【文档说明】湖南省岳阳市2022-2023学年高二下学期期末教学质量监测数学试题+含解析.docx，共(21)页，165.503 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年湖南省岳阳市高二下期末教学质量检测数学试卷一、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.已知集合𝐴={𝑥|𝑥2−7𝑥+10≤0}，𝐵={𝑥||

𝑥|≤5}，则𝐴∩𝐵=()A.⌀B.[2,5]C.[3,5]D.[−5,5]2.已知𝑖为虚数单位，𝑧=3+𝑖，则|𝑧𝑧+𝑖|=()A.√103B.√10C.√13013D.√1303.已知向量𝑎⃗⃗，𝑏⃗满足(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)⋅𝑏⃗=2，且|�

�⃗|=1，则向量𝑎⃗⃗在向量𝑏⃗上的投影向量为()A.1B.−1C.𝑏⃗D.−𝑏⃗4.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑥2在𝑥=1处的切线与直线𝑥+𝑦+1=0垂直，则𝑎=()A.2B.−2C.1D.−15.

(1−1𝑥3)(2𝑥−1√𝑥)6的展开式中，常数项为()A.−300B.−180C.180D.3006.已知1−cos𝑥+sin𝑥1+cos𝑥+sin𝑥=−2，则tan𝑥的值为()A.43B.−43C.34D.−347.蹴鞠又名蹴球，蹴有用脚踢的含义，鞠最早

为外包皮革、内充米糠的球。因而蹴鞠就是古人以脚踢皮球的活动，类似于今天的足球。2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录。已知某鞠表面上有四个点𝐴，𝐵，𝐶，𝐷，若四面体𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为√26，𝐵𝐷经过

该鞠的中心，𝐴𝐵=𝐵𝐶=1，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，则该鞠的表面积为()A.2𝜋B.4𝜋C.8𝜋D.16𝜋8.已知𝑎=0.16，𝑏=𝑒0.4−1，𝑐=0.8−2ln1.4，则𝑎，𝑏，𝑐的大

小关系为()A.𝑎>𝑐>𝑏B.𝑎>𝑏>𝑐C.𝑏>𝑎>𝑐D.𝑐>𝑏>𝑎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.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎，𝑏，𝑐分别为内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边.已知cos𝐵cos𝐶=

𝑏2𝑎−𝑐，△𝐴𝐵𝐶的面积为3√34，且𝑏=3，则()A.cos𝐵=12B.sin𝐵=√32C.𝑎+𝑐=3√2D.𝑎−𝑐=√310.已知𝑎>0,𝑏>0，且𝑎+𝑏=4则下列结论一定正确的有

()A.(𝑎+2𝑏)2≥8𝑎𝑏B.1√𝑎+1√𝑏≥2√𝑎𝑏C.𝑎𝑏有最大值4D.1𝑎+4𝑏有最小值911.下列命题中，正确的是()A.已知随机变量𝑋服从正态分布𝑁(1,𝜎2)，若𝑃(𝑋≤0)=0.2，则𝑃(𝑋

<2)=0.8B.“𝑎<11”是“∃𝑥∈𝑅，𝑥2−2𝑥+𝑎<0”的充分不必要条件C.用𝑋表示𝑛次独立重复试验中事件𝐴发生的次数，𝑝为每次试验中事件𝐴发生的概率，若𝐸(𝑋)=50，𝐷(𝑋)=30，则

𝑝=25D.一组数据𝑥1，𝑥2，⋯，𝑥100的平均值为27，则𝑥1+1，𝑥2+1，⋯，𝑥100+1的平均值为28．12.已知抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹，𝐴，𝐵为𝐶上两个相异的动点，分别在点𝐴，𝐵处作抛物线𝐶的切线𝑙1，𝑙2，𝑙1与𝑙2交于

点𝑃，则()A.若直线𝐴𝐵过焦点𝐹，则点𝑃一定在抛物线𝐶的准线上B.若点𝑃在直线𝑥+𝑦+4=0上，则直线𝐴𝐵过定点(4,−2)C.若直线𝐴𝐵过焦点𝐹，则△𝐴𝐵𝑃面积的最小值为1D.若|𝐴𝐵|=4，则

△𝐴𝐵𝑃面积的最大值为1三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.数据：2，5，7，9，11，8，7，8，10中的第80百分位数是．14.已知圆𝑥2+𝑦2−6𝑥=0，过点(2,1)的直线被该圆所截的弦长的最小值为15.设数列{𝑎�

�}的前𝑛项的和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛=𝑛2(1+𝑛)，则∑1𝑎𝑘𝑎𝑘+110𝑘=1=．16.已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的两个顶点分别为𝐴(−2,0)，𝐵(2,0)，

离心率为√32.点𝐷为𝑥轴上一点，过𝐷作𝑥轴的垂线交椭圆于不同的两点𝑀，𝑁，过𝐷作𝐴𝑀的垂线交𝐵𝑁于点𝐸，则△𝐵𝐷𝐸与△𝐵𝐷𝑁的面积之比为四、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

