2023届浙江省高考仿真模拟数学试卷02（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省2023届高考数学仿真模拟卷02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〖解析〗因为2,3⊆M⊆所以集合M可以为：2,3,1,2,3,4,2,3,4,5,故选：C.2．已知a>1，b>1，且log2a=logbA．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵log2∴12log∴log2∵a>1，b>1，∴log2a>0，∴log2(ab)=log2a+log2b≥2log2a⋅log2b3．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R2C．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〖解析〗从图中可以看出D10,2较其他点，偏离直线远，故去掉D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故选：D．4．已知平面向量a=1,3，b=2，且a-bA．1 B．14 C．14 D．10〖答案〗B〖解析〗因为a-b2=a2-2a⋅故选：B5．“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〖答案〗D〖解析〗设不被满足的概率为P，则P=C41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P2,3A．2 B．2或143 C．74 D．7〖答案〗B〖解析〗因为直线l:y=33x所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线y=3设圆心Ca,3a，则圆C将点P2,3的坐标代入，得整理得3a2-10a+7=0，解得a=1所以圆C的直径为2或143故选：B.7．已知x+1x-15=a0A．-1 B．0 C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗因为x+1x-15=xx-15-x-15，x-15展开式第r+1项Tr+1=C5故选：B8．三棱锥P-ABC中，AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25，则三棱锥P-ABCA．16π B．18π C．20π〖答案〗C〖解析〗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又|BP|=25，BD⊥面DD1故|DP|=4，即P点轨迹为以D为圆心，半径为4，在DCC设点Pxp,0,zP，则因为△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+联立①②得：zo设过点8,0和点xp,zp的直线斜率为由直线与圆相切，可得k∈-则zomin=3，所以故选：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A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥B1C．存在点M，使AC1//平面BDM D．存在点M，使〖答案〗BC〖解析〗A项：因为BD,BM相交，所以DP，OM共面，故错误；B项：因为VB1-DBM所以CC1//BB1，因为CC1所以CC1//平面BB1D1C项：当M为CC1中点时，OM为△ACC因为AC1⊄平面BDM，OM⊂所以AC1//D项：当M与C1重合时，因为BD⊥AC,BD⊥CAC,CC1⊂所以BD⊥平面ACC1A1，因为A1同理可证BM⊥A1C，因为BD∩BM=B，BD,BM⊂平面BDM，所以A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PB．若PA>0，PB>0C．若随机变量X服从正态分布N2,σ，PX≤3D．这组数据4,3,2,5,6的60%分位数为〖答案〗BC〖解析〗选项A，若事件A与事件B互斥，则PA+PB选项B，若PA>0，PB则PAB=PAPB所以P(A|B)=PA，故B选项C：若随机变量X服从正态分布N2,σ，P则PX>3所以PX≤1=PX>3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+5故选：BC11．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FA．x1B．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p〖答案〗ACD〖解析〗A.Fp2,0，设直线l的方程为联立y2=2pxty=x-∴y1y∵4p2x∴x1xB.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x-p代入椭圆方程可得：x2∴x1+点O到直线l的距离d=p∴△OAB的面积为12×4p×2C.设Q-p2,m，则kQF∴2k通分后分子=-2my=-2my1y22+m=-2即2kQF-kQA-kQB=0，则直线D.如图所示，过点M作MH⊥FN，垂足为H，∵AMMN=又ANMN=AFMH，∴AF故选：ACD．12．已知函数fx=xlgx-x-lgx(x>1)的零点为x1A．x1+xC．x1-x〖答案〗ABD〖解析〗由题意可得x1⋅lg令lgx1=t>0代入方程可得t10t-变形为1t令ht=1可知函数ht在0,+又x210x∴x2=t=由x210x2-x2x2+xx1-x令hx=10∴函数hx在1,+∞上单调递增，∴x1-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〖答案〗-1〖解析〗令z=a+bi，则z所以2z+z=2a+bi+故〖答案〗为：-1.14．已知圆C1:(x-a)2+y2=4与C2:x2〖答案〗-〖解析〗圆C1:(x-a)2+y2=4的圆心C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+所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2则弦长AB=2r12-d1若存在a，使得AB=2，则b2≤3，即-3≤b≤故〖答案〗为：-315．