2023年山東省濰坊市高考數(shù)學(xué)三模試卷

2023年山東省濰坊市高考數(shù)學(xué)三模試卷

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))

1.1知集合U={xeM4x-5≤0},A={0,2},B={1,3,5},則AC(CUB)=()

A.{2}B.{0,5}C.[0,2}D.[0,2,4}

2.已知α,be/?,i為虛數(shù)單位，則“復(fù)數(shù)Z=若是純虛數(shù)”是“|a|+網(wǎng)≠0”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

3.已知平面向量方與石的夾角是60。，且I五I=2,K=(1,2)，則五?(2為一區(qū))=()

A.8+2√^5B.4-√^5C.8-√-5D.4+2√^5

4.我國古代名著佛邱建算經(jīng)J)中記載：“今有方錐，下廣二丈，高三丈.欲斬末為方亭，

令上方六尺.問：斬高幾何？”大致意思是：“有一個(gè)正四棱錐的下底面邊長為二丈，高為三

丈，現(xiàn)從上面截去一段，使之成為正四棱臺(tái)，且正四棱臺(tái)的上底面邊長為六尺，則截去的正

四棱錐的高是多少？”按照上述方法，截得的該正四棱臺(tái)的體積為(注：1丈=10尺)()

A.11676立方尺B.3892立方尺C.3892，萬立方尺D.器:I立方尺

5.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,∕?(x+l)為偶函數(shù)，/(x+4)=/-(-%),貝∣J()

A.函數(shù)/(X)為偶函數(shù)B./(3)=0

C.E)=-〃|)D./(2023)=0

6.若P為函數(shù)/Q)-Cx圖象上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以P為切點(diǎn)作曲線y=∕(x)的切線，則

切線傾斜角的取值范圍是()

A崎B.?,y)c.育㈤D.[O,=)u?,π)

7.已知事件4B,P(B)=Q5⑷=%,P(?)=(則P(4)=()

A.?B.?C.ID.?

20232022

8.已知α=20222024,b=2023,c=2O24,則α,b,C的大小關(guān)系為()

A.b>c>aB.b>a>cC.a>c>bD.a>b>c

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.如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)，作

平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1,則()

D

E

H

A.直線8。與直線人所成角為京

B.直線CG與平面EFHNK所成角為、

C.該幾何體的體積為寫

D.該幾何體中，二面角A-BC-C的余弦值為

10.將函數(shù)./(x)=sin(ω%-≡)(0<ω<6)的圖象向右平移著個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)的

圖象，若(0*)是g(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，則()

A./(%)的最小正周期為兀

B.f(x)在(當(dāng),導(dǎo))上單調(diào)遞增

C.函數(shù)F(X)=/(x)+g(%)的最大值為/可

D.方程f(x)=-；在［0,2網(wǎng)上有5個(gè)實(shí)數(shù)根

11.函數(shù)'=3+9帥>0)的圖象是雙曲線，且直線彳=0和丁=似是它的漸近線,已知函數(shù)

y=45χ+L則下列說法正確的是()

A.X≠O,∣y∣≥卷B.對(duì)稱軸方程是y=?√r3x,y=—?X

C.實(shí)軸長為CT虧D.離心率為亨

12.已知函數(shù)/"(x)=e*τ-eIT+譏兀X,實(shí)數(shù)ɑ滿足不等式/(2α)+f(α-1)>0,則α的

取值可以是()

A.OB.1C.2D.3

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

52345e,

13.已知(3x—I)(X+I)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x,則ɑ2+α4+

a6=.(用數(shù)字作答

)

14.己知圓C：X2+y2—4xcosθ—4ysinθ-0?則與圓C總相切的圓。的方程是.

15.已知函數(shù)/0)=/9加一(，々尸一，。0129>1)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為

16.己知過點(diǎn)做-1,0）的直線及與拋物線小必=2x交于B,D兩點(diǎn),過點(diǎn)4作拋物線的切線①

切點(diǎn)是M（在X軸的上方），直線MB和MD的傾斜角分別是α,β,則tan（α+￡）的取值范圍為

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

17.（本小題10.0分）

已知數(shù)列｛αjl｝和｛4｝滿足的=3,b1=2,αn+1=αn+2bn,bn+1=2an+bn.

（1）證明：｛αn+bn｝和｛αrι-bn｝都是等比數(shù)列;

（2）求｛an%｝的前般項(xiàng)和S7l?

18.（本小題12.0分）

定義平面凸四邊形為平面上每個(gè)內(nèi)角度數(shù)都小于180。的四邊形.已知在平面凸四邊形/WCD中,

/.ABC=105o,?ADB=60o,AB=C,NAz）B的平分線為OE,且荏=2前.

