【文档说明】湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高二下学期3月联考试题 数学 含解析【武汉专题】.docx，共(18)页，203.833 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年湖北省云新数高考联盟学校高二年级下学期3月联考数学试卷一、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.直线4𝑥+2𝑦−1=0与直线𝑎𝑥+4𝑦=0垂直，则𝑎等于()A.2B.−2C.1D.−12.在数

列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛+1={2𝑎𝑛,𝑎𝑛<12𝑎𝑛−3,𝑎𝑛>1，若𝑎1=25，则𝑎2023=()A.15B.25C.45D.853.已知点𝐴(2,−6,2)在平面𝛼内，𝑛⃗⃗=(3,1,2)是平面𝛼的一个法向量，则下列点𝑃中，在平面�

�内的是()A.𝑃(1,−1,1)B.𝑃(1,3,32)C.𝑃(1,−3,32)D.𝑃(−1,−3,−34)4.已知正实数𝑎，𝑏，𝑐，若ln𝑏𝑏>ln𝑎𝑎=1𝑐ln1𝑐，𝑎>𝑒，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系为()A.𝑎>𝑐>𝑏B.𝑎>𝑏>𝑐C.𝑏>

𝑐>𝑎D.𝑏>𝑎>𝑐5.我国商用中大型无人机产业已进入发展快车道，某无人机生产公司2022年投入研发费用4亿元，计划此后每年研发费用比上一年都增加2亿元，则该公司一年的研发费用首次达到22亿元是

在()A.2029年B.2030年C.2031年D.2032年6.已知𝑓(𝑥)=𝑥−𝑎𝑒𝑥𝑥，𝑥∈(0,+∞)，∀𝑥1，𝑥2∈(0,+∞)，且𝑥1<𝑥2，恒有𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑓(𝑥2)𝑥1

>0，则实数𝑎的取值范围是．()A.(−∞,𝑒−12]B.(−∞,𝑒2)C.(𝑒13,+∞)D.[2𝑒,+∞)7.已知𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑎3与𝑆2分别为方程𝑥2+3𝑥−4=0的两个根，则𝑆5=()A.−11B

.8C.15D.−158.希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数𝑒的点的轨迹叫做圆锥曲线：当0<�

�<1时，轨迹为椭圆;当𝑒=1时，轨迹为抛物线;当𝑒>1时，轨迹为双曲线.现有方程𝑚(𝑥2+𝑦2+2𝑦+1)=(2𝑥−𝑦+3)2表示的曲线是双曲线，则𝑚的取值范围为()A.(0,8)B.(8,+∞)C.(0,5)D.(5,+∞)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.已知曲线𝐶的方程为𝑥2𝑘−4+𝑦28−𝑘=1(𝑘∈𝑅)，下列结论正确的是()A.当𝑘=6时，曲线𝐶为圆B.当𝑘=0时，曲线𝐶为双曲线，其渐近线方程为𝑦=±√2𝑥C.“𝑘>4”是

“曲线𝐶为焦点在𝑥轴上的椭圆”的充要条件D.存在实数𝑘，使得曲线𝐶为等轴双曲线10.公差为𝑑的等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑆2023<𝑆2021<𝑆2022，则下列选项正确的是()A.𝑑<0B.𝑎𝑛<0时，𝑛的最小值为2022C.𝑆𝑛

有最大值D.𝑆𝑛>0时，𝑛的最大值为404311.《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”.如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面𝑃𝐴𝐶将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称

为“鳖臑”.在鳖臑𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵=2，其外接球的体积为108𝜋3，当此鳖臑的体积𝑉最大时，下列结论正确的是()A.𝑃𝐴=𝐵𝐶=4B.𝑉=323C.点𝐶到平面𝑃𝐴𝐵的距离为4D.𝑃−𝐴𝐵𝐶内切球

