【文档说明】安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三下学期第一次模拟考试 数学 含解析.docx，共(19)页，483.684 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第二学期高三第一次模拟试卷数学试题第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知全集𝑈=𝑅，集合𝐴={𝑥|−2<𝑥<3}，𝐵={𝑥|�

�<1}，则𝐴∩(∁𝑈𝐵)=()A.{𝑥|−2<𝑥<1}B.{𝑥|1<𝑥<3}C.{𝑥|1≤𝑥<3}D.{𝑥|𝑥≤−2}2.已知复数𝑧=𝑖1+𝑖(其中𝑖为虚数单位)，则𝑧的共轭复数虚部为()A.12𝑖B.−12𝑖C

.12D.−123.已知向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗，𝑐⃗满足𝑎⃗⊥(𝑏⃗⃗+𝑐⃗)，|𝑏⃗⃗|=√2|𝑐⃗⃗|，<𝑎⃗，𝑏⃗⃗>=60∘，则<𝑎⃗，𝑐⃗⃗>=()A.45∘B.60∘C.120∘D.135∘4.重庆九宫格火锅，

是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”，它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度.其锅具抽象成数学形状如图(同一类格子形状相同):“中间格”火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物;“十字格

”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香;“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味.现有6种不同食物(足够量)，其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格.现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物(不

考虑位置)，则有多少种不同放法()A.108B.36C.9D.65.已知𝑓(𝑥)={𝑒𝑥−2,𝑥<4,𝑙𝑜𝑔5(𝑥−1),𝑥⩾4,，则𝑓(𝑓(26))等于()A.15B.1eC.1D.26.

已知函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(0<𝜑<𝜋2)的图象向左平移𝜋6个单位长度后，图象关于𝑦轴对称，设函数𝑓(𝑥)的最小正周期为𝑚，极大值点为𝑛，则|𝑚−𝑛|的最小值是()A.𝜋6B.𝜋3C

.2𝜋3D.5𝜋37.已知𝐴，𝐵是圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑦=0上的两点，过点𝐴，𝐵的两条切线与直线𝑥=4三线共点，则直线𝐴𝐵必过定点()A.(1,2)B.(2,1)C.(1,1)D.(1,12)8.设𝑓(𝑥)是定义域为𝑅的偶函数，且𝑓(1−𝑥)=𝑓(

1+𝑥)，当−1≤𝑥≤0时，𝑓(𝑥)=−𝑥2+1，若函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)有3个不同的零点，则𝑘的取值范围是．()A.(8−2√15,4−2√3)B.(

15,23)C.(8−2√15,23)D.(15,4−2√3)二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项之和，且满足4𝑆𝑛=𝑎𝑛2

+2𝑎𝑛，则下列说法正确的是()A.{𝑎𝑛}为等差数列B.若{𝑎𝑛}为等差数列，则公差为2C.{𝑎𝑛}可能为等比数列D.𝑆4的最小值为0，最大值为2010.下列结论中，正确的结论有()A.如果𝑥<0，那么𝑦=𝑥+1𝑥的最小值是2B.如果𝑥>

0，𝑦>0，𝑥+3𝑦+𝑥𝑦=9，那么𝑥𝑦的最大值为3C.函数𝑓(𝑥)=𝑥2+5√𝑥2+4的最小值为2D.如果𝑎>0，𝑏>0，且1𝑎+1+11+𝑏=1，那么𝑎+𝑏的最小值为211.如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶

−𝐴1𝐵1𝐶1中，所有棱长均为1，点𝐸为棱𝐵1𝐶1上任意一点，则下列结论正确的是()A.直线𝐴𝐴1与直线𝐵𝐸所成角的范围是[0,𝜋4]B.在棱𝐵1𝐶1上存在一点𝐸，使𝐴𝐵1⊥平面�

�1𝐵𝐸C.若𝐸为棱𝐵1𝐶1的中点，则平面𝐴𝐵𝐸截三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1所得截面面积为3√1916D.若𝐹为棱𝐴1𝐵1上的动点，则三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐸体积的最大值为1612.已知𝐹1，𝐹2分别为双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(

𝑎>0,𝑏>0)的左、右焦点，𝐶的一条渐近线𝑙的方程为𝑦=√3𝑥，且𝐹1到𝑙的距离为3√3，点𝑃为𝐶在第一象限上的点，点𝑄的坐标为(2,0)，𝑃𝑄为∠𝐹1𝑃𝐹2的平分线.则下列正确的是()A

.双曲线的方程为𝑥29−𝑦227=1B.|𝑃𝐹1|=3|𝑃𝐹2|C.|𝑂𝑃|=3√6D.点𝑃到𝑥轴的距离为3√152第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.接种流感疫苗能有效降低流行感冒

