福建省泉州市2023-2024学年度上学期高中教学质量监测高二数学模拟（适应性练习）试题（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市2023-2024学年度上学期高中教学质量监测高二数学模拟（适应性练习）试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了01，考生作答时，将答案答在答题卡上，已知圆O等内容，欢迎下载使用。

高 二 数 学
本试卷共22题，满分150分，共6页。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1． 记平面直角坐标系内的直线l1、l2与x轴正半轴方向所成的角的正切值分别为k1、k2，则“l1∥l2”是“k1=k2”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
【命题意图】本题考查直线的斜率、倾斜角等基础知识；考查逻辑推理等基本能力；导向对发展逻辑推理、直观想象等核心素养的关注；体现基础性.
【试题简析】若l1∥l2，则l1,l2可能垂直于x轴，若k1=k2，则l1,l2可能重合，充分性与必要性均不成立，故选：C．
2．已知四面体O−ABC,G是△ABC的重心，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y−z=
A．4 B．13 C．23 D．12
【命题意图】本题考查应用空间向量基底表示任一向量等基础知识；考查空间想象能力、 推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；体现基础性、综合性及应用性，导向对数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】取BC的中点D，
所以OG=OA+AG=OA+23AD
= OA+23OD−OA=13OA+23OD
=13OA+23×12OB+OC
=13OA+13OB+13OC，
又OG=xOA+yOB+zOC，可得x=y=z=13，所以x+y−z=13，
故选：B.
3．设F为抛物线y2=2x的焦点，为该抛物线上三点，若lna>2e，则FA+FB+FC=
A．9 B．6 C．4 D．3
【命题意图】本题主要考查抛物线的方程与性质等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】设，，，，，，抛物线焦点坐标F(12,0)，准线方程：x=−12，
∵，∴点F是ΔABC重心，则x1+x2+x3=32，y1+y2+y3=0.
而|FA|=x1−(−12)=x1+12，|FB|=x2−(−12)=x2+12，|FC|=x3−(−12)=x3+12
∴|FA|+|FB|+|FC|=x1+12+x2+12+x3+12=(x1+x2+x3)+32=32+32=3，故选：D．
4．在数列an中， an=2n+2n−1×3+2n−2×32+2n−3×33+⋯+22×3n−2+2×3n−1+3n,则a2023=
A．32023−22023 B．3×22023−32024
C．32024−22024 D．2×32023−22024
【命题意图】本题考查等比数列的定义、性质等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力．体现基础性与综合性，导向对发展数学抽象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为an=2n+2n−1×3+2n−2×32+2n−3×33+⋯+22×3n−2+2×3n−1+3n
=2n1+32+322+⋯+32n=2n⋅1⋅1−32n+11−32=3n+1−2n+1,
所以32024−22024.故选:C.
5．已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0，其中A≥B≥C≥D≥E≥F．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：
甲：可以是圆的方程；乙：可以是抛物线的方程；
丙：可以是椭圆的标准方程；丁：可以是双曲线的标准方程．
其中，真命题有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【命题意图】本题主要考查圆的方程与性质、椭圆的方程与性质、双曲线的方程与性质、抛物线的方程与性质等基础知识，体现基础性、综合性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、等核心素养的关注．
【试题简析】因为方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0，其中A≥B≥C≥D≥E≥F，
所以当A=B=1≥C=D=E=0≥F=−1时，方程为x2+y2−1=0，即x2+y2=1是圆的方程，故方程可以是圆的方程；
当A=1≥B=C=D=0≥E=−1≥F=−2时，方程为x2−y−2=0，即y=x2−2是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；
当A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=−1时，方程为2x2+y2−1=0，即y2+x212=1是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；
若方程为双曲线的标准方程，则有AB<0,C=D=E=0,F<0，这与A≥B≥C≥D≥E≥F矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程；
所以真命题有3个，故选：B.
6．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬霜雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中有一个问题：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸）则下列说法不正确的为
A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B．立春和立秋两个节气的晷长相同
C．春分的晷长为七尺五寸 D．立春的晷长比秋分的晷长长
【命题意图】本题主要考查数列的概念、构造等差数列、数列与函数的关系等知识；考查推理论证与运算求解能力；考查化归与转化思想，体现综合性、应用性与创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】先取上半年进行研究,设晷影长为等差数列an,公差为d1,则a1=135,a13=15,
∴d1=15−13513−1=−10，∴an=135−10n−1=145−10n.
