2022-2023学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（上）月考数学试卷（一）(含答案)

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（上）月考数学试卷（一）(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（上）月考数学试卷（一）
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．（5分）已知集合A＝{﹣2，0}，B＝{x|x2﹣2x＝0}，则以下结论正确的是（　　）
A．A＝B B．A∩B＝{0 } C．A∪B＝A D．A⊆B
2．（5分）已知等比数列{an}满足a1＝1，a3•a5＝4（a4﹣1），则a7的值为（　　）
A．2 B．4 C． D．6
3．（5分）已知复数z＝（a+1）﹣ai（a∈R），则a＝﹣1是|z|＝1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
4．（5分）已知向量，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过BE的平面α与直线A1F平行，则平面α截该正方体所得截面的面积为（　　）

A． B．2 C．4 D．5
6．（5分）某工厂有A，B两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是99%和98%，已知某批产品的60%和40%分别是A，B两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，且∠F1PF2＝，若F1关于∠F1PF2平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是（　　）
A．2 B．3 C． D．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：
第x年
1
2
3
4
5
利润y/亿元
2
3
4
5
7
已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为＝1.2x+，则下列说法正确的是（　　）
A．＝0.6
B．变量y与x之间的线性相关系数r＜0
C．预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元
D．该人工智能公司这5年的利润的方差小于2
（多选）10．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（　　）
A．若O为线段PQ中点，则|PF|＝2
B．若|PF|＝4，则
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
（多选）11．（5分）对于函数f（x）＝|sinx|+cos2x，下列结论正确的是（　　）
A．f（x）的值域为
B．f（x）在单调递增
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）的最小正周期为π
（多选）12．（5分）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1（上下底面都是正方形的四棱台），下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（　　）
A．它的表面积为
B．它的外接球的表面积为
C．侧棱与下底面所成的角为60°
D．它的体积比棱长为的正方体的体积大
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2）．若P（X＞0）＝0.9，则P（2＜X＜4）＝　 　．
14．（5分）若（1﹣2x）2022＝a0+a1x+a2x2+⋯+a2022x2022，则的值 　 　．
15．（5分）对圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1上任意一点P（x，y），若点P到直线l1：3x﹣4y﹣9＝0和l2：3x﹣4y+a＝0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为 　 　．
16．（5分）若ex﹣ey＝e，x，y∈R，则2x﹣y的最小值为 　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点．
（1）求的值；
（2）若角β满足，求cosβ的值．
18．（12分）设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝an2+an．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝an2cos，Tn是数列{bn}的前n项和，求T3n．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点．
（1）证明：平面MND⊥平面PBC；
（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．

20．（12分）最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏．班主任把除颜色不同外其余均相同的8个小球放入一个纸箱子，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．
（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜的概率；
（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）；
（3）第一轮比赛结束，有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由．
21．（12分）设0＜x＜1．
（1）证明：1﹣＜1；
（2）若ax﹣＜sinx，求a的取值范围．
22．（12分）已知双曲线C：x2﹣y2＝1和点B（0，1）．
（1）斜率为k且过原点的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；
（2）过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，若曲线C上存在定点A，使kAP+kAQ为定值λ，求点A的坐标及实数λ的值．

