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2022-2023学年山东省滨州市高三第一次模拟考试数学模拟试题（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省滨州市高三第一次模拟考试数学模拟试题（含解析），共20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。
2022-2023学年山东省滨州市高三第一次模拟考试数学模拟试题
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合M={x|(x+2)(x−5)⩽0},N={y|y=2x}，则M∩N=( )
A. (0,5] B. (0,2] C. [2,5] D. [2,+∞)
2. 已知复数z=i2+i，i为虚数单位，则z的共轭复数为．( )
A. 15+25i B. 15−25i C. 25+15i D. 25−15i
3. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC上靠近B的三等分点，N为线段AD上靠近D的三等分点，AB=a，AD=b，则向量NM=( )
A. 13a−b B. a−13b C. 13b−a D. b−13a
4. 《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺.术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”.就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=112×(底面圆的周长的平方×高)，则由此可推得圆周率π的取值为( )
A. 3 B. 3.1 C. 3.14 D. 3.2
5. 从11名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A. 49 B. 56 C. 64 D. 84
6. 已知函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)，直线x=π24为f(x)的图象的一条对称轴，且f(x)在π3,π2上单调，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. x=π12为f(x)的一个零点
C. f(x)在0,π6上的最小值为−12
D. f(x)的单调递增区间为−5π24+kπ2,π24+kπ2(k∈Z)
7. 已知a=20183+120184+1,b=20184+120185+1则a,b之间的大小关系是( )
A. a>b B. a 8. 已知f(x)=x3−3x+2+m(m>0)，在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c，使得以f(a),f,f(c)为边长的三角形是直角三角形，则m的取值范围是( )( )
A. m>4+4 2 B. 0
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是( )
A. 两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4
B. 直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4
C. 点D到面ACD1的距离为 33
D. 三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为 32
10. 已知曲线f(x)=ex(2x+a)在点(0,2)处的切线为l，且l与曲线g(x)=x2+4x+b也相切．则( )
A. a=b
B. 存在l的平行线与曲线y=f(x)相切
C. 任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立
D. 存在实数c，使得g(x)+c≥f(x)任意x∈[0,+∞)恒成立
11. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线为l，过抛物线C上一点P作的垂线，垂足为Q，则下列说法正确的是( )
A. 准线l的方程为x=−1
B. 若过焦点F的直线交抛物线C于Ax1,y1,Bx2,y2两点，且x1+x2=6，则|AB|=7
C. 若E(2,1)，则|PE|+|PF|的最小值为3
D. 延长PF交抛物线C于点M，若|PF|=43，则|PM|=163
12. 定义在(−1,1)上的函数f(x)满足f(x)−f(y)=f(x−y1−xy)，且当x∈(−1,0)时，f(x)<0，则有( )
A. f(x)为奇函数
B. 存在非零实数a，b，使得f(a)+f(b)=f(12)
C. f(x)为增函数
D. f(12)+f(13)>f(56)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若2x−1xn的展开式中二项式系数之和为32，则x+2yx−yn的展开式中x2y4的系数为 ．
