【文档说明】河南省名校青桐鸣2023届高三下学期4月联考试题 数学（理） 含解析.docx，共(12)页，820.391 KB，由小赞的店铺上传

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2023届普通高等学校招生全国统一考试大联考(高三)数学(理科)全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选

出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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𝑀={1,2,3,4,5,6,7},𝑁={𝑥|√2𝑥−1<5},则𝑀∩𝑁=()A.{1,2}B.{1,2,3}C.{1,2,3,4}D.{1,2,3,4,5}2.复数𝑧满足(𝑧—𝑖)(2—𝑖)=𝑖

,则|𝑧|=()A.1B.√2C.2D.√53.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥(𝑥−𝑎)(𝑥−2),𝑎∈𝑅,命题𝑝:0<𝑎<2,命题𝑞:𝑓′(𝑎)<0,则𝑝是𝑞的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.

充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知正实数𝑎，𝑏，满足𝑎+𝑏≥92𝑎+2𝑏,则𝑎+𝑏的最小值为（）A.5𝐵.52C.5√2𝐷.5√225.已知𝛼,𝛽∈(0,𝜋2),cos(𝛼+𝛽)=−513,tan𝛼+tan𝛽=3,则�

�𝑜𝑠(𝛼−𝛽)=()𝐴.13𝐵.713𝐶.47D.16.函数𝑓(𝑥)=(𝑒𝑥−𝑒−𝑥−2𝑥)sin𝑥(𝑥∈(−3𝜋2,3𝜋2))的图象大致是()7.若执行下面的程序框图，则输出的𝑠()A.有6个值,分别为6,10,2

8,36,66,78B.有7个值,分别为6,10,28,36,66,78,91C.有7个值,分别为6,10,28,36,66,78,120D.有8个值,分别为6,10,28,36,66,78,120,1368.在△

𝐴𝐵𝐶内有两点𝑀,𝑂,满足𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,且𝑀𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗+𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑥+𝑦=()𝐴.112𝐵.16𝐶.−112𝐷.−169.函数𝑓(𝑥)=sin(𝑥+𝜋5)+√3cos(𝑥+8𝜋15)的最大值为()A.1B.√3C.√5D.√710.在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴₁𝐵₁𝐶₁𝐷₁中,�

�𝐵=𝐵𝐶=2,𝑀.为𝐶𝐶₁的中点,𝐴₁𝐶⊥平面𝑀𝐵𝐷,则𝐴₁𝐵与𝐵₁𝐶所成角的余弦值为()𝐴.13𝐵.23𝐶.15𝐷.3511.数列{𝑎𝑛}满足:𝑎₁=1

,𝑎₂=2,且𝜆𝑎₂ₙ₋₁,𝑎₂ₙ,𝑎₂ₙ₊₁成等差数列，𝜆𝑎₂ₙ,𝑎₂ₙ₊₁,𝑎₂ₙ₊₂成等比数列，有以下命题：①若λ=1，则𝑎₃=3;②若λ=-1,则𝑎₄<0;③∃λ>0,使𝑎₃=𝑎₄;④λ可取任意实数.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.41

2.已知抛物线𝑦²=4𝑥上有三点𝑀,𝐴(𝑥₁,𝑦₁),𝐵(𝑥₂,𝑦₂),𝑀点的纵坐标为2,𝑦₁+𝑦₂=-4,且𝑦₁,𝑦₂<2,则△𝑀𝐴𝐵面积的最大值为()𝐴.16√63𝐵.16√69𝐶.32√39𝐷.32√33二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，

共20分。13.已知𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+𝑙𝑛𝑥的一条切线是𝑦=𝑥,则实数𝑎=.14.已知一个球的表面上有四点𝐴，𝐵，𝐶，𝐷，𝐵𝐷=2√3,∠𝐵𝐴𝐷=60∘,∠𝐵𝐶𝐷=90∘平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷,则该球

的表面积为.15.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+3𝑎2+⋯+(2𝑛−1)𝑎𝑛=13−12𝑛+3,𝑛∈𝑁∗则𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎ₙ=_______________.16.已知双曲线𝑥2−𝑦2