2022-2023学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（上）月考数学试卷（一）
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合A＝{﹣2，0}，B＝{x|x2﹣2x＝0}，则以下结论正确的是（　　）
A．A＝B B．A∩B＝{0 } C．A∪B＝A D．A⊆B
【分析】先求出集合B，然后结合集合的交并及包含关系分别检验各选项即可判断．
【解答】解：A＝{﹣2，0}，B＝{x|x2﹣2x＝0}＝{0，2}，
故A≠B，选项A错误；
A∩B＝{0}，选项B正确；
A∪B＝{0，2，﹣2}≠A，选项C错误；
A⊈B，D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了集合的交并及集合包含关系的判断，属于基础题．
2．（5分）已知等比数列{an}满足a1＝1，a3•a5＝4（a4﹣1），则a7的值为（　　）
A．2 B．4 C． D．6
【分析】由等比数列通项公式得q6﹣4q3+4＝0，解得q3＝2，由此能求出a7的值．
【解答】解：∵等比数列{an}满足a1＝1，a3•a5＝4（a4﹣1），
∴q2•q4＝4（q3﹣1），
∴q6﹣4q3+4＝0，
解得q3＝2，
∴a7＝＝1×22＝4．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的第7项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3．（5分）已知复数z＝（a+1）﹣ai（a∈R），则a＝﹣1是|z|＝1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
【分析】根据复数的模得到关于a的方程，求出a的值，再根据集合的包含关系以及充分必要条件的定义判断即可．
【解答】解：∵z＝（a+1）﹣ai（a∈R），|z|＝1，
∴（1+a）2+a2＝1，解得a＝0或a＝﹣1，
故a＝﹣1是|z|＝1的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题考查了复数的模，充分必要条件以及集合的包含关系，是基础题．
4．（5分）已知向量，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用，可得sinθ＝2cosθ，根据同角三角函数关系可得cos2θ＝，再根据二倍角公式可解．
【解答】解：因为向量，，且，
则＝2cosθ﹣sinθ＝0，则sinθ＝2cosθ，
因为sin2θ+cos2θ＝1，则cos2θ＝，
又＝cos2θ+sinθcosθ＝3cos2θ＝，
故选：B．
【点评】本题考查向量的数量积与三角函数运算相结合问题，属于基础题．
5．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过BE的平面α与直线A1F平行，则平面α截该正方体所得截面的面积为（　　）

A． B．2 C．4 D．5
【分析】由过BE的平面α与直线A1F平行，CE∥A1F，得平面α是平面BEC，取DD1中点F，连结CF，EF，则CF∥BE，从而平面α截该正方体所得截面为矩形BCFE，由此能求出平面α截该正方体所得截面的面积．
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，
∵过BE的平面α与直线A1F平行，又CE∥A1F，
∴平面α是平面BEC，
取DD1中点F，连结CF，EF，则CF∥BE，
∴平面α截该正方体所得截面为矩形BCFE，
∵BC＝2，CF＝＝，BC⊥CF，
∴平面α截该正方体所得截面的面积为S矩形BCFE＝＝2．
故选：B．

【点评】本题考查平面截正方体所得平面面积的求法，考查线面平行的判定定理、线面平行的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（5分）某工厂有A，B两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是99%和98%，已知某批产品的60%和40%分别是A，B两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由题意可得A，B产品的不合格率，由条件概率的计算公式可得所求的概率．
【解答】解：由题意可得A产品的不合格率是1%＝0.01，
B产品的不合格率是2%＝0.02，
设抽到一件不合格产品是A产品事件为C，
则P（C）＝＝，
故选：D．
【点评】本题考查条件概率的求法，属于基础题．
7．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，且∠F1PF2＝，若F1关于∠F1PF2平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】可得P，F2，M三点共线，又|PF1|+|PM|+|MF1|＝4a，可得|PF1|＝a，|PF2|＝a，由余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos60°＝|F1F2|2可得a，c的关系，即可求离心率．
【解答】解：如图，∵F1关于∠F1PF2平分线的对称点在椭圆C上，∴P，F2，M三点共线，
设|PF1|＝m，则|PM|＝m，|MF1|＝m．
又|PF1|+|PM|+|MF1|＝4a＝3m．
∵|PF1|＝a，|PF2|＝a．
由余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos60°＝|F1F2|2，
∴a2＝3c2，e＝＝．
故选：B．

