2023-2024学年江苏省南通市部分重点校高三上学期1月学情调研数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市部分重点校高三上学期1月学情调研数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集为U，集合M，N满足M⊆N⊆U，则下列运算结果为U的是
( )
A. M∪(∁UN)B. N∪(∁UM)C. M∪ND. (∁UN)∪(∁UM)
2.已知向量a=(m,3)，b=(1,m)，若a与b反向共线，则a− 3b的值为
( )
A. 0B. 48C. 4 3D. 3 6
3.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知正四棱锥的底面边长为3 2米，侧棱长为5米，则其体积为
立方米．( )
A. 24 2B. 24C. 72 2D. 72
4.若幂函数f(x)=(m2−2m−2)xm2−4m+1在区间(0,+∞)上单调递增，则m=( )
A. −1B. 3C. −1或3D. 1或−3
5.若n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式(3x+12x)n的展开式的常数项是
( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
6.某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为( )
A. 72B. 84C. 90D. 96
7.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，M、N为双曲线一条渐近线上的两点，A为双曲线的右顶点，若四边形MF1NF2为矩形，且∠MAN=2π3，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 7C. 213D. 13
8.在平面直角坐标系xOy中，设α,β都是锐角，若α,β,α+β的始边都与x轴的非负半轴重合，终边分别与圆x2+y2=1交于点(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，且y2=y1x3，则当β最大时，tan2β的值为
( )
A. 4 27B. 28C. 22D. 3 38
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z0=1−i，z=x+yix,y∈R，则下列结论正确的是
( )
A. 方程z−z0=2表示的z在复平面内对应点的轨迹是圆
B. 方程z−z0+z−z0=2表示的z在复平面内对应点的轨迹是椭圆
C. 方程z−z0−z−z0=1表示的z在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支
D. 方程z+12z0+z0=z−z0表示的z在复平面内对应点的轨迹是抛物线
10.数据x1,x2,⋯,xn的平均数为x，方差为sx2，数据y1,y2,⋯,yn的平均数为y，方差为sy2，其中xi,yi满足关系式：yi=axi+bi=1,2,⋯,n，则
( )
A. y=ax+b
B. 数据x1,x2,⋯,xn,y1,y2,⋯,yn的平均数为a+1x+b
C. 若数据sy2=0，则x1=x2=⋯=xn
D. 若a>0，数据x1,x2,⋯,xn不全相等，则样本点x1,y1,x2,y2,⋯,xn,yn的成对样本数据的样本相关系数为1
11.袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是
( )
A. P(|Z−6|≤1)=97105B. E(X)>E(Y)
C. D(X)=D(Y)D. EZ=285
12.已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3，将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD′.设二面角D′−AC−B的大小为θ，则下列说法正确的是( )
A. 若四面体D′ABC为正四面体，则θ=π3
B. 四面体D′ABC的体积最大值为1
C. 四面体D′ABC的表面积最大值为2( 3+2)
D. 当θ=2π3时，四面体D′ABC的外接球的半径为 213
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足方程：z2−3z+9=0，则|z|= ．
14.向量a,b,c在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则(a−b)⋅c=
15.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1+x)=f(1−x).当x∈[0,1]时，f(x)=x2，则直线y=15x与函数y=f(x)的图象的交点的个数为 ．
16.设点M是椭圆C:x29+y28=1上的动点，点N是圆E:(x−1)2+y2=1上的动点，且直线MN与圆E相切，则|MN|的最小值是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在平面四边形ABCD中，∠ABC=π3，∠ADC=π2，BC=2．
