2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷
一、单选题：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的。
1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，则实数a的值为（ ）
A．{2} B．{﹣1，2} C．{1，2} D．{0，2}
2．（5分）设z是复数且|z﹣1+2i|＝1，则|z|的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P（3，4）为角α终边上一点，若cos（α+β），β∈（0，π），则cosβ＝（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为（ ）
A．3π B．5π C．8π D．9π
5．（5分）设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则|2|＝（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg2≈0.301）（ ）
A．8次 B．9次 C．10次 D．11次
7．（5分）设实数x＞1，y∈R，e为自然对数的底数，若exlnx+ey＜yey，则（ ）
A．eylnx＞e B．eylnx＜e C．ey＞ex D．ey＜ex
8．（5分）已知F1，F2分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点F2，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，△AF1F2，△BF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2，则△OO1O2面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：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．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是
B．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为
（多选）10．（5分）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则（ ）
A． x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．
D．
（多选）11．（5分）对于数列{an}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，则称数列{an}为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A．首项为1，公比为的等比数列{an}是“差收敛”数列
B．设Sn是数列{an}的前n项和，若数列{Sn}是“差收敛”数列，那么数列{an}为“差收敛”数列
C．等差数列一定为“差收敛”数列
D．有界数列一定为“差收敛”数列
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD的棱长为，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长是变化的
B．四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为
C．当时，平面α截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为，方差为，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为 ，方差为 ．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 ．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为 ．
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比较p8，q8的大小．
18．（12分）已知函数的图象经过点．
（1）若f（x）的最小正周期为2π，求f（x）的解析式；
（2）若 x∈R，，是否存在实数ω，使得f（x）在上单调？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数xi与该机场飞往A地航班放行准点率yi（i＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
2017.5 80.4 1.5 40703145.0 1621254.2 27.7 1226.8
其中ti＝ln（xi﹣2012），
（1）根据散点图判断，y＝bx+a与y＝cln（x﹣2012）+d哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题：
（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为，
参考数据：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
20．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，Q是棱PA上一点，且．
（1）求证：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝4，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
21．（12分）已知椭圆的离心率为，过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F，定直线m：x＝2，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直线AQ、BP交于点M，证明：M点为定点，并求出M点的坐标．
22．（12分）已知函数f（x），x∈（0，+∞）．
（1）证明：函数f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点；
（2）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的最小值；
（3）设gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若对任意的x∈[，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式两端等号均能取到，求k1+k2的最大值．