再取下半年进行研究,设晷影长为等差数列bn,公差为d2,则b1=15, d2=−d1=10,
∴bn=15+10n−1=5+10n.
对于A：由上面可知，，d2=10，所以相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺，故A正确；对于B、D：立春对应的是an中的a4，所以a4=145−10×4=105，立秋对应的是bn中的b4，所以b4=5+10×4=45.故B错误，D正确；对于C：春分对应的是an中的a7，所以a7=145−10×7=75.故C正确.故选：B
7．已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点A−32p,0，点M在抛物线上，且满足
MA=3MF，若△MAF的面积为123，则的值为
A．23 B．4 C．22 D．9
【命题意图】本题主要考查抛物线的方程与性质等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】由y2=2px⇒Fp2,0，根据抛物线的对称性，设Mx,yx>0,y>0，
因为MA=3MF，
所以x+32p2+y2=3×x−12p2+y2⇒x2−3px+y2−34p2=0，
而点M在抛物线上，所以y2=2px，
则有x2−3px+2px−34p2=0⇒x=32p，或x=−12p舍去，
即y2=2p⋅32p⇒y=3p，舍去
又因为△MAF的面积为123，
所以有12×12p−−32p⋅3p=123⇒p=23，p=−3舍去，故选：A.
8．如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=λAB，点E,F,G分别是BC,CD,CC1的中点，点M是线段A1D上的动点，则下列说法错误的是
A．当λ>1时，存在M，使得平面EFG
B．存在M，使得AM∥平面EFG
C．存在M，使得平面MBC1∥平面EFG
D．存在λ，使得平面MB1C⊥平面EFG
【命题意图】本题考查空间中证明问题，直线与平面夹角、平面与平面夹角的有关知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现综合性及应用性，导向对发展推理论证及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z建立空间直角坐标系，如图：
设AB=2，则AA1=2λ，则A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0，
又点E,F,G分别是BC,CD,CC1的中点，
所以E1,2,0,F0,1,0,G0,2,λ，
B：设平面EFG的一个法向量为n=x,y,z，EF=−1,−1,0,EG=−1,0,λ，
所以n⋅EF=−x−y=0n⋅EG=−x+λz=0，取z=1，解得n=λ,−λ,1，
设DM=kDA1，∵A12,0,2λ,∴DA1=2,0,2λ,DM=2k,0,2λk,∴M2k,0,2λk∴AM=2k−2,0,2λk，若AM∥平面EFG，则AM⊥n，
所以λ2k−2+2λk=0⇒λ4k−2=0，
所以当k=12或λ=0（舍）成立，此时M为A1D的中点；故B正确；
A：延用B中的解答，CM=2k,−2,2λk，若平面EFG，则CM//n，
则2kλ=−2−λ=2λk1，当且仅当λ=k=1时成立，故A错误；
C： 当M与D重合时，因为EG//BC1,FG//DC1,EG∩FG=G,BC1∩DC1=C1，且EG,FG⊂面EFG，BC1,DC1⊂面BDC1，此时平面MDBC1∥平面EFG，故C正确；
D：延用A中的解答，M2k,0,2λk，则CM=2k,−2,2λk，因为B12,2,2λ,∴CB1=2,0,2λ，
设平面MB1C的法向量为m=x,y,z，
则m⋅CM=2kx−2y+2kλz=0m⋅CB1=2x+2λz=0，取z=1，得m=−λ,0,1，
若平面MB1C⊥平面EFG，则m⊥n⇒−λ2+1=0⇒λ=1，故D正确；故选：A.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9．“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则
A．2到20的全部素数和为77
B．挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134
C．2到30的全部素数和为100
D．挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为799
【命题意图】 本小题主要考查等差数列通项公式，等差数列前 n 项和公式等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素养的关注．
【试题简析】由题可知，2到20的全部整数和S1=19×2+202=209，
2到20的全部素数和为S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，
所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209−77=132，
2到30的全部整数和S3=29×2+302=928，
2到30的全部素数和为S4=S2+23+29=129，
所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为928−129=799.
故选：AD.
