【文档说明】安徽省池州市、铜陵市等5地2022-2023学年高三上学期11月质量检测 数学 含解析.docx,共(10)页,536.321 KB,由小赞的店铺上传
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2022-2023学年安徽省九师联盟高三11月质量检测一、单选题(本大题共8小题,共40.0分。在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1.已知复数𝑧满足𝑧1+𝑖−𝑖=(1−𝑖)𝑧,则𝑧在复平面内对应的点位于()A.第一象
限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.已知集合𝐴={𝑥|(𝑥+1)(2−𝑥)<0},𝐵={𝑥∈𝑍||𝑥|≥1},则(∁𝑅𝐴)∩𝐵=()A.[1,2]∪{−1}B.[1,2]C.{−1,1,2}D.{1,2}3.若𝑝:𝑡∈{𝑦|𝑦=2cos(2𝑥−𝜋3
),𝑥∈[0,𝜋2]},𝑞:𝑡+1𝑡−2≤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.已知某圆锥的侧面展开图为半圆,该圆锥的体积为9√3𝜋,则该圆锥的表面积为()A.2
7𝜋B.20√3𝜋C.18√2𝜋D.16𝜋5.用一个平面截正方体,如果截面形状是三角形,则该截面三角形不可能是()A.锐角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.直角三角形6.若函数𝑦=sin(𝜔𝑥+𝜋3)(𝜔>0)的图象与直线𝑦=1的两相邻公共点的距离为
𝜋,要得到𝑦=sin(𝜔𝑥+𝜋3)的图象,只需将函数𝑦=cos𝜔𝑥的图象向左平移A.𝜋12个单位长度B.5𝜋12个单位长度C.7𝜋12个单位长度D.11𝜋12个单位长度7.如图,在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶
1中,𝐴𝐴1=3,𝐴𝐵=2,则异面直线𝐴1𝐵与𝐵1𝐶所成角的余弦值为()A.513B.713C.913D.12138.已知函数𝑓(𝑥)是定义域为𝑅的偶函数,𝑓(𝑥+1)为奇函数,当𝑥∈[0,1]时,𝑓(𝑥
)=𝑘⋅2𝑥+𝑎,若𝑓(0)+𝑓(3)=6,则𝑓(log296)=()A.2B.0C.−3D.−6二、多选题(本大题共4小题,共20.0分。在每小题有多项符合题目要求)9.已知𝑎>𝑏>0,𝑐<𝑑<0,则A.𝑎𝑑>𝑏𝑐B.𝑎𝑑<𝑏𝑐C.𝑎
𝑐<𝑏𝑑D.𝑎𝑐>𝑏𝑑10.已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,则()A.若𝑆𝑛=2𝑛2−𝑛,则{𝑎𝑛}是等差数列B.若𝑆𝑛=2𝑛+1−1,则{𝑎𝑛}是等比数列C
.若{𝑎𝑛}是等差数列,则𝑆2023=2023𝑎1012D.若{𝑎𝑛}是等比数列,且𝑎1>0,𝑞>0,则𝑆2𝑛−1⋅𝑆2𝑛+1>𝑆2𝑛211.已知函数𝑓(𝑥),𝑓′(𝑥)是其导函数,∀𝑥∈(0,𝜋2),𝑓′(𝑥)cos𝑥+𝑓(𝑥)si
n𝑥=ln𝑥恒成立,则()A.[𝑓(𝜋6)+√3𝑓(𝜋3)]cos1>√3𝑓(1)B.(√3−1)𝑓(𝜋3)<√2𝑓(5𝜋12)C.√2𝑓(𝜋6)<√3𝑓(𝜋4)D.2𝑓(𝜋12)>
(√3+1)𝑓(𝜋4)12.如图,正四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面边长与侧棱长均为𝑎,正三棱锥𝐹−𝐴𝐷𝐸的棱长均为𝑎,则A.𝐸𝐹⊥𝐵𝐶B.正四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷的内切球半径为(1−√22)𝑎C.𝐸,𝐹,𝐴,𝐵四点共面D.平面𝐹𝐴𝐷//平面𝐵𝐸
