2023年湖南重點(diǎn)大學(xué)附中高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案解析

2023年湖南重點(diǎn)大學(xué)附中高考數(shù)學(xué)一模試卷

一、單選題(本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng))

1.滿足等式{0,1}ux={XeR|%3==x｝的集合X共有()

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

已知;4*=2,則tan0=()

2.1+cosy

A.4p_2c--D-

3一-353

3.已知函數(shù)/'(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù),且f(x+1)為奇函數(shù)，當(dāng)xG［0,1］時(shí),/。)=k-3x+

a.若/'(())+/(3)=4,則f(log32)=()

A.2B.0C.-3D.-6

4.正整數(shù)1,2,3,n的倒數(shù)的和1+；+：+…+工已經(jīng)被研究了幾百年，但是迄今為止

23n

仍然沒(méi)有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；當(dāng)n很大時(shí)1+；+：+…+工2)n+

y.其中y稱為歐拉―馬歇羅尼常數(shù)，0.577215664901至今為止都不確定y是有理數(shù)還

是無(wú)理數(shù).設(shè)團(tuán)表示不超過(guò)x的最大整數(shù).用上式計(jì)算［1+J+：+…+/］的值為(參考數(shù)

LO4U/i4

據(jù):ln2?0.69,ln3?1.10,InlO?2.30)()

A.7B.8C.9D.10

5.甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者參加新冠疫情防控志愿者活動(dòng)，現(xiàn)有4,B,C三個(gè)小區(qū)可

供選擇，每個(gè)志愿者只能選其中一個(gè)小區(qū).則每個(gè)小區(qū)至少有一名志愿者，且甲不在4小區(qū)的

概率為()

A,平面力道1。B,平面OMNC.平面4CNMD,平面

7.已知函數(shù)/(x)=2+g(x)=aV-x,若總存在兩條不同的直線與函數(shù)y=f(x),y=

gQ)圖象均相切，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()

A.(0,1)B.(0,2)C.(1,2)D.(l,e)

8.已知點(diǎn)4],人2，人3，…，4幾，…和數(shù)列｛%1卜｛%｝)兩足4n4n+l=(COS—^―,Sin—^―)(7l6

N*),a14n47+；+an+i4n+i4i+2=(°，^n)，若。1=1，Sn,及分別為數(shù)列｛a"，｛%｝的前n項(xiàng)

和，則S6O+276O=()

A.-20B.24/~3C.48A/-3-20D.0

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求)

9.下列命題正確的有()

A.若1-2i是ax?+歷；+c=0(a,b,c6R)的根，則該方程的另一個(gè)根必是1+2i

B.VZjGc,z?eC,|Zj+Z2|=|Zj1+|Z?|

C.vZiec,z2ec,\zt-z2\=\zt\■\z2\

D.己知a,beR,i是虛數(shù)單位，a-1+(b-l)i>0,則a-1+誓的最小值為-1

10.甲箱中有4個(gè)紅球，2個(gè)白球和3個(gè)黑球，乙箱中有3個(gè)紅球，3個(gè)白球和3個(gè)黑球，先從

甲箱中隨機(jī)取出一球放入乙箱，分別以4,&和4表示由甲箱取出的球是紅球，白球和黑球

的事件；再?gòu)囊蚁渲须S機(jī)取出一球，以B表示由乙箱取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論正

確的是()

A.事件B與事件4。=1,2,3)相互獨(dú)立B.P(4B)=

C.P(B)=gD.P(4|B)=捺

11.已知F是拋物線W：y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)，點(diǎn)力(1,2)在拋物線W上，過(guò)點(diǎn)F的兩條互

相垂直的直線。分別與拋物線分交于B,C和。，E,過(guò)點(diǎn)4分別作。，%的垂線，垂足分別

為M,N,則()

A.四邊形4MFN面積的最大值為2B.四邊形AMFN周長(zhǎng)的最大值為

C焉+儡為定值:D.四邊形BDCE面積的最小值為32

\DC\pt|2

12.已知4C為圓錐S。底面圓。的直徑(S為頂點(diǎn)，。為圓心)，點(diǎn)B為圓。上異于A,C的動(dòng)點(diǎn)，

SO=1,0C=，2，研究發(fā)現(xiàn)：平面a和直線S。所成的角為。，乙ASO=B，該圓錐側(cè)面與平

面a的交線為曲線C.當(dāng)。=]時(shí)，曲線C為圓；當(dāng)<鄂寸，曲線C為橢圓；當(dāng)。=/^寸，曲

線C為拋物線；當(dāng)。</?時(shí)，曲線C為雙曲線.則下列結(jié)論正確的為()

A.過(guò)該圓錐頂點(diǎn)S的平面截此圓錐所得截面面積的最大值為2

B.NS4B的取值范圍為

C.若4B=8C,E為線段48上的動(dòng)點(diǎn)，則（SE+CE）min=J10+2AHL5

D.若sin20=學(xué)，則曲線C必為雙曲線的一部分

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.設(shè)巾為正整數(shù)，（x+y）2m展開(kāi)式的二項(xiàng)式系數(shù)的最大值為a,（x+y）*展開(kāi)式的二項(xiàng)式

系數(shù)的最大值為b,若13a=7b,則（/+x+y）171的展開(kāi)式中，的系數(shù)為.