)已知函数𝑓(𝑥)=√3sin2𝑥+2cos2𝑥+𝑚在区间[0,𝜋2]上的最大值为6．(1)求常数𝑚的值;(2)求使𝑓(𝑥)≥4成立的𝑥的取值集合．18.(本小题12.0分)设𝑆𝑛为等差数

列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑎2=3，𝑆5=25．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=2𝑛−1，令𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．19.(本小题12.0分)如图，在几何体𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹中，菱形𝐴𝐵𝐶𝐷所在的平面与矩

形𝐵𝐷𝐸𝐹所在的平面互相垂直．(1)若𝑀为线段𝐵𝐹上的一个动点，证明：𝐶𝑀//平面𝐴𝐷𝐸(2)若∠𝐵𝐴𝐷=60∘，𝐴𝐵=2，直线𝐶𝐹与平面𝐵𝐶𝐸所成角的正弦值为√1

510，求𝐵𝐹的长．20.(本小题12.0分)为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛

后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员𝑀对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.(注：比赛结果没有平局)(1)求甲队明星队员𝑀在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最

终获胜的概率；(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员𝑀上场的概率．21.(本小题12.0分)已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(�

�∈𝑁)，四点𝑃1(1,1)，𝑃2(1,0)，𝑃3(√2,√3)，𝑃4(√2,−√3)中恰有三点在双曲线𝐶上．(1)求𝐶的方程;(2)设直线𝑙不经过𝑃2点且与𝐶相交于𝐴，𝐵两点.若直线

𝑃2𝐴与直线𝑃2𝐵的斜率的和为−1.证明：𝑙过定点．22.(本小题12.0分)已知函数𝑓(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑎𝑥𝑥+1(𝑎∈𝑅)．(1)若𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上单调递增，求𝑎的取值范围；(2)证明：∀𝑛∈𝑁∗，(1−12√𝑛2)(1−12√𝑛2+

1)⋯(1−12√4𝑛2−1)<1𝑒𝑛答案和解析1.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查交集运算，属于基础题．化简𝐴，𝐵，由交集运算即可求解．【解答】解：𝐴={𝑥|𝑥2−7𝑥+10≤0}={𝑥|2≤𝑥≤5}，𝐵={𝑥

||𝑥|≤5}={𝑥|−5≤𝑥≤5}，则𝐴∩𝐵={𝑥|2≤𝑥≤5}=[2,5]．2.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查共轭复数和复数的模，属于基础题．利用共轭复数的定义和复数模的模长公式即可求解．【解答】解：由题意，得|𝑧𝑧+

𝑖|=|3+𝑖3−𝑖+𝑖|=|3+𝑖3|=|1+13𝑖|=√12+(13)2=√103．3.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查投影向量，属于基础题．【解答】解：∵𝑎⃗⃗·𝑏⃗+𝑏⃗2=2,|�

�⃗|=1,∴𝑎⃗⃗·𝑏⃗=1,𝑎⃗⃗·𝑏⃗⃗|𝑏⃗⃗|·𝑏⃗⃗|𝑏⃗⃗|=𝑏⃗为𝑎在𝑏上的投影向量，故选C．4.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查导数的几何意义及两直线垂直的条件，属于基础题．求得𝑓(𝑥)的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直

的条件：斜率之积为−1，即可得出𝑎的值．【解答】解：函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑥2，求导得：𝑓′(𝑥)=2𝑥+𝑎𝑥，因为𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线与直线𝑥+𝑦+1=0垂直，所以𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线斜率为𝑓′(1)=2+𝑎=1，解得𝑎=−1．故选D．

5.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查二项式定理的应用，属于中档题．根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．【解答】解：(2𝑥−1√𝑥)6的展开式的通项为𝑇𝑟+1=(−1)𝑟26−𝑟⋅𝐶6𝑟𝑥6−𝑟𝑥−

𝑟2=(−1)𝑟26−𝑟⋅𝐶6𝑟𝑥12−3𝑟2．当𝑇𝑟+1=(−1)𝑟26−𝑟⋅𝐶6𝑟𝑥12−3𝑟2为常数时，12−3𝑟2=0，解得𝑟=4，则𝑇5=(−1)4×22×𝐶64=60；当−1𝑥3𝑇𝑟+1=−(−1)𝑟26−𝑟⋅𝐶6�

�𝑥6−3𝑟2为常数时，6−3𝑟2=0，解得𝑟=2，则−1𝑥3𝑇3=−(−1)2×24×𝐶62=−240，所以(1−1𝑥3)(2𝑥−1√𝑥)6的展开式中常数项为60−240=−18

0．6.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．已知等式去分母变形后，得到关系式，两边平方并利用完全平方公式化简，整理求出𝑠𝑖𝑛𝑥的值，进而求出𝑐𝑜𝑠𝑥的值，即可确定出𝑡𝑎𝑛𝑥的值．【解答】解：已知等

