2023年6月浙江省高考数学仿真模拟卷02（全解全析）

这是一份2023年6月浙江省高考数学仿真模拟卷02（全解全析），共21页。试卷主要包含了若与y轴相切的圆C与直线l，下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。

2023年6月浙江省高考仿真模拟卷02
数学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．已知集合M满足2,3⊆M⊆1,2,3,4,5，那么这样的集合M的个数为（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据集合的包含关系一一列举出来即可.
【详解】因为2,3⊆M⊆1,2,3,4,5，
所以集合M可以为：2,3,1,2,3,2,3,4,2,3,5,1,2,3,5，
1,2,3,4,2,3,4,5,1,2,3,4,5共8个，
故选：C.
2．已知a>1，b>1，且log2a=logb4，则ab的最小值为（    ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】C
【分析】运用对数运算及换底公式可得log2a⋅log2b=4，运用基本不等式可求得ab的最小值.
【详解】∵log2a=logb4，
∴12log2a=logb4，即：log2a=2log24log2b
∴log2a⋅log2b=4，
∵a>1，b>1，
∴log2a>0，log2b>0，
∴log2(ab)=log2a+log2b≥2log2a⋅log2b=4，当且仅当log2a=log2b即a=b时取等号，
即：ab≥24=16，当且仅当a=b时取等号，
故ab的最小值为16.
故选：C.
3．某兴趣小组研究光照时长x（h）和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图．若去掉D10,2后，下列说法正确的是（    ）

