2023届辽宁省沈阳市高三上学期11月联合考试数学试卷含解析

这是一份2023届辽宁省沈阳市高三上学期11月联合考试数学试卷含解析，共37页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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沈阳市2023届高三上学期11月联合考试数学试卷
考试时间：150分钟

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. 设x>0，y>0，不等式1x+1y+mx+y≥0恒成立，则实数m的最小值是(    )
A. -2 B. -4 C. 1 D. 2
2. 已知双曲线x2-y24=1的左、右顶点为A,B，焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32，过A作斜率为k的直线l交双曲线于另一点M，交椭圆于另一点N，若AN=NM，则k的值为(    )
A. ±233 B. ±1 C. ±33 D. ±223
3. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第n行的所有数字之和为2n-1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为(    )

A. 2060 B. 2038 C. 4084 D. 4108
4. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示).若它所有棱的长都为2，则(    )
A. BC⊥平面ABE
B. 该二十四等边体的体积为3223
C. ME与PN所成的角为45°
D. 该二十四等边体的外接球的表面积为16π
5. 点O在△ABC的内部，且满足：OA→+2OB→+4OC→=0→，则△ABC的面积与△AOC的面积之比是(    )
A. 72 B. 3 C. 52 D. 2
6. 已知函数f(x)=x2+(4a-3)x+3a,x<0loga(x+1)+1,x≥0 (a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程f(x)=2-x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是(    )
A. 0,23 B. 23,34
C. a13≤a≤23或a=34  D. a13≤a<23或a=34 
7. 已知a=4log2e，b=6log3e，c=10log5e，e为自然对数的底数，则(    )
A. c>a>b B. a>c>b C. b>a>c D. a>b>c
8. 在△ABC中，SΔABC=36AB·AC=32，sinB=cosAsinC，P为线段AB上的动点(不包括端点)，且CP=xCA|CA|+yCB|CB|，则1x+3y的最小值为(    )
A. B. C. D. 1+33

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. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右两焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|=2c.直线l：y=kx+ck∈R与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有(    )
A. 若k≠0，则▵ABF2的周长为4a
B. 若AF1⋅AF2=3c2，则椭圆的离心率的取值范围是55,12
C. 若AB的中点为M，则kOM⋅k=a2b2
D. 弦AB长的取值范围是(2b2a,2a]
10. 如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF // AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB=2，EF=AD=1，则下述正确的是(    )
A. OF//平面BCE
B. BF⊥平面ADF
C. 点A到平面CDFE的距离为217
D. 三棱锥C-BEF外接球的体积为5π
11. 已知函数fx=sinx⋅sinx+π3-14的定义域为m,nm A. 5π12 B. 7π12 C. 3π4 D. 11π12
12. 设|OA|=8，|OB|=5，且对任意t∈R，均有|OB|≤|OB+tOA|，D为线段AB上一点，连接OD并延长到P，使|OP|=15，若PO=xPB+(53-x)PA，则
A. △ABO为直角三角形 B. |PD|=10
C. |OD|=6 D. 这样的D点有2个

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 正项数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意n∈N*满足(an+1)2=4Sn.若k,n∈N*，且Sn+S2k+2ak≤197，则n+2k的最大值为          ．
14. 已知椭圆的标准方程为x2a2+y2=1a>1，上顶点为A，左顶点为B，设点P为椭圆上一点，△PAB的面积的最大值为​2+1，若已知点M-3,0、N3,0，点Q为椭圆上任意一点，则1QN+4QM的最小值为          ．
15. 如图，▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(b+c)cosA=a(2-cosB-cosC)，b=c，设∠AOB=θ(0<θ<π)，OA=2OB=4，则四边形OACB面积的最大值为__________．


16. 已知三棱锥P-ABC内接于表面积为36π的球中，面PAB⊥面ABC，PA=PB=1，PB⊥BC，∠APB=120​∘，则三棱锥P-ABC体积为          ．

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12.0分)
为了美化环境，某公园欲将一项空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD．其中AB=3百米，AD=5百米，且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，拟修建两条小路AC，BD(路的宽度忽略不计)，设∠BAD=θ,θ∈(π2,π)

(1)当cosθ=-55时，求小路AC的长度；
(2)当草坪ABCD的面积最大时，求此时小路BD的长度．

18. (本小题12.0分)
如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE, AD//BC，AD⊥AB, AB=AD=1, AE=BC=2．

(Ⅰ)求证：BF/​/平面ADE；
(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．

19. (本小题12.0分)
如图，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．

(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．
20. (本小题12.0分)
已知数列an是公差不为零的等差数列，a1=1，其前n项和为Sn，数列bn前n项和为Tn，从①a1，a2，a5成等比数列，Tn=2-bn，②S55-S33=2，Tn=2-(12)n-1，③数列{bn}为等比数列，n=110 1anan+1=1021，a1=b1，a3b4=58，这三个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题．
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)求数列anbn的前n项和Mn．
21. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA=PD=2，AB=1，AD=2，PD⊥AB．

