2022-2023學(xué)年福建省廈門市高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷含答案

2022-2023學(xué)年福建省廈門市高二（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。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）等比數(shù)列{an}中，a1＝16，a2a4＝16，則a5＝（）A．1 B．2 C．4 D．82．（5分）直線x+y+1＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為（）A．12 B．1 C．22 3．（5分）在（1+2x）5的展開式中，x3的系數(shù)為（）A．8 B．10 C．80 D．1604．（5分）試驗(yàn)測得四組成對數(shù)據(jù)（xi，yi）的值分別為（﹣1，﹣1），（0，1），（1，2），（2，4），由此可得y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y?=1.6x+a?根據(jù)經(jīng)驗(yàn)回歸方程預(yù)測，當(dāng)A．8.4 B．8.6 C．8.7 D．95．（5分）甲、乙兩選手進(jìn)行乒乓球比賽，采取五局三勝制（先勝三局者獲勝，比賽結(jié)束），如果每局比賽甲獲勝的概率為p（0＜p＜1），乙獲勝的概率為1﹣p，則甲選手以3：1獲勝的概率為（）A．C32p3C．C43p3(1-p) D．6．（5分）如圖，太陽灶是一種將太陽光反射至一點(diǎn)用來加熱水或食物的設(shè)備，上面裝有拋物面形的反光鏡，鏡的軸截面是拋物線的一部分，已知太陽灶的口徑（直徑）為4m，深度為0.5m，則該拋物線頂點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為（）A．0.25m B．0.5m C．1m D．2m7．（5分）把正方形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，O，E，F(xiàn)分別為AC，AD，BC的中點(diǎn)，則折紙后∠EOF的大小為（）A．60° B．90° C．120° D．150°8．（5分）直線l與兩條曲線y＝ex+1和y＝ex+1均相切，則l的斜率為（）A．12 B．1 C．2 D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）9．（5分）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象如圖所示，則（）A．f（x）在區(qū)間（x2，x3）上單調(diào)遞減 B．f（x）在x＝x2處取得極大值 C．f（x）在區(qū)間（a，b）上有2個(gè)極大值點(diǎn) D．f（x）在x＝x1處取得最大值（多選）10．（5分）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，則（）A．AC⊥B1D B．A1C1∥平面B1CD C．三棱錐C1﹣B1CD的體積為16D．C1到平面B1CD的距離為2（多選）11．（5分）設(shè)A、B是隨機(jī)試驗(yàn)的兩個(gè)事件，P(A)=23，P(B)=3A．事件A與事件B互斥 B．事件A與事件B相互獨(dú)立 C．P(A|B)=2D．P(（多選）12．（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1（﹣1，﹣1），F(xiàn)2（1，1），動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|+|PF2|＝4，則（）A．P的軌跡方程為x2B．P的軌跡關(guān)于直線y＝x對稱 C．△PF1F2的面積的最大值為2 D．P的橫坐標(biāo)的取值范圍為[-三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知直線l的一個(gè)方向向量a→=(m，1，3)，平面α的一個(gè)法向量b→=(1，n，1)，若l∥α，則m+14．（5分）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)15．（5分）甲、乙、丙3個(gè)公司承包6項(xiàng)不同的工程，甲承包1項(xiàng)，乙承包2項(xiàng)，丙承包3項(xiàng)，則共有種承包方式（用數(shù)字作答）．16．（5分）畢達(dá)哥拉斯樹的生長方式如下：以邊長為1的正方形的一邊作為斜邊，向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的兩直角邊為邊向外作正方形，得到2個(gè)新的小正方形，實(shí)現(xiàn)了一次生長，再將這兩個(gè)小正方形各按照上述方式生長，如此重復(fù)下去，則第n次生長得到的小正方形的周長的和為；11次生長后所有小正方形（包括第一個(gè)正方形）的周長的總和為．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）已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，且S6＝36．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Tn=118．（12分）隨著全球新能源汽車市場蓬勃發(fā)展，中國在十余年間實(shí)現(xiàn)了“彎道超車”，新能源汽車產(chǎn)量連續(xù)7年位居世界第一．某新能源汽車企業(yè)改進(jìn)并生產(chǎn)了某款純電動(dòng)車，該款電動(dòng)車有白色和紅色．為研究購車顧客的性別是否與其購買的車輛顏色有關(guān)，公司研究團(tuán)隊(duì)利用隨機(jī)抽樣的方法收集了購買該車型的男生和女生各60人的數(shù)據(jù)，得到成對樣本數(shù)據(jù)的分類統(tǒng)計(jì)結(jié)果，如下表所示：性別車輛顏色白色紅色女生4020男生5010（1）依據(jù)小概率值α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為購車顧客的性別與其購買的車輛顏色有關(guān)聯(lián)？（2）現(xiàn)從上述購買白色車輛的90名顧客中按性別比例分配的分層隨機(jī)抽樣抽取9人，從購買紅色車輛的30名顧客中按性別比例分配的分層隨機(jī)抽樣抽取3人，并從這12人中依次抽取2人作為幸運(yùn)嘉賓，求第二次抽到的嘉賓是男生且購買白色車輛的概率．附：χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a臨界值表：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.82819．（12分）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是正三角形，D為棱AC的中點(diǎn)，BD⊥AA1，平面BB1D交A1C1于點(diǎn)E．（1）證明：四邊形BB1ED是矩形；（2）若AA1＝AC，∠A1AC＝60°，求平面ABB1A1與平面BB1ED的夾角的余弦值．20．（12分）某商場為促進(jìn)消費(fèi)，規(guī)定消費(fèi)滿一定金額可以參與抽獎(jiǎng)活動(dòng)．抽獎(jiǎng)箱中有4個(gè)藍(lán)球和4個(gè)紅球，這些球除顏色外完全相同．有以下兩種抽獎(jiǎng)方案可供選擇：初始獎(jiǎng)池摸球方式獎(jiǎng)勵(lì)規(guī)則方案A30元不放回摸3次，每次摸出1個(gè)球每摸出一個(gè)紅球，獎(jiǎng)池金額增加50元，在抽獎(jiǎng)結(jié)束后獲得獎(jiǎng)池所有金額方案B有放回摸3次，每次摸出1個(gè)球每摸出一個(gè)紅球，獎(jiǎng)池金額翻倍，在抽獎(jiǎng)結(jié)束后獲得獎(jiǎng)池所有金額（1）若顧客選擇方案A，求其所獲得獎(jiǎng)池金額X的分布列及數(shù)學(xué)期望．（2）以獲得獎(jiǎng)池金額的期望值為決策依據(jù)，顧客應(yīng)該選擇方案A還是方案B？21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ln（x+m）﹣1．（1）當(dāng)m＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）≥0，求m的取值范圍．22．（12分）已知點(diǎn)N在曲線C：x28+y26=1上，O（1）求Γ的方程：（2）已知點(diǎn)P在曲線C上，點(diǎn)A，B在曲線Γ上，若四邊形OAPB為平行四邊形，則其面積是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由