【点评】本题考查了椭圆的性质、离心率，考查了计算能力，属于中档题．
8．（5分）△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是（　　）
A．2 B．3 C． D．
【分析】b＝t（t＞0），可得c＝2t，由三角形的余弦定理和面积公式、同角的平方关系可得a2＝5t2±4，再由换元法和二次方程有实根的思想，结合判别式大于等于0，可得所求最小值．
【解答】解：设b＝t（t＞0），由c＝2b，可得c＝2t，
由△ABC的面积为1，可得bcsinA＝t2sinA＝1，
即sinA＝，cosA＝±＝±，
由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝t2+4t2﹣4t2•（±）
＝5t2±4，
可设t2＝x，a2＝y，则y﹣5x＝±4，
两边平方可得y2﹣10yx+25x2＝16x2﹣16，
即为9x2﹣10yx+y2+16＝0，
由△≥0，即100y2﹣4×9（y2+16）＝64y2﹣36×16≥0，解得y≥3（或y≤﹣3舍去），
当x＝，即t2＝，b＝，c＝，a取得最小值，
故选：C．
【点评】本题考查三角形的余弦定理和面积公式，以及同角的平方关系，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：
第x年
1
2
3
4
5
利润y/亿元
2
3
4
5
7
已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为＝1.2x+，则下列说法正确的是（　　）
A．＝0.6
B．变量y与x之间的线性相关系数r＜0
C．预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元
D．该人工智能公司这5年的利润的方差小于2
【分析】根据已知条件，结合线性回归方程的性质，以及方差公式，即可求解．
【解答】解：由表中数据可得，，（2+3+4+5+7）＝，
∵回归直线方程＝1.2x+必过样本中心（），即，解得，故A正确，
回归直线方程为，1.2＞0，
则x与y成正相关，即相关系数r＞0，故B错误，
当x＝6时，，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，
该人工智能公司这5年的利润的方差为
＝＞2，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查线性回归方程的性质，以及方差公式的应用，属于中档题．
（多选）10．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（　　）
A．若O为线段PQ中点，则|PF|＝2
B．若|PF|＝4，则
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
【分析】对于A，求出P点的横坐标，再根据抛物线的定义求出|PF|，即可判断；
对于B，根据抛物线的定义求出P点的横坐标，再求出|OP|，即可判断，
对于C，P（a2，2a），则，判断是否有解，即可判断；
对于D，根据，结合基本不等式即可判断．
【解答】解：抛物线y2＝4x的准线为x＝﹣1，焦点F（1，0），
若O为PQ中点，所以xP＝1，所以|PF|＝xp+1＝2，故A正确；
若|PF|＝4，则xP＝4﹣1＝3，所以，故B错误；
设P（a2，2a），则，所以，
所以，所以FP与FQ不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即a＝±1时，取等号，
所以△PFQ面积的最小值为2，故D正确．
故选：AD．

【点评】本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题．
（多选）11．（5分）对于函数f（x）＝|sinx|+cos2x，下列结论正确的是（　　）
A．f（x）的值域为
B．f（x）在单调递增
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）的最小正周期为π
【分析】利用正弦函数和余弦型函数的性质逐项计算可判断每项的正确性．
【解答】解：f（x）＝|sinx|+cos2x＝﹣2|sinx|2+|sinx|+1＝﹣2（|sinx|﹣）2+∈[0，]，故A正确；
当x∈，|sinx|＝sinx在上单调递增，f（x）＝﹣2（|sinx|﹣）2+，故f（x）在先增后减，故B错误；
f（0）＝|sin0|+cos2×0＝1，f（）＝|sin|+cos2×＝0，f（0）≠f（），故C错误；
f（x+π）＝|sin（x+π）|+cos2（x+π）＝|﹣sinx|+cos（2x+2π）＝|sinx|+cos2x＝f（x），故f（x）的最小正周期为π，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查正弦函数和余弦型函数的性质，以及判断对称轴，求值域，判断周期，属中档题．
（多选）12．（5分）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1（上下底面都是正方形的四棱台），下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（　　）
A．它的表面积为
B．它的外接球的表面积为
C．侧棱与下底面所成的角为60°
D．它的体积比棱长为的正方体的体积大
【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形ABB1A1的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求得C1O2的长，分析可得O2即为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1外接球的球心，且外接球半径的正误，即可得答案．
【解答】解：由题意得：上底面A1B1C1D1的面积S1＝1×1＝1，下底面ABCD的面积S2＝2×2＝4，
侧面ABB1A1为等腰梯形，过A1、B1分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示，

所以EF＝A1B1＝1，则，
所以，
所以梯形ABB1A1的面积为，
所以正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的表面积，故A正确；
连接A1C1，B1D1，且交于点O1，连接AC，BD交于点O2，连接O1O2，
则O1O2垂直底面ABCD，
过A1作A1G⊥AO2于G，则A1G⊥底面ABCD，则四边形A1GO2O1为矩形，
由题意得，所以，
同理，
又A1O1＝GO2，所以，
在Rt△A1GA中，，
所以∠A1AG＝60°，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确
所以．