的半径为√5−1212.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥(𝑥−3)2，若𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)=𝑓(𝑐)，其中𝑎>𝑏>𝑐，则()A.1<𝑐<2B.𝑏+𝑐>2C.𝑎+𝑏+𝑐=6D.𝑎𝑏𝑐的取值范围为(0,4)三、填空题（本大题共4

小题，共20.0分）13.直线𝑥−𝑦+2𝑡=0与曲线𝑦=2𝑥−𝑒𝑥相切，则𝑡=．14.已知两个等差数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝐴𝑛和𝐵𝑛，且𝐴𝑛𝐵𝑛=2𝑛−1𝑛+3，则𝑎9𝑏8=．15.设𝑥=𝜃是函数

𝑓(𝑥)=cos𝑥+√3sin𝑥的一个极值点，则cos2𝜃−2sin2𝜃=．16.已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)在一三象限的一条渐近线为𝑙，圆𝑀:(𝑥−𝑎)2+𝑦2=8与𝑙交于𝐴，𝐵两点，若△𝐴𝐵

𝑀是等腰直角三角形，且𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−5𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗(其中𝑂为坐标原点)，则双曲线𝐶的离心率为四、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)已知数列{𝑎𝑛}满

足𝑎1=2，{𝑎𝑛+1−𝑎𝑛}是以4为首项，2为公差的等差数列．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若数列{1𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛，证明：12≤𝑆𝑛<1．18.(本小题12.0分)已知点𝐴(5,−3)和直线𝑙:2𝑥−𝑦−8=0，点𝐵是点𝐴关于直

线𝑙的对称点．(1)求点𝐵的坐标;(2)𝑂为坐标原点，且点𝑃满足|𝑃𝑂|=√3|𝑃𝐵|.若点𝑃的轨迹与直线𝑥+𝑦−𝑚=0没有公共点，求𝑚的取值范围．19.(本小题12.0分)如图，在三棱柱

𝐴𝐵𝐶−𝐴′𝐵′𝐶′中，△𝐴𝐵𝐶是边长为4的等边三角形，𝐴𝐴′=2，𝐴𝐵′=2√3，平面𝐴𝐵𝐵′𝐴′⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐸为线段𝐴𝐵′的中点．(1)求证：𝐶𝐸⊥𝐴𝐵′;(2)求直线𝐶𝐸与平面�

�𝐴′𝐶′𝐶所成角的正弦值．20.(本小题12.0分)抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形对于抛物线𝐶:𝑦=2𝑎𝑥2给出如下三个条件：①焦点为𝐹(0,14);②准线为𝑦=−14;③与直线4𝑦−1=0

相交所得弦长为1．(Ⅰ)从以上三个条件中选择一个，求抛物线𝐶的方程;(Ⅱ)已知△𝐴𝐵𝑄是(1)中抛物线的阿基米德三角形，点𝑄是抛物线𝐶在弦𝐴𝐵两端点处的两条切线的交点，若直线𝐴𝐵经过

点(0,3)，试判断点𝑄是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．21.(本小题12.0分)已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛.若𝑎𝑛=1，12𝑎𝑛=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1(𝑛≥2

且𝑛∈𝑁∗).(1)求证：数列{√𝑆𝑛}为等差数列，并求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=2𝑛·𝑎𝑛，求{𝑏𝑛}前𝑛项和𝑇𝑛．22.(本小题12.0分)已知函数𝑓(𝑥)=(𝑥2−2𝑥)ln𝑥+(𝑎−12)𝑥2+2(1−𝑎)𝑥，𝑎>0

．(1)讨论𝑓(𝑥)的单调性;(2)若函数𝑓(𝑥)有两个零点，求实数𝑎的范围．答案和解析1.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查平面内两直线垂直，考查推理能力和计算能力，属于基础题．利用平面内两直线垂直，得𝑎×4+2×4=0，解之即可．【解答】解：因为直线4𝑥+2𝑦−1=0

与直线𝑎𝑥+4𝑦=0垂直，所以𝑎×4+2×4=0，解得𝑎=−2．故选B．2.【答案】𝐷【解析】【分析】本题主要考察数列的周期性，属于基础题．【解答】解：𝑎1=25<1，∴𝑎2=2𝑎1=45<1，∴𝑎3=2𝑎2=85>1，∴�

