【文档说明】湖北省天门市2023届高三下学期5月适应性考试数学试题 含解析.docx，共(30)页，4.189 MB，由小赞的店铺上传

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2023年普通高等学校招生全国统一考试（适应性考试）数学本试卷满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．请按

题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题：本题共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．1.设全集U=R，集合2log1Axx=，11Bxx=−，则()UAB=ð（）A.)1,2B.(,1−−C.()0,1D.1,2【答

案】A【解析】【分析】化简集合02Axx=，得出(),11,UB=−−+ð，利用交集即可求解结果.【详解】由2log1Axx=可得02Axx=，(),11,UB=−−+ð，则()UAB=ð)1,2.故选：

A2.已知i12iz=−，i为虚数单位，则z=（）A.2i−+B.2i−C.2i+D.2i−−【答案】B【解析】【分析】先化简得到复数z，再利用复数的共轭复数求解.【详解】解：因为i12iz=−，所以2iz=

+，2iz=−，故选：B3.已知向量a，b满足()2aab+=，且1a=，则向量b在向量a上的投影向量为（）A.1B.1−C.aD.a−【答案】C【解析】【分析】根据数量积的运算律求出ab，在根据向量b在向量a上的投影向量为abaaa计算可得.【详解

】因为()2aab+=，且1a=，所以22aab+=，即22aab+=，所以1ab=，所以向量b在向量a上的投影向量为abaaaa=.故选：C4.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发系留浮空器．20

22年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图

如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（）（参考数据：29.590，39.5857，3151005316600，π3.14）A.39064mB.39004mC.38944mD.38

884m【答案】A的【解析】【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R，而圆台一个底面的半径为r，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为199.52R==（m），而圆台一个底面的半径为1r=（m），则31

41714π9.5π233V=半球（m3），2π9.5141260πV=圆柱（m3），()22131669.5π9.5πππ31.5π33V=++圆台（m3），所以17143166π12

60ππ906433VVVV=++++半球圆柱圆台（m3）．故选：A．5.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时

期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（）A.360πsin2nnB.180πsinnnC.360π

21cosnn−D.180π1cos2nn−【答案】A【解析】【分析】设圆的半径为r，由题意可得221360πsin2rnrn，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为r，将内接正n边形分成n个小三角形，由内接正n边形的面积无限

接近圆的面即可得：221360πsin2rnrn，解得：360πsin2nn.故选：A.6.已知78p=，89q=，rpq=，则p，q，r的大小关系为（）A.rpqB.qprC.qrpD.pqr【答案】D

【解析】【分析】根据指、对数函数的性质，结合基本不等式分析运算.【详解】由题意可得：78log81,log91,log0ppqrq===，因为()()()()2222ln7ln9ln63ln64ln7ln9ln8444+==，即()2ln7ln9l

n8，所以()278ln8ln7ln9ln8ln9log8log90ln7ln8ln7ln8pq−−=−=−=，即pq，又因为loglog1pprqp==，所以pqr.故选：D.7.函数()()tanfxx=+（0

，π2）的图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则=（）A.π4−B.π3−C.π6D.5π12−【答案】B【解析】【分析】由ππtan166f=+=−，得到ππ64

+=−，再由图象近似看成平行四边形求解.【详解】解：由函数()()tanfxx=+（0，π2）的图象知：ππtan166f=+=−，则ππ64+=−，由图象近似看成平行四边形，则π36π=，解得1π=,23=−，故选：B8.对任意的()

0,x+，不等式()()21eee2ln10xaxxaxaa−−−+−++−恒成立，则实数a的取值集合是（）A.1B.(0,2C.1,2+D.2【答案】A【解析】【分析】令()eexafxxa=−−+，()21e2ln1xgxxaa−=−++−

，利用导数研究函数()fx的单调性，可将原不等式转化为xa时，()0gx，当0xa时，()0gx.利用导数研究函数()gx的性质，即可求解.【详解】由题意，知0a，令()eexafxxa=−−+，0x

，则()e10xfx=−，所以()fx在()0,+上单调递增，易知()0fa=，所以当xa时，()0fx；当0xa时，()0fx.令()21e2ln1xgxxaa−=−++−，则对任

