【文档说明】湖南省长沙市第一中学2023届高三月考卷（七）丨数学解析.docx，共(29)页，1.870 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2023届高三月考试卷（七）数学时量：120分钟满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合213Mxx=+，Nxxa=，若MNN=，则实数a的取值范围为（）A.)1

,+B.)2,+C.(,1−D.(),1−【答案】C【解析】【分析】先求出集合M，根据MNN=得出N为M的子集，结合集合间的关系可得答案.【详解】2131Mxxxx=+=，因为MNN=，所以N为M的子集，所以1a.故选：C.2.若实数x，y满足(i)(3i)

24ixy++=+，则xy=（）A.1−B.1C.3D.3−【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算和复数相等的定义求解.【详解】(i)(3i)3(3)i24ixyxyxy++=−++=+，所以3234xyxy−=+=，则1xy=，故选

:B.3.1947年，生物学家MaxKleiber发表了一篇题为《bodysizeandmetabolicrate》的论文，在论文中提出了一个克莱伯定律：对于哺乳动物，其基础代谢率与体重的34次幂成正比，即340FcM=，其中F为基础代谢率，M为体重．若某哺乳动物经过

一段时间生长，其体重为原来的10倍，则基础代谢率为原来的（参考数据：4101.7783）（）A.5.4倍B.5.5倍C.5.6倍D.5.7倍【答案】C【解析】【分析】利用幂的运算性质去求解即可解决【详解】设该哺乳动物原体重为1M、基础代谢率为1F，则34101F

cM=，经过一段时间生长，其体重为110M，基础代谢率为2F，则()3420110FcM=则()33334444201011101010FcMcMF===，则32341101.77835.6FF=故选：C4.已知函数()2sinfxxx=+，设1x

，2xR，则()()12fxfx成立的一个必要不充分条件是（）A.12xxB.21xxC.120xx+D.12xx【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数()fx为偶函数，且在(0,)+上单调递增，所以()fx在(,0)−上单调递减，结

合()()12fxfx可得2212xx，举例说明即可判断选项A、B，将选项C、D变形即可判断.【详解】函数()fx的定义域为R，则函数22()sin)sin=()(fxxxxxfx−=−+=+−，所以函数()fx是偶函数，当0x时，2

()sinfxxx=+，2()12sincos(sincos)0fxxxxx=+=+，所以()fx在(0,)+上单调递增，所以()fx在(,0)−上单调递减.若()()12fxfx，则12xx，即2212xx

.A：若1212xx==−，，满足12xx，但(1)(2)(2)fff−=，反之也不成立，故选项A错误；B：若1245xx==，，满足21xx，则(4)(5)ff，反之，若()()12fxfx，不一定

21xx，故选项B错误；C：由120xx+可得12xx−，但不一定有()()12fxfx，所以充分性不成立，故选项C错误；D：由12xx可得()()12fxfx，但由()()12fxfx不一定能推出12xx，故D正确.故选：D.5.如图，圆(

)2221xyM−+=：，点()1,Pt−为直线1lx−=：上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为,AB；若两条切线,PAPB与y轴分别交于,ST两点，则ST的最小值为（）A.12B.22C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用M到切线的距离等

于1列方程，结合根与系数关系，求得ST的表达式，进而求得ST的最小值.【详解】解：由题知，切线的斜率存在，设切线方程为()1ykxt=++，即0kxykt−++=.设圆心M到切线的距离为d，则2311

ktdk+==+，化简得228610ktkt++−=，则2Δ4320t=+，设两条切线,PAPB的斜率分别为,PAPBkk，则34PAPBkkt+=−，21·8PAPBtkk−=.在切线()1ykxt=++中，令0x=，解得ykt=+，所以()()PAPBPAPBSTktktkk=+−+=−()

222231844484PAPBPAPBttkkkkt−+=+−=−−=，即284tST+=，所以min22ST=，此时0.t=故ST的最小值为22.故选：B.6.某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同

的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（）A.288B.336C.576D.1680【答案】B【解析】【分析】根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于

