【文档说明】湖南省四大名校2022-2023学年高三下学期一模模拟数学试题 含答案.docx，共(21)页，430.330 KB，由小赞的店铺上传

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2023年普通高校招生统一考试湖南四大名校名师团队模拟冲刺卷(一)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________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|𝑎−2<𝑥<𝑎+3}，𝐵={𝑥|(𝑥−1)(𝑥−4)>0}.若𝐴∪𝐵=𝑅，则𝑎的取值范围是()A.(−∞,1)B.(1,3)C.[1,3]D.[3,−∞)2.设𝑖是虚数

单位，已知复数𝑧满足(1−𝑖)𝑧=1+(𝑎−1)𝑖，(𝑎∈𝑅)，且复数𝑧是纯虚数，则实数𝑎=()A.−12B.12C.1D.23.已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1+𝑎𝑥2+1的图象在𝑥=1处的切线与直线𝑥+3𝑦−1=0垂直，则实数𝑎的值为()A

.1B.2C.3D.44.《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径𝑑是一寸，筒长𝑙是八尺时(注：一尺等于十寸)，从

筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，𝑂为竹空底面圆心，则太阳角∠𝐴𝑂𝐵的正切值为()A.1160B.180C.160802−1D.3201602−15.将函数𝑓(𝑥)=2

cos(𝑥−𝜑)图象上各点的横坐标变为原来的𝜔(𝜔>0)倍，纵坐标不变，得到函数𝑔(𝑥)的图象，若对于满足|𝑔(𝑥1)−𝑔(𝑥2)|=4的𝑥1，𝑥2，都有|𝑥1−𝑥2|min=𝜋4，则𝜔的值为

()A.14B.12C.2D.46.已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为𝐹，点𝑀(𝑥0,√10)(𝑥0>𝑝2)是抛物线𝐶上一点，圆𝑀与线段𝑀𝐹相交于点𝐴，且被直线𝑥=𝑝2截得的弦长为√3|𝑀𝐴|，若|𝑀𝐴|=2|�

�𝐹|，则|𝐴𝐹|=()A.2B.1C.√52D.√57.已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶，𝑄为𝐵𝐶中点，𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶=2，侧面𝑃𝐵𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶，则过点𝑄的平面截该三棱锥外接球所得截面面积

的取值范围为()A.[𝜋,5𝜋3]B.[𝜋2,2𝜋3]C.[2𝜋3,2𝜋]D.[𝜋,2𝜋]8.设𝑎=5(2−ln5)𝑒2，𝑏=1𝑒，𝑐=ln44，则𝑎，𝑏，𝑐的大小顺序为()A.𝑎<𝑐<𝑏B.𝑐<𝑎<𝑏C.𝑎<𝑏<𝑐D.𝑏<𝑎<𝑐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.已知某批零件的质量指标𝜉(单位：毫米)服从正态分布𝑁(25.40,𝜎2)，且𝑃(𝜉≥25.45)=0.1，现从该批零件中随机取3件，用𝑋表示这3件产品的质量指标值

𝜉不位于区间(25.35,25.45)的产品件数，则()A.P(25.35<𝜉<25.45)=0.8B.E(X)=2.4C.D(X)=0.48D.P(X≥1)=0.48810.已知正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的所有棱长均为2

√2，𝐸，𝐹分别是𝑃𝐶，𝐴𝐵的中点，𝑀为棱𝑃𝐵上异于𝑃，𝐵的一动点，则以下结论正确的是()A.异面直线𝐸𝐹、𝑃𝐷所成角的大小为𝜋3B.直线𝐸𝐹与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角的正弦值为√66C.△𝐸𝑀𝐹周

长的最小值为√6+2√2D.存在点𝑀使得𝑃𝐵⊥平面𝑀𝐸𝐹11.已知正数𝛼，𝛽满足𝑒𝛼−𝑒𝛽>12𝛼+sin𝛼−12𝛽+sin𝛽，则下列不等式正确的是()A.1𝛼+1𝛽<4𝑎+𝛽B.2𝛼−𝛽+1>2C.ln𝛼+𝛼<ln𝛽+3D.1𝑒𝛼+1𝛼<

1𝑒𝛽+1𝛽12.已知𝐹1，𝐹2分别为双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右焦点，𝐶的一条渐近线𝑙的方程为𝑦=√3𝑥，且𝐹1到𝑙的距离为3√3，点𝑃为𝐶在第一象限上的点，点𝑄的坐标为(2,0)，𝑃𝑄为∠�

�1𝑃𝐹2的平分线.则下列正确的是()A.双曲线的方程为𝑥29−𝑦227=1B.|𝑃𝐹1|=3|𝑃𝐹2|C.|𝑂𝑃|=3√6D.点𝑃到𝑥轴的距离为3√152三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.

