2023年河北省衡水中学高考数学一模试卷-教师用卷

这是一份2023年河北省衡水中学高考数学一模试卷-教师用卷，共19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.已知集合M={x|x≤m}，N={x|y=1 x2−3x−4}，若M∪N=R，则实数m的取值范围是( )
A. [−1,+∞)B. [4,+∞)C. (−∞,−1]D. (−∞,4]
【答案】B
【解析】解：集合M={x|x≤m}，N={x|y=1 x2−3x−4}={x|x<−1或x>4}，
∵M∪N=R，
∴m≥4，
∴实数m的取值范围是[4,+∞).
故选：B.
求出集合N，由M∪N=R，得到m≥4，由此能求出实数m的取值范围．
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.已知复数z1，z2，当z1=1+2i时，z2z1z1−−z1=z1，则z2=( )
A. 8+6iB. 8−6iC. 10+10iD. 10−10i
【答案】A
【解析】解：z1=1+2i，
则z1⋅z1−=(1+2i)(1−2i)=5，
故z2z1z1−−z1=z25−(1+2i)=z24−2i=1+2i，即z2=(4−2i)(1+2i)=8+6i.
故选：A.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长.当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散.而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径.假设某种传染病的基本传染数为R0，1个感染者平均会接触到N个新人(N≥R0)，这N人中有V个人接种过疫苗(VN称为接种率)，那么1个感染者可传染的新感染人数为R0N(N−V).已知新冠病毒在某地的基本传染数R0=lg24 2，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为( )
A. 30%B. 40%C. 50%D. 60%
【答案】D
【解析】解：为了使1个感染者传染人数不超过1，只需R0N(N−V)≤1，
所以R0⋅N−VN≤1，即R0(1−VN)≤1，
因为R0=lg24 2=lg2252=2.5，
所以2.5(1−VN)≤1，解得VN≥0.6=60%，
则地疫苗的接种率至少为60%.
故选：D.
由题意，列出不等式R0N(N−V)≤1，利用对数的运算性质求出R0，代入不等式中求解VN，即可得到答案．
本题考查了函数的实际应用问题，解题的关键是正确理解题意，列出不等式，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
4.已知角α的顶点是坐标原点，始边是x轴的正半轴，终边是射线y=2x(x≥0)，则tan(2α+π4)=( )
A. 17B. −17C. −7D. −13
【答案】B
【解析】解：角α的顶点是坐标原点，始边是x轴的正半轴，终边是射线y=2x(x≥0)，
由已知可设角α终边上一点P(1,2)，则tanα=2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=−43，
可得tan(2α+π4)=tan2α+11−tan2α=−43+11−(−43)=−17.
故选：B.
由题意利用任意角的三角函数的定义求得tanα的值，利用二倍角的正切公式可求tan2α的值，进而利用两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角的正切公式，两角和的正切公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
5.某新能源汽车生产公司，为了研究某生产环节中两个变量x，y之间的相关关系，统计样本数据得到如下表格：
由表格中的数据可以得到y与x的经验回归方程为y=14x+a据此计算，下列选项中残差的绝对值最小的样本数据是( )
A. (30,4.6)B. (27,3)C. (25,3)D. (23,2.4)
【答案】C
【解析】解：由表中数据可得x−=15×(20+23+25+27+30)=25，y−=15×(2+2.4+3+3+4.6)=3，
y关于x的经验回归方程为y=14x+a，可得3=14×25+a，解得a=−3.25，
故y关于x的经验回归方程为y=14x−3.25，
对于A，当x=30时，y=14×30−3.25=4.25，残差的绝对值为|4.6−4.25|=0.35，
对于B，当x=27时，y=14×27−3.25=3.5，残差的绝对值为|3.5−3|=0.5，
对于C，当x=25时，y=14×25−3.25=3，残差的绝对值为|3−3|=0，
对于D，当x=23时，y=14×23−3.25=2.5，残差的绝对值为|2.5−2.4|=0.1.
故选：C.