14.科拉茨是德國(guó)數(shù)學(xué)家，他在1937年提出了一個(gè)著名的猜想：任給一個(gè)正整數(shù)n,如果n是

偶數(shù)，就將它減半作吟）；如果般是奇數(shù)，則將它乘3加1（即M+1）,不斷重復(fù)這樣的運(yùn)算，

經(jīng)過(guò)有限步后，一定可以得到1.這是一個(gè)很有趣的猜想，但目前還沒(méi)有證明或否定.如果對(duì)正

整數(shù)n（首項(xiàng)）按照上述規(guī)則施行變換后的第8項(xiàng)為1（注：1可以多次出現(xiàn)），則滿足條件的n的所

有不同值的和為.

15.已知橢圓G與雙曲線C2有共同的焦點(diǎn)Fl、F2,橢圓G的離心率為雙曲線C2的離心率

為02,點(diǎn)P為橢圓G與雙曲線C2在第一象限的交點(diǎn)，且N&PF2=￡則;+白的最大值為

16.設(shè)X］，&分別是函數(shù)/'（x）=2a*—e/?>0且a41）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，若其2-

/>0,則a的取值范圍是.

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）

17.（本小題10.0分）

在A4BC中，角4B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,己知b=7,且迫=今誓”.

cstnA-sinB

（1）求4ABC的外接圓半徑R；

（2）求△4BC內(nèi)切圓半徑r的取值范圍.

18.（本小題12.0分）

如圖，在四棱錐P-ABCO中，底面4BC。是邊長(zhǎng)為2的菱形，△P4。為等邊三角形，平面P4O1

平面ABCD,PB1BC.

⑴求點(diǎn)4到平面PBC的距離：

（2）E為線段PC上一點(diǎn)，若直線4E與平面4BCD所成的角的正弦值為密，求平面ADE與平面

ABCD夾角的余弦值.

19.(本小題12.0分)

第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦.在決賽中，阿根廷隊(duì)通過(guò)點(diǎn)球戰(zhàn)

勝法國(guó)隊(duì)獲得冠軍.

(1)撲點(diǎn)球的難度一般比較大.假設(shè)罰點(diǎn)球的球員會(huì)等可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個(gè)方

向射門，門將也會(huì)等可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個(gè)方向來(lái)?yè)潼c(diǎn)球，而且門將即使方

向判斷正確也有|的可能性撲不到球.不考慮其它因素，在一次點(diǎn)球大戰(zhàn)中，求門將在前三次

撲到點(diǎn)球的個(gè)數(shù)X的分布列和期望；

(2)好成績(jī)的取得離不開(kāi)平時(shí)的努力訓(xùn)練，甲、乙、丙三名前鋒隊(duì)員在某次傳接球的訓(xùn)練中，

球從甲腳下開(kāi)始，等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向

另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接住，記第n次傳球之前球在甲腳

下的概率為Pn，易知Pi=1，P2=0.

①證明：｛Pn—；｝為等比數(shù)列；

②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為q“,比較Pio與qio的大小.

20.(本小題12.0分)

如圖，已知曲線G：y=磊。>0)及曲線Cz：丫=金。>0).從6上的點(diǎn)匕567+)作直線

平行于X軸，交曲線于點(diǎn)Qn，再?gòu)狞c(diǎn)Qn作直線平行于y軸，交曲線G于點(diǎn)乙+1，點(diǎn)2的橫坐

標(biāo)構(gòu)成數(shù)列｛an｝(0<%<》.

(1)試求即+1與斯之間的關(guān)系，并證明：a2n-l<3<a2n(葭eN+)；

(2)若%=g,求/的通項(xiàng)公式.

21.(本小題12.0分)

已知雙曲線C：攝一5=l(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為尸(2,0),0為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作直線，與

一條漸近線垂直，垂足為4與另一條漸近線相交于點(diǎn)氏且4B都在y軸右側(cè)，|0川+\OB\=

y/~3\AB\.

(1)求雙曲線C的方程：

(2)若直線，1與雙曲線C的右支相切，切點(diǎn)為P,I1與直線，2：丫=?交于點(diǎn)、，試探究以線段PQ

為直徑的圓是否過(guò)x軸上的定點(diǎn).

22.(本小題12.0分)

已知函數(shù)/'(x)=+asinx(a>0).f'(x)為/(%)的導(dǎo)數(shù).

(I)若乂=0為/'(x)的零點(diǎn)，試討論f(x)在區(qū)間［0,初的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；

(II)當(dāng)a=l時(shí)，<mx{x>0),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：{xeR\x3=x}={—1,0,1).

