2018学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测数学参考答案及评分标准
2 x 2 ax 1 ， x 所以方程 2x2＋ax＋1＝0 有两个正根 t1，t2（不妨设 t1＜t2） ， 0 所以 a ，解得 a＜－2 2 ． ……3 分 0 4
（ii）易知 f (x)在 x＝t1 时取到极大值，在 x＝t2 时取到极小值． 由（i）知 2t12＋at1＋1＝0， 所以 f (t1)＝－t12＋ln t1－1． 令 g(x)＝－x2＋lnx－1，所以 g′(x)＝ 由
x1 +x2 ， 2 x1 x2
所以 f (x1)－f (x2)＝x12－x22＋a(x1－x2)＋ln ＝－
x1 x2
x x 1 x1 ( － 2 )＋ln 1 ， 2 x2 x2 x1 x 1 t 设 t＝ 1 ∈(1，2)，记 h(t)＝－ ＋ ＋lnt， 2 2t x2 1 1 1 1 1 则 h′(t)＝－ － 2 ＋ ＝－ ( ＋1)2≤0， 2 2t 2 t t
2 1 －2x＝0，解得 x＝ ． 2 x
2 2 3 )＝ln － ＜0， 2 2 2
1 －2x， x
所以 g(x)≤g(
所以 f (t1)＜0，故 f (x)至多只有一个零点． 又 f (－a)＝ln (－a)＞0，可知 f (x)存在唯一零点． 1 1 （Ⅱ）由题意知：2x1＋a＋ ＋2x2＋a＋ ＝0， x2 x1 即 a＝－(x1＋x2)－ ……5 分
1 7 3 ； 2 3
13．(0，1)；y＝± 2 x 15．4 17．k＞
14．288－24π，264＋12π 16．[2，4]
1 2 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18． （本题满分 14 分）
解 （Ⅰ）f (
3 3 5π 5π 5π )＝sin ＋ 3 cos ＝－ ＋ ＝0． 6 3 3 2 2 π （Ⅱ）因为 f (x)＝2sin 2 x ， 3
故 h(t)单调递增，所以 h(t)∈(h(2)，h(1))， 3 即 h(t)∈(－ ＋ln2，0)． 4
……7 分
当 x∈[0，
……4 分
π π π 5π ]时， 2 x , ， 3 3 6 4
π 1
所以 sin 2 x ∈ ,1 ， 3 2 所以 f (x)的取值范围为[1，2]． 19． （本小题满分 15 分） 解 （Ⅰ）当 k＝1 时， ……10 分
……7 分
所以 | BC |＝10， 所以∠BAC=90° ． 21． （本题满分 15 分） 解： （Ⅰ）设等差数列{an}的公差为 d，
6a1＋15d＝60， d 2 则 解得 ， 2 a1(a1＋20d)＝(a1＋5d) ， a1 5
∴ an＝2n＋3． Sn＝
n(8 2n) ＝n(n＋4)． 2
| x - 1| －k(x－1)2＝0， x- 2 1-|x - 1| ( x - 2) 所以 | x－1 |∙ ＝0， x- 2 所以 | x－1 |＝0 或 1－| x－1 |(x－2)＝0，
所以解 x＝1，x＝ ……7 分
3+ 5 ． 2 1 （Ⅱ）因为| x－1 |∙( －k | x－1 | )＝0， x2 1 即| x－1 |＝0 或 －k | x－1 |＝0， x2 当| x－1 |＝0 时，x＝1，此时 k∈R；
……7 分
（Ⅱ）由 bn＋1－bn＝an， ∴bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*)． 当 n≥2 时， bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1 ＝(n－1)(n－1＋4)＋3＝n(n＋2)． 对 b1＝3 也适合， ∴ bn＝n(n＋2)(n∈N*)．
（第 19 题答图）
1 ， 2 所以 | BC |2＝| AB |2＋| AC |2－2| AB |∙| AC | cos∠MAN＝148，
所以 cos∠MAN＝－ 所以 | BC |＝2 37 ．
DM DB |DB| DN DC |DC|
……8 分
（Ⅱ）因为
＝
1 ( | DB |＋| DC | )＝5， 2
2018 学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试题参ห้องสมุดไป่ตู้答案及评分标准
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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的． 1 B 2 B 3 A 4 D 5 C 6 D 7 B 8 B 9 C 10 D
二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分． 11．3；3 12．－
所以 即
1 －k | x－1 |＝0 有三个不等于 1 的解， x2
y
1 ＝| x－1 |∙(x－2)有三个不等于 1 的解， k 根据函数 y＝| x－1 |∙(x－2)的图象，
所以－
1 1 ＜ ＜0，即 k＜－4． 4 k
……8 分
1 O x
20． （本题满分 15 分） 解（Ⅰ）由 AD⊥BC 可知，| DM |＝| AM |，| DN |＝| AN |， 所以∠MDN＝∠MAN， 因为 DM ∙ DN ＝12cos∠MAN＝－6，
∴
1 1 1 1 1 ＝ ＝ ∙( － )． n(n 2) 2 n n +2 bn
Tn＝
1 1 1 1 1 1 ∙(1－ ＋ － ＋…＋ － ) 2 n n +2 3 2 4
……8 分
3n2＋5n 13 1 1 ＝ ( － － )＝ ． 2 2 n＋1 n＋2 4(n＋1)(n＋2) 22． （本题满分 15 分） 解： （Ⅰ） （i）根据题意，f ′(x)＝
2023学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测数学试卷答案20231106
2023学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1 2 3 4 5 6 7 8 AB D A BC AA二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分． 9．CD 10．BCD 11．ABC 12．BC 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．1514．√1315．－216．√2四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．解：（1）由题知，A ＋C ＝180°，所以cos A ＝－cos C ，根据余弦定理BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ，BD 2＝CB 2＋CD 2－2CB ·CD cos C ， 即 BD 2＝5－4cos A ，BD 2＝13－12cos C ． 所以 5－4cos A ＝13－12cos C ，所以cos C ＝12． 所以 BD ＝√7．（2）因为 BD 2＝PB 2＋PD 2－2PB ·PD cos A ＝(PB ＋PD )2－3PB ·PD ≥(PB ＋PD )2－3·(PB ＋PD)24＝(PB ＋PD)24，所以(PB ＋PD )2≤28，所以PB ＋PD ≤2√7（当且仅当PB ＝PD 时取等号） 所以√7＜PB ＋PD ≤2√7．18．（1）由①得：2a ＝b ＋1； 由②得：ax b ＋x 2＝a1xb ＋1x 2，（x ＞0）恒成立，即b ＋x 2＝bx 2＋1恒成立，所以b ＝1，所以a ＝1， 所以f (x )＝x 1＋x 2；（2）因为f ′(x )＝(1−x)(1+x)(1＋x 2)2，所以f (x )在(0，1)单调递增，(1，＋∞)单调递减．不妨设A (t ，0)，t ∈(0，1)，由f (x )＝f (1x )知B (1t ，0)． 那么|AB |＝1t －t ，|AD |＝t1+t 2；S ＝(1t −t)∙t 1＋t 2＝－1＋2t 2＋1，因为t ∈(0，1)，所以0＜S ＜1．19．（1）如图，以点A 为原点，直线AB 为x 轴，直线AD 为y 轴建立坐标系．那么P (0，0，b √3)，D (0，b ，0)，C (a ，a ，0)，E (0，b4，√3b4)，B (a ，0，0)．故BE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−a ，b 4，√3b 4)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，b ，−b√3)，因为BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即BE ⊥PD ． （2）因为AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(a ，0，0)，所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 故AB ⊥PD ，所以PD ⊥平面ABE ， 故平面ABE 的法向量n ⃗ ＝PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，b ，−b√3)，设直线PC 与平面ABE 所成角为θ，则： sin θ＝|cos<PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|＝ab ＋b 23√b 2＋b 23∙√2a 2＋b23＝√104， 整理得 b ＝2a ，即12a b ．20．（1）设事件A 为挑战者获胜，事件B 为不多于两次答题比赛结束． P (A | B )＝0.5×0.5＝0.25．（2）设P 为先答题者获胜的概率，则P ＝0.5×(0.5＋0.5P )，解得P ＝13．（3）设随机变量X 为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，P 1为此时挑战者获胜的概率；Y 为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，P 2为此时挑战者获胜的概率． P 1＝P (X ≥6)＝C 86(13)6(23)2＋C 87(13)7(23)1＋C 88(13)8＝12938， P 2＝P (X ≥7)＝C 97(13)7(23)2＋C 98(13)8(23)1＋C 99(13)9＝16339．显然，P 1＞P 2，即该挑战者胜利的概率没有增加．21．（1）由S 1＝a 1＝1；令n ＝2，得k(S 2＋2a 1)＝3S 1＋3k ，故a 2＝2k ＋33k，a 2a 1＝2k ＋33k；因为k(S n ＋2a n )＝3S n−1＋3k ，其中k >0，n ≥2，n ∈N ． 所以当n ≥3时，k(S n−1＋2a n−1)＝3S n−2＋3k ， 两式相减得：k (3a n −2a n−1)＝3a n−1， 整理得：a n a n−1＝2k ＋33k，(n ≥3)．综上，数列{a n }是首项为1，公比为2k ＋33k 的等比数列．（2）由题意得：f (k )＝2k ＋33k，(k >0)，1bn＝f (b n−1)＝2b n−1＋33b n−1＝1bn−1＋23，b 1＝1，故1b n＝2n ＋13．当n 为偶数时，1b 1b 2−1b2b 3＋1b3b 4−＋⋯＋(−1)n ＋11bn b n ＋1＝1b 2(1b 1−1b 3)＋1b 4(1b 3−1b 5)＋⋯＋1b n(1bn−1−1bn ＋1)＝−43(1b 2＋1b 4＋⋯＋1b n)＝−29n(n ＋3)．当n 为奇数时， 1b1b 2−1b2b 3＋1b3b 4−⋯＋(−1)n ＋11bn b n ＋1＝−29(n −1)(n ＋2)＋2n ＋13∙2n ＋33＝2n 2＋6n ＋79综上：1b1b2−1b2b3＋1b3b4−⋯＋(−1)n＋11b n bn＋1＝{−29n(n＋3)，(n为偶数)2n2＋6n＋79，(n为奇数)．22．（1）因为f′(x)＝－ax2＋1x＝−a＋xx2，x∈(0，＋∞)，当a≤0时，则f′(x)＞0 ，f (x)在(0，＋∞)单调递增，与题不符；当a>0时，令f′(x)＝0，解得x=a，所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，∴在x=a取极小值，且f(a)=1＋lna；又g′(x)=a−1x，当a≤0时：g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)单调递减，无极值，与题不符；当a>0时：令g′(x)=0，解得：x=1a，所以g(x)在(0，1a )单调递减，在(1a，＋∞)单调递增，∴在x=1a 取极小值，且g(1a)=−1＋lna；由题(1＋ln a)＋(－1＋ln a)＝0，解得a=1．（2）令m=1x1，n=1x2，因为x1≠x2，所以m≠n，由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得：{ax1＋lnx1=2a x2＋lnx2=2⇒{am−lnm=2⋯(1)an−lnn=2⋯ (2)，(1)−(2)得：a(m−n)=lnm−lnn，所以1a =m−nlnm−lnn，要证：1x1＋1x2>2a，只要证：m＋n>2a，只要证：m＋n>2m−nlnm−lnn，不妨设0<n<m，所以只要证：ln mn >2(m−n)m＋n，即证：ln mn >2(mn−1)mn＋1，令t=mn(t>1)，只要证：lnt>2(t−1)t＋1(t>1)，令ℎ(t)=lnt−2(t−1)t＋1(t>1)，ℎ′(t)=1t−2(t＋1)−2(t−1)(t＋1)2=1t−4(t＋1)2=(t−1)2t(t＋1)2，所以ℎ(t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，所以有lnt>2(t−1)t＋1(t>1)成立，所以1x1＋1x2>2a成立．。
高2021届高2018级高三数学一轮专题训练试题及考试参考答案 (8)
