2023屆浙江省高考仿真模擬數(shù)學試卷02（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省2023屆高考數(shù)學仿真模擬卷02第Ⅰ卷一、單項選擇題：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，只有一項是符合題目要求.1．已知集合M滿足2,3?M?1,2,3,4,5，那么這樣的集合M的個數(shù)為（A．6 B．7 C．8 D．9〖答案〗C〖解析〗因為2,3?M?所以集合M可以為：2,3,1,2,3,4,2,3,4,5,故選：C.2．已知a>1，b>1，且log2a=logbA．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵log2∴12log∴l(xiāng)og2∵a>1，b>1，∴l(xiāng)og2a>0，∴l(xiāng)og2(ab)=log2a+log2b≥2log2a?log2b3．某興趣小組研究光照時長x（h）和向日葵種子發(fā)芽數(shù)量y（顆）之間的關系，采集5組數(shù)據(jù)，作如圖所示的散點圖．若去掉D10,2后，下列說法正確的是（

A．相關系數(shù)r變小 B．決定系數(shù)R2C．殘差平方和變大 D．解釋變量x與預報變量y的相關性變強〖答案〗D〖解析〗從圖中可以看出D10,2較其他點，偏離直線遠，故去掉D對于A，相關系數(shù)r越接近于1，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，相關系數(shù)r變大，故A對于B，決定系數(shù)R2越接近于1，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，決定系數(shù)R2對于C，殘差平方和越小，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，殘差平方和變小，故C對于D，若去掉D10,2后，解釋變量x與預報變量y的相關性變強，且是正相關，故D故選：D．4．已知平面向量a=1,3，b=2，且a-bA．1 B．14 C．14 D．10〖答案〗B〖解析〗因為a-b2=a2-2a?故選：B5．“清明時節(jié)雨紛紛，路上行人欲斷魂”描述的是我國傳統(tǒng)節(jié)日“清明節(jié)”的景象．“青團”創(chuàng)于宋朝，是清明節(jié)的寒食名點之一，也是人們提起清明節(jié)會最先想到的美食．某地居民喜好的青團品種有4個，假定每個人購買時對于每種青團的選擇是獨立的，選擇每個品種的概率均為13，若在清明節(jié)當日，某傳統(tǒng)糕點店為顧客只準備了3個品種的青團，則一位進店顧客，他的要求可以被滿足的概率為（

A．1481 B．1027 C．3881〖答案〗D〖解析〗設不被滿足的概率為P，則P=C41故選：D.6．若與y軸相切的圓C與直線l:y=33x也相切，且圓C經(jīng)過點P2,3A．2 B．2或143 C．74 D．7〖答案〗B〖解析〗因為直線l:y=33x所以圓C的圓心在兩切線所成角的角平分線y=3設圓心Ca,3a，則圓C將點P2,3的坐標代入，得整理得3a2-10a+7=0，解得a=1所以圓C的直徑為2或143故選：B.7．已知x+1x-15=a0A．-1 B．0 C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗因為x+1x-15=xx-15-x-15，x-15展開式第r+1項Tr+1=C5故選：B8．三棱錐P-ABC中，AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25，則三棱錐P-ABCA．16π B．18π C．20π〖答案〗C〖解析〗如圖，將三棱錐P-ABC畫在長方體方體中，并建立空間直角坐標系O-xyz，由AC⊥PC，由AC⊥面DD1C1C又|BP|=25，BD⊥面DD1故|DP|=4，即P點軌跡為以D為圓心，半徑為4，在DCC設點Pxp,0,zP，則因為△ABC為等腰直角三角形，所以三棱錐P-ABC的外接球的球心O在直線EF上，設點O1,1,zO，由|OA|=|OP|，得2+聯(lián)立①②得：zo設過點8,0和點xp,zp的直線斜率為由直線與圓相切，可得k∈-則zomin=3，所以故選：C二、多項選擇題：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.9．