A．相关系数r变小 B．决定系数R2变小
C．残差平方和变大 D．解释变量x与预报变量y的相关性变强
【答案】D
【分析】从图中分析得到去掉D10,2后，回归效果更好，再由相关系数，决定系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断即可．
【详解】从图中可以看出D10,2较其他点，偏离直线远，故去掉D10,2后，回归效果更好，
对于A，相关系数r越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉D10,2后，相关系数r变大，故A错误；
对于B，决定系数R2越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉D10,2后，决定系数R2变大，故B错误；
对于C，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，若去掉D10,2后，残差平方和变小，故C错误；
对于D，若去掉D10,2后，解释变量x与预报变量y的相关性变强，且是正相关，故D正确．
故选：D．
4．已知平面向量a=1,3，b=2，且a−b=10，则2a+b⋅a−b=（    ）
A．1 B．14 C．14 D．10
【答案】B
【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.
【详解】因为a−b2=a2−2a⋅b+b2=10，a=10，b=2，所以a⋅b=2，所以2a+b⋅a−b=2a2−b2−a⋅b=20−4−2=14.
故选：B
5．“清明时节雨纷纷，路上行人欲断魂”描述的是我国传统节日“清明节”的景象．“青团”创于宋朝，是清明节的寒食名点之一，也是人们提起清明节会最先想到的美食．某地居民喜好的青团品种有4个，假定每个人购买时对于每种青团的选择是独立的，选择每个品种的概率均为13，若在清明节当日，某传统糕点店为顾客只准备了3个品种的青团，则一位进店顾客，他的要求可以被满足的概率为（    ）
A．1481 B．1027 C．3881 D．23
【答案】D
【分析】先求出不被满足的概率为P，利用对立事件的概率关系即可求解.
【详解】设不被满足的概率为P，则P=C41⋅134=13，所以被满足的概率为1−P=23．
故选：D.
6．若与y轴相切的圆C与直线l:y=33x也相切，且圆C经过点P2,3，则圆C的直径为（    ）
A．2 B．2或143 C．74 D．74或163
【答案】B
【分析】根据题意设出圆的方程，代入点的坐标可求圆的方程，从而可得圆的直径.
【详解】因为直线l:y=33x的倾斜角为30°，
所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线y=3x上．
设圆心Ca,3a，则圆C的方程为x−a2+y−3a2=a2，
将点P2,3的坐标代入，得2−a2+3−3a2=a2，
整理得3a2−10a+7=0，解得a=1或a=73；
所以圆C的直径为2或143．
故选：B.
7．已知x+1x−15=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则a3的值为（    ）
A．−1 B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据x+1x−15=xx−15−x−15，结合二项式定理求解即可.
【详解】因为x+1x−15=xx−15−x−15，x−15展开式第r+1项Tr+1=C5rx5−r(−1)r=C5r(−1)rx5−r，当r=3时，x⋅C53(−1)3x2=−10x3，当r=2时，C52(−1)2x3=10x3，故a3x3=−10x3+10x3=0，即a3=0.
故选：B
8．三棱锥P−ABC中，AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25，则三棱锥P−ABC的外接球表面积的最小值为（    ）
A．16π B．18π C．20π D．21π
【答案】C
【分析】先将三棱锥P−ABC画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系O−xyz，由题目条件分析出点P的轨迹方程，再有三棱锥P−ABC的外接球的球心O满足|OA|=|OP|，找到球心O满足的条件，再求出其最值，从而找到半径的最小值，解决问题.
【详解】
如图，将三棱锥P−ABC画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系O−xyz，
由AC⊥PC，由AC⊥面DD1C1C，可知P点在面DD1C1C上，
又|BP|=25，BD⊥面DD1C1C，所以△BPD为直角三角形，
故|DP|=4，即P点轨迹为以D为圆心，半径为4，在DCC1D1上的圆，
设点Pxp,0,zP，则xP2+zp2=16    —①，
因为△ABC为等腰直角三角形，所以三棱锥P−ABC的外接球的球心O在直线EF上，
设点O1,1,zO，由|OA|=|OP|，得2+z02=xP−12+1+zP−z02—②，
联立①②得：zo=16−2xP2zp=8−xPzp，
设过点8,0和点xp,zp的直线斜率为k，则k=0−zp8−xP，
由直线与圆相切，可得k∈−33,33，
则zomin=3，所以rmin=5，所以S=4πrmin2=20π．
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为线段CC1上的动点（不与两个端点重合），P为线段BM的中点，则（    ）
A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥B1−DBM的体积是定值
C．存在点M，使AC1//平面BDM D．存在点M，使A1C⊥平面BDM
【答案】BC
【分析】选项A易判断，由VB1−DBM=VM−B1BD可判断B，当M为CC1中点时，可得AC1//平面BDM，即可判断C，当M与C1重合时，A1C⊥面BDM，然后可判断D.
【详解】
A项：因为BD,BM相交，所以DP，OM共面，故错误；
B项：因为VB1−DBM=VM−B1BD，ABCD−A1B1C1D1是正方体，
所以CC1//BB1，因为CC1⊄平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，
所以CC1//平面BB1D1D，所M到面B1BD的距离不变，所以VB1−DBM为定值，故正确；
C项：当M为CC1中点时，OM为△ACC1的中位线，OM//AC1，
因为AC1⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，
所以AC1//平面BDM，故正确；
D项：当M与C1重合时，因为BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，因为A1C⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C，