[考案8]第八章 综合过关规范限时检测(时间：120分钟 满分150分)一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1.(2019·吉林长春实验中学期末)设△ABC 的一个顶点是A (－3，1)，∠B ，∠C 的平分线方程分别为x ＝0，y ＝x ，则直线BC 的方程为( B )A.y ＝2x ＋5B.y ＝2x －5C.y ＝3x ＋5D.y ＝12x ＋52【试题解答】 A 关于y ＝x 的对称点为A 1(1，－3)，A 关于x ＝0的对称点为A 2(3,1)，又A 1、A 2都在BC 上，∴k BC ＝2.∴BC 的方程为y ＋3＝2(x －1)，即y ＝2x －5.2.(2019·安徽模拟)抛物线y ＝14x 2的焦点到双曲线y 2－x 23＝1的渐近线的距离为( B )A.12 B.32C.1D. 3【试题解答】 抛物线y ＝14x 2的焦点为(0,1)，双曲线y 2－x 23＝1的渐近线方程为x ±3y ＝0，则焦点到双曲线渐近线的距离为|0±3|1＋3＝32，故选B. 3.(2020·四川攀枝花统考)直线l 是圆x 2＋y 2＝4在(－1，3)处的切线，点P 是圆x 2－4x ＋y 2＋3＝0上的动点，则点P 到直线l 的距离的最小值等于( D )A.1B. 2C.3D.2【试题解答】 圆x 2＋y 2＝4在点(－1，3)处的切线为l ：－x ＋3y ＝4，即l ：x －3y ＋4＝0，点P 是圆(x －2)2＋y 2＝1上的动点，圆心(2,0)到直线l 的距离d ＝|2－0＋4|1＋3＝3，∴点P 到直线l 的距离的最小值等于d －1＝3－1＝2，故选D.4.(2020·河南新乡模拟)P 为椭圆x 2100＋y 291＝1上的一个动点，M ，N 分别为圆C ：(x －3)2＋y 2＝1与圆D ：(x ＋3)2＋y 2＝r 2(0＜r ＜5)上的动点，若|PM |＋|PN |的最小值为17，则r ＝( B )A.1B.2C.3D.4【试题解答】 因为C (3,0)，D (－3,0)恰好为椭圆的两个焦点，所以|PM |＋|PN |≥|PC |＋|PD |－1－r ＝2a －1－r .因为a 2＝100，所以a ＝10，所以20－1－r ＝17，则r ＝2.故选B.5.(2020·陕西百校联盟联考)已知椭圆C ：x 28＋y 22＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，直线l 过点F 2且与椭圆C 交于M ，N 两点，且MA →＝AN →，若|OA |＝|AF 2|，则直线l 的斜率为( B )A.±1B.±12C.±13D.±14【试题解答】 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 218＋y 212＝1，x 228＋y222＝1两式相减可得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)8＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)2＝0，则k OA ·k MN ＝－14；因为|OA |＝|AF 2|，故k OA ＝－k MN ，解得是k MN ＝±12，故直线l 的斜率为±12.6.(2019·高考天津卷)已知抛物线y 2＝4x的焦点为F ，准线为l ，若l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( D )A.2B. 3C.2D. 5【试题解答】 抛物线y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1， 双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，则有A (－1，b a )，B (－1，－ba )，∴|AB |＝2b a ，2ba＝4，b ＝2a ， ∴e ＝ca ＝a 2＋b 2a＝ 5.故选D.7.(2019·湖北省武汉市调研)已知A ，B 为抛物线y 2＝4x 上两点，O 为坐标原点，且OA ⊥OB ，则|AB |的最小值为( C )A.42B.2 2C.8D.8 2【试题解答】 设OA 方程为y ＝kx (k >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx y 2＝4x ，得A (4k 2，4k )，用1－k 代换k 得B (4k 2，－4k )，∴|AB |＝4(k 2－1k 2)2＋(k ＋1k)2＝4(k 2＋1k 2＋12)2－94≥8.当且仅当k ＝1时取等号，故选C.秒杀法：由图形对称性可知|AB |最小时Δ方程为y ＝x ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x y 2＝4x ，得A (4,4)，故此时|AB |＝8.8.(2019·高考北京卷)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C ：x 2＋y 2＝1＋|x |y 就是其中之一(如图).给出下列三个结论：①曲线C 恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)； ②曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过2； ③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中，所有正确结论的序号是( C ) A.① B.② C.①②D.①②③【试题解答】 从结论“不超过”“小于”入手，利用基本不等式进行放缩，再利用图形估算面积. ∵x 2＋y 2＝1＋|x |y ≤1＋|x ||y |≤1＋x 2＋y 22， ∴x 2＋y 2≤2.①x 可能取得的整数值为±1,0，代入曲线C 的方程得整点坐标为(1,1)，(1,0)，(－1,1)，(－1,0)，(0,1)，(0，－1)，故①正确；②设曲线C 上任意一点到原点的距离为d ， 则d 2＝x 2＋y 2≤2， ∴d ≤2，故②正确；③由图知，图形在第一象限的面积S 1>1，图形在第四象限的面积S 4>12，由对称性得，“心形”区域面积S >(1＋12)×2＝3，故③错误，综上可知选C.二、多选题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9.(2020·山东滨州期末)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1(－5,0)，F 2(5,0)，则能使双曲线C 的方程为x 216－y 29＝1的是( ABC )A.离心率为54B.双曲线过点(5，94)C.渐近线方程为3x ±4y ＝0D.实轴长为4【试题解答】 ∵c ＝5，由e ＝c a ＝54知a ＝4，∴b 2＝c 2－a 2＝9，A 正确；∵双曲线过点P (5，94)，∴2a＝|PF 1|－|PF 2|＝414－94＝8，∴a ＝4，B 正确；由渐近线方程为3x ±4y ＝0知b a ＝34，又c 2＝a 2＋b 2＝25，∴a ＝4，b ＝3，C 正确；若2a ＝4，则a ＝2，从而b 2＝c 2－a 2＝21，D 错，故选ABC.10.已知△ABC 为等腰直角三角形，若圆锥曲线E 以A ，B 焦点，并经过顶点C ，该圆锥曲线E 的离心率可以是( ABD )A.2－1B.22C.2D.2＋1【试题解答】 因为△ABC 为等腰直角三角形，其顶点为A ，B ，C ，圆锥曲线E 以A ，B 焦点，并经过顶点C ，所以(ⅰ)若该圆锥曲线是椭圆，当C ＝π2时，离心e ＝2c 2a ＝AB CA ＋CB ＝22，当C ＝π4时，离心率e＝AB CA ＋CB ＝12＋1＝2－1.(ⅱ)若该圆锥曲线是双曲线，根据双曲线的特征可得，则只有C ＝π4，此时，离心率e ＝2c 2a ＝AB |CA －CB |＝12－1＝2＋1，故答案为ABD.11.(2020·山东青岛一中期末)如图，A (2,0)，B (1,1)，C (－1,1)，D (－2,0)，CD 是以OD 为直径的圆上一段圆弧，CB 是以BC 为直径的圆上一段圆弧，BA 是以OA 为直径的圆上一段圆经，三段弧构成曲线W ，则下述正确的是( BCD )A.曲线W 与x 轴围成的面积等于2πB.曲线W 上有5个整点(横纵坐标均为整数的点)C.CB 所在圆的方程为x 2＋(y －1)2＝1D.CB 与BA 的公切线方程为x ＋y ＝2＋1【试题解答】 作CM ⊥x 轴于M ，BN ⊥x 轴于N ，曲线W 与x 轴围成的面积为2＋π，A 错；W 上的整点D (－2,0)，C (－1,1)，H (0,2)，B (1,1)，A (2,0)，共5个，B 正确；显然C 正确；由图易知公切线l 平行直线MQ ：y ＝－x ＋1，且两直线间距离为1， 设l ：y ＝－x ＋b (b >0)，则|b －1|2＝－1，∴b ＝2＋1，∴l ：y ＝－x ＋2＋1，D 正确；故选BCD.12.(2020·山东日照联考)过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作直线交抛物线于A ，B 两点，M 为线段AB 的中点，则( ACD )A.以线段AB 为直径的圆与直线x ＝－32相离B.以线段BM 为直径的圆与y 轴相切C.当AF →＝2FB →时，|AB |＝92D.|AB |的最小值为4【试题解答】 对于选项A ，点M 到准线x ＝－1的距离为12(|AF |＋|BF |)＝12|AB |，于是以线段AB 为直径的圆与直线x ＝－1一定相切，进而与直线x ＝－32一定相离；对于选项B ，显然AB 中点的横坐标与12|BM |不一定相等，因此命题错误；对于选项C ，D ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 方程为x ＝my ＋1，联立直线与抛物线方程可得，y 2－4my －4＝0，y 1y 2＝－4，x 1x 2＝1，若设A (4a 2,4a )，则B (14a 2，－1a )，于是|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4a 2＋14a 2＋2，|AB |最小值为4；当AF →＝2FB →可得y 1＝－2y 2，即4a ＝－2(－1a )，所以a 2＝12，|AB |＝92，故答案为ACD. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2020·3月份北京市高考适应性考试)抛物线y 2＝4x 上到其焦点的距离为1的点的个数为__1__. 【试题解答】 抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ (x －1)2＋y 2＝1y 2＝4x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝0. ∴抛物线y 2＝4x 上到其焦点距离为1的点只有1个.14.(2019·江西师大附中模拟)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆x 2＋y 2－6x ＋5＝0截得的弦长为2，则双曲线的离心率为62. 【试题解答】 圆的标准方程为(x －3)2＋y 2＝4，由题意可知圆心C (3,0)到渐近线bx －ay ＝0的距离为3，即3b a 2＋b2＝3b c ＝3，∴b 2c 2＝1－a 2c 2＝13，∴e ＝c a ＝62.15.(2020·安徽1号卷A10联前盟联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点M 、N 在抛物线上，且M 、N 、F 三点共线，点P 在准线l 上，若PN →＝NM →，则p |MF |＝ 23.【试题解答】 分别过点M ，N 作准线的垂线，垂足分别为M 1，N 1，则|MM 1|＝|MF |·|NN 1|＝|NF |，∴|PN ||PM |＝|NN 1||MM 1|＝|NF ||MF |＝12设|NF |＝m ，则|MF |＝2m ，从而|PN |＝3m ， ∴m p ＝3m 4m ＝34，则m ＝34p ， ∴p |MF |＝p 2m ＝23. 16.(2020·山东日照联考)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1(m >0，n >0).若双曲线N的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为 3－1 ；双曲线N 的离心率为__2__.【试题解答】 由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为c ＋3c ，再根据椭圆定义得c ＋3c ＝2a ，所以椭圆M 的离心率为c a ＝21＋3＝3－1.双曲线N 的渐近线方程为y ＝±nm x ，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为π3，∴n 2m 2＝tan 2π3＝3，∴c 2＝m 2＋n 2m 2＝m 2＋3m 2m 2＝4，∴e ＝2.四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分) (2020·3月份北京市高考适应性考试)已知椭圆C 的短轴的两个端点分别为A (0,1)，B (0，－1)，焦距为2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线y ＝m 与椭圆C 有两个不同的交点M 、N ，设D 为直线AN 上一点，且直线BD ，BM 的斜率的积为－14.证明：点D 在x 轴上.【试题解答】 (1)由题意知c ＝3，b ＝1，且焦点在x 轴上， ∴a 2＝b 2＋c 2＝4所以椭圆C 的方程为：x 24＋y 2＝1.(2)由题意可设M (－x 0，m )，N (x 0，m )，－1＜m ＜1，则x 20＝4(1－m 2) ①因为点D 为直线AN 上一点，所以AD →＝λAN →＝λ(x 0，m －1)， 所以OD →＝λAN →＋OA →＝(λx 0，λ(m －1)＋1)， 所以K BD ·K BM ＝λ(m －1)＋2λx 0·m ＋1－x 0＝－14，整理得4λ(m 2－1)＋8(m ＋1)＝λx 20. 将①代入整理得(m ＋1)[λ(m －1)＋1]＝0， ∵m ＋1≠0，∴λ(m －1)＋1＝0，即y D ＝0， 所以点D 在x 轴上.18.(本小题满分12分)(2019·天津高考卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4，离心率为55. (1)求椭圆的方程；(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上.若|ON |＝|OF |(O 为原点)，且OP ⊥MN ，求直线PB 的斜率.【试题解答】 (1)设椭圆的半焦距为c ，依题意，2b ＝4， c a ＝55，又a 2＝b 2＋c 2， 可得a ＝5，b ＝2，c ＝1. 所以，椭圆的方程为x 25＋y 24＝1.(2)由题意，设P (x P ，y P )(x P ≠0)，M (x M,0). 设直线PB 的斜率为k (k ≠0)，又B (0,2)， 则直线PB 的方程为y ＝kx ＋2， 与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 25＋y 24＝1，整理得(4＋5k 2)x 2＋20kx ＝0，可得x P ＝－20k4＋5k 2，代入y ＝kx ＋2得y P ＝8－10k 24＋5k 2，进而直线OP 的斜率y P x P ＝4－5k 2－10k .在y ＝kx ＋2中，令y ＝0，得x M ＝－2k.由题意得N (0，－1)，所以直线MN 的斜率为－k2.由OP ⊥MN ，得4－5k 2－10k ·(－k2)＝－1，化简得k 2＝245，从而k ＝±2305.所以，直线PB 的斜率为2305或－2305.19.(本小题满分12分)(2019·湖南省五市十校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，右焦点为F ，以原点O 为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y －2＝0相切.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，过定点P (2,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，连接AF 并延长交C 于M ，求证：∠PFM ＝∠PFB .