1.已知集合M={?2,?1,0,1,2}，N={x|x2?x?2≥0}，則M∩N=( )
A. {?2,?1,0,1}B. {?2,?1,2}C. {?2,?1}D. {?2}
2.6?i1+i=( )
A. 52?72iB. 52+72iC. 72?72iD. 72+72i
3.已知向量a=(1,2),b=(?2,1).若(a+λb)⊥(a+b)，則λ=( )
A. 1B. 2C. ?1D. ?2
4.已知cs(α?β)=13,cs(α+β)=23，則sinαsinβ=( )
A. 12B. 16C. 19D. ?16
5.如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，正方形ABCD和A1B1C1D1的中心分別為O1和O2，O1O2⊥平面ABCD，O1O2=3，AB=5，A1B1=4，則直線O1O2與直線AA1所成角的正切值為( )
A. 23B. 26C. 36D. 66
6.已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2?3x在(12,3)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為( )
A. [49,+∞)B. (0,49]C. [98,+∞)D. (0,98]
7.已知點(diǎn)F1(?1,0)，F(xiàn)2(1,0)，動(dòng)點(diǎn)P到直線x=3的距離為d,|PF2|d= 33，則△PF1F2的周長為( )
A. 4B. 6C. 4 3D. 2 3+2
8.已知直線y=kx+b與函數(shù)f(x)=12x2+lnx的圖象相切，則k?b的最小值為( )
A. 92B. 72C. 52D. 32
二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
9.設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是等比數(shù)列，則下列數(shù)列一定是等比數(shù)列的是( )
A. {an+bn}B. {anbn}C. {man}(m∈R)D. {anbn}
10.某校為了了解學(xué)生的身體素質(zhì)，對2022屆初三年級(jí)所有學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)情況進(jìn)行了數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如圖1所示.該校2023屆初三學(xué)生人數(shù)較2022屆初三學(xué)生人數(shù)上升了10%，2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)分布條形圖如圖2所示，則( )
A. 該校2022屆初三年級(jí)學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)在[30,60)內(nèi)的學(xué)生人數(shù)占70%
B. 該校2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)在[60,80]內(nèi)的學(xué)生人數(shù)比2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)同個(gè)數(shù)段的學(xué)生人數(shù)的2.2倍還多
C. 該校2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)和2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)的中位數(shù)均在[50,60)內(nèi)
D. 相比2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)不小于50的人數(shù)，2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)不小于50的人數(shù)占比增加
11.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F2作直線l垂直于雙曲線C的一條漸近線，直線l交雙曲線C于點(diǎn)M，若|MF1|=3|MF2|，則雙曲線C的漸近線方程可能為( )
A. y=±1+ 52xB. y=±?1+ 52xC. y=±2+ 52xD. y=±x
12.如圖1，《盧卡?帕喬利肖像》是意大利畫師的作品.圖1中左上方懸著的是一個(gè)水晶多面體，其表面由18個(gè)全等的正方形和8個(gè)全等的正三角形構(gòu)成，該水晶多面體的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，如圖2.若MN= 2，則( )
A. AB=3 2
B. 該水晶多面體外接球的表面積為(10+4 2)π
C. 直線HG與平面HPQ所成角的正弦值為 33
D. 點(diǎn)G到平面HPQ的距離為 63
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13.函數(shù)f(x)=x2,x≤0lg2x,x>0，則f(f(?2))=______.
14.已知直線x?y?a=0與圓C：(x?1)2+y2=2存在公共點(diǎn)，則a的取值范圍為______.
15.已知函數(shù)f(x)=sinωx，如圖，A，B是直線y= 32與曲線y=f(x)的兩個(gè)交點(diǎn)，若|AB|=π6，則ω=______.
16.五一長假期間，某單位安排A，B，C這3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知A在五一長假期間值班2天，則A連續(xù)值班的概率是______.