2022-2023學(xué)年福建省廈門市高二（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。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）等比數(shù)列{an}中，a1＝16，a2a4＝16，則a5＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，依題意a1＝16，a2a4＝a1a5＝16，所以a5＝1．故選：A．2．（5分）直線x+y+1＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為（）A．12 B．1 C．22 【解答】解：圓x2+y2＝1的圓心O（0，0），半徑等于1，圓心到直線x+y+1＝0的距離d=1故直線x+y+1＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為2r2故選：D．3．（5分）在（1+2x）5的展開式中，x3的系數(shù)為（）A．8 B．10 C．80 D．160【解答】解：展開式的通項(xiàng)公式Tk+1=C5k（2x）k=C5當(dāng)k＝3時(shí)，T4=C53?23x3＝80x3，即故選：C．4．（5分）試驗(yàn)測得四組成對數(shù)據(jù)（xi，yi）的值分別為（﹣1，﹣1），（0，1），（1，2），（2，4），由此可得y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y?=1.6x+a?根據(jù)經(jīng)驗(yàn)回歸方程預(yù)測，當(dāng)A．8.4 B．8.6 C．8.7 D．9【解答】解：由條件可知，x=-1+0+1+24回歸直線過點(diǎn)(x，y)=(1所以回歸直線方程為y?=1.6當(dāng)x＝5時(shí)，y?故選：C．5．（5分）甲、乙兩選手進(jìn)行乒乓球比賽，采取五局三勝制（先勝三局者獲勝，比賽結(jié)束），如果每局比賽甲獲勝的概率為p（0＜p＜1），乙獲勝的概率為1﹣p，則甲選手以3：1獲勝的概率為（）A．C32p3C．C43p3(1-p) D．【解答】解：甲選手以3：1獲勝，說明前3場中甲贏了兩場，輸了一場，且第四場甲贏，故所求概率為C3故選：A．6．（5分）如圖，太陽灶是一種將太陽光反射至一點(diǎn)用來加熱水或食物的設(shè)備，上面裝有拋物面形的反光鏡，鏡的軸截面是拋物線的一部分，已知太陽灶的口徑（直徑）為4m，深度為0.5m，則該拋物線頂點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為（）A．0.25m B．0.5m C．1m D．2m【解答】解：以該拋物線頂點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示：設(shè)此拋物線方程為x2＝2py（p＞0），依題意點(diǎn)（2，0.5）在此拋物線上，所以2p?12=4，解得p故選：D．7．（5分）把正方形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，O，E，F(xiàn)分別為AC，AD，BC的中點(diǎn)，則折紙后∠EOF的大小為（）A．60° B．90° C．120° D．150°【解答】解：折起后的圖形如下圖所示，連接BO，DO，則BO⊥AC，DO⊥AC，又平面ABC⊥平面ADC，平面ABC∩平面ADC＝AC，BO?平面ABC，∴BO⊥平面ADC，∴OD，OC，OB三直線兩兩垂直，分別以這三直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方形的對角線長為2，則可確定以下點(diǎn)坐標(biāo)：O（0，0，0），A（0，﹣1，0），D（1，0，0），E(12，-12，0)，∴OE→又0°≤＜OE∴＜OE∴∠EOF＝120°．故選：C．8．（5分）直線l與兩條曲線y＝ex+1和y＝ex+1均相切，則l的斜率為（）A．12 B．1 C．2 D．【解答】解：由y＝ex+1，可得y′＝ex；由y＝ex+1，可得y′＝ex+1，設(shè)兩個(gè)切點(diǎn)分別為(x1，ex1+1)故x1＝x2+1，由x1≠x2，所以k=ex2故選：B．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）9．（5分）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象如圖所示，則（）A．f（x）在區(qū)間（x2，x3）上單調(diào)遞減 B．f（x）在x＝x2處取得極大值 C．f（x）在區(qū)間（a，b）上有2個(gè)極大值點(diǎn) D．f（x）在x＝x1處取得最大值【解答】解：由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知：x∈[a，x2）時(shí)f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；x∈（x2，x3）時(shí)f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；x∈（x3，b]時(shí)f′（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增．故A，B正確，C，D錯(cuò)誤．故選：AB．（多選）10．（5分）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，則（）A．AC⊥B1D B．A1C1∥平面B1CD C．三棱錐C1﹣B1CD的體積為16D．C1到平面B1CD的距離為2【解答】解：建立如圖所示坐標(biāo)系，則A（0，0，0），C（1，1，0），B1（1，0，1），D（0，1，0），∵AC→∴AC→∴AC⊥B1D，A選項(xiàng)正確；設(shè)平面B1CD法向量為n→∵B1∴y-z=0-x+y-z=0令x＝0，則y＝1，z＝1，可得平面B1CD法向量為n→∵A1∴A1C1→?n→=1×0+1×1+0×1=1，故A1C∵B1∴S三棱錐C1﹣B1CD的體積為：VC1-∵CC1→=(0，0，1)，平面B1則點(diǎn)C1到平面B1CD的距離為d=|n→故選：ACD．（多選）11．（5分）設(shè)A、B是隨機(jī)試驗(yàn)的兩個(gè)事件，P(A)=23，P(B)=3A．事件A與事件B互斥 B．事件A與事件B相互獨(dú)立 C．P(A|B)=2D．P(【解答】解：因?yàn)镻（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB），所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=23+因?yàn)镻(A)P(B)=23×34=1因?yàn)镻(A|B)=P(AB)P(B)=因?yàn)镻(AB)=1-P(AB)=1-1故選：BCD．（多選）12．（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1（﹣1，﹣1），F(xiàn)2（1，1），動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|+|PF2|＝4，則（）A．P的軌跡方程為x2B．P的軌跡關(guān)于直線y＝x對稱 C．△PF1F2的面積的最大值為2 D．P的橫坐標(biāo)的取值范圍為[-【解答】解：對于A，設(shè)P（x，y），則(x+1)2+(y+1)2+(x-1)2+(y-1)2=4對于B，由橢圓定義知P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，故F1，F(xiàn)2所在直線是橢圓的對稱軸，故B正確．對于C，因?yàn)殚L半軸a＝2，半焦距c=2，所以短半軸b=當(dāng)點(diǎn)P在短軸頂點(diǎn)上，∠F1PF2＝90°，此時(shí)△F1PF2的面積最大，最大值為2，故C正確．對于D，聯(lián)立方程3x2+3y2-2xy-8=0x=m，得3y由Δ＝﹣8m2+24≥0，得-3≤m≤3故選：BCD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知直線l的一個(gè)方向向量a→=(m，1，3)，平面α的一個(gè)法向量b→=(1，n，1)，若l∥α，則m+【解答】解：因?yàn)橹本€l的一個(gè)方向向量a→平面α的一個(gè)法向量b→=(1，n，1)且l∥所以a→⊥b→，所以a→所以m+n＝﹣3．故答案為：﹣3．14．