5=1的左、右焦点分别为𝐹₁，𝐹₂，点𝑀位于双曲线的右支上，𝐹₁𝑀交左支于点𝑁,△𝑀𝑁𝐹₂的内切圆𝐼的半径为1,𝐼与𝑁𝐹₂,𝑀𝑁分别切于点𝑃,𝑅,则𝑐𝑜𝑠∠𝑅𝑁𝑃=.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1

7~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题:共60分。17.(12分)已知锐角三角形𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为a,𝑏,𝑐,tan𝐵+tan𝐶=√3cos𝐴cos𝐵cos𝐶.(1)

求𝐴;(2)若𝑎=√6,求b+c的取值范围.18.(12分)为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，在国家产业扶贫政策的大力支持下，某贫困村利用当地自然条件，在南、北两山上种植苹果，现已开始大量结果，苹果成熟时，将苹果分为“一级”“二级”“

三级”，价格从高到低，有一水果商人要收购这里的苹果，收购前，将南山和北山上的苹果各随机摘取了200千克，按等级分开后得到的数据为：南山上的“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克；南、北山上的“三级”苹果共40千克；北山上的“一级”苹果50千克.

(假设两山上的苹果总产量相同，以样本的频率估计概率)(1)若种植苹果的成本为5元/千克，苹果收购价格如下表：等级“一级”“二级”“三级”价格（元／千克）1281①分别计算南山和北山各随机摘取的200千克苹果的平均利润；②若按个数计算，“一

级”苹果平均每千克有3个，“二级”苹果平均每千克有4个，“三级”苹果平均每千克有6个，以此计算该村南山上的200千克苹果的个数，并按各等级苹果个数以分层抽样的方式从中抽取13个苹果，分别放在13个外形完全一样的包装内，水果商人在这13个苹果中随机取2个，求恰有1个“三级”苹果的概

率.(2)判断能否有99%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.附:𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑),𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑.𝑃(𝐾²≥𝑘₀)0.10.050.010.005𝑘₀2.7063

.8416.6357.87919.(12分)如图,在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐵=𝐵𝐶=√212,𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐴𝐶=2√3,𝐸,𝐹分别为𝐴𝐶,𝐶𝐷的中点,点𝐺在𝑃𝐹上，且𝐺为三角形𝑃𝐶𝐷的重心.(1)证明:𝐺𝐸∥平面𝑃𝐵𝐶;(2)若�

�𝐴=𝑃𝐶,𝑃𝐴⊥𝐶𝐷,四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为3√3,，求直线𝐺𝐸与平面𝑃𝐶𝐷所成角的正弦值.20.(12分)已知点𝑀(1,32)在椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎⟩𝑏>0)上，𝐴，𝐵分别是椭圆的左、

右顶点，直线MA和MB的斜率之和满足：𝑘𝑀𝐴+𝑘𝑀𝐵=−1.(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为1的直线交椭圆于𝑃，𝑄两点，椭圆上是否存在定点𝑇，使直线𝑃𝑇和𝑄𝑇的斜率之和满足𝑘𝑃𝑇+

𝑘𝑄𝑇=0(𝑃,𝑄与𝑇均不重合)?若存在，求出𝑇点坐标；若不存在，说明理由.21.(12分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑎√𝑥−1+𝑏√ln𝑥(𝑎∈𝑅,𝑏∈𝑅),𝑔(𝑥)=√𝑥𝑒�

�2.(1)若𝑎=1,证明:当𝑏≥-1时,𝑓(𝑥)为增函数;(2)若𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)有解,求𝑎²+𝑏²的最小值.(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4:坐标

系与参数方程](10分)在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶的参数方程为{𝑥=sin𝑡+14sin𝑡,𝑦=√sin𝑡+12√sin𝑡𝑡为参数且𝑡∈(0,𝜋)),以坐标原点𝑂为极点，𝑥轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，(0,𝜋2)且tan𝛼=34,直线𝑙的极坐标

方程为𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+𝛼)=𝑚(𝑚∈𝑅).(1)求直线𝑙的直角坐标方程和曲线𝐶的普通方程；(2)若直线𝑙与曲线𝐶有公共点，求实数𝑚的取值范围.23.[选修4-5:不等式选讲](10分)