(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB=3，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC所成锐二面角的余弦值为277．

22. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，P(1,32)为椭圆上一点，A、B为椭圆上不同两点，O为坐标原点．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)线段AB的中点为M，当▵AOB面积取最大值时，是否存在两定点G,H,使|GM|+|HM|为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了不等式恒成立问题和基本不等式，考查了转化思想．
不等式1x+1y+mx+y≥0恒成立，只需m≥-[(1x+1y)(x+y)]max，利用基本不等式求出(1x+1y)(x+y)的最小值即可．
【解答】
解：∵x>0，y>0，不等式1x+1y+mx+y≥0恒成立，
∴只需m≥-[(1x+1y)(x+y)]max
∵(1x+1y)(x+y)=2+xy+yx≥2+2xy⋅yx=4，当且仅当x=y时取等号．
∴m≥-4，∴m的最小值为：-4．
故选：B．
  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查双曲线、椭圆的标准方程以及几何意义，考查直线与双曲线、椭圆的位置关系，属于中档题．
先求出椭圆的标准方程，再将直线与双曲线联立，和椭圆联立，利用韦达定理再由AN=NM求出k的值．
【解答】
解：已知双曲线x2-y24=1的左、右顶点为A(-1,0)，B(1,0)，
焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32的椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
所以c2a2=a2-b2a2=1-b2​a2=(32)2，b=1
得到b2a2=1-34=14，即a=2，
所以椭圆的方程为y24+x2=1，
过A作斜率为k的直线l：y=k(x+1)，
与双曲线联立y=k(x+1)x2-y24=1,
整理得(4-k2)x2-2k2x-(k2+4)=0，
设M(xM,yM)，
由韦达定理得到-1×xM=-k2+44-k2，则xM=k2+44-k2，
yM=k(xM+1)=8k4-k2，故M(k2+44-k2,8k4-k2)，
与椭圆联立y=k(x+1)y24+x2=1得(k2+4)x2+2k2x+k2-4=0，
设N(xN,yN)，
由韦达定理得到-1×xN=-4-k2k2+4，则xN=4-k2k2+4，yN=k(xN+1)=8kk2+4，
所以N(4-k2k2+4,8kk2+4)，
因为AN=NM，得到k2+44-k2-4-k2k2+4=4-k2k2+4+1，
解得k=±233，
故选A．  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了数列求和，杨辉三角形的的系数与二项式系数的关系以及等比、等差数列的求和公式，属于难题．
利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x=1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．
【解答】
解：n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，
例如(x+1)2=x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，
令x=1，就可以求出该行的系数之和，
第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推，
即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列．
则杨辉三角形的前n项和为Sn=1-2n1-2=2n-1,
若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
则Tn=n(n+1)2，可得当n=12，去除两端“1”可得78-23=55，则此数列前56项和为S12-23+12=212-1-23+12=4084，

故选C．
  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查简单几何体、球和正方体的结构特征，棱柱和棱锥的体积球的表面积，异面直线所成角，属于较难题．
假设BC⊥平面ABE，可得BC⊥BE，又六边形CBEMQG为正六边形，可得∠CBE=120°，可判定A；补齐八个角为正方体，根据正方体的体积减去8个角的体积，即可计算体积，判断选项B；根据图形可知，MQ//PN，所以∠EMQ或其补角是ME与PN所成的角，求出EQ，根据余弦定理可求得∠EMQ的值，即可判定C；取正方形ACPM对角线交点O，根据题意可知MC为直径，O为该二十四等边体外接球的球心，球的MC即求得半径R，求得球的表面积，判定D．
【解答】
解：对于A，假设BC⊥平面ABE，又BE⊂平面ABE，于是BC⊥BE，
即∠CBE=90°，由对称性可知，六边形CBEMQG为正六边形，所以∠CBE=120°，
可得矛盾，故A错误；
对于B，因为多面体的所有棱的长都为2，所以补齐八个角构成棱长为22的正方体，
则该二十四等边体的体积为(22)3-8×13×12×(2)3=4023，故B错误；


对于C：根据图形可知，MQ//PN，所以∠EMQ或其补角是ME与PN所成的角；
如图，根据正方体的棱长为22，所以KE=(22)2+(2)2=10，
所以EQ=(10)2+(2)2=23，
又MQ=ME=2，根据余弦定理得，
cos∠EMQ=EM2+MQ2-EQ22×ME×MQ=4+4-122×2×2=-12，
根据0<∠EMQ<π，所以∠EMQ=2π3，
所以ME与PN所成的角为π3，故C错误；


