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【新结构】2024届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第九次考前适应性训练数学试卷（含详细答案解析）
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这是一份【新结构】2024届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第九次考前适应性训练数学试卷（含详细答案解析），共17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.已知全集U=R，集合A=0,1,2,3，B=xx<2，则A∩∁UB=( )
A. 2,3B. 3C. 2,+∞D. 2,+∞
2.复数z=a+bia,b∈R，满足z1+i=1−2i2，则a−b=( )
A. −72B. 12C. −3D. −4
3.设F为抛物线y2=8x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则AF+BF+CF的值为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
4.已知PA是圆C:x2+(y−1)2=1的切线，点A为切点，若PA=2，则点P的轨迹方程是( )
A. (x−1)2+y2=5B. x2+(y−1)2=5
C. y2=2xD. x2=2y
5.若甲组样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,xn(数据各不相同)的平均数为4，方差为2，乙组样本数据3x1−a,3x2−a,⋅⋅⋅,3xn−a的平均数为5，则下列说法错误的是( )
A. a的值为7B. 乙组样本数据的方差为18
C. 两组样本数据的样本中位数一定相同D. 两组样本数据的样本极差不同
6.已知函数fx=asinx+csx，x∈π4,π3，若存在x1≠x2，使得fx1=fx2，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,1B. 3,+∞C. 1, 3D. 1, 3
7.对于定义域为D的函数y=fx，若存在区间a,b⊂D，使得fx同时满足：
①fx在区间a,b上是单调函数；
②当fx的定义域为a,b时，fx的值域也为a,b，则称区间a,b为该函数的一个“和谐区间”
已知定义在1,k上的函数fx=m2−2x有“和谐区间”，则正整数k取最小值时，实数m的取值范围是( )
A. 4,4 2B. 4 2,6C. 4,6D. 6,8
8.作边长为6的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆，如此下去，则前n个内切圆的面积之和为( )
A. 1−14n−1πB. 1−14nπC. 4−14n−1πD. 4−14n+1π
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A. AF//CNB. BM⊥DEC. CN与BM成60∘角D. NE与BM是异面直线
10.设直线l：y=kx−1k∈R与圆C：x2+y2=6，则下列结论正确的为( )
A. 直线l与圆C可能相离
B. 直线l不可能将圆C的周长平分
C. 当k=2时，直线l被圆C截得的弦长为2 1305
D. 直线l被圆C截得的最短弦长为2 5
11.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”隐藏着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即某将军观望完烽火台之后从山脚的某处出发，先去河边饮马，再返回军营，怎样走能使总路程最短?在平面直角坐标系中有两条河流m，n，其方程分别为2x−y=0，y=0，将军的出发点是点A3,1，军营所在位置为B6,3，则下列说法正确的是( )
A. 若将军先去河流m饮马，再返回军营，则将军在河边饮马的地点的坐标为1,2
B. 将军先去河流n饮马，再返回军营的最短路程是 5
C. 将军先去河流m饮马，再去河流n饮马，最后返回军营的最短路程是 85
D. 将军先去河流n饮马，再去河流m饮马，最后返回军营的最短路程是2 13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角α的终边过点P4,3，角β的终边与角α的终边关于y轴对称，则csα−β=__________.
13.设O为坐标原点，直线y=b与双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为10，则双曲线C的焦距的最小值为__________.
14.两个三口之家(父母两人，小孩一人)共6人去旅游，有红旗和比亚迪两辆新能源汽车，每辆车至少乘坐2人，但两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为__________.(用数字作答)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1=A1C.
(1)证明：A1C1⊥A1B；
(2)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，且二面角A1−BC−A的余弦值为 55，求直线AA1与平面ABC所成角的正弦值.
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且b=2，a2=c−12+3.
(1)求A；
(2)若a=4sinAsinB，求csC的值.
17.(本小题15分)
某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量N，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，X表示捕获的有标识的成年鸡的数目.
(1)若N=10000，求X的数学期望；
(2)已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求N的估计值(以使得PX=20最大的N的值作为N的估计值).
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，点M在椭圆E外，线段MF1与E相交于P，满足MF1=2a，点T在线段MF2上，TF2≠0，且∠PTF2=π2.
(1)若点P的坐标为x,y，证明：PF1=a+cax；
(2)求点T的轨迹C的方程；
(3)在曲线C上是否存在点N，使得△F1NF2的面积为b2，若存在，求∠F1NF2的正切值，若不存在请说明理由.
19.(本小题17分)
已知函数fx=lgaxxa.
(1)当a=2时，求fx的单调区间；
(2)证明：若曲线y=fx与直线y=1a2有且仅有两个交点，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】首先根据补集的概念求得∁UB，再结合交集运算可得答案.
【详解】由题意得∁UB=xx≥2，所以A∩∁UB=2,3，
故选：A.
2.【答案】C
【解析】【分析】利用复数乘法运算法则计算z1+i=1−2i2左右两边，再结合复数相等求出a,b即可求解.
【详解】因为a+bi1+i=1−2i2，
所以a−b+a+bi=−3−4i，
所以a−b=−3a+b=−4，⇒a=−72,b=−12，
所以a−b=−3，
故选：C.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义，属于基础题.
由三角形重心坐标公式可得x1+x2+x3=6，再由抛物线的定义计算出长度即可.
