【文档说明】2023-2024学年度上学期泉州市高中教学质量监测高二数学模拟（适应性练习）.docx，共(23)页，619.022 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度上学期泉州市高中适应性练习2024．01高二数学本试卷共22题，满分150分，共6页。考试用时120分钟。注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框

）内作答，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

一、选择题：本大题共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．记平面直角坐标系内的直线𝑙1、𝑙2与x轴正半轴方向所成的角的正切值分别为𝑘1、𝑘2，则“𝑙1∥𝑙2”是“𝑘1=𝑘2”的A．

充分不必要条件B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件D．充要条件【命题意图】本题考查直线的斜率、倾斜角等基础知识；考查逻辑推理等基本能力；导向对发展逻辑推理、直观想象等核心素养的关注；体现基础性.【试题简析】若𝑙1∥𝑙2，则𝑙1,𝑙2可能垂

直于x轴，若𝑘1=𝑘2，则𝑙1,𝑙2可能重合，充分性与必要性均不成立，故选：𝐶．2．已知四面体𝑂−𝐴𝐵𝐶,𝐺是△𝐴𝐵𝐶的重心，若𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑦𝑂

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑧𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则𝑥+𝑦−𝑧=A．4B．13C．23D．12【命题意图】本题考查应用空间向量基底表示任一向量等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；体现基础性、综合性及

应用性，导向对数学运算及直观想象等核心素养的关注．★模拟【试题简析】取𝐵𝐶的中点𝐷，所以𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗+23(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23×12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=13𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，又𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑦𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑧𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，可得𝑥=𝑦=𝑧=13，所以𝑥+𝑦−𝑧=1

3，故选：B.3．设𝐹为抛物线𝑦2=2𝑥的焦点，,,ABC为该抛物线上三点，若𝑙𝑛𝑎>2𝑒，则|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=A．9B．6C．4D．3【命题意图】本题主要考查抛物线的方程与性质等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查

数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，3(Cx，3)y，抛物线焦点坐标�

�(12,0)，准线方程：𝑥=−12，∵0FAFBFC++=，∴点𝐹是𝛥𝐴𝐵𝐶重心，则𝑥1+𝑥2+𝑥3=32，𝑦1+𝑦2+𝑦3=0.而|𝐹𝐴|=𝑥1−(−12)=𝑥1+12

，|𝐹𝐵|=𝑥2−(−12)=𝑥2+12，|𝐹𝐶|=𝑥3−(−12)=𝑥3+12∴|𝐹𝐴|+|𝐹𝐵|+|𝐹𝐶|=𝑥1+12+𝑥2+12+𝑥3+12=(𝑥1+𝑥2+𝑥3)+32=32+32=3，故选：𝐷．4．在数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛

=2𝑛+2𝑛−1×3+2𝑛−2×32+2𝑛−3×33+⋯+22×3𝑛−2+2×3𝑛−1+3𝑛,则𝑎2023=A．32023−22023B．3×22023−32024C．32024−22024D．2×3202

3−22024【命题意图】本题考查等比数列的定义、性质等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力．体现基础性与综合性，导向对发展数学抽象、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】因为𝑎𝑛=2𝑛+2𝑛−1×3+2𝑛−2×32+2𝑛−3

×33+⋯+22×3𝑛−2+2×3𝑛−1+3𝑛=2𝑛[1+32+(32)2+⋯+(32)𝑛]=2𝑛⋅1⋅[1−(32)𝑛+1]1−32=3𝑛+1−2𝑛+1,所以2023a=32024−22024.故选:C.5

．已知方程𝐴𝑥2+𝐵𝑦2+𝐶𝑥𝑦+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，其中𝐴≥𝐵≥𝐶≥𝐷≥𝐸≥𝐹．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：甲：可以是圆的方程；乙：可以是抛物线的方程；丙：可以是椭圆的标准方程；丁：可以是双曲线的标准方程．其中，真命题有A

．4个B．3个C．2个D．1个【命题意图】本题主要考查圆的方程与性质、椭圆的方程与性质、双曲线的方程与性质、抛物线的方程与性质等基础知识，体现基础性、综合性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、等核心素养的关注．【试题简析】因为方程𝐴𝑥2+𝐵𝑦2+𝐶𝑥𝑦+�

�𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，其中𝐴≥𝐵≥𝐶≥𝐷≥𝐸≥𝐹，所以当𝐴=𝐵=1≥𝐶=𝐷=𝐸=0≥𝐹=−1时，方程为𝑥2+𝑦2−1=0，即𝑥2+𝑦2=1是圆的方程，故方程可以是圆的方程；当𝐴=1≥𝐵=𝐶=𝐷=0≥𝐸=−1≥𝐹=−2时，方程为𝑥2−𝑦−2=

0，即𝑦=𝑥2−2是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；当𝐴=2≥𝐵=1≥𝐶=𝐷=𝐸=0≥𝐹=−1时，方程为2𝑥2+𝑦2−1=0，即𝑦2+𝑥212=1是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；若方程为双曲线的标准方程，

则有𝐴𝐵<0,𝐶=𝐷=𝐸=0,𝐹<0，这与𝐴≥𝐵≥𝐶≥𝐷≥𝐸≥𝐹矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程；所以真命题有3个，故选：B.6．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬霜雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了

中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中有一个问题：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻

的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸）则下列说法不正确的为A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B．立春和立秋两个节气的

晷长相同C．春分的晷长为七尺五寸D．立春的晷长比秋分的晷长长【命题意图】本题主要考查数列的概念、构造等差数列、数列与函数的关系等知识；考查推理论证与运算求解能力；考查化归与转化思想，体现综合性、应用性与创新性，

导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】先取上半年进行研究,设晷影长为等差数列{𝑎𝑛},公差为d1,则a1=135,a13=15,∴𝑑1=15−13513−1=−10，∴𝑎𝑛=135−10(𝑛−1)=145−10�

�.再取下半年进行研究,设晷影长为等差数列{𝑏𝑛},公差为d2,则b1=15,𝑑2=−𝑑1=10,∴𝑏𝑛=15+10(𝑛−1)=5+10𝑛.对于A：由上面可知，110d=−，𝑑2=10，所以相邻两

个节气晷长减少或增加的量为一尺，故A正确；对于B、D：立春对应的是{𝑎𝑛}中的𝑎4，所以𝑎4=145−10×4=105，立秋对应的是{𝑏𝑛}中的𝑏4，所以𝑏4=5+10×4=45.故B错误，D正确；对于C：

春分对应的是{𝑎𝑛}中的𝑎7，所以𝑎7=145−10×7=75.故C正确.故选：B7．已知抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为𝐹，点𝐴(−32𝑝,0)，点𝑀在抛物线上，且满足|𝑀𝐴|=√3|𝑀𝐹|，若△𝑀𝐴𝐹的面积为12√3，则p的值为A．2√

3B．4C．2√2D．9【命题意图】本题主要考查抛物线的方程与性质等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理

、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】由𝑦2=2𝑝𝑥⇒𝐹(𝑝2,0)，根据抛物线的对称性，设𝑀(𝑥,𝑦)(𝑥>0,𝑦>0)，因为|𝑀𝐴|=√3|𝑀𝐹|，所以√(𝑥+32𝑝)2+𝑦2=√3×√(𝑥−12𝑝)2+𝑦2⇒𝑥2−3𝑝𝑥+𝑦2−34

𝑝2=0，而点𝑀在抛物线上，所以𝑦2=2𝑝𝑥，则有𝑥2−3𝑝𝑥+2𝑝𝑥−34𝑝2=0⇒𝑥=32𝑝，或𝑥=−12𝑝舍去，即𝑦2=2𝑝⋅(32𝑝)⇒𝑦=√3𝑝，3yp=−舍去又因为△𝑀𝐴𝐹的面积为1

2√3，所以有12×[12𝑝−(−32𝑝)]⋅√3𝑝=12√3⇒𝑝=2√3，𝑝=−√3舍去，故选：A.8．如图，在正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1=𝜆𝐴𝐵，点𝐸,

𝐹,𝐺分别是𝐵𝐶,𝐶𝐷,𝐶𝐶1的中点，点𝑀是线段𝐴1𝐷上的动点，则下列说法错误的是A．当𝜆>1时，存在𝑀，使得CM⊥平面𝐸𝐹𝐺B．存在𝑀，使得𝐴𝑀∥平面𝐸𝐹𝐺C．存在𝑀，使得平面

𝑀𝐵𝐶1∥平面𝐸𝐹𝐺D．存在𝜆，使得平面𝑀𝐵1𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐺【命题意图】本题考查空间中证明问题，直线与平面夹角、平面与平面夹角的有关知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现综

合性及应用性，导向对发展推理论证及直观想象等核心素养的关注．【试题简析】以D为原点，𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝐷1分别为𝑥,𝑦,𝑧建立空间直角坐标系，如图：设𝐴𝐵=2，则𝐴𝐴1=2𝜆，则𝐴(2,0,0),𝐵(2,2,0),𝐶(0,2,0)，又点𝐸,𝐹,𝐺分别

是𝐵𝐶,𝐶𝐷,𝐶𝐶1的中点，所以𝐸(1,2,0),𝐹(0,1,0),𝐺(0,2,𝜆)，B：设平面𝐸𝐹𝐺的一个法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−1,0),𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,𝜆)，所以{𝑛⃗

⋅𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥−𝑦=0𝑛⃗⋅𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥+𝜆𝑧=0，取𝑧=1，解得𝑛⃗=(𝜆,−𝜆,1)，设𝐷𝑀=𝑘𝐷𝐴1，∵𝐴1(2,0,2𝜆),∴𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,

0,2𝜆),𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2𝑘,0,2𝜆𝑘),∴𝑀(2𝑘,0,2𝜆𝑘)∴𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2𝑘−2,0,2𝜆𝑘)，若𝐴𝑀∥平面𝐸𝐹𝐺，则𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑛⃗，所以𝜆(2𝑘−2)+2𝜆𝑘=0⇒�

�(4𝑘−2)=0，所以当𝑘=12或𝜆=0（舍）成立，此时𝑀为𝐴1𝐷的中点；故B正确；A：延用B中的解答，𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2𝑘,−2,2𝜆𝑘)，若CM⊥平面𝐸𝐹𝐺，则𝐶

𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗//𝑛⃗，则2𝑘𝜆=−2−𝜆=2𝜆𝑘1，当且仅当𝜆=𝑘=1时成立，故A错误；C：当𝑀与D重合时，因为𝐸𝐺//𝐵𝐶1,𝐹𝐺//𝐷𝐶1,𝐸𝐺∩𝐹𝐺=𝐺,𝐵𝐶1∩𝐷𝐶1=𝐶1，且𝐸𝐺,𝐹𝐺⊂面𝐸𝐹𝐺，𝐵𝐶1,𝐷�

�1⊂面𝐵𝐷𝐶1，此时平面𝑀(𝐷)𝐵𝐶1∥平面𝐸𝐹𝐺，故C正确；D：延用A中的解答，𝑀(2𝑘,0,2𝜆𝑘)，则𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2𝑘,−2,2𝜆𝑘)，因为𝐵1(2,2,2𝜆),∴𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,2𝜆)

，设平面𝑀𝐵1𝐶的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑘𝑥−2𝑦+2𝑘𝜆𝑧=0𝑚⃗⃗⋅𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+2𝜆𝑧=0，取𝑧=1，得𝑚⃗⃗=(−𝜆,0,1)，若平面𝑀𝐵1𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐺，则𝑚⃗⃗⊥