【试题解答】 (1)依题意可设圆C 方程为x 2＋y 2＝b 2， ∵圆C 与直线x －y ＋2＝0相切， ∴b ＝|2|12＋12＝1，∴a 2－c 2＝1， 又c a ＝22，解得a ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)依题意可知直线l 斜率存在， 设l 方程为y ＝k (x －2)，代入x 22＋y 2＝1，整理得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0， ∵l 与椭圆有两个交点，∴Δ>0，即2k 2－1＜0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2， 则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2.∵F (1,0)，∴k 1＋k 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝k (x 1－2)x 1－1＋k (x 2－2)x 2－1＝2k －k (1x 1－1＋1x 2－1) ＝2k －k (x 1＋x 2－2x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1)＝2k －k 8k 21＋2k 2－28k 2－21＋2k 2－8k 21＋2k 2＋1＝2k －k 4k 2－22k 2－1＝0，即∠PFM ＝∠PFB .20.(本小题满分12分)(2019·大连模拟)已知直线y ＝2x 与抛物线Γ：y 2＝2px (p >0)交于O 和E 两点，且|OE |＝ 5.(1)求抛物线Γ的方程；(2)过点Q (2,0)的直线交抛物线Γ于A ，B 两点，P 为直线x ＝－2上一点，P A ，PB 分别与x 轴相交于M ，N 两点，问M ，N 两点的横坐标的乘积x M ·x N 是否为定值？如果是定值，求出该定值，否则说明理由.【试题解答】 (1)由y 2＝2px 与y ＝2x ，解得交点O (0,0)，E (p2，p )，∴|OE |＝(p2)2＋p 2＝5，得p ＝2，∴抛物线Γ的方程为y 2＝4x .(2)设直线AB 的方程为x ＝ty ＋2，代入y 2＝4x 中， 则y 2－4ty －8＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4t ，①y 1·y 2＝－8.②设P (－2，y 0)，则直线P A 的方程为y －y 0＝y 1－y 0x 1＋2(x ＋2)，令y ＝0，得(y 0－y 1)x M ＝y 0x 1＋2y 1，③ 同理可得(y 0－y 2)x N ＝y 0x 2＋2y 2，④由③×④得(y 0－y 1)(y 0－y 2)x M ·x N ＝(y 0x 1＋2y 1)(y 0x 2＋2y 2)，即[y 20－(y 1＋y 2)y 0＋y 1y 2]x M ·x N ＝y 20x 1x 2＋2y 0(y 1x 2＋y 2x 1)＋4y 1y 2＝y 20×y 21y 224×4＋2y 0(y 1×y 224＋y 2×y 214)＋4y 1y 2＝y 20×116y 21y 22＋y 0y 1y 2×y 1＋y 22＋4y 1y 2， 由①②可得(y 20－4ty 0－8)x M ·x N ＝4(y 20－4ty 0－8)，当点P 不在直线AB 上时，y 20－4ty 0－8≠0，∴x M ·x N ＝4； 当点P 在直线AB 上时，x M ＝x N ＝x Q ＝2，∴x M ·x N ＝4.综上，x M ·x N 为定值，且定值为4.21.(2020·湖北宜昌调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2为椭圆的左、右焦点，P (1，22)为椭圆上一点，且|PF 1|＝322. (1)求椭圆的标准方程；(2)设直线l ：x ＝－2，过点F 2的直线交椭圆于A 、B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 、直线AB 于M 、N 两点，当∠MAN 最小时，求直线AB 的方程.【试题解答】 (1)设F 1(－c,0)(c >0)， 则|PF 1|＝(1＋c )2＋12＝322⇒c ＝1，∴|PF 2|＝22， 则由椭圆定义|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝22， ∴a ＝2，b ＝1，故椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意直线AB 的斜率必定不为零，于是可设直线AB ：x ＝ty ＋1， 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1x 22＋y 2＝1得(t 2＋2)y 2＋2ty －1＝0，∵直线AB 交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴Δ＝4t 2＋4(t 2＋2)＝8(t 2＋1)>0，由韦达定理y 1＋y 2＝－2t t 2＋2，y 1y 2＝－1t 2＋2，则y N ＝－tt 2＋2，∴x N ＝ty N ＋1＝－t 2t 2＋2＋1＝2t 2＋2，∵MN ⊥AB ，∴k MN ＝－t ， ∴|MN |＝1＋t 2·|－2－2t 2＋2|＝1＋t 2·2t 2＋6t 2＋2又|AN |＝12|AB |＝121＋t 2·|y 1－y 2|＝1＋t 2·21＋t 2t 2＋2∴tan ∠MAN ＝|MN ||AN |＝2(t 2＋3)t 2＋1＝2(t 2＋1＋2t 2＋1)≥2·22＝4， 当且仅当t 2＋1＝2t 2＋1即t ＝±1时取等号. 此时直线AB 的方程为x ＋y －1＝0或x －y －1＝0.22.(本小题满分12分)(2020·宁夏银川一中月考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆经过点P (6，－1)，且△PF 1F 2的面积为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设斜率为1的直线l 与以原点为圆心，半径为2的圆交于A ，B 两点，与椭圆C 交于C ，D 两点，且|CD |＝λ|AB |(λ∈R )，当λ取得最小值时，求直线l 的方程.【试题解答】 (1)由△PF 1F 2的面积可得12·2c ·1＝2，即c ＝2，∴a 2－b 2＝4.① 又椭圆C 过点P (6，－1)， ∴6a 2＋1b2＝1.② 由①②解得a ＝22，b ＝2， 由椭圆C 的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋m ， 则原点到直线l 的距离d ＝|m |2， 由弦长公式可得|AB |＝22－m 22＝8－2m 2，将y ＝x ＋m 代入椭圆方程x 28＋y 24＝1，得3x 2＋4mx ＋2m 2－8＝0，由判别式Δ＝16m 2－12(2m 2－8)>0， 解得－23＜m ＜23，由直线和圆相交的条件可得d ＜r ， 即|m |2＜2，也即－2＜m ＜2， 综上可得m 的取值范围是(－2,2)， 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝2m 2－83， 由弦长公式，得|CD |＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2·16m 29－8m 2－323＝4312－m 2. 由|CD |＝λ|AB |，得λ＝|CD ||AB |＝4312－m 28－2m 2＝2231＋84－m 2. ∵－2＜m ＜2，∴0＜4－m 2≤4， 则当m ＝0时，λ取得最小值263， 此时直线l 的方程为y ＝x .。
浙江省杭州市2018届高三第二次高考科目教学质量检测数学试题(含详细答案)
第1页共8页浙江省杭州市2018届高三第二次高考科目教学质量检测数学试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合1A x x ，=2B x x，则A B =( )A ．12x xB ．1x xC．2x xD．1x x 2.设aR ,若1+3)(1)i ai R （(i 是虚数单位)，则a =(）A ．3B ．-3 C．13D．1-33.二项式512)x x（的展开式中含3x 项的系数是(）A ．80B ．48 C．-40 D．-804.设圆221:1C xy与圆222:-2+2)1C x y （）（，则圆1C 与圆2C 的位置关系是( )A ．外离 B．外切 C.相交 D ．内含5.若实数,x y 满足不等式组2390210x y xy ，设2z x y ,则(）A ．0zB ．05zC.35zD ．5z 6.设0a b，e 为自然对数的底数.若baa b ，则（）A ．2abe B ．21abeC.2abe D．2abe7.已知104a随机变量的分布列如下:-11P3414aa当a 增大时（）A ．()E 增大，()D 增大B ．()E 减小，D （）增大C.()E 增大，()D 减小D．()E 减小，()E 减小。
2018年全国高中数学联赛一试A卷试题及参考答案评分标准
1,
3 2
,
2,,99 2 Nhomakorabea2,
4,
6,,
48
，
故 B C 的元素个数为 24 ． 2. 设点 P 到平面 的距离为 3 ，点 Q 在平面 上，使得直线 PQ 与 所成
角不小于 30 且不大于 60 ，则这样的点 Q 所构成的区域的面积为
．
答案：8 ．
解：设点 P 在平面 上的射影为 O ．由条件知，OP OQ
数 x 1 3 满足①、②，故 z 1满足条件．
若 b 0 ，则由②知 x {0, 2} ，但显然 x 0 不满足①，故只能是 x 2 ，代
入①解得 a 1 ，进而 b 15 ，相应有 z 1 15 i ．
4
4
4
综上，满足条件的所有复数 z 之和为1 1 15 i 1 15 i 3 ．
2
取 AC 的中点 M ，则 OM AC ，结合①知 OM BO ，且 B 与 A 位于直线 OM 的同侧．于是 cosBOC cos (90 MOC) sin MOC MC 1 ．
OC 4
在 BOC 中，由余弦定理得 BC OB2 OC2 2OBOC cosBOC 10 ，
．
答案： 15 ．
解：由对称性，不妨设 P(xP, yP ) 在第一象限，则由条件知
xP
1 PT
2
PS 2,
yP
1 PV
2
PU
1，
1
即 P(2, 1) ．进而由 xP PU 1, PS 2 得U (2, 2), S(4, 1) ，代入椭圆 C 的方程知
4
浙江省杭州地区(含周边)重点中学2018-2019学年第一学期高三期中考试数学试题
5. 已知等差数列{������������ }的前 n 项和为������������ ，������5 = −5，������9 = −27，{������������ }为等比数列，且������3 = ������3，������5 = ������5，则������9的值 为( )
A. −9
浙江省杭州地区(含周边)重点中学 2018-2019 学年第一学期高三
期中考试数学试题（解析版）
一、选择题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）
1. 设全集������ = {0,1，2，3，4}，集合������ = {1,2，3}，集合������ = {1,4}，则(∁������������) ∪ ������ = ( )
A. {0} C. {0,1，4}
B. {0,4} D. {0,1，2，3，4}
【答案】C 【解析】解：∁������������ = {0,4}； ∴ (∁������������) ∪ ������ = {0,1，4}． 故选：C． 进行补集、并集的运算即可． 考查列举法表示集合的定义，以及并集和补集的运算．
而当������
������
>
1，时，例如取������
=
−2，������
=
−1，显然不能推出������
>
������
>
0．
故������
������
>
1是������
>
������
>
0的必要不充分条件．
第 1 页，共 13 页
故选：B．
������
>
������
>
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2018届高三上学期期末联考数学(理)试题有答案-精品
2017—2018学年度第一学期期末联考试题高三数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分全卷满分150分，考试时间120分钟．注意：1. 考生在答题前，请务必将自己的姓名、准考证号等信息填在答题卡上．2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，答在试卷上无效．3. 填空题和解答题用0.5毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内．答在试题卷上无效．第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效．1．设集合{123}A =，，，{45}B =，，{|}M x x a b a A b B ==+∈∈，，，则M 中的元素个数为A ．3B ．4C ．5D ．62．在北京召开的第24届国际数学家大会的会议，会议是根据中国古代数学家赵爽的弦图（如图）设计的，其由四个全等的直角三角形和一个正方形组成，若直角三角形的直角边的边长分别是3和4，在绘图内随机取一点，则此点取自直角三角形部分的概率为 A ．125B ．925C ．1625D ．24253．设i 为虚数单位，则下列命题成立的是A ．a ∀∈R ，复数3i a --是纯虚数B ．在复平面内i(2i)-对应的点位于第三限象C ．若复数12i z =--，则存在复数1z ，使得1z z ∈RD ．x ∈R ，方程2i 0x x +=无解4．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3215109S a a a =+=，，则1a =A ．19B ．19-C ．13D ．13-5．已知曲线421y x ax =++在点(1(1))f --，处切线的斜率为8，则(1)f -=试卷类型：A天门 仙桃 潜江A ．7B ．－4C ．－7D ．4 6．84(1)(1)x y ++的展开式中22x y 的系数是A ．56B ．84C ．112D ．1687．已知一个空间几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 A ．4cm 3B ．5 cm 3C ．6 cm 3D ．7 cm 38．函数()sin()(0,0)f x A x A ωϕω=+>>的图像如图所示，则(1)(2)(3)(18)f f f f ++++的值等于ABC 2D ．19．某算法的程序框图如图所示，其中输入的变量x 在1，2，3…，24 这24个整数中等可能随机产生。
2022届杭州市高三上学期第一次质量检测试题答案(正式)