14. 两圆x2+y2+6x−4y+9=0和x2+y2−6x+12y−19=0的位置关系是 ．
15. 已知函数fx=x2+1x，则其在x=3处的切线方程为(填写一般式方程)
16. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，▵ADE的周长是13，则DE= ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a3=6，S6=42．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=1an2−1，求数列bn的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且4cos25π2+A+4cosA−5=0．
(1)求A；
(2)若 2a+bc=2，求sinC．
19. (本小题12.0分)
已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60∘，对角线AC、BD交于点O，平面外一点P在平面ABCD内的射影为O，PB与平面ABCD所成角为30°．
(1)求证：BD⊥PA；
(2)点N在线段PB上，且VN−PCD= 312，求PNPB的值．
20. (本小题12.0分)
第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日开幕，观众可以通过中央电视台综合频道观看比赛实况．某机构对某社区群众每天观看比赛的情况进行调查，将每天观看比赛时间超过3小时的人称为“冬奥迷”，否则称为“非冬奥迷”，从调查结果中随机抽取50份进行分析，得到数据如表所示：
冬奥迷
非冬奥迷
总计
男
20
26
女
14
总计
50
1)补全2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为是否为“冬奥迷”与性别有关？
(2)现从抽取的“冬奥迷”人群中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取2人，记这2人中男“冬奥迷”的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
PK2≥k
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
21. (本小题12.0分)
如图，O为坐标原点，椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，离心率为e1;双曲线C2:x2a2−y2b2=1的左右焦点分别为F3,F4，离心率为e2，已知e1e2= 32，且F2F4= 3−1．
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1点作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P,Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
22. (本小题12.0分)
已知函数fx=x2−3x+3⋅ex．
(1)试确定t的取值范围，使得函数fx在−2,t(t>−2)上为单调函数；
(2)若t为自然数，则当t取哪些值时，方程fx−z=0x∈R在−2,t上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数z的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
解出不等式，求出值域，分别得到集合 M,N ，即可求解．
此题考查解不等式和求函数的值域，并求不等式解集与函数值域的交集．
【解答】
解：依题意， M=x|(x+2)(x−5)≤0 =x|−2≤x≤5, N=y|y=2x =y|y>0 ，
故 M∩N=(0,5] ．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查复数的四则运算及共轭复数的概念，属于基础题．
利用复数的运算法则和共轭复数即可得出．
【解答】
解：复数z=i2+i=i(2−i)(2+i)(2−i)=1+2i5=15+25i，则z的共轭复数是15−25i．
故选B．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
作出图形，利用平面向量加法的三角形法则可得出 NM 关于 a 、 b 的表达式．
【解答】
解：如下图所示：
∵BM=13BC=13AD=13b ， NA=−23AD=−23b ，
则 NM=NA+AB+BM=13b+a−23b=a−13b ．
故选B．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查圆柱体底面的圆周长、体积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．
【解答】