�4=2𝑎3−3=15<1，∴𝑎5=2𝑎4=25，⋯，可以看出四个循环一次，故𝑎2023=𝑎4×505+3=𝑎3=85．3.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查平面的法向量，属于基础题．【解答】解：对于选项A，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,5,−1)，所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗⋅𝑛⃗⃗=−1×3+5×1−1×2=0，故𝑃(1,−1,1)在平面𝛼内.4.【答案】𝐵【解析】【分析】本题主要考查了对数函数及其性质和利用导数研究函数的单调性，属于中档题．利用对数函数的图象得𝑏>1>𝑐>0，令𝑓(𝑥)=ln𝑥𝑥，利用导数研究函数

的单调性和对数函数的性质得函数𝑓(𝑥)图象，再利用图象得1<𝑏<𝑒<𝑎或𝑒≤𝑏<𝑎，最后综合得结论．【解答】解：因为𝑎>𝑒，所以ln𝑎𝑎>0，而ln𝑎𝑎=1𝑐ln1𝑐=−ln𝑐𝑐>0且𝑐>0，因此0<𝑐<1，又因为ln𝑏𝑏>

ln𝑎𝑎>0，所以𝑏>1，因此𝑏>1>𝑐>0，令𝑓(𝑥)=ln𝑥𝑥，则𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2，因此由𝑓′(𝑥)>0得0<𝑥<𝑒，由𝑓′(𝑥)<0得𝑥>𝑒，所以函数𝑓(𝑥)在(

0,𝑒)上单调递增，在[𝑒,+∞)上单调递减，且当𝑥>1时，𝑓(𝑥)>0，因为ln𝑏𝑏>ln𝑎𝑎>0，所以𝑓(𝑏)>𝑓(𝑎)，而𝑎>𝑒，所以结合函数𝑓(𝑥)单调性知：1<𝑏<𝑒<𝑎或𝑒≤𝑏<𝑎，综上所述�

�>𝑏>𝑐，故选：𝐵．5.【答案】𝐶【解析】【分析】本题主要考察等差数列的实际应用，考察等差数列的通项公式，属于基础题．【解答】解：依题意，该公司每年研发费用依次成等差数列，设为{𝑎𝑛}，可得𝑎1=4，公差𝑑=2，则该公司第𝑛年的研发费用为𝑎𝑛

=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2𝑛+2，令2𝑛+2≥22，则𝑛≥10，所以从2022年开始第10年，即2031年的费用首次达到22亿元．6.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查利用导数由函数单调性求参，属于中档题．【解答】解：由题意知∀𝑥1，𝑥

2∈(0,+∞)，且𝑥1<𝑥2，恒有𝑥1𝑓(𝑥1)>𝑥2𝑓(𝑥2)，则𝑦=𝑥𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，设𝑔(𝑥)=𝑥𝑓(𝑥)=𝑥(𝑥−𝑎𝑒𝑥𝑥)=𝑥2−𝑎𝑒𝑥，则𝑔′(𝑥)=2𝑥−𝑎𝑒𝑥⩽0恒成立，

则𝑎⩾2𝑥𝑒𝑥，令𝑡(𝑥)=2𝑥𝑒𝑥，则𝑡′(𝑥)=2(1−𝑥)𝑒𝑥，当𝑥∈(0,1)时𝑡′(𝑥)>0;当𝑥∈(1,+∞)时，𝑡′(𝑥)<0，故𝑡(𝑥)在(0,1)

上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，故𝑡(𝑥)max=𝑡(1)=2𝑒，所以𝑎≥2𝑒．7.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查等比数列的求和与通项公式，属于基础题．利用已知条件，求出𝑥2+3𝑥−4=0的两个根分别是1和−4，分类讨论𝑎3和𝑆2的值，利用等比数列的求和和

