还剩24页未读，
继续阅读
湖北省襄阳五中高三年级月考卷（有答案）
展开
这是一份湖北省襄阳五中高三年级月考卷（有答案），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省襄阳五中高三年级月考
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1. 设非空集合M，N满足M⋃N=N，则( )
A. ∀x∈N，x∈M B. ∀x∉N，有x∉M
C. ∃x0∉M，有x0∈N D. ∃x0∈N，有x0∉M
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了集合与集合的关系，以及元素与集合的关系，属于基础题．
根据M∪N=N可得集合M是集合N的子集，进而可以判断各选项得出答案．
【解答】
解：∵M∪N=N，∴集合M是集合N的子集，
A：，x∈M，集合M不一定会等于集合N，故A错误，
B：，有x∉M，因为M⊆N，故B正确，
C：，有x0∈N，因为M⊆N，M和N可能相等，故C错误，
D：，有x0∉M，因为M⊆N，M和N可能相等，故D错误，
故选B．
2. 函数f(x)=(21+ex−1)cosx图象的大致形状是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查函数的图象，考查已知函数解析式选择图象，因此可通过研究函数的性质，通过排除法选择正确的结论．
【解答】
解：x>0时，21+ex−1<0，但cosx有正有负，
因此f(x)有正有负，不可能全正或全负，故排除A，C，
当00，则f(x)<0，排除D，只有B正确．
故选B．
3. 已知等比数列{an}，满足，且a5·a6·a8·a9=16，则数列{an}的公比为( )
A. 2 B. 4 C. ±2 D. ±4
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式，对数的运算，考查学生的计算能力，比较基础．
根据对数的运算法则解得a3·a10=2.再由等比数列的通项公式求解．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q．
由足log2a3+log2a10=1，得log2(a3·a10)=1，
即a3·a10=2．
∵a5·a6·a8·a9=16，
∴(a5·a8)(a6·a7)q2=16，
∴q2=4．
由真数大于零得q>0，
∴q=2．
故选：A．
4. 任何一个复数z=a+bi(其中a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z=r(cos θ+isin θ)(其中r≥0，θ∈R)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：[r(cos θ+isin θ)]n=rn(cos nθ+isin nθ)(n∈N+)，我们称这个结论为棣莫弗定理．由棣莫弗定理可知，“n为偶数”是“复数cosπ4+isinπ4n为纯虚数”的( )
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
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查充要条件的判断、复数的概念、三角形式的运算，属于中档题．
根据由棣莫弗定理复数复数，结合纯虚数的概念判断即可．
【解答】
解：由棣莫弗定理复数复数，
当n为偶数时，cos nπ4=0或1或−1，复数cosπ4+isinπ4n不一定为纯虚数，
若为纯虚数，
则cos nπ4=0，且sin nπ4≠0，
则，所以n=4k+2，k∈Z，n为偶数，
所以“n为偶数”是“复数cosπ4+isinπ4n为纯虚数”的必要但不充分条件．
故选B．
5. 已知函数，设a=f(log30.1)，b=f(3−0.2)，c=f(31.1)，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. c>b>a
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查利用函数的奇偶性与单调性比较大小，属于基础题．
根据题意，f(x)=ln(x2+1+x)，其定义域为R，又由f(−x)=ln(x2+1−x)=−f(x)，可得函数f(x)是奇函数，当x>0时，得f(x)=ln(x2+1+x)为增函数，故f(x)在R上单调递增，又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，则有f(31.1)>f(3−0.2)>f(log30.1)，即可得c>b>a．
【解答】
解：根据题意，f(x)=ln(x2+1+x)，其定义域为R，
又由f(−x)=ln(x2+1−x)=−f(x)，
则函数f(x)是奇函数，
当x>0时，易得f(x)=ln(x2+1+x)为增函数，
故f(x)在R上单调递增，
又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，
则有f(31.1)>f(3−0.2)>f(log30.1)，
即c>b>a，
故选：D．
6. 为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如下等高条形图：
根据图中的信息，下列结论中不正确的是( )
A. 样本中的男生数量多于女生数量
B. 样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量
C. 样本中多数男生喜欢手机支付
D. 样本中多数女生喜欢现金支付
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了等高堆积条形图的应用问题，也考查了对图形的认识问题，是基础题．
根据两幅图中的信息，对选项中的命题判断正误即可．
【解答】
解：由图知，样本中的男生数量多于女生数量，A正确；
由图知样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量，B正确；
由图知，样本中多数男生喜欢手机支付，C正确；
由图知样本中女生喜欢手机支付的比例高于现金支付的比例，D错误．
故选D．
7. 将函数f(x)=cos x的图象先向右平移56π个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在(π2,3π2)上没有零点，则ω的取值范围是( )
A. (0,29]∪[23,89] B. (0,29] C. (0,29]∪[89,1] D. (0,1]
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题．
根据y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，根据定义域求出ωx−5π6的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=cosx的图象先向右平移56π个单位长度，可得y=cos(x−5π6)的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍(纵坐标不变)，
得到函数g(x)=cos(ωx−5π6)的图象，
∴周期T=2πω，
∵x∈(π2,3π2)
∴ωπ2−5π6<ωx−5π6<3ωπ2−5π6，
若函数g(x)在(π2,3π2)上没有零点，
则(3ωπ2−5π6)−(ωπ2−5π6)≤T2=πω，
∴ω2≤1，解得0<ω≤1，
又−π2+kπ≤ωπ2−5π6π2+kπ≥3ωπ2−5π6，解得3ω2−43≤k≤ω2−13，
当k=0时，解23≤ω≤89，
当k=−1时，结合0<ω≤1可得0<ω≤29，
∴ω∈(0,29]∪[23,89].