【解答】
解：由抛物线方程可得2p=8⇒p=4，
由题意可知，点F的坐标为(2,0)，
设点A，B，C的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，
又F为△ABC的重心，则x1+x2+x33=2，即x1+x2+x3=6，
由抛物线方程可得2p=8⇒p=4，
所以由抛物线的定义可知AF+BF+CF=x1+p2+x2+p2+x3+p2=6+32p=12，
故选：D.
4.【答案】B
【解析】【分析】根据题意，由圆的定义可知点P的轨迹为圆，再由圆的方程即可得到结果.
【详解】因为PA=2，所以P点到圆心的距离恒为 22+12= 5，
所以点P的轨迹方程是以0,1为圆心， 5为半径的圆，即x2+(y−1)2=5，
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】由平均数和方差的性质可以判断AB选项；由中位数的公式和性质可求C；由极差的概念和公式可求D.
【详解】由题意可知，3×4−a=5，即a=7，所以A正确；
乙组样本数据方差为9×2=18，所以B正确；
设甲组样本数据的中位数为xi，则乙组样本数据的中位数为3xi−7，所以两组样本数据的样本中位数不一定相同，故C错误；
甲组数据的极差为xmax−xmin，则乙组数据的极差为(3xmax−7)−(3xmin−7)=3(xmax−xmin)，
所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确；
故选：C.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用导数由函数的单调性求参，正切型函数的定义域、值域和最值，属于基础题.
根据题意可得问题等价于函数f(x)在x∈π4,π3不是单调函数，求导并利用三角函数值域即可求得实数a的取值范围是1, 3.
【解答】
解：若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，等价于函数f(x)在x∈π4,π3不是 单调函数，
f′(x)=acsx−sinx，
若函数f(x)为单调递增函数，则f′(x)≥0恒成立，即acsx−sinx≥0，
所以a≥sinxcsx=tanx在x∈π4,π3恒成立，则a≥ 3；
同理，若函数f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0恒成立，得a≤1，
即若函数f(x)在x∈π4,π3不单调，则1故选：C.
7.【答案】B
【解析】【分析】本题属于函数新定义问题，根据题意构造新的函数(方程)，再结合不等式即能求出参数m的范围.
【详解】若函数f(x)有“和谐区间”，则f(x)在1,k上单调递增，
且f(x)=m2−2x=x在定义域内有两个不等的实数根，
m2=2x+x≥2 2，即m≥4 2，
又g(x)=2x+x在区间1, 2单调递减，
在区间 2,+∞单调递增，且k∈N*，所以k≥2，
又因为g(x)=2x+x与直线y=m2在1,k有两个交点，
g(1)=3，所以2k+k=3，得k=2，
所以正整数k的最小值为2，g(2)=3，
即m2=3，m=6，
此时，实数m的取值范围是4 2,6.
故选：B.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等比数列的前n项和公式，等比数列的判定或证明，根据数列的递推公式求通项公式，属于中档题.
先设第n个正三角形的内切圆半径为an和第n个正三角形的边长为bn，结合正三角形边长与其内切圆半径的关系，以及圆半径与其内切正三角形的边长关系即可研究求解出an，进而利用等比数列前n项和公式即可求解.
【解答】
解：设第n个正三角形的内切圆半径为an，第n个正三角形的边长为bn，
可知an= 36bn(正三角形内切圆半径是正三角形边长的 36)，
又半径为an的圆内接三角形的边长bn+1满足bn+1sin60∘=2an，即bn+1= 3an，
所以bn+1= 3an=12bn，an+1= 36bn+1=12an，
即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的12，
每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的12，
又a1= 36×6= 3，所以数列an是以 3为首项，12为公比的等比数列，
所以an= 3×12n−1，则an2=3×14n−1，
设前n个内切圆的面积和为Sn，
则Sn=πa12+πa22+⋅⋅⋅+πan2=3π×140+141+...+14n−1
=3π×1×1−14n1−14=4×1−14nπ=4−14n−1π.
故选：C.
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查异面直线的概念及判定，异面直线所成角，空间中直线与直线的位置关系，属于基础题.
由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系．
【解答】
解：展开图翻折成的正方体如图所示，由正方体的性质，
因为CN//BE，BE⊥AF，因此CN⊥AF，所以A错误；
同理DE//CF，CF⊥BM，所以BM⊥DE，所以B正确；
∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE=60∘，所以CN与BM所成的角是60∘，所以C正确.
又NE//平面MFBC，NE//MF,MF∩BM=M，所以NE与BM不平行，NE与BM是异面直线，所以D正确.
故选：BCD.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的判断及求参，直线与圆的交点坐标、弦长，点到直线的距离，属于基础题.
对于A，由直线过圆内的定点即可判断；对于B，直线不可能过圆心即原点，由此即可判断；对于CD，由点到直线距离公式、圆的弦长公式验算即可.
【解答】
解：因为直线l过定点(0,−1)，且点(0,−1)在圆C内，所以直线l与圆C必相交，A错误；
若直线l将圆C的周长平分，则直线l过原点，此时直线l的斜率不存在，但这是不可能的，所以B正确；
当k=2时，直线l的方程为2x−y−1=0，圆心C到直线l的距离为1 5= 55，所以直线l被C截得的弦长为2 6−( 55)2=2 1455，C错误；
因为圆心C到直线l的距离为d=1 k2+1≤1，
所以直线l被C截得的弦长为2 6−d2≥2 5，等号成立当且仅当k=0，即d=1，D正确，
故选：BD.
11.【答案】BC
【解析】【分析】确定A(3,1)关于直线m,n对称点A1,A2，确定B(6,3)关于直线m,n对称点B2,B1，利用两点之间距离最小来判断.