通项公式建立𝑞和𝑎1的方程，解出方程，即可求解．【解答】解：方程𝑥2+3𝑥−4=0的两个根为1和−4，由题意可得{𝑎3=1,𝑆2=−4或{𝑎3=−4,𝑆2=1.当{𝑎3=1,𝑆2=−4时，{�

�1𝑞2=1,𝑎1+𝑎2=𝑎1(1+𝑞)=−4,无解．当{𝑎3=−4,𝑆2=1时，{𝑎1𝑞2=−4,𝑎1+𝑎2=𝑎1(1+𝑞)=1,解得{𝑎1=−1,𝑞=−2,所以𝑆𝑛=−1+(−2)𝑛3，故𝑆

5=−1−323=−11．8.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查圆锥曲线的定义，属于较难题．将式子变形，根据题目意思即可求解．【解答】解：方程𝑚(𝑥2+𝑦2+2𝑦+1)=(2𝑥−𝑦+3)2，𝑚>0，即为𝑚[𝑥2+(𝑦+1)2]=(2𝑥−𝑦+3)2

，可得√𝑚⋅√𝑥2+(𝑦+1)2=|2𝑥−𝑦+3|，则√𝑥2+(𝑦+1)2|2𝑥−𝑦+3|√5=√5√𝑚，可得动点𝑃(𝑥,𝑦)到定点(0,−1)和定直线2𝑥−𝑦+3=0的距离的比为常数√5√

𝑚，由双曲线的定义，可得√5√𝑚>1，解得0<𝑚<5．9.【答案】𝐴𝐵【解析】【分析】本题考查圆、椭圆、双曲线的方程及简单的几何性质，属于中档题．【解答】解：曲线𝐶的方程为𝑥2𝑘−4+𝑦28−𝑘=1(𝑘∈

𝑅)当𝑘=6时，方程为𝑥2+𝑦2=2，曲线𝐶为圆，所以A正确;当𝑘=0时，曲线𝐶为𝑦28−𝑥24=1，是双曲线，其渐近线方程为𝑦=±√2𝑥，所以B正确;“6<𝑘<8”是“曲线𝐶为焦点在𝑥轴上的椭圆”的

充要条件，所以“𝑘>4′是”曲线𝐶为焦点在𝑥轴上的椭圆”的必要而不充分条件，所以𝐶不正确;若曲线𝐶为等轴双曲线，则(𝑘−4)(8−𝑘)<0且𝑘−4+8−𝑘=0，无解，所以𝐷不正确．10.【答案】𝐴𝐶𝐷【

解析】【分析】本题主要考查等差数列的前𝑛项和，等差数列的性质，考查运算求解能力，属于中档题．根据等差数列的单调性以及前𝑛项和的函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择．【解答】解：对于𝐴：由𝑆2023<𝑆2021<𝑆2022可得𝑎2023+𝑎2022<0,

𝑎2023<0,𝑎2022>0，故等差数列{𝑎𝑛}的公差𝑑=𝑎2023−𝑎2022<0，故A正确；对于𝐵：由𝐴得，数列为单调递减数列，且𝑎2023<0,𝑎2022>0，故𝑎𝑛<0时，𝑛的最小值为2023，故B错误；对𝐶：由𝐴得，

𝑑<0，故𝑆𝑛=𝑑2𝑛2+(𝑎1−𝑑2)𝑛是关于𝑛的开口向下的二次函数，其有最大值，没有最小值，故C正确；对于𝐷：因为数列{𝑎𝑛}的前2022项均为正数，且𝑆4044=4044(𝑎1+𝑎40442)

=2022(𝑎1+𝑎4044)=2022(𝑎2022+𝑎2023)<0，𝑆4043=4043(𝑎1+𝑎40432)=4043𝑎2022>0，𝑆𝑛>0时，𝑛的最大值为4043，故D正确；故选：𝐴𝐶𝐷．11.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查空间几何体的基本知识，