车是不相同的,故白车的停法有43224=种,第二步,排黑车,若白车选AF,则黑车有,,,,,,BEBGBHCECHDEDG共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有2714=种，根据分步计数原理,共有241

4336=种,故选：B7.在平面直角坐标系xOy中，已知过抛物线24yx=焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以AF，BF为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若2PFFQ=，则线段AB的长为（）A.52B.72C.92D.132【答案】C【解析】【分析】设2,A

FmBFm==，通过几何分析可求得tan22BEAFPAE==，从而求出AB的方程，联立AB的方程和抛物线方程即可求弦长AB.【详解】如图，过点,AB分别作准线=1x−的垂线，垂足为,CD,过B作AC的

垂线，垂足为E，因为AF，BF为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，所以90APFBQF==,且AFPBFQ=,所以QFB△与PFA相似，且相似比为:1:2FQPF=，所以2AFBF=,设2

,AFmBFm==，所以CEBDBFm===，则AEm=，所以2222BEABAEm=−=，tan22BEAEBAE==，即tan22BEAFPAE==,所以直线AB的斜率为22，所以AB的方程为22(1)yx=−，联立222(1)4yxyx=−=可得22520

xx−+=，设1122(,),(,)AxyBxy，则有1252xx+=，所以1292ABxxp=++=，故选:C.8.若正实数a，b满足ab，且lnln0ab，则下列不等式一定成立的是（）A.log0abB.11abba−−C.122abab++D

.11baab−−【答案】D【解析】【分析】根据函数单调性及lnln0ab得到1ab或01ba，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.【详解】因为0ab

，lnyx=为单调递增函数，故lnlnab，由于lnln0ab，故lnln0ab，或lnln0ba，当lnln0ab时，1ab，此时log0ab；()11110ababbaab−−−=−−，故11abba−−；()()()1110ababab+

−+=−−，122abab++；当lnln0ba时，01ba，此时log0ab，()11110ababbaab−−−=−−，故11baab−−；()()()1110ababab+−+=−−，1

22abab++；故ABC均错误；D选项，11baab−−，两边取自然对数，()()1ln1lnbaab−−，因为不管1ab，还是01ba，均有()()110ab−−，所以lnln11abab−−，故只需证lnln11abab−−即可，设()ln1xf

xx=-（0x且1x），则()()211ln1xxfxx−−=−，令()11lngxxx=−−（0x且1x），则()22111xgxxxx−=−=，当()0,1x时，()0gx，当()1,

x+时，()0gx，所以()()10gxg=，所以()0fx在0x且1x上恒成立，故()ln1xfxx=-（0x且1x）单调递减，因为ab，所以lnln11abab−−，结论得证，D正确故选：D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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知随机变量X服从正态分布()0,1N，定义函数()fx为X取值不超过x的概率，即()()fxPXx=.若0

x，则下列说法正确的有（）A.()()1fxfx−=−B.()()22fxfx=C.()fx在()0,+上是增函数D.()()21PXxfx=−【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的性质和()()fxPXx=逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为随机变量

X服从正态分布()0,1N，()()fxPXx=，所以()()1()fxPXxfx−==−，所以A正确，对于B，因为()2(2)fxPXx=，()22()fxPXx=，所以B错误，对于C，因为随机变量X服从正态分布()0,1N，()()fxPXx=，所以当0x时，随x的增大，(

)PXx的值在增大，所以()fx在()0,+上是增函数，所以C正确，对于D，因为()()1fxfx−=−，所以()()()12121()2()1PXxPxXxfxfxfx=−=−−=−−=−，所以D正确，故选

：ACD10.2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数()()*πsin,,3fxAxA

=+N的图像，而破碎的涌潮的图像近似()fx（()fx是函数()fx的导函数）的图像．已知当2πx=时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为－4，则（）A.2=B.π623f=+C.π4fx−是偶函数D