式变形得：1−𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥=−2−2𝑐𝑜𝑠𝑥−2𝑠𝑖𝑛𝑥，即3𝑠𝑖𝑛𝑥+3=−𝑐𝑜𝑠𝑥，两边平方得：(3𝑠𝑖𝑛𝑥+3)2=cos2𝑥，即9𝑠𝑖𝑛2𝑥+18𝑠

𝑖𝑛𝑥+9=1−sin2𝑥，整理得：5𝑠𝑖𝑛2𝑥+9𝑠𝑖𝑛𝑥+4=0，即(5𝑠𝑖𝑛𝑥+4)(𝑠𝑖𝑛𝑥+1)=0，解得：𝑠𝑖𝑛𝑥=−45或𝑠𝑖𝑛𝑥=−1(原式分母为0，舍去)，将𝑠𝑖𝑛𝑥=−45

代入得：−125+3=−𝑐𝑜𝑠𝑥，即𝑐𝑜𝑠𝑥=−35，则𝑡𝑎𝑛𝑥=𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥=43．故选：𝐴．7.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象

能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中档题．由题意画出图形，先求得球的半径，再由球的表面积公式求解即可．【解答】解：如图，取𝐴𝐶的中点𝑀，连接𝐵𝑀与球𝑂交于另一点𝑁，连接𝑂𝑀，𝐷𝑁，易知𝐴𝐶为圆面𝐴𝐵

𝐶的直径，𝑂𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝑂，𝑀分别为𝐵𝐷，𝐵𝑁的中点，所以𝐷𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶，∵𝑉𝐷−𝐴𝐵𝐶=13×12×1×1×𝐷𝑁=√26，∴𝐷𝑁=√2，即𝑂𝑀=√22，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=1，∴𝐵𝑀=√2

2，∴𝐵𝑂=𝑅=1，∴球𝑂的表面积为𝑆=4𝜋𝑅2=4𝜋．故选B．8.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，属于中档题．𝑎与𝑏可看作0.42与𝑒0.4−1，从而可构造函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−𝑥2比大小，𝑎与𝑐可看作0

.42与2(0.4−ln(1+0.4))，从而可构造函数𝑔(𝑥)=2𝑥−2𝑙𝑛(1+𝑥)−𝑥2比大小．【解答】解：设𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−𝑥2(𝑥>0)，则𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑥，令ℎ(𝑥)=�

�𝑥−2𝑥，则ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−2，令ℎ′(𝑥)=0，得𝑥=ln2，所以ℎ(𝑥)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，故ℎ(𝑥)≥ℎ(ln2)=2−2ln2>0，因此𝑓(�

�)在(0,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0．令𝑥=0.4，则𝑓(0.4)=𝑒0.4−1−0.42>0，所以𝑒0.4−1>0.16，即𝑎<𝑏．设𝑔(𝑥)=2𝑥−2ln(1+𝑥)−𝑥2(𝑥≥0)，则𝑔′(�

�)=2−21+𝑥−2𝑥=−2𝑥21+𝑥≤0，因此𝑔(𝑥)在[0,+∞)上单调递减，所以𝑔(𝑥)≤𝑔(0)=0，令𝑥=0.4，则𝑔(0.4)=0.8−2ln1.4−0.16<0，所

以0.8−2ln1.4<0.16，所以𝑐<𝑎．故𝑏>𝑎>𝑐．9.【答案】𝐴𝐵𝐶【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，

考查了计算能力和转化思想，属于中档题．利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合sin𝐴≠0，可求cos𝐵=12，结合范围𝐵∈(0,𝜋)，可求𝐵=𝜋3，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求𝑎+𝑐，即可得解．【解答

】解：∵cos𝐵cos𝐶=𝑏2𝑎−𝑐=sin𝐵2sin𝐴−sin𝐶，∴整理可得：sin𝐵cos𝐶=2sin𝐴cos𝐵−sin𝐶cos𝐵，可得sin𝐵cos𝐶+sin𝐶cos𝐵=sin(𝐵+𝐶

)=sin𝐴=2sin𝐴cos𝐵，∵𝐴为三角形内角，sin𝐴≠0，∴可得cos𝐵=12，sin𝐵=√1−(12)2=√32，故A，B正确，∵𝐵∈(0,𝜋)，∴𝐵=𝜋3．∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=3√34，且𝑏=3，∴3√34=12𝑎𝑐s

in𝐵=12×𝑎×𝑐×√32=√34𝑎𝑐，可得𝑎𝑐=3，∴由余弦定理可得9=𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=(𝑎+𝑐)2−3𝑎𝑐=(𝑎+𝑐)2−9，可得𝑎+𝑐=3√2，故C正确，D错误．故选：𝐴𝐵𝐶．10.【答案】𝐴𝐶【解析】

