2022-2023学年广东省东莞市高三(上)期末数学试卷(含答案解析)

2022-2023学年广东省东莞市高三（上）期末数学试卷1. 设集合A ={x|x ≥1}，B ={x|x 2−x −2<0}，则A ∪B =( ) A. {x|x >−1} B. {x|x ≥1} C. {x|−1<x <1}D. {x|1≤x <2}2. 已知复数z 满足：z ⋅i =1+i(i 为虚数单位)，则|z|=( ) A. √22 B. 1C. √2D. 23. 已知向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,t)，|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A. 3B. 4C. 15D. 214. 如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道(图中虚线)与两条直道(图中实线)平滑连续(相切)，已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A. y =14x 3−x B. y =14x 3−x 2−x C. y =−14x 3+xD. y =−14x 3+x 2+x5. 已知F 为抛物线y 2=4x 的焦点，P 为抛物线上任意一点，O 为坐标原点，若|PF|=3，则|OP|=( )A. 2√2B. 3C. 2√3D. √176. 甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰接到1次球的概率为( )A. 1427 B. 59 C. 1627 D. 17277. 已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为5√3，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的体积的最大值为( )A. 4√3πB. 32√3πC.123√3π2D. 108π8. 已知实数a ，b 满足e a +a =b +lnb +1，则下列选项中一定正确的是( ) A. b >e a B. b <e a C. b <a +1 D. b >a +19. 已知二项式(1+√x)2023，则下列结论正确的是( ) A. 该二项展开式中二项式系数和与各项系数和相等 B. 该二项展开式中不含有理项 C. 该二项展开式中的常数项是1D. 该二项展开式中含x 的项系数是2023×202210. 已知f(x)满足f(x)=f(x +2π)，且f(x)在(0,π2)上单调递增，则f(x)可以是( ) A. f(x)=sinx +cosx B. f(x)=sinx −cosx C. f(x)=sinxcosx D. f(x)=sinxcosx11. 已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则下列结论正确的是( )A. 直线B 1C 与直线AF 垂直B. 直线A 1G 与平面D 1EF 平行C. 平面D 1EF 与平面A 1B 1CD 垂直D. 点C 和点A 1到平面D 1EF 的距离相等 12. 已知直线l ：y =kx +m 与椭圆x 22+y 2=1交于A ，B 两点，点F 为椭圆的右焦点，则下列结论正确的是( )A. 当m =k 时，存在k ∈R 使得|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4B. 当m =k 时，|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为2C. 当k =1时，存在m ∈R 使得|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4D. 当k =1时，|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为213. 已知函数f(x)=a2x −1+12是奇函数，则a =______.14. 设f(x)=cos2x的导函数为f′(x)，若ℎ(x)=f(x)+f′(x)关于(a,0)对称，则tan2a=______.15. 已知点P为直线y=√5上一动点，过点P作圆x2+y2=4的切线，切点分别为A、B，且∠APB≥90∘，则动点P的轨迹的长度为______.16. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法⋅商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为V1，记能将该三角垛完全放入的四面体A1−B1C1D1的体积为V2，则V1的最大值为______.V217. 已知数列{a n}的前n项和为S n，且对于任意的n∈N∗都有3S n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{a n}的前n项中的最大值为M n，最小值为m n，令b n=M n+m n，求数列{b n}的前202项和T20.18. 已知在锐角△ABC中，M是BC的中点，且AB=4，AC=2.(1)求sin∠BAMsin∠MAC的值；(2)若cos∠MAC=√64，求△ABC的面积．19. 