.()fx在区间π,03−上单调【答案】BC【解析】【分析】由()fx，求得()fx，由题意得()(2ππ)2ff=，由*N，π3，解出,，由破碎的涌潮的波谷为-4，解得A，得到()fx和()fx解析式，逐个判断选项.【详解】()()sinfxAx=+

，则()()cosfxAx=+，由题意得()(2ππ)2ff=，即sincosAA=，故tan=，因为*N，π3，所以tan3=，所以π,14==，则选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为4−，所以()fx的最小值为4−，即4A−=−

，得4A=，所以()π4sin4fxx=+，则πππππππ32124sin4sincoscossin46233434342222f=+=+=+=+，故选项B正确；因为()π4sin4fxx=+，所

以()π4cos4fxx=+，所以π4cos4fxx−=为偶函数，则选项C正确；()π4cos4fxx=+，由π03x−，得πππ1244x−+，因为

函数4cosyx=在π,012−上单调递增，在π0,4上单调递减，所以()fx在区间π,03−上不单调，则选项D错误.故选：BC11.在棱长为a的正方体1111ABCDABCD−中，1BD与平面1ACD相交于点E，P为1ACD△内一点，且1113PBDACD

SS=△△，设直线PD与11AC所成的角为，则下列结论正确的是（）A.1BDPE⊥B.点P的轨迹是圆C.点P的轨迹是椭圆D.的取值范围是ππ,32【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得1BD⊥平面1ACD，分析可得点E即

为1ACD△的中心，结合1113PBDACDSS=△△可得13PEa=，从而可得点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，转化为PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.【详解】如图所示，1BD与平面1ACD相交于点E，连接

BD交AC于点O，连接11BD；由题意可知1BB⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则1BBAC⊥；又因为ACBD⊥，11,BBBDBBBBD=，平面11BDDB，所以AC⊥平面11BDDB，又1BD平面11BDD

B，所以1ACBD⊥；同理可证11ADBD⊥，又1ADACA=，1,ADAC平面1ACD，所以1BD⊥平面1ACD；又因为111111ACADCDABBDBC=====，由正三棱锥性质可得点E即为1ACD△的中心，连接1OD；因为O为AC的中点，1OD交1BD于

点E，连接PE，由1BD⊥平面1ACD，PE平面1ACD，则1BDPE⊥，所以选项A正确；即PE为1PBD的高，设PEd=，由正方体棱长为a可知，13,2BDaACa==，且1ACD△的内切圆半径66rOEa==；所以112113133,2222222PBDA

CDSPEadSBDaaa====VV；又1113PBDACDSS=△△，即可得13dar=，所以点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，所以B正确，C错误；由1BD⊥平面1ACD，1OD平面1ACD，则11BDOD⊥，所以

2233DEODOEa=−=，因此PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，如图所示:设圆锥母线与底面所成的角为，则33tan313aa==，所以π3=；即直线PD与平面1ACD所成的角为π3，又因为异面直线所成角的取值范围是π0

,2，直线AC在平面1ACD内，所以直线PD与AC所成的角的取值范围为ππ,32,又因为11//ACAC，所以直线PD与11AC所成的角的取值范围为ππ,32，即ππ,32；即D正确；故选：ABD【点睛】关键

点点睛：（1）通过比较PE与1ACD△的内切圆半径的大小，得出动点P的轨迹；（2）将直线PD与11AC所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.12.已知数列na满足1ee1nnaana+=−，且11a=，nS是数列na的前n项和，则下列结论正确的是（）A.

0naB.1nnaa+C.2021202320222aaa+D.20232S【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A，B证明数列na为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着na减小，从而1nnaa+−增大，即得解；对于选项D，证明112+nnaa，

即得解.【详解】解：对于选项A、B，因为11a=，0na，所以11nnaaneea+−=，设()e1exxgxx=−−，g()eeeexxxxxxx==−−−当0x时，()0gx，()gx单调递减，当0x时，()0gx，()gx单调递增

，所以()(0)0gxg=，则ee1xxx−，所以ee1nnaana−，当0na时，1e1eennnaaana+−=，1nnaa+，当0na时，1e1eennnaaana+−=，1nnaa+，因为11a=，所以这种情况不存