2022学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．ABD 10．BD 11．BCD 12．ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．4014．x ＝－5π2415．e ∈(1，√2)∪(√2，√213)16．a ＞e 1e四、解答题17．（1）由题意，知 S n +1=(a 1+1)⋅2n−1 ① 所以 S n−1+1=(a 1+1)⋅2n−2（n ≥2） ② ①－②，得 a n =(a 1+1)⋅2n−2(n ≥2)，因为{a n }为等比数列，所以a 2＝2a 1，又因为a 2＝a 1＋1，所以a 1＝1．所以 a n =2n−1．………………5分（2）因为 na n =n ⋅2n−1， ∴T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+(n −1)⋅2n−2 + n ⋅2n−1 ① 2T n = 1⋅21+2⋅22+⋯+(n −2)⋅2n−2+(n −1)⋅2n−1+n ⋅2n ②①－②，得 −T n =1+(2+22+⋯+2n−1)−n ⋅2n=1⋅(1−2n )1−2−n ⋅2n =(1−n )⋅2n −1，所以 T n =(n −1)⋅2n +1．………………5分18．（1）由题意，知 (2a －c ) a ＋(2c －a ) c ＝2b 2， 即 b 2=a 2+c 2−ac ，因为 cos B ＝12，所以B ＝π3．………………4分（2）根据正弦定理，得 a sin A=c sin C=2sin π3=√3，所以a A =，c C ，所以a +c =√3A +sin (2π3−A)]=4sin(A +π6)， 因为A +C =2π3，且△ABC 锐角三角形，所以 π6<A <π2，所以√32<sin(A +π6)≤1，所以 a +c =4sin(A +π6)∈(2√3，4]，则 2√3+2<a +b +c ≤6，即△ABC 周长的取值范围是(2√3＋2，6]．………………8分19．（1）由题意，得 f (x )＝2f (－x )＋3x －1， f (－x )＝2f (x )－3x －1， 所以 f (x )＝4 f (x )－3x －3，解得：f (x )＝x ＋1． ………………3分 （2）显然k ≠0，所以 1k =|x 2−x−1x+1|=|(x +1)+1x+1−3|，只需要函数()1131y x x =++-+与y ＝1k 的图象有四个不同交点，（ⅰ）当x ＜－1时，函数 y ＝(x +1)+1x+1在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，－1)上单调递减，所以当x ＝－2时，()min11315x x ++-+=； （ⅱ）当x ＞－1时，函数 y ＝(x +1)+1x+1在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以 (x +1)+1x+1≥2，则(x +1)+1x+1−3≥−1， 又当x =1±√52时，(x +1)+1x+1−3＝0；由此，可作画出()1131y x x =++-+与y ＝1k 的草图如右所示．根据图象，知 0<1k <1或1k >5， 解得 k >1或0<k <15，即实数k 的取值范围为(0，15)∪(1，+∞)．………………9分 20．（1由K 2=20n (10n×10n×9n×11n=99，得99≈4.040，n ∈N ∗，所以n=20，因为3.841<K 2≈4.040<5.024 ， 所以有95%的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关． ………………6分 （2）①由列联表知不了解冬奥会的学生中，男生：女生=4：5，故抽取的9人中，男生为4人，女生为5人，则抽取的3人中，记“至少抽到一名女生”为事件A ， 所以 P (A )=1−C 43C 93=2021；②样本中了解冬奥会的频率为1120，将频率视为概率，用样本估计总体，即从全校学生中任取一人，恰好了解冬奥会的概率为1120．由题意得，对冬季奥运会项目的了解的人数X 服从二项分布，且X ∼B (10，1120)，所以X 的数学期望E (X )=10×1120=112．………………6分 21．（1）x 24＋y 2＝1．………………3分（2）由题意知直线TM 的方程为y ＝xt＋1，直线TN 的方程为y ＝3x t－1． 由 {x 24+y 2=1y =x t+1，得E (−8t t 2+4，t 2−4t 2+4)．同理，F (24t t 2+36，−t 2−36t 2+36)．所以直线EF 的方程为：y −t 2−4t 2+4=−t 2−1216t(x +8tt 2+4)，即t 2−1216tx +y −12=0．所以，直线EF 过定点P (0，12)． （3）S △TEF ＝S △TMN －S △FPN +S △PEM ＝|t|−18|t|t 2+36+2|t|t 2+4． 因为 S △TMN ＝| t |， 所以k ＝S △TMNS △TEF=t 4+40t 2+144t 4+24t 2+144＝1+16t 2+144t2+24≤12√144+24=43．当且仅当 t 2＝144t 2，即 t ＝±2√3 时，等号成立．所以当 t ＝±2√3 时，k 取得最大值43．………………9分22．（1）因为f ′(x )＝(ax+1)(x+1)x， 因为1是f (x )的极值点，所以f ′(1)＝0，解得 a ＝－1．所以 f ′(x )＝(1−x )(x+1)x，易知x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，即f (x ) 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以1是f (x )的极大值点，满足题设．综上，a ＝－1．（2）由（1）知，①当a ≥0时，f ′(x )＝(ax+1)(x+1)x>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＜0时，令f ′(x )＞0，解得10x a<<-；令f ′(x )＜0，解得x ＞－1a ；所以f (x )在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在(－1a ，＋∞)上单调递减，综上：当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，f (x )在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在(－1a ，＋∞)上单调递减．（3）（i ）由题意，知ax ＋ln x ＝0在(0，＋∞)上有两个解．设g (x )＝ax ＋ln x （x ＞0），则g ′(x )＝ax+1x ．当a ≥0时，g ′(x )＞0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；当a ＜0时，易知g (x )在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在(－1a ，＋∞)上单调递减，即g (x )的极大值为g (−1a )．当g (−1a )＞0时，解得−1e ＜a ＜0．当10xa<<-时，因为g(1)＝a＜0，所以g(x)在10,a⎛⎫-⎪⎝⎭有唯一零点；当x＞−1a时，令φ(x)=e x−x2(x>1)，则φ′(x)=e x−2x，再令u(x)=e x−2x(x>1)，则u′(x)=e x−2>e1−2>0，故u(x)在(1，+∞)上单调递增，所以u(x)>u(1)=e−2>0，即φ′(x)>0，故φ(x)在(1，+∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(1)=e−1>0，因为−1a>e>1，所以φ(−1a )>0，即e−1a−(−1a)2>0，即e−1a>1a2，即a2e−1a>1，故a2e−1a−1>0，所以g(e−1a)=ae−1a+ln e−1a=ae−1a−1a =a2e−1a−1a<0，故g(−1a)g(e−1a)<0，又g(x)在(−1a ，+∞)上单调递减，所以g(x)在(−1a，+∞)有唯一零点；综上：当−1e <a<0时，g(x)在(0，+∞)上两个零点，即f(x)=12ax2+x有两个解x1，x2(x1<x2)时，−1e<a<0，即a∈(−1e，0)；（ii）由（i）得，0<x1<−1a<x2，{ax1+ln x1=0ax2+ln x2=0，故a=−ln x2−ln x1x2−x1，又f′(s)<0，所以(as+1)(s+1)s<0，即s>−1a，即λ(x1+x2)>x2−x1ln x2−ln x1，故λ>x2−x1(ln x2−ln x1)(x1+x2)=x2x1−1ln x2x1(1+x2x1)，令t=x2x1(t>1)，则λ>t−1(1+t)ln t，令v(t)=t−11+t(t>1)，则v′(t)=2(1+t)2>0，所以v(t)在(1，+∞)上单调递增，即v(t)>v(1)=0，当λ≥12，即0<1λ≤2时，1λ⋅t−11+t≤2(t−1)1+t，故ln t−1λ⋅t−11+t≥ln t−2(t−1)1+t，下证ln t−2(t−1)1+t>0：令ℎ(t)=ln t−2(t−1)1+t(t>1)，则ℎ′(t)=1t−2(1+t)−2(t−1)(1+t)2=(1+t)2−4t(1+t)2=(t−1)2(1+t)2>0，所以ℎ(t)在(1，+∞)上单调递增，故ℎ(t)>ℎ(1)=ln1−2(1−1)1+1=0，综上，ln t>1λ⋅t−11+t，故λ>t−1(1+t)ln t恒成立；当0<λ<12，即1λ>2时，1λ⋅t−11+t>2(t−1)1+t，故ln t−1λ⋅t−11+t<ln t−2(t−1)1+t，即ln t−1λ⋅t−11+t>0不恒成立，即λ>t−1(1+t)ln t不恒成立，不满足题意；综上：λ≥12，即λ∈[12，+∞)．。
浙江省杭州市2023届高三上学期教学质量检测数学试题含解析
2022学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷（答案在最后）考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效!3.考试结束，只需上交答题卡.一､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，有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}{}210,lg 0A x x B x x =-<=≤∣∣，则A B ⋃=（）A.{01}x x <<∣B.{01}xx <≤∣C.{11}xx -<<∣ D.{11}xx -<≤∣【答案】D 【解析】【分析】根据一元二次不等式解法以及对数函数性质可求得集合,A B ,根据集合的并集运算即可求得答案.【详解】由题意可得{}{}210{|11},lg 0{|01}A xx x x B x x x x =-<=-<<=≤=<≤∣∣，故{|11}A B x x ⋃=-<≤，故选：D.2.若复数4i1iz =+（其中i 为虚数单位），则||z =（）A.B.2C. D.4【答案】C 【解析】【分析】由除法运算化简复数，再根据定义求模即可.【详解】因为()()()4i 1i 4i 22i 1i 1i 1i z -===+++-，则||z ==.故选：C ．3.已知1tan 2α=-，则sin 22cos24cos24sin 2αααα+=-（）A.114B.114-C.52D.52-【答案】A 【解析】【分析】由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值.【详解】2222221sin 22cos22sin cos 2cos 2sin tan 1tan 1474cos24sin 24cos 4sin 8sin cos 22tan 4tan 142αααααααααααααααα++-+-====-----.故选：A ．4.已知二次函数()f x 的图象如图所示，将其向右平移2个单位长度得到函数()g x 的图象，则不等式()2log g x x >的解集是（）A.(),2-∞ B.()2,+∞ C.()0,2 D.()0,1【答案】C 【解析】【分析】作出函数()g x 与2log y x =的图象，数形结合可得出不等式()2log g x x >的解集.【详解】根据图中信息作出函数()g x 、2log y x =的图象如下图所示：因为()01f =，则()21g =，且2log 21=，由图可知，不等式()2log g x x >的解集为()0,2.故选：C.5.已知非零向量,a b的夹角的余弦值为15，且(3)(2)a b a b +⊥- ，则||||a b =（）A.1B.23C.32D.2【答案】A 【解析】【分析】结合向量数量积运算及向量垂直的表示，可得关于||||a b、的齐次方程，即可进一步求得||||a b 的值.【详解】1cos ,5a b <>= 由(3)(2)a b a b +⊥-得2222(3)(2)253230a b a b a ab b a a b b+⋅-=+-=+-=.∴2230a ab b ⎛⎫⎪+-= ⎪⎝⎭，令0at b=> ，∴2230t t +-=，解得1at b ==或32-（舍去）.故选：A.6.冬末春初，人们容易感冒发热，某公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．根据下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计量，能判定该公司没有发生群体性发热的为（）①中位数是3，众数为2；②均值小于1，中位数为1；③均值为3，众数为4；④均值为22．A.①③B.③④C.②③D.②④【分析】根据中位数、众数、平均数、标准差等知识确定正确答案.【详解】任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃的人数为2，2，2，3，3，4，6，则满足中位数是3，众数为2，但第7天是6人高于5人，故①错误；任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃的人数为0，1，2，4，4，4，6，则满足均值是3，众数为4，但第7天是6人高于5人，故③错误；对于②，将7个数据从小到大排列为1234567,,,,,,x x x x x x x ，41x =，123567117x x x x x x ++++++<，所以1235676x x x x x x +++++<，由于123567,,,,,x x x x x x 是自然数，且12356701x x x x x x ≤≤≤≤≤≤≤，所以1234567,,,,,,x x x x x x x 都不超过5，②正确.对于④，将7个数据从小到大排列为1234567,,,,,,x x x x x x x ，123456727x x x x x x x ++++++=，123456714x x x x x x x ++++++=，()()()()()()()22222221234567222222227x x x x x x x -+-+-+-+-+-+-=，()()()()()()()22222221234567222222214x x x x x x x -+-+-+-+-+-+-=，由于123567,,,,,x x x x x x 是自然数，若自然数x 大于5，则()2216x -≥，矛盾，所以123567,,,,,x x x x x x 都不超过5，④正确.综上所述，正确的为②④.故选:D7.已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，直线l 过焦点F 与C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆与y 轴交于D ，E 两点，且4||||5DE AB =，则直线l 的方程为（）A.10x ±-=B.10x y ±-=C.220x y ±-= D.210x y ±-=【分析】设||2(24),AB r r AB =≥的中点为M ，根据4||||5DE AB =求出r ，进而得到M 点横坐标；再设直线()()1122:(1),,,,l y k x A x y B x y =-，由韦达定理得到k 与M 横坐标的关系，进而求出k ．