2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：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的。
1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，则实数a的值为（ ）
A．{2} B．{﹣1，2} C．{1，2} D．{0，2}
【解答】解：由A∪B＝A知：B A，
当a+2＝3，即a＝1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当a+2＝a2，即a＝﹣1或a＝2，
若a＝﹣1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若a＝2，则A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，满足要求．
综上，a＝2．
故选：A．
2．（5分）设z是复数且|z﹣1+2i|＝1，则|z|的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【解答】解：根据复数模的几何意义可知，|z﹣1+2i|＝1表示复平面内以（1，﹣2）为圆心，1为半径的圆，而|z|表示复数z到原点的距离，
由图可知，．
故选：C．
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P（3，4）为角α终边上一点，若cos（α+β），β∈（0，π），则cosβ＝（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意得：，，，
因为β∈（0，π），
所以，
因为，
所以，故，
所以cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα．
故选：B．
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为（ ）
A．3π B．5π C．8π D．9π
【解答】解：设圆台的上底面圆半径为r，则底面圆半径为2r，母线长为l，
如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH+DG＝r+2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝（πr+2πr）l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为，故半径为，表面积为：8π
故选：C．
5．（5分）设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则|2|＝（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：因为在方向上的投影向量为，
所以，
则，
又因为，为单位向量，所以，
所以cos，，
所以|2|．
故选：D．
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg2≈0.301）（ ）
A．8次 B．9次 C．10次 D．11次
【解答】解：由题意得r0＝2.65，r1＝2.59，
当n＝1时，，即50.25+p＝1，可得p＝﹣0.25，
所以，
由rn≤0.25，可得50.25（n﹣1）≥40，所以，
所以，
又由n∈N*，所以n≥11，
所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要11次．
故选：D．
7．（5分）设实数x＞1，y∈R，e为自然对数的底数，若exlnx+ey＜yey，则（ ）
A．eylnx＞e B．eylnx＜e C．ey＞ex D．ey＜ex
【解答】解：∵exlnx+ey＜yey，
∴e elnxlnx＜（y﹣1）ey，即elnxlnx＜（y﹣1）ey﹣1，（*）
∵x＞1，∴lnx＞0，y＞1．
令g（t）＝tet（t＞0），（*）式可化为g（lnx）＜g（y﹣1）
则g′（t）＝（1+t）et＞0恒成立，
∴g（t）在（0，+∞）上单调递增，
∴lnx＜y﹣1，即x＜ey﹣1 ex＜ey，
故选：C．
8．（5分）已知F1，F2分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点F2，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，△AF1F2，△BF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2，则△OO1O2面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设圆O1与AF1，AF2，F1F2分别切于点M，N，P，由双曲线定义知，，
∴，
∵|AM|＝|AN|，|MF1|＝|F1P|，|NF2|＝|F2P|，
∴，又，
∴，即点P为双曲线的右顶点，
∵O1P⊥x轴，O1的横坐标为，同理：O2横坐标也为，
∵O1F2平分∠AF2F1，O2F2平分∠BF2F1，∴，
设△AF1F2、△BF1F2的内切圆半径分别为r1，r2，
∵O1O2⊥x轴，∴，
∵，∴，
设直线AB倾斜角为α，又AB为双曲线右支上两点，
又渐近线方程为，∴由题意得，∴，
∴，即，
又在单调递减，在单调递增，
当时，，此时取得最小值，
当时，，当时，，
∴．
故选：B．
二、多选题：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．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是
B．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为
【解答】解：对于A，若第一次取到白球，第二次取到白球，则概率为，
若第一次取到红球，第二次取到白球，则概率为，
故第二次取到白球的概率是，故A正确；
对于B，除了“取到两个红球”和“取到两个白球”这种事件可能发生外，还有可能是取到一白球和一红球，
因此“取到两个红球“和“取到两个白球“是互斥事件，但不对立，故B错误；
对于C，第一次取到红球的概率为：，第二次取到红球的概率为：，
第一次取到红球且第二次取到红球的概率为：，显然不满足独立事件的概念，故C错误；
对于D，设第二次取到的是红球为事件A，设第一次取到的是白球为事件B，
则，
故，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（5分）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则（ ）
A． x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．