由表中数据可得x−、y−，写出y关于x的经验回归方程，再利用回归方程求出y关于x的经验值，计算残差的绝对值即可得出结论．
本题主要考查了线性回归方程和残差的应用问题，是基础题．
6.已知△ABC中，A=120∘，AB=3，AC=4，CM=4MB，AN=NB，则AC⋅MN=( )
A. −125B. −75C. −25D. −15
【答案】B
【解析】解：由题可得MN=MB+BN=15CB+12BA=15(AB−AC)−12AB=−310AB−15AC，
所以AC⋅MN=AC⋅(−310AB−15AC)=−310AB⋅AC−15(AC)²=−310×3×4×(−12)−15×4²=−75，
故选：B.
根据向量的线性运算，可得MN=−310AB−15AC，根据数量积公式，代入计算，即可得到答案．
本题考查平面向量数量积的运算性质，属于中档题．
7.已知正三棱柱ABC−A1B1C1，过底边BC的平面与上底面交于线段MN，若截面BCMN将三棱柱分成了体积相等的两部分，则MNBC=( )
A. 3−12B. 1− 32C. 3− 32D. 3−3 32
【答案】A
【解析】解：由题可知平面BMNC与棱柱上底面分别交于A1B1，A1C1，
则B1C1//MN，MN//BC，显然ABC−A1MN是三棱台，
设△ABC的面积为1，△A1MN的面积为S，三棱柱的高为h，
∴12⋅1⋅h=13h(1+S+ S)，解得 S= 3−12，
由△A1MN∽A1B1C1，可得MNBC= S1= 3−12.
故选：A.
利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即可求解．
本题考查棱台的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
8.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 3，b2+c2−bc=3，则△ABC面积的取值范围是( )
A. ( 32,3 34]B. ( 32,3 34)C. ( 34,3 34)D. ( 34,3 34]
【答案】A
【解析】解：由于a= 3，b2+c2−bc=3，
则csA=b2+c2−a22bc=12，
由于A∈(0,π)，
所以A=π3，
故外接圆的半径为R=12× 3 32=1，
所以S△ABC=12bcsinA= 34⋅2sinB⋅2sin(2π3−B)= 34⋅4sinB⋅( 32csB+12sinB)
= 34(2sin2B+2 3sinBcsB)
= 34(1−cs2B+ 3sin2B)
= 32sin(2B−π6)+ 34，
由于0由于△ABC为锐角三角形，
所以π6所以π6<2B−π6≤5π6，
故 32< 32sin(2B−π6)+ 34≤3 34，即 32故选：A.
直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.某商店为了解该店铺商品的销售情况，对某产品近三年的产品月销售数据进行统计分析，绘制了折线统计图，如图.下列结论正确的有( )
A. 该产品的年销量逐年增加
B. 该产品各年的月销量高峰期大致都在8月
C. 该产品2019年1月至12月的月销量逐月增加
D. 该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳
【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，该产品的年销量逐年增加，A正确；
对于B，由折线图可知，该产品各年的月销量高峰期大致都在8月，B正确；
对于C，2019年8月至9月，该产品销量减少，C错误；
对于D，由折线图可知，该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳，D正确．
故选：ABD.
根据题意，由折线图依次分析选项，综合可得答案．
本题考查统计图中的分析，涉及折线图的应用，属于基础题．
10.已知函数f(x)的图像的对称轴方程为x=3，则函数f(x)的解析式可以是( )
A. f(x)=x+1x+3B. f(x)=ex−3+e3−x
C. f(x)=x4−18x2D. f(x)=|x2−6x|
【答案】BD
【解析】解：f(x)=x+1x+3关于(3,−3)对称，不满足题意，所以A不正确；
f(x)=ex−3+e3−x，因为f(6−x)=e6−x−3+e3−(6−x)=ex−3+e3−x=f(x)ex，所以B正确；
函数f(x)=x4−18x2是偶函数，关于x=0对称，所以C不正确；
函数f(x)=|x2−6x|满足f(6−x)=f(x)，所以D正确；
故选：BD.