【详解】设||2(24),AB r r AB =≥的中点为M ，MN y ⊥轴于点N ，过A ，B 作准线=1x -的垂线，垂足分别为11,A B ，如下图：由抛物线的定义知112(||1)||||||2MN AA BB AF BF AB r +=+=+==，故||1MN r =-，所以8||5DE r ==，即21650250r r -+=，解得52r =或58r =（舍去），故M 的横坐标为32，设直线()()1122:(1),,,,l y k x A x y B x y =-，将(1)y k x =-代入24y x =，得()2222240k x k x k -++=，则2122243k x x k++==，解得2k =±，故直线l 的方程为220x y ±-=．故选：C ．【点睛】本题解题的关键是要抓住圆的两要素：圆心和半径，用圆心的横坐标得到斜率的等量关系．8.若过点(,)a b 可以作曲线1(0)y x x x=->的两条切线，则（）A.0b a >> B.1a b a a >>- C.10a b aa<-<< D.10a b a a-<<<【答案】B 【解析】【分析】设切点为()00,x y ，结合导数法有000|x y bk y x a-='=-，则存在两条切线等价于方程有两个不同正解，结合判别式法及韦达定理列不等式组即可化简判断选项.【详解】设切点为()00,x y ，则00x >，∴211(0)y x x '=+>，则0002000111x b y b x k x x ax a---=+==--，化简得：200()20a b x x a --+=①，则44()a a b ∆=--，∵过点(,)a b 可以作曲线的两条切线，∴方程①有两个不同正解，∴()202Δ00a b aa b -⎧->⎪-⎪⎪>⎨⎪⎪>-⎪⎩，∴1a b a a >>-.故选：B ．二､多选题：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.已知函数()f x ．下列命题中正确的是（）A.()f x 的图象是轴对称图形，不是中心对称图形B.()f x 在30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,32⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减C.()f x，最小值为0D.()f x【答案】ABD 【解析】【分析】利用函数对称的结论，即可验证选项A,由()0f x ≥，知()y f x =和2()y f x =在定义域内的单调性相同，可验证选项B ,通过单调性，即可求得最大值和最小值.【详解】对于选项A ，由(3)()f x f x -=，得()f x 的对称轴为直线32x =，因此()f x 的图象是轴对称图形，不是中心对称图形．对于选项BCD ，因为2()0,()3f x f x ≥=+，函数()y f x =和2()y f x =在定义域内的单调性相同，而2()y f x =在30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,32⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 在30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,32⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当32x =时，()f x ；当0x =或3时，()f x 取到最小值故选：ABD.10.甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以12,A A 和3A 表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（）A.事件B 与事件(1,2,3)i A i =相互独立B.()1522P A B =C.()25P B = D.()245|8P A B =【答案】BD 【解析】【分析】由题设求出()i P A 、(|)i P B A (1,2,3)i =，利用条件概率公式、全概率公式判断B 、C 、D ，根据()(),()i i P A P B P A B 是否相等判断事件的独立性.【详解】由题意11()2P A =，21()5P A =，33()10P A =，先1A 发生，此时乙袋有5个红球，3个白球和3个黑球，则15(|)11P B A =，先2A 发生，此时乙袋有4个红球，4个白球和3个黑球，则24(|)11P B A =，先3A 发生，此时乙袋有4个红球，3个白球和4个黑球，则34(|)11P B A =，所以1115()(|)()22P A B P B A P A ==，B 正确；2224()(|)()55P A B P B A P A ==，3336()(|)()55P A B P B A P A ==，()1122339(|)()(|)()(|)()22P B A P A P B A P A P B B A A P P ++==，C 错误；则11()()()P A P B P A B ≠，22()()()P A P B P A B ≠，33()()()P A P B P A B ≠，A 错误；()2222()(|)()|()(845)P A B P B A P A P A B P B P B ⋂===，D 正确.故选：BD11.若函数()π1sin 2(0)62f x x ωω⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭在区间0,24π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，则（）A.存在ω，使得函数()f x 为奇函数B.函数()f x 的最大值为12C.ω的取值范围为(0,4]D.存在4个不同的ω，使得函数()f x 的图象关于直线π2x =对称【答案】BCD 【解析】【分析】对A 选项，计算()f x -，得到其与()f x -的关系即可判断，对B 选项，根据正弦函数的值域即可求出()f x 的最大值，对C 选项，根据()f x 在区间π0,24⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，得到不等式组ππ2π62πππ2π1262k k ω⎧-+⎪⎪⎨⎪++⎪⎩ ，解出即可，对D 选项，令πππ2π,Z 262m m ω⨯+=+∈，解出ω，再结合C 选项ω范围则可得到ω的值.【详解】解：()π1sin 262f x x ω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，定义域为R ，()()π1π1sin 2sin 26262f x x x f x ωω⎛⎫⎛⎫-=-+-=-++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭不恒成立，则不存在ω，使得函数()f x 为奇函数，故A 错误;由π1sin 216x ω⎛⎫-+⎪⎝⎭ ，得31()22f x - ，则()f x 的最大值为12，故B 正确;由于()f x 在区间π0,24⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，故ππ2π62πππ2π1262k k ω⎧-+⎪⎪⎨⎪++⎪⎩ ,Z k ∈解第一个不等式得13k ≤，Z k ∈ ,故max 0k =，解二式得244k ω≤+，故4ω≤，又0ω>，所以04ω< ，故C 正确;令πππ2π262m ω⨯+=+，m ∈Z ，解得13m ω=+，Z m ∈，由04ω< 知ω的取值为13，43，73，103，共4个值，故D 正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题的难点在于C,D 选项的判断，根据()f x 的某个单调增区间，则其整体应该在ππ2π,2π,Z 22k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，即应该是后者的子集，再结合0ω>，从而得到关键的不等式组，解出ω范围，而D 选项我们采取代入法，将π2x =代入则内部整体应等于对称轴通项即ππ2x k =+，Z k ∈再结合ω范围，则得到所有ω取值.12.已知函数3()13xxf x =+，设(1,2,3)i x i =为实数，且1230x x x ++=．下列结论正确的是（）A.函数()f x 的图象关于点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭对称B.不等式1(1)2f x ->的解集为{}1x x >C.若1230x x x ⋅⋅<，则()()()12332f x f x f x ++<D.若1230x x x ⋅⋅<，则()()()12332f x f x f x ++>【答案】ABD 【解析】【分析】对A ，由()()1f x f x -+=可判断；对B ，根据函数单调递增可求解；对CD ，根据()f x 的性质画出函数图象，表示出直线AD 的方程，根据,B C 均在直线AD 上方建立不等关系可得.【详解】对A ，()()3313113133113x x xx x x xf x f x ---+=+=+=++++ ，∴函数()f x 的图象关于点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，故A 正确；对B ，31()11313x x xf x ==-++ 在R 上单调递增，且()102f =，则1(1)2f x ->化为()(1)0f x f ->，则10x ->，解得1x >，故不等式1(1)2f x ->的解集为{}1x x >，故B 正确；对CD ，30x >，则可得101113x<-<+，且()f x 关于点10,2⎛⎫⎪⎝⎭对称，在R 上单调递增，可得()f x 函数图象如下：,B C 均在直线AD 上方，其中直线AD 的方程为()23231122f x x y x x x +-=++，则可得()()2322231122f x x f x x x x +->++，()()2333231122f x x f x x x x +->++，所以()()()()()232323232323231111122222f x x f x x f x f x x x f x x x x x x +-+-+>+++=++++，()()()23111f x x f x f x +=-=- ，()()()231112f x f x f x ∴+>-+，即()()()12332f x f x f x ++>，故C 错误，D 正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是判断出函数的对称性和单调性画出函数图象，数形结合求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.()241(12)xx ++的展开式中3x 的系数为_______________.【答案】40【解析】【分析】利用4(12)x +的展开式的通项，令x 的指数等于3和1，即得展开式中3x 的系数.【详解】因为4(12)x +的展开式的通项()14422C C rrr r r r T x x +==，令3r =和1r =，可得3x 的系数为331442C 2C 842440+=⨯+⨯=.故答案为：40.14.将函数y =π3sin 24x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____.【答案】524x π=-##5π24-【解析】【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.【详解】3sin[2()]3sin(2)6412y x x πππ=-+=-72()()122242k x k k Z x k Z πππππ-=+∈∴=+∈当1k =-时524x π=-故答案为：524x π=-【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.15.已知双曲线2221y x a-=，若过点(2,2)能作该双曲线的两条切线，则该双曲线的离心率e 的取值范围为__________．【答案】213⎭【解析】【分析】设出切线方程，联立双曲线方程消元得一元二次方程，则两条切线等价于Δ0=有两个不等实根，即可进一步列判别式不等式求得参数范围，从而求得离心率的取值范围.【详解】设切线方程为(22)y k x -=-代入2221y x a-=得()222224(1)4(1)0a k x k k x k a -+----=，易得k a ≠±，由2203840k k a ∆=⇒-++=，由题意此方程有两个不等的实根，故()22146412403a a ∆=-+>⇒<，则22713c a =+<，所以13c e =<，即13e <<，又k a =±代入223840k k a -++=得1a =±，所以e =，故离心率e 的取值范围为3⎫⎪⎭．故答案为：213⎫⎪⎭．16.已知不等式()()ln ln 10,1xa a a x a a >->≠，对()1,x ∀∈+∞恒成立，则a 的取值范围是__________．【答案】1e e ,∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】【分析】根据已知得出()1ln ln 1x aa x ->-，对()1,x ∀∈+∞恒成立，而在0a >，1x >上10x a ->，()ln 10x ->，可得1a >，将()1ln ln 1x a a x ->-化为()()()()1ln ln 11ln e ln 1e x a x x a x ---⋅>-⋅，令()e x f x x =，根据导数得出其单调性，则()()()()1ln ln 11ln e ln 1e x a x x a x ---⋅>-⋅可化为()()()()1ln ln 1fx a f x ->-，即可根据单调性得出ln(1)ln 1x a x ->-，令()ln(1)1x x g x -=-，根据导数得出()()1e 1eg x g ≤+=，即可得出1ee a >，即可得出答案.【详解】()()ln ln 10,1xa a a x a a >->≠，对()1,x ∀∈+∞恒成立，则()1ln ln 1x aa x ->-，对()1,x ∀∈+∞恒成立，0a > ，1x >，10x a -∴>，()ln 10x ->，则要满足()1ln ln 1x aa x ->-，则ln 0a >，即1a >，()1ln ln 1x a a x ->-化为：()()1ln ln e ln 1x a a x ->-，两边乘1x -得：()()()()()()1ln ln 11ln e1ln 1ln 1ex ax x a x x x ---⋅>--=-⋅，令()e x f x x =，则()e e x xf x x ='+，令()e e 0xxf x x =+>'，解得1x >-，则()e xf x x =在()1,-+∞上单调递增，不等式()()ln ln10,1x a a a x a a >->≠，对()1,x ∀∈+∞恒成立，即1x >时，()()()()1ln ln 11ln e ln 1ex ax x a x ---⋅>-⋅恒成立，则()()()()1ln ln 11ln eln 1ex ax x a x ---⋅>-⋅可化为：()()()()1ln ln 1fx a f x ->-，当1x >，1a >时，(1)ln 0x a ->，()ln 10x ->，则根据单调性可得()()1ln ln 1x a x ->-，则ln(1)ln 1x a x ->-，令()ln(1)1x x g x -=-，则()()()21ln 11x g x x --'=-，令()0g x '>，解得e 1x <+，即()ln(1)1x x g x -=-在()1,e 1+上单调递增，令()0g x '<，解得e 1x >+，即()ln(1)1x x g x -=-在()e 1,∞++上单调递减，则()()1e 1e g x g ≤+=，则1ln ea >，即1e e a >，10ee e 1>= ，综上1ee a >，故答案为1ee ,∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}1n S +是公比为2的等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】（1）12n n a -=（2）()121nn T n =-⋅+【解析】【分析】(1)由数列{}1n S +是公比为2的等比数列，写出通项公式，用1(2)n n n a s s n -=-≥求得通项公式.