（5分）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的漸近線方程為y【解答】解：因?yàn)殡p曲線C：x2a2-y所以ba所以離心率e=c故答案為：515．（5分）甲、乙、丙3個(gè)公司承包6項(xiàng)不同的工程，甲承包1項(xiàng)，乙承包2項(xiàng)，丙承包3項(xiàng)，則共有60種承包方式（用數(shù)字作答）．【解答】解：由題意得，不同的承包方案分步完成，先讓甲承包1項(xiàng)，有C61=6所以由分步乘法原理可得共有6×10＝60種方案，故答案為：60．16．（5分）畢達(dá)哥拉斯樹的生長方式如下：以邊長為1的正方形的一邊作為斜邊，向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的兩直角邊為邊向外作正方形，得到2個(gè)新的小正方形，實(shí)現(xiàn)了一次生長，再將這兩個(gè)小正方形各按照上述方式生長，如此重復(fù)下去，則第n次生長得到的小正方形的周長的和為(2)n+4；11次生長后所有小正方形（包括第一個(gè)正方形）的周長的總和為【解答】解：根據(jù)題意，每次生長的小正方形的個(gè)數(shù)，構(gòu)成以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，每次生長的小正方形的邊長構(gòu)成以22為首項(xiàng)，2每次生長的小正方形周長和依次構(gòu)成等比數(shù)列，首項(xiàng)42，公比2故第n次生長得到的小正方形的周長的和為(211次生長后所有小正方形（包括第一個(gè)正方形）共12組，則其周長的總和為4+42故答案為：(2)n+4四、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）已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，且S6＝36．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Tn=1【解答】解：（1）因?yàn)閍1，a2，a5成等比數(shù)列，S6＝36，所以(a1+d)2=所以an＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）×2＝2n﹣1；（2）證明：由1aiai+1=得Tn由n∈N*，有12n+1＞0，所以1-118．（12分）隨著全球新能源汽車市場蓬勃發(fā)展，中國在十余年間實(shí)現(xiàn)了“彎道超車”，新能源汽車產(chǎn)量連續(xù)7年位居世界第一．某新能源汽車企業(yè)改進(jìn)并生產(chǎn)了某款純電動(dòng)車，該款電動(dòng)車有白色和紅色．為研究購車顧客的性別是否與其購買的車輛顏色有關(guān)，公司研究團(tuán)隊(duì)利用隨機(jī)抽樣的方法收集了購買該車型的男生和女生各60人的數(shù)據(jù)，得到成對樣本數(shù)據(jù)的分類統(tǒng)計(jì)結(jié)果，如下表所示：性別車輛顏色白色紅色女生4020男生5010（1）依據(jù)小概率值α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為購車顧客的性別與其購買的車輛顏色有關(guān)聯(lián)？（2）現(xiàn)從上述購買白色車輛的90名顧客中按性別比例分配的分層隨機(jī)抽樣抽取9人，從購買紅色車輛的30名顧客中按性別比例分配的分層隨機(jī)抽樣抽取3人，并從這12人中依次抽取2人作為幸運(yùn)嘉賓，求第二次抽到的嘉賓是男生且購買白色車輛的概率．附：χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a臨界值表：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828【解答】解：（1）零假設(shè)為H0：購車顧客的性別與其購買的車輛顏色無關(guān)聯(lián)．根據(jù)列表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得到χ2根據(jù)小概率值α＝0.05的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為購車顧客的性別與其購買的車輛顏色有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.05．（2）由題得抽取的12人中，是男生且購買白色車輛的有5人．設(shè)A＝“第一次抽到的是男生且購買白色車輛”，B＝“第二次抽到的是男生且購買白色車輛”．P(A)=512，P(B|A)=411，由全概率公式P(B)=P(A)?P(B|A)+P(A得P(B)=5所以第二次抽到的嘉賓是男生且購買白色車輛概率為51219．（12分）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是正三角形，D為棱AC的中點(diǎn)，BD⊥AA1，平面BB1D交A1C1于點(diǎn)E．（1）證明：四邊形BB1ED是矩形；（2）若AA1＝AC，∠A1AC＝60°，求平面ABB1A1與平面BB1ED的夾角的余弦值．【解答】解：（1）證明：取A1C1的中點(diǎn)E，則點(diǎn)E為平面BB1D與棱A1C1的交點(diǎn)，連接B1E和ED，因?yàn)辄c(diǎn)D，E分別是AC和A1C1的中點(diǎn)，所以ED∥AA1，ED＝AA1，因?yàn)锽B1∥AA1，BB1＝AA1，所以BB1∥ED，BB1＝ED，所以四邊形BB1ED是平行四邊形，所以點(diǎn)E為平面BB1D與棱A1C1的交點(diǎn)，因?yàn)锽D⊥AA1，ED∥AA1，所以BD⊥DE所以四邊形BB1ED是矩形；（2）連接A1D，A1C，在正△ABC中，D為AC的中點(diǎn)，所以BD⊥AC，因?yàn)锽D⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，因?yàn)锳C＝AA1，∠A1AC＝60°，所以△A1AC為正三角形，因?yàn)镈為棱AC的中點(diǎn)，所以A1D⊥AC，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DB，DC，DA1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)三棱柱的棱長為2，則A(0，-1，0)，B(3所以AB→=(3設(shè)平面ABB1A1的法向量為m→則m→?AB→=0所以平面ABB1A1的一個(gè)法向量為m→設(shè)平面BB1ED的法向量為n→則n→?DB→=0所以平面BB1ED的一個(gè)法向量為n→設(shè)平面ABB1A1與平面BB1ED的夾角的大小為θ，則cosθ=|所以平面ABB1A1與平面BB1ED的夾角的余弦值為2520．（12分）某商場為促進(jìn)消費(fèi)，規(guī)定消費(fèi)滿一定金額可以參與抽獎(jiǎng)活動(dòng)．抽獎(jiǎng)箱中有4個(gè)藍(lán)球和4個(gè)紅球，這些球除顏色外完全相同．有以下兩種抽獎(jiǎng)方案可供選擇：初始獎(jiǎng)池摸球方式獎(jiǎng)勵(lì)規(guī)則方案A30元不放回摸3次，每次摸出1個(gè)球每摸出一個(gè)紅球，獎(jiǎng)池金額增加50元，在抽獎(jiǎng)結(jié)束后獲得獎(jiǎng)池所有金額方案B有放回摸3次，每次摸出1個(gè)球每摸出一個(gè)紅球，獎(jiǎng)池金額翻倍，在抽獎(jiǎng)結(jié)束后獲得獎(jiǎng)池所有金額（1）若顧客選擇方案A，求其所獲得獎(jiǎng)池金額X的分布列及數(shù)學(xué)期望．（2）以獲得獎(jiǎng)池金額的期望值為決策依據(jù)，顧客應(yīng)該選擇方案A還是方案B？【解答】解：（1）由題意可知X可能取值為30，80，130，180，則P(X=30)=C40P(X=130)=C42所以X的分布列為：X3080130180P1143737114所以E(X)=30×1（2）設(shè)顧客選方案B，所獲得的金額為Y，則Y的可能取值為30，60，120，240，則P(Y=30)=C30P(Y=120)=C32所以E(Y)=30×1所以E（X）＞E（Y），所以選擇方案A．21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ln（x+m）﹣1．（1）當(dāng)m＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）≥0，求m的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)m＝1時(shí)，f（x）＝ex﹣ln（x+1）﹣1，定義域?yàn)椋ī?