【详解】对于A，如图①所示，设点A(3,1)关于直线2x−y=0的对称点为A1(x1,y1)，
由y1−1x1−3×2=−1,2×3+x12−1+y12=0解得A1(−1,3)，
所以将军在河边饮马地点的坐标为C(32,3)，故A错误；
对于B，如图②所示，因为点A3,1关于直线y=0的对称点为A23,−1，
将军先去河流n饮马，再返回军营的最短路程是BA2= (6−3)2+(3+1)2=5，故B错误；
对于C，如图③所示，因为点B6,3关于直线y=0的对称点分别为，B1(6,−3)；
点A(3,1)关于直线2x−y=0的对称点为A1(−1,3)，
所以将军先去河流m饮马，再去河流n饮马，最后返回军营的最短路程A1B1= 85，故C正确；
对于D，如图④所示，设点B6,3关于直线2x−y=0的对称点分别为B2(x2,y2)，
由y2−3x2−6×2=−1,2×6+x22−3+y22=0解得B2(−65,335)；点A(3,1)关于直线y=0的对称点为A2(3,−1)，
将军先去河流n饮马，再去河流m饮马，最后返回军营的最短路程是A2B2= 18855，故D错误.
故选：BC.
12.【答案】−725或−0.28
【解析】【分析】利用三角函数的定义求出sinα,csα，再将β=π−α代入，利用二倍角公式计算即得.
【详解】由角α的终边过点P4,3，点P4,3到原点距离r= 42+32=5，则csα=45，
由角β的终边与角α的终边关于y轴对称，得β=π−α+2kπ，k∈Z，
所以csα−β=cs2α−π−2kπ=−cs2α=−2cs2α−1=−2×452+1=−725.
故答案为：−725
13.【答案】4 5
【解析】【分析】
本题考查双曲线中的面积问题，由基本不等式求最值或取值范围，属于基础题.
主要利用三角形面积转化为坐标可得ab=10，再利用双曲线c2=a2+b2，联想基本不等式就可求得结果.
【解答】
解：由题意知双曲线的渐近线方程为y=±bax，
因为D,E分别为直线y=b与双曲线C的两条渐近线的交点，
所以不妨设D(a,b),E(−a,b)，即S△ODE=12×b×DE=ab=10，
因为c2=a2+b2≥2ab=20(当且仅当a=b= 10时等号成立)，
所以c≥2 5，即C的焦距的最小值为4 5.
故答案为：4 5.
14.【答案】48
【解析】【分析】
本题考查排列与组合的综合应用，至少、至多的组合问题，属于基础题.
首先不考虑两个小孩子是否单独乘坐一辆车的情况求出6人乘车，每辆车至少坐2人的总情况数，再减去两个小孩子单独乘坐一辆车的情况即为答案.
【解答】
解：6人乘坐的所有情况有C63⋅C33A22⋅A22+C62⋅C44⋅A22=50种，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有2种，
由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为50−2=48种.
故答案为：48.
15.【答案】解：(1)证明： 如图，取AC中点O，连接OB，OA1，
因为△ABC是等边三角形，所以AC⊥OB，
又AA1=A1C，所以AC⊥OA1，
而OB∩OA1=O，OB⊂平面A1OB，OA1⊂平面A1OB，
所以AC⊥平面A1OB，
因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B，
又A1C1//AC，
所以A1C1⊥A1B.
(2)在平面A1OB中，作A1D⊥OB，垂足为D，
由(1)知AC⊥平面A1OB，A1D⊂平面A1OB，所以A1D⊥AC，
而OB∩AC=O，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以A1D⊥平面ABC，
注意到OA⊥OB，所以过点O作Oz轴平行于A1D，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，
所以12×2×2× 32×A1D=3，故A1D= 3，
则B0, 3,0，C−1,0,0，A1,0,0，设A10,t, 3,t≥0，
所以CA1=1,t, 3，CB=1, 3,0，
设平面A1BC的法向量为m=x,y,z，则m⋅CA1=0m⋅CB=0，即x+ty+ 3z=0x+ 3y=0，
令x=3，解得y=− 3,z=t− 3，所以m=3,− 3,t− 3，
显然平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，
因为二面角A1−BC−A的余弦值为 55，
故|cs m,n|=|m⋅n||m|⋅|n|=|t− 3| 12+(t− 3)2=1 5，化简得：t− 32=3，
即t− 3=± 3，可得t=0或t=2 3，
当t=0时，此时A10,0, 3，AA1=−1,0, 3，
|cs AA1,n|=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|= 3 1+3= 32，
所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 32，
当t=2 3时，此时A10,2 3, 3，AA1=−1,2 3, 3，
所以|cs AA1,n|=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|= 3 1+12+3= 34，
所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 34.
【解析】本题考查直线与平面所成角的向量求法，线面垂直的性质，平面与平面所成角的向量求法，棱柱的体积，线面垂直的判定，属于中档题.
(1)取AC中点O，连接OB，OA1，通过证明AC⊥平面A1OB，得到AC⊥A1B，再结合平行线的性质即可得证；
(2)由三棱柱体积求得三棱柱的高A1D= 3，建立适当的空间直角坐标系，引入参数t，表示出平面的法向量，结合已知条件求得t，进一步结合线面角的向量公式即可求解.
16.【答案】解：(1)由已知条件b=2和a2=c−12+3有a2=c2−2c+22=c2−bc+b2 ，
所以由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−c2+bc−b22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，
从而A=π3.