四、解答題：本題共6小題，共70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分)
在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a+b=10，c=2 7，且csinB= 3bcsC.
(1)求C；
(2)求△ABC的面積.
18.(本小題12分)
在數(shù)列{an}中，a2=2，a3+a7=10，且an+1=2an?an?1(n≥2).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列{an}中，滿足k≤an≤2k(k為正整數(shù))的項(xiàng)有bk項(xiàng)，求數(shù)列{bk}的前k項(xiàng)和Tk.
19.(本小題12分)
如圖，將三棱錐A?BCD的側(cè)棱AB放到平面α內(nèi)，AC⊥CB，AB⊥BD，AC=CB，AB=BD，平面ABC⊥平面ABD.
(1)證明：平面ACD⊥平面BCD.
(2)若AB=2，平面ABD與平面α夾角的正切值為12，求平面ACD與平面α夾角的余弦值.
20.(本小題12分)
猜歌名游戲根據(jù)歌曲的主旋律制成的鈴聲來猜歌名.某嘉賓參加猜歌名節(jié)目，節(jié)目組準(zhǔn)備了A，B兩組歌曲的主旋律制成的鈴聲，隨機(jī)從A，B兩組歌曲中各播放兩首歌曲的主旋律制成的鈴聲，該嘉賓根據(jù)歌曲的主旋律制成的鈴聲來猜歌名.已知該嘉賓猜對A組中每首歌曲的歌名的概率均是23，猜對B組中每首歌曲的歌名的概率均是12，且猜對每首歌曲的歌名相互獨(dú)立.
(1)求該嘉賓至少猜對2首歌曲的歌名的概率；
(2)若嘉賓猜對一首A組歌曲的歌名得1分，猜對一首B組歌曲的歌名得2分，猜錯(cuò)均得0分，記該嘉賓累計(jì)得分為X，求X的分布列與期望.
21.(本小題12分)
已知拋物線C：y2=2px(p>0)上一點(diǎn)M(1,m)(m>0)與焦點(diǎn)的距離為2.
(1)求p和m；
(2)若在拋物線C上存在點(diǎn)A，B，使得MA⊥MB，設(shè)AB的中點(diǎn)為D，且D到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為152，求點(diǎn)D的坐標(biāo).
22.(本小題12分)
已知函數(shù)f(x)=ex+m+(m+1)x?xlnx.
(1)若m=0，求f(x)的圖象在x=1處的切線方程；
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：x1x20，解得x0)，由圖1可知，2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)在[60,80]內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為0.2a，
2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘的個(gè)數(shù)在[60,80]內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為a×(1+10%)×41%=0.451a，0.451a>0.2a×2.2=0.44a，B正確；
C選項(xiàng)，2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)的中位數(shù)在[40,50)內(nèi)，2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)的中位數(shù)在[50,60)內(nèi)，C錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)，2022屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)不小于50的人數(shù)占25%+15%+5%=45%，2023屆初三學(xué)生仰臥起坐一分鐘個(gè)數(shù)不小于50的人數(shù)占41%+34%+7%=82%，D正確．
故選：ABD.
根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖逐項(xiàng)判斷即可得出結(jié)論．
本題考查由頻數(shù)分布表、直方圖求頻數(shù)、頻率，考查頻率公式，屬于基礎(chǔ)題．
11.【答案】AB
【解析】解：由題意直線ON而漸近線，設(shè)F2N⊥ON交于N，則可得|OF2|=c，|ON|=a，|F2N|=b，
過M作MQ⊥x軸交于Q，則△MQF2∽△ONF2，所以MQON=MF2OF2，
即|yM|a=|MF2|c，整理可得|MF2|=ca|yM|，
由雙曲線的定義可得|MF1|=2a+|MF2|，
又因?yàn)閨MF1|=3|MF2|，所以9|MF2|2=(2a+|MF2|)2，解得|MF2|=a，
可得|yM|=a2c，可得(c?xM)2+yM2=a2①，
而M在雙曲線上，所以yM2=b2(xM2a2?1)，②
①②聯(lián)立可得xM=2a2c，
將M點(diǎn)的坐標(biāo)代入雙曲線的方程可得：4a4a2c2?a4c2b2=1，即4a2c2?a4b2c2=1，由c2=a2+b2，
整理可得(ba)4?3(ba)2+1=0，解得(ba)2=3± 52，所以ba= 5±12，
所以雙曲線的漸近線的方程為y=± 5±12x.