(1)若△ABC的面积为3 32，求AC;
(2)若AD= 3，∠ACB=∠ACD+π4，求∠ACD的大小．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足：an+2+(−1)nan=3，a1=1，a2=2．
(1)记bn=a2n−1，求数列{bn}的通项公式；
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，求S30．
19.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC,∠DAB=90∘,PA⊥平面ABCD，PA=AD=DC=12AB=1．

(1)若点M是棱PB上的动点，且满足PMMB=12，证明：PD//平面ACM；
(2)若点N为棱PC上的一点(不含端点)，试探究PC上是否存在一点N，使得平面ADN⊥平面BDN？若存在，请求出PNNC的值，若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.(注：比赛结果没有平局)
(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xy中，动点E与两点A−3,0,B3,0连线斜率分别为k1,k2，且满足k1k2=−49，记动点E的轨迹为曲线Γ．
(1)求曲线Γ的标准方程;
(2)已知点M为曲线Γ在第一象限内的点，且C0,−2，若MA交y轴于点P,MC交x轴于点Q，试问：四边形APQC的面积是否为定值?若是，求出该定值;若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(csx−1)e−x，g(x)=ax2+(1−ex)x(a∈R)．
(1)当x∈(0,π)时，求函数f(x)的最小值;
(2)当x∈[−π2,+∞)时，不等式xf(x)≥g(x)ex恒成立，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查集合间的关系，集合的运算．
【解答】
解：全集 U，集合 M，N满足 M⊆N⊆U，绘制 Venn 图，如下：
对于 A:M∪(∁UN)⊆U，A 错误；
对于 B:N∪(∁UM)=U，B 正确；
对于 C:M∪N=N，C 错误；
对于 D:(∁UN)∪(∁UM)=∁UM，D 错误；
故选： B ．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的共线，向量的模，属于基础题．
由向量反向共线求得m=− 3，再应用向量线性运算及模长的表示求a− 3b．
【解答】
解：由题意m2=3，得m=± 3，
又a与b反向共线，故m=− 3，此时a− 3b=(−2 3,6)，
故|a→− 3b→|= (−2 3)2+62=4 3．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查棱锥的体积，属于基础题．
作图，根据正四棱锥的性质求解高即可得体积．
【解答】
解：如图所示，在正四棱锥P−ABCD中，连接AC，BD于O，
则O为正方形ABCD的中心，连接OP，
则底面边长AB=3 2，对角线BD= 2AB=6，BO=12BD=3．
又BP=5，故高OP= BP2−BO2=4．
故该正四棱锥体积为V=13×(3 2)2×4=24．
4.【答案】A
【解析】【分析】根据幂函数的概念和单调性可求出结果．
本题主要考查了幂函数的性质的应用，属于基础题．
【解答】
解：因为函数f(x)=(m2−2m−2)xm2−4m+1为幂函数，且在区间(0,+∞)上单调递增，
所以m2−2m−2=1且m2−4m+1>0，
由m2−2m−3=0，得m=−1或m=3，
当m=−1时，m2−4m+1=6>0，满足题意；
当m=3时，足m2−4m+1<0，不符合题意．
综上m=−1．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了用样本估计百分位数和二项展开式的特定项与特定项的系数，属于中档题．
先由百分位数得出n=8，再由二项展开式即可求得答案．
【解答】
解：6×60％=3.6，所以数据的第六十百分位数为8，即n=8，
二项式(3x+12x)8的展开式的通项为C8r3x8−r12xr=12r·C8r·x8−4r3，
令8−4r3=0，解得r=2，
所以二项式(3x+12x)n的展开式的常数项是122·C82=7．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两个计数原理的综合应用、排列、组合的综合应用，属于中档题.
分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果．
【解答】
解：第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，
再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有 2A33=12种；
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，
则必有C或D为一组，有 C21C33种分配方法，