在單位正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，M為線段A．直線DP與OM是異面直線 B．三棱錐B1C．存在點M，使AC1//平面BDM D．存在點M，使〖答案〗BC〖解析〗A項：因為BD,BM相交，所以DP，OM共面，故錯誤；B項：因為VB1-DBM所以CC1//BB1，因為CC1所以CC1//平面BB1D1C項：當M為CC1中點時，OM為△ACC因為AC1?平面BDM，OM?所以AC1//D項：當M與C1重合時，因為BD⊥AC,BD⊥CAC,CC1?所以BD⊥平面ACC1A1，因為A1同理可證BM⊥A1C，因為BD∩BM=B，BD,BM?平面BDM，所以A又因為M不與端點重合，故錯誤．故選：BC.10．下列說法正確的有（

）A．若事件A與事件B互斥，則PB．若PA>0，PB>0C．若隨機變量X服從正態(tài)分布N2,σ，PX≤3D．這組數(shù)據(jù)4,3,2,5,6的60%分位數(shù)為〖答案〗BC〖解析〗選項A，若事件A與事件B互斥，則PA+PB選項B，若PA>0，PB則PAB=PAPB所以P(A|B)=PA，故B選項C：若隨機變量X服從正態(tài)分布N2,σ，P則PX>3所以PX≤1=PX>3選項D：將數(shù)據(jù)4,3,2,5,6進行排序得2,3,4,5,6，共5個，5×60%=3，所以這組數(shù)據(jù)4,3,2,5,6的60%分位數(shù)為4+5故選：BC11．設F為拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點，過點F的直線l與拋物線C交于Ax1,y1Bx2,y2兩點，過B作與x軸平行的直線，和過點FA．x1B．當直線l的斜率為1時，△OAB的面積為2p(其中O為坐標原點C．若Q為C的準線上任意一點，則直線QA，QF，QB的斜率成等差數(shù)列D．點M到直線FN的距離為p〖答案〗ACD〖解析〗A.Fp2,0，設直線l的方程為聯(lián)立y2=2pxty=x-∴y1y∵4p2x∴x1xB.當直線l的斜率為1時，直線l的方程為y=x-p代入橢圓方程可得：x2∴x1+點O到直線l的距離d=p∴△OAB的面積為12×4p×2C.設Q-p2,m，則kQF∴2k通分后分子=-2my=-2my1y22+m=-2即2kQF-kQA-kQB=0，則直線D.如圖所示，過點M作MH⊥FN，垂足為H，∵AMMN=又ANMN=AFMH，∴AF故選：ACD．12．已知函數(shù)fx=xlgx-x-lgx(x>1)的零點為x1A．x1+xC．x1-x〖答案〗ABD〖解析〗由題意可得x1?lg令lgx1=t>0代入方程可得t10t-變形為1t令ht=1可知函數(shù)ht在0,+又x210x∴x2=t=由x210x2-x2x2+xx1-x令hx=10∴函數(shù)hx在1,+∞上單調(diào)遞增，∴x1-故選：ABD第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13．復數(shù)z滿足2z+z=6-i（i是虛數(shù)單位），則〖答案〗-1〖解析〗令z=a+bi，則z所以2z+z=2a+bi+故〖答案〗為：-1.14．已知圓C1:(x-a)2+y2=4與C2:x2〖答案〗-〖解析〗圓C1:(x-a)2+y2=4的圓心C若兩圓相交，則r1-r2<又兩圓相交弦AB所在直線方程為：(x-a)2+所以圓心C1a,0到直線AB的距離d1=2a2則弦長AB=2r12-d1若存在a，使得AB=2，則b2≤3，即-3≤b≤故〖答案〗為：-315．若定義在R上的函數(shù)fx滿足：?x,y∈R，fx+y+fx-y=2fx〖答案〗fx=1（〖答案〗不唯一〖解析〗令x=0，則fy所以f-y=fy可取fx=1，則所以?x,y∈R，f所以函數(shù)fx=1故〖答案〗為：fx=1.（〖答案〗不唯一16．三棱錐D-ABC中，DC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，點P在三棱錐D-ABC外接球的球面上，且∠APC=60°，則DP〖答案〗3〖解析〗如圖所示：分別取AD、AC的中點O、M，連接OM、BM,則OM∥CD，由題意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC，OM⊥BM.因為AB=BC,所以BM⊥AC，即OM、BM、AC兩兩垂直.