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2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期末数学试题（含解析）
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这是一份2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期末数学试题（含解析），共21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。
1.已知复数z=1+i，则zz=( )
A. −2iB. iC. −iD. 1−i
2.设全集U=R，集合M=xx>−1，N=x−2A. ∁UM∩NB. ∁UM∪NC. M∩∁UND. N∪∁UM
3.函数fx=3x−3−x2⋅cs2x的部分图象大致为
( )
A. B.
C. D.
4.某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了4%，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为
( )
A. 100B. 120C. 200D. 240
5.若a=lg30.3，b=sin3π5，c=50.1，则
( )
A. b6.设0( )
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
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1为正方形，AC1⊥平面BDE，E为AA1的中点，则下列结论错误的是
( )
A. AC1⊥BDB. AC1⊥A1C
C. A1C//平面BDED. 平面A1D1C⊥平面BDE
8.弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有( )
A. 32种B. 48种C. 56种D. 68种
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l：4x+3y+6=0与圆C：(x−1)2+y2=9相交于E，F两点，则
( )
A. 圆心C到直线l的距离为1B. 圆心C到直线l的距离为2
C. EF= 5D. EF=2 5
10.已知函数f(x)=12sin2x−π6，下列说法正确的是
( )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)
C. f(x)的图象可由函数y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若fx1=fx2，则x1=x2+kπ(k∈Z)
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2( 3,0)到渐近线的距离为1 ，P 为C 上一点，下列说法正确的是
( )
A. C的离心率为 62
B. PF2的最小值为 22
C. 若A ，B 为C 的左、右顶点，P与A ，B 不重合，则直线PA，PB的斜率之积为12
D. 设C 的左焦点为F1，若△PF1F2的面积为 33，则∠F1PF2=2π3
12.若关于x的不等式xlnx+2−xln2−x≥m2−2m对任意x∈0,2恒成立，则整数m的取值可能为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(2,1)，b=(1−m,m+1)，若a→⊥b→，则m= ．
14.已知csα−π3=12，则csπ3+2α= ．
15.如图，某圆柱与圆锥共底等高，圆柱侧面的展开图恰好为正方形，则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为 ．
16.已知抛物线y2=4x上存在两点A,B(A,B异于坐标原点O)，使得∠AOB=90∘，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90∘与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等差数列an满足2a2−a3=1，2a2+a3+2=a6．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=1an+3an+1+3，数列bn的前n项和为Tn，若Tm≤118，求m的最大值．
18.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m=(a+b+c, 3b)，n=(a+b−c,− 3a)，且m→⊥n→．
(1)求角C的大小；
(2)若csB= 217，b=8，D为边BC上一点，且AD=7，若▵ABD，▵ACD的面积分别为S1，S2，求S1S2的值．
19.(本小题12分)
投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝，得到了发扬光大．投壶是把箭向壶里投，投中多的为胜．某校开展“健康体育节”活动，其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛(每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响)，在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次．若两人有一人投中，投中者得2分，未投中者得−2分；若两人都投中，两人均得1分；若两人都未投中，两人均得0分．设甲每次投中的概率为13，乙每次投中的概率为25，且各次投壶互不影响．
(1)用Pi表示经过第i轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率，求P1与P2；
(2)经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，求X的分布列和数学期望．
20.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，▵PAD为等边三角形．
(1)若PC⊥AD，证明：AC=CD．
(2)在(1)条件下，若PC=3 ，求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆E的方程．
(2)设A、B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点，P在椭圆E上，且点P异于A、B两点，O为原点，直线AP交x轴于点M，直线BP交x轴于点N，试问OM⋅ON是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)，且6a+b=0，f(1)=4a．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F(x)=f(x)−xe−x有三个零点x1，x2，x3，且x1答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了复数的除法运算，共轭复数，属于基础题．
利用共轭复数的定义结合复数的除法可化简复数 zz ．
【解答】
解：因为 z=1+i ，
则 zz=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i ．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交并补混合运算，属于基础题．
根据集合的交并补运算即可结合选项逐一求解．
【解答】
解：由题意可得 M∩N=x−1∁UM=xx≤−1,∁UN=xx≤−2 或 x≥3 ，
对于A， ∁UM∩N= xx≤−1 或 x≥3 ，故A错误，
对于B， ∁UM∪N= xx≤−2 ，故B正确，
对于C， M∩(∁UN)={x|x⩾3} ，故C错误，
对于D， N∪∁UM=xx<3 ，故D错误，
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数图像的识别，特殊值法，属于基础题．
根据奇函数的定义判断函数 fx 为奇函数，排除B，C，求函数的零点，再根据函数值的正负排除D可得答案．
【解答】
解：函数 fx=3x−3−x2⋅cs2x 的定义域为 R ，定义域关于原点对称，
又 f−x=3−x−3x2⋅cs−2x=−3x−3−x2⋅cs2x =−f(x)，
所以函数 fx 为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，C；
令 fx=0 ，可得 3x−3−x2⋅cs2x=0 ，
