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2023年浙江省杭州市高考数学一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年浙江省杭州市高考数学一模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省杭州市高考数学一模试卷
1. 已知集合A={x|2x>2}，B={x||x−1|<2}，则A∩B=( )
A. (−∞,3) B. (−1,1) C. (1,3) D. (3,+∞)
2. 已知i为虚数单位，复数z=1−2i2+i，则|z|等于( )
A. 55 B. 1 C. 5 D. 5
3. 已知单位向量a，b满足|a+b|=1，则a在b方向上的投影向量为( )
A. 12b B. −12b C. 12a D. −12a
4. 国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与21世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自100多个国家的4200多位数学家参加了本次大会.这次大会的“风车“会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为α(0∘<α<45∘)，且大正方形与小正方形面积之比为25：1，则cosα的值为( )
A. 35 B. 34 C. 45 D. 2425
5. 四位爸爸A、B、C、D相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则A的小孩与D交谈的概率是( )
A. 13 B. 12 C. 59 D. 23
6. 已知函数f(x)=cosωx− 3sinωx(ω>0)，若f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是( )
A. [56,43) B. [1312,1912) C. [43,1912) D. [1312,43)
7. 若a= 2,b=e1e,c=π1π，则( )
A. a
A. 36π B. 48π C. 32 3π D. 48 3π
9. 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA=2AB，E、F分别为CC1AA1的中点，则( )
A. DF1//BE
B. 直线B1E与直线BF所成的角为90∘
C. 直线B1E与直线D1F所成的角为90∘
D. 直线D1F与平面ABCD所成的角为45∘
10. 下列说法正确的有( )
A. 若事件A与事件B互斥，则P(A)+P(B)=1
B. 若P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，则P(A|B)=P(A)
C. 若随机变量X服从正态分布N(2,σ)，P(X≤3)=0.6，则P(X≤1)=0.4
D. 这组数据4，3，2，5，6的60%分位数为4
11. 设F为抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，过B作与x轴平行的直线，和过点F且与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，则( )
A. x1x2+y1y2为定值
B. 当直线l的斜率为1时，△OAB的面积为 2P(其中O为坐标原点)
C. 若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D. 点M到直线FN的距离为p2
12. 已知函数f(x)=xlgx−x−lgx(x>1)的零点为x1，函数g(x)=x⋅10x−x−10x(x>1)的零点为x2，则( )
A. x1+x2=x1x2 B. x1+x2>11
C. x1−x2<10x2−lgx1 D. x1−x2>9
13. 在(1+x2)(1−2x)5的展开式中，常数项为______ .
14. 已知点p(3,4)，直线l与圆：x2+y2=25交于AB两点，若△PAB为等腰直角三角形，则直线l的方程为______ .(写出一条即可)
15. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，若与椭圆C无公共点的直线x=3上存在一点P，使得tan∠F1PF2的最大值为2 2，则椭圆离心率的取值范围是______ .
16. 若点Pn(n,an)(n∈N*)在函数y= 3(x2−1)的图象上，则|PnPn+1|的取值范围是______ .
17. 已知△ABC中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a，c>a.
(1)求角A；
(2)若b=2，BC边上中线AD= 7，求△ABC的面积.
18. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+2=2an.
(1)求a2及数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为d的等差数列，求数列{1dn}的前n项和Tn.
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，DC=3AB=3，AD=3，AB//CD，CD⊥AD，平面PCD⊥平面ABCD，E为棱PC上的点，且EC=2PE.
(1)求证：BE//平面PAD；
(2)若PD=2，二面角P−AD−C为60∘，求平面APB与平面PBC的夹角的余弦值.
20. 中国男篮历史上曾12次参加亚运会，其中8次夺得金牌，是亚运会夺冠次数最多的球队.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举办.
(1)为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某学校随机抽取了男生和女生各100名进行调查，得到2×2列联表如下：
喜爱篮球
不喜爱篮球合计
男生
65
35
100
女生
25
75
100
合计
90
110
200
依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为喜爱篮球运动与性别有关？
(2)校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1=1.
(i)求P3，P4，并证明：{Pn−13}为等比数列；
(ii)比较第15次触球者是甲与第15次触球者是乙的概率的大小.
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+d)(a+d)，其中n=a+b+c+d为样本容量.
参考数据：
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
21. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，并且经过点( 2,2).
(1)求双曲线E的方程.
(2)若直线l经过点(2,0)，与双曲线右支交于P、Q两点(其中P点在第一象限)，点Q关于原点的对称点为A，点Q关于y轴的对称点为B，且直线AP与BQ交于点M，直线AB与PQ交于点N，证明：双曲线在点P处的切线平分线段MN.
22. 已知函数f(x)=klnx+1ex(k∈R).
(1)若函数y=f(x)为增函数，求k的取值范围；
(2)已知0
(ii)若x1ex1=x2ex2=k，证明：|f(x1)−f(x2)|<1.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|x>1}，B={x|−1
故选：C.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了指数函数的单调性，绝对值不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z=1−2i2+i，
则|z|=|1−2i2+i|=|1−2i||2+i|= 12+(−2)2 22+12=1.
故选：B.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由已知|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1，
因为|a|=|b|=1，所以a⋅b=−12，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−12b.
故选：B.
先将|a+b|=1两边平方得到向量的数量积，再根据a在b方向上的投影向量公式得出结果．
本题考查了平面向量的投影向量公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设直角三角形较短的直角边长为a，则较长的直角边长为atanα，
∴小正方形的边长为(atanα−a)，大正方形的边长为asinα，
∵大正方形与小正方形面积之比为25：1，
∴asinαa(1tanα−1)=cosα−sinα=15①，
∵0∘<α<45∘，即cosα>sinα>0，
又sin2α+cosα2=1②，
联立①②得sinα=35，cosα=45，
故选：C.
设直角三角形较短的直角边长为a，则较长的直角边长为atanα，求出小正方形的边长为(atanα−a)，大正方形的边长为asinα，结合题意可得cosα−sinα=15，联立sin2α+cosα2=1，求解即可得出答案．
本题考查三角形中的几何计算，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，
则交谈组合有9种情况，分别为：
(Ab,Ba,Cd,Dc)，(Ab,Bd,Ca,Dc)，(Ab,Bc,Cd,Da)，(Ac,Ba,Cd,Db)，(Ac,Bd,Ca,Db)，(Ac,Bd,Cd,Da)，(Ad,Ba,Cb,Dc)，(Ad,Bc,Ca,Db)，(Ad,Bc,Cd,Da)，
A的小孩与D交谈包含的不同组合有3种，分别为：(Ab,Bc,Cd,Da)，(Ac,Bd,Cd,Da)，(Ad,Bc,Cd,Da)，
∴A的小孩与D交谈的概率是P=39=13.