同理可证BM⊥A1C，因为BD∩BM=B，BD,BM⊂平面BDM，所以A1C⊥平面BDM，
又因为M不与端点重合，故错误．
故选：BC
10．下列说法正确的有（    ）
A．若事件A与事件B互斥，则PA+PB=1
B．若PA>0，PB>0，P(B|A)=PB，则P(A|B)=PA
C．若随机变量X服从正态分布N2,σ，PX≤3=0.6，则PX≤1=0.4
D．这组数据4,3,2,5,6的60%分位数为4
【答案】BC
【分析】利用互斥事件的定义判断A，利用条件概率公式和独立事件的定义判断B，利用正态分布曲线的对称性判断C，利用百分位数的定义判断D.
【详解】选项A，若事件A与事件B互斥，则PA+PB≤1，故A错误；
选项B，若PA>0，PB>0，P(B|A)=PABPA=PB，
则PAB=PAPB，即事件A与事件B相互独立，
所以P(A|B)=PA，故B正确；
选项C：若随机变量X服从正态分布N2,σ，PX≤3=0.6，
则PX>3=1−PX≤3=0.4，
所以PX≤1=PX>3=0.4，故C正确；
选项D：将数据4,3,2,5,6进行排序得2,3,4,5,6，共5个，
5×60%=3，所以这组数据4,3,2,5,6的60%分位数为4+52=4.5，故D错误；
故选：BC
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Ax1,y1Bx2,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
【答案】ACD
【分析】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AMMN=y1−y2，ANMN=AFMH，进而得出MH，即可判断出正误．
【详解】解：A.Fp2,0，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=p22=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=−2my12+p2y22+p2+ppy1−pmy22+p2+ppy2−pmy12+p2 ，
=−2my1y22+mp2y12+y22+mp4+p2y1y22+y1p2−my22−mp2+p2y12y2+y2p2−my12−mp2 =−2[my1y22+mp2y12+y22+mp4 +p2y1y2y1+y2+p4y1+y2−mp2y12+y22−2mp4]，=−2my1y22+p2y1y2y1+y2+p4y1+y2−mp4，
=−2m−p22+p2−p22pt+p42pt−mp4=0
即2kQF−kQA−kQB =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，∵AMMN=y1−y2，∴ANMN=y1−y2−y2，
又ANMN=AFMH，∴AFMH=y1−y2−y2，∴MH=y2x1+p2y2−y1=y2y122p+p2y2−y1=py22+−p2y12py2−y1=p2，因此D正确．
故选：ACD．
12．已知函数fx=xlgx−x−lgx(x>1)的零点为x1，函数gx=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
【答案】ABD
【分析】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以及导数判断出结论的正误．
【详解】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ℎt=1t+110t−1，t>0，
可知函数ℎt在0,+∞上单调递减，
又x210x2−x2−10x2=0⇔1x2+110x2−1=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ℎx=10x−x(x>1)，则ℎ′x=10xln10−1>0，
∴函数ℎx在1,+∞上单调递增，∴ℎx>ℎ1=9，
∴x1−x2=10x2−x2>9，因此D正确．
故选：ABD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．复数z满足2z+z=6−i（i是虚数单位），则z的虚部为___________.
【答案】-1
【分析】令z=a+bi，则z=a−bi，通过复数代数形式运算即可得出结果.
【详解】令z=a+bi，则z=a−bi，
所以2z+z=2a+bi+a−bi=3a+bi=6−i，故z的虚部为−1.
故答案为：-1.
14．已知圆C1:(x−a)2+y2=4与C2:x2+(y−b)2=1a,b∈R交于A,B两点.若存在a，使得AB=2，则b的取值范围为___________.
【答案】−3,3
【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线AB的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得a,b满足的等式关系，根据方程有解，即可得b的取值范围.
【详解】圆C1:(x−a)2+y2=4的圆心C1a,0，半径r1=2，圆C2:x2+(y−b)2=1的圆心C20,b，半径r2=1
若两圆相交，则r1−r2 又两圆相交弦AB所在直线方程为：(x−a)2+y2−x2−(y−b)2=4−1即2ax−2by−a2+b2+3=0
所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2−0−a2+b2+34a2+4b2，圆心C20,b到直线AB的距离d2=0−2b2−a2+b2+34a2+4b2，
则弦长AB=2r12−d12=2r22−d22=2，所以d1=3d2=0，则a2+b2+34a2+4b2=3a2+b2−34a2+4b2=0，所以a2+b2=3，
若存在a，使得AB=2，则b2≤3，即−3≤b≤3，所以b的取值范围为−3,3.
故答案为：−3,3.
15．若定义在R上的函数fx满足：∀x,y∈R，fx+y+fx−y=2fxfy，且f0=1，则满足上述条件的函数fx可以为___________.（写出一个即可）
【答案】fx=1（答案不唯一fx=cosωx也可）
【分析】根据题意可得函数fx为偶函数，可取fx=1，在证明这个函数符合题意即可.
【详解】令x=0，则fy+f−y=2fy，
所以f−y=fy，所以函数fx为偶函数，
可取fx=1，则fx+y=fx−y=fx=fy=1，
所以∀x,y∈R，fx+y+fx−y=2fxfy，
所以函数fx=1符合题意.
故答案为：fx=1.（答案不唯一fx=cosωx也可）
16．三棱锥D−ABC中，DC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，点P在三棱锥D−ABC外接球的球面上，且∠APC=60∘，则DP的最小值为___________.
【答案】33/133
【分析】本题PD距离最小时，P点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题.
【详解】如图所示：