已知函数𝑓(𝑥)=|2𝑥+3|+|𝑥−𝑎|(𝑎>0)的图象如图所示,当𝑥=−32时,𝑓(𝑥)取得最小值3,𝑔(𝑥)=−𝑥.(1)求实数𝑎的值;(2)若𝑔(𝑥−𝑡)≤𝑓(𝑥)恒成立,求实数𝑡的取值范围.2023

届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣大联考(高三)答案数学(理科)1.C【解析】由√2𝑥−1<5,得1≤2𝑥<26,故𝑀∩𝑁={1,2,3,4}.故选C.2.B【解析】𝑧−𝑖=𝑖2−𝑖=𝑖(2+𝑖)5,则𝑧=−15+7𝑖5,故|𝑧|=√(15)2+(

75)2=√2.故选B.3.C【解析】𝑓′(𝑥)=(𝑥−𝑎)(𝑥−2)+𝑥(𝑥−2)+𝑥(𝑥−𝑎)=3𝑥²−(2𝑎+4)𝑥+2𝑎,𝑓′(𝑎)=3𝑎²−(2𝑎+4)⋅𝑎+2𝑎<0,,解得0故𝑝是𝑞的充要条件

.故选C.4.D【解析】(𝑎+𝑏)2≥(92𝑎+2𝑏)(𝑎+𝑏)=132+9𝑏2𝑎+2𝑎𝑏≥132+6=252,故𝑎+𝑏≥5√22,当且仅当{𝑎+𝑏=92𝑎+2𝑏,9𝑏2𝑎=2𝑎𝑏

,{𝑎=3√22𝑏=√2,时取等号.故选D.5.D【解析】tan𝛼+tan𝛽=sin𝛼cos𝛼+sin𝛽cos𝛽=3,化简得𝑠𝑖𝑛(𝛼+𝛽)=3𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽,故1=𝑠�

�𝑛²(𝛼+𝛽)+𝑐𝑜𝑠²(𝛼+𝛽)=9cos2𝛼cos2𝛽+25169,解得cos𝛼cos𝛽=413,又cos(𝛼+𝛽)=cos𝛼cos𝛽−sin𝛼sin𝛽=−513,则sin𝛼sin𝛽=913,故𝑐𝑜�

�(𝛼−𝛽)=𝑐𝑜𝑠𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽+𝑠𝑖𝑛𝛼𝑠𝑖𝑛𝛽=1.故选D.6.A【解析】𝑓(−𝑥)=(𝑒⁻ˣ−𝑒ˣ+2𝑥)𝑠𝑖𝑛(−𝑥)=𝑓(𝑥),可知𝑓(𝑥)为偶函数,排除B;

𝑓(𝜋)=0,排除D;易知,𝑓(1)>0,排除C.故选A.7.C【解析】当n=3时,输出s=6;当n=4时,输出s=10;当n=7时,输出s=28;当n=8时,输出s=36;当n=11时,输出s=66;当n=12时,输出s=78;当n=15时,15>12,输出s=120,结束.故选C

.8.C【解析】𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)+(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=0,则𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗)+2(𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+AC)=0,1则4𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗𝑐𝑖𝑟𝑐𝑙𝑒2,①×4+②×3得,12𝑀𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑥=112,𝑦=−16,∴𝑥+�

�=112−16=−112.故选C.9.A【解析𝑓(𝑥)=sin(𝑥+𝜋5)+√3cos[(𝑥+𝜋5)+𝜋3]=sin(𝑥+𝜋5)+√3[12cos(𝑥+𝜋5)−√32sin(𝑥+𝜋5)]=−12sin(𝑥+𝜋5)+√32c

os(𝑥+𝜋5)=sin(𝑥+𝜋5+2𝜋3),故最大值为1.故选A.10.B【解析】连接𝑀𝐵,𝑀𝐷,𝐵𝐷,连接𝐴₁𝐷,如图,𝐴₁𝐵₁⊥平面𝐵𝐶𝐶₁𝐵₁,则𝐴₁𝐵₁⊥𝐵𝑀,又𝐴₁𝐶⊥平面𝑀𝐵𝐷,则𝐴₁𝐶⊥𝐵𝑀,