【分析】本题主要考查利用作差法比较大小，考查利用基本不等式求最值，属于中档题．利用作差法比较大小即可判断𝐴，举反例可判断𝐵，利用基本不等式求最值即可判断𝐶𝐷．【解答】解：对𝐴，(𝑎+2𝑏)2−8𝑎𝑏=(𝑎−2𝑏)2⩾0，故(𝑎+2𝑏)2⩾8𝑎𝑏，故A正确；对𝐵，取�

�=1，𝑏=3，则1√𝑎+1√𝑏=1+√33,2√𝑎𝑏=2√3，显然1+√33<2√3，故B错误；对𝐶，由基本不等式可得𝑎𝑏⩽(𝑎+𝑏2)2=4，当且仅当𝑎=𝑏=2时，等号成立，所以𝑎𝑏的最大值为4，故C正确；对𝐷，1𝑎+4𝑏=14(

𝑎+𝑏)(1𝑎+4𝑏)=14(5+𝑏𝑎+4𝑎𝑏)⩾14(5+2√𝑏𝑎·4𝑎𝑏)=94，当且仅当𝑏𝑎=4𝑎𝑏，即𝑎=43,𝑏=83时，等号成立，所以1𝑎+4𝑏的最小值为9

4，故D错误．故选AC．11.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查平均数、充分必要条件的判断、二项分布的均值、二项分布的方差或标准差、正态分布的概率，属于基础题．利用正态分布的概率求出𝑃(𝑋<2)，即可判定�

�；根据题意得出𝛥=4−4𝑎>0，求出𝑎<1，即可判定𝐵；利用二项分布的期望和方差公式，求出𝑝的值，即可判定𝐶；利用平均数的概念即可判定𝐷．【解答】解：𝐴选项，∵随机变量𝑋服从正态分布𝑁(1,𝜎2)，𝑃(𝑋≤0)=0.2，∴

𝑃(0≤𝑋≤1)=0.5−0.2=0.3，∴𝑃(1≤𝑋≤2)=𝑃(0≤𝑋≤1)=0.3．所以𝑃(𝑋<2)=0.5+0.3=0.8，故A正确；𝐵选项，∵∃𝑥∈𝑅，𝑥2−2𝑥+𝑎<0，∴

𝛥=4−4𝑎>0，∴𝑎<1，∵(−∞,1)⫋(−∞,11)，∴𝑎<11是∃𝑥∈𝑅，𝑥2−2𝑥+𝑎<0的必要不充分条件，故B错误；𝐶选项，因为随机变量服从二项分布𝐵(𝑛,𝑝)，𝐸(𝑋)=

50，𝐷(𝑋)=30，所以𝑛𝑝=50，𝑛𝑝(1−𝑝)=30，解得𝑝=25，故C正确；𝐷选项，若数据𝑥1，𝑥2，⋯，𝑥100的平均值为27，则𝑥1+1+𝑥2+1+···+𝑥100+1100=𝑥1+𝑥2+···+𝑥1

00+100100=𝑥1+𝑥2+···+𝑥100100+1=28故D正确．12.【答案】𝐴𝐵【解析】【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题．设与抛物线𝐶相切的切线方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑏(𝑏≠0)，可得直线𝐴𝐵的方程为𝑥0=𝑦02

𝑦−𝑥，𝑃(−𝑏,2𝑚)，再逐项分析求解即可．【解答】解：设𝐴(𝑦124,𝑦1)，𝐵(𝑦224,𝑦2)，𝑃(𝑥0,𝑦0)，与抛物线𝐶相切的切线方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑏(𝑏≠0)，则{𝑦2=4𝑥,𝑥=𝑚𝑦+𝑏,化简得�

�2−4𝑚𝑦−4𝑏=0．由𝛥=0，可得𝑏=−𝑚2，将𝐴点坐标代入方程𝑥=𝑚𝑦−𝑚2，可得𝑚2−𝑚𝑦1+𝑦124=0，𝑚=𝑦12，所以过𝐴的切线方程为𝑥=𝑦12𝑦−𝑦124．同理，过�

�的切线方程为𝑥=𝑦22𝑦−𝑦224，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑥0=𝑦02𝑦−𝑥．又𝑥0=𝑦12𝑦0−𝑦124①，𝑥0=𝑦22𝑦0−𝑦224②，联立①②可得𝑥0=𝑦1𝑦24,𝑦0=𝑦1+𝑦22．因

为𝐴,𝐵在抛物线𝑦2=4𝑥上，所以𝑦1+𝑦2=4𝑚,𝑦1𝑦2=−4𝑏，所以𝑥0=−𝑏,𝑦0=2𝑚．对于𝐴，若直线𝐴𝐵过焦点𝐹(1,0)，则𝑏=1，故𝑥0=−𝑏=−1，所以

点𝑃一定在抛物线𝐶的准线上，故A正确；对于𝐵，若点𝑃在直线𝑥+𝑦+4=0上，则𝑥0=−4−𝑦0，代入直线𝐴𝐵的方程得−4−𝑦0=𝑦02𝑦−𝑥，解得𝑥=4，𝑦=−2，所以直线𝐴𝐵过定点(4,