意的()0,x+，不等式()()21eee2ln10xaxxaxaa−−−+−++−恒成立，等价于当xa时，()0gx，当0xa时，()0gx.当0x时，1e0()2xgxx−=+，则函数()gx在()0,+上单调递增，所以xa=是()21e2ln1xgxxaa−=−++−

的零点，即21e2ln10aaaa−−++−=，即212lne1aaaa−+=+−，即2ln1e2lne1aaaa−+=+−.构造函数()ethtt=+，则()e10tht=+，函数()ht在R上单调递增，由2ln1e2lne1aaaa−+=+−，得()()2ln1haha=

−，所以2ln1aa=−，即2ln10aa+−=.令()2ln1aaa=+−，则()210aa=+，函数()a在()0,+上单调递增，易知()10=，故1a=.故选：A.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注

意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．二、多项选择题：本题共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，部

分选对的得2分，有选错的得0分．9.2022年6月，某学校为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”下水试航，增强学生的国防意识，组织了一次“逐梦深蓝，山河荣耀”国防知识竞赛，对100名学生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图

，其中分组的区间为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，为进一步了解学生的答题情况，通过分层抽样，从成绩在区间[70,90)内的学生中抽取6人，再从这6人中先后抽取2人的成绩作分析，下列结论正确

的是（）A.频率分布直方图中的0.030x=B.估计100名学生成绩的中位数是85C.估计100名学生成绩的80%分位数是95D.从6人中先后抽取2人作分析时，若先抽取的学生成绩位于)70,80，则后抽取的学生成绩在)80,90的概率是415【答案】AC【解析】

【分析】根据频率之和为1可判断A,根据中位数为面积在0.5的位置可判断B,根据百位数的计算可判断C，根据条件概率的计算公式可判断D.【详解】对于A：根据学生的成绩都在50分到100分之间的频率和为1，可得10(0.0050.010.0150.040)1x++++=，解得

0.030x=，故A正确；对于B：全校学生成绩的中位数为()()00050010001510=030500050010001510=0605........x..++?+++?，，故中位数位于8090，之间，故中位数()2260809

080=33+?，故B错误，对于C：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为0.29010950.4+=分，故C正确．对于D：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)和)80,90的学生人数之比为100.

0151100.0302=，故)70,80抽取了2人，)80,90中抽取了4人，先抽取的学生成绩位于)70,80，则第二次抽取时，是在5个人中抽取，而此时学生成绩在)80,90的个数有4个，故概率为45，故D不正确，故选：AC10.已知0x，0y且22x

y+=，则下列结论中正确的是（）A.41xy+有最小值322+B.lnln+xy可以取到0C.()()12xy++有最大值498D.224xy+有最小值2【答案】AD【解析】【分析】根据“1”的技巧及均值不等式判断A，由均值不等式可得12xy判断B，由均值不等式等号成立的条件判断C，由重要不

等式22222abab++判断D.【详解】因为4124144332322222xyxyxyxyxyyxyx++=+=+++=+，当且仅当为42xyyx=，即422,21xy=−=−时等号成立，故A正确；因为lnlnln0x

yxy+==时，1xy=，而2222xyxy+=，得出12xy，11,2xy==时等号成立，故1xy=不成立，故B错误；因为()()()()21112449121242228xyxyxy+++++=++=，当且仅当124xy+=+，即51,24xy==−时等

号成立，而0y，故等号不成立，故C错误；由22222abab++知，22222422xyxy++=，当且仅当2xy=时，即11,2xy==时等号成立，故D正确.故选：AD11.有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率

为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%．随机取一个零件，记A=“零件为次品”，iB=“零件为第i台车床加工”(1i=

，2，3)，下列结论正确的有（）A.()0.03PA=B.31()1iiPB==C.12()()PBAPBA=D.123()()(|)PBAPBAPBA+=【答案】BC【解析】【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个选项即可．【详解】对于A：

