2022-2023學(xué)年湖南省湘潭市湘潭縣名校聯(lián)考聯(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中，選出符合題目的一項）

1.已知集合時={%]+久+620},N={制y=7仇％-1},則MCN=（）

A.[-2,e]B.（—2,3）C.[e,3]D.[e,+oo）

2.已知復(fù)數(shù)z=l+i,且2+xz+y=0,其中％,y為實數(shù)，貝版）

A.%=1,y=—2B.x=-1,y=—2

C.x=1,y=2D.%=—1,y=2

3.己知非零向量萬，元滿足|沆|=1,四=?，|沅+2元|=2,則〈沅，元）=（）

71一兀一式

AA.7B.TC.TD.弓

4.已知長方體ABC。的底面ABC。是邊長為2的正方形，=4,M,N分別為

CG的中點，則三棱錐M-NB/i的體積為（）

A.IB.4C.|D.6

5.某學(xué)校在高考模擬考試座位的排定過程中，有來自4班的4名學(xué)生和來自8班的4名學(xué)生,

恰好排在五行八座（每個考室5行*8座=40人）中的第二行，則來自同一班級的4名學(xué)生互不相

鄰的概率為（）

A±

-30B.2D-2

6.已知/(%)=COS(3%+9)(3>0,\(p\<力，且y=|/(%)|的最小正周期為2.若存在zn>0,

使得對于任意汽GR,都有+771)=mf(-x),則0為()

7r

71r4"兀c冗

AA.-7B.7C.D.n

7.己知函數(shù)/g(x)=x/(X)，若a=g(仇3)，b=g(o.5q,c=則a,

b,c的大小關(guān)系為()

A.b<a<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<b<c

8.已知4,B,C,。是表面積為20兀的球面上四點，AB=2,BC=口,^BAC=三棱

錐a-BCD的體積為?，則線段CD長度的取值范圍為()

A.[3<7,2^~5]B.[<70,20]C.3dD.[2AT3,

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.已知函數(shù)/（*）=/一12%+eR）,則下列結(jié)論中正確的是（）

A."%）可能是奇函數(shù)

B.f（x）在區(qū)間［-2,2］上單調(diào)遞減

C.當(dāng)/（比）的極大值為17時，t=l

D.當(dāng)t=l時，函數(shù)/（久）的值域是［-15,17］

10.已知拋物線C：y=2p/的焦點F到準線，的距離為2,貝1|（）

A.拋物線為y=4/

B.若4（2,3）,B為C上的動點，則田川+|BF|的最小值為4

C.直線y=kx+1與拋物線C相交所得弦長最短為4

D.若拋物線準線與y軸交于點N,點M是拋物線上不同于其頂點的任意一點，t\MN\=\MF\,

tGR,貝亞的最小值為殍

11.已知正方體力BCD-&B1C1D1的棱長為2,則以下結(jié)論正確的是（）

A.若P為線段/A上動點（包括端點），則點P到平面的距離為定值

B.正方形底面4BCD內(nèi)存在點P,使得0止14。1

C.若點P在正方體48CD—4當(dāng)?shù)摹?的表面上運動，點Q是CD的中點，點P滿足PQIHC1，

則點P的軌跡的周長為66至

D.當(dāng)點P為Bi5中點時，三棱錐P—4/。的外接球半徑R=子

x

12.已知定義在（0,+8）的函數(shù)/（%）=Ve2x_|_x2_—2e+5+

Ve2x+x2+2ex-2ex+1+2e2,存在而e（工殍）使f（殉）為函數(shù)y=/（久）的最小值，其中

kEN,貝味的值可以為（附：~1.65，e?2.72,e3~20）（）

A.0B.1C.2D.3

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.在（1+；）（，子-1）6的展開式中常數(shù)項等于.

14.若一直線與曲線y=仇］和曲線久2=2py（p>0）相切于同一點M,則p的值為.