故选：A.
设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，利用列举法能求出A的小孩与D交谈的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：函数f(x)=cosωx− 3sinωx
=2(12cosωx− 32sinωx)
=2cos(ωx+π3)，
因为x∈[0,2π]，
所以ωx+π3∈[π3,2πω+π3]，
由于函数f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点和2条对称轴，
根据函数的图像：
所以5π2≤2πω+π3<3π，整理得：ω∈[1312,43).
故选：D.
首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用求出ω的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：令f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当00，函数f(x)单调递增，
因为a= 2，所以lna=12ln2=ln44，
又e<3<4，所以f(e)>f(3)>f(4)，
所以lnb=lnee，lnc=lnππ，
所以lnb>lnc>lna，
故a
构造函数f(x)=lnxx，对f(x)求导，结合导数分析函数f(x)的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
本题主要考查了导数与单调性在不等式大小比较中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设O是三角形ABC的外接圆的圆心，由题意可得CO=3sin30∘×12= 3，
过M作MN⊥平面ABC于N，
∵直线CM与平面ABC所成的角为π3，CM=2 3，∴CN= 3，
故N的轨迹是以O为圆心， 3为半径的圆，
当O，C，N在一直线上时，三棱锥A−MBC的外接球体积最大，
球心在过O与平面ABC垂直的直线OO′上且在过CM的中点与直线垂直的平面α内，
∴球心为平面α与直线OO′的交点H，可得HC=2OC=2 3，
∴三棱锥A−MBC的外接球体积最大为V=43π×HC3=32 3π.
故选：C.
先求△ABC的外接圆的半径，过M作MN⊥平面ABC于N，可得ON= 3，可得当O，C，N在一直线上时，三棱锥A−MBC的外接球体积最大，求解即可．
本题考查求空间几何体的外接球的体积的最大值，属中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，
又E，F分别为CC1AA1的中点，
∴GE//DC//AB，且GE=DC=AB，
∴四边形ABGE为平行四边形，
∴AG//BE，又易知AG//DF1，
∴DF1//BE，∴A选项正确；
对B选项，∵B1E在正侧面内的射影为B1B，
而B1B与BF不垂直，
∴根据三垂线定理可得B1E与BF不垂直，∴B选项错误；
对C选项，∵B1E在左侧面内的射影为A1G，
又根据题意易知D1F⊥A1G，
∴根据三垂线定理可得D1F⊥B1E，
∴直线B1E与直线D1F所成的角为90∘，∴C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知DF1//BE，
∴直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，
又根据题意易知∠EBC=45∘，∴D选项正确，
故选：ACD.
对A选项，取D1D的中点G，则易证AG//BE，AG//DF1，从而可得DF1//BE；
对B，C选项，根据三垂线定理，即可求解；
对D选项，将两异面直线平移成相交直线，即可求解．
本题考查平行线的传递性，三垂线定理的应用，异面直线所成角的求解，属中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，若事件A与事件B互斥，
则P(A)+P(B)<1，故A错误；
对于B，P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，
事件A，B相互独立，
故P(A|B)=P(A)，故B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布N(2,σ)，P(X≤3)=0.6，
则P(X>3)=1−P(X≤3)=1−0.6=0.4，
故P(X≤1)=P(X>3)=0.4，故C正确；
对于D，将数据4，3，2，5，6进行排序，2，3，4，5，6，共5个，
5×60%=3，
这种数据4，3，2，5，6的60%分位数为4+52=4.5，故D错误．
故选：BC.
对于A，结合互斥事件的定义，即可求解；
对于B，结合独立事件的定义，即可求解；
对于C，结合正态分布的对称性，即可求解；
对于D，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A.F(p2,0)，设直线l的方程为ty=x−p2，
联立y2=2pxty=x−p2，化为y2−2pty−p2=0，
∴y1y2=−p2，y1+y2=2pt，
∵4p2x1x2=(y1y2)2=p4，∴x1x2=p24，
∴x1x2+y1y2=−34p2为定值，因此A正确．
B.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x−p2，
代入椭圆方程可得：x2−3px+p24=0，
∴x1+x2=3p，∴|AB|=x1+x2+p=4p，
点O到直线l的距离d=p2 2= 2p4，
∴△OAB的面积为12×4p× 2p4= 22p2，因此B不正确．
C.设Q(−p2,m)，则kQF=m−p2−p2=−mp，kQA=y1−mx1−(−p2)=2py1−2pmy12+p2，kQB=2py2−2pmy22+p2，
∴2kQF−kQA−kQB=−2mp−2py1−2pmy12+p2−2py2−2pmy22+p2，
通分后分子=−2[m(y12+p2)(y22+p2)+p(py1−pm)(y22+p2)+p(py2−pm)(y12+p2)]
=−2[mp4+mp2(y12+y22)+mp4+p2(y1y22+y1p2−my22−mp2)+p2(y12y2+y2p2−my12−mp2)]
=0，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列，因此C正确．
D.如图所示，过点M作MH⊥FN，垂足为H，∵|AM||MN|=y1−y2，∴|AN||MN|=y1−y2−y2，
又|AN||MN|=|AF||MH|，∴|AF||MH|=y1−y2−y2，∴|MH|=y2(x1+p2)y2−y1=y2(y122p+p2)y2−y1=py22+−p2y12py2−y1=p2，因此D正确．
故选：ACD.
A.设直线l的方程为ty=x−p2，代入抛物线方程化为y2−2pty−p2=0，利用根与系数的关系可得y1y2=−p2，结合抛物线方程可得x1x2，进而判断出正误．
B.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x−p2，代入椭圆方程可得：x2−3px+p24=0，利用根与系数的关系及抛物线的定义可得|AB|，利用点到直线的距离公式可得点O到直线l的距离d，可得△OAB的面积，进而判断出正误．
C.设Q(−p2,m)，利用斜率计算公式可得kQF，kQA，kQB，计算2kQF−kQA−kQB，进而判断出正误．
D.过点M作MH⊥FN，垂足为H，利用相似的性质可得|AM||MN|=y1−y2，|AN||MN|=|AF||MH|，进而得出|MH|，即可判断出正误．
本题考查了抛物线的定义与标准方程及性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、三角形相似的性质、数形结合方法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0，(x1>1)，
令lgx1=t>0，则x1=10t，
代入方程可得t10t−10t−t=0，(t>0)
变形为1t+110t−1=0，
令h(t)=1t+110t−1，t>0，
可知函数h(t)在(0,+∞)上单调递减，
又x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，
∴x2=t=lgx1，即x1=10x2.