所以 3x−3−x=0 或 cs2x=0 ，
所以 x=0 或 x=kπ2+π4 ， k∈Z ，
当 00 ，排除D；
故选：A．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查扇形图、属于基础题．
设招聘 x 名硕士生，然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出 x 的值，再根据比例可求得结果．
【解答】
解：设招聘 x 名硕士生，由题意可知， x+400×0.4=(400+80+x)×(0.4−0.04) ，
解得 x=20 ，
所以本科生教师共分得树苗 40400+80+20×1500=120 棵．
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查指数函数的函数值、对数型函数的函数值、任意角的三角函数的定义，属于基础题．
由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得 a<0 ， b∈(0,1) ， c>1 ，即可得答案．
【解答】
解：因为 a=lg30.3<0 ， b=sin3π5∈(0,1) ， c=50.1>1 ，所以 a故选：C．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了充分条件和必要条件，余弦函数的性质，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可．
【解答】
解：设0所以“ xcsx<1 ”推不出“ x<1 ”；
若 x<1 ，又 0所以 0所以“ xcsx<1 ”是“ x<1 ”的必要不充分条件，
故选：B
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的性质和判定，线面垂直的向量表示，线面平行的判定
由条件，结合线面垂直的性质判断A，连接 AC ，设 AC∩BD=O ，证明 EO//A1C ，由线面垂直定义证明 AC1⊥EO ，由此判断B，由线面平行判定定理证明 A1C// 平面 BDE ，判断C，建立空间直角坐标系，求平面 A1D1C ，平面 BDE 的法向量，判断两向量数量积是否为0，判断D．
【解答】
解：因为 AC1⊥ 平面 BDE ， BD⊂ 平面 BDE ，所以 AC1⊥BD ，A正确；
连接 AC ，设 AC∩BD=O ，则 O 为 AC 的中点，
因为 AC1⊥ 平面 BDE ， EO⊂ 平面 BDE ，所以 AC1⊥EO ，
又 E 为 AA1 的中点， O 为 AC 的中点，所以 EO//A1C ，
所以 AC1⊥A1C ，B正确；
因为 EO//A1C ，
又 EO⊂ 平面 BDE ， A1C⊄ 平面 BDE ，所以 A1C //平面 BDE ，C正确；
由已知 D1A1,D1C1,D1D 两两垂直，以 D1 为原点， D1A1,D1C1,D1D 为 x,y,z 的正方向，建立空间直角坐标系，设 A1B1=2a ，
因为底面 A1B1C1D1 为正方形，所以 A1D1=2a,A1C1=2 2a ，
由长方体性质可得四边形 ACC1A1 为矩形，又 AC1⊥A1C ，
所以四边形 ACC1A1 为正方形，故 AA1=2 2a ，
所以 D10,0,0,A12a,0,0,C0,2a,2 2a,A2a,0,2 2a,C10,2a,0 ，
所以 AC1=−2a,2a,−2 2a,D1A1=2a,0,0,D1C=0,2a,2 2a ，
因为 AC1⊥ 平面 BDE ，所以 AC1=−2a,2a,−2 2a 为平面 BDE 的一个法向量，
设平面 A1D1C 的法向量为 n=x,y,z ，
则 n⋅D1A1=0n⋅D1C=0 ，所以 2ax=02ay+2 2az=0 ，
取 y= 2 ，则 x=0,z=−1 ，
所以 n=0, 2,−1 为平面 A1D1C 的一个法向量，
因为 n⋅AC1=2 2a+2 2a=4 2a≠0 ，
所以向量 n,AC1 不垂直，所以平面 A1D1C 与平面 BDE 不垂直，D错误；
故选：D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查排列与组合的综合应用，分类加法计数原理，属于中档题．
利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可．
【解答】
解：①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，则共有 A22A32=12 种安排方式．
②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，
在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，
共有 C21A22A32−C21A22=20 种安排方式；
③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，
先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，
最后将剩下的3种书全排列即可，
共有 C21C31A33=36 种安排方式．
所以共有 12+20+36=68 种安排方式．
故选：D．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆相交的弦长、点到直线的距离，属于基础题．
根据点到直线的距离公式计算可知A错误，B正确；利用几何法求出弦长可知C错误，D正确．
【解答】
解：因为圆心C(1,0)到直线l的距离d=4×1+3×0+6 42+32=2，所以 A错误，B正确．
因为|EF|=2 9−22=2 5，所以 C错误，D正确．
故选：BD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查正弦函数的周期性、图像变换、利用导数求已知函数的极值或极值点，属于中档题.由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A；对f(x)求导，令f′(x)=0可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由fx1=fx2，求出x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)可判断D．
【解答】
解：f(x) 的最小正周期为T=2π2=π，所以 A错误；
由f′(x)=cs2x−π6=0，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
由三角函数的性质可验证f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)，所以 B正确；
将y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到f(x)=12sin2x−π6的图象，所以 C正确；
若fx1=fx2，则12sin2x1−π6=12sin2x2−π6，
所以sin2x1−π6=sin2x2−π6，则2x1−π6=2x2−π6+2kπ(k∈Z)或2x1−π6+2x2−π6=π+2kπ(k∈Z)，
则x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)，所以 D错误．
故选：BC．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的离心率，渐近线，焦点三角形，属于中档题．
根据题意列关于a,b,c的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，PF2的最小值，结合动点P满足的方程x022−y02=1，列式计算kPA⋅kPB，在焦点三角形△PF1F2中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出∠F1PF2．
【解答】
解：由已知可得c= 3，cb a2+b2=b=1，所以a= 2，
则C的方程为x22−y2=1，离心率为 3 2= 62， A正确；
因为PF2的最小值为c−a= 3− 2，所以 B错误；
设Px0,y0，则x022−y02=1，A− 2,0，B 2,0
kPA⋅kPB=y0x0+ 2⋅y0x0− 2=y02x02−2=x022−1x02−2=12，所以 C正确；
设∠F1PF2=θ，由PF1−PF2=2aF1F22=PF12+PF22−2PF1S▵PF1F2=12PF1PF2sinθPF2csθ,
可得S▵PF1F2=b2tanθ2=1tanθ2= 33，得tanθ2= 3，