−2)，故B正确；对于𝐶，若直线𝐴𝐵过焦点𝐹(1,0)，则𝑃(−1,2𝑚)，直线𝐴𝐵的方程为−1=𝑚𝑦−𝑥，即𝑥−𝑚𝑦−1=0，|𝐴𝐵|=𝑦124+1+𝑦224+1=(𝑦1+𝑦2

)2−2𝑦1𝑦24+2=16𝑚2+84+2=4𝑚2+4，点𝑃到直线𝐴𝐵的距离为|−1−2𝑚2−1|√1+𝑚2=2√1+𝑚2，所以△𝐴𝐵𝑃面积为𝑆=12×(4𝑚2+4)×2√1+𝑚2=4(1+𝑚2)32⩾4，当且仅当𝑚=0时等号成立，故C错误；对于𝐷，

|𝐴𝐵|=√1+𝑚2·|𝑦1−𝑦2|=√1+𝑚2·√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=√1+𝑚2·√16𝑚2+16𝑏=4，可得𝑏=1𝑚2+1−𝑚2．点𝑃(−𝑏,2𝑚)到直线𝑥−𝑚𝑦−𝑏=0的距离为|−𝑏−2𝑚2−𝑏|√1+𝑚2=2·|𝑚2+�

�|√1+𝑚2=2·1(𝑚2+1)√1+𝑚2⩽2，当且仅当𝑚=0时等号成立，所以△𝐴𝐵𝑃面积的最大值为12×4×2=4，故D错误．13.【答案】10【解析】【分析】本题考查了一组数据的百分位数问题，是基础题．把该组数据从小到大排列

，计算9×80%=7.2，从而找出对应的第80百分位数．【解答】解：该组数据从小到大排列为：2，5，7，7，8，8，9，10，11．且9×80%=7.2，所以这组数据的第80百分位数是10．故答案为：10．14.【答案】2√7【解析】【分析】本题考

查直线与圆相交弦长公式及圆心到直线的距离，属于中档题．由相交弦长|𝐴𝐵|和圆的半径𝑟及圆心𝐶到过𝐷(2,1)的直线的距离𝑑之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直

线与𝐶𝐷垂直时𝑑最大，求出𝑑的最大值，进而求出弦长的最小值．【解答】解：设圆心为𝐶，直线过点𝐷(2,1)，与圆交于𝐴，𝐵两点，则𝐶(3,0)，半径𝑟=3；设圆心到直线的距离为𝑑，则相交弦长|𝐴�

�|=2√𝑟2−𝑑2，当𝑑最大时|𝐴𝐵|最小，当直线与𝐶𝐷所在的直线垂直时𝑑最大，这时𝑑=|𝐶𝐷|=√(3−2)2+(2−1)2=√2，所以最小的弦长|𝐴𝐵|=2√32−(√2)2=2√7，故答案为2√7．15.【答案】1011【解析】【分析】本题考查数列的前�

�项和及𝑆𝑛与𝑎𝑛的关系、裂项相消法求和，属于基础题．由𝑛⩾2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1求出𝑎𝑛，得出1𝑎𝑘·𝑎𝑘+1=1𝑘·(𝑘+1)=1𝑘−1𝑘+1，利用裂项相消法，即可求出结果．【解答】

解：因为𝑆𝑛=𝑛2(1+𝑛)，所以当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1=12×(1+1)=1，当𝑛⩾2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2(1+𝑛)−𝑛−12·𝑛=𝑛，当𝑛=1时，上式也成立，所以𝑎𝑛=𝑛，所以1𝑎𝑘·𝑎𝑘+1=1𝑘·(𝑘+1

)=1𝑘−1𝑘+1，所以∑1𝑎𝑘𝑎𝑘+110𝑘=1=(1−12)+(12−13)+...+(110−111)=1−111=1011．故答案为1011．16.【答案】45【解析】【分析】本题考查椭圆性质和椭圆方程的求

解，直线与直线的位置关系，圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．由𝑎=2根据椭圆的离心率公式可求得𝑐，从而求出𝑏，即可写出椭圆方程.分别求出直线𝐷𝐸与直线𝐵𝑁的方程，联立可求得点𝐸的坐标，根据三角形的面积公式即可求得两三角形面积之比．【解答】解：∵焦点在𝑥轴上，两个顶点分别为点

𝐴(−2,0)，𝐵(2,0)，∴𝑎=2，∵𝑒=𝑐𝑎=√32⇒𝑐=√3，∴𝑏2=𝑎2−𝑐2=1，∴椭圆𝐶的方程为𝑥24+𝑦2=1；设𝐷(𝑥0,0),𝑀(𝑥0,𝑦0)，𝑁(𝑥0,−𝑦0),𝑦0>0，可得𝑦02=1−𝑥