𝑛⃗⇒−𝜆2+1=0⇒𝜆=1，故D正确；故选：A.二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．“埃拉托塞尼筛法”是保证能

够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面

的一个数5作同样处理；…，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则A．2到20的全部素数和为77B．挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134C．2到30的全部素数和为100D．挑选2到30的全部

素数过程中剔除的所有数的和为799【命题意图】本小题主要考查等差数列通项公式，等差数列前n项和公式等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素养的关注．【试题简析】由题可知，2到20的全部整数

和𝑆1=19×(2+20)2=209，2到20的全部素数和为𝑆2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209−77=132，2到30的全部整数

和𝑆3=29×(2+30)2=928，2到30的全部素数和为𝑆4=𝑆2+23+29=129，所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为928−129=799.故选：AD.10．已知圆𝑂:𝑥2+𝑦2=4，过直线𝑙:𝑦=𝑥−3上一点𝑃向圆

𝑂作两切线，切点为𝐴、𝐵，则A．直线𝐴𝐵恒过定点(43,−43)B．|𝐴𝑃|最小值为3√22C．|𝐴𝐵|的最小值为43D．满足𝑃𝐴⊥𝑃𝐵的点𝑃有且只有一个【命题意图】本题主要考查直线恒过定点、圆的方程

、圆的相关性质、两点间的距离、最短距离等知识；考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想等；试题体现综合性、应用性与，彰显高考的选拔特点，导向对用平面几何性质处理直线与圆的问题的关注，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的关注．【试题简析

】对于A，圆𝑂:𝑥2+𝑦2=4的圆心为𝑂(0,0)，半径为2，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，∵𝑃在直线𝑙:𝑦=𝑥−3上，𝑦0=𝑥0−3，∵𝑃𝐴、𝑃𝐵为圆的切线，∴以𝑂𝑃为直径的圆的

方程为𝑥(𝑥−𝑥0)+𝑦(𝑦−𝑦0)=0，{𝑥2+𝑦2=4𝑥(𝑥−𝑥0)+𝑦(𝑦−𝑦0)=0，两式作差可得直线𝐴𝐵的方程为𝑙𝐴𝐵:𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4，将𝑦0=𝑥0−3代入得：𝑙𝐴𝐵:(𝑥+𝑦)𝑥

0−3𝑦−4=0，满足{𝑥+𝑦=0−3𝑦−4=0，解得{𝑥=43𝑦=−43，所以直线𝐴𝐵恒过定点(43,−43)，故A正确；对于B，|𝐴𝑃|=√|𝑂𝑃|2−|𝑂𝐴|2，∴当|𝑂𝑃|最小时，|𝐴𝑃|最小，∵𝑂(0,0)，𝑙:𝑥−𝑦−3=0，

|𝑂𝑃||−3|√23√22𝑚𝑖𝑛，此时|𝐴𝑃|√(3√22)2−22√22𝑚𝑖𝑛，故B错误；对于C，𝑙𝐴𝐵:𝑥0𝑥+(𝑥0−3)𝑦−4=0，𝑂(0,0)到𝑙𝐴𝐵的距离𝑑=|−4|√𝑥02+(𝑥0

−3)2，|𝐴𝐵|=2√|𝑂𝐴|2−𝑑2=2√4−16𝑥02+(𝑥0−3)2=2√4−162(𝑥0−32)2+92，当032x=时，|𝐴𝐵|√4−16⋅2943𝑚𝑖𝑛，故C正确；对于

D，若𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，则∠𝐴𝑃𝑂=45∘，即𝐴𝑃=𝐴𝑂=2，|𝐴𝑃|√22𝑚𝑖𝑛，∴存在两个点𝑃使𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，故D错误.故选：AC.11．正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1�

�1𝐷1的棱长为1，𝑀为侧面𝐴𝐴1𝐷1𝐷上的点，𝑁为侧面𝐶𝐶1𝐷1𝐷上的点，则下列判断正确的是A．若𝐵𝑀＝√52，则𝑀到直线𝐴1𝐷的距离的最小值为√24B．若𝐵1𝑁⊥𝐴𝐶1，则𝑁∈𝐶𝐷1，且直线𝐵1𝑁//平面𝐴1𝐵𝐷C．若𝑀∈𝐴1𝐷

，则𝐵1𝑀与平面𝐴1𝐵𝐷所成角正弦的最小值为√33D．若𝑀∈𝐴1𝐷，𝑁∈𝐶𝐷1，则𝑀，𝑁两点之间距离的最小值为√33【命题意图】本题考查应用空间向量解决点到直线的距离的基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结

合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．【试题简析】对于A项，因为𝐵𝑀＝√52，所以𝑀在以𝐵为球心，√52为半径的球上.又𝑀为侧面

𝐴𝐴1𝐷1𝐷上的点，所以𝑀在球被平面𝐴𝐴1𝐷1𝐷截得的交线上.因为，𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐴1𝐷1𝐷，𝐴𝐵=1，𝐵𝑀＝√52，所以𝐴𝑀=√𝐵𝑀2−𝐴𝐵2=12，所以，𝑀为

以𝐴点为圆心，12为半径的圆上.如图1，𝐴𝑀1⊥𝐴1𝐷，则𝐴𝑀1=√22，𝑀到直线𝐴1𝐷的距离的最小值为2122−，故A项错误；对于B项，如图2，连结𝐴𝐶,𝐴𝐷1.因为𝐶𝐶1⊥平面

𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐶𝐶1⊥𝐵𝐷.又𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐶1，𝐶𝐶1⊂平面𝐴𝐶𝐶1，𝐴𝐶∩𝐶𝐶1=𝐶，所以，𝐵𝐷⊥平面�

�𝐶𝐶1.又𝐴𝐶1⊂平面𝐴𝐶𝐶1，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶1.同理可得，𝐴1𝐷⊥𝐴𝐶1.又𝐵𝐷⊂平面𝐴1𝐵𝐷，𝐴1𝐷⊂平面𝐴1𝐵𝐷，𝐴1𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，所以，𝐴𝐶1⊥平面𝐴1𝐵𝐷.又𝐵1𝑁

⊥𝐴𝐶1，𝐵1∉平面𝐴1𝐵𝐷，所以直线𝐵1𝑁//平面𝐴1𝐵𝐷，故B项正确；对于C项，以点𝐷为坐标原点，分别以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗为𝑥,𝑦,𝑧轴的正方向，如图3建立空间直角坐标系，则𝐷

(0,0,0)，𝐴1(1,0,1)，𝐵(1,1,0)，𝐵1(1,1,1)，𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1)，𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0)，𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1).因为𝑀∈𝐴1𝐷，设𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

𝜆𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝜆,0,𝜆)，(0≤𝜆≤1)，𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝜆−1,−1,𝜆−1).设𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)是平面𝐴

1𝐵𝐷的一个法向量，则{𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{𝑥1+𝑧1=0𝑥1+𝑦1=0，取𝑥1=1，则𝑦1=𝑧1=−1，𝑛1⃗⃗⃗⃗=(1,−1,−1)是平面𝐴1𝐵𝐷的一个法向量.则𝑐𝑜𝑠⟨𝑛1⃗

⃗⃗⃗,𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝜆−1+1−(𝜆−1)√3√(𝜆−1)2+1+(𝜆−1)2=1√3√2𝜆2−4𝜆+3，又2𝜆2−4𝜆+3=2(𝜆−1)2

+1≥1，当𝜆=1时，有最小值1，所以，1√3√2𝜆2−4𝜆+3≤1√3=√33，即𝑐𝑜𝑠⟨𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩≤√33，所以，𝐵1𝑀与平面𝐴1𝐵𝐷所成角正弦的最大值为√33，故C项错误；对于D项，由C项知，𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0

,1)，𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−1,1).当𝑀𝑁⊥𝐷𝐴1，𝑀𝑁⊥𝐶𝐷1，即𝑀𝑁为直线𝐷𝐴1与𝐶𝐷1的公垂线段时，𝑀𝑁最小.设𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，且𝑛2⃗⃗⃗⃗⊥𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛2⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐷1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则{𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{𝑥2+𝑧2=0−𝑦2+𝑧2=0，取𝑥2=1，则𝑛2⃗⃗⃗⃗=(1,−1,−1).𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗在𝑛2⃗⃗⃗⃗方向上的投影向量的模为|𝐷𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||=1√3=√33，所以，𝑀，𝑁两点之间距离的最小值为𝑑=√33，故D项正确.故选：BD.12．已知椭圆22:142xyE+=的左焦点为𝐹，𝐵为𝐸的上顶点，𝐴，𝐶是𝐸上

两点．若|𝐹𝐴|，|𝐹𝐵|，|𝐹𝐶|构成以𝑑为公差的等差数列，则A．𝑑的最大值是√2B．当𝑑=1时，𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐹𝐶=2√23C．当𝐴，𝐶在𝑥轴的同侧时，𝑆△𝐴𝐹𝐶的最大值为√2D．当𝐴，𝐶在𝑥轴的异侧时（𝐴，𝐶与𝐵不重合），𝑘𝐴𝐵

⋅𝑘𝐵𝐶=−2【命题意图】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列定义等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性与创新性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】因

为椭圆22:142xyE+=，所以𝑎=2,𝑏=√2,𝑐=√2，𝐹(−√2,0),𝐵(0,√2)，|𝐹𝐵|=2，又|𝐹𝐴|，|𝐹𝐵|，|𝐹𝐶|构成以𝑑为公差的等差数列，则|𝐹𝐴|+|𝐹𝐶|=2|𝐹𝐵|=4=2𝑎，不妨设𝑑≥

0，由题可知|𝐹𝐴|≥𝑎−𝑐=2−√2,|𝐹𝐶|≤𝑎+𝑐=2+√2，则𝑑的最大值是√2，故A正确；当𝑑=1时，|𝐹𝐴|=1,|𝐹𝐶|=3，设𝐴(𝑥0,𝑦0)，则{𝑥024+𝑦022=1(𝑥0+√2)2+𝑦02=1，解得{𝑥0=−√2𝑦0=±1，

不妨取𝐴(−√2,1)，设𝐶(𝑥𝐶,𝑦𝐶)，则{𝑥𝐶24+𝑦𝐶22=1(𝑥𝐶+√2)2+𝑦𝐶2=9，解得{𝑥𝐶=√2𝑦𝐶=±1，所以𝐶(√2,1)或𝐶(√2,−1)，当𝐶(√2,1)时，又𝐴(−√2,1)，𝐹(−√2

,0)，此时𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐹𝐶=2√23；当𝐶(√2,−1)时，|𝐹𝐴|=1,|𝐹𝐶|=3，|𝐴𝐶|=√(2√2)2+22=2√3，所以𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐹𝐶=1+9−122×1×3=−13，𝑠�

�𝑛∠𝐴𝐹𝐶=√1−(−13)2=2√23，综上，当𝑑=1时，𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐹𝐶=2√23，故B正确；设椭圆的右焦点为𝐹′，则|𝐹𝐴|+|𝐹𝐶|=2𝑎，|𝐹𝐴|+|𝐹′𝐴|=2𝑎，|𝐹𝐶|+|𝐹′𝐶|=2𝑎，|𝐹𝐴|=|𝐹