则∠F1PF2=2π3，所以 D正确．
故选：ACD．
12.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，属于中档题．
构造函数fx=xlnx+2−xln2−x，求导，利用导数求解函数的最值，进而将问题转为m2−2m≤fxmin，即可由一元二次不等式求解．
【解答】
解：令fx=xlnx+2−xln2−x，则f′(x)=ln x+1−ln (2−x)−1=ln x−ln (2−x)，
由于函数y=lnx在x∈0,2单调递增，y=ln2−x在x∈0,2单调递减，
所以f′(x)=ln x−ln (2−x)在x∈0,2单调递增，
又f′1=0，所以当x∈0,1,f′x<0,fx单调递减，当x∈1,2,f′x>0,fx单调递增，
所以当x=1时，fx取极小值也是最小值，故fxmin=f1=0，
对于不等式xlnx+2−xln2−x≥m2−2m对任意x∈0,2恒成立，
则m2−2m≤fxmin⇒m2−2m≤0，所以0≤m≤2，
故整数m的取值可能为0，1，2，
故选：AB
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题．
由向量垂直的坐标表示列方程求 m ，可得结论．
【解答】
解：因为 a⊥b ， a=2,1 ， b=1−m,m+1 ，
所以 2×1−m+1×m+1=0 ，
所以 2−2m+m+1=0 ，
所以 m=3 ．
故答案为： 3 ．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查二倍角余弦公式，属于基础题．
利用诱导公式和二倍角公式由条件求值．
【解答】
解：因为 cs (π3+2α)=cs [2(α−π3)+π]
=−cs 2(α−π3)=1−2cs2(α−π3) ，
又 csα−π3=12 ，
所以 csπ3+2α=1−2×14=12 ．
故答案为：12．
15.【答案】12π
【解析】【分析】
本题考查了圆柱的结构特征，圆锥的结构特征，属于基础题．
先根据圆柱侧面展开图为正方形得出 2π⋅BO=OA ，然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得．
【解答】
解：因为圆柱母线与圆锥的轴平行，
所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于 ∠BAO ．
因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形，
所以 2π⋅BO=OA ，所以 tan∠BAO=BOOA=12π ．
故答案为： 12π ．
16.【答案】80
【解析】【分析】
本题考查抛物线中的面积问题，向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，由基本不等式求最值或取值范围．
设直线 AB 的方程为 x=my+t ，联立方程组，由条件证明 t=4 ，由此可得 AB ，再求 CD ，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可．
【解答】
解：由已知直线 AB 的斜率存在，且不为 0 ，
故可设直线 AB 的方程为 x=my+t ，m≠0，
联立 y2=4xx=my+t ，
消 x 得， y2−4my−4t=0 ，
方程 y2−4my−4t=0 的判别式 Δ=16m2+16t>0 ，
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，则 y1+y2=4m,y1y2=−4t ，
所以 x1x2=y124⋅y224=t2
因为 ∠AOB=90∘ ，
所以 OA⋅OB=0 ，所以 x1x2+y1y2=0 ，
所以 t2−4t=0 ，
又 A,B 异于坐标原点 O ，所以 y1y2≠0 ，所以 t≠0 ，
所以 t=4 ，
所以直线 AB 的方程为 x=my+4 ，
且 AB= 1+m2y2−y1= 1+m2 16m2+64=4 m2+1m2+4
所以直线 AB 与 x 轴的交点为 4,0 ，
所以点 M 的坐标为 4,0 ，
所以直线 CD 的方程为 x=−1my+4 ，
联立 y2=4xx=−1my+4 ，
消 x 得， y2+4my−16=0 ，
方程 y2+4my−16=0 的判别式 Δ=16m2+64>0 ，
设 Cx3,y3,Dx3,y4 ，则 y3+y4=−4m,y1y2=−16 ，
所以 CD= 1+1m2y4−y3= 1+1m2 16m2+64=4m2 m2+14m2+1 ，
由已知 AB⊥CD ，
所以四边形ACBD面积 S=12×AB×CD=8m2+1m2 m2+44m2+1 ，
设 m2=λ ，则 λ>0 ， S=8 λ+124λ2+17λ+4λ2 ，
所以 S=8 λ2+1+2λ4λ2+4+17λλ2=8 4λ+1λ2+25λ+1λ+34 ，
由基本不等式可得 λ+1λ≥2 ，当且仅当 λ=1 时等号成立，此时 m=±1 ，
设 μ=λ+1λ ，可得 S=8 4μ2+25μ+34=8 4μ+2582−8116 ， μ≥2 ，
所以当 μ=2 时，即 m=±1 时， S 取最小值，最小值为 80 ，
所以四边形ACBD面积的最小值为 80 ．
故答案为： 80 .
17.【答案】解：(1)设公差和首项为 d,a1 ，
由 2a2−a3=1 ， 2a2+a3+2=a6 得 2a1+d−a1+2d=12a1+d+a1+2d+2=a1+5d ，
解得 a1=1d=4 ，
所以 an=a1+4n−1=4n−3
(2)bn=1an+3an+1+3=14n−3+34n+1+3=1161n−1n+1 ，
因此 Tn=116×[(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)]=116(1−1n+1) ，
故 Tm≤118 ，则 Tm=1161−1m+1≤118 ，解得 m≤8 ，
故 m 的最大值为8
【解析】本题考查等差数列通项公式中的基本量计算、裂项相消法求和，属于中档题．
(1)根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差，
(2)根据裂项求和求解 Tn=1161−1n+1 ，即可解不等式求解．
18.【答案】解：(1)因为 m=a+b+c, 3b ， n=a+b−c,− 3a ， m⊥n ，
所以 a+b+c⋅a+b−c−3ab=0 ，
所以 a2+b2−c2=ab ，
所以 csC=a2+b2−c22ab=12 ，又 C∈0,π ，
所以 C=π3 ；
(2)因为 B∈0,π ， csB= 217>0 ，所以 B∈0,π2 ，
所以 sinB= 1−cs2B=2 77 ，
sinA=sin(B+C) =sin(B+π3) =sinBcsπ3+csBsinπ3 ，
=2 77×12+ 217× 32 =5 714 ，
在 ▵ABC 中，由正弦定理得 asinA=bsinB ，
所以 a=8×5 7142 77=10 ，
在 ▵ACD 中，由余弦定理得： AD2=DC2+AC2−2DC⋅ACcsC ，
即 DC2−8DC+15=0 ，
故 (DC−3)(DC−5)=0 ，
所以 DC=3 或 DC=5 ，
当 DC=5 时， BD=BC−DC=5 ，
S1S2=12×DA×DB×sin∠ADB12×DA×DC×sin∠ADC=BDDC=1 ，
当 DC=3 时， BD=BC−DC=7 ，
S1S2=12×DA×DB×sin∠ADB12×DA×DC×sin∠ADC=BDDC=73 ，
所以 S1S2 的值为 73 或1．
【解析】本题考查三角形面积公式、利用正弦定理解三角形、利用余弦定理解三角形，属于中档题.(1)由条件，根据向量垂直的坐标表示可得 a,b,c 的关系，再结合余弦定理求角C的大小；
(2)根据 csB= 217 ，得到进而得到 sinB ， sinA ，然后由正弦定理求得a，再利用余弦定理和三角形面积公式求解．
19.【答案】解：(1)由题意可知， P1=13×25+23×35=815 ，
P2=C2113×1−25×1−13×25+8152=88225 ．
(2)由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 0 、 2 、 4 ，
PX=4=13×252=4225 ，
PX=2=C21×13×25×23×35+C21×13×35×13×25+C21×13×25×23×25=52225 ，
PX=0=1−52225−4225=169225 ，
所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：
因此， EX=0×169225+2×52225+4×4225=815 ．