10．已知圆O:x2+y2=4，过直线l:y=x−3上一点P向圆O作两切线，切点为A、B，则
A．直线AB恒过定点43,−43 B．AP最小值为322
C．AB的最小值为43 D．满足PA⊥PB的点P有且只有一个
【命题意图】本题主要考查直线恒过定点、圆的方程、圆的相关性质、两点间的距离、最短距离等知识；考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想等；试题体现综合性、应用性与，彰显高考的选拔特点，导向对用平面几何性质处理直线与圆的问题的关注，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】 对于A，圆O:x2+y2=4的圆心为O0,0，半径为2，
设Px0,y0，∵P在直线l:y=x−3上，y0=x0−3，
∵PA、PB为圆的切线，∴以OP为直径的圆的方程为xx−x0+yy−y0=0，
x2+y2=4xx−x0+yy−y0=0，两式作差可得直线AB的方程为lAB:x0x+y0y=4，
将y0=x0−3代入得：lAB:x+yx0−3y−4=0，
满足x+y=0−3y−4=0，解得x=43y=−43，所以直线AB恒过定点43,−43，故A正确；
对于B，AP=OP2−OA2，∴当OP最小时，AP最小，
∵O0,0，l:x−y−3=0，
OP−32322min，此时AP3222−2222min，故B错误；
对于C，lAB:x0x+x0−3y−4=0，O0,0到lAB的距离d=−4x02+x0−32，
AB=2OA2−d2=24−16x02+x0−32=24−162x0−322+92，
当时，AB4−16⋅2943min，故C正确；
对于D，若PA⊥PB，则∠APO=45∘，即AP=AO=2，
AP22min，∴存在两个点P使PA⊥PB，故D错误.故选：AC.
11．正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M为侧面AA1D1D上的点，N为侧面CC1D1D上的点，则下列判断正确的是
A．若BM＝52，则M到直线A1D的距离的最小值为24
B．若B1N⊥AC1，则N∈CD1，且直线B1N//平面A1BD
C．若M∈A1D，则B1M与平面A1BD所成角正弦的最小值为33
D．若M∈A1D，N∈CD1，则M，N两点之间距离的最小值为33
【命题意图】本题考查应用空间向量解决点到直线的距离的基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】对于A项，因为BM＝52，所以M在以B为球心，52为半径的球上.
又M为侧面AA1D1D上的点，所以M在球被平面AA1D1D截得的交线上.
因为，AB⊥平面AA1D1D，AB=1，BM＝52，所以AM=BM2−AB2=12，
所以，M为以A点为圆心，12为半径的圆上.
如图1，AM1⊥A1D，则AM1=22，M到直线A1D的距离的最小值为，故A项错误；
对于B项，如图2，连结AC,AD1.
因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD.
又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C，
所以，BD⊥平面ACC1.
又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.
同理可得，A1D⊥AC1.
又BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，
所以，AC1⊥平面A1BD.
又B1N⊥AC1，B1∉平面A1BD，
所以直线B1N//平面A1BD，故B项正确；
对于C项，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A11,0,1，B1,1,0，B11,1,1，DA1=1,0,1，DB=1,1,0，DB1=1,1,1.
因为M∈A1D，设DM=λDA1=λ,0,λ，0≤λ≤1，
B1M=DM−DB1=λ−1,−1,λ−1.
设n1=x1,y1,z1是平面A1BD的一个法向量，
则n1⋅DA1=0n1⋅DB=0，即x1+z1=0x1+y1=0，
取x1=1，则y1=z1=−1，n1=1,−1,−1是平面A1BD的一个法向量.
则csn1,B1M=n1⋅B1Mn1B1M=λ−1+1−λ−13λ−12+1+λ−12=132λ2−4λ+3，
又2λ2−4λ+3=2λ−12+1≥1，当λ=1时，有最小值1，
所以，132λ2−4λ+3≤13=33，即csn1,B1M≤33，
所以，B1M与平面A1BD所成角正弦的最大值为33，故C项错误；
对于D项，由C项知，DA1=1,0,1，CD1=0,−1,1.
当MN⊥DA1，MN⊥CD1，即MN为直线DA1与CD1的公垂线段时，MN最小.