故选A．
8. 如图，在三棱锥D−ABC中，AB=BC=CD=DA，∠ABC=2π3，E,F,O分别为棱BC,DA,AC的中点，记直线EF与平面BOD所成角为θ，则θ的取值范围是( )
A. (π3,π2) B. (π4,π3) C. (π4,π2) D. (0,π4)
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查直线与平面所成角 ，属于较难题．
过点F作FG//OD交AC于点G，过点G作HG//OB交AB于点H，连接FH，EH，可证直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，即∠EFH=θ，不妨设AB=2a，则OD=OB=a，FG=GH=a2，HE=3a，又因为FG=GH=a2，所以FH∈(0,a)，所以tanθ=tan∠EFH=3aFH∈(3,+∞)即可得解．
【解答】
解：过点F作FG//OD交AC于点G，过点G作HG//OB交AB于点H，连接FH，EH，
因为E，F，O分别为棱BC，DA，AC的中点，
所以由作图方式可知G、H分别为AO、AB的中点，
所以AC//EH，
因为O为AC的中点且AD=DC，
所以AC⊥OD，同理可得AC⊥OB，
又因为OB∩OD=O，OB、OD⊂平面OBD，
所以AC⊥平面OBD，
因为FG//OD，GH//OB，
又FG⊄平面OBD，OD⊂平面OBD，
所以FG//平面OBD，
同理可得GH//平面OBD，
又FG∩GH=G，FG、GH⊂平面FGH，
所以平面FGH//平面OBD，
所以直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，
又因为AC⊥平面OBD，AC//EH，平面FGH//平面OBD，
所以直线EH⊥平面FGH，即∠EFH=θ，
因为AB=BC=CD=DA，，
所以，
不妨设AB=2a，则OD=OB=a，
FG=GH=a2，HE=3a，
又因为FG=GH=a2，所以FH∈(0,a)，
所以tanθ=tan∠EFH=3aFH∈(3,+∞)，
所以θ∈(π3,π2);
故选A;
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
9. 下列结论正确的是( )
A. ∀x∈R，x+1x≥2
B. 若a(1b)3
C. 若xx−2<0，则log2x∈(0,1)
D. 若a>0，b>0，a+b≤1，则0
【解析】
【分析】
本题主要考查了不等式性质，考查推理分析能力，属于中档题．
当x<0故可得x+1x为负数故推A不正确，由函数的单调性可推B正确，由xx−2<0推出0
解：当x<0时，x+1x为负数，所以A不正确；
若a
若xx−2<0，则0
根据基本不等式有ab⩽a+b2,0
故选BD．
10. 下列说法正确的为( )
A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有C62C42C22种不同的分法；
B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有C61C52C33种不同的分法；
C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；
D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查了分步计数原理以及排列组合的综合运用，属于中档题．
根据分步计数原理以及排列组合的综合运用，逐个对选项分析解答．
【解答】
解：对于A，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，
最后2本给丙，共有C62C42C22种不同的分法，故A正确；
对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2作为一组，
最后3本作为一组，共有C61C52C33=60种，再给甲、乙、丙三人，
共有C61C52C33A33=360种，故B不正确；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法C52=10种；
对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：
①一人4本，其他两人各1本，共有C64A33=90；
②一人1本，一人2本，一人3本，共有C61C52C33A33=360种，
③每人2本，共有C62C42C22=90，
故共有90+360+90=540种．
故选ACD．
11. 已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球O的表面上，侧面BCC1B1的面积为43.则正确的结论是( )
A. 若B1C1的中点为E，则AC1//平面A1BE
B. 若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43，则A1到平面BCC1B1的距离为3
C. 若ΔABC是边长为2的等边三角形，则AC1与平面AA1B1B所成的角为π6
D. 若AB=AC=BC，则球O体积的最小值为32π3
【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查直线与平面的平行，直线与平面所成的角，点到平面的距离，锥体的体积公式，球体的体积公式，多面体的外接球等知识点.属于中档题．
A中取BC的中点F，连接AF，C1F，BE，A1B，A1E，EF.先利用三棱柱的结构特征和平面与平面平行的判定定理证得平面A1BE//平面AC1F，在运用平面与平面平行的性质定理即可证得AC1//平面A1BE．
B中根据割补思想四棱锥A1−BCC1B1的体积占三棱柱ABC−A1B1C1体积的23，结合题设侧面BCC1B1的面积为43即可求得A1到平面BCC1B1的距离．
C中根据是边长为2的等边三角形结合题设可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱.取A1B1的中点N，连结AN,C1N，根据平面与平面垂直的性质定理可证得，从而有∠C1AN为直线C1A与平面AA1B1B所成的角，通过计算即可确定AC1与平面AA1B1B所成的角．
D中由AB=AC=BC，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直
可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，设M，N分别是△ABC，△A1B1C1的中心，连接MN，则球心O为MN的中点.设三棱柱底面边长为a，高为h，则aℎ=43，通过计算可得外接球的半径R⩾2从而确定球O体积的最小值．
【解答】
解：A，取BC的中点F，连接AF，C1F，BE，A1B，A1E，EF．
∵三棱柱ABC−A1B1C1
∴C1E//BF且C1E=BF，
四边形C1EBF为平行四边形，
故BE//C1F，同理AF//A1E
又∵BE⋂C1F，AF⋂A1E.
∴平面A1BE//平面AC1F，
∵AC1⊂平面AC1F，
∴AC1//平面A1BE，故A正确;
B，若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43，如图二示四棱锥A1−BCC1B1
的体积为833．
∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直三棱柱的各侧面均垂直与上下底面．
即有平面A1B1C1⊥平面BCC1B1=B1C1，
设A1到直线B1C1的距离为m，由平面与平面垂直的性质定理知：
A1到平面BCC1B1的距离为m
又∵BCC1B1的面积为43．
∴VA1−BCC1B1=13sℎ=13×43×m=833
解得m=2
∴A1到平面BCC1B1的距离为2，故B错误;
C，若是边长为2的等边三角形，则三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱．
∴平面A1B1C1⊥平面AA1B1B=A1B1=B1C1
取A1B1的中点N，连结AN,C1N.则C1N⊥A1B1，
又，
．
故∠C1AN为直线C1A与平面AA1B1B所成的角
在三角形A1B1C1中易得：C1N=C1A12−A1N2=3，
在面积为43矩形BCC1B1中，AA1·A1C1=2AA1=43,
∴AA1=23，AC1=AA12+A1C12=4，
在直角三角形C1NA中sin∠C1AN=C1NAC1=34．故C错误;