故選：AB.
過M作MQ⊥x軸交于Q，由題意可得△MQF2∽△ONF2，可得|MF2|=ca|yM|，因?yàn)閨MF1|=3|MF2|，再由雙曲線的定義可得|MF2|的值，可得M的縱坐標(biāo)的絕對值的大小，再由M在雙曲線上，可得M的橫坐標(biāo)的值，代入雙曲線的方程，可得a，b的關(guān)系，進(jìn)而求出雙曲線的漸近線的方程．
本題考查雙曲線的性質(zhì)的應(yīng)用及直線與雙曲線的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．
12.【答案】BCD
【解析】解：由水晶多面體的結(jié)構(gòu)特征可得NF=MN= 2，
進(jìn)而可得AB= 2+2，故A錯(cuò)誤；
在水晶多面體在大正方體的對面的兩個(gè)正方形構(gòu)成的長方體的外接球，
即為該水晶多面體外接球，
設(shè)外接球的半徑為R，由題意可得(2R)2=( 2+2)2+( 2)2+( 2)2，
∴4R2=4 2+10，故該水晶多面體外接球的表面積為4πR2=(10+4 2)π，故B正確；
∵GK//HQ，∵K到平面HPQ的距離即為點(diǎn)G到平面HPQ的距離，
設(shè)點(diǎn)G到平面HPQ的距離為d，
由VH?PQK=VK?HPQ，∴13×12× 2× 2×sin45°×1=13×12× 2× 2×sin60°×d，
解得d= 63，∴點(diǎn)G到平面HPQ的距離為 63，故D正確；
直線HG與平面HPQ所成角的正弦值為dHG= 63 2= 33，故C正確．
故選：BCD.
根據(jù)空間幾何體的特征，根據(jù)每個(gè)選項(xiàng)的條件進(jìn)行計(jì)算可判斷其正確性．
本題考查空間幾何體的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
13.【答案】2
【解析】解：因?yàn)閒(?2)=(?2)2=4，所以f(f(?2))=f(4)=lg24=2.
故答案為：2.
由解析式先求f(?2)，再求f(f(?2))即得．
本題主要考查函數(shù)的值，屬于基礎(chǔ)題．
14.【答案】[?1,3]
【解析】解：直線x?y?a=0與圓C：(x?1)2+y2=2有公共點(diǎn)等價(jià)于圓心(1,0)到直線x?y?a=0的距離小于等于圓的半徑，即|1?a| 2≤ 2，解得?1≤a≤3，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[?1,3].
故答案為：[?1,3].
由圓心到直線的距離為|1?a| 2≤ 2，然后求解a的范圍．
本題主要考查直線與圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．
15.【答案】2
【解析】解：由圖可知，ω>0，
設(shè)A(x1, 32),B(x2, 32)，則sinωx1=sinωx2= 32，
由圖可知，ωx1=π3，ωx2=2π3，
因?yàn)閨AB|=π6，所以x2?x1=π6，ωx2?ωx1=ωπ6，
所以2π3?π3=ωπ6，解得ω=2.
故答案為：2.
設(shè)A(x1, 32),B(x2, 32)，根據(jù)圖形列式可求出結(jié)果．
本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
16.【答案】25
【解析】解：記M=“A在五一長假期間值班2天”，N=“A連續(xù)值班”，
則n(M)=C52C32A22=60種，n(MN)=4C32A22=24種，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=2460=25，
所以已知A在五一長假期間值班2天，則A連續(xù)值班的概率為25.