（1）求AABC的面積；

（2）求CD的取值范圍.

19.（本小題12.0分）

垃圾分類可以提高垃圾的資源價(jià)值和經(jīng)濟(jì)價(jià)值，進(jìn)一步物盡其用、保護(hù)環(huán)境為進(jìn)一步幫助市

民進(jìn)行垃圾分類，某公司研制了家用垃圾分類機(jī)器人，自動(dòng)對(duì)垃圾進(jìn)行分類.

該公司研究部門從流水線上隨機(jī)抽取100個(gè)垃圾分類機(jī)器人（以下簡稱產(chǎn)品），統(tǒng)計(jì)其性能指數(shù),

制成下面的頻數(shù)分布表并繪制了頻率分布直方圖：

性能指數(shù)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100)[100,110]

產(chǎn)品數(shù)量4m2025n17

產(chǎn)品分為三類性能指數(shù)在［50,70）的是基本型,在［70,90）的是提高型,在［90,110］的是全能型,

性能指數(shù)越高，產(chǎn)品的垃圾分類效率和準(zhǔn)確程度越高為提高人們的環(huán)保意識(shí)和更快推廣產(chǎn)品，

公司微利出售基本型、提高型、全能型這三類產(chǎn)品的銷售利潤分別為每件1,3,5(單位：元)

以這IOO件產(chǎn)品的性能指數(shù)位于各區(qū)間的頻率代替產(chǎn)品的性能指數(shù)位于該區(qū)間的概率

(1)求m,n的值并求每件產(chǎn)品的平均銷售利潤；

(2)該公司為了解月營銷費(fèi)用雙單位：萬元)對(duì)月銷售量y(單位：萬件)的影響，對(duì)近10個(gè)月的

月營銷費(fèi)用Xi和月銷售量=123,4,5,6,7,8,9,10)數(shù)據(jù)做了初步處理，并進(jìn)一步整理得到表

10101010

∑u≈?(u,-u)(v-V)?(u,-U)2

如i

i=li=li=li=

16.824.870.411.64

表中Ui="陽,vi=lnyi,u=?∑?1ui,v=vi.

根據(jù)散點(diǎn)圖可判定y=ɑ?”可以作為月銷售量火萬件)關(guān)于月營銷費(fèi)用雙萬元)的回歸方程?

(i)建立y關(guān)于X的回歸方程;

(ii)用所求的回歸方程估計(jì)該公司應(yīng)投入多少營銷費(fèi)，才能使得該產(chǎn)品的月收益達(dá)到最大(精

確到整數(shù)，收益=銷售利潤一營銷費(fèi)用，e2067≈8,V7≈1.9,1.94≈13).

參考公式：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(U1，%)，(u2,v2)>???>(%(，%)，其回歸直線V=α+6”的斜率和截

距的最小二乘估計(jì)分別夕=吟尸罕，a=v-βu-

20.(本小題12.0分)

如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，。是圓錐底面的圓心，AC為底面直徑，4ABD為底面圓。的內(nèi)接正三

角形，且邊長為C，點(diǎn)E在母線PC上，且AE=C,CE=1.

(1)求證：直線PO〃平面BDE；

(2)求證：平面BEO_L平面ABD；

(3)若點(diǎn)M為線段PO上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線OM與平面ABE所成角的正弦值最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)M到

平面SBE的距離.

P

21.(本小題12.0分)

已知橢圓C：?+?=l(0>ft>0)的離心率為噂，且過點(diǎn)Z)(，3,字).

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若動(dòng)直線：y=-3x+τn(l≤τn<2)與橢圓C交于4,B兩點(diǎn)，且在坐標(biāo)平面內(nèi)存在兩個(gè)

定點(diǎn)P,Q，使得kp/pB=%A∕CQB="定值)，其中3,，Ms分別是直線P4PB的斜率，kQA,

%B分別是直線Q4QB的斜率.

①求;I的值；

②求四邊形PAQB面積的最大值.

22.(本小題12.0分)

2x

已知函數(shù)/(%)=X+αx-e[a∈R)有兩個(gè)極值點(diǎn)x2?

(1)求實(shí)數(shù)0的取值范圍；

(2)證明：x1+x2<ln4.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：集合U={x∈N?x2-4x-5≤0}={xEN?-l<x≤5}={0,1,2,3,4,5},

???CuB=[0,2,4).則4∩(CσB)=[0,2}.

故選：C.

由集合的交、并、補(bǔ)運(yùn)算可直接可求得.

本題考查集合的交、并、補(bǔ)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：復(fù)數(shù)Z=巖=署翳撩=亨+b-a.