解：设圆柱体的底面半径为 r ，高为 h ，由圆柱的体积公式得体积为： V=πr2h ．
由题意知 V=112×2πr2×h ．
所以 πr2h=112×2πr2×h ，解得 π=3 ．
故选A．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查分类加法计数原理，属于基础题．
【解答】
解：甲、乙有且仅有 1 人入选、丙没有入选的情况有： C21C82=56 种；
甲、乙 2 人都入选、丙没有入选的情况有： C81=8 种；
∴ 甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有 56+8=64 种．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本小题主要考查三角函数图象与性质，属于中档题.利用 fx 的对称轴和在区间 π3,π2 上的单调性，求得 ω 的值，进而求得 fx 的最小正周期，判断出 fx 点的零点、单调区间以及在区间 0,π6 上的最小值，由此确定正确选项．
【解答】
解：因为函数 f(x) 在 π3,π2 上单调，所以 T2=πω≥π6ω>0 ，得 0<ω≤6 ．
又直线 x=π24 为 f(x) 的图象的对称轴，所以 ωπ24+π3=π2+kπ(k∈Z) ，
得 ω=4+24k(k∈Z) ，所以 ω=4 ．
f(x) 的最小正周期为 2πω=π2 ，故A错误；
fπ12=sin2π3≠0 ，故B错误；
当 0≤x≤π6 时， π3≤4x+π3≤π ，则 f(x) 的最小值为0，故C错误；
令 −π2+2kπ≤4x+π3≤π2+2kπ(k∈Z) ，解得 −5π24+kπ2≤x≤π24+kπ2 (k∈Z) ，
即 f(x)的单调递增区间为 −5π24+kπ2,π24+kπ2(k∈Z) ，故D正确．
故选D．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，可设 f(x)=2018x+1 ，表示出 a=f(3)f(4) ， b=f(4)f(5) ，然后再计算出 1−a 和 1−b 的值，进而可比较 1−a 和 1−b 的大小，从而可得答案．
本题考查数的大小的比较，解答本题的关键是通过题设构造新函数 f(x)=2018x+1 ，再去求出 1−a 和 1−b 的值．
【解答】
解：设 f(x)=2018x+1 ，则 a=f(3)f(4) ， b=f(4)f(5) ．
∴ 1−a=f(4)−f(3)f(4)=20184−2018320184+1=2017×2018320184+1=2017×2018420185+2018 ， 1−b=f(5)−f(4)f(5)=20185−2018420185+1=2017×2018420185+1
∵ 20185+2018>20185+1
∴ 1−a<1−b ，即 a>b ．
故选A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
利用导数求出 fxmin=f1=m ， fxmax=f2=m+4 ，由题意转化为 2fxmin2
解： f(x)=x3−3x+2+m ，
则 f′x=3x2−3 ，令 f′x=0 可得 x=1 或 x=−1 ．
所以函数 fx 在区间 0,1 单调递减，在区间 1,2 单调递增，
则 fxmin=f1=m ．
又 f2=m+4,f0=m+2 ，所以 fxmax=f2=m+4 ．
∵在区间 [0,2] 上存在三个不同的实数 a,b,c ，使得以 f(a),f,f(c) 为边长的三角形是直角三角形，( )
∴ 2m2
9.【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为∠ AD1C ；对于B：可证 B1C⊥ 平面 ABC1D1 ，则直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角为 ∠CBC1 ；对于C：根据等体积转换 VD−ACD1=VD1−ACD ，求点D到面 ACD1 的距离；对于D：三棱柱 AA1D1−BB1C1 的外接球即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【解答】
解：连接 AC 、AD1，
∵ AB // C1D1 且 AB= C1D1 ，则四边形 ABC1D1 为平行四边形，
∴异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为∠AD1C．
∵ AC=AD1=D1C ，则△ACD1 为正三角形，即∠AD1C=π3，A不正确；
连接 B1C
在正方形 BB1C1C 中， BC1⊥B1C
∵ AB⊥ 平面 BB1C1C ， B1C⊂ 平面BB1C1C，
∴ AB⊥ B1C．
AB∩BC1=B ，则 B1C⊥ 平面 ABC1D1
∴直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角为 ∠CBC1=π4，B正确；
根据等体积转换可知： VD−ACD1=VD1−ACD
即 13×h×12× 2× 2× 32=13×1×12×1×1 ，则 h= 33，C正确；
