2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷含答案

2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝AA．[0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，1）2．（5分）若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的（）A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件3．（5分）数列{an}首项为1，接下来3项为13，再接下来5项为15，再后面7项为17，以此类推A．115 B．117 C．1194．（5分）已知一组成对数据（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y关于x的一元非线性回归方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=1A．3 B．1 C．﹣1 D．﹣35．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为10cm的足球（正多边形近似看作平面正多边形），则一块黑皮面积约为_____cm2．（注：边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，取3.14）（）A．32.44 B．31.92 C．30.51 D．29.496．（5分）复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，则|z|的取值范围是（）A．[3，2] B．[1，2] C．[2，3] D．[1，3]7．（5分）双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦点为F，离心率为e，PO→=kA．﹣9 B．﹣7 C．﹣5 D．﹣38．（5分）已知a=sin32，b=2A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a二、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，部分选对得2分，有选错得0分。（多选）9．（5分）已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，下列说法正确的是（）A．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn能成立 B．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn恒成立 C．若an＝bn恒成立，则Sn＝Tn恒成立 D．若Sn＝Tn恒成立，则an＝bn恒成立（多选）10．（5分）双曲线C：x24-A．该双曲线渐近线为y=±5B．过点（3，0）的直线与双曲线C交于A、B两点，若|AB|＝5，则满足的直线有1条 C．与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1 D．过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线（多选）11．（5分）函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），下列说法正确的是（）A．β∈(5πB．tanβ-α=sinα+sinβC．tan(β+D．f（x）在（0，2π）上有2个极值点x1，x2且x2﹣x1＝π（多选）12．（5分）半径为2的球A上有三个点B，C，P，BC＝2，三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，二面角P﹣BC﹣A的平面角为α，E为边BC上一动点，则（）A．若PB＝PC＝2，则cosα=3B．若PB＝PC＝2，则cosα=1C．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为396D．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为15三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），则a→14．（5分）椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点(1，1215．（5分）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻的概率为．16．（5分）5320的因数有个，从小到大排列后，第24个因数为．四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，D1O＝OB，体积为14π9（1）求AB；（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并证明．18．（12分）△ABC内角A，B，C满足2cosB+1tanA（1）求C﹣A的大小；（2）D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC→，且19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，递增数列{an}前n项和为Sn．（1）证明：{an}为等比数列并求Sn；（2）记bn=an+Cn15，∁n为使bn∈20．（12分）过（2，0）的直线与C1：y2＝4x交于A，B两点，直线OA、OB与C2：x2+λx+y2＝0（λ≠0）分别交于C、D．（1）证明：CD中点在x轴上；（2）若A、B、C、D四点共圆，求|AB|所有可能取值．21．