的感染率，某学校25的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为14，而接种了疫苗的感染率为110.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为．14.已知𝑓(𝑥)是定义在(−∞,

0)∪(0,+∞)上的偶函数，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1，则曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(−1,𝑓(−1))处的切线方程为．15.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1

的底面边长为2，侧棱长为2√2，则𝐴𝐶1与侧面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所成的角为．16.已知椭圆方程为𝑥22+𝑦2=1，且椭圆内有一条以点𝑃(1,12)为中点的弦𝐴𝐵，则弦𝐴𝐵所在的直线𝑙的方程是．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.(本小题10分)全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，其面积为𝑆，且(𝑐−𝑎)(𝑐+𝑎)+𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶=2

√33𝑆.(1)求角𝐴的大小；(2)若4𝑐𝑜𝑠𝐵⋅𝑐𝑜𝑠𝐶=1，且𝑎=2√3，求𝑆的值．18.(本小题12分)已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+12，𝑎1=3，�

�2𝑎3=243．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑏𝑛=log3𝑎𝑛，数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，求1𝑆1+1𝑆2+⋯+1𝑆𝑛．19.(本小题12分)某校高三年级的500名学生参加了一次数学测试，已知这500

名学生的成绩全部介于60分到140分之间，为统计学生的这次考试情况，从这500名学生中随机抽取50名学生的考试成绩作为样本进行统计．将这50名学生的测试成绩的统计结果按如下方式分成八组：第一组[60,70)，第二组[70,80)，第三组[80,90)，……，第八组[130,

140].如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．(1)求第七组的频率，并完成频率分布直方图；(2)估计该校高三年级的这500名学生的这次考试成绩的中位数；(3)若从样本成绩属于第一组和第六组的所有学生中随机

抽取2名，记这2名学生的分数差的绝对值大于10分的概率．20.(本小题12.分)如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为4，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1=2，𝑀为𝐴𝐵的中点，𝑁为𝐵1𝐶1的中点，𝑃是𝐵𝐶1与𝐵1�

�的交点．(1)证明：𝐴1𝐶⊥𝐵𝐶1；(2)在线段𝐴1𝑁上是否存在点𝑄，使得𝑃𝑄//平面𝐴1𝐶𝑀？若存在，请确定𝑄的位置；若不存在，请说明理由．21.(本小题12分)已知抛物线𝑦2=4√3𝑥的准线过椭圆𝐸的左焦点，且椭圆𝐸的一个焦点与短轴的两个端点构成一个

正三角形．(1)求椭圆𝐸的方程;(2)直线𝑦=12交椭圆𝐸于𝐴，𝐵两点，点𝑃在线段𝐴𝐵上移动，连接𝑂𝑃交椭圆于𝑀，𝑁两点，过𝑃作𝑀𝑁的垂线交𝑥轴于𝑄，求△𝑀𝑁𝑄面积的最小值．22.(本小题12分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑥

和𝑔(𝑥)=𝑏(𝑥−√𝑥)(𝑏>0)有相同的最小值．(1)求𝑎+1𝑏的最小值;(2)设ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)，方程ℎ(𝑥)=𝑚有两个不相等的实根𝑥1，𝑥2，求证：12<𝑥1+𝑥2<2．答案和解析1.𝐶【解析】∵𝐵={𝑥|𝑥<1}，

∴∁𝑈𝐵={𝑥|𝑥≥1}，∴𝐴∩(∁𝑈𝐵)={𝑥|−2<𝑥<3}∩{𝑥|𝑥≥1}={𝑥|1≤𝑥<3}．故选C．2.𝐷【解析】𝑧=𝑖1+𝑖=𝑖(1−𝑖)2==12+𝑖2，𝑧−=12−𝑖2，其虚部为−1

2．故选D3.𝐷【解析】∵𝑎⃗⃗⃗⊥(𝑏⃗⃗+𝑐⃗⃗)，∴𝑎⃗⃗⃗·(𝑏⃗⃗+𝑐⃗⃗)=𝑎⃗⃗⃗·𝑏⃗⃗+𝑎⃗⃗⃗·𝑐⃗⃗=0．∴|𝑎⃗⃗⃗||𝑏⃗⃗|cos⟨𝑎⃗⃗⃗,𝑏⃗⃗⟩+|𝑎⃗⃗⃗||𝑐⃗⃗|cos⟨𝑎⃗⃗⃗,𝑐⃗⃗⟩=0，又∵|