利用函数的图象的对称性，判断选项即可．
本题考查函数的对称性的应用，是基础题．
11.红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”，B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件C是独立事件B. 事件A与事件B是互斥事件
C. P(C|A)=0D. P(B)=P(C)
【答案】BCD
【解析】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色一瓶蓝色颜料，则事件A发生事件C必定不发生，
∴P(AC)=0，P(A)≠0，P(C)≠0，P(C|A)=P(AC)P(A)=0，
故A，C不是独立事件，故A错误，C正确，
若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，
此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A，B为互斥事件，故B正确，
P(B)=C21⋅C21C62=415，
若C事件发生，则甲有三种情况，
①甲取两瓶黄色，则概率为C22⋅C21⋅C21C62⋅C42=245，
②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色，则概率为C21⋅C21⋅C21×2C62⋅C42=845，
③甲取1瓶红色1瓶蓝色，则概率为C21⋅C21C62⋅C42=245，
则P(C)=245+845+245=415，故D正确．
故选：BCD.
根据独立事件和互斥事件的概念判断AB，根据条件概率公式判定C，求出B，C事件的概率判断D.
本题考查排列组合、独立事件、互斥事件、条件概率等基础知识，属于中档题．
12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线l：x−y−1=0交于A，B两点，记直线l与x轴的交点E，点E，F关于原点对称，若∠AFB=90∘，则( )
A. 2a2+b2=a2b2B. 椭圆C过4个定点
C. 存在实数a，使得|AB|=3D. |AB|<72
【答案】ABC
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2).由x2a2+y2b2=1,y=x−1,得(a2+b2)x2−2a2x+a2−a2b2=0，
Δ=4a4−4(a2+b2)(a2−a2b2)=4a2b2(a2+b2−1)>0，则a2+b2>1，
x1+x2=2a2a2+b2,x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2,因为E(1,0)，所以F(−1,0)，又FA⋅FB=0，
所以(x1+1)(x2+1)+y1y2=(x1+1)(x2+1)+(x1−1)⋅(x2−1)=2x1x2+2=0，
所以x1⋅x2=a2−a2b2a2+b2=−1，2a2+b2=a2b2，故A正确；
所以1a2+2b2=1，即椭圆过定点T1(1, 2)，T2(1,− 2),T3(−1, 2),T4(−1,− 2)，故B正确；
|AB|= 2⋅|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2=2 2 (11+b2a2)2+1，由2a2+b2=a2b2得b2=2a2a2−1>0，则a2>0，所以b2a2=2a2−1，则有|AB|=2 2× (11+2a2−1)2+1，因为a2>1，所以|AB|的取值范围为(2 2,4)，故C正确，D错误．
故选：ABC.
联立椭圆与直线方程，根据直线与椭圆的位置关系逐项求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知向量a=(2,−3)，b=(−1,2)，c=(t−2,3t).若向量c与2a+b平行，则实数t的值为______ .
【答案】813
【解析】解：向量a=(2,−3)，b=(−1,2)，
则2a+b=(3,−4)，
∵向量c与2a+b平行，c=(t−2,3t)，
∴3×3t+4(t−2)=0，解得t=813.
故答案为：813.
根据已知条件，结合向量平行的性质，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
14.分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.如图，正三角形ABC的边长为4，取△ABC各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取△DEF各边的中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去.已知△ABC为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为Sn，若Sn>5 3，则n的最小值为______ .
【答案】3
【解析】解：根据题意，设第n个三角形的面积为an，
分析可得：第n+1个三角形的边长为第n个三角形边长的一半，则an+1=14an，
而第一个三角形的面积a1=4×4× 34=4 3，
故数列{an}是首项为4 3，公比为14的等比数列，
则前n个三角形的面积之和为Sn=4 3(1−14n)1−14=16 33(1−14n)，
若Sn>5 3，解可得n>2，故n的最小值为3；
故答案为：3.
根据题意，设第n个三角形的面积为an，分析可得数列{an}是首项为4 3，公比为14的等比数列，由此可得Sn的表达式，解Sn>5 3可得答案．
本题考查数列的应用，涉及等比数列的求和以及归纳推理的应用，属于基础题．
15.如图，已知台体ABCD−A1B1C1D1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4.若AB=4 6，AD=4 2，A1B1=4 3，则该台体的外接球的表面积为______ .