???滿足{0,1}1^={-1,0,1}的*為：{-1},{-1,0},{-1,1},{-1,0,1),共4個(gè).

故選：

可得出{0,1}UX={-1,0,1),然后列舉出集合X的所有情況即可.

本題考查了集合的描述法和列舉法的定義，并集的定義及運(yùn)算，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】C

00

-8S

22ec

【解析】解:sitan5=2,

1+COS。2cos2。

4

tan0=23碎_(kāi)2x2

l-tan21-1-223f

故選：C.

利用三角函數(shù)的恒等變換化簡(jiǎn)求值可得tan^=2,再利用二倍角的正切公式可求得答案.

本題考查三角函數(shù)的恒等變換及化簡(jiǎn)求值，考查轉(zhuǎn)化思想與運(yùn)算能力，屬于中檔題.

3.【答案】A

【解析】解：???+1)為奇函數(shù)，:/(-%+1)=-/(%+1),

又/0)為偶函數(shù)，+1)=/0-1),1)=-/(%+1),

即/(X)=-f(x+2),

???f(x+4)=-f(x+2)=/(x),所以函數(shù)f(x)的周期為4,

由/(一%+1)=—/(%+1),令％=0,易得f(1)=0,/(3)=/(-1)=/(1)=0,

A/(0)=4,

???｛歇理二，解得1,a=6,

???當(dāng)x6[0,1]時(shí)，/(%)=-2?3*+6,/。0禽2)=-2x3sg32+6=-2x2+6=2.

故選：A.

由函數(shù)性質(zhì)判斷函數(shù)的周期性，根據(jù)特殊值求k,a的值，再根據(jù)函數(shù)的解析式，代入求值.

本題主要考查了函數(shù)的奇偶性和周期性，屬于中檔題.

4.【答案】B

111

【解析】解:[1+—+—+9n-]=[ln2022+y]*[ln2022+0.58],

因?yàn)閆n2000<ln2022<伍3000,

所以伍2+3ZnlO<)2022<bi3+3/nlO,

而In2+3/nl0x0.69+3x2.30=7.59,ln3+3/nl0?1.10+3x2.30=8,

所以7.59<ln2022<8,

所以8.17<仇2022+0.58<8.58,

所以[1+9+3+…+薪]~[ln2022+0.58]=8.

故選：B.

根據(jù)題中定義可得口+；+/+??,+壺]x即2022+0.58],由m2000<Zn2022<m3000,結(jié)合

對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，求得)2022的取值范圍，即可得解.

本題主要考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算，熟練掌握對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則是解題的關(guān)鍵，考查運(yùn)算求解能力，屬于基

礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意，先求出所有情況數(shù)，然后求得甲去4的情況數(shù)，從而得到甲不去4小區(qū)的情況數(shù)，再結(jié)

合概率公式，即可得到結(jié)果.

【解答】

解：先求出所有可能情況，5個(gè)人去3個(gè)地方，共有35=243種情況，

再計(jì)算5個(gè)人去3個(gè)地方，且每個(gè)地方至少有一個(gè)人去，

5人被分為3,1,1或2,2,1,

當(dāng)5個(gè)人被分為3,1,1時(shí)，情況數(shù)為*x北=60,

當(dāng)5個(gè)人被分為2,2,1時(shí)，情況數(shù)為廢x4x幽=90,

.??共有60+90=150.

???所求甲不去a,情況數(shù)多，反向思考，求甲去a的情況數(shù)，最后用總數(shù)減即可，

當(dāng)5人被分為3,1,1時(shí)，且甲去力，甲若為1,則廢x膨=8,

甲若為3,則C：x掰=12,

共計(jì)8+12=20種，

當(dāng)5人被分為2,2,1時(shí)，且甲去甲若為1,則盤掰=6,

甲若為2,則C/xC"朗=24,共計(jì)6+24=30種,

???甲不在2小區(qū)的概率為P=⑸嘿+3。）=100

243243

故選:B.

6.【答案】C

【解析】解：延長(zhǎng)BBi，CCi，DD]交于一點(diǎn)P,取P8中點(diǎn)Q,連接AQ,CQ,如圖所示:

因?yàn)檎睦馀_(tái)4BCD-4B1GD1，所以P—4aGD1為正四棱錐,

因?yàn)榍摇鳌?/p>

4B=6,A1B1=4,BB]=2,PABi?△PAB,

所以端=篝，即力晶，解得叫=4，

所以PB=P4=48=6,即APAB為等邊三角形，

因?yàn)镼為PB中點(diǎn)，所以AQ1PB,且QB=3,同理可得CQ1PB,

因?yàn)锽B】=2,所以QB]=1,即篝=全

因?yàn)镸,N為A?&G中點(diǎn)，所以MBi=NBi=2,

故理=工="，吆J=”,

供MBi2AB'NB12CB'

因?yàn)?“B]N="BC,

所以△QBiM?△QBA,AQB\N?4QBC,

所以“MB】=乙QAB,乙QNBi="CB,

因?yàn)镸B1//AB,NBJ/CB,

所以M在AQ上，N在CQ上，

因?yàn)锳Q1PB,CQ1PB,所以AMJLPB,CN1PB,

即AM1BB1,CN1因?yàn)锳Mu平面AMCN,CNu平面AMCN,AMCCN=Q,所以BB】_1_平

面4MCN.

