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福建省龙岩第一中学2023届高三第六次模拟数学试题
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这是一份福建省龙岩第一中学2023届高三第六次模拟数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省龙岩第一中学2023届高三第六次模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知全集U=R，集合A，B满足A⊆A∩B，则下列关系一定正确的是（ ）
A．A=B B．B⊆A C．A∩∁UB=∅ D．∁UA∩B=∅
2．复平面内复数z满足z−2=1，则z−i的最小值为（ ）
A．1 B．5−1 C．5+1 D．3
3．△ABC中，A3,2，B1,1，C2,3，则AB边上的高所在的直线方程是（ ）
A．2x+y−7=0 B．2x−y−1=0
C．x+2y−8=0 D．x−2y+4=0
4．若an为等比数列，则“a1
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知α,β是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若α∩β=l,A∈α且A∈β，则A∈l
B．若A,B,C是平面α内不共线三点，A∈β,B∈β，则C∉β
C．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线
D．若A∈α且B∈α，则直线AB⊂α
6．某比赛决赛阶段由甲，乙，丙，丁四名选手参加，在成绩公布前，A，B，C三人对成绩作出如下预测：A说：乙肯定不是冠军；B说：冠军是丙或丁；C说：甲和丁不是冠军．成绩公布后，发现三人中只有一人预测错误，则冠军得主是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．水滴型潜艇的线型特点是首部呈圆钝的纺锤形，潜艇的横剖面几乎都为圆截面，艇身从中部开始向后逐渐变细，尾部呈尖尾状，小刘利用几何作图软件画出了水滴的形状（如图），由线段AB,AC和优弧BC围成，其中BC连线竖直、AB,AC与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为74，则cos∠BAC=（ ）
A．437 B．1725 C．45 D．57
8．已知两曲线y=ex与y=lnx+a，则下列结论正确的是（ ）
A．若两曲线只有一个交点，则这个交点的横坐标x∈1,2
B．若a=3，则两曲线只有一条公切线
C．若a=2，则两曲线有两条公切线，且两条公切线的斜率之积为e
D．若a=1,P,Q分别是两曲线上的点，则P,Q两点距离的最小值为1
二、多选题
9．某市举行高三学生数学素养测试，现从全市3万名学生中随机抽取200学生的测试成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组分组区间为75,80,80,85,85,90,90,95,95,100，则下列说法正确的是（ ）
A．m=0.04
B．估计该样本的均值是87.25分
C．估计该样本的第60百分位数是87.5分
D．若90分及以上评定为素养考核优秀，则全市数学素养优秀的学生约6000人
10．已知向量a=3,1,b=cosθ,sinθ0≤θ≤π，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，则θ=π6
B．若a,b为锐角，则0≤θ<2π3
C．若a在b上的投影向量为−3b，则b=−1,0
D．a−b的最小值为1，最大值为3
11．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD，设CD=2，点E,F分别为棱BC,BD的中点，M为线段AE上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使AC⊥CD
B．存在某个位置，使AB⊥CD
C．当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为63
D．当AB=AD时，CM+FM的最小值为4+22
12．在平面直角坐标系xOy中，由直线x=−4上任一点P向椭圆x24+y23=1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ）
A．∠APB恒为锐角 B．当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为12
C．|AP|的最小值为4 D．存在点P，使得(PA+PO)⋅OA=0
三、填空题
13．在2+1x2(2x−1)3的展开式中，x3项的系数为 ．
14．设fx定义在R上且fx=log22−x,x<2fx−1−fx−2,x≥2，则f13= ．
15．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F分别作C的两条渐近线的平行线与C交于A，B两点，若|AB|=23b，则C的离心率为
四、双空题
16．将函数f(x)=2sin3x+φφ≤π2的图象向右平移2π9个单位长度，得到的函数g(x)的图象关于点−1118π,0对称，且g(x)在区间φm,−φm上单调递增，则φ= ,实数m的取值范围是 .
五、解答题
17．记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a4=a12，S4=3S2．
(1)求an的通项公式；
(2)设b1=12，bn+bn+1Sn=2，求数列bn的前2n+1项的和T2n+1．
18．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中tan2C=34，C为钝角，且bacosA=2cosB.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积为6，求△ABC的周长.
19．如图，三棱台ABC−DEF中，AB=2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB=4AN，平面DMN∩平面ADFC=l．
(1)证明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC=CF=FE=EB，求直线AB与平面DMN所成角的正弦值．
20．在问卷调查中，被采访人有可能出于隐私保护而不愿意如实填写问卷，导致调查数据失真.某校高三级调查学生对饭堂服务满意情况，为保护学生隐私并得到真实数据，采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：
一个袋子中装有五个大小相同的小球，其中2个黑球，3个白球、高三级所有学生从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，若相同则按方式Ⅱ回答问卷”.
方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中答“是”，否则答“否”；
方式Ⅱ：若学生对饭堂服务满意，则在问卷中答“是”，否则答“否”.
当所有学生完成问卷调查后，统计答“是”，答“否”的比例，用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该校高三级学生对饭堂服务满意度的估计值.
(1)若某班有50名学生，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；
(2)若该年级的所有调查问卷中，答“是”与答“否”的比例为2:3，试估计该年级学生对饭堂的满意度.（结果保留3位有效数字）
21．设抛物线C：y2=2x的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且FAFB=4，求直线AB的倾斜角；
(2)求PQPD+PQPE的值.
22．已知函数fx=ex−asinx+bxa>0.
(1)当b=0时，函数fx在0,π2上有极小值，求实数a的取值范围；
(2)当b<0时，设x0是函数fx的极值点，证明：fx0≥bln−b2−2a.（其中e≈2.71828是自然对数的底数）
参考答案：
1．C
【分析】根据已知条件，求得A ⊆ B，再进行选择即可.
【详解】因为集合A，B满足A⊆A∩B，故可得A ⊆ B，
对A：当A为B的真子集时，不成立；
对B：当A为B的真子集时，也不成立；
对C：A∩∁UB=∅，恒成立；
对D：当A为B的真子集时，不成立；
故选：C.
2．B
【分析】根据z−2=1分析出z对应点轨迹方程，再根据z−i的几何意义以及圆外一点到圆上点的距离最小值求法求解出结果.
【详解】设z=x+yi(x,y∈R)，
因为|z−2|=|x−2+yi| =(x−2)2+y2=1，所以(x−2)2+y2=1，即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x−2)2+y2=1，如图，
又z−i= |x+(y−1)i|=x2+(y−1)2，
所以z−i表示圆C上的动点到定点A(0,1)的距离，
所以|z−i|min为|CA|−r=5−1，
故选：B．
3．A
【分析】设AB边上的高所在的直线为l，求出直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案.
【详解】设AB边上的高所在的直线为l，
由已知可得，kAB=1−21−3=12，所以直线l的斜率kl=−2.
又l过C2,3，所以l的方程为y−3=−2x−2，
整理可得，2x+y−7=0.
故选：A.
4．B
【解析】根据等比数列an是递增数列，得到a1
【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性性，以及必要不充分条件的判定，着重考查推理与计算能力，属于基础题.