由x210x2−x2−10x2=0，∴x2x1−x2−x1=0，即x2+x1=x2x1，因此A正确；
x2+x1=x2+10x2>1+10=11，因此B正确；
x1−x2=10x2−lgx1，因此C不正确；
令h(x)=10x−x(x>1)，则h′(x)=10xln10−1>0，∴函数h(x)在[1,+∞)上单调递增，∴h(x)>h(1)=9，
∴x1−x2=10x2−x2>9，因此D正确．
故选：ABD.
由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0，(x1>1)，令lgx1=t>0，可得x1=10t，代入方程可得t10t−10t−t=0，变形为1t+110t−1=0，根据函数的单调性及已知x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，可得x2=t=lgx1，x1=10x2，进而根据指数与对数的运算性质判断出结论的正误．
本题考查了指数与对数运算性质、函数的单调性、利用导数研究函数的单调性、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
13.【答案】41
【解析】解：先求(1−2x)5的展开式中常数项以及含x−2的项；
Tr+1=C5r(−2x)r=C5r(−2)rx−r
由−r=0得r=0，由−r=−2得r=2；
即(1−2x)5的展开式中常数项为C50，
含x−2的项为C52(−2)2x−2
∴(1+x2)(1−2x)5的展开式中常数项为C50+4C52=41
故答案为：41
将问题转化成(1−2x)5的常数项及含x−2的项，利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0，−2求出常数项及含x−2的项，进而相加可得答案．
本题考查数学的等价转化能力，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．
14.【答案】3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0
【解析】解：由圆：x2+y2=25，得圆心O(0,0)，半径r=5，
∵32+42=25，∴P在圆O上，
若∠APB=90∘，可得AB过圆心且AB⊥OP，
又kOP=4−03−0=43，∴kAB=−34，
∴直线l的方程为y=−34x，即3x+4y=0，
若∠PBA=90∘，可得AP过圆心且OB⊥AP，
可得OB的直线的方程为3x+4y=0，可得B的坐标为(−4,3)或(4,−3)，
∴直线AB的方程为y+3=−3−(−4)4−(−3)(x−4)或y−3=3−(−4)−4−(−3)(x+4)，
即x−7y−25=0或7x+y+25=0.
故答案为：3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0.
分类讨论可求直线的方程．
本题考查求直线方程，考查直线与圆的位置关系，属中档题．
15.【答案】(2 23,1)
【解析】解：不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
设直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，
∴tan∠F1PF2=tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanαtanβ=kPF2−kPF11+kPF2⋅kPF1
=t3−c−t3+c1+t3−c×t3+c=(3+c)t−(3−c)t(3−c)(3+c)+t2=2ct9−c2+t2=2c9−c2t+t，
若tan∠F1PF2的最大值为2 2，则t+9−c2t有最小值，
又t+9−c2t≥2 9−c2，当且仅当t=9−c2t，即t= 9−c2时取等号，
∴2c2 9−c2=2 2，∴c2=8(9−c2)，解得c=2 2，
又∵椭圆C与直线x=3无公共点，∴a<3，∴e=ca>2 23，
∴椭圆离心率的取值范围是(2 23,1).
故答案为：(2 23,1).
不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，由tan∠F1PF2=tan(β−α)=2c9−c2t+t，进可得c2=8(9−c2)，由已知可得a<3，可求椭圆离心率的取值范围．
本题考查离心率的求法，考查均值不等式的应用，属中档题．
16.【答案】(2, 10]
【解析】解：由an= 3 n2−1，an+1= 3 (n+1)2−1，
可得|PnPn+1|2=(n+1−n)2+3( (n+1)2−1− n2−1)2=1+3( (n+1)2−1− n2−1)2，
因为( (n+1)2−1)2−( n2−1+1)2=n2+2n−(n2−1+1+2 n2−1)=2n−2 n2−1>0恒成立，
所以|PnPn+1|2>1+3=4，即|PnPn+1|>2；
设f(x)= x2+2x− x2−1(x≥1)，f′(x)=x+1 x2+2x−x x2−1，
因为(x+1)2(x2−1)−(x2+2x)x=−2x−1<0，所以f′(x)<0，即f(x)在[1,+∞)递减，
所以f(x)≤f(1)= 3，
则|PnPn+1|2≤1+9=10，即|PnPn+1|≤ 10，
则|PnPn+1|的取值范围是(2, 10].
故答案为：(2, 10].
运用两点的距离公式和不等式的性质，以及构造函数判断单调性，可得所求取值范围．
本题考查数列与函数的综合，以及导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a，
∴由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC=3sinA，
∵sinA>0，
∴sinCcosB+sinBcosC= 32，
∴sin(B+C)= 32，
∵A+B+C=π，
∴sinA= 32，
∵c>a，
∴A=π3；
(2)∵AD=12(AB+AC)，
则AD2=14(AB+AC)2，b=2，BC边上中线AD= 7，
故|AB|2+2|AB|−24=0，解得|AB|=4，
∴S△ABC=12bcsinA=2 3.
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；
(2)根据已知条件，推得AD=12(AB+AC)，两边同时平方，求出|AB|，再结合三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，当n=1时，S1+2=a1+2=2a1，解得a1=2，
当n=2时，S2+2=2a2，
即a1+a2+2=2a2，解得a2=4，
当n≥2时，由Sn+2=2an，
可得Sn−1+2=2an−1，
两式相减，可得an=2an−2an−1，
整理，得an=2an−1，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an=2⋅2n−1=2n，n∈N*.
(2)由(1)可得，an=2n，an+1=2n+1，
在an与an+1之间插入n个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为d的等差数列，
则有an+1−an=(n+1)dn，
∴dn=an+1−ann+1=2nn+1，
∴1dn=n+12n，
∴Tn=1d1+1d2+⋅⋅⋅+1dn=221+322+423+⋅⋅⋅+n+12n，
12Tn=2×(12)2+3×(12)3+⋯+n⋅(12)n+(n+1)⋅(12)n+1，
两式相减，
可得12Tn=221+122+123+⋅⋅⋅+12n−n+12n+1
=1+122−12n+11−12−n+12n+1
=32−n+32n+1，
∴Tn=3−n+32n.
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1=2，再将n=2代入题干表达式即可计算出a2的值，当n≥2时，由Sn+2=2an，可得Sn−1+2=2an−1，两式相减进一步推导即可发现数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果写出an与an+1的表达式，再根据题意可得an+1−an=(n+1)dn，通过计算出dn的表达式即可计算出数列{1dn}的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前n项和Tn.
本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前n项和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列的判定，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】(1)证明：设点F为PD的一个三等分点，且FD=2PF，连接EF，AF，
因为EC=2PE，FD=2PF，所以EF//CD，EF=13CD，
又因为AB//CD，AB=13CD，所以AB//EF，AB=EF，
所以四边形ABEF是平行四边形，
所以BE//AF，
又因为AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
所以BE//平面PAD.