对于D：取正方形ACPM对角线交点O，根据正方体和球的结构特征可知，
O为该二十四等边体外接球的球心，MC为直径，
因为MC=(22)2+(22)2=4，
所以该二十四等边体外接球的半径为R=2，其表面积为4πR2=16π，所以D正确；

  
5.【答案】A 
【解析】
【分析】

本题考查向量在几何中的应用，以及向量加法的平行四边形法则和向量共线定理等基础知识，同时考查学生
灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力，属于中档题．
法一：延长BO交AC于点P，由向量的线性运算，计算求得BP=72OP，即可求解得到答案；
法二：以CA边所在的直线为x轴，以过点B且垂直于AC的直线为y轴，垂足为原点，建立直角坐标系，设A(a,0),B(0,b),C(c,0),O(x,y)，运用平面向量的坐标运算，计算求解即可．
【解答】
解：法一：延长BO交AC于点P，

由OA+2OB+4OC=0，
得BA-BO+2OB+4(BC-BO)=0，
即BO→=17BA→+47BC→=57(15BA→+45BC→)=57BP→，
所以BP=72OP，所以S△ABCS△AOC=72，
故选A．
法二：以CA边所在的直线为x轴，以过点B且垂直于AC的直线为y轴，垂足为原点，建立平面直角坐标系，

设A(a,0),B(0,b),C(c,0),O(x,y)，
则OA=(a-x,-y),OB=(-x,b-y)，OC=(c-x,-y)，
由OA+2OB+4OC=0，
得(a-x,-y)+2(-x,b-y)+4(c-x,-y)=(0,0)，
所以-y+2b-2y-4y=0,所以by=72，
所以S△ABCS△AOC=|b||y|=72，
故选A．
  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了方程的解个数问题，以及参数的取值范围，考查了学生的分析问题，解决问题的能力，以及数形结合的思想，属于中档题．
利用函数是减函数，根据对数的图象和性质判断出a的大致范围，再根据f(x)为减函数，得到不等式组，利用函数的图象，方程的解的个数，推出a的范围．
【解答】
解：y=loga(x+1)+1在[0,+∞)递减，则0 函数 f( x)在R上单调递减，
则：3-4a2≥002+4a-3×0+3a≥loga0+1+1 ，
解得13≤a≤34．
由图象可知，在[0,+∞)上，|f(x)|=2-x有且仅有一个解， 

故在(-∞,0)上，|f(x)|=2-x同样有且仅有一个解，
当3a>2即a>23时，联立得x2+(4a-3)x+3a=2-x，
则Δ=(4a-2)2-4(3a-2)=0，
解得a=34或1(舍去)．
当1≤3a≤2时，由图象可知，符合条件，
综上：a的取值范围为[13,23]∪{34}，
故选C．  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了比较大小，对数与对数运算，指数与指数幂的运算，指数函数及其性质，对数函数及其性质和幂函数，属于较难题．
利用对数运算，结合比较大小得lg561ln214>1ln316，最后利用对数运算得结论．
【解答】
解：因为lg215-lg310=15×0.3010-10×0.4771=4.515-4.771<0，
lg215-lg56=15×0.3010-61-0.3010=6.316-6>0，
所以lg56 又因为21460=215，31660=310，511060=56，且214>0，316>0，5110>0，
所以由y=x60在0,+∞是增函数，且56<215<310得5110<214<316．
因为1<5110<214<316，且函数y=lnx是增函数，所以01ln214>1ln316，
而a=4log2e=1ln214，b=6log3e=1ln316，c=10log5e=1ln5110，所以c>a>b．  
8.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了三角形面积公式，正余弦定理在解三角形中的应用，三点共线，以及利用基本不等式求最值，是难题．
先利用已知条件解出a，b，c的大小，由平面向量共线定理得到x与y的关系等式，再由基本不等式解题．
【解答】
解：SΔABC=36AB⋅AC=32，sinB=cosAsinC，
因为sinB=cosAsinC，由正弦定理可得：b=ccosA，
再由余弦定理可得：b=c·b2+c2-a22bc，
所以a2+b2=c2，三角形为直角三角形，角C为直角，
因为SΔABC=36AB⋅AC=32，
由三角形面积公式12bcsinA=36bccosA=32，所以A=π6，
36bccosA=32,由余弦定理可得36bcb2+c2-a22bc=32,化简得：b2+c2-a2=6，
所以可得a=1，c=2，b=3，
CP=xCA|CA|+yCB|CB|=x3CA+yCB，因为A，B，P三点共线，所以x3+y=1，且x>0，y>0，
所以1x+3y=(1x+3y)(x3+y)=3+13+xy+yx⩾2+433，当且仅当x=y时取等号，
故本题选A．
  