(2)考查用错位相减法求和,写出n T ，n qT ，两式错位作差，化简.【小问1详解】()11112n n S a -+=+⋅，①2n ≥时，()211112n n S a --+=+⋅，②①-②()()21222n n a a n -⇒=+⋅≥，∵{}n a 为等比数列∴211111221aa a a a +=⇒=⇒=∴12n n a -=【小问2详解】12n n na n -=⋅，∴()01221122232122n n n T n n --=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ ，①()()12212122222122n n n n T n n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅+⋅ ，②①-②得，2112222n nn T n --=++++-⋅ ()()112221212112n n n n n n n n ⋅-=-⋅=--⋅=-⋅--∴()121nn T n =-⋅+.18.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知()()2sin 2sin 2sin a c A c a C b B -+-=.（1）求B ；（2）若ABC 为锐角三角形，且2b =，求ABC 周长的取值范围.【答案】（1）3B π=；（2）2,6]+.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.（2）由（1）的结论，利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.【小问1详解】在ABC 中，()()2sin 2sin 2sin a c A c a C b B -+-=，由正弦定理得：2(2)(2)2a c a c a c b -+-=，整理得222b ac ac =+-，由余弦定理得：2221cos 22a cb B ac +-==，而0B π<<，所以3B π=.【小问2详解】由（1）知，3B π=，由正弦定理得：2sin sin sin sin 3a cb A C B π====，则,a A c C ==，而23A C π+=，令,33A C ππθθ=+=-，在锐角ABC 中，032032ππθππθ⎧<+<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得66ππθ-<<，cos 12θ<≤，于是得(sin sin 2sin cos 4cos 24333a c πππθθθθ⎤⎛⎫⎛⎫⎤+=++-==∈ ⎪ ⎪⎥⎦⎝⎭⎝⎭⎦，则26a b c +<++≤，所以ABC周长的取值范围是2,6]+.19.已知函数()f x 满足()2()31f x f x x =-+-．（1）求函数()f x 的解析式；（2）若关于x 的方程2()1f x k x x =--恰有四个不同的实根，求实数k 的取值范围．【答案】（1）()1f x x =+（2）10,(1,)5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）构造等式()2()31f x f x x -=--，即可解得()f x 的解析式；（2）对k 的符号分类讨论，其中0k >时，由参变分离可得11(1)31x k x =++-+恰有四个不相等的实根，结合对勾函数性质数形结合讨论即可.【小问1详解】由题意得：()2()31f x f x x -=--，∴()2[2()31]31f x f x x x =--+-，解得()1f x x =+；【小问2详解】i.当0k <时，明显无解；ii.当0k =时，|1|0x +=只有一个实根，不符合条件；iii.当0k >时，2111(1)311x x x k x x --==++-++恰有四个不相等的实根.∴11(1)31x x k ++=++与11(1)31x x k++=-+共有四个不相等的实根.∴132132k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪->⎪⎩解得15k >或101k <<，∴105k <<或1k >，∴实数k 的取值范围是10,(1,)5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．20.第24届冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，本次冬季奥运会共设7个大项，15个分项，109个小项.为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为()10n n *∈N，统计得到以下22⨯列联表，经过计算可得24.040K≈.男生女生合计了解6n不了解5n合计10n 10n（1）求n 的值，并判断有多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；（2）①为弄清学生不了解冬季奥运会项目的原因，采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率；②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对冬季奥运会项目了解的人数为X ，求X 的数学期望.附表：()20P K k ≥0.100.050.0250.0100.0010k 2.7063.8415.0246.63510.828附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++.【答案】（1）20n =，有95%的把握；（2）①2021；②()112E X =.【解析】【分析】（1）完善22⨯列联表，根据2K 的计算可得出关于n 的等式，即可解得正整数n 的值，结合临界值表可得出结论；（2）①分析可知这9人中男生的人数为4，女生的人数为5，利用组合计数原理结合古典概型和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；②分析可知11~10,20X B ⎛⎫⎪⎝⎭，利用二项分布的期望公式可求得()E X 的值.【小问1详解】解：22⨯列联表如下表所示：男生女生合计了解6n 5n 11n 不了解4n 5n9n 合计10n10n20n()2220654520 4.040101011999n n n n n n K n n n n⨯⨯-⨯==≈⨯⨯⨯，N n *∈ ，可得20n =，()2 3.8410.05P K ≥= ，因此，有95%的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；【小问2详解】解：①采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4，女生的人数为5，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为3439C 42011C 8421-=-=；②由题意可知11~10,20X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()111110202E X =⨯=.21.已知椭圆2222:1x y C a b +=的离心率为32，上顶点为M ，下顶点为N ，2MN =，设点(,2)(0)T t t ≠在直线2y =上，过点T 的直线,TM TN 分别交椭圆C 于点E 和点F．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求证：直线EF 恒过定点，并求出该定点；（3）若TMN △的面积为TEF 的面积的k 倍，则当t 为何值时，k 取得最大值？【答案】（1）2214x y +=（2）证明见解析，10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭（3）t =±【解析】【分析】（1）由短轴长及离心率求得参数，可得标准方程；（2）分别联立直线TM 、直线TN 与椭圆的方程，解出E F 、坐标，即可写出直线EF 方程，判断定点；（3）设EF 交y 轴与P ，由TMN TMNTEF TMN FPN PEMS S S S S S =-+△△△△△△得到关于t 的齐次式函数，结合均值不等式讨论最值即可.【小问1详解】由题意可得2221,MN b b ==⇒=由椭圆的离心率为2可得22223144b e a a =-=⇒=，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=．【小问2详解】由题意知直线TM 的方程为1x y t =+，直线TN 的方程为31x y t=-．由22141x y x y t ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，得22284,44t t E t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭．同理，2222436,3636t t F t t ⎛⎫- ⎪++⎝⎭．所以()()()()()()2222222243222236814416192436443636424824436364EFt k t t t t t t t t t t t t t t t t t t -===+----+--++-+++++++()()()2222121212161612t t ttt t -+-=-=-+，所以直线EF 的方程为：222241284164t t t y x t t t --⎛⎫-=-+ ⎪++⎝⎭，即21210162t x y t -+-=，所以，直线EF 过定点10,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭．【小问3详解】设EF 交y 轴与P ，则2218||2||||364TEF TMN FPN PEM t t S S S S t t t =-+=-+++△△△△．因为||TMNS t =△，所以424222401441641114424144324TMN TEF S t t k S t t t t++===+≤+++++△．当且仅当22144t t=，即t =±时，等号成立．所以当t =±时，k 取得最大值43．【点睛】方法点睛：（1）直线过顶点问题，一般可写出直线方程，通过方程判断定点，本题直线上的点由其它直线与圆锥曲线相交所得，故可联立直线与圆锥曲线求得交点，即可写出直线方程。
2017-2018学年度第一学期期末教学质量检测八年级数学试题(含答案)
2017-2018学年度第一学期期末教学质量检测八年级数学试题（时间：120分钟）友情提示：亲爱的同学，你好！今天是你展示才能的时候，只要你仔细审题，认真答题，你就会有出色的表现！1.考生务必将姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共25道小题。
3.第Ⅰ卷是选择题，共8道小题，每小题选出的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，答案不能答在试卷上。
4.第Ⅱ卷是填空题和解答题，共17小题，答案必须用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡题目指定区域内相应的位置，不能写在试题上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。
不按以上要求作答的答案无效。
5.考试结束只上交答题卡。
第Ⅰ卷一、选择题：下列每小题都给出标号为A、B、C、D的四个结论，其中只有一个是正确的，请将所选答案的字母标号涂在答题卡的相应位置。
1.3的相反数是（）A、3B、-3C、3D、-32.在平面直角坐标系中，点P（-2,3）关于x轴的对称点坐标为（）A、（-2,3）B、（2，-3）C、（-2，-3）D、（3，-2）3.下列语句：①三角形的内角和是180°；②作为一个角等于一个已知角；③两条直线被第三条直线所截，同位角相等；④延长线段AB到C，使BC=AB，其中是命题的有（）A、①②B、②③C、①④D、①③4.方程组的解是（）A、 B、 C、 D 、5.若一次函数y=kx+b，（k，b为常熟，且k≠0）的图像经过点（1,2）且y随x的增大而减小，则这个函数的表达式可能是（）A、y=2x+4B、y=3x-1C、y=-3x-1D、y=-2x+46.如图，∠AOB的边OA为平面反光镜，一束光线从OB上的C点射出，经OA上的D点反射后，反射光线DE恰好与OB平行，若∠AOB=40°，则∠BCD的度数是（）A、60°B、80°C、100°D、120°x +|y-2|=0，则（x+y）2017的值为（）7.若3A、-1B、1C、±1D、08.若一组数据10,9.a，12,9的平均数是10，则这组数的方差是（）A、0.9B、1C、1.2D、1.4第Ⅱ卷二、填空题：请把正确答案填写在答题卡的相应位置9.实数7的整数部分是_______10.命题“对顶角相等”的条件是_______________ ，结论是___________ 。
浙江省杭州市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题含答案