𝐴₁𝐶∩𝐴₁𝐵₁=𝐴₁,则𝐵𝑀⊥平面𝐴₁𝐵₁𝐶,则𝐵𝑀⊥𝐵₁𝐶,∠𝑀𝐵𝐶=∠𝐵𝐵₁𝐶,则𝑡𝑎𝑛∠𝑀𝐵𝐶=𝑡𝑎𝑛∠𝐵𝐵₁𝐶,则𝑀𝐶2=2𝐵𝐵1,解得𝐵𝐵1=2√2,由长方体的性质

易知，𝐴₁𝐵₁∥𝐷𝐶,所以四边形𝐴₁𝐵₁𝐶𝐷为平行四边形,所以𝐴₁𝐷∥𝐵₁𝐶,则∠𝐵𝐴₁𝐷即为所求角,在△𝐵𝐴₁𝐷中,𝐴1𝐵=𝐴1𝐷=2√3,𝐵𝐷=2√2故cos∠𝐵𝐴1𝐷=12+12−82×2√

3×2√3=23.故选B.11.C【解析】当λ=1时,𝑎₁+𝑎₃=2𝑎₂,解得𝑎₃=3,故①正确;当λ=-1时,-𝑎₁+𝑎₃=2𝑎₂,解得𝑎₃=5,又−𝑎2⋅𝑎4=𝑎32=25,则𝑎4=−252<0,故②正确;λ𝑎₁+𝑎

₃=4,则𝑎3=4−𝜆,𝜆𝑎2⋅𝑎4=𝑎32,则𝑎4=𝑎32𝜆𝑎2,若𝑎₃=𝑎₄,则4−𝜆=(4−𝜆)22𝜆,解得λ=4或𝜆=43,其中λ=4不合题意，故𝜆=43,③正确;λ=4时,𝑎₃=0,此时𝑎₂,𝑎₃,𝑎₄不能成等比数列，故④错误.故

选C.12.C【解析】由题意得,𝑥𝑀=1,则M(1,2),由𝑦₁+𝑦₂=−4,得𝑘𝐴𝐵=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=𝑦1−𝑦2𝑦124−𝑦224=4𝑦1+𝑦2=-1.设直线𝐴𝐵：𝑥=𝑡−𝑦，代入抛物

线方程得𝑦²+4𝑦−4𝑡=0,可得𝛥=16+16𝑡>0,得𝑡>−1.|𝐴𝐵|=√2|𝑦1−𝑦2|=√2⋅√16+16𝑡=4√2⋅√1+𝑡,点𝑀(1,2)到𝐴𝐵的距离为𝑑=|3−𝑡|√2,故𝑆𝑀𝐴𝐵=12|𝐴𝐵|⋅𝑑=2√1+𝑡.|3

−𝑡|=2√(1+𝑡)(3−𝑡)2,由𝑦₁,𝑦₂<2,得4+8−4𝑡>0,即𝑡<3,又𝑡>−1,则−1<𝑡<3则𝑔′(𝑡)=(t-3)(3t-1),易得当且仅当𝑡=13时,g(t)取最大值为25627,故S△MA

B最大值为32√39.故选C.13.1−1𝑒【解析】设切点坐标为(𝑥₀,𝑦₀),则满足𝑥0=𝑎𝑥0+ln𝑥0①,𝑓′(𝑥0)=𝑎+1𝑥0=1,则𝑎𝑥₀=𝑥₀−1,代入①得𝑥₀=𝑥₀−1+𝑙𝑛𝑥₀,解得𝑥₀=𝑒,∴𝑎=1−1𝑒.1

4.16π【解析】设球心为𝑂,𝐵𝐷的中点为𝑀,则𝑀为△𝐵𝐶𝐷的外心,𝑂𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐷,又平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷,故𝑂在平面𝐴𝐵𝐷内,故𝑂为△𝐴𝐵𝐷的外心𝐵𝐷sin60