(2)因为AD⊥CD，平面ABCD∩平面PCD=CD，
且平面ABCD⊥平面PCD，所以AD⊥平面PCD，
所以PD⊥AD，所以∠PDC为二面角P−AD−C的平面角，
以D为原点建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,1,0)，C(0,3,0)，P(0,1, 3)，
所以AB=(0,1,0)，AP=(−3,1, 3)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y=0n⋅AP=−3x+y+ 3z=0，令x=1，得n=(1,0, 3)；
同理，PB=(3,0,− 3)，BC=(−3,2,0)，设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=3x− 3z=0m⋅BC=−3x+2y=0，令x=2，则y=3，z=2 3，所以m=(2,3,2 3)，
所以平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为
cosθ=|m⋅n||m||n|=2+0+6 1+0+3× 4+9+12=45.
【解析】(1)取PD的一个三等分点F，连接EF，AF，证明四边形ABEF是平行四边形，得出BE//AF，即可证明BE//平面PAD.
(2)由AD⊥CD，平面ABCD⊥平面PCD，得出AD⊥平面PCD，PD⊥AD，∠PDC是二面角P−AD−C的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面PAB、平面PBC的法向量，用法向量求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了空间向量的应用问题，是中档题．
20.【答案】解：(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，
计算K2=200×(65×75−25×35)2100×100×90×110≈32.323>10.828，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.
(2)(i)由题意知，P1=1，P2=0，P3=12，P4=12×0+(1−12)×12=14；
证明：第n次触球者是甲的概率记为Pn，
则当n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，
第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，
则Pn=Pn−1×0+(1−Pn−1)×12=12(1−Pn−1)，
从而Pn−13=−12(Pn−1−13)，
又P1−13=23，
所以{Pn−13}是以23为首项，公比为−12的等比数列，
(ii)第n次触球者是甲的概率为Pn=23×(−12)n−1+13，
所以P15=23×(−12)14+13=13×1213+13>13，
第15次触球者是乙的概率为Q15=12(1−P15)=12(1−13×1213−13)=13−13×1214<13，
所以第15次触球者是甲的概率比第15次触球者是乙的概率大．
【解析】(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，计算K2，对照附表即可得出结论．
(2)(i)根据题意写出P3、P4的值，第n次触球者是甲的概率记为Pn，n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，由此得出Pn−13=−12(Pn−1−13)，即可判断{Pn−13}是等比数列；
(ii)写出Pn，计算P15和Q15=12(1−P15)的值，比较大小即可．
本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查了概率与统计的应用问题，是难题．
21.【答案】解：(1)依题意，离心率e= a2+b2a= 5，2a2−4b2=1，解得a2=1，b2=4，
∴双曲线E的方程为x2−y24=1.
(2)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
直线PQ为x=ty+2(t≠0)，代入双曲线x2−y24=1方程得(4t2−1)y2+16ty+12=0.
则4t2−1≠0且Δ=16(4t2+3)>0，
y1y2=124t2−1<0，∴0
∴直线AP的方程为y+y1=4t(x+x1)，令y=y2，得xM=y22t−x2，∴M(y22t−x2,y2)，
直线PQ为x=ty+2，令x=−x2，得：yN=−x2−2t=−y2−4t，即N(−x2,−y2−4t)，
设线段MN的中点坐标为T(x0,y0)，则x0=xM+(−x2)2=y24t−x2，y0=yN+y22=−2t，
∵过点P的切线方程为：x1x−y1y4=1，
要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，
即证点P处的切线经过线段MN的中点T，
∵x1x0−y1y04=x1⋅(y24t−x2−y14(−2t)=(ty1+2)(y24t−ty2−2)+y12t
=1−4t24y1y2+1−4t22t(y1+y2)−4=1−4t24×124t2−1+1−4t22t×(−16t4t2−1)−4=1，
∴点P处的切线过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.
【解析】(1)由已知可求a2，b2，可求双曲线E的方程．
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，与双曲线联立方程，求得AP，BP的方程求得M，N坐标，可求得中点T的坐标，点P处的切线经过线段MN的中点T即可．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
22.【答案】解：(1)若f(x)=klnx+1ex(k∈R)是增函数，则f′(x)=kx−1ex≥0恒成立，
所以k≥xex在(0,+∞)上恒成立，
令φ(x)=xex，x>0，则φ′(x)=1−xex，
所以φ(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)递减，
所以φ(x)max=1e，
所以k≥φ(x)max=1e，
所以k的取值范围为[1e,+∞).
(2)(i)证明：由(1)知，当k=1e时，f(x)=1elnx+1ex，
f′(x)=1ex−1ex，
令f′(x)=0得1e=xex，
由(1)知φ(x)=xex，在(0,1)上递增，在(1,+∞)递减，φ(x)max=1e，
所以φ(x)≤1e，
所以在(0,+∞)上f′(x)≥0，f(x)单调递增，
因为0
所以eex2−eex1>lnx1−lnx2=−lnx2x1，(*)
令g(x)=lnx−x+1，x>0，
g′(x)=1x−1在(0,+∞)上单调递减，
又g′(1)=0，
所以在(0,1)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(1,+∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=0，
所以g(x)≤0，
所以lnx−x+1≤0，即−lnx≥1−x，当x=1时，取等号，
所以−lnx2x1>1−x2x1，
所以(*)不等式为eex2−eex1>lnx1−lnx2=−lnx2x1>1−x2x1，
所以eex2−eex1>1−x2x1.