′𝐶|，|𝐹′𝐴|=|𝐹𝐶|，当𝐴，𝐶在𝑥轴的同侧时，则𝐴，𝐶关于𝑦轴对称，设𝐴(𝑥0,𝑦0)，则𝐶(−𝑥0,𝑦0)，所以𝑆△𝐴𝐹𝐶=|𝑥0||𝑦0|，由22220000001242422xyxyxy+==，所以|𝑥0|

|𝑦0|≤√2，当且仅当𝑥024=𝑦022时取等号，所以𝑆△𝐴𝐹𝐶的最大值为√2，故C正确；当𝐴，𝐶在𝑥轴的异侧时（𝐴，𝐶与𝐵不重合），则𝐴，𝐶关于原点对称，设𝐴(𝑥0,𝑦0)，则𝐶(−𝑥0,−𝑦0)，

由𝑥024+𝑦022=1，可得2200242xy−=，所以𝑘𝐴𝐵⋅𝑘𝐵𝐶=𝑦0−√2𝑥0⋅−𝑦0−√2−𝑥0=2−𝑦02−𝑥02=−12，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本

大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卡的相应位置。13．已知点A（m，1）在抛物线𝐶:𝑦=𝑎𝑥2上，且点A与焦点的距离为3，则a的值为.【命题意图】本题主要考查抛物线的标准方程、准线与抛物线的性质等知识；考查推理

论证和运算求解能力，考查数形结合思想等；试题体现基础性与应用性，导向对用平面几何性质处理抛物线的问题的关注，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注．【试题简析】将抛物线方程转化为标准形式𝐶:𝑥2=1𝑎𝑦，由A（m，1）在抛物线𝐶上、点A与焦点的距离

为3，得14𝑎+1=3解得𝑎=18.故填：18.14．已知单位向量𝒂,𝒃满足|𝒂+𝒃|+2𝒂∙𝒃=0，则<𝒂,𝒃>的值为.【命题意图】本题考查空间空间向量共线的基础知识；考查运算求解能力；体现基础性、综合性及应用性，导向对数学运

算及直观想象等核心素养的关注．【试题简析】记𝑎,𝑏⃗的夹角为𝜃，则𝑎⋅𝑏⃗=|𝑎||𝑏⃗|𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑐𝑜𝑠𝜃，由||20abab++=，即||2abab+=−，两边平方，得2224()abab+=，即2+2𝑐𝑜𝑠𝜃=4𝑐𝑜

𝑠2𝜃，即22coscos10−−=，则(2cos1)(cos1)0+−=，当𝑐𝑜𝑠𝜃=1时，|𝑎+𝑏⃗|=−2𝑎⋅𝑏⃗=−2，不符合题意，所以𝑐𝑜𝑠𝜃=−12，又0≤𝜃≤𝜋

，则𝜃=23𝜋．故填：2𝜋3．15．原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫.”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直

线𝑙上取长度为1的线段𝐴𝐵，做一个等边三角形𝐴𝐵𝐶，然后以点𝐵为圆心，𝐴𝐵为半径逆时针画圆弧，交线段𝐵𝐶的延长线于点𝐷，再以点𝐶为圆心，𝐶𝐷为半径逆时针画圆弧，交线段𝐴𝐶的延

长线于点𝐸，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线𝑙恰有21个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为.【命题意图】本小题主要考查新定义数列，递推数列，等比数列，数列与函数性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素

养的关注．【试题简析】当以B为圆心，半径为：1，4，7，10，…除起点外，与直线无交点，①当以C为圆心，半径为：2，5，8，11，…与直线有一个交点，②当以A为圆心，半径为：3，6，9，12，…除终点

（即①的起点，点A除外）外，与直线无交点，③所以当“螺旋蚊香”与直线𝑙恰有21个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，则完成整数个循环，所以以B为圆心的弧与直线只有交点A，以C为圆心的弧与直线有10个交点，以A为圆心的弧与直线有10个交点

，即数列②有10项，数列③有10项，所以最后一个圆弧的半径为𝑟=3+3(10−1)=30，所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为𝑙=13×2𝜋×(1+2+3+⋯+30)=13×2𝜋30×(1+30)2=310𝜋.故填：310𝜋.16．如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶

中，𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，则三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积的最大值为；二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的正弦值的最小值为.【命题意图】本题考查空间几何体体积、半平面与半平面夹角的有关知识；考查空间

想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．【试题简析】第一空取𝐴𝐵的中点𝑂，连

接𝑃𝑂，因为𝑃𝐴=𝑃𝐵，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐵又因为平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝑃𝐴𝐵∩平面ABCAB=，𝑃𝑂⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，因为𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐴

𝐵=2𝐵𝐶=2，所以𝑃𝑂=1，𝐵𝐶=1，所以三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积为𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝑃𝑂=13⋅(12𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐵𝐶)⋅𝑃𝑂=13⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐵𝐶因为()0,πABC，所以

0<𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐵𝐶≤1，𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶≤13，当且仅当𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐵𝐶=1，即∠𝐴𝐵𝐶=𝜋2时，等号成立，故三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积的最大值为13.第二空解法一：由𝑃𝑂⊥平面�

�𝐵𝐶，又𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐶，过𝑂作𝑂𝐷⊥𝐴𝐶于𝐷，连接𝑃𝐷，因为𝑃𝑂,𝑂𝐷⊂平面𝑃𝑂𝐷，𝑃𝑂∩𝑂𝐷=𝑂，所以𝐴𝐶⊥平面𝑃𝑂𝐷，又𝑃𝐷⊂平面𝑃𝑂𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，所以PD

O为二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的平面角，在Rt△𝑃𝐷𝑂中，𝑡𝑎𝑛∠𝑃𝐷𝑂=𝑃𝑂𝑂𝐷=1𝑂𝐷，因为0<𝑂𝐷≤12𝐵𝐶=12，当且仅当𝐵𝐶⊥𝐴𝐶时等号成立，所以𝑡�

�𝑛∠𝑃𝐷𝑂的最小值为2.此时𝑠𝑖𝑛∠𝑃𝐷𝑂取得最小值2√55，故二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的正弦值的最小值为2√55.解法二：由（1）可知𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，以𝑂为坐标原点，向量𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗为�

�轴，𝑧轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，则𝑃(0,0,1)，𝐴(−1,0,0)，𝐵(1,0,0)，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1)，设𝐶(𝑥0,𝑦0,0)(0<𝑥0<2,𝑦0≠0)，则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥0+1,𝑦0,0)，设平面𝑃𝐴�

�的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑧=0𝑚⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥0+1)𝑥+𝑦0𝑦=0，取𝑥=−1，则𝑚⃗⃗=(−1,𝑥0+1𝑦0,1)，又取平面

𝐴𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗=(0,0,1)，设二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的大小为𝜃，𝜃∈(0,𝜋)，所以𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗||𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗|=1√2+(𝑥0+1𝑦0)2，因为𝐵𝐶=1，所以(𝑥0−1)2+𝑦02=1，令

𝑡=(𝑥0+1𝑦0)2(𝑡>0)，则𝑡=(𝑥0+1)21−(𝑥0−1)2，整理可得(𝑡+1)𝑥02+(2−2𝑡)𝑥0+1=0，所以𝛥=(2−2𝑡)2−4(𝑡+1)≥0，解得𝑡

≥3，所以当𝑡=3，即𝑥0=12，𝑦0=√32时，𝑐𝑜𝑠𝜃取得最大值√55，此时𝑠𝑖𝑛𝜃取得最小值2√55，故二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的正弦值的最小值为2√55.故填：13；2√55.四、解答题：本大题共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．（10分）已知△ABC中，直线𝑙𝐴𝐵:𝑥+𝑦−1=0过A、B两点，点A在y轴上，且△ABC为正三角形.（1）求过AC的直线方程；（2）若过A、C两点的直线𝑙𝐴𝐶的斜率小于过A、B两点的直线𝑙𝐴𝐵的斜率

，C（1−√3，2+√3），且圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑦+1=𝑟2与△ABC有且只有2个交点，求r的取值范围.【命题意图】本题主要考查直线与圆的定义、方程与性质，考查直线与圆的位置关系、交点问题等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；关注平面几何性质处理解析几何问题，渗透函数

与方程以及化归与转化等数学思想；体现基础性与综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注.【试题简析】（1）由题，𝑘𝐴𝐵=−1,且△ABC为正三角形，则𝑘𝐴𝐶=tan(𝜃±𝜋3)=√3−1√3+1或1+√31−√3，又点A在y轴上，则A(0,

1)，故𝑙𝐴𝐶:𝑦−1=√3−1√3+1𝑥或𝑦−1=1+√31−√3𝑥，化简得𝑙𝐴𝐶:(√3−1)𝑥−(√3+1)𝑦+√3+1=0或(√3+1)𝑥+(√3−1)𝑦−√3+1=0;（或写：𝑙𝐴𝐶:𝑦=√3−1√3+1𝑥+1或𝑦=

1+√31−√3𝑥+1也可）（2）由题，𝑙𝐴𝐶:(√3+1)𝑥+(√3−1)𝑦−√3+1=0，圆𝐶为以A为圆心，r为圆心的圆，因为圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑦+1=𝑟2与正三角形ABC有且只有2个交点，所以0<𝑟<|𝐴𝐶|sin𝜋3或𝑟=|𝐴𝐶|，且|𝐴�

�|=8，故𝑟的取值范围为0<𝑟<4√3或𝑟=8.（或写：𝑟∈(0,4√3)∪{8}也可）18．（12分）三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐴1=𝐴𝐵=2√3,𝐶𝐴1=4,𝐶𝐵

1=2√7,∠𝐵𝐴𝐴1=60°．（1）证明：𝐶𝐴=𝐶𝐵；（2）若4CA=，求二面角𝐴1−𝐶𝐵1−𝐶1的余弦值．【命题意图】本题综合考查线面垂直的判定、半平面与半平面所成的角的求解及空间向量的运算与应用等基础

知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注．【试题简析】（1）如图所示：作𝐴𝐵中点𝑂，连接𝑂𝐶,𝑂

𝐴1，∵𝐴𝐴1=𝐴𝐵,∠𝐵𝐴𝐴1=60°，∴△𝐴𝐵𝐴1是等边三角形，1ABOA⊥又∵𝐶𝐴1=4,𝐴1𝐵1=2√3,𝐶𝐵1=2√7，满足𝐶𝐴12+𝐴1𝐵12=𝐶𝐵12，即有𝐴1𝐵1⊥𝐴1𝐶，

而𝐴𝐵∥𝐴1𝐵1，所以𝐴𝐵⊥𝐴1𝐶，𝑂𝐴1∩𝐴1𝐶=𝐴1，𝑂𝐴1,𝐴1𝐶⊂平面𝐴1𝑂𝐶，∴𝐴𝐵⊥平面𝐴1𝑂𝐶，而𝑂𝐶⊂平面𝐴1𝑂𝐶，所以𝐴𝐵⊥𝑂𝐶，又因为𝑂是𝐴𝐵中点，所以𝐶𝐴=𝐶𝐵.

