以是1.1 D．過點P能作4條僅與雙曲線C有一個交點的直線（多選）11．（5分）函數f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有兩個零點α，β（α＜β），下列說法正確的是（）A．β∈(5πB．tanβ-α=sinα+sinβC．tan(β+πD．f（x）在（0，2π）上有2個極值點x1，x2且x2﹣x1＝π（多選）12．（5分）半徑為2的球A上有三個點B，C，P，BC＝2，三棱錐A﹣PBC的頂角均為銳角，二面角P﹣BC﹣A的平面角為α，E為邊BC上一動點，則（）A．若PB＝PC＝2，則cosα=3B．若PB＝PC＝2，則cosα=1C．若∠PAE的最小值等于α，則三棱錐P﹣ABC體積最小為396D．若∠PAE的最小值等于α，則三棱錐P﹣ABC體積最小為15三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），則a→14．（5分）橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)過點（2，0）且上頂點到x軸的距離為1，直線m過點(1，12)15．（5分）為了紀念世界地球日，復興中學高三年級參觀了地球自然博物館，觀后某班級小組7位同學合影，若同學A與同學B站在一起，同學C站在邊緣，則同學C不與同學A或B相鄰的概率為．16．（5分）5320的因數有個，從小到大排列后，第24個因數為．四、解答題：本題共6小題，共58分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）如圖幾何體為圓臺一部分，上下底面分別為半徑為1，2的扇形，D1O＝OB，體積為14π9（1）求AB；（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并證明．18．（12分）△ABC內角A，B，C滿足2cosB+1tanA（1）求C﹣A的大??；（2）D、E分別為AB、BC上的點，DE→=23AC→，且19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，遞增數列{an}前n項和為Sn．（1）證明：{an}為等比數列并求Sn；（2）記bn=an+Cn15，?n為使bn∈20．（12分）過（2，0）的直線與C1：y2＝4x交于A，B兩點，直線OA、OB與C2：x2+λx+y2＝0（λ≠0）分別交于C、D．（1）證明：CD中點在x軸上；（2）若A、B、C、D四點共圓，求|AB|所有可能取值．21．（12分）人口老齡化加劇的背景下，我國先后頒布了一系列生育政策，根據不同政策要求，分為兩個時期Ⅰ和Ⅱ．根據部分調查數據總結出如下規(guī)律：對于同一個家庭，在Ⅰ時期內生孩X人，在Ⅱ時期生孩Y人，（不考慮多胞胎）生男生女的概率相等．X服從0﹣1分布且P（x＝0）=15．Y012Ppp+qp﹣q現已知一個家庭在Ⅰ時期沒生孩子，則在Ⅱ時期生2個孩子概率為124；若在Ⅰ時期生了1個女孩，則在時期生2個孩子概率為16；若在Ⅰ時期生了1個男，則在Ⅱ時期生2個孩子概率為（1）求Y的期望與方差；（2）由數據zi（i＝1，2，…，n）組成的樣本空間根據分層隨機抽樣分為兩層，樣本點之比為a：b，分別為xi（i＝1，2，…，k）與yi（i＝1，2，…，m），k+m＝n，總體本點與兩個分層樣本點均值分別為z，x，y，方差分別為s02，s12，22．（12分）A（﹣1，0），B（1，0），P（a，b），kPA+kPB＝λ（λ＞0）．（1）若λ＝1，a?（0，1），證明：eb＞a；（2）是否存在λ使eb＝a有且僅有一組解，若存在，求λ取值集合；若不存在，請說明理由．

2022-2023學年浙江省名校聯盟高二（下）期末數學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4個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝A，則A．[0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，1）【解答】解：∵集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝∴A?B，∵B＝{y|y≥0}，當a＝0時，A＝?，符合題意；當a＞0時，A＝{x|x=1當a＜0時，A＝{x|x=1綜上，a的取值范圍是[0，+∞）．故選：A．2．（5分）若直線a在平面α內，直線b在平面α外，則“b⊥a”是“b⊥α”的（）A．