【解析】本题考查离散型随机变量的均值、分布列、相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
(1)根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得 P1 、 P2 的值；
(2)分析可知随机变量 X 的可能取值有 0 、 2 、 4 ，计算出随机变量 X 在不同取值下的概率，可得出随机变量 X 的分布列，进而可求得 EX 的值．
20.【答案】解：(1)证明：取 AD 的中点 O ，连接 OP ， OC ．
因为 ▵PAD 为等边三角形，所以 PO⊥AD ．
又 PC⊥AD ， PO∩PC=P ， PO,PC⊂ 平面 POC ，
所以 AD⊥ 平面 PCO ，因为 CO⊂ 平面 POC ，
所以 AD⊥CO ，即 OC 是线段 AD 的中垂线，
所以 AC=CD ．
(2)由(1)知AD⊥ 平面 PCO ，AD⊥OC，AC=CD=2 ，
以 O 为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，在平面PCO内过O作OC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则 A(0,−1,0) ， C( 3,0,0) ， D(0,1,0) ．
在 ▵POC 中， PO=OC= 3 ， PC=3 ，由余弦定理易得∠POC为120°，
所以点 P 的坐标为 − 32,0,32 ，
所以 AB=DC=( 3,−1,0) ， AP=− 32,1,32 ， AD=(0,2,0) ．
设 n=(x,y,z) 是平面 PAB 的法向量，可得 3x−y=0,− 32x+y+32z=0, 令 y=3 ，得 n=( 3,3,−1) ．
设 m=x1,y1,z1 是平面 PAD 的法向量，可得 2y1=0,− 32x1+y1+32z1=0, 令 z1=1 ，得 m=( 3,0,1) ．
设平面 PAB 与平面 PAD的夹角为 θ ，
则 cs θ=|n⋅m||n||m|= 1313 ．
【解析】本题考查平面与平面夹角的向量求法，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
(1)根据等边三角形的三线合一性质，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，可得答案；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，结合夹角的求解公式，可得答案．
21.【答案】解：(1)设点 Px0,y0 为椭圆 E 上任意一点，其中 −a≤x0≤a ，易知点 F1−c,0 ，
PF1= x0+c2+y02= x02+2cx0+c2+b2−b2x02a2= a2+2cx0+c2x02a2
=a+cax0=a+cax0∈a−c,a+c ，
所以，椭圆 E 上的点到焦点的距离的最大值为 a+c=3 ，
又因为椭圆 E 的离心率为 e=ca=12 ，
所以， a=2 ， c=1 ，则 b= a2−c2= 4−1= 3 ，
因此，椭圆 E 的标准方程为 x24+y23=1 ．
(2)设点 Ax1,y1 ， Bx1,−y1 ， Px2,y2 ， Mm,0 ， Nn,0 ，
则直线 AP 的方程为 y=y1x1−mx−m ，直线 BP 的方程为 y=−y1x1−nx−n ，
联立 y=y1x1−mx−m3x2+4y2=12 ，消去 y 并整理可得 3x12−6mx1+3m2+4y12x2−8my12x+4m2y12−12x1−m2=0 ，
因为点 A 在椭圆 E 上，则直线 AP 与椭圆 E 必有公共点，
所以， x1+x2=8my123x12−6mx1+3m2+4y12 ，
同理可得 x1+x2=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12
所以， 8my123x12−6mx1+3m2+4y12=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12 ，
所以， m3x12−6nx1+3n2+4y12=n3x12−6mx1+3m2+4y12 ，
化简可得 3m−nx12+4m−ny12=3mnm−n ，
当 m≠n 时，则 3mn=3x12+4y12=12 ，此时， mn=4 ；
当 m=n 时， M 、 N 、 P 三点重合，此时， m=n=a=2 ．
综上所述， OM⋅ON=mn=4 ，即 OM⋅ON 为定值 4 ．
【解析】本题考查椭圆中的定值问题，属于较难题．
(1)求出椭圆 E 上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出 a 、 c 的值，进而求出 b 的值，由此可得出椭圆 E 的标准方程；
(2)设点 Ax1,y1 ， Bx1,−y1 ， Px2,y2 ， Mm,0 ， Nn,0 ，将直线 AP 的方程与椭圆 E 的方程联立，求出 x1+x2 ，同理可得出 x1+x2 的另外一个表达式，利用等量关系可得出关于 m 、 n 的等式，讨论 m≠n 、 m=n 两种情形，可求出 OM⋅ON 的定值．
22.【答案】解：(1)由 f(1)=4a ，得 3a−b−c=0 ，又 b=−6a ，所以 c=9a ，
则 f(x)=ax3−6ax2+9ax ，所以 f′(x)=3a(x−1)(x−3) ， a≠0 ．
当 a>0 时，令 f′(x)>0 ，得 x<1 或 x>3 ；令 f′x<0 ，得 1所以 f(x) 在 (−∞,1) 和 (3,+∞) 上单调递增，在 (1,3) 上单调递减；
当 a<0 时，令 f′(x)>0 ，得 13 ；
所以 f(x) 在 (−∞,1) 与 (3,+∞) 上单调递减，在 (1,3) 上单调递增．
(2)x1+x2+x3<2 ，理由如下：
因为 f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3)2 ，
由 F(x)=0 ，得 ax(x−3)2−xe−x=0 ，解得 x=0 或 a(x−3)2−e−x=0 ．
因为 x∈[0,3] ，所以 x1=0 ， x2 ， x3 是 a(x−3)2−e−x=0 的正根，则 x1+x2+x3=x2+x3 ，
又 lnax−32=lne−x=−x ，
所以 lna+2ln3−x2=−x2 ， lna+2ln3−x3=−x3 ，
两式相减得 2ln3−x2−2ln3−x3=x3−x2=3−x2−3−x3 ．
令 3−x2=t2 ， 3−x3=t3 ，则 3>t2>t3≥0 ，得 2lnt2−2lnt3=t2−t3 ，则 2=t2−t3lnt2−lnt3 ．
令 u=t2t3∈(1,+∞) ，则 t2−t3lnt2−lnt3=t3(u−1)lnu=2 ，
所以 t3=2ln uu−1(u>1) ， t2=ut3=2ulnuu−1 ，可得 t2+t3=2(u+1)lnuu−1 ，
t2+t3−4=2lnuu−1(u+1)−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1(u>1) ．
设 g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1) ，则 g′(u)=2lnu+1u−1 ，
再设 h(u)=lnu+1u−1u>1 ，则 h′(u)=1u−1u2=u−1u2>0 ，
所以 h(u) 在 (1,+∞) 上为增函数，则 h(u)>h(1)=0 ，
即 g′(u)=2lnu+1u−1>0 ，则 g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1) 在 (1,+∞) 上为增函数，
从而 g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0 ，
所以 t2+t3−4>0 ，即 3−x2+3−x3−4=2−x2+x3>0 ，
所以 x2+x3<2 ，即 x1+x2+x3=x2+x3<2 ．
【解析】本题考查利用导数研究函数的零点、利用导数求函数的单调区间，属于困难题．
(1)分类讨论 a>0 与 a<0 ，结合导数与函数的关系即可得解；
(2)观察式子先确定 x1=0 ，再利用转化法与换元法得到 2lnt2−2lnt3=t2−t3 ，进而利用双变量处理方法得到 t2+t3−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1 ，利用导数证得 t2+t3−4>0 ，从而得解．
X
0
2
4
P
169225
52225
4225
1.已知复数z=1+i，则zz=( )
A. −2iB. iC. −iD. 1−i
2.设全集U=R，集合M=xx>−1，N=x−2
3.函数fx=3x−3−x2⋅cs2x的部分图象大致为
( )