如图，AB为半球M的直径，C为AB⏜上一点，P为半球面上一点，且AC⊥PC(1)证明：PB⊥PC；(2)若AC=AM=2，PB=√6，求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．20. 现有一种射击训练，每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立．已知射击训练有A，B两种型号的炮弹，对于A型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为p(0<p≤0.4)，且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.6，击中两弹目标飞行物必坠段；对子B型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为q(0<q<1)，且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.4，击中两弹目标飞行物坠毁的概率为0.8，击中三弹目标飞行物必坠毁．(1)在一次训练中，使用B型号炮弹，求q满足什么条件时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于0.936；(2)若p+q=1，试判断在一次训练中选用A型号炮弹还是B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大？并说明理由．21. 已知F1(−2,0)，F2(2,0)为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，点(2,√33)在双曲线E上，O为坐标原点．(1)求双曲线E的标准方程；(2)若不与坐标轴平行的动直线l与双曲线E相切，分别过点F1，F2作直线l的垂线，垂足为P，Q，求△OPQ面积最大值．22. 已知函数f(x)=(x−1)e x−2ax2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=(x−2)e x+2x−sinx，若对任意的x≥0，f′(x)≥g′(x)恒成立(f′(x),g(x)分别是f(x)，g(x)的导函数)，求实数a的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵x 2−x −2<0，即(x −2)(x +1)<0，解得−1<x <2， ∴B ={x|−1<x <2}， 则A ∪B ={x|x >−1}， 故选：A.解出集合B ={x|−1<x <2}，根据并集的运算法则，即可得出答案． 本题考查集合的并集运算，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：z =1+ii =i(1+i)i 2=1−i ，故|z|=√12+(−1)2=√2. 故选：C.通过复数除法得z =1−i ，利用复数模的定义即可得到答案． 本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,t)， 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,t −3)， 因为|BC⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，所以(−1)2+(t −3)2=1，解得t =3，则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3)， 所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4×3+3×3=21. 故选：D.先由平面向量的线性运算求得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再由平面向量模的坐标表示得到关于t 的方程，解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ . 本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由题意设三次函数的解析式为f(x)=ax(x −2)(x +b)， 即f(x)=ax 3+a(b −2)x 2−2abx ，f′(x)=3ax 2+2a(b −2)x −2ab ，∴{f′(0)=−2ab =−1f′(2)=12a +4a(b −2)−2ab =2，解得{a =14b =2， ∴f(x)=14x(x −2)(x +2)=14x 3−x ，故选：A.由图象设函数式为f(x)=ax(x−2)(x+b)，然后求导，利用f′(0)=−1，f′(2)=2求解．本题主要考查了待定系数法求函数解析式，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：由题意F为抛物线y2=4x的焦点，则F(1,0)，且准线方程为x=−1，设P(x P,y P)，由|PF|=3可得x P+1=3，∴x P=2，代入y2=4x得y P2=8，即P(2,±2√2)，故|OP|=√x P2+y P2=√12=2√3.故选：C.根据抛物线定义结合|PF|=3，求得点P的坐标，即可求解．本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：传球的结果可以分为：分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；.