处理球的外接和内切的知识求法，考察等体积法的使用，属于较难题．【解答】解：由题可知，𝑃𝐶的中点即为𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的球心，设外接球的半径为𝑅，则43𝜋𝑅3=108𝜋3，得𝑅=3，因为𝑃𝐴2+𝐴𝐵2

+𝐵𝐶2=𝑃𝐶2=4𝑅2，所以𝑃𝐴2+𝐵𝐶2=32，鳖臑𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13×12𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅𝑃𝐴=16⋅(2𝐵𝐶⋅𝑃𝐴)≤16⋅(𝐵𝐶2+𝑃𝐴2)=163当且仅当𝐵𝐶=𝑃𝐴=4

时，(𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶)max=163，故A项正确，𝐵项错误;因为三棱柱为直三棱柱，故BC⊥平面𝑃𝐴𝐵，所以点𝐶到平面𝑃𝐴𝐵的距离为|𝐵𝐶|=4，故C项正确;设𝑃−𝐴𝐵𝐶的内切球半径为𝑟，由等体积法𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13×

(12𝐴𝐵⋅𝐵𝐶+12𝐴𝐵⋅𝑃𝐴+12𝐴𝐶⋅𝑃𝐴+12𝑃𝐵⋅𝐵𝐶)⋅𝑟=163，得(16+16√5)⋅𝑟=32，所以𝑟=2√5+1=√5−12，故D项正确．12.【答案】𝐵𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查利用导数求函数单调区间，及

利用导数研究方程的根问题，属于较难题．【解答】解：因为𝑓(𝑥)=𝑥(𝑥−3)2，所以𝑓′(𝑥)=3𝑥2−12𝑥+9=3(𝑥−3)(𝑥−1)，令𝑓′(𝑥)=0，解得：𝑥=1或𝑥=3，当𝑓(�

�)>0时，𝑥>3或𝑥<1，所以𝑓(𝑥)单调递增区间为(−∞,1)和(3,+∞);当𝑓′(𝑥)<0时，1<𝑥<3，所以𝑓(𝑥)单调递减区间为(1,3)，𝑓(𝑥)的图象如右图所示设𝑓(𝑎)=�

�(𝑏)=𝑓(𝑐)=𝑡，则0<𝑡<4，0<𝑐<1<𝑏<3<𝑎<4，故选项A错误;又𝑓(𝑥)−𝑡=(𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)(𝑥−𝑐)，所以𝑥(𝑥−3)2−𝑡=(𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)(𝑥−𝑐)，即𝑥3−6𝑥2+9𝑥−𝑡=�

�3−(𝑎+𝑏+𝑐)𝑥2+(𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐)𝑥−𝑎𝑏𝑐，对照系数得𝑎+𝑏+𝑐=6，故选项C正确;𝑎𝑏𝑐=𝑡∈(0,4)，故选项D正确;因为3<𝑎<4，所以3<6−(𝑏+𝑐)<4，解得2<�

�+𝑐<3，故选项B正确．13.【答案】−12【解析】【分析】本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题．设切点为(𝑥0,𝑦0)，列式求解即可．【解答】解：不妨设切点为(𝑥0,𝑦0)，则曲线𝑦=2𝑥−𝑒𝑥中，则𝑦′=2−𝑒𝑥，则应有{𝑦0=𝑥0+2

𝑡2−𝑒𝑥0=1𝑦0=2𝑥0−𝑒𝑥0，解得{𝑡=−12𝑥0=0𝑦0=−1,故答案为−12．14.【答案】116【解析】【分析】本题主要考查等差数列的性质，考查等差数列的求和公式，属于中档题．【解答】解：∵两个等差数列{𝑎𝑛}和{�

�𝑛}的前𝑛项和分别为𝐴𝑛和𝐵𝑛，且𝐴𝑛𝐵𝑛=2𝑛−1𝑛+3，∴𝑎9𝑏8=2𝑎92𝑏8=𝑎1+𝑎17𝑏1+𝑏15=172(𝑎1+𝑎17)152(𝑏1+𝑏15)=𝐴17𝐵15=2×17−115+3