D，若AB=AC=BC，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直
可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，
设M，N分别是△ABC，△A1B1C1的中心，连接MN，
则球心O为MN的中点．
设三棱柱底面边长为a，高为h，则aℎ=43，
∵B1N=23B1D=33a，ON=ℎ2，
∴外接球的半径R满足：
R=OB1=B1N2+ON2=a23+ℎ24=a23+12a2⩾24=2
当且仅当a23=12a2,a=6时取等号．
故球O的体积V=4πR33≥32π3，所以D正确．
所以选AD．
12. 抛物线的焦点为F，P为其上一动点，设直线l与抛物线C相交于A，B两点，点下列结论正确的是( )
A. |PM| +|PF|的最小值为3
B. 抛物线C上的动点到点的距离最小值为3
C. 存在直线l，使得A，B两点关于对称
D. 若过A、B的抛物线的两条切线交准线于点T，则A、B两点的纵坐标之和最小值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查了抛物线的几何意义，考查了直线与抛物线的位置关系，以及圆锥曲线中的对称问题，和范围最值问题，属于较难的题目．
根据抛物线的相关知识逐一判断即可．
【解答】
解：对于A，如图所示，过P作PN⊥抛物线的准线，垂足为N，
过M作MQ⊥抛物线的准线，垂足为Q，
| P M | + | PF | =| P M | +PN⩾MQ=3，所以| P M | + | PF |的最小值为3，故A正确；
对于B，设Ex,y，则EH=x2+y−32=4y+y2−6y+9=y2−2y+9=y−12+8⩾22，故B错误；
对于C，设直线AB的方程为x−y−m=0，
则直线AB与抛物线联立得x2−4x+4m=0，，
设Ax1,y1,Bx2,y2，x1+x2=4,x1x2=4m，y1+y2=x1+x2−2m=4−2m，
则AB的中点为2,2−m，在直线x+y−3=0上，即，不满足m<1，故C错误；
对于D，由题意结合抛物线的图象知过A、B的抛物线的两条切线即为在A、B处的抛物线的两条切线，
设直线AB的方程为y=kx+b，设Ax1,x124,Bx2,x224，
联立直线与抛物线的方程y=kx+bx2=4y，整理得x2−4kx−4b=0，
Δ=16k2+16b>0，
则x1+x2=4k,x1x2=−4b，
因为y=x24，y'=x2，
所以抛物线在A处的切线方程为y=x12x−x1+x124=x12x−x124，
同理可得抛物线在B处的切线方程为y=x22x−x224，
联立两切线方程得y=x1x24=−b，
所以b=1，
所以y1+y2=kx1+x2+2=4k2+2⩾2，
当k=0时取等号，满足判别式，
故D正确．
故选AD．
三、单空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知P是边长为2的正△ABC边BC上的动点，则AP·AB+AC= ．
【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查向量的加减法运算及向量的数量积运算，属于中档题目．
设AB=a,AC=b,BP=tBC，再利用向量的数量积计算即可．
【解答】
解：设AB=a,AC=b,BP=tBC，
则BC=AC−AB=b−a，
a=b=2,
即a·b=abcos60∘=2，
AP=AB+BP=(1−t)a+tb，
因此AP·(AB+AC)=[(1−t)a+tb]·(a+b)
=(1−t)a2+[(1−t)+t]a·b+tb2
=(1−t)a2+a·b+tb2
=4(1−t)+2+4t=6，
故答案为6．
14. x+1x2−14的展开式中的常数项为________．
【答案】−11
【解析】
【分析】
本题考查了多项展开式的特定项与特定项的系数．
由(x+1x2−1)4=[(x+1x2)−1]4，然后利用二项展开式的特定项的系数计算得结论．
【解答】
解：因为Tk+1=C4k(−1)4−kx+1x2k，要求原式的常数项，先求x+1x2k的展开式中的常数项，
因为Tr+1=Ckr⋅xk−r⋅x−2r=Ckr⋅xk−3r，
令k−3r=0⇒k=3r，即k是3的倍数，所以k=0，3，
当k=0时，C40(−1)4−0=1，
当k=3时，r=1，C43⋅C31⋅(−1)4−3=−12，
所以原式展开后常数项为1+(−12)=−11，
故答案为−11．
15. 过椭圆x216+y24=1内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M平分，则此弦所在直线方程为_____________．
【答案】x+2y−4=0
【解析】
【分析】
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查点差法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
设出直线与椭圆的交点坐标，代入椭圆方程，利用点差法，结合M2,1为AB的中点，求出直线的斜率，即可得到直线的方程．
【解答】
解：设直线与椭圆的交点为Ax1,y1、Bx2,y2，
∵M2,1为AB的中点，
∴x1+x2=4,y1+y2=2，
∵又A、B两点在椭圆上，
则x12+4y12=16,x22+4y22=16，
两式相减得x12−x22+4y12−y22=0，
于是x1+x2x1−x2+4y1+y2y1−y2=0，
∴y1−y2x1−x2=−x1+x24y1+y2=−44×2=−12，
即kAB=−12,
故所求直线的方程为y−1=−12x−2,
即x+2y−4=0.
故答案为x+2y−4=0.
16. 对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)lnyx≤xme成立，则实数m的取值范围为_______．
【答案】(0,1e]
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．
对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)⋅lnyx≤xme成立，化为：(2e−yx)⋅lnyx≤1m，令yx=t>0.化为：(2e−t)⋅lnt≤1m.令f(t)=(2e−t)⋅lnt，利用导数研究其单调性即可得出．
【解答】
解：对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)⋅lnyx≤xme成立，
化为：(2e−yx)⋅lnyx≤1m，
令yx=t>0.化为：(2e−t)⋅lnt≤1m．
令f(t)=(2e−t)⋅lnt，
则题意转化为1m≥f(t)在t∈(0,+∞)上恒成立，
即1m≥f(t)max，f't=−lnt+(2e−t)⋅1t=2et−lnt−1，t>0，
令ℎt=2et−lnt−1，
因为ℎ't=−2et2−1t在(0,+∞)上小于0恒成立，
所以f'(t)在(0,+∞)上单调递减，又因为f'(e)=2−1−1=0，
所以当00;当t>e，f'(t)<0，
所以f(t)在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以f(t)max=f(e)=elne=e，所以1m≥e.
即得0
故答案为(0,1e].
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，在以下三个条件中任选一个：①(sinB−sinC)2=sin2A−sinBsinC；②sinA4=6−24；
③bsinB+C2=asinB；
并解答以下问题：
(1)若选______(填序号)，求∠A的值；
(2)在(1)的条件下，若a=3，b=m(m>0)，当△ABC有且只有一解时，求实数m的范围及△ABC面积S的最大值．
【答案】解：(1)若选①，由已知得sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
故由正弦定理得b2+c2−a2=bc.由余弦定理得cos A=b2+c2−a22bc=12．
因为0∘
cosA=2cos2A2−1=12．
又A为三角形内角，
因此A=60∘；
若选③，由题设及正弦定理得sin Bsin B+C2=sin Asin B．
因为sin B≠0，所以sin B+C2=sin A．
由A+B+C=180∘，可得sin B+C2=cos A2，故．
因为，故，
又A为三角形内角，
因此A=60∘.