充要條件 B．既不充分也不必要條件 C．充分不必要條件 D．必要不充分條件【解答】解：只有b⊥a不能推出b⊥α，充分性不成立，b⊥α，直線a在平面α內，直線b在平面α外，則b⊥a，必要性成立，故“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分條件．故選：D．3．（5分）數列{an}首項為1，接下來3項為13，再接下來5項為15，再后面7項為17，以此類推A．115 B．117 C．119【解答】解：由題意可知，數列{an}的項數構成以1為首項，以2為公差的等差數列，記為{bn}，則bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，前n項和為n(1+2n-1)2=n令n2＝100可得n＝10，而原數列有b1個1b1，b2個1b2，…b故a100=1故選：C．4．（5分）已知一組成對數據（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y關于x的一元非線性回歸方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=1A．3 B．1 C．﹣1 D．﹣3【解答】解：∵i=16xi∴16i=16則3＝2b+1，解得b＝1．故選：B．5．（5分）2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國家境內舉行、也是繼2002年韓日世界杯之后時隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．足球由32塊黑白相間的皮革縫制而成，其中，黑色的皮塊呈正五邊形，每一塊黑皮的周圍都5塊白皮相連；而白色的皮塊呈正六邊形，每一塊白皮的周圍分別連著3塊黑皮、3塊白皮．若制作一個半徑為10cm的足球（正多邊形近似看作平面正多邊形），則一塊黑皮面積約為_____cm2．（注：邊長為a的正五邊形面積≈1.7a2，邊長為a的正六邊形面積≈2.6a2，取3.14）（）A．32.44 B．31.92 C．30.51 D．29.49【解答】解：由題意知，黑白皮塊的個數比為3：5，所以黑皮有32×3又因為邊長為a的正五邊形面積≈1.7a2，邊長為a的正六邊形面積≈2.6a2，π＝3.14，所以12×1.7a2+20×2.6a2＝4×3.14×102，解得a2=1256所以1.7a2＝29.49．故選：D．6．（5分）復數z滿足|z﹣1|+|z+1|＝4，則|z|的取值范圍是（）A．[3，2] B．[1，2] C．[2，3] D．[1，3]【解答】解：∵復數z滿足|z﹣1|+|z+1|＝4，∴復數z對應的點的軌跡是以F1（﹣1，0），F2（1，0）為焦點，兩條坐標軸為對稱軸，長軸長為4的橢圓，即2a＝4，解得a＝2，∴該橢圓的短軸長b=4-1|z|表示橢圓上的點到原點的距離，則|z|的最大值為橢圓的長半軸a，最小值為短半軸b，故|z|的取值范圍為[3，2]．故選：A．7．（5分）雙曲線x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦點為F，離心率為e，PO→=kA．﹣9 B．﹣7 C．﹣5 D．﹣3【解答】解：由題意，右焦點F（c，0），由PO→=kFO→（k＞1），可得P（kc，0），|PF|＝（以P為圓心，|PF|長為半徑的圓的方程為：（x﹣kc）2+y2＝（k﹣1）2c2，(x-kc)2+y2=(k-1)2c2b2x2-a2y2=a2由圓與雙曲線有公共點，所以△≥0，即4k2c2a4﹣4c2a2（2kc2﹣c2﹣b2）≥0，結合b2＝c2﹣a2，化簡可得（k﹣1）[（k+1）a2﹣2c2]≥0，∵k＞1，∴（k+1）a2﹣2c2≥0，即k≥2e2﹣1，所以k﹣8e≥2e2﹣8e﹣1＝2（e﹣2）2﹣9，當e＝2時，取得最小值﹣9．故選：A．8．（5分）已知a=sin32，b=2A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a【解答】解：由已知得a=sin32=cos(因為y＝cosx在區(qū)間[0，π]上單調遞減，且0＜π2-32所以cos(π2-32令f（x）＝x﹣sinx，x∈（0，+∞），則f′（x）＝1﹣cosx＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以f（x）＞f（0）＝0，即x＞sinx，所以a=sin32＜32令g(x)=cosx-(1-12x令h(x)=x-16x令m(x)=1-12x2-cosx，則m′（x令n（x）＝﹣x+sinx，則當x≥0時，n′（x）＝﹣1+cosx≤0，所以n（x）在x≥0內單調遞減，所以m′（x）＝n（x）＜n（0）＝0，所以m（x）在x≥0內單調遞減，所以h′（x）＝m（x）＜m（0）＝0，所以h（x）在x≥0內單調遞減，所以g'（x）＝h（x）＜h（0）＝0，所以g（x）在x≥0內單調遞減，所以g（x）＜g（0）＝0，即cosx≤1-12x所以c=cos12＜1-12×14+124×1綜上：a＜c＜b．