再三个社区，三组人，进行排列，有 C21C33A33=12种分配方法；
当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有 C21种选择，
再将剩余3人分为两组，有 C31C22种分配方法，
将将三个社区，三组人，进行排列，有 C21C31C22A33=36种分配方法；
若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有 C21种分配方法，
再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，
将三个社区，三组人，进行排列，有 2C21A33=24种分配方法，
综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，属于一般题．
求出M，N的坐标，利用余弦定理得b2=43a2，进而可求离心率．
【解答】
解：如图，因为四边形MF1NF2为矩形，
所以|MN|=|F1F2|=2c(矩形的对角线相等)，
所以以MN为直径的圆的方程为x2+y2=c2．
直线MN为双曲线的一条渐近线，
不妨设其方程为y=bax，
由y=bax,x2+y2=c2,解得x=a,y=b或x=−a,y=−b,
所以N(a,b)，M(−a,−b)或N(−a,−b)，M(a,b)．
不妨设N(a,b)，M(−a,−b)，又A(a,0)，
所以|AM|= (a+a)2+b2= 4a2+b2，|AN|= (a−a)2+b2=b．
在△AMN中，∠MAN=2π3，
由余弦定理得|MN|2=|AM|2+|AN|2−2|AM||AN|cs2π3，
即4c2=4a2+b2+b2+ 4a2+b2×b，则2b= 4a2+b2，
所以4b2=4a2+b2，则b2=43a2，
所以e= 1+b2a2= 213．
故选C．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的定义和三角恒等变换，是中档题．
根据三角函数的定义，由 y2=y1x3 ，有 sinβ=sinαcsα+β ，利用两角差的正弦公式化简得 tanα+β=2tanα ，由两角差的正切公式结合基本不等式求 tanβ 的最大值，再由倍角公式求 tan2β 的值．
【解答】
解：由 y2=y1x3 ，有 sinβ=sinαcsα+β ，
即 sinα+β−α=sinαcsα+β ，
则有 sinα+βcsα=2sinαcsα+β ，
得 tanα+β=2tanα ，
tanβ=tanα+β−α=tanα1+2tan2α≤tanα2 2tanα= 24 ，
当且仅当 tanα= 22 时等号成立，
β 是锐角，所以当 β 最大时， tanβ= 24 ，
则 tan2β=2tanβ1−tan2β= 221−18=4 27 ．
故选：A．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的几何意义，考查了共轭复数的定义，属于中档题．
对于A，方程表示点(x,y)与点(1,−1)的距离等于2，利用圆的定义进行判断；对于B，方程表示点(x,y)与点A(1,−1)，B(1,1)的距离和等于2，所以z在复平面内对应点的轨迹是线段AB，判断B；对于C，利用双曲线的定义进行判断；对于D，求出轨迹方程，判断D．
【解答】
解：由题意，因为|z−z0|=2，所以点(x,y)与点(1,−1)的距离等于2，
所以z在复平面内对应点的轨迹是以(1,−1)为圆心，2为半径的圆，故A正确；
因为z−z0+z−z0=2，所以点(x,y)与点A(1,−1)，B(1,1)的距离和等于2，
所以z在复平面内对应点的轨迹是线段AB，故B错误；
因为z−z0−z−z0=1，所以点(x,y)与点A(1,−1)，B(1,1)的距离差等于1<2，
所以z在复平面内对应点的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的一支，故C正确；
因为z+12z0+z0=z−z0，所以|z+1|=|z−z0|，
即(x+1)2+y2=(x−1)2+(y+1)2，化简为4x−2y−1=0，故D错误．
故选AC．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题的主要考查的是平均数与方差求解及相关系数的意义，属于基础题．
利用平均数的定义相关公式以及方差的定义相关公式即可判断选项ABC，结合样本相关系数的概念即可判断选项D．
【解答】
解：对于A，y=1ni=1nyi=1ni=1n(axi+b)=a·1ni=1nxi+b=ax+b，故 A正确；
对于B，x1+x2+⋯+xn+y1+y2+⋯+yn=nx+y=na+1x+b，
其平均数为na+1x+b2n=a+1x+b2，故 B错误；
对于C，sy2=1ni=1nyi−y2=0，
因为yi−y2≥0，故y1=y2=⋯=yn=y，
而当a=0时，y1=y2=⋯=yn=b，满足条件，
但此时x1,x2,⋯,xn可以不都相等，故 C错误；
对于D，由样本相关系数的概念可知，D正确．
故选：AD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查超几何分布，属于基础题．
利用超几何分布的性质，及超几何分布的期望求解公式逐项验证．
【解答】