已知向量𝑎⃗⃗=(1,√3)，𝑏⃗=(3,√3)，则𝑏⃗在𝑎⃗⃗方向上的投影向量是．14.已知甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球.𝐴表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，𝐵表示事件“由乙罐

取出的球是黑球”，则𝑃(𝐵|𝐴)=．15.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知圆𝑂:𝑥2+𝑦2=1，𝐶:(𝑥+1)2+𝑦2=9，直线𝑙与圆𝑂相切，与圆𝐶相交于𝐴，𝐵两点，分别以点𝐴，𝐵为切点作圆𝐶的切线𝑙1，𝑙2.设直线𝑙1，𝑙2的交

点为𝑃(𝑚,𝑛)，则𝑚的最大值为．16.已知数列{𝑎𝑛}的各项都是正数，𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗).若数列{𝑎𝑛}各项单调递增，则首项𝑎1的取值范围是;当𝑎1=23时，记𝑏𝑛=(−1

)𝑛−1𝑎𝑛−1，若𝑘<𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏21<𝑘+12，则整数𝑘=．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}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1=12，当𝑛≥2时，

𝑆𝑛2=𝑎𝑛𝑆𝑛−𝑎𝑛．(1)求𝑆𝑛;(2)设𝑏𝑛=2𝑛𝑆𝑛，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛．18.(本小题12.0分)在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴，𝐵，𝐶所对的

边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知△𝐴𝐵𝐶的面积为𝑆，且2𝑆(sin𝐶sin𝐵+sin𝐴sin𝐶)=(𝑎2+𝑏2)sinA.(1)求𝐶的值;(2)若𝑎=√3，求△𝐴𝐵𝐶周长的

取值范围．19.(本小题12.0分)如图所示，圆锥的轴截面𝑃𝐴𝐵是等腰直角三角形，且𝑂𝐴=4，点𝐶在线段𝐴𝐵上，且𝐵𝐶=3𝐶𝐴，点𝐷是以𝐵𝐶为直径的圆上一动点．(1)当𝐶𝐷=𝐶𝑂时，证明：平面𝑃

𝐴𝐷⊥平面𝑃𝑂𝐷；(2)当三棱锥𝑃−𝐵𝐶𝐷的体积最大时，求二面角𝐵−𝑃𝐷−𝐴的余弦值．20.(本小题12.0分)党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委

会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取2道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等.比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得100分，对方选手得0分;

选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得50分;2道题目抢答完毕后得分多者获胜.已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为45，乙回答正确的概率为35，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．(1)求乙同学得100分的概率;(2)记𝑋为甲同学的

累计得分，求𝑋的分布列和数学期望．21.(本小题12.0分)已知椭圆𝛤:𝑥2𝑎2+𝑦2=1，(𝑎>1)的上、下顶点是𝐵1，𝐵2，左，右顶点是𝐴1，𝐴2，点𝐷在椭圆𝛤内，点𝑀在椭圆𝛤上，在四边形𝑀𝐵1𝐷𝐵2中，若𝑀𝐵1⊥𝐵1𝐷，𝑀𝐵2⊥𝐵2𝐷

，且四边形𝑀𝐵1𝐷𝐵2面积的最大值为52．(1)求𝑎的值．(2)已知直线𝑥=𝑚𝑦+1交椭圆𝛤于𝑃，𝑄两点，直线𝐴1𝑃与𝐴2𝑄交于点𝑆，证明：当𝑚变化时，存在不同于𝐴2的定点𝑇，使得|𝐴2𝑆|=|𝑆𝑇

|．22.(本小题12.0分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+2𝑎𝑥−1，其中𝑎为实数，𝑒为自然对数底数，𝑒=2.71828⋯．(1)已知函数𝑥∈𝑅，𝑓(𝑥)≥0，求实数𝑎取值的集合;(2)已知函数𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑎𝑥2有两个不同极值点𝑥1

、𝑥2．①求实数𝑎的取值范围;②证明：2√𝑎(𝑥1+𝑥2)>3𝑥1𝑥2．答案和解析1.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查集合并集的运算，为基础题．【解答】解：因为𝐵={𝑥|(𝑥−1)(𝑥−4)>

0}={𝑥|𝑥<1或𝑥>4}，𝐴={𝑥|𝑎−2<𝑥<𝑎+3}，又𝐴∪𝐵=𝑅，所以只需{𝑎−2<1𝑎+3>4解得1<𝑎<3，故选B．2.【答案】𝐷【解析】【分析】本题主要考查复数的除法运算，属于基础题．【解答】解：由(1−𝑖)⋅𝑧=1+(𝑎−

1)𝑖，得𝑧=1+(𝑎−1)𝑖1−𝑖=(1+(𝑎−1)𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)=(1+(𝑎−1)𝑖)(1+𝑖)2=1−(𝑎−1)+(1+(𝑎−1))𝑖2=2−𝑎2+𝑎2𝑖，又因为𝑧为纯虚数，则𝑎=2，故选D．

3.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查已知切线斜率求参，属于基础题．【解答】解：由𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1+𝑎𝑥2+1，得𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−1+2𝑎𝑥，因为函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1+𝑎𝑥2+1的图象在𝑥=1处的切线与直