因为()0.050.150.030.250.030.600.033PA=++=，故A错误；对于B：因为13Σ()0.150.250.601iiPB==++=，故B正确；对于C：因为111()(|)0.050.155(|)()0.03322PBPABPBAPA===，222

()(|)0.030.255()()0.03322|PBPABPBAPA===，所以12()()PBAPBA=，故C正确；对于D：由上可得125()()11PBAPBA+=，又因为333()(|)0.030.606(|)()0.03311PBPABPBAPA===，故D错误，故选：

BC．12.在平面直角坐标系xOy中，()2,0A，B为坐标原点，点P在圆2221639xy++=上，若对于*Nn，存在数列na，132a=，使得12121nnPAanPBan−+=−，则下列说法正

确的是（）A.na为公差为2的等差数列B.na为公比为12的等比数列C.2023202340472a=D.na前n项和2552nnnS+=−【答案】CD【解析】【分析】由圆的方程写出P的参数坐标，由两点距离公式判断2PAPB=，由等比中项性质判断2

1nnabn=+为等比数列，即可依次求得nnba、的通项公式，即可逐个判断，其中nS由错位相减法求和.【详解】对AB，由点P在圆2221639xy++=上，则由参数方程得424cos,sin333Pθθ骣琪-琪桫

，则222224428064sincos2cos3339942016442cossincos99333θθθPAPBθθθ骣骣+--琪琪-琪琪骣桫桫琪===琪骣骣桫-+-琪琪琪琪桫桫，∴2PAPB=.对于*nN，存在数列na，132a=，使得12121nnPAanPBan−+

=−，即12142nnanan−+=−①，12342nnanan++=+②，②①得()()()()()221112121232112112121nnnnnnnnaaaannnana−++−−+==

−+++++，令21nnabn=+，则211nnnbbb−+=，则nb是以1112112ab==?为首项，公比为111121142221212121221nnnnnnabannnqabannnnn-----+

===?+×==++--的等比数列.则()2112122nnnnnnaban骣+琪==?琪+桫，AB错；对C，()202320232023220231224047a+==，C对；对D，()121113521222nnSn骣骣骣琪琪琪=??++琪琪琪桫

桫桫，()231111135212222nnSn+骣骣骣琪琪琪=??++琪琪琪桫桫桫，两式相减得，()1231111111322221222222nnnSn+骣骣骣骣骣琪琪琪琪琪=???+?+琪琪琪琪琪桫桫桫桫桫()()()112111111122311113

151212125122222222212nnnnnnnn--+++轾骣犏-琪琪犏骣骣骣骣骣骣桫臌琪琪琪琪琪琪=++++-+=+-+=-+琪琪琪琪琪琪桫桫桫桫桫桫-.∴()15252nnSn=−+，D对.故选：CD.三、填空题：本题共4小题，

每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．13.已知常数0m，621mxx−+的二项展开式中2x项的系数是780，则m的值为________．【答案】3【解析】【分析】转化为62

1mxx−+，利用展开式的通项公式讨论计算即可.【详解】621mxx−+=621mxx−+，设其通项为()616C216,NrrrrmTxrrx−+=−，设62rmxx−−的通项为()()()()()66162

166C2C26,NkrkrkkkkrkkrrTxmxmxkrk−−−−−−−+−−=−=−−，要求2x项的系数，只有r为偶数，当0,6222rrkk=−−==，此时2x项的系数为()2024266CC2240mm−=，当

2,6221rrkk=−−==，此时2x项的系数为()121364CC2480mm−=−，当4,6220rrkk=−−==，此时2x项的系数为()040262CC260m−=，当6,6221rrkk=−−

==−，不合题意，故2x项的系数为()22404806078003mmmm−+==.故答案为：314.已知函数()2exfxa=与()()2sin0πgxbxax=+，若曲线()yfx=和()ygx=恰有一个公切点，则ab的最小值是_

_______．【答案】5−【解析】【分析】设出公切点，利用()yfx=和()ygx=在公切点处函数值和导函数值分别相等，得到ab的表达式，求出最大值即可.【详解】2()2exfxa=，()2cosgxbx=.设公切点为00(,)xy，则00()()fxgx=，00()()fxgx=，即0