，+∞），f′(x)=e令f′（x）＝0，得x＝0，則當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，f′（x）＜0，則f（x）在（﹣1，0）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；所以f（x）在（﹣1，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．（2）由函數(shù)f（x）＝ex﹣ln（x+m）﹣1，x∈（﹣m，+∞），f′(x)=e由于f′（x）在（﹣m，+∞）為增函數(shù)，且值域?yàn)椋ī仭蓿?∞），所以f′（x）＝0在（﹣m，+∞）上有唯一的實(shí)數(shù)根x0，即f′（x0）＝0，得ex0-1x0+m=0，則ln（則當(dāng)﹣m＜x＜x0時(shí)，所以f′（x）＜0，則f（x）在（﹣m，x0）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞x0時(shí)，所以f′（x）＞0，則f（x）在（x0，+∞）單調(diào)遞增；當(dāng)x＝x0時(shí)，f（x）取得最小值，f(x)令f（x0）≥0，即1x0+m令g(x)=1則g′(x)=-1則當(dāng)﹣m＜x＜1﹣m時(shí)，g′（x）＜0，則g（x）在（﹣m，1﹣m）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1﹣m時(shí)，g′（x）＞0，則g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；所以g(x)所以只需1﹣m≥0，即m≤1，即m的取值范圍是（﹣∞，1]．22．（12分）已知點(diǎn)N在曲線C：x28+y26=1上，O（1）求Γ的方程：（2）已知點(diǎn)P在曲線C上，點(diǎn)A，B在曲線Γ上，若四邊形OAPB為平行四邊形，則其面積是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由【解答】解：（1）設(shè)M（x，y），N（xN，yN），因?yàn)辄c(diǎn)N在曲線C：x2所以xN因?yàn)镺N→=2代入xN28即x24+（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），因?yàn)辄c(diǎn)P在曲線C上，所以x0因?yàn)樗倪呅蜲APB為平行四邊形，所以O(shè)P→所以（x0，y0）＝（x1+x2，y1+y2），所以(x1+x2所以x1因?yàn)?x所以(x1y2-y1x2)2點(diǎn)B到直線OA的距離d=|所以平行四邊形OAPB的面積SOAPB2022-2023學(xué)年福建省廈門一中高二（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）定義abcd=ad-bc，已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a3＝1，aA．4 B．±4 C．8 D．±82．（5分）已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，A為C上的一點(diǎn)，AF中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，則|AF|＝（）A．3 B．4 C．5 D．63．（5分）某市教育局為了給高考生減壓，將師范大學(xué)6名心理學(xué)教授全部分配到市屬四所重點(diǎn)高中進(jìn)行心理輔導(dǎo)，若A高中恰好需要1名心理學(xué)教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理學(xué)教授，則不同的分配方案有（）A．150種 B．540種 C．900種 D．1440種4．（5分）3月15日是國際消費(fèi)者權(quán)益日．中央電視臺(tái)特地推出3.15公益晚會(huì)，曝光了食品、醫(yī)美、直播等多領(lǐng)域亂象，在很大程度上震懾了一些不良商家，也增強(qiáng)了消費(fèi)者的維權(quán)意識(shí)．一名市民在某商店買了一只燈泡，結(jié)果用了兩個(gè)月就壞了，他撥打了12315投訴電話．通過調(diào)查，發(fā)現(xiàn)該商店將一些不合格燈泡混入一批合格燈泡中以次充好賣給顧客．假設(shè)合格燈泡在使用1000小時(shí)后損壞的概率為0.004，不合格燈泡在使用1000小時(shí)后損壞的概率為0.4，若混入的不合格燈泡數(shù)占燈泡總數(shù)的25%，現(xiàn)一顧客在該商店買一只燈泡，則該燈泡在使用1000小時(shí)后不會(huì)損壞的概率為（）A．0.103 B．0.301 C．0.897 D．0.6995．（5分）我們將服從二項(xiàng)分布的隨機(jī)變量稱為二項(xiàng)隨機(jī)變量，服從正態(tài)分布的隨機(jī)變量稱為正態(tài)隨機(jī)變量．概率論中有一個(gè)重要的結(jié)論是棣莫弗一拉普拉斯極限定理，它表明，若隨機(jī)變量Y～B（n，p），當(dāng)n充分大時(shí)，二項(xiàng)隨機(jī)變量Y可以由正態(tài)隨機(jī)變量X來近似，且正態(tài)隨機(jī)變量X的期望和方差與二項(xiàng)隨機(jī)變量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年證明了p=12的特殊情形，1812年，拉普拉斯對一般的（附：若X～N（μ，σ2），則P（μ﹣σ≤X≤μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ≤X≤μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ≤X≤μ+3σ）≈0.9973）A．0.1587 B．0.0228 C．0.0027 D．0.00146．（5分）已知菱形ABCD的邊長為3，對角線BD長為5，將△ABD沿著對角線BD翻折至△A'BD，使得線段A'C長為3，則異面直線A'B與CD所成角的余弦值為（）A．34 B．54 C．497．（5分）某高二學(xué)生在參加物理、歷史反向?qū)W考中，成績是否取得A等級相互獨(dú)立，記X為“該學(xué)生取得A等級的學(xué)考科目數(shù)”，其分布列如下表所示，則D（X）的最大值是（）X012Pab19A．3281 B．49 C．17368．（5分）若實(shí)數(shù)x，y滿足4lnx+2lny≥x2+4y﹣4，則（）A．xy=22 B．x+y=2 C．x+y=1+2 D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)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(cuò)的得0分．（多選）9．（5分）總和生育率有時(shí)也簡稱生育率，是指一個(gè)人口群體的各年齡別婦女生育率的總和．它反映的是一名婦女在每年都按照該年齡別現(xiàn)有生育率生育的假設(shè)下，在育齡期間生育的子女總數(shù)．為了了解中國人均GDPx（單位：萬元）和總和生育率y以及女性平均受教育年限z（單位：年）的關(guān)系，采用2012～2022近十年來的數(shù)據(jù)（xi，yi，zi）（i＝1，2，…，10）繪制了散點(diǎn)圖，并得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程z?=7.54+0.33x，y?=2.88﹣0.41xA．人均GDP和女性平均受教育年限正相關(guān) B．女性平均受教育年限和總和生育率負(fù)相關(guān) C．R1D．未來三年總和生育率將繼續(xù)降低（多選）10．（5分）已知函數(shù)f（x）＝（x2﹣3）ex，x∈R，則（）A．函數(shù)f（x）有且只有2個(gè)零點(diǎn) B．函數(shù)f（x）的遞減區(qū)間為（﹣3，1） C．函數(shù)f（x）存在最大值和最小值 D．若方程f（x）＝a有三個(gè)實(shí)數(shù)解，則a∈（﹣2e，6e﹣3）（多選）11．（5分）已知圓C：（x﹣a）2+（y﹣ea）2＝1，則（）A．存在兩個(gè)不同的a，使得圓C經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn) B．存在兩個(gè)不同的a，使得圓C在x軸和y軸上截得的線段長相等 C．存在唯一的a，使得圓C的面積被直線y＝ex平分 D．存在三個(gè)不同的a，使得圓C與x軸或y軸相切（多選）12．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，AM⊥平面α，則（）A．直線AB與平面α所成角的正弦值范圍為[3B．