共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为P=1627故选：C.将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果．本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：要使可放入的铁球的体积的最大，可得几何体的主视图，此时圆F与等腰梯形ABCD 的上底以及两腰相切，则建立如图所示平面直角坐标系，如图所示：一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为5√3，=√3，则B(1,0)，C(6,5√3)，则k BC=5√35∴直线BC 的方程为y =√3(x −1)，即√3x −y −√3=0， 设圆心F(0,t)，体积最大时球的半径为R ，则EF =R ， 则点F 到直线BC 的距离d =|−t−√3|2=5√3−t ，解得t =3√3或t =11√3(不合题意，舍去)，∴R =EF =5√3−3√3=2√3， ∴V =43πR 3=43π×(2√3)3=32√3π， 故选：B.根据题意要使可放入的铁球的体积的最大，可得几何体的主视图，分析出此时圆与上底，两腰相切，建立合适直角坐标系，设圆心坐标为(0,t)，利用圆的性质，列出关于t 的方程，求解即可得出答案．本题考查圆台的结构特征和球的体积公式，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：令f(x)=x +lnx +1，则f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增， ∵e a +a =b +lnb +1，即f(b)=f(e a )−1<f(e a )， ∴b <e a ，A 错误，B 正确；令a =−3，则f(b)=e a +a =e −3−3<0，且f(1)=2>0， ∴0<b <1，此时b >a +1，C 错误；令a =0，则f(b)=e a +a =1，且f(1)=2>1， ∴0<b <1，此时b <a +1，D 错误； 故选：B.构建函数f(x)=x +lnx +1，对A 、B ：根据题意结合f(x)的单调性分析判断；对C 、D ：通过赋值令a =−3和a =0分析判断．本题考查函数性质的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．9.【答案】AC【解析】解：二项式(1+√x)2023，展开式中，通项公式为T r+1=C 2023r(√x)r ，该二项展开式中二项式系数和为22023，令x =1各项系数和为(1+1)2023=22023，二项展开式中二项式系数和与各项系数和相等，A 选项正确；由二项式展开式的通项公式可知，r 为偶数时，对应的项为有理项，B 选项错误；该二项展开式中的常数项是T 1=C 20230=1，C 选项正确； 该二项展开式中含x 的项为T 3=C 20232(√x)2=2023×20222x ，系数是2023×20222，D 选项错误． 故选：AC.由二项式定理，结合二项式系数的性质和二项式展开式的通项公式，逐个验证选项． 本题主要考查了二项式定理的性质的应用，属于中档题．10.【答案】BD【解析】解：对于A ，由辅助角公式可得，f(x)=sinx +cosx =√2sin(x +π4)，周期T =2π1=2π. 令−π2+2kπ≤x +π4≤π2+2kπ，解得−3π4+2kπ≤x ≤π4+2kπ，k ∈Z ， 令π2+2kπ≤x +π4≤3π2+2kπ，解得π4+2kπ≤x ≤5π4+2kπ，所以函数在[−3π4+2kπ,π4+2kπ]上单调递增，[π4+2kπ,5π4+2kπ]上单调递减，令k =0，则在[−3π4,π4]单调递增，[π4,5π4]单调递减，故A 不满足题意； 对于B ，由辅助角公式可得，f(x)=sinx −cosx =√2sin(x −π4)，由正弦函数的周期公式可得，T =2π1=2π.令−π2+2kπ≤x −π4≤π2+2kπ，解得−π4+2kπ≤x ≤3π4+2kπ，k ∈Z ，令π2+2kπ≤x −π4≤3π2+2kπ，解得3π4+2kπ≤x ≤7π4+2kπ， 所以函数在[−π4+2kπ,3π4+2kπ],k ∈Z 单调递增，[3π4+2kπ,7π4+2kπ],k ∈Z 单调递减，令k =0，则在[−π4,3π4]单调递增，[3π4,7π4]单调递减，故B 满足题意； 对于C ，由二倍角公式可得，f(x)=sinxcosx =12sin2x ， 由正弦函数的性质可得，最小正周期T =2π2=π，令−π2+2kπ≤2x ≤π2+2kπ，解得−π4+kπ≤x ≤π4+kπ，k ∈Z ， 令π2+2kπ≤2x ≤3π2+2kπ，解得π4+kπ≤x ≤3π4+kπ，所以函数在[−π4+kπ,π4+kπ],k ∈Z 单调递增，[π4+kπ,3π4+kπ],k ∈Z 单调递减， 令k =0，则在[−π4,π4]单调递增，[π4,3π4]单调递减，故C 不满足题意； 对于D ，由同角商的关系可得，f(x)=sinxcosx =tanx ， 由正切函数的性质可知，最小正周期T =π1=π，满足f(x)=f(x +2π)，且由正弦函数的单调性可知函数在(−π2,π2)单调递增，故D 满足题意． 故选：BD.利用三角恒等变换公式以及正弦、正切函数的图象性质一一判断即可求解．