5．C
【分析】根据基本事实3（公理2）可判断A；根据基本事实1（公理3）可判断B；根据异面直线的定义可判断C；根据基本事实2（公理1）可判断D.
【详解】对于A，由根据A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，
又α∩β=l，由基本事实3（公理2）可得A∈l，故A正确；
对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又A∈β,B∈β，且A,B,C∈α，则C∉β，故B正确；
对于C，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；
对于D，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确.
故选：C.
6．D
【分析】由题意分类讨论一一排除即可.
【详解】若A预测错误，则B、C预测正确，即乙是冠军，则B的预测冠军是丙或丁错误，矛盾；
若B预测错误，则A、C预测正确，即甲乙丁不是冠军，丙是冠军，与B的预测矛盾；
所以C预测错误，则A、B预测正确，即甲和丁有一个是冠军，又B预测冠军是丙或丁正确，故冠军为丁.
故选：D
7．B
【分析】根据题意可得AO=52R，再结合倍角公式运算求解.
【详解】设优弧BC的圆心为O，半径为R，“水滴”的水平宽度、竖直高度分别为AD、MN，连接OB,OC，
由题意可得AO+R2R=74，解得AO=52R，
因为AB⊥OB，则sin∠BAO=BOAO=R52R=25，
根据对称可得∠BAC=2∠BAO，
所以cos∠BAC=cos2∠BAO=1−2sin2∠BAO=1−2×252=1725.
故选：B.
8．C
【分析】对于选项A，由公切线斜率相等，可得关系x0ex0=1，借助导数求出x范围；
对于选项B，由h(x)=ex−lnx−3有两个零点可判断为错误；
对于选项C，由导数的几何意义，表示出切线方程，解方程组可判断；
对于选项D，由图象，或找到两曲线斜率相等的切线，求出切线间的距离，可判断.
【详解】若两曲线只有一个交点，记交点为Ax0,ex0，则ex0=lnx0+a，
且在此处的切线为公切线，所以ex0=1x0，即x0满足x0ex0=1.
设fx=xex，则x∈−1,+∞时单调递增，f1=e>1，所以A错误.
如上图，a=3时，设h(x)=ex−lnx−3，
则h′(x)=ex−1x，由于h′(1)=e−1>0，h′(12)=e−2<0，
所以存在x0∈(12,1)，使得h′(x)=0，
那么当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)为单调递减函数，
当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，h(x)为单调递增函数，
且h(12)=e+ln2−3<0，所以h(x)=0有两个零点，
则两曲线有两个公共点，故没有公切线，所以B错误.
a=2时，设t,et是曲线y=ex上的一点，y′=ex，
所以在点t,et处的曲线y=ex切线方程为y−et=etx−t，即y=etx+1−tet①，
设s,lns+2是曲线y=lnx+a上的一点，y′=1x，
所以在点s,lns+2处的切线方程为y−lns+2=1sx−s，即y=1sx+lns+1
所以et=1s(1−t)et=lns+1，解得t=0或t=1
所以所以两斜率分别是1和e，所以C正确.
a=1时，曲线y=ex的一条切线为y=x+1，y=lnx+a的一条切线y=x,
两切线间的距离为最小值22，所以D错误.
故选：C
9．AB
【分析】由频率分布直方图的面积和为1判断A，根据频率分布直方图和均值，第60百分位数的意义判断BC，由频率分布直方图求得90,100的频率，进而求得频数判断D.
【详解】由频率分布直方图，可知
0.01×5+0.07×5+0.06×5+m×5+0.02×5=1，解得m=0.04，故A正确.
由频率分布直方图，可估计样本的均值是
0.05×77.5+0.35×82.5+0.3×87.5+0.2×92.5+0.1×97.5=87.25，故B正确.
由频率分布直方图可知第1到5组的频率依次为0.05,0.35,0.3,0.2,0.1，
所以第60百分位数在区间85,90内，
设样本的第60百分位数为x,0.05+0.35+0.06×x−85=0.6，解得x=2653≈88.33，故C错误.
90,100的频率为0.04+0.02×5=0.3，所以全市数学素养优秀的学生约30000×0.3=9000人，故D错误.
故选：AB
10．AC
【分析】由向量共线的坐标运算即可判断A，由向量夹角的坐标公式即可判断B，由投影向量即可判断C，由向量模的坐标运算公式即可判断D.
【详解】若a∥b，则3sinθ−cosθ=0，解得tanθ=33，所以θ=π6，故A正确；
若a,b为锐角，则3cosθ+sinθ>0，且a与b不能同向共线，所以θ∈0,π6∪π6,2π3，故B错误；
若a在b上的投影向量为−3b，则a⋅bb⋅bb=3cosθ+sinθ⋅b=2sinθ+π3⋅b=−3b，
即sinθ+π3=−32，解得θ=π，所以b=−1,0，故C正确；
因为a−b=3−cosθ,1−sinθ，所以|a−b|2=5−4sinθ+π3，
因为0≤θ≤π，则0≤θ+π3≤4π3，则sinθ+π3∈−32,1，
所以5−4sinθ+π3∈1,5+23，即|a−b|2∈1,5+23，
所以1≤a−b≤5+23，故D错误.
故选：AC
11．BD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥A−BCD体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】当平面ABC与平面BCD垂直时，
∵CD⊥BC，平面ABC与平面BCD的交线为BC，CD⊂平面BCD,
∴CD⊥平面ABC，又AB,AC⊂平面ABC，
∴CD⊥AB，CD⊥AC，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面ABC与平面BCD垂直时，
由上面可知，CD⊥平面ABC，故AD与平面ABC成角为∠CAD，
因为CD=2，所以BC=23，BD=4，AB=AC=6，
则AD=4+6=10，
∴sin∠CAD=DCAD=210=105，
即AD与平面ABC成角的正弦值为105，故C错误；
对于D，当AB=AD时，因为F为BD的中点，
所以AF⊥BD，则AF=6−4=2，
又因E为BC的中点，所以EF=12CD=1，
又AE=3，所以EF2+AF2=AE2，
所以AF⊥EF，
如图将△AEF沿AE旋转，使其与△ACF在同一平面内，
则当C,M,F三点共线时，CM+FM最小，
即CM+FM的最小值为CF，
在Rt△AEF中，sin∠AEF=AFAE=63，
则cos∠CEF=cos∠AEF+∠AEC=−sin∠AEF=−63，
所以CF=1+3−2×1×3×−63=4+22，
所以CM+FM的最小值为4+22，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.
12．ABD
【分析】对于A项，利用椭圆的切点弦方程可得lAB过椭圆左焦点，再判定以AB为直径的圆与直线x=−4的位置关系即可；
对于B项，当AB垂直于x轴时，可直接解得切线方程判定即可；
对于C项，特殊值法判定即可；
对于D项，取OA中点M，易知PM⊥OA，建立方程计算即可.