以O為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，則O0,0,0，AB-12,0,2OB=-122+222=32設點px,y,z，則xPA=-由題意cos∠APC=得x+162PDPD故〖答案〗為：33四、解答題：本小題共6小題，共70分，其中第17題10分，18~22題12分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足sinAsinC（1）求證：B=2C；（2）已知BD是∠ABC的平分線，若a=4，求線段BD長度的取值范圍.（1）證明：由題意得sinA-sinC由正弦定理得b2又由余弦定理得b2所以c=a-2ccosB，故故sinC=sinB+C又△ABC為銳角三角形，則C∈所以C=B-C，因此B=2C.（2）解：在△BCD中，由正弦定理得asin∠BDC=所以BD=4因為△ABC為銳角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<故22<cos因此線段BD長度的取值范圍4318．數(shù)列an的前n項和為Sn，且（1）求數(shù)列an（2）若數(shù)列bn滿足b1b2b3?解：（1）由a1當n=1時，a1∵a1∴an2n∵n=1時上式也符合，∴an（2）∵數(shù)列an∴Sn得：b1當n≥2，且n∈N*時，∴bn=n當n=1時，b1∴bn=1,n=1∴n=1時，T1當n≥2時，T=0+2[=2ln∴Tn19．如圖，在多面體ABC-A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，（1）若點G是△A1B1C（2）求二面角B1（1）證明：取AB1C1中點N，連接B因為點G是△A故G一定在中線B1因為點M是AC的中點，點N是A1所以MN是梯形AA所以MN=12A又AA所以MN∥BB所以四邊形BB因為點G∈B1N，B1N所以點G∈平面BB即點G在平面BB（2）解：解法1：因為AA1⊥平面A1所以BB1⊥平面A又因為B1N?平面所以BB因為四邊形BB所以四邊形BB1NM所以BM⊥MN，因為△A1B1C所以B1N⊥所以BM⊥A又因為A1C1?平面A1C1所以BM⊥平面A1又因為MC1?所以BM⊥MC所以∠CMN就是所求二面角的平面角，因為C1所以sin∠故二面角B1-BM-C解法2：以A1為原點，A1B1所在直線為x軸，垂直于A1B1則B1MBMC設平面BMB1與平面BMC則32x1-3232x2所以cosm故二面角B1-BM-C20．盲盒，是指消費者不能提前得知具體產(chǎn)品款式的玩具盒子，具有隨機屬性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同單品，且必包含隱藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同單品，有50%的可能性出現(xiàn)隱藏款X．為避免盲目購買與黃牛囤積，每人每天只能購買1件盲盒套餐．開售第二日，銷售門店對80A款盲盒套餐B款盲盒套餐合計年齡低于30歲183048年齡不低于30歲221032合計404080（1）根據(jù)2×2列聯(lián)表，判斷是否有99%的把握認為A，B（2）甲、乙、丙三人每人購買1件B款盲盒套餐，記隨機變量ξ為其中隱藏款X的個數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學期望；（3）某消費者在開售首日與次日分別購買了A款盲盒套餐與B款盲盒套餐各1件，并將6件單品全部打亂放在一起，從中隨機抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，求該隱藏款來自于B款盲盒套餐的概率．附：K2=nP（K20.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.6350.828解：（1）零假設為：H0：A，B根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得K2根據(jù)小概率值k0=0.01的獨立性檢驗，推斷即有99%的把握認為A，B（2）ξ的所有可能取值為0，1，2，3，P(ξ=0)=C所以ξ的分布列為：ξ0123P1331E(ξ)=0×18+1×（3）設事件A：隨機抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，設事件B1：隨機抽取的1件單品來自于A設事件B2：隨機抽取的1件單品來自于BP(A)=PB故由條件概率公式可得PB21．