（12分）人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩X人，在Ⅱ时期生孩Y人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．X服从0﹣1分布且P（x＝0）=15．Y012Ppp+qp﹣q现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为124；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为16；若在Ⅰ时期生了1个男，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为（1）求Y的期望与方差；（2）由数据zi（i＝1，2，…，n）组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为a：b，分别为xi（i＝1，2，…，k）与yi（i＝1，2，…，m），k+m＝n，总体本点与两个分层样本点均值分别为z，x，y，方差分别为s02，s12，22．（12分）A（﹣1，0），B（1，0），P（a，b），kPA+kPB＝λ（λ＞0）．（1）若λ＝1，a∉（0，1），证明：eb＞a；（2）是否存在λ使eb＝a有且仅有一组解，若存在，求λ取值集合；若不存在，请说明理由．

2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B＝AA．[0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，1）【解答】解：∵集合A＝{x|ax＝1}，B={y|y=x-1}且A∩B∴A⊆B，∵B＝{y|y≥0}，当a＝0时，A＝∅，符合题意；当a＞0时，A＝{x|x=1当a＜0时，A＝{x|x=1综上，a的取值范围是[0，+∞）．故选：A．2．（5分）若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的（）A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件【解答】解：只有b⊥a不能推出b⊥α，充分性不成立，b⊥α，直线a在平面α内，直线b在平面α外，则b⊥a，必要性成立，故“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．故选：D．3．（5分）数列{an}首项为1，接下来3项为13，再接下来5项为15，再后面7项为17，以此类推A．115 B．117 C．119【解答】解：由题意可知，数列{an}的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为{bn}，则bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，前n项和为n(1+2n-1)2=n令n2＝100可得n＝10，而原数列有b1个1b1，b2个1b2，…b故a100=1故选：C．4．（5分）已知一组成对数据（xi，yi）（i＝1，2，…，6）中y关于x的一元非线性回归方程y＝bx2+1，已知i=16xi2=12，i=1A．3 B．1 C．﹣1 D．﹣3【解答】解：∵i=16xi∴16i=16则3＝2b+1，解得b＝1．故选：B．5．（5分）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．足球由32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮．若制作一个半径为10cm的足球（正多边形近似看作平面正多边形），则一块黑皮面积约为_____cm2．（注：边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，取3.14）（）A．32.44 B．31.92 C．30.51 D．29.49【解答】解：由题意知，黑白皮块的个数比为3：5，所以黑皮有32×3又因为边长为a的正五边形面积≈1.7a2，边长为a的正六边形面积≈2.6a2，π＝3.14，所以12×1.7a2+20×2.6a2＝4×3.14×102，解得a2=1256所以1.7a2＝29.49．故选：D．6．（5分）复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，则|z|的取值范围是（）A．[3，2] B．[1，2] C．[2，3] D．[1，3]【解答】解：∵复数z满足|z﹣1|+|z+1|＝4，∴复数z对应的点的轨迹是以F1（﹣1，0），F2（1，0）为焦点，两条坐标轴为对称轴，长轴长为4的椭圆，即2a＝4，解得a＝2，∴该椭圆的短轴长b=4-1|z|表示椭圆上的点到原点的距离，则|z|的最大值为椭圆的长半轴a，最小值为短半轴b，故|z|的取值范围为[3，2]．故选：A．7．（5分）双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）右焦点为F，离心率为e，PO→=kA．﹣9 B．﹣7 C．﹣5 D．﹣3【解答】解：由题意，右焦点F（c，0），由PO→=kFO→（k＞1），可得P（kc，0），|PF|＝（以P为圆心，|PF|长为半径的圆的方程为：（x﹣kc）2+y2＝（k﹣1）2c2，(x-kc)2+y2=(k-1)2c2b2x2-a2y2=a2由圆与双曲线有公共点，所以△≥0，即4k2c2a4﹣4c2a2（2kc2﹣c2﹣b2）≥0，结合b2＝c2﹣a2，化简可得（k﹣1）[（k+1）a2﹣2c2]≥0，∵k＞1，∴（k+1）a2﹣2c2≥0，即k≥2e2﹣1，所以k﹣8e≥2e2﹣8e﹣1＝2（e﹣2）2﹣9，当e＝2时，取得最小值﹣9．故选：A．8．