若定义在R上的函数fx满足：∀x,y∈R，fx+y+fx-y=2fx〖答案〗fx=1（〖答案〗不唯一〖解析〗令x=0，则fy所以f-y=fy可取fx=1，则所以∀x,y∈R，f所以函数fx=1故〖答案〗为：fx=1.（〖答案〗不唯一16．三棱锥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〖答案〗3〖解析〗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，AB-12,0,2OB=-122+222=32设点px,y,z，则xPA=-由题意cos∠APC=得x+162PDPD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）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.（1）证明：由题意得sinA-sinC由正弦定理得b2又由余弦定理得b2所以c=a-2ccosB，故故sinC=sinB+C又△ABC为锐角三角形，则C∈所以C=B-C，因此B=2C.（2）解：在△BCD中，由正弦定理得asin∠BDC=所以BD=4因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<故22<cos因此线段BD长度的取值范围4318．数列an的前n项和为Sn，且（1）求数列an（2）若数列bn满足b1b2b3⋯解：（1）由a1当n=1时，a1∵a1∴an2n∵n=1时上式也符合，∴an（2）∵数列an∴Sn得：b1当n≥2，且n∈N*时，∴bn=n当n=1时，b1∴bn=1,n=1∴n=1时，T1当n≥2时，T=0+2[=2ln∴Tn19．如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，（1）若点G是△A1B1C（2）求二面角B1（1）证明：取AB1C1中点N，连接B因为点G是△A故G一定在中线B1因为点M是AC的中点，点N是A1所以MN是梯形AA所以MN=12A又AA所以MN∥BB所以四边形BB因为点G∈B1N，B1N所以点G∈平面BB即点G在平面BB（2）解：解法1：因为AA1⊥平面A1所以BB1⊥平面A又因为B1N⊂平面所以BB因为四边形BB所以四边形BB1NM所以BM⊥MN，因为△A1B1C所以B1N⊥所以BM⊥A又因为A1C1⊂平面A1C1所以BM⊥平面A1又因为MC1⊂所以BM⊥MC所以∠CMN就是所求二面角的平面角，因为C1所以sin∠故二面角B1-BM-C解法2：以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，垂直于A1B1则B1MBMC设平面BMB1与平面BMC则32x1-3232x2所以cosm故二面角B1-BM-C20．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80A款盲盒套餐B款盲盒套餐合计年龄低于30岁183048年龄不低于30岁221032合计404080（1）根据2×2列联表，判断是否有99%的把握认为A，B（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=nP（K20.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.6350.828解：（1）零假设为：H0：A，B根据列联表中的数据，经计算得K2根据小概率值k0=0.01的独立性检验，推断即有99%的把握认为A，B（2）ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=C所以ξ的分布列为：ξ0123P1331E(ξ)=0×18+1×（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设事件B2：随机抽取的1件单品来自于BP(A)=PB故由条件概率公式可得PB21．已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直线l（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22，求解：（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px联立y=kx+mx22所以，x1+x2=-所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化简得，8k2+4k-4+4m所以k=-1或m=1-2k，当m=1-2k时，直线l:y=kx+m=kx-2+1过点故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+k当A,B均在双曲线左支时，∠PAQ=2α，所以tan2α=2即2tan2α+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即2tan2α-于是，直线PA:y=2x-2+1联立y=2x-2+1因为方程有一个根为2，所以xP=10-423同理可得，xQ=10+423所以PQ:x+y-53=0，PQ=163，点故△PAQ的面积为12［方法二］：设直线AP的倾斜角为α，0<α<π2，由tan∠PAQ=2由2α+∠PAQ=π，得kAP=tan联立y1-1x1-2=2同理，x2=10+423，而|AP|=3|x由tan∠PAQ=22，得故S22．已知函数f(x)=(mx-1)ex+n(m,n∈R)在点（1）求f(x)的值域；（2）若f(a)=f(b)=g(c)=g(d)，且a<b，c<d，证明：①c+d>0；②b+c>0.