线𝑥+3𝑦−1=0垂直，所以𝑓′(1)=1+2𝑎=3，则𝑎=1．4.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查二倍角正切公式的应用，注意读懂题意，难度一般．【解答】解：由题意可知：𝑑𝑙=180，tan∠𝐴𝑂𝐵2=𝑑2𝑙

=1160，所以𝑡𝑎𝑛⁡∠𝐴𝑂𝐵=2𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝑂𝐵21−𝑡𝑎𝑛2∠𝐴𝑂𝐵2=1801−11602=3201602−1.故选D．5.【答案】𝐴【解析】【分析】本题主要考查余弦函数的图象变换规律等，属于基础题．【解答】解：由题可得𝑔(𝑥)=2cos(1

𝜔𝑥−𝜑)，若满足|𝑔(𝑥1)−𝑔(𝑥2)|=4，则𝑥1和𝑥2必然一个为极大值点，一个为极小值点，又|𝑥1−𝑥2|min=𝜋4，则𝑇2=𝜋4，即𝑇=𝜋2，所以1𝜔=2𝜋�

�=4，所以𝜔=14．故选A．6.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查抛物线的定义与标准方程，圆的弦长问题，属于中档题．【解答】解：如图所示，𝑀(𝑥0,√10)在抛物线上，则10=2𝑝𝑥0⇒𝑝𝑥0=5①易知，|𝐷𝑀|=𝑥0−𝑝2，由|𝑀𝐴||𝐴𝐹|=2⇒|𝑀𝐴|

=2|𝐴𝐹|=23|𝑀𝐹|=23(𝑥0+𝑝2)，因为被直线𝑥=𝑏2截得的弦长为√3|𝑀𝐴|，则|𝐷𝐸|=√32|𝑀𝐴|=1√3(𝑥0+𝑝2)，由|𝑀𝐴|=|𝑀𝐸|=𝑟，于是在𝑅𝑡△𝑀𝐷𝐸中，13(𝑥0+𝑝2)2+(�

�0−𝑝2)2=49(𝑥0+𝑝2)2⇒𝑥0=𝑝②由①②解得：𝑥0=𝑝=√5，所以|𝐴𝐹|=13(𝑥0+𝑝2)=√52．7.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查空间几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．【解答】解：连接𝑃𝑄，�

�𝐴，由𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶=2，可知：△𝐴𝐵𝐶和△𝑃𝐵𝐶是等边三角形，设三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶外接球的球心为𝑂，所以球心𝑂到平面𝐴𝐵𝐶和平面𝑃𝐵𝐶的射影是△𝐴𝐵𝐶和△𝑃𝐵𝐶的

中心𝐹，𝐸，△𝑃𝐵𝐶是等边三角形，𝑄为𝐵𝐶中点，所以𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，又因为侧面𝑃𝐵𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶，侧面𝑃𝐵𝐶∩底面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶，所以𝑃𝑄⊥底面𝐴𝐵𝐶，而𝐴𝑄⊂底面𝐴𝐵𝐶，因此𝑃𝑄⊥𝐴𝑄，所以𝑂�

�𝑄𝐸是矩形．△𝐴𝐵𝐶和△𝑃𝐵𝐶是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高ℎ=√22−(12×2)2=√3，在矩形𝑂𝐹𝑄𝐸中，𝑂𝐸=𝐹𝑄=13ℎ=√33.𝐴𝐸=23ℎ=

2√33，连接𝑂𝐴，所以𝑂𝐴=√𝑂𝐸2+𝐸𝐴2=√13+43=√153，设过点𝑄的平面为𝛼，当𝑂𝑄⊥𝛼时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，𝑂𝑄=√𝑂𝐹2+𝐹𝑄2=√(13ℎ)2+(13ℎ)2=√23ℎ=√23×√3=√63

，因此圆𝑄的半径为：√𝑂𝐴2−𝑂𝑄2=√159−69=1，所以此时面积为𝜋·12=𝜋;当点𝑄在以𝑂为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：𝜋⋅(√153)2=5𝜋3;所以截面的面积范围为：[𝜋,5𝜋3]，故选A．8.【

答案】𝐴【解析】【分析】本题主要考查了函数值大小的比较，解题中注意导数知识的灵活应用，属于难题．【解答】解：因为𝑎=5(2−ln5)𝑒2=ln𝑒25𝑒25，𝑏=1𝑒=ln𝑒𝑒，𝑐=ln44，构造函

数𝑓(𝑥)=ln𝑥𝑥，则𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2，𝑎=𝑓(𝑒25)，𝑏=𝑓(𝑒)，𝑐=𝑓(4)，𝑓(𝑥)在(0,𝑒)上单调递增，在(𝑒,+∞)上单调递减．则有𝑏=𝑓(𝑒)最大，即𝑎<𝑏，𝑐<𝑏．因为𝑓(4)=l

n44=ln22=𝑓(2)，又𝑒25<2<𝑒，所以𝑓(𝑒25)<𝑓(2)，所以𝑐>𝑎，故𝑎<𝑐<𝑏，故选A．9.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查正态分布的概率、二项分布的均值与方差、n次独立重

复试验的概率计算，属于中档题.【解答】解：由正态分布的性质得P(25.35<𝜉<25.45)=1-2P(𝜉≥24.45)=1-2×0.1=0.8,故A正确；则1件产品的质量指标值𝜉不位于区间(25.35,25.45)的概率为P=0.