在，则数列na满足当0na时，1nnaa+，为单调递减数列，故A选项正确，B选项错误；对于选项C，()1ln1lnenannnnaaaa+−=−−−令,(0,1]nxax=，设()()ln1ln,(0,]e1xfxxxx=−−−则

e111()10e1e1xxxfxxx=−−=−−−，所以函数()fx单调递减，所以随着na减小，从而1nnaa+−增大，所以2023202220222021−−aaaa，即2021202320222aaa+，所以C选项正确，对于选项D，由前面得101

nnaa+，下面证明112+nnaa，只需证明112e1ln11e111lne2e22nnnnaaaannnnnnnaaaaaaa+−−−，令enab=，则1eb，所以111222

1ln0lnbbbbbb−−−−，令1122()ln,(1,e]mbbbbb−=−−，则11()202mbbbb=+−，m()m(1)0b=成立，则112+nnaa所以2023122212202120211112222Saaaaaa+++

+=+−()()2021112lne1lne122=+−−−所以D选项正确；故选：ACD.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）数

列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.三、填空题：本题共4

小题，每小题5分，共20分.13.设平面向量a，b的夹角为60，且2ab==，则a在b上的投影向量是______.【答案】12b【解析】【分析】根据题意，求得cos601a=，进而求得a在b上的投影向量，得到答案.【详解】由题意知，平面向量a，b夹角为60，且2ab

==，的则cos601a=，所以则a在b上的投影向量为112bbb=.故答案为：12b14.若直线l：ykxb=+为曲线()exfx=与曲线()2elngxx=的公切线（其中e为自然对数的底数，e2.71828），则实数b=___________.【答

案】0或2e−##2e−或0【解析】【分析】设切点坐标，求导，根据切线方程的求解，分别得到()fx，()gx的切线方程，由两条切线方程相同可联立方程即可求出切点横坐标，进而可求解.【详解】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求b.设l与()fx的切点为()11,xy，则由()exfx

=，有()111:e1exxlyxx=+−.同理，设l与()gx的切点为()22,xy，由()2egxx=，有()2222e:eln1lyxxx=+−.故()()1122212ee1eeln1,xxxxx=−=−

，①②由①式两边同时取对数得：12212lnln1=1xxxx=−−−③，将③代入②中可得：()()121e01exx−−=，进而解得121,exx==或122,1xx==.则:elyx=或22ee.yx=−故0b=或2e−.故答案为：0或2e−15.如图，在

四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若3PD=，π3APDBAD==，则三棱锥PAOD−的外接球的体积为______.【答案】36π【解析】【分析】根据棱锥性质，证明PA

的中点就是三棱锥PAOD−的外接球球心，得出半径后可求体积．【详解】取PA中点M，DA中点E，连接,MEEO，则//MEPD，因为PD⊥底面ABCD，所以ME⊥平面ABCD，因为四边形ABCD是菱形，则AOOD⊥，所以E是AOD△的外

心，又PD⊥底面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD⊥，所以M到,,,PADO四点距离相等，即为三棱锥PAOD−的外接球球心．又3PD=，π3APD=，所以36πcos3PA==，所以3MAMP==，所以三棱锥PAOD−的外接球体

积为34π336π3V==．故答案为：36π．16.已知双曲线()222210xyababE−=：的左、右焦点分别为()13,0F−，()23,0F、两条渐近线的夹角正切值为22，则双曲线E的标准方程为______；若直线:30lkxyk−−=与双曲线E的右支交于,AB两

点，设1FAB的内心为I，则1FAB与IAB△的面积的比值的取值范围是______.的【答案】①.22163xy−=②.()2,6【解析】【分析】设双曲线E的一条渐近线byxa=的倾斜角为π,0,2，进而结合题意得2tan2ba==，进而结合222

3,cbac=+=即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得2F为1FAB的内切圆与边AB的切点，进而将问题转化为1462IAFABBSABS+=△，最后联立方程，求解弦长AB的范围即可得答案.【详解】解：设双曲线E的一条渐近线byxa=的倾斜角为π,0,2