(2)由已知，当ΔABC有且只有一解时，
msin π3=3或0
②当0
∴bc≤3,当且仅当b=c时等号成立，
∴三角形面积为
【解析】本题考查正余弦定理应用，考查三角恒等变换，基本不等式及三角形面积公式，属中档题．
(1)若选①，根据正弦余弦定理得cos A=12，即可求得A；若选②，由二倍角公式得cos A=12，即可求得A；
若选③，由题设及正弦定理得得，即可求得A；
(2)当ΔABC有且只有一解时，msin π3=3或0
②当0
18. 已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N∗)，且S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn=Sn−1Sn(n∈N∗)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列，
所以S5+a5−S3−a3=S4+a4−S5−a5，即4a5=a3，
于是q2=a5a3=14．
又{an}不是递减数列且a1=32，所以q=−12．
故等比数列{an}的通项公式为an=32×(−12)n−1=(−1)n−1⋅32n．
(2)由(1)得
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1
所以34=S2⩽Sn<1，
故．
所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为−712．
【解析】本题考查等比数列的通项公式、等差数列的性质以及数列的最值问题，属于难题．
(1)根据条件联立方程组求出首项和公比，即可得到通项公式；
(2)由(1)得，分类讨论判断Sn的单调性，即可得到答案．
19. 如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB // CD，∠DAB=60°，AE // CF，AE=CF，CF⊥平面ABCD，DC=BC=AD=CF=1．
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)若M为线段EF上一点，且FM=λEF，是否存在实数λ，使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3？若存在，求出实数λ；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明：因为AE//CF，AE=CF，
所以四边形ACFE为平行四边形，所以AC//EF．
在等腰梯形ABCD中，∠DAB=60∘，
所以AB=2BC，所以AC⊥BC．
又CF⊥平面ABCD，所以
BC，CF⊂平面BCF，
所以AC⊥平面BCF．
因为AC//EF，所以EF⊥平面BCF；
(2)解：依题意，以C为坐标原点，分别以直线CA, CB, CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
设
所以
设n1=(x, y, z)为平面MAB的法向量，
由n1 ⋅ AB=0, n1 ⋅ BM=0, 得−3x+y=0, 3λx−y+z=0,
取x=1，所以
因为n2=(0, 0, 1)是平面ABC的一个法向量，
设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为θ，
所以cosθ=|n1 ⋅ n2||n1||n2|=|3−3λ|1+3+(3−3λ)2=12．
因为0≤λ≤1，所以λ=13，所以
所以存在λ=FMEF=13使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3．
【解析】本题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用．
(1)先证明四边形ACFE为平行四边形，可得AC//EF，然后证明AC⊥平面BCF，可证明结论；
(2)以C为坐标原点，分别以直线CA, CB, CF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，分别取出平面MAB和平面ABC的法向量，根据平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3可求出实数λ的值．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B，C两点，若△ABC的面积为2+1．
(1)求双曲线E的方程；
(2)若直线l：y=kx−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求MNPQ的取值范围．
【答案】解：(1)因为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)为等轴双曲线，
所以a=b，设双曲线的焦距为2 c，c>0，
故c2=a2+b2=2a2，即c=2a．
因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，
将xB=c=2a代入x2a2−y2a2=1，可得yB=a，故BC=2a．
又△ABC的面积为2+1，
所以12×BC×AF=2+1，即12×2a×a+c=2+1，
所以a2=1，a=1，故双曲线E的方程为x2−y2=1；
(2)依题意，直线l：y=kx−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，
联立方程组x2−y2=1y=kx−1消去y可得，1−k2x2+2kx−2=0，
所以1−k2≠0 ,Δ=2k2−41−k2×−2>0 ,xMxN=−21−k2<0 ,解得−1
=1+k2xM+xN2−4xMxN=1+k2−2k1−k22−4×−21−k2=21+k2⋅2−k21−k2．
联立方程组y=x ,y=kx−1 ,得xP=1k−1，同理xQ=1k+1，
所以PQ=1+k2xP−xQ=1+k21k−1−1k+1=21+k21−k2．
所以MNPQ=21+k2⋅2−k21−k221+k21−k2=2−k2，其中−1
【解析】本题考查双曲线的定义及其标准方程、直线与双曲线的位置关系、三角形的面积计算等基础知识，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于较难的题．
(1)根据题意得到a=b，由BC过右焦点F，且垂直于x轴，可得BC=2a，再由三角形面积得到a2=1即可；
(2)联立方程组x2−y2=1y=kx−1消去y可得，1−k2x2+2kx−2=0进而得到|MN|=21+k2⋅2−k21−k2，PQ=1+k2xP−xQ=1+k21k−1−1k+1=21+k21−k2即可．
21. 某种机器需要同时装配两个部件S才能正常运行，且两个部件互不影响，部件S有两个等级：一等品售价5千元，使用寿命为5个月或6个月(概率均为0.5)；二等品售价2千元，使用寿命为2个月或3个月(概率均为0.5)
(1)若从4件一等品和2件二等品共6件部件S中任取2件装入机器内，求机器可运行时间不少于3个月的概率．
(2)现有两种购置部件S的方案，方案甲：购置2件一等品；方案乙：购置1件一等品和2件二等品，试从性价比(即机器正常运行时间与购置部件S的成本之比)角度考虑，选择哪一种方案更实惠．
【答案】解：(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：
第一，取到2个一等品，对应概率为C42C62=25，
第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，
对应概率为C41C21C62×12=415，
第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，对应概率为：
C22C62×12×12=160，
∴机器可运行时间不少于3个月的概率P=25+415+160=4160．
(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为X(单位：月)，
则X的可能取值为5，6，
P(X=6)=12×12=14，
P(X=5)=1−P(X=6)=34，
则X的分布列为：
X
5
6
P
34
14
∴E(X)=5×34+6×14=214，
它与成本价之比为E(X)5+5=2140，
若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和Y(单位：月)，
Y的可能取值为4，5，6，
P(Y=4)=12×12=14，
P(Y=5)=2×12×12=12，
P(Y=6)=12×12=14，
则Y的分布列为：
Y
4
5
6
P
14
12
14
记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，
则Z的可能取值为4，5，6，
P(Z=4)=P(Y=4)=14，
P(Z=5)=P(M=5,Y>5)+P(M=6,Y=5)=12×34+12×12=58，
P(Z=6)=P(M=y=6)=12×14=18，
Z的分布列为：
Z
4
5
6
P
14
58
18
E(Z)=4×14+5×58+6×18=398，
它与成本价之比为E(Z)5+2+2=1324，
∵2140<1324，
∴从性价比角度考虑，方案乙更实惠．
【解析】(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：第一，取到2个一等品，第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，由此利用互斥事件概率乘法公式能求出机器可运行时间不少于3个月的概率．
(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为X(单位：月)，则X的可能取值为5，6，求出相应的概率，从而求出E(X)，进而求出它与成本价之比；若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和Y(单位：月)，Y的可能取值为4，5，6，分别求出相应的概率，记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，则Z的可能取值为4，5，6，分别求出相应的概率，从而求出Z的分布列E(Z)，进而求出它与成本价之比．由此从性价比角度考虑，方案乙更实惠．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考査互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22. 已知函数．
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)函数f(x)在区间(k,k+1)(k∈N)上有零点，求k的值；
(3)记函数g(x)=12x2−bx−2−f(x)，设x1,x2(x1
又f(1)=−1，切点为(1,−1)，所以切线方程为y=−1．
(2)令f'(x)=1−1x=0，得x=1，
当0
所以f(x)的极小值为f(1)=−1<0，
又，
所以f(x)在区间(0,1)上存在一个零点x1，此时k=0；
因为，
，
所以f(x)在区间(3,4)上存在一个零点x2，此时k=3．
综上，k的值为0或3.