2023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷（答案在最后）考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟.2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3．考试结束，只需上交答题卡.一、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的.1.函数()sin f x x=的最小正周期是A.4πB.2πC.πD.2π【答案】C 【解析】【详解】sin x 的图象是将sin x 的图象在x 轴下方的部分对称翻折上来所得，所以周期是sin x 周期的一半，即周期为π.2.已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是A.若//,//,m n αα则//m n B.若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C.若m α⊥，m n ⊥，则//n α D.若//m α，m n ⊥，则n α⊥【答案】B 【解析】【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B 正确.考点：空间点线面位置关系．3.已知,a b 是两个单位向量，若向量a 在向量b 上的投影向量为12b，则向量a 与向量a b - 的夹角为（）A.30°B.60°C.90°D.120°【答案】B【解析】【分析】由条件结合投影向量的定义可求,a b，再根据向量夹角余弦公式求结论.【详解】因为向量a 在向量b 上的投影向量为12b ，,a b是两个单位向量，所以1cos ,2a a b b b ⋅= ，所以1cos ,2a b = ，又[],0,πa b ∈ ，所以π,3a b = ，所以()21111122a ab a a b ⋅-=-⋅=-⨯⨯=，又11a a b =-=== ，，所以()1cos ,2a ab a a b a a b ⋅--==⋅- ，又[],0,πa a b -∈ ，所以向量a 与向量a b - 的夹角为π3，即60 .故选：B.4.设甲：“函数()2sin f x x ω=在ππ,34⎡⎤-⎢⎣⎦单调递增”，乙：“02ω<≤”，则甲是乙的（）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【答案】A 【解析】【分析】根据函数单调性求出ω的范围，即可判断答案.【详解】若“函数()2sin f x x ω=在ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增”，则0ω>，由ππ22x ω-≤≤得ππ22x ωω-≤≤，则ππ23ππ24ωω⎧-≤-⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，解得302ω<≤，所以，甲是乙的充分不必要条件.故选：A5.设数列{}{},n n a b 满足11111,2,2nn n n n a b a b n a b ++==+=+=．设n S 为数列{}n n a b +的前n 项的和，则7S =（）A.110B.120C.288D.306【答案】A 【解析】【分析】利用分组求和法，结合已知，可得答案.【详解】711223344556677S a b a b a b a b a b a b a b =+++++++++++++()()()()()()11232345456767a b a b b a a b b a a b b a =+++++++++++++246112222422622448161264110=++⨯++⨯++⨯+=++++++=.故选：A.6.将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者至少去一个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是（）A.300B.240C.150D.50【答案】C 【解析】【分析】先分组，人员构成可能为1、1、3或1、2、2，再将3组全排列即可得.【详解】先将5名志愿者分成3组，若这三组的人员构成为1、1、3，则共有35C 种分组方案，若这三组的人员构成为1、2、2，则共有225322C C A 种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有33A 种分配方案，故共有2233535322C C 103C +A 106150A 2⎛⎫⨯⎛⎫⋅=+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种分配方法.故选：C.7.设集合{1,1}M =-，{|0N x x =>且1}x ≠，函数()xxf x a a λ-=+（0a >且1a ≠），则（）A.(),,M a f x λ∀∈∃∈N 为增函数B.(),,M a f x λ∃∈∀∈N 为减函数C.(),,M a f x λ∀∈∃∈N 为奇函数D.(),,M a f x λ∃∈∀∈N 为偶函数【答案】D 【解析】【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.【详解】当1λ=时，()x xf x a a -=+，1a >时，()f x 在(,0)-∞上不是增函数，故A 不正确；当1λ=-时，()xxf x a a-=-，1a >时，()f x 在(0,)+∞上为增函数，B 不正确；当1λ=时，()x xf x a a -=+，()()x x f x a a f x --=+=，()f x 为偶函数，故C 不正确；当1λ=时，()x xf x a a -=+，()()x x f x a a f x --=+=，()f x 为偶函数，故D 正确；故选：D.8.在ABC 中，已知sin cos sin ,cos sin cos A A n C n C B B ==．若πtan 34A ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则n =（）A.无解B.2C.3D.4【答案】A 【解析】【分析】由πtan 34A ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭可得tan 2A =，进而得到tan tan tan 2A B C =⋅=，借助三角形内角和与两角和的正切公式可得tan tan 2B C +=，设tan B t =，有2220t t -+=，可得该方程无解，故不存在这样的n .【详解】由π1tan tan 341tan AA A+⎛⎫+==- ⎪-⎝⎭，即tan 2A =，则cos 0A ≠，由sin cos sin ,cos sin cos A An C n C B B ==，知cos 0C ≠，则tan tan tan AC B=，则tan tan tan 2A B C =⋅=，又()()tan tan tan tan πtan tan tan 1tan tan B CA B C B C B C B C+=--=-+=-=+-⋅，故tan tan 2B C +=，设tan B t =，则tan 2C t =-，有()22t t -=，即2220t t -+=，4840∆=-=-<，即该方程无解，故不存在这样三角形，即n 无解.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知关于x 的方程210(22)x tx t ++=-<<的两根为1z 和2z ，则（）A.12z z =B.121z z ⋅=C.12=z zD.1122z z z z ⎛⎫= ⎪⎝⎭【答案】ABC 【解析】【分析】求出方程的两根，即可判断A ，利用韦达定理判断B ，计算出两根的模，即可判断C ，利用复数代数形式的除法运算及B 项的结论化简12z z ，即可判断D.【详解】关于x 的方程210(22)x tx t ++=-<<，则240t ∆=-<，4i 2t x -±∴=，不妨设1422t z =-+，24i 22t z =--，12z z ∴=，故A 正确；由韦达定理可得121z z =，故B正确；121z z ==，故C 正确；121z z = ，∴2222111212222z z t t z z z z ⎛⎫-===-+=- ⎪ ⎪⎝⎭，则21222z t z ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，当0t ≠时，12R z z ∉，此时1122z z z z ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭，故D 错误．故选：ABC ．10.已知函数()f x 对任意实数x 均满足()()2211f x f x +-=，则（）A.()()f x f x -=B.1f=C.()113f -=D.函数()f x在区间上不单调【答案】ACD 【解析】【分析】令x 等价于x -，则()()2211f x f x -+-=，可推导出()()f x f x -=，进而可判断A ，利用赋值法可判断B ,C ；先算出满足21x x =-的x 值，由此可得1123f f ⎛⎫+==⎪⎪⎝⎭，即可判断D .【详解】对于A ，令x 等价于x -，则()()2211f x f x -+-=，所以()()()2112f x f x f x ---==，故A 正确；对于B ，令1x =，则()()2101f f +=，令0x =，则()()2011f f +=，解得：()()1013f f ==，令x =，()211ff +=，则13f =，故B 错误；对于C ，由A 知，()()f x f x -=，所以()()1113f f -==，故C 正确；对于D ，令21x x =-，所以210x x --=，解得：12x ±=，令12x =，则112122ff ⎛⎫⎛+++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，所以15123f ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭，因为152+∈，15123f f⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 在区间上不单调，故D 正确.故选：ACD .11.过点()2,0P 的直线与抛物线C ：24y x =交于,A B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与直线2x =-交于点N ，作NM AP ⊥交AB 于点M ，则（）A.直线NB 与抛物线C 有2个公共点B.直线MN 恒过定点C.点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=≠D.3MNAB的最小值为【答案】BCD 【解析】【分析】设出直线AB 的方程为2x ty =+，代入24y x =，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB ；根据B 可得M 的轨迹方程，从而判断C ；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出3MN AB，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线AB 的方程为2x ty =+，221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭联立224x ty y x=+⎧⎨=⎩，消去x 得2480y ty --=，则12124,8y y t y y +==-，对于A ：抛物线C 在点A 处的切线为21124y y y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当2x =-时得12112144282222y y y y y yty -=-=+=-=，即()2,2N t -，所以直线NB 的方程为1221222242424y y y y y y x y --⎛⎫-=- ⎪⎝⎭--，整理得1144y y x y =--，联立112444y y x y y x ⎧=--⎪⎨⎪=⎩，消去x 的122116604y y y y ++=，解得18y y =-，即直线NB 与抛物线C 相切，A 错误；对于B ：直线MN 的方程为()122x y t t +=--，整理得y x t=-，此时直线MN 恒过定点()0,0，B 正确；对于C ：又选项B 可得点M 在以线段OP 为直径的圆上，点O 除外，故点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=≠，C 正确；对于D：222t MN +==，AB ===则()()3253222222221t t MN AB t ⎛⎫++==+，,m m =≥则()352221MN m ABm =-，设()()5222,1m f m m m=≥-则()()()()()()()2426242244221018121511m m m m m m mf m m m -----'==--，当>m 时，()0f m '>，()f mm <<时，()0f m '<，()f m 单调递减，所以()()2min 25255851f m f ===-，D 错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出与圆221x y +=相切且方向向量为(的一条直线的方程______．【答案】2y =+或2y =-（写出一个即可）【解析】【分析】由条件可设直线方程为y b =+，结合条件列方程求b 即可得结论.【详解】因为切线的方向向量为(，故可设切线方程为y b =+，因为直线y b =+与圆221x y +=相切，又圆221x y +=的圆心坐标为()0,0，半径为1，圆心()0,0到直线y b =+2b =，所以12b =，所以2b =或2b =-，所以与圆221x y +=相切且方向向量为(的直线为2y =+或2y =-，故答案为：2y =+或2y =-（写出一个即可）.13.函数()2f x=______．【答案】【解析】【分析】借助换元法令t =，可得()()325f x h t t t t==-+-，借助导数求取函数()h t 的单调性后，即可得解.【详解】令0t =>，则21x t =-，故()()()2223321125f tt t x t t t-++==-+---，令()()3250h t t t t t=-+->，则()()(242222231235235t t t t t t th t t t '++--++=-++==-，当(t ∈时，()0h t '>，当)t ∈+∞时，()0h t '<，则()h t在(上单调递增，在)+∞时单调递减，故()35h t h≤=-+⨯即函数()2f x =.故答案为：.14.机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm ，开口直径为8cm ．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于______．【答案】17【解析】【分析】依题意，利用等腰三角形ABC 求得cos α,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点,P Q ，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点P 坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.【详解】如图，设BCD α∠=,因12,8AB AC BC ===,故41cos 123α==，又6CD =,由余弦定理，22212cos 3664268683BD CD BC CD BC α=+-⋅=+-⨯⨯⨯=，即BD =,设椭圆中心为O ,作圆锥的轴截面AMN ,与底面直径BC 交于E ，与椭圆交于,P Q ，连AE 交BD 于G ，以点O 为原点，DB 为x 轴，建立直角坐标系.则23AG AE =,又由APQ AMN 得216,33PQ MN ==133DG DB ==,从而33OG =-=则得8(,)33P -,不妨设椭圆方程为22221x y a b+=，把a =和点P坐标代入方程，解得b =，则3c ==，故.17c e a ===故答案为：31717.