连接C1O2，在Rt△C1O1O2中，，
所以点O2到A、B、C、D、A1、B1、C1、D1的距离相等，均为，
所以点O2即为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1外接球的球心，且外接球半径，
所以外接球的表面积，故B错误；
正四棱台的体积，
棱长为的正方体的体积，
所以，所以V1＞V2，
所以正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确：
故选：ACD．
【点评】本题考查棱台的体积，考查学生的运算能力，属于难题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2）．若P（X＞0）＝0.9，则P（2＜X＜4）＝　0.4　．
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（2，σ2），
∴该正态分布曲线的对称轴为x＝2，即P（X＜2）＝P（X＞2）＝0.5，
又∵P（X＞0）＝0.9，
∴P（2＜X＜4）＝P（0＜X＜2）＝P（X＞0）﹣P（X＞2）＝0.9﹣0.5＝0.4．
故答案为：0.4．
【点评】本题主要考查了正态分布的对称性，掌握正态分布的对称性是解决正态分布概率的关键，属于基础题．
14．（5分）若（1﹣2x）2022＝a0+a1x+a2x2+⋯+a2022x2022，则的值 　﹣1　．
【分析】分别令x＝0，x＝即可求出答案．
【解答】解：当x＝0时，a0＝1，
当x＝时，a0+＝0，
∴＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
15．（5分）对圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1上任意一点P（x，y），若点P到直线l1：3x﹣4y﹣9＝0和l2：3x﹣4y+a＝0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为 　[6，+∞）　．
【分析】由题意可得|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|可以看作点P到直线m：3x﹣4y+a＝0与直线l：3x﹣4y﹣9＝0距离之和的5倍，根据点到直线的距离公式即可求得a的取值区间．
【解答】解：设z＝|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|＝5（），
故|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|可以看作点P（x，y）到直线l2：3x﹣4y+a＝0与直线l1：3x﹣4y﹣9＝0距离之和的5倍，
∵|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|的取值与x，y无关，
∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，
如图、可知直线l1平移时，P点与直线l1，l2的距离之和均为l1，l2的距离，
即此时圆在两直线内部，
当直线l2与圆相切时，＝1，解得a＝6或a＝﹣4（舍去），
∴a≥6，即a的取值区间为[6，+∞）．
故答案为：[6，+∞）．

【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，考查数学转化思想方法，属于难题．
16．（5分）若ex﹣ey＝e，x，y∈R，则2x﹣y的最小值为 　1+2ln2　．
【分析】把e2x﹣y表示成ey的函数，再借助均值不等式求解作答．
【解答】解：依题意，ex＝ey+e，ey＞0，
则e2x﹣y＝＝＝ey++2e≥2+2e＝4e，
当且仅当ey＝，即y＝1时取“＝”，
此时，（2x﹣y）min＝1+2ln2，
所以，当x＝1+ln2，y＝1时，2x﹣y取最小值1+2ln2．
故答案为：1+2ln2．
【点评】本题考查了转化思想及利用均值不等式求函数的最值，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点．
（1）求的值；
（2）若角β满足，求cosβ的值．
【分析】（1）由角α的终边经过点 P，结合三角函数的定义可求sinα，cosα，然后结合两角和的正弦公式可求
（2）由，结合同角平方关系可求cos（α+β），然后根据β＝（α+β）﹣α，及两角差的余弦可求
【解答】解：（1）∵角α的终边经过点 ，
∴
∴…………（4分）
∴…………（7分）
（2）∵，
∴…………（9分）
∵β＝（α+β）﹣α，
∴cosβ＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα
∴当时，； …………（11分）
当时，…………（13分）
综上所述：或…………（14分）
【点评】本题主要考查了三角函数的定义及两角和的正弦公式，同角平方关系，两角差的余弦公式等知识的综合应用，属于中档试题．
18．（12分）设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝an2+an．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝an2cos，Tn是数列{bn}的前n项和，求T3n．
【分析】（1）利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）可证数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，得解；
（2）根据余弦的周期性，可设ck＝b3k﹣2+b3k﹣1+b3k，结合诱导公式，推出ck＝9k﹣，再分组求和，即可．
【解答】解：（1）由2Sn＝an2+an，知当n≥2时，2Sn﹣1＝an﹣12+an﹣1，
两式相减得，2an＝an2﹣an﹣12+an﹣an﹣1，
整理可得，（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
因为an＞0，所以an﹣an﹣1﹣1＝0，即an﹣an﹣1＝1（n≥2），
在2Sn＝an2+an中，令n＝1，则a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n．
（2）bn＝an2cos＝n2cos，
设ck＝b3k﹣2+b3k﹣1+b3k＝（3k﹣2）2cos（2kπ﹣）+（3k﹣1）2cos（2kπ﹣）+（3k）2cos2kπ
＝﹣（3k﹣2）2+（﹣）（3k﹣1）2+（3k）2＝9k﹣，
所以T3n＝c1+c2+c3+……+cn＝（9﹣）+（9×2﹣）+（9×3﹣）+……+（9n﹣）
＝9（1+2+3+……+n）﹣n＝9×﹣n＝．
【点评】本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）求通项公式，分组求和法，以及诱导公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点．
（1）证明：平面MND⊥平面PBC；
（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．