，
∴g'(x)=1x+x−(b+1)=x2−(b+1)x+1x，
若b⩾32，则b+12−4=b+3b−1>0恒成立，
∴x1+x2=b+1，x1x2=1，
，
∵0
∴G(t)在(0,1)上单调递减；
∵b≥32，∴(b+1)2⩾254，
∵(b+1)2=(x1+x2)2=x12+2x1x2+x22x1x2
=x1x2+2+x2x1=t+1t+2，
∴t+1t+2≥254 ，
∴4t2−17t+4≥0， ∴0
，
即实数k的最大值为
【解析】本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，运算量较大，属于难题．
(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)利用零点存在性定理判断即可；
(3)构造函数，利用导数求解函数的最值即可．
湖北省襄阳五中高三年级月考
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1. 设非空集合M，N满足M⋃N=N，则( )
A. ∀x∈N，x∈M B. ∀x∉N，有x∉M
C. ∃x0∉M，有x0∈N D. ∃x0∈N，有x0∉M
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了集合与集合的关系，以及元素与集合的关系，属于基础题．
根据M∪N=N可得集合M是集合N的子集，进而可以判断各选项得出答案．
【解答】
解：∵M∪N=N，∴集合M是集合N的子集，
A：，x∈M，集合M不一定会等于集合N，故A错误，
B：，有x∉M，因为M⊆N，故B正确，
C：，有x0∈N，因为M⊆N，M和N可能相等，故C错误，
D：，有x0∉M，因为M⊆N，M和N可能相等，故D错误，
故选B．
2. 函数f(x)=(21+ex−1)cosx图象的大致形状是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查函数的图象，考查已知函数解析式选择图象，因此可通过研究函数的性质，通过排除法选择正确的结论．
【解答】
解：x>0时，21+ex−1<0，但cosx有正有负，
因此f(x)有正有负，不可能全正或全负，故排除A，C，
当0
故选B．
3. 已知等比数列{an}，满足，且a5·a6·a8·a9=16，则数列{an}的公比为( )
A. 2 B. 4 C. ±2 D. ±4
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式，对数的运算，考查学生的计算能力，比较基础．
根据对数的运算法则解得a3·a10=2.再由等比数列的通项公式求解．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q．
由足log2a3+log2a10=1，得log2(a3·a10)=1，
即a3·a10=2．
∵a5·a6·a8·a9=16，
∴(a5·a8)(a6·a7)q2=16，
∴q2=4．
由真数大于零得q>0，
∴q=2．
故选：A．
4. 任何一个复数z=a+bi(其中a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z=r(cos θ+isin θ)(其中r≥0，θ∈R)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：[r(cos θ+isin θ)]n=rn(cos nθ+isin nθ)(n∈N+)，我们称这个结论为棣莫弗定理．由棣莫弗定理可知，“n为偶数”是“复数cosπ4+isinπ4n为纯虚数”的( )
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
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查充要条件的判断、复数的概念、三角形式的运算，属于中档题．
根据由棣莫弗定理复数复数，结合纯虚数的概念判断即可．
【解答】
解：由棣莫弗定理复数复数，
当n为偶数时，cos nπ4=0或1或−1，复数cosπ4+isinπ4n不一定为纯虚数，
若为纯虚数，
则cos nπ4=0，且sin nπ4≠0，
则，所以n=4k+2，k∈Z，n为偶数，
所以“n为偶数”是“复数cosπ4+isinπ4n为纯虚数”的必要但不充分条件．
故选B．
5. 已知函数，设a=f(log30.1)，b=f(3−0.2)，c=f(31.1)，则( )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. c>b>a
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查利用函数的奇偶性与单调性比较大小，属于基础题．
根据题意，f(x)=ln(x2+1+x)，其定义域为R，又由f(−x)=ln(x2+1−x)=−f(x)，可得函数f(x)是奇函数，当x>0时，得f(x)=ln(x2+1+x)为增函数，故f(x)在R上单调递增，又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，则有f(31.1)>f(3−0.2)>f(log30.1)，即可得c>b>a．
【解答】
解：根据题意，f(x)=ln(x2+1+x)，其定义域为R，
又由f(−x)=ln(x2+1−x)=−f(x)，
则函数f(x)是奇函数，
当x>0时，易得f(x)=ln(x2+1+x)为增函数，
故f(x)在R上单调递增，
又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，
则有f(31.1)>f(3−0.2)>f(log30.1)，
即c>b>a，
故选：D．
6. 为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如下等高条形图：
根据图中的信息，下列结论中不正确的是( )
A. 样本中的男生数量多于女生数量
B. 样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量
C. 样本中多数男生喜欢手机支付
D. 样本中多数女生喜欢现金支付
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了等高堆积条形图的应用问题，也考查了对图形的认识问题，是基础题．
根据两幅图中的信息，对选项中的命题判断正误即可．
【解答】
解：由图知，样本中的男生数量多于女生数量，A正确；
由图知样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量，B正确；
由图知，样本中多数男生喜欢手机支付，C正确；
由图知样本中女生喜欢手机支付的比例高于现金支付的比例，D错误．
故选D．
7. 将函数f(x)=cos x的图象先向右平移56π个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在(π2,3π2)上没有零点，则ω的取值范围是( )
A. (0,29]∪[23,89] B. (0,29] C. (0,29]∪[89,1] D. (0,1]
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题．
根据y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，根据定义域求出ωx−5π6的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=cosx的图象先向右平移56π个单位长度，可得y=cos(x−5π6)的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍(纵坐标不变)，
得到函数g(x)=cos(ωx−5π6)的图象，
∴周期T=2πω，
∵x∈(π2,3π2)
∴ωπ2−5π6<ωx−5π6<3ωπ2−5π6，
若函数g(x)在(π2,3π2)上没有零点，
则(3ωπ2−5π6)−(ωπ2−5π6)≤T2=πω，
∴ω2≤1，解得0<ω≤1，
又−π2+kπ≤ωπ2−5π6π2+kπ≥3ωπ2−5π6，解得3ω2−43≤k≤ω2−13，
当k=0时，解23≤ω≤89，
当k=−1时，结合0<ω≤1可得0<ω≤29，
∴ω∈(0,29]∪[23,89].