(2)若a=4sinAsinB，则结合正弦定理得4sinB=asinA=bsinB=2sinB，
所以sin2B=12，从而sinB= 22，这得到B=π4或B=3π4，
而B=π−A−C<π−A=2π3，故B=π4，
所以csC=csπ−A−B=−csA+B
=sinAsinB−csAcsB
=sinπ3sinπ4−csπ3csπ4
= 32× 22−12× 22= 6− 24.
【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，利用诱导公式化简，两角和与差的余弦公式，属于中档题.
(1)直接用条件b=2将等式a2=c−12+3齐次化，再比较余弦定理即可得出结果；
(2)使用正弦定理得到sinB= 22，再进一步确定B=π4，然后用余弦和公式即可.
17.【答案】解：(1)由题意可知：X服从超几何分布，且N=10000,M=400，
故EX=1000×40010000=40.
(2)
当N<1380时，PX=20=0；
当N≥1380时，PX=20=C40020⋅CN−400980CN1000，
令f(N)=C40020⋅CN−400980CN1000，
则fN+1fN=C40020⋅CN+1−400980CN+11000C40020⋅CN−400980CN1000=N+1−1000N+1−400N+1N+1−400−980
=N2−1398N+999×399N2−1378N−1379，
所以N2−1398N+999×399≥N2−1378N−1379,∴N≤19999，
当1380≤N≤19999时，fN≤fN+1；
当N≥20000时，fN>fN+1，
所以当N=19999或20000时，fN最大，
所以N的值为19999或20000.
【解析】本题考查超几何分布的均值、方差或标准差，超几何分布的概率计算，属于中档题.
(1)首先分析题意，利用超几何分布知识进行解答.
(2)根据第一问，进行解析N2−1398N+999×399≥N2−1378N−1379,∴N≤19999所以当N=19999或20000时，fN最大，所以N的值为19999或20000.
18.【答案】解：(1)
由题意可知：PF1= (x+c)2+y2，PF2= (x−c)2+y2，
则PF12−PF22=4cx，
因为PF1+PF2=2a，即PF2=2a−PF1，
则PF12−2a−PF12=4cx，整理得4aPF1=4a2+4cx，
所以PF1=a+cax.
(2)
设T的坐标为x,y，原点坐标为O，
因为PF1+PF2=2a，MF1=2a，则PM=PF2，
又因为∠PTF2=π2，TF2≠0，可知T为线段MF2的中点，
在△MF1F2中，可知OT是中位线，即OT=a，
所以点T的轨迹C的方程x2+y2=a2.
(3)
假设存在点N(x0,y0)，使得△F1NF2的面积为b2，
则x02+y02=a2，且y0≤a，
因为S△F1NF2=12×2c×y0=b2，可得y0=b2c，且a≥b2c，
又因为NF1=−c−x0,−y0，NF2=c−x0,−y0，
则NF1⋅NF2=x02−c2+y02=a2−c2=b2，
且NF1⋅NF2=NF1⋅NF2cs∠F1NF2，可得NF1⋅NF2=b2cs∠F1NF2，
又因为S△F1NF2=12NF1⋅NF2sin∠F1NF2=b2，
则12⋅b2cs∠F1NF2sin∠F1NF2=b2，所以tan∠F1NF2=2.
【解析】本题考查与椭圆有关的轨迹问题，椭圆中三角形(四边形)的面积，直线与椭圆的位置关系及其应用，椭圆的定义，属于较难题.
(1)根据两点间距离公式结合PF1+PF2=2a，分析证明；
(2)分析可知PM=PF2，由∠PTF2=π2可知T为线段MF2的中点，可得OT=a，即可得轨迹方程；
(3)假设存在点N(x0,y0)，根据数量积可得NF1⋅NF2=b2，结合面积关系可得12NF1⋅NF2sin∠F1NF2=b2，进而可得结果.
19.【答案】(1)
当a=2时，fx=lg2xx2，则fx定义域为0,+∞，
∵f′x=1xln2⋅x2−2xlg2xx4=1−2ln2⋅lg2xx3⋅ln2=1−2ln2⋅lnxln2x3⋅ln2=1−2lnxx3⋅ln2，
∴当x∈0, e时，f′x>0；当x∈ e,+∞时，f′x<0；
∴fx的单调递增区间为0, e，单调递减区间为 e,+∞.
(2)
由题意知：a>0且a≠1；
∵y=fx与y=1a2有且仅有两个交点，
∴方程lgaxxa=1a2有且仅有两个不等实根，即方程alnxlna⋅xa=1a有且仅有两个不等实根，
即方程lnxaxa=lnaa有且仅有两个不等实根；
令Fx=lnxx，则Fx定义域为0,+∞，F′x=1−lnxx2，
∴当x∈0,e时，F′x>0；当x∈e,+∞时，F′x<0；
∴Fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
∴Fxmax=Fe=1e，当x→+∞时，Fx→0；当x→0时，Fx→−∞；
可得Fx大致图象如下图所示，
令t=xa，则t∈0,+∞，
∴Ft=Fa有且仅有两个不同实数根的充要条件为0即F1
【解析】(1)求导后，根据f′x的正负可得单调区间；
(2)将问题转化为方程lnxaxa=lnaa有且仅有两个不等实根，构造函数Fx=lnxx，结合导数知识可作出Fx的图象，进而得到F1关键点点睛：本题根据曲线与直线交点个数求解参数范围的关键是能够首先将问题转化为方程根的个数问题，进而采用同构的逻辑，通过构造函数的方式进一步将问题转化为同一函数不同函数值大小关系的比较问题.