故選：C.

延長(zhǎng)44，BBI,CG，DDi交于一點(diǎn)P,取PB中點(diǎn)Q,連接AQ,CQ,根據(jù)三角形相似及長(zhǎng)度關(guān)系

可得△P4B為等邊三角形，即可得AQ1PB,CQ1PB,由長(zhǎng)度關(guān)系及平行可證明AQBiM?AQBA,

△QB\N?4QBC,即可證明M在4Q上，N在CQ上，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得出結(jié)果.

本題主要考查線面垂直的判定，棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，考查邏輯推理能力，屬于中檔題.

7.【答案】B

【解析】解：由/(x)=2+Inx,得/''(%)=p

設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(t,2+Int),則過(guò)切點(diǎn)的切線方程為y=；(x—t)+2+Int=+Int+1.

1

聯(lián)Ut，得=工％)t+1，BPx-atyTx4-tint4-1=0.

y—ayT-x

vt>0,貝ijat>0,得a>0；

由/=a2t2—4tlnt-4t=0,得小=仙/

Ad、4Znt+4za4-4lnt-4-4lnt

令〃9)=—得g?)=-—=~^~，

可得當(dāng)CW(0,1)時(shí),g'(t)>0,g(t)單調(diào)遞增,

當(dāng)te(l,+8)時(shí)，gf(f)<o,g(t)單調(diào)遞減,

5(0max=。(1)=4.

2

Aa<4,解得一2VQ<2,

又Q>0,，實(shí)數(shù)Q的取值范圍為(0,2).

故選：B.

設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(t,2+Int),則過(guò)切點(diǎn)的切線方程為y=：(x-t)+2+》t=：x+mt+l,與曲線

g(x)=aC聯(lián)立,得關(guān)于C的一元二次方程，由判別式等于0可得a2=竺歲,令g(t)=處盧，

再由導(dǎo)數(shù)求其最值，即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍.

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)某點(diǎn)處的切線方程，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查運(yùn)算求解能力，是中檔

題.

8.【答案】D

【解析】解：依題意，43k-2&k-l=(-：，?)，原-143k=(-，，一?>//cAk+l=(1，。)，

乂^n^n+1+an+l'荏+l4n+2=(。，41>

所以由(一表?)+。2(一會(huì)一?)=(-|al一片2，?。1一?。2)=(0也)，

乂%=I,則。2=—1,尻—V_3,

由。2(一),一亭)+。3(1,0)=(~1a2+。3，-?。2)=(0,b2)，可得。3=-\,b2=?，

a

同理。4=-1也=;5=1,b4=-V-3;。6=：,==_?；a7=l,b6=^Y；a8=

-l,b7=y/~3；a9=仇=號(hào)，…，

即數(shù)列｛冊(cè)｝，｛%｝均是周期為6的數(shù)列，

又為+a2+。3+a4+a$+。6=。，br+b2+b3+b4+bs+b6=0,

所以S6O+2%)=0，

故選：D.

根據(jù)題意分析可得數(shù)列｛an｝,｛九｝均是周期為6的數(shù)列，運(yùn)算求解即可得結(jié)果.

本題考查數(shù)列的周期性以及數(shù)列的求和，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

9.【答案】AC

【解析】解：對(duì)于4根據(jù)復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實(shí)系數(shù)一元二次方程的求根公式知，兩個(gè)虛數(shù)根互為共

輾復(fù)數(shù)，

所以1-21是。刀2+.+c=0(a,b,ceR)的根，則該方程的另一個(gè)根必是1+21,故選項(xiàng)A正確；

對(duì)于B,設(shè)％1=西，Z2=兩，由向量加法幾何意義可知：|西+西|W|西|+|西|，故

選項(xiàng)8錯(cuò)誤；

對(duì)于C,令Zi=a+bi(a,bCR),Z2—c+di(c,dGR),

則Z]?Z2=(a+bi)(c+di)=(ac—bd)+(be+ad)i,

故|Zi?Z2I=V(^ac-bd)2+(be+ad)2=7(ac)2+(ad)2+(be)2+(bd)2,

222222222222

IZJI-\Z2\=Va+b-Vc+d=V(a+b)(c+d)=7(ac)+(ad)+(be)+(bd),

所以心必|=|ZJ,故選項(xiàng)C正確；

對(duì)于。，因?yàn)閍-l+(b-l)i>0,所以b-1=0,a-1>0,即b=1,a>1,

則a-1+幽=a+理一1,根據(jù)對(duì)勾函數(shù)知識(shí)a>1時(shí)a+膽一1單調(diào)遞增，所以a+照一1>

aaaa

sinl,故選項(xiàng)。錯(cuò)誤；

故選：AC.