（5分）已知a=sin32，b=2A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a【解答】解：由已知得a=sin32=cos(因为y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，且0＜π2-32所以cos(π2-32令f（x）＝x﹣sinx，x∈（0，+∞），则f′（x）＝1﹣cosx＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0，即x＞sinx，所以a=sin32＜32令g(x)=cosx-(1-12x令h(x)=x-16x令m(x)=1-12x2-cosx，则m′（x令n（x）＝﹣x+sinx，则当x≥0时，n′（x）＝﹣1+cosx≤0，所以n（x）在x≥0内单调递减，所以m′（x）＝n（x）＜n（0）＝0，所以m（x）在x≥0内单调递减，所以h′（x）＝m（x）＜m（0）＝0，所以h（x）在x≥0内单调递减，所以g'（x）＝h（x）＜h（0）＝0，所以g（x）在x≥0内单调递减，所以g（x）＜g（0）＝0，即cosx≤1-12x所以c=cos12＜1-12×14+124×1综上：a＜c＜b．故选：B．二、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，部分选对得2分，有选错得0分。（多选）9．（5分）已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，下列说法正确的是（）A．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn能成立 B．若an＝bn能成立，则Sn＝Tn恒成立 C．若an＝bn恒成立，则Sn＝Tn恒成立 D．若Sn＝Tn恒成立，则an＝bn恒成立【解答】解：对于A，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，⋯，an＝bn能成立，Sn＝Tn也能成立，故A正确；对于B，若{an}：0，0，0，1，1，1，…，{bn}：0，1，0，0，0，0，…，an＝bn能成立，Sn＝Tn不能恒成立，故B错误；对于C，若an＝bn恒成立，则二者是相同数列，即Sn＝Tn恒成立，故C正确；对于D，若Sn＝Tn恒成立，则Sn﹣1＝Tn﹣1，当n≥2时，两式作差得an＝bn，当n＝1时，若S1＝T1，则a1＝b1，故D正确．故选：ACD．（多选）10．（5分）双曲线C：x24-A．该双曲线渐近线为y=±5B．过点（3，0）的直线与双曲线C交于A、B两点，若|AB|＝5，则满足的直线有1条 C．与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1 D．过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线【解答】解：对于A，双曲线C：x24-y25对于B，由于双曲线的实轴长为2a＝4，所以过焦点F与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长的取值范围是[4，+∞），所以存在关于x轴对称的两种情况，使其弦长为5，另外当直线垂直于x轴时，经计算可得弦长正好是5，故满足条件的直线有三条，故B错误；对于C，由于双曲线的渐近线的斜率为±52，焦点在x若直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k∈（-52，因为1.1∈（-52，52对于D，由于P（1，2）点在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示：故过能作4条直线与双曲线C仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切，故D正确．故选：ACD．（多选）11．（5分）函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），下列说法正确的是（）A．β∈(5πB．tanβ-α=sinα+sinβC．tan(β+D．f（x）在（0，2π）上有2个极值点x1，x2且x2﹣x1＝π【解答】解：由于函数f（x）＝kx﹣|sinx|在（0，+∞）上有两个零点α，β（α＜β），故函数y＝kx，y＝|sinx|的图象在（0，+∞）上有两个不同的交点，作出函数y＝kx，y＝|sinx|的图象如图：要满足题意，需满足y＝kx与y＝|sinx|在（π，2π）间的图象相切，由图象可知α∈(0，π)，β∈(π，3当x∈（0，π]时，y＝sinx，当x∈（π，2π）时，y＝﹣sinx，由于α＜β，则设y＝kx与y＝|sinx|在（π，2π）间的图象相切时的切点为（β，﹣sinβ），此时y′＝﹣cosx，则k=-cosβ=-sinβ-0β-0，∴tanβ＝于是tan(β+π4)=对于A，当x∈（π，2π）时，f（x）＝kx+sinx，此时k=-cosβ，β∈(π，3由于f（β）＝kβ+sinβ＝0，即f（β）＝﹣βcosβ+sinβ＝0，令h(x)=-xcosx+sinx，x∈(π，3即h(x)=-xcosx+sinx，x∈(π，3h(5π4)=-故h（x）＝﹣xcosx+sinx在(5π4，32对于B，当x∈（0，π]时，f（α）＝kα﹣sinα＝0，即α=sinα当x∈（π，2π）时，tanβ＝β，f（β）＝kβ+sinβ＝0，即β=-sinβ故tanβ-α=β-α=-sinα+sinβk，对于D，当x∈（0，π]时，f（x）＝kx﹣sinx，f′（x）＝﹣cosβ﹣cosx＝cos（β﹣π）﹣cosx，β﹣π∈（0，π），当0＜x＜β﹣π时，f′（x）＜0，当β﹣π＜x＜π时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，β﹣π）单调递减，在（β﹣π，π）单调递增，即x＝β﹣π为函数在（0，π]内的一个极小值点；当x∈（π，2π）时，f（x）＝kx+sinx，f′（x）＝﹣cosβ+cosx，当π＜x＜β时，f′（x）＜0，当β＜x＜2π时，f′（x）＞0，即f（x）在（π，β）单调递减，在（β，2π）单调递增，即x＝β为函数在（π，2π）内的一个极小值点；即f（x）在（0，2π）上有2个极值点，设为x1，x2（x1＜x2），则x1＝β﹣π，x2＝β，故x2﹣x1＝π，D正确；故选：ACD．