𝐶三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知向量𝑎⃗⃗=(−3,1),𝑏⃗=(𝑚,2),且𝑎⃗⃗⊥(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗),则|𝑎+𝑏⃗|=.14.已知𝑎𝑏>0,若3是91𝑎与34𝑏
的等比中项,则𝑎+𝑏的最小值为.15.已知函数𝑓(𝑥)=ln(𝑥+1)(𝑥≥0),将𝑓(𝑥)的图象绕原点逆时针旋转𝛼(𝛼∈(0,𝜃])角后得到曲线𝐶,若曲线𝐶仍是某个函数的图象,则𝜃的最大值为.16.如图,在几何体𝐴
𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹中,四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形,𝐸𝐹//平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐸𝐹=12𝐴𝐵=2,𝐴𝐸=𝐷𝐸=𝐵𝐹=𝐶𝐹=2√3,则该几何体的外接球的表面积为.四、解答题(本大题共6小题,共70.0分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17
.(本小题10.0分)在各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中,𝑆𝑛为其前𝑛项和,𝑎1=1,𝑎3,2𝑆2,𝑎4成等差数列.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=log2(𝑆𝑛+1),数列{𝑏𝑛+2𝑏𝑛𝑏𝑛+1𝑎𝑛+2}的前
𝑛项和为𝑇𝑛,证明:38≤𝑇𝑛<12.18.(本小题12.0分)产品宣传在企业的生产销售中占据着比较重要的地位,好的宣传对产品打开市场,提高销售额有着重要的作用.某生产企业通过市场调研发现,年销
售量𝑦(万件)与宣传费用𝑥(万元)的关系为𝑦=4−2𝑥+1(0≤𝑥≤2).已知生产该产品𝑦万件除宣传费用外还要投入(11+2𝑦)万元,产品的销售单价定为(4+20𝑦)元,假设生产的产品能全部售出.(1)求产品的年利润𝐿(𝑥)的解析式;(2)当宣传费用为多少万
元时,生产该产品获得的年利润最大?19.(本小题12.0分)在△𝐴𝐵𝐶中,角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,𝑎2+𝑏2(1−4cos2𝐵)=−𝑎𝑏,且𝑐=2𝑏cosB.(1)求𝐵;(2)若△𝐴𝐵𝐶的周长为4+2√3,求𝐵𝐶边上中线的长.
20.(本小题12.0分)如图,𝐸,𝐹分别为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐵,𝐴𝐷的中点,𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑄𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐶与𝐸𝐹交于点𝑀,𝐴𝐵=4,𝑄𝐴=√2,𝑃𝐶=3√2.(1)证明:𝐸𝐹⊥平面𝑃𝑀𝐶;(2)求点𝐵到
平面𝑃𝐸𝐹的距离;(3)求二面角𝑄−𝐸𝐹−𝑃的大小.21.(本小题12.0分)如图所示的几何体是由等高的14个圆柱和半个圆柱组合而成,点𝐺为𝐷𝐸⏜的中点,𝐷为14圆柱上底面的圆心,𝐷𝐸为半个圆柱上底面的直径,𝑂,𝐻分别为𝐷𝐸,𝐴𝐵的中点,点𝐴,�
�,𝐸,𝐺四点共面,𝐴𝐵,𝐸𝐹为母线.(1)证明:𝑂𝐻//平面𝐵𝐷𝐹;(2)若平面𝐵𝐷𝐹与平面𝐶𝐹𝐺所成的较小的二面角的余弦值为√155,求直线𝑂𝐻与平面𝐶𝐹𝐺所成角的正
弦值.22.(本小题12.0分)已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥−𝑎ln𝑥(𝑎∈𝑅).(1)讨论函数𝑓(𝑥)的单调性;(2)设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−sin𝑥,若∃𝑥1,𝑥2∈(0,+∞)且𝑥1≠𝑥2,使得𝑔