=3318=116．15.【答案】−2【解析】【分析】本题考查函数的极值点，及正余弦齐次式的计算，属于中档题．【解答】解：由题知𝑓′(𝑥)=−sin𝑥+√3cos𝑥∵𝑥=𝜃是函数𝑓(𝑥)=cos𝑥+√

3sin𝑥的一个极值点，∴𝑓′(𝜃)=−sin𝜃+√3cos𝜃=0,即sin𝜃=√3cos𝜃，故cos2𝜃−2sin2𝜃=cos2𝜃−3sin2𝜃sin2𝜃+cos2𝜃=−8cos2𝜃4cos2𝜃=−2．16.【答案

】√132【解析】【分析】本题考查双曲线的性质，考查共线向量基本定理的应用，考查数形结合的解题思想方法及运算求解能力，是中档题．求出双曲线的一条渐近线方程，圆𝑀的圆心和半径，设𝑂𝐴=𝑡，由已知向量等式可得𝑂𝐵=5𝑡，𝐴𝐵=4𝑡，得到𝑡=1，

过𝑀作𝑀𝐷⊥𝐴𝐵，且𝐷为𝐴𝐵的中点，运用直角三角形的勾股定理和点到直线的距离公式解得𝑎，𝑏，𝑐，再由离心率公式求解．【解答】解：双曲线𝐶：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0

)的一条渐近线𝑙的方程为𝑦=𝑏𝑎𝑥，圆𝑀：(𝑥−𝑎)2+𝑦2=8的圆心为𝑀(𝑎,0)，半径为𝑟=2√2，由△𝐴𝐵𝑀为等腰直角三角形，可得𝐴𝐵=√2𝑟=4，设𝑂𝐴=𝑡，由𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=5𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，可得𝑂𝐵=5𝑡，𝐴𝐵

=4𝑡，由4𝑡=4，得𝑡=1，过𝑀作𝑀𝐷⊥𝐴𝐵，且𝐷为𝐴𝐵的中点，𝑂𝐷=3，𝐴𝐵=4，𝐴𝐷=2，则𝑀到直线𝑙的距离为𝑀𝐷=𝑎𝑏√𝑎2+𝑏2，在直角三角形𝑂𝑀𝐷中，𝑀𝐷2=𝑂𝑀2−𝑂𝐷2，在直角三角形𝐴𝑀𝐷中，�

�𝐷2=𝐴𝑀2−𝐴𝐷2，即有𝑎2−9=8−4，解得𝑎=√13，即𝑀𝐷=2=𝑎𝑏√𝑎2+𝑏2，解得𝑏=2√133，𝑐=√𝑎2+𝑏2=√13+529=133，故𝑒=𝑐𝑎=133√13=√133．故答案为：√133．17.【答案】解：(1)由题意得𝑎𝑛

+1−𝑎𝑛=4+2(𝑛−1)=2𝑛+2，𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=2𝑛，𝑎𝑛=(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)+(𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2)+⋯+(𝑎2−𝑎1)+𝑎1当𝑛≥2时，=2𝑛+(2𝑛−2)+⋯+6+4+2=2+(𝑛−1)(2

𝑛+4)2=𝑛2+𝑛当𝑛=1时，也符合上式，故𝑎𝑛=𝑛2+𝑛．(2)证明：因为1𝑎𝑛=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1所以𝑆𝑛=(1−12)+(12−13)+⋯+(1𝑛−1𝑛+1)=1

−1𝑛+1又∵𝑆𝑛在𝑁∗上递增，且0<1𝑛+1≤12∴12≤𝑆𝑛<1．【解析】本题主要考察等差数列的通项公式，考察数列与不等式，考察累加法和裂项相消法求和，属于中档题．18.【答案】解：(1)设点𝐵(𝑎,𝑏)，由题意知线段𝐴𝐵的中点𝑀(𝑎+52,𝑏−32)