2

①若Z是純虛數(shù),

Q+6口b-a〃

—=n0且亍≠0λ,

?α÷6=0且b≠a,

EIJb≠0,?∣α∣÷?b?≠0,???充分性成立，

②當(dāng)α=l,b=l時(shí)，滿足∣ɑ∣+網(wǎng)≠0,但Z=I不是純虛數(shù)，.?.必要性不成立，

.??復(fù)數(shù)Z=鬻是純虛數(shù)是Ial+?b?≠0的充分不必要條件

故選：A.

利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算先化簡，再利用充要條件的定義判定即可.

本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算，充要條件的判定，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.

3.【答案】C

【解析】解：已知平面向量五與石的夾角是60。，且I磯=2,6=(1,2)，

則IEl=√I2+22=√-5,

則五?3=∣α∣∣b∣cos<α,K>=2×√^5×∣=^,

則五?(2Z—方)=2片一心石=2X22—√^5=8-V~5-

故選：C.

由平面向量的模的運(yùn)算，結(jié)合平面向量數(shù)量積的運(yùn)算求解即可.

本題考查了平面向量的模的運(yùn)算，重點(diǎn)考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題.

4.【答案】B

【解析】解：如圖所示，

正四棱錐P-ABCD的下底邊長為二丈，即AB=20尺,

高三丈，即PO=30尺;

截去一段后，得正四棱臺(tái)ZBCD-4B'C'D',且上底邊長

為A'B'=6尺,

則有"="=色，.?.po'=9

PO3020

可得。。'=21,

所以該正四棱臺(tái)的體積是:

V=^×21×(202+20×6+62)=3892(立方尺).

故選：B.

畫出圖形，利用棱錐與棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征求出正四棱臺(tái)的高，再計(jì)算它的體積.

本題考查了棱錐與棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征與應(yīng)用問題，也考查了棱臺(tái)的體積計(jì)算問題，屬基礎(chǔ)題.

5.【答案】A

【解析】解：??"(x+l)為偶函數(shù)，

.?√(-x+l)=∕(x+l),

.?.f(-x)=f(x+2),又f(x+4)=f(-x),

.?.f(χ+2)=f(x+4),

.?./(%+2)=/(乃，:/。)的周期為2,

又/(T)=/(x+2),

/(-^)=/(%),.?.函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，.?.A正確；

綜合可得/(久)為周期為2,且對(duì)稱軸為：x-k,keZ,

不能等到具體的關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的問題，

B,C,D都不能確定.

故選：A.

根據(jù)偶函數(shù)的概念，函數(shù)的軸對(duì)稱性，函數(shù)的周期性，化歸轉(zhuǎn)化，即可求解.

本題考查偶函數(shù)的概念，函數(shù)的軸對(duì)稱性，函數(shù)的周期性，屬中檔題.

6.【答案】C

【解析】解：由/(%)=∣ex-√-3x,得f'(x)=^ex-√-3>-√-3,

設(shè)切線的傾斜角為。(0≤0<π),

則tern。>—，？，可得8∈(y,7Γ).

故選：C.

求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可得切線斜率的取值范圍，再由直線傾斜角與斜率的關(guān)系得答案.

本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義及應(yīng)用，考查直線的傾斜角與斜率的關(guān)系，是基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

1

%4

【解析】解："P(B?A')=γ4-

-P(B?A)=γ.?.∕3(Bμ)=p

由全概率公式得，P(B)=P(A)?P(BM)+P(A)P(B∣A),

111

.?.P(?)×i+[l-P(Tl)]×i=i,

2

P⑷號(hào)?

故選：c.

利用全概率公式求解即可.

本題考查全概率公式的運(yùn)用，屬于中檔題.

8.【答案】。

2022

【解析】解:α=20222。24,b=20232023,c=2O24,

,ln2022

Ijnl蛔-2024?t2022_2023

λilnb-2023Zn2023—ln2023'

2024

.I-Cx+1—xlnx

令/(X)=翳nx，xe[e2,+8),貝葉(Xx)=訴干，

令g(X)=X+1—xlnxf則g'(x)=-Inx<0,

???g(x)在|>2,+8)上單調(diào)遞減，即g(x)≤g(e2)=1-β2<0,

???f(x)<0,即/(%)在[。2,+8)上單調(diào)遞減,

Q八”、、日√n2°22、ln2023

???/(2022)>/(2023),即r下寸>市才，

.?.?>1,即a>b,

Inb

同理可得”>1,即b>c,

Inc

?α>6>c.

故選：D.

ln2022.

由題意得?≡=≡≡t=蓬構(gòu)造函數(shù)/Q)=翳，XC5,+8),則八X)=≡1,g(x)=

2024

X+1-x∕nx,則g'(x)=-Inx<0,可得g(x)在歸2,+8)上單調(diào)遞減,f(χ)在,2,+8)上單調(diào)遞減，

即/(2022)>/(2023),則a>b,同理可得b>c,即可得出答案.