(𝑥1)=𝑔(𝑥2),证明:𝑥1𝑥2<𝑎2.答案和解析1.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查复数的四则运算、复数的代数表示及其几何意义,属于基础题.【解答】解:因为𝑧1+𝑖−𝑖=(1−𝑖)𝑧,所以𝑧−𝑖(1+𝑖)=(1−𝑖)(1+𝑖)
𝑧,即𝑧−𝑖+1=2𝑧,所以𝑧=1−𝑖,故𝑧在复平面内对应的点为(1,−1),位于第四象限.2.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查了集合的基本运算,以及一元二次不等式的求解,属于基础题.【解答】解:由(𝑥+1)(2−𝑥
)<0,得𝑥<−1或𝑥>2,所以∁𝑅𝐴=[−1,2],由|𝑥|≥1,得𝑥≤−1或𝑥≥1,所以𝐵={𝑥∈𝑍|𝑥≤−1或𝑥≥1},从而(∁𝑅𝐴)∩𝐵={−1,1,2}.3.【答案】𝐵【解析】【分
析】本题考查条件关系的判断,余弦型函数的值域,分式不等式的求解,属于中等题.【解答】解:由𝑥∈[0,𝜋2],得2𝑥−𝜋3∈[−𝜋3,2𝜋3],所以𝑦∈[−1,2],即−1≤𝑡≤2;由𝑡+1𝑡−2≤0,
得−1≤𝑡<2,因为[−1,2)⫋[−1,2],故𝑝是𝑞的必要不充分条件.4.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查了圆锥的结构特征,表面积计算,属于基础题.【解答】解:设圆锥底面半径为𝑟,母线长为𝑙,则2𝜋𝑟=𝜋𝑙,所以𝑙=2𝑟,所以圆锥的高为√𝑙2−𝑟2=√3𝑟,
所以13×𝜋𝑟2⋅√3𝑟=9√3𝜋,解得𝑟=3,故其表面积𝑆=𝜋𝑟2+𝜋𝑟𝑙=9𝜋+18𝜋=27𝜋.5.【答案】𝐷【解析】【分析】本题主要考查正方体的结构特征,截面的形状,属于基础题.【解答】解:易知过不相邻的三个顶点的截面是等边三角形,故A,𝐵,𝐶都是可能
的.故选D.6.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查正弦型函数的周期、图象变换,属于中档题.【解答】解:由题意,得2𝜋𝜔=𝜋,解得𝜔=2,所以𝑦=cos2𝑥=sin(2𝑥+𝜋2),其图
象向左平移𝑡(𝑡>0)个单位长度,可得𝑦=sin(2𝑥+2𝑡+𝜋2)的图象,即为𝑦=sin(2𝑥+𝜋3)的图象,所以2𝑡+𝜋2=𝜋3+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍),解得𝑡=−𝜋12+𝑘𝜋(𝑘∈𝑍),又
𝑡>0,则𝑡min=11𝜋12.故选D.7.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法,解题时要认真审题,属于基础题.【解答】解:取𝐴1𝐶1的中点𝐷,连接𝐵𝐶1交𝐵1𝐶于点𝐸,连接𝐷𝐸,则𝐷𝐸/
/𝐴1𝐵,且𝐷𝐸=12𝐴1𝐵,则∠𝐷𝐸𝐵1为异面直线𝐴1𝐵与𝐵1𝐶所成的角或其补角.易求𝐴1𝐵=𝐵1𝐶=√13,𝐵1𝐷=√3,则𝐷𝐸=𝐵1𝐸=√132,所以cos∠𝐷𝐸𝐵1=𝐷𝐸2+𝐵1𝐸2−𝐵
1𝐷22𝐷𝐸⋅𝐵1𝐸=134+134−32×√132×√132=713.8.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查函数奇偶性及周期性的综合应用,考查了函数值的求解,属中档题.【解答】解:因为𝑓(𝑥+
1)为奇函数,所以𝑓(−𝑥+1)=−𝑓(𝑥+1),又𝑓(𝑥)为偶函数,所以𝑓(−𝑥+1)=𝑓(𝑥−1),所以𝑓(𝑥−1)=−𝑓(𝑥+1),即𝑓(𝑥)=−𝑓(𝑥+2),所以𝑓(