本题主要考查了同角基本关系，辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了正弦函数，正切函数的性质，属于中档题．11.【答案】BC【解析】解：如图，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则B 1(2,0,2)，C(2,2,0)，A(0,0,0)，F(2,2,1)，D(0,2,0)， 故B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−2)，AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1)， 由于B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0×2+2×2−2×1=2≠0，故B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 不垂直， 即直线B 1C 与直线AF 不垂直，故A 错误， 又A 1(0,0,2)，G(2,0,1)，D 1(0,2,2)，E(2,1,0)，所以A 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−1)，D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,−2)，D 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−1)， 设平面D 1EF 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n⃗ ⋅D 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以{2x −y −2z =02x −z =0，取x =1，解得{y =−2z =2，即n ⃗ =(1,−2,2)，故A 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =2−2=0，而A 1G ⊄平面D 1EF ， 所以直线A 1G 与平面D 1EF 平行，故B 正确， 因为A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)，A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−2)， 设平面A 1B 1CD 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以{2a =02b −2c =0，取b =1，解得{a =0c =1，即m ⃗⃗⃗ =(0,1,1)，因为m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0−2+2=0，所以平面D 1EF ⊥平面A 1B 1CD ，故C 正确，因为CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,0)，所以点C 到平面D 1EF 的距离为|CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||n ⃗|=√9=23， 因为A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，则点A 1到平面D 1EF 的距离为|A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||n ⃗ |=√9=43， 所以点C 和点A 1到平面D 1EF 的距离不相等，故D 错误． 故选：BC.建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量的坐标，求出平面平面D 1EF 与平面A 1B 1CD 的法向量，根据空间位置关系的向量方法，可判断A ，B ，C ，利用空间距离的向量求法可判断D. 本题主要考查了利用空间向量判断直线与直线，直线与平面的位置关系，以及利用空间向量求点到平面的距离，属于中档题．12.【答案】ABC【解析】解：由x 22+y 2=1得c =√a 2−b 2=√2−1=1，所以椭圆的焦点F(1,0)，联立{y =kx +m x 22+y 2=1，消去y 并整理得(1+2k 2)x 2+4mkx +2m 2−2=0，Δ=16m 2k 2−4(1+2k 2)(2m 2−2)>0，即1+2k 2>m 2， 设A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)， 则x 1+x 2=−4mk 1+2k2，x 1x 2=2m 2−21+2k2，所以|AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√16m 2k2(1+2k 2)2−4(2m 2−2)(1+2k 2)(1+2k 2)2=√1+k 2⋅√16k 2+8−8m 21+2k2，对于A ，当m =k 时，l ：y =k(x +1)过椭圆的左焦点(−1,0)，此时|AB|=√1+k 2⋅2√2⋅√1+k 21+2k2=2√2(1+k 