【详解】对于A项，设切线方程为l:y=kx+m,P−4,t、Ax1,y1、Bx2,y2
联立y=kx+m3x2+4y2−12=0得：4k2+3x2+8km+4m2−12=0，
∵直线与椭圆相切，故Δ=0,则x1=−4km4k2+3,y1=3m4k2+3∴k=−3x14y1,m=3y1，
∴切线PA的方程为lPA:x1x4+y1y3=1，同理切线PB的方程为l:x2x4+y2y3=1
而P点在lPA、lPB上，故−4x14+y1t3=1−4x24+y2t3=1，
又Ax1,y1、Bx2,y2满足该方程组，故lAB:−4x4+ty3=1，
显然lAB过定点−1,0即椭圆左焦点.
以AB为直径的圆半径最大无限接近a，但该圆与x=−4一直相离，即∠APB始终为锐角，A正确；
对于B项，由A得lAB:−4x4+ty3=1，AB⊥x轴时，t=0，易得A−1,32、P−4,0，∴kPA=32−0−1−−4=12，故B正确；
对于C项，由B知AB⊥x轴时，A−1,32、P−4,0此时PA=352<4，故C错误；
对于D项，取AO中点M，若(PA+PO)⋅OA=0则2PM⋅AO=0,∴PM⊥AO，
即△PAO为等腰三角形，PA2=x1+42+y1−t2=PO2=16+t2，
化简得x12+y12+8x1−2ty1=0，由A知：ty1=3x1+3,y12=31−x124，
整理得：x12+8x1−12=0,∴x1=27−4，显然存在P满足题意，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，属于压轴题.对于小题，提高效率可以用特殊值法，极端位置猜测，这里也需要积累一些比较常用的二级结论：
（1）过椭圆x2a2+y2b2=1上一点x0,y0的切线方程x0xa2+y0yb2=1，
（2）椭圆x2a2+y2b2=1外一点x0,y0引两条切线，切点连线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（3）椭圆x2a2+y2b2=1的准线方程：x=±a2c，过准线引椭圆的两条切线，切点连线过对应焦点.
13．32
【分析】由2+1x2(2x−1)3变形可得(4x2−1)2(2x−1)x2，利用二项式定理求(4x2−1)2(2x−1)的展开式中x5项的系数即可.
【详解】因为2+1x2(2x−1)3=(4x2−1)2(2x−1)x2，
所以2+1x2(2x−1)3的展开式中含x3项的系数即(4x2−1)2(2x−1)展开式中x5项的系数，
又(4x2−1)2(2x−1)=2x(4x2−1)2−(4x2−1)2，
其中(4x2−1)2的展开式中不存在含x5的项，
又2x(4x2−1)2的展开式中含x5的项为2x×16x4=32x5，
所以在2+1x2(2x−1)3的展开式中，x3项的系数为32.
故答案为：32.
14．0
【分析】根据分段函数解析式一一计算可得.
【详解】因为fx=log22−x,x<2fx−1−fx−2,x≥2，
所以f13=f12−f11=f11−f10−f11=−f10，
f10=f9−f8=f8−f7−f8=−f7，
同理可得f13=f7=f1=log22−1=0.
故答案为：0
15．3+2/2+3
【分析】设直线方程为y=bax−c与双曲线方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)联立，根据|AB|=23b求解.
【详解】解：如图所示：
设直线方程为y=bax−c与双曲线方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)联立，
解得x=a2+c22c,y=−b32ac，
因为|AB|=23b，
所以2×b32ac=23b，
即b2=23ac，即c2−23ac−a2=0，
解得e=ca=3+2，
故答案为：3+2
16． π2 /12π (−∞,−92]
【分析】由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得到g(x)的表达式，根据其对称中心可求得φ=±π2，再利用其单调区间，分类讨论，求出m的范围，即可确定答案.
【详解】将函数f(x)=2sin(3x+φ)(|φ|≤π2)的图象向右平移2π9个单位长度，
得到的函数g(x)=2sin(3x−3×2π9+φ)的图象关于点(−11π18,0)对称，
∴3×(−11π18)−2π3+φ=kπ,k∈Z，即φ=kπ+5π2,k∈Z，
因为|φ|≤π2，则φ=±π2，
若φ=π2，则g(x)=2sin(3x−π6)，
∵g(x)在区间(φm,−φm)=(π2m,−π2m),(m∈R)上单调递增，∴m<0，
当x∈(π2m,−π2m)，3x−π6∈(9π−mπ6m,−9π−mπ6m)，
∴9π−mπ6m≥−π2，且−9π−mπ6m≤π2，
即m≤−92，且m≤−94，∴m≤−92；
若φ=−π2，则g(x)=2sin(3x−7π6)，
∵g(x)在区间(φm,−φm)=(−π2m,π2m),(m∈R)上单调递增，∴m>0，
当x∈(−π2m,π2m)，3x−7π6∈(−9π−7mπ6m,9π−7mπ6m)，
−9π−7mπ6m≥−π2，且9π−7mπ6m≤π2，
即m≤−94且m≥910，故m∈∅；
综上可得，φ=π2，m≤−92.
故答案为：π2；(−∞,−92]
【点睛】难点点睛：根据三角函数的平移变换可得到平移后的函数解析式，根据对称中心可求得φ=±π2，难点就在于这两个值的取舍，要根据函数的单调区间求得参数m的范围，即可确定答案.
17．(1)an=2n+1
(2)T2n+1=2n+12n+2
【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得a1,d，进而得到an；
（2）由（1）可得Sn，进而得到bn+bn+1，采用裂项相消法和并项求和法可求得结果.
【详解】（1）设等差数列an的公差为dd≠0，
由a4=a12S4=3S2得：a1+3d=a124a1+4×32d=32a1+2×12d，解得：a1=3d=2，
∴an=3+2n−1=2n+1.
（2）由（1）得：Sn=na1+nn−12d=n2+2n=nn+2，
∴bn+bn+1=2Sn=2nn+2=1n−1n+2，
∴T2n+1=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+⋅⋅⋅+b2n−2+b2n−1+b2n+b2n+1 =12+12−14+14−16+16−18+⋅⋅⋅+12n−2−12n+12n−12n+2 =1−12n+2=2n+12n+2.
18．(1)B=π4
(2)22+25+6
【分析】（1）利用正弦定理边化角得sinB⋅cosA=2sinA⋅cosB，从而有tanB=2tanA，再利用倍角正切公式求得tanC=−3，再利用和角正切公式即可求得tanB=1，即可求得B=π4；
（2）先利用和角正弦公式求得sinA=55，再利用正弦定理，结合三角形的面积公式分别求得三边的长度，从而可求得周长.
【详解】（1）依题意，有b⋅cosA=2a⋅cosB，
由正弦定理，得sinB⋅cosA=2sinA⋅cosB，则tanB=2tanA.
∵ tan2C=2tanC1−tan2C=34，∴ 3tan2C+8tanC−3=0，
∵C为钝角，∴ tanC=−3（tanC=13舍去），
∴ tanC=tanπ−A+B=−tanA+B=−tanA+tanB1−tanA⋅tanB=3tanBtan2B−2=−3，
即tan2B+tanB−2=0，
因为C为钝角，所以B为锐角，所以tanB=1（tanB=−2舍去），即B=π4.