A. B.
C. D.
4.某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了4%，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为
( )
A. 100B. 120C. 200D. 240
5.若a=lg30.3，b=sin3π5，c=50.1，则
( )
A. b
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
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1为正方形，AC1⊥平面BDE，E为AA1的中点，则下列结论错误的是
( )
A. AC1⊥BDB. AC1⊥A1C
C. A1C//平面BDED. 平面A1D1C⊥平面BDE
8.弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有( )
A. 32种B. 48种C. 56种D. 68种
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l：4x+3y+6=0与圆C：(x−1)2+y2=9相交于E，F两点，则
( )
A. 圆心C到直线l的距离为1B. 圆心C到直线l的距离为2
C. EF= 5D. EF=2 5
10.已知函数f(x)=12sin2x−π6，下列说法正确的是
( )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)
C. f(x)的图象可由函数y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若fx1=fx2，则x1=x2+kπ(k∈Z)
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2( 3,0)到渐近线的距离为1 ，P 为C 上一点，下列说法正确的是
( )
A. C的离心率为 62
B. PF2的最小值为 22
C. 若A ，B 为C 的左、右顶点，P与A ，B 不重合，则直线PA，PB的斜率之积为12
D. 设C 的左焦点为F1，若△PF1F2的面积为 33，则∠F1PF2=2π3
12.若关于x的不等式xlnx+2−xln2−x≥m2−2m对任意x∈0,2恒成立，则整数m的取值可能为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(2,1)，b=(1−m,m+1)，若a→⊥b→，则m= ．
14.已知csα−π3=12，则csπ3+2α= ．
15.如图，某圆柱与圆锥共底等高，圆柱侧面的展开图恰好为正方形，则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为 ．
16.已知抛物线y2=4x上存在两点A,B(A,B异于坐标原点O)，使得∠AOB=90∘，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90∘与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等差数列an满足2a2−a3=1，2a2+a3+2=a6．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=1an+3an+1+3，数列bn的前n项和为Tn，若Tm≤118，求m的最大值．
18.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m=(a+b+c, 3b)，n=(a+b−c,− 3a)，且m→⊥n→．
(1)求角C的大小；
(2)若csB= 217，b=8，D为边BC上一点，且AD=7，若▵ABD，▵ACD的面积分别为S1，S2，求S1S2的值．
19.(本小题12分)
投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝，得到了发扬光大．投壶是把箭向壶里投，投中多的为胜．某校开展“健康体育节”活动，其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛(每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响)，在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次．若两人有一人投中，投中者得2分，未投中者得−2分；若两人都投中，两人均得1分；若两人都未投中，两人均得0分．设甲每次投中的概率为13，乙每次投中的概率为25，且各次投壶互不影响．
(1)用Pi表示经过第i轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率，求P1与P2；
(2)经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，求X的分布列和数学期望．
20.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，▵PAD为等边三角形．
(1)若PC⊥AD，证明：AC=CD．
(2)在(1)条件下，若PC=3 ，求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆E的方程．
(2)设A、B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点，P在椭圆E上，且点P异于A、B两点，O为原点，直线AP交x轴于点M，直线BP交x轴于点N，试问OM⋅ON是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)，且6a+b=0，f(1)=4a．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F(x)=f(x)−xe−x有三个零点x1，x2，x3，且x1
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了复数的除法运算，共轭复数，属于基础题．
利用共轭复数的定义结合复数的除法可化简复数 zz ．
【解答】
解：因为 z=1+i ，
则 zz=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i ．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查交并补混合运算，属于基础题．
根据集合的交并补运算即可结合选项逐一求解．
【解答】
解：由题意可得 M∩N=x−1
对于A， ∁UM∩N= xx≤−1 或 x≥3 ，故A错误，
对于B， ∁UM∪N= xx≤−2 ，故B正确，
对于C， M∩(∁UN)={x|x⩾3} ，故C错误，
对于D， N∪∁UM=xx<3 ，故D错误，
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数图像的识别，特殊值法，属于基础题．
根据奇函数的定义判断函数 fx 为奇函数，排除B，C，求函数的零点，再根据函数值的正负排除D可得答案．
【解答】
解：函数 fx=3x−3−x2⋅cs2x 的定义域为 R ，定义域关于原点对称，
又 f−x=3−x−3x2⋅cs−2x=−3x−3−x2⋅cs2x =−f(x)，
所以函数 fx 为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，C；
令 fx=0 ，可得 3x−3−x2⋅cs2x=0 ，
所以 3x−3−x=0 或 cs2x=0 ，
所以 x=0 或 x=kπ2+π4 ， k∈Z ，
当 0
故选：A．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查扇形图、属于基础题．
设招聘 x 名硕士生，然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出 x 的值，再根据比例可求得结果．
【解答】
解：设招聘 x 名硕士生，由题意可知， x+400×0.4=(400+80+x)×(0.4−0.04) ，
解得 x=20 ，
所以本科生教师共分得树苗 40400+80+20×1500=120 棵．