9.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的定义的应用，椭圆与直线位置关系，中点弦问题，椭圆的几何性质，属于较难题．
由椭圆的定义判断A，由中点弦，“作差法”判断B，由向量的数量积的坐标表示求离心率的范围，判断C，由AB⊥x轴和弦AB长为长轴长判断D．
【解答】
解：直线l：y=k(x+c)恒过定点(-c,0)，即过左焦点，
∴△ABF2的周长为 AF1+AF2+BF1+BF2=4a，A正确；
AF1=-c-x1,-y1， AF2=c-x1,-y1，
∴ AF1·AF2=-c-x1c-x1+y12=x12+y12-c2=3c2，
即 x12+y12=4c2，即A在以O为圆心，2c为半径的圆上，临界状态下，圆分别经过短轴、长轴的端点，如图中两个圆，

令2c=b， 4c2=b2=a2-c2，即 a2=5c2，离心率 e1=c2a2=55，
令2c=a， b2=a2-c2=4c2-c2，即 a2=4c2，离心率 e1=c2a2=12，
则椭圆的离心率的取值范围是[ 55， 12]，B正确；
设 Ax1,y1， Bx2,y2，
则 k=y1-y2x1-x2，点 Mx1+x22,y1+y22，
∴ kOM=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
则 x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1,
两式相减得， x1+x2x1-x2a2=-y1+y2y1-y2b2，
∴ y1-y2x1-x2=-x1+x2b2y1+y2a2=-1kOMb2a2，
∴ kOM·k= -b2a2，故C错误；
若AB⊥x轴，令x=-c， c2a2+y2b2=1，解得 y=±b2a，此时AB=2b2a，
弦AB长为长轴长时，AB长最长，此时AB=2a，
即弦AB长的取值范围是(2b2a,2a]，故D正确．  
10.【答案】ABC 
【解析】
【分析】
本题考查了棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体积，线面平行的判定，线面垂直的判定，空间中的距离，线面垂直的性质和面面垂直的性质，属于拔高题．
利用平面几何知识得OF//BE，再利用直线与平面平行的判定对A进行判断，利用平面几何知识得BF⊥AF，利用面面垂直的性质得AD⊥平面ABF，再利用线面垂直的性质得AD⊥BF，再利用线面垂直的判定对B进行判断，利用点到面的距离，结合三棱锥体积等量，通过计算对C进行判断，找出三棱锥C-BEF外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的体积对D进行判断．
【解答】
解：如图：

对于A项、连接OF，因为EF//AB，且EF=1=OB，
则四边形OBEF为平行四边形，因此OF//BE，
因为OF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
因此OF // 平面BCE，则A项正确;
对于B项、点F在圆O上，线段AB为圆O的直径，则BF⊥AF．
因为矩形ABCD所在平面和圆O所在平面ABF垂直，且平面ABCD∩平面ABF=AB，
而AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，故AD⊥平面ABF，
而BF⊂平面ABF，因此AD⊥BF．
又因为AD∩AF=A，AD⊂平面ADF，AF⊂平面ADF，
所以BF⊥平面ADF，故B项正确;
对于C项、在△OEF中，由已知可得OE=OF=EF=1，
则△OEF为等边三角形，
由对称性可知∠BOE=∠AOF=60​∘，而OA=OF=OE=OB，
则△AOF与△BOE也是等边三角形，且边长均为1．
可知BE=EF=1，BF=3，∠BEF=120​∘，
由已知结合勾股定理求得CE=2，CF=2，EF=1，
S△AEF=12×1×1×sin120°=34，
则VC-AEF=13×S△AEF×BC=312，
cos∠CEF=1+2-42×1×2=-122，
S△CEF=12×1×2×sin∠CEF=22×1--1222=74，
设点A到平面CFE的距离为h，
由VA-CEF=VC-AEF得13×74×h=312，
解得h=217，即点A到平面CDFE的距离为217，故C项正确;
对于D项、设三角形BEF的外接圆半径为r，
则2r=BFsin∠BEF=332=2，解得r=1，
再设三棱锥C-BEF外接球的的半径为R，
由△BEF中，BE=EF=1，BF=3，得△BEF外接圆半径为1，
则122+12=R2，得R2=54，
故三棱锥C-BEF外接球的体积为
43πR3=43π×54×52=55π6，故D项错误．
故选ABC．
  