（2）∵ tanC=sinCcosC=−3,sin2C+cos2C=1，∴ sinC=31010，cosC=−1010；
∵ A+B+C=π，∴ A=π−B+C，
∴ sinA=sinπ−B+C=sinB+C=sinB⋅cosC+cosB⋅sinC
=22×−1010+22×31010=55.
由正弦定理，得asinA=csinC，a=c⋅sinAsinC，∴ a=c×55×10310=23c
∴ △ABC的面积S=12acsinB=12×23c×c×22=c26=6，解得c=6，a=22，
由正弦定理，得bsinB=csinC，∴ b=c⋅sinBsinC=6×22×10310=25，
∴ △ABC的周长为22+25+6.
19．(1)证明见解析
(2)21717
【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，求向量AB与平面DMN的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：取FD的中点G，连接GM，AG，
因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GM=12DE，
因为三棱台ABC−DEF中，DE∥AB，DE=12AB，AB=4AN，
所以GM∥AN，GM=AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA，
因为MN⊂平面ADFC，GA⊂平面ADFC，所以MN//平面ADFC，
因为MN⊂平面DMN，平面DMN∩平面ADFC=l，所以MN∥l．
（2）因为平面CBEF⊥平面ABC，所以过点F作FO⊥CB于点O，则FO⊥平面ABC，又由题意知CB=2FE，AC=CF=FE=EB，所以CO=12CF=12AC，
因为△ABC中，AC=12CB，AC⊥AB，所以∠ACB=60°，
连接AO，在△ACO中由余弦定理得OA2=CO2+AC2−2CO⋅ACcos60°=34AC2，
所以CO2+OA2=AC2，得OA⊥CO．
所以以O为原点，以OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，
令AC=2，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,−1,0)，F(0,0,3)，M(0,1,3)，CA=(3,1,0)，AB=(−3,3,0)，OD=OF+12CA=32,12,3，DM=−32,12,0，
DN=DO+OA+14AB=34,14,−3，
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DM=0,n⋅DN=0,得−3x+y=0,3x+y−43z=0,
令x=2，则y=23，z=1，所以平面DMN的一个法向量n=(2,23,1)，
设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sinθ=|AB⋅n||AB|⋅|n|=433+9×4+12+1=21717．
所以直线AB与平面DMN所成角的正弦值为21717．
20．(1)24
(2)30.8%
【分析】（1）按方式Ⅰ回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数服从二项分布，运用公式计算数学期望；
（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,利用全概率公式计算条件概率.
【详解】（1）每次摸到白球的概率为35，摸到黑球的概率为25，
每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率P=C21⋅35⋅25=1225，
由题意可得，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数X∼B50,1225，
所以X的数学期望EX=50×1225=24.
（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,
由（1）知PA=1225，PB=1325，PC|A=12，
因为PC=22+3=25，
由全概率公式PC=PAPC|A+PBPC|B，
即25=1225⋅12+1325⋅PC|B，解得PC|B=413≈30.8%，
故根据调查问卷估计，该校高三级学生对饭堂服务满意度30.8%.
21．(1)π6或5π6
(2)2
【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为y−y1=kx−x1，与抛物线联立由Δ=0求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出yQ，设直线PD的方程为x−x0=my−y0与抛物线联立由韦达定理表示出yD+yE，yDyE，代入PQPD+PQPE化简即可得出答案.
【详解】（1）设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，F12,0，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为x=ty+12，
联立方程x=ty+12y2=2x，消去y，得x2−x−2t2x+14=0，
所以x1+x2=2t2+1，x1⋅x2=14，
所以FAFB=x1+12x2+12 =x1x2+12x1+x2+14=t2+1=4，t=±3，
所以直线的倾斜角为π6或5π6.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为y−y1=kx−x1，（k存在，A不为原点），
联立方程y−y1=kx−x1y2=2x，消去x得，k2y2−y+y1−kx1=0，
Δ=1−4×k2y1−kx1=0，即1−4×k2y1−ky122=0，
所以ky1=1，即k=1y1，
所以直线PA的方程为y−y1=1y1x−x1，即yy1=x+x1，
同理可得，直线PB方程为：yy2=x+x2，
因为点Px0,y0在直线PA，PB上，所以y0y1=x0+x1，y0y2=x0+x2，
所以直线AB的方程为：yy0=x+x0
设直线PD的方程为x−x0=my−y0，
联立方程x−x0=my−y0y2=2x，消去x，得y2−2my+2my0−2x0=0，
得yD+yE=2m，yDyE=2my0−2x0，
联立方程x−x0=my−y0yy0=x+x0，消去x，得yQ=2x0−my0y0−m，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以PQPD+PQPE=yQ−y0yD−y0+yQ−y0yE−y0 =yQ−y0yD+yE−2y0yDyE−y0yD+yE+y02=2x0−my0y0−m−y02m−2y02my0−2x0−2my0+y02=2.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.
22．(1)a>1
(2)证明见解析
【分析】（1）由极值点的概念可知f′x=0在0,π2有解，通过分离参数思想将零点问题转化为两图象交点问题，求出a的范围，代入回结合极小值的概念即可得解；
（2）通过三角函数的有界性得出fx0≥2ex0+bx0+b−2a，构造函数hx=2ex+bx+b−2ax∈R，利用导数判断函数的单调性求出hx的最小值即可得结果.
【详解】（1）由题意知fx=ex−asinx在0,π2上有极小值，
则f′x=ex−acosx=0在0,π2有解，
故a=excosx，设gx=excosxx∈0,π2，
显然gx=excosx在0,π2单调递增，
又g0=1，limx→π2gx=+∞，所以a>1.
当a>1时，f'x=ex−acosx在0,π2单调递增，
又f′0=1−a<0，f′π2=eπ2>0，由零点存在定理可知∃α∈0,π2，且f′α=0，
此时当x∈0,α时，f′x<0，当x∈α,π2时，f′x>0，
所以fx在0,α上单调递减，
fx在α,π2上单调递增，故fx在0,π2上有极小值点.
因此实数a的取值范围a>1.
（2）由题意知f′x=ex−acosx+b，故f′x0=ex0−acosx0+b=0.
fx0=ex0−asinx0+bx0=ex0−asinx0+bx0+f′x0
=2ex0−asinx0+cosx0+bx0+b=2ex0−2asinx0+π4+bx0+b≥2ex0+bx0+b−2a.
设hx=2ex+bx+b−2ax∈R，
则h′x=2ex+b，当x∈−∞,ln−b2时，h′x<0，当x∈ln−b2,+∞时，h′x>0，
所以hx在−∞,ln−b2上单调递减，hx在ln−b2,+∞上单调递增，
所以hx≥hln−b2=bln−b2−2a.
因此fx0≥bln−b2−2a成立.
【点睛】该题中主要思路为由极值点想到在极值点处导数值为0，将零点问题通过分离参数思想解决，代入验证是否为极小值是必不可缺的步骤，在证明不等式的过程中，当指数与三角函数同时出现时，利用三角函数的有界性通过放缩思想去三角函数为该题的关键.