𝑏⃗⃗|=√2|𝑐⃗⃗|，<𝑎⃗，𝑏⃗⃗>=60∘，∴√2·|𝑎⃗⃗⃗||𝑐⃗⃗|·12+|𝑎⃗⃗⃗||𝑐⃗⃗|·cos⟨𝑎⃗⃗⃗,𝑐⃗⃗⟩=0．由题意可知𝑎⃗，𝑏⃗⃗，𝑐⃗均为非零向量，则cos⟨𝑎⃗⃗⃗,𝑐⃗⃗⟩=−√22，则

⟨𝑎→,𝑐→⟩=3𝜋4．4.𝐶【解析】根据题意，分2步：①从3种适合放入十字格的食物中，选一种放两个十字格，有𝐶31=3种，②2种适合放入四角格，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，有两种放法，或每种都放两个位置，有一种放法，故四角格共有3种放法;则一共

可以有3×3=9种不同放法；故选：𝐶．5.𝐶【解析】已知𝑓(𝑥)={𝑒𝑥−2,𝑥<4,𝑙𝑜𝑔5(𝑥−1),𝑥⩾4,,则𝑓(26)=log5(26−1)=2，所以𝑓[𝑓(26)]=𝑓(2)=𝑒2−2=1．故选C．6.𝐴【解析】函数𝑓(𝑥)

=sin(2𝑥+𝜑)(0<𝜑<𝜋2)的图象向左平移𝜋6个单位长度后得函数解析式为𝑔(𝑥)=sin[2(𝑥+𝜋6)+𝜑]=sin(2𝑥+𝜋3+𝜑)，它的图象关于𝑦轴对称，则𝜋3+𝜑=𝑘𝜋+𝜋2，𝑘∈𝑍，又0<𝜑<𝜋2，所以𝜑=𝜋6，∴𝑓(𝑥)=s

in(2𝑥+𝜋6)，最小正周期为𝑚=2𝜋2=𝜋，极大值点为2𝑥+𝜋6=2𝑘𝜋+𝜋2，𝑘∈𝑍𝑥=𝑘𝜋+𝜋6,𝑘∈𝑍，与𝜋最接近的极大值点是7𝜋6，∴|𝑚−𝑛|的最小值是𝜋6．故选A．7.𝐴【解析】圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑦=0的方程可化为

𝐶:𝑥2+(𝑦−2)2=4，所以圆心𝐶(0,2)．设两条切线的交点为𝑃(4,𝑚)，则以𝑃𝐶为直径的圆的圆心为(2,𝑚+22)，设以𝑃𝐶为直径的圆的半径为𝑟，则𝑟=|𝑃𝐶|2=√42+(𝑚−2)22=

√16+(𝑚−2)22．所以以𝑃𝐶为直径的圆的方程为(𝑥−2)2+(𝑦−𝑚+22)2=16+(𝑚−2)24．∵过点𝑃(4,𝑚)作圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑦=0的切点分别为𝐴，�

�，∴两圆的交点为𝐴，𝐵，即两圆的公共弦为𝐴𝐵．将两圆的方程相减可得直线𝐴𝐵的方程为4𝑥+(𝑚−2)𝑦−2𝑚=0，即𝑚(𝑦−2)+(4𝑥−2𝑦)=0.令{𝑦−2=04𝑥−2𝑦=0得{𝑥=1𝑦=2．所

以直线𝐴𝐵必过定点(1,2)．故选：𝐴．8.𝐴【解析】由𝑓(𝑥)是定义域为𝑅的偶函数，且𝑓(1−𝑥)=𝑓(1+𝑥)，可得𝑓(𝑥+2)=𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，所以函数的周期是

2．当−1≤𝑥≤0时，𝑓(𝑥)=−𝑥2+1，所以当0⩽𝑥⩽1时，𝑓(𝑥)=𝑓(−𝑥)=−𝑥2+1，即当−1⩽𝑥⩽1时，𝑓(𝑥)=−𝑥2+1，当1⩽𝑥⩽3时，𝑓(𝑥)=𝑓(𝑥−2)=−(𝑥−2)2+1，画出函数

𝑓(𝑥)的图象如下图所示：函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)有3个不同的零点，则函数𝑓(𝑥)与直线𝑦=𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)有3个交点，当直线𝑦=𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)与𝑓(𝑥)=−

𝑥2+1(−1⩽𝑥⩽1)相切时，由𝑘(𝑥+2)=−𝑥2+1可得𝑥2+𝑘𝑥+2𝑘−1=0，𝛥=𝑘2−4(2𝑘−1)=0，解得𝑘=4−2√3或𝑘=4+2√3(舍)，当直线𝑦=

𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)与𝑓(𝑥)=−(𝑥−2)2+1(1⩽𝑥⩽3)相切时，由𝑘(𝑥+2)=−(𝑥−2)2+1可得𝑥2+(𝑘−4)𝑥+2𝑘+3=0，则𝛥=(𝑘−4)2−4(2𝑘+3)=0，解得𝑘=8−2√15或𝑘=8+2√15(舍)，

结合函数图象可知，当8−2√15<𝑘<4−2√3时，函数𝑓(𝑥)与直线𝑦=𝑘(𝑥+2)，(𝑘>0)有3个交点，所以𝑘的取值范围是(8−2√15,4−2√3).故答案为𝐴．9.𝐵𝐶𝐷【解析】4𝑎1=4𝑆1=𝑎12+2𝑎1,𝑎1=2或0，当𝑛≥2时

，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1，∴4𝑎𝑛=(𝑎𝑛2+2𝑎𝑛)−𝑎𝑛−12−2𝑎𝑛−1，∴(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2)=0，∴𝑎𝑛+𝑎𝑛−1=0，或𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2

=0，当𝑎𝑛+𝑎𝑛−1=0，若𝑎1=2，则数列{𝑎𝑛}为等比数列，公比为−1，A错误，C正确，当𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2=0，数列{𝑎𝑛}为等差数列，公差为2，B正确，若𝑎1=2，当𝑎𝑛+𝑎𝑛−1=0时，𝑆4=0，

当𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2=0时，𝑆4=4×2+6×2=20，若𝑎1=0，当𝑎𝑛+𝑎𝑛−1=0时，𝑆4=0，当𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2=0时，𝑆4=4×0+6×2=12，故D正确，故选BCD．10.𝐵𝐷【解析】选项A：若𝑥<0，则−𝑥>0，故−𝑥

+(−1𝑥)≥2√(−𝑥)·(−1𝑥)=2，则𝑦=−[−𝑥+(−1𝑥)]≤−2，当且仅当𝑥=−1时等号成立，故𝑦=𝑥+1𝑥有最大值−2，无最小值，选项A错误；选项B：因为𝑥>0，𝑦>0，则𝑥+3𝑦⩾2√3𝑥𝑦，当且

仅当𝑥=3𝑦=3时等号成立，又𝑥+3𝑦=9−𝑥𝑦，则9−𝑥𝑦⩾2√3𝑥𝑦，即(√𝑥𝑦)2+2√3√𝑥𝑦−9⩽0，可解得√𝑥𝑦⩽√3，即𝑥𝑦⩽3，选项B正确；选项C：因为𝑓(𝑥)=𝑥2+5√𝑥2+4=𝑥2+4+1√𝑥2

+4=√𝑥2+4+1√𝑥2+4⩾2，当且仅当√𝑥2+4=1√𝑥2+4等号成立，显然√𝑥2+4=1√𝑥2+4无解，故𝑓(𝑥)取不到最小值2，选项C错误；选项D：因为1𝑎+1+11+𝑏=1，所以𝑎+𝑏

+2=(𝑎+1)+(1+𝑏)=[(𝑎+1)+(1+𝑏)][1𝑎+1+11+𝑏]=2+𝑎+11+𝑏+1+𝑏𝑎+1，因为𝑎>0，𝑏>0，故𝑎+11+𝑏>0，则2+𝑎+11+𝑏+1+𝑏𝑎+1⩾2+

2√𝑎+11+𝑏·1+𝑏𝑎+1=4，当且仅当𝑎+11+𝑏=1+𝑏𝑎+1时等号成立，即𝑎=𝑏=1时等号成立，故𝑎+𝑏+2⩾4，即可得𝑎+𝑏⩾2，故𝑎+𝑏的最小值为2，选项D正确．11.𝐴𝐶【解析】

对于𝐴，由直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，∴𝐴𝐴1//𝐵𝐵1，∴∠𝐵1𝐵𝐸为直线𝐴𝐴1与直线𝐵𝐸所成角，当𝐸与𝐵1重合时，直线𝐴𝐴1与直线𝐵𝐸所成角为0，当𝐸与𝐶1重合时，直线𝐴𝐴1与直线𝐵𝐸所成角为𝜋4，所以直

线𝐴𝐴1与直线𝐵𝐸所成角的范围是[0,𝜋4]，故A正确；对于𝐵，假设𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐸，又𝐵𝐸⊂平面𝐴1𝐵𝐸，∴𝐴𝐵1⊥𝐵𝐸，设𝐵𝐶中点为𝐻，则𝐴𝐻⊥𝐵𝐶，又𝐴𝐻⊥𝐵𝐵1，𝐵𝐶∩𝐵𝐵1=𝐵，�

�𝐶，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，则𝐴𝐻⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，又𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，∴𝐴𝐻⊥𝐵𝐸，又𝐴𝐵1∩𝐴𝐻=𝐴，𝐴𝐵1，𝐴𝐻⊂平面𝐴𝐵1𝐻，所以𝐵𝐸⊥平面𝐴𝐵1𝐻，又�

�1𝐻⊂平面𝐴𝐵1𝐻，所以𝐵1𝐻⊥𝐵𝐸，又因为四边形𝐵𝐶𝐶1𝐵1为正方形，所以点𝐸为𝐶𝐶1中点，与点𝐸为棱𝐵1𝐶1上一点矛盾，故B错误．对于𝐶，取𝐴1𝐶1中点𝐺，连结𝐸𝐺，𝐺𝐴，则平面�

�𝐵𝐸截三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1所得截面为等腰梯形𝐴𝐵𝐸𝐺，𝐴𝐵=1，𝐸𝐺=12，在直角△𝐵𝐵1𝐸中，𝐸𝐵=√52，所以梯形的高为√(√52)2−(14)2=√194，梯形的面积为𝑆=12×(12+1)×√194=3√

1916，故C正确．对于𝐷，因为𝑆△𝐴𝐵𝐹=12𝐴𝐵×𝐵𝐵1=12，且𝑉𝐹−𝐴𝐵𝐸=𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐹，所以当𝐸与𝐶1重合时，三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐸的体积最大，取𝐴1𝐵1中点𝑀，则𝐶1𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，得�

�𝐶1−𝐴𝐵𝐹=13𝑆△𝐴𝐵𝐹×𝐶1𝑀=13×12×√32=√312，故D错误．故选：𝐴𝐶．12.𝐴𝐶𝐷【解析】∵𝐹1(−𝑐,0)到𝑦=√3𝑥的距离为3√3，∴√

3𝑐2=3√3，解得𝑐=6，又渐近线方程为𝑦=√3𝑥，则𝑏𝑎=√3，结合𝑎2+𝑏2=𝑐2可解得𝑎=3，𝑏=3√3，则双曲线的方程为𝑥29−𝑦227=1，故A正确;∵𝑃𝑄为∠𝐹1𝑃𝐹2的平分线，∴|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=|𝑄𝐹1

||𝑄𝐹2|=84=2，故B错误;由双曲线定义可得|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=6，则可得|𝑃𝐹1|=12，|𝑃𝐹2|=6，则在△𝑃𝐹1𝐹2中，cos∠𝐹1𝑃𝐹2=122+62−1222×12×6=

14，则|𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=122+2×12×6×14+62=216，则|𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗|=2|𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=6√6，即|𝑂𝑃|=3√6，故C正确;在△𝑃𝐹1𝐹2中，sin∠𝐹1𝑃𝐹2=√1−cos2∠𝐹1𝑃𝐹2=√154，设点𝑃到𝑥轴的距离为𝑑，则�

�△𝑃𝐹1𝐹2=12×|𝐹1𝐹2|×𝑑=12|𝑃𝐹1|×|𝑃𝐹2|×sin∠𝐹1𝑃𝐹2，即12×12×𝑑=12×12×6×√154，解得𝑑=3√152，故D正确．13.151

9【解析】设事件𝐴=“感染流行感冒”，事件𝐵=“未接种疫苗”，则𝑃(𝐴)=35×14+25×110=19100，𝑃(𝐴𝐵)=35×14=320，故𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=1519故答案为：1519．14.𝑒𝑥+𝑦+1=0【解析】函数𝑓(𝑥)

是定义在(−∞,0)⋃(0,+∞)上的偶函数，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1，当𝑥<0时，−𝑥>0，则𝑓(−𝑥)=𝑒−𝑥−1，所以𝑓(𝑥)=𝑓(−𝑥)=𝑒−𝑥−1，所以𝑓(

−1)=𝑒−1，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)=−𝑒−𝑥，则𝑓′(−1)=−𝑒，所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(−1,𝑓(−1))处的切线的斜率为−𝑒，切点为(−1,𝑒−1)，所以切线的方程为𝑦−(𝑒−1)=−𝑒(𝑥+1)，即𝑒𝑥+𝑦+1=0．故

答案为：𝑒𝑥+𝑦+1=0．15.𝜋6【解析】以𝐴为原点，以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗(𝐴𝐸⊥𝐴𝐵)，𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗所在直线分别为𝑥轴，𝑦轴，𝑧轴(如图)建立空间直角坐标系，设