024，直线𝐴𝑀的方程为：𝑦=𝑦0𝑥0+2(𝑥+2)，∵𝐷𝐸⊥𝐴𝑀，∴𝑘𝐷𝐸=−𝑥0+2𝑦0，直线𝐷𝐸的方程：𝑦=−𝑥0+2𝑦0(𝑥−𝑥0)，直线𝐵𝑁的方

程：𝑦=−𝑦0𝑥0−2(𝑥−2)，直线𝐷𝐸与直线𝐵𝑁的方程联立可得{𝑦=−𝑥0+2𝑦0(𝑥−𝑥0)𝑦=−𝑦0𝑥0−2(𝑥−2)，整理为：𝑥0+2𝑦0(𝑥−𝑥0)=𝑦0�

�0−2(𝑥−2)，即(𝑥02−4)(𝑥−𝑥0)=𝑦02(𝑥−2)，(𝑥02−4)(𝑥−𝑥0)=4−𝑥024(𝑥−2)，计算可得𝑥𝐸=4𝑥0+25，代入直线𝐷𝐸的方程可得𝑦𝐸=−𝑥0+2�

�0．2−𝑥05=−4−𝑥025𝑦0=−45𝑦0，则𝑦𝑁𝑦𝐸=54，又𝑆𝛥𝐵𝐷𝐸𝑆𝛥𝐵𝐷𝑁=12|𝐵𝐷|⋅|𝑦𝐸|12|𝐵𝐷|⋅|𝑦𝑁|=|𝑦𝐸𝑦𝑁|=45．17.【答案】解：(1)𝑓(𝑥)=√3sin

2𝑥+cos2𝑥+𝑚+1=2sin(2𝑥+𝜋6)+𝑚+1．由𝑥∈[0,𝜋2]，得2𝑥+𝜋6∈[𝜋6,7𝜋6]，所以−12⩽𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋6)⩽1，故当𝑥∈[0,�

�2]时，𝑓(𝑥)max=𝑚+3=6，解得𝑚=3．(2)∵𝑓(𝑥)⩾4，∴sin(2𝑥+𝜋6)⩾0，∴2𝑘𝜋⩽2𝑥+𝜋6⩽2𝑘𝜋+𝜋,𝑘∈𝑍，则−𝜋12+𝑘𝜋⩽𝑥⩽5𝜋12+𝑘𝜋,𝑘∈𝑍所以𝑥的

取值集合为{𝑥|−𝜋12+𝑘𝜋⩽𝑥⩽5𝜋12+𝑘𝜋,𝑘∈𝑍}．【解析】本题考查三角恒等变换，正弦型函数的最值以及不等式求解，属于中档题．(1)先化简𝑓(𝑥)，由题先得到2𝑥+𝜋6∈[𝜋6,7𝜋6]，进而得到2+𝑚+1=6，解得𝑚的值即可；(2)由题意得出sin(

2𝑥+𝜋6)⩾0，由正弦型函数的图象得出2𝑘𝜋⩽2𝑥+𝜋6⩽2𝑘𝜋+𝜋,𝑘∈𝑍，即可求出𝑥的取值集合．18.【答案】解：(1)设等差数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为𝑑，由题意，得{𝑎1+𝑑=3,5𝑎1+5×42𝑑=25,解得{

𝑎1=1,𝑑=2,∴𝑎𝑛=2𝑛−1．(2)由已知𝑇𝑛=1·20+3·21+5·22+⋯+(2𝑛−1)·2𝑛−1故2𝑇𝑛=1·21+3·22+5·23+⋯+(2𝑛−1)·2𝑛，两式相减，得−𝑇𝑛=1+22+23+⋯+2𝑛−(2𝑛−1

)·2𝑛=−3+(3−2𝑛)·2𝑛，所以𝑇𝑛=3+(2𝑛−3)·2𝑛【解析】本题考查等差数列的通项的求解，错位相减法求和，考查计算能力．属中档题．(1)利用已知条件根据等差数列的通项公式以及前

𝑛项和公式，建立关于数列首项和公差的方程组，求出数列的首项与公差，然后利用等差数列的通项公式求解即可；(2)利用错位相减法求和19.【答案】(1)证明：由题知，四边形𝐵𝐷𝐸𝐹为矩形，所以𝐵𝐹//𝐷𝐸，又因为𝐵𝐹⊄̸平面𝐴𝐷𝐸，𝐷

𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐸，所以𝐵𝐹//平面𝐴𝐷𝐸，同理可证𝐵𝐶//平面𝐴𝐷𝐸，又因为𝐵𝐶∩𝐵𝐹=𝐵，𝐵𝐶，𝐵𝐹⊂平面𝐵𝐶𝐹，所以平面𝐵𝐶𝐹//平面𝐴𝐷

𝐸，又因为𝐶𝑀⊂平面𝐵𝐶𝐹，所以𝐶𝑀//平面𝐴𝐷𝐸．(2)解：因为平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐷𝐸𝐹，且平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐵𝐷𝐸𝐹=𝐵𝐷，𝐷𝐸⊥𝐷𝐵，𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐸𝐹，所以𝐷𝐸⊥平