已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直線l（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22，求解：（1）因為點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2易知直線l的斜率存在，設l:y=kx+m，Px聯(lián)立y=kx+mx22所以，x1+x2=-所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化簡得，8k2+4k-4+4m所以k=-1或m=1-2k，當m=1-2k時，直線l:y=kx+m=kx-2+1過點故k=-1．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化不妨設直線PA,AQ的傾斜角為α,βα<π2<β，因為kAP+k當A,B均在雙曲線左支時，∠PAQ=2α，所以tan2α=2即2tan2α+此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當A,B均在雙曲線右支時，因為tan∠PAQ=22，所以tanβ-α即2tan2α-于是，直線PA:y=2x-2+1聯(lián)立y=2x-2+1因為方程有一個根為2，所以xP=10-423同理可得，xQ=10+423所以PQ:x+y-53=0，PQ=163，點故△PAQ的面積為12［方法二］：設直線AP的傾斜角為α，0<α<π2，由tan∠PAQ=2由2α+∠PAQ=π，得kAP=tan聯(lián)立y1-1x1-2=2同理，x2=10+423，而|AP|=3|x由tan∠PAQ=22，得故S22．已知函數(shù)f(x)=(mx-1)ex+n(m,n∈R)在點（1）求f(x)的值域；（2）若f(a)=f(b)=g(c)=g(d)，且a<b，c<d，證明：①c+d>0；②b+c>0.（1）解：由題意得f'∴f'(1)=(2m-1)根據(jù)導數(shù)的幾何意義可知，函數(shù)fx在點(1,f(1))k=f∴f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-f(1)=f整理可得y=(2m-1)ex+n-m由已知可得，2m-1=1n-me=2-∴f(x)=(x-1)ex+2，f令f'(x)<0，則x<0，所以f(x)在-∞又x<0時，有(x-1)ex<0所以1<fx令f'(x)>0，則x>0，所以f(x)在0,+∞綜上所述，f(x)的值域為[1,+∞（2）證明：①由題意得g'(x)=x令g'(x)<0，則x<-1或-1<x<0，所以gx在(-所以當x<-1時，g(x)的值域為(-∞,0)；當-1<x<0時，g(x)的值域為令g'(x)>0，則x>0，所以gx所以當x>0時，g(x)的值域為(1,+∞作出函數(shù)f(x)=(x-1)ex+2設f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，且a<b，c<d，由圖象可知，1<t<2，且-1<c<0<d，a<0<b.令G(x)=g(x)-g(-x)，-1<x<0，則G'(x)=g令T(x)=(1-x)ex-(1+x)，-1<x<0令Q(x)=-xex-1所以Qx，即T'x∴T'∴Tx在-1,0∴T(x)>T(0)=0，∴(1-x)e又1-x>0，∴e∴G'(x)=∴Gx在-1,0上單調(diào)遞減，∴G(x)>G(0)=0∴g(x)>g(-x)，∴gc又g(d)=g(c)，∴gd∵gx在(0,+∞)上單調(diào)遞增，d>0∴d>-c，∴c+d>0；②由①得，f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，1<t<2，a<0<b.∵g(-x)=11-xex，∴∴f(-c)=2-1∵1<t<2，∴t+1t≥2t×1t∵1<t<2，∴t+1t>2，即2-∵f(x)在0,+∞上單調(diào)遞增，b>0，浙江省2023屆高考數(shù)學仿真模擬卷02第Ⅰ卷一、單項選擇題：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，只有一項是符合題目要求.1．已知集合M滿足2,3?M?1,2,3,4,5，那么這樣的集合M的個數(shù)為（A．6 B．7 C．8 D．9〖答案〗C〖解析〗因為2,3?M?所以集合M可以為：2,3,1,2,3,4,2,3,4,5,故選：C.2．已知a>1，b>1，且log2a=logbA．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵log2∴12log∴l(xiāng)og2∵a>1，b>1，∴l(xiāng)og2a>0，∴l(xiāng)og2(ab)=log2a+log2b≥2log2a?log2b3．某興趣小組研究光照時長x（h）和向日葵種子發(fā)芽數(shù)量y（顆）之間的關系，采集5組數(shù)據(jù)，作如圖所示的散點圖．若去掉D10,2后，下列說法正確的是（