，由0ab得10ba，π20,2，所以，22tantan2221tan==−，解得2tan2=或tan2=−（舍）所以，22ba=，即2ab=，因为2223,cbac=+=，所以223,6ba==，即双

曲线E的标准方程为22163xy−=；由:30lkxyk−−=得():3lykx=−，故直线l过点()23,0F，所以，如图，设1FAB的内切圆与11,,AFBFAB分别切于DCE,,点，则11,,ADAEBCBEFCFD===，1111,ADFDAFBCFCBF+=+

=，由双曲线的定义得121226AFAFBFBF−=−=，所以1122AFBFAFBFADBCAEBE−=−=−=−，即22AFBFAEBE−=−，所以，点2,EF重合，即2F为1FAB的内切圆与边AB的切点，所以，2IF为1FAB的内切圆半径，因为()121112FABSIFAFBFAB=++

，212IABSIFAB=△所以1211246246462IABFABSBAAFBFABAFBFABABSABBABA+++++===++=△，设()()1122,,,AxyBxy，联立方程()223163ykxxy

=−−=得()222212121860kxkxk−+−−=，所以，()()()42221444121862410kkkk=−−−−=+且2120−k，即22k，22121222121860,02121kkxxxxkk++==−−，即2210k−所以()()222

2121222213211362214262666212121kkABkxxxxkkk−++=++−===+−−−，所以，()14622,6IBABFASSAB=+△故1FAB与IAB△的面积的比值的取值范围是()2,6.故答案为：22163xy−

=；()2,6.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到2F为1FAB的内切圆与边AB的切点，进而根据面积公式求解即可.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算

步骤.17.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知6ac+=，()()3cossinsin1cosABAB−=+.（1）求边b大小；（2）求ABC的面积的最大值.【答案】（1）2b=；（2）22.【解析】【分析

】（1）先利用三角恒等变换化简得3sinsinsinBAC=+，再利用正弦定理化简即得解；（2）先利用基本不等式求出9ac，再利用余弦定理求出cosB得到sinB，即得解.【小问1详解】()()3cossinsin1cosABAB−=+，则3sinsins

incoscossinsinsin()BAABABAAB=++=++，A+B+C=π，∴3sinsinsinBAC=+，由正弦定理可得36bac=+=，2b=.【小问2详解】6ac+=，62acac=+，可得9ac（当且仅当3ac==时等号

成立），2222()2416cos22acbacacacBacacac+−+−−−===，可得22164sin1cos1216acBBacacac−=−=−=−，114sin2162216229162222SacBacacacac==−=−−=（当且仅当3ac==时

等号成立）.∴ABC的面积的最大值为22.18.已知正项数列na的前n项和为nS，满足12nnSnSn++=，11a=.（1）求数列na通项公式；（2）数列nb为等比数列，数列nc满足112nnnnnacaab+++=，若22b=，的的10123452bbbbb=，求证：12

1nccc+++.【答案】（1）nan=，nN（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先由累乘法求得nS，再根据na与nS的关系即可求得数列na的通项公式；（2）先由条件求得数列nb的通项公式，即可得到nc，然后根

据裂项相消法即可证明.【小问1详解】因为12nnSnSn++=，则3124123213451,,,,,12321nnnnSSSSSnnSSSSnSn−−−+=====−−，累乘可得，()113451123212nnnSnnSnn++

==−−，2n所以()1,22nnnSn+=，又111Sa==符合式子，所以()1,2nnnSn+=N，当2n时，()()2211122nnnnnS−−+−−==，所以两式相减可得1nnnaSSn−=−=，2n，又11a=符合上式，所以nan=，nN【小问2

详解】因为数列nb为等比数列，22b=，且10123452bbbbb=，设数列nb的公比为q，则()51022bq=，即()51022q=，所以2q=，则12nnb−=所以()()121112212nnnnncnnnn−+==−++，

即()1211111111144121232212nnncccnn−+++=−+−+−++−+()11112nn=−+19.在直角梯形11AABB中，11//ABA

