还剩23页未读，
继续阅读
2022-2023学年云南省三校高考数学联考试卷（八）（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年云南省三校高考数学联考试卷（八）（含解析），共26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。
2022-2023学年云南省三校高考数学联考试卷（八）
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p：x2−x−12≤0，q：7x+3≥1，则p是q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
2. 已知x，y的对应值如表所示：
x
0
2
4
6
8
y
1
m+1
2m+1
3m+3
11
若y与x线性相关，且回归直线方程为y=1.6x+0.6，则m=( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. (cos75°+isin75°)×( 22− 22i)9=( )
A. 32+12i B. 32−12i C. 12+ 32i D. 12− 32i
4. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+12−3nan+1=Sn(Sn+2⋅3n)，则S2023=( )
A. 32023−1 B. 32023−12 C. 32023+12 D. 32022+12
5. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游.除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，山东也成为备选地之一.若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有( )
A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360
6. 已知函数f(x)=sin(2x+φ)+1(0<φ<π)满足f(x)+f(5π6−x)=2，若0
7. 已知向量b、c和单位向量a满足|a−b|=2|b|，|c−a|+|c+a|=4，则b⋅c的最大值为( )
A. 4 23 B. 2 C. 2 D. 52
8. 设O为坐标原点，F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1作圆O：x2+y2=b2的一条切线F1T，切点为T.线段F1T交C于点P，若△OPT的面积为12，且sin∠F1PF2=45，则C的方程为( )
A. x22−y22=1 B. x22−y24=1 C. x2−y216=1 D. x24−y24=1
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(1−2x)2023=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a2023x2023，则( )
A. 展开式中所有项的系数和为−1
B. 展开式中二项系数最大项为第1012项
C. a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202322023=−1
D. a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+2023a2023=2023
10. 已知点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，且|PM|2+|PN|2=10，Q为线段M，N的中点，则( )
A. 过点P有且只有一条直线与圆O相切 B. |QM|2+|OQ|2=1
C. 点Q在直线x+2y+1=0上运动 D. |MN|的最大值为 2
11. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，E，F分别为棱AA1，CC1，BC的中点，O1为侧面AA1B1B的中心，则( )
A. 直线AB//平面PEF B. 直线A1C//平面O1EF
C. 三棱锥O1−PEF的体积为13 D. 三棱锥P−BCE的外接球表面积9π
12. 已知x>0时，(ex−ax−b−c)(ax+b−lnx)≥0，则( )
A. 当c<2时，b+c>1，a+b≥0 B. 当c<2时，a+lna>2c−3
C. 当c>3时，a+lna3时，a+lna<2c−3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2023年国家公务员考试笔试于1月8日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分N(80,σ2).若P(75≤x≤85)=15，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为______ ．
14. 已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(1−2x)=f(1+2x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=x，若将方程f(x)=logn+1|x|(n∈N*)实数解的个数记为an，则1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1= ______ ．
15. 在△ABC中，若sinA=2cosBcosC，则cos2B+cos2C的最大值为______ ．
16. 斜三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面ABB1A1，若AB=3 3，AC=BC=3，sin∠A1AB=13，在三棱柱ABC−A1B1C1内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱ABC−A1B1C1的高为______ ．
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10.0分)
已知△ABC中，sinC= 32，tanA+tanB=23 3．
(1)求tanA；
(2)若点D为BC边上靠近点B的三等分点，求∠ADC的余弦值．
18. (本小题12.0分)
在2005年世青赛中，被称作“超白金一代”的中国男足U23代表队打出了中国男足在世界舞台上的最好表现.球队的战术核心，来自沈阳的陈涛入选了奏事最佳阵容.世青赛的赛制分为小组赛、淘汰赛两个阶段.小组赛中，参赛的32支代表队被分为8各小组，每个小组4支球队，按照单循环赛制选出两支球队进入淘汰赛.淘汰赛中16支球队捉对厮杀，败者淘汰胜者晋级，通过4轮比赛决出最后的冠军．
(1)已知在小组赛中，每赢一场记3分，打平一场记1分，输一场记0分.小组赛阶段中国队与巴拿马、土耳其、乌克兰三支球队分在同一组.首战中中国队惊险战胜了欧洲亚军土耳其队，在小组赛占据了优势.面对后两场比赛的对手乌克兰队和巴拿马对，根据赛前球探报告分析，中国队都有实力优势，可以近似认为后两场比赛中国的获胜的概率都为0.5，打平的概率都为0.2，输球的概率都为0.3.设中国队三场小组赛之后的总积分为随机变量X，求出其分布列和期望．
(2)10号队员陈涛作为中国队的进攻核心，他的表现对中国队而言举足轻重.过往数据表示，在所有陈涛出场并且有进球或者助攻的比赛中，中国队赢得了其中80%的场次，陈涛在其代表中国队出场的40场比赛中，有30场比赛完成了进球或者助攻．
在本届比赛中，中国队在小组赛中顺利出线，淘汰赛首轮中对阵世界足坛的传统强队德国队.已知在淘汰赛对阵德国队的比赛中，陈涛代表中国队出场比赛，虽然经过全队不懈努力，仍然不敌强大的德国队，遗憾告别世界杯.那么，若以过往的数据估计概率，请估计陈涛在本场比赛贡献进球或者助攻的概率．
19. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足an+1=3an+47−an，a1=34．
(1)计算：a2，a3，a4，a5，猜想数列{an}的通项公式，并证明你的结论；
(2)若∀n∈N+，1.1n(2−an)>k，求k的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知直角梯形形状如图，其中AB⊥AD，DC=2AB=6AE，AB=6，AD=2．
(1)在线段CD上找出点F，将四边形ADFE延EF翻折，形成几何体A′BE−D′CF.若无论二面角A′−EF−B多大，都能够使得几何体A′BE−D′CF为棱台，请指出点F的具体位置(无需给出证明过程)．
(2)在(1)的条件下，若二面角A′−EF−B为直二面角，求棱台A′BE−D′CF的体积，并求出此时二面角B−A′D′−E的余弦值．
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x24+y2b2=1(b>0)与y轴交于A(0,b)，B(0,−b)两点，椭圆上异于A，B两点的动点D到A，B两点的斜率分别为k1，k2，已知k1k2=−14．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过定点G(−1,−1)与动点D的直线，与椭圆交于另外一点H，若AH的斜率为k3，求k2+k3的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知f(x)=x2+ax，g(x)=lnx有且仅有一条公切线l．
(1)求f(x)的解析式，并比较f(x)与g(x)的大小关系．
(2)证明：i=1ni+1i2>ln(n+1)，n∈N+．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由x2−x−12≤0得(x+3)(x−4)≤0，得−3≤x≤4，即p：−3≤x≤4，
由7x+3≥1，得7x+3−1=4−xx+3≥0，即x−4x+3≤0，得−3
故选：B．
求出不等式的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，求出不等式的等价条件，利用充分条件和必要条件和不等式的关系进行判断是解决本题的关键，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由表可知，x−=15×(0+2+4+6+8)=4，y−=15×(1+m+1+2m+1+3m+3+11)=6m+175，
因为回归直线方程经过样本中心点(x−,y−)，
所以6m+175=1.6×4+0.6，
解得m=3．
故选：B．
根据表中数据，可得样本中心点(x−,y−)，再将其代入回归直线方程，即可求得m的值．
本题考查线性回归方程的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：( 22− 22i)9=[cos(−45°)+sin(−45°)i]9=cos(−405°)+sin(−405)°i，
故(cos75°+isin75°)×( 22− 22i)9
=(cos75°+isin75°)[cos(−405°)+sin(−405)°i]
=cos(−330°)+sin(−330°)i= 32+12i．
故选：A．
根据已知条件，结合欧拉公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由Sn+12−3nan+1=Sn(Sn+2⋅3n)，
得Sn+12−3n(Sn+1−Sn)=Sn2+2⋅3n⋅Sn，
∴(Sn+1+Sn)(Sn+1−Sn)−3n(Sn+1+Sn)=0，
∵an>0，∴Sn+1−Sn=3n，
又S1=a1=2，
∴S2023=(S2023−S2022)+(S2022−S2021)+...+(S2−S1)+S1