【分析】（1）由PD⊥面ABCD，知PD⊥BC，而CD⊥BC，可证得BC⊥平面PCD，从而有BC⊥DM，易知DM⊥PC，故DM⊥平面PBC，最后由面面垂直的判定定理，得证；
（2）设PD＝AD＝1，以D为原点，建立空间直角坐标系，设N（λ，1，0），求得平面PAB和平面MND的法向量与，由|cos＜，＞|＝cos30°，可解出λ的值，从而得解．
【解答】（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，BC⊂面ABCD，所以PD⊥BC，
又CD⊥BC，PD∩CD＝D，PD、CD⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD，
又DM⊂平面PCD，所以BC⊥DM，
因为PD＝AD＝CD，且M为PC的中点，
所以DM⊥PC，
又PC∩BC＝C，PC、BC⊂平面PBC，
所以DM⊥平面PBC，
因为DM⊂平面MND，
所以平面MND⊥平面PBC．

（2）解：设PD＝AD＝1，
以D为原点，分别以，，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），P（0，0，1），M（0，，），
所以，，，
设N（λ，1，0），则，
设平面PAB的一个法向量为，则，即，
令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，所以，
同理可得，平面MND的一个法向量为，
因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，
所以|cos＜，＞|＝||＝||＝cos30°＝，
化简得4λ2﹣4λ+1＝0，解得，
故N为线段BC的中点．
【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系、二面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，以及利用空间向量处理二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20．（12分）最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏．班主任把除颜色不同外其余均相同的8个小球放入一个纸箱子，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．
（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜的概率；
（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分ξ的分布列和数学期望E（ξ）；
（3）第一轮比赛结束，有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由．
【分析】（1）通过球的总分为16，可得甲的得分大于等于8，分析甲从袋中摸出2个球可能性，求解概率即可；
（2）先确定ξ的可能取值，分别求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的求解公式计算即可；
（3）分别求出若第一次摸出绿球、红球、黄球、白球时，摸球人获胜的概率，从而得到摸球人获胜的概率，判断是否等于即可．
【解答】解；（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件A，
因为球的总分为1×3+2×3+3＝4＝16，
事件A指的是甲的得分大于等于8，
则甲再从袋子中摸出2个球，摸出了1个白球1个红球，或1个黄球1个红球，或2个黄球，
故P（A）＝＝；
（2）如果乙先摸出了红色球，则他可以再从袋子中摸出3个球，
若他摸出了3个白球，则ξ＝3+1×3＝6分，
若他摸出了2个白球1个黄球，则ξ＝3+1×2+2＝7分，
若他摸出了2个白球1个绿球，则ξ＝3+1×2+4＝9分，
若他摸出了1个白球2个黄球，则ξ＝3+1+2×2＝8分，
若他摸出了1个白球1个黄球1个绿球，则ξ＝3+1+2+4＝10分，
若他摸出了2个黄球1个绿球，则ξ＝3+2×2+4＝11分，
若他摸出了3个黄球，则ξ＝3+2×3＝9分，
故ξ的所有可能的取值为6，7，8，9，10，11，
所以P（ξ＝6）＝＝，
P（ξ＝7）＝＝，
P（ξ＝8）＝＝，
P（ξ＝9）＝＝，
P（ξ＝10）＝＝，
P（ξ＝11）＝＝，
故ξ的分布列为：
ξ
6
7
8
9
10
11
P