(ii)证明：依题意：f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1x2，
由(1)知0
当0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
因为x2>1，
所以0
所以p(x)在(0,1)上单调递增，
所以p(x)
所以lnx
q′′(x)=2−ex单调递减，
所以q′′(1)
所以存在x0∈(0,1)使得q′′(x)=0，即2=ex0，
所以在(0,x0)上q′′(x)>0，q′(x)单调递增，
在(x0,+∞)上q′′(x)<0，q′(x)单调递减，
所以q′(x)≤q′(x0)=2x0−1−ex0=2x0−1−2=2x0−3<0，
所以q(x)在(0,1)上单调递减，
所以q(x)
【解析】(1)若f(x)=klnx+1ex(k∈R)是增函数，则f′(x)=kx−1ex≥0恒成立，即k≥xex在(0,+∞)上恒成立，令φ(x)=xex，x>0，只需k≥φ(x)max，即可得出答案．
(2)(i)由(1)知，当k=1e时，f(x)=1elnx+1ex，求导分析单调性，推出f(x1)lnx1−lnx2=−lnx2x1(*)，再证明−lnx2x1>1−x2x1，即可得出答案．
(ii)依题意：f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1x2，f(x1)=klnx1+1ex1=x1lnx1+1ex1，f(x2)=klnx2+1ex2=x2lnx2+1ex2令g(x)=xlnx+1ex(x>0)，求导分析单调性，
可得0
2023年浙江省杭州市高考数学一模试卷
1. 已知集合A={x|2x>2}，B={x||x−1|<2}，则A∩B=( )
A. (−∞,3) B. (−1,1) C. (1,3) D. (3,+∞)
2. 已知i为虚数单位，复数z=1−2i2+i，则|z|等于( )
A. 55 B. 1 C. 5 D. 5
3. 已知单位向量a，b满足|a+b|=1，则a在b方向上的投影向量为( )
A. 12b B. −12b C. 12a D. −12a
4. 国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与21世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自100多个国家的4200多位数学家参加了本次大会.这次大会的“风车“会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为α(0∘<α<45∘)，且大正方形与小正方形面积之比为25：1，则cosα的值为( )
A. 35 B. 34 C. 45 D. 2425
5. 四位爸爸A、B、C、D相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则A的小孩与D交谈的概率是( )
A. 13 B. 12 C. 59 D. 23
6. 已知函数f(x)=cosωx− 3sinωx(ω>0)，若f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是( )
A. [56,43) B. [1312,1912) C. [43,1912) D. [1312,43)
7. 若a= 2,b=e1e,c=π1π，则( )
A. a
A. 36π B. 48π C. 32 3π D. 48 3π
9. 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA=2AB，E、F分别为CC1AA1的中点，则( )
A. DF1//BE
B. 直线B1E与直线BF所成的角为90∘
C. 直线B1E与直线D1F所成的角为90∘
D. 直线D1F与平面ABCD所成的角为45∘
10. 下列说法正确的有( )
A. 若事件A与事件B互斥，则P(A)+P(B)=1
B. 若P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，则P(A|B)=P(A)
C. 若随机变量X服从正态分布N(2,σ)，P(X≤3)=0.6，则P(X≤1)=0.4
D. 这组数据4，3，2，5，6的60%分位数为4
11. 设F为抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，过B作与x轴平行的直线，和过点F且与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，则( )
A. x1x2+y1y2为定值
B. 当直线l的斜率为1时，△OAB的面积为 2P(其中O为坐标原点)
C. 若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D. 点M到直线FN的距离为p2
12. 已知函数f(x)=xlgx−x−lgx(x>1)的零点为x1，函数g(x)=x⋅10x−x−10x(x>1)的零点为x2，则( )
A. x1+x2=x1x2 B. x1+x2>11
C. x1−x2<10x2−lgx1 D. x1−x2>9
13. 在(1+x2)(1−2x)5的展开式中，常数项为______ .
14. 已知点p(3,4)，直线l与圆：x2+y2=25交于AB两点，若△PAB为等腰直角三角形，则直线l的方程为______ .(写出一条即可)
15. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，若与椭圆C无公共点的直线x=3上存在一点P，使得tan∠F1PF2的最大值为2 2，则椭圆离心率的取值范围是______ .
16. 若点Pn(n,an)(n∈N*)在函数y= 3(x2−1)的图象上，则|PnPn+1|的取值范围是______ .
17. 已知△ABC中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a，c>a.
(1)求角A；
(2)若b=2，BC边上中线AD= 7，求△ABC的面积.
18. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+2=2an.
(1)求a2及数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为d的等差数列，求数列{1dn}的前n项和Tn.
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，DC=3AB=3，AD=3，AB//CD，CD⊥AD，平面PCD⊥平面ABCD，E为棱PC上的点，且EC=2PE.
(1)求证：BE//平面PAD；
(2)若PD=2，二面角P−AD−C为60∘，求平面APB与平面PBC的夹角的余弦值.
20. 中国男篮历史上曾12次参加亚运会，其中8次夺得金牌，是亚运会夺冠次数最多的球队.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举办.
(1)为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某学校随机抽取了男生和女生各100名进行调查，得到2×2列联表如下：
喜爱篮球
不喜爱篮球合计
男生
65
35
100
女生
25
75
100
合计
90
110
200
依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为喜爱篮球运动与性别有关？
(2)校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1=1.
(i)求P3，P4，并证明：{Pn−13}为等比数列；
(ii)比较第15次触球者是甲与第15次触球者是乙的概率的大小.
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+d)(a+d)，其中n=a+b+c+d为样本容量.
参考数据：
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
21. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，并且经过点( 2,2).
(1)求双曲线E的方程.
(2)若直线l经过点(2,0)，与双曲线右支交于P、Q两点(其中P点在第一象限)，点Q关于原点的对称点为A，点Q关于y轴的对称点为B，且直线AP与BQ交于点M，直线AB与PQ交于点N，证明：双曲线在点P处的切线平分线段MN.
22. 已知函数f(x)=klnx+1ex(k∈R).
(1)若函数y=f(x)为增函数，求k的取值范围；
(2)已知0
(ii)若x1ex1=x2ex2=k，证明：|f(x1)−f(x2)|<1.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={x|x>1}，B={x|−1
故选：C.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了指数函数的单调性，绝对值不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z=1−2i2+i，
则|z|=|1−2i2+i|=|1−2i||2+i|= 12+(−2)2 22+12=1.
故选：B.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由已知|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1，
因为|a|=|b|=1，所以a⋅b=−12，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−12b.
故选：B.
先将|a+b|=1两边平方得到向量的数量积，再根据a在b方向上的投影向量公式得出结果．
本题考查了平面向量的投影向量公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设直角三角形较短的直角边长为a，则较长的直角边长为atanα，
∴小正方形的边长为(atanα−a)，大正方形的边长为asinα，
∵大正方形与小正方形面积之比为25：1，
∴asinαa(1tanα−1)=cosα−sinα=15①，
∵0∘<α<45∘，即cosα>sinα>0，
又sin2α+cosα2=1②，
联立①②得sinα=35，cosα=45，
故选：C.
设直角三角形较短的直角边长为a，则较长的直角边长为atanα，求出小正方形的边长为(atanα−a)，大正方形的边长为asinα，结合题意可得cosα−sinα=15，联立sin2α+cosα2=1，求解即可得出答案．
本题考查三角形中的几何计算，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，
则交谈组合有9种情况，分别为：
(Ab,Ba,Cd,Dc)，(Ab,Bd,Ca,Dc)，(Ab,Bc,Cd,Da)，(Ac,Ba,Cd,Db)，(Ac,Bd,Ca,Db)，(Ac,Bd,Cd,Da)，(Ad,Ba,Cb,Dc)，(Ad,Bc,Ca,Db)，(Ad,Bc,Cd,Da)，
A的小孩与D交谈包含的不同组合有3种，分别为：(Ab,Bc,Cd,Da)，(Ac,Bd,Cd,Da)，(Ad,Bc,Cd,Da)，
∴A的小孩与D交谈的概率是P=39=13.