=32022+32021+...+31+2
=3×(1−32022)1−3+2=32023−32+2=32023+12．
故选：C．
由已知数列递推式可得Sn+1−Sn=3n，再由累加法结合等比数列的前n项和公式求解．
本题考查数列递推式，考查等比数列的前n项和，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：①恰有2个部门所选的旅游地相同，，
第一步，先将选课相同的2个部门选出，有C42=6种可能；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有A63=120，
根据分步计数原理可得，方法有6×120=720种；
②4个部门所选的旅游地全不相同的方法有A64=360种，
根据分类加法计数原理可得，
则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有360+720=1080种．
故选：B．
分为恰有2个部门所选的旅游地相同，以及4个部门所选的旅游地全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵f(x)+f(5π6−x)=2，
∴f(x)关于(5π12,1)对称，
即2×5π12+φ=kπ，k∈Z，
得φ=kπ−5π6，k∈Z，
∵0<φ<π，∴当k=1时，φ=π6，
则f(x)=sin(2x+π6)+1，
由f(x1)=f(x2)=25，得sin(2x1+π6)=−35，sin(2x2+π6)=−35，
∵0
∴π6<2x1+π6<2x2+π6<13π6，
令t=2x+π6，则t1=2x1+π6，t2=2x2+π6，
则t1，t2关于t=3π2对称，
则t1+t2=2×3π2=3π，
则2x1+π6+2x2+π6=3π，得x1+x2=4π3，
则x2=4π3−x1，
则sin(x2−x1)=sin(4π3−x1−x1)=sin(4π3−2x1)，
设θ=2x1+π6，则2x1=θ−π6，sinθ=−35，
则sin(4π3−2x1)=sin(4π3−θ+π6)=sin(3π2−θ)=−sin(π2−θ)=−cosθ，
∵π6<θ<13π6，sinθ=−35<0，
∴π<θ<3π2，cosθ<0，即cosθ=−45，
则sin(x2−x1)=sin(4π3−2x1)=−cosθ=45．
故选：D．
根据条件得到f(x)关于(5π12,1)对称，利用对称性求出φ的值，根据f(x1)=f(x2)=25，利用换元法得到f(x)的对称轴，利用对称性和诱导公式进行转化求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用条件得到对称中心，求出φ的值，然后利用换元法转化为三角函数的对称性问题进行求解是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为|a|=1，建立平面直角坐标系，不妨设a=(1,0)，c=(x,y)，
由|c−a|+|c+a|=4，根据椭圆的定义知，点C(x,y)的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，如图所示：
又因为|a−b|=2|b|，不妨设a与b共线反向，则OA=a=(1,0)，OB=b=(−1,0)，
当c=OC=(−2,0)时，b⋅c取得最大值为2，
根据选项知，2是选项中的最大值，即b⋅c的最大值为2．
故选：C．
根据题意建立平面直角坐标系，不妨设a=(1,0)，c=(x,y)，则点C(x,y)的轨迹是椭圆，再由|a−b|=2|b|，取a与b共线反向，且c与b同向时，b⋅c取得最大值．
本题考查了平面向量的数量积计算问题，也考查了数形结合思想与转化思想，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由圆O的方程x2+y2=b2知，|OT|=b，
又∵OT⊥F1T，∴在直角△OTF1中，|F1T|= |OF1|2−|OT|2= c2−b2=a，
且sin∠TF1O=|OT||OF1|=bc．
在△OPT中，OT⊥PT，△OPT的面积S△OPT=|OT|⋅|PT|2=|PT|⋅b2=12，
∴|PT|=1b．
在△F1PF2中，sin∠PF1F2=sin∠TF1O=bc，
由正弦定理，|F1F2|sin∠F1PF2=|PF2|sin∠PF1F2，
∴|PF2|=|F1F2|sin∠PF1F2sin∠F1PF2=2c×bc45=5b2，
∴由双曲线定义，|PF1|=|PF2|−2a=5b2−2a，
又∵|F1T|=a，|PT|=1b，∴|PF1|=a−1b，
∴5b2−2a=a−1b，即3a=5b2+1b．
∵∠F1TO为直角，∴易知∠F1PF2为钝角，
∴由sin∠F1PF2=45，知，cos∠F1PF2=−35，
在△F1MF2中，由余弦定理可得：
|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1|⋅|MF2|⋅cos∠F1MF2，
∴4c2=(5b2−2a)2+(5b2)2−2×(5b2−2a)×5b2(−35)，
∴4a2+4b2=25b24−10ab+4a2+25b24+15b22，
整理得b2−ab=b(b−a)=0，∴b=a．
又∵3a=5b2+1b，将b=a代入，解得a=b= 2．
∴双曲线H的方程为：x22−y22=1．
故选：A．
由双曲线定义，△OMT的面积，直角△OTF1中的锐角三角函数和△F1MF2中的正弦定理、余弦定理建立a，b，c之间的关系方程，再求解即可．
本题考查双曲线的几何性质，解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：令x=1，得所有项系数和为(1−2)2023=−1，故A正确，
∵n=2023，∴展开式中有2024项，则展开式中二项系数最大项为第1012项或1013项，故B错误，
令x=0得，a0=1，令x=12得(1−2×12)2023=a0+a12+a222+⋯+a202322023=0，
∴a12+a222+⋯+a202322023=−a0=−1，故C正确，
等式两边对x求导数得−2×2023(1−2x)2022=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2023a2023x2022，
令x=1得a1+2a2+3a3+⋯+2023a2023=−4046，故D错误．
故选：AC．
A.令x=1进行求解．
B.展开式中二次系数最大值的项有两项．
C.令x=0或x=12进行求解．
D.先对等式两边对x求导数，然后令x=1进行计算即可．
本题主要考查二项式定理的应用，利用二项式系数的性质，利用赋值法以及求导数法进行计算是解决本题的关键，是中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，显然P在圆的外侧，过P作圆的切线有2条，
所以A不正确；
点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，Q为线段M，N的中点，MN是圆的一条弦，OQ⊥MN，
所以|QM|2+|OQ|2=1，
所以B正确；
点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
可得x12+y12=1，x22+y22=1，
且|PM|2+|PN|2=10，(x1−1)2+(y1−1)2+(x2−1)2+(y2−1)2=10，
化简可得：x1+x2+y1+y2=2，Q为线段M，N的中点．设Q(x,y)，
可得x+y=1，点Q在直线x+y−1=0上运动，
所以C不正确；
圆的圆心到直线的距离的最小值为：1 2= 22，
所以|MN|的最大值为：2 1−( 22)2= 2，
所以D正确．
故选：BD．
判断点与圆的位置关系，判断A的正误；利用勾股定理判断B；求解轨迹方程，即可判断C；结合轨迹方程，利用点到直线的距离转化求解最大值判断D．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由题意，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，P，E，F分别为棱AA1，CC1，BC的中点，
O1为侧面AA1B1B的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，
则A(2,0,2)，B(2,2,2)，C(0,2,2)，D(0,0,2).A1(2,0,0)，
B1(2,2,0)，C1(0,2,0)，D1(0,0,0)，O(2,1,1)，P(2,0,1)，
E(0,2,1)，F(1,2,2)，
A项，
AB=(0,2,0)，EP=(2,−2,0)，EF=(1,0,1)，
设平面PEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EP=2x−2y=0n⋅EF=x+z=0，令x=1，则y=1，z=−1，
∴平面PEF的一个法向量为n=(1,1,−1)，
AB⋅n=0+2+0=2≠0，∴直线AB与面PEF不平行，A错误；
B项，
A1C=(−2,2,2)，EO1=(2,−1,0)，EF=(1,0,1)，
设平面PEF的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅EO1=2a−b=0m⋅EF=a+c=0，令a=1，则b=2，c=−1，
∴平面PEF的一个法向量为m=(1,2,−1)，
∴直线A1C与平面O1EF平行， B正确；
C项，
VO1−PEF=VF−PO1E=13S△PO1E⋅h=13×1×22×1=13，C正确；
D项，
如图，三棱锥P−BCE恰好在长方体ABCD−PGEH上，且CP为体对角线，
∴CP为三棱锥P−BCE外接球的直径，由几何知识得CP= (2−0)2+(0−2)2+(1−2)2=3，
∴三棱锥P−BCE的外接球表面积为S=4π(AC2)2=4π×(32)2=9π，D正确．
故选：BCD．
建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，求出相应三棱锥的体积和外接球的表面积，即可得出结论．
本题考查空间几何体的体积，表面积的计算，考查线面平行的证明，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：不妨设f(x)=ex−c，g(x)=lnx，h(x)=ax+b，
因为当x>0时，(ex−ax−b−c)(ax+b−lnx)≥0，
所以[f(x)−h(x)][h(x)−g(x)]≥0，
所以x>0时，f(x)≥h(x)≥g(x)或f(x)≤h(x)≤g(x)，
对于选项A和选项B：当c<2时，f(x)=ex−c>ex−2，
不妨设t(x)=ex−x−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得t′(x)=ex−1，
当x>0时，t′(x)>0，所以t(x)单调递增，
所以t(x)>t(0)=0，
则当x>0时，ex>x+1，
所以f(x)=ex−c>ex−2>x−1，
不妨设u(x)=x−1−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得u′(x)=1−1x，
当0
所以u(x)≥u(1)=0，
即x−1≥lnx，
所以f(x)=ex−c>ex−2>x−1≥lnx=g(x)，
即∀x>0，f(x)≥h(x)≥g(x)，
不妨设s(x)=h(x)−g(x)=ax+b−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
易知s(x)≥0，a>0，
可得s′(x)=a−1x，
当0
所以s(x)≥s(1a)=1+b+lna≥0，
则a≥e−b−1，
由s(1)≥0，可得a≥−b，a+lna≥a−b−1≥−2b−1，
当x→0时，由f(x)≥h(x)，