设n2=x2,y2,z2，且n2⊥DA1，n2⊥CD1，
则n2⋅DA1=0n2⋅CD1=0，即x2+z2=0−y2+z2=0，
取x2=1，则n2=1,−1,−1.
DC在n2方向上的投影向量的模为DC⋅n2n2=13=33，
所以，M，N两点之间距离的最小值为d=33，故D项正确.故选：BD.
12．已知椭圆的左焦点为F，B为E的上顶点，A，C是E上两点．若FA，FB，FC构成以d为公差的等差数列，则
A．d的最大值是2
B．当d=1时，sin∠AFC=223
C．当A，C在x轴的同侧时，S△AFC的最大值为2
D．当A，C在x轴的异侧时（A，C与B不重合），kAB⋅kBC=−2
【命题意图】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列定义等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性与创新性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为椭圆，所以a=2,b=2,c=2，F−2,0,B0,2，FB=2，
又FA，FB，FC构成以d为公差的等差数列，则FA+FC=2FB=4=2a，
不妨设d≥0，由题可知FA≥a−c=2−2,FC≤a+c=2+2，则d的最大值是2，故A正确；
当d=1时，FA=1,FC=3，设Ax0,y0，
则x024+y022=1x0+22+y02=1，解得x0=−2y0=±1，不妨取A−2,1，
设CxC,yC，则xC24+yC22=1xC+22+yC2=9，解得xC=2yC=±1，
所以C2,1或C2,−1，
当C2,1时，又A−2,1，F−2,0，此时sin∠AFC=223；
当C2,−1时，FA=1,FC=3，AC=222+22=23，
所以cs∠AFC=1+9−122×1×3=−13，sin∠AFC=1−−132=223，
综上，当d=1时，sin∠AFC=223，故B正确；
设椭圆的右焦点为F'，则FA+FC=2a，FA+F'A=2a，FC+F'C=2a，FA=F'C，F'A=FC，
当A，C在x轴的同侧时，则A，C关于y轴对称，设Ax0,y0，则C−x0,y0，
所以S△AFC=x0y0，由，
所以x0y0≤2，当且仅当x024=y022时取等号，所以S△AFC的最大值为2，故C正确；
当A，C在x轴的异侧时（A，C与B不重合），则A，C关于原点对称，
设Ax0,y0，则C−x0,−y0，由x024+y022=1，可得，
所以kAB⋅kBC=y0−2x0⋅−y0−2−x0=2−y02−x02=−12，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卡的相应位置。
13．已知点A（m，1）在抛物线C:y=ax2上，且点A与焦点的距离为3，则a的值为 .
【命题意图】本题主要考查抛物线的标准方程、准线与抛物线的性质等知识；考查推理论证和运算求解能力，考查数形结合思想等；试题体现基础性与应用性，导向对用平面几何性质处理抛物线的问题的关注，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】将抛物线方程转化为标准形式C:x2=1ay，
由A（m，1）在抛物线C上、点A与焦点的距离为3，得14a+1=3
解得a=18.故填：18.
14．已知单位向量a,b满足a+b+2a∙b=0，则的值为 .
【命题意图】本题考查空间空间向量共线的基础知识；考查运算求解能力；体现基础性、综合性及应用性，导向对数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】记a,b的夹角为θ，则a⋅b=abcsθ=csθ，
由，即，两边平方，得，
即2+2csθ=4cs2θ，即，则，
当csθ=1时，|a+b|=−2a⋅b=−2，不符合题意，
所以csθ=−12，又0≤θ≤π，则θ=23π．故填：2π3．
15．原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫.”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l上取长度为1的线段AB，做一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧，交线段BC的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为 .
【命题意图】本小题主要考查新定义数列，递推数列，等比数列，数列与函数性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算，逻辑推理等核心素养的关注．
【试题简析】当以B为圆心，半径为：1，4，7，10，…除起点外，与直线无交点，①
当以C为圆心，半径为：2，5，8，11，…与直线有一个交点，②
当以A为圆心，半径为：3，6，9，12，…除终点（即①的起点，点A除外）外，与直线无交点，③
所以当“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，则完成整数个循环，
所以以B为圆心的弧与直线只有交点A，以C为圆心的弧与直线有10个交点，以A为圆心的弧与直线有10个交点，即数列②有10项，数列③有10项，
所以最后一个圆弧的半径为r=3+3(10−1)=30，
所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为l=13×2π×(1+2+3+…+30)=13×2π30×(1+30)2=310π.故填：310π.