𝑥+4)=−𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥),故𝑓(𝑥)是以4为周期的周期函数.由𝑓(−𝑥+1)=−𝑓(𝑥+1),易得𝑓(1)=0,𝑓(3)=𝑓(−1)=𝑓(1)=0,所以𝑓(0)=6,所以𝑘+𝑎=6,2𝑘+𝑎=0,解得𝑘=
−6,𝑎=12,所以𝑓(log296)=𝑓(5+log23)=𝑓(1+log23)=−𝑓(log23−1)=−𝑓(log232)=−(−6×2log232+12)=−3.9.【答案】𝐵�
�【解析】【分析】本题考查利用不等式的基本性质判断不等关系,属于基础题.【解答】解:因为𝑐<𝑑<0,所以𝑐𝑑>0,所以1𝑑<1𝑐<0,所以−1𝑑>−1𝑐>0,又𝑎>𝑏>0,所以−𝑎𝑑>−𝑏𝑐,所以𝑎𝑑<𝑏𝑐,故A错误,B正确;因为𝑎>𝑏>0,−𝑐>−𝑑>
0,所以−𝑎𝑐>−𝑏𝑑,所以𝑎𝑐<𝑏𝑑.故D错误,C正确.故选BC.10.【答案】𝐴𝐶【解析】【分析】本题考查数列的性质的应用,属于中档题.直接利用数列的定义和性质求出结果.【解答】解:对于𝐴,若𝑆𝑛=2𝑛2−𝑛,则𝑎1=1,当𝑛≥2时𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆
𝑛−1=4𝑛−3,显然𝑛=1时也满足𝑎𝑛=4𝑛−3,故𝑎𝑛=4𝑛−3,故{𝑎𝑛}为等差数列,故A正确;对于𝐵,若𝑆𝑛=2𝑛+1−1,则𝑎1=3,𝑎2=𝑆2−𝑆1=4,𝑎3=𝑆3−𝑆2=8,显然𝑎2𝑎1
≠𝑎3𝑎2,所以{𝑎𝑛}不是等比数列,故B错误;对于𝐶,因为{𝑎𝑛}为等差数列,则𝑆2023=2023(𝑎1+𝑎2023)2=2023𝑎1012,故C正确;对于𝐷,,故D错误.故选AC.1
1.【答案】𝐴𝐵𝐷【解析】【分析】本题考查利用导数比较大小,涉及函数的构造,利用导数判断函数的单调性,属于较难题.【解答】解:设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥(0<𝑥<𝜋2),则𝑔
′(𝑥)=𝑓′(𝑥)cos𝑥+𝑓(𝑥)sin𝑥cos2𝑥=ln𝑥cos2𝑥,当0<𝑥<1时,𝑔′(𝑥)<0;当1<𝑥<𝜋2时,𝑔′(𝑥)>0,所以𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递减,在(1,𝜋2)上单调递增,所以𝑔(𝜋6)>𝑔(1),𝑔(𝜋3)
>𝑔(1),所以𝑔(𝜋6)+𝑔(𝜋3)>2𝑔(1),即2𝑓(𝜋6)√3+2𝑓(𝜋3)>2𝑓(1)cos1;所以[𝑓(𝜋6)+√3𝑓(𝜋3)]cos1>√3𝑓(1),故A正确;因为1<𝜋3<5𝜋
12<𝜋2,所以𝑔(𝜋3)<𝑔(5𝜋12),又cos5𝜋12=cos(𝜋6+𝜋4)=√6−√24,所以(√3−1)𝑓(𝜋3)<√2𝑓(5𝜋12),故B正确;因为0<𝜋12<𝜋6<𝜋4<1,所以𝑔(𝜋6)>𝑔(𝜋4),,𝑔
(𝜋12)>𝑔(𝜋4),即𝑓(𝜋6)cos𝜋4>𝑓(𝜋4)cos𝜋6,𝑓(𝜋12)cos𝜋4>𝑓(𝜋4)cos𝜋12,因为cos𝜋12=√2+√64,所以√2𝑓(𝜋6)>√3𝑓(𝜋4),2𝑓(𝜋12)>(√3+1)𝑓(𝜋4),故
C错误,D正确.12.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查空间组合体的线线、面面的位置关系,球的切接问题,属于综合题.【解答】解:对于𝐴,取𝐴𝐷的中点𝐺,连接𝐸𝐺,𝐹𝐺,则𝐴𝐷⊥𝐸𝐺,𝐴𝐷⊥𝐹𝐺,又𝐸𝐺,𝐹𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺,𝐸𝐺∩
𝐹𝐺=𝐺,所以𝐴𝐷⊥平面𝐸𝐹𝐺,因为𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺,所以𝐴𝐷⊥𝐸𝐹,又𝐴𝐷//𝐵𝐶,所以𝐸𝐹⊥𝐵𝐶,故A正确;对于𝐵,设内切球半径为𝑟,易求得四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷的一个侧面的面积为𝑆=12⋅𝑎2⋅sin�
�3=√34𝑎2,所以13𝑎2⋅√22𝑎=13𝑎2⋅𝑟+4⋅13⋅√34𝑎2⋅𝑟,解得𝑟=(√6−√2)𝑎4,故B错误;对于𝐶,取𝐴𝐸的中点𝐻,连接𝐷𝐻,𝐹𝐻,𝐵𝐻,𝐷𝐵,易知𝐴𝐸⊥𝐹𝐻,𝐴𝐸⊥𝐷
𝐻,𝐴𝐸⊥𝐵𝐻,所以∠𝐷𝐻𝐹,∠𝐷𝐻𝐵分别是二面角𝐷−𝐴𝐸−𝐹,二面角𝐷−𝐴𝐸−𝐵的平面角,易求得𝐷𝐻=𝐹𝐻=𝐵𝐻=√32𝑎,所以cos∠𝐷𝐻𝐹=𝐷𝐻2+𝐹𝐻2−�
�𝐹22𝐷𝐻⋅𝐹𝐻=13,cos∠𝐷𝐻𝐵=𝐷𝐻2+𝐵𝐻2−𝐷𝐵22𝐷𝐻⋅𝐵𝐻=−13,又∠𝐷𝐻𝐹,∠𝐷𝐻𝐵∈[0,𝜋],所以∠𝐷𝐻𝐹与∠𝐷𝐻𝐵互补,所以𝐸,𝐹,𝐴,𝐵共面,故C正确;因为𝐸,𝐹,𝐴,𝐵共面,又𝐸𝐹=
𝐴𝐵=𝐴𝐹=𝐵𝐸,所以四边形𝐴𝐵𝐸𝐹为平行四边形,所以𝐴𝐹//𝐵𝐸,𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐸𝐶,𝐴𝐹⊄̸平面𝐵𝐸𝐶,所以𝐴𝐹//平面𝐵𝐸𝐶,同理𝐴𝐷//平面𝐵𝐸𝐶,又𝐴𝐷,𝐴𝐹⊂平面𝐴
𝐷𝐹,𝐴𝐷∩𝐴𝐹=𝐴,所以平面𝐹𝐴𝐷//平面𝐵𝐸𝐶,故D正确.13.【答案】√853【解析】【分析】本题考查向量的四则运算与数量积,考查模长的求法,属于基础题.【解答】解:𝑎⃗⃗+2𝑏⃗=(−3,1)+2(𝑚,2)=(2𝑚−
3,5),由𝑎⃗⃗⊥(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗),得𝑎⃗⃗⋅(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗)=(−3,1)⋅(2𝑚−3,5)=−6𝑚+9+5=0,解得𝑚=73.则𝑎⃗⃗+𝑏⃗=(−3,1)+(73,2)=(−23,3),故|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=√(−
23)2+32=√853.14.【答案】3+2√2【解析】【分析】本题主要考查了基本不等式的应用,指数幂的运算以及等比中项的概念,属于基础题.【解答】解:由题意得32=91𝑎×34𝑏,即9=91𝑎+2𝑏,所以1𝑎+2𝑏=1,
又𝑎𝑏>0,所以𝑎>0,𝑏>0,所以𝑎+𝑏=(𝑎+𝑏)(1𝑎+2𝑏)=3+𝑏𝑎+2𝑎𝑏≥3+2√2,当且仅当𝑏𝑎=2𝑎𝑏,即𝑎=√2+1,𝑏=2+√2时等号成立.故𝑎+𝑏的最小值为3+2√2.15.【答案】𝜋4【解析】【分
析】本题考查利用导数求曲线上一点的切线方程,判断图象是否为函数,属于中档题.【解答】解:𝑓′(𝑥)=1𝑥+1,所以𝑓′(0)=1,故函数𝑓(𝑥)的图象在(0,𝑓(0))处的切线为𝑦=𝑥,其向上部分与𝑦轴正向的夹角为𝜋4,函数𝑓(𝑥)的图象绕原点旋转不超过𝜋4时,仍为某函
数图象,若超过𝜋4,𝑦轴与图象有两个公共点,与函数定义不符,故𝜃的最大值为𝜋4.16.【答案】32𝜋【解析】【分析】本题考查了几何体的外接球问题,属于中档题.【解答】解:取𝐴𝐷,𝐵𝐶中点𝑁,𝑀,正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中心𝑂,𝐸𝐹中点𝑂2,连接𝐸𝑁,𝑀𝑁,�
�𝑀,𝑂𝑂2,如图,依题意,𝑂𝑂2⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐸𝐹//𝐴𝐵//𝑀𝑁,点𝑂是𝑀𝑁的中点,𝑀𝑁=𝐴𝐵=4,等腰△𝐴𝐸𝐷中,𝐴𝐷⊥𝐸𝑁,𝐸𝑁=√𝐴𝐸
2−𝐴𝑁2=2√2,同理𝐹𝑀=2√2,所以等腰梯形𝐸𝐹𝑀𝑁的高𝑂𝑂2=√𝐸𝑁2−(𝑀𝑁−𝐸𝐹2)2=√7,由几何体的结构特征知,几何体的外接球的球心𝑂1在直线𝑂𝑂2上,连接𝑂1
𝐸,𝑂1𝐴,𝑂𝐴,正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的外接圆半径𝑂𝐴=2√2,则有{𝑂1𝐴2=𝑂𝐴2+𝑂𝑂12,𝑂1𝐸2=𝑂2𝐸2+𝑂2𝑂12,而𝑂1𝐴=𝑂1𝐸,𝑂2𝐸=12