分别取AD、AC的中点O、M，连接OM、BM,则OM∥CD，
由题意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC，OM⊥BM.
因为AB=BC,所以BM⊥AC，即OM、BM、AC两两垂直.
以O为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则O0,0,0，A−12,−22,0，
B−12,0,22，C−12,22,0，D12,22,0.
OB=−122+222=32，Rt△ACD斜边AD=3，易知O为三棱锥D-ABC外接球球心，且半径r=32.
设点px,y,z，则x2+y2+z2=34.
PA=−12−x,−22−y,−z，PC=−12−x,22−y,−z
由题意cos∠APC=PA⋅PCPAPC=x+12x+2y+32x−2y+32=12，
得x+16249+y223=1，可设x=23cosα−16y=63sinα.
PD=12−x2+22−y2+z2=32−x−2y=32−23cosα+16−233sinα
PD=53−232+2332cosα+π6≥33
故答案为：33.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足sinAsinC−1=sin2A−sin2Csin2B，且A≠C.
(1)求证：B=2C；
(2)已知BD是∠ABC的平分线，若a=4，求线段BD长度的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)433,22

【分析】（1）由正弦定理得b2=c2+ac，又由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得4sin∠BDC=BDsinC，又因为△ABC为锐角三角形且B=2C，结合三角函数值域可求得线段BD长度的取值范围.
【详解】（1）由题意得sinA−sinCsinC=sin2A−sin2Csin2B，即1sinC=sinA+sinCsin2B.
由正弦定理得b2=c2+ac，
又由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，
所以c=a−2ccosB，故sinC=sinA−2sinCcosB，
故sinC=sinB+C−2sinCcosB，整理得sinC=sinB−C，
又△ABC为锐角三角形，则C∈0,π2,B∈0,π2,B−C∈−π2,π2
所以C=B−C，因此B=2C.
（2）在△BCD中，由正弦定理得asin∠BDC=BDsinC，所以4sin∠BDC=BDsinC.
所以BD=4sinCsin∠BDC=4sinCsin2C=2cosC，
因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0 故22 因此线段BD长度的取值范围433,22.
18．数列an的前n项和为Sn，且a12+a24+a38+⋯+an2n=3−2n+32n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足b1b2b3⋯bn=Sn，求数列lnbn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=2n−1
(2)Tn=2lnn

【分析】（1）利用“退一作差”法求得an.
（2）先求得Sn，然后求得bn，进而求得lnbn，利用裂项求和法求得Tn.
【详解】（1）由a12+a24+a38+⋯+an2n=3−2n+32n，
当n=1时，a12=3−2×1+32,a1=1，
∵ a12+a24+a38+⋅⋅⋅+an−12n−1=3−2n+12n−1(n≥2)，
∴an2n=3−2n+32n−3−2n+12n−1=2n−12nn≥2，an=2n−1n≥2，
∵ n=1时上式也符合，
∴an=2n−1，
（2）∵数列an是等差数列，
∴Sn=a1+ann2=(2n−1+1)n2=n2，
得：b1⋅b2⋅b3⋯bn=n2，
当n≥2，且n∈N∗时，b1b2b3⋯bn−1=(n−1)2，
∴bn=n2(n−1)2=nn−12（n≥2），
当n=1时，b1=1，
∴bn=1,n=1nn−12,n≥2,lnbn=0,n=12lnnn−1,n≥2,
∴n=1时，T1=0，
当n≥2时，
Tn=lnb1+lnb2+lnb3+⋯+lnbn
=0+2[ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+lnn−ln(n−1)]
=2lnn.
∴Tn=2lnn.
19．如图，在多面体ABC−A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．