已知N為DD1中點(diǎn)，當(dāng)AM+MN的和最小時(shí)，MCDNC．點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)時(shí)，若平面α經(jīng)過點(diǎn)B，則平面α截正方體所得截面圖形是等腰梯形 D．點(diǎn)M與點(diǎn)C1重合時(shí)，平面α截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）（1+x）10﹣（1﹣x）9展開式中x2的系數(shù)為．14．（5分）從0，1，3，5，7，9這五個(gè)數(shù)中，每次取出兩個(gè)不同的數(shù)分別記為A，B，則方程Ax+By＝0所表示的不同直線共有條．15．（5分）過雙曲線x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)F作其中一條漸近線的垂線，垂足為Q，直線FQ與雙曲線的左、右兩支分別交于點(diǎn)M16．（5分）正方形ABCD位于平面直角坐標(biāo)系上，其中A（1，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣1），D（1，﹣1）．考慮對這個(gè)正方形執(zhí)行下面三種變換：（1）L：逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°．（2）R：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°．（3）S：關(guān)于原點(diǎn)對稱．上述三種操作可以把正方形變換為自身，但是A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)所在的位置會(huì)發(fā)生變化．例如，對原正方形作變換R之后，頂點(diǎn)A從（1，1）移動(dòng)到（1，﹣1），然后再作一次變換S之后，A移動(dòng)到（﹣1，1）．對原來的正方形按a1，a2，?，ak的順序作k次變換記為a1a2?ak，其中ai∈{L，R，S}，i＝1，2，?，k．如果經(jīng)過k次變換之后，頂點(diǎn)的位置恢復(fù)為原來的樣子，那么我們稱這樣的變換是k﹣恒等變換．例如，RRS是一個(gè)3﹣恒等變換．則3﹣恒等變換共種；對于正整數(shù)n，n﹣恒等變換共種．四、解答題：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）數(shù)列{an}滿足a1＝2，an+1＝λan+2n（n∈N*），λ為常數(shù)．（1）是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{an}成為等比數(shù)列，若存在，找出所有的λ，及對應(yīng)的通項(xiàng)公式；若不存在，說明理由；（2）當(dāng)λ＝2時(shí)，記bn=an2n，求數(shù)列{b18．（12分）下表是某單位在2023年1～5月份用水量（單位：百噸）的一組數(shù)據(jù)：月份x12345用水量y2.5344.55.2（1）從這5個(gè)月中任取2個(gè)月的用水量，求所取2個(gè)月的用水量之和不超過7（單位：百噸）的概率；（2）若由經(jīng)驗(yàn)回歸方程得到的預(yù)測數(shù)據(jù)與實(shí)際數(shù)據(jù)的誤差不超過0.05，視為“預(yù)測可靠”，那么由該單位前4個(gè)月的數(shù)據(jù)所得到的經(jīng)驗(yàn)回歸方程預(yù)測5月份的用水量是否可靠？說明理由．參考公式：對于一組數(shù)據(jù)（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回歸直線y?最小二乘估計(jì)公式分別為：b?=i=119．（12分）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C中，底面△ABC是正三角形，側(cè)面AA1C1C是菱形，點(diǎn)A1在平面ABC的射影為線段AC的中點(diǎn)D，過點(diǎn)B1，B，D的平面α與棱A1C1交于點(diǎn)E．（1）證明：四邊形BB1ED是矩形；（2）求平面ABB1和平面BB1E夾角的余弦值．20．（12分）已知點(diǎn)(1，32)在橢圓E：x2a（1）求E的方程；（2）設(shè)F為橢圓E的右焦點(diǎn)，點(diǎn)P（m，n）是E上的任意一點(diǎn)，直線PF與直線3mx+4ny＝0相交于點(diǎn)Q，求|PQ|的值．21．（12分）某種疾病可分為Ⅰ、Ⅱ兩種類型．為了解該疾病類型與性別的關(guān)系，在某地區(qū)隨機(jī)抽取了患該疾病的病人進(jìn)行調(diào)查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人數(shù)占男性病人的56，女性患Ⅰ型病的人數(shù)占女性病人的1（1）若依據(jù)小概率值α＝0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，認(rèn)為“所患疾病類型”與“性別”有關(guān)，求男性患者至少有多少人？（2）某藥品研發(fā)公司欲安排甲乙兩個(gè)研發(fā)團(tuán)隊(duì)來研發(fā)此疾病的治療藥物．兩個(gè)團(tuán)隊(duì)各至多排2個(gè)接種周期進(jìn)行試驗(yàn)．甲團(tuán)隊(duì)研發(fā)的藥物每次接種后產(chǎn)生抗體的概率為p（0＜p＜1），每人每次接種花費(fèi)m（m＞0）元，每個(gè)周期至多接種3次，第一個(gè)周期連續(xù)2次出現(xiàn)抗體測終止本接種周期進(jìn)入第二個(gè)接種周期，否則需依次接種至第一周期結(jié)束，再進(jìn)入第二周期：第二接種周期連續(xù)2次出現(xiàn)抗體則終止試驗(yàn)，否則依次接種至至試驗(yàn)結(jié)束：乙團(tuán)隊(duì)研發(fā)的藥物每次接種后產(chǎn)生抗體概率為q（0＜q＜1），每人每次花費(fèi)n（n＞0）元，每個(gè)周期接種3次，每個(gè)周期必須完成3次接種，若一個(gè)周期內(nèi)至少出現(xiàn)2次抗體，則該周期結(jié)束后終止試驗(yàn)，否則進(jìn)入第二個(gè)接種周期、假設(shè)兩個(gè)研發(fā)團(tuán)隊(duì)每次接種后產(chǎn)生抗體與否均相互獨(dú)立．當(dāng)n=23m，p參考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（其中n＝a+參考數(shù)據(jù)：已知函數(shù)α0.100.050.0100.0050.001xα2.7063.8416.6357.89710.82822．（12分）已知函數(shù)f（x）＝x3+klnx（k∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．（1）當(dāng)k＝6時(shí)，求函數(shù)g(x)=f(x)-f′(x)+9（2）當(dāng)k≥﹣3時(shí)，求證：對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有f′(x

2022-2023學(xué)年福建省廈門一中高二（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）定義abcd=ad-bc，已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a3＝1，aA．4 B．±4 C．8 D．±8【解答】解：數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a3＝1，a6所以a6?a8﹣8×8＝0，所以a6?a8＝64，則a7＝±8，因?yàn)閍7與a3符號一致，故a7＝8．故選：C．2．（5分）已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，A為C上的一點(diǎn)，AF中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，則|AF|＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：由題意得：F（1，0），準(zhǔn)線方程為x＝﹣1，設(shè)A（m，n），則AF中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m+12故m+12=2，解得：由拋物線的焦半徑可知：|AF|＝3+1＝4．故選：B．3．