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想,考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，

屬于中檔題.

9.【答案】AC

【解析】解：將該幾何體還原為原正四面體Q-MNS,棱長為α,設(shè)AMNS中心為。，連接OQ,ON,

則ON=亭a,OP=J'Ja,SAMNS=?a2,%_MNS=∣×?o2xJla=TΓα3,

對(duì)4：因?yàn)楱MZ√∕QN,所以直線BD與直線/L所成角即為MQ與QN所成角為基故4正確;

對(duì)B：直線CG與平面EFH/LK所成角為QN與底面MNS所成的角，“NO即為所求角，Sin乙QNo=

器=Jl"NO嗎故B錯(cuò)誤；

對(duì)C：該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個(gè)棱長為1的小正四面體的體積，噂X33-4X

■X13=年，故C正確；

對(duì)力：二面角A-BC-。的大小與Z-BC-Q的大小互補(bǔ)，顯然A-BC-Q的大小為銳角，所以

二面角4-BC-D的大小一定為鈍角，故。錯(cuò)誤.

故選：AC.

將該幾何體還原為原正四面體Q-MNS,對(duì)力：直線BD與直線4所成角即為MQ與QN所成角；對(duì)B：

直線CG與平面EFH/LK所成角為QN與底面MNS所成的角；對(duì)C：該幾何體的體積為大正四面體的

體積減去4個(gè)棱長為1的小正四面體的體積；對(duì)C：二面角A-BC-。的大小與A-BC-Q的大小

互補(bǔ).

本題考查了立體幾何的綜合運(yùn)用，屬于中檔題.

10.【答案】ACD

【解析】解；將函數(shù)f(x)=sin(ωx-^)(0<ω<6)的圖象向右平移汐單位長度后得到g(χ)=

?rX4、""l?fCOTCTT、

sιn[ω(%—7O)—O7]=Dsιn(ωOx--—?),

最小正周期r=M因?yàn)?0譚)是9。)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，

所以g(0)=—1,即一詈一看=2kττ—kEZ,解得3=—12k+2,k&Z.

因?yàn)镺<3<6,所以3=2,故/^(x)=sin(2x-弓)，

/Q)的最小正周期為竽=兀，故A正確：

令2∕C7?！?x—?≤2?7Γ+弓，kEZ,解得∕cττ—?≤x≤kτt+J,k&Z,

ZoZ0?

即/Q)的單調(diào)遞增區(qū)間為伙兀Y,而+§,k6Z,

故/(X)在(常冷上單調(diào)遞增，故2錯(cuò)誤；

又。(%)=Sin(2%--1)=sin(2xE)=-cos2x9

所以F(X)=sin(2x——cos2x

=sin2xcos--cos2xsin^—cos2x

00

=^γ-sin2x-ICOS2無=√-3sin(2x—)

所以F(X)的最大值為，？，故C正確；

當(dāng)％∈[0,2ττ]時(shí)2%—∈[―,f

令sin(2x-∣)=-p則2%Y=—第⑵Y=4或2%-I=半或2%Y=等或2%Y=等,

即/(X)與直線y=-2在［0,2捫上有5個(gè)交點(diǎn)，故。正確.

故選：ACD.

首先根據(jù)三角函數(shù)的變換規(guī)則得到g(x)的解析式，根據(jù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間得到g(0)=-1,從

而求出?的值，即可求出函數(shù)解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)一一分析即可.

本題主要考查正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

IL【答案】ABD

【解析】解：函數(shù)丫=聯(lián)+"附>0)的圖象是雙曲線，且直線X=O和y=αx是它的漸近線.

函數(shù)y=?%+；，當(dāng)%>0時(shí)，y≥2J容X.；=卷，當(dāng)且僅當(dāng)X=遮時(shí)取等號(hào)，由對(duì)稱性可知

9

∣y∣≥卷，所以，A正確；

所以函數(shù)y=的漸近線方程為：X=O與y=?x，一條漸近線的傾斜角為30。，

所以，對(duì)稱軸方程為y=??Λ^5x或y=-所以8正確；

y,

y=flx+λ解得X=±可得y=±J'Φ'

I，3X

所以實(shí)軸長為：2J%2+y2=4∣X∣=所以C不正確；

雙曲線的漸近線方程為：乂=0與丫=容如坐標(biāo)軸旋轉(zhuǎn)后，得到雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，

其雙曲線的一條漸近線方程為：y=?x，可得2=?，

?z3a3

可得雙曲線的離心率e=J1+,=亨.

所以，O正確.

故選：ABD.