解得b<1−c，
此时a+lna>−2(1−c)−1=2c−3，故选项B正确，
不妨令a=1，b=−1，c=1，
则a+lna=c，故选项A错误；
对于选项C和选项D：当c>3时，f(1)=e−c
此时lnx1=ex1−c=ax1+blnx2=ex2−c=ax2+b，(0
c=ex1+ex22−lnx1+lnx22=ex1+ex22−ln x1x2，
下证不等式 ab0)成立，
不妨设a>b>0，
先证 ab
令 ab=t(t>1)，
不妨设f(t)=2lnt−t+1t(t>1)，
可得f′(t)=2t−1−1t2=−(t−1)2t2<0，
所以f(t)在(1,+∞)上单调递减，
又f(1)=0，
所以当t>1时，f(t)=2lnt−t+1t<0恒成立，
即lnab< ab− ba成立，
再证a−blna−lnb
令ab=t，t>1，
不妨设g(t)=lnt−2(t−1)t+1，函数定义域为(1,+∞)，
可得g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，
又g(1)=0，
所以当t>1时，lnt−2(t−1)t+1>0恒成立，
即a−blna−lnb
=a−ln1a=a+lna，
所以a+lna
由题意，可以用f(x)=ex−c，g(x)=lnx，h(x)=ax+b这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在x>0时的大小位置关系，结合ex>x+1，x−1≥lnx进行初步判断函数的大小关系，利用c的变化对f(x)和g(x)的相对位置的变化影响进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和利用导数解决不等式问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
13.【答案】36125
【解析】解：∵考生成绩X服从正态分N(80,σ2)，
∴P(X>85)=1−P(75≤X≤85)2=1−152=25，
∴从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为C32×(25)2×(1−25)=36125．
故答案为：36125．
根据正态分布曲线的对称性求出P(X>85)=25，再利用二项分布的概率公式求解即可．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了二项分布的概率公式，属于基础题．
14.【答案】n4(n+1)
【解析】解：因为定义域为R的偶函数f(x)满足f(1−2x)=f(1+2x)，
所以f(−x)=f(x)，f(1−x)=f(1+x)，所以f(−x)=f(x+2)=f(x)，
所以函数f(x)是以2为周期得周期函数，
方程f(x)=logn+1|x|(n∈N*)的实数解个数，
即函数y=f(x)，y=logn+1|x|(n∈N*)的交点个数，
不难发现y=logn+1|x|(n∈N*)也是偶函数，
所以两函数的交点是关于纵轴对称的，
这里只分析x>0的情况．
结合条件作出两函数简要图象如下：
当n=1时，
此时有两个交点，即a1=2，
当n=2时，
此时有4个交点，即a2=4，
当n=3时，
此时有6个交点，即a3=6，以此类推，可知an=2n，
故1anan+1=14(1n−1n+1)，
所以1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=14(1−1n+1)=n4(n+1)．
故答案为：n4(n+1)．
由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，得出数列通项，裂项相消求和即可．
本题考查了抽象函数的奇偶性、周期性、函数与方程思想，也考查了数形结合思想，裂项相消求和，属于中档题．
15.【答案】 2+12
【解析】解：首先证明：在△ABC中，有cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−c2−2abcosC=0，
由正弦定理得sinA2+sinB2−sinC2−2sinAsinBcosC=0，
令cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=M，
上述两式相加得M=2+cos2C−sin2C+2(cosAcosB−sinAsinB)cosC，
=2+cos2C−sin2C+2cos(A+B)cosC
=2+cos2C−sin2C−2cos2C=2−(cos2C+sin2C)=1，
所以cos2B+cos2C=1−cos2A−2cosAcosBcosC
=1−1+cos2A2−sinAcosA=12−12(sin2A+cos2A)
=12− 22sin(2A+π4)，
∵A∈(0,π)，∴2A+π4∈(π4,9π4)，
∴当2A+π4=3π2，即A=58π时，sin(2A+π4)=−1，此时cos2B+cos2C的值最大，最大值为 2+12．
故答案为： 2+12．
先由题证明得cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，再化简得cos2B+cos2C=12− 22sin(2A+π4)，再利用三角函数的图像和性质求出最大值．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角函数的恒等变换，属于中档题．
16.【答案】43
【解析】解：在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，与平面ABC相切的球的球心为O1，与平面A1B1C1相切的球的球心为O2，
因为球O1、球O2与平面ABB1A1都相切，令切点分别在D，E，有O1O2//DE，
又球O1、球O2与平面ACC1A1都相切，则O1O2//平面ACC1A1，又DE⊄平面ACC1A1，
于是DE//平面ACC1A1，
而DE⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，
因此DE//AA1，且DE=O1O2，在平面ABC内过点A作Ay⊥AB，在平面ABB1A1过点A作Az⊥AB，
因为平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，则Az⊥平面ABC，
以点A作原点，射线AB、Ay，Az的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在△ABC中，AB=3 3，AC=BC=3，则∠BAC=∠ABC=30°AC的方向向量a=( 3,1,0)，BC的方向向量b=(− 3,1,0)，
由sin∠A1AB=13，得BB1,AA1的方向向量c=(2 2,0,1)，
设平面ACC1A1的法向量n=(x1,y1,z1)，则 n⋅a= 3x1+y1=0n⋅c=2 2x+z1=0，
令x1=−1，得n=(−1, 3,2 2)，
设平面BCC1B1的法向量m=(x2,y2,z2)，则m⋅b=− 3x2+y2=0m⋅c=2 2x2+z2=0，
令x2=1，得m=(1, 3,−2 2)，
令球O1的半径为r，设点O(x,r,r)，则 AO1=(x,r,r)，BO1=(x−3 3,r,r)，
由|AO1⋅n||n|=r=|BO1⋅m||m|，得 |−x+( 3+2 2)r|=2 3r=|x−3 3+( 3−2 2)r|，
显然点C到平面ABB1A1的距离等于等腰△ABC底边AB上的高32，即有0
代入得 |−x+( 3+2 2)r|=2 3r，解得r=12，
DE=O1O2=2r=1，线段DE在z轴上的投影为DE∠A1AB=13×2r=13，
显然三棱柱ABC−A1B1C1的高等于点O1到平面ABC的距离r，点O2到平面A1B1C1的距离r与DE在z轴上的投影的和，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的高为2r+13=43．
故答案为：43．
由题中相关条件证明到AB、Ay，Az两两互相垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出平面ACC1A1和平面BCC1B1的法向量，再结合题中条件建立等量关系求出球O1的半径，再由题中图形的几何特征得到三棱柱ABC−A1B1C1的高．
本题考查利用空间向量求点到平面的距离问题，属于难题．
17.【答案】解：(1)依题意可知23 3=sinAcosA+sinBcosB=sinCcosAcosB= 32cosAcosB，
34=cosAcosB=12(cos(A+B)+cos(A−B))=12(−cosC+cos(A−B))，
∴cos(A−B)=32+cosC，又∵sinC= 32，∴cosC=±12，
∴cos(A−B)=2(舍去)或1，∴cosC=−12，
且A−B=0，∴C=2π3，A=B=π6，tanA= 33；
(2)不妨取AC=BC=3，∴CD=2，
∴AD= 32+22−2×(−12)×2×3= 19，
∴cos∠ADC=4+19−94 19=738 19．
【解析】(1)切化弦，再利用积化和差公式恒等变形即可；(2)根据余弦定理求AD，求∠ADC的余弦值．
本题考查三角恒等变形，考查余弦定理，属于基础题．
18.【答案】解：(1)依题意，随机变量X可取值为：3，4，5，6，7，9，
P(X=3)=0.3×0.3=0.09，
P(X=4)=C21×0.2×0.3=0.12，
P(X=5)=0.2×0.2=0.04，
P(X=6)=C21×0.5×0.3=0.3，
P(X=7)=C21×0.5×0.2=0.2，
P(X=9)=0.5×0.5=0.25，
所以X的分布列为：
X
3
4
5
6
7
9
P
0.09
0.12
0.04
0.3
0.2
0.25
E(X)=3×0.09+4×0.12+5×0.04+6×0.3+7×0.2+9×0.25=6.4．
(2)记事件A为陈涛取得进球或者助攻，则A−为末进球且未助攻，
则P(A)=3040=0.75，P(A−)=1−0.75=0.25，
事件B为中国队获胜，则P(B|A)=0.8，P(B|A−)=0.2，
P(B)=P(B|A−)P(A−)+P(B|A)P(A)=0.2×0.25+0.8×0.75=0.65，P(B−)=1−0.65=0.35，
P(AB−)=P(B−|A)P(A)=(1−0.8)×0.75=0.15，
所以P(A|B−)=P(AB−)P(B−)=37，即在中国队输给德国队的前提下，陈涛进球或助攻的概率为37．
【解析】(1)求出X的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答；
(2)利用全概率公式求出中国队获胜的概率，再利用条件概率公式求解作答．
本题考查条件概率，考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
19.【答案】解：(1)∵an+1=3an+47−an，a1=34，
∴a2=3×34+47−34=1，a3=3×1+47−1=76，a4=3×76+47−76=97，a5=3×97+47−97=118，
猜测an=2n+1n+3，
数学归纳法证明如下：由上及已知有n=1，2，3，4，5均满足an=2n+1n+3，
假设n=k∈N*，ak=2k+1k+3成立，则ak+1=2ak+17−ak=2×2k+1k+3+17−2k+1k+3=2k+3k+4=2(k+1)+1(k+1)+3，满足上式；
综上所述，an=2n+1n+3且n∈N*；
(2)令bn=1.1n(2−an)=5×(1110)nn+3，
故bn+1−bn=5×(1110)n+1n+4−5×(1110)nn+3=0.5×(1110)n(n−7)(n+3)(n+4)，
当n=1，2，3，4，5，6时，bn+1bn，且b7=b8=12×1.17为最小项，
故∀n∈N+有bn>k，则k<12×1.17，
故k的取值范围为(−∞,12×1.17).