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中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對得2分，有選錯得0分。（多選）9．（5分）已知數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，下列說法正確的是（）A．若an＝bn能成立，則Sn＝Tn能成立 B．若an＝bn能成立，則Sn＝Tn恒成立 C．若an＝bn恒成立，則Sn＝Tn恒成立 D．若Sn＝Tn恒成立，則an＝bn恒成立【解答】解：對于A，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，?，an＝bn能成立，Sn＝Tn也能成立，故A正確；對于B，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，…，an＝bn能成立，Sn＝Tn不能恒成立，故B錯誤；對于C，若an＝bn恒成立，則二者是相同數列，即Sn＝Tn恒成立，故C正確；對于D，若Sn＝Tn恒成立，則Sn﹣1＝Tn﹣1，當n≥2時，兩式作差得an＝bn，當n＝1時，若S1＝T1，則a1＝b1，故D正確．故選：ACD．（多選）10．（5分）雙曲線C：x24-A．該雙曲線漸近線為y=±5B．過點（3，0）的直線與雙曲線C交于A、B兩點，若|AB|＝5，則滿足的直線有1條 C．與雙曲線C兩支各有一個交點的直線斜率可以是1.1 D．過點P能作4條僅與雙曲線C有一個交點的直線【解答】解：對于A，雙曲線C：x24-y25對于B，由于雙曲線的實軸長為2a＝4，所以過焦點F與左右兩支都相交的直線被雙曲線截得的弦長的取值范圍是[4，+∞），所以存在關于x軸對稱的兩種情況，使其弦長為5，另外當直線垂直于x軸時，經計算可得弦長正好是5，故滿足條件的直線有三條，故B錯誤；對于C，由于雙曲線的漸近線的斜率為±52，焦點在x若直線l與雙曲線C的兩支各有一個交點，則直線l的斜率k∈（-52，因為1.1∈（-52，52對于D，由于P（1，2）點在雙曲線的兩條漸近線的上方，如圖所示：故過能作4條直線與雙曲線C僅有一個交點，其中兩條與漸近線平行，另外兩條與雙曲線相切，故D正確．故選：ACD．（多選）11．（5分）函數f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有兩個零點α，β（α＜β），下列說法正確的是（）A．β∈(5πB．tanβ-α=sinα+sinβC．tan(β+πD．f（x）在（0，2π）上有2個極值點x1，x2且x2﹣x1＝π【解答】解：由于函數f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有兩個零點α，β（α＜β），故函數y＝kx，y＝|sinx|的圖象在（0，+∞）上有兩個不同的交點，作出函數y＝kx，y＝|sinx|的圖象如圖：要滿足題意，需滿足y＝kx與y＝|sinx|在（π，2π）間的圖象相切，由圖象可知α∈(0，π)，β∈(π，3當x∈（0，π]時，y＝sinx，當x∈（π，2π）時，y＝﹣sinx，由于α＜β，則設y＝kx與y＝|sinx|在（π，2π）間的圖象相切時的切點為（β，﹣sinβ），此時y′＝﹣cosx，則k=-cosβ=-sinβ-0β-0，∴tanβ＝于是tan(β+π4)=對于A，當x∈（π，2π）時，f（x）＝kx+sinx，此時k=-cosβ，β∈(π，3由于f（β）＝kβ+sinβ＝0，即f（β）＝﹣βcosβ+sinβ＝0，令h(x)=-xcosx+sinx，x∈(π，3即h(x)=-xcosx+sinx，x∈(π，3h(5π4)=-故h（x）＝﹣xcosx+sinx在(5π4，32對于B，當x∈（0，π]時，f（α）＝kα﹣sinα＝0，即α=sinα當x∈（π，2π）時，tanβ＝β，f（β）＝kβ+sinβ＝0，即β=-sinβ故tanβ-α=β-α=-sinα+sinβk，對于D，當x∈（0，π