(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；
(2)求二面角B1−BM−C1的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)55

【分析】（1）取A1C1中点N，连接B1N，MN，由点G是△A1B1C1的重心，得出G∈B1N，再证明四边形BB1NM是平行四边形，即可证明点G在平面BB1M内；
（2）解法1：由AA1⊥平面A1B1C1，AA1∥BB1∥CC1，得出平行四边形BB1NM为矩形，得出BM⊥MN，再由点M是AC的中点得出BM⊥A1C1，证明出BM⊥平面A1C1C，得出BM⊥MC1，即可得出∠CMN就是所求二面角的平面角，求出∠CMN的正弦值即可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面C1BM和平面BMB1的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．
【详解】（1）证明：取A1C1中点N，连接B1N，MN，如图所示，
因为点G是△A1B1C1的重心，
故G一定在中线B1N上，
因为点M是AC的中点，点N是A1C1的中点，
所以MN是梯形AA1C1C的中位线，
所以MN=12AA1+CC1=2=BB1，且MN∥AA1∥CC1，
又AA1∥BB1∥CC1，
所以MN∥BB1，
所以四边形BB1NM是平行四边形，
因为点G∈B1N，B1N ⊂平面BB1NM，
所以点G∈平面BB1NM，
即点G在平面BB1M内．

（2）解法1：
因为AA1⊥平面A1B1C1，AA1∥BB1∥CC1，
所以BB1⊥平面A1B1C1，
又因为B1N⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥B1N，
因为四边形BB1NM是平行四边形，
所以四边形BB1NM是矩形，BM∥B1N，
所以BM⊥MN，
因为△A1B1C1为等边三角形，点N是A1C1中点，
所以B1N⊥ A1C1，
所以BM⊥A1C1，
又因为A1C1⊂平面A1C1C，MN⊂平面A1C1C，A1C1∩MN=N，
所以BM⊥平面A1C1C，
又因为MC1⊂平面A1C1C，
所以BM⊥MC1，
所以∠CMN就是所求二面角的平面角，
因为C1M=MN2+C1N2=22+12=5，
所以sin∠C1MN=C1NC1M=15=55，
故二面角B1−BM−C1的正弦值为55．
解法2：以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，垂直于A1B1的直线为y轴，A1A所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B12,0,0,B2,0,2,C11,3,0,M12,32,2，
MB1=32,−32,−2,MB=32,−32,0，
MC1=12,32,−2，
设平面BMB1与平面BMC1的法向量分别为m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，
则32x1−32y1−2z1=032x1−32y1=0，不妨取x1=1.则m=1,3,0，
32x2−32y2=012x2+32y2−2z2=0，不妨取x2=1,n=1,3,1，
所以cosm,n=m⋅nmn=255，
故二面角B1−BM−C1的正弦值为55．
20．盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同单品，且必包含隐藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同单品，有50%的可能性出现隐藏款X．为避免盲目购买与黄牛囤积，每人每天只能购买1件盲盒套餐．开售第二日，销售门店对80名购买了套餐的消费者进行了问卷调查，得到如下列联表：