∘=2𝑅=4故𝑆球=4𝜋𝑅2=16𝜋.15.16−12(2𝑛+1)(2𝑛+3)【解析】当n≥2时,(2n-1)𝑎𝑛=13−12𝑛+3−(13−12𝑛+1)=12𝑛+1−12𝑛+3=2(2𝑛+1)(

2𝑛+3),∴𝑎𝑛=2(2𝑛−1)(2𝑛+1)(2𝑛+3)(𝑛≥2),𝑎1=13−15=215,满足𝑎𝑛=2(2𝑛−1)(2𝑛+1)(2𝑛+3),∴𝑎𝑛=2(2𝑛−1)(2𝑛+1)(2𝑛+3),𝑛∈𝑁∗,即𝑎𝑛=12⋅(2𝑛+3)−

(2𝑛−1)(2𝑛−1)(2𝑛+1)(2𝑛+3)=12[1(2𝑛−1)(2𝑛+1)−1(2𝑛+1)(2𝑛+3)],∴𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=12[11×3−13×5+13×5−15×7+⋯+1(

2𝑛−1)(2𝑛+1)−1(2𝑛+1)(2𝑛+3)]=16−12(2𝑛+1)(2𝑛+3).16.35【解析】设内切圆与𝐹₂𝑀切于点𝑄,|𝑀𝑅|=|𝑀𝑄|=𝑚,|𝑁𝑅|=|�

�𝑃|=𝑛,|𝐹₂𝑃|=|𝐹₂𝑄|=𝑓,|𝐹₁𝑁|=𝑡,如图，则|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2𝑎,即𝑚+𝑛+𝑡−(𝑚+𝑓)=2𝑎,化简得𝑛+𝑡−𝑓=2𝑎①,|

𝑁𝐹2|−|𝑁𝐹1|=2𝑎,即𝑛+𝑓−𝑡=2𝑎②,①+②得𝑛=2𝑎=2,𝑁𝐼平分∠𝑅𝑁𝑃,则tan12∠𝑅𝑁𝑃=12故sin12∠𝑅𝑁𝑃=1√5,则cos∠𝑅𝑁𝑃=1−2sin212∠𝑅𝑁𝑃=35.17.解:(1)由题意得,sin𝐵cos�

�+sin𝐶cos𝐶=√3cos𝐴cos𝐵cos𝐶,化简得sin(𝐵+𝐶)=√3cos𝐴,即sin𝐴=√3cos𝐴,则tan𝐴=√3,解得𝐴=𝜋3.(2)由题意及正弦定理𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=𝑎sin𝐴=2√2,得𝑏=2√2sin𝐵,𝑐=2√

2sin𝐶,则𝑏+𝑐=2√2sin𝐵+2√2sin𝐶=2√2sin𝐵+2√2sin(120∘−𝐵)=3√2sin𝐵+√6cos𝐵=2√6sin(𝐵+𝜋6),由(1)知,𝐴=𝜋3,{0<𝐵<𝜋2,0<𝐶<𝜋2,𝐵+𝐶=2

𝜋3,得𝜋6<𝐵<𝜋2,则𝜋3<𝐵+𝜋6<2𝜋3,故sin(𝐵+𝜋6)∈(√32,1])故𝑏+𝑐的取值范围是(3√2,2√6].18.解:(1)①由题意得,南山:“一级”苹果40千克,“二级”

苹果150千克,“三级”苹果200-190=10(千克)，故南山随机摘取的200千克苹果的平均利润为12×40+8×150+1×10−5×200200=3.45(元/千克),北山:“一级”苹果50千克,“三级”苹果40-10=30(千克),“二级”苹果200-50-30=12

0(千克),故北山随机摘取的200千克苹果的平均利润为12×50+8×120+1×30−5×200200=2.95(元/千克).②南山上的这200千克苹果中，“一级”苹果有3×40=120(个),“二级”苹果有4

×150=600(个),“三级”苹果有6×10=60(个),共有120+600+60=780(个),按分层抽样的方式抽取的13个苹果中，“一级”苹果有120780×13=2(个)，“二级”苹果有6007