對(duì)于4,根據(jù)復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實(shí)系數(shù)一元二次方程的求根公式求解即可；

對(duì)于B,根據(jù)向量加法幾何意義求解即可；

對(duì)于C,根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算法則和復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式求解即可；

對(duì)于D,根據(jù)虛數(shù)不可以比較大小，實(shí)數(shù)可以比較大小確定b=1,a>1,再結(jié)合對(duì)勾函數(shù)求出

a—1+等的最小值即可.

本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算，命題真假的判斷，屬于中檔題.

10.【答案】BD

【解析】解：PQ4。=I，P(&)=P(&)=

先為發(fā)生，此時(shí)乙箱中有4個(gè)紅球，3個(gè)白球和3個(gè)黑球，貝iJP(B|&)=需=|,

先&發(fā)生，此時(shí)乙箱中有3個(gè)紅球，4個(gè)白球和3個(gè)黑球，貝IJP(B|42)=。，

先必發(fā)生，此時(shí)乙箱中有3個(gè)紅球，3個(gè)白球和4個(gè)黑球，則P(B|43)=。，

所以P(4B)=P(B|Ai)PQ4i)=|xg=K，故B正確，

P(B)=P(B|4i)P(4)+P(B|42)P(&)+P(B|%)P(A3)=沁+向溫+,><髀部故C錯(cuò)誤，

因?yàn)镻(&B)=奈PQ4])P⑻=[x^=篇

所以P(4B)。P(4)P(B),即事件B與事件必不獨(dú)立，故A錯(cuò)誤，

因?yàn)椤?4但)=需=%鐳維=整=余故。正確，

r\D)r\DJ麗

故選：BD.

根據(jù)814t的意義可求其概率，再利用條件概率公式求出P(&B),從而可判斷8的正誤，根據(jù)全概

率公式可計(jì)算P(B),故可判斷C的正誤，根據(jù)獨(dú)立事件的乘法公式可判斷4的正誤，由條件概率公

式可判斷D.

本題主要考查條件概率公式，考查了全概率公式，屬于中檔題.

由14Ml2+\AN\2=(\AM\+\AN\)2-2\AM\■\AN\,得(|AM|+\AN\)2<8,

即W所以四邊形AMFN周長(zhǎng)的最大值為4「，故B正確.

設(shè)直線BC的方程為x=my+l,8(/,%),C(x2,y2),

聯(lián)立｛1TX+l，消%得，y2-4my-4=0,

2

判別式/=16m+16>0,%+%=4m,yry2=-4,

22

則=V1+m\yx—y2\=J1+zn?J(y[+y2)2—4yly2=4(1+m),

同理得|DE|=4(1+3),

高+^i=麗片+行嘉5=；'故c錯(cuò)誤.

矗+矗N2]向.嬴,所以|8C|”DE|264,

當(dāng)且僅當(dāng)|BC|=\DE\=8時(shí),等號(hào)成立,

此時(shí)SBDCE=g|BC|-\FE\+^\BC\'\FD\=\\BC\-\DE\>32,故。正確.

故選：ABD.

根據(jù)給定條件，求出拋物線W的方程，確定四邊形4MFN形狀，利用勾股定理及均值不等式計(jì)算

判斷4B；設(shè)出直線。的方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出弦BC,OE長(zhǎng)即可計(jì)算推理判斷C,。作

答.

本題考查了拋物線的方程和性質(zhì)以及直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題.

12.【答案】ACD

SQ,

設(shè)MN=2a,ae(0,7~3],則S^MN=1MNXSQ=a-V4-a2<內(nèi)；"=2.

當(dāng)a=V4—a2?即a=時(shí)等號(hào)成立,A正確；

對(duì)選項(xiàng)B：如圖2,ASAB中，SA=SB=2,0<AB<2C，

則當(dāng)48=2時(shí)，/.SAB=B錯(cuò)誤；

對(duì)選項(xiàng)C：如圖3,△ABC為等腰直角三角形，AB=BC=R，

將ASAB放平得到△S〃B,當(dāng)Si，E,C三點(diǎn)共線時(shí)SE+CE最小，

F為AB中點(diǎn)，連接工產(chǎn)，則s/14ssin〃BS1=/=叵莒=厚，&C=

L4

J耽+BC2-2監(jiān)?BCcos乙S\BC=14+6—2x2x「xcos(^+/.ABS^=

J10+2/^，C正確；

對(duì)選項(xiàng)￡)：由sin20=m二可解得tan。=或而tanzAS。=>tan。，

所以乙4so>0,從而該圓錐側(cè)面與平面a的交線必為雙曲線的一部分，。正確.

故選:ACD.