【答案】128π
【解析】解：如图，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接AC，BD交于点O2，
由球的几何性质可知，台体外接球的球心O在O1O2上，
由题知长方形ABCD与长方形A1B1C1D1相似，
则有ABAD=A1B1A1D1，解得A1D1=4，
由题意可知，OO2⊥平面ABCD，OO1⊥平面A1B1C1D1，
O1O2=4，
设O2O=h，∵B1O1=12 A1B12+A1D12=4，
∴OB12=OO12+O1B12=(4−h)2+42，
同理可得BO2=12 AB2+AD2=4 2，
∴OB2=OO22+O2B2=h2+(4 2)2，
设台体外接球O的半径为R，
则有OB=OB1=R，即(4−h)2+42=h2+(4 2)2，
解得h=0，则OB=O2B=4 2，即该台体的外接球的半径R=4 2，
∴该台体的外接球的表面积为4πR2=128π.
故答案为：128π.
连接A1C1，B1D1交于点O1，连接AC，BD交于点O2，由球的几何性质可知，台体外接球的球心O在O1O2上，设O2O=h，进而可得(4−h)2+42=h2+(4 2)2，求解即可．
本题考查空间几何体的外接球的表面积，考查转化能力，属中档题．
16.在空间直角坐标系下，由方程x2a2+y2b2+z2c2=1(a>0,b>0,c>0)所表示的曲面叫做椭球面(或称椭圆面).
如果用坐标平面z=0，y=0，x=0分别截椭球面，所得截面都是椭圆(如图所示)，这三个截面的方程分别为x2a2+y2b2=1,z=0,x2a2+z2c2=1,y=0,y2b2+z2c2=1,x=0,，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线(或主椭圆).已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆x29+y216=1,z=0与点M(1,2, 23)，则这个椭球面的方程为______ .
【答案】x29+y216+z236=1
【解析】解：根据中心在原点、其轴与坐标轴重合的某椭球面的标准方程的定义，设此椭球面的标准方程为x29+y216+z2c2=1，
∵椭球面过点M(1,2, 23)，
将它的坐标代入椭球面的标准方程x29+y216+z2c2=1，
得19+416+( 23)2c2=1，∴c2=36，
∴椭球面的方程为x29+y216+z236=1.
故答案为：x29+y216+z236=1.
类比求曲线方程的方法，我们可以用坐标法，求空间坐标系中椭球面的方程．只需求出椭球面的长轴长，中轴长，短轴长，类比在平面直角坐标系中椭圆标准方程的求法，易得椭球面的方程．
本题考查合情推量，由于空间直角坐标系中椭球面标准方程与平面直角坐标系中椭圆标准方程相似，故我们可以利用求平面曲线方程的办法求解，属中档题．
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.(本小题10分)
已知f(x)=Asin(ωx+φ)(|φ|<π2)同时满足下列四个条件中的三个：
①f(π6)=1；
②f(x)=Asin(ωx+φ)(|φ|<π2)的图象可以由y=sinx−csx的图象平移得到；
③相邻两条对称轴之间的距离为π2；
④最大值为2.
(1)请指出这三个条件，并说明理由；
(2)若曲线y=f(x)的对称轴只有一条落在区间[0,m]上，求m的取值范围.
【答案】解：(1)对于条件②，y=sinx−csx= 2sin(x−π4)，
若函数f(x)=Asin(ωx+φ)(|φ|<π2)的图象可以由y=sinx−csx的图象平移得到，
则f(x)= 2sin(x+φ)，
由条件③相邻两条对称轴之间的距离为π2，可得f(x)的最小正周期为π，
可得ω=2，与②矛盾；
对于条件④最大值为2，可得A=2与②矛盾，
故只能舍弃条件②，
所以这三个条件为①③④．
(2)由(1)可得f(x)=2sin(2x+φ)，
由条件①f(π6)=1，可得2sin(π3+φ)=1，又|φ|<π2，
所以φ=−π6，所以f(x)=2sin(2x−π6)，
令2x−π6=π2+kπ，k∈Z，可得x=π3+kπ2，k∈Z，
k=−1时，x=−π6，
k=0时，x=π3，
k=1时，x=5π6，
又曲线y=f(x)的对称轴只有一条落在区间[0,m]上，
所以π3≤m<5π6，
即m的取值范围是[π3,5π6).