利用已知條件求解雙曲線的漸近線方程，利用基本不等式判斷4的正誤，漸近線方程，推出對(duì)稱

軸方程判斷B的正誤；求解實(shí)軸長判斷C的正誤；求解離心率判斷O的正誤.

本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，涉及坐標(biāo)軸的旋轉(zhuǎn)，是中檔題.

12.【答案】BCD

【解析】解：因?yàn)閒(x)=e"T—eiτ+^sinTTX,

所以/(一%)=e1~x-ex~1+^sin(-πx)=e1~x—ex~1-^sinπx=—/(%),\

又，(X)=e1~x+ex~1—2cosπx≥2√e1~x?ex~1-2cosπx=2-2cosπx≥0，當(dāng)且僅當(dāng)1-X=

%—1,即X=I時(shí)取等號(hào)，

故/(%)在R上單調(diào)遞增，

因?yàn)閷?shí)數(shù)a滿足不等式f(2J)+/(α-1)>0,

所以/(2α)>-/(α-1)=f(l-α),

所以2g>1—(1,

解得ɑ>?

故選：BCD.

由己知先判斷函數(shù)的奇偶性及單調(diào)性，然后利用函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性即可求解不等式.

本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性在不等式求解中的應(yīng)用，屬于中檔題.

13.【答案】33

523456

【解析】解：??,(3%-1)(%+I)=Q0+a1x+a2x+a3x+a4x+asx+α6%,

令％=0,可得c?=—1.

令％=1,可得—1+Qi+a2+。3+。4+。5+。6=64,

令》=—1,可得—1—%+%——+ɑe=0，

則兩式相加可得2(-1+a2+α4+。6)=64,

?*,+。4+。6=33?

故答案為：33.

在所給的等式中，令X=0、可得α°=-l,再令X=1、x=-l,又得到兩個(gè)等式，再把這兩個(gè)

等式兩式相加除以2,可得要求式子的值.

本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，求展開式的系數(shù)和常用的方法是賦值法，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】x2+y2=16

【解析】解:圓C標(biāo)準(zhǔn)方程為(X-2cosθ}2+(y-2sinθ)2=4,

則圓C的圓心為(2CoSa2sin0),半徑為2,

由圓心坐標(biāo)可知圓心軌跡是以原點(diǎn)為圓心，半徑為2的圓，

故圓C上總有點(diǎn)與原點(diǎn)距離為4,

由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可知圓。的方程是/+/=16.

故答案為：X2+y2=16.

根據(jù)圓C標(biāo)準(zhǔn)方程可知圓心軌跡，由圓心軌跡與圓C軌跡可確定圓C上總有點(diǎn)與原點(diǎn)距離為4,然后

求出圓。的方程即可.

本題考查了圓與圓的位置關(guān)系，屬于中檔題.

15.【答案】(i.e∣)

【解析】解：由題設(shè)f(χ)=logaJ-■，令t=5,則y=log/與y=/在te(0,+8)上有兩個(gè)交

點(diǎn)，則y=log/、y=/交點(diǎn)都在y=t上，它們互為反函數(shù)，

設(shè)y=log/、y=/與y=t相切，

y,=」一，y,=atIna,

JtlnaJ

若切點(diǎn)為(m,m),m>0,

所以[mmQ-用仇。―1,可得7n=e,此時(shí)。=上，

m

[a=logam

綜上，y=Iogah、=出之間，在ι<。<醋時(shí)有兩個(gè)交點(diǎn)，在α="時(shí)有一個(gè)交點(diǎn)，在α>"時(shí)

無交點(diǎn),

所以1<α<e"?

故答案為：(1,熱

令t=，，問題化為y=log/與y=出在t€(0,+8)上有兩個(gè)交點(diǎn)，且互為反函數(shù)，則它們有交點(diǎn)

的臨界情況為與y=t相切，設(shè)切點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)幾何意義求切點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而確定臨界情況下α值，

即可得范圍.

本題考查了轉(zhuǎn)化思想、導(dǎo)數(shù)的幾何意義，難點(diǎn)是確定臨界值，屬于難題.

16.【答案】(0,vr7)u

【解析】解：根據(jù)題意可設(shè)直線％的方程為X=ty-1，

聯(lián)立｛)==￥；1-得川-2ty+2=0,

因?yàn)橹本€。與拋物線的相切，

所以/=(-2t)2-4×2×2=4t2-8=0,即t=+>∕~2,

因?yàn)镸點(diǎn)在X軸上方，

所以t=√^^Σ,則直線G的方程為y=一-(%+1)，

則M點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,，克)，

設(shè)直線。的方程為X=My-?1,B(x1,y1),D(x2,y2)>

、(X=my-1pc

聯(lián)立[2_2X,得f-2my+2=0,

所以=2,y1+y2=2m,

Δ=(-2m)2—4x2=4m2-8>0,即m>√"^Σ或Tn<—ΛΛ^2,

2

則XIX2=0'空)=LXi+X2=血(乃+y2)-2=2m-2,

y2≤3,yzz≤Z,

tana=itanβ=

%]—1工2一1

Z+?)_tmα+tα叩__(%2-1)(、1一*)+(72一口)(“1-D

1-tanαtan0(??-1)(%2-?)-(y∣—J2)(y2—J2)