A．相關系數(shù)r變小 B．決定系數(shù)R2C．殘差平方和變大 D．解釋變量x與預報變量y的相關性變強〖答案〗D〖解析〗從圖中可以看出D10,2較其他點，偏離直線遠，故去掉D對于A，相關系數(shù)r越接近于1，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，相關系數(shù)r變大，故A對于B，決定系數(shù)R2越接近于1，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，決定系數(shù)R2對于C，殘差平方和越小，模型的擬合效果越好，若去掉D10,2后，殘差平方和變小，故C對于D，若去掉D10,2后，解釋變量x與預報變量y的相關性變強，且是正相關，故D故選：D．4．已知平面向量a=1,3，b=2，且a-bA．1 B．14 C．14 D．10〖答案〗B〖解析〗因為a-b2=a2-2a?故選：B5．“清明時節(jié)雨紛紛，路上行人欲斷魂”描述的是我國傳統(tǒng)節(jié)日“清明節(jié)”的景象．“青團”創(chuàng)于宋朝，是清明節(jié)的寒食名點之一，也是人們提起清明節(jié)會最先想到的美食．某地居民喜好的青團品種有4個，假定每個人購買時對于每種青團的選擇是獨立的，選擇每個品種的概率均為13，若在清明節(jié)當日，某傳統(tǒng)糕點店為顧客只準備了3個品種的青團，則一位進店顧客，他的要求可以被滿足的概率為（

A．1481 B．1027 C．3881〖答案〗D〖解析〗設不被滿足的概率為P，則P=C41故選：D.6．若與y軸相切的圓C與直線l:y=33x也相切，且圓C經(jīng)過點P2,3A．2 B．2或143 C．74 D．7〖答案〗B〖解析〗因為直線l:y=33x所以圓C的圓心在兩切線所成角的角平分線y=3設圓心Ca,3a，則圓C將點P2,3的坐標代入，得整理得3a2-10a+7=0，解得a=1所以圓C的直徑為2或143故選：B.7．已知x+1x-15=a0A．-1 B．0 C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗因為x+1x-15=xx-15-x-15，x-15展開式第r+1項Tr+1=C5故選：B8．三棱錐P-ABC中，AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25，則三棱錐P-ABCA．16π B．18π C．20π〖答案〗C〖解析〗如圖，將三棱錐P-ABC畫在長方體方體中，并建立空間直角坐標系O-xyz，由AC⊥PC，由AC⊥面DD1C1C又|BP|=25，BD⊥面DD1故|DP|=4，即P點軌跡為以D為圓心，半徑為4，在DCC設點Pxp,0,zP，則因為△ABC為等腰直角三角形，所以三棱錐P-ABC的外接球的球心O在直線EF上，設點O1,1,zO，由|OA|=|OP|，得2+聯(lián)立①②得：zo設過點8,0和點xp,zp的直線斜率為由直線與圓相切，可得k∈-則zomin=3，所以故選：C二、多項選擇題：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.9．在單位正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，M為線段A．直線DP與OM是異面直線 B．三棱錐B1C．存在點M，使AC1//平面BDM D．存在點M，使〖答案〗BC〖解析〗A項：因為BD,BM相交，所以DP，OM共面，故錯誤；B項：因為VB1-DBM所以CC1//BB1，因為CC1所以CC1//平面BB1D1C項：當M為CC1中點時，OM為△ACC因為AC1?平面BDM，OM?所以AC1//D項：當M與C1重合時，因為BD⊥AC,BD⊥CAC,CC1?所以BD⊥平面ACC1A1，因為A1同理可證BM⊥A1C，因為BD∩BM=B，BD,BM?平面BDM，所以A又因為M不與端點重合，故錯誤．故選：BC.10．下列說法正確的有（