]時，f（x）＝kx﹣sinx，f′（x）＝﹣cosβ﹣cosx＝cos（β﹣π）﹣cosx，β﹣π∈（0，π），當0＜x＜β﹣π時，f′（x）＜0，當β﹣π＜x＜π時，f′（x）＞0，即f（x）在（0，β﹣π）單調遞減，在（β﹣π，π）單調遞增，即x＝β﹣π為函數在（0，π]內的一個極小值點；當x∈（π，2π）時，f（x）＝kx+sinx，f′（x）＝﹣cosβ+cosx，當π＜x＜β時，f′（x）＜0，當β＜x＜2π時，f′（x）＞0，即f（x）在（π，β）單調遞減，在（β，2π）單調遞增，即x＝β為函數在（π，2π）內的一個極小值點；即f（x）在（0，2π）上有2個極值點，設為x1，x2（x1＜x2），則x1＝β﹣π，x2＝β，故x2﹣x1＝π，D正確；故選：ACD．（多選）12．（5分）半徑為2的球A上有三個點B，C，P，BC＝2，三棱錐A﹣PBC的頂角均為銳角，二面角P﹣BC﹣A的平面角為α，E為邊BC上一動點，則（）A．若PB＝PC＝2，則cosα=3B．若PB＝PC＝2，則cosα=1C．若∠PAE的最小值等于α，則三棱錐P﹣ABC體積最小為396D．若∠PAE的最小值等于α，則三棱錐P﹣ABC體積最小為15【解答】解：如圖所示：當PB＝PC＝2時，三棱錐A﹣PBC為正四面體，點A在底面BCP內的射影為△BCP的中心M，即AM⊥平面BCP，連接PM延長交BC于F，易知，F為BC的中點，連接AF，所以AF⊥BC，PF⊥BC，故二面角P﹣BC﹣A的平面角為∠AFM，即∠AFM＝α，在Rt△AMF中，AF=2sinπ3=所以cosα=MFAF=13如圖所示：因為三棱錐A﹣PBC的頂角均為銳角，所以BP＜22，CP＜2因為點A在底面BCP內的射影為△BCP的外心M，即AM⊥平面BCP，過點A作AG⊥BC于G，連接MG，因為△ABC為等邊三角形，所以G為BC的中點，又易知BC⊥平面AMG，所以二面角P﹣BC﹣A的平面角為∠AGM，即∠AGM＝α，因為VP-ABC=13×S△ABC根據三余弦定理可知，∠PAE的最小值為直線AP與平面ABC所成的角，即當P，M，G三點共線時（E，G重合），∠PAE最小，此時∠PAE＝∠AGM，且h＝2sin∠PAE最小，故PG＝AP＝2，而AG=3，所以三棱錐P﹣ABC體積最小為V故選：BC．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），則a→在b【解答】解：a→=（2，1），則a→?b故a→在b→上的投影向量為：故答案為：(114．（5分）橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)過點（2，0）且上頂點到x軸的距離為1，直線m過點(1，12)與橢圓E交于A，B兩點且AB中點在坐標軸上，則直線【解答】解：已知橢圓E過點（2，0）且上頂點到x軸的距離為1，所以a＝2，b＝1，此時橢圓E：x24+易知12即點(1，12)此時直線m與橢圓E相交，當直線斜率不存在時，此時直線m的方程為x＝1，設A（1，y0），易得B（1，﹣y0），而AB中點為（1，0）在坐標軸上，所以x＝1符合題意；當直線斜率存在時，不妨設直線m：y-12=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，聯立y-12=k(x-1)x24+y2=1，消去y并整理得（1+4k2）x由韋達定理得x1+x2=-(4-8k)k所以y1+y2＝k（x1+x2﹣2）+1=1-2k因為AB中點在坐標軸上，所以x1+x2＝0或y1+y2＝0，解得k＝0或k=1此時直線m的方程為y=12或y=綜上，直線m的方程為y=12或y=12故答案為：y=12或y=1215．（5分）為了紀念世界地球日，復興中學高三年級參觀了地球自然博物館，觀后某班級小組7位同學合影，若同學A與同學B站在一起，同學C站在邊緣，則同學C不與同學A或B相鄰的概率為0.8．【解答】解：根據題意，先計算“同學A與同學B站在一起，同學C站在邊緣”的情況數目：先讓同學C站在邊緣，有2種方法，再將同學A與同學B看成一個整體，與剩下4人排列，有種方法，故同學A與同學B站在一起，同學C站在邊緣，共有2×240＝480種方法，再計算“同學A與同學B站在一起，同學C站在邊緣，則同學C不與同學A或B相鄰”的情況數目：若同學C不與同學A或B相鄰的有：先讓同學C站在邊上，有2種方法，再讓除ABC之外的4人去站剩下的4個位置，有種方法，最后讓同學A與同學B組成的整體從與同學C不相鄰的4個位置中選一個位置，有2×4＝8種方法，所以由分步乘法原理可得同學C不與同學A或B相鄰的共有2×8×24＝384種方法，故要求的概率；故答案為：0.8．