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查指数函数的函数值、对数型函数的函数值、任意角的三角函数的定义，属于基础题．
由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得 a<0 ， b∈(0,1) ， c>1 ，即可得答案．
【解答】
解：因为 a=lg30.3<0 ， b=sin3π5∈(0,1) ， c=50.1>1 ，所以 a
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了充分条件和必要条件，余弦函数的性质，属于基础题．
根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可．
【解答】
解：设0
若 x<1 ，又 0
故选：B
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的性质和判定，线面垂直的向量表示，线面平行的判定
由条件，结合线面垂直的性质判断A，连接 AC ，设 AC∩BD=O ，证明 EO//A1C ，由线面垂直定义证明 AC1⊥EO ，由此判断B，由线面平行判定定理证明 A1C// 平面 BDE ，判断C，建立空间直角坐标系，求平面 A1D1C ，平面 BDE 的法向量，判断两向量数量积是否为0，判断D．
【解答】
解：因为 AC1⊥ 平面 BDE ， BD⊂ 平面 BDE ，所以 AC1⊥BD ，A正确；
连接 AC ，设 AC∩BD=O ，则 O 为 AC 的中点，
因为 AC1⊥ 平面 BDE ， EO⊂ 平面 BDE ，所以 AC1⊥EO ，
又 E 为 AA1 的中点， O 为 AC 的中点，所以 EO//A1C ，
所以 AC1⊥A1C ，B正确；
因为 EO//A1C ，
又 EO⊂ 平面 BDE ， A1C⊄ 平面 BDE ，所以 A1C //平面 BDE ，C正确；
由已知 D1A1,D1C1,D1D 两两垂直，以 D1 为原点， D1A1,D1C1,D1D 为 x,y,z 的正方向，建立空间直角坐标系，设 A1B1=2a ，
因为底面 A1B1C1D1 为正方形，所以 A1D1=2a,A1C1=2 2a ，
由长方体性质可得四边形 ACC1A1 为矩形，又 AC1⊥A1C ，
所以四边形 ACC1A1 为正方形，故 AA1=2 2a ，
所以 D10,0,0,A12a,0,0,C0,2a,2 2a,A2a,0,2 2a,C10,2a,0 ，
所以 AC1=−2a,2a,−2 2a,D1A1=2a,0,0,D1C=0,2a,2 2a ，
因为 AC1⊥ 平面 BDE ，所以 AC1=−2a,2a,−2 2a 为平面 BDE 的一个法向量，
设平面 A1D1C 的法向量为 n=x,y,z ，
则 n⋅D1A1=0n⋅D1C=0 ，所以 2ax=02ay+2 2az=0 ，
取 y= 2 ，则 x=0,z=−1 ，
所以 n=0, 2,−1 为平面 A1D1C 的一个法向量，
因为 n⋅AC1=2 2a+2 2a=4 2a≠0 ，
所以向量 n,AC1 不垂直，所以平面 A1D1C 与平面 BDE 不垂直，D错误；
故选：D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查排列与组合的综合应用，分类加法计数原理，属于中档题．
利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可．
【解答】
解：①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，则共有 A22A32=12 种安排方式．
②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，
在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，
共有 C21A22A32−C21A22=20 种安排方式；
③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，
先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，
最后将剩下的3种书全排列即可，
共有 C21C31A33=36 种安排方式．
所以共有 12+20+36=68 种安排方式．
故选：D．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆相交的弦长、点到直线的距离，属于基础题．
根据点到直线的距离公式计算可知A错误，B正确；利用几何法求出弦长可知C错误，D正确．
【解答】
解：因为圆心C(1,0)到直线l的距离d=4×1+3×0+6 42+32=2，所以 A错误，B正确．
因为|EF|=2 9−22=2 5，所以 C错误，D正确．
故选：BD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查正弦函数的周期性、图像变换、利用导数求已知函数的极值或极值点，属于中档题.由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A；对f(x)求导，令f′(x)=0可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由fx1=fx2，求出x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)可判断D．
【解答】
解：f(x) 的最小正周期为T=2π2=π，所以 A错误；
由f′(x)=cs2x−π6=0，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
由三角函数的性质可验证f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)，所以 B正确；
将y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到f(x)=12sin2x−π6的图象，所以 C正确；
若fx1=fx2，则12sin2x1−π6=12sin2x2−π6，
所以sin2x1−π6=sin2x2−π6，则2x1−π6=2x2−π6+2kπ(k∈Z)或2x1−π6+2x2−π6=π+2kπ(k∈Z)，
则x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)，所以 D错误．
故选：BC．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的离心率，渐近线，焦点三角形，属于中档题．
根据题意列关于a,b,c的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，PF2的最小值，结合动点P满足的方程x022−y02=1，列式计算kPA⋅kPB，在焦点三角形△PF1F2中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出∠F1PF2．
【解答】
解：由已知可得c= 3，cb a2+b2=b=1，所以a= 2，
则C的方程为x22−y2=1，离心率为 3 2= 62， A正确；
因为PF2的最小值为c−a= 3− 2，所以 B错误；
设Px0,y0，则x022−y02=1，A− 2,0，B 2,0
kPA⋅kPB=y0x0+ 2⋅y0x0− 2=y02x02−2=x022−1x02−2=12，所以 C正确；
设∠F1PF2=θ，由PF1−PF2=2aF1F22=PF12+PF22−2PF1S▵PF1F2=12PF1PF2sinθPF2csθ,
可得S▵PF1F2=b2tanθ2=1tanθ2= 33，得tanθ2= 3，
则∠F1PF2=2π3，所以 D正确．
故选：ACD．
12.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，属于中档题．
构造函数fx=xlnx+2−xln2−x，求导，利用导数求解函数的最值，进而将问题转为m2−2m≤fxmin，即可由一元二次不等式求解．
【解答】
解：令fx=xlnx+2−xln2−x，则f′(x)=ln x+1−ln (2−x)−1=ln x−ln (2−x)，