（2）若4CA=，则𝑂𝐶=√42−√32=√13，易知13OA=，以点𝑂为原点，分别以𝑂𝐴,𝑂𝐴1方向为𝑥,𝑦轴，以过点𝑂竖直向上的直线为𝑧轴建立空间直角坐标系，如图所示：过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝑂𝐴1，垂足为𝐷，在

△𝐴1𝑂𝐶中，𝑐𝑜𝑠∠𝐶𝑂𝐴1=13+9−162×√13×3=√1313，所以𝑂𝐷=√13×√1313=1，𝐶𝐷=2√3，则𝐴(√3,0,0)，𝐶(0,1,2√3)，𝐴1(0,3,0)，𝐶1(−√3,4,2√3)，

𝐵1(−2√3,3,0)𝐶𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2√3)，𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2√3,2,−2√3)，𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,3,0)，设平面11CBA的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则有{𝑚⃗⃗⋅𝐶𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=0𝑚⃗⃗⋅𝐶𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{−2√3𝑥1+2𝑦1−2√3𝑧1=02𝑦1−2√3𝑧1=0，令𝑦1=√3，则𝑧1=1，10x=，所以𝑚⃗⃗=(0,√3,1)，同理可得：平面11CBC的法向量𝑛⃗=(

3,√3,−2)，则cos⟨𝑚⃗⃗,𝑛⃗⟩=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗|=3−2√4⋅√16=18.因为所求二面角为钝角，所以二面角𝐴1−𝐶𝐵1−𝐶1的余弦值为−18.19．（12分）已知正项数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎2=2，𝑎4=64

，且𝑎𝑛𝑎𝑛+2=𝑘𝑎𝑛+12(𝑛∈𝑁∗)．（1）求k的值；（2）求数列{𝑎𝑛}的通项公式．【命题意图】本小题主要考查等比数列的通项公式及性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题简析】（1）当

𝑛=1时，𝑎1𝑎3=𝑘𝑎22⇒𝑎3=4𝑘，当𝑛=2时，𝑎2𝑎4=𝑘𝑎32⇒128=𝑘⋅(4𝑘)2⇒𝑘=2；（2）因为𝑘=2，所以𝑎𝑛𝑎𝑛+2=2𝑎𝑛+12，则𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=2⋅𝑎𝑛+1𝑎𝑛，令𝑏

𝑛=𝑎𝑛+1𝑎𝑛，所以𝑏𝑛+1=2𝑏𝑛，则{𝑏𝑛}是等比数列，因为2112aba==，𝑞=2，所以𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=2𝑛，所以𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2𝑛，则𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛−1×𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2×𝑎𝑛−2𝑎𝑛−

3×⋯×𝑎2𝑎1×𝑎1(1)12212222212.nnnn−−−==20．（12分）宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险

也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体A

BCD−MNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中𝑀,𝑁,𝑃,𝑄是中间的小正方形的顶点.（1）求楔形体的表面积；（2）求平面AQ与平面𝐵𝑁𝑄的夹角的余弦值.【命题意图】【试题简析】本题综合考查直线与平面所成的角的求解

及空间向量的运算与应用等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；通过对立体几何板块学科本质的考查，来实现对学生综合运用学科知识分析问题和解决问题的能力的评价，将知识、能力和素养融为一体，全面检测考生的数学素养，有效地在问题的求解过程中实现对数

学思想方法和学科本质的考查.（1）易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形，侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为√32+(√2)2=√11，所以侧面等腰梯形的高为√10，所以该楔形体的表

面积为1×1+3×3+4×12×(1+3)×√10=10+8√10.（2）以点𝐷为坐标原点，分别以𝐷𝐴，𝐷𝐶，𝐷𝐷1所在直线为𝑥轴，𝑦轴，𝑧轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则𝐴

(3,0,0)，𝐵(3,3,0)，𝑃(1,2,3)，𝑄(1,1,3)，𝑁(2,2,3)，则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,3)，𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,1,3)，𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−1,3)，𝐵𝑄

⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,−2,3).设平面APQ的法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，平面𝐵𝑁𝑄的法向量为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则{𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗=−2𝑥1+2𝑦1+3𝑧1=0𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗

=−2𝑥1+𝑦1+3𝑧1=0，解得𝑦1=0，令𝑧1=2，则𝑥1=3，所以平面APQ的一个法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(3,0,2)，同理得{𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=−𝑥2−𝑦2+3𝑧2=0𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗=−2𝑥2−2�

�2+3𝑧2=0，解得𝑧2=0，令𝑥2=1，则𝑦2=−1；即平面𝐵𝑁𝑄的一个法向量为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(1,−1,0).设平面APQ与平面𝐵𝑁𝑄的夹角为𝜃，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑛1⃗

⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=3√13×√2=3√2626，所以平面APQ与平面𝐵𝑁𝑄的夹角的余弦值为3√2626.21．（12分）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛

}满足{𝑎𝑛}的前𝑛+1项和𝑆𝑛+1=𝑎𝑛+12+(2𝑏𝑛)−2，𝑏𝑛+1=𝑏𝑛−𝑏𝑛+1𝑏𝑛,且𝑏1=1.（1）求数列{𝑏𝑛}的通项公式；（2）求数列{𝑎𝑛}的通项公式．【命题意图】本小题主要考查等差数列的通项公式、递推数列求和等基

础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化，分类讨论思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．【试题简析】（1）由题，𝑏𝑛≠0，将𝑏𝑛+1=𝑏𝑛−𝑏𝑛+1𝑏𝑛化为1𝑏𝑛+1=𝑏𝑛

+1𝑏𝑛,可得1𝑏𝑛+1=1+1𝑏𝑛，即1𝑏𝑛+1−1𝑏𝑛=1，所以数列{1𝑏𝑛}是以1𝑏1=1为首项，1为公差的等差数列.所以数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=1𝑛.（2）由题，𝑆𝑛+

1=𝑎𝑛+12+(2𝑏𝑛)−2=𝑎𝑛+12+𝑛24，则𝑆𝑛=𝑎𝑛2+(𝑛−1)24，两式相减可得𝑆𝑛+1−𝑆𝑛=𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2+2𝑛−14，即𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+12

−𝑎𝑛2+2𝑛−14，整理得𝑎𝑛+12+𝑎𝑛2=2𝑛−14，所以𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=2𝑛−12=𝑛−12；令𝑛=1，可得𝑆1=𝑎12+0，即𝑎1=𝑎12+0，所以𝑎1=0当𝑛为偶数时，可得：𝑆𝑛=(𝑎1+𝑎2)+(𝑎3+