所以ξ的数学期望E（ξ）＝6×+7×+8×+9×+10×+11×＝；
（3）由（1）可知，若第一次摸出绿球，则摸球人获胜的概率为，
由（2）可知，若第一次摸出红球，则摸球人获胜的概率为＝，
若第一次摸出黄球，则摸球人获胜的概率为＝，
若第一次摸出白球，则摸球人获胜的概率为＝，
则摸球人获胜的概率为＝，
故比赛不公平．
【点评】本题考查了概率问题的求解，主要考查了离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
21．（12分）设0＜x＜1．
（1）证明：1﹣＜1；
（2）若ax﹣＜sinx，求a的取值范围．
【分析】（1）设f（x）＝sinx﹣x（0＜x＜1），g（x）＝sinx+﹣x（0＜x＜1），根据函数的单调性证明结论成立；
（2）通过讨论a的范围，求出函数的导数，根据函数的单调性确定a的取值范围即可．
【解答】解：（1）证明：由题意可设f（x）＝sinx﹣x（0＜x＜1），
有f′（x）＝cosx﹣1＜0，则f（x）＜0，得＜1，
设g（x）＝sinx+﹣x（0＜x＜1），g′（x）＝cosx+﹣1，
g″（x）＝x﹣sinx＞0，则有g′（x）＞0，g（x）递增，得g（x）＞0，
故＞1﹣得证；
（2）由（1）可知a≤1时，ax﹣≤x﹣＜sinx成立，
则当a＞1时，设h（x）＝sinx+﹣ax，则h′（x）＝cosx+﹣a，
h″（x）＝x﹣sinx＞0，h′（x）单调递增，则h′（x）max＝cos1+﹣a，
①若a≥cos1+，h′（x）＜0，h（x）单调递减，则有h（x）＜0，不合题意，
②若1＜a＜cos1+，h′（0）＝1﹣a＜0，h′（1）＝cos1+﹣a＞0，
故h′（x）有唯一零点，可记为x0，则0＜x＜x0，h′（x）＜0，
此时h（x）单调递减，有h（x）＜0，则不合题意，
综上：a的取值范围是（﹣∞，1]．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是中档题．
22．（12分）已知双曲线C：x2﹣y2＝1和点B（0，1）．
（1）斜率为k且过原点的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；
（2）过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，若曲线C上存在定点A，使kAP+kAQ为定值λ，求点A的坐标及实数λ的值．
【分析】（1）由对称性可设E（x，y），F（﹣x，﹣y），由数量积得，再由E点在双曲线C上，进而可得，进而可得∠EBF最小时k的值．
（2）设A（m，n），过点B的动直线为y＝tx+1，联立直线PQ与双曲线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，Δ＞0，用坐标表示kAP+kAQ＝λ，化简得（λm2﹣2mn）t2+2（λm﹣n﹣1）t+2λ﹣2m+2mn﹣λm2＝0，由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，从而列，解得n，m，进而可得答案．
【解答】解：（1）由对称性可设E（x，y），F（﹣x，﹣y），
则，
因为E点在双曲线C上，所以x2﹣y2＝1，即y2＝x2﹣1，且|x|≥1，
所以，
当|x|＝1时，为直角，
当|x|＞1时，为钝角，
所以∠EBF最小时，|x|＝1，k＝0．
（2）设A（m，n），由题意知动直线一定有斜率，设点B的动直线为y＝tx+1，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立得（1﹣t2）x2﹣2tx﹣2＝0，
所以，解得t2＜2且t2≠1，
kAP+kAQ＝λ，即，
即，
化简得，
，
化简得（λm2﹣2mn）t2+2（λm﹣n﹣1）t+2λ﹣2m+2mn﹣λm2＝0，
由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，
所以λm2﹣2mn＝0，①
λm﹣n﹣1＝0，
2λ﹣2m+2mn﹣λm2＝0，②
将①代入②得λ＝m，从而，
如果m＝0时，那么n＝﹣1，此时A（0，﹣1）不在双曲线C上，舍去，
因此m≠0，从而m2＝2n，代入m2＝n+1，解得，
此时在双曲线上，
综上，，或者．
【点评】本题主要考查双曲线的对称性，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
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