【文档说明】江苏省徐州市沛县2024届高三上学期期初模拟测试（一）数学答案和解析.docx，共(14)页，249.171 KB，由小赞的店铺上传

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数学期初模拟测试（一）参考答案：1．C∵𝐴={𝑥|𝑥2≤4}=[−2,2]，𝐵={𝑥|𝑥∈𝑁∗且𝑥−1∈𝐴}，∴𝐵={1,2,3},2．A设𝑧2=𝑎+𝑏i(𝑎,𝑏∈R)，因为𝑧22=2i，所以𝑎2−𝑏

2+2𝑎𝑏i=2i，∴{𝑎2−𝑏2=02𝑎𝑏=2解得{𝑎=1𝑏=1或{𝑎=−1𝑏=−1所以𝑧2=1+i或𝑧2=−1−i.因为𝑧1+𝑧2=i𝑧1，所以𝑧1=𝑧2−1+i当𝑧2=1+i时，𝑧1=1+i−1+i=(1+i)(−1−i)(−1+i)(−1−i)

=−i，则|𝑧1|=1；当𝑧2=−1−i时，𝑧1=−1−i−1+i=(−1−i)(−1−i)(−1+i)(−1−i)=i，则|𝑧1|=1；3．C因为𝛼，𝛽均为锐角，所以0<𝛼<𝜋2，0

<𝛽<𝜋2.当𝛼>2𝛽时，𝜋2>𝛼−𝛽>𝛽>0，由函数𝑦=sin𝑥在(−𝜋2,𝜋2)上单调递增，所以sin(𝛼−𝛽)>sin𝛽，故“𝛼>2𝛽”是“sin(𝛼−𝛽)>sin𝛽”的充分条件.

当sin(𝛼−𝛽)>sin𝛽时，由0<𝛼<𝜋2，0<𝛽<𝜋2，则−𝜋2<−𝛽<0，所以−𝜋2<𝛼−𝛽<𝜋2，因为函数𝑦=sin𝑥在(−𝜋2,𝜋2)上单调递增，所以𝛼−𝛽>𝛽，即𝛼>2𝛽，故“𝛼>2𝛽”是“si

n(𝛼−𝛽)>sin𝛽”的必要条件.综上所述，“𝛼>2𝛽”是“sin(𝛼−𝛽)>sin𝛽”的充分必要条件.4．A设小锥体的底面半径为𝑟，大锥体的底面半径为2𝑟，小锥体的高为ℎ，大锥体的高为为2ℎ，则大圆锥的体积即为13𝜋(2𝑟)2⋅2ℎ=1，整理

得13𝜋𝑟2⋅ℎ=18，即小圆锥的体积为18所以该圆台体积为1−18=785．D设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，由上到下的三个几何体体积分别记为123,,VVV，则13VmS=，()22144373VSSSmmS=++=，()2313

544533VSSSmmS=++=，所以12335::3:7:9:21:353VVVmSmSmS==6．C因为𝛼∈(0,𝜋2),cos2𝛼1+tan2𝛼=38，可得3(1+tan2𝛼)=8×sin2𝛼−cos2𝛼sin2𝛼+cos2

𝛼=8×1−tan2𝛼1+tan2𝛼，可得3(1+tan2𝛼)2=8−8tan2𝛼，解得tan2𝛼=13，因为𝛼∈(0,𝜋2)，所以tan𝛼=√33，所以𝛼=𝜋6，所以cos(𝛼+𝜋6)=cos𝜋3=12.7．A因为直角三角形𝐴�

�𝐶为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，其中𝐶(0,0),𝐴(2,0),𝐵(0,2)，而以𝐴𝐵为直径的圆的方程为：𝑥(𝑥−2)+𝑦(𝑦−2)=0，整理得到：(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=2，设𝑀(𝑚,𝑛)，则𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(�

�,𝑛),𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0)，故𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑚，因为𝑀在半圆上运动变化，故0≤𝑚≤1+√2，故𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围为：[0,2+