【解析】(1)根据递推式写出对应项，并猜测通项公式，应用数学归纳法，即可证明结论；
(2)由题意bn=1.1n(2−an)=5×1．1nn+3，利用作差法求bn的最小项，即可得出答案．
本题考查数列与不等式的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解(1)F为靠近D的三等分点，即DF=4，
理由是：只需翻折前DA，FE，CB延长三线交于一点即可
因为翻折前DF=2AE，DC=2AB，
所以AEDF=ABDC=612，所以DF=4；
(2)因为翻折前DF=2AE，DC=2AB，
所以DA，FE，CB延长一倍，三线交于一点H
可得三角形HDF为等腰直角三角形，故DE⊥HF，
又二面角A′−EF−B为直二面角，所以面A′EFD′⊥面EFCB，且面A′EFD′∩面EFCB=FH，
所以D′E⊥面EFCB，
可得DE=2 2，故VD′−HBC=13S△HFC⋅D′E=13×12×FC×HD×2 2=13×12×4×8×2 2=32 23，
又VH−A′EB=VA′−HEB=18VD′−HFC=4 23，
所以台A′BE−D′CF的体积V=32 23−4 23=28 23，
如图1，可得BE//DF，BE=DF，故四边形DFBE为平行四边形，所以BF//DE，故BF⊥EF，
所以BF⊥面A′EFD′，又FD′⊥A′D′，连接D′B，即可得∠FD′B为二面角B−A′D′−E的平面角，
在Rt△BFD′中，BF=2 2，D′F=4，可得D′B=2 6，
cos∠FD′B=D′FD′B=42 6= 63，
所以二面角B−A′D′−E的余弦值为 63．
【解析】(1)只需翻折前DA，FE，CB延长一倍，三线交于一点即可；
(2)将棱台A′BE−D′CF补成棱锥，利用VD′−HBC−VH−A′EB即可求解棱台A′BE−D′CF的体积，易得BF⊥EF，BF⊥面A′EFD′，又FD′⊥A′D′，连接D′B，即可得∠FD′B为二面角B−A′D′−E的平面角，在Rt△BFD′中，求得cos∠FD′B=D′FD′B=42 6= 63，即可．
本题考查了空间二面角、空间几何体的体积，考查了空间想象能力、转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)取D(x0,y0)在椭圆上，
所以x024+y02b2=1，
所以y02=b2−b2x024，
又因为k1=y0−bx0，k2=y0+bx0，
所以−14=k1k2=y0−bx0⋅y0+bx0=y02−b2x02=−b2x024x02=−b24，
所以b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)当直线GD的斜率存在时，设直线GD的方程为y=kx+k−1=kx+m，其中m=k−1，
联立y=kx+mx24+y2=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)=64k2+16−16m2=16(3k2+2k)>0，
所以k>0或k<−23，
取D(x0,y0)，H(x1,y1)为交点，
所以x0+x1=−8km4k2+1，x0x1=4m2−44k2+1，
所以k1+k3=y0−1x0+y1−1x1=ky0+m−1x0+ky1+m−1x1=2k+(m−1)x0+x1x0x1，
又因为k1k2=−14，
所以k2+k3=2−14k1−k1，
取f(x)=2−14x−x(x≠0)，
所以f′(x)=14x2−1=(1−2x)(1+2x)4x2，
令f′(x)=0得x=−12或12，
所以当x<−12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当−120，f(x)单调递增，
当00，f(x)单调递增，
当x>12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又因为f(−12)=3，f(12)=1，
所以f(x)的值域为(−∞,1]∪[3,+∞)，
当直线GD的斜率不存在时，则点B与D，A与H关于x轴对称，则k2+k3=0，
综上所述k2+k3的取值范围为(−∞,1]∪[3,+∞)∪{0}．
【解析】(1)取D(x0,y0)在椭圆上，则x024+y02b2=1，又k1=y0−bx0，k2=y0+bx0，则−14=k1k2=y0−bx0⋅y0+bx0=−b24，解得b，即可得出答案．
(2)设直线GD的方程为y=kx+k−1=kx+m，其中m=k−1，联立椭圆的方程，由Δ>0，得k>0或k<−23，取D(x0,y0)，H(x1,y1)为交点，结合韦达定理可得x0+x1，x0x1，计算k1+k3=y0−1x0+y1−1x1=2k+(m−1)x0+x1x0x1，又k1k2=−14，则k2+k3=2−14k1−k1，令f(x)=2−14x−x(x≠0)，求导分析单调性，进而可得答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=x2+ax，函数定义域为R，
g(x)=lnx，函数定义域为(0,+∞)，
易得f′(x)=2x+a，g′(x)=1x，
因为函数f(x)与g(x)有且仅有一条公切线，
设公切线在两条曲线上的切点横坐标分别为m，n，
此时2m+a=1n1n=m2+am−lnnm−n，又m=12n−a2，
所以1n=(12n−a2)2+a(12n−a2)−lnn12n−a2−n，
整理得14n2−a2n+a24−1+lnn=0，①
因为其关于n的方程只有一根，
不妨取t=12n>0，
所以n=12t，
①式可化为t2−at+a24−1+ln12t=0，
不妨设h(t)=t2−at+a24−1+ln12t，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(t)=2t−a−1t=2t2−at−1t，
因为y=2t2−at−1是开口向上的二次函数，
所以h′(t)在(0,+∞)必有零点t0，
所以h(t)在(0,t0)上单调递减，在(t0,+∞)上单调递增．
因为h(t)只有一个零点，
所以h(t0)=t02−at0+a24−1+ln12t0=0，②
又t0满足2t02−at0−1=0，③
联立②③消去参数a可得14t02−1+ln12t0=0，④
不妨设p(t0)=14t02−1+ln12t0，
易知p(t0)为减函数，且p(12)=0，
结合④式，解得t0=12，
将其带入③式中，
解得a=−1，
此时f(x)=x2−x，
不妨设q(x)=f(x)−g(x)=x2−x−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得q′(x)=2x−1−1x=(2x+1)(x−1)x，
当0
所以q(x)≥q(1)=0，
即f(x)≥g(x)当且仅当x=1时等号成立；
(2)证明：由(1)知，x(x−1)>lnx，∀x≠1，
即(x+1)x>ln(x+1)，∀x≠1，
不妨取x=1n，n∈N+，
此时(1n+1)1n>ln1n+1，∀n∈N+，
即n+1n2>ln(n+1n)，∀n∈N+，
故i=1ni+1i2>ln(21)+ln(32)+...+ln(n+1n)=ln(n+1)．
【解析】(1)由题意，得到f′(x)和g′(x)表达式，根据f(x)与g(x)有且仅有一条公切线，设公切线在两条曲线上的切点横坐标分别为m，n，列出等式并整理得t2−at+a24−1+ln12t=0，设h(t)=t2−at+a24−1+ln12t，对h(t)进行求导，结合二次函数的特征得到h(t)的单调性，利用零点存在性定理得到有关t0的表达式，再按部就班即可求出t0和a的值，设q(x)=f(x)−g(x)对q(x)进行求导，利用导数得到q(x)的单调性和最值，进而即可得到答案；
(2)结合(1)中所得信息，取x=1n，n∈N+，可得n+1n2>ln(n+1n)，∀n∈N+，进而即可求证．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了转化思想和运算能力．
2022-2023学年云南省三校高考数学联考试卷（八）
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p：x2−x−12≤0，q：7x+3≥1，则p是q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
2. 已知x，y的对应值如表所示：
x
0
2
4
6
8
y
1
m+1
2m+1
3m+3
11
若y与x线性相关，且回归直线方程为y=1.6x+0.6，则m=( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. (cos75°+isin75°)×( 22− 22i)9=( )
A. 32+12i B. 32−12i C. 12+ 32i D. 12− 32i
4. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+12−3nan+1=Sn(Sn+2⋅3n)，则S2023=( )
A. 32023−1 B. 32023−12 C. 32023+12 D. 32022+12
5. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游.除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，山东也成为备选地之一.若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有( )
A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360
6. 已知函数f(x)=sin(2x+φ)+1(0<φ<π)满足f(x)+f(5π6−x)=2，若0
7. 已知向量b、c和单位向量a满足|a−b|=2|b|，|c−a|+|c+a|=4，则b⋅c的最大值为( )
A. 4 23 B. 2 C. 2 D. 52
8. 设O为坐标原点，F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1作圆O：x2+y2=b2的一条切线F1T，切点为T.线段F1T交C于点P，若△OPT的面积为12，且sin∠F1PF2=45，则C的方程为( )
A. x22−y22=1 B. x22−y24=1 C. x2−y216=1 D. x24−y24=1
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(1−2x)2023=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a2023x2023，则( )
A. 展开式中所有项的系数和为−1
B. 展开式中二项系数最大项为第1012项