𝐸𝐹=1,当点𝑂1在线段𝑂2𝑂的延长线(含点𝑂)时,视𝑂𝑂1为非负数,若点𝑂1在线段𝑂2𝑂(不含点𝑂)上,视𝑂𝑂1为负数,即有𝑂2𝑂1=𝑂2𝑂+𝑂𝑂1=√7+𝑂𝑂1,即(2√2)2+𝑂𝑂12=1
+(√7+𝑂𝑂1)2,解得𝑂𝑂1=0,所以该几何体的外接球的球心为𝑂,半径为𝑂𝐴=2√2,所以该几何体的外接球的表面积𝑆=4𝜋×(2√2)2=32𝜋.17.【答案】(1)解:设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞,由题意知4𝑆2=𝑎3+𝑎4,𝑎1=1,
即4(𝑎1+𝑎2)=4(1+𝑞)=𝑞2+𝑞3=𝑞2(1+𝑞)因为∀𝑛∈𝑁∗,𝑎𝑛>0,所以𝑞>0,所以𝑞=2,所以𝑎𝑛=2𝑛−1.(2)证明:由(1)得𝑆𝑛=1−2𝑛1−2=2𝑛−
1,所以𝑏𝑛=log22𝑛=𝑛,所以𝑏𝑛+2𝑏𝑛𝑏𝑛+1𝑎𝑛+2=𝑛+2𝑛(𝑛+1)⋅2𝑛+1=1𝑛⋅2𝑛−1(𝑛+1)⋅2𝑛+1,所以𝑇𝑛=11×21−12×22+12×22−13×23+⋯+1𝑛×2𝑛−1(𝑛+1)×2𝑛+
1=12−1(𝑛+1)×2𝑛+1.显然{𝑇𝑛}单调递增,所以𝑇𝑛≥𝑇1=38,因为1(𝑛+1)×2𝑛+1>0,所以𝑇𝑛<12,所以38≤𝑇𝑛<12.【解析】本题考查了等比数列的通项公式以及前𝑛项和公式,以及裂项相消法求和和数列的单调性的于应用
,属于中档题.18.【答案】解:(1)𝐿(𝑥)=(4+20𝑦)𝑦−𝑥−(11+2𝑦)=2𝑦+9−𝑥=2(4−2𝑥+1)+9−𝑥=17−𝑥−4𝑥+1(0≤𝑥≤2).(2)由(1)知𝐿(𝑥)=17−
𝑥−4𝑥+1,所以𝐿(𝑥)=18−[(𝑥+1)+4𝑥+1]≤18−2√(𝑥+1)⋅4𝑥+1=14,当且仅当𝑥+1=4𝑥+1,即𝑥=1时等号成立.所以当宣传费用为1万元时,生产该产品获得的年利润最大.【解析】本题考查函数模型的实际应用,属于基础题.19.【答案
】解:(1)因为𝑎2+𝑏2−4𝑏2cos2𝐵=−𝑎𝑏又𝑐=2𝑏cos𝐵,所以𝑎2+𝑏2−𝑐2=−𝑎𝑏,由余弦定理,得cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=−𝑎𝑏2𝑎𝑏=−12.又𝐶∈(0,𝜋),所以𝐶=2𝜋3,由𝑐=
2𝑏cos𝐵及正弦定理,得sin𝐶=2sin𝐵cos𝐵,所以sin2𝐵=√32,由𝐵∈(0,𝜋3),得2𝐵∈(0,2𝜋3),所以2𝐵=𝜋3,解得𝐵=𝜋6.(2)由(1)可知�
�=𝜋6,𝐶=2𝜋3,所以𝐴=𝜋−𝜋6−2𝜋3=𝜋6,所以𝑎=𝑏,由𝑐=2𝑏cos𝐵,得𝑐=√3𝑎.因为△𝐴𝐵𝐶的周长为4+2√3,所以𝑎+𝑎+√3𝑎=4+2√3,解得𝑎
=2.设𝐵𝐶的中点为𝐷,则𝐶𝐷=12𝐵𝐶=1.由余弦定理,得𝐴𝐷=√𝐴𝐶2+𝐶𝐷2−2𝐴𝐶⋅𝐶𝐷⋅cos2𝜋3=√4+1−2×2×1×(−12)=√7,所以𝐵𝐶边上
中线的长为√7【解析】本题考查利用余弦定理解三角形,考查正弦定理,属于中档题.20.【答案】(1)证明:连接𝐵𝐷,因为𝐸,𝐹分别为𝐴𝐵,𝐴𝐷的中点,所以𝐸𝐹//𝐵𝐷.因为𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝑃𝐶⊥𝐵𝐷,
所以𝐸𝐹⊥𝑃𝐶.因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形,所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,又𝐸𝐹//𝐵𝐷,所以𝐸𝐹⊥𝐴𝐶,又𝐴𝐶,𝑃𝐶⊂平面𝑃𝑀𝐶,𝐴𝐶∩𝑃𝐶=𝐶,所以𝐸𝐹⊥平面𝑃𝑀𝐶.(2)解:由(1)知𝐸𝐹//