三棱柱 AA1D1−BB1C1 的外接球即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的外接球，
则外接球的半径即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 体对角线的一半，即 R= 32，D正确；
故选BCD．
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数中的恒成立和存在性问题，属于中档题．
由f(0)=2得a=2，利用f′(x)求得切线l的方程，l与g(x)相切求得b的值，即可判断A，；利用导数判断方程f′(x)=4的根的个数，可以判断B；构造p(x)=f(x)−g(x)，利用导数可以判断CD．
【解答】
解：由f(0)=2得a=2，所以f(x)=ex(2x+2)，
f′(x)=2ex(x+2)，
x=0时，f′(0)=4，
所以切线l的方程为y−2=4(x−0)即y=4x+2．
代入y=g(x)=x2+4x+b得
x2+4x+b=4x+2，即x2+b−2=0，
∵l与g(x)也相切，
∴Δ=−4b−2=0，b=2，所以a=b=2，故 A正确;
令f′(x)=2ex(x+2)=4，则ex(x+2)−2=0，
设h(x)=ex(x+2)−2，则h′(x)=ex(x+3)，h(0)=0，
当x<−3时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x>−3时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)在x=−3时取得极小值，h(−3)=−e−3−2<0，
x<−3时，ex(x+2)<0，h(x)<−2，
所以h(x)有唯一零点x=0，故B错误；
设p(x)=f(x)−g(x)=ex(2x+2)−(x2+4x+2)，
p′(x)=2ex(x+2)−(2x+4)=2(x+2)(ex−1)，
当−2
所以x=0时，p(x)取得极小值，也是最小值，p(x)⩾p(0)=0，
所以对任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立，故C正确；
由上述可知，p(x)=f(x)−g(x)在x⩾0时的值域为[0,+∞)，
所以不存在实数c，使得c⩾f(x)−g(x)对任意x∈[0,+∞)恒成立，
故D错误．
故选AC．
11.【答案】ACD
【解析】
【分析】
由抛物线标准方程结合抛物线的性质，即可求焦点坐标、准线方程、焦点弦长、抛物线上的点到焦点和定点距离之和的最小值等．
【解答】
解：因为抛物线C的方程为 y2=4x ，所以 p=2 ，所以准线l的方程为 x=−p2=−1 ，A正确；
由题意可知焦点弦长 |AB|=x1+x2+p=6+2=8 ，B错误；
由抛物线C上的点到焦点F与到准线的距离相等可知 |PE|+|PF|=|PQ|+|PE| ，所以当Q，P，E三点共线时， |PE|+|PF| 取得最小值，即为点E到准线的距离，所以最小值为3，C正确；
如图所示，不妨设P在第一象限，过P作 PH⊥x 轴于点H，过M作 MN⊥x 轴于点N，过M作准线的垂线，垂足为D，设准线与x轴的交点为G，则 |PF|=|PQ|=43,|FG|=2,|FH|=23 ， |FM|=|MD|,|FN|=|DM|−|FG|=|FM|−2 ，易知 ▵PHF∽▵MNF ，则有 |PF||MF|=|HF||FN| ，即 43|MF|=23|MF|−2 ，解得 |MF|=4 ，则 |MP|=|MF|+|PF|=163 ，D正确，
故选：ACD．
12.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题考查函数单调性、奇偶性的综合应用，考查抽象函数的单调性与奇偶性，属于中档题．
对于A，对x,y适当赋值即可判断；对于B，利用奇偶性和单调性转化为方程有解的问题进行判断；对于C，利用定义法进行判断；对于D，利用赋值法和单调性判断．
【解答】
解：令x=0,y=0，得f(0)−f(0)=f(0)，所以f(0)=0；
令x=0,y=x，得f(0)−f(x)=f(−x)，故−f(x)=f(−x)，则f(x)为奇函数，故A正确;
任取−10，1−x2>0，1−x1x2>0，
则f(x1)−f(x2)=f(x1−x21−x1x2)，
因为x1−x21−x1x2+1=x1−x2+1−x1x21−x1x2=(1+x1)(1−x2)1−x1x2>0，故−1
则2a+2b=1+ab，a=1−2b2−b=2+3b−2，
当b∈(−1,1)时，−3
所以存在非零实数a,b，使得f(a)+f(b)=f(12)，故B正确．
故选ABC．
13.【答案】−15
【解析】
【分析】
由二项式系数之和公式求得 n ，结合二项式展开式通项公式即可得到 x2y4 的系数
【解答】
解：由 2x−1xn 的展开式中二项式系数之和为32得2n=32 ，故 n=5 ，
x−yn 的展开式通项为 −1kC5kx5−kyk ，
故 x2y4 的项为 −1k1C5k1x6−k1yk1+−1k22C5k2x5−k2yk2+1 ， k1=4, k2=3 ，