C. a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202322023=−1
D. a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+2023a2023=2023
10. 已知点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，且|PM|2+|PN|2=10，Q为线段M，N的中点，则( )
A. 过点P有且只有一条直线与圆O相切 B. |QM|2+|OQ|2=1
C. 点Q在直线x+2y+1=0上运动 D. |MN|的最大值为 2
11. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，E，F分别为棱AA1，CC1，BC的中点，O1为侧面AA1B1B的中心，则( )
A. 直线AB//平面PEF B. 直线A1C//平面O1EF
C. 三棱锥O1−PEF的体积为13 D. 三棱锥P−BCE的外接球表面积9π
12. 已知x>0时，(ex−ax−b−c)(ax+b−lnx)≥0，则( )
A. 当c<2时，b+c>1，a+b≥0 B. 当c<2时，a+lna>2c−3
C. 当c>3时，a+lna
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2023年国家公务员考试笔试于1月8日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分N(80,σ2).若P(75≤x≤85)=15，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为______ ．
14. 已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(1−2x)=f(1+2x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=x，若将方程f(x)=logn+1|x|(n∈N*)实数解的个数记为an，则1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1= ______ ．
15. 在△ABC中，若sinA=2cosBcosC，则cos2B+cos2C的最大值为______ ．
16. 斜三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面ABB1A1，若AB=3 3，AC=BC=3，sin∠A1AB=13，在三棱柱ABC−A1B1C1内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱ABC−A1B1C1的高为______ ．
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10.0分)
已知△ABC中，sinC= 32，tanA+tanB=23 3．
(1)求tanA；
(2)若点D为BC边上靠近点B的三等分点，求∠ADC的余弦值．
18. (本小题12.0分)
在2005年世青赛中，被称作“超白金一代”的中国男足U23代表队打出了中国男足在世界舞台上的最好表现.球队的战术核心，来自沈阳的陈涛入选了奏事最佳阵容.世青赛的赛制分为小组赛、淘汰赛两个阶段.小组赛中，参赛的32支代表队被分为8各小组，每个小组4支球队，按照单循环赛制选出两支球队进入淘汰赛.淘汰赛中16支球队捉对厮杀，败者淘汰胜者晋级，通过4轮比赛决出最后的冠军．
(1)已知在小组赛中，每赢一场记3分，打平一场记1分，输一场记0分.小组赛阶段中国队与巴拿马、土耳其、乌克兰三支球队分在同一组.首战中中国队惊险战胜了欧洲亚军土耳其队，在小组赛占据了优势.面对后两场比赛的对手乌克兰队和巴拿马对，根据赛前球探报告分析，中国队都有实力优势，可以近似认为后两场比赛中国的获胜的概率都为0.5，打平的概率都为0.2，输球的概率都为0.3.设中国队三场小组赛之后的总积分为随机变量X，求出其分布列和期望．
(2)10号队员陈涛作为中国队的进攻核心，他的表现对中国队而言举足轻重.过往数据表示，在所有陈涛出场并且有进球或者助攻的比赛中，中国队赢得了其中80%的场次，陈涛在其代表中国队出场的40场比赛中，有30场比赛完成了进球或者助攻．
在本届比赛中，中国队在小组赛中顺利出线，淘汰赛首轮中对阵世界足坛的传统强队德国队.已知在淘汰赛对阵德国队的比赛中，陈涛代表中国队出场比赛，虽然经过全队不懈努力，仍然不敌强大的德国队，遗憾告别世界杯.那么，若以过往的数据估计概率，请估计陈涛在本场比赛贡献进球或者助攻的概率．
19. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足an+1=3an+47−an，a1=34．
(1)计算：a2，a3，a4，a5，猜想数列{an}的通项公式，并证明你的结论；
(2)若∀n∈N+，1.1n(2−an)>k，求k的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知直角梯形形状如图，其中AB⊥AD，DC=2AB=6AE，AB=6，AD=2．
(1)在线段CD上找出点F，将四边形ADFE延EF翻折，形成几何体A′BE−D′CF.若无论二面角A′−EF−B多大，都能够使得几何体A′BE−D′CF为棱台，请指出点F的具体位置(无需给出证明过程)．
(2)在(1)的条件下，若二面角A′−EF−B为直二面角，求棱台A′BE−D′CF的体积，并求出此时二面角B−A′D′−E的余弦值．
21. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x24+y2b2=1(b>0)与y轴交于A(0,b)，B(0,−b)两点，椭圆上异于A，B两点的动点D到A，B两点的斜率分别为k1，k2，已知k1k2=−14．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过定点G(−1,−1)与动点D的直线，与椭圆交于另外一点H，若AH的斜率为k3，求k2+k3的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知f(x)=x2+ax，g(x)=lnx有且仅有一条公切线l．
(1)求f(x)的解析式，并比较f(x)与g(x)的大小关系．
(2)证明：i=1ni+1i2>ln(n+1)，n∈N+．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由x2−x−12≤0得(x+3)(x−4)≤0，得−3≤x≤4，即p：−3≤x≤4，
由7x+3≥1，得7x+3−1=4−xx+3≥0，即x−4x+3≤0，得−3
故选：B．
求出不等式的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，求出不等式的等价条件，利用充分条件和必要条件和不等式的关系进行判断是解决本题的关键，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由表可知，x−=15×(0+2+4+6+8)=4，y−=15×(1+m+1+2m+1+3m+3+11)=6m+175，
因为回归直线方程经过样本中心点(x−,y−)，
所以6m+175=1.6×4+0.6，
解得m=3．
故选：B．
根据表中数据，可得样本中心点(x−,y−)，再将其代入回归直线方程，即可求得m的值．
本题考查线性回归方程的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：( 22− 22i)9=[cos(−45°)+sin(−45°)i]9=cos(−405°)+sin(−405)°i，
故(cos75°+isin75°)×( 22− 22i)9
=(cos75°+isin75°)[cos(−405°)+sin(−405)°i]
=cos(−330°)+sin(−330°)i= 32+12i．
故选：A．
根据已知条件，结合欧拉公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由Sn+12−3nan+1=Sn(Sn+2⋅3n)，
得Sn+12−3n(Sn+1−Sn)=Sn2+2⋅3n⋅Sn，
∴(Sn+1+Sn)(Sn+1−Sn)−3n(Sn+1+Sn)=0，
∵an>0，∴Sn+1−Sn=3n，
又S1=a1=2，
∴S2023=(S2023−S2022)+(S2022−S2021)+...+(S2−S1)+S1
=32022+32021+...+31+2
=3×(1−32022)1−3+2=32023−32+2=32023+12．
故选：C．
由已知数列递推式可得Sn+1−Sn=3n，再由累加法结合等比数列的前n项和公式求解．
本题考查数列递推式，考查等比数列的前n项和，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：①恰有2个部门所选的旅游地相同，，
第一步，先将选课相同的2个部门选出，有C42=6种可能；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有A63=120，
根据分步计数原理可得，方法有6×120=720种；
②4个部门所选的旅游地全不相同的方法有A64=360种，
根据分类加法计数原理可得，
则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有360+720=1080种．
故选：B．
分为恰有2个部门所选的旅游地相同，以及4个部门所选的旅游地全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵f(x)+f(5π6−x)=2，
∴f(x)关于(5π12,1)对称，
即2×5π12+φ=kπ，k∈Z，
得φ=kπ−5π6，k∈Z，
∵0<φ<π，∴当k=1时，φ=π6，
则f(x)=sin(2x+π6)+1，
由f(x1)=f(x2)=25，得sin(2x1+π6)=−35，sin(2x2+π6)=−35，
∵0
∴π6<2x1+π6<2x2+π6<13π6，
令t=2x+π6，则t1=2x1+π6，t2=2x2+π6，
则t1，t2关于t=3π2对称，
则t1+t2=2×3π2=3π，
则2x1+π6+2x2+π6=3π，得x1+x2=4π3，
则x2=4π3−x1，
则sin(x2−x1)=sin(4π3−x1−x1)=sin(4π3−2x1)，
设θ=2x1+π6，则2x1=θ−π6，sinθ=−35，
则sin(4π3−2x1)=sin(4π3−θ+π6)=sin(3π2−θ)=−sin(π2−θ)=−cosθ，
∵π6<θ<13π6，sinθ=−35<0，