由于函数y=lnx在x∈0,2单调递增，y=ln2−x在x∈0,2单调递减，
所以f′(x)=ln x−ln (2−x)在x∈0,2单调递增，
又f′1=0，所以当x∈0,1,f′x<0,fx单调递减，当x∈1,2,f′x>0,fx单调递增，
所以当x=1时，fx取极小值也是最小值，故fxmin=f1=0，
对于不等式xlnx+2−xln2−x≥m2−2m对任意x∈0,2恒成立，
则m2−2m≤fxmin⇒m2−2m≤0，所以0≤m≤2，
故整数m的取值可能为0，1，2，
故选：AB
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题．
由向量垂直的坐标表示列方程求 m ，可得结论．
【解答】
解：因为 a⊥b ， a=2,1 ， b=1−m,m+1 ，
所以 2×1−m+1×m+1=0 ，
所以 2−2m+m+1=0 ，
所以 m=3 ．
故答案为： 3 ．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查二倍角余弦公式，属于基础题．
利用诱导公式和二倍角公式由条件求值．
【解答】
解：因为 cs (π3+2α)=cs [2(α−π3)+π]
=−cs 2(α−π3)=1−2cs2(α−π3) ，
又 csα−π3=12 ，
所以 csπ3+2α=1−2×14=12 ．
故答案为：12．
15.【答案】12π
【解析】【分析】
本题考查了圆柱的结构特征，圆锥的结构特征，属于基础题．
先根据圆柱侧面展开图为正方形得出 2π⋅BO=OA ，然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得．
【解答】
解：因为圆柱母线与圆锥的轴平行，
所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于 ∠BAO ．
因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形，
所以 2π⋅BO=OA ，所以 tan∠BAO=BOOA=12π ．
故答案为： 12π ．
16.【答案】80
【解析】【分析】
本题考查抛物线中的面积问题，向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，由基本不等式求最值或取值范围．
设直线 AB 的方程为 x=my+t ，联立方程组，由条件证明 t=4 ，由此可得 AB ，再求 CD ，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可．
【解答】
解：由已知直线 AB 的斜率存在，且不为 0 ，
故可设直线 AB 的方程为 x=my+t ，m≠0，
联立 y2=4xx=my+t ，
消 x 得， y2−4my−4t=0 ，
方程 y2−4my−4t=0 的判别式 Δ=16m2+16t>0 ，
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，则 y1+y2=4m,y1y2=−4t ，
所以 x1x2=y124⋅y224=t2
因为 ∠AOB=90∘ ，
所以 OA⋅OB=0 ，所以 x1x2+y1y2=0 ，
所以 t2−4t=0 ，
又 A,B 异于坐标原点 O ，所以 y1y2≠0 ，所以 t≠0 ，
所以 t=4 ，
所以直线 AB 的方程为 x=my+4 ，
且 AB= 1+m2y2−y1= 1+m2 16m2+64=4 m2+1m2+4
所以直线 AB 与 x 轴的交点为 4,0 ，
所以点 M 的坐标为 4,0 ，
所以直线 CD 的方程为 x=−1my+4 ，
联立 y2=4xx=−1my+4 ，
消 x 得， y2+4my−16=0 ，
方程 y2+4my−16=0 的判别式 Δ=16m2+64>0 ，
设 Cx3,y3,Dx3,y4 ，则 y3+y4=−4m,y1y2=−16 ，
所以 CD= 1+1m2y4−y3= 1+1m2 16m2+64=4m2 m2+14m2+1 ，
由已知 AB⊥CD ，
所以四边形ACBD面积 S=12×AB×CD=8m2+1m2 m2+44m2+1 ，
设 m2=λ ，则 λ>0 ， S=8 λ+124λ2+17λ+4λ2 ，
所以 S=8 λ2+1+2λ4λ2+4+17λλ2=8 4λ+1λ2+25λ+1λ+34 ，
由基本不等式可得 λ+1λ≥2 ，当且仅当 λ=1 时等号成立，此时 m=±1 ，
设 μ=λ+1λ ，可得 S=8 4μ2+25μ+34=8 4μ+2582−8116 ， μ≥2 ，
所以当 μ=2 时，即 m=±1 时， S 取最小值，最小值为 80 ，
所以四边形ACBD面积的最小值为 80 ．
故答案为： 80 .
17.【答案】解：(1)设公差和首项为 d,a1 ，
由 2a2−a3=1 ， 2a2+a3+2=a6 得 2a1+d−a1+2d=12a1+d+a1+2d+2=a1+5d ，
解得 a1=1d=4 ，
所以 an=a1+4n−1=4n−3
(2)bn=1an+3an+1+3=14n−3+34n+1+3=1161n−1n+1 ，
因此 Tn=116×[(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)]=116(1−1n+1) ，
故 Tm≤118 ，则 Tm=1161−1m+1≤118 ，解得 m≤8 ，
故 m 的最大值为8
【解析】本题考查等差数列通项公式中的基本量计算、裂项相消法求和，属于中档题．
(1)根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差，
(2)根据裂项求和求解 Tn=1161−1n+1 ，即可解不等式求解．
18.【答案】解：(1)因为 m=a+b+c, 3b ， n=a+b−c,− 3a ， m⊥n ，
所以 a+b+c⋅a+b−c−3ab=0 ，
所以 a2+b2−c2=ab ，
所以 csC=a2+b2−c22ab=12 ，又 C∈0,π ，
所以 C=π3 ；
(2)因为 B∈0,π ， csB= 217>0 ，所以 B∈0,π2 ，
所以 sinB= 1−cs2B=2 77 ，
sinA=sin(B+C) =sin(B+π3) =sinBcsπ3+csBsinπ3 ，
=2 77×12+ 217× 32 =5 714 ，
在 ▵ABC 中，由正弦定理得 asinA=bsinB ，
所以 a=8×5 7142 77=10 ，
在 ▵ACD 中，由余弦定理得： AD2=DC2+AC2−2DC⋅ACcsC ，
即 DC2−8DC+15=0 ，
故 (DC−3)(DC−5)=0 ，
所以 DC=3 或 DC=5 ，
当 DC=5 时， BD=BC−DC=5 ，
S1S2=12×DA×DB×sin∠ADB12×DA×DC×sin∠ADC=BDDC=1 ，
当 DC=3 时， BD=BC−DC=7 ，
S1S2=12×DA×DB×sin∠ADB12×DA×DC×sin∠ADC=BDDC=73 ，
所以 S1S2 的值为 73 或1．
【解析】本题考查三角形面积公式、利用正弦定理解三角形、利用余弦定理解三角形，属于中档题.(1)由条件，根据向量垂直的坐标表示可得 a,b,c 的关系，再结合余弦定理求角C的大小；
(2)根据 csB= 217 ，得到进而得到 sinB ， sinA ，然后由正弦定理求得a，再利用余弦定理和三角形面积公式求解．
19.【答案】解：(1)由题意可知， P1=13×25+23×35=815 ，
P2=C2113×1−25×1−13×25+8152=88225 ．
(2)由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 0 、 2 、 4 ，
PX=4=13×252=4225 ，
PX=2=C21×13×25×23×35+C21×13×35×13×25+C21×13×25×23×25=52225 ，
PX=0=1−52225−4225=169225 ，
所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：
因此， EX=0×169225+2×52225+4×4225=815 ．
【解析】本题考查离散型随机变量的均值、分布列、相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