B，1AAAB⊥，11126ABAAAB===，直角梯形11AABB绕直角边1AA旋转一周得到如下图的圆台1AA，已知点,PQ分别在线段1CC，BC上，二面角111BAAC−−的大小为.（1）若120=?，123CPCC=，⊥AQAB，证明：//PQ平面11AABB；（2

）若90=，点P为1CC上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面11AACC所成最大角的正切值，并求此时二面角QAPC−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）PQ与平面11AACC所成最大角的正切值为52，此时二面角QAPC−−的余弦值为28989【解析】【分析】（1）由

已知可建立以A为原点，1,,ABAQAA所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；（2）根据已知可建立以A为原点，1,,ABACAA所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设

10,1CPCC=，，根据线面关系求得PQ与平面11AACC所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角QAPC−−的余弦值.【小问1详解】因为1AAAB⊥，所以1AAAC⊥，所以111120BACBAC===，又,,ABACAABA

C=平面ABC，所以1AA⊥平面ABC，又AQ平面ABC，所以1AAAQ⊥，又⊥AQAB，如图，以A为原点，1,,ABAQAA所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，由于11126ABAAAB===，所以23AQ=，则()()13330,23,0,3,33,0,,,622QC

C−−，又123CPCC=，所以()()23333,33,,,61,3,4322PPPxyz+−=−=−，则()2,23,4P−，所以()2,0,4PQ=−−，又y⊥轴平面11AABB，故()0,1,0n=可为平面11AABB

一个法向量，又0000PQn=++=，且PQ平面11AABB，所以//PQ平面11AABB；【小问2详解】因为1AAAB⊥，所以1AAAC⊥，所以11190BACBAC===，如图，以A为原点，1,,ABACAA所在直线分别为,,xyz轴建立空间

直角坐标系，则()()()()16,0,0,0,6,0,0,3,6,3,3,0BCCQ，设10,1CPCC=，，则()()0,3,60,3,6CP=−=−，则()()()3,3,00,3,63,33,6PQCQCP=−=−−−=−+−，又x⊥轴平

面11AACC，的所以()1,0,0m=可作为平面11AACC的一个法向量，设PQ与平面11AACC所成角为，且π0,2，则23sincos,451818PQmPQmPQm===

−+，又函数siny=与tany=均在π0,2上单调递增，所以当15=时，23sin451818=−+有最大值为53，此时tan也取到最大值，又22cos1sin3=−=，

则()max5tan2=；设此时平面APQ的法向量为(),,pxyz=，又()()1262763,3,0,3,3,03,,0,,5555AQAPAQPQ==−=−−−=所以3300276200559xyxyAQpyzyzAPp+==−=

+==−=，令9z=，则()2,2,9p=−，()1,0,0m=是平面APC的一个法向量，所以2289cos,89189mpmpmp===，由图可知二面角QAPC−−为锐角，即二面角QAPC−−的余弦值

为28989.所以PQ与平面11AACC所成最大角的正切值为52，此时二面角QAPC−−的余弦值为28989.20.某学校为了弘扬中华传统文化，组织开展中华传统文化活动周，活动周期间举办中华传统文化知识竞赛活动，以班

级为单位参加比赛，每班通过中华传统文化知识竞答活动，择优选拔5人代表班级参加年级比赛.年级比赛分为预赛与决赛二阶段进行，预赛阶段的赛制为：将两组中华传统文化的们答题放在甲、乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个班级代表队在甲或乙两个纸箱中随机抽

取两题作答.每个班级代表队先抽取一题作答，答完后试题不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个试题放回原纸箱中.（1）若1班代表队从甲箱中抽取了2个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着2

班代表队答题，2班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题.已知2班代表队从乙箱中取出的是选择题，求1班代表队从甲箱中取出的是2个选择题的概率；（2）经过预赛，成绩最好的6班代表队和18班代表队进入决赛，决赛采用成语接龙的形式进行，采用五局三胜制，即两班代表队中先胜三局的代