1.已知全集U=R，集合A=0,1,2,3，B=xx<2，则A∩∁UB=( )
A. 2,3B. 3C. 2,+∞D. 2,+∞
2.复数z=a+bia,b∈R，满足z1+i=1−2i2，则a−b=( )
A. −72B. 12C. −3D. −4
3.设F为抛物线y2=8x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则AF+BF+CF的值为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
4.已知PA是圆C:x2+(y−1)2=1的切线，点A为切点，若PA=2，则点P的轨迹方程是( )
A. (x−1)2+y2=5B. x2+(y−1)2=5
C. y2=2xD. x2=2y
5.若甲组样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,xn(数据各不相同)的平均数为4，方差为2，乙组样本数据3x1−a,3x2−a,⋅⋅⋅,3xn−a的平均数为5，则下列说法错误的是( )
A. a的值为7B. 乙组样本数据的方差为18
C. 两组样本数据的样本中位数一定相同D. 两组样本数据的样本极差不同
6.已知函数fx=asinx+csx，x∈π4,π3，若存在x1≠x2，使得fx1=fx2，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,1B. 3,+∞C. 1, 3D. 1, 3
7.对于定义域为D的函数y=fx，若存在区间a,b⊂D，使得fx同时满足：
①fx在区间a,b上是单调函数；
②当fx的定义域为a,b时，fx的值域也为a,b，则称区间a,b为该函数的一个“和谐区间”
已知定义在1,k上的函数fx=m2−2x有“和谐区间”，则正整数k取最小值时，实数m的取值范围是( )
A. 4,4 2B. 4 2,6C. 4,6D. 6,8
8.作边长为6的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆，如此下去，则前n个内切圆的面积之和为( )
A. 1−14n−1πB. 1−14nπC. 4−14n−1πD. 4−14n+1π
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A. AF//CNB. BM⊥DEC. CN与BM成60∘角D. NE与BM是异面直线
10.设直线l：y=kx−1k∈R与圆C：x2+y2=6，则下列结论正确的为( )
A. 直线l与圆C可能相离
B. 直线l不可能将圆C的周长平分
C. 当k=2时，直线l被圆C截得的弦长为2 1305
D. 直线l被圆C截得的最短弦长为2 5
11.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”隐藏着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即某将军观望完烽火台之后从山脚的某处出发，先去河边饮马，再返回军营，怎样走能使总路程最短?在平面直角坐标系中有两条河流m，n，其方程分别为2x−y=0，y=0，将军的出发点是点A3,1，军营所在位置为B6,3，则下列说法正确的是( )
A. 若将军先去河流m饮马，再返回军营，则将军在河边饮马的地点的坐标为1,2
B. 将军先去河流n饮马，再返回军营的最短路程是 5
C. 将军先去河流m饮马，再去河流n饮马，最后返回军营的最短路程是 85
D. 将军先去河流n饮马，再去河流m饮马，最后返回军营的最短路程是2 13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角α的终边过点P4,3，角β的终边与角α的终边关于y轴对称，则csα−β=__________.
13.设O为坐标原点，直线y=b与双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为10，则双曲线C的焦距的最小值为__________.
14.两个三口之家(父母两人，小孩一人)共6人去旅游，有红旗和比亚迪两辆新能源汽车，每辆车至少乘坐2人，但两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为__________.(用数字作答)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1=A1C.
(1)证明：A1C1⊥A1B；
(2)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，且二面角A1−BC−A的余弦值为 55，求直线AA1与平面ABC所成角的正弦值.
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且b=2，a2=c−12+3.
(1)求A；
(2)若a=4sinAsinB，求csC的值.
17.(本小题15分)
某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量N，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，X表示捕获的有标识的成年鸡的数目.
(1)若N=10000，求X的数学期望；
(2)已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求N的估计值(以使得PX=20最大的N的值作为N的估计值).
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，点M在椭圆E外，线段MF1与E相交于P，满足MF1=2a，点T在线段MF2上，TF2≠0，且∠PTF2=π2.
(1)若点P的坐标为x,y，证明：PF1=a+cax；
(2)求点T的轨迹C的方程；
(3)在曲线C上是否存在点N，使得△F1NF2的面积为b2，若存在，求∠F1NF2的正切值，若不存在请说明理由.
19.(本小题17分)
已知函数fx=lgaxxa.
(1)当a=2时，求fx的单调区间；
(2)证明：若曲线y=fx与直线y=1a2有且仅有两个交点，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】首先根据补集的概念求得∁UB，再结合交集运算可得答案.
【详解】由题意得∁UB=xx≥2，所以A∩∁UB=2,3，
故选：A.
2.【答案】C
【解析】【分析】利用复数乘法运算法则计算z1+i=1−2i2左右两边，再结合复数相等求出a,b即可求解.
【详解】因为a+bi1+i=1−2i2，
所以a−b+a+bi=−3−4i，
所以a−b=−3a+b=−4，⇒a=−72,b=−12，
所以a−b=−3，
故选：C.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义，属于基础题.
由三角形重心坐标公式可得x1+x2+x3=6，再由抛物线的定义计算出长度即可.