=-2%+32-Q%l+%2)一d+力)+2々

xx

勺％2-7iy2-(l+2)+?Γ2(y1+y2)-l

×2y↑+xιy2-yJ~2(2m2-2')-2m?]-2>J~2

l-2-2τn2+2+2<7m-l

因?yàn)椋?=小丫2-1，xι=mVi-1，

4m-2m-2>Γ2mz+2χΓ2-2m+2>Γ2

所以tan(α+夕)=

-2τn2+2√-2m

—2+4?≤?Z=q+Z

-2m2+2√-2mm

因?yàn)閙>√~Σ或Tn<-y∕~2f

所以W∈(-y∏,0)U(0,√^2),

所以。+A∈(0,√^Σ)U(/1,2。)，

故答案為：(O,√^N)U(√^I,2√^N).

根據(jù)題意可設(shè)直線，2的方程為X=ty-1，聯(lián)立拋物線的方程，令2=0,得t=q,寫出直線，2的

方程，可得M點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)直線k的方程為X=Zny-1,B(x1,y1),D(x2,y2),聯(lián)立拋物線的方程，

結(jié)合韋達(dá)定理可yiy2，yi+)z2,由4>。，得M>V^^Σ或m<—√^^2.則tαnα=Utanβ=及

??-1%2-1

由和差公式可得tanQ+°)=罌黑=賽歌凝舄器舄，化簡，即可得出答案?

本題考查直線與拋物線相交問題，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

17.【答案】(1)證明：依題意，由即+1=冊(cè)+2匕，①

b∏+ι=2αn+bn,②

y

①+②，可得αn+ι+?n+ι=ɑn+2%+2an+bn=3(αn+bn),

??,α1+fe1=3+2=5,

；?數(shù)列｛斯+b｝是以5為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，

①一②，可得αn+ι-b∏+ι=%t+2brι-2an-bn=-(αn-bn),

Vα1-b1=3—2=1,

???數(shù)列｛απ-3｝是以1為首項(xiàng)，一1為公比的等比數(shù)列.

n1

(2)解：由(1)可得，an+bn=5-3-,n∈N*,

n1n1

an-bn=l-(-l)^=(-l)^,TIeN*,

a+b=5-3n~1

聯(lián)立,nn

1

an-bn=(-ir-

5?3"T+(-l)"T

2

5?3nT-(-I)IIT

2

5?3"T+(-l)nT5?3”T(-I)"T

?''αn^n=

22

(5?3"T)2-KT)『2

4

25?9n-1-l

--------------,

4

τ?9n-1-?

:?Sn=a1b1+a2b24-----Fan6n

=(T?90-∣)+(??91-i)+(^?92-∣)+-+(??9"-1-i)

=?(90+91+92+???+9n^1)-?-n

_25l-9nn

=T*1-9-4

=空.9n_烏一空

32432,

【解析】(1)依據(jù)題意先將題干兩個(gè)遞推公式相加進(jìn)一步推導(dǎo)即可證得數(shù)列｛an+%｝是以5為首項(xiàng)，

3為公比的等比數(shù)列，再將題干兩個(gè)遞推公式相減進(jìn)一步推導(dǎo)即可證得數(shù)列｛an-匕n｝是以1為首項(xiàng),

-1為公比的等比數(shù)列；

(2)先根據(jù)第(1)題的結(jié)果計(jì)算出數(shù)列｛%l+bMan-bn｝的通項(xiàng)公式，根據(jù)二元一次方程組的知

識(shí)計(jì)算出數(shù)列｛αrι｝和｛為｝的通項(xiàng)公式，進(jìn)一步計(jì)算出數(shù)列｛即%｝的通項(xiàng)公式，最后運(yùn)用分組求和法

與等比數(shù)列的求和公式即可計(jì)算出前n項(xiàng)和S“.

本題主要考查數(shù)列由遞推公式推導(dǎo)出通項(xiàng)公式，以及運(yùn)用分組求和法求前n項(xiàng)和問題.考查了整體

思想，方程思想，轉(zhuǎn)化與化歸思想，等比數(shù)列求和公式的運(yùn)用，以及邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能

力，屬中檔題.

18.【答案】解：⑴由題意可得，在AZBD中，"DB的平分線?