表队赢得这场比赛，比赛结束.已知第一局比赛6班代表队获胜的概率为35，18班代表队胜的概率为25，且每一局的胜者在接下来一局获胜的概率为25，每局必分胜负.记比赛结束时比赛局数为随机变量X，求随机变量X的数学期望()EX.【答案】（1）2049（2）()537125EX=.【解析】【分析】（1）根

据古典概型概率公式、全概率公式可得2班代表队从乙箱中取出1个选择题的概率，然后根据条件概率公式计算即可；（2）由题意知：X的可能取值为3，4，5，分别计算对应的概率，利用数学期望的公式计算()EX.【小问1详解】设事件A为“2班代表队从乙箱中取出1个选择题”，事件1B为“1班代表队从甲

箱中取出2个都是选择题”，事件2B为“1班代表队从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件3B为“I班代表队从甲箱中取出2个题都是填空题”则1B、2B、3B彼此互斥，且123=BBB，因为25128C5()C14PB==，115382

2CC15()C28PB==，22338C3()C28PB==所以16(|)9PAB=，25(|)9PAB=，34(|)9PAB=，()()()()()()()1122335615534714928928912PAPB

PABPBPABPBPAB=++=++=，所求概率即是A发生的条件下1B发生的概率：111156()()(|)20149(|)7()()4912PBAPBPABPBAPAPA====.【小问2详解】由题意知：X的可能取值为3、4、5，两班代表队打完三局恰好结束比赛的基本事件有{

三局6班胜}，{三局18班胜}，而第一局比赛6班获胜的概率为35，则第一局比赛18班获胜的概率为25，又胜者在接下来一局获胜的概率为25，所以3222221284(3)55555512512525PX==+=+=，当4X=时

，前三局{两局6班胜，一局18班胜，最后6班胜}，{两局18班胜，一局6班胜，最后18班胜}，最后6班胜概率为1232233323233132++555555555555625P==，最后18班胜概率为23322233222331

08++555555555555625P==，所以13210848(4)625625125PX==+=，则有57(5)1(4)(3)=125PXPXPX==−=−=，综上，44857537()34525125125125EX=

++=.21.已知双曲线C：2213xy−=.（1）若点P在曲线C上，点A，B分别在双曲线C的两渐近线1l、2l上，且点A在第一象限，点B在第四象限，若APPB=，1,23，求A

OB面积的最大值；（2）设双曲线C的左、右焦点分别为1F、2F，过左焦点1F作直线l交双曲线的左支于G、Q两点，求2GQF△周长的取值范围.【答案】（1）433（2）163,3+【解析】【分析】（1）易得两渐

近线1233:,:33lyxlyx==−，设()()112210033,,,,0,,33AxxBxxxPxy−，根据APPB=，将P点的坐标用12,,xx表示，再根据点P在曲线C上

，可得12,,xx的关系，再根据1sin2AOBSOAOBAOB=△化简整理即可得解；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设()()3344,,,QxyGxy，当直线l的斜率存在时，设直线l的

方程为()2ykx=+，根据线l交双曲线的左支于G、Q两点求出k的范围，再根据弦长公式求出QG，再根据2GQF△周长为2242QFGFQGaQG++=+，从而可得出结论.【小问1详解】双曲线C：2213xy−=的两渐近线1233:,:33lyxlyx

==−，设()()112210033,,,,0,,33AxxBxxxPxy−，由APPB=，得0101202033,,33xxyxxxxy−−=−−−，所以()012001203333xxxx

yxxy−=−−=−−，所以1201201331xxxxxy+=+−=+，因为点P在曲线C上，所以212212311331xxxx+−+

−=+，整理得()212314xx+=，22221112221212,3333OAxxxOBxxx=+==+=，因为直线1233,33llkk==−，所以直线1l的倾斜角为π6，所以π3AOB=，()212113331sin