2,所以𝑋~B(3,0.2),故E(X)=3×0.2=0.6,故B错误；D(X)=3×0.2×0.8=0.48,故C正确；P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.83=0.488，故D正确.10.【答案】𝐵𝐶【解析】【分析】本题考查求解异面直线夹角，线面角，

折叠问题及垂直的判定，综合考查了直线想象和数学运算，为中档难度试题．【解答】解：如图1，取𝑃𝐷的中点𝑄，连接𝐸𝑄，𝐴𝑄，由𝐸，𝐹分别是𝑃𝐶，𝐴𝐵的中点，𝐸𝑄//𝐷𝐶//𝐴𝐹，且𝐸𝑄=𝐴𝐹，则四边形𝐴𝐹𝐸𝑄

为平行四边形，则𝐸𝐹//𝐴𝑄，又正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的所有棱长均为2√2，则𝐴𝑄⊥𝑃𝐷，所以异面直线𝐸𝐹，𝑃𝐷所成角为𝜋2.故A错误;设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心为�

�，连接𝑂𝐶，𝑃𝑂，则𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑂𝐶=𝑂𝑃=2．设𝑂𝐶的中点为𝐻，连接𝐸𝐻，𝐹𝐻，则𝐸𝐻//𝑂𝑃，且则𝐸𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以∠𝐸𝐹𝐻为直线𝐸𝐹与平面𝐴𝐵𝐶𝐷

所成角，所以𝐸𝐻=12𝑃𝑂=1．△𝑂𝐹𝐻中，𝑂𝐻=1，𝑂𝐹=√2，∠𝐹𝑂𝐶=135∘，所以由余弦定理可得𝐹𝐻=√5，所以𝐸𝐹=√𝐸𝐻2+𝐹𝐻2=√6，所以sin∠𝐸𝐹𝐻=𝐸𝐻𝐸𝐹=1√6=√66故B正确．

将正△𝑃𝐴𝐵和△𝑃𝐵𝐶沿𝑃𝐵翻折到一个平面内，如图2，当𝐸，𝑀，𝐹三点共线时，𝑀𝐸+𝑀𝐹取得最小值，此时，点𝑀为𝑃𝐵的中点，𝑀𝐸+𝑀𝐹=𝐵𝐶=2√2，所以△𝐸𝑀𝐹周长的最小值为√6+2√2，故C正确．

若𝑃𝐵⊥平面𝑀𝐸𝐹，则𝑃𝐵⊥𝑀𝐸，此时点𝑀为𝑃𝐵上靠近点𝑃的四等分点，而此时，𝑃𝐵与𝐹𝑀显然不垂直，故D错误.故选BC．11.【答案】𝐵𝐷【解析】【分析】解：因为正数𝛼，𝛽满足𝑒𝛼−𝑒𝛽>12𝛼+sin𝛼−12

𝛽+sin𝛽，所以𝑒𝑎−12𝛼+sin𝛼>𝑒𝛽−12𝛽+sin𝛽，构造函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−12𝑥+sin𝑥，𝑥>0，令𝑔(𝑥)=2𝑥+sin𝑥，𝑔′(𝑥)=2+cos𝑥>0恒成立，所以𝑔(𝑥)在(0,+∞

)上单调递增，由复合函数的单调性可知𝑓(𝑥)=−12𝑥+sin𝑥在(0,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−12𝑥+sin𝑥在(0,+∞)上单调递增，由𝑓(𝛼)>𝑓(𝛽)，可得𝛼>𝛽>0，对于𝐴，(1𝛼+1𝛽)(𝛼+𝛽)=2+𝛼

𝛽+𝛽𝛼>2+2√𝛼𝛽⋅𝛽𝛼=4，所以1𝛼+1𝛽>4𝛼+𝛽，故A错误;对于𝐵，由𝛼>𝛽>0，可得𝛼−𝛽+1>1，所以2𝑎−𝛽+1>2，故B正确;对于𝐶，由𝛼>𝛽>0，可得ln𝛼>ln𝛽，则ln𝛼+𝛼>ln𝛽+𝛽，故C错误;

对于𝐷，由𝛼>𝛽>0，可得𝑒𝛼>𝑒𝛽>0，1𝛼<1𝛽，所以1𝑒𝑎<1𝑒𝛽，所以1𝑒𝑎+1𝛼<1𝑒𝛽+1𝛽，故D正确．故选BD．【解答】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的基本性质等，属于中档