【解析】本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)由条件②可得f(x)= 2sin(x+φ)，由条件③可得ω=2，由条件④可得A=2，推出条件②与③④都矛盾，从而可得结论；
(2)由(1)及条件①可求得f(x)的解析式，从而可求得f(x)的对称轴，结合题意即可求得m的取值范围．
18.(本小题12分)
温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱.温室蔬菜生长和蔬菜产品卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质量等级划定如表所示.
各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，若确对其所影响的植物(生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标)或周围环境(地下水、地表水、大气等)有危害，方能确定为污染.某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜环境产地质量监测得到的相关数据如下：
(1)若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概率；
(2)现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记z为技术员选中村的环境空气等级为尚清洁的个数，求ξ的分布列和数学期望.
【答案】解：(1)由题图知应对土壤做进一步调研的村有4个，记事件A=“抽取2个村应对土壤做进一步调研“，
则P(A)=C42C82=314，所以抽取两个村应对土壤做进一步调研的概率为314；
(2)由题意知环境空气等级为尚清洁的村共5个，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=C50C33C83=156，P(ξ=1)=C51C32C83=1556，P(ξ=2)=C52C31C83=1528，P(ξ=3)=C53C30C83=528，
ξ的分布列为
所以E(ξ)=0×156+1×1556+2×1528+3×528=158.
【解析】(1)利用古典概型概率计算方法求解；
(2)确定出ξ的所有可能取值，再分别求出对应概率，列出分布列并求出期望．
本题考查统计图、古典概型、超几何分布的知识与方法，属于中档题．
19.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=(n−1)⋅2n+1+2(n∈N*)，{bn}是等比数列，且{1bn}的前n项和Bn=1−12n.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列cn=1anan+1，{cn}的前n项和为Tn，证明：T2n−Tn≤1a2+b2.
【答案】(1)解：因为数列{1bn}的前n项和Bn=1−12n，
所以当n=1时，1b1=B1=12，即b1=2，
当n=2时，1b1+1b2=B2=34，所以b2=4，
故数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn=2⋅2n−1=2n，
因为a1b1+a2b2+…+anbn=(n−1)⋅2n+1+2，
所以当n≥2时，a1b1+a2b2+…+an−1bn−1=(n−2)⋅2n+2，
两式相减得，anbn=n⋅2n(n≥2)，
又n=1时，a1b1=2，满足上式，
所以anbn=n⋅2n(n∈N*)，
因为bn=2n，所以an=n.
(2)证明：cn=1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Tn=(1−12)+(12−13)+…+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1，
所以T2n−Tn=2n2n+1−nn+1=n2n2+3n+1=12n+3+1n，
要证T2n−Tn≤1a2+b2，需证12n+3+1n≤1a2+b2=12+4=16，需证2n+3+1n≥6，即证2n+1n≥3，
因为f(n)=2n+1n在n∈N*上单调递增，
所以当n=1时，f(n)=2n+1n取得最小值3，
所以2n+1n≥3恒成立，
故命题得证．
【解析】(1)在Bn=1−12n中，分别令n=1和n=2，可得数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，从而知bn=2n，再利用an=Sn−Sn−1(n≥2)的方法，求得anbn=n⋅2n(n∈N*)，进而知an=n；
(2)裂项求和得Tn=nn+1，再采用分析法，结合函数的单调性，即可得证．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式，裂项求和法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.(本小题12分)
如图所示，A，B，C，D四点共面，其中∠BAD=∠ADC=90∘，AB=12AD，点P，Q在平面ABCD的同侧，且PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD.
(1)若直线l⊂平面PAB，求证：l//平面CDQ；
(2)若PQ//AC，∠ABP=∠DAC=45∘，平面BPQ∩平面CDQ=m，求锐二面角B−m−C的余弦值.