15.有窮等差數(shù)列的各項均為正數(shù)，若。2。23=3,則高+痣得的最小值是.

16.如圖，已知雙曲線Ci：最—。=l(a>0,6>0)與過其焦點的

圓/+y2=?2相交于a,B,C,。四個點，直線2D與工軸交于點E,

直線CE與雙曲線G交于點尸，記直線AC,AF的斜率分別為七，k2,

若心?e=3,則雙曲線G的離心率為.

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.(本小題10.0分)

在數(shù)列｛冊｝中，at=1,nan+1=2(n+l)an+n+2.

(1)證明產(chǎn)聯(lián)｝是等比數(shù)列；

(2)若e=/取血二口，求數(shù)列｛彳J---｝的前幾項和S九.

幾u2nu2n+2

18.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=2s譏(3X+s)(3>G,-n<(p<0)在一個周期內(nèi)一系列對應(yīng)的值如表：

nn5TTn27r11

X

~126122312兀

f(x)-2020-2

(1)求/'(%)的解析式；

(2)若在銳角AABC中，/(a)=q,角4所對的邊。=，與，求△力BC面積的取值范圍.

19.(本小題12.0分)

一個小型制冰廠有3臺同一型號的制冰設(shè)備，在一天內(nèi)這3臺設(shè)備只要有一臺能正常工作，制

冰廠就會有利潤，當(dāng)3臺都無法正常工作時制冰廠就因停業(yè)而虧本(3臺設(shè)備相互獨立，3臺都

正常工作時利潤最大).每臺制冰設(shè)備的核心系統(tǒng)由3個同一型號的電子元件組成，3個元件能

正常工作的概率都為p(0<p<l),它們之間相互不影響，當(dāng)系統(tǒng)中有不少于|的電子元件正

常工作時，此臺制冰設(shè)備才能正常工作.

(1)當(dāng)p=T時，求一天內(nèi)制冰廠不虧本的概率；

(2)若已知當(dāng)前每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.6,根據(jù)以往經(jīng)驗可知，若制冰廠由于設(shè)備不

能正常工作而停業(yè)一天，制冰廠將損失1萬元，為減少經(jīng)濟損失，有以下兩種方案可供選擇參

考：

方案1：更換3臺設(shè)備的部分零件，使每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.85,更新費用共為600元.

方案2：對設(shè)備進行維護，使每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.75,設(shè)備維護總費用為a元.請從

期望損失最小的角度判斷如何決策？

20.(本小題12.0分)

如圖，圓柱的軸截面力BCD是邊長DC=4,AD=3的矩形，點M在上底面圓。1內(nèi)，且。泌=

1(4三點不在一條直線上).下底面圓。2的一條弦EF交CD于點G,其中。E=DF=2,平

面AEFn平面力BM=I.

(1)證明：以平面力BCD；

(2)若二面角M-EF-A的正切值為求DM的長.

4

21.(本小題12.0分)

已知g(x)=詈+sinx,且y=g(x)在久=0處的切線與直線y=2x—3平行.

(1)求小的值，并求此切線方程；

(2)若/(x)=g(x)-sinx,且/(x)=a有兩個不相等的實數(shù)根%i，物且的＜如求證：x2-

久】＞2—2ae

22.(本小題12.0分)

已知直線。過點6(—/攵,0)且與圓F2：Q—/無尸+y2=32交于B,C兩點，過&C的中點。作

垂直于BC的直線交F2c于點P,記P的軌跡為曲線r.

(1)求曲線「的方程；

(2)設(shè)曲線r與無軸的交點分別為A2,點&,尸2關(guān)于直線丫=—X的對稱點分別為E，F(xiàn),過

點尸2的直線％與曲線廠交于“，N兩點，直線4N相交于點Q.請判斷AQEF的面積是否為

定值？若是，求出這個值；若不是，請說明理由.

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：由一一+%+620,解得-2WxW3,故用={%|-/+%+6N0}=[-2,3].