02020e2sin2e2cosxxabxaabx=+=.因此0000525cos2sin5cossin55axxxxb=−=−05cos()x=+，其中525cos,sin,tan2355===，因为52

5cos,sin55==，所以为第一象限的角；不妨设ππ,32，因为()00,πx，所以()0,πx++，当且仅当0πx+=时，0cos()x+取到最小值1−，所以ab的最小值是5−，且0x有唯一解.故答案为：5−.15.已知正方体111

1ABCDABCD−的棱长为2，M为棱11BC的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为π3，则动点N的轨迹的长度为________．【答案】43π9【解析】【分析】利用线面角求

法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，故MN与底面ABCD的夹角即MNG，∴π3MNG=，则π23tan33MGNGGN==

，故N点在以G为原点233为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，即N的轨迹为图示中的圆弧ENF，易知13πππ2ππ26663233BGEGBEGFEG====−−=，所以ENF长为232π43π339=.故答案为：43π9.16.某同学在学习和探索三角形相关

知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿ABC三边翻折后

交于点P.若3AB=，则sinPAC=___________；若::6:5:4ACABBC=，则PAPBPC++的值为___________.【答案】①.74②.234##5.75【解析】【分析】第一空，由正弦定理求得3sin4ACB=，可得7

cos4ACB=，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得sincosPACACB=，即得答案；第二空，设,,CABCBAACB===，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出()4coscoscosPAPBPC++=++，即可求得答

案.【详解】设外接圆半径为R，则2R=，由正弦定理，可知324sinsinABRACBACB===，即3sin4ACB=，由于ACB是锐角，故7cos4ACB=，又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即⊥APBC,故π2P

ACACB=−，所以7sincos4PACACB==；设,,CABCBAACB===，则πππ,,222PACPBAPAB=−=−=−，由于::6:5:4ACABBC=，不妨假设6,5,4ACABBC==

=，由余弦定理知222222222654345614659cos,cos,cos2654245824616+−+−+−======，设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于ππ,22ECBEBCPCD

CPD+=+=,故EBCCPD=,则得πππAPCCPDEBCABC=−=−=−，所以24ππsinsinsinsin22PCPAACACRAPCABC=====−−

，同理可得24πsinsinsin2PBABABRAPBACB====−，所以()319234coscoscos448164PAPBPC++=++=++=,故答案为：74；2

34【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤．17.在锐角ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知22cosbcaC−=，求：（1）A的大小；（2）abc+的取值范围．【答案】（1）π3A=；（2）13(,23)2abc+++.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解作答

.（2）利用正弦定理边化角，结合已知及（1）的结论，再借助和角的正弦及三角函数的性质求解作答.【小问1详解】在锐角ABC中，由正弦定理及22cosbcaC−=，得2sinsin2sincosBCAC−=，而()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，于是()sin2cos10

CA−=，又sin0C，则1cos2A=，而π(0,)2A，解得π3A=，所以A的大小是π3.【小问2详解】由正弦定理得，()331cossinsinsinsinsin222sinsinsinCCAACabABcCCC+++++

+===233cos2cos131cos13131222sin22sin22222sincos2tan222CCCCCCCC++=+=+=+=+，因为ABC为锐角三角形，有π022ππ032CC−，则ππ(,)62C，从而ππ(

,)2124C，ππtantanπππ31134tantan()ππ123413231tantan34−−=−===+++，因此1(1,23)tan2C+所以13(,23)2abc+++.18.已知两个正项数列

na，nb满足1nnnbab=−，211nnban=+．（1）求na，nb的通项公式；（2）用x表示不超过x的最大整数，求数列12nbnnaa++的前n项和nS．【答案】（1）nbn=，1=+nann（2）()12124

nnSn+=−+【解析】【分析】（1）由递推公式列方程求出,nnab得通项公式；（2）根据高斯函数先推出1nnaa++得解析式，再运用错位相减法求解.【小问1详解】由211nnban=+，得21nn

abn=+，由1nnnbab=−，得21nnnabb=+，22nbn=，因为nb是正项数列，nbn=，211nnnanbn+==+；【小问2详解】14,1111112121,211nnnaannnnnnnnn+=+=++++=+++=