故选：A.
设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，利用列举法能求出A的小孩与D交谈的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：函数f(x)=cosωx− 3sinωx
=2(12cosωx− 32sinωx)
=2cos(ωx+π3)，
因为x∈[0,2π]，
所以ωx+π3∈[π3,2πω+π3]，
由于函数f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点和2条对称轴，
根据函数的图像：
所以5π2≤2πω+π3<3π，整理得：ω∈[1312,43).
故选：D.
首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用求出ω的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：令f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0
因为a= 2，所以lna=12ln2=ln44，
又e<3<4，所以f(e)>f(3)>f(4)，
所以lnb=lnee，lnc=lnππ，
所以lnb>lnc>lna，
故a
构造函数f(x)=lnxx，对f(x)求导，结合导数分析函数f(x)的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
本题主要考查了导数与单调性在不等式大小比较中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设O是三角形ABC的外接圆的圆心，由题意可得CO=3sin30∘×12= 3，
过M作MN⊥平面ABC于N，
∵直线CM与平面ABC所成的角为π3，CM=2 3，∴CN= 3，
故N的轨迹是以O为圆心， 3为半径的圆，
当O，C，N在一直线上时，三棱锥A−MBC的外接球体积最大，
球心在过O与平面ABC垂直的直线OO′上且在过CM的中点与直线垂直的平面α内，
∴球心为平面α与直线OO′的交点H，可得HC=2OC=2 3，
∴三棱锥A−MBC的外接球体积最大为V=43π×HC3=32 3π.
故选：C.
先求△ABC的外接圆的半径，过M作MN⊥平面ABC于N，可得ON= 3，可得当O，C，N在一直线上时，三棱锥A−MBC的外接球体积最大，求解即可．
本题考查求空间几何体的外接球的体积的最大值，属中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，
又E，F分别为CC1AA1的中点，
∴GE//DC//AB，且GE=DC=AB，
∴四边形ABGE为平行四边形，
∴AG//BE，又易知AG//DF1，
∴DF1//BE，∴A选项正确；
对B选项，∵B1E在正侧面内的射影为B1B，
而B1B与BF不垂直，
∴根据三垂线定理可得B1E与BF不垂直，∴B选项错误；
对C选项，∵B1E在左侧面内的射影为A1G，
又根据题意易知D1F⊥A1G，
∴根据三垂线定理可得D1F⊥B1E，
∴直线B1E与直线D1F所成的角为90∘，∴C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知DF1//BE，
∴直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，
又根据题意易知∠EBC=45∘，∴D选项正确，
故选：ACD.
对A选项，取D1D的中点G，则易证AG//BE，AG//DF1，从而可得DF1//BE；
对B，C选项，根据三垂线定理，即可求解；
对D选项，将两异面直线平移成相交直线，即可求解．
本题考查平行线的传递性，三垂线定理的应用，异面直线所成角的求解，属中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，若事件A与事件B互斥，
则P(A)+P(B)<1，故A错误；
对于B，P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)=P(B)，
事件A，B相互独立，
故P(A|B)=P(A)，故B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布N(2,σ)，P(X≤3)=0.6，
则P(X>3)=1−P(X≤3)=1−0.6=0.4，
故P(X≤1)=P(X>3)=0.4，故C正确；
对于D，将数据4，3，2，5，6进行排序，2，3，4，5，6，共5个，
5×60%=3，
这种数据4，3，2，5，6的60%分位数为4+52=4.5，故D错误．
故选：BC.
对于A，结合互斥事件的定义，即可求解；
对于B，结合独立事件的定义，即可求解；
对于C，结合正态分布的对称性，即可求解；
对于D，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A.F(p2,0)，设直线l的方程为ty=x−p2，
联立y2=2pxty=x−p2，化为y2−2pty−p2=0，
∴y1y2=−p2，y1+y2=2pt，
∵4p2x1x2=(y1y2)2=p4，∴x1x2=p24，
∴x1x2+y1y2=−34p2为定值，因此A正确．
B.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x−p2，
代入椭圆方程可得：x2−3px+p24=0，
∴x1+x2=3p，∴|AB|=x1+x2+p=4p，
点O到直线l的距离d=p2 2= 2p4，
∴△OAB的面积为12×4p× 2p4= 22p2，因此B不正确．
C.设Q(−p2,m)，则kQF=m−p2−p2=−mp，kQA=y1−mx1−(−p2)=2py1−2pmy12+p2，kQB=2py2−2pmy22+p2，
∴2kQF−kQA−kQB=−2mp−2py1−2pmy12+p2−2py2−2pmy22+p2，
通分后分子=−2[m(y12+p2)(y22+p2)+p(py1−pm)(y22+p2)+p(py2−pm)(y12+p2)]
=−2[mp4+mp2(y12+y22)+mp4+p2(y1y22+y1p2−my22−mp2)+p2(y12y2+y2p2−my12−mp2)]
=0，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列，因此C正确．
D.如图所示，过点M作MH⊥FN，垂足为H，∵|AM||MN|=y1−y2，∴|AN||MN|=y1−y2−y2，
又|AN||MN|=|AF||MH|，∴|AF||MH|=y1−y2−y2，∴|MH|=y2(x1+p2)y2−y1=y2(y122p+p2)y2−y1=py22+−p2y12py2−y1=p2，因此D正确．
故选：ACD.
A.设直线l的方程为ty=x−p2，代入抛物线方程化为y2−2pty−p2=0，利用根与系数的关系可得y1y2=−p2，结合抛物线方程可得x1x2，进而判断出正误．
B.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x−p2，代入椭圆方程可得：x2−3px+p24=0，利用根与系数的关系及抛物线的定义可得|AB|，利用点到直线的距离公式可得点O到直线l的距离d，可得△OAB的面积，进而判断出正误．
C.设Q(−p2,m)，利用斜率计算公式可得kQF，kQA，kQB，计算2kQF−kQA−kQB，进而判断出正误．
D.过点M作MH⊥FN，垂足为H，利用相似的性质可得|AM||MN|=y1−y2，|AN||MN|=|AF||MH|，进而得出|MH|，即可判断出正误．
本题考查了抛物线的定义与标准方程及性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、三角形相似的性质、数形结合方法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0，(x1>1)，
令lgx1=t>0，则x1=10t，
代入方程可得t10t−10t−t=0，(t>0)
变形为1t+110t−1=0，
令h(t)=1t+110t−1，t>0，
可知函数h(t)在(0,+∞)上单调递减，
又x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，
∴x2=t=lgx1，即x1=10x2.