由伍x—1>0,可得x>e,故N={x\y-VInx—1}=[e,+co),

則MnN=[e,3].

故選：C.

解一元二次不等式化簡集合M,根據(jù)函數(shù)的定義域及解對數(shù)不等式化簡集合N,由交集運算即可

求解.

本題考查交集定義、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：由題z=l+i,z+xz+y=l—i+x(l+i)+y=(1+x+y)+(x—l)i,

由W+久z+y=0,結(jié)合復(fù)數(shù)相等的充要條件為實部、虛部對應(yīng)相等，

得『+：+(=。，Bpfx=1

-1=oky=-2

故選：A.

根據(jù)復(fù)數(shù)的運算可得(1+%+y)+(x-l)i=0,進而即得.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，以及共輾復(fù)數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】D

【解析】解：\m+2n\=2,

(m+2n)2-4,又|沅|=1,|記|=?，

(m+2n)2=m2+4m-n+4n2=1+2A/-3cos(m,n)+3=4，

解得COS〈記，元)=0,又〈記，元)￡[0,7l],

所以何用=

故選：D.

根據(jù)向量數(shù)量積的運算法則結(jié)合數(shù)量積的定義可得cos(沅，力=0,進而即得.

本題主要考查了向量的數(shù)量積運算，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：如圖，???M,N分別為44],CC1的中點，

長方體ABC。一4/1的。1的底面2BCD是邊長為2的正方形，44]=4,

MA±=NG=2,MN=MBr=MD±=NBr=NDr=BR=2c,

三棱錐M—NB/i是正四面體，設(shè)ANBiDi的中心為0,連接M。，NO,

則N0="（2f2_（亨）2=亨,M0=J（2心）2_（空2=殍，

...三棱錐M-NB也的體積為/x孕x（2，克T*亨=|.

3433

故選：C.

由題可得三棱錐M-N/D1是正四面體，然后利用正四面體的性質(zhì)結(jié)合棱錐的體積公式求解.

本題考查長方體的結(jié)構(gòu)特征，考查多面體體積的求法，考查運算求解能力，是中檔題.

5.【答案】B

【解析】解：8名同學(xué)坐在一行的不同排法共有魔=40320種，

來自同一班級的4名學(xué)生互不相鄰的排法有2艘?題=1152種，

所以事件“來自4班的4名學(xué)生互不相鄰，且來自B班的4名學(xué)生也互不相鄰”的概率。=嚼=

1

35,

故選：B.

根據(jù)給定條件，利用全排列求出試驗的基本事件數(shù)，利用插空法求出所求概率的事件含有的基本

事件數(shù)，再利用古典概率求解作答.

本題主要考查古典概型的概率公式，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】A

【解析】解：已知y=|/(x)|的最小正周期為2,

所以函數(shù)/(久)的最小正周期為4,

則3=?=

又f(x+771)=m/(—%),

所以cos[3(%+m)+9]=mcos(—ojx+cp),

因為存在m>0,使得對于任意％eR,都有/(X+m)=

所以??i=1,

此時/(%+1)=/(一%),

所以函數(shù)f(%)關(guān)于直線％二夕寸稱，

可得3+0=kn,kEZ,

q

7T

即0=—74+kji,kEZ9

又⑷

所以

故選：A.

由題意，得到函數(shù)/(%)的最小正周期為4,解出3的值，利用/(%+ZH)=租/(-%),解得租=1,

得到函數(shù)〃久)關(guān)于直線x=，對稱，結(jié)合|如<5即可求出9的值.

本題考查三角函數(shù)的周期性，考查了邏輯推理和運算能力.