∴π<θ<3π2，cosθ<0，即cosθ=−45，
则sin(x2−x1)=sin(4π3−2x1)=−cosθ=45．
故选：D．
根据条件得到f(x)关于(5π12,1)对称，利用对称性求出φ的值，根据f(x1)=f(x2)=25，利用换元法得到f(x)的对称轴，利用对称性和诱导公式进行转化求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用条件得到对称中心，求出φ的值，然后利用换元法转化为三角函数的对称性问题进行求解是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为|a|=1，建立平面直角坐标系，不妨设a=(1,0)，c=(x,y)，
由|c−a|+|c+a|=4，根据椭圆的定义知，点C(x,y)的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，如图所示：
又因为|a−b|=2|b|，不妨设a与b共线反向，则OA=a=(1,0)，OB=b=(−1,0)，
当c=OC=(−2,0)时，b⋅c取得最大值为2，
根据选项知，2是选项中的最大值，即b⋅c的最大值为2．
故选：C．
根据题意建立平面直角坐标系，不妨设a=(1,0)，c=(x,y)，则点C(x,y)的轨迹是椭圆，再由|a−b|=2|b|，取a与b共线反向，且c与b同向时，b⋅c取得最大值．
本题考查了平面向量的数量积计算问题，也考查了数形结合思想与转化思想，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由圆O的方程x2+y2=b2知，|OT|=b，
又∵OT⊥F1T，∴在直角△OTF1中，|F1T|= |OF1|2−|OT|2= c2−b2=a，
且sin∠TF1O=|OT||OF1|=bc．
在△OPT中，OT⊥PT，△OPT的面积S△OPT=|OT|⋅|PT|2=|PT|⋅b2=12，
∴|PT|=1b．
在△F1PF2中，sin∠PF1F2=sin∠TF1O=bc，
由正弦定理，|F1F2|sin∠F1PF2=|PF2|sin∠PF1F2，
∴|PF2|=|F1F2|sin∠PF1F2sin∠F1PF2=2c×bc45=5b2，
∴由双曲线定义，|PF1|=|PF2|−2a=5b2−2a，
又∵|F1T|=a，|PT|=1b，∴|PF1|=a−1b，
∴5b2−2a=a−1b，即3a=5b2+1b．
∵∠F1TO为直角，∴易知∠F1PF2为钝角，
∴由sin∠F1PF2=45，知，cos∠F1PF2=−35，
在△F1MF2中，由余弦定理可得：
|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1|⋅|MF2|⋅cos∠F1MF2，
∴4c2=(5b2−2a)2+(5b2)2−2×(5b2−2a)×5b2(−35)，
∴4a2+4b2=25b24−10ab+4a2+25b24+15b22，
整理得b2−ab=b(b−a)=0，∴b=a．
又∵3a=5b2+1b，将b=a代入，解得a=b= 2．
∴双曲线H的方程为：x22−y22=1．
故选：A．
由双曲线定义，△OMT的面积，直角△OTF1中的锐角三角函数和△F1MF2中的正弦定理、余弦定理建立a，b，c之间的关系方程，再求解即可．
本题考查双曲线的几何性质，解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：令x=1，得所有项系数和为(1−2)2023=−1，故A正确，
∵n=2023，∴展开式中有2024项，则展开式中二项系数最大项为第1012项或1013项，故B错误，
令x=0得，a0=1，令x=12得(1−2×12)2023=a0+a12+a222+⋯+a202322023=0，
∴a12+a222+⋯+a202322023=−a0=−1，故C正确，
等式两边对x求导数得−2×2023(1−2x)2022=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2023a2023x2022，
令x=1得a1+2a2+3a3+⋯+2023a2023=−4046，故D错误．
故选：AC．
A.令x=1进行求解．
B.展开式中二次系数最大值的项有两项．
C.令x=0或x=12进行求解．
D.先对等式两边对x求导数，然后令x=1进行计算即可．
本题主要考查二项式定理的应用，利用二项式系数的性质，利用赋值法以及求导数法进行计算是解决本题的关键，是中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，显然P在圆的外侧，过P作圆的切线有2条，
所以A不正确；
点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，Q为线段M，N的中点，MN是圆的一条弦，OQ⊥MN，
所以|QM|2+|OQ|2=1，
所以B正确；
点M，N在圆O：x2+y2=1上运动，点P(1,1)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
可得x12+y12=1，x22+y22=1，
且|PM|2+|PN|2=10，(x1−1)2+(y1−1)2+(x2−1)2+(y2−1)2=10，
化简可得：x1+x2+y1+y2=2，Q为线段M，N的中点．设Q(x,y)，
可得x+y=1，点Q在直线x+y−1=0上运动，
所以C不正确；
圆的圆心到直线的距离的最小值为：1 2= 22，
所以|MN|的最大值为：2 1−( 22)2= 2，
所以D正确．
故选：BD．
判断点与圆的位置关系，判断A的正误；利用勾股定理判断B；求解轨迹方程，即可判断C；结合轨迹方程，利用点到直线的距离转化求解最大值判断D．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由题意，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，P，E，F分别为棱AA1，CC1，BC的中点，
O1为侧面AA1B1B的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，
则A(2,0,2)，B(2,2,2)，C(0,2,2)，D(0,0,2).A1(2,0,0)，
B1(2,2,0)，C1(0,2,0)，D1(0,0,0)，O(2,1,1)，P(2,0,1)，
E(0,2,1)，F(1,2,2)，
A项，
AB=(0,2,0)，EP=(2,−2,0)，EF=(1,0,1)，
设平面PEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EP=2x−2y=0n⋅EF=x+z=0，令x=1，则y=1，z=−1，
∴平面PEF的一个法向量为n=(1,1,−1)，
AB⋅n=0+2+0=2≠0，∴直线AB与面PEF不平行，A错误；
B项，
A1C=(−2,2,2)，EO1=(2,−1,0)，EF=(1,0,1)，
设平面PEF的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅EO1=2a−b=0m⋅EF=a+c=0，令a=1，则b=2，c=−1，
∴平面PEF的一个法向量为m=(1,2,−1)，
∴直线A1C与平面O1EF平行， B正确；
C项，
VO1−PEF=VF−PO1E=13S△PO1E⋅h=13×1×22×1=13，C正确；
D项，
如图，三棱锥P−BCE恰好在长方体ABCD−PGEH上，且CP为体对角线，
∴CP为三棱锥P−BCE外接球的直径，由几何知识得CP= (2−0)2+(0−2)2+(1−2)2=3，
∴三棱锥P−BCE的外接球表面积为S=4π(AC2)2=4π×(32)2=9π，D正确．
故选：BCD．
建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，求出相应三棱锥的体积和外接球的表面积，即可得出结论．
本题考查空间几何体的体积，表面积的计算，考查线面平行的证明，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：不妨设f(x)=ex−c，g(x)=lnx，h(x)=ax+b，
因为当x>0时，(ex−ax−b−c)(ax+b−lnx)≥0，
所以[f(x)−h(x)][h(x)−g(x)]≥0，
所以x>0时，f(x)≥h(x)≥g(x)或f(x)≤h(x)≤g(x)，
对于选项A和选项B：当c<2时，f(x)=ex−c>ex−2，
不妨设t(x)=ex−x−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得t′(x)=ex−1，
当x>0时，t′(x)>0，所以t(x)单调递增，
所以t(x)>t(0)=0，
则当x>0时，ex>x+1，
所以f(x)=ex−c>ex−2>x−1，
不妨设u(x)=x−1−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得u′(x)=1−1x，
当0
所以u(x)≥u(1)=0，
即x−1≥lnx，
所以f(x)=ex−c>ex−2>x−1≥lnx=g(x)，
即∀x>0，f(x)≥h(x)≥g(x)，
不妨设s(x)=h(x)−g(x)=ax+b−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
易知s(x)≥0，a>0，
可得s′(x)=a−1x，
当0
所以s(x)≥s(1a)=1+b+lna≥0，
则a≥e−b−1，
由s(1)≥0，可得a≥−b，a+lna≥a−b−1≥−2b−1，
当x→0时，由f(x)≥h(x)，
解得b<1−c，
此时a+lna>−2(1−c)−1=2c−3，故选项B正确，
不妨令a=1，b=−1，c=1，
则a+lna=c，故选项A错误；
对于选项C和选项D：当c>3时，f(1)=e−c
此时lnx1=ex1−c=ax1+blnx2=ex2−c=ax2+b，(0
c=ex1+ex22−lnx1+lnx22=ex1+ex22−ln x1x2，
下证不等式 ab
不妨设a>b>0，
先证 ab
令 ab=t(t>1)，
不妨设f(t)=2lnt−t+1t(t>1)，
可得f′(t)=2t−1−1t2=−(t−1)2t2<0，
所以f(t)在(1,+∞)上单调递减，
又f(1)=0，
所以当t>1时，f(t)=2lnt−t+1t<0恒成立，
即lnab< ab− ba成立，
再证a−blna−lnb
令ab=t，t>1，
不妨设g(t)=lnt−2(t−1)t+1，函数定义域为(1,+∞)，
可得g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，