A款盲盒套餐
B款盲盒套餐
合计
年龄低于30岁
18
30
48
年龄不低于30岁
22
10
32
合计
40
40
80
(1)根据2×2列联表，判断是否有99%的把握认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关；
(2)甲、乙、丙三人每人购买1件B款盲盒套餐，记随机变量ξ为其中隐藏款X的个数，求ξ的分布列和数学期望；
(3)某消费者在开售首日与次日分别购买了A款盲盒套餐与B款盲盒套餐各1件，并将6件单品全部打乱放在一起，从中随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，求该隐藏款来自于B款盲盒套餐的概率．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d，
P（K2≥k0）
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
0.828
【答案】(1)表格见解析，有
(2)分布列见解析，E(ξ)=32
(3)13

【分析】（1）根据独立性检验计算K2，在进行判断即可；
（2）根据二项分布的概率公式，进行计算得分布列及数学期望即可；
（3）根据全概率公式及条件概率公式分析计算即可.
【详解】（1）零假设为：H0：A，B款盲盒套餐的选择与年龄之间无关联．
根据列联表中的数据，经计算得K2=80(18⋅10−30⋅22)248⋅32⋅40⋅40=7.5>6.635，
根据小概率值k0=0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即有99%的把握认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关．
（2）ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=C30123=18, P(ξ=1)=C31123=38, P(ξ=2)=C32123=38, P(ξ=3)=C33123=18，
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
18
38
38
18
E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32（或E(ξ)=3×12=32）．
（3）设事件A：随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，
设事件B1：随机抽取的1件单品来自于A款盲盒套餐，
设事件B2：随机抽取的1件单品来自于B款盲盒套餐，
P(A)=PB1⋅PA∣B1+PB2⋅PA∣B2=46⋅14+26⋅12⋅12=14，
故由条件概率公式可得
PB2∣A=PAB2P(A)=PB2⋅PA∣B214=11214=13．
21．已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【答案】(1)−1；
(2)1629．