4選項(xiàng)，設(shè)MN=2a,a6(0,，后］,表達(dá)出截面面積，利用基本不等式求出最大值；8選項(xiàng)，可舉

出反例得到4548=余C選項(xiàng)，將立體圖形展開(kāi)，得到三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，利用余弦定理

求出最小值；。選項(xiàng)，由二倍角公式得到tan。，根據(jù)tan乙4so=tan。得到乙4SO>。，。正

確.

本題考查圓錐的截面問(wèn)題，圓錐曲線問(wèn)題，化空間問(wèn)題為平行問(wèn)題，余弦定理的應(yīng)用，屬中檔題.

13.【答案】60

【解析】解：由題設(shè)知：a=^,b=C&，則13C%=7C梟，即13熏？二卷器解得7n=6,

而+x+y)6=[(/+%)+y]6,

又含y2項(xiàng)為C式+x)4y2,又(%2+%)4=又(%,(_1)3含/項(xiàng)為4/,

故x，y2的系數(shù)為：4盤=60.

故答案為：60.

由二項(xiàng)式定理及13a=7b列方程求得m=6,再確定/產(chǎn)的系數(shù)即可.

本題主要考查二項(xiàng)式定理，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】190

【解析】解：設(shè)對(duì)正整數(shù)n按照上述變換，得到數(shù)列：%,a?，…，。7,&8,

([%=128

03=32=。2=64=>(%=21

=16=〈

Q5=8Q4%=20

則：他=1=。7=2=。6=4=＜=5=02=1

。%=3

。2=8Q]—16

。5=1=。42=◎3=4==

。2=1=2

則九的所有可能取值為2,3,16,20,21,128,共6個(gè)，

其和為2+3+16+20+21+128=190.

故答案為：190.

利用第八項(xiàng)為1出發(fā)，按照規(guī)則，逆向逐項(xiàng)即可求解"的所有可能的取值.

本題主要考查歸納推理，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

15.【答案】殍

【解析】解：由題意得設(shè)橢圓G：1+看=＞為＞0)，雙曲線三一看=1Q也＞0),

且設(shè)|PF/=m,\PF2\=九，

由橢圓的定義得?n+ri=2%①，

由雙曲線的定義得-n|=2a2②，

由①2+②2得Hl?+彥=2(。+Q分，

由①2_②2得根九=al-al

22

在^PFiF2中，由余弦定理得(2c)2=m+n—2mncos乙F1PF2,

??.al+3al=4c2③，

設(shè)％=2ccos9,a2=c?sind，

—+—=—4--=2cos0=^-^sin(0+g),

e\e2cc33'3'

當(dāng)。+W=2k;r+3(k6Z)g[J0=1+2k;r忖，；+｝取最大值為"I.

故答案為：殍.

由橢圓的定義及雙曲線的定義結(jié)合余弦定理可得研+3諼=4c2,設(shè)的=2ccosd,a2=亨c.

sin9,利用三角換元求出;+；的最大值，即可得出答案.

ele2

本題考查雙曲線的性質(zhì)，考查換元法，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔

題.

若Q>1時(shí)，

當(dāng)％<0時(shí)，2/na?a*>0,2ex<0,則此時(shí)((%)>0,與題意矛盾，Q>1不符合題意,

0<a<1,且f'(%)=2Zna?a4-2e%的兩個(gè)零點(diǎn)為%1，x2?

?,?方程2仇Q?a*-2e%=0的兩個(gè)根為%T，%2>

x

??.方程bia-a=e%的兩個(gè)根為%1,%2，

?,?函數(shù)y=Ina-a*與函數(shù)y=ex的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn).

令gQ)="Q?謨,則g'(x)=In2a-ax,0<a<1,

設(shè)過(guò)原點(diǎn)且與函數(shù)y=g(x)的圖象相切的直線的切點(diǎn)為(%o,伍Q,Q*。)，

則切線的斜率為g'(&)=In2a?小。，

XQ2x

，切線方程為y—Ina-a=\na-a°(%—x0),

x2x

A—Ina?a°=—x0lna?a°,解得g=卷，

???切線的斜率為IMQ-a-r^-=ln2a,

Ina

,函數(shù)y=Ina?Q”與函數(shù)y="的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

:.eln2a<e,解得§<a<e,又0<aV1,A-<a<1,

綜上所述，a的范圍為?.I).

故答案為：

根據(jù)題意將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=Ina-a》與函數(shù)y=ex的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，再利用切線法，

即可求解.

本題考查函數(shù)的極值點(diǎn)問(wèn)題的求解，考查函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，數(shù)形轉(zhuǎn)化思想，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，屬

中檔題.