面𝐴𝐵𝐶𝐷．又因为底面𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，且∠𝐵𝐴𝐷=60∘，𝐴𝐵=2，所以△𝐴𝐵𝐷为等边三角形，且𝐴𝐵=𝐵𝐷=2，设𝐵𝐹=𝑎，取𝐴𝐵的中点为𝐺，连接𝐷𝐺，以𝐷为坐标原点，以𝐷𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为𝑥轴正

方向，建立如图所示的空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，则𝐵(√3,1,0)，𝐶(0,2,0)，𝐸(0,0,𝑎)，𝐹(√3,1,𝑎)，则𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,−1,𝑎)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=

(−√3,1,0)，𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,𝑎)，设平面𝐵𝐶𝐸的一个法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{−√3𝑥+𝑦=0−2𝑦+𝑎𝑧=0取𝑥=1，则𝑦=√3，𝑧=2√3𝑎，即𝑛⃗⃗=(1,√3,2√3�

�).设直线𝐶𝐹与平面𝐵𝐶𝐸所成角为𝜃，则sin𝜃=|cos<𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>|=|𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗||𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑛⃗⃗|=|√3−√3+𝑎·2√3𝑎|√4+𝑎2

·√4+12𝑎2=√1510，化简可得𝑎4−13𝑎2+12=0，解得𝑎=2√3或𝑎=1．故BF的长可为2√3或1．【解析】本题考查线面平行的判定及性质，直线与平面所成角，属于中档题．(1)利用线面

平行的判定定理及性质定理即可求解．(2)设𝐵𝐹=𝑎，取𝐴𝐵的中点为𝐺，连接𝐷𝐺，以𝐷为坐标原点，以𝐷𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为𝑥轴正方向，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的方向为𝑦轴正方向，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为𝑧轴正方向，建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，求出平

面𝐵𝐶𝐸的一个法向量𝑛⃗⃗，再根据sin𝜃=|cos<𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>|=√1510列等式，化简即可求解．20.【答案】解：(1)设事件𝐵=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件𝐴𝑗=“甲队第𝑗局获胜”，其中𝑗=

1，2，3，4，𝐴𝑗相互独立，又甲队明星队员𝑀前四局不出场，故：𝑃(𝐴𝑗)=12，𝑗=1，2，3，4，𝐵=𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4+𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4+𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4，所以𝑃(𝐵)=𝐶31(12)4=316;(2

)设𝐶为甲3局获得最终胜利，𝐷为前3局甲队明星队员𝑀上场比赛，则由全概率公式可知：𝑃(𝐶)=𝑃(𝐷)⋅𝑃(𝐶|𝐷)+𝑃(𝐷)⋅𝑃(𝐶|𝐷).因为每名队员上场顺序随机，故𝑃(𝐷)=𝐶42⋅𝐴33𝐴53=35，𝑃(𝐷)=

1−35=25，𝑃(𝐶|𝐷)=(12)2×(34)=316，𝑃(𝐶|𝐷)=(12)3=18，所以𝑃(𝐶)=316×35+18×25=1380;(3)𝑃(𝐷|𝐶)=𝑃(𝐶𝐷)𝑃(𝐶)=𝑃(𝐶|𝐷)⋅

𝑃(𝐷)𝑃(𝐶)=316×351380=913．【解析】本题考查概率计算，考查相互独立事件、全概率公式、贝叶斯公式和条件概率的应用，属于中档题．(1)设事件𝐵=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件𝐴𝑗=“甲队第𝑗局获胜”，其中𝑗=1，2，3，4，得𝐵=𝐴1�

�2𝐴3𝐴4+𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4+𝐴1𝐴2𝐴3𝐴4，利用𝑃(𝐵)=𝐶31(12)4即可求解;(2)讨论𝑀上场和不上场两种情况，利用全概率公式即可求解;(3)利用贝叶斯公式即可求解．21.【答案】解：(1)易知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−

𝑦2𝑏2=1关于𝑥轴对称，𝑃3，𝑃4关于𝑥轴对称，故𝑃3，𝑃4都在双曲线𝐶上，若𝑃1(1,1)，𝑃3(√2,√3)，𝑃4(√2,−√3)在双曲线上，则𝑎=√22，不满足𝑎∈𝑁．若𝑃2(1,0)，𝑃3

(√2,√3)，𝑃4(√2,−√3)在双曲线上，则𝑎=1，满足𝑎∈𝑁．故双曲线𝐶的方程为𝑥2−𝑦23=1．(2)证明：设直线𝑃2𝐴与直线𝑃2𝐵的斜率分别为𝑘1,𝑘2．如果直线𝑙斜率不存在，则𝑘1+𝑘2=0

，不符合题设．从而设直线𝑙：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，(𝑚≠1)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥2−𝑦23=1，整理，得(3−𝑘2)𝑥2−2𝑘𝑚𝑥−𝑚2−3=0，{3−𝑘2≠0𝛥=4𝑘2𝑚2+4(3−