即 −14C54x2y4+−132C53x2y4=−15x2y4 ，
故答案为： −15
14.【答案】外切
【解析】
【分析】
本题考查学生会利用两点间的距离公式求两点的距离，会根据两个圆心之间的距离与半径相加相减的大小比较得到圆与圆的位置关系
【解答】
解：由x2+y2+6x−4y+9=0得：(x+3)2+(y−2)2=4，圆心O(−3,2)，半径为r=2；
由x2+y2−6x+12y−19=0得：(x−3)2+(y+6)2=64，圆心P(3,−6)，半径为R=8．
则两个圆心的距离 OP= −3−32+2+62=10=R+r ，所以两圆的位置关系是：外切．
即答案为外切．
15.【答案】8x−9y+6=0
【解析】
【分析】
本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题．
根据 fx=x2+1x=x+1x ，求导 f′x=1−1x2 ，再求得 f′3=1−19=89,f3=103 ，写出切线方程．
【解答】
解：因为 fx=x2+1x=x+1x ，
所以 f′x=1−1x2 ，
所以 f′3=1−19=89,f3=103 ，
所以在 x=3 处的切线方程为 y−103=89x−3 ，即 8x−9y+6=0 ．
故答案为 8x−9y+6=0．
16.【答案】6
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与椭圆相交的弦长问题，属于中档题．
由题意可知 △AF1F2 为等边三角形， DE 为线段 AF2 的垂直平分线，利用定义转化 ▵ADE 的周长为4a，即可求出a，b，c，设 DE 的方程为 y= 33(x+c) ，联立椭圆方程 x24c2+y23c2=1 ，利用韦达定理，根据弦长公式求解即可．
【解答】
解：如图，连接 AF1,DF2,EF2 ，
因为 C 的离心率为 12 ，所以 ca=12 ，即 a=2c ，
所以 b2=a2−c2=3c2 ，
因为 AF1=AF2=a=2c=F1F2 ，所以 △AF1F2 为等边三角形，
又 DE⊥AF2 ，所以直线 DE 为线段 AF2 的垂直平分线，
所以 AD=DF2 ， AE=EF2 ，
则 ▵ADE 的周长为 |AD|+|AE|+|DE|=DF2+EF2+|DE| =DF2+EF2+DF1+EF1 =4a=13⇒a=134 ，
∴c=138 ，
而 ∠EF1F2=30∘ ，所以直线 DE 的方程为 y= 33(x+c) ，
代入椭圆 C 的方程 x24c2+y23c2=1 ，得 13x2+8cx−32c2=0 ，
设 Dx1,y1 ， Ex2,y2 ，则 x1+x2=−8c13,x1x2=−32c213 ，
所以 DE= 1+13x1+x22−4x1x2= 43−8c132−4×−32c213=48c13=6 ，
故答案为：6．
17.【答案】解：(1)设 {an} 的公差为 d ，则 a3=a1+2d=6S6=6a1+15d=42 ，解得 a1=2d=2 ，
所以 an=2+2(n−1)=2n ；
(2)由(1) bn=1(2n)2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1) ，
所以 Tn=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1 ．
【解析】(1)由等差数列的基本量运算求得公差 d 和首项 a1 可得通项公式；
(2)求出 bn ，用裂项相消法求得和 Tn ．
18.【答案】解：(1)因为 4cos25π2+A+4cosA−5=4sin2A+4cosA−5=0 ，
整理得 cos2A−cosA+14=0 ，解得 cosA=12 ．
因为 0
因为 2a+bc=2 ，所以 2sinA+sin2π3−CsinC=2 ，
整理得 sinC−π6= 22 ．
因为 0
【解析】(1)用诱导公式和平方关系化简成含余弦的二次方程，然后可解；
(2)用正弦定理边换角，结合(1)中结论可解．
19.【答案】解：(1)由题意 PO⊥ 面 ABCD ，∴ PO⊥BD ，
菱形 ABCD 中， AC⊥BD ，又 PO∩AC=O ，则 BD⊥ 面 PAC ，
所以 BD⊥PA ；
(2)因为 PO⊥ 面 ABCD ，所以 PB 与平面 ABCD 所成角为 ∠PBO=30∘ ，
又菱形边长为2， ∠ABC=60∘ ，所以 BO= 3 ， PO=1 ， PB=2 ， CO=1 ， PC= 2 ．
所以 cos∠BPC=4+2−42⋅2⋅ 2= 24 ， sin∠BPC= 144 ．
设 |PN|=λ|PB|=2λ ，点D到平面 PCB 的距离为 d
由 VD−PBC=VP−DBC 得 13S▵BCD⋅PO=13S▵PBC⋅d ，
即 13×12×2×2×sin120∘×1=13×12×2× 2× 144×d ，解得 d=2 217
所以D到平面 PNC 的距离也为 2 217 ．
所以 VN−PCD=VD−PCN=13×12× 2×2λ× 144×2 217= 312⇒λ=14 ．
所以 PNPB=14 ．
【解析】(1)由 PO⊥ 面 ABCD 得 PO⊥BD ，然后证明出 BD⊥ 面 PAC 即可