2)1+2k2，若|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4，则由|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|AB|=4a =4√2，得|AB|=4√2−4， 所以2√2(1+k 2)1+2k2=4√2−4，解得k 2=1+√2，k =±√1+√2，所以存在k =±√1+√2，使得|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4，故A 正确； 对于B ，当m =k 时，x 1+x 2=−4k21+2k2，y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2k =−4k31+2k2+2k =2k1+2k2，所以|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|(x 1−1+x 2−1,y 1+y 2)|=√(x 1+x 2−2)2+(y 1+y 2)2=√(−4k21+2k2−2)2+(2k 1+2k2)2=√4(4k 2+1)2+4k 2(1+2k 2)2，令1+2k 2=t ≥1，则2k 2=t −1，则|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√16t 2−14t+2t2=√2t2−14t +16=√2(1t −72)2−172， 因为0<1t ≤1，所以当1t =1，即t =1，k =0时，|FA⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值2，故B 正确； 对于C ，当k =1时，|AB|=√1+k 2⋅√16k 2+8−8m 21+2k2=43√3−m 2≤4√33<4=|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，此时存在m ∈R 使得|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4，故C 正确；对于D ，当k =1时，x 1+x 2=−4mk 1+2k2=−4m3，y 1+y 2=x 1+x 2+2m =2m −43m =23m ，所以|FA⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|(x 1−1+x 2−1,y 1+y 2)|=√(x 1+x 2−2)2+(y 1+y 2)2=√(−43m −2)2+(23m)2=√169m 2+163m +4+49m 2=23√5(m +65)2+95， 因为1+2k 2>m 2且k =1，所以m 2<3，所以−√3<m <√3，所以当m =−65时，|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值2√55<2，故D 不正确．故选：ABC.联立{y =kx +m x 22+y 2=1，消去y 并整理得(1+2k 2)x 2+4mkx +2m 2−2=0，由Δ>0，得1+2k 2>m 2，设A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)，得到x 1+x 2和x 1x 2，对于A ，当m =k 时，直线l 过左焦点，求出|AB|，由|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|AB|=4a =4√2以及|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4，求出k =±√1+√2，可知A 正确；对于B ，当m =k 时，得到|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4(4k 2+1)2+4k 2(1+2k 2)2，利用换元法可求出|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值2，故B 正确；对于C ，当k =1时，求出|AB|=43√3−m 2≤4√33<4=|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，可知C 正确；对于D ，当k =1时，求出|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=23√5(m +65)2+95的最小值为2√55<2，可知D 不正确．本题主要考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查了数学运算的核心素养，属于难题．13.【答案】1【解析】解：f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)， 因为f(x)为奇函数，所以f(−x)=−f(x)对任意非零实数恒成立， 所以a 2−x−1+12=−(a 2x−1+12)， 整理可得，a =1. 故答案为：1.根据f(−x)=−f(x)对任意非零实数恒成立，可求出结果． 本题主要考查了奇函数定义的应用，属于基础题．14.【答案】0.5【解析】解：f′(x)=−2sin2x ，所以ℎ(x)=cos2x −2sin2x =√5cos(2x +φ)， 其中cosφ=√55，sinφ=2√55，tanφ=2， 因为函数ℎ(x)关于(a,0)对称，所以2a+φ=π2+kπ，2a=π2+kπ−φ，k∈Z，所以tan2a=tan(π2+kπ−φ)=tan(π2−φ)=sin(π2−φ)cos(π2−φ)=cosφsinϕ=12.