𝑘2)(𝑚2+3)>0，化简得：{𝑘2≠3𝑚2−𝑘2+3>0．则𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑚3−𝑘2，𝑥1𝑥2=−𝑚2−33−𝑘2，则𝑘1+𝑘2=𝑦1𝑥1−1+𝑦2𝑥2−1=2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚−𝑘)(𝑥1+𝑥2

)−2𝑚𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)+1=−1化简得：𝑘2+(2𝑚+6)𝑘+𝑚2+6𝑚=0，则𝑘=−𝑚−6或𝑘=−𝑚．当𝑘=−𝑚时，直线𝑙的方程为𝑦=−𝑚𝑥+𝑚=−𝑚(𝑥−1)，当𝑥=1时，𝑦=0，∴直线

𝑙过定点(1,0)．又直线𝑙不经过𝑃2点，故不合题意；当𝑘=−𝑚−6时，直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥−𝑘−6=𝑘(𝑥−1)−6，当𝑥=1时，𝑦=−6，∴直线𝑙过定点(1,−6)．【解析】本题考查双

曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的定点问题，是中档题．(1)根据双曲线的对称性以及𝑎的取值范围，得𝑃2(1,0)，𝑃3(√2,√3)，𝑃4(√2,−√3)在双曲线上，从而求解；(2)由题意分析出直线𝑙的斜率存在，设直线方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，

(𝑚≠1)，与双曲线方程联立，利用利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线𝑙过定点(1,−6)．22.【答案】解：(1)𝑓′(𝑥)=1𝑥+1−𝑎(𝑥+1)−𝑎𝑥(𝑥+1)2=𝑥−(𝑎−1)(𝑥+1)2，当𝑎≤1时，∀𝑥∈(0,+∞

)，𝑥−(𝑎−1)>0，∴当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上单调递增，当𝑎>1时，∀𝑥∈(0,𝑎−1)，𝑥−(𝑎−1)<0，∴当0<𝑥<𝑎−1时，𝑓′

(𝑥)<0，∴𝑓(𝑥)在区间(0,𝑎−1)上单调递减，不合题意，∴若𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上单调递增，则实数𝑎的取值范围为(−∞,1]．(2)欲证(1−12√𝑛2)(1−12√𝑛2+1)⋯(1−12√4𝑛2−1<1𝑒𝑛,只需证(2√𝑛2−12√𝑛2)(2√𝑛2+

1−12√𝑛2+12√𝑛2+1)⋯(2√4𝑛2−1−12√4𝑛2−1)<1𝑒𝑛，只需证𝑒𝑛<2√𝑛22√𝑛2−1×2√𝑛2+12√𝑛2+1−1×⋯×2√4𝑛2−12√4𝑛2−1−1，即证𝑒𝑛<(1+12√𝑛2−1)(1+12√𝑛2+1−1

⋯(1+12√4𝑛2−1−1),只需证𝑛<ln(1+12√𝑛2−1)+ln(1+12√𝑛2+1−1)+⋯+ln(1+12√4𝑛2−1−1)，由(1)可知当𝑎=1时，𝑓(𝑥)在区间(0,+∞)上单调递增，∴𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0，∴当𝑥>0时

，不等式ln(𝑥+1)−𝑥𝑥+1>0恒成立，即ln(𝑥+1)>𝑥𝑥+1恒成立，∴ln(1+12√𝑛2−1)>12√𝑛2−112√𝑛2−1+1=12√𝑛2，即ln(1+12√𝑛2−1)>12√𝑛2，同

理ln(1+12√𝑛2+1−1)>12√𝑛2+1，…，ln(1+12√4𝑛2−1−1)>12√4𝑛2−1，将上述不等式累加得：ln(1+12√𝑛2−1)+ln(1+12√𝑛2+1−1)+⋯+ln(1+12√4𝑛2−1−

1)>12√𝑛2+12√𝑛2+1+⋯+12√4𝑛2−1，又=(√𝑛2+1−√𝑛2)+(√𝑛2+2−√𝑛2+1)+⋯+(√4𝑛2−√4𝑛2−1)=√4𝑛2−√𝑛2=𝑛，∴不等式𝑛<ln(1+12√𝑛2−1)+ln

(1+12√𝑛2+1−1)+⋯+ln(1+12√4𝑛2−1−1)得证，∴不等式(1−12√𝑛2)(1−12√𝑛2+1)⋯(1−12√4𝑛2−1<1𝑒𝑛得证．【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，导数中的函数不等式，考查裂项相消法，考查分析与计算能力，属于较难题．(1)直接求导

，讨论𝑎≤1和𝑎>1时函数的单调性即可求解；(2)先通过分析法将要证结论转化为证𝑛<ln(1+12√𝑛2−1)+ln(1+12√𝑛2+1−1)+⋯+ln(1+12√4𝑛2−1−1)，再结合(1)得到ln(𝑥+1)>𝑥𝑥+1，由累加法结合放缩、裂项相消即可证明．获得更多资源请扫码加

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