福建省龙岩第一中学2023届高三第六次模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知全集U=R，集合A，B满足A⊆A∩B，则下列关系一定正确的是（ ）
A．A=B B．B⊆A C．A∩∁UB=∅ D．∁UA∩B=∅
2．复平面内复数z满足z−2=1，则z−i的最小值为（ ）
A．1 B．5−1 C．5+1 D．3
3．△ABC中，A3,2，B1,1，C2,3，则AB边上的高所在的直线方程是（ ）
A．2x+y−7=0 B．2x−y−1=0
C．x+2y−8=0 D．x−2y+4=0
4．若an为等比数列，则“a1
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知α,β是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若α∩β=l,A∈α且A∈β，则A∈l
B．若A,B,C是平面α内不共线三点，A∈β,B∈β，则C∉β
C．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线
D．若A∈α且B∈α，则直线AB⊂α
6．某比赛决赛阶段由甲，乙，丙，丁四名选手参加，在成绩公布前，A，B，C三人对成绩作出如下预测：A说：乙肯定不是冠军；B说：冠军是丙或丁；C说：甲和丁不是冠军．成绩公布后，发现三人中只有一人预测错误，则冠军得主是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．水滴型潜艇的线型特点是首部呈圆钝的纺锤形，潜艇的横剖面几乎都为圆截面，艇身从中部开始向后逐渐变细，尾部呈尖尾状，小刘利用几何作图软件画出了水滴的形状（如图），由线段AB,AC和优弧BC围成，其中BC连线竖直、AB,AC与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为74，则cos∠BAC=（ ）
A．437 B．1725 C．45 D．57
8．已知两曲线y=ex与y=lnx+a，则下列结论正确的是（ ）
A．若两曲线只有一个交点，则这个交点的横坐标x∈1,2
B．若a=3，则两曲线只有一条公切线
C．若a=2，则两曲线有两条公切线，且两条公切线的斜率之积为e
D．若a=1,P,Q分别是两曲线上的点，则P,Q两点距离的最小值为1
二、多选题
9．某市举行高三学生数学素养测试，现从全市3万名学生中随机抽取200学生的测试成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组分组区间为75,80,80,85,85,90,90,95,95,100，则下列说法正确的是（ ）
A．m=0.04
B．估计该样本的均值是87.25分
C．估计该样本的第60百分位数是87.5分
D．若90分及以上评定为素养考核优秀，则全市数学素养优秀的学生约6000人
10．已知向量a=3,1,b=cosθ,sinθ0≤θ≤π，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，则θ=π6
B．若a,b为锐角，则0≤θ<2π3
C．若a在b上的投影向量为−3b，则b=−1,0
D．a−b的最小值为1，最大值为3
11．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD，设CD=2，点E,F分别为棱BC,BD的中点，M为线段AE上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使AC⊥CD
B．存在某个位置，使AB⊥CD
C．当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为63
D．当AB=AD时，CM+FM的最小值为4+22
12．在平面直角坐标系xOy中，由直线x=−4上任一点P向椭圆x24+y23=1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ）
A．∠APB恒为锐角 B．当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为12
C．|AP|的最小值为4 D．存在点P，使得(PA+PO)⋅OA=0
三、填空题
13．在2+1x2(2x−1)3的展开式中，x3项的系数为 ．
14．设fx定义在R上且fx=log22−x,x<2fx−1−fx−2,x≥2，则f13= ．
15．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F分别作C的两条渐近线的平行线与C交于A，B两点，若|AB|=23b，则C的离心率为
四、双空题
16．将函数f(x)=2sin3x+φφ≤π2的图象向右平移2π9个单位长度，得到的函数g(x)的图象关于点−1118π,0对称，且g(x)在区间φm,−φm上单调递增，则φ= ,实数m的取值范围是 .
五、解答题
17．记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a4=a12，S4=3S2．
(1)求an的通项公式；
(2)设b1=12，bn+bn+1Sn=2，求数列bn的前2n+1项的和T2n+1．
18．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中tan2C=34，C为钝角，且bacosA=2cosB.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积为6，求△ABC的周长.
19．如图，三棱台ABC−DEF中，AB=2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB=4AN，平面DMN∩平面ADFC=l．
(1)证明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC=CF=FE=EB，求直线AB与平面DMN所成角的正弦值．
20．在问卷调查中，被采访人有可能出于隐私保护而不愿意如实填写问卷，导致调查数据失真.某校高三级调查学生对饭堂服务满意情况，为保护学生隐私并得到真实数据，采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：
一个袋子中装有五个大小相同的小球，其中2个黑球，3个白球、高三级所有学生从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，若相同则按方式Ⅱ回答问卷”.
方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中答“是”，否则答“否”；
方式Ⅱ：若学生对饭堂服务满意，则在问卷中答“是”，否则答“否”.
当所有学生完成问卷调查后，统计答“是”，答“否”的比例，用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该校高三级学生对饭堂服务满意度的估计值.
(1)若某班有50名学生，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；
(2)若该年级的所有调查问卷中，答“是”与答“否”的比例为2:3，试估计该年级学生对饭堂的满意度.（结果保留3位有效数字）
21．设抛物线C：y2=2x的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且FAFB=4，求直线AB的倾斜角；
(2)求PQPD+PQPE的值.
22．已知函数fx=ex−asinx+bxa>0.
(1)当b=0时，函数fx在0,π2上有极小值，求实数a的取值范围；
(2)当b<0时，设x0是函数fx的极值点，证明：fx0≥bln−b2−2a.（其中e≈2.71828是自然对数的底数）
参考答案：
1．C
【分析】根据已知条件，求得A ⊆ B，再进行选择即可.
【详解】因为集合A，B满足A⊆A∩B，故可得A ⊆ B，
对A：当A为B的真子集时，不成立；
对B：当A为B的真子集时，也不成立；
对C：A∩∁UB=∅，恒成立；
对D：当A为B的真子集时，不成立；
故选：C.
2．B
【分析】根据z−2=1分析出z对应点轨迹方程，再根据z−i的几何意义以及圆外一点到圆上点的距离最小值求法求解出结果.
【详解】设z=x+yi(x,y∈R)，
因为|z−2|=|x−2+yi| =(x−2)2+y2=1，所以(x−2)2+y2=1，即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x−2)2+y2=1，如图，
又z−i= |x+(y−1)i|=x2+(y−1)2，
所以z−i表示圆C上的动点到定点A(0,1)的距离，
所以|z−i|min为|CA|−r=5−1，
故选：B．
3．A
【分析】设AB边上的高所在的直线为l，求出直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案.
【详解】设AB边上的高所在的直线为l，
由已知可得，kAB=1−21−3=12，所以直线l的斜率kl=−2.
又l过C2,3，所以l的方程为y−3=−2x−2，
整理可得，2x+y−7=0.
故选：A.
4．B
【解析】根据等比数列an是递增数列，得到a1
【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性性，以及必要不充分条件的判定，着重考查推理与计算能力，属于基础题.
5．C
【分析】根据基本事实3（公理2）可判断A；根据基本事实1（公理3）可判断B；根据异面直线的定义可判断C；根据基本事实2（公理1）可判断D.