11.【答案】CD 
【解析】
【分析】
本题主要考查正弦函数的性质，考查了三角恒等变换，属于中档题．
利用三角恒等变换化简f(x)可得f(x)=12sin⁡(2x-π6)，由题可得-12⩽12sin⁡(2x-π6)⩽14，即有-1⩽sin⁡(2x-π6)⩽12，结合正弦函数的性质可求出(n-m)的取值范围，即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=sinx⋅sin(x+π3)-14
=sinx(sinxcosπ3+cosxsinπ3)-14
=sinx(12sinx+32cosx)-14，
=12sin2x+32sinxcosx-14
=34sin2x-14cos2x
=12sin⁡(2x-π6)，
定义域为[m,n]，即x∈[m,n]，∴2x-π6∈[2m-π6,2n-π6]，
又∵值域为-12,14，即-12⩽12sin⁡(2x-π6)⩽14，
∴-1⩽sin⁡(2x-π6)⩽12，
在正弦函数y=sinx的一个周期内，要满足上式，结合正弦函数性质：
所以[(2n-π6)-(2m-π6)]max=(2n-2m)max
=π6-(-7π6)=43π，
∴(n-m)max=2π3，
[(2n-π6)-(2m-π6)]min=(2n-2m)min
=π6-(-π2)=2π3
∴(n-m)min=π3
即π3⩽n-m⩽2π3
∴n-m的值不可能为3π4和11π12，
故选CD．  
12.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了向量的模，属于难题．
将|OB|≤|OB+tOA|两边平方，化简得8t2+10cos∠AOBt≥0对任意t∈R恒成立，即可判断A;
设PO=λPD=λ[μPA+(1-μ)PB]=λμPA+λ(1-μ)PB，解得：λ=53，即可判断B，C;
设OD=mOA+(1-m)OB，两边平方整理得：89m2-50m-11=0，再根据D在线段AB上，确定方程解的个数即可判断D．
【解答】
解：因为对任意t∈R，均有|OB|≤|OB+tOA|，
两边平方得得：|OB|2≤|OB|2+2t|OA||OB|cos∠AOB+t2|OA|2，
即8t2+10tcos∠AOB≥0对任意t∈R恒成立，
所以Δ=100cos2∠AOB≤0，
所以cos∠AOB=0，
所以∠AOB=π2，故A正确;
设PO=λPD=λ[μPA+(1-μ)PB]=λμPA+λ(1-μ)PB，
又因为PO=xPB+(53-x)PA，
所以λμ=53-xλ(1-μ)=x，解得：λ=53，
所以PO=53PD，
即有OD=25OP，DP=35OP，
所以|OD|=25|OP|=25×15=6，|DP|=35|OP|=35×15=9，
故B错误，C正确;
设OD=mOA+(1-m)OB，
两边平方整理得：89m2-50m-11=0，
此方程有两异号的根，
又因为D在线段AB上，所以0 故方程89m2-50m-11=0只有一个正根，即这样的D点只有一个，故D错．
故选AC．
  
13.【答案】18 
【解析】
【分析】
本题主要考查数列的递推关系式在求数列的通项公式中的应用，基本不等式的运用，属于较难题．
首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步求出数列前n项和公式，进一步得到n2+2k+12≤200，再利用基本不等式即可求出结果．
【解答】
解：由题意，正项数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，
且对任意n∈N*满足(an+1)2=4Sn，①
当n=1时，(a1+1)2=4S1=4a1，
解得：a1=1，
当n≥2时，(an-1+1)2=4Sn-1，②
①-②得：an2+2an-an-12-2an-1=4an，
整理得：(an+an-1)(an-an-1-2)=0，
由于数列为正项数列，
故：an-an-1=2(常数)，
所以数列{an}以1为首项，2为公差的等差数列，
即an=2n-1，
∴Sn= n(1+2n-1)2  =n2，
又k,n∈N*，且Sn+S2k+2ak≤197，
即n2+2k2+22k-1≤197，
整理得n2+2k+12≤200，
又n2+2k+12≥n+2k+122，
∴n+2k+122≤200，即n+2k+12≤400，
∴n+2k+1≤20，
当且仅当n=2k+1=10时取“=”，
∵k∈N*，
所以k=4，n=10时，n+2k取得最大值，
∴n+2k的最大值为18．
故答案为18．
  
14.【答案】94 
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的概念，性质和几何意义，考查直线与椭圆的位置关系，考查利用基本不等式求最值，是拔高题．
当与AB平行的直线与椭圆相切于P点时，△PAB的面积最大，设出切线方程与椭圆方程联立利用Δ=0求出直线方程，再计算出P到直线AB的距离结合面积即可求出a，再根据椭圆的定义得|QM|+|QN|=2a=4，利用基本不等式即可求解．
【解答】
解：如图，