（1）解：由題意得f'∴f'(1)=(2m-1)根据导数的几何意义可知，函数fx在点(1,f(1))k=f∴f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f整理可得y=(2m-1)ex+n-m由已知可得，2m-1=1n-me=2-∴f(x)=(x-1)ex+2，f令f'(x)<0，则x<0，所以f(x)在-∞又x<0时，有(x-1)ex<0所以1<fx令f'(x)>0，则x>0，所以f(x)在0,+∞综上所述，f(x)的值域为[1,+∞（2）证明：①由题意得g'(x)=x令g'(x)<0，则x<-1或-1<x<0，所以gx在(-所以当x<-1时，g(x)的值域为(-∞,0)；当-1<x<0时，g(x)的值域为令g'(x)>0，则x>0，所以gx所以当x>0时，g(x)的值域为(1,+∞作出函数f(x)=(x-1)ex+2设f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，且a<b，c<d，由图象可知，1<t<2，且-1<c<0<d，a<0<b.令G(x)=g(x)-g(-x)，-1<x<0，则G'(x)=g令T(x)=(1-x)ex-(1+x)，-1<x<0令Q(x)=-xex-1所以Qx，即T'x∴T'∴Tx在-1,0∴T(x)>T(0)=0，∴(1-x)e又1-x>0，∴e∴G'(x)=∴Gx在-1,0上单调递减，∴G(x)>G(0)=0∴g(x)>g(-x)，∴gc又g(d)=g(c)，∴gd∵gx在(0,+∞)上单调递增，d>0∴d>-c，∴c+d>0；②由①得，f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t，1<t<2，a<0<b.∵g(-x)=11-xex，∴∴f(-c)=2-1∵1<t<2，∴t+1t≥2t×1t∵1<t<2，∴t+1t>2，即2-∵f(x)在0,+∞上单调递增，b>0，浙江省2023届高考数学仿真模拟卷02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〖解析〗因为2,3⊆M⊆所以集合M可以为：2,3,1,2,3,4,2,3,4,5,故选：C.2．已知a>1，b>1，且log2a=logbA．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵log2∴12log∴log2∵a>1，b>1，∴log2a>0，∴log2(ab)=log2a+log2b≥2log2a⋅log2b3．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R2C．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〖解析〗从图中可以看出D10,2较其他点，偏离直线远，故去掉D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故选：D．4．已知平面向量a=1,3，b=2，且a-bA．1 B．14 C．14 D．10〖答案〗B〖解析〗因为a-b2=a2-2a⋅故选：B5．“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〖答案〗D〖解析〗设不被满足的概率为P，则P=C41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P2,3A．2 B．2或143 C．74 D．7〖答案〗B〖解析〗因为直线l:y=33x所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线y=3设圆心Ca,3a，则圆C将点P2,3的坐标代入，得整理得3a2-10a+7=0，解得a=1所以圆C的直径为2或143故选：B.7．已知x+1x-15=a0A．-1 B．0 C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗因为x+1x-15=xx-15-x-15，x-15展开式第r+1项Tr+1=C5故选：B8．三棱锥P-ABC中，AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25，则三棱锥P-ABCA．16π B．18π C．20π〖答案〗C〖解析〗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又|BP|=25，BD⊥面DD1故|DP|=4，即P点轨迹为以D为圆心，半径为4，在DCC设点Pxp,0,zP，则因为△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+联立①②得：zo设过点8,0和点xp,zp的直线斜率为由直线与圆相切，可得k∈-则zomin=3，所以故选：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A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥B1C．存在点M，使AC1//平面BDM D．存在点M，使〖答案〗BC〖解析〗A项：因为BD,BM相交，所以DP，OM共面，故错误；B项：因为VB1-DBM所以CC1//BB1，因为CC1所以CC1//平面BB1D1C项：当M为CC1中点时，OM为△ACC因为AC1⊄平面BDM，OM⊂所以AC1//D项：当M与C1重合时，因为BD⊥AC,BD⊥CAC,CC1⊂所以BD⊥平面ACC1A1，因为A1同理可证BM⊥A1C，因为BD∩BM=B，BD,BM⊂平面BDM，所以A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PB．若PA>0，PB>0C．若随机变量X服从正态分布N2,σ，PX≤3D．这组数据4,3,2,5,6的60%分位数为〖答案〗BC〖解析〗选项A，若事件A与事件B互斥，则PA+PB选项B，若PA>0，PB则PAB=PAPB所以P(A|B)=PA，故B选项C：若随机变量X服从正态分布N2,σ，P则PX>3所以PX≤1=PX>3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+5故选：BC11．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FA．x1B．