【详解】对于A，由根据A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，
又α∩β=l，由基本事实3（公理2）可得A∈l，故A正确；
对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又A∈β,B∈β，且A,B,C∈α，则C∉β，故B正确；
对于C，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；
对于D，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确.
故选：C.
6．D
【分析】由题意分类讨论一一排除即可.
【详解】若A预测错误，则B、C预测正确，即乙是冠军，则B的预测冠军是丙或丁错误，矛盾；
若B预测错误，则A、C预测正确，即甲乙丁不是冠军，丙是冠军，与B的预测矛盾；
所以C预测错误，则A、B预测正确，即甲和丁有一个是冠军，又B预测冠军是丙或丁正确，故冠军为丁.
故选：D
7．B
【分析】根据题意可得AO=52R，再结合倍角公式运算求解.
【详解】设优弧BC的圆心为O，半径为R，“水滴”的水平宽度、竖直高度分别为AD、MN，连接OB,OC，
由题意可得AO+R2R=74，解得AO=52R，
因为AB⊥OB，则sin∠BAO=BOAO=R52R=25，
根据对称可得∠BAC=2∠BAO，
所以cos∠BAC=cos2∠BAO=1−2sin2∠BAO=1−2×252=1725.
故选：B.
8．C
【分析】对于选项A，由公切线斜率相等，可得关系x0ex0=1，借助导数求出x范围；
对于选项B，由h(x)=ex−lnx−3有两个零点可判断为错误；
对于选项C，由导数的几何意义，表示出切线方程，解方程组可判断；
对于选项D，由图象，或找到两曲线斜率相等的切线，求出切线间的距离，可判断.
【详解】若两曲线只有一个交点，记交点为Ax0,ex0，则ex0=lnx0+a，
且在此处的切线为公切线，所以ex0=1x0，即x0满足x0ex0=1.
设fx=xex，则x∈−1,+∞时单调递增，f1=e>1，所以A错误.
如上图，a=3时，设h(x)=ex−lnx−3，
则h′(x)=ex−1x，由于h′(1)=e−1>0，h′(12)=e−2<0，
所以存在x0∈(12,1)，使得h′(x)=0，
那么当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)为单调递减函数，
当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，h(x)为单调递增函数，
且h(12)=e+ln2−3<0，所以h(x)=0有两个零点，
则两曲线有两个公共点，故没有公切线，所以B错误.
a=2时，设t,et是曲线y=ex上的一点，y′=ex，
所以在点t,et处的曲线y=ex切线方程为y−et=etx−t，即y=etx+1−tet①，
设s,lns+2是曲线y=lnx+a上的一点，y′=1x，
所以在点s,lns+2处的切线方程为y−lns+2=1sx−s，即y=1sx+lns+1
所以et=1s(1−t)et=lns+1，解得t=0或t=1
所以所以两斜率分别是1和e，所以C正确.
a=1时，曲线y=ex的一条切线为y=x+1，y=lnx+a的一条切线y=x,
两切线间的距离为最小值22，所以D错误.
故选：C
9．AB
【分析】由频率分布直方图的面积和为1判断A，根据频率分布直方图和均值，第60百分位数的意义判断BC，由频率分布直方图求得90,100的频率，进而求得频数判断D.
【详解】由频率分布直方图，可知
0.01×5+0.07×5+0.06×5+m×5+0.02×5=1，解得m=0.04，故A正确.
由频率分布直方图，可估计样本的均值是
0.05×77.5+0.35×82.5+0.3×87.5+0.2×92.5+0.1×97.5=87.25，故B正确.
由频率分布直方图可知第1到5组的频率依次为0.05,0.35,0.3,0.2,0.1，
所以第60百分位数在区间85,90内，
设样本的第60百分位数为x,0.05+0.35+0.06×x−85=0.6，解得x=2653≈88.33，故C错误.
90,100的频率为0.04+0.02×5=0.3，所以全市数学素养优秀的学生约30000×0.3=9000人，故D错误.
故选：AB
10．AC
【分析】由向量共线的坐标运算即可判断A，由向量夹角的坐标公式即可判断B，由投影向量即可判断C，由向量模的坐标运算公式即可判断D.
【详解】若a∥b，则3sinθ−cosθ=0，解得tanθ=33，所以θ=π6，故A正确；
若a,b为锐角，则3cosθ+sinθ>0，且a与b不能同向共线，所以θ∈0,π6∪π6,2π3，故B错误；
若a在b上的投影向量为−3b，则a⋅bb⋅bb=3cosθ+sinθ⋅b=2sinθ+π3⋅b=−3b，
即sinθ+π3=−32，解得θ=π，所以b=−1,0，故C正确；
因为a−b=3−cosθ,1−sinθ，所以|a−b|2=5−4sinθ+π3，
因为0≤θ≤π，则0≤θ+π3≤4π3，则sinθ+π3∈−32,1，
所以5−4sinθ+π3∈1,5+23，即|a−b|2∈1,5+23，
所以1≤a−b≤5+23，故D错误.
故选：AC
11．BD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥A−BCD体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】当平面ABC与平面BCD垂直时，
∵CD⊥BC，平面ABC与平面BCD的交线为BC，CD⊂平面BCD,
∴CD⊥平面ABC，又AB,AC⊂平面ABC，
∴CD⊥AB，CD⊥AC，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面ABC与平面BCD垂直时，
由上面可知，CD⊥平面ABC，故AD与平面ABC成角为∠CAD，
因为CD=2，所以BC=23，BD=4，AB=AC=6，
则AD=4+6=10，
∴sin∠CAD=DCAD=210=105，
即AD与平面ABC成角的正弦值为105，故C错误；
对于D，当AB=AD时，因为F为BD的中点，
所以AF⊥BD，则AF=6−4=2，
又因E为BC的中点，所以EF=12CD=1，
又AE=3，所以EF2+AF2=AE2，
所以AF⊥EF，
如图将△AEF沿AE旋转，使其与△ACF在同一平面内，
则当C,M,F三点共线时，CM+FM最小，
即CM+FM的最小值为CF，
在Rt△AEF中，sin∠AEF=AFAE=63，
则cos∠CEF=cos∠AEF+∠AEC=−sin∠AEF=−63，
所以CF=1+3−2×1×3×−63=4+22，
所以CM+FM的最小值为4+22，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.
12．ABD
【分析】对于A项，利用椭圆的切点弦方程可得lAB过椭圆左焦点，再判定以AB为直径的圆与直线x=−4的位置关系即可；
对于B项，当AB垂直于x轴时，可直接解得切线方程判定即可；
对于C项，特殊值法判定即可；
对于D项，取OA中点M，易知PM⊥OA，建立方程计算即可.