当与AB平行的直线与椭圆相切于P点时，△PAB的面积最大，
依题意，A(0,1)，B(-a,0)，kAB=1a，
∴设切线为y=1ax+m由图可知m<0．
∴y=1ax+mx2a2+y2=1，化为2x2+2amx+a2m2-a2=0
∵Δ=0，
∴4a2m2-8(a2m2-a2)=0，解得m2=2．
∴m=-2，
∵直线AB：y=1ax+1，过P点的切线：y=1ax-2，
∴点P到直线AB的距离d=2+11a2+1=a(2+1)a2+1，
∵|AB|=a2+1，
∴△PAB的面积S=12⋅d⋅|AB|=2+1，
∴a=2，
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1，其中c=3，
所以点M(-3,0)、N(3,0)为椭圆的左右焦点，
∴|QM|+|QN|=2a=4．
∴1|QN|+4|QM|=(1|QN|+4|QM|)⋅14(|QM|+|QN|)
=14(5+QMQN+4QNQM)
⩾14(5+2QMQN×4QNQM)=94，
当且仅当|QM|=2|QN|=83时等号成立．
所以1|QN|+4|QM|的最小值为94．
故答案为94．

  
15.【答案】8+53 
【解析】
【分析】
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查正余弦定理的应用，属于较难题．
根据条件，结合正弦定理判断出△ABC是等边三角形，四边形OACB面积分为两部分，结合余弦定理化简即可求出答案．
【解答】
解：因为(b+c)cosA=a(2-cosB-cosC)，
所以由正弦定理得
sinBcosA+sinCcosA=2sinA-sinAcosB-sinAcosC，
sinBcosA+sinAcosB+sinCcosA+sinAcosC=2sinA，
sinA+B+sinA+C=2sinA，
因为A+B+C=π，
所以sinB+sinC=2sinA，
由正弦定理得，b+c=2a，
又b=c，
所以a=b=c，
所以三角形ABC是等边三角形；
则S四边形OACB=S△AOB+S△ABC
=12OA·OBsinθ+34AB2
=4sinθ+34(OA2+OB2-2OA·OBcosθ)
=4sinθ-43cosθ+53
=8sin⁡(θ-π3)+53，θ∈(0,π)，
-π3<θ-π3<2π3，
当θ-π3=π2时，有最大值8+53；
故答案为8+53．
  
16.【答案】63 
【解析】
【分析】
本题考查球的结构特征，球的表面积公式，面面垂直的性质，线面垂直的判定，棱锥的体积公式．
得出三棱锥P-ABC的外接球球心位置是解题的关键．
【解答】
解：如图，取AB的中点D，连接PD，取AC的中点F，连接DF，

∵PA=PB，∴AB⊥PD，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊂平面PAB，
∴PD⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，PD⊥BC，
又BC⊥PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，∴BC⊥AB，∴F为△ABC的外心，
又△PAB的外心E在PD的延长线上，球心O满足OF⊥平面ABC，OE⊥平面PAB，
∵PA=PB=1，∠APB=120°，可得PD=12，∠BPE=60°，易得PE=1，AB=3
∵三棱锥P-ABC内接于表面积为36π的球中，
∴OP=3，
则EO=DF=22，则BC=42，
故三棱锥P-ABC体积为13×12×3×42×12=63，
故答案为63 ．

  
17.【答案】解：(1)在△ABD中，AB=3，AD=5，cosθ=-55．
由余弦定理得，BD2=AB2+AD2-2AB⋅ADcosθ=14-65cosθ=14+6=20，
所以BD=25．
因为θ∈π2,π，
所以sinθ=1-cos2θ=1--552=255．
由正弦定理得BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，即25255=3sin∠ADB，
解得sin∠ADB=35．
因为△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，
所以∠CDB=π2且CD=BD=25，
所以cos∠ADC=cos∠ADB+π2=-sin∠ADB=-35．
在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+DC2-2AD⋅DCcos∠ADC=(5)2+(25)2-2×
5×25×-35=37，
所以AC=37．
(2)由(1)得，BD2=14-65cosθ，
SABCD=S▵ABD+S▵BCD=12×3×5×sinθ+12×BD2=7+352sinθ-35cosθ=7+352(sinθ-2cosθ)=7+152sin(θ-φ)，
此时sinφ=255，cosφ=55，且φ∈0,π2．
当θ-φ=π2时，四边形ABCD的面积最大，即θ=φ+π2，
此时sinθ=55，cosθ=-255，
所以BD2=14-65cosθ=14-65×-255=26，即BD=26．
答：(1)当cosθ=-55时，小路AC的长度为37百米；
(2)草坪ABCD的面积最大时，小路BD的长度为26百米．
 
【解析】本题考查正余弦定理和三角函数的实际应用，属于较难题．
(1)由余弦定理求出BD，然后在三角形ACD中，由余弦定理求解即可;
(2)利用SABCD=S△ABD+S△BCD=7+152sin (θ-φ)求解即可．