+++，则当2n时，()23425272212nnSn=+++++，所以()3412165272212nnSn+=+++++，两式相减得()()341122222212nnn

Sn+−=++++−+()()311222122212122412nnnnn++−=+−+=−−−，即()12124nnSn+=−+，因为18S=满足()12124nnSn+=−+，所以(

)12124nnSn+=−+.19.如图，已知四棱锥PABCD−的底面为菱形，且60ABC=，2ABPC==，2PAPB==.M是棱PD上的点，且四面体MPBC的体积为36．（1）证明：PMMD=；（2）若过点C，M的平面α与BD

平行，且交PA于点Q，求平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到PO⊥平面ABCD，//AD平面PBC，根据体积即可得出答案；解

法二：先证明CO⊥平面PAB.过M作//MNAD交AP于点N，证明得到//MN平面PBC，根据体积即可得出答案；（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，

写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.【小问1详解】解法一：如图1，取AB中点O，连接PO，CO.因为2PAPB==，2AB=，所以POAB⊥，1P

O=，1BO=.又因为ABCD是菱形，60ABC=，所以COAB⊥，3CO=.因为2PC=，所以222PCPOCO=+，所以POCO⊥.又因为AB平面ABCD，CO平面ABCD，ABCOO=，所以PO⊥平面ABCD.因为//ADBC，BC平面PBC，AD平

面PBC，所以//AD平面PBC，所以1133143343DPBCAPBCPABCABCVSVVPO−−−=====△.因为3162MPBCDPBCVV−−==，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的12，所以PMMD=.解法二

：如图2，取AB中点O，连接PO，CO，因为2PAPB==，2AB=，所以POAB⊥，1PO=，1BO=，又因为ABCD是菱形，60ABC=，所以COAB⊥，3CO=.因为2PC=，所以222PCPOCO

=+，所以POCO⊥.因为AB平面PAB，PO平面PAB，ABPOO=，所以CO⊥平面PAB.所以，11133223323APBCCABPABPSVVCO−−====△.过M作//MNAD交AP于点N，//ADBC，所以//

MNBC.又BC平面PBC，MN平面PBC，所以//MN平面PBC，所以1336MPBCNPBCCNBBPPNVVVCOS−−−====△.因为13AABPPCBVCOS−=△，13NNBPPCBVCOS−=△

，所以2ABPNBPSS=，所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以PMMD=.【小问2详解】解法一：由（1）知，BOCO⊥，POBO⊥，POCO⊥.如图3，以O为坐标原点，OC，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空

间直角坐标系，则()0,1,0A−，()0,1,0B，()3,0,0C，()3,2,0D−，()0,0,1P，所以31,1,22M−，()3,1,0AC=，()3,1,0BC=−，()3,3,0BD=−，()0,1,1AP=，31,1,22CM=−−

.因为QAP，设()0,,AQAP==，则()3,1,CQAQAC=−=−−，因为//BD，Q，C，M，故存在实数a，b，使得CQaCMbBD=+，所以3332312ababa

−+=−−−=−=，解得431323ab==−=，所以123,,33CQ=−−.设平面BCQ的法向量为()1,,nxyz=，则1100nCQnBC==，即

2303330yzxxy−−+=−=，取1x=，得到平面BCQ的一个法向量()11,3,23n=.设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为()20,0,1n=是平面ABCD的一个法向量，则1212123coscos,2nnnnnn===.所以

平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是32.解法二：由（1）知，BOCO⊥，POBO⊥，POCO⊥，如图3，以O为坐标原点，OC，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,1,0A−，()0,1,0B，()3,0,0C，()3,2,0D−，()

0,0,1P，所以31,1,22M−，()3,1,0AC=，()3,1,0BC=−，()3,3,0BD=−，()0,1,1AP=，31,1,22CM=−−.设平面的法向量为(),,nxyz=，则00nBDnCM

==，即33031022xyxyz−=−−+=.取1y=，得到平面的一个法向量()3,1,5=n.因为QAP，设()0,,AQAP==，则()3,1,CQAQAC=−=−−，因为3150nCQ=−+−