𝐷为𝐴1𝐵1的中点，如图所示：则𝐴(0,0,0)，𝐶1(1,√3,2√2)，𝐷(1,0,2√2)，∴𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,2√2)，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,2√2).易知𝐶

1𝐷⊥𝐴1𝐵1，𝐴𝐴1⊥𝐶1𝐷，𝐴1𝐵1∩𝐴𝐴1=𝐴1，𝐴1𝐵1,𝐴𝐴1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，故𝐶1𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以∠𝐶1𝐴𝐷为𝐴𝐶1与平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所成的

角，cos∠𝐶1𝐴𝐷=𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1×1+√3×0+2√2×2√2√12×√9=√32，又∵∠𝐶1𝐴𝐷∈[0,𝜋2]，∴∠𝐶1𝐴𝐷=𝜋6．

故答案为𝜋6．16.2𝑥+2𝑦−3=0【解析】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，由题意得𝑥122+𝑦12=1,𝑥222+𝑦22=1，两式相减化简得𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2⋅𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−12，由𝑃(1,12)是𝐴𝐵中点，得𝑥1+𝑥2

=2,𝑦1+𝑦2=1，代入得直线𝐴𝐵斜率𝑘=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−1，故直线𝐴𝐵方程为𝑦−12=−(𝑥−1)，即2𝑥+2𝑦−3=0，因为点𝑃在椭圆内，故直线与椭圆相交，故答案为：2𝑥+2𝑦−3=0．17.

解：∵(𝑐−𝑎)(𝑐+𝑎)+𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶=2√33𝑆，又∵由余弦定理可得𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏，∴𝑐2−𝑎2+𝑎2+𝑏2−𝑐22=𝑏2+𝑐2−𝑎22

=2√33𝑆，∴𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=2√33⋅12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴，∴𝑐𝑜𝑠𝐴=√33𝑠𝑖𝑛𝐴，即𝑡𝑎𝑛𝐴=√3，又∵𝐴∈(0,𝜋)，∴𝐴=𝜋3．(2)∵𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶−𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖

𝑛𝐶=cos(𝐵+𝐶)=−𝑐𝑜𝑠𝐴=−12，又∵4𝑐𝑜𝑠𝐵⋅𝑐𝑜𝑠𝐶=1，∴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶+12=34，∵𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑎

𝑠𝑖𝑛𝐴=2√3√32=4，∴𝑏=4𝑠𝑖𝑛𝐵，𝑐=4𝑠𝑖𝑛𝐶，∴𝑆=12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=12⋅4𝑠𝑖𝑛𝐵⋅4𝑠𝑖𝑛𝐶⋅𝑠𝑖𝑛𝐴=8×34×√32=3√3．18.解

：∵𝑎𝑛𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+12，∴𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+1𝑎𝑛，∴{𝑎𝑛}为等比数列，设公比为𝑞，又𝑎1=3,𝑎2𝑎3=𝑎12𝑞3=243，∴𝑞=3，∴𝑎𝑛=3×3𝑛−1=3𝑛；(2)𝑏𝑛=𝑙𝑜𝑔3𝑎𝑛=𝑙𝑜𝑔33𝑛

=𝑛𝑙𝑜𝑔33=𝑛，∴𝑆𝑛=𝑛(1+𝑛)2，∴1𝑆𝑛=2𝑛(1+𝑛)=2(1𝑛−1𝑛+1)，∴1𝑆1+1𝑆2+⋯+1𝑆𝑛−1+1𝑆𝑛=2(11−12+12−13+⋯+1𝑛−1−1𝑛+1𝑛−1𝑛+1)=2(1−1𝑛+1)=2𝑛𝑛+

1．19.解：(1)由频率分布直方图得第七组的频率为：1−(0.004+0.012+0.016+0.03+0.02+0.006+0.004)×10=0.08，频率分布直方图如右图．(2)由频率分布直方图得[60,90)的频率为：(0.0

04+0.012+0.016)×10=0.32，频率为[90,100)的频率为：0.03×10=0.3，∴估计该校高三年级的这500名学生的这次考试成绩的中位数为：90+0.5−0.320.3×10=96．(3)样本中第一组有学生：50×0.004×10=

2人，设这2人为𝑎，𝑏;第六组有学生：50×0.006×10=3人，设这3人为1，2，3;从样本成绩属于第一组和第六组的所有学生中随机抽取2名的情况有𝑎𝑏,𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑏1,𝑏2,𝑏3,12