（5分）某市教育局為了給高考生減壓，將師范大學(xué)6名心理學(xué)教授全部分配到市屬四所重點(diǎn)高中進(jìn)行心理輔導(dǎo)，若A高中恰好需要1名心理學(xué)教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理學(xué)教授，則不同的分配方案有（）A．150種 B．540種 C．900種 D．1440種【解答】解：先從6名教授中任選1名教授到A高中，有C6再將其余5名教授分配到B，C，D三所高中，可分兩類：①B，C，D三所高中有一所高中分1名教授，另外兩所高中各分2名教授，有C5②B，C，D三所高中有一個(gè)高中分3名教授，另兩個(gè)高中各分1名教授，有C5∴不同的分配方案共有6×（90+60）＝900種．故選：C．4．（5分）3月15日是國際消費(fèi)者權(quán)益日．中央電視臺(tái)特地推出3.15公益晚會(huì)，曝光了食品、醫(yī)美、直播等多領(lǐng)域亂象，在很大程度上震懾了一些不良商家，也增強(qiáng)了消費(fèi)者的維權(quán)意識(shí)．一名市民在某商店買了一只燈泡，結(jié)果用了兩個(gè)月就壞了，他撥打了12315投訴電話．通過調(diào)查，發(fā)現(xiàn)該商店將一些不合格燈泡混入一批合格燈泡中以次充好賣給顧客．假設(shè)合格燈泡在使用1000小時(shí)后損壞的概率為0.004，不合格燈泡在使用1000小時(shí)后損壞的概率為0.4，若混入的不合格燈泡數(shù)占燈泡總數(shù)的25%，現(xiàn)一顧客在該商店買一只燈泡，則該燈泡在使用1000小時(shí)后不會(huì)損壞的概率為（）A．0.103 B．0.301 C．0.897 D．0.699【解答】解：由全概率公式，可得任取一零件，它是合格品的概率為（1﹣0.4）×25%+（1﹣0.004）×75%＝0.897．故選：C．5．（5分）我們將服從二項(xiàng)分布的隨機(jī)變量稱為二項(xiàng)隨機(jī)變量，服從正態(tài)分布的隨機(jī)變量稱為正態(tài)隨機(jī)變量．概率論中有一個(gè)重要的結(jié)論是棣莫弗一拉普拉斯極限定理，它表明，若隨機(jī)變量Y～B（n，p），當(dāng)n充分大時(shí)，二項(xiàng)隨機(jī)變量Y可以由正態(tài)隨機(jī)變量X來近似，且正態(tài)隨機(jī)變量X的期望和方差與二項(xiàng)隨機(jī)變量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年證明了p=12的特殊情形，1812年，拉普拉斯對一般的（附：若X～N（μ，σ2），則P（μ﹣σ≤X≤μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ≤X≤μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ≤X≤μ+3σ）≈0.9973）A．0.1587 B．0.0228 C．0.0027 D．0.0014【解答】解：拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣100次，設(shè)硬幣正面向上次數(shù)為X，則X～B（100，12故E（X）＝np=100×12=50，D（X）＝np（1﹣p由題意可得，X～N（μ，σ2），且μ＝E（X）＝50，σ2＝D（X）＝25，∵P（μ﹣2σ≤X≤μ+2σ）≈0.9545，∴用正態(tài)分布近似估算硬幣正面向上次數(shù)超過60次的概率為P（X＞60）＝P（X＞50+2×5）=1-0.9545故選：B．6．（5分）已知菱形ABCD的邊長為3，對角線BD長為5，將△ABD沿著對角線BD翻折至△A'BD，使得線段A'C長為3，則異面直線A'B與CD所成角的余弦值為（）A．34 B．54 C．49【解答】解：如圖，因?yàn)锳′C＝A′D＝CD＝3，所以2A′C因?yàn)镃B＝CD＝3，BD＝5，所以2CB所以A′B→即cos?所以異面直線A'B與CD所成角的余弦值為89故選：D．7．（5分）某高二學(xué)生在參加物理、歷史反向?qū)W考中，成績是否取得A等級相互獨(dú)立，記X為“該學(xué)生取得A等級的學(xué)考科目數(shù)”，其分布列如下表所示，則D（X）的最大值是（）X012Pab19A．3281 B．49 C．1736【解答】解：由已知得a+b=89，E（X）＝b+29，E（X2所以D（X）＝E（X2）﹣[E（X）]2=(b+4又因?yàn)閎∈(0，89)，所以b=518時(shí)，D（故選：C．8．（5分）若實(shí)數(shù)x，y滿足4lnx+2lny≥x2+4y﹣4，則（）A．xy=22 B．x+y=2 C．x+y=1+2 D．【解答】解：∵4lnx+2lny≥x2+4y﹣4（x＞0，y＞0），∴2[ln（x2）+lny]≥x2+4y﹣4，即ln（x2）+lny≥12x2+2∴l(xiāng)n[（12x2）?（2y）]≥12設(shè)a=12x2，b＝2y（則有l(wèi)nab≥a+b﹣2，即lna+lnb≥a+b﹣2，∴l(xiāng)na﹣a+1+（lnb﹣b+1）≥0，令g（x）＝lnx﹣x+1，則g'（x）=1x-∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；∴g（x）max＝g（1）＝0，要使g（a）+g（b）≥0成立，只有當(dāng)a＝b＝1時(shí)即g（a）＝g（b）＝0時(shí)才滿足，∴x=2，y=12故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)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(cuò)的得0分．（多選）9．（5分）總和生育率有時(shí)也簡稱生育率，是指一個(gè)人口群體的各年齡別婦女生育率的總和．它反映的是一名婦女在每年都按照該年齡別現(xiàn)有生育率生育的假設(shè)下，在育齡期間生育的子女總數(shù)．為了了解中國人均GDPx（單位：萬元）和總和生育率y以及女性平均受教育年限z（單位：年）的關(guān)系，采用2012～2022近十年來的數(shù)據(jù)（xi，yi，zi）（i＝1，2，…，10）繪制了散點(diǎn)圖，并得到經(jīng)驗(yàn)回歸方程z?=7.54+0.33x，y?=2.88﹣0.41xA．人均GDP和女性平均受教育年限正相關(guān) B．女性平均受教育年限和總和生育率負(fù)相關(guān) C．R1D．未來三年總和生育率將繼續(xù)降低【解答】解：由回歸方程z?=7.54+0.33x可知，人均GDP和女性平均受教育年限正相關(guān)，故因?yàn)閦?=7.54+0.33x，y?=2.88﹣0.41x，所以女性平均受教育年限z和總和生育率y所以女性平均受教育年限z和總和生育率y負(fù)相關(guān)，故B正確；由散點(diǎn)圖可知，回歸方程z?=7.54+0.33x相對y?=2.88﹣0.41x擬合效果更好，所以R12＞R根據(jù)回歸方程y?=2.88﹣0.41x預(yù)測，未來總和生育率預(yù)測值有可能降低，但實(shí)際值不一定會(huì)降低，故故選：AB．（多選）10．（5分）已知函數(shù)f（x）＝（x2﹣3）ex，x∈R，則（）A．函數(shù)f（x）有且只有2個(gè)零點(diǎn) B．函數(shù)f（x）的遞減區(qū)間為（﹣3，1） C．函數(shù)f（x）存在最大值和最小值 D．若方程f（x）＝a有三個(gè)實(shí)數(shù)解，則a∈（﹣2e，6e﹣3）【解答】解：對于A：由f（x）＝0得x＝±3，即函數(shù)f（x）有且只有2個(gè)零點(diǎn)，故A正確；對于B：f（x）＝（x2﹣3）ex，x∈R，則f'（x）＝（x2+2x﹣3）ex，由f'（x）＝0得x＝﹣3或x＝1，由f'（x）＞0得x＞1或x＜﹣3，由f'（x）＜0得﹣3＜x＜1，∴f（x）在（﹣∞，﹣3）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（﹣3，1）上單調(diào)遞減，故B正確；對于C：由選項(xiàng)B得f（x）在（﹣∞，﹣3）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（﹣3，1）上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝﹣3時(shí)，f（x）取得極大值f（﹣3）＝6e﹣3，當(dāng)x＝1時(shí)，f（x）取得極小值f（1）＝﹣2e，作出草圖，如圖所示：\∴由圖象得f（x）min＝f（1）＝﹣2e，無最大值，故C錯(cuò)誤；對于D：由圖象得若方程f（x）＝a有三個(gè)實(shí)數(shù)解，則a∈（0，6e﹣3），故D錯(cuò)誤．故選：AB．（多選）11．（5分）已知圓C：（x﹣a）2+（y﹣ea）2＝1，則（）A．