𝐵𝐷,又𝐸𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹,𝐵𝐷⊄平面𝑃𝐸𝐹,所以𝐵𝐷//平面𝑃𝐸𝐹.设𝐴𝐶与𝐵𝐷的交点为𝑂,则点𝐵到平面𝑃𝐸𝐹的距离等于点𝑂到平面𝑃𝐸𝐹的距离,由(1)知𝐸𝐹⊥平面𝑃𝑀𝐶,又𝐸𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹,所以平面𝑃𝐸𝐹⊥平
面𝑃𝑀𝐶,作𝑂𝑁⊥𝑃𝑀,𝑁为垂足,因为平面𝑃𝐸𝐹∩平面𝑃𝑀𝐶=𝑃𝑀,𝑂𝑁⊂平面𝑃𝑀𝐶,所以𝑂𝑁⊥平面𝑃𝐸𝐹,因为𝐴𝐵=4,𝑃𝐶=3√2,𝐸,𝐹为𝐴𝐵,𝐴𝐷的中点,所以𝐶𝑀=3√2,𝑃𝑀=6,𝑂𝑀=√2,由
△𝑀𝑁𝑂∽△𝑀𝐶𝑃得𝑂𝑀𝑃𝑀=𝑂𝑁𝑃𝐶,得𝑂𝑁=𝑂𝑀⋅𝑃𝐶𝑃𝑀=1,即点𝐵到平面𝑃𝐸𝐹的距离为1.(3)解:由𝐸𝐹⊥平面𝑃𝑀𝐶可得𝐸𝐹⊥𝑃𝑀,同理可证�
�𝐹⊥𝑄𝑀,所以∠𝑃𝑀𝑄为二面角𝑄−𝐸𝐹−𝑃的一个平面角,因为𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝑃𝐶⊥𝐴𝑀,同理𝑄𝐴⊥𝐴𝑀,又𝑃𝐶=𝐶𝑀,𝑄𝐴=𝐴𝑀,所以∠𝑄𝑀𝐴=∠𝑃𝑀𝐶=45∘
,所以∠𝑃𝑀𝑄=90∘,即二面角𝑄−𝐸𝐹−𝑃的大小为90∘.【解析】本题考查线面垂直的证明、点到平面的距离的几何求法及二面角的求解,考查学生的推理论证能力、逻辑思维能力以及运算求解能力,属中档题.21.【答案】解:(1)证明:取𝐸𝐹的中点𝑀,连接�
�𝑀,𝐻𝑀,又𝑂为𝐷𝐸的中点,所以𝑂𝑀//𝐷𝐹,又𝐷𝐹⊂平面𝐵𝐷𝐹,𝑂𝑀⊄平面𝐵𝐷𝐹,所以𝑂𝑀//平面𝐵𝐷𝐹,因为𝐴𝐵//𝐸𝐹,𝐴𝐵=𝐸𝐹,𝐻,𝑀分别为𝐴𝐵,𝐸𝐹的中点,所以𝐵𝐻/
/𝐹𝑀,且𝐵𝐻=𝐹𝑀,所以四边形𝐵𝐹𝑀𝐻为平行四边形,所以𝐻𝑀//𝐵𝐹,又𝐵𝐹⊂平面𝐵𝐷𝐹,𝐻𝑀⊄平面𝐵𝐷𝐹,所以𝐻𝑀//平面𝐵𝐷𝐹,又𝑂𝑀,𝐻𝑀⊂平面𝑂𝑀𝐻,𝑂𝑀∩𝐻
𝑀=𝑀,所以平面𝑂𝑀𝐻//平面𝐵𝐷𝐹,因为𝑂𝐻⊂平面𝑂𝑀𝐻,所以𝑂𝐻//平面𝐵𝐷𝐹.(2)解:由题意知𝐶𝐵,𝐶𝐹,𝐶𝐷两两垂直,故以点𝐶为原点,直线𝐶
𝐵,𝐶𝐹,𝐶𝐷分别为𝑥轴,𝑦轴,𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系.设14圆柱的底面半径为𝑟,高为ℎ,则𝐶(0,0,0),𝐵(𝑟,0,0),𝐹(0,𝑟,0),𝐷(0,0,ℎ),𝐺(−𝑟2,𝑟2,ℎ),𝑂(0,𝑟2,ℎ),
𝐻(𝑟,0,ℎ2),所以𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑟,𝑟,0),𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑟,−ℎ),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑟,0),𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑟2,𝑟2,ℎ),𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑟,−𝑟2,−
ℎ2).设平面𝐵𝐷𝐹的一个法向量𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧),则{𝑛⃗⃗⋅𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛⃗⃗⋅𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,,即{−𝑟𝑥+𝑟𝑦=0,𝑟𝑦−ℎ𝑧=0,令𝑥=ℎ,解得𝑦=ℎ,𝑧=𝑟,
所以𝑛⃗⃗=(ℎ,ℎ,𝑟);设平面𝐶𝐹𝐺的一个法向量𝑚⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐),则{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚⃗⃗⃗⋅𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑟𝑏=0,−𝑟2𝑎+𝑟2𝑏+