17.【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理得壯=*羋=蕓，即〃=a2+c2-ac,

、'csinA-stnBa-b

由余弦定理得cosB=I，

又BW(0,7T),則B=全

又2R=^=￡=Up，解得R=中；

23

22

(2)由(1)得M-+-c-ac=49,則(a+c)=49+3ac,S^ABC=jacsinB=2(Q+b+c)?r,

則丁二丁乂有二云^'蟹K=云信(Q+c-7)，

在△ABC中，由正弦定理得==二==I'["即〃=14^^s譏4c=14^"^sinC，

sinAsinCstnB333

milI14V-3.4,.1413r...2TTA、I14V-3...\,,r-3..1.八

則a+c=---(zsinA+sinC)=---[sinA+sinZ(--A)]=---(zsinA4-—cosA+-sinA)=

?JOJJ44

14，~5,3...7%4、1.AW5.41、1A/41

---(-sinA+—cos>4)=14(sinA?—+cosA?-)=14smQ4+-)?

D乙乙乙乙O

又ae(o,y),則4+旌%為，二Sin(4+6e(i,l],14sin(4+1)6(7,14],

??.re(o,空.

【解析】(1)由正弦定理及余弦定理求得B=g,由2/?=熹求解，即可得出答案；

111

(2)由正弦定理求a+c的范圍，再用SMBC=2acsinB=-(a4-6+c)?r,求得r=^=(a+c-7),

即可得出答案.

本題考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

18.【答案】解：(1)取4。的中點(diǎn)。，連接OB,0P,如圖所示:

PAD為等邊三角形，AD=2,

OP1.AD,AO=1,0P=口,

又平面PADJL平面ZBCD,且平面PADn平面力BCD=AD,

OPu平面240,

OP，平面ABC。，

vOBu平面4BCD,

???OP1OB,

PBIBC,BC//AD,

AD1PB,

■■■OPA.AD,且OPu平面POB,PBOPCPB=P,

：.AD_L平面POB,

OBu平面POB,

OB1AD,

在菱形4BCC中，AB=2,則OB=，3，

PB=VPO2+OB2=V_6.

設(shè)點(diǎn)4到平面PBC的距離為/l,則匕_PBC=Vp-ABC

：SAPBC?h=\s^ABC-OP,即gx；x2x<6/1=1x|x<^x2xR,解得h=冬,

故點(diǎn)4到平面PBC的距離為?；

⑵由⑴得。4,0B,。尸兩兩垂直，則建立以。為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系。-xyz,

則0(0,0,0),P(0,0,q),C(-2,<3,0)>4(1,0,0),。(-1,0,0),

E為線段PC上一點(diǎn)，設(shè)匠=t正，則

AE=(-2t-1,>J~3t,<3-Ct)，

vOPJ■平面ABC。，

二平面4BCD的法向量為赤=(0,0,C)，

.?.|COS<°P，I__J(_2I)2+3；+C"t)鼎一二解得t=*

?2c2c、

設(shè)平面ADE的法向量為運(yùn)=(%,y,z),

(n-AD=-2x=0

則——?52c八，取y=-2,則x=0,z=1,

Ti,AE———x——yH---z=0

DDD

平面ADE的法向量為元=(0,-2,1),

平面ZWE與平面4BC0夾角的余弦值為|cos<n,OP>\==忌"=噂，

故平面40E與平面力BCD夾角的余弦值為?.

【解析】(1)取4。的中點(diǎn)。，連接OB,OP,由題意得OPJ.4。,4。=1,OP=q,0P_L平面48C0,

OPLOB,根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)，可得0B14D,利用等體積法，即可得出答案；

(2)由(1)得04,OB,0P兩兩垂直，則建立以。為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系。—孫z,利用向量法,

即可得出答案.

本題考查點(diǎn)到平面的距離和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能

力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)X的所有可能取值為0,1,2,3,

在一次撲球中，撲到點(diǎn)球的概率P=gxgxgx3=t，

所以P(X=0)=以即=|g,P(X=1)=廢］.(§2=翳p(x=2)=廢.鼾1=蒜

P(X=3)=C4)3=+，

所以X的分布列如下：

X0123

24

P5121921

729729729729

192.,24?,11

F(X)=729X1+729X2+729X3=3

(2)證明：①第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，

則當(dāng)n>2時(shí)，第n-1次傳球之前球在甲腳下的概率為pn_「

第n-1次傳球之前球不在甲腳下的概率為1-Pn-i，

則Pn=Pn-1X0+(1-Pn-[)X1+1，

11,1、T712

即nrlPn_W=_2(Pn-l_E)，乂Pl-§=§，

所以｛Pn—與是以|為首項(xiàng)，公比為一;的等比數(shù)列?

②由①可知%=|(—獷T+5所以由。=|(_y+：<$

所以910=；(1_P10)=；[|-1(—；)9]>

故Pio<Qio-

【解析】(1)先計(jì)算門將每次可以撲出點(diǎn)球的概率，再列出其分布列，進(jìn)而求得數(shù)學(xué)期望；

(2)①記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為「小則當(dāng)n22時(shí)，第n-1次傳球之前球在甲腳下的

概率為Pn-1，由條件確定Pn，pn_i的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列定義完成證明；

②由①求出Pio,Q10)比較其大小即可.

本題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列和期望，屬于中檔題.