存在兩個(gè)不同的a，使得圓C經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn) B．存在兩個(gè)不同的a，使得圓C在x軸和y軸上截得的線段長相等 C．存在唯一的a，使得圓C的面積被直線y＝ex平分 D．存在三個(gè)不同的a，使得圓C與x軸或y軸相切【解答】解：圓（x﹣a）2+（y﹣ea）2＝1的圓心坐標(biāo)為（a，ea），半徑為1，對于A：設(shè)圓C過原點(diǎn)（0，0），則a2+（ea）2＝1，方程a2+（ea）2＝1的解的個(gè)數(shù)等價(jià)于函數(shù)y＝ex的圖象與曲線x2+y2＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，作函數(shù)y＝ex與圓x2+y2＝1的圖象可得：所以函數(shù)y＝ex的圖象與曲線x2+y2＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，所以存在兩個(gè)不同的a，使得圓C經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，A正確；對于B：圓C在x軸和y軸上截得的線段長相等等價(jià)于21-即a2＝（ea）2，即ea±a＝0，方程ea±a＝0的解的個(gè)數(shù)函數(shù)g（x）＝ex+x和h（x）＝ex﹣x的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)和相等，因?yàn)間′（x）＝ex+1＞0，又g（﹣1）＝e﹣1﹣1＜0，g（0）＝1﹣0＞0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上存在一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)g（x）存在一個(gè)零點(diǎn)，因?yàn)閔′（x）＝ex﹣1，當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x＜0時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，又h（0）＝1＞0，所以h（x）＞0，故函數(shù)h（x）沒有零點(diǎn)，所以方程ea±a＝0的解的個(gè)數(shù)為1，即存在一個(gè)a，使得圓C在x軸和y軸上截得的線段長相等，B錯(cuò)誤；對于C：圓C的面積被直線y＝ex平分等價(jià)于y＝ex過圓心，所以ea＝ea，令f（a）＝ea﹣ea，求導(dǎo)可得f′（a）＝ea﹣e，令f′（a）＝0，可得a＝1，當(dāng)a＞1時(shí)，f′（a）＞0，函數(shù)f（a）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a＜1時(shí)，f′（a）＜0，函數(shù)f（a）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，又f（1）＝0，所以函數(shù)f（a）＝ea﹣ea只有一個(gè)零點(diǎn)，即方程ea＝ea只有一解，所以存在唯一的a，使得圓C的面積被直線y＝ex平分，C正確；對于D：圓C與x軸或y軸相切等價(jià)于|a|＝1或|ea|＝1，則a＝±1或a＝0，共3解，所以存在三個(gè)不同的a，使得圓C與x軸或y軸相切，D正確；故選：ACD．（多選）12．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，AM⊥平面α，則（）A．直線AB與平面α所成角的正弦值范圍為[3B．已知N為DD1中點(diǎn)，當(dāng)AM+MN的和最小時(shí)，MCDNC．點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)時(shí)，若平面α經(jīng)過點(diǎn)B，則平面α截正方體所得截面圖形是等腰梯形 D．點(diǎn)M與點(diǎn)C1重合時(shí)，平面α截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大【解答】解：對于A：設(shè)正方體的棱長為2，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（2，2，0），設(shè)M（0，2，a）（0≤a≤2），因?yàn)锳M⊥面α，則AM→為平面α的一個(gè)法向量，且AM→=（﹣2，2，a所以|cos＜AB→，AM→＞|=|AB所以直線AB與平面α所成角的正弦值取值分范圍為[33，22]，故對于B：將矩形ACC1A1與矩形CC1D1D延展為一個(gè)平面，如圖所示，若AM+MN最短，則A，M，N三點(diǎn)共線，因?yàn)镃C1∥DD1，所以MCDN=ACAD=對于C：設(shè)平面α交棱A1D1于點(diǎn)E（b，0，2），點(diǎn)M（0，2，1），AM→因?yàn)锳M⊥面α，DC?面α，所以AM⊥DE，即AM→?DE→=-得b＝1，所以E（1，0，2），所以點(diǎn)E為棱A1D1的中點(diǎn)，同理可得，點(diǎn)F為棱A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)（2，1，2），EF→又DB→所以EF→所以EF∥DB且EF≠DB，由空間中兩點(diǎn)的距離公式可得DE=22+0所以DE＝BF，所以四邊形BDEF為等腰梯形，故C正確；對于D：當(dāng)M與CC1重合時(shí)，連接A1D，BD，A1B，AC，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1⊥面ABCD，因?yàn)锽D?面ABCD，所以BD⊥CC1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BD⊥AC，因?yàn)镃C1∩AC＝C，所以BD⊥面ACC1，因?yàn)锳C1?面ACC1，所以AC1⊥BD，同理可證AC1⊥A1D，因?yàn)锳1D∩BD＝D，所以AC1⊥面A1BD，由題知△A1BD是邊長為22的等邊三角形，面積為S△A1BD=34周長為22×3＝62設(shè)E，F(xiàn)，Q，N，G，H為棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的中點(diǎn)，所以六邊形EFQNGH是邊長為12的正六邊形，且面EFQNGH∥面A1BD所以六邊形EFQNGH的周長為62，面積為6×34×（2）2所以△A1BD的面積小于正六邊形EFQNGH的面積，它們的周長相等，故D錯(cuò)誤，故選：ABC．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．（5分）（1+x）10﹣（1﹣x）9展開式中x2的系數(shù)為9．【解答】解：∵（1+x）10的展開式的通項(xiàng)為Tk+1∴令k＝2，可得展開式中x2的系數(shù)為C10∵（1﹣x）9的展開式的通項(xiàng)為Tr+1∴令r＝2，可得展開式中x2的系數(shù)為(-1)故（1+x）10﹣（1﹣x）9展開式中x2的系數(shù)為45﹣36＝9．故答案為：9．14．（5分）從0，1，3，5，7，9這五個(gè)數(shù)中，每次取出兩個(gè)不同的數(shù)分別記為A，B，則方程Ax+By＝0所表示的不同直線共有20條．【解答】解：（1）當(dāng)A或B中有一個(gè)取0時(shí)，另一個(gè)不論取何值，方程都只能表示2條直線x＝0和y＝0，即選中0時(shí)，Ax+By＝0共能表示2條直線；（2）當(dāng)A、B從1，3，5，7，9五個(gè)數(shù)字中取值時(shí)，共有A5但當(dāng)取值為（1，3）和（3，9）以及（3，1）和（9，3）時(shí)表示同一條直線，當(dāng)A、B從1，3，5，7，9五個(gè)數(shù)字中取值時(shí)，Ax+By＝0共能表示20﹣2＝18條直線．綜上所述，表示成不同直線的條數(shù)是2+18＝20條．故答案為：20．15．（5分）過雙曲線x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)F作其中一條漸近線的垂線，垂足為Q，直線FQ與雙曲線的左、右兩支分別交于點(diǎn)M，N【解答】解：設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F'，雙曲線的漸近線方程為bx±ay＝0，|FQ|=|bc|a2+b2在直角三角形QOF中，cos∠QFO=bc設(shè)|QN|＝t，則|QM|＝3t，|FN|＝b﹣t，由雙曲線的定義可得|NF'|＝b﹣t+2a，|MF'|＝b+3t﹣2a，在三角形FNF'中，可得cosNFF'=4c在三角形FMF'中，可得cos∠MFF'=4c由①②化簡可得t=ab由①③化簡可得t=ab所以a+b＝3b﹣3a，即b＝2a，則e=c故答案為：5．