由x210x2−x2−10x2=0，∴x2x1−x2−x1=0，即x2+x1=x2x1，因此A正确；
x2+x1=x2+10x2>1+10=11，因此B正确；
x1−x2=10x2−lgx1，因此C不正确；
令h(x)=10x−x(x>1)，则h′(x)=10xln10−1>0，∴函数h(x)在[1,+∞)上单调递增，∴h(x)>h(1)=9，
∴x1−x2=10x2−x2>9，因此D正确．
故选：ABD.
由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0，(x1>1)，令lgx1=t>0，可得x1=10t，代入方程可得t10t−10t−t=0，变形为1t+110t−1=0，根据函数的单调性及已知x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，可得x2=t=lgx1，x1=10x2，进而根据指数与对数的运算性质判断出结论的正误．
本题考查了指数与对数运算性质、函数的单调性、利用导数研究函数的单调性、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
13.【答案】41
【解析】解：先求(1−2x)5的展开式中常数项以及含x−2的项；
Tr+1=C5r(−2x)r=C5r(−2)rx−r
由−r=0得r=0，由−r=−2得r=2；
即(1−2x)5的展开式中常数项为C50，
含x−2的项为C52(−2)2x−2
∴(1+x2)(1−2x)5的展开式中常数项为C50+4C52=41
故答案为：41
将问题转化成(1−2x)5的常数项及含x−2的项，利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0，−2求出常数项及含x−2的项，进而相加可得答案．
本题考查数学的等价转化能力，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．
14.【答案】3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0
【解析】解：由圆：x2+y2=25，得圆心O(0,0)，半径r=5，
∵32+42=25，∴P在圆O上，
若∠APB=90∘，可得AB过圆心且AB⊥OP，
又kOP=4−03−0=43，∴kAB=−34，
∴直线l的方程为y=−34x，即3x+4y=0，
若∠PBA=90∘，可得AP过圆心且OB⊥AP，
可得OB的直线的方程为3x+4y=0，可得B的坐标为(−4,3)或(4,−3)，
∴直线AB的方程为y+3=−3−(−4)4−(−3)(x−4)或y−3=3−(−4)−4−(−3)(x+4)，
即x−7y−25=0或7x+y+25=0.
故答案为：3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0.
分类讨论可求直线的方程．
本题考查求直线方程，考查直线与圆的位置关系，属中档题．
15.【答案】(2 23,1)
【解析】解：不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
设直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，
∴tan∠F1PF2=tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanαtanβ=kPF2−kPF11+kPF2⋅kPF1
=t3−c−t3+c1+t3−c×t3+c=(3+c)t−(3−c)t(3−c)(3+c)+t2=2ct9−c2+t2=2c9−c2t+t，
若tan∠F1PF2的最大值为2 2，则t+9−c2t有最小值，
又t+9−c2t≥2 9−c2，当且仅当t=9−c2t，即t= 9−c2时取等号，
∴2c2 9−c2=2 2，∴c2=8(9−c2)，解得c=2 2，
又∵椭圆C与直线x=3无公共点，∴a<3，∴e=ca>2 23，
∴椭圆离心率的取值范围是(2 23,1).
故答案为：(2 23,1).
不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，由tan∠F1PF2=tan(β−α)=2c9−c2t+t，进可得c2=8(9−c2)，由已知可得a<3，可求椭圆离心率的取值范围．
本题考查离心率的求法，考查均值不等式的应用，属中档题．
16.【答案】(2, 10]
【解析】解：由an= 3 n2−1，an+1= 3 (n+1)2−1，
可得|PnPn+1|2=(n+1−n)2+3( (n+1)2−1− n2−1)2=1+3( (n+1)2−1− n2−1)2，
因为( (n+1)2−1)2−( n2−1+1)2=n2+2n−(n2−1+1+2 n2−1)=2n−2 n2−1>0恒成立，
所以|PnPn+1|2>1+3=4，即|PnPn+1|>2；
设f(x)= x2+2x− x2−1(x≥1)，f′(x)=x+1 x2+2x−x x2−1，
因为(x+1)2(x2−1)−(x2+2x)x=−2x−1<0，所以f′(x)<0，即f(x)在[1,+∞)递减，
所以f(x)≤f(1)= 3，
则|PnPn+1|2≤1+9=10，即|PnPn+1|≤ 10，
则|PnPn+1|的取值范围是(2, 10].
故答案为：(2, 10].
运用两点的距离公式和不等式的性质，以及构造函数判断单调性，可得所求取值范围．
本题考查数列与函数的综合，以及导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a，
∴由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC=3sinA，
∵sinA>0，
∴sinCcosB+sinBcosC= 32，
∴sin(B+C)= 32，
∵A+B+C=π，
∴sinA= 32，
∵c>a，
∴A=π3；
(2)∵AD=12(AB+AC)，
则AD2=14(AB+AC)2，b=2，BC边上中线AD= 7，
故|AB|2+2|AB|−24=0，解得|AB|=4，
∴S△ABC=12bcsinA=2 3.
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；
(2)根据已知条件，推得AD=12(AB+AC)，两边同时平方，求出|AB|，再结合三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，当n=1时，S1+2=a1+2=2a1，解得a1=2，
当n=2时，S2+2=2a2，
即a1+a2+2=2a2，解得a2=4，
当n≥2时，由Sn+2=2an，
可得Sn−1+2=2an−1，
两式相减，可得an=2an−2an−1，
整理，得an=2an−1，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an=2⋅2n−1=2n，n∈N*.
(2)由(1)可得，an=2n，an+1=2n+1，
在an与an+1之间插入n个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为d的等差数列，
则有an+1−an=(n+1)dn，
∴dn=an+1−ann+1=2nn+1，
∴1dn=n+12n，
∴Tn=1d1+1d2+⋅⋅⋅+1dn=221+322+423+⋅⋅⋅+n+12n，
12Tn=2×(12)2+3×(12)3+⋯+n⋅(12)n+(n+1)⋅(12)n+1，
两式相减，
可得12Tn=221+122+123+⋅⋅⋅+12n−n+12n+1
=1+122−12n+11−12−n+12n+1
=32−n+32n+1，
∴Tn=3−n+32n.
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1=2，再将n=2代入题干表达式即可计算出a2的值，当n≥2时，由Sn+2=2an，可得Sn−1+2=2an−1，两式相减进一步推导即可发现数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果写出an与an+1的表达式，再根据题意可得an+1−an=(n+1)dn，通过计算出dn的表达式即可计算出数列{1dn}的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前n项和Tn.
本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前n项和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列的判定，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】(1)证明：设点F为PD的一个三等分点，且FD=2PF，连接EF，AF，
因为EC=2PE，FD=2PF，所以EF//CD，EF=13CD，
又因为AB//CD，AB=13CD，所以AB//EF，AB=EF，
所以四边形ABEF是平行四边形，
所以BE//AF，
又因为AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
所以BE//平面PAD.