7.【答案】A

【解析】解：因為g(%)=%/(%)=%(2%-2-%),該函數(shù)的定義域為R,

g(-%)=%(2%-2T)=g(%),所以函數(shù)y=g(%)為偶函數(shù)，故0(-5)=0(|)，

2x

當(dāng)x>0時，y(x)==2X-2T>0，

任取/>%2>0，一/<一%2，則2*1>2不，2Tl<2-&,所以2%—2-%>2*2—2T2,

所以fOi)>f(久2)>。，>%2f(%2)，即g(%i)>g(%2)，

所以函數(shù)y=g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

1_OO

又0<0.53<0.5°=1，由32</可得比3V5，故1<仇3<2，

則g(0.5為<g(仇3)<g(|)，即6<a<c.

故選：A.

判斷出函數(shù)g(x)=x/(x)是偶函數(shù)，且在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，然后比較仇3、o.54、|三個數(shù)

的大小，由此可得出a、b、c的大小關(guān)系.

本題考查了偶函數(shù)的定義，增函數(shù)的定義，不等式的性質(zhì)，對數(shù)的運算性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，

考查了計算能力，屬于中檔題.

8.【答案】C

【解析】解：設(shè)球的球心為0,??,球的表面積為20兀，.?.球的半徑R=，有，

又,.?4B=2,BC=C，NB2C=*

.?.由BC2=AB2+AC2-2AB-ACcosABAC,

得3=4+4。2一2AC,解得AC=1,可得BO?+4。2=4^2,即N8G4=*

設(shè)4B的中點為。2，則。2為A4BC外接圓圓心，

-

連接0。2，0A,貝!］。4=A/5,X02=1，；?。。2=2,

即球心。到平面ABC的距離為2,且SMBC=?，

又三棱錐力-BCD的體積為殍，。到平面力BC的距離d=3,

設(shè)。在球面的截面圓01上，則。1。2=3,。1。=1,截面圓。1的半徑為2,

設(shè)D在平面4BC上的投影為則M的軌跡為圓，圓心為AABC的外心。2，即為的中點,

則CMe［1,3］，又CD=VCM2+DM2=VCM2+9-

???CDG［AHX),34］，

故選：C.

根據(jù)條件可得△ABC為直角三角形，由球的表面積公式可得球的半徑，結(jié)合球的性質(zhì)可得球心。到

平面ABC的距離，根據(jù)錐體的體積公式，結(jié)合條件可得D在距平面4BC距離為3的截面圓?！可希?/p>

后利用球的性質(zhì)表示出CD,再結(jié)合圓的性質(zhì)求解.

本題考查多面體的外接球，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，關(guān)鍵是根據(jù)球的

性質(zhì)結(jié)合條件找出點。的位置，是中檔題.

9.【答案】ABC

【解析】解：對于4：由題意得對VxeR,/(-x)=-x3+12x+t,函數(shù)定義域為R,

顯然當(dāng)t=0時，=即/'(x)為奇函數(shù),故A正確；

對于B：由題意得/'(X)=3(x2—4)=3(x+2)(x—2),

由rCO>0得x<一2或%>2,由/'(x)<0得一2<x<2,

二函數(shù)/(久)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一8,-2)和(2,+8),函數(shù)/Xx)的單調(diào)遞減區(qū)間為［一2,2］,故8正確；

對于C：由/''(X)=3(--4)=3(%+2)(%-2)=0得「=±2,

由選項B得久=-2是函數(shù)/(久)的極大值點，此時函數(shù)/(久)的極大值為f(-2)=-8+24+t=17,

解的t=1,故C正確；

由選項B得函數(shù)〃久)在(一8,-2)和(2,+8)上單調(diào)遞增，函數(shù)〃x)在［-2,2］上單調(diào)遞減，

.??/(均無最大值，無最小值，故。錯誤.

故選：ABC.

利用奇函數(shù)的定義可判斷4利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)/(X)的單調(diào)性可判斷BCD.

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值和極值，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運算能

力，屬于中檔題.