16．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，PA=PB，AB=2BC=2，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P−ABC的体积的最大值为 ；二面角P−AC−B的正弦值的最小值为 .
【命题意图】本题考查空间几何体体积、半平面与半平面夹角的有关知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、转化与化归思想等；考查模型意识与应用意识；体现基础性、综合性及应用性，导向对发展推理论证、数学运算及直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】第一空 取AB的中点O，连接PO，
因为PA=PB，所以PO⊥AB
又因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC，
因为PA⊥PB，PA=PB，AB=2BC=2，所以PO=1，BC=1，
所以三棱锥P−ABC的体积为VP−ABC=13S△ABC⋅PO=13⋅12AB⋅BC⋅sin∠ABC⋅PO=13⋅sin∠ABC
因为，所以0当且仅当sin∠ABC=1，即∠ABC=π2时，等号成立，
故三棱锥P−ABC的体积的最大值为13.
第二空 解法一：由PO⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC，
过O作OD⊥AC于D，连接PD，
因为PO,OD⊂平面POD，PO∩OD=O，所以AC⊥平面POD，
又PD⊂平面POD，所以PD⊥AC，所以为二面角P−AC−B的平面角，
在Rt△PDO中，tan∠PDO=POOD=1OD，
因为0所以tan∠PDO的最小值为2.
此时sin∠PDO取得最小值255，
故二面角P−AC−B的正弦值的最小值为255.
解法二：由（1）可知PO⊥平面ABC，
以O为坐标原点，向量OB，OP为x轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则P0,0,1，A−1,0,0，B1,0,0，AP=1,0,1，
设Cx0,y0,00设平面PAC的法向量为m=x,y,z，
则m⋅AP=x+z=0m⋅AC=x0+1x+y0y=0，
取x=−1，则m=−1,x0+1y0,1，
又取平面ABC的法向量为n=0,0,1，
设二面角P−AC−B的大小为θ，θ∈0,π，
所以csθ=m⋅nm⋅n=12+x0+1y02，
因为BC=1，所以x0−12+y02=1，
令t=x0+1y02t>0，则t=x0+121−x0−12，整理可得t+1x02+2−2tx0+1=0，
所以Δ=2−2t2−4t+1≥0，解得t≥3，
所以当t=3，即x0=12，y0=32时，csθ取得最大值55，此时sinθ取得最小值255，
故二面角P−AC−B的正弦值的最小值为255.
故填：13；255.
四、解答题：本大题共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．（10分）
已知△ABC中，直线lAB:x+y−1=0过A、B两点，点A在y轴上，且△ABC为正三角形.
（1）求过AC的直线方程；
（2） 若过A、C两点的直线lAC的斜率小于过A、B两点的直线lAB的斜率，C（1−3，2+3），且圆C:x2+y2−2y+1=r2与△ABC有且只有2个交点，求r的取值范围.
【命题意图】本题主要考查直线与圆的定义、方程与性质，考查直线与圆的位置关系、交点问题等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；关注平面几何性质处理解析几何问题，渗透函数与方程以及化归与转化等数学思想；体现基础性与综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注.
【试题简析】
（1）由题，kAB=−1,且△ABC为正三角形，则kAC=tanθ±π3=3−13+1或1+31−3，
又点A在y轴上，则A(0,1)，
故lAC:y−1=3−13+1x 或y−1=1+31−3x，
化简得lAC: 3−1x−3+1y+3+1=0 或3+1x+3−1y−3+1=0;
（或写：lAC:y=3−13+1x+1 或y=1+31−3x+1也可）
（2）由题，lAC: 3+1x+3−1y−3+1=0，圆C为以A为圆心，r为圆心的圆，
因为圆C:x2+y2−2y+1=r2与正三角形ABC有且只有2个交点，
所以0且AC=8，
故r的取值范围为018．（12分）
三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=23,CA1=4,CB1=27,∠BAA1=60°．
（1）证明：CA=CB；
（2）若，求二面角A1−CB1−C1的余弦值．
【命题意图】本题综合考查线面垂直的判定、半平面与半平面所成的角的求解及空间向量的运算与应用等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】
（1）如图所示：作AB中点O，连接OC,OA1，
∵AA1=AB,∠BAA1=60°，
∴△ABA1是等边三角形，
又∵CA1=4,A1B1=23,CB1=27，
满足CA12+A1B12=CB12，即有A1B1⊥A1C，
而AB∥A1B1，所以AB⊥A1C，
OA1∩A1C=A1，OA1,A1C⊂平面A1OC，
∴AB⊥平面A1OC，
而OC⊂平面A1OC，
所以AB⊥OC，又因为O是AB中点，
所以CA=CB.