【详解】对于A项，设切线方程为l:y=kx+m,P−4,t、Ax1,y1、Bx2,y2
联立y=kx+m3x2+4y2−12=0得：4k2+3x2+8km+4m2−12=0，
∵直线与椭圆相切，故Δ=0,则x1=−4km4k2+3,y1=3m4k2+3∴k=−3x14y1,m=3y1，
∴切线PA的方程为lPA:x1x4+y1y3=1，同理切线PB的方程为l:x2x4+y2y3=1
而P点在lPA、lPB上，故−4x14+y1t3=1−4x24+y2t3=1，
又Ax1,y1、Bx2,y2满足该方程组，故lAB:−4x4+ty3=1，
显然lAB过定点−1,0即椭圆左焦点.
以AB为直径的圆半径最大无限接近a，但该圆与x=−4一直相离，即∠APB始终为锐角，A正确；
对于B项，由A得lAB:−4x4+ty3=1，AB⊥x轴时，t=0，易得A−1,32、P−4,0，∴kPA=32−0−1−−4=12，故B正确；
对于C项，由B知AB⊥x轴时，A−1,32、P−4,0此时PA=352<4，故C错误；
对于D项，取AO中点M，若(PA+PO)⋅OA=0则2PM⋅AO=0,∴PM⊥AO，
即△PAO为等腰三角形，PA2=x1+42+y1−t2=PO2=16+t2，
化简得x12+y12+8x1−2ty1=0，由A知：ty1=3x1+3,y12=31−x124，
整理得：x12+8x1−12=0,∴x1=27−4，显然存在P满足题意，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，属于压轴题.对于小题，提高效率可以用特殊值法，极端位置猜测，这里也需要积累一些比较常用的二级结论：
（1）过椭圆x2a2+y2b2=1上一点x0,y0的切线方程x0xa2+y0yb2=1，
（2）椭圆x2a2+y2b2=1外一点x0,y0引两条切线，切点连线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（3）椭圆x2a2+y2b2=1的准线方程：x=±a2c，过准线引椭圆的两条切线，切点连线过对应焦点.
13．32
【分析】由2+1x2(2x−1)3变形可得(4x2−1)2(2x−1)x2，利用二项式定理求(4x2−1)2(2x−1)的展开式中x5项的系数即可.
【详解】因为2+1x2(2x−1)3=(4x2−1)2(2x−1)x2，
所以2+1x2(2x−1)3的展开式中含x3项的系数即(4x2−1)2(2x−1)展开式中x5项的系数，
又(4x2−1)2(2x−1)=2x(4x2−1)2−(4x2−1)2，
其中(4x2−1)2的展开式中不存在含x5的项，
又2x(4x2−1)2的展开式中含x5的项为2x×16x4=32x5，
所以在2+1x2(2x−1)3的展开式中，x3项的系数为32.
故答案为：32.
14．0
【分析】根据分段函数解析式一一计算可得.
【详解】因为fx=log22−x,x<2fx−1−fx−2,x≥2，
所以f13=f12−f11=f11−f10−f11=−f10，
f10=f9−f8=f8−f7−f8=−f7，
同理可得f13=f7=f1=log22−1=0.
故答案为：0
15．3+2/2+3
【分析】设直线方程为y=bax−c与双曲线方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)联立，根据|AB|=23b求解.
【详解】解：如图所示：
设直线方程为y=bax−c与双曲线方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)联立，
解得x=a2+c22c,y=−b32ac，
因为|AB|=23b，
所以2×b32ac=23b，
即b2=23ac，即c2−23ac−a2=0，
解得e=ca=3+2，
故答案为：3+2
16． π2 /12π (−∞,−92]
【分析】由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得到g(x)的表达式，根据其对称中心可求得φ=±π2，再利用其单调区间，分类讨论，求出m的范围，即可确定答案.
【详解】将函数f(x)=2sin(3x+φ)(|φ|≤π2)的图象向右平移2π9个单位长度，
得到的函数g(x)=2sin(3x−3×2π9+φ)的图象关于点(−11π18,0)对称，
∴3×(−11π18)−2π3+φ=kπ,k∈Z，即φ=kπ+5π2,k∈Z，
因为|φ|≤π2，则φ=±π2，
若φ=π2，则g(x)=2sin(3x−π6)，
∵g(x)在区间(φm,−φm)=(π2m,−π2m),(m∈R)上单调递增，∴m<0，
当x∈(π2m,−π2m)，3x−π6∈(9π−mπ6m,−9π−mπ6m)，
∴9π−mπ6m≥−π2，且−9π−mπ6m≤π2，
即m≤−92，且m≤−94，∴m≤−92；
若φ=−π2，则g(x)=2sin(3x−7π6)，
∵g(x)在区间(φm,−φm)=(−π2m,π2m),(m∈R)上单调递增，∴m>0，
当x∈(−π2m,π2m)，3x−7π6∈(−9π−7mπ6m,9π−7mπ6m)，
−9π−7mπ6m≥−π2，且9π−7mπ6m≤π2，
即m≤−94且m≥910，故m∈∅；
综上可得，φ=π2，m≤−92.
故答案为：π2；(−∞,−92]
【点睛】难点点睛：根据三角函数的平移变换可得到平移后的函数解析式，根据对称中心可求得φ=±π2，难点就在于这两个值的取舍，要根据函数的单调区间求得参数m的范围，即可确定答案.
17．(1)an=2n+1
(2)T2n+1=2n+12n+2
【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得a1,d，进而得到an；
（2）由（1）可得Sn，进而得到bn+bn+1，采用裂项相消法和并项求和法可求得结果.
【详解】（1）设等差数列an的公差为dd≠0，
由a4=a12S4=3S2得：a1+3d=a124a1+4×32d=32a1+2×12d，解得：a1=3d=2，
∴an=3+2n−1=2n+1.
（2）由（1）得：Sn=na1+nn−12d=n2+2n=nn+2，
∴bn+bn+1=2Sn=2nn+2=1n−1n+2，
∴T2n+1=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+⋅⋅⋅+b2n−2+b2n−1+b2n+b2n+1 =12+12−14+14−16+16−18+⋅⋅⋅+12n−2−12n+12n−12n+2 =1−12n+2=2n+12n+2.
18．(1)B=π4
(2)22+25+6
【分析】（1）利用正弦定理边化角得sinB⋅cosA=2sinA⋅cosB，从而有tanB=2tanA，再利用倍角正切公式求得tanC=−3，再利用和角正切公式即可求得tanB=1，即可求得B=π4；
（2）先利用和角正弦公式求得sinA=55，再利用正弦定理，结合三角形的面积公式分别求得三边的长度，从而可求得周长.
【详解】（1）依题意，有b⋅cosA=2a⋅cosB，
由正弦定理，得sinB⋅cosA=2sinA⋅cosB，则tanB=2tanA.
∵ tan2C=2tanC1−tan2C=34，∴ 3tan2C+8tanC−3=0，
∵C为钝角，∴ tanC=−3（tanC=13舍去），
∴ tanC=tanπ−A+B=−tanA+B=−tanA+tanB1−tanA⋅tanB=3tanBtan2B−2=−3，
即tan2B+tanB−2=0，
因为C为钝角，所以B为锐角，所以tanB=1（tanB=−2舍去），即B=π4.
（2）∵ tanC=sinCcosC=−3,sin2C+cos2C=1，∴ sinC=31010，cosC=−1010；
∵ A+B+C=π，∴ A=π−B+C，
∴ sinA=sinπ−B+C=sinB+C=sinB⋅cosC+cosB⋅sinC
=22×−1010+22×31010=55.