又g(1)=0，
所以当t>1时，lnt−2(t−1)t+1>0恒成立，
即a−blna−lnb
=a−ln1a=a+lna，
所以a+lna
由题意，可以用f(x)=ex−c，g(x)=lnx，h(x)=ax+b这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在x>0时的大小位置关系，结合ex>x+1，x−1≥lnx进行初步判断函数的大小关系，利用c的变化对f(x)和g(x)的相对位置的变化影响进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和利用导数解决不等式问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
13.【答案】36125
【解析】解：∵考生成绩X服从正态分N(80,σ2)，
∴P(X>85)=1−P(75≤X≤85)2=1−152=25，
∴从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，恰有2名考生的成绩高于85的概率为C32×(25)2×(1−25)=36125．
故答案为：36125．
根据正态分布曲线的对称性求出P(X>85)=25，再利用二项分布的概率公式求解即可．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了二项分布的概率公式，属于基础题．
14.【答案】n4(n+1)
【解析】解：因为定义域为R的偶函数f(x)满足f(1−2x)=f(1+2x)，
所以f(−x)=f(x)，f(1−x)=f(1+x)，所以f(−x)=f(x+2)=f(x)，
所以函数f(x)是以2为周期得周期函数，
方程f(x)=logn+1|x|(n∈N*)的实数解个数，
即函数y=f(x)，y=logn+1|x|(n∈N*)的交点个数，
不难发现y=logn+1|x|(n∈N*)也是偶函数，
所以两函数的交点是关于纵轴对称的，
这里只分析x>0的情况．
结合条件作出两函数简要图象如下：
当n=1时，
此时有两个交点，即a1=2，
当n=2时，
此时有4个交点，即a2=4，
当n=3时，
此时有6个交点，即a3=6，以此类推，可知an=2n，
故1anan+1=14(1n−1n+1)，
所以1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=14(1−1n+1)=n4(n+1)．
故答案为：n4(n+1)．
由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，得出数列通项，裂项相消求和即可．
本题考查了抽象函数的奇偶性、周期性、函数与方程思想，也考查了数形结合思想，裂项相消求和，属于中档题．
15.【答案】 2+12
【解析】解：首先证明：在△ABC中，有cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−c2−2abcosC=0，
由正弦定理得sinA2+sinB2−sinC2−2sinAsinBcosC=0，
令cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=M，
上述两式相加得M=2+cos2C−sin2C+2(cosAcosB−sinAsinB)cosC，
=2+cos2C−sin2C+2cos(A+B)cosC
=2+cos2C−sin2C−2cos2C=2−(cos2C+sin2C)=1，
所以cos2B+cos2C=1−cos2A−2cosAcosBcosC
=1−1+cos2A2−sinAcosA=12−12(sin2A+cos2A)
=12− 22sin(2A+π4)，
∵A∈(0,π)，∴2A+π4∈(π4,9π4)，
∴当2A+π4=3π2，即A=58π时，sin(2A+π4)=−1，此时cos2B+cos2C的值最大，最大值为 2+12．
故答案为： 2+12．
先由题证明得cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，再化简得cos2B+cos2C=12− 22sin(2A+π4)，再利用三角函数的图像和性质求出最大值．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角函数的恒等变换，属于中档题．
16.【答案】43
【解析】解：在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，与平面ABC相切的球的球心为O1，与平面A1B1C1相切的球的球心为O2，
因为球O1、球O2与平面ABB1A1都相切，令切点分别在D，E，有O1O2//DE，
又球O1、球O2与平面ACC1A1都相切，则O1O2//平面ACC1A1，又DE⊄平面ACC1A1，
于是DE//平面ACC1A1，
而DE⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，
因此DE//AA1，且DE=O1O2，在平面ABC内过点A作Ay⊥AB，在平面ABB1A1过点A作Az⊥AB，
因为平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，则Az⊥平面ABC，
以点A作原点，射线AB、Ay，Az的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在△ABC中，AB=3 3，AC=BC=3，则∠BAC=∠ABC=30°AC的方向向量a=( 3,1,0)，BC的方向向量b=(− 3,1,0)，
由sin∠A1AB=13，得BB1,AA1的方向向量c=(2 2,0,1)，
设平面ACC1A1的法向量n=(x1,y1,z1)，则 n⋅a= 3x1+y1=0n⋅c=2 2x+z1=0，
令x1=−1，得n=(−1, 3,2 2)，
设平面BCC1B1的法向量m=(x2,y2,z2)，则m⋅b=− 3x2+y2=0m⋅c=2 2x2+z2=0，
令x2=1，得m=(1, 3,−2 2)，
令球O1的半径为r，设点O(x,r,r)，则 AO1=(x,r,r)，BO1=(x−3 3,r,r)，
由|AO1⋅n||n|=r=|BO1⋅m||m|，得 |−x+( 3+2 2)r|=2 3r=|x−3 3+( 3−2 2)r|，
显然点C到平面ABB1A1的距离等于等腰△ABC底边AB上的高32，即有0
代入得 |−x+( 3+2 2)r|=2 3r，解得r=12，
DE=O1O2=2r=1，线段DE在z轴上的投影为DE∠A1AB=13×2r=13，
显然三棱柱ABC−A1B1C1的高等于点O1到平面ABC的距离r，点O2到平面A1B1C1的距离r与DE在z轴上的投影的和，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的高为2r+13=43．
故答案为：43．
由题中相关条件证明到AB、Ay，Az两两互相垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出平面ACC1A1和平面BCC1B1的法向量，再结合题中条件建立等量关系求出球O1的半径，再由题中图形的几何特征得到三棱柱ABC−A1B1C1的高．
本题考查利用空间向量求点到平面的距离问题，属于难题．
17.【答案】解：(1)依题意可知23 3=sinAcosA+sinBcosB=sinCcosAcosB= 32cosAcosB，
34=cosAcosB=12(cos(A+B)+cos(A−B))=12(−cosC+cos(A−B))，
∴cos(A−B)=32+cosC，又∵sinC= 32，∴cosC=±12，
∴cos(A−B)=2(舍去)或1，∴cosC=−12，
且A−B=0，∴C=2π3，A=B=π6，tanA= 33；
(2)不妨取AC=BC=3，∴CD=2，
∴AD= 32+22−2×(−12)×2×3= 19，
∴cos∠ADC=4+19−94 19=738 19．
【解析】(1)切化弦，再利用积化和差公式恒等变形即可；(2)根据余弦定理求AD，求∠ADC的余弦值．
本题考查三角恒等变形，考查余弦定理，属于基础题．
18.【答案】解：(1)依题意，随机变量X可取值为：3，4，5，6，7，9，
P(X=3)=0.3×0.3=0.09，
P(X=4)=C21×0.2×0.3=0.12，
P(X=5)=0.2×0.2=0.04，
P(X=6)=C21×0.5×0.3=0.3，
P(X=7)=C21×0.5×0.2=0.2，
P(X=9)=0.5×0.5=0.25，
所以X的分布列为：
X
3
4
5
6
7
9
P
0.09
0.12
0.04
0.3
0.2
0.25
E(X)=3×0.09+4×0.12+5×0.04+6×0.3+7×0.2+9×0.25=6.4．
(2)记事件A为陈涛取得进球或者助攻，则A−为末进球且未助攻，
则P(A)=3040=0.75，P(A−)=1−0.75=0.25，
事件B为中国队获胜，则P(B|A)=0.8，P(B|A−)=0.2，
P(B)=P(B|A−)P(A−)+P(B|A)P(A)=0.2×0.25+0.8×0.75=0.65，P(B−)=1−0.65=0.35，
P(AB−)=P(B−|A)P(A)=(1−0.8)×0.75=0.15，
所以P(A|B−)=P(AB−)P(B−)=37，即在中国队输给德国队的前提下，陈涛进球或助攻的概率为37．
【解析】(1)求出X的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答；
(2)利用全概率公式求出中国队获胜的概率，再利用条件概率公式求解作答．
本题考查条件概率，考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
19.【答案】解：(1)∵an+1=3an+47−an，a1=34，
∴a2=3×34+47−34=1，a3=3×1+47−1=76，a4=3×76+47−76=97，a5=3×97+47−97=118，
猜测an=2n+1n+3，
数学归纳法证明如下：由上及已知有n=1，2，3，4，5均满足an=2n+1n+3，
假设n=k∈N*，ak=2k+1k+3成立，则ak+1=2ak+17−ak=2×2k+1k+3+17−2k+1k+3=2k+3k+4=2(k+1)+1(k+1)+3，满足上式；
综上所述，an=2n+1n+3且n∈N*；
(2)令bn=1.1n(2−an)=5×(1110)nn+3，
故bn+1−bn=5×(1110)n+1n+4−5×(1110)nn+3=0.5×(1110)n(n−7)(n+3)(n+4)，
当n=1，2，3，4，5，6时，bn+1
故∀n∈N+有bn>k，则k<12×1.17，
故k的取值范围为(−∞,12×1.17).