故选A．
8. 如图，在三棱锥D−ABC中，AB=BC=CD=DA，∠ABC=2π3，E,F,O分别为棱BC,DA,AC的中点，记直线EF与平面BOD所成角为θ，则θ的取值范围是( )
A. (π3,π2) B. (π4,π3) C. (π4,π2) D. (0,π4)
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查直线与平面所成角 ，属于较难题．
过点F作FG//OD交AC于点G，过点G作HG//OB交AB于点H，连接FH，EH，可证直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，即∠EFH=θ，不妨设AB=2a，则OD=OB=a，FG=GH=a2，HE=3a，又因为FG=GH=a2，所以FH∈(0,a)，所以tanθ=tan∠EFH=3aFH∈(3,+∞)即可得解．
【解答】
解：过点F作FG//OD交AC于点G，过点G作HG//OB交AB于点H，连接FH，EH，
因为E，F，O分别为棱BC，DA，AC的中点，
所以由作图方式可知G、H分别为AO、AB的中点，
所以AC//EH，
因为O为AC的中点且AD=DC，
所以AC⊥OD，同理可得AC⊥OB，
又因为OB∩OD=O，OB、OD⊂平面OBD，
所以AC⊥平面OBD，
因为FG//OD，GH//OB，
又FG⊄平面OBD，OD⊂平面OBD，
所以FG//平面OBD，
同理可得GH//平面OBD，
又FG∩GH=G，FG、GH⊂平面FGH，
所以平面FGH//平面OBD，
所以直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，
又因为AC⊥平面OBD，AC//EH，平面FGH//平面OBD，
所以直线EH⊥平面FGH，即∠EFH=θ，
因为AB=BC=CD=DA，，
所以，
不妨设AB=2a，则OD=OB=a，
FG=GH=a2，HE=3a，
又因为FG=GH=a2，所以FH∈(0,a)，
所以tanθ=tan∠EFH=3aFH∈(3,+∞)，
所以θ∈(π3,π2);
故选A;
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
9. 下列结论正确的是( )
A. ∀x∈R，x+1x≥2
B. 若a
C. 若xx−2<0，则log2x∈(0,1)
D. 若a>0，b>0，a+b≤1，则0
【解析】
【分析】
本题主要考查了不等式性质，考查推理分析能力，属于中档题．
当x<0故可得x+1x为负数故推A不正确，由函数的单调性可推B正确，由xx−2<0推出0
解：当x<0时，x+1x为负数，所以A不正确；
若a
若xx−2<0，则0
根据基本不等式有ab⩽a+b2,0
故选BD．
10. 下列说法正确的为( )
A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有C62C42C22种不同的分法；
B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有C61C52C33种不同的分法；
C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；
D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查了分步计数原理以及排列组合的综合运用，属于中档题．
根据分步计数原理以及排列组合的综合运用，逐个对选项分析解答．
【解答】
解：对于A，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，
最后2本给丙，共有C62C42C22种不同的分法，故A正确；
对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2作为一组，
最后3本作为一组，共有C61C52C33=60种，再给甲、乙、丙三人，
共有C61C52C33A33=360种，故B不正确；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法C52=10种；
对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：
①一人4本，其他两人各1本，共有C64A33=90；
②一人1本，一人2本，一人3本，共有C61C52C33A33=360种，
③每人2本，共有C62C42C22=90，
故共有90+360+90=540种．
故选ACD．
11. 已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球O的表面上，侧面BCC1B1的面积为43.则正确的结论是( )
A. 若B1C1的中点为E，则AC1//平面A1BE
B. 若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43，则A1到平面BCC1B1的距离为3
C. 若ΔABC是边长为2的等边三角形，则AC1与平面AA1B1B所成的角为π6
D. 若AB=AC=BC，则球O体积的最小值为32π3
【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查直线与平面的平行，直线与平面所成的角，点到平面的距离，锥体的体积公式，球体的体积公式，多面体的外接球等知识点.属于中档题．
A中取BC的中点F，连接AF，C1F，BE，A1B，A1E，EF.先利用三棱柱的结构特征和平面与平面平行的判定定理证得平面A1BE//平面AC1F，在运用平面与平面平行的性质定理即可证得AC1//平面A1BE．
B中根据割补思想四棱锥A1−BCC1B1的体积占三棱柱ABC−A1B1C1体积的23，结合题设侧面BCC1B1的面积为43即可求得A1到平面BCC1B1的距离．
C中根据是边长为2的等边三角形结合题设可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱.取A1B1的中点N，连结AN,C1N，根据平面与平面垂直的性质定理可证得，从而有∠C1AN为直线C1A与平面AA1B1B所成的角，通过计算即可确定AC1与平面AA1B1B所成的角．
D中由AB=AC=BC，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直
可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，设M，N分别是△ABC，△A1B1C1的中心，连接MN，则球心O为MN的中点.设三棱柱底面边长为a，高为h，则aℎ=43，通过计算可得外接球的半径R⩾2从而确定球O体积的最小值．
【解答】
解：A，取BC的中点F，连接AF，C1F，BE，A1B，A1E，EF．
∵三棱柱ABC−A1B1C1
∴C1E//BF且C1E=BF，
四边形C1EBF为平行四边形，
故BE//C1F，同理AF//A1E
又∵BE⋂C1F，AF⋂A1E.
∴平面A1BE//平面AC1F，
∵AC1⊂平面AC1F，
∴AC1//平面A1BE，故A正确;
B，若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43，如图二示四棱锥A1−BCC1B1
的体积为833．
∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直三棱柱的各侧面均垂直与上下底面．
即有平面A1B1C1⊥平面BCC1B1=B1C1，
设A1到直线B1C1的距离为m，由平面与平面垂直的性质定理知：
A1到平面BCC1B1的距离为m
又∵BCC1B1的面积为43．
∴VA1−BCC1B1=13sℎ=13×43×m=833
解得m=2
∴A1到平面BCC1B1的距离为2，故B错误;
C，若是边长为2的等边三角形，则三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱．
∴平面A1B1C1⊥平面AA1B1B=A1B1=B1C1
取A1B1的中点N，连结AN,C1N.则C1N⊥A1B1，
又，
．
故∠C1AN为直线C1A与平面AA1B1B所成的角
在三角形A1B1C1中易得：C1N=C1A12−A1N2=3，
在面积为43矩形BCC1B1中，AA1·A1C1=2AA1=43,
∴AA1=23，AC1=AA12+A1C12=4，
在直角三角形C1NA中sin∠C1AN=C1NAC1=34．故C错误;
D，若AB=AC=BC，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直
可得三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，
设M，N分别是△ABC，△A1B1C1的中心，连接MN，
则球心O为MN的中点．
设三棱柱底面边长为a，高为h，则aℎ=43，
∵B1N=23B1D=33a，ON=ℎ2，
∴外接球的半径R满足：
R=OB1=B1N2+ON2=a23+ℎ24=a23+12a2⩾24=2
当且仅当a23=12a2,a=6时取等号．
故球O的体积V=4πR33≥32π3，所以D正确．
所以选AD．
12. 抛物线的焦点为F，P为其上一动点，设直线l与抛物线C相交于A，B两点，点下列结论正确的是( )
A. |PM| +|PF|的最小值为3
B. 抛物线C上的动点到点的距离最小值为3
C. 存在直线l，使得A，B两点关于对称
D. 若过A、B的抛物线的两条切线交准线于点T，则A、B两点的纵坐标之和最小值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查了抛物线的几何意义，考查了直线与抛物线的位置关系，以及圆锥曲线中的对称问题，和范围最值问题，属于较难的题目．
根据抛物线的相关知识逐一判断即可．
【解答】
解：对于A，如图所示，过P作PN⊥抛物线的准线，垂足为N，
过M作MQ⊥抛物线的准线，垂足为Q，
| P M | + | PF | =| P M | +PN⩾MQ=3，所以| P M | + | PF |的最小值为3，故A正确；