+=，所以23=，所以123,,33CQ=−−设平面BCQ的法向量为()1111,,nxyz=，则1100nCQnBC==，即111112303330yzxxy−−+=−=.取11x=，得到平面BCQ的

一个法向量()11,3,23n=.设平面BCQ与平面ABCD夹角是，又因为()20,0,1n=是平面ABCD的一个法向量，则1212123coscos,2nnnnnn===.所以平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值是32.解法三：在平面ABCD内，过

C作//EFBD交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，因为ABCD是菱形，所以ADDE=.如图4，在平面PAD内，作1//PPAE交EM的延长线于点1P，设1EP交AP于点Q.所以，四边形1EDPP是平行四边形，1P

PDE=，1//PPDE.所以1QPPQAE△∽△，所以112PPPQAQAE==，所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.如图5，在平面PAB内，作//QTPO，交AB于T，因为PO⊥平面ABCD，所以QT⊥平面ABCD，所以QTBC⊥，因为1PO=，2233QTPO==，在平面A

BCD内，作TNBC⊥，交BC于点N，连接QN，过A作//AKTN交BC于K，在ABK中，2AB=，60ABK=，所以332AKAB==，所以22333TNAK==，因为QTBC⊥，TNBC⊥，QTTTN=，且两直

线在平面内，所以BC⊥平面QTN，因为QN平面QTN，所以BCQN⊥.所以QNT是二面角ABCQ−−的平面角.在RtQTN中，3tan3QNTQTNT==，所以3cos2QNT=.所以平面BCQ与

平面ABCD夹角的余弦值是32.20.人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率

做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋

子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12（先验概率）.（1）求首次试验结束的概率；（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率，②将首次试验摸出的

白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】（1）1120（2）①19；②方案二中取到红球的概率更大.【解析】【分析】（1）根据全概

率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【小问1详解】设试验一次，“取到甲袋”为事件1A，“取到乙袋”为事件2A，“试验结果为红球”为事件1B，“试验结果为白球”为事件2B，（1）()()()()()11112121

9121121021020PBPAPBAPAPBA=+=+=.所以试验一次结果为红球的概率为1120.【小问2详解】①因为1B，2B是对立事件，()()219120PBPB=−=，所以()()()()

()()2111212221111029920PBAPAPABPABPBPB====，所以选到的袋子为甲袋的概率为19.②由①得()()2212181199PABPAB=−=−=，所以方案一中取到红球的概率为：()()()()112112212198259109

1018PPABPBAPABPBA=+=+=，方案二中取到红球的概率为：()()()()22211121289123791091045PPABPBAPABPBA=+=+=，因为3754518，所以方案二中取到红球的概率更大.21.已知双曲线2222:1xyCab−=（0a，0b

）过()12,0P，()20,4P，()3210,3P−，()4210,3P四个点中的三个点.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l与双曲线C交于A，B两点，且11PAPB⊥，求证：直线l经过一个不在双曲线C上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）2214xy−=（2）证明见解

析，定点的坐标为10,03【解析】【分析】(1)根据双曲线的对称性可知3P，4P在双曲线上，而2P不可能在双曲线上，从而可知1P也在双曲线上，即可求双曲线的方程；(2)分类讨论，当直线l的斜

率存在时，设直线的方程为ykxm=+，联立方程组，由韦达定理可用含有km、的式子表示12xx+、12xx，再由11PAPB⊥得到含有12xx、的方程，把12xx+、12xx代入化简即可求出m的值，从而求出定点坐标.当直线l的斜率不存在时，设l的方程为()2xnn=，同理可求出定点坐标

.【小问1详解】根据双曲线的对称性可知()3210,3P−，()4210,3P关于y轴对称，所以3P，4P必同时在双曲线上，而()20,4P不可能在双曲线22221xyab−=上.则双曲线还经过点()12,0P，则22214xyb−=，将点()3210

,3P−代入，可得21b=.所以双曲线C的方程为2214xy−=.【小问2详解】(ⅰ)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立2244ykxmxy=+−=，整理得，()222148440kxkmxm−−−−