22344AOBSOAOBAOBxx+====++，令()11,,23fxxxx=+，则()()()221111xxfxxx+−=−=，当113x时，()0fx

，当12x时，()0fx¢>，所以函数()fx在1,13上递减，在1,23上递增，又()1105,2332ff==，所以()max11033fxf==，所以当13=时，()max433AOBS=；【小问2详解】()12,0F−，设(

)()3344,,,QxyGxy，若直线l的斜率不存在时，则:2lx=−，在2213xy−=中，令2x=−，得33y=，则233QG=，2GQF△周长为22163423QFGFQGaQG++=+=，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为()2ykx=+，联立()2221

3ykxxy=+−=，消y得()222213121230kxkxk−−−−=，因为直线l交双曲线的左支于G、Q两点，所以()()()2222223422342130Δ12413123012013123013kkkkkxxkkxxk−=−−−−−+

=−−−=−，得213k，2GQF△周长为2242QFGFQGaQG++=+22222212123432141313kkkkk−−=++−−−()()2222121432113kkk+=++−221434313kk+=+−221434331kk+=+−()

22143133434331kk−+=+−216316313331k=+−，因为213k，所以2310k−，所以2163163116333313k+−，所以2GQF△周长的范围为163,3

+，综上所述，2GQF△周长的取值范围为163,3+.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：1、几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；2

、函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.22.已知函数()()lnfxxnx=+.（1）

若1n=，求函数()()()()12gxfxkxk=−−的零点个数，并说明理由；（2）当0n=时，若方程()fxb=有两个实根12,xx，且12xx，求证：213e2e123bxxb−+−++.【答案】（1）3，理由见解析（2）证明见解析【解析】【分

析】（1）先求导数，构造函数2()ln1khxxkx=+−+，利用导数研究单调性和图象的大致走势，结合零点存在定理和单调性可得答案；（2）先找出曲线()yfx=的两条切线，利用切线与yb=的交点证明213e232xbx−++−，再利用割线与yb=的交点证明21e1xxb−+.【小

问1详解】当1n=时，()()1lnfxxx=+，()()()()21ln11ln1kgxxxkxxxkx=+−−=++−+，显然1x=是()gx的一个零点，令2()ln1khxxkx=+−+，则()()()22222112()11xkxkhxxxxx+−+=

−=++()0x；设()()2221xxkx=+−+()0x，因为2k，其对应方程的判别式()420kk=−，所以()0x=有两个根，设为12,xx，则1212220,1xxkxx+=−

=；不妨设1201xx，令()0hx，则()()120,,xxx+；令()0hx，则()12,xxx；所以()hx在区间()()120,,,xx+单调递增，在区间()12,xx单调递减，又1201xx，所以12()(1)0()hxhhx=；又

当x无限趋近于正无穷大时，()hx也无限趋近于正无穷大；当x无限趋近于0时，()hx无限趋近于负无穷大；根据零点存在定理和函数单调性、连续性可知()hx在()()120,,,xx+各有一个零点，所以()gx总共有3个零点.【小问2详解】证明：先证

右半部分不等式：213e232xbx−++−；因为()lnfxxx=，()ln1fxx=+，所以333(1)0,(e)3e,(1)1,(e)2ffff−−−==−==−；可求曲线()yfx=在3xe−=和1x=处的切线分别为31:2elyx−=−−和2:1

lyx=−；设直线yb=与直线1l，函数()fx的图象和直线2l交点的横坐标分别为1122,,,,xxxx则312e,1,2bxxb−+=−=+则332121ee23(1)()22bbxxxxb−−+++−−=+−−=；因此213e232xbx−++−.再证左半部分不等

式：21e1xxb−+.设取曲线上两点11(,),(1,0)eeAB−，用割线:OAyx=−，1:(1)e1AByx=−−来限制21xx−，设直线yb=与直线1(1)e1,yxyx=−−−=的交点的横坐标分别为34,xx，则1342x

xxx，且3xb=−，4(e1)1,xb=−+所以2143(e1)1()e1xxxxbbb−−=−+−−=+.综上可得213e2e123bxxb−+−++成立.【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：（1）最值法：移项构造函数，通过

求解最值来证明；（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.