在直线𝑙上，故：2×𝑎+52−𝑏−32−8=0，①又∵直线𝐴𝐵垂直于直线𝑙，故𝑏+3𝑎−5=−12，②联立①②式解得：{𝑎=1𝑏=−1，故点𝐵的坐标为(1,−1);(2)设点𝑃(𝑥,𝑦)，由题|𝑃𝑂|=√3|𝑃𝐵

|，则|𝑃𝑂|2=3|𝑃𝐵|2，故𝑥2+𝑦2=3[(𝑥−1)2+(𝑦+1)2]，化简得(𝑥−32)2+(𝑦+32)2=32，又∵直线与圆没有公共点，故|32−32−𝑚|√2>√3√2，解得𝑚∈(−∞,−√3)

∪(√3,+∞).【解析】本题考查点关于直线的对称问题，求与圆相关的轨迹问题，已知直线与圆的位置关系求参，属于中档题．19.【答案】解：(1)证明：取𝐴𝐵中点𝐷，连接𝐷𝐶，𝐷𝐸，∵𝐶𝐴=𝐶𝐵∴𝐶𝐷

⊥𝐴𝐵又∵平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵′𝐴′，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐵′𝐴′=𝐴𝐵，∴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐵′𝐴′∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐵′即𝐴𝐵′⊥𝐶𝐷又∵𝐴𝐵′2+𝐵𝐵′2=𝐴𝐵2∴𝐴𝐵′⊥𝐵

𝐵′，𝐴𝐵′⊥𝐸𝐷而𝐶𝐷∩𝐸𝐷=𝐷∴𝐴𝐵′⊥平面𝐶𝐷𝐸，∴𝐴𝐵′⊥𝐶𝐸即𝐶𝐸⊥𝐴𝐵′(2)作𝐵′𝑀⊥𝐴𝐵于点𝑀，𝑀𝑁//𝐶𝐷，建立如图所示的空间直角坐标

系，则𝐴(3,0,0)，𝐶(1,2√3,0)，𝐵′(0,0,√3)，𝐸(32,0,√32)∴𝐴𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√3)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2√3,0)，𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(12,−2√3,√32)令平面𝐴𝐴′𝐶′

𝐶的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧){𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+√3𝑧=0𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝑥+2√3𝑦=0∴令𝑧=1，∴𝑛⃗⃗=(−√3,−1,1)∴cos<𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗，

𝑛⃗⃗>=−√32+2√3+√32√13·√5=2√19565∴直线𝐶𝐸与平面𝐴𝐴′𝐶′𝐶所成角的正弦值为2√19565．【解析】本题考查线面垂直的性质和线面角的大小，是中档题．20.【答案

】解：(Ⅰ)𝑦=2𝑎𝑥2即为𝑥2=12𝑎𝑦，若选①，18𝑎=14∴𝑎=12∴抛物线方程为𝑥2=𝑦，选②③同样得抛物线方程为𝑥2=𝑦．(Ⅱ)令𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝑄(𝑥0,𝑦0)，则𝑦1

=𝑥12，𝑦2=𝑥22∵𝑦′=2𝑥∴𝑘𝐴𝑄=2𝑥1，𝑘𝐵𝑄=2𝑥2∴𝑙𝐴𝑄:𝑦−𝑦1=2𝑥1(𝑥−𝑥1)即为2𝑥1𝑥−𝑦−𝑦1=0又∵𝑄(𝑥0,𝑦0)∈𝑙𝐴𝑄∴2𝑥0𝑥1−𝑦0−𝑦1

=0即2𝑥0𝑥1−𝑦1−𝑦0=0同理，2𝑥0𝑥2−𝑦2−𝑦0=0∴𝑙𝐴𝐵:2𝑥0𝑥−𝑦−𝑦0=0而𝑙𝐴𝐵过点(0,3)∴0−3−𝑦0=0即𝑦0=−3∴点𝑄在直线𝑦=−3上【解析】本题考查直线