）A．若事件A與事件B互斥，則PB．若PA>0，PB>0C．若隨機變量X服從正態(tài)分布N2,σ，PX≤3D．這組數(shù)據(jù)4,3,2,5,6的60%分位數(shù)為〖答案〗BC〖解析〗選項A，若事件A與事件B互斥，則PA+PB選項B，若PA>0，PB則PAB=PAPB所以P(A|B)=PA，故B選項C：若隨機變量X服從正態(tài)分布N2,σ，P則PX>3所以PX≤1=PX>3選項D：將數(shù)據(jù)4,3,2,5,6進行排序得2,3,4,5,6，共5個，5×60%=3，所以這組數(shù)據(jù)4,3,2,5,6的60%分位數(shù)為4+5故選：BC11．設F為拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點，過點F的直線l與拋物線C交于Ax1,y1Bx2,y2兩點，過B作與x軸平行的直線，和過點FA．x1B．當直線l的斜率為1時，△OAB的面積為2p(其中O為坐標原點C．若Q為C的準線上任意一點，則直線QA，QF，QB的斜率成等差數(shù)列D．點M到直線FN的距離為p〖答案〗ACD〖解析〗A.Fp2,0，設直線l的方程為聯(lián)立y2=2pxty=x-∴y1y∵4p2x∴x1xB.當直線l的斜率為1時，直線l的方程為y=x-p代入橢圓方程可得：x2∴x1+點O到直線l的距離d=p∴△OAB的面積為12×4p×2C.設Q-p2,m，則kQF∴2k通分后分子=-2my=-2my1y22+m=-2即2kQF-kQA-kQB=0，則直線D.如圖所示，過點M作MH⊥FN，垂足為H，∵AMMN=又ANMN=AFMH，∴AF故選：ACD．12．已知函數(shù)fx=xlgx-x-lgx(x>1)的零點為x1A．x1+xC．x1-x〖答案〗ABD〖解析〗由題意可得x1?lg令lgx1=t>0代入方程可得t10t-變形為1t令ht=1可知函數(shù)ht在0,+又x210x∴x2=t=由x210x2-x2x2+xx1-x令hx=10∴函數(shù)hx在1,+∞上單調(diào)遞增，∴x1-故選：ABD第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13．復數(shù)z滿足2z+z=6-i（i是虛數(shù)單位），則〖答案〗-1〖解析〗令z=a+bi，則z所以2z+z=2a+bi+故〖答案〗為：-1.14．已知圓C1:(x-a)2+y2=4與C2:x2〖答案〗-〖解析〗圓C1:(x-a)2+y2=4的圓心C若兩圓相交，則r1-r2<又兩圓相交弦AB所在直線方程為：(x-a)2+所以圓心C1a,0到直線AB的距離d1=2a2則弦長AB=2r12-d1若存在a，使得AB=2，則b2≤3，即-3≤b≤故〖答案〗為：-315．若定義在R上的函數(shù)fx滿足：?x,y∈R，fx+y+fx-y=2fx〖答案〗fx=1（〖答案〗不唯一〖解析〗令x=0，則fy所以f-y=fy可取fx=1，則所以?x,y∈R，f所以函數(shù)fx=1故〖答案〗為：fx=1.（〖答案〗不唯一16．三棱錐D-ABC中，DC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，點P在三棱錐D-ABC外接球的球面上，且∠APC=60°，則DP〖答案〗3〖解析〗如圖所示：分別取AD、AC的中點O、M，連接OM、BM,則OM∥CD，由題意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC，OM⊥BM.因為AB=BC,所以BM⊥AC，即OM、BM、AC兩兩垂直.以O為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，則O0,0,0，AB-12,0,2OB=-122+222=32設點px,y,z，則xPA=-由題意cos∠APC=得x+162PDPD故〖答案〗為：33四、解答題：本小題共6小題，共70分，其中第17題10分，18~22題12分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足sinAsinC（1）求證：B=2C；（2）已知BD是∠ABC的平分線，若a=4，求線段BD長度的取值范圍.（1）證明：由題意得sinA-sinC由正弦定理得b2又由余弦定理得b2所以c=a-2ccosB，故故sinC=sinB+C又△ABC為銳角三角形，則C∈所以C=B-C，因此B=2C.