题．12.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查双曲线定义、标准方程、焦点三角形问题，涉及解三角形与求向量模长等知识，属于较难题．【解答】解：∵𝐹1(−𝑐,0)到𝑦=√3𝑥的距离为3√3，∴√3

𝑐2=3√3，解得𝑐=6，又渐近线方程为𝑦=√3𝑥，则𝑏𝑎=√3，结合𝑎2+𝑏2=𝑐2可解得𝑎=3，𝑏=3√3，则双曲线的方程为𝑥29−𝑦227=1，故A正确;∵𝑃𝑄为∠𝐹1�

�𝐹2的平分线，∴|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=|𝑄𝐹1||𝑄𝐹2|=84=2，故B错误;由双曲线定义可得|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=6，则可得|𝑃𝐹1|=12，|𝑃𝐹2|=6，则在△𝑃𝐹1𝐹2

中，cos∠𝐹1𝑃𝐹2=122+62−1222×12×6=14，则|𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗2=122+2×12×6×14+62=216，则|𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2|𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗|=6√6，即|𝑂𝑃|=3√6，故C正确;在△𝑃𝐹1𝐹2中，sin∠𝐹1𝑃𝐹2=√1−cos2∠𝐹1𝑃�

�2=√154，设点𝑃到𝑥轴的距离为𝑑，则𝑆△𝑃𝐹1𝐹2=12×|𝐹1𝐹2|×𝑑=12|𝑃𝐹1|×|𝑃𝐹2|×sin∠𝐹1𝑃𝐹2，即12×12×𝑑=12×12×6×√154，解得𝑑=3√152，故D正确．13.【

答案】3𝑎⃗⃗2或(32,3√32)【解析】【分析】本题考查投影向量的求解，为基础题．【解答】解：因向量𝑎⃗⃗=(1,√3)，𝑏⃗=(3,√3)，则有|𝑏⃗|cos⟨𝑎⃗⃗,𝑏⃗⟩=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|=1×3+√3

×√3√12+(√3)2=3，所以𝑏⃗在𝑎⃗⃗方向上的投影是3⋅𝑎⃗⃗|𝑎⃗⃗|，即3𝑎⃗⃗2或(32,3√32).14.【答案】35【解析】【分析】本题主要考查条件概率的运用，属于基础题．【解答】解：因为甲罐中

有3个红球、2个黑球，所以𝑃(𝐴)=25，因为𝑃(𝐴𝐵)=25×35=625，所以𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=62525=35．15.【答案】72【解析】【分析】本题考查直线与圆

的位置关系的最值问题，涉及直线与圆相切位置关系的应用，属于较难题．【解答】解：设点𝑃(𝑚,𝑛)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝐶(−1,0)，因为分别以点𝐴，𝐵为切点作圆𝐶的切线𝑙1，𝑙2．设直线𝑙1，𝑙2的交点为𝑃，所以𝐶𝐴⊥𝐴𝑃，则𝐶

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0，即(𝑥1+1)(𝑚−𝑥1)+𝑦1(𝑛−𝑦1)=0，所以𝑥12+𝑥1−𝑚𝑥1−𝑚+𝑦12−𝑛𝑦1=0，因为(𝑥1+1)2+𝑦12=9，所以(�

�+1)𝑥1+𝑛𝑦1+𝑚−8=0，即(𝑥1,𝑦1)是方程(𝑚+1)𝑥+𝑛𝑦+𝑚−8=0的解，所以点𝐴(𝑥1,𝑦1)在直线(𝑚+1)𝑥+𝑛𝑦+𝑚−8=0上，同理可得𝐵(𝑥2,𝑦2

)在直线(𝑚+1)𝑥+𝑛𝑦+𝑚−8=0上，所以切点弦𝐴𝐵的方程为(𝑚+1)𝑥+𝑛𝑦+𝑚−8=0，因为直线𝐴𝐵与圆𝑂相切，所以|(𝑚+1)×0+𝑛×0+𝑚−8|√(𝑚+1

)2+𝑛2=1，解得𝑛2=63−18𝑚≥0，得𝑚≤72，即𝑚的最大值为72．16.【答案】(0,2)−4【解析】【分析】本题考查数列的单调性，裂项相消法的应用，为较难题．【解答】解：由题意，正数数列{�

�𝑛}是单调递增数列，且𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛，∴𝑎𝑛−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+12−2𝑎𝑛+1<0且𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛>0，解得𝑎𝑛+1∈(1,2)，∴𝑎2∈(

1,2)．∴𝑎1=𝑎22−𝑎2∈(0,2)，又由𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1=𝑎𝑛，可得：1𝑎𝑛=1𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1=1𝑎𝑛+1−1−1𝑎𝑛+1．∴1𝑎𝑛+1−1=1𝑎𝑛+1𝑎𝑛+1．∵𝑏𝑛=(−1)𝑛−1𝑎𝑛