对于B，设Ex,y，则EH=x2+y−32=4y+y2−6y+9=y2−2y+9=y−12+8⩾22，故B错误；
对于C，设直线AB的方程为x−y−m=0，
则直线AB与抛物线联立得x2−4x+4m=0，，
设Ax1,y1,Bx2,y2，x1+x2=4,x1x2=4m，y1+y2=x1+x2−2m=4−2m，
则AB的中点为2,2−m，在直线x+y−3=0上，即，不满足m<1，故C错误；
对于D，由题意结合抛物线的图象知过A、B的抛物线的两条切线即为在A、B处的抛物线的两条切线，
设直线AB的方程为y=kx+b，设Ax1,x124,Bx2,x224，
联立直线与抛物线的方程y=kx+bx2=4y，整理得x2−4kx−4b=0，
Δ=16k2+16b>0，
则x1+x2=4k,x1x2=−4b，
因为y=x24，y'=x2，
所以抛物线在A处的切线方程为y=x12x−x1+x124=x12x−x124，
同理可得抛物线在B处的切线方程为y=x22x−x224，
联立两切线方程得y=x1x24=−b，
所以b=1，
所以y1+y2=kx1+x2+2=4k2+2⩾2，
当k=0时取等号，满足判别式，
故D正确．
故选AD．
三、单空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知P是边长为2的正△ABC边BC上的动点，则AP·AB+AC= ．
【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查向量的加减法运算及向量的数量积运算，属于中档题目．
设AB=a,AC=b,BP=tBC，再利用向量的数量积计算即可．
【解答】
解：设AB=a,AC=b,BP=tBC，
则BC=AC−AB=b−a，
a=b=2,
即a·b=abcos60∘=2，
AP=AB+BP=(1−t)a+tb，
因此AP·(AB+AC)=[(1−t)a+tb]·(a+b)
=(1−t)a2+[(1−t)+t]a·b+tb2
=(1−t)a2+a·b+tb2
=4(1−t)+2+4t=6，
故答案为6．
14. x+1x2−14的展开式中的常数项为________．
【答案】−11
【解析】
【分析】
本题考查了多项展开式的特定项与特定项的系数．
由(x+1x2−1)4=[(x+1x2)−1]4，然后利用二项展开式的特定项的系数计算得结论．
【解答】
解：因为Tk+1=C4k(−1)4−kx+1x2k，要求原式的常数项，先求x+1x2k的展开式中的常数项，
因为Tr+1=Ckr⋅xk−r⋅x−2r=Ckr⋅xk−3r，
令k−3r=0⇒k=3r，即k是3的倍数，所以k=0，3，
当k=0时，C40(−1)4−0=1，
当k=3时，r=1，C43⋅C31⋅(−1)4−3=−12，
所以原式展开后常数项为1+(−12)=−11，
故答案为−11．
15. 过椭圆x216+y24=1内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M平分，则此弦所在直线方程为_____________．
【答案】x+2y−4=0
【解析】
【分析】
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查点差法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
设出直线与椭圆的交点坐标，代入椭圆方程，利用点差法，结合M2,1为AB的中点，求出直线的斜率，即可得到直线的方程．
【解答】
解：设直线与椭圆的交点为Ax1,y1、Bx2,y2，
∵M2,1为AB的中点，
∴x1+x2=4,y1+y2=2，
∵又A、B两点在椭圆上，
则x12+4y12=16,x22+4y22=16，
两式相减得x12−x22+4y12−y22=0，
于是x1+x2x1−x2+4y1+y2y1−y2=0，
∴y1−y2x1−x2=−x1+x24y1+y2=−44×2=−12，
即kAB=−12,
故所求直线的方程为y−1=−12x−2,
即x+2y−4=0.
故答案为x+2y−4=0.
16. 对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)lnyx≤xme成立，则实数m的取值范围为_______．
【答案】(0,1e]
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．
对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)⋅lnyx≤xme成立，化为：(2e−yx)⋅lnyx≤1m，令yx=t>0.化为：(2e−t)⋅lnt≤1m.令f(t)=(2e−t)⋅lnt，利用导数研究其单调性即可得出．
【解答】
解：对于任意的正实数x，y都有(2x−ye)⋅lnyx≤xme成立，
化为：(2e−yx)⋅lnyx≤1m，
令yx=t>0.化为：(2e−t)⋅lnt≤1m．
令f(t)=(2e−t)⋅lnt，
则题意转化为1m≥f(t)在t∈(0,+∞)上恒成立，
即1m≥f(t)max，f't=−lnt+(2e−t)⋅1t=2et−lnt−1，t>0，
令ℎt=2et−lnt−1，
因为ℎ't=−2et2−1t在(0,+∞)上小于0恒成立，
所以f'(t)在(0,+∞)上单调递减，又因为f'(e)=2−1−1=0，
所以当0
所以f(t)在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以f(t)max=f(e)=elne=e，所以1m≥e.
即得0
故答案为(0,1e].
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，在以下三个条件中任选一个：①(sinB−sinC)2=sin2A−sinBsinC；②sinA4=6−24；
③bsinB+C2=asinB；
并解答以下问题：
(1)若选______(填序号)，求∠A的值；
(2)在(1)的条件下，若a=3，b=m(m>0)，当△ABC有且只有一解时，求实数m的范围及△ABC面积S的最大值．
【答案】解：(1)若选①，由已知得sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
故由正弦定理得b2+c2−a2=bc.由余弦定理得cos A=b2+c2−a22bc=12．
因为0∘
cosA=2cos2A2−1=12．
又A为三角形内角，
因此A=60∘；
若选③，由题设及正弦定理得sin Bsin B+C2=sin Asin B．
因为sin B≠0，所以sin B+C2=sin A．
由A+B+C=180∘，可得sin B+C2=cos A2，故．
因为，故，
又A为三角形内角，
因此A=60∘.
(2)由已知，当ΔABC有且只有一解时，
msin π3=3或0
②当0
∴bc≤3,当且仅当b=c时等号成立，
∴三角形面积为
【解析】本题考查正余弦定理应用，考查三角恒等变换，基本不等式及三角形面积公式，属中档题．
(1)若选①，根据正弦余弦定理得cos A=12，即可求得A；若选②，由二倍角公式得cos A=12，即可求得A；
若选③，由题设及正弦定理得得，即可求得A；
(2)当ΔABC有且只有一解时，msin π3=3或0
②当0
18. 已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N∗)，且S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn=Sn−1Sn(n∈N∗)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列，
所以S5+a5−S3−a3=S4+a4−S5−a5，即4a5=a3，
于是q2=a5a3=14．
又{an}不是递减数列且a1=32，所以q=−12．
故等比数列{an}的通项公式为an=32×(−12)n−1=(−1)n−1⋅32n．
(2)由(1)得
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1
所以34=S2⩽Sn<1，
故．
所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为−712．
【解析】本题考查等比数列的通项公式、等差数列的性质以及数列的最值问题，属于难题．
(1)根据条件联立方程组求出首项和公比，即可得到通项公式；
(2)由(1)得，分类讨论判断Sn的单调性，即可得到答案．
19. 如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB // CD，∠DAB=60°，AE // CF，AE=CF，CF⊥平面ABCD，DC=BC=AD=CF=1．
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)若M为线段EF上一点，且FM=λEF，是否存在实数λ，使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3？若存在，求出实数λ；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明：因为AE//CF，AE=CF，
所以四边形ACFE为平行四边形，所以AC//EF．
在等腰梯形ABCD中，∠DAB=60∘，
所以AB=2BC，所以AC⊥BC．
又CF⊥平面ABCD，所以
BC，CF⊂平面BCF，
所以AC⊥平面BCF．
因为AC//EF，所以EF⊥平面BCF；
(2)解：依题意，以C为坐标原点，分别以直线CA, CB, CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
设
所以
设n1=(x, y, z)为平面MAB的法向量，
由n1 ⋅ AB=0, n1 ⋅ BM=0, 得−3x+y=0, 3λx−y+z=0,
取x=1，所以
因为n2=(0, 0, 1)是平面ABC的一个法向量，