2√2]，8．C设𝑓(𝑥)=ln𝑥𝑥,则𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2,当𝑥>e时,𝑓′(𝑥)<0,函数单调递减,当0<𝑥<e时,𝑓′(𝑥)>0,函数单调递增,故当𝑥=e时,函数取得最大值𝑓(e)=1e,因为𝑎=2(2

−ln2)e2=lne22e22=𝑓(e22),𝑏=ln22=ln44=𝑓(4),𝑐=1e=𝑓(e),∵e<𝑒22<4,当𝑥>e时,𝑓′(𝑥)<0,函数单调递减,可得𝑓(4)<𝑓(e22)<𝑓(e),即𝑏<

𝑎<𝑐.9．AC对于A，𝑎⃑+𝑏⃗⃑=(3,−1)，由(𝑎⃑+𝑏⃗⃑)⋅𝑎⃑=3×1+(−1)×3=0，则(𝑎⃑+𝑏⃗⃑)⊥𝑎⃑，故A正确；对于B，2𝑎⃑+𝑏⃗⃑=2(1,3)+(2,−4)=(4,2)，|2𝑎⃑+𝑏⃗⃑|=√42+22=2

√5，故B错误；对于C，𝑎⃑⋅𝑏⃗⃑=1×2+3×(−4)=−10，|𝑎⃑|=√12+32=√10，|𝑏⃗⃑|=√22+(−4)2=2√5，则cos⟨𝑎⃑,𝑏⃗⃑⟩=𝑎⃗⃑⋅𝑏⃗⃑|𝑎⃗⃑|⋅|𝑏⃗⃑|=−10√10×2√5=

−√22，即向量𝑎⃑,𝑏⃗⃑的夹角为3𝜋4，故C正确；对于D，𝑏⃗⃑在𝑎⃑方向上的投影向量是𝑎⃗⃑⋅𝑏⃗⃑|𝑎⃗⃑|2𝑎⃑=−1010𝑎⃑=−𝑎，故D错误.10．ABC如图，当直线𝑙与𝑥轴垂直时，|

𝐴𝐵|有最小值，且最小值为2√5，所以A正确；当直线𝑙与𝑃𝑄垂直时，𝑃到𝑙的距离有最大值，且最大值为|𝑃𝑄|=2√5，所以B正确.设𝑅(6+3cos𝜃,3sin𝜃)，则𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃑⋅𝑃𝑅⃗⃗⃗⃗⃗⃑=(2,−

4)⋅(4+3cos𝜃,3sin𝜃−4)=6cos𝜃−12sin𝜃+24，所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃑⋅𝑃𝑅⃗⃗⃗⃗⃗⃑=6√5cos(𝜃+𝜑)+24，所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃑⋅𝑃𝑅⃗⃗⃗⃗⃗⃑的最小值为24−

6√5，所以C正确；当𝑃，𝐶，𝑅三点共线时，|𝑃𝑅|最大，且最大值为|𝑃𝐶|+𝑟=4√2+3，所以D错误；故选：ABC.11．ABD依题意𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√2,2)，即𝑃(2√2,2)，所以(2√2)2𝑎2+228=1，解得𝑎=4（负根舍去

）.所以椭圆𝐶:𝑥216+𝑦28=1，则𝑏=𝑐=2√2,𝑒=2√24=√22.依题意可知直线𝑙1的倾斜角𝛼为锐角，且tan𝛼=√22，由{sin𝛼cos𝛼=√22sin2𝛼+cos2𝛼=1解得cos𝛼=√2√3,sin𝛼=1√3.直线𝑙2的

倾斜角𝛽为钝角，且tan𝛽=−√22，由{sin𝛽cos𝛽=−√22sin2𝛽+cos2𝛽=1解得cos𝛽=−√2√3,sin𝛽=1√3.设直线𝑙1的参数方程为{𝑥=√2+√2√3𝑡𝑦=1+1√3𝑡（𝑡为参数），由(√2+√2

√3𝑡)216+(1+1√3𝑡)28=1整理得𝑡2+2√3𝑡−9=0，解得𝑡𝑄=−3√3,𝑡𝑃=√3（不妨设）.设直线𝑙2的参数方程为{𝑥=√2−√2√3𝑡𝑦=1+1√3𝑡（𝑡为参数），由(√2−√2√3𝑡)216+(1+1√3𝑡)28=1整理得𝑡2−9=0，解