為DE,且荏=2麗,

則力D=2BD,

由余弦定理得AB?=2+BDCOS乙ADB,

ADBD2_2AD?

即3=4BD2+BD2-2×2BD×BD×?,

解得：BD=1,AD=2,

則=AB2+BD2,可得△力為直角三角形，

則SAABO=^AB-BD=

(2)在平面凸四邊形ZBCD中，?ADB=60°,則0。<4BDC<120。，

由(1)可得，乙ABD=90°,&CBD=15°,

在ABCD中，.二°篇=ZC=180o-15°-?CDB=1650-/.CDB,

SinzcBDSinC

川__8。Sinz<8。__lxsi"15°_S譏15°

'sinCsinCSin(165°—z<OB)'

又45°<165°-4CDB<165o,sinl5o=sin(450-30°)=

0

所以V6；=<sin(165-ZrDB)≤1，

所以且∕≤撰管<1,

4sιn(165—Z.CDB)

所以CD的取值范圍是［42,1).

【解析】(1)由題意可得4D=2BD,利用余弦定理可求得B。的值，進(jìn)而可求4。的值，由AD?=

AB2+BD2,可得△4Bn為直角三角形，進(jìn)而利用三角形的面積公式即可求解；

ciγt1

(2)在ABCO中，利用正弦定理可求CD=UaK“nm，由45。<165。-NCOB<165。，可求

''SIn(Ibb-L.LUD)

<sin(165o-?CDB)≤b即可求解CD的取值范圍.

本題考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力

和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)根據(jù)頻率分布直方圖,m=0.011×10×100=II,n=0.023×10×100=23,

設(shè)每件產(chǎn)品的銷售利潤為X元，則X=I,3,5,

其中P(X=1)=0.15,P(X=3)=0.45,P(X=5)=0.4,

所以隨機(jī)變量的分布列如下：

X135

P0.150.450.4

E(X)=IX0.15+3×0.45+5×0.4=3.5,

故每件產(chǎn)品的平均銷售利潤為3.5元；

(2)(i)由y=a?Xb得Iny=ln(αxb)=Ina+blnx,

令U=lnx,V=lny,C=Ina,則V=c+bu,

由Σ世I(Uiv)2-1.64-4-

c=v-bu=?-i×?=2.067,

10410

故U=c+bu=2.067+?u,Iny=2.067+^lnx=?n(e2067?χ4),

因?yàn)閑2?°67≈8,所以丫=8/；

-I

(ii)設(shè)月收血■為Z萬兀，則Z=y-E(X)-X=28Xa-X，

設(shè)t=/,則z=f(t)=28t—t3

所以f'(t)=28-4t3=4(7-t3),t=V7≈1.9,

當(dāng)te(19+8)時(shí)，函數(shù)f(t)遞減;當(dāng)t∈(0,1.9)時(shí),/(t)遞增;

故當(dāng)t=1.9時(shí)，即XaI3時(shí)，Z由最大值約為40,

所以該公司應(yīng)投入13萬元營銷費(fèi)，才能使得該產(chǎn)品的月收益達(dá)到最大約為40萬元.

【解析】(1)根據(jù)頻率分布直方圖，求出m,n,設(shè)每件產(chǎn)品的銷售利潤為X元，則X=I,3,5,

寫出分布列求出數(shù)學(xué)期望；

(2)(i)由y=α?W得"y=[n(αχb)=bια+b"X,令U=Inx,v=Iny,c=Ina,則U=C+b”,

根據(jù)公式求出線性回歸方程;

(ii)設(shè)月收益為Z萬元，貝眩=y.E(X)-%=284-x，設(shè)t=3則z=/(t)=28t—t3利用導(dǎo)

數(shù)法求出最大值，得出結(jié)論.

本題考查頻率分布直方圖的應(yīng)用，考查離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望，求線性回歸方程及其

應(yīng)用，考查運(yùn)算能力和實(shí)際應(yīng)用能力，中檔題.

20.【答案】(1)證明：如圖所示，設(shè)4C與BD交于點(diǎn)F,連接EF,則PO1B。,

XEC1BD,ECCPO=P,EC,POU平面4EC,

由線面垂直的判斷定理可得BD，平面4EC,

又EFU平面AEC,ΛEFIBD,

△ABD是底面圓的內(nèi)接正三角形，則40=15,AF=1，AC=2,

又AE=O-CE=1,則4C?=AE2+CE2,由勾股定理可得44EC=90°,

AEAF>∕~3,?AΛΓL?

—=—=---,??ΔACEf

ACAE2

.?.?AFE=?AEC=90o,BPEF1AC,

又EF,PO,力CU平面PAC,.?.EF//PO,

?.?EFU平面BDE,POU平面BDE,

.?.直線PO〃平面BDE；

(2)證明：?；P。1平面4BD,EF//PO,

.?.EF1平面ABD,

又EFU平面BEZ),二平面BEDl平面A8D.