ℎ𝑐=0,令𝑎=2ℎ,解得𝑏=0,𝑐=𝑟,所以𝑚⃗⃗⃗=(2ℎ,0,𝑟),所以|cos<𝑚⃗⃗,𝑛⃗⃗>|=|𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗⃗⃗⃗|=2ℎ2+𝑟2√2ℎ2+𝑟2⋅√4ℎ2+𝑟2=√2
ℎ2+𝑟2√4ℎ2+𝑟2=√155,化简,得2𝑟2−2ℎ2=0,所以ℎ=𝑟,所以𝑚⃗⃗⃗=(2𝑟,0,𝑟),𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑟,−𝑟2,−𝑟2).设𝑂𝐻与平面𝐶𝐹𝐺所成的角为𝜃,所以sin𝜃=|cos<𝑂𝐻
⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑚⃗⃗⃗>|=|𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗||𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑚⃗⃗⃗|=|2𝑟2−12𝑟2|√62𝑟⋅√5𝑟=√3010.【解析】本题考查线面平行的判定,利用空间向量
解决平面与平面所成的角,直线与平面所成的角,属于综合题.22.【答案】解:(1)𝑓(𝑥)=2𝑥−𝑎ln𝑥的定义域为(0,+∞),𝑓′(𝑥)=2−𝑎𝑥=2𝑥−𝑎𝑥,当𝑎≤0时,𝑓′(𝑥)>0在(0,+∞)上恒成立,所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增;当𝑎>0时,
令𝑓′(𝑥)<0,得0<𝑥<𝑎2;令𝑓′(𝑥)>0,得𝑥>𝑎2,所以𝑓(𝑥)在(0,𝑎2)上单调递减,在(𝑎2,+∞)上单调递增.(2)证明:𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−sin
𝑥=2𝑥−sin𝑥−𝑎ln𝑥,由题意知𝑥1,𝑥2∈(0,+∞),𝑥1≠𝑥2,不妨设𝑥1<𝑥2,使得𝑔(𝑥1)=𝑔(𝑥2).所以2𝑥1−sin𝑥1−𝑎ln𝑥1=2𝑥2−sin𝑥2−𝑎ln𝑥2,整理为𝑎(ln𝑥2−ln𝑥1)=2(𝑥2−𝑥1)−(
sin𝑥2−sin𝑥1),令ℎ(𝑥)=𝑥−sin𝑥,𝑥>0,则ℎ′(𝑥)=1−cos𝑥≥0,所以ℎ(𝑥)=𝑥−sin𝑥在(0,+∞)上单调递增,又𝑥1<𝑥2,所以𝑥1−sin𝑥1<𝑥2−s
in𝑥2,所以𝑥2−𝑥1>sin𝑥2−sin𝑥1,所以𝑎(ln𝑥2−ln𝑥1)=2(𝑥2−𝑥1)−(sin𝑥2−sin𝑥1)>2(𝑥2−𝑥1)−(𝑥2−𝑥1)=𝑥2−𝑥1,因为𝑥1<𝑥2,所以ln𝑥1<ln𝑥2,即ln𝑥2−ln𝑥1>0,所
以𝑎>𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1.下面证明𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1>√𝑥1𝑥2,即证明𝑥2𝑥1−1ln𝑥2𝑥1>√𝑥2𝑥1,设𝑥2𝑥1=𝑡(𝑡>1),即证明𝑡−1ln𝑡>√𝑡,只要证明𝑡−1√𝑡−ln𝑡>
0.设𝑢(𝑡)=𝑡−1√𝑡−ln𝑡(𝑡>1),则𝑢′(𝑡)=(√𝑡−1)22𝑡√𝑡>0,所以𝑢(𝑡)在(1,+∞)上单调递增,所以𝑢(𝑡)>𝑢(1)=1−1√1−ln1=0所以𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1>√𝑥1𝑥2,所以𝑎>√
𝑥1𝑥2,所以𝑥1𝑥2<𝑎2.【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性以及恒成立问题,属于较难题.