故答案為：25.
根據(jù)條件概率公式可求出結(jié)果．
本題主要考查了條件概率公式，屬于基礎(chǔ)題．
17.【答案】解：(1)因?yàn)閏sinB= 3bcsC，由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，
因?yàn)閟inB≠0，所以sinC= 3csC，即tanC= 3，
因?yàn)镃∈(0,π)，所以C=π3.
(2)因?yàn)閍+b=10，c=2 7，
所以由余弦定理c2=a2+b2?2abcsC，可得28=a2+b2?ab=(a+b)2?3ab=100?3ab，
解得ab=24，
所以△ABC的面積S=12absinC=12×24× 32=6 3.
【解析】(1)由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，從而可得tanC= 3，進(jìn)而可得C的值；
(2)由余弦定理可求得ab，再由面積公式求解即可．
本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
18.【答案】解：(1)由an+1=2an?an?1，得an+1?an=an?an?1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，
所以a3+a7=2a5=10，即a5=5，
所以數(shù)列{an}的公差為(5?2)÷(5?2)=1，
所以an=2+(n?2)=n；
(2)結(jié)合(1)可知bk=2k?k+1，
所以Tk=2×(1?2k)1?2?k(k+1)2+k=2k+1?k(k+1)2+k?2.
【解析】(1)由an+1=2an?an?1，得an+1?an=an?an?1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，而后根據(jù)其他條件求出公差，再求出數(shù)列通項(xiàng)公式即可；
(2)結(jié)合(1)求出{bk}的通項(xiàng)公式，而后求出數(shù)列{bk}的前k項(xiàng)和Tk.
本題主要考查等差和等比數(shù)列相關(guān)性質(zhì)，屬中檔題．
19.【答案】解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AB⊥BD，BD?平面ABD，
所以BD⊥平面ABC，
又AC?平面ABC，
所以BD⊥AC，
因?yàn)锳C⊥CB，BD∩BC=B，BD?平面BCD，BC?平面BCD，
所以AC⊥平面BCD，
又AC?平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BCD.
(2)記點(diǎn)D在平面α內(nèi)的射影為E，連接BE，DE，取AB的中點(diǎn)O，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
因?yàn)锳B=2，平面ABD與平面α夾角的正切值為12，
所以DE=2 55，BE=4 55，
則A(1,0,0)，D(?1,4 55,2 55)，C(0,? 55,2 55)，
從而AD=(?2,4 55,2 55)，AC=(?1,? 55,2 55)，
設(shè)平面ACD的法向量為m=(x0,y0,z0)，
則m?AD=?2x0+4 55y0+2 55z0=0m?AC=?x0? 55y0+2 55z0=0，
則可取m=(5, 5,3 5)，
易知，平面α的一個(gè)法向量為n=(0,0,1)，
則cs=m?n|m||n|=3 5 25+5+45= 155，
即平面ACD與平面α夾角的余弦值為 155.
【解析】本題考查面面垂直的判定定理，考查利用空間向量求解兩平面夾角的余弦值，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力，考查直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題．
(1)利用面面垂直可得BD⊥平面ABC，從而得到BD⊥AC，再利用線線垂直可得AC⊥平面BCD，再利用面面垂直的判定得證；
(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求出結(jié)果．
20.【答案】解：(1)該嘉賓一首歌曲的歌名都沒有猜對的概率P1=(1?23)2×(1?12)2=136；
該嘉賓只猜對一首歌曲的歌名的概率P2=C21×(1?23)×23×(12)2+(1?23)2×C21×12×(1?12)=16.
故該嘉賓至少猜對2首歌曲的歌名的概率P=1?P1?P2=2936.
(2)由題意可得X的所有可能取值分別是0，1，2，3，4，5，6.