20.【答案】解:(1)由已知，匕(即,翁)，從而有源(每+1，翁),

Clji-r1Uji-r1

因?yàn)椤ㄔ趛==上，所以有磊=六，

所以即+1=需，

由%>0及Qn+1=智工，知>0，下證：?2n-l<2Vj2n，

因?yàn)殡?+1_；=”,所以即+1-"與Qn異號(hào)，

“十，260n乙乙

因?yàn)?VQlV9，所以的—；<0,所以。2九-1一TV°，“2n—g〉°，

即。2九-1<V。2九；

(2)由冊(cè)+i=喏

可得a_!Q_工=_2(*)1a2+l13(an+1)

a+1-a+

?26an2ban>n+i36即+36an

兩式相除得3g=-白?噂，

an+l+3，%+4

又巧=

“1+94

所以｛&[｝是以一)為首項(xiàng)，以一|為公比的等比數(shù)歹！I,

Q*45

八111/2、n-l

則巧=一尖(一，解得冊(cè)=行;如.

斯+百寸31+不(一不)

【解析】⑴由題意可得4(a“篇)，從而有Qn(an+1，篇)，再根據(jù)源在丁=貴上，即可得*1與

斯之間的關(guān)系，根據(jù)即+1-六糕貨，可得an+i-：與每一：異號(hào)，再結(jié)合()<%<：,即可得

證;

(2)根據(jù)冊(cè)+1=簪，可得an+i」=_2(a，T)+<=3(即+支兩式相除，利用構(gòu)造法結(jié)合等

oa71+1

n26an八十'36an

比數(shù)列的通項(xiàng)即可得解.

本題主要考查數(shù)列遞推式，數(shù)列與函數(shù)的綜合，數(shù)列與不等式的綜合，考查運(yùn)算求解能力，屬于

中檔題.

21.【答案】解：(1)不妨設(shè)點(diǎn)4在第一象限，^AOF=a,則4A0B=2a.

因?yàn)椤?1AB,則|0*=\OB\cos2a,\AB\=\0B\sin2a,

由已知，|OB|cos2a+|0B|=，3|0B|sin2a，BPcos2a+1=y/~3sin2a>

即2cos2a=lyHislnacosa-

因?yàn)閏osaK0,則cosa=，3sina,即tcma=，^.

因?yàn)閍為漸近線。4的傾斜角，則卜為即&=/34

又7又+/=2,則。=V~~3,6=1.

2

所以雙曲線C的方程是號(hào)—y2=1.

(2)當(dāng)直線。的斜率不存在時(shí)，直線匕與X=|平行，不合要求，

故直線。的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m,

聯(lián)立直線k與雙曲線C的方程，消去y,

得(3k2—I)%2+6kmx+3m2+3=0,4=36k2m2-i2(3k2—l)(m24-1)=12(m24-1—

3fc2)=0,

得?^2=3fc2—1,則HlH0,

設(shè)切點(diǎn)則“I=_2(3必—1)=一丁，yi=kxi+m=_^-+m==一,

設(shè)Q(X2，%)，因?yàn)镼是直線k與直線。的交點(diǎn)，

所以%2=|，力=|々+m,

假設(shè)》軸上存在定點(diǎn)MQo,O)滿足條件，則MP1MQ恒成立，

即：MP-MQ=(x1-&,%)?(打一xOfy2)=(%i-x0)(x2-x0)+yty2

=X1X2+丫1丫2-X0(Xl+%2)+就=一券一券一1一&(|一第十詔

x

=o~|&-1+崇%o-2)=[(%。-2)(2x0+1)+索&-2)

=(xo~2)Qo+"

故存在&=2,使得麗?麗=0,即MP1MQ,

所以工軸上存在定點(diǎn)M(2,0)在以PQ為直徑的圓上.

【解析】⑴設(shè)乙4OF=a,表達(dá)出|0*=\OB\cos2a,\AB\=\OB\sin2a,得到方程，求出tana=冊(cè)

即.=b，結(jié)合焦點(diǎn)坐標(biāo)，求出a=C,b=l，得到雙曲線方程；

(2)得到直線k的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m,與雙曲線方程聯(lián)立，求出切點(diǎn)坐標(biāo)，并聯(lián)立

兩直線方程,得到點(diǎn)Q的坐標(biāo),假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)M(x°,0)滿足條件,根據(jù)麗■MQ=0得到方程，

求出沏=2,得到答案.

本題主要考查雙曲線的性質(zhì)及標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與雙曲線的綜合，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題.

22.【答案】解：(I)/'(%)=嗎出+acosx,因?yàn)閤=0為/'(x)的零點(diǎn)，所以:(0)=0,

即》a+a=0,從而/''(%)=+acosx=磯cosx—(1—x')e-x],

①因?yàn)?(0)=0,所以0是f(x)的零點(diǎn)，

②當(dāng)％6(0,初時(shí)，設(shè)g(x)=cosx—(1—x)e~x,則g'(%)=(2—x)e~x—sinx,

(i)若x6(0,,，令/i(x)=g'(x)=(2