10.【答案】BCD

【解析】解：因為拋物線C：y=2px2今/=點y的焦點尸到準線/的距離為2,

乙P

11

所以布=2今

從而拋物線C的方程是/=4y,所以A錯誤；

設(shè)B到準線的距離為d,由題可知準線為Ay=-l,

則|B4|+|8尸|=田川+d23+1=4,故8正確；

拋物線的焦點為尸(0,1),直線y=kx+1過焦點F,

由［y=kx+1^可得/一妹X—4=0,

lx=4y

設(shè)直線與拋物線交點為(久i，%),(x2,y2),

x2

則+%2=4k,為+y2=卜(久1+2)+2=4k+2,

所以直線y=kx+1與拋物線C相為所得弦長yi+%+2=4^+424,

當(dāng)且僅當(dāng)k=0時取等號，故C正確；

對于D,不妨設(shè)M點在第一象限，過M點向準線作垂線，垂足為Q,

則|M~=|MQ|,連接MN,

在RtAMQN中，設(shè)NMNQ=8,

1^1_\MQ\_.n

則t=\MN\\MN\‘me要求t的最小值,

即sin?最小，即8最小,

所以當(dāng)直線MN與拋物線相切時，角8最小，

設(shè)切線方程為y=mx-1，m存在，且爪＞0,

由12/,聯(lián)乂得久2—4m%+4=0,

令4=0,得16血2-16=0,所以租=1或血=一1（舍）,

所以6=彳，所以4九6=]?,故。正確.

故選：BCD.

根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得「=看可判斷力，根據(jù)拋物線的定義利用數(shù)形結(jié)合可判斷B,利用韋達定理

O

法及弦長公式可判斷C,根據(jù)條件可得當(dāng)直線MN與拋物線相切時t最小，然后利用判別式即得.

本題考查拋物線的幾何性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合思想，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

11.【答案】ACD

【解析】解：對于2：由題意可得，BB//DD1且BBLDD「

BB/iD為平行四邊形，貝。

又B也仁平面&BD,BDu平面4B。，

B/i〃平面&BD,

又「P為線段B/1上的點，則點P到平面&BD的距離為定值，故A正確;

對于B：以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系,

設(shè)P(x,y,O),￡>i(0,0,2),4(2,0,0),*=(%,%—2)，砧=(-2,0,2)，

若。止14。1，則￡)/'-4D；=0,即％=-2與題意矛盾，所以B不正確；

對于C：取8c的中點為E,取BBi的中點為F,取&B1的中點為G,取4。1的中點為H,

取DDi的中點為M,分別連接QE,EF,FG,GH,HM,MQ,

連接AC,BD,貝UQE//BD,BD1AC,由1平面ABCD,QEu平面力BCD,

所以QE1AC,QE151，acncG=C,AC,CC±u平面ACC1，

故QE1平面ACrU平面4CQ,

所以AC11QE,

同理可得aqiEF,且QEPIEF=E,QE,EFc^EFGHMQ,

所以"i_L平面EFGHMQ,

由題意可得P的軌跡為正六邊形EFGHMQ,其中|QE|=\EF\=口,

所以點P的軌跡的周長為64至，C正確；

對于D：當(dāng)點P為三。1中點時,則4P1B1D1，

???BBi1平面a/iGDi，ArPu平面4/1。也，

1BB],又BB[CB1D1=B1D1u平面BBi。]。，

???ArP1平面BB/i。，

D

設(shè)APB。的外接圓圓心為。i，半徑為r,三棱錐P—&BD的外接球的球心0,半徑為R,

連接001，0/,0B,

則。。11平面PBD,且。。1=241「=早

對于APB。，PB=PD=口,BD=2AT2,

.s/RPD-PB2+PD2_BD2_1

?.COSNBPD---3

2V~2

3

R2=產(chǎn)+。。彳=孕，即氏=色，。正確.

42

故選：ACD.

利用線面平行的判定定理可得當(dāng)久〃平面&BD進而可判斷4

利用坐標法結(jié)合向量垂直的條件可判斷B；

根據(jù)條件找出點P的軌跡進而可判斷C；

利用線面垂直的判定定理可得&P1平面8DP,然后利用球的性質(zhì)結(jié)合條件可判斷D.