(2)因为AD⊥CD，平面ABCD∩平面PCD=CD，
且平面ABCD⊥平面PCD，所以AD⊥平面PCD，
所以PD⊥AD，所以∠PDC为二面角P−AD−C的平面角，
以D为原点建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,1,0)，C(0,3,0)，P(0,1, 3)，
所以AB=(0,1,0)，AP=(−3,1, 3)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y=0n⋅AP=−3x+y+ 3z=0，令x=1，得n=(1,0, 3)；
同理，PB=(3,0,− 3)，BC=(−3,2,0)，设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=3x− 3z=0m⋅BC=−3x+2y=0，令x=2，则y=3，z=2 3，所以m=(2,3,2 3)，
所以平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为
cosθ=|m⋅n||m||n|=2+0+6 1+0+3× 4+9+12=45.
【解析】(1)取PD的一个三等分点F，连接EF，AF，证明四边形ABEF是平行四边形，得出BE//AF，即可证明BE//平面PAD.
(2)由AD⊥CD，平面ABCD⊥平面PCD，得出AD⊥平面PCD，PD⊥AD，∠PDC是二面角P−AD−C的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面PAB、平面PBC的法向量，用法向量求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了空间向量的应用问题，是中档题．
20.【答案】解：(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，
计算K2=200×(65×75−25×35)2100×100×90×110≈32.323>10.828，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.
(2)(i)由题意知，P1=1，P2=0，P3=12，P4=12×0+(1−12)×12=14；
证明：第n次触球者是甲的概率记为Pn，
则当n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，
第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，
则Pn=Pn−1×0+(1−Pn−1)×12=12(1−Pn−1)，
从而Pn−13=−12(Pn−1−13)，
又P1−13=23，
所以{Pn−13}是以23为首项，公比为−12的等比数列，
(ii)第n次触球者是甲的概率为Pn=23×(−12)n−1+13，
所以P15=23×(−12)14+13=13×1213+13>13，
第15次触球者是乙的概率为Q15=12(1−P15)=12(1−13×1213−13)=13−13×1214<13，
所以第15次触球者是甲的概率比第15次触球者是乙的概率大．
【解析】(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，计算K2，对照附表即可得出结论．
(2)(i)根据题意写出P3、P4的值，第n次触球者是甲的概率记为Pn，n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，由此得出Pn−13=−12(Pn−1−13)，即可判断{Pn−13}是等比数列；
(ii)写出Pn，计算P15和Q15=12(1−P15)的值，比较大小即可．
本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查了概率与统计的应用问题，是难题．
21.【答案】解：(1)依题意，离心率e= a2+b2a= 5，2a2−4b2=1，解得a2=1，b2=4，
∴双曲线E的方程为x2−y24=1.
(2)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
直线PQ为x=ty+2(t≠0)，代入双曲线x2−y24=1方程得(4t2−1)y2+16ty+12=0.
则4t2−1≠0且Δ=16(4t2+3)>0，
y1y2=124t2−1<0，∴0
∴直线AP的方程为y+y1=4t(x+x1)，令y=y2，得xM=y22t−x2，∴M(y22t−x2,y2)，
直线PQ为x=ty+2，令x=−x2，得：yN=−x2−2t=−y2−4t，即N(−x2,−y2−4t)，
设线段MN的中点坐标为T(x0,y0)，则x0=xM+(−x2)2=y24t−x2，y0=yN+y22=−2t，
∵过点P的切线方程为：x1x−y1y4=1，
要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，
即证点P处的切线经过线段MN的中点T，
∵x1x0−y1y04=x1⋅(y24t−x2−y14(−2t)=(ty1+2)(y24t−ty2−2)+y12t
=1−4t24y1y2+1−4t22t(y1+y2)−4=1−4t24×124t2−1+1−4t22t×(−16t4t2−1)−4=1，
∴点P处的切线过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.
【解析】(1)由已知可求a2，b2，可求双曲线E的方程．
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，与双曲线联立方程，求得AP，BP的方程求得M，N坐标，可求得中点T的坐标，点P处的切线经过线段MN的中点T即可．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
22.【答案】解：(1)若f(x)=klnx+1ex(k∈R)是增函数，则f′(x)=kx−1ex≥0恒成立，
所以k≥xex在(0,+∞)上恒成立，
令φ(x)=xex，x>0，则φ′(x)=1−xex，
所以φ(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)递减，
所以φ(x)max=1e，
所以k≥φ(x)max=1e，
所以k的取值范围为[1e,+∞).
(2)(i)证明：由(1)知，当k=1e时，f(x)=1elnx+1ex，
f′(x)=1ex−1ex，
令f′(x)=0得1e=xex，
由(1)知φ(x)=xex，在(0,1)上递增，在(1,+∞)递减，φ(x)max=1e，
所以φ(x)≤1e，
所以在(0,+∞)上f′(x)≥0，f(x)单调递增，
因为0
所以eex2−eex1>lnx1−lnx2=−lnx2x1，(*)
令g(x)=lnx−x+1，x>0，
g′(x)=1x−1在(0,+∞)上单调递减，
又g′(1)=0，
所以在(0,1)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(1,+∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=0，
所以g(x)≤0，
所以lnx−x+1≤0，即−lnx≥1−x，当x=1时，取等号，
所以−lnx2x1>1−x2x1，
所以(*)不等式为eex2−eex1>lnx1−lnx2=−lnx2x1>1−x2x1，
所以eex2−eex1>1−x2x1.
(ii)证明：依题意：f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1x2，
由(1)知0
当0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
因为x2>1，
所以0
所以p(x)在(0,1)上单调递增，
所以p(x)
所以lnx
q′′(x)=2−ex单调递减，
所以q′′(1)
所以存在x0∈(0,1)使得q′′(x)=0，即2=ex0，
所以在(0,x0)上q′′(x)>0，q′(x)单调递增，
在(x0,+∞)上q′′(x)<0，q′(x)单调递减，
所以q′(x)≤q′(x0)=2x0−1−ex0=2x0−1−2=2x0−3<0，
所以q(x)在(0,1)上单调递减，
所以q(x)
【解析】(1)若f(x)=klnx+1ex(k∈R)是增函数，则f′(x)=kx−1ex≥0恒成立，即k≥xex在(0,+∞)上恒成立，令φ(x)=xex，x>0，只需k≥φ(x)max，即可得出答案．
(2)(i)由(1)知，当k=1e时，f(x)=1elnx+1ex，求导分析单调性，推出f(x1)
(ii)依题意：f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1x2，f(x1)=klnx1+1ex1=x1lnx1+1ex1，f(x2)=klnx2+1ex2=x2lnx2+1ex2令g(x)=xlnx+1ex(x>0)，求导分析单调性，
可得0
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