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【答案】（1）()21n a n n *=-∈N （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由题意可得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+-=+-+⎩，解方程求出1,a d ，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得12123n n b n b n +-=+，由累乘法可求出{}n b 的通项公式，再由裂项相消法求解即可.【小问1详解】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n n S S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+-=+-+⎩，解得：1a 1,d 2==，所以()()12121n a n n n *=+-=-∈N ．【小问2详解】由（1）知，()()12123n n n b n b +-=+，即12123n n b n b n +-=+，12321n n b n b n --=+，122521n n b n b n ---=-，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n -----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-，12311nkn nk bb b b b b -==+++++∑ ()()9911212122121n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=-+-+-++- ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦ 911221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭∑．16.已知函数()()()21ln 22f x a x x a =+-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个极值点，（ⅰ）求实数a 的取值范围；（ⅱ）证明：函数()f x 有且只有一个零点．【答案】（1）答案见解析；（2）（ⅰ）10a -<<；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再分1a ≤-、10a -<<、0a ≥三种情况，分别求出函数的单调区间；（2）（ⅰ）由（1）直接解得；（ⅱ）结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【小问1详解】函数()()()21ln 22f x a x x a =+-∈R 的定义域为()2,-+∞，且()()21122x a a f x x x x -+++='=-++，当1a ≤-时，()0f x '≤恒成立，所以()f x 在()2,-+∞单调递减；当10a -<<时，令()0f x '=，即()2110x a -+++=，解得11x =，21x =，因为10a -<<，所以011a <+<，则211-<<-，所以当()2,1x ∈-时()0f x '<，当()1x ∈时()0f x ¢>，当)1,x ∈+∞时()0f x '<，所以()f x 在()2,1--上单调递减，在()1上单调递增，在)1,-+∞上单调递减；当0a ≥时，此时12≤-，所以()1x ∈-时()0f x ¢>，当)1,x ∈+∞时()0f x '<，所以()f x 在()1--上单调递增，在)1,-+∞上单调递减．综上可得：当1a ≤-时()f x 在()2,-+∞单调递减；当10a -<<时()f x 在()2,1-上单调递减，在()1-上单调递增，在)1,-+∞上单调递减；当0a ≥时()f x 在()1--上单调递增，在)1,-+∞上单调递减．【小问2详解】（ⅰ）由（1）可知10a -<<．（ⅱ）由（1）()f x 在()2,1-上单调递减，在()1-上单调递增，在)1,-+∞上单调递减，所以()f x 在1x =-处取得极大值，在1x =-处取得极小值，又10a -<<，所以011a <+<，则112<<，又())))211ln1102f x fa =-=+-<极大值，又())110f f<<，所以()f x 在()1,+∞上没有零点，又10a -<<，则44a<-，则440e e a -<<，442e 2e 2a --<-<-，则240e 24a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭，所以2441e 24e 202a af ⎛⎫⎛⎫-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()2,1--上存在一个零点，综上可得函数()f x 有且只有一个零点．17.如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，60,244,DAB BC PQ AB M ∠=︒===为BC 的中点，,,PQ BC PD DC QB MD ⊥⊥∥．（1）证明：90ABQ ∠=︒；（2）若多面体ABCDPQ 的体积为152，求平面PCD 与平面QAB 夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）10．【解析】【分析】（1）根据余弦定理求解DM =，即可求证DM DC ⊥，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM h ==坐标系，求解法向量求解.【小问1详解】在DCM △中，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，所以90MDC ∠=︒，所以DMDC ⊥．又因为DC PD ⊥，,,DM PD D DM DP ⋂=⊂平面PDM ,所以DC ⊥平面PDM ,PM ⊂平面PDM ．所以DC PM ⊥．由于//,2PQ BM PQ BM ==,所以四边形PQBM 为平行四边形，所以PM QB ∥．又AB DC ，所以AB BQ ⊥，所以90ABQ ∠=︒．【小问2详解】因为QB MD ⊥，所以PM MD ⊥，又PM CD ⊥，,,DC MD D DC MD ⋂=⊂平面ABCD ,所以PM ⊥平面ABCD ．取AD 中点E ，连接PE ，设PM h =．设多面体ABCDPQ 的体积为V ，则33P CDEM A PEM P CDEM P AEM P CDEM ABQ PEM V V V V V V V ------=+=+=+三棱柱四棱锥四棱锥四棱锥112π152212551sin 333323AEM AEM AEM AEM CDEM S h S h S h S h S h h =⨯+⨯=⨯+⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯=△△△△四边形．解得PM h ==建立如图所示的空间直角坐标系，则()())2,0,,1,0A B C-，)(((),,,0,0,0DP Q M ．则平面QAB 的一个法向量()1,0,0n =．所以()0,1,0,CD PD ==-，设平面PCD 的一个法向量(),,m x y z =，则0,0,m CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,y =⎧⎪-=取()3,0,1m = ．所以cos 10m n m n θ⋅==⋅ ．所以平面PAD 与平面PMD夹角的余弦值为10．18.已知,A B 是椭圆22:14xE y +=的左，右顶点，点()(),00M m m >与椭圆上的点的距离的最小值为1.（1）求点M 的坐标.（2）过点M 作直线l 交椭圆E 于,C D 两点（与,A B 不重合），连接AC ，BD 交于点G .（ⅰ）证明：点G 在定直线上；（ⅱ）是否存在点G 使得CG DG ⊥，若存在，求出直线l 的斜率；若不存在，请说明理由.【答案】（1）()3,0；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，4525±【解析】【分析】（1）设()00,P x y，利用两点距离距离得PM =，然后根据330,22m m ≤分类讨论求解即可；（2）（ⅰ）设直线()()1122:3,,,,l x ty C x y D x y =+，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得121265y y ty y +=-，写出直线AC ，BD 的方程，进而求解即可；（ⅱ）由题意点G 在以AB为直径的圆上，代入圆的方程求得4,33G ⎛⎫± ⎪ ⎪⎝⎭，写出直线AC 的方程，与椭圆联立，求得点C 的坐标，进而可得答案.【小问1详解】设()00,P x y 是椭圆上一点，则220044x y +=，因为()022PM x ==-≤≤，①若min30,12m PM <≤==，解得0m =（舍去），②若min3,12m PM >==，解得1m =（舍去）或3m =，所以M 点的坐标位()3,0.【小问2详解】（ⅰ）设直线()()1122:3,,,,l x ty C x y D x y =+，由22314x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()224650t y ty +++=，所以12122265,44t y y y y t t +=-=++，所以121265y y ty y +=-，①由216800t ∆=->，得t>或t <，易知直线AC 的方程为()1122y y x x =++，②直线BD 的方程为()2222y y x x =+-，③联立②③，消去y ，得()()()()121212221211212552221x y ty y ty y y x x x y ty y ty y y ++++===--++，④联立①④，消去12ty y ，则()()12212155265526y y y x x y y y-+++==---++，解得43x =，即点G 在直线43x =上；（ⅱ）由图可知，CG DG ⊥，即AG BG ⊥，所以点G 在以AB 为直径的圆上，设4,3G n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则22443n ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以253n =±，即425,33G ⎛⎫± ⎪ ⎪⎝⎭.故直线AC 的方程为()25y x =±+，直线AC 的方程与椭圆方程联立，得291640x x +-=，解得2A x =-,所以412929C x =-⋅-=，所以9C y =±,故25l MC k k ==±.19.在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球n 次，红球出现m 次．假设每次摸出红球的概率为p ，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率p 的估计值为p m n=．（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为1:3，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y ，则()3,Y B p ～．注：()p P Y k =表示当每次摸出红球的概率为p 时，摸出红球次数为k 的概率）（ⅰ）完成下表；k0123()14P Y k =2764164()34P Y k =9642764（ⅱ）在统计理论中，把使得．．()p P Y k =的取值达到最大时的．．．．．．．．p ，作为p 的估计值，记为 p ，请写出 p 的值．（2）把（1）中“使得()p P Y k =的取值达到最大时的p 作为p 的估计值 p ”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数θ构建对数似然函数()l θ，再对其关于参数θ求导，得到似然方程()0l θ'=，最后求解参数θ的估计值．已知(),Y B n p ～的参数p 的对数似然函数为()11()ln 1ln(1)nnii i i l p Xp X p ===+--∑∑，其中0,1,i i X i ⎧=⎨⎩第次摸出白球第次摸出红球．求参数p 的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．【答案】（1）（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）1,0,143,2,3ˆ4y p y ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩；（2）11ni i X n =∑，答案见解析【解析】【分析】（1）（ⅰ）分14p =与34p =计算即可得；（ⅱ）结合题意与所得表格即可得解；（2）求取函数()11()ln 1ln(1)nnii i i l p Xp X p ===+--∑∑的导数，借助导数得到函数的最大值点，即可得解.【小问1详解】因为袋中这两种颜色球的个数之比为1:3，且()3,Y B p ～，所以p 的值为14或34；（ⅰ）当14p =时，()()211134271C 164P Y p p ==-=，()()2213492C 164P Y p p ==-=，当34p =时，()()30033410C 164P Y p p ==-=，()()22334272C 164P Y p p ==-=，表格如下k0123()14P Y k =27642764964164()34P Y k =16496427642764（ⅱ）由上表可知()()33C 1kk kp P Y k p p -==-．当0y =或1时，参数14p =的概率最大；当2y =或3时，参数34p =的概率最大．所以1,0,143,2,3ˆ4y p y ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩；【小问2详解】由()11()ln 1ln(1)nnii i i l p Xp X p ===+--∑∑，则()()111111n ni i i i l p X X p p =='=---∑∑，令()1111101n n i i i i X X p p ==--=-∑∑，即()11111111nniii i nnniiii i i X n X pnpXXX=====---===-∑∑∑∑∑，故11n i i p X n ==∑，即当110,n i i X n p =⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∑时，()0l p '>，当11,1n i i p X n =⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∑时，()0l p '<，故()l p 在110,n i i X n =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑上单调递增，在11,1n i i X n =⎛⎫⎪⎝⎭∑上单调递减，即当11n i i p X n ==∑时，()l p 取最大值，故11ˆni i pX n ==∑，因此，用最大似然估计的参数 p 与频率估计概率的 p 是一致的，故用频率估计概率是合理的．【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取函数()l p 取最大值时的p ，得到11ˆni i pX n ==∑.。