故答案为：12.首先求函数的导数，并求函数ℎ(x)，利用辅助角公式化简，并代入对称中心2a，并利用诱导公式计算tan2a.本题主要考查导数的运算，属于基础题．15.【答案】2√3【解析】解：作出图形，如图所示：因为∠APB≥90∘，所以∠APO≥45∘，所以sin∠APO=|OA||OP|=2|OP|≥sin45∘=√22，解得|OP|≤2√2，设点P的坐标为(x,√5)，所以√x2+5≤2√2，解得−√3≤x≤√3，所以动点P的轨迹的长度为2√3.故答案为：2√3.由圆切线的性质，将∠APB≥90∘转化为|OP|≤2√2，由此求得点P横坐标的范围，进而得动点P 的轨迹的长度．本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了动点轨迹问题，属于中档题．16.【答案】18√6−44【解析】解：根据题意可得：当四面体A1−B1C1D1与三角垛的小球相切时，V2最小，V1V2取得最大，且当四面体A1−B1C1D1与三角垛的小球相切时，四面体A1−B1C1D1为正四面体．接下来求正四面体A−BCD与正四面体A1−B1C1D1的棱长之比：设每个小球的半径为r，若边长为a的正四面体内有一半径为r的内切小球，如图所示，则根据结论易得r=√612a，∴a=2√6r，设小球O切正四面体底面于H点，则易得H为底面正三角形的中心，∴H到底面正三角形边的距离d=HM=13×√32a=√36a=√36×2√6r=√2r，过正四面体A−BCD的顶点B，C，D，分别作底面B1C1D1的垂线，垂足点分别为E，F，G，如图所示，则EF=BC=4r，再过E，F分别作B1，C1的垂线，垂足点分别为I，J，则EI=FJ=d=HM=√2r，连接B1E，则B1E平分∠D1B1C1，∴B1I=C1J=√3EF=√6r，BC B1C1=EFB1C1=2√6r+4r=√6−2，即正四面体A−BCD与正四面体A1−B1C1D1的棱长之比为√6−2，∴正四面体A−BCD与正四面体A1−B1C1D1的体积之比为(√6−2)3=18√6−44，∴V1V2的最大值为18√6−44，故答案为：18√6−44.根据正四面体的内切球的结论，化归转化思想，数形结合思想即可求解．本题考查正四面体的内切球的问题的应用，化归转化思想，数形结合思想，属难题．17.【答案】解：(1)对于任意的n∈N∗都有3S n=2a n+1①，当n≥2时，3S n−1=2a n−1+1②，由①-②得3(S n−S n−1)=(2a n+1)−(2a n−1+1)，即3a n=2a n−2a n−1(n≥2)，∴a n=−2a n−1(n≥2)，又当n=1时，3S1=2a1+1，解得a1=1，∴数列{a n}是首项为1，公比为−2的等比数列，∴a n=(−2)n−1；(2)由(1)得a n=(−2)n−1，∴当n为奇数时，a n=2n−1，且a n>0，当n为偶数时，a n=−2n−1，且a n<0，∴当n为大于1的奇数时，{a n}的前n项中的最大值为a n=(−2)n−1，最小值为a n−1=(−2)n−2，此时b n=M n+m n2=a n+a n−12，∴当n为偶数时，{a n}的前n项中的最大值为a n−1=(−2)n−2，最小值为a n=(−2)n−1，此时b n=M n+m n2=a n−1+a n2，当n=1时，b1=a1，∴数列{b n}的前20项和T20=b1+(b3+b5+⋯+b19)+(b2+b4+b6+⋯+b20)=a1+a3+a22+a5+a4 2+⋯+a19+a182+a1+a22+a3+a42+⋯+a19+a202=a12+S19+S202=12+S19+S19+a202=S19+12+(−2)192=1−(−2)191+2+12+(−2)192=5−2196.【解析】(1)利用S n 与a n 的关系，利用作差法可得a n =−2a n−1(n ≥2)，可得{a n }是以公比为−2的等比数列，即可得出答案；(2)根据数列{a n }的通项性质可对n 分奇偶，进而可得M n ，m n ，分组求和即可求解．本题考查等比数列的定义和通项公式，考查转化思想和分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)锐角△ABC 中，M 是BC 的中点，且AB =4，AC =2，如图所示：因为BM =MC ，sin∠AMB =sin(π−∠AMC)=sin∠AMC ， 在△ABM 中，由正弦定理可得，ABsin∠AMB =BMsin∠BAM ， 在△AMC 中，由正弦定理可得，ACsin∠AMC =MCsin∠MAC ，所以sin∠BAM sin∠MAC=BM⋅sin∠AMBABMC⋅sin∠AMCAC=AC AB =12；(2)锐角△ABC 中，由cos∠MAC =√64，可得sin∠MAC =√104， 由(1)知，sin∠BAM =√108，则cos∠BAM =3√68，所以sin∠BAC =sin(∠BAM +∠MAC)=sin∠BAMcos∠MAC +cos∠BAMsin∠MAC =√108×√64+3√68×√104=√154，所以S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin∠BAC =12×4×2×√154=√15.