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p〖答案〗ACD〖解析〗A.Fp2,0，设直线l的方程为联立y2=2pxty=x-∴y1y∵4p2x∴x1xB.当直线l的斜率为1时，直线l的方程为y=x-p代入椭圆方程可得：x2∴x1+点O到直线l的距离d=p∴△OAB的面积为12×4p×2C.设Q-p2,m，则kQF∴2k通分后分子=-2my=-2my1y22+m=-2即2kQF-kQA-kQB=0，则直线D.如图所示，过点M作MH⊥FN，垂足为H，∵AMMN=又ANMN=AFMH，∴AF故选：ACD．12．已知函数fx=xlgx-x-lgx(x>1)的零点为x1A．x1+xC．x1-x〖答案〗ABD〖解析〗由题意可得x1⋅lg令lgx1=t>0代入方程可得t10t-变形为1t令ht=1可知函数ht在0,+又x210x∴x2=t=由x210x2-x2x2+xx1-x令hx=10∴函数hx在1,+∞上单调递增，∴x1-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〖答案〗-1〖解析〗令z=a+bi，则z所以2z+z=2a+bi+故〖答案〗为：-1.14．已知圆C1:(x-a)2+y2=4与C2:x2〖答案〗-〖解析〗圆C1:(x-a)2+y2=4的圆心C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+所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2则弦长AB=2r12-d1若存在a，使得AB=2，则b2≤3，即-3≤b≤故〖答案〗为：-315．若定义在R上的函数fx满足：∀x,y∈R，fx+y+fx-y=2fx〖答案〗fx=1（〖答案〗不唯一〖解析〗令x=0，则fy所以f-y=fy可取fx=1，则所以∀x,y∈R，f所以函数fx=1故〖答案〗为：fx=1.（〖答案〗不唯一16．三棱锥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〖答案〗3〖解析〗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，AB-12,0,2OB=-122+222=32设点px,y,z，则xPA=-由题意cos∠APC=得x+162PDPD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）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.（1）证明：由题意得sinA-sinC由正弦定理得b2又由余弦定理得b2所以c=a-2ccosB，故故sinC=sinB+C又△ABC为锐角三角形，则C∈所以C=B-C，因此B=2C.（2）解：在△BCD中，由正弦定理得asin∠BDC=所以BD=4因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<故22<cos因此线段BD长度的取值范围4318．数列an的前n项和为Sn，且（1）求数列an（2）若数列bn满足b1b2b3⋯解：（1）由a1当n=1时，a1∵a1∴an2n∵n=1时上式也符合，∴an（2）∵数列an∴Sn得：b1当n≥2，且n∈N*时，∴bn=n当n=1时，b1∴bn=1,n=1∴n=1时，T1当n≥2时，T=0+2[=2ln∴Tn19．如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，（1）若点G是△A1B1C（2）求二面角B1（1）证明：取AB1C1中点N，连接B因为点G是△A故G一定在中线B1因为点M是AC的中点，点N是A1所以MN是梯形AA所以MN=12A又AA所以MN∥BB所以四边形BB因为点G∈B1N，B1N所以点G∈平面BB即点G在平面BB（2）解：解法1：因为AA1⊥平面A1所以BB1⊥平面A又因为B1N⊂平面所以BB因为四边形BB所以四边形BB1NM所以BM⊥MN，因为△A1B1C所以B1N⊥所以BM⊥A又因为A1C1⊂平面A1C1所以BM⊥平面A1又因为MC1⊂所以BM⊥MC所以∠CMN就是所求二面角的平面角，因为C1所以sin∠故二面角B1-BM-C解法2：以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，垂直于A1B1则B1MBMC设平面BMB1与平面BMC则32x1-3232x2所以cosm故二面角B1-BM-C20．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80A款盲盒套餐B款盲盒套餐合计年龄低于30岁183048年龄不低于30岁221032合计404080（1）根据2×2列联表，判断是否有99%的把握认为A，B（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=nP（K20.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.6350.828解：（1）零假设为：H0：A，B根据列联表中的数据，经计算得K2根据小概率值k0=0.01的独立性检验，推断即有99%的把握认为A，B（2）ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=C所以ξ的分布列为：ξ0123P1331E(ξ)=0×18+1×（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设事件B2：随机抽取的1件单品来自于BP(A)=PB故由条件概率公式可得PB21．已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，直线l（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22，求解：（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px联立y=kx+mx22所以，x1+x2=-所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化简得，8k2+4k-4+4m所以k=-1