（多选）12．（5分）半径为2的球A上有三个点B，C，P，BC＝2，三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，二面角P﹣BC﹣A的平面角为α，E为边BC上一动点，则（）A．若PB＝PC＝2，则cosα=3B．若PB＝PC＝2，则cosα=1C．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为396D．若∠PAE的最小值等于α，则三棱锥P﹣ABC体积最小为15【解答】解：如图所示：当PB＝PC＝2时，三棱锥A﹣PBC为正四面体，点A在底面BCP内的射影为△BCP的中心M，即AM⊥平面BCP，连接PM延长交BC于F，易知，F为BC的中点，连接AF，所以AF⊥BC，PF⊥BC，故二面角P﹣BC﹣A的平面角为∠AFM，即∠AFM＝α，在Rt△AMF中，AF=2sinπ3=所以cosα=MFAF=13如图所示：因为三棱锥A﹣PBC的顶角均为锐角，所以BP＜22，CP＜2因为点A在底面BCP内的射影为△BCP的外心M，即AM⊥平面BCP，过点A作AG⊥BC于G，连接MG，因为△ABC为等边三角形，所以G为BC的中点，又易知BC⊥平面AMG，所以二面角P﹣BC﹣A的平面角为∠AGM，即∠AGM＝α，因为VP-ABC=13×S△ABC根据三余弦定理可知，∠PAE的最小值为直线AP与平面ABC所成的角，即当P，M，G三点共线时（E，G重合），∠PAE最小，此时∠PAE＝∠AGM，且h＝2sin∠PAE最小，故PG＝AP＝2，而AG=3，所以三棱锥P﹣ABC体积最小为V故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）a→=（2，1），b→=（1，﹣1），则a→在b【解答】解：a→=（2，1），则a→⋅b故a→在b→上的投影向量为：故答案为：(114．（5分）椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点(1，12)与椭圆E交于A，B两点且AB【解答】解：已知椭圆E过点（2，0）且上顶点到x轴的距离为1，所以a＝2，b＝1，此时椭圆E：x24+易知12即点(1，12此时直线m与椭圆E相交，当直线斜率不存在时，此时直线m的方程为x＝1，设A（1，y0），易得B（1，﹣y0），而AB中点为（1，0）在坐标轴上，所以x＝1符合题意；当直线斜率存在时，不妨设直线m：y-12=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，联立y-12=k(x-1)x24+y2=1，消去y并整理得（1+4k2）x由韦达定理得x1+x2=-(4-8k)k所以y1+y2＝k（x1+x2﹣2）+1=1-2k因为AB中点在坐标轴上，所以x1+x2＝0或y1+y2＝0，解得k＝0或k=1此时直线m的方程为y=12或y=综上，直线m的方程为y=12或y=12故答案为：y=12或y=1215．（5分）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻的概率为0.8．【解答】解：根据题意，先计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘”的情况数目：先让同学C站在边缘，有2种方法，再将同学A与同学B看成一个整体，与剩下4人排列，有种方法，故同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，共有2×240＝480种方法，再计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学A或B相邻”的情况数目：若同学C不与同学A或B相邻的有：先让同学C站在边上，有2种方法，再让除ABC之外的4人去站剩下的4个位置，有种方法，最后让同学A与同学B组成的整体从与同学C不相邻的4个位置中选一个位置，有2×4＝8种方法，所以由分步乘法原理可得同学C不与同学A或B相邻的共有2×8×24＝384种方法，故要求的概率；故答案为：0.8．16．（5分）5320的因数有32个，从小到大排列后，第24个因数为280．【解答】解：根据题意，5320＝2×2×2×5×7×19，当5320的因数是1个质数时，有4种情况，当5320的因数是2个质数的乘积时，有1+C当5320的因数是3个质数的乘积时，有1+C当5320的因数是4个质数的乘积时，有1+C当5320的因数是5个质数的乘积时，有4种情况，当5320的因数是6个质数的乘积时，有1种情况，另外，其因数还有1，则5320的因数有4+7+8+7+4+1+1＝32个；按从小到大的顺序排列为：1，2，4，5，7，8，10，14，19，20，28，35，38，40，56，70，76，95，133，140，152，190，266，280，380，532，665，760，1064，1330，2660，5320；其第24个因数为280．故答案为：32；280．四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，D1O＝OB，体积为14π9（1）求AB；（2）劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M．猜想并证明．【解答】解：（1）由题意知，D1O＝OB＝2，设∠A1D1B1＝∠AOB＝α，上底的面积为S1，下底的面积为S2，则S1=12×1×1×α=α2所以该几何体的体积V=13（S1+S2+S1S2）•D1O=13（α2+2在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OB•cos∠AOB＝4+4﹣2×2×2×cos23π所以AB＝23．