18.【答案】解：依题意，可以建立以A为原点，分别以AB，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF=h(h>0)，则F(1,2,h)．
(Ⅰ)依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，
又BF=(0,2,h)，可得BF⋅AB=0，则BF⊥AB，
又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF/​/平面ADE．
(Ⅱ)依题意，BD=(-1,1,0)，BE=(-1,0,2)，CE=(-1,-2,2)．
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BE=0，即-x+y=0-x+2z=0，
不妨令z=1，可得n=(2,2,1)．
因此有cos=CE⋅n|CE||n|=-49．
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49．
(Ⅲ)设m=(a,b,c)为平面BDF的法向量，BF=(0,2,h)，
则m⋅BD=0m⋅BF=0，即-a+b=02b+hc=0,
不妨令b=1，可得m=(1,1,-2h).
由题意，有|cos|=|m⋅n||m||n|=|4-2h|32+4h2=13，
解得h=87．
经检验，符合题意．
所以，线段CF的长为87．
 
【解析】本题考查线面平行的判定，直线与平面所成角的向量求法，平面与平面所成角的向量求法，属于拔高题．
(Ⅰ)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得A，B，C，D，E的坐标，设CF=h(h>0)，得F(1,2,h).可得AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，再求出BF=(0,2,h)，由BF⋅AB=0，且直线BF⊄平面ADE，得BF/​/平面ADE；
(Ⅱ)求出CE=(-1,-2,2)，再求出平面BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE与平面BDE所成角的余弦值，进一步得到直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)求出平面BDF的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13，列式求线段CF的长．

19.【答案】解：(1)设椭圆左焦点为F(-c,0)，
则由题意得(2+c)2+1=10,ca=12,解得c=1,a=2.
由a2=b2+c2，得b2=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M．
当直线AB与x轴垂直时，若OP平分线段AB，则直线AB的方程为x=0，与不过原点的条件不符，舍去．
故斜率存在，可设直线AB的方程为y=kx+m(m≠0)，
由y=kx+m,3x2+4y2=12,消去y，
整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，①
其中Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0，
且x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
y1+y2=k(x1+x2)+2m=6m3+4k2，
所以线段AB的中点M-4km3+4k2,3m3+4k2．
因为点M在直线OP上，所以2×3m3+4k2=-4km3+4k2．
由m≠0，得k=-32．
此时方程①为3x2-3mx+m2-3=0，
则Δ=3(12-m2)>0，x1+x2=m,x1x2=m2-33,
所以AB=1+k2⋅|x1-x2|=1+k2⋅(x1+x2)2-4x1x2=396⋅12-m2．
设点P到直线AB的距离为d，则d=|8-2m|32+22=2|m-4|13．
设△ABP的面积为S，
则S=12AB⋅d=36⋅(m-4)2(12-m2)．
其中m∈(-23,0)∪(0,23)．
令u(m)=(12-m2)(m-4)2，m∈(-23,0)⋃(0,23)．
u'(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-7)(m-1+7)．
令u'(x)>0，则x∈(-23,1-7)，函数单调递增；
令u'(x)<0，则x∈(1-7,0)或x∈(0,23)，函数单调递减，
所以当且仅当m=1-7时，u(m)取到最大值．
综上，所求直线l的方程为3x+2y+27-2=0．
 
【解析】本题考查椭圆的标准方程以及圆锥曲线中的最值问题，属于较难题．
(1)根据题意联立方程组，求出a和b的值，即可得到椭圆方程；
(2)可设直线AB的方程为y=kx+m(m≠0)，则△ABP的面积S=12AB⋅d=36⋅(m-4)2(12-m2).其中m∈(-23,0)∪(0,23).令u(m)=(12-m2)(m-4)2，m∈(-23,0)∪(0,23)，利用导数求最值即可．

20.【答案】解：选择条件①a1，a2，a5成等比数列，Tn=2-bn，
设数列an的公差为d，
由a1，a2，a5成等比数列，即a22=a1a5，
所以1+d2=1+4d，解得d=0(舍)或d=2，
所以an=2n-1，
因为Tn=2-bn，则Tn+1=2-bn+1，
所以bn+1=Tn+1-Tn=2-bn+1-2+bn，则bn+1bn=12，
又b1=T1=2-b1，解得b1=1，
所以bn=12n-1，
选择条件②，S55-S33=2，Tn=2-(12)n-1,
设数列an的公差为d，
所以S55-S33=5a1+10d5-3a1+3d3=d=2，
所以an=2n-1，
因为Tn=2-(12)n-1，
令n=1，可得b1=1，
当n≥2时，bn=Tn-Tn-1=12n-1，
且n=1时，b1=1适合上式，
所以bn=12n-1，
选择条件③，数列{bn}为等比数列，n=110 1anan+1=1021，a1=b1，a3b4=58，
设数列an的公差为d，
所以1anan+1=1d1an-1an+1，
所以n=1101anan+1=1d1a1-1a2+1a2-1a3+⋯+1a10-1a11
=1d1a1-1a11=10a1a11=1021，
又a1=1，则a11=21，
所以d=2，
所以an=2n-1，
设数列bn的公比为q，
因为a3=5，a3b4=58，可得b4=18，
又a1=b1=1，可得q=12，
所以bn=12n-1，
(2)anbn=2n-112n-1=2n-1·2n-1，
所以Mn=1×20+3×21+5×22+⋯+2n-3·2n-2+2n-1·2n-1，
2Mn=1×21+3×22+5×23+⋯+2n-3·2n-1+2n-1·2n，
以上两式相减，并化简可得Mn=2n-3·2n+3． 
【解析】本题主要考查数列的递推关系，等差数列的通项公式和求和公式，等比数列的通项公式与性质，以及数列的求和方法：裂项相消法，错位相减法，属于难题．
(1)选择条件①，利用等比数列的性质，以及等差数列的通项公式，等比数列的通项公式，即可得；
选择条件②，利用等差数列的求和，与数列的递推关系，即可得；
选择条件③，利用数列的求和方法：裂项相消法，等比数列的通项公式，即可得；
(2)利用数列的求和方法：错位相减法，即可得．