得𝑡𝑆=3,𝑡𝑇=−3（不妨设）.所以|𝑆𝑇|=|𝑡𝑆−𝑡𝑇|=6，B选项正确.1|𝑀𝑃|+1|𝑀𝑄|=1√3+13√3=4√39,1|𝑀𝑆|+1|𝑀𝑇|=23，C选项错误.√3

×3√3=|𝑀𝑃|⋅|𝑀𝑄|=|𝑀𝑆|⋅|𝑀𝑇|=3×3=9，所以|𝑀𝑄||𝑀𝑇|=|𝑀𝑆||𝑀𝑃|，而∠𝑆𝑀𝑄=∠𝑃𝑀𝑇，所以△𝑆𝑀𝑄∼△𝑃𝑀𝑇，所以∠𝑀𝑆𝑄=∠𝑀𝑃𝑇，所以𝑃,𝑄,

𝑆,𝑇四点共圆.（也可用圆的相交弦定理的逆定理，直接由|𝑀𝑃|⋅|𝑀𝑄|=|𝑀𝑆|⋅|𝑀𝑇|判断出𝑃,𝑄,𝑆,𝑇四点共圆）所以D选项正确.12．AC由题意可得𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑘=2𝑘−1①，𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑘−1=2𝑘−1−1

②，①-②得𝑎𝑘=2𝑘−1，同理可得𝑏𝑘=3𝑘−1，所以数列{𝑎𝑛},{𝑏𝑛}中仅有1项为1，因为𝑘≥2，所以B错误；当𝑘=2时，A正确；𝑏𝑘𝑎𝑘=(32)𝑘−1，所以当𝑘≥2时，{𝑏𝑛𝑎𝑛}是以32为公比的等比数列，C正确，

D错误；13．20232021由𝑎𝑛+1=2(𝑛+2)𝑛+1𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)得：𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2(𝑛+2)𝑛+1，𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛−1×𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2×⋅⋅⋅×𝑎3𝑎2×𝑎2𝑎1×𝑎1=2𝑛−1(𝑛+1𝑛×

𝑛𝑛−1×⋅⋅⋅×43×32×2)=(𝑛+1)⋅2𝑛−1；设𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑛，则𝑆𝑛=2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+𝑛⋅2𝑛−2+(𝑛+1)⋅2𝑛−1，∴2𝑆𝑛=2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+𝑛⋅2𝑛−1+(�

�+1)⋅2𝑛，∴−𝑆𝑛=2+21+22+⋅⋅⋅+2𝑛−1−(𝑛+1)⋅2𝑛=2+2(1−2𝑛−1)1−2−(𝑛+1)⋅2𝑛=2+2𝑛−2−(𝑛+1)⋅2𝑛=−𝑛⋅2𝑛，∴𝑆𝑛=𝑛⋅2

𝑛，即𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛，∴𝑆2021=2021×22021，𝑎2022=2023×22021，∴𝑎2022𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎2021=2023×220212021×2

2021=20232021.故答案为：20232021.14．√6−√22记𝐴𝐵的中点为𝐷，连结𝑃𝐷,𝐶𝐷，过𝑃作𝑃𝐸⊥𝐶𝐷交𝐶𝐷的延长线于𝐸，如图，因为𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐷为𝐴𝐵的中点，所以𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，因为

𝐴𝐶=𝐵𝐶，∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐶，𝑃𝐶=𝐶𝑃，所以△𝐴𝑃𝐶≅△𝐵𝑃𝐶，则𝑃𝐴=𝑃𝐵，又𝐷为𝐴𝐵的中点，所以𝐴𝐵⊥𝑃𝐷，因为𝐶𝐷∩𝑃𝐷=𝐷,𝐶𝐷,𝑃𝐷⊂面𝑃𝐶𝐷，所以𝐴𝐵⊥面𝑃𝐶𝐷，又𝑃𝐸⊂面𝑃�

�𝐷，所以𝐴𝐵⊥𝑃𝐸，因为𝑃𝐸⊥𝐶𝐷，𝐶𝐷∩𝐴𝐵=𝐷,𝐶𝐷,𝐴𝐵⊂面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝐸⊥面𝐴𝐵𝐶，所以∠𝑃𝐶𝐸为直线PC与平面ABC所成角的平面角，不妨设𝐴𝐶=𝐵𝐶=𝑃𝐶=𝑚，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴

𝐶𝐵=30°，则𝐴𝐵2=𝐴𝐶2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐶⋅𝐵𝐶cos30°=(2−√3)𝑚2，𝐵𝐷2=(12𝐴𝐵)2=2−√34𝑚2，在Rt△𝐵𝐶𝐷中，𝐶𝐷2=𝐵𝐶2−𝐵𝐷2=2+√34𝑚2，在△𝑃𝐵𝐶中，∠𝐵𝑃𝐶=30°，则�

�𝐶2=𝑃𝐶2+𝑃𝐵2−2𝑃𝐶⋅𝑃𝐵cos30°，即𝑚2=𝑚2+𝑃𝐵2−√3𝑚⋅𝑃𝐵，故𝑃𝐵=√3𝑚，在Rt△𝑃𝐵𝐷中，𝑃𝐷2=𝑃𝐵2−𝐵𝐷2=3𝑚2−2−√34𝑚2=10+√34𝑚2，所以在△𝑃𝐶𝐷中，cos∠𝑃𝐶𝐷=

𝑃𝐶2+𝐶𝐷2−𝑃𝐷22𝑃𝐶⋅𝐶𝐷=𝑚2+2+√34𝑚2−10+√34𝑚22×𝑚×√2+√34𝑚=−1√2+√3，又(1+√3)2=4+2√3=2×(2+√3)，则1+√3=√2×√2+√3，即√2+√3=1+√3√2，所以cos∠�

�𝐶𝐷=−1√2+√3=−√21+√3=−√6−√22，所以cos∠𝑃𝐶𝐸=cos(π−∠𝑃𝐶𝐷)=−cos∠𝑃𝐶𝐷=√6−√22，故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为√6−√22.故答案为：√6−√22.15．

2−√33依题意，𝑥1<𝑥3<𝑥2，𝑦1<𝑦3<𝑦2由{2𝑥−𝑦−2=0𝑥2−𝑦2=1解得{𝑥1=1𝑦1=0或{𝑥2=53𝑦2=43，所以𝐴(1,0),𝐵(53,43),|𝐴�

�|=√(23)2+(43)2=2√53为定值，由于𝑥1<𝑥3<𝑥2，𝑦1<𝑦3<𝑦2，所以𝑃在双曲线𝐴,𝐵两点间的曲线上，𝑃在第一象限，当𝑃距离𝐴𝐵最远时，三角形𝑃𝐴𝐵的面积取得最大值，设直线2𝑥−𝑦+𝑡=0与双曲线C：𝑥2−𝑦2=1相

切于𝑃点，由{2𝑥−𝑦+𝑡=0𝑥2−𝑦2=1消去𝑦并化简得3𝑥2+4𝑡𝑥+𝑡2+1=0，由Δ=16𝑡2−12(𝑡2+1)=4𝑡2−12=0解得𝑐=−√3（正根舍去），故切线方程为2𝑥−𝑦−√3=0，直线2𝑥−𝑦−2=0与直线2𝑥−�

�−√3=0的距离为2−√3√5，所以△PAB的面积最大值为12×2√53×2−√3√5=2−√33.16．(−5−2√6,+∞)因为函数𝑓(𝑥)=𝑎⋅2𝑥−12𝑥+𝑏是定义在R上的奇函数，所以𝑓(𝑥)=0，即𝑎⋅20−120+𝑏=0，解得：�

�=1.又𝑓(−1)=−𝑓(1)，所以2−1−12−1+𝑏+21−121+𝑏=0，解得：𝑏=1.所以𝑓(𝑥)=2𝑥−12𝑥+1.𝑓(𝑥)=2𝑥−12𝑥+1=1−22𝑥+1.因为𝑦=2𝑥在𝑥∈[1,2