（2）若，则OC=42−32=13，易知，
以点O为原点，分别以OA,OA1方向为x,y轴，以过点O竖直向上的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
过点C作CD⊥OA1，垂足为D，
在△A1OC中，cs∠COA1=13+9−162×13×3=1313，
所以OD=13×1313=1，CD=23，
则A(3,0,0)，C(0,1,23)，A1(0,3,0)，C1(−3,4,23)，B1(−23,3,0)
CA1=(0,2,−23)，CB1=(−23,2,−23)，CC1=(−3,3,0)，
设平面的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则有m⋅CB1=0m⋅CA1=0，即−23x1+2y1−23z1=02y1−23z1=0，
令y1=3，则z1=1，，所以m=(0,3,1)，
同理可得：平面的法向量n=(3,3,−2)，
则csm,n=m⋅nm⋅n=3−24⋅16=18.
因为所求二面角为钝角，所以二面角A1−CB1−C1的余弦值为−18.
19．（12分）
已知正项数列an满足a1=1，a2=2，a4=64，且anan+2=kan+12(n∈N∗)．
（1）求k的值；
（2）求数列an的通项公式．
【命题意图】本小题主要考查等比数列的通项公式及性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注
【试题简析】（1）当n=1时，a1a3=ka22⇒a3=4k，
当n=2时，a2a4=ka32⇒128=k⋅4k2⇒k=2；
（2）因为k=2，所以anan+2=2an+12，则an+2an+1=2⋅an+1an，
令bn=an+1an，所以bn+1=2bn，则bn是等比数列，
因为，q=2，所以bn=b1qn−1=2n，所以an+1an=2n，
则an=anan−1×an−1an−2×an−2an−3×⋯×a2a1×a1
20．（12分）
宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCD−MNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中M,N,P,Q是中间的小正方形的顶点.
（1）求楔形体的表面积；
（2）求平面APQ与平面BNQ的夹角的余弦值.
【命题意图】
【试题简析】本题综合考查直线与平面所成的角的求解及空间向量的运算与应用等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；通过对立体几何板块学科本质的考查，来实现对学生综合运用学科知识分析问题和解决问题的能力的评价，将知识、能力和素养融为一体，全面检测考生的数学素养，有效地在问题的求解过程中实现对数学思想方法和学科本质的考查.
（1）易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形，
侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为32+22=11，
所以侧面等腰梯形的高为10，
所以该楔形体的表面积为1×1+3×3+4×12×1+3×10=10+810.
（2）以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则A3,0,0，B3,3,0，P1,2,3，Q1,1,3，N2,2,3，
则AP=−2,2,3，AQ=−2,1,3，BN=−1,−1,3，BQ=−2,−2,3.
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，平面BNQ的法向量为n2=x2,y2,z2，
则AP⋅n1=−2x1+2y1+3z1=0AQ⋅n1=−2x1+y1+3z1=0，
解得y1=0，令z1=2，则x1=3，
所以平面的一个法向量为n1=3,0,2，
同理得BN⋅n2=−x2−y2+3z2=0BQ⋅n1=−2x2−2y2+3z2=0，解得z2=0，令x2=1，则y2=−1；
即平面BNQ的一个法向量为n2=1,−1,0.
设平面与平面BNQ的夹角为θ，则csθ=n1⋅n2n1n2=313×2=32626，
所以平面与平面BNQ的夹角的余弦值为32626.
21．（12分）
已知数列an，bn 满足an的前n+1项和Sn+1=an+12+(2bn)−2， bn+1=bn−bn+1bn,且b1=1.