80×13=10(个),“三级”苹果有60780×13=1(个),故所求概率为𝐶11𝐶121𝐶132=213.(2)由(1)可得以下2×2列联表:“三级”苹果“一级”和“二级”苹果合计南山10190200北山30170200合计40360400则𝐾2=4

00×(10×170−30×190)2200×360×200×40=1009>11>6.635,故有99%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.19.解:(1)证明:连接BD,因为AB=BC,AD=CD,所以AC⊥BD,且BD∩AC=E,由.𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐴𝐶=2√3,得

𝐴𝐸=√3,𝐷𝐸=3,则𝐵𝐸=√𝐴𝐵2−𝐴𝐸2=32,所以DE=2BE.连接DG并延长交PC于点M，如图，因为G为△PCD的重心,所以DG=2GM.连接BM，因为𝐷𝐸𝐵𝐸=𝐷𝐺𝐺𝑀,所以EG∥BM.又EG⊄平面PBC,BM⊂平面PBC,故GE∥

平面PBC.(2)连接PE,因为PA=PC,所以AC⊥PE.又AC⊥BD,BD,PE⊂平面PBD,BD∩PE=E,所以AC⊥平面PBD.连接AF交DE于点Q,则𝐸𝑄=13𝐷𝐸=1,AF⊥CD.又PA⊥CD,PA,A

F⊂平面PAF,PA∩AF=A,所以CD⊥平面PAF.连接PQ,PQ⊂平面PAF,则CD⊥PQ,因为AC⊥平面PBD,PQ⊂平面PBD,所以AC⊥PQ,因为AC∩CD=C,所以PQ⊥平面ABCD.易得四边形ABCD的面

积为12𝐴𝐶×𝐵𝐸+12𝐴𝐶×𝐷𝐸=9√32,由四棱锥P-ABCD的体积为3√3得,13×9√32×𝑃𝑄=3√3,所以PQ=2.以E为坐标原点，以EC，ED所在直线分别为𝑥轴、𝑦轴，建立空间直角坐标系𝐸−𝑥𝑦𝑧，则E(0,0,0),𝐵(0,−32,0

),𝐶(√3,0,0),𝐷(0,3,0),𝑃(0,1,2),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,3,0),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2).设平面PCD的法向量为𝑚=(𝑥,𝑦,𝑧),则{�

�⋅𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⋅𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{−√3𝑥+3𝑦=0,2𝑦−2𝑧=0,取𝑥=√3,可得𝑚=(√3,1,1),由(1)可知,M为PC的中点,则𝑀(√32,12,1),所以𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,2,1).由(1)知,EG∥BM,所以直线GE与平面PC

D所成的角等于直线BM与平面PCD所成的角，设为θ，所以sin𝜃=|cos⟨𝑚,𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩|=|𝑚⋅𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚||𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=92√5×√234=9√115115,故

直线GE与平面PCD所成角的正弦值为9√115115.20.解(1)𝑘𝑀𝐴+𝑘𝑀𝐵=32−01+𝑎+32−01−𝑎=−1,解得a²=4,将(1,32)代入椭圆方程𝑥24+𝑦2𝑏2=1,得b

²=3,故椭圆的标准方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)假设存在定点T,则设𝑃(𝑥₁,𝑦₁),𝑄(𝑥₂,𝑦₂),𝑇(𝑥₀,𝑦₀),直线PQ的方程为𝑦=𝑥+𝑡,由题意得𝑦1−𝑦0𝑥1−𝑥0+𝑦2−𝑦0𝑥2−𝑥0=0,将𝑦₁=𝑥₁+𝑡,𝑦

₂=𝑥₂+𝑡代入整理得2𝑥₁𝑥₂+(𝑡−𝑥₀−𝑦₀)(𝑥₁+𝑥₂)−2𝑥₀(𝑡−𝑦₀)=0(∗),联立{𝑥24+𝑦23=1,𝑦=𝑥+𝑡,整理得7𝑥²+8𝑡𝑥+4𝑡²−12=0

,则𝑥1+𝑥2=−8𝑡7,𝑥1𝑥2=4𝑡2−127,代入(*)式整理得(87𝑦0−67𝑥0)𝑡+2𝑥0𝑦0−247=0,解得{𝑥0=4√77,𝑦0=3√77,{𝑥0=−4√77,𝑦0=−3√77,代入验证得(4√77,3√77),(−4√77,−3√77)都在椭圆上，