,13,23，共10种，这2名学生的分数差的绝对值大于10分包含的情况有𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑏1,𝑏2,𝑏3，共6种，∴这2名学生的分数差的绝对值大于10分的概率𝑃=610=0.6．20.解：(1)由棱柱的体积

公式𝑉=𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶|𝐴𝐴1|，可得𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12𝐴𝐵⋅𝐴𝐶sin∠𝐵𝐴𝐶=2，又𝐴𝐵=𝐴𝐶=2，可知𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐴𝐶=1,∠𝐵𝐴𝐶=90∘，△𝐴1𝐵1𝐶1中，

𝐴1𝐵1=𝐵1𝐶1，𝑁为𝐵1𝐶1的中点，可得𝐴1𝑁⊥𝐵1𝐶1，又𝐵1𝐵⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴1𝑁⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1，可得𝐵1𝐵⊥𝐴1𝑁，而𝐵1𝐵∩𝐵1𝐶1=𝐵1，所以𝐴1𝑁⊥平面𝐵1𝐵�

�𝐶1，即有𝐴1𝑁⊥𝐵𝐶1，连接𝐶𝑁，由𝑡𝑎𝑛∠𝐶1𝐶𝑁=𝐶1𝑁𝐶1𝐶=√22，𝑡𝑎𝑛∠𝐶𝐶1𝐵=𝐶𝐵𝐶1𝐶=2√22=√2，则tan∠𝐶1𝐶𝑁⋅tan∠𝐶𝐶1𝐵=1，可得∠𝐶1

𝐶𝑁+∠𝐶𝐶1𝐵=90°，即有𝐵𝐶1⊥𝐶𝑁，而𝐶𝑁∩𝐴1𝑁=𝑁，所以𝐵𝐶1⊥平面𝐴1𝐶𝑁，则𝐴1𝐶⊥𝐵𝐶1；(2)以𝐴为原点，以𝐴𝐶，𝐴𝐵，𝐴𝐴1

为坐标轴建立空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，则𝐴1(0,0,2)，𝐶(2,0,0)，𝑀(0,1,0)，𝑁(1,1,2)，𝑃(1,1,1)，所以𝐴1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0)，𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,−1)，𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,1,0)，𝐶𝐴1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,0,2)，设平面𝐴1𝐶𝑀的法向量为𝑛⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⃗⃗⋅𝐶𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥+2𝑧=0𝑛⃗⃗⃗⋅𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥+𝑦=0,令

𝑦=2，可得𝑛⃗⃗⃗=(1,2,1)，设𝐴1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑚𝐴1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑚,𝑚,0)，𝑚∈[0,1]，则𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑚−1,𝑚−1,1)，所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗⃗=𝑚

−1+2(𝑚−1)+1=3𝑚−2，当𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑛⃗⃗⃗时，可得𝑃𝑄//平面𝐴1𝐶𝑀，所以3𝑚−2=0，即𝑚=23．所以在线段𝐴1𝑁上存在点𝑄，且当𝐴1𝑄=23𝐴1𝑁

时，𝑃𝑄//平面𝐴1𝐶𝑀．21.解：(1)由题知抛物线的准线为直线𝑥=−√3，过椭圆𝐸的左焦点，∴𝑐=√3．∵椭圆𝐸的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形，∴𝑏=1,𝑎=2，故椭圆𝐸的标准方程为：𝑥24+𝑦2=1．(2)由(1)得

椭圆的方程为𝑥24+𝑦2=1，∵𝑀𝑁的垂线交𝑥轴于点𝑄，∴𝑀𝑁的斜率存在，∵连接𝑂𝑃交椭圆于𝑀，𝑁两点，∴𝑀𝑁的斜率不为0．不妨设𝑙𝑀𝑁：𝑦=𝑘𝑥，𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑃(12

𝑘,12)，联立{𝑦=𝑘𝑥,𝑥24+𝑦2=1,即(1+4𝑘2)𝑥2−4=0，∴𝑥1+𝑥2=0,𝑥1𝑥2=−41+4𝑘2，∴|𝑀𝑁|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1⋅𝑥2=√1

+𝑘2⋅√161+4𝑘2．设𝑄(𝑚,0)，，∴𝑘𝑃𝑄⋅𝑘𝑀𝑁=1212𝑘−𝑚⋅𝑘=−1，解得：𝑚=12𝑘+𝑘2，∴𝑄到直线𝑀𝑁的距离为：𝑑=|𝑘⋅(12𝑘+𝑘2)|√1+𝑘2=12+𝑘22√1+�

�2，∴𝑆△𝑀𝑁𝑄=12|𝑀𝑁|·𝑑=12√1+𝑘2⋅√161+4𝑘2⋅12+𝑘22√1+𝑘2=1+𝑘2√1+4𝑘2=14⋅1+4𝑘2+3√1+4𝑘2=14(√1+4𝑘2+3√1+4𝑘2)⩾14⋅2√√1+4𝑘2⋅3√1+4𝑘2=√3

2，当且仅当√1+4𝑘2=3√1+4𝑘2，即𝑘=±√22时等号成立，故△𝑀𝑁𝑄面积的最小值为√32．22.解：(1)因为𝑔(𝑥)=𝑏(𝑥−√𝑥)=𝑏[(√𝑥−12)2−14]，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(14)=−𝑏4;𝑓(𝑥)=�

�𝑥ln𝑥定义域𝑥∈(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑎(ln𝑥+1)，令𝑓′(𝑥)=0得，𝑥=1𝑒，当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(0,1𝑒)上单调递减，在(1𝑒,+∞)上单调递增；

当𝑎<0时，𝑓(𝑥)在(0,1𝑒)上单调递增，在(1𝑒,+∞)上单调递减；当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=0，要使𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)有相同的最小值，则𝑎>0，𝑓(𝑥)min=𝑓(1𝑒)=𝑎−𝑒=−𝑏4，所以𝑎=𝑒𝑏4，所以𝑎+

1𝑏=𝑒𝑏4+1𝑏≥2√𝑒𝑏4⋅1𝑏=√𝑒，当且仅当𝑏=2√𝑒时，取等号；(2)由已知得ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)=𝑒4𝑏𝑥ln𝑥+𝑏(𝑥−√𝑥)，ℎ′(𝑥)=𝑒4𝑏(ln𝑥

+1)+𝑏(1−12𝑥−12)，令𝐻(𝑥)=𝑒4𝑏(ln𝑥+1)+𝑏(1−12𝑥−12)，则𝐻′(𝑥)=𝑒4𝑏⋅1𝑥+𝑏⋅14𝑥−32>0恒成立，则𝐻(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，即ℎ′(𝑥)在(0,+

∞)上单调递增，因为ℎ′(𝑒−2)=𝑒4𝑏(−2+1)+𝑏(1−𝑒2)=𝑏(1−3𝑒4)<0，ℎ′(1)>0，存在𝑥0∈(𝑒−2,1)使得ℎ′(𝑥0)=0，ℎ(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递减，在(𝑥0,+∞)上单调递增，又因为ℎ(1)=0，当0<𝑥<1时，ℎ(𝑥)<0

，因此若方程ℎ(𝑥)=𝑚有两个不相等的实根𝑥1，𝑥2(不妨设𝑥1<𝑥2)，则必有0<𝑥1<𝑥2<1，因此𝑥1+𝑥2<2；下证𝑥1+𝑥2>12，由ℎ(𝑥1)=ℎ(𝑥2)=𝑚，得𝑒4𝑏𝑥1ln𝑥1+𝑏(𝑥1−√𝑥1)

=𝑒4𝑏𝑥2ln𝑥2+𝑏(𝑥2−√𝑥2)=𝑚，则(𝑥1−√𝑥1)(𝑒4√𝑥√𝑥1)1−1+1)=(𝑥2−√𝑥2)(𝑒4√𝑥2√𝑥2−1)=𝑚𝑏，令𝑚(𝑥)=√𝑥ln𝑥√𝑥−1(0<𝑥<1)，令𝑡=√𝑥∈(0,1)，则�

�(𝑡)=2𝑡ln𝑡𝑡−1，则𝑚′(𝑡)=2(ln𝑡+1)(𝑡−1)−2𝑡ln𝑡(𝑡−1)2=2(𝑡−1−ln𝑡)(𝑡−1)2，令𝑛(𝑡)=𝑡−1−ln𝑡(0<𝑡<1)，则𝑛′(𝑡)=1−1𝑡<0成立，所以𝑛(𝑡)在(0,1)上单调递减，𝑛

(𝑡)>𝑛(1)=0，即当0<𝑡<1时，𝑚′(𝑡)>0成立，所以𝑚(𝑡)在(0,1)上单调递增，即𝑚(𝑥)在(0,1)上单调递增，故0<𝑚(𝑥1)<𝑚(𝑥2)，由于𝑥2−√𝑥2<0

，因此，得𝑥1−√𝑥1<𝑥2−√𝑥2⇔(√𝑥2−√𝑥1)(√𝑥2+√𝑥1)>√𝑥2−√𝑥1，得√𝑥1+√𝑥2>1，所以𝑥1+𝑥2>2(√𝑥1+√𝑥22)2=12，综上12<𝑥1+𝑥2<2．获得更多

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