解：由题意知X，Y均服从于超几何分布，且X+Y=4，Z=2X+Y，
故P(X=k)=C4kC64−kC104(k=0,1,2,3,4)；
从而P(Z−6≤1)=1−P(Z=4)−P(Z=8)=1−P(X=4)−P(X=0)=97105，故选项A正确；
E(X)=4×410=85，E(Y)=4−E(X)=125，D(X)=D(4−Y)=D(Y)，故选项B错误，C正确；
E(Z)=2×E(X)+E(Y)=285，故选项D正确；
故选：ACD
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及空间二面角的计算，空间几何体的体积与表面积的计算，涉及知识点较多，运算量较大，是个难题．
分别根据二面角的定义，四面体的体积以及表面积公式分别进行求解判断即可．
【解答】
解：A.若四面体D′ABC为正四面体，则BD′=AB=2，
设O是AC的中点，则BO=DO= 3=D′O，
在△BOD′中，cs∠BOD′=4−3−3−2× 3× 3=13≠csπ3，故A错误，
B.∵VD′−ABC=13S△ABC⋅ℎ，ℎ为点D′到平面ABC的距离，
∴体积最大时，即ℎ最大，即点D′到平面ABC的距离最大，
即平面AD′C⊥面ABC时，
此时ℎ= 3，最大体积V=13×(12×2×2×sinπ3)× 3=1，故B正确，
C.四面体D′ABC的表面积SD′−ABC=S△AD′C+S△ABC+S△ABD′+S△BCD′，
∵S△ABC=S△AD′C= 34×22= 3，S△ABD′=S△BCD′，
∴SD′−ABC=2S△ABC+2S△ABD′，
则表面积最大时，即S△ABD′最大时，AD′⊥AB，
此时最大值为S△AD′C+S△ABC+2×12×2×2=2 3+4，故C正确，
D.设△ABC的外接圆半径为r，则r=22sinπ3=2 33，
过△ABC的外心与平面ABC垂直的直线与过△D′AC的外心与平面AD′C垂直的直线的交点，
即为四面体外接球的球心，
设球心距离平面ABC的高度为d，四面体的外接球的半径为R，
∴d=tanθ2⋅rsinπ6=1，
∴R= r2+d2= (2 33)2+12= 213，故D正确
故选：BCD．
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查了复数模的求法，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
设z=a+bi，a，b∈R，可得a2−b2−3a+9=02ab−3b=0，解得a=32，b=±3 32，再结合复数模的公式，即可求解．
【解答】
解：设z=a+bi，a，b∈R，
∵z2−3z+9=0，
∴a2−b2+2abi−3a−3bi+9=0，
∴a2−b2−3a+9=02ab−3b=0，解得a=32，b=±3 32，
∴z=32±3 32i，
∴|z|= (32)2+(±3 32)2=3．
故答案为：3．
14.【答案】−4．
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积，属于基础题．
以a的起点为原点，建立坐标系，分别求出向量a，b，c的坐标表示，再根据向量的数量积即可得到答案．
【解答】
解：以a的起点为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，
则a=(2,2)，b=(2,0)，c=(−1,−2)，
所以(a−b)·c=(0,2)·(−1,−2)=−4．
15.【答案】7
【解析】【分析】
本题考查了函数的零点与方程根的关系，函数奇偶性和周期性，属于一般题，函数f(x)满足f(1−x)=f(1+x)，函数图象关于直线x=1对称，又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，得函数f(x)的周期为4，作出图象可得结果．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)满足f(1−x)=f(1+x)，
函数图象关于直线x=1对称，且有f(−x)=f(2+x)，
又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(−x)=−f(x)，
则有f(2+x)=−f(x)，
则有f(4+x)=f(x)，即函数f(x)的周期为4，
f(x)与直线y=15x图象如图，
由图象可得直线y=15x与函数y=f(x)的图象的交点的个数为7，
故答案为7．
16.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的标准方程及其性质的应用、二次函数的单调性，考查了推理能力和计算能力．
由圆E：(x−1)2+y2=1可得圆心为E(1,0)，又点N在圆E上，可得MN2=ME2−1.设M(x1,y1)是椭圆C上的任意一点，可得y12=8−89x12.于是|MN|2=19x1−92−1.由于x1∈[−3,3]，利用二次函数的单调性即可得出．
【解答】
解：由圆E：(x−1)2+y2=1可得圆心为E(1,0)，又点N在圆E上，直线MN与圆E相切，
∴EN=1，MN2=ME2−EN2=ME2−1，
设M(x1,y1)是椭圆C上的任意一点，
则x129+y128=1，即y12=8−89x12．