−1，∴𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏21=1𝑎1−1−1𝑎2−1+1𝑎3−1−⋯+1𝑎21−1=1𝑎1−1−(1𝑎1+1𝑎2)+(1𝑎2+1𝑎3)−⋯−(1𝑎19+1𝑎20)+(1𝑎20+1𝑎21)=1

𝑎1−1−1𝑎1−1𝑎2+1𝑎2+1𝑎3−⋯−1𝑎19−1𝑎20+1𝑎20+1𝑎21=1𝑎1−1−1𝑎1+1𝑎21=−92+1𝑎21．∵𝑎1=23，且数列{𝑎𝑛}是递增数列，∴𝑎21∈(1,2)，即1𝑎21∈(12,1

)，∴−4<−92+1𝑎21<−72．∴整数𝑘=−4．17.【答案】解：(1)当𝑛≥2时，𝑆𝑛2=𝑎𝑛𝑆𝑛−𝑎𝑛，所以，𝑆𝑛2=(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)𝑆𝑛−(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)，整理得：𝑆𝑛𝑆𝑛−1=𝑆𝑛−1−𝑆𝑛，即1

𝑆𝑛−1𝑆𝑛−1=1．当𝑛=1时，1𝑆1=1𝑎1=2，所以数列{1𝑆𝑛}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以1𝑆𝑛=𝑛+1，即𝑆𝑛=1𝑛+1．(2)由(1)知，2𝑛𝑆𝑛=(𝑛+1)⋅2𝑛，所以𝑇𝑛=2⋅2+3⋅22+⋯+𝑛⋅2𝑛

−1+(𝑛+1)⋅2𝑛，①所以2𝑇𝑛=2⋅22+3⋅23+⋯+𝑛⋅2𝑛+(𝑛+1)⋅2𝑛+1，②①−②得，−𝑇𝑛=4+(22+23+⋯+2𝑛)−(𝑛+1)⋅2𝑛+1，所以，−𝑇𝑛=

4+4(1−2𝑛−1)1−2−(𝑛+1)⋅2𝑛+1=−𝑛⋅2𝑛+1，所以，𝑇𝑛=𝑛·2𝑛+1。【解析】本题考查数列的递推公式，考查等差数列的判定与证明，考查等差数列的通项公式，考查错位相

减法求和，属于基础题．18.【答案】解：(1)在△𝐴𝐵𝐶中，由三角形面积公式得𝑆=12𝑏𝑐sin𝐴，由正弦定理得：2×12𝑏𝑐sin𝐴(𝑐𝑏+𝑎𝑐)=(𝑎2+𝑏2)sin𝐴，整理得：𝑎2+𝑏2−𝑐2=�

�𝑏，由余弦定理得：cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=12，又0<𝐶<𝜋，故C=𝜋3．(2)因为𝑎=√3，𝐶=𝜋3，由正弦定理得𝑐=32sin𝐴，𝑏=√3sin𝐵sin𝐴=√3sin(23𝜋−𝐴)sin𝐴=3cos𝐴2

sin𝐴+√32，即△𝐴𝐵𝐶的周长𝑙=𝑎+𝑏+𝑐=32sin𝐴+3cos𝐴2sin𝐴+3√32=3(1+cos𝐴)2sin𝐴+3√32=6cos2𝐴24sin𝐴2cos𝐴2+3

√32=32tan𝐴2+3√32，因为𝐴∈(0,2𝜋3)，则𝐴2∈(0,𝜋3)，故0<tan𝐴2<√3，所以32tan𝐴2+3√32>2√3，即△𝐴𝐵𝐶的周长的取值范围是(2√3,+∞).【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形，属于中档题．19.【答案】解：(1)∵𝑃𝑂垂直

于圆锥的底面，∴𝑃𝑂⊥𝐴𝐷，当𝐶𝐷=𝐶𝑂时，𝐶𝐷=𝑂𝐶=𝐴𝐶，∴𝐴𝐷⊥𝑂𝐷，又𝑂𝐷∩𝑃𝑂=𝑂，∴𝐴𝐷⊥平面𝑃𝑂𝐷，又𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴平面�

�𝐴𝐷⊥平面𝑃𝑂𝐷．(2)由题可知𝑂𝐴=𝑂𝐵=4，∴𝑃𝐵=4√2，∴𝑃𝑂=4，当三棱锥𝑃−𝐵𝐶𝐷的体积最大时，△𝐷𝐵𝐶的面积最大，此时𝐷为𝐵𝐶⏜的中点，如图，以点𝑂为坐标原点，过𝑂点且垂直𝐴

𝐵的直线为𝑥轴，𝑂𝐵，𝑂𝑃分别为𝑦轴，𝑧轴，建立空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，则𝐴(0,−4,0)，𝐵(0,4,0)，𝑃(0,0,4)，𝐷(3,1,0)，∴𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−4,4)，�

�𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(3,1,−4)，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,4)，设平面𝑃𝐴𝐷的法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{4𝑏+4𝑐=03𝑎+𝑏−4𝑐=0，令𝑎=5，则

𝑏=−3，𝑐=3，∴𝑛1⃗⃗⃗⃗=(5,−3,3)，设平面𝑃𝐵𝐷的法向量𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{−4𝑦+4𝑧=03𝑥+𝑦−4𝑧=0，令𝑥=

1，则𝑦=1，𝑧=1，∴𝑛2⃗⃗⃗⃗=(1,1,1)，则cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗，𝑛2⃗⃗⃗⃗>=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=5−3+3√3×√52+(−3)2+32=5√129129，易知该二面角为钝角，∴二面角�

�−𝑃𝐷−𝐴的余弦值为−5√129129．【解析】本题考查面面垂直的判定和二面角的求解，难度中档．20.【答案】解：(1)由题意，乙同学得100分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误}、{甲乙各抢到

一题都回答正确}、{甲抢到两题且回答错误}，所以乙同学得100分的概率为𝑝=2×12×35×12×25+2×12×45×12×35+12×15×12×15=37100．(2)由题意，甲同学的累计得分𝑋可能值为{0,50,100,150,20

0}，𝑃(𝑋=0)=12×15×12×15+2×12×15×12×35+12×35×12×35=425;𝑃(𝑋=50)=2×12×25×12×15+2×12×25×12×35=425;𝑃(𝑋=100)=12×25×12×25+2×12×15×12×45+2×12×45×12×3

5=925;𝑃(𝑋=150)=2×12×45×12×25=425;𝑃(𝑋=200)=12×45×12×45=425;分布列如下：𝑋050100150200𝑃(𝑋)425425925425425所以期望𝐸(𝑋)=0×42

5+50×425+100×925+150×425+200×425=100．【解析】本题考查了相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算，考查离散型随机变量的分布列，及其均值求解，属于中档题．21.【答案】解：(1)由已知𝐵1(0,1)，𝐵2(0,−1)，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，�

�(𝑥4,𝑦4)，则𝑥1≠0因为𝑀𝐵1⊥𝐵1𝐷，𝑀𝐵2⊥𝐵2𝐷，所以𝑀𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1𝑥4+(𝑦1−1)(𝑦4−1)=0，𝑀𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵2𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1𝑥4+(𝑦1+1)(𝑦4+

1)=0，两式相减得𝑦4=−𝑦1，代回原式得𝑥1𝑥4+1−𝑦12=0，因为𝑥12𝑎2+𝑦12=1，所以𝑥4=−𝑥1𝑎2，又−𝑎≤𝑥1≤𝑎𝑆=𝑆△𝑀𝐵1𝐵2+𝑆△𝐷𝐵1𝐵2=|𝑥1|+|𝑥4

|=(1+1𝑎2)|𝑥1|≤𝑎+1𝑎，因为𝑆的最大值为52，所以𝑎+1𝑎=52，得𝑎=2或𝑎=12<1舍．(2)直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，取𝑚=0，可得𝑃(1,√32)，𝑄(1,−√32)，可得直线𝐴1𝑃的方程

为𝑦=√63𝑥+√33，直线𝐴2𝑄的方程为𝑦=√32𝑥−√3联立方程组，可得交点为𝑆1(4,√3);若𝑃(1,−√32)，𝑄(1,√32)，由对称性可知交点𝑆2(4,−√3)，若点𝑆在同一直线𝑙上，则直线𝑙的方程为𝑥=4，以下证明：

对任意的𝑚，直线𝐴1𝑃与直线𝐴2𝑄的交点𝑆均在直线𝑙：𝑥=4上．由{𝑥=𝑚𝑦+1𝑥24+𝑦2=1整理得(𝑚2+4)𝑦2+2𝑚𝑦−3=0设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+

𝑦2=−2𝑚𝑚2+4，𝑦1𝑦2=−3𝑚2+4．设𝐴1𝑃与𝑙交于点𝑆0(4,𝑦0)，由𝑦04+2=𝑦1𝑥1+2，可得𝑦0=6𝑦1𝑥1+2设𝐴2𝑄与𝑙交于点𝑆0′(4,𝑦′0)，由𝑦′04−2=𝑦2𝑥2−2，可得

𝑦′0=2𝑦2𝑥2−2，因为𝑦0−𝑦′0=6𝑦1𝑥1+2−2𝑦2𝑥2−2=6𝑦1(𝑚𝑦2−1)−2𝑦2(𝑚𝑦1+3)(𝑥1+2)(𝑥2−2)=4𝑚𝑦1𝑦2−6(𝑦1+𝑦2)(𝑥1+2)(𝑥1−2)=−12𝑚𝑚2+

4−−12𝑚𝑚2+4(𝑥1+2)(𝑥2−2)=0，所以𝑦0=𝑦′0，即𝑆0与𝑆′0重合，所以当𝑚变化时，点𝑆均在直线𝑙:𝑥=4上，因为𝐴2(2,0)，𝑆(4,𝑦)，所以要使|𝐴2𝑆|=|𝑆𝑇|，只需𝑥=4为线段𝐴2�

�的垂直平分线，根据对称性可得点𝑇(6,0)．故存在定点𝑇(6,0)满足条件．【解析】本题考查求椭圆的标准方程、椭圆中的定点问题，属于较难题．22.【答案】解：(1)由𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+2𝑎𝑥−

1，得𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+2𝑎，当𝑎≥0时，因为𝑓(−1)=(1𝑒−1)−2𝑎<0，不合题意;当𝑎<0时，当𝑥∈(−∞,ln(−2𝑎))时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减，当𝑥∈(ln(−2𝑎),+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，

所以𝑓(𝑥)min=𝑓(ln(−2𝑎))=−2𝑎+2𝑎ln(−2𝑎)−1，要𝑓(𝑥)≥0，只需𝑓(𝑥)min=−2𝑎+2𝑎ln(−2𝑎)−1≥0，令𝑔(𝑥)=𝑥−𝑥

ln𝑥−1，则𝑔′(𝑥)=−ln𝑥，当𝑥∈(0,1)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增;当𝑥∈(1,+∞)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，所以𝑔(𝑥)≤𝑔(1)=0，则由𝑔(−2𝑎)

=−2𝑎+2𝑎ln(−2𝑎)−1≥0得−2𝑎=1，所以𝑎=−12，故实数𝑎取值的集合{−12}.(2)①由已知𝐹(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥2+2𝑎𝑥−1，𝐹′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑎𝑥+2𝑎，因为函数𝐹(𝑥)有两个不同的极值点𝑥

1，𝑥2，所以𝐹′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑎𝑥+2𝑎有两个不同零点，若𝑎≤0时，则𝐹′(𝑥)在𝑅上单调递增，𝐹′(𝑥)在𝑅上至多一个零点，与已知矛盾，舍去;当𝑎>0时，由𝑒𝑥−2𝑎𝑥+2𝑎=0，得12𝑎=𝑥−1𝑒𝑥，令𝜑(𝑥)=𝑥−1𝑒𝑥所以

𝜑′(𝑥)=2−𝑥𝑒𝑥，当𝑥∈(−∞,2)时，𝜑′(𝑥)>0，𝜑(𝑥)单调递增;当𝑥∈(2,+∞)时，𝜑′(𝑥)<0，𝜑(𝑥)单调递减;所以𝜑(𝑥)max=𝜑(2)=1𝑒2，因为𝜑(1)=0，lim𝑥→+∞𝑥−1𝑒𝑥=0，

所以0<12𝑎<1𝑒2，所以𝑎>𝑒22，故实数𝑎的取值范围为(12𝑒2,+∞).②设𝑥1<𝑥2，由①则1<𝑥1<2<𝑥2，因为𝜑(𝑥1)=𝜑(𝑥2)=0，所以𝑒𝑥1=2𝑎𝑥1−2𝑎，𝑒𝑥2=

2𝑎𝑥2−2𝑎，则𝑒𝑥2𝑒𝑥1=𝑥2−1𝑥1−1，取对数得𝑥2−𝑥1=ln(𝑥2−1)−ln(𝑥1−1)，令𝑥1−1=𝑡1，𝑥2−1=𝑡2，则𝑡2−𝑡1=ln𝑡2−ln𝑡1，即𝑡2−ln𝑡2

=𝑡1−ln𝑡1(0<𝑡1<1<𝑡2)，令𝑢(𝑡)=𝑡−ln𝑡，则𝑢(𝑡1)=𝑢(𝑡2)，因为𝑢′(𝑡)=𝑡−1𝑡，所以𝑢(𝑡)=𝑡−ln𝑡在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，令

𝑣(𝑡)=𝑢(𝑡)−𝑢(1𝑡)=𝑡−1𝑡−2ln𝑡，则𝑣′(𝑡)=(𝑡−1)2𝑡2≥0，𝑣(𝑡)在(0,+∞)上单调递增，又𝑣(1)=0，所以当𝑡∈(0,1)时，𝑣(𝑡)<𝑣(1)=0，即𝑢(𝑡)<𝑢(1𝑡)，因

为𝑡2>1，2−𝑡1>1，𝑢(𝑡)=𝑡−ln𝑡在(1,+∞)上单调递增，所以𝑡2<1𝑡1，所以𝑥2−1<1𝑥1−1，即𝑥1𝑥2<𝑥1+𝑥2，所以𝑥1𝑥2<𝑥1+𝑥2<23√1

2𝑒2(𝑥1+𝑥2)<23√𝑎(𝑥1+𝑥2)，故3𝑥1𝑥2<2√𝑎(𝑥1+𝑥2)成立．【解析】本题考查利用导数研究恒成立问题，函数极值个数与参数范围问题，以及利用导数证明不等式，为较难题．获得更多资源请扫码加入享学资源网

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