]上单增，所以𝑦=2𝑥+1在𝑥∈[1,2]上单增，所以𝑦=22𝑥+1在𝑥∈[1,2]上单减，所以𝑓(𝑥)=2𝑥−12𝑥+1=1−22𝑥+1在𝑥∈[1,2]上单增，所以𝑓(𝑥)≥𝑓(1)=2−12+1=13

>0.所以要使2+𝑚𝑓(𝑥)+2𝑥>0恒成立，只需𝑚>−2−2𝑥𝑓(𝑥)=−(2𝑥+1)(2𝑥+2)2𝑥−1恒成立.因为𝑦=2𝑥在𝑥∈[1,2]上单增，所以2≤2𝑥≤4，所以1≤2𝑥−1≤3.令𝑡=2𝑥−1,𝑡∈[1,3].记ℎ(𝑡)=−(2

𝑥+1)(2𝑥+2)2𝑥−1=−(𝑡+2)(𝑡+3)𝑡=−(𝑡+6𝑡+5)≤−(2√𝑡×6𝑡+5)=−2√6−5（当且仅当𝑡=6𝑡，即𝑡=√6∈[1,3]时2等号成立），所以ℎ(𝑡)max=−2√6−5.所以𝑚>−2√6−5.即m的取值范围为(−2√6−5,+∞)

.17．【详解】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，则𝑎2+𝑎3=𝑎1+𝑑+𝑎1+2𝑑=4+3𝑑=10，解得𝑑=2，∴𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+2(𝑛−1)=2𝑛，∴𝑏2𝑏3=𝑏1𝑞�

�1𝑞2=𝑞3=−𝑎4=−8，解得𝑞=−2，∴𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=(−2)𝑛−1，即𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=(−2)𝑛−1；（2）由（1）得𝑐𝑛=2𝑛+(−2)𝑛−1，∴𝑐1+𝑐3+𝑐5+⋯+𝑐2𝑛−1=(𝑎1+𝑎3+

⋯+𝑎2𝑛−1)+(𝑏1+𝑏3+⋯+𝑏2𝑛−1)=𝑛(𝑎1+𝑎2𝑛−1)2+𝑏1(1−𝑞2𝑛)1−𝑞2=𝑛(2+4𝑛−2)2+1−(−2)2𝑛1−(−2)2=2𝑛2+4𝑛3−13.18．（1）由𝑎(sin𝐶−s

in𝐴)sin𝐶+sin𝐵=𝑐−𝑏，可得𝑎(sin𝐶−sin𝐴)=(𝑐−𝑏)(sin𝐶+sin𝐵)，由正弦定理得𝑎(𝑐−𝑎)=(𝑐−𝑏)(𝑐+𝑏)，即𝑎2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐，由

余弦定理得cos𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=12，因为0<𝐵<π，可得𝐵=π3；（2）sin(𝐴+𝐶)=sin(𝜋−𝐵)=sin𝐵，则tan𝐵tan𝐴+tan𝐵tan𝐶=sin𝐵cos𝐵(

cos𝐴sin𝐴+cos𝐶sin𝐶)=sin𝐵cos𝐵⋅sin(𝐴+𝐶)sin𝐴sin𝐶=1cos𝐵⋅sin2𝐵sin𝐴sin𝐶=1cos𝐵⋅𝑏2𝑎𝑐=4，又𝐵=π3，可得𝑏2=2𝑎𝑐﹐又由（1）𝑎

2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐，得𝑎2+𝑐2−3𝑎𝑐=0，所以(𝑎𝑐)2−3(𝑎𝑐)+1=0，所以𝑎𝑐=3±√52，所以sin𝐴sin𝐶=3±√52．19．（1）相关系数为𝑟=∑(𝑥𝑖−�

�̅)(𝑦𝑖−𝑦̅)𝑛𝑖=1√∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2∑(𝑦𝑖−𝑦̅)2𝑛𝑖=1𝑛𝑖=1=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)(𝑦𝑖−𝑦̅)𝑛𝑖=1∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1√∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1√∑(