与抛物线的位置关系，牢记抛物线的切线方程是解题的突破口，考查学生逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．21.【答案】(1)证明：由题意得：当𝑛≥2时，12𝑎𝑛=12(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)=12(√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1)(√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1)=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1

∵𝑎𝑛>0∴𝑆𝑛>0∴√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1=2因为√𝑆1=1，所以数列√𝑆𝑛，是以1为首项，以2为公差的等差数列，则√𝑆𝑛=1+(𝑛−1)×2=2𝑛−1∴𝑆𝑛=(2𝑛−1)2，当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(2𝑛−1)2−(2𝑛−

3)2=8𝑛−8，由于𝑎1=1⬚不适合上式，故𝑎𝑛={1,𝑛=18𝑛−8,𝑛≥2．(2)𝑏𝑛={2,𝑛=1(𝑛−1)2𝑛+3,𝑛≥2所以𝑇1=2，当𝑛≥2时，𝑇𝑛=2+[1×25+2×26+⋯+(𝑛−1)2𝑛+3]，令𝐴𝑛=

1×25+2×26+⋯⋯+(𝑛−1)2𝑛+3∴2𝐴𝑛=1×26+2×27+⋯⋯+(𝑛−1)2𝑛+4∴−𝐴𝑛=25+26+⋯⋯+2𝑛+3−(𝑛−1)2𝑛+4=25(1−2𝑛−1)1−2−(𝑛−1)2𝑛+4=

(2−𝑛)⋅2𝑛+4−32，∴𝐴𝑛=(𝑛−2)⋅2𝑛+4+32∴𝑇𝑛=(𝑛−2)⋅2𝑛+4+34，𝑇1=2也符合故𝑇𝑛=(𝑛−2)⋅2𝑛+4+34．【解析】本题考查等差数列的判断，由𝑆𝑛求𝑎𝑛，错位相减法求和，属于较难题．22.【答案】解：𝑓′(�

�)=2(𝑥−1)ln𝑥+(𝑥2−2𝑥)·1𝑥+(2𝑎−1)𝑥+2(1−𝑎)=2(𝑥−1)(ln𝑥+𝑎)∵𝑎>0∴𝑒−𝑎<1，当𝑥∈(0,𝑒−𝑎)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增

;当𝑥∈(𝑒−𝑎,1)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减;当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增．综上，𝑓(𝑥)的单调递增区间为(0,𝑒−𝑎)和(1,+∞)，单调递减区间为(𝑒−𝑎,1)．(2)𝑓(1)=32−𝑎(情况一)若𝑓(1

)>0，即𝑎<32时，由𝑓(𝑥)的单调性，其在(𝑒−𝑎,+∞)上恒为正，无零点，在增区间(0,𝑒−𝑎)至多有一个零点，不符合．(情况二)若𝑓(1)<0，即𝑎>32时，由于𝑓(2)=0+4

(𝑎−12)+4(1−𝑎)=2>0，由零点存在性定理，𝑓(𝑥)在(1,2)上存在一个零点．取𝑥∈(0,1)，则𝑥−2<−1，ln𝑥<0，(𝑎−12)𝑥>0．𝑓(𝑥)=𝑥[(𝑥−2)ln𝑥+(𝑎−12)𝑥+2(1−𝑎)]>𝑥[

−ln𝑥+0+2(1−𝑎)]当𝑥∈(0,𝑒2(1−𝑎))时，𝑓(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在(0,𝑒−𝑎)上单增，故𝑓(𝑥)在(0,𝑒−𝑎)恒为正，无零点，由零点存在性定理，𝑓(𝑥)在(𝑒−𝑎,1)上存在一个零点，符合题意．(情况三)若𝑓(1)=0

，即𝑎=32时，同情况二可得𝑓(𝑥)在增区间(0,𝑒−𝑎)恒为正，无零点，𝑓(𝑥)仅有𝑥=1一个零点，不符合．综上，𝑎∈(32,+∞).【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，结合导数研究函数的零点，考查分类讨论思想，为较难题．