【答案】(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD，
所以PA//CQ，
因为PA⊂平面PAB，CQ⊄平面PAB，
所以CQ//平面PAB，
因为∠BAD=∠ADC=90∘，所以AB//CD，
因为CD//平面PAB，
因为CQ∩CD=C，CD⊂平面CDQ，CQ⊂平面CDQ，
所以平面CDQ//平面PAB，
直线l⊂平面PAB，所以l//平面CDQ；
(2)解：因为AP⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥AB，AP⊥AD，又因为AB⊥AD，
以A为坐标原点，AB，AD，AP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由(1)可得PA//CQ，又因为PQ//AC，所以四边形APQC为平行四边形，
不妨取AB=1，由题意可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，Q(2,2,1)，D(0,2,0)，
所以BP=(−1,0,1)，BQ=(1,2,1)，
设平面BPQ的一个法向量为n=(x,y,z)，
则BP⋅n=−x+z=0BQ⋅n=x+2y+z=0，令x=1，则y=−1，z=1，则n=(1,−1,1)，
易知AD⊥平面CDQ，
则平面CDQ的一个法向量为AD=(0,2,0)，
所以cs=AD⋅n|AD|⋅|n|=−22× 3=− 33.
锐二面角B−m−C的余弦值为 33.
【解析】(1)通过证明平面CDQ//平面PAB，可证l//平面CDQ；
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面BPQ，平面CDQ的一个法向量，利用向量法可求锐二面角B−m−C的余弦值．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 3，直线l：y=x−1与双曲线C交于A，B两点，点D(x0,y0)在双曲线C上.
(1)求线段AB中点的坐标；
(2)若a=1，过点D作斜率为2x0y0的直线l′与直线l1： 2x−y=0交于点P，与直线l2： 2x+y=0交于点Q，若点R(m,n)满足|RO|=|RP|=|RQ|，求m2+2x02−2n2−y02的值.
【答案】解：(1)依题意，双曲线 C的离心率e=ca= 1+b2a2= 3，则b2=2a2，
故双曲线 C的方程为2x2−y2−2a2=0，
联立2x2−y2−2a2=0y=x−1，得x2+2x−2a2−1=0，且Δ>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−2,x1x2=−2a2−1，
设线段AB的中点为E(x′,y′)，故x′=−1，
将x′=−1代入直线l：y=x−1，得y′=−2，
故线段AB的中点坐标为(−1,−2).
(2)依题意，a=1，则双曲线 C的方程为x2−y22=1，
直线l′:y−y0=2x0y0(x−x0)，又点D(x0,y0)在双曲线 C上，
所以x02−y022=1，故直线l′的方程为x0x−y0y2=1，
由题可知，点O，P，Q均不重合，由|RO|=|RP|=|RQ|易知R(m,n)为△OPQ的外心，
设P(x3,y3)，Q(x4,y4)，则 2x3−y3=0，即y3= 2x3, 2x4+y4=0，即y4=− 2x4，
线段OP的垂直平分线的方程为y−y32=− 22(x−x32)，线段OQ的垂直平分线的方程为y−y42= 22(x−x42)，
联立y−y32=− 22(x−x32)y−y32= 22(x−x32)，得x=m=34(x3+x4)y=n=3 28(x3−x4)，
联立y3= 2x3x0x3−y0y32=1，得x3=1x0− 22y0，同理可得x4=1x0+ 22y0，
故x3+x4=1x0− 22y0+1x0+ 22y0= 2y0x02−y022= 2y0，
故m=34(x3+x4)n=3 28(x3−x4)，进一步得到m=32x0n=34y0，
即m2−2n2=94x02−98y02=94(x02−y022)=94，
则m2+2x02−2n2−y02=94+2=174.