𝑦𝑖−𝑦̅)2𝑛𝑖=1=𝑏̂√𝑛𝑠𝑥2√𝑛𝑠𝑦2=𝑏̂√𝑠𝑥2√𝑠𝑦2，所以𝑟=4.7×√250=4.7×15=0.94>0.9，故𝑦与𝑥线性相关较强.（2）零假设为H0：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无

关.𝜒2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)=100×(30×35−20×15)250×50×45×55≈9.091>6.635所以依据小概率值𝛼=0.0

1的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.（3）11人中，男性车主11×2055=4人，女性车主11×3555=7人，则𝑋的可能取值为0，1

，2，3，4，故𝑃(𝑋=0)=C74C114=766，𝑃(𝑋=1)=C41C73C114=1433，𝑃(𝑋=2)=C42C72C114=2155，𝑃(𝑋=3)=C43C71C114=14165，𝑃(𝑋=4)=C44C114=1330，故𝑋的分布列为：

𝑋01234𝑃76614332155141651330𝐸(𝑋)=0×766+1×1433+2×2155+3×14165+4×1330=1611.20．（1）在平面四边形ABCD中，𝐶𝐷∥𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐶𝐵=1,𝐴𝐵=2，所以四边形ABC

D是等腰梯形，过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸,因为四边形ABCD是等腰梯形，所以𝐵𝐸=12,𝐴𝐸=32,𝐶𝐸=√𝐵𝐶2−𝐵𝐸2=√12−(12)2=√32,𝐴𝐶=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√(32)2+(√32)2=√3，所

以𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=𝐴𝐵2，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，又𝐴𝐶⊥𝑃𝐵,𝐵𝐶∩𝑃𝐵=𝐵，BC，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐶，又𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以，平面𝑃𝐴

𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐶.（2）因为𝑃𝐵⊥𝐵𝐶,𝐴𝐶⊥𝑃𝐵,𝐵𝐶∩𝐴𝐶=𝐶,BC，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，由（1）知，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，以C为原点，建立空间直角坐标系𝐶−𝑥𝑦𝑧，如图所示则𝐶(0,0,

0),𝐴(√3,0,0),𝐵(0,1,0),𝐷(√32,−12,0)，因为𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐵⊥𝐵𝐶，可设𝑃𝐵=𝑎(𝑎>0),所以𝑃(0,1,𝑎)，则𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0,0),𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,1,𝑎)，设平面PAC的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⋅𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{√3𝑥=0𝑦+𝑎𝑧=0，令𝑦=𝑎，则𝑥=0,𝑧=−1，所以𝑛⃗=(0,𝑎,−1)，因为直线𝑃�

�与平面𝑃𝐴𝐶所成的角为30°，所以sin30°=|cos〈𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗〉|=|−𝑎𝑎√𝑎2+1|=12，解得𝑎=√3或𝑎=−√3（舍），所以𝑃(0,1,√3)，又𝐷(√32,−12,0)，所以𝑃𝐷=√(0−√32)2+(1+12

)2+(√3−0)2=√6.21．（1）由题意得|𝐹𝐴|=𝑎+𝑐=2+√5，𝐹(𝑐,0)，渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥，则𝐹(𝑐,0)到渐近线的距离为|𝑏𝑐|√𝑎2+𝑏2=𝑏𝑐𝑐=𝑏=1，又因为𝑐2=�

�2+𝑏2，所以𝑎=2，𝑏=1，𝑐=√5，故双曲线𝐶的标准方程为𝑥24−𝑦2=1.（2）设直线𝑙：𝑥=𝑚𝑦+4，−2<𝑚<2，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，联

立方程组{𝑥=𝑚𝑦+4,𝑥24−𝑦2=1,得(𝑚2−4)𝑦2+8𝑚𝑦+12=0，所以𝑦1+𝑦2=−8𝑚𝑚2−4，𝑦1𝑦2=12𝑚2−4.因为直线𝐴𝑃的方程为𝑦=�

�1𝑥1+2(𝑥+2)，所以𝑀的坐标为(0,2𝑦1𝑥1+2)，同理可得𝑁的坐标为(0,2𝑦2𝑥2+2).因为𝑘1=2𝑦1𝑥1+2−4=−𝑦12(𝑥1+2)，𝑘2=2𝑦2𝑥2+2−4=−𝑦22(𝑥2+2)，所以𝑘1𝑘2=𝑦1𝑦24(𝑥1+2)(𝑥2

+2)=𝑦1𝑦24(𝑚𝑦1+6)(𝑚𝑦2+6)=𝑦1𝑦24[𝑚2𝑦1𝑦2+6𝑚(𝑦1+𝑦2)+36]=12𝑚2−44(12𝑚2𝑚2−4−48𝑚2𝑚2−4+36)=312𝑚2−48𝑚2+36𝑚2−144

=−148，即𝑘1𝑘2为定值−148.22．（1）∵𝑓(𝑥)=e𝑥+(2−𝑎)cos𝑥，∴𝑓′(𝑥)=e𝑥+(𝑎−2)sin𝑥，要使𝑓(𝑥)在[0,+∞)单调递增，只需∀𝑥∈[0,+∞)，𝑓′(𝑥)≥0恒成立.

即∀𝑥∈[0,+∞)，e𝑥+(𝑎−2)sin𝑥≥0，又e𝑥>0，∴1+(𝑎−2)sin𝑥e𝑥≥0，即1≥(2−𝑎)sin𝑥e𝑥；当𝑎=2时，𝑓′(𝑥)=e𝑥>0符合题意，故𝑎=2；当𝑎>2时，2−𝑎<0，12−𝑎≤sin𝑥e�

�；当𝑎<2时，2−𝑎>0，12−𝑎≥sin𝑥e𝑥.令𝑔(𝑥)=sin𝑥e𝑥(𝑥≥0)，∴𝑔′(𝑥)=e𝑥cos𝑥−e𝑥sin𝑥(e𝑥)2=cos𝑥−sin𝑥e𝑥=√2e𝑥cos(𝑥+π

4)，当2𝑘π−π2≤𝑥+π4≤2𝑘π+π2(𝑘∈Z)时，cos(𝑥+π4)≥0，即𝑥∈[2𝑘π−3π4,2𝑘π+π4](𝑘∈Z)，cos(𝑥+π4)≥0；当2𝑘π+π2≤𝑥+π4≤2𝑘π+3π2(𝑘∈Z)时，cos(𝑥+π4)≤0，即𝑥∈[2𝑘π+π4,2𝑘π

+5π4](𝑘∈Z)，cos(𝑥+π4)≤0；∵√2e𝑥>0，𝑥≥0，∴𝑥∈[0,π4]∪[2𝑘π−3π4,2𝑘π+π4](𝑘∈N∗)，𝑔′(𝑥)≥0；𝑥∈[2𝑘π+π4,2𝑘π+5π4](𝑘∈N)时，𝑔′(𝑥)≤0；所以𝑔(𝑥)在[0

,π4]，[2𝑘π−3π4,2𝑘π+π4](𝑘∈N∗)上单调递增；在[2𝑘π+π4,2𝑘π+5π4](𝑘∈N)上单调递减.由𝑔(𝑥)=sin𝑥e𝑥(𝑥≥0)知，分子是一个周期函数，而分母却是一个增函数，不妨把𝑔(𝑥)看成是振幅越来越小的“类周期函数”，所以�

�(𝑥)最值只能出现在第一个周期，如图所示：所以𝑔(𝑥)max=𝑔(π4)=1√2eπ4，𝑔(𝑥)min=𝑔(5π4)=−1√2e5π4；所以有{𝑎>212−𝑎≤−1√2e5π4或{𝑎<212−𝑎≥1√2𝑒π4，解得2<𝑎≤2+√2e5π4或2−√2

eπ4≤𝑎<2；由上知𝑎=2已成立，综上2−√2eπ4≤𝑎≤2+√2e5π4，即𝑎的取值范围是[2−√2eπ4,2+√2e5π4].（2）由𝑓(𝑥)≥𝑎(𝑥−1)+3得，e𝑥+(2−𝑎)cos𝑥≥𝑎(𝑥−1)+3(𝑥≥0)整理得e𝑥+(2−𝑎)cos