【解析】(1)由题意有BM =MC ，sin∠AMB =sin∠AMC ，在△ABM 和△AMC 中，利用正弦定理，可求sin∠BAMsin∠MAC 的值；(2)由sin∠BAC =sin(∠BAM +∠MAC)，求出sin∠BAC 的值，再利用面积公式即可得解． 本题考查三角恒等变换以及正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．19.【答案】证明：(1)因为AB 为半球M 的直径，C 为AB ⏜上一点， 所以AC ⊥BC ，又因为AC ⊥PC ，BC ∩PC =C ，BC ，PC ⊂平面PBC ， 所以AC ⊥平面PBC ， 又因为PB ⊂平面PBC ， 所以AC ⊥PB ，又因为P为半球面上一点，所以PA⊥PB，又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以PB⊥PC；解：(2)因为三角形ABC为直角三角形，AB=2AM=4，AC=2，所以BC=2√3，又因为PB=√6，PB⊥平面PAC，所以PC=√6，又因为三角形PAB也是直角三角形，所以PA=√10，所以S△PAC=12⋅AC⋅PC=12×2×√6=√6，S△PAB=12PA⋅AB=12×√10×√6=√15，设点C到平面PAB的距离为h，则有V C−PAB=V B−PAC，即13S△PAB⋅ℎ=13S△PAC⋅PB，所以ℎ=S△PAC⋅PBS△PAB =√6×√6√15=2√155，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=ℎPC =2√155√6=√105.【解析】(1)由AC⊥BC，AC⊥PC可得AC⊥平面PBC，进而可得AC⊥PB，又由于PA⊥PB，所以可得PB⊥平面PAC，即可得PB⊥PC；(2)利用等体积法求得点C到平面PAB的距离为ℎ=2√155，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则有sinθ=ℎPC，即可得答案．本题主要考查了直线与平面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，属于中档题．20.【答案】解：(1)因为每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立，所以在一次训练中，连发三发B型号炮弹，用X表示命中目标飞行物的炮弹数，则X∼B(3,q)(X 服从二项分布)，则P(X≥1)=1−P(X=0)=1−C30q0(1−q)3≥0.963，即1−(1−q)3≥0.936，则(1−q)3≤0.064=0.43，即1−q≤0.4，则q≥0.6，又0<q<1，故0.6≤q<1，所以当0.6≤q<1时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于0.936.(2)在一次训练中，连发三发A 型号炮弹，用Y 表示命中目标飞行物的炮弹数，则Y ∼B(3,p)(Y 服从二项分布)，，记事件C 为“使用A 型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，事件D 为“使用B 型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，则P(C)=0.6×P(Y =1)+P(Y ≥2)=0.6×C 31p(1−p)2+C 32p 2(1−p)+C 33p 3=1.8p(1−p)2+3p 2(1−p)+p 3=1.8p(1−2p +p 2)+3p 2−3p 3+p 3=−0.2p 3−0.6p 2+1.8p ，P(D)=0.4P(X =1)+0.8P(X =2)+P(X =3)=0.4C 31q(1−q)2+0.8C 32q 2(1−q)+C 33q 3=1.2q(1−q)2+2.4q 2(1−q)+q 3=1.2q(1−2q +q 2)+2.4q 2−2.4q 3+q 3=−0.2q 3+1.2q ， 因为p +q =1，所以q =1−p ，则P(C)−P(D)=−0.2p 3−0.6p 2+1.8p +0.2(1−p)3−1.2(1−p)=−0.2p 3−0.6p 2+1.8p +0.2(1−3p +3p 2−p 3)−1.2+1.2p =−0.4p 3+2.4p −1，令f(p)=−0.4p 3+2.4p −1(0<p ≤0.4)，则f′(p)=−1.2p 2+2.4， 令f′(p)>0，即−1.2p 2+2.4>0，则p 2<2，得−√2<p <√2， 又0<p ≤0.4，所以f′(p)>0恒成立， 所以f(p)在(0,0.4]上单调递增，又f(0.4)=−0.44+2.4×0.4−1=−0.0256+0.96−1<0，则f(p)≤f(0.4)<0， 故P(C)−P(D)<0，即P(C)<P(D)，所以使用B 型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大．【解析】(1)根据题意，利用间接法与二项分布的概率公式得到关于q 的不等式，解之即可； (2)先利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率，再利用作差法与构造函数法，结合导数比较得两概率的大小，从而得到结论．本题解题的关键点有两次，一次是理解A 、B 型炮弹击中飞行物的次数服从二项分布，进而利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率；二次是利用导数比较两者概率的大小，属于中档题．