∴ME2=x1−12+y12=x1−12+8−89x12=19x12−2x1+9=19x1−92，
∴|MN|2=19x1−92−1，
∵x1∈[−3,3]，
∴当x1=3时，|MN|2取得最小值3，
∴|MN|的最小值为 3．
故答案为 3．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，因为BC=2，∠ABC=π3，
S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
所以 32AB=3 32，
解得：AB=3．
在△ABC中，由余弦定理得：
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7，
所以AC= 7．
(2)设∠ACD=α，
则∠ACB=∠ACD+π4=α+π4．
如图，在Rt△ACD中，因为AD= 3，
所以AC=ADsinα= 3sinα．
在△ABC中，∠BAC=π−∠ACB−∠ABC=5π12−α，
由正弦定理，得BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
即2sin (5π12−α)=2sin α，
所以sin(5π12−α)=sinα，
又α∈(0,π2)，0<5π12−α<5π12<π2，
所以5π12−α=α.所以α=5π24，
即∠ACD=5π24．
【解析】本题考查正余弦定理的综合应用，属于较难题，熟练掌握正弦定理和余弦定理是解决本题的关键．
18.【答案】解：(1)因为an+2+(−1)nan=3，
所以当n=1时，有a3−a1=3；当n=3时，有a5−a3=3，……，
即a2n−1−a2n−3=3，
因为bn=a2n−1，所以bn−bn−1=3，
故数列{bn}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以数列{bn}的通项公式为bn=b1+(n−1)d=3n−2．
(2)因为an+2+(−1)nan=3，
所以当n=4时，有a6+a4=3；当n=8时，有a10+a8=3，……，
所以S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)
=(b1+b2+…+b15)+[a2+(a4+a6)+…+(a28+a30)]
=(b1+b15)×152+a2+3×7
=(1+43)×152+2+21=353．
【解析】本题考查数列的求和，熟练掌握等差数列的通项公式、前n项和公式，以及分组求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)由an+2+(−1)nan=3，列举前几项后，可推出a2n−1−a2n−3=3，即数列{bn}是首项为1，公差为3的等差数列，再由等差数列的通项公式，即可得解；
(2)采用分组求和法，即可得解．
19.【答案】解：
(1)如图，连接AC，BD相交于点E，连EM．
在梯形ABCD中，有AB//DC，AD=DC=12AB=1，DEBE=CDAB=12．
又因为PMMB=DEBE=12，所以三角形PBD中EM//PD，
又PD⊄平面ACM，EM⊂平面ACM，
所以PD//平面ACM．
故当PMMB=12时，PD//平面ACM．
(2)解：以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，
则A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，B(0,2,0)，
设PN=λPC(0<λ<1)，则N(λ,λ,1−λ)
对于平面ADN，设其法向量n1=(x,y,z)，
满足AD⋅n1=0AN⋅n1=0，即x=0λx+λy+1−λz=0,
故取n1=(0,λ−1λ,1)
对于平面BDN，设其法向量n2=(x,y,z)，
满足BD⋅n2=0BN⋅n2=0，即x−2y=0λx+λ−2y+1−λz=0,
故取n2=(2,1,3λ−2λ−1)，
若平面ADN⊥平面BDN，则n1⊥n2，即λ−1λ+3λ−2λ−1=0，
解得λ=12，此时N为PC的中点，PNNC=1．
【解析】本题主要考查了线面平行的判定，空间直角坐标系，空间向量的正交分解及其坐标表示，空间向量的数量积及运算律，利用空间向量判定面面垂直，平行关系的应用，是中档题．
(1)先连接AB、CD交于E，确定E是BD的几等分点，再确定M是PB的几等分点．
(2)建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为0，列出方程求解．
20.【答案】解：(1)设事件B=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件Aj=“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，Aj相互独立，
又甲队明星队员M前四局不出场，故：P(Aj)=12，j=1，2，3，4，
B=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，
所以P(B)=C31(12)4=316;
(2)设C为甲3局获得最终胜利，D为前3局甲队明星队员M上场比赛，
则由全概率公式可知：P(C)=P(D)⋅P(C|D)+P(D)⋅P(C|D).