【解答】
解：由抛物线方程可得2p=8⇒p=4，
由题意可知，点F的坐标为(2,0)，
设点A，B，C的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，
又F为△ABC的重心，则x1+x2+x33=2，即x1+x2+x3=6，
由抛物线方程可得2p=8⇒p=4，
所以由抛物线的定义可知AF+BF+CF=x1+p2+x2+p2+x3+p2=6+32p=12，
故选：D.
4.【答案】B
【解析】【分析】根据题意，由圆的定义可知点P的轨迹为圆，再由圆的方程即可得到结果.
【详解】因为PA=2，所以P点到圆心的距离恒为 22+12= 5，
所以点P的轨迹方程是以0,1为圆心， 5为半径的圆，即x2+(y−1)2=5，
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】由平均数和方差的性质可以判断AB选项；由中位数的公式和性质可求C；由极差的概念和公式可求D.
【详解】由题意可知，3×4−a=5，即a=7，所以A正确；
乙组样本数据方差为9×2=18，所以B正确；
设甲组样本数据的中位数为xi，则乙组样本数据的中位数为3xi−7，所以两组样本数据的样本中位数不一定相同，故C错误；
甲组数据的极差为xmax−xmin，则乙组数据的极差为(3xmax−7)−(3xmin−7)=3(xmax−xmin)，
所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确；
故选：C.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用导数由函数的单调性求参，正切型函数的定义域、值域和最值，属于基础题.
根据题意可得问题等价于函数f(x)在x∈π4,π3不是单调函数，求导并利用三角函数值域即可求得实数a的取值范围是1, 3.
【解答】
解：若存在x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)，等价于函数f(x)在x∈π4,π3不是 单调函数，
f′(x)=acsx−sinx，
若函数f(x)为单调递增函数，则f′(x)≥0恒成立，即acsx−sinx≥0，
所以a≥sinxcsx=tanx在x∈π4,π3恒成立，则a≥ 3；
同理，若函数f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0恒成立，得a≤1，
即若函数f(x)在x∈π4,π3不单调，则1
7.【答案】B
【解析】【分析】本题属于函数新定义问题，根据题意构造新的函数(方程)，再结合不等式即能求出参数m的范围.
【详解】若函数f(x)有“和谐区间”，则f(x)在1,k上单调递增，
且f(x)=m2−2x=x在定义域内有两个不等的实数根，
m2=2x+x≥2 2，即m≥4 2，
又g(x)=2x+x在区间1, 2单调递减，
在区间 2,+∞单调递增，且k∈N*，所以k≥2，
又因为g(x)=2x+x与直线y=m2在1,k有两个交点，
g(1)=3，所以2k+k=3，得k=2，
所以正整数k的最小值为2，g(2)=3，
即m2=3，m=6，
此时，实数m的取值范围是4 2,6.
故选：B.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等比数列的前n项和公式，等比数列的判定或证明，根据数列的递推公式求通项公式，属于中档题.
先设第n个正三角形的内切圆半径为an和第n个正三角形的边长为bn，结合正三角形边长与其内切圆半径的关系，以及圆半径与其内切正三角形的边长关系即可研究求解出an，进而利用等比数列前n项和公式即可求解.
【解答】
解：设第n个正三角形的内切圆半径为an，第n个正三角形的边长为bn，
可知an= 36bn(正三角形内切圆半径是正三角形边长的 36)，
又半径为an的圆内接三角形的边长bn+1满足bn+1sin60∘=2an，即bn+1= 3an，
所以bn+1= 3an=12bn，an+1= 36bn+1=12an，
即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的12，
每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的12，
又a1= 36×6= 3，所以数列an是以 3为首项，12为公比的等比数列，
所以an= 3×12n−1，则an2=3×14n−1，
设前n个内切圆的面积和为Sn，
则Sn=πa12+πa22+⋅⋅⋅+πan2=3π×140+141+...+14n−1
=3π×1×1−14n1−14=4×1−14nπ=4−14n−1π.
故选：C.
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查异面直线的概念及判定，异面直线所成角，空间中直线与直线的位置关系，属于基础题.
由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系．
【解答】
解：展开图翻折成的正方体如图所示，由正方体的性质，
因为CN//BE，BE⊥AF，因此CN⊥AF，所以A错误；
同理DE//CF，CF⊥BM，所以BM⊥DE，所以B正确；
∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE=60∘，所以CN与BM所成的角是60∘，所以C正确.
又NE//平面MFBC，NE//MF,MF∩BM=M，所以NE与BM不平行，NE与BM是异面直线，所以D正确.
故选：BCD.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的判断及求参，直线与圆的交点坐标、弦长，点到直线的距离，属于基础题.
对于A，由直线过圆内的定点即可判断；对于B，直线不可能过圆心即原点，由此即可判断；对于CD，由点到直线距离公式、圆的弦长公式验算即可.
【解答】
解：因为直线l过定点(0,−1)，且点(0,−1)在圆C内，所以直线l与圆C必相交，A错误；
若直线l将圆C的周长平分，则直线l过原点，此时直线l的斜率不存在，但这是不可能的，所以B正确；
当k=2时，直线l的方程为2x−y−1=0，圆心C到直线l的距离为1 5= 55，所以直线l被C截得的弦长为2 6−( 55)2=2 1455，C错误；
因为圆心C到直线l的距离为d=1 k2+1≤1，
所以直线l被C截得的弦长为2 6−d2≥2 5，等号成立当且仅当k=0，即d=1，D正确，
故选：BD.