（2）不存在，证明如下：过点O作OB的垂线交劣弧AB于N，由（1）可知∠AOB=2π3，所以∠故以ON，OB，OD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O（0，0，0），A(3，-1，0)，D1（0，0，2），B设M（2cosβ，2sinβ，0），其中-π6＜则OB1→=（0，1，2），AD设平面AD1M的法向量为n→=（x，y，z），则n→因为-π6＜β＜取x＝2sinβ+1，则y=3-2cosβ，z=3sinβ+cosβ若OB1∥平面AD1M，则OB即3-2cosβ+2（3sinβ+cosβ)=3+23sinβ=0=所以OB1∥平面AD1M不成立，故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面AD1M．18．（12分）△ABC内角A，B，C满足2cosB+1tanA（1）求C﹣A的大小；（2）D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC→，且【解答】解：（1）2cosB+1tanA=2sinB+3即2cosAcosB+cosA=2sinAsinB+3所以3sinA-cosA=2cos(A+B)，即2sin(A-所以sin(A-π因为0＜C＜π，则-π因为0＜A＜π，则-π所以A-π6=C-所以C-A=π3或综上所述，C-A=π（2）解：如下图所示：因为D、E分别为AB、BC上的点，DE→=23AC所以BDAB=BEBC=因为DE∥BC，则∠BDE＝∠A，∠CDE＝∠ACD，因为DE平分∠CDB，所以∠BDE＝∠CDE，则∠A＝∠ACD，故AD＝CD，所以∠BCD=∠ACB-∠A=π设AD＝m，则CD＝m，BD＝2m，其中m＞0，在△BCD中，由正弦定理可得CDsinB所以sinB=CDsin因为CD＜BD，则B为锐角，即0＜B＜π故cosB=1-si所以A+C=(π-B)∈(π因为A+C=C-π3+C=2C-故π4因为cos(2C-π又因为cos(2C-π所以cos(C-π19．（12分）p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，递增数列{an}前n项和为Sn．（1）证明：{an}为等比数列并求Sn；（2）记bn=an+Cn15，∁n为使bn∈【解答】解：（1）证明：由于p，q，n∈N*，2p﹣1＝3q﹣2＝an，当p＝1，q＝1时，a1＝1；当p﹣1＝2k，k∈N时，2p﹣1依次取值为1，4，16，64，…，4k，…，（k∈N）时，总存在q∈N*，使得2p﹣1＝3q﹣2成立，证明该结论，只需证明4k+2能被3整除，由于4=3(C即4k+2能被3整除，即上述结论成立；当p﹣1＝2k+1，k∈N时，2p﹣1＝22k+1＝2×（4k+2）﹣4，由于4k+2能被3整除，则2p﹣1+2＝2×（4k+2）﹣2不是3的倍数，即p﹣1＝2k+1，k∈N时，不适合题意；综上所述，{an}为递增数列：1，4，16，64，…，4k，…，（k∈N*），故an+1an=4，即数列{an则Sn（2）由（1）可得an=4由题意，∁n为使bn∈N*成立的最小正整数，当n＝1时，b1=1+Cn15当n＝2时，b2=4+Cn15当n＝3时，b3=16+Cn15当n＝4时，b4=64+Cn15当n﹣1＝2k，k∈N时，42k＝15（Ck015k﹣1+Ck115k﹣2+⋯+Ck当n﹣1＝2k+1，k∈N时，42k+1＝4×16k＝4×15（Ck015k﹣1+Ck1故此时使bn∈N*成立的最小正整数为11，故{∁n}为周期数列：14，11，14，11，…，周期为2，则C2023＝C2×1011+1＝C1＝14．20．（12分）过（2，0）的直线与C1：y2＝4x交于A，B两点，直线OA、OB与C2：x2+λx+y2＝0（λ≠0）分别交于C、D．（1）证明：CD中点在x轴上；（2）若A、B、C、D四点共圆，求|AB|所有可能取值．【解答】证明：（1）由题意，作图如下：因为过（4，0）的直线与C1：y2=4x所以可设直线方程为x＝ny+4，令A（x1，y1），B（x2，y2），则y1所以x=ny+4y2=4x，可得：y2﹣4ny﹣16＝0，Δ＝16所以y1OA的方程y=y1x1x联立y=4y1xx同理可得xD=-λyC又y1y2＝﹣16，即y1y2+16＝0，所以yC+yD＝0，所以CD中点在x轴上．解：（2）因为若A，B，C，D四点共圆，所以|OA||OC|＝|OB||OD|，又A，O，C三点共线，B，O，D三点共线，所以OA→又A（x1，y1），B（x2，y2），C(-λy1所以-λx1又因为λ≠0，所以y144解得y12=y22，（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，又y1≠y2，则4n＝0，即n＝0，所以x=4y2=4x，解得：x所以A（4，4），B（4，﹣4），所以|AB|＝8．21．（12分）人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩X人，在Ⅱ时期生孩Y人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．X服从0﹣1分布且P（x＝0）=15．Y012Ppp+qp﹣q现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为124；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为16；若在Ⅰ时期生了1个男，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为（1）求Y的期望与方差；（2）由数据zi（i＝1，2，…，n）组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本