本題主要考查空間中點、線、面之間的位置關(guān)系，屬于中檔題.

12.【答案】AB

【解析】解：/(%)=Ve2x+%2—4%—2ex+5+Ve2x+%2+2ex—2ex+1+2e2

=J(%—2)2+(e%_1)2+J(%+u)2+3一?)2,

當(dāng)P為線段AB與函數(shù)y=e%的圖象的交點時，/(%)的值最小，

48所在直線方程為y=

乙Ie乙Ie

、江/、丫1—63e

設(shè)9(久)=〃一而久一而，

/、-1+lle/7一30.92/丁丁.八

由9(/=e4-~V1.65-<V1.65-1,5<0，

4。十10.00

/、—l+5ey/廠14.6y一廠14.7?/ly/“八

5Q)=e2-仁?L65一西〉1.65-->1.65-1.64>°,

-1-1

得丸0e6弓)，使得g(*o)=。，

由題可得k=0時，XQE—(。、)成立，故A正確；

k=1時，％。eG3)G弓,令成立，故5正確；

當(dāng)k22時，即時，不合題意.

4Z

故選：AB.

由兩點間距離公式可得，/(%)表示函數(shù)、=峭上的點P(%,y)與兩點4(2,1),8(-e,e)的距離之和,

然后構(gòu)造函數(shù)雙久)=e，-二久-工，再根據(jù)零點存在定理求解.

本題的關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=蠟上的點尸(久,外與兩點2(2,1),B(-e,e)的距離之和，然后利

用零點存在定理求解，是中檔題.

13.【答案】16

【解析】解：因為(，子一1)6展開式的通項為,+]=c式/行)6-r(_])r=C^X~^~{-V)r,0<r<6,

rE.N,

（1+；）（Q-1）6的展開式中常數(shù)項由兩項構(gòu)成，

即1X啜（-1）6=1與;X瑞（CTX（-1）4=15,

所以（1+；）（，/-1）6的展開式中常數(shù)項為1+15=16.

故答案為：16.

根據(jù)二項式展開式結(jié)合其常數(shù)項組成形式即可得到答案.

本題主要考查二項式定理的應(yīng)用，利用多項式乘積的性質(zhì)進行計算是解決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題.

14.【答案】e

【解析】解：設(shè)切點M（%o，yo）,則由y=M％,得

由％2=2py,^yr=-x,

*=包

I%nP'

則代=lnx0.

Uo=2pyo，

解得p=e.

故答案為：e.

根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合條件即得.

本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，解題中注意導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用，屬于中檔題.

15.【答案】］

【解析】解：由已知得。2000+。2046=6，

又。2000>°，。2046>°，

13

>+

3+」一=：（。2000+。2046）（上一+）=3（2+3+迤姓+守皿）----

62)4

a20002。20466、。20002a2046，62020002a2046,

當(dāng)且僅當(dāng)“。2000=2a2046=4”時取等號.

故答案為：

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得。2000+?2046=6,然后利用基本不等式即得.

本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，考查了基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題.

16.【答案】?

【解析】解：由題可知4,C關(guān)于原點對稱，所以之=-xc,yA=-yc,

又尸在雙曲線上,所以信—3=1,%—市=1,則X?=，■球—塊,=，■尤|—￡)2,

所以0.k.力-以yF--呼-/)(好一瑞)—廬

FAFc2

-xF-xAxF-xc一炭一說一Xp-x\-a

即卜2-*=，①

...由32/⑦=滔=>kcF_廬

k13a2,

匕?=3

%=tanZ-ACD-AD

連接CD,可得，~CD

k=tanzECDDE'

kCE~~CD

故答案為：?I

根據(jù)雙曲線與圓的對稱性確定4c關(guān)于原點對稱，利用直線斜率的坐標運算與坐標關(guān)系即可得a,

b關(guān)系，從而可得雙曲線離心率.