16．（5分）5320的因數有32個，從小到大排列后，第24個因數為280．【解答】解：根據題意，5320＝2×2×2×5×7×19，當5320的因數是1個質數時，有4種情況，當5320的因數是2個質數的乘積時，有1+C當5320的因數是3個質數的乘積時，有1+C當5320的因數是4個質數的乘積時，有1+C當5320的因數是5個質數的乘積時，有4種情況，當5320的因數是6個質數的乘積時，有1種情況，另外，其因數還有1，則5320的因數有4+7+8+7+4+1+1＝32個；按從小到大的順序排列為：1，2，4，5，7，8，10，14，19，20，28，35，38，40，56，70，76，95，133，140，152，190，266，280，380，532，665，760，1064，1330，2660，5320；其第24個因數為280．故答案為：32；280．四、解答題：本題共6小題，共58分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）如圖幾何體為圓臺一部分，上下底面分別為半徑為1，2的扇形，D1O＝OB，體積為14π9（1）求AB；（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并證明．【解答】解：（1）由題意知，D1O＝OB＝2，設∠A1D1B1＝∠AOB＝α，上底的面積為S1，下底的面積為S2，則S1=12×1×1×α=α2所以該幾何體的體積V=13（S1+S2+S1S2）?D1O=13（α2+2在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2+OB2﹣2OA?OB?cos∠AOB＝4+4﹣2×2×2×cos23π所以AB＝23．（2）不存在，證明如下：過點O作OB的垂線交劣弧AB于N，由（1）可知∠AOB=2π3，所以∠故以ON，OB，OD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O（0，0，0），A(3，-1，0)，D1（0，0，2），B設M（2cosβ，2sinβ，0），其中-π6＜則OB1→=（0，1，2），AD設平面AD1M的法向量為n→=（x，y，z），則n→因為-π6＜β＜取x＝2sinβ+1，則y=3-2cosβ，z=3sinβ+cosβ若OB1∥平面AD1M，則OB即3-2cosβ+2（3sinβ+cosβ)=3+23sinβ=0=所以OB1∥平面AD1M不成立，故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面AD1M．18．（12分）△ABC內角A，B，C滿足2cosB+1tanA（1）求C﹣A的大??；（2）D、E分別為AB、BC上的點，DE→=23AC→，且【解答】解：（1）2cosB+1tanA=2sinB+3即2cosAcosB+cosA=2sinAsinB+3所以3sinA-cosA=2cos(A+B)，即2sin(A-所以sin(A-π因為0＜C＜π，則-π因為0＜A＜π，則-π所以A-π6=C-所以C-A=π3或綜上所述，C-A=π（2）解：如下圖所示：因為D、E分別為AB、BC上的點，DE→=23AC所以BDAB=BEBC=因為DE∥BC，則∠BDE＝∠A，∠CDE＝∠ACD，因為DE平分∠CDB，所以∠BDE＝∠CDE，則∠A＝∠ACD，故AD＝CD，所以∠BCD=∠ACB-∠A=π設AD＝m，則CD＝m，BD＝2m，其中m＞0，在△BCD中，由正弦定理可得CDsinB所以sinB=CDsin因為CD＜BD，則B為銳角，即0＜B＜π故cosB=1-si所以A+C=(π-B)∈(π因為A+C=C-π3+C=2C-故π4因為cos(2C-π又因為cos(2C-π所以cos(C-π19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，遞增數列{an}前n項和為Sn．（1）證明：{an}為等比數列并求Sn；（2）記bn=an+Cn15，?n為使bn∈【解答】解：（1）證明：由于p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，當p＝1，q＝1時，a1＝1；當p﹣1＝2k，k∈N時，2p﹣1依次取值為1，4，16，64，…，4k，…，（k∈N）時，總存在q∈N*，使得2p﹣1＝3q﹣2成立，證明該結論，只需證明4k+2能被3整除，由于4=3(C即4k+2能被3整除，即上述結論成立；當p﹣1＝2k+1，k∈