【解析】(1)由离心率为 3，可得双曲线 C的方程为2x2−y2−2a2=0，后将l：y=x−1与双曲线方程联立，利用韦达定理可得答案；
(2)结合(1)，由题可得直线l′的方程为x0x−y0y2=1，2x02−y02=2，R为△OPQ外心，设P(x3,y3)，Q(x4,y4)，通过联立OP，OQ中垂线方程可得m=34(x3+x4)n=3 28(x3−x4)，通过联立l′与l1: 2x−y=0及l2: 2x+y=0可得x3+x4=2x0，x3−x4= 2y0，则m=34(x3+x4)=32x0n=3 28(x3−x4)=34y0，由此结合2x02−y02=2可得答案．
本题主要考查直线与双曲线方程的综合运用，属于难题．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=a2ln(x+I)− x+2，其中a∈R.
(1)当a=83时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≤3a(sinx+csx)恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】解：(1)当a=83时，f(x)=43ln(x+1)− x+2的定义域为(−1,+∞)，
则f′(x)=43(x+1)−12 x+2=8 x+2−3(x+2)+36(x+1) x+2=−(3 x+2+1)( x+2−3)6(x+1) x+2，
当1< x+2<3时，即−10，函数单调递增，
当 x+2>3时，即x>7时，f′(x)<0，函数单调递减，
所以函数f(x)单调递增区间为(−1,7)，单调递减区间为(7,+∞)；
(2)证明：设g(x)=3a(sinx+csx)，由f(0)=− 2≤g(0)=3a，
解得a≤−3 22或a>0，
①当a>0时，f(3)=aln2− 5，g(x)=3 2asin(x+π4)，
当x∈(π4,5π4)时，g(x)单调递减，
所以g(3)若aln2− 5<−3 22a，则aln2+3 22a< 5，
因为aln2+3 22a≥2 aln2⋅3 22a= 6 2ln2(当且仅当aln2=3 22a时等号成立)，
又因为 6 2ln2> 5，
所以−3 22a此时f(x)≤g(x)不成立，即a>0不合题意，
②当a≤−3 22时，f(x)为减函数，
当x∈[0,π4)时，f(x)−g(x)=a2ln(x+1)− x+2−3a(sinx+csx)≤−3 24ln(x+1)− x+2+ 2(sinx+csx)，
令h(x)=−3 24ln(x+1)− x+2+ 2(sinx+csx)，则h(0)=0，
所以h′(x)=−3 24(x+1)−12 x+2+ 2(csx−sinx)，
此时h′(0)=0，
h′′(x)=3 24(x+1)2+14( x+2)3− 2(sinx+csx)=3 24(x+1)2+14( x+2)3−2sin(x+π4)，
当x∈[0,π4)时，h′′(x)单调递减，h′′(x)≤h′′(0)<0，
所以h′(x)在[0,π4)上单调递减，又h′(0)=0，
所以在[0,π4)上h′(x)≤0，
所以h(x)在[0,π4)上单调递减，又h(0)=0，
所以在[0,π4)上h(x)≤0，
即当x∈[0,π4)时，f(x)≤g(x)恒成立，
当x∈[π4,+∞)时，
f(x)=a2ln(x+1)− x+2≤−3 24ln(x+1)− x+2≤−3 24ln(π4+1)− π4+2，
又π4+1>1.78> e，π4+2>2.78>2.56=1.62，
所以f(x)<−3 24ln( e)− 2.56=−3 28−85<−2，
g(x)≥3 2a≥−2，
所以当x∈[π4,+∞)时，f(x)≤g(x)恒成立，
故a的取值范围为(−∞,−3 22].
【解析】(1)当a=83时，f(x)=43ln(x+1)− x+2的定义域为(−1,+∞)，求导，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性．
(2)利用端点值确定a的必要性区间，利用三角函数的分界性，分区间讨论，利用放缩和估值法，讨论a的范围，进而可求．
本题考查导数的综合应用，考查了不等式的恒成立求解参数范围，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．x1
20
23
25
27
30
yi
2
2.4
3
3
4.6
环境质量等级
土壤各单项或综合质量指数
灌溉水各单项或综合质量指数
环境空气各单项或综合质量指数
等级名称
1
≤0.7
≤0.5
≤0.6
清洁
2
0.7−1.0
0.5∼1.0
0.6−1.0
尚清洁
3
>1.0
>1.0
>1.0
超标
ξ
0
1
2
3
P
156
1556
1528
528