D．
【解答】解：对A，因为f（x+2）为奇函数，
则y＝f（x）图像关于（2，0）对称，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
所以f（4+x）+f（﹣x）＝0，A正确：
对于C，因为g′（x）＝f′（x﹣2），
则g（x）＝f（x﹣2）+a，
则g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，
所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，
令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），又f（4+x）+f（﹣x）＝0，
所以f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），
所以f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），
所以y＝f（x）的周期T＝4，
所以f（0）＝f（4），
由f（2+x）+f（2﹣x）＝0可得，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，f（2）＝0，
所以f（0）＝0，f（4）＝0，
所以505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，C正确；
对B，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，则g（x）是周期T＝4的函数，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，B错误；
对D，f（﹣1）＝f（﹣1+2024）＝f（2023），
f（0）＝f（2）＝f（2+2020）＝f（2022），
所以，
所以，D错误．
故选：AC．
（多选）11．（5分）对于数列{an}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，则称数列{an}为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A．首项为1，公比为的等比数列{an}是“差收敛”数列
B．设Sn是数列{an}的前n项和，若数列{Sn}是“差收敛”数列，那么数列{an}为“差收敛”数列
C．等差数列一定为“差收敛”数列
D．有界数列一定为“差收敛”数列
【解答】解：对于A，由题意an＝（）n﹣1，则|an﹣an﹣1|＝|（）n﹣1﹣（）n﹣2|＝（）n﹣1，
因此|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|（）2+…+（）n1+（）n＜1，故{an}是“差收敛”数列，正确；
对于B，若数列{Sn}是“差收敛”数列，则存在M＞0，
对任意的n∈N*，恒有|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M，
即|an+1|+|an|+…+|a2|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2M+|a1|，
所以数列{an}为“差收敛”数列，正确；
对于C，设等差数列{an}的公差为d，则|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|＝n|d|，
所以不存在M＞0，对任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M成立，
所以等差数列不一定为“差收敛”数列，错误；
对于D：设数列{an}为有界数列，则存在M＞0，使得|an|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2nM，2nM不是常数，
所以有界数列不一定为“差收敛”数列，错误．
故选：AB．
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD的棱长为，其所有顶点均在球O的球面上．已知点E满足，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长是变化的
B．四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为
C．当时，平面α截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
【解答】解：正四面体ABCD的棱长为，其所有顶点均在球O的球面上．点E满足，，
过点E作平面α平行于AC和BD，平面α分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，
∴球心O即为该正方体的中心，
连接B1D1，设AC∩B1D1＝N，
∵BB1∥DD1，BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，∴BD∥B1D1．
又BD∥平面α，B1D1 平面α，∴由线面平行的判定定理得B1D1∥平面α．
∵AC∥平面α，AC∩B1D1＝N，AC，B1D1 平面AB1CD1，∴平面α∥平面AB1CD1．
对于A，如图①，∵平面α∥平面AB1CD1，平面α∩平面ABC＝EM，平面AB1CD1∩平面ABC＝AC，
∴EM∥AC，则，即EM＝（1﹣λ）AC，
同理可得GH∥AC，，HE∥GM∥BD，HE＝GM，
∴四边形EMGH的周长L＝FM+GM+GH+HE，故A错误；
对于B，如图①，由A可知HE∥GM∥BD，，且EM∥GH∥AC，，
∵四边形AB1CD1为正方形，∴AC⊥B1D1，∴四边形EMGH为矩形，
∴点A到平面α的距离d＝λAA1＝2λ，
∴四棱锥A﹣EMGH的体积V与λ之间的关系式为V（λ），
则V'（λ），∵0＜λ＜1，∴当时，V'（λ）＞0，V（λ）单调递增；
当时，V'（λ）＜0，V（λ）单调递减，所以当时，V（λ）取到最大值，
∴四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为，故B正确；
对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体AB1CD1﹣A1BC1D的外接球，其半径．
设平面α截球O所得截面的圆心为O1，半径为r，当时，．
∵，则，∴平面α截球O所得截面的周长为2πr，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体A1B1C1D1，
设A1D1∩AD＝P，A1C1∩BD＝K，B1C1∩BC＝Q，B1D1∩AC＝N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵，∴E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，