11.【答案】BC
【解析】【分析】确定A(3,1)关于直线m,n对称点A1,A2，确定B(6,3)关于直线m,n对称点B2,B1，利用两点之间距离最小来判断.
【详解】对于A，如图①所示，设点A(3,1)关于直线2x−y=0的对称点为A1(x1,y1)，
由y1−1x1−3×2=−1,2×3+x12−1+y12=0解得A1(−1,3)，
所以将军在河边饮马地点的坐标为C(32,3)，故A错误；
对于B，如图②所示，因为点A3,1关于直线y=0的对称点为A23,−1，
将军先去河流n饮马，再返回军营的最短路程是BA2= (6−3)2+(3+1)2=5，故B错误；
对于C，如图③所示，因为点B6,3关于直线y=0的对称点分别为，B1(6,−3)；
点A(3,1)关于直线2x−y=0的对称点为A1(−1,3)，
所以将军先去河流m饮马，再去河流n饮马，最后返回军营的最短路程A1B1= 85，故C正确；
对于D，如图④所示，设点B6,3关于直线2x−y=0的对称点分别为B2(x2,y2)，
由y2−3x2−6×2=−1,2×6+x22−3+y22=0解得B2(−65,335)；点A(3,1)关于直线y=0的对称点为A2(3,−1)，
将军先去河流n饮马，再去河流m饮马，最后返回军营的最短路程是A2B2= 18855，故D错误.
故选：BC.
12.【答案】−725或−0.28
【解析】【分析】利用三角函数的定义求出sinα,csα，再将β=π−α代入，利用二倍角公式计算即得.
【详解】由角α的终边过点P4,3，点P4,3到原点距离r= 42+32=5，则csα=45，
由角β的终边与角α的终边关于y轴对称，得β=π−α+2kπ，k∈Z，
所以csα−β=cs2α−π−2kπ=−cs2α=−2cs2α−1=−2×452+1=−725.
故答案为：−725
13.【答案】4 5
【解析】【分析】
本题考查双曲线中的面积问题，由基本不等式求最值或取值范围，属于基础题.
主要利用三角形面积转化为坐标可得ab=10，再利用双曲线c2=a2+b2，联想基本不等式就可求得结果.
【解答】
解：由题意知双曲线的渐近线方程为y=±bax，
因为D,E分别为直线y=b与双曲线C的两条渐近线的交点，
所以不妨设D(a,b),E(−a,b)，即S△ODE=12×b×DE=ab=10，
因为c2=a2+b2≥2ab=20(当且仅当a=b= 10时等号成立)，
所以c≥2 5，即C的焦距的最小值为4 5.
故答案为：4 5.
14.【答案】48
【解析】【分析】
本题考查排列与组合的综合应用，至少、至多的组合问题，属于基础题.
首先不考虑两个小孩子是否单独乘坐一辆车的情况求出6人乘车，每辆车至少坐2人的总情况数，再减去两个小孩子单独乘坐一辆车的情况即为答案.
【解答】
解：6人乘坐的所有情况有C63⋅C33A22⋅A22+C62⋅C44⋅A22=50种，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有2种，
由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为50−2=48种.
故答案为：48.
15.【答案】解：(1)证明： 如图，取AC中点O，连接OB，OA1，
因为△ABC是等边三角形，所以AC⊥OB，
又AA1=A1C，所以AC⊥OA1，
而OB∩OA1=O，OB⊂平面A1OB，OA1⊂平面A1OB，
所以AC⊥平面A1OB，
因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B，
又A1C1//AC，
所以A1C1⊥A1B.
(2)在平面A1OB中，作A1D⊥OB，垂足为D，
由(1)知AC⊥平面A1OB，A1D⊂平面A1OB，所以A1D⊥AC，
而OB∩AC=O，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以A1D⊥平面ABC，
注意到OA⊥OB，所以过点O作Oz轴平行于A1D，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，
所以12×2×2× 32×A1D=3，故A1D= 3，
则B0, 3,0，C−1,0,0，A1,0,0，设A10,t, 3,t≥0，
所以CA1=1,t, 3，CB=1, 3,0，
设平面A1BC的法向量为m=x,y,z，则m⋅CA1=0m⋅CB=0，即x+ty+ 3z=0x+ 3y=0，
令x=3，解得y=− 3,z=t− 3，所以m=3,− 3,t− 3，
显然平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，
因为二面角A1−BC−A的余弦值为 55，
故|cs m,n|=|m⋅n||m|⋅|n|=|t− 3| 12+(t− 3)2=1 5，化简得：t− 32=3，
即t− 3=± 3，可得t=0或t=2 3，
当t=0时，此时A10,0, 3，AA1=−1,0, 3，
|cs AA1,n|=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|= 3 1+3= 32，
所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 32，
当t=2 3时，此时A10,2 3, 3，AA1=−1,2 3, 3，
所以|cs AA1,n|=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|= 3 1+12+3= 34，
所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 34.
【解析】本题考查直线与平面所成角的向量求法，线面垂直的性质，平面与平面所成角的向量求法，棱柱的体积，线面垂直的判定，属于中档题.
(1)取AC中点O，连接OB，OA1，通过证明AC⊥平面A1OB，得到AC⊥A1B，再结合平行线的性质即可得证；
(2)由三棱柱体积求得三棱柱的高A1D= 3，建立适当的空间直角坐标系，引入参数t，表示出平面的法向量，结合已知条件求得t，进一步结合线面角的向量公式即可求解.