21.【答案】解：(1)由已知得{c =2a 2+b 2=c 24a2−13b2=1，解得{c =2b =1a =√3， 所以双曲线的标准方程为x 23−y 2=1；(2)设切线l 的方程为：x =my +n ，联立{x =my +n x 23−y 2=1，整理得(m 2−3)y 2+2mny +n 2−3=0，由题知Δ=4m 2n 2−4×(m 2−3)×(n 2−3)=0，化简得m 2+n 2=3， 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则F 1P ⊥l ，F 2Q ⊥l ，则{x 1=my 1+n y 1x 1+2⋅1m =−1，解得{x 1=n−2m 21+m 2y 1=−m(n+2)1+m2， 同理{x 2=my 2+ny 2x 2−2⋅1m =−1，解得{x 2=n+2m 21+m 2y 2=−m(n−2)1+m 2，点(0,0)到直线x =my +n 的距离d =√1+m 2=√1+m 2，所以△OPQ 的面积S =12×d ×|PQ|=12×d ×√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2 =12×√1+m2√(4m 21+m 2)2+(4m 1+m 2)2=|n|2×|4m|1+m 2=|2mn|1+m 2， 又m 2+n 2=3，∴m =±√3−n 2， 所以S =|2n √3−n 2|4−n 2=2√n 2(3−n 2)(4−n 2)2，令t =4−n 2，由0<n 2<3，则1<t <4， 所以S =2√(4−t)(t−1)t 2=2√−t 2+5t−4t2=2√−4t2+5t−1=2√−4(1t−58)2+916， 所以当1t=58，即t =85时，S max =2√916=2×34=32，所以△OPQ 面积最大值为32.【解析】(1)由已知可得c =2，再结合双曲线上的点的坐标及a 2+b 2=c 2，即可求解； (2)设l 的方程为：x =my +n ，与双曲线方程联立可得m 2+n 2=3，由已知求出点P ，Q 的坐标，利用点到线及两点之间的距离可求得S =|2mn|1+m 2，再利用换元法及二次函数求最值即可得解 本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，设而不求法，根与系数的关系的应用，函数思想，属中档题．22.【答案】解：(1)f(x)的定义域是(−∞,+∞)，f′(x)=e x +(x −1)e x −4ax =x(e x −4a)， a ≤0时，x <0时，f′(x)<0，x >0时，f′(x)>0， f(x)的减区间是(−∞,0)，增区间是(0,+∞)； a >0时，由f′(x)=0得x =0或x =ln(4a)，0<a <14时，ln(4a)<0，则当x <ln(4a)或x >0时，f′(x)>0，当ln(4a)<x <0时，f′(x)<0， f(x)的增区间是(−∞,ln(4a))和(0,+∞)，减区间是(ln(4a),0)；a =14时，ln(4a)=0，f′(x)≥0恒成立，f(x)的增区间是(−∞,+∞)，无减区间；a >14时，ln(4a)>0，当x >ln(4a)或x <0时，f′(x)>0，当0<x <ln(4a)时，f′(x)<0，所以f(x)的增区间是(−∞,0)和(ln(4a),+∞)，减区间是(0,ln(4a))； 综上所示，a ≤0时，f(x)的减区间是(−∞,0)，增区间是(0,+∞)；0<a <14时，f(x)的增区间是(−∞,ln(4a))和(0,+∞)，减区间是(ln(4a),0)； a =14时，f(x)的增区间是(−∞,+∞)，无减区间；a >14时，f(x)的增区间是(−∞,0)和(ln(4a),+∞)，减区间是(0,ln(4a)). (2)g′(x)=(x −1)e x +2−cosx ，f′(x)≥g′(x)，即x(e x −4a)≥(x −1)e x +2−cosx ，e x +2−cosx −4ax ≥0， x =0时，此不等式成立， x >0时，不等式变形为4a ≤e x −2+cosxx， 设n(x)=e x +2−cosx −x(x ≥0)，则n′(x)=e x +sinx −1，令p(x)=n′(x)=e x +sinx −1，则p′(x)=e x −cosx ，x ≥0时，e x ≥1≥cosx ，即p′(x)≥0， 所以p(x)单调递增，所以p(x)>p(0)=0，即n′(x)≥0， 所以n(x)单调递增，所以x >0时，n(x)>n(0)=0， 所以x >0时，e x +2−cosx −x >0，e x +2−cosx >x ，所以e x −2+cosxx>1，所以4a ≤1，a ≤14，即a 的取值范围是(−∞,14].【解析】(1)求出导函数f′(x)，分类讨论确定f′(x)的正负，得单调性； (2)x =0时不等式成立，x >0时，不等式变形为4a ≤e x −2+cosxx，然后引入函数n(x)=e x −2+cosx −x(x ≥0)，证明x >0时，m(x)>0，从而得e x −2+cosxx>1，由此可得a 的范围．本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查不等式恒成立求参数范围问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．。