(3)解：易知P0=2EF=ΛΛ3,

以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系尸-xyz,

則44,0,0),8(0,苧,0),D(O,一y,0),E(0,0,?),

P(∣,0,√^3),00,0,0),

???話=(-去冷0),=(-j,θ,?).

前=G，?,0),OP=(0,0,√^)>

設(shè)平面ABE的法向量為元=(x,y,z),

則,.役=-CX+y=0,據(jù)此可得五=(i,qC),

In?ΛE=-√3x+z=0

設(shè)麗=4而(0≤4≤1)，

則麗=前+麗=G,?,I)，

設(shè)直線CM與平面ABE所成的角為0,

匠網(wǎng)_∣3λ+2∣

則sin。

而兩=CXJ3m+1'

令y=蕓詈，Xet0-1ι,

44

12x+l-<=4

y=3X2+11

X+-I

則?÷?-62-

(?+?)?-6

當(dāng)且僅當(dāng)％時(shí)，等號(hào)成立，

即當(dāng)％=g時(shí)，y=戮：：有最大值4,

于是當(dāng)A=??,Sin2。=9#+y+4有最大值為1,

27(3λz+l)

??.Sin。的最大值為1,

故直線DM與平面ABE所成角的正弦值的最大值為L

此時(shí)點(diǎn)利=(1,0,-?)，

所以點(diǎn)M到平面ABE的距離d=可型=2，

?n?14

故當(dāng)直線OM與平面ABE所成角的正弦值最大時(shí)，點(diǎn)M到平面48E的距離為C.

14

【解析】(1)設(shè)AC交BD于點(diǎn)尸，連接EF,由題意可證得BDI平面4EC,進(jìn)一步可得EFIAC,進(jìn)

而可證直線P。〃平面BDE；

(2)由Po，平面ABD,可證EF，平面ABD,最后結(jié)合面面垂直的判斷定理可得平面BED，平面ABD；

(3)建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得到直線DM與平面ABE所成角的正弦值的表達(dá)式，然后由基本

不等式求解其最值即可.

本題主要考查面面垂直的證明，線面角的相關(guān)計(jì)算，空間向量及其應(yīng)用，立體幾何中的最值與范

圍問題，空間想象能力的培養(yǎng)等知識(shí)，屬于中等題.

21.【答案】解：(1)因?yàn)闄E圓C的離心率為殍，

所以嗎=l-e2=工，

QN2

又且過點(diǎn)0(43,竽)，

所以《+品=L

解得/=6,b2=3,

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為=+4=1；

63

(2)①不妨設(shè)A(Xl,%),B(X2,丫2)，POO，%)，

把y=-∣x+Tn與橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程聯(lián)立，

消去y并整理得3%2—4mx+4m2—12=0,

因?yàn)椋，A?為方程3M—4mx+4m2—12=0的兩根，

2

所以恒等式3i—4mx+4m-12=3(%—x1)(x—%2)?

2

整理得3/-4mx0+4m-12=3(x0—x1)(x0—x2)*

同理，把y=-gx+m與橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程聯(lián)立，

消去不并整理得3羽—4my+2m2—3=0,

因?yàn)闉椋瑸闉榉匠?'2-4瓶丫+2瓶2-3=0的兩根，

2j

所以恒等式3y-4my+2m—3=3(y-y1)(y-y2)

2

整理得3就-4my0+2m-3=3(y0-y1)(y0-月)，

。0-當(dāng))。0一曠2)

則

APAkPB=(Xo-Xi)(Xof)

2

3y§-4my0+2m-3_入

2

3XQ-4rnx0+4rn-12

2

所以4m(∕lxo-y0)+2m(l-2λ)+3%-3λx^-3+12λ=0,

若kpzlkpB為定值,

∣Aχ0-yo=0

則必有［1-22=0

,3yθ—3Λ%o—3+12λ=0

與=2(Xo=-2

y0=ι或IyO=T,

(VV=I

故2=?;

②不妨設(shè)點(diǎn)P(-2,-l),點(diǎn)Q(2,l),

點(diǎn)P點(diǎn)Q到直線2的距離分別是四,d2,

因?yàn)?≤τn<2,

-Γ-∣j2?m+2?2(τn+2),2∣m-2∣2(m-2)

所F以rB=F=Fd2=~?√=k

所以di+d?=y=,

而∣4B∣=J1+(_}2><%_孫1

_J1+lJ16(9-2*=2E9-2*

此時(shí)四邊形PAQB的面積S=TMBl(di+d2)

12λΓ5√9-2m28

-X---------3---------F

=879-2,n2