由正弦定理，得asinA=csinC，a=c⋅sinAsinC，∴ a=c×55×10310=23c
∴ △ABC的面积S=12acsinB=12×23c×c×22=c26=6，解得c=6，a=22，
由正弦定理，得bsinB=csinC，∴ b=c⋅sinBsinC=6×22×10310=25，
∴ △ABC的周长为22+25+6.
19．(1)证明见解析
(2)21717
【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，求向量AB与平面DMN的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：取FD的中点G，连接GM，AG，
因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GM=12DE，
因为三棱台ABC−DEF中，DE∥AB，DE=12AB，AB=4AN，
所以GM∥AN，GM=AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA，
因为MN⊂平面ADFC，GA⊂平面ADFC，所以MN//平面ADFC，
因为MN⊂平面DMN，平面DMN∩平面ADFC=l，所以MN∥l．
（2）因为平面CBEF⊥平面ABC，所以过点F作FO⊥CB于点O，则FO⊥平面ABC，又由题意知CB=2FE，AC=CF=FE=EB，所以CO=12CF=12AC，
因为△ABC中，AC=12CB，AC⊥AB，所以∠ACB=60°，
连接AO，在△ACO中由余弦定理得OA2=CO2+AC2−2CO⋅ACcos60°=34AC2，
所以CO2+OA2=AC2，得OA⊥CO．
所以以O为原点，以OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，
令AC=2，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,−1,0)，F(0,0,3)，M(0,1,3)，CA=(3,1,0)，AB=(−3,3,0)，OD=OF+12CA=32,12,3，DM=−32,12,0，
DN=DO+OA+14AB=34,14,−3，
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DM=0,n⋅DN=0,得−3x+y=0,3x+y−43z=0,
令x=2，则y=23，z=1，所以平面DMN的一个法向量n=(2,23,1)，
设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sinθ=|AB⋅n||AB|⋅|n|=433+9×4+12+1=21717．
所以直线AB与平面DMN所成角的正弦值为21717．
20．(1)24
(2)30.8%
【分析】（1）按方式Ⅰ回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数服从二项分布，运用公式计算数学期望；
（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,利用全概率公式计算条件概率.
【详解】（1）每次摸到白球的概率为35，摸到黑球的概率为25，
每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率P=C21⋅35⋅25=1225，
由题意可得，该班50名学生中按方式Ⅰ回答问卷的人数X∼B50,1225，
所以X的数学期望EX=50×1225=24.
（2）记事件A为按方式Ⅰ回答问卷, 事件B为按方式Ⅱ回答问卷, 事件C为在问卷中回答“是”,
由（1）知PA=1225，PB=1325，PC|A=12，
因为PC=22+3=25，
由全概率公式PC=PAPC|A+PBPC|B，
即25=1225⋅12+1325⋅PC|B，解得PC|B=413≈30.8%，
故根据调查问卷估计，该校高三级学生对饭堂服务满意度30.8%.
21．(1)π6或5π6
(2)2
【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为y−y1=kx−x1，与抛物线联立由Δ=0求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出yQ，设直线PD的方程为x−x0=my−y0与抛物线联立由韦达定理表示出yD+yE，yDyE，代入PQPD+PQPE化简即可得出答案.
【详解】（1）设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，F12,0，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为x=ty+12，
联立方程x=ty+12y2=2x，消去y，得x2−x−2t2x+14=0，
所以x1+x2=2t2+1，x1⋅x2=14，
所以FAFB=x1+12x2+12 =x1x2+12x1+x2+14=t2+1=4，t=±3，
所以直线的倾斜角为π6或5π6.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为y−y1=kx−x1，（k存在，A不为原点），
联立方程y−y1=kx−x1y2=2x，消去x得，k2y2−y+y1−kx1=0，
Δ=1−4×k2y1−kx1=0，即1−4×k2y1−ky122=0，
所以ky1=1，即k=1y1，
所以直线PA的方程为y−y1=1y1x−x1，即yy1=x+x1，
同理可得，直线PB方程为：yy2=x+x2，
因为点Px0,y0在直线PA，PB上，所以y0y1=x0+x1，y0y2=x0+x2，
所以直线AB的方程为：yy0=x+x0
设直线PD的方程为x−x0=my−y0，
联立方程x−x0=my−y0y2=2x，消去x，得y2−2my+2my0−2x0=0，
得yD+yE=2m，yDyE=2my0−2x0，
联立方程x−x0=my−y0yy0=x+x0，消去x，得yQ=2x0−my0y0−m，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以PQPD+PQPE=yQ−y0yD−y0+yQ−y0yE−y0 =yQ−y0yD+yE−2y0yDyE−y0yD+yE+y02=2x0−my0y0−m−y02m−2y02my0−2x0−2my0+y02=2.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.
22．(1)a>1
(2)证明见解析
【分析】（1）由极值点的概念可知f′x=0在0,π2有解，通过分离参数思想将零点问题转化为两图象交点问题，求出a的范围，代入回结合极小值的概念即可得解；
（2）通过三角函数的有界性得出fx0≥2ex0+bx0+b−2a，构造函数hx=2ex+bx+b−2ax∈R，利用导数判断函数的单调性求出hx的最小值即可得结果.
【详解】（1）由题意知fx=ex−asinx在0,π2上有极小值，
则f′x=ex−acosx=0在0,π2有解，
故a=excosx，设gx=excosxx∈0,π2，
显然gx=excosx在0,π2单调递增，
又g0=1，limx→π2gx=+∞，所以a>1.
当a>1时，f'x=ex−acosx在0,π2单调递增，
又f′0=1−a<0，f′π2=eπ2>0，由零点存在定理可知∃α∈0,π2，且f′α=0，
此时当x∈0,α时，f′x<0，当x∈α,π2时，f′x>0，
所以fx在0,α上单调递减，
fx在α,π2上单调递增，故fx在0,π2上有极小值点.
因此实数a的取值范围a>1.
（2）由题意知f′x=ex−acosx+b，故f′x0=ex0−acosx0+b=0.
fx0=ex0−asinx0+bx0=ex0−asinx0+bx0+f′x0
=2ex0−asinx0+cosx0+bx0+b=2ex0−2asinx0+π4+bx0+b≥2ex0+bx0+b−2a.
设hx=2ex+bx+b−2ax∈R，
则h′x=2ex+b，当x∈−∞,ln−b2时，h′x<0，当x∈ln−b2,+∞时，h′x>0，
所以hx在−∞,ln−b2上单调递减，hx在ln−b2,+∞上单调递增，
所以hx≥hln−b2=bln−b2−2a.
因此fx0≥bln−b2−2a成立.
【点睛】该题中主要思路为由极值点想到在极值点处导数值为0，将零点问题通过分离参数思想解决，代入验证是否为极小值是必不可缺的步骤，在证明不等式的过程中，当指数与三角函数同时出现时，利用三角函数的有界性通过放缩思想去三角函数为该题的关键.
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