沒有猜對A組中每首歌曲的歌名的概率為1?23=13，沒有猜對B組中每首歌曲的歌名的概率是1?12=12，
P(X=0)=(13)2×(12)2=136,P(X=1)=C21×13×23×(12)2=19，
P(X=2)=(23)2×(12)2+(13)2×C21×12×12=16，
P(X=3)=C21×13×23×C21×12×12=29，
P(X=4)=(23)2×C21×12×12+(13)2×(12)2=14，
P(X=5)=C21×13×23×(12)2=19，
P(X=6)=(23)2×(12)2=19.
X的分布列為：
故E(X)=0×136+1×19+2×16+3×29+4×14+5×19+6×19=103.
【解析】本題主要考查概率的求法，離散型隨機(jī)變量分布列及數(shù)學(xué)期望，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
(1)先計(jì)算出該嘉賓一首歌曲的歌名都沒有猜對的概率和該嘉賓只猜對一首歌曲的歌名的概率，進(jìn)而利用對立事件求概率公式求出答案；
(2)求出X的所有可能取值及對應(yīng)的概率，寫出分布列，計(jì)算出數(shù)學(xué)期望．
21.【答案】解：(1)設(shè)拋物線C的焦點(diǎn)為F，根據(jù)題意可知|MF|=1+p2=2，解得p=2.
故拋物線C：y2=4x.
因?yàn)镸在拋物線C上，所以m2=4.又因?yàn)閙>0，所以m=2.
(2)設(shè)A(y124,y1)，B(y224,y2)，D(x0,y0)，直線MA的斜率為k1，直線MB的斜率為k2，
易知k1，k2一定存在，則k1=y1?2y124?1，k2=y2?2y224?1，
由MA⊥MB，得k1k2=?1，即y1?2y124?1?y2?2y224?1=?1，化簡得(y1+2)(y2+2)=?16，即y1y2=?2(y1+y2)?20，
因?yàn)镈到拋物線C的準(zhǔn)線的距離d1=x0+1=152，所以x0=x1+x22=132，
則x1+x2=13，即y124+y224=13，y12+y22=52，
(y1+y2)2=52+2y1y2=52+2[?2(y1+y2)?20]，即(y1+y2)2+4(y1+y2)?12=0，
解得y1+y2=?6或y1+y2=2，則y0=y1+y22=?3或y0=y1+y22=1，
故點(diǎn)D的坐標(biāo)為(132,1)或(132,?3).
【解析】(1)根據(jù)拋物線的性質(zhì)，求出p=2，然后將M(1,m)代入拋物線的方程即可求出m；
(2)根據(jù)D到拋物線C的準(zhǔn)線的距離求出D的橫坐標(biāo)，將MA⊥MB轉(zhuǎn)為k1k2=?1，從而得到y(tǒng)1y2=?2(y1+y2)?20，兩者結(jié)合即可求出y1+y2，即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
本題主要考查拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的綜合，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=ex+m+(m+1)x?xlnx，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，
當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=ex+x?xlnx，
可得f′(x)=ex+1?lnx?1=ex?lnx，
所以f′(1)=e，
又f(1)=e+1，
所以f(x)的圖象在x=1處的切線方程為y?(e+1)=e(x?1)，
即ex?y+1=0；
(2)證明：因?yàn)閒(x)=ex+m+(m+1)x?xlnx，
可得f′(x)=ex+m+m+1?lnx?1=ex+m+m?lnx，
因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
所以方程ex+m+m?lnx=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，
即方程xex=xem(lnx?m)=xemlnxem=elnxemlnxem有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，
不妨設(shè)g(x)=xex，函數(shù)定義域?yàn)镽，
可得g′(x)=(x+1)ex，
當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增，
又g(0)=0，
所以當(dāng)x0，
因?yàn)閤ex=elnxemlnxem有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，
所以x=lnxem，即m=lnx?x有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，
此時(shí)m=lnx1?x1=lnx2?x2，
整理得x1?x2lnx1?lnx2=1，
要證x1x2

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