又，正四棱锥K﹣PEQF的高为，
∴正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为，故D正确．
故答案为：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为，方差为，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为 5 ，方差为 2 ．
【解答】解：根据题意，设其他的8个数据依次为a1、a2、a3、……a8，
若原来容量为9的样本，它的平均数为，方差为，
则有（a1+a2+a3+……+a8+4），则有（a1+a2+a3+……a8）＝40，
s2[a12+a22+a32+……+a82+42﹣9×（）2]，则有（a12+a22+a32+……+a82）＝216；
把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，
则新样本的平均数为′（a1+a2+a3+……+a8）5；
方差s′2（a12+a22+a32+……+a82﹣8×52）＝2；
故答案为：5，2．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 84 ．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，
此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48+24+12＝84种不同坐法；
故答案为：84．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为 x+3y+3＝0 ．
【解答】解：∵A（1，2）在抛物线y2＝2px上，
∴4＝2p，∴抛物线方程为y2＝4x，
设过点A的圆的切线方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，
则圆心（2，0）到切线的距离dr，
解得k＝2±，
∴过点A的圆的切线方程为：
或，
分别联立y2＝4x，解得B（15，﹣6），C（，），
∴直线BC的斜率为．
∴直线BC的方程为y6（x﹣15﹣6），
即x+3y+3＝0，
故答案为：x+3y+3＝0，
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为 ．
【解答】解：因为，（当且仅当b＝c时取得等号），
令sinA＝y，cosA＝x，
故，
因为x2+y2＝1，且y＞0，
故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即A＝60°时，取得最小值；
故可得，
又，
故可得，当且仅当A＝60°，b＝c，取得最大值．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比较p8，q8的大小．
【解答】解：（1）第3次传球之前，球在甲手中的情形可分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲，
∴p3，
第3次传球之前，球在乙手中的情形仅有：甲→丙→乙，
∴q3，
∴p3+2q3＝1；
（2）由题意，整理得：，
∴，，
∴{pn}成首项为，公比为的等比数列，
∴，∴pn，
同理，∴qn，
∴p8，q8，
∴p8＜q8．
18．（12分）已知函数的图象经过点．
（1）若f（x）的最小正周期为2π，求f（x）的解析式；
（2）若 x∈R，，是否存在实数ω，使得f（x）在上单调？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为f（x）的最小正周期为2π，
所以．
因为ω＞0，所以ω＝1．
因为f（x）的图象经过点，所以，k∈Z，
即，k∈Z．
因为，所以．
故．
（2）因为 x∈R，，
所以直线为f（x）图象的对称轴，
又f（x）的图象经过点．
所以，，k1，k2∈Z．
两式相减得，
整理得ω＝2（k2﹣k1）+1，
因为ω＞0，所以ω＝2n+1（n∈N），
因为f（x）在上单调，
所以，即，解得ω≤6．
当ω＝5时，，k∈Z．
因为，所以，此时．
令，g（t）＝sint．g（t）在上单调递增，在上单调递减，
故f（x）在上不单调，不符合题意；
当ω＝3时，，k∈Z．
因为，所以，此时．
令，g（t）＝sint．g（t）在上单调递减，
故f（x）在上单调，符合题意；
当ω＝1时，，k∈Z．
因为，所以，此时．
令，g（t）＝sint．g（t）在上单调递减，
故f（x）在上单调，符合题意，
综上，存在实数ω，使得f（x）在上单调，且ω的取值集合为{1，3}．
19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数xi与该机场飞往A地航班放行准点率yi（i＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
2017.5 80.4 1.5 40703145.0 1621254.2 27.7 1226.8
其中ti＝ln（xi﹣2012），
（1）根据散点图判断，y＝bx+a与y＝cln（x﹣2012）+d哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题：
（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为，
参考数据：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
【解答】解：（1）由散点图判断y＝cln（x﹣2012）+d适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型．
令t＝ln（x﹣2012），先建立y关于t的线性回归方程．
由于，，
该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为，
因此y关于年份数x的回归方程为
所以当x＝2023时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为．
所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为84%．
（2）设A1＝“该航班飞往A地”，A2＝“该航班飞往B地”，A3＝“该航班飞往其他地区”，C＝“该航班准点放行”，
则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.2，P（A3）＝0.6，P（C|A1）＝0.84，P（C|A2）＝0.8，P（C|A3）＝0.75．
（i）由全概率公式得，P（C）＝P（A1）P（C|A1）+P（A2）P（C|A2）+P（A3）P（C|A2）＝0.84×0.2+0.8×0.2+0.75×0.6＝0.778，
所以该航班准点放行的概率为0.778．