（2）解：在△BCD中，由正弦定理得asin∠BDC=所以BD=4因為△ABC為銳角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<故22<cos因此線段BD長度的取值范圍4318．數(shù)列an的前n項和為Sn，且（1）求數(shù)列an（2）若數(shù)列bn滿足b1b2b3?解：（1）由a1當n=1時，a1∵a1∴an2n∵n=1時上式也符合，∴an（2）∵數(shù)列an∴Sn得：b1當n≥2，且n∈N*時，∴bn=n當n=1時，b1∴bn=1,n=1∴n=1時，T1當n≥2時，T=0+2[=2ln∴Tn19．如圖，在多面體ABC-A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，（1）若點G是△A1B1C（2）求二面角B1（1）證明：取AB1C1中點N，連接B因為點G是△A故G一定在中線B1因為點M是AC的中點，點N是A1所以MN是梯形AA所以MN=12A又AA所以MN∥BB所以四邊形BB因為點G∈B1N，B1N所以點G∈平面BB即點G在平面BB（2）解：解法1：因為AA1⊥平面A1所以BB1⊥平面A又因為B1N?平面所以BB因為四邊形BB所以四邊形BB1NM所以BM⊥MN，因為△A1B1C所以B1N⊥所以BM⊥A又因為A1C1?平面A1C1所以BM⊥平面A1又因為MC1?所以BM⊥MC所以∠CMN就是所求二面角的平面角，因為C1所以sin∠故二面角B1-BM-C解法2：以A1為原點，A1B1所在直線為x軸，垂直于A1B1則B1MBMC設平面BMB1與平面BMC則32x1-3232x2所以cosm故二面角B1-BM-C20．盲盒，是指消費者不能提前得知具體產(chǎn)品款式的玩具盒子，具有隨機屬性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同單品，且必包含隱藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同單品，有50%的可能性出現(xiàn)隱藏款X．為避免盲目購買與黃牛囤積，每人每天只能購買1件盲盒套餐．開售第二日，銷售門店對80A款盲盒套餐B款盲盒套餐合計年齡低于30歲183048年齡不低于30歲221032合計404080（1）根據(jù)2×2列聯(lián)表，判斷是否有99%的把握認為A，B（2）甲、乙、丙三人每人購買1件B款盲盒套餐，記隨機變量ξ為其中隱藏款X的個數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學期望；（3）某消費者在開售首日與次日分別購買了A款盲盒套餐與B款盲盒套餐各1件，并將6件單品全部打亂放在一起，從中隨機抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，求該隱藏款來自于B款盲盒套餐的概率．附：K2=nP（K20.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.6350.828解：（1）零假設為：H0：A，B根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得K2根據(jù)小概率值k0=0.01的獨立性檢驗，推斷即有99%的把握認為A，B（2）ξ的所有可能取值為0，1，2，3，P(ξ=0)=C所以ξ的分布列為：ξ0123P1331E(ξ)=0×18+1×（3）設事件A：隨機抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，設事件B1：隨機抽取的1件單品來自于A設事件B2：隨機抽取的1件單品來自于BP(A)=PB故由條件概率公式可得PB21．已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直線l（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22，求解：（1）因為點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2易知直線l的斜率存在，設l:y=kx+m，Px聯(lián)立y=kx+mx22所以，x1+x2=-所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化簡得，8k2+4k-4+4m所以k=-1