因为每名队员上场顺序随机，故P(D)=C42⋅A33A53=35，
P(D)=1−35=25，
P(C|D)=(12)2×(34)=316，P(C|D)=(12)3=18，
所以P(C)=316×35+18×25=1380;
(3)P(D|C)=P(CD)P(C)=P(C|D)⋅P(D)P(C)=316×351380=913．
【解析】本题考查概率计算，考查相互独立事件、全概率公式、贝叶斯公式和条件概率的应用，属于中档题．
(1)设事件B=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件Aj=“甲队第j局获胜”，其中j=1，2，3，4，得B=A1A2A3A4+A1A2A3A4+A1A2A3A4，利用P(B)=C31(12)4即可求解;
(2)讨论M上场和不上场两种情况，利用全概率公式即可求解;
(3)利用贝叶斯公式即可求解．
21.【答案】解：(1)设E(x,y)，由题，有：k1=yx+3，k2=yx−3，
所以k1k2=y2x2−9=−49，即4x2+9y2=36(y≠0)，化简得x29+y24=1(y≠0)．
(2)设M(x0,y0)(x0>0,y0>0)，满足4x02+9y02=36，
MA方程为：y=y0x0+3(x+3)，令x=0，则yp=3y0x0+3，所以|CP|=3y0x0+3+2，
MC方程为：y+2=y0+2x0x，令y=0，则xQ=2x0y0+2，所以|AQ|=2x0y0+2+3，
所以SAPQC=12|CP|⋅|AQ|=12|3y0x0+3+2|(2x0y0+2+3)
=(2x0+3y0+6)22(x0+3)(y0+2)=4x02+4x0(3y0+6)+(3y0+6)22(x0+3)(y0+2)
=(3y0+6)(12+4x0)2(x0+3)(y0+2)=12(3+x0)2(x0+3)=6，
所以，四边形面积为定值6．
【解析】本题考查椭圆的概念和标准方程、圆锥曲线中的定值问题．
(1)设E(x,y)，由斜率公式结合k1k2=−49，化简可得椭圆的标准方程；
(2)设M(x0,y0)(x0>0,y0>0)，满足4x02+9y02=36，写出MA，MC的方程，进而求出|CP|，|AQ|，然后表示出四边形APQC的面积，进行化简即可求解．
22.【答案】解：(1) f′(x)=1− 2sin(x+π4)ex ， x∈(0,π)， 令f​′(x)=0 ，则x=π2 ，
当x∈(0,π2)时，f​′(x)<0；当x∈(π2,π) 时，f​′(x)>0 ．
所以f(x)在(0,π2)上单调递减，在(π2,π)上单调递增，
所以f(x)min=f(π2)=−e−π2.
(2)xf(x)⩾g(x)ex ⇔ x(csx−1)e−x⩾e−xax2+(1−ex)x
⇔xcsx−x⩾ax2+(1−ex)x ⇔x(ex+csx−ax−2)⩾0．
记ℎ(x)=ex+csx−ax−2 ，即xℎ(x)⩾0 恒成立，ℎ′(x)=ex−sinx−a．
①当a>1时，当x∈[0,+∞) ，设ℎ′x=φx，φ′(x)=ex−csx⩾0，
所以ℎ​′(x) 在 [0,+∞)单调递增，且ℎ​′(0)=1−a<0 ， ℎ′(1+a)=e1+a−sin(1+a)−a⩾e1+a−1−a>0 ，
故存在唯一的x0∈(0,+∞) ，使得ℎ​′(x0)=0 ，
当x∈(0,x0) ，ℎ​′(x)<0 ，所以ℎ(x)<ℎ(0)=0，此时xℎ(x)<0 ，不合题意．
②当 a⩽1时，
(ⅰ)若x>0 ，则ℎ′(x)>1+x−sinx−a>1−a⩾0 ，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0 恒成立，即xℎ((x)>0成立，符合题意．
(ⅱ) x∈[−π2,0] ，ℎ′x=φx,φ′(x)=ex−csx，
设tx=ex−csx，t′(x)=ex+sinx单调递增，且 t′(0)=1 ， t′(−π2)=e−π2−1<0 ，
所以存在唯一x1∈(−π2,0) 使t′(x1)=0 ，
当 x∈(−π2,x1) 时，t′(x)<0 ，当 x∈(x1,0) ，t′(x)>0，
又 φ′(−π2)=e−π2>0 ， φ′(0)=0 ，故存在唯一x2∈(−π2,0) ，使φ′(x2)=0，
故 x∈(−π2,x2) ， φ′(x2)>0 ， x∈(x2,0) ， φ′(x2)<0 ，
又ℎ′(−π2)=e−π2+1−a>0 ， ℎ​′(0)=1−a⩾0 ，
所以 x∈[−π2,0] 时， ℎ​′(x)⩾0 ， ℎ(x)⩽ℎ(0)=0 ，即xℎ(x)⩾0 恒成立．
综上，a⩽1．

【解析】本题考查利用导数求函数的最值，研究不等式恒成立的条件，属于难题．
(1)利用导数可得f(x)在(0,π2)上单调递减，在(π2,π)上单调递增，进而得解；
(2)xfx≥gxex等价于x(ex+csx−ax−2)⩾0，记ℎ(x)=ex+csx−ax−2，讨论a>1和a⩽1，进而可得结果．