(1)根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得 P1 、 P2 的值；
(2)分析可知随机变量 X 的可能取值有 0 、 2 、 4 ，计算出随机变量 X 在不同取值下的概率，可得出随机变量 X 的分布列，进而可求得 EX 的值．
20.【答案】解：(1)证明：取 AD 的中点 O ，连接 OP ， OC ．
因为 ▵PAD 为等边三角形，所以 PO⊥AD ．
又 PC⊥AD ， PO∩PC=P ， PO,PC⊂ 平面 POC ，
所以 AD⊥ 平面 PCO ，因为 CO⊂ 平面 POC ，
所以 AD⊥CO ，即 OC 是线段 AD 的中垂线，
所以 AC=CD ．
(2)由(1)知AD⊥ 平面 PCO ，AD⊥OC，AC=CD=2 ，
以 O 为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，在平面PCO内过O作OC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则 A(0,−1,0) ， C( 3,0,0) ， D(0,1,0) ．
在 ▵POC 中， PO=OC= 3 ， PC=3 ，由余弦定理易得∠POC为120°，
所以点 P 的坐标为 − 32,0,32 ，
所以 AB=DC=( 3,−1,0) ， AP=− 32,1,32 ， AD=(0,2,0) ．
设 n=(x,y,z) 是平面 PAB 的法向量，可得 3x−y=0,− 32x+y+32z=0, 令 y=3 ，得 n=( 3,3,−1) ．
设 m=x1,y1,z1 是平面 PAD 的法向量，可得 2y1=0,− 32x1+y1+32z1=0, 令 z1=1 ，得 m=( 3,0,1) ．
设平面 PAB 与平面 PAD的夹角为 θ ，
则 cs θ=|n⋅m||n||m|= 1313 ．
【解析】本题考查平面与平面夹角的向量求法，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
(1)根据等边三角形的三线合一性质，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，可得答案；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，结合夹角的求解公式，可得答案．
21.【答案】解：(1)设点 Px0,y0 为椭圆 E 上任意一点，其中 −a≤x0≤a ，易知点 F1−c,0 ，
PF1= x0+c2+y02= x02+2cx0+c2+b2−b2x02a2= a2+2cx0+c2x02a2
=a+cax0=a+cax0∈a−c,a+c ，
所以，椭圆 E 上的点到焦点的距离的最大值为 a+c=3 ，
又因为椭圆 E 的离心率为 e=ca=12 ，
所以， a=2 ， c=1 ，则 b= a2−c2= 4−1= 3 ，
因此，椭圆 E 的标准方程为 x24+y23=1 ．
(2)设点 Ax1,y1 ， Bx1,−y1 ， Px2,y2 ， Mm,0 ， Nn,0 ，
则直线 AP 的方程为 y=y1x1−mx−m ，直线 BP 的方程为 y=−y1x1−nx−n ，
联立 y=y1x1−mx−m3x2+4y2=12 ，消去 y 并整理可得 3x12−6mx1+3m2+4y12x2−8my12x+4m2y12−12x1−m2=0 ，
因为点 A 在椭圆 E 上，则直线 AP 与椭圆 E 必有公共点，
所以， x1+x2=8my123x12−6mx1+3m2+4y12 ，
同理可得 x1+x2=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12
所以， 8my123x12−6mx1+3m2+4y12=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12 ，
所以， m3x12−6nx1+3n2+4y12=n3x12−6mx1+3m2+4y12 ，
化简可得 3m−nx12+4m−ny12=3mnm−n ，
当 m≠n 时，则 3mn=3x12+4y12=12 ，此时， mn=4 ；
当 m=n 时， M 、 N 、 P 三点重合，此时， m=n=a=2 ．
综上所述， OM⋅ON=mn=4 ，即 OM⋅ON 为定值 4 ．
【解析】本题考查椭圆中的定值问题，属于较难题．
(1)求出椭圆 E 上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出 a 、 c 的值，进而求出 b 的值，由此可得出椭圆 E 的标准方程；
(2)设点 Ax1,y1 ， Bx1,−y1 ， Px2,y2 ， Mm,0 ， Nn,0 ，将直线 AP 的方程与椭圆 E 的方程联立，求出 x1+x2 ，同理可得出 x1+x2 的另外一个表达式，利用等量关系可得出关于 m 、 n 的等式，讨论 m≠n 、 m=n 两种情形，可求出 OM⋅ON 的定值．
22.【答案】解：(1)由 f(1)=4a ，得 3a−b−c=0 ，又 b=−6a ，所以 c=9a ，
则 f(x)=ax3−6ax2+9ax ，所以 f′(x)=3a(x−1)(x−3) ， a≠0 ．
当 a>0 时，令 f′(x)>0 ，得 x<1 或 x>3 ；令 f′x<0 ，得 1
当 a<0 时，令 f′(x)>0 ，得 1
所以 f(x) 在 (−∞,1) 与 (3,+∞) 上单调递减，在 (1,3) 上单调递增．
(2)x1+x2+x3<2 ，理由如下：
因为 f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3)2 ，
由 F(x)=0 ，得 ax(x−3)2−xe−x=0 ，解得 x=0 或 a(x−3)2−e−x=0 ．
因为 x∈[0,3] ，所以 x1=0 ， x2 ， x3 是 a(x−3)2−e−x=0 的正根，则 x1+x2+x3=x2+x3 ，
又 lnax−32=lne−x=−x ，
所以 lna+2ln3−x2=−x2 ， lna+2ln3−x3=−x3 ，
两式相减得 2ln3−x2−2ln3−x3=x3−x2=3−x2−3−x3 ．
令 3−x2=t2 ， 3−x3=t3 ，则 3>t2>t3≥0 ，得 2lnt2−2lnt3=t2−t3 ，则 2=t2−t3lnt2−lnt3 ．
令 u=t2t3∈(1,+∞) ，则 t2−t3lnt2−lnt3=t3(u−1)lnu=2 ，
所以 t3=2ln uu−1(u>1) ， t2=ut3=2ulnuu−1 ，可得 t2+t3=2(u+1)lnuu−1 ，
t2+t3−4=2lnuu−1(u+1)−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1(u>1) ．
设 g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1) ，则 g′(u)=2lnu+1u−1 ，
再设 h(u)=lnu+1u−1u>1 ，则 h′(u)=1u−1u2=u−1u2>0 ，
所以 h(u) 在 (1,+∞) 上为增函数，则 h(u)>h(1)=0 ，
即 g′(u)=2lnu+1u−1>0 ，则 g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1) 在 (1,+∞) 上为增函数，
从而 g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0 ，
所以 t2+t3−4>0 ，即 3−x2+3−x3−4=2−x2+x3>0 ，
所以 x2+x3<2 ，即 x1+x2+x3=x2+x3<2 ．
【解析】本题考查利用导数研究函数的零点、利用导数求函数的单调区间，属于困难题．
(1)分类讨论 a>0 与 a<0 ，结合导数与函数的关系即可得解；
(2)观察式子先确定 x1=0 ，再利用转化法与换元法得到 2lnt2−2lnt3=t2−t3 ，进而利用双变量处理方法得到 t2+t3−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1 ，利用导数证得 t2+t3−4>0 ，从而得解．
X
0
2
4
P
169225
52225
4225
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