16．（5分）正方形ABCD位于平面直角坐標(biāo)系上，其中A（1，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣1），D（1，﹣1）．考慮對這個(gè)正方形執(zhí)行下面三種變換：（1）L：逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°．（2）R：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°．（3）S：關(guān)于原點(diǎn)對稱．上述三種操作可以把正方形變換為自身，但是A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)所在的位置會(huì)發(fā)生變化．例如，對原正方形作變換R之后，頂點(diǎn)A從（1，1）移動(dòng)到（1，﹣1），然后再作一次變換S之后，A移動(dòng)到（﹣1，1）．對原來的正方形按a1，a2，?，ak的順序作k次變換記為a1a2?ak，其中ai∈{L，R，S}，i＝1，2，?，k．如果經(jīng)過k次變換之后，頂點(diǎn)的位置恢復(fù)為原來的樣子，那么我們稱這樣的變換是k﹣恒等變換．例如，RRS是一個(gè)3﹣恒等變換．則3﹣恒等變換共6種；對于正整數(shù)n，n﹣恒等變換共3?(-1)n【解答】解：3﹣恒等變換必定含S，所以一共有LLS，LSL，SLL，RRS，RSR，SRR這6種3﹣恒等變換；注意到，作用一次S變換相當(dāng)于兩次L變換；作用一次R變換相當(dāng)于三次L變換．我們記L為數(shù)字1，S為數(shù)字2，R為數(shù)字3，作用相應(yīng)的變化就增加相應(yīng)的數(shù)字．那么如果作了n次變換a1a2?an（其中包含p個(gè)L、q個(gè)S、r個(gè)R），當(dāng)p+2q+3r是4的倍數(shù)時(shí)，就能得到一個(gè)n﹣恒等變換．我們假設(shè)作了n次變換之后得到的相應(yīng)數(shù)字除以4的余數(shù)是0，1，2，3的情況數(shù)分別為an，bn，cn，dn．把這n次變換分解成n﹣1次變換和第n次變換，假設(shè)經(jīng)過n次變換之后余數(shù)為0．如果經(jīng)過n﹣1次變換后的余數(shù)是0，則第n次變換余數(shù)不可能為0；如果經(jīng)過n﹣1次變換后的余數(shù)分別是1，2，3，則第n次變換余數(shù)必須分別為3，2，1．其他完全類似，因此an＝bn﹣1+cn﹣1+dn﹣1，bn＝an﹣1+cn﹣1+dn﹣1，cn＝an﹣1+bn﹣1+dn﹣1，dn＝an﹣1+bn﹣1+cn﹣1．把后三個(gè)式子相加可得bn+cn+dn＝3an﹣1+2（bn﹣1+cn﹣1+dn﹣1），代入第一個(gè)式子可得an+1＝2an+3an﹣1，?an+1+an＝3（an+an﹣1）．所以{an+1+an}是公比為3的等比數(shù)列．已經(jīng)算出a3＝6，而2﹣恒等變換有LR，RL，SS這三種，故a2＝3．因此，a3+a2＝9，從而an+1兩邊同乘（﹣1）n+1，可得(-1)根據(jù)累加法可得(-1)于是an故答案為：6；3?(-1)四、解答題：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）數(shù)列{an}滿足a1＝2，an+1＝λan+2n（n∈N*），λ為常數(shù)．（1）是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{an}成為等比數(shù)列，若存在，找出所有的λ，及對應(yīng)的通項(xiàng)公式；若不存在，說明理由；（2）當(dāng)λ＝2時(shí)，記bn=an2n，求數(shù)列{b【解答】解：（1）假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{an}成為等比數(shù)列，則a22=a1∵a1＝2，a2＝λa1+21＝2λ+2，a3＝λa2+22＝λ（2λ+2）+2＝2λ2+2λ+4，∴（2λ+2）2＝2（2λ2+2λ+4），解得λ＝1，則an+1＝an+2n，即an+1﹣an＝2n，故a1＝2，a2﹣a1＝21，a3﹣a2＝22，…，an﹣an﹣1＝2n﹣1，各項(xiàng)相加，可得an＝2+21+22+…+2n﹣1＝1+（1+21+22+…+2n﹣1）＝1+＝2n＝2?2n﹣1，∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴存在實(shí)數(shù)λ＝1，使得數(shù)列{an}成為等比數(shù)列，且an＝2n，n∈N*．（2）由題意，當(dāng)λ＝2時(shí)，an+1＝2an+2n，兩邊同時(shí)乘以12n+1，可得即bn+1＝bn+1∵b1=a∴數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，12∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為1?n+n(n-1)2?18．（12分）下表是某單位在2023年1～5月份用水量（單位：百噸）的一組數(shù)據(jù)：月份x12345用水量y2.5344.55.2（1）從這5個(gè)月中任取2個(gè)月的用水量，求所取2個(gè)月的用水量之和不超過7（單位：百噸）的概率；（2）若由經(jīng)驗(yàn)回歸方程得到的預(yù)測數(shù)據(jù)與實(shí)際數(shù)據(jù)的誤差不超過0.05，視為“預(yù)測可靠”，那么由該單位前4個(gè)月的數(shù)據(jù)所得到的經(jīng)驗(yàn)回歸方程預(yù)測5月份的用水量是否可靠？說明理由．參考公式：對于一組數(shù)據(jù)（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回歸直線y?最小二乘估計(jì)公式分別為：b?=i=1【解答】解：（1）從這5個(gè)月中任取2個(gè)月，包含的基本事件有C5其中所取2個(gè)月的用水量之和不超過7（百噸）的基本事件有以下4個(gè)：（2.5，3），（2.5，4），（2.5，4.5），（3，4），故所求概率P=4（2）由數(shù)據(jù)得x=由公式計(jì)算得b?所以y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y＝0.7x+1.75，當(dāng)x＝5時(shí)，得估計(jì)值y＝0.7×5+1.75＝5.25，而|5.2﹣5.25|＝0.05≤0.05，所以得到的經(jīng)驗(yàn)回歸方程是“預(yù)測可靠”的．19．（12分）如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C中，底面△ABC是正三角形，側(cè)面AA1C1C是菱形，點(diǎn)A1在平面ABC的射影為線段AC的中點(diǎn)D，過點(diǎn)B1，B，D的平面α與棱A1C1交于點(diǎn)E．（1）證明：四邊形BB1ED是矩形；（2）求平面ABB1和平面BB1E夾角的余弦值．【解答】解：（1）證明：連接B1E，DE，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面A1ABB1為平行四邊形，所以B1B∥A1A，因?yàn)锽1B?平面A1ACC1，A1A?平面A1ACC1，所以B1B∥平面A1ACC1，因?yàn)锽1B?平面BB1D，且平面BB1D∩平面A1ACC1＝DE，所以B1B∥DE，因此A1A∥DE，因?yàn)辄c(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，所以E為A1C1中點(diǎn)，所以B1B＝DE，所以四邊形BB1ED為平行四邊形，在正△ABC中，因?yàn)镈是AC的中點(diǎn)，所以BD⊥AC，由題意可知，A1D⊥平面ABC，又BD，BC?平面ABC，所以A1D⊥BD，A1D⊥AC，又AC∩A1D＝D，所以BD⊥平面ACC1A1，又DE?平面ACC1A1，則BD⊥DE，故四邊形BB1ED為矩形；（2）由（1）可知，DB，AC，A1D兩兩垂直，以DB，AC，A1D所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，設(shè)AD＝1，則BD=3在△AA1D中，AA1＝2AD，∠A1DA＝90°，所以A1故D（0，0，0），A（0，﹣1，0），A1(0，0，3所以AB→=(3，1，0)，設(shè)平面DBB1E的法向量為m→則m→?DB令c＝﹣1，則m→設(shè)平面ABB1A1的法向量為n→則n→?AB令x＝1，則n→設(shè)