【解析】(1)根据递推式写出对应项，并猜测通项公式，应用数学归纳法，即可证明结论；
(2)由题意bn=1.1n(2−an)=5×1．1nn+3，利用作差法求bn的最小项，即可得出答案．
本题考查数列与不等式的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解(1)F为靠近D的三等分点，即DF=4，
理由是：只需翻折前DA，FE，CB延长三线交于一点即可
因为翻折前DF=2AE，DC=2AB，
所以AEDF=ABDC=612，所以DF=4；
(2)因为翻折前DF=2AE，DC=2AB，
所以DA，FE，CB延长一倍，三线交于一点H
可得三角形HDF为等腰直角三角形，故DE⊥HF，
又二面角A′−EF−B为直二面角，所以面A′EFD′⊥面EFCB，且面A′EFD′∩面EFCB=FH，
所以D′E⊥面EFCB，
可得DE=2 2，故VD′−HBC=13S△HFC⋅D′E=13×12×FC×HD×2 2=13×12×4×8×2 2=32 23，
又VH−A′EB=VA′−HEB=18VD′−HFC=4 23，
所以台A′BE−D′CF的体积V=32 23−4 23=28 23，
如图1，可得BE//DF，BE=DF，故四边形DFBE为平行四边形，所以BF//DE，故BF⊥EF，
所以BF⊥面A′EFD′，又FD′⊥A′D′，连接D′B，即可得∠FD′B为二面角B−A′D′−E的平面角，
在Rt△BFD′中，BF=2 2，D′F=4，可得D′B=2 6，
cos∠FD′B=D′FD′B=42 6= 63，
所以二面角B−A′D′−E的余弦值为 63．
【解析】(1)只需翻折前DA，FE，CB延长一倍，三线交于一点即可；
(2)将棱台A′BE−D′CF补成棱锥，利用VD′−HBC−VH−A′EB即可求解棱台A′BE−D′CF的体积，易得BF⊥EF，BF⊥面A′EFD′，又FD′⊥A′D′，连接D′B，即可得∠FD′B为二面角B−A′D′−E的平面角，在Rt△BFD′中，求得cos∠FD′B=D′FD′B=42 6= 63，即可．
本题考查了空间二面角、空间几何体的体积，考查了空间想象能力、转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)取D(x0,y0)在椭圆上，
所以x024+y02b2=1，
所以y02=b2−b2x024，
又因为k1=y0−bx0，k2=y0+bx0，
所以−14=k1k2=y0−bx0⋅y0+bx0=y02−b2x02=−b2x024x02=−b24，
所以b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)当直线GD的斜率存在时，设直线GD的方程为y=kx+k−1=kx+m，其中m=k−1，
联立y=kx+mx24+y2=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)=64k2+16−16m2=16(3k2+2k)>0，
所以k>0或k<−23，
取D(x0,y0)，H(x1,y1)为交点，
所以x0+x1=−8km4k2+1，x0x1=4m2−44k2+1，
所以k1+k3=y0−1x0+y1−1x1=ky0+m−1x0+ky1+m−1x1=2k+(m−1)x0+x1x0x1，
又因为k1k2=−14，
所以k2+k3=2−14k1−k1，
取f(x)=2−14x−x(x≠0)，
所以f′(x)=14x2−1=(1−2x)(1+2x)4x2，
令f′(x)=0得x=−12或12，
所以当x<−12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当−12
当0
当x>12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又因为f(−12)=3，f(12)=1，
所以f(x)的值域为(−∞,1]∪[3,+∞)，
当直线GD的斜率不存在时，则点B与D，A与H关于x轴对称，则k2+k3=0，
综上所述k2+k3的取值范围为(−∞,1]∪[3,+∞)∪{0}．
【解析】(1)取D(x0,y0)在椭圆上，则x024+y02b2=1，又k1=y0−bx0，k2=y0+bx0，则−14=k1k2=y0−bx0⋅y0+bx0=−b24，解得b，即可得出答案．
(2)设直线GD的方程为y=kx+k−1=kx+m，其中m=k−1，联立椭圆的方程，由Δ>0，得k>0或k<−23，取D(x0,y0)，H(x1,y1)为交点，结合韦达定理可得x0+x1，x0x1，计算k1+k3=y0−1x0+y1−1x1=2k+(m−1)x0+x1x0x1，又k1k2=−14，则k2+k3=2−14k1−k1，令f(x)=2−14x−x(x≠0)，求导分析单调性，进而可得答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=x2+ax，函数定义域为R，
g(x)=lnx，函数定义域为(0,+∞)，
易得f′(x)=2x+a，g′(x)=1x，
因为函数f(x)与g(x)有且仅有一条公切线，
设公切线在两条曲线上的切点横坐标分别为m，n，
此时2m+a=1n1n=m2+am−lnnm−n，又m=12n−a2，
所以1n=(12n−a2)2+a(12n−a2)−lnn12n−a2−n，
整理得14n2−a2n+a24−1+lnn=0，①
因为其关于n的方程只有一根，
不妨取t=12n>0，
所以n=12t，
①式可化为t2−at+a24−1+ln12t=0，
不妨设h(t)=t2−at+a24−1+ln12t，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(t)=2t−a−1t=2t2−at−1t，
因为y=2t2−at−1是开口向上的二次函数，
所以h′(t)在(0,+∞)必有零点t0，
所以h(t)在(0,t0)上单调递减，在(t0,+∞)上单调递增．
因为h(t)只有一个零点，
所以h(t0)=t02−at0+a24−1+ln12t0=0，②
又t0满足2t02−at0−1=0，③
联立②③消去参数a可得14t02−1+ln12t0=0，④
不妨设p(t0)=14t02−1+ln12t0，
易知p(t0)为减函数，且p(12)=0，
结合④式，解得t0=12，
将其带入③式中，
解得a=−1，
此时f(x)=x2−x，
不妨设q(x)=f(x)−g(x)=x2−x−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得q′(x)=2x−1−1x=(2x+1)(x−1)x，
当0
所以q(x)≥q(1)=0，
即f(x)≥g(x)当且仅当x=1时等号成立；
(2)证明：由(1)知，x(x−1)>lnx，∀x≠1，
即(x+1)x>ln(x+1)，∀x≠1，
不妨取x=1n，n∈N+，
此时(1n+1)1n>ln1n+1，∀n∈N+，
即n+1n2>ln(n+1n)，∀n∈N+，
故i=1ni+1i2>ln(21)+ln(32)+...+ln(n+1n)=ln(n+1)．
【解析】(1)由题意，得到f′(x)和g′(x)表达式，根据f(x)与g(x)有且仅有一条公切线，设公切线在两条曲线上的切点横坐标分别为m，n，列出等式并整理得t2−at+a24−1+ln12t=0，设h(t)=t2−at+a24−1+ln12t，对h(t)进行求导，结合二次函数的特征得到h(t)的单调性，利用零点存在性定理得到有关t0的表达式，再按部就班即可求出t0和a的值，设q(x)=f(x)−g(x)对q(x)进行求导，利用导数得到q(x)的单调性和最值，进而即可得到答案；
(2)结合(1)中所得信息，取x=1n，n∈N+，可得n+1n2>ln(n+1n)，∀n∈N+，进而即可求证．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了转化思想和运算能力．
相关试卷
2024云南省三校高三下学期3月高考备考实用性联考卷（七）数学含解析： 这是一份2024云南省三校高三下学期3月高考备考实用性联考卷（七）数学含解析，共15页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024云南省三校高三高考备考实用性联考卷（六）数学PDF版含解析： 这是一份2024云南省三校高三高考备考实用性联考卷（六）数学PDF版含解析，共16页。
云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（六）数学试卷（PDF版附解析）： 这是一份云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（六）数学试卷（PDF版附解析），共16页。