𝑎4)+⋯+(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛)=(1−12)+(3−12)+⋯(𝑛−1−12)=1+3+5+⋯+(𝑛−1)−12×𝑛2=𝑛2⋅(1+𝑛−1)2−𝑛4=𝑛2−𝑛4①；当𝑛为奇数时，可得：𝑆𝑛=𝑎1+(𝑎2+𝑎3)+(𝑎4+𝑎5)+⋯+(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛

)=0+(2−12)+(4−12)+⋯(𝑛−1−12)，=2+4+6+⋯+(𝑛−1)−12×𝑛−12=(𝑛−1)2(2+𝑛−1)2−𝑛−14=𝑛2−𝑛4②;结合①②可得：𝑆𝑛=𝑛2−𝑛4，则𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2−𝑛

4−(𝑛−1)2−(𝑛−1)4=12𝑛−12(𝑛≥2)，且𝑎1=0满足上式，综上所述，𝑎𝑛=12𝑛−1222．（12分）已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为𝐹，过点𝐹的直线𝑙交𝐶于𝑀,𝑁两点．现给出下列三个条件：①线段𝑀𝑁的中点为𝐴(32,1

),𝐶上任意一点𝐷都满足|𝐷𝐹|+|𝐴𝐷|>2；②|𝑀𝐹|=3|𝑁𝐹|且|𝑀𝑁|=163；③|𝑁𝐹|2−16|𝑀𝐹|的最小值为−4．在上面给出的三个条件中选择一个作为已知条件．（1）

求抛物线𝐶的标准方程；（2）抛物线𝐶的准线与𝑥轴交于点𝐵，过点𝐵的直线交抛物线于𝐸,𝐺两点，若抛物线上始终存在一点𝑃，使𝑘𝐸𝑃+𝑘𝐺𝑃=2，求𝑃的坐标．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）【

试题简析】（1）设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2),𝐹(𝑝2,0)．若选条件①：因为线段𝑀𝑁的中点为𝐴(32,1)，所以𝑦1+𝑦2=2．因为点𝑀,𝑁在抛物线上，所以{𝑦12=2𝑝𝑥

1𝑦22=2𝑝𝑥2，两式相减得直线𝑀𝑁的斜率𝑘𝑀𝑁=2𝑝𝑦1+𝑦2=𝑝．又因为𝑘𝑀𝑁=𝑘𝐴𝐹,𝑘𝐴𝐹=23−𝑝，所以23−𝑝=𝑝，解得𝑝=1或𝑝=2．过点𝐷作准线的垂线𝐷�

�,𝐻为垂足，则𝐷𝐻=𝐷𝐹，所以|𝐷𝐹|+|𝐴𝐷|=|𝐷𝐻|+|𝐴𝐷|≥𝑝2+32，所以𝑝2+32>2，即𝑝>1，所以𝑝=2，所以抛物线𝐶的标准方程是𝑦2=4𝑥．若选条件②：设直线𝑙的方程为𝑥=𝑡𝑦+𝑝2(𝑡≠0)，联立{𝑥=𝑡𝑦+𝑝2�

�2=2𝑝𝑥，消去𝑥整理得𝑦2−2𝑝𝑡𝑦−𝑝2=0，所以𝑦1+𝑦2=2𝑝𝑡,𝑦1𝑦2=−𝑝2．因为|𝑀𝐹|=3|𝑁𝐹|且16||3MN=，{|𝑀𝐹|=𝑥1+𝑝2=𝑡𝑦1+𝑝=4|𝑁𝐹|=𝑥2+

𝑝2=𝑡𝑦2+𝑝=43，所以(𝑡𝑦1+𝑝)(𝑡𝑦2+𝑝)=(𝑡𝑦1+𝑝)+(𝑡𝑦2+𝑝)，即𝑡2𝑦1𝑦2+𝑡𝑝(𝑦1+𝑦2)+𝑝2=𝑡(𝑦1+𝑦2)+2𝑝，所以𝑡2𝑝

2+𝑝2=2𝑝𝑡2+2𝑝，解得𝑝=2，所以抛物线𝐶的标准方程是𝑦2=4𝑥．若选条件③：由已知易得1|𝑀𝐹|+1|𝑁𝐹|=2𝑝，所以216||||NFMF−=221||16||NFpNF−

−=21632||||NFNFp+−=32288328832||3||||||||||NFNFNFNFpNFNFp++−−=3212p−，当且仅当|𝑁𝐹|=2时，等号成立，所以12−32𝑝=−4，解得𝑝=2

，所以抛物线𝐶的标准方程是𝑦2=4𝑥．（2）由题易知，𝐵(−1,0)，设直线𝐸𝐺:𝑥=𝑘𝑦−1(𝑘≠0)，𝐸(𝑦324,𝑦3),𝐺(𝑦424,𝑦4),𝑃(𝑎24,𝑎)

，联立{𝑥=𝑘𝑦−1𝑦2=4𝑥，消去𝑥整理得𝑦2−4𝑘𝑦+4=0，则𝑦3+𝑦4=4𝑘,𝑦3𝑦4=4，𝛥=16𝑘2−16>0，即𝑘2>1，所以𝑘𝐸𝑃+𝑘𝐺𝑃=𝑦3−𝑎𝑦324−𝑎24+𝑦4−𝑎𝑦424−𝑎24=4(1𝑦3+

𝑎+1𝑦4+𝑎)=4(𝑦3+𝑦4+2𝑎𝑦3𝑦4+𝑎(𝑦3+𝑦4)+𝑎2)，将𝑦3+𝑦4=4𝑘和𝑦3𝑦4=4代入，得4(4𝑘+2𝑎4+4𝑘𝑎+𝑎2)=2，化简得4𝑘(𝑎−2)+(𝑎−2)2=0

，故𝑎=2，所以点𝑃的坐标是(1,2)．