𝑥−𝑎(𝑥−1)−3≥0(𝑥≥0)，不妨令ℎ(𝑥)=e𝑥+(2−𝑎)cos𝑥−𝑎(𝑥−1)−3(𝑥≥0)，只需证ℎ(𝑥)≥0(𝑥≥0)即可；又ℎ(0)=1+2−𝑎+𝑎−3=0，ℎ′(𝑥)=e

𝑥+(𝑎−2)sin𝑥−𝑎，所以ℎ′(0)=1−𝑎≥0即𝑎≤1，下面证𝑎≤1时符合题意，∀𝑥∈[0,+∞)时，令ℎ′(𝑥)≥0恒成立；所以有∀𝑥∈[0,+∞)时，e𝑥+(𝑎−2)sin𝑥−𝑎≥

0；变形为𝑎(1−sin𝑥)≤e𝑥−2sin𝑥，当sin𝑥=1时，0<e𝜋2−2≤e𝑥−2sin𝑥成立；当sin𝑥≠1时，1−sin𝑥>0，所以有𝑎≤e𝑥−2sin𝑥1−sin𝑥=e𝑥−21−sin𝑥+2，𝑥≥0且𝑥≠2𝑘π+π2(𝑘∈

N)；令𝑚(𝑥)=e𝑥−21−sin𝑥，𝑥≥0且𝑥≠2𝑘π+π2(𝑘∈N)，只需求𝑚(𝑥)的最小值即可.𝑚′(𝑥)=e𝑥(1−sin𝑥)−(e𝑥−2)(−cos𝑥)(1−sin𝑥)2，令𝑛(�

�)=e𝑥(1−sin𝑥)−(e𝑥−2)(−cos𝑥)，𝑥≥0且𝑥≠2𝑘π+π2(𝑘∈N)，𝑛′(𝑥)=e𝑥(1−sin𝑥)+e𝑥(−cos𝑥)−(e𝑥−2)sin𝑥−e𝑥(−cos𝑥)=

e𝑥(1−sin𝑥)−(e𝑥−2)sin𝑥=e𝑥+2sin𝑥−2e𝑥sin𝑥，当𝑥∈[0,ln2)时，因为ln2<lne=1<π2，所以0≤sin𝑥<1，而e𝑥≥1，所以有e𝑥+2sin𝑥≥2√2e𝑥

sin𝑥，当且仅当e𝑥=2sin𝑥取等号，所以𝑛′(𝑥)≥2√2e𝑥sin𝑥−2e𝑥sin𝑥=√2e𝑥sin𝑥(2−√2e𝑥sin𝑥)，当𝑥∈[0,ln2)时，1≤e𝑥<2，所以𝑛′(𝑥)>√2e𝑥sin𝑥(2−2√sin𝑥)

=2√2e𝑥sin𝑥(1−√sin𝑥)>0所以𝑛(𝑥)在𝑥∈[0,ln2)上单调递增，又𝑛(0)=1−(1−2)(−1)=0，所以𝑛(𝑥)≥0，所以𝑚′(𝑥)≥0，即𝑚(𝑥)在𝑥∈[0,ln2)上单调递增，𝑚(𝑥)min=𝑚(0)=1−21−0=−1；当𝑥∈[l

n2,+∞)时，e𝑥−2≥2−2=0，即𝑚(𝑥)=e𝑥−21−sin𝑥≥0；综上，𝑚(𝑥)min=−1，所以𝑎≤−1+2=1，即当𝑎≤1时，ℎ′(𝑥)≥0恒成立，ℎ(𝑥)≥ℎ(0)=0(𝑥≥0)，符合题意；所以𝑎的取值范围为(−∞,1].【点睛】关键点点睛

：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第一问中分类讨论将参变分离是关键；第二问中自变量的分段讨论；巧妙利用均值不等式得出导数为正是关键点，考查数学转化思想，属于难题.公众号：全元高考获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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