（ii），，，
因为0.6×0.75＞0.2×0.84＞0.2×0.8，
所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大．
20．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，Q是棱PA上一点，且．
（1）求证：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝4，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取PA的中点S，连接SM，SD，SC，
易知，故S，M，C，D四点共面，
由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故，
又QN 平面MCD，SC 平面MCD，
因此NQ∥平面MCD；
（2）解：连接AC，BD交于点O，则O为平行四边形ABCD的中心，
又PA＝PC，PB＝PD，
则等腰△PAC，△PBD中，根据三线合一，有PO⊥AC，PO⊥BD，
又AC∩BD＝O，故PO⊥平面ABCD，
在Rt△POA，Rt△POB中，有PO2+OA2＝PA2，PO2+OB2＝PB2，即h2+m2＝96，①h2+n2＝64，②
设OA＝OC＝m，OB＝OD＝n，OP＝h，∠ABC＝θ，则∠BAD＝π﹣θ，
AC2＝4m2＝BA2+BC2﹣2AB AC cosθ＝260﹣224cosθ，BD2＝4n2＝AB2+AD2﹣2AB AD cos（π﹣θ）＝260+224cosθ，
相加并整理得m2+n2＝130，③
解方程组①②③得，，
故，
于是，
在△PBC中，BC＝BP＝8，N是PC中点，
故，
于是，
设点A到平面PBC的距离为d，由VP﹣ABC＝VA﹣PBC，得，
故，
故所求线面角α的正弦值．
21．（12分）已知椭圆的离心率为，过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F，定直线m：x＝2，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直线AQ、BP交于点M，证明：M点为定点，并求出M点的坐标．
【解答】解：（1）由离心率e，可得a2＝2b2，
所以椭圆的方程为：1，
将（﹣1，）代入椭圆的方程可得：1，解得b2＝1，
所以椭圆的方程为：y2＝1；
（2）证明：由（1）可得右焦点F（1，0），
因为直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my+1，设A（x1，y1），B（x2，y2），设A在x轴上方，
联立，整理可得：（2+m2）y2+2my﹣1＝0，
显然Δ＞0，y1+y2，y1y2，
因为AP⊥m，BQ⊥m，
所以P（2，y1），Q（2，y2），
所以直线AQ的方程为y﹣y2（x﹣2），
由椭圆的对称性可得直线AQ，BP的交点在x轴上，
令y＝0，可得x＝222，
因为y1+y2，y1y2，所以2my1y2＝y1+y2，即my1y2，
所以x＝22，
所以直线AQ，BP恒过定点（，0）．
22．（12分）已知函数f（x），x∈（0，+∞）．
（1）证明：函数f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点；
（2）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的最小值；
（3）设gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若对任意的x∈[，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式两端等号均能取到，求k1+k2的最大值．
【解答】解：（1）证明：设h（x）＝cosx﹣x，
则h′（x）＝﹣sinx﹣1，
因为﹣1≤sinx≤1，
所以h′（x）≤0恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为h（）0，h（π）＝﹣1﹣π＜0，
所以存在唯一x0∈（，π），使得h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点，
（2）f′（x），
设m（x）＝x﹣xsinx﹣2cosx，
m′（x）＝1+sinx﹣xcosx＝1+cosx（tanx﹣x），
m″（x）＝cosx﹣cosx+xsinx，
当x∈（0，π）上，xsinx＞0，m″（x）＞0，m′（x）单调递增，
又m′（0）＝1＞0，
所以m（x）在（0，π）上单调递增，
因为m（）＝0，
所以当x∈（0，）时，m（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（，π）时，m（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）在（0，π）上有最小值f（）．
（3）由（1）可知，x∈[，+∞）时，f（x）＜0，
由（2）可知x为f（x）的极小值点，且x∈[π，+∞）时，，
所以x∈[，+∞）时，f（x）在x取到最小值，
b时，k1＞0，存在x∈（m1，+∞）使得g（x1）＞0与f（x）≥g1（x）矛盾，
b≥0时，k2＜0，存在x∈（m2，+∞）使得g（x2）与f（x）≤g2（x）矛盾，
当b时，令k1＝0，则g（x1），满足题意，此时k1取得最大值，
再过点（0，）作函数f（x）的切线，设切点为P（t，f（t）），则f′（t），解得t，
所以切线方程为y，
当b时，k2的最大值为，
又因为x∈（，+∞）时，f′（x），
设φ（x），
φ′（x）0，
所以φ（x）单调递减，
即f′（x），
所以b＜0时，k1+k2取得最大值，
接下来证明当x∈[，+∞）时，，
先证：q（x）x﹣cosx≥0，x∈[，]恒成立，
q′（x）1+sinx，
q″（x）cosx，
q″′（x）sinx，
当x∈[，]时，q″′（x）单调递增，
q″′（）＝﹣10，q″′（）＝10，q″′（π）0，
所以存在唯一的x1∈（，π）使得q″′（x）＝0，且x∈（，x1）时，q″′（x）＜0，q″（x）单调递减，
x∈（x1，）时，q″′（x）＞0，q″（x）单调递增，
因为q′（）0，q′（π）0，q′（）＝0，
所以存在唯一的x3∈（，π）使得q′（x）＝0，且x∈（，x3）时，q′（x）＞0，q（x）单调递增，
x∈（x3，）时，q′（x）＜0，q（x）单调递减，
又因为q（），q（）＝0，
所以当x∈[，]时，q（x）x﹣cosx≥0，
当x∈[，+∞）时，q′（x）1+sinx（1）+1+sinx≥0，
所以q（x）≥0，
综上所述，x∈[，+∞）时，，
当x∈（，+∞），f′（x），
所以当b＜0时，k2的最大值为，
即k1+k2的最大值为．
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