21.【答案】(1)证明：因为PA=PD=2，AD=2，则PA2+PD2=AD2，
则PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA=A，
所以PD⊥平面PAB，
又PD⊂平面PCD，
于是平面PCD⊥平面PAB，
(2)解：PA=2，AB=1，PB=3，则PA2+AB2=PB2，则AB⊥PA，
又PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，且PD∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD．
又AD⊂平面PAD，则AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形，
以A为原点，AB，AD的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，
如图所示：

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以AC=(1,2,0)，AP=(0,1,1)，PD=(0,1,-1)，
由PD⊥平面PAB，知PD=(0,1,-1)是平面PAB的一个法向量．
设ED=λPD，则E(0,2-λ,λ)，
所以AE=(0,2-λ,A).
设平面EAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AC=0,
所以(2-λ)y+λz=0x+2y=0,
令y=-1，得n=(2,-1,2-λλ).
所以|cos|=PD⋅n|PD|⋅n=277，
所以12x2-8A+1=0，解得λ=12或16．
即点E满足ED=12PD或ED=16PD时符合题意． 
【解析】本题考查面面垂直的判定和性质，考查利用空间向量求二面角所成的余弦值，属于中档题．
(1)根据线面垂直的判定定理先证PD⊥平面PAD，再由面面垂直的判定即可得证;
(2)以A为原点，AB，AD的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，设ED=λPD，求出相关向量的坐标，求出两平面的法向量，列出关于λ的方程即可得解．

22.【答案】解：(1)由e=12可设a=2t，c=t，则b=3t，
则方程化为x24t2+y23t2=1，
又点P(1,32)在椭圆上，则14t2+943t2=1，解得t=1，
因此椭圆C的方程为x24+y23=1. 
(2)设A,B直线的方程为y=kx+m，
联立直线AB和椭圆C的方程消去y得3x2+4(kx+m)2-12=0，
化简得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，
S△AOB=12|m|⋅|x2-x1|=12|m|⋅(x2+x1)2-4x1x2  
=12|m|⋅(-8km3+4k2)2-4⋅4m2-123+4k2
=2|m|3+4k2⋅4k2m2-(m2-3)(3+4k2)
=2|m|3+4k2⋅9-3m2+12k2
=23|m|3+4k2⋅3+4k2-m2
=23⋅m23+4k2-m4(3+4k2)2 
当S取得最大值时，m23+4k2=12，即此时2m2=3+4k2，
又x1+x2=-8km3+4k2，y1+y2=k(x1+x2)+2m=6m3+4k2，
则M(x1+x22,y1+y22)，即M(-4km3+4k2,3m3+4k2)
令x=-4km3+4k2y=3m3+4k2，则x22+y232=1，
因此平面内存在两点M、N使得|GM|+|HM|=22．
当直线AB的斜率不存在时，设A(2cosθ,3sinθ)，则B(2cosθ,-3sinθ)
S▵AOB=23sinθcosθ=3sin2θ，即当θ=π4取得最大值3．
此时AB中点M的坐标为(2,0)，满足方程x22+y232=1，
即|GM|+|HM|=22. 
 
【解析】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了圆锥曲线中的最值问题与定值问题，，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．
(Ⅰ)由椭圆的离心率设a=2t，c=t，则b=3t，将P(1,32)代入椭圆方程，进而得到椭圆方程；
(Ⅱ)设A,B直线的方程为y=kx+m，联立直线AB和椭圆C的方程，结合韦达定理求解▵AOB面积，当S取得最大值时，2m2=3+4k2，则即M(-4km3+4k2,3m3+4k2)满足x22+y232=1结合椭圆定义可知|GM|+|HM|=22，当直线AB的斜率不存在时也可求解|GM|+|HM|=22．