=.由()()()2222140Δ8414440kkmkm−=−−−−−得222140140kkm−−+（*），且122814kmxxk+=−，21224414mxxk−−=−，因为()12,0P，所以()1112,PAxy=−，()1222,PBxy=−，

因为11PAPB⊥，所以110PAPB=，即()()1212220xxyy−−+=，所以()()()121212240xxxxkxmkxm−+++++=，即()()()2212121240kxxkmxxm++−+

++=，所以()()2222244812401414mkmkkmmkk−−++−++=−−，化简得22316200mkmk++=，即()()31020mkmk++=，所以103mk=−或2mk=−，且均满足（*

），当2mk=−时，直线l的方程为()2ykx=−，直线l过定点()2,0，即点1P，不符合题意，舍去；当103mk=−时，直线l的方程为103ykx=−，直线l过定点10,03，符合题意.(ⅱ)当直线l的斜率不存在时，设l的方程为()2xnn=，由2244x

nxy=−=，解得22214ABABxxnnyy====−，依题意，因为11PAPB⊥，()12,0P，所以2Ayn=−，即()222Ayn=−，所以221444nnn−=−+，即2316200nn−+=，解得2n=（舍）或103n=，所以直线l的方程为10

3x=，直线l过点10,03，综上所述，直线l经过一个不在双曲线C上的定点，定点的坐标为10,03.22已知函数()lnaxaxfxx=+−，函数()2ln2e2e12xxxagxaxx−=+−+.（1）当0a时，求()fx的单调区间；（2）已知

12a，1e2xx，求证：()0gx；（3）已知n为正整数，求证：11111ln212212nnnnn+++++++−.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）首先求导得22()axxafxx−+−=，分10

2a和12a讨论即可；（2）利用同构思想转化为证明ln0atatt−+，设()lnahttatt=−+，12extx=，则()(1)0hth=；.（3）当11,2ta=时，11ln2ttt−，令()*21Ntnn=+，通过放缩得22ln1+

nn，利用累加法即可证明原不等式.【小问1详解】2221()ln,()aaaxxafxxaxfxaxxxx−+−=−+=−−=，①当12a时，此时2140a=−，则()0fx恒成立，则()fx的减

区间为()0,+，②当102a时，令()0fx¢>，解得22114114,22aaxaa−−+−，则()fx的增区间为22114114,22aaaa−−+−令()0fx，解得221141140,,22aaxaa−−+−+

，则()fx减区间为221141140,,,22aaaa−−+−+，综上当12a时，()fx的减区间为()0,+，无增区间；当102a时，()fx的增区间为22114114,22aaaa−−+

−，减区间为221141140,,,22aaaa−−+−+.【小问2详解】欲证2ln2e()2e10,2xxxagxaxx−=+−+需证ln22e02exxaxxaxx+−+，即需证()ln2e2e02exxxaxaxx−+，令2ex

tx=，的即需证ln0atatt−+，设()lnahttatt=−+，12extx=，由（1）知当12a时，()ht的减区间为()0,,+所以()(1)0,hth=故()0.gx【小问3详解】由（2）知，当11,2ta=时，11ln2ttt−

，令()*21Ntnn=+，则2121122ln11122222(21)1nnnnnnnnnn++−=+−=++++即2ln(2)lnnnn+−所以2ln(3)ln(1)1nnn+−++2ln(4)

ln(2)2nnn+−++2ln(5)ln(3)3nnn+−++......ln(21)ln(21)212nnn+−−−ln(22)l)22n(2nnn+−以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)lnln(1)2

12212nnnnnnnnn+++−−++++++++−()()()212211111112lnln4ln212212212nnnnnnnnnn+++++++=+++−+

【点睛】关键点睛：第二问关键是将原不等式变形为()ln2e2e02exxxaxaxx−+，从而利用换元同构的的思想证明()0gx，第三问的关键在于利用不等式11ln2ttt−，令()*21Ntnn=+，

然后进行放缩得22ln1+nn，最后累加即可证明.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com