设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为θ，
所以cosθ=|n1 ⋅ n2||n1||n2|=|3−3λ|1+3+(3−3λ)2=12．
因为0≤λ≤1，所以λ=13，所以
所以存在λ=FMEF=13使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3．
【解析】本题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用．
(1)先证明四边形ACFE为平行四边形，可得AC//EF，然后证明AC⊥平面BCF，可证明结论；
(2)以C为坐标原点，分别以直线CA, CB, CF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，分别取出平面MAB和平面ABC的法向量，根据平面MAB与平面ABC所成锐二面角为π3可求出实数λ的值．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B，C两点，若△ABC的面积为2+1．
(1)求双曲线E的方程；
(2)若直线l：y=kx−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求MNPQ的取值范围．
【答案】解：(1)因为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)为等轴双曲线，
所以a=b，设双曲线的焦距为2 c，c>0，
故c2=a2+b2=2a2，即c=2a．
因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，
将xB=c=2a代入x2a2−y2a2=1，可得yB=a，故BC=2a．
又△ABC的面积为2+1，
所以12×BC×AF=2+1，即12×2a×a+c=2+1，
所以a2=1，a=1，故双曲线E的方程为x2−y2=1；
(2)依题意，直线l：y=kx−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，
联立方程组x2−y2=1y=kx−1消去y可得，1−k2x2+2kx−2=0，
所以1−k2≠0 ,Δ=2k2−41−k2×−2>0 ,xMxN=−21−k2<0 ,解得−1
=1+k2xM+xN2−4xMxN=1+k2−2k1−k22−4×−21−k2=21+k2⋅2−k21−k2．
联立方程组y=x ,y=kx−1 ,得xP=1k−1，同理xQ=1k+1，
所以PQ=1+k2xP−xQ=1+k21k−1−1k+1=21+k21−k2．
所以MNPQ=21+k2⋅2−k21−k221+k21−k2=2−k2，其中−1
【解析】本题考查双曲线的定义及其标准方程、直线与双曲线的位置关系、三角形的面积计算等基础知识，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于较难的题．
(1)根据题意得到a=b，由BC过右焦点F，且垂直于x轴，可得BC=2a，再由三角形面积得到a2=1即可；
(2)联立方程组x2−y2=1y=kx−1消去y可得，1−k2x2+2kx−2=0进而得到|MN|=21+k2⋅2−k21−k2，PQ=1+k2xP−xQ=1+k21k−1−1k+1=21+k21−k2即可．
21. 某种机器需要同时装配两个部件S才能正常运行，且两个部件互不影响，部件S有两个等级：一等品售价5千元，使用寿命为5个月或6个月(概率均为0.5)；二等品售价2千元，使用寿命为2个月或3个月(概率均为0.5)
(1)若从4件一等品和2件二等品共6件部件S中任取2件装入机器内，求机器可运行时间不少于3个月的概率．
(2)现有两种购置部件S的方案，方案甲：购置2件一等品；方案乙：购置1件一等品和2件二等品，试从性价比(即机器正常运行时间与购置部件S的成本之比)角度考虑，选择哪一种方案更实惠．
【答案】解：(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：
第一，取到2个一等品，对应概率为C42C62=25，
第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，
对应概率为C41C21C62×12=415，
第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，对应概率为：
C22C62×12×12=160，
∴机器可运行时间不少于3个月的概率P=25+415+160=4160．
(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为X(单位：月)，
则X的可能取值为5，6，
P(X=6)=12×12=14，
P(X=5)=1−P(X=6)=34，
则X的分布列为：
X
5
6
P
34
14
∴E(X)=5×34+6×14=214，
它与成本价之比为E(X)5+5=2140，
若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和Y(单位：月)，
Y的可能取值为4，5，6，
P(Y=4)=12×12=14，
P(Y=5)=2×12×12=12，
P(Y=6)=12×12=14，
则Y的分布列为：
Y
4
5
6
P
14
12
14
记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，
则Z的可能取值为4，5，6，
P(Z=4)=P(Y=4)=14，
P(Z=5)=P(M=5,Y>5)+P(M=6,Y=5)=12×34+12×12=58，
P(Z=6)=P(M=y=6)=12×14=18，
Z的分布列为：
Z
4
5
6
P
14
58
18
E(Z)=4×14+5×58+6×18=398，
它与成本价之比为E(Z)5+2+2=1324，
∵2140<1324，
∴从性价比角度考虑，方案乙更实惠．
【解析】(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：第一，取到2个一等品，第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，由此利用互斥事件概率乘法公式能求出机器可运行时间不少于3个月的概率．
(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为X(单位：月)，则X的可能取值为5，6，求出相应的概率，从而求出E(X)，进而求出它与成本价之比；若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和Y(单位：月)，Y的可能取值为4，5，6，分别求出相应的概率，记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，则Z的可能取值为4，5，6，分别求出相应的概率，从而求出Z的分布列E(Z)，进而求出它与成本价之比．由此从性价比角度考虑，方案乙更实惠．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考査互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22. 已知函数．
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)函数f(x)在区间(k,k+1)(k∈N)上有零点，求k的值；
(3)记函数g(x)=12x2−bx−2−f(x)，设x1,x2(x1
又f(1)=−1，切点为(1,−1)，所以切线方程为y=−1．
(2)令f'(x)=1−1x=0，得x=1，
当0
所以f(x)的极小值为f(1)=−1<0，
又，
所以f(x)在区间(0,1)上存在一个零点x1，此时k=0；
因为，
，
所以f(x)在区间(3,4)上存在一个零点x2，此时k=3．
综上，k的值为0或3.
，
∴g'(x)=1x+x−(b+1)=x2−(b+1)x+1x，
若b⩾32，则b+12−4=b+3b−1>0恒成立，
∴x1+x2=b+1，x1x2=1，
，
∵0
∴G(t)在(0,1)上单调递减；
∵b≥32，∴(b+1)2⩾254，
∵(b+1)2=(x1+x2)2=x12+2x1x2+x22x1x2
=x1x2+2+x2x1=t+1t+2，
∴t+1t+2≥254 ，
∴4t2−17t+4≥0， ∴0
，
即实数k的最大值为
【解析】本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，运算量较大，属于难题．
(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)利用零点存在性定理判断即可；
(3)构造函数，利用导数求解函数的最值即可．
相关试卷
2023-2024学年湖北省襄阳市第五中学高一上学期12月月考数学试卷含答案： 这是一份2023-2024学年湖北省襄阳市第五中学高一上学期12月月考数学试卷含答案，文件包含湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题原卷版docx、湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2024届湖北省襄阳市第五中学高三上学期10月月考数学试题含答案： 这是一份2024届湖北省襄阳市第五中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高三数学上学期10月月考试题（Word版附答案）： 这是一份湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高三数学上学期10月月考试题（Word版附答案），文件包含三角函数及解三角形大题专题练习卷参考答案doc、三角函数及解三角形专题卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