16.【答案】解：(1)由已知条件b=2和a2=c−12+3有a2=c2−2c+22=c2−bc+b2 ，
所以由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−c2+bc−b22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，
从而A=π3.
(2)若a=4sinAsinB，则结合正弦定理得4sinB=asinA=bsinB=2sinB，
所以sin2B=12，从而sinB= 22，这得到B=π4或B=3π4，
而B=π−A−C<π−A=2π3，故B=π4，
所以csC=csπ−A−B=−csA+B
=sinAsinB−csAcsB
=sinπ3sinπ4−csπ3csπ4
= 32× 22−12× 22= 6− 24.
【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，利用诱导公式化简，两角和与差的余弦公式，属于中档题.
(1)直接用条件b=2将等式a2=c−12+3齐次化，再比较余弦定理即可得出结果；
(2)使用正弦定理得到sinB= 22，再进一步确定B=π4，然后用余弦和公式即可.
17.【答案】解：(1)由题意可知：X服从超几何分布，且N=10000,M=400，
故EX=1000×40010000=40.
(2)
当N<1380时，PX=20=0；
当N≥1380时，PX=20=C40020⋅CN−400980CN1000，
令f(N)=C40020⋅CN−400980CN1000，
则fN+1fN=C40020⋅CN+1−400980CN+11000C40020⋅CN−400980CN1000=N+1−1000N+1−400N+1N+1−400−980
=N2−1398N+999×399N2−1378N−1379，
所以N2−1398N+999×399≥N2−1378N−1379,∴N≤19999，
当1380≤N≤19999时，fN≤fN+1；
当N≥20000时，fN>fN+1，
所以当N=19999或20000时，fN最大，
所以N的值为19999或20000.
【解析】本题考查超几何分布的均值、方差或标准差，超几何分布的概率计算，属于中档题.
(1)首先分析题意，利用超几何分布知识进行解答.
(2)根据第一问，进行解析N2−1398N+999×399≥N2−1378N−1379,∴N≤19999所以当N=19999或20000时，fN最大，所以N的值为19999或20000.
18.【答案】解：(1)
由题意可知：PF1= (x+c)2+y2，PF2= (x−c)2+y2，
则PF12−PF22=4cx，
因为PF1+PF2=2a，即PF2=2a−PF1，
则PF12−2a−PF12=4cx，整理得4aPF1=4a2+4cx，
所以PF1=a+cax.
(2)
设T的坐标为x,y，原点坐标为O，
因为PF1+PF2=2a，MF1=2a，则PM=PF2，
又因为∠PTF2=π2，TF2≠0，可知T为线段MF2的中点，
在△MF1F2中，可知OT是中位线，即OT=a，
所以点T的轨迹C的方程x2+y2=a2.
(3)
假设存在点N(x0,y0)，使得△F1NF2的面积为b2，
则x02+y02=a2，且y0≤a，
因为S△F1NF2=12×2c×y0=b2，可得y0=b2c，且a≥b2c，
又因为NF1=−c−x0,−y0，NF2=c−x0,−y0，
则NF1⋅NF2=x02−c2+y02=a2−c2=b2，
且NF1⋅NF2=NF1⋅NF2cs∠F1NF2，可得NF1⋅NF2=b2cs∠F1NF2，
又因为S△F1NF2=12NF1⋅NF2sin∠F1NF2=b2，
则12⋅b2cs∠F1NF2sin∠F1NF2=b2，所以tan∠F1NF2=2.
【解析】本题考查与椭圆有关的轨迹问题，椭圆中三角形(四边形)的面积，直线与椭圆的位置关系及其应用，椭圆的定义，属于较难题.
(1)根据两点间距离公式结合PF1+PF2=2a，分析证明；
(2)分析可知PM=PF2，由∠PTF2=π2可知T为线段MF2的中点，可得OT=a，即可得轨迹方程；
(3)假设存在点N(x0,y0)，根据数量积可得NF1⋅NF2=b2，结合面积关系可得12NF1⋅NF2sin∠F1NF2=b2，进而可得结果.
19.【答案】(1)
当a=2时，fx=lg2xx2，则fx定义域为0,+∞，
∵f′x=1xln2⋅x2−2xlg2xx4=1−2ln2⋅lg2xx3⋅ln2=1−2ln2⋅lnxln2x3⋅ln2=1−2lnxx3⋅ln2，
∴当x∈0, e时，f′x>0；当x∈ e,+∞时，f′x<0；
∴fx的单调递增区间为0, e，单调递减区间为 e,+∞.
(2)
由题意知：a>0且a≠1；
∵y=fx与y=1a2有且仅有两个交点，
∴方程lgaxxa=1a2有且仅有两个不等实根，即方程alnxlna⋅xa=1a有且仅有两个不等实根，
即方程lnxaxa=lnaa有且仅有两个不等实根；
令Fx=lnxx，则Fx定义域为0,+∞，F′x=1−lnxx2，
∴当x∈0,e时，F′x>0；当x∈e,+∞时，F′x<0；
∴Fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
∴Fxmax=Fe=1e，当x→+∞时，Fx→0；当x→0时，Fx→−∞；
可得Fx大致图象如下图所示，
令t=xa，则t∈0,+∞，
∴Ft=Fa有且仅有两个不同实数根的充要条件为0
【解析】(1)求导后，根据f′x的正负可得单调区间；
(2)将问题转化为方程lnxaxa=lnaa有且仅有两个不等实根，构造函数Fx=lnxx，结合导数知识可作出Fx的图象，进而得到F1
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