故存在定点T，使𝑘𝑃𝑇+𝑘𝑄𝑇=0,点T的坐标为(4√77,3√77)或(−4√77,−3√77).21.解:(1)当a=1时,𝑓(𝑥)=√𝑥−1+𝑏√ln𝑥,易知f(x)的定义域为[1,+∞),则当b≥-1时.𝑓′(𝑥)=12√𝑥−1+𝑏2�

�√ln𝑥≥12√𝑥−1−12𝑥√ln𝑥,令ℎ(𝑥)=𝑥²𝑙𝑛𝑥−𝑥+1(𝑥>1),则ℎ′(𝑥)=2𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥−1,易知ℎ′(𝑥)在(1,+∞)上为增函数,h(1)=0,故ℎ′(𝑥)>0,故h(x)在(1,+

∞)上为增函数,故h(x)>h(1)=0,故x²lnx>x-1,则12√𝑥−1−12𝑥√ln𝑥>0,则原命题得证.(2)设f(x)=g(x)的解为x₀(x₀>1),则𝑎√𝑥0−1+𝑏√ln𝑥0=√𝑥0𝑒𝑥02,对∀a,b,c,d∈R,(a²+b²)(c²+d²)-(ac

+bd)²=(ad-bc)²≥0,故(a²+b²)(c²+d²)≥(ac+bd)²,当且仅当ad=bc时取等号，故(𝑎2+𝑏2)[(√𝑥0−1)2+(√ln𝑥0)2]≥(𝑎√𝑥0−1+𝑏√ln𝑥0)2=𝑥0𝑒𝑥0,所以�

�2+𝑏2≥𝑥0𝑒𝑥0𝑥0+ln𝑥0−1=𝑒𝑥0+ln𝑥0𝑥0+ln𝑥0−1.令𝑥₀+𝑙𝑛𝑥₀=𝑡,则t>1.设𝑝(𝑡)=𝑒𝑡𝑡−1,则𝑝′(𝑡)=𝑒𝑡(𝑡−2)(𝑡−1)2,当t=2时,�

�′(𝑡)=0;当1<𝑡<2,𝑝′(𝑡)<0,,则𝑝(𝑡)在(1,2)上单调递减；当𝑡>2时,𝑝′(𝑡)>0,,则𝑝(𝑡)在(2,+∞)上单调递增.则𝑝(𝑡)ₘᵢₙ=𝑝(2)=𝑒²,即a²+b²的最小值为

e².22.解:(1)由𝛼∈(0,𝜋2)且tan𝛼=34,得sin𝛼=35,cos𝛼=45,∴ρsin(θ+α)=m,即45𝜌sin𝜃+35𝜌cos𝜃=𝑚,∴直线l的直角坐标方程为3x+4y-5m=0;由t∈(0,π)得sint∈(0,1],则𝑦=√sin𝑡+12√sin�

�∈[√2,+∞),又𝑦2=(√sin𝑡+12√sin𝑡)2=(sin𝑡+14sin𝑡+1)=x+1,∴曲线C的普通方程为𝑦2=𝑥+1,𝑦∈[√2,+∞).(2)将𝑥=−4𝑦+5𝑚3代入𝑦²=𝑥+1整理得，𝑦2=−4𝑦+5𝑚3+1,𝑦∈[

√2,+∞),则𝑚=3𝑦2+4𝑦−35≥3+4√25,∴实数m的取值范围为[3+4√25,+∞).23.解:(1)因为a>0,所以𝑓(−32)=|−3+3|+|−32−𝑎|=3,即𝑎+32=3,

解得𝑎=32,故实数𝑎的值为32.(2)由题意知，当𝑥=−32时,f(x)取得最小值3,当函数𝑔(𝑥−𝑡)=𝑡−𝑥的图象过点𝐴(−32,3)时,即𝑡+32=3时𝑡=32,而由图象可知,𝑡≤32,故𝑡∈(−

∞,32].获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com