本題考查雙曲線的性質(zhì)，考查直線與圓錐曲線的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題.

17.【答案】解：(1)證明：??,ria九+i=2(幾+1)。九+九+2,(nEN*)

2(n+l)(n+2,42(n+l),2n+2

???an+1=---an+=an+1+1=---anH――,

...&±1±1=也+白=2(nEN*)

n+1nnn

又a1=1,=2,

???｛胃｝是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列；

(2)由(1)得呼i=2%貝肪”=log22n=",(n€N*)

??b271b2九+2—471(71+1)~4幾+1)'

_11.11..11、_1n1_n

Scn-2+2-3+'"+n~~=

【解析】本題考查數(shù)列的遞推式，考查等比數(shù)列的判斷與通項公式，裂項相消法求數(shù)列的和，屬

于中檔題.

(1)根據(jù)遞推關(guān)系結(jié)合等比數(shù)列的定義，即可證明；

(2)根據(jù)等比數(shù)列的通項公式結(jié)合條件可得%=71,利用裂項相消法求和，即可得出答案.

18.【答案】解：(1)由題中表格給出的信息可知，函數(shù)/(久)的周期7=*—(—")=兀=>3=2,

由2sin(2x+p)=2今——Fcp=—+2/CTT今(p-——4-2kn(kGZ),

又少￡(一江,0),所以W=g,

???/(%)=2sin(2x一.

(2)由f(A)=2s譏(24一])=可知S=4TTR2=12TT,

因為。<2<3,所以—女24-*亭，所以24T=?,則4號，

乙3jjJ3

由正弦定理得急=益=肅=扇=2,即6=2s譏B,c=2sinC,

則6c=4sinBsinC—4sinBsin(J^--B)=4-sinB(^sinB+早cosB)

=2yT~3sinBcosB+2sin2B=y/-3sin2B+1-cos2B=2sin(2B—6)+1,

[0<B<fo<B

又因為在銳角三角形△ABC中，由I，即《2兀兀，

(0<C<2[0<y-B<-

得KB.

所以]<2BT<理,所以：<sin(2B-勺W1,則1<2sin(2B—勺W2,

66626。

故6c的取值范圍為(2,3],

所以S—BC=IbcsinA=e(?，立言],

所以△28C面積的取值范圍為(孕，注I].

24

【解析】(1)利用五點作圖法結(jié)合條件可得函數(shù)解析式；

(2)由題可得4=?然后利用正弦定理，三角恒等變換結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得6c的取值范圍，

再根據(jù)三角形的面積公式即得.

本題主要考查解三角形，三角函數(shù)解析式的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)當(dāng)p=凱寸，每臺設(shè)備能正常工作的概率為以&2(1-今+C統(tǒng)丁=1,

故一天內(nèi)制冰廠不虧本的概率為1-(1-9)3=1-1=1；

(2)若不采取措施，設(shè)總損失為X。，當(dāng)前每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.6,

故E(X())=10000X(1-0.6)3=10000X0.064=640元；

設(shè)方案1、方案2的總損失分別為X1，X2，

采用方案1：更換3臺設(shè)備的部分零件，使得每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.85,

故E(Xi)=10000x(1-0.85)3+6Oo=33.75+600=633.75元;

采用方案2：對設(shè)備進行維護，使得每臺設(shè)備能正常工作的概率為0.75,

故E(X2)=10000x(1-0.75)3+a=156.25+a元,

又E(Xi)-Eg=633.75-156.25-a=477.5-a,且640>633.75,

因此，從期望損失最小的角度，當(dāng)a=477.5時，可以選擇方案1或2；

當(dāng)a<477.5時，選擇方案2；

當(dāng)a>477.5時，采取方案1.