【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kAQ=0，即可解出l的斜率；
（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
【详解】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1．
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，
所以，x1+x2=−4mk2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，Δ=16m2k2−42m2+22k2−1>0⇒m2−1+2k2>0且k≠±22．
所以由kAP+kAQ=0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2=0，
即x1−2kx2+m−1+x2−2kx1+m−1=0，
即2kx1x2+m−1−2kx1+x2−4m−1=0，
所以2k×2m2+22k2−1+m−1−2k−4mk2k2−1−4m−1=0，
化简得，8k2+4k−4+4mk+1=0，即k+12k−1+m=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=kx−2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=−1．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β，因为kAP+kAQ=0，所以α+β=π，由（1）知，x1x2=2m2+2>0，
当A,B均在双曲线左支时，∠PAQ=2α，所以tan2α=22，
即2tan2α+tanα−2=0，解得tanα=22（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当A,B均在双曲线右支时，
因为tan∠PAQ=22，所以tanβ−α=22，即tan2α=−22，
即2tan2α−tanα−2=0，解得tanα=2（负值舍去），
于是，直线PA:y=2x−2+1，直线QA:y=−2x−2+1，
联立y=2x−2+1x22−y2=1可得，32x2+22−4x+10−42=0，
因为方程有一个根为2，所以xP=10−423，yP= 42−53，
同理可得，xQ=10+423，yQ= −42−53．
所以PQ:x+y−53=0，PQ=163，点A到直线PQ的距离d=2+1−532=223，
故△PAQ的面积为12×163×223=1629．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为α，0<α<π2，由tan∠PAQ=22，得tan∠PAQ2=22，
由2α+∠PAQ=π，得kAP=tanα=2，即y1−1x1−2=2，
联立y1−1x1−2=2，及x122−y12=1得x1=10−423，y1=42−53，
同理，x2=10+423，y2=−42−53，故x1+x2=203，x1x2=689
而|AP|=3|x1−2|，|AQ|=3|x2−2|，
由tan∠PAQ=22，得sin∠PAQ=223，
故S△PAQ=12|AP||AQ|sin∠PAQ=2|x1x2−2(x1+x2)+4|=1629.
22．已知函数f(x)=(mx−1)ex+n (m,n∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为y=ex+2−e，gx=exx+1
(1)求f(x)的值域；
(2)若f(a)=f(b)=g(c)=g(d)，且a0；②b+c>0.
【答案】(1)[1,+∞)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出f′(x)=(mx+m−1)ex，根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知，即可求出m,n的值.然后利用导函数得出fx的单调性，进而根据函数的单调性，结合y=ex的取值，即可得出答案；
（2）求出g′(x)=xex(x+1)2，得出gx的单调性以及值域，根据fx以及gx的性质，作出函数的图象. 设f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，根据图象，得出a,b,c,d的范围.构造函数G(x)=g(x)−g(−x)，−1g(−x)，即有 gc>g−c，从而得出gd>g−c，根据函数的单调性，即可得出①的证明；先推出fx=2−1g(−x)，即有f(−c)=2−1t.根据基本不等式，结合t的范围得出2−1t>t，即f−c>fb，然后根据函数的单调性，即可得出②的证明.
【详解】（1）由題意得f′(x)=(mx+m−1)ex，
∴f′(1)=(2m−1)e，f(1)=(m−1)e+n.
根据导数的几何意义可知，函数fx在点(1,f(1))处的切线的斜率
k=f′1=2m−1e，
∴f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−f(1)=f′(1)(x−1)，
整理可得y=(2m−1)ex+n−me，
由已知可得，2m−1=1n−me=2−e，解得m=1n=2，
∴f(x)=(x−1)ex+2，f′(x)=xex，x∈R.
令f′(x)<0，则x<0，所以f(x)在−∞,0上单调递减，所以fx>f0=1.
又x<0时，有(x−1)ex<0，所以f(x)=(x−1)ex+2<2，
所以1 令f′(x)>0，则x>0，所以f(x)在0,+∞上单调递增，所以fx>f0=1；
综上所述，f(x)的值域为[1,+∞).
（2）①由题意得g′(x)=xex(x+1)2，x≠−1.
令g′(x)<0，则x<−1或−1 所以当x<−1时，g(x)的值域为(−∞,0)；当−1 令g′(x)>0，则x>0，所以gx在(0,+∞)上单调递增，
所以当x>0时，g(x)的值域为(1,+∞).
作出函数f(x)=(x−1)ex+2以及gx=exx+1的图象如下图，

设f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，且a 由图象可知，1 令G(x)=g(x)−g(−x)，−1 则G′(x)=g′(x)+g′(−x) =xex(x+1)2e2x−1+x1−x2.
令T(x)=(1−x)ex−(1+x)，−1 令Q(x)=−xex−1，则Q′(x)=−(x+1)ex<0，
所以Qx，即T′x在−1,0上单调递减，
∴ T′(x) ∴ Tx在−1,0上单调递减，
∴ T(x)>T(0)=0，
∴(1−x)ex>(1+x).
又1−x>0，∴ex>1+x1−x>0.
∴G′(x)=xex(x+1)2e2x−1+x1−x2 =xex(x+1)2ex+1+x1−xex−1+x1−x<0，
∴ Gx在−1,0上单调递减，∴G(x)>G(0)=0，
∴g(x)>g(−x)，∴ gc>g−c.
又g(d)=g(c)，∴ gd>g−c.
∵ gx在(0,+∞)上单调递增，d>0，−c>0，
∴d>−c，∴c+d>0；
②由①得，f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，1 ∵ g(−x)=11−xex，∴ 2−1g(−x)=2−1−xex =x−1ex+2=fx，
∴f(−c)=2−1g(c)=2−1t.
∵ 1 ∵ 12，即2−1t>t，即f−c>fb.
∵ f(x)在0,+∞上单调递增，b>0，−c>0
∴−c0.