（1）求数列bn的通项公式；
（2）求数列an的通项公式．
【命题意图】本小题主要考查等差数列的通项公式、递推数列求和等基础知识；考查运算求解能力；考查化归与转化，分类讨论思想．体现基础性与综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】
（1）由题，bn≠0，将bn+1=bn−bn+1bn化为1bn+1=bn+1bn,
可得1bn+1=1+1bn，即1bn+1−1bn=1，
所以数列{1bn}是以1b1=1为首项，1为公差的等差数列.
所以数列{bn}的通项公式为bn=1n.
（2）由题，Sn+1=an+12+(2bn)−2=an+12+n24，则 Sn=an2+(n−1)24，
两式相减可得Sn+1−Sn=an+12−an2+2n−14，即an+1=an+12−an2+2n−14，
整理得an+12+an2=2n−14，所以an+1+an=2n−12=n−12；
令n=1，可得S1=a12+0，即a1=a12+0，所以a1=0
当n为偶数时，可得：Sn=a1+a2+a3+a4+⋯+an−1+an
=(1−12)+(3−12)+⋯(n−1−12)
=1+3+5+⋯+n−1−12×n2
=n2⋅(1+n−1)2−n4=n2−n4 ①；
当n为奇数时，可得：Sn=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+an−1+an
=0+(2−12)+(4−12)+⋯(n−1−12)，
=2+4+6+⋯+n−1−12×n−12
=n−122+n−12−n−14=n2−n4 ②;
结合①②可得：Sn=n2−n4，
则an=Sn−Sn−1=n2−n4−n−12−n−14=12n−12 (n≥2)，
且a1=0满足上式，
综上所述，an=12n−12
22．（12分）
已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交C于M,N两点．现给出下列三个条件：
①线段MN的中点为A32,1,C上任意一点D都满足|DF|+|AD|>2；
②|MF|=3|NF|且MN=163；
③|NF|2−16|MF|的最小值为−4．
在上面给出的三个条件中选择一个作为已知条件．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）抛物线C的准线与x轴交于点B，过点B的直线交抛物线于E,G两点，若抛物线上始终存在一点P，使kEP+kGP=2，求P的坐标．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
【试题简析】
（1）设Mx1,y1,Nx2,y2,Fp2,0．
若选条件①：因为线段MN的中点为A32,1，所以y1+y2=2．
因为点M,N在抛物线上，所以y12=2px1y22=2px2，
两式相减得直线MN的斜率kMN=2py1+y2=p．
又因为kMN=kAF,kAF=23−p，所以23−p=p，解得p=1或p=2．
过点D作准线的垂线DH,H为垂足，则DH=DF，
所以|DF|+|AD|=|DH|+|AD|≥p2+32，
所以p2+32>2，即p>1，所以p=2，
所以抛物线C的标准方程是y2=4x．
若选条件②：设直线l的方程为x=ty+p2(t≠0)，
联立x=ty+p2y2=2px，消去x整理得y2−2pty−p2=0，
所以y1+y2=2pt,y1y2=−p2．
因为|MF|=3|NF|且，MF=x1+p2=ty1+p=4NF=x2+p2=ty2+p=43，
所以ty1+pty2+p=ty1+p+ty2+p，
即t2y1y2+tpy1+y2+p2=ty1+y2+2p，
所以t2p2+p2=2pt2+2p，解得p=2，
所以抛物线C的标准方程是y2=4x．
若选条件③：由已知易得1|MF|+1|NF|=2p，
所以，
当且仅当|NF|=2时，等号成立，
所以12−32p=−4，解得p=2，所以抛物线C的标准方程是y2=4x．
（2）由题易知，B(−1,0)，设直线EG:x=ky−1(k≠0)，Ey324,y3,Gy424,y4,Pa24,a，
联立x=ky−1y2=4x，消去x整理得y2−4ky+4=0，则y3+y4=4k,y3y4=4，
Δ=16k2−16>0，即k2>1，
所以kEP+kGP=y3−ay324−a24+y4−ay424−a24=41y3+a+1y4+a=4y3+y4+2ay3y4+ay3+y4+a2，
将y3+y4=4k和y3y4=4代入，得44k+2a4+4ka+a2=2，
化简得4k(a−2)+(a−2)2=0，故a=2，所以点P的坐标是(1,2)．