【解析】(1)根據(jù)獨立事件概率公式可得每臺設(shè)備能正常工作的概率，根據(jù)對立事件概率公式求解,

即可得出答案；

(2)根據(jù)條件分別計算不采取措施，采用方案1,采用方案2制冰廠的總損失的期望，即可得出答案.

本題考查離散型隨機變量的期望與方差，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中

檔題.

20.【答案】解：(1)因為CD為直徑，DE=DF,

所以由平面幾何知識可得G為弦EF的中點，且EF1CD,

因為EFJ.4D,ADC\CD=D,AD,CDu平面ABC。，

所以EF1平面4BCD,

由圓柱定義可得平面DEF〃平面且￡Tu平面DEF,

所以EF//平面4BM,又平面AEFC平面4BM=I,EFu平面2EF,

所以EF〃/,又EFl平面4BCD,

所以/_L平面力BCD；

(2)如圖，設(shè)平面MEF交圓柱上底面ABM于MN,交AB于點H,

則二面角M-EF一4的大小就是二面角H-EF一4的大小，

以下底面垂直于DG的直線、DG、所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

因為DE=DF=2,底面圓半徑為2,所以EG=FG=，有，DG=1,

則4(0,0,3),E(q,l,0),F(一口1,0),設(shè)H(0,m,3),(1<m<3),

AE=(AT3,1,-3)>AF=(-AT3,1,-3)>EH=(-AT3,m-1,3),EF=(-2AT3,0,0),

設(shè)平面4EF的一個法向量為沅=(%i，yi，zi),

^(m-AE=0,得久i+Yi-3zi=0,

\m-AF=0,^(―\/~~3%i+—3z1=0,

令Zi=1,可得沅=(0,3,1),

設(shè)平面"EF的一個法向量為元=(x2,y2,z2),

由產(chǎn)亙=0,得卜2g^2=。，

(n^EH=0,1-V3X2+(m-l)y2+3z2=。，

令=—3，可得記=(0,—3,m—1),

又因為二面角M—EF—a的正切值為"

4

.i—>fi|m-n|Im—1014

所以即仲'吁硒=不高?’

化簡得3??12+4m—20=0,

解得爪=2或m=-與(舍).

即力"=2,又因為EF〃平面M4B,EFu平面MEF,平面MABA平面MEF=MN,

所以EF〃MN,MNLAB,且H為MN的中點，

所以M"=l,AM=DM=

所以若二面角M-EF—4的正切值為,,則DM的長為，F(xiàn).

4

【解析】(1)根據(jù)線面垂直的判定定理結(jié)合條件可得EF1平面4BCD,利用面面平行及線面平行的

性質(zhì)定理可得進而即得；

(2)利用坐標法，設(shè)平面MEF交圓柱上底面A8M于MN,交4B于點H,根據(jù)面面角的向量求法結(jié)合

條件可得力"=2,進而可得AM=/虧，然后利用勾股定理即可求DM的長.

本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的正切值的求法，解題時要認真審題，注意空間思

維能力的培養(yǎng)，屬中檔題.

21.【答案】解：(1)把尤=0代入可得切點為(0,0),

?-,g，(x)=+cosx,

所以切線斜率為k=g'(0)=爪+1=2,即m=1,

所以切線方程為y=2公

(2)由(1)知/(久)=宗，r(x)=M，

由/'(%)>。得％<1,由/'(%)<0得%>1,

所以/(久)=/在(-8,1)單調(diào)遞增，在(1,+8)單調(diào)遞減，

故=/(I)=，且％6(—8,0)時，/(%)<0,

xe(0,1)時，0</(%)<-,xE(1,+8)時，0</(x)<

所以0VaV工，

e

過(0,0)和(1,，)作直線y=

可知Xe(0,1)時,易得卷>三亙成立，

過(2,0)和(1、)作直線y=-；(％-2),

下面證明：％6(1,+8)時，卷〉一：(無一2)恒成立，

要證：—2),只需要證：—：)>一1,

令W(%)=e%T(l_；),則"(%)=〃-嗚一