(2)由 PO⊥ 面 ABCD 得 PB 与平面 ABCD 所成角为 ∠PBO=30∘ ，然后利用 VD−PBC=VP−DBC 算出点D到平面 PCB 的距离为 2 217 ，然后利用 VN−PCD=VD−PCN 即可算出答案．
常用等体积法求点到平面的距离．
20.【答案】解：(1)补全的 2×2 列联表如下：
冬奥迷
非冬奥迷
总计
男
20
6
26
女
10
14
24
总计
30
20
50
K2=50×(20×14−6×10)230×20×24×26≈6.464<6.635 ，
所以没有99%的把握认为是否为“冬奥迷”与性别有关．
(2)由(1)知抽取的“冬奥迷”有30人，其中男“冬奥迷”有20人，女“冬奥迷”有10人，由分层抽样知，抽取的6人中，男“冬奥迷”有4人，女“冬奥迷”有2人，
则X 的所有可能取值为0，1，2， P(X=0)=C22C62=115 ，
P(X=1)=C41C21C62=815 ， P(X=2)=C42C62=25 ，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
115
815
25
所以 E(X)=0×115+1×815+2×25=43 ．
【解析】本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题．
(1)由题完善 2×2 列联表计算 K2 查表可得解；
(2)由(1)利用分层抽样确定6人中男“冬奥迷”与女“冬奥迷”的人数，根据超几何分布写分布列和计算数学期望．
21.【答案】解：(1)由题可得 e1= 1−b2a2,e2= 1+b2a2 ，且 F1F2=2 a2−b2 ，
因为 e1e2= 32 ，且 F2F4= a2+b2− a2−b2 ，
所以 1−b2a2⋅ 1+b2a2= 32 且 a2+b2− a2−b2= 3−1 ⇒a= 2b 且 b=1,a= 2 ，
所以椭圆 C1 方程为 x22+y2=1 ，双曲线 C2 的方程为 x22−y2=1 ．
(2)由(1)可得 F1−1,0 ，因为直线 AB 不垂直于 y 轴，所以设直线 AB 的方程为 x=ny−1 ，
联立直线与椭圆方程可得 n2+2y2−2ny−1=0 ，
则 yA+yB=2nn2+2 ， yAyB=−1n2+2 ，则 yM=nn2+2 ，
因为 MxM,yM 在直线 AB 上，所以 xM=n2n2+2−1=−2n2+2 ，
则直线 PQ 的方程为 y=yMxMx⇒y=−n2x ，联立直线 PQ 与双曲线可得 x2−2−n2x2−2=0 ⇒x2=42−n2 ， y2=n22−n2 则 2−n2>0⇒− 2
则 2d=nxA+2yA+nxB+2yB n2+4 ，因为 A,B 在直线 PQ 的两端，所以 nxB+2yBnxA+2yA<0 ，
则 2d=nxA+2yA+nxB+2yB n2+4 = nxA+2yA−nxB+2yB n2+4 ，
又因为 A,B 在直线 x=ny−1 上，
所以 2d=n2+2yA−yB n2+4 =n2+2 yA+yB2−4yAyB n2+4=2 2⋅ 1+n2 n2+4 ，
则四边形 APBQ 面积S=12PQ·2d =2 2⋅ 1+n2 2−n2=2 2⋅ −1+32−n2 ，
因为 0<2−n2≤2 ，所以当 n2=0 时，四边形 APBQ 面积的最小值为 2 ．
【解析】(1)利用椭圆和双曲线 a,b,c 之间的关系可以用 a,b 分别表示双曲线和椭圆的离心率和焦点，由题目 e1e2= 32 和 F2F4= 3−1 即可得到 a,b 之间的两个方程，联立方程消元即可求出 a,b 的值，得到双曲线和椭圆的标准方程．
(2)利用(1)求出焦点 F1 的坐标，设出弦 AB 的直线的方程 x=ny−1 ，联立直线与椭圆消 x 得到关于 y 的一元二次方程，再利用根与系数的关系得到 A,B 两点纵坐标之间的和与积，进而得到 M 点的纵坐标带入AB直线即可得到 M 的横坐标，进而求出直线 OM 的方程，即为直线 PQ 的方程，联立直线 PQ 的方程 Δ>0 得到 n 的取值范围和求出点 P,Q 的坐标得到 PQ 的长度，利用点到直线的距离得到 A,B 到直线 PQ 的距离表达式，进而用 n 表示四边形的面积，利用不等式的性质和 n 的取值范围即可得到面积的最小值．
22.【答案】解：(1)由 fx=x2−3x+3⋅ex ，得 f′x=2x−3⋅ex+x2−3x+3⋅ex=xx−1ex ，
令 f′x=0 ，解得 x=0 或 x=1 ，
当 x<0 时， f′x>0 ，函数 fx 单调递增，
当 0
所以函数 fx 在 −∞,0 ， 1,+∞ 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
又函数 fx 在 −2,t 上为单调函数，所以 −2
f0=3 ， f1=e ，
函数 fx 的图像如图所示，
方程 fx−z=0x∈R 在 −2,t 上有三个不相等的实数根，
即函数 y=z 在 −2,t 上有三个不同的交点，
又 t∈N ，又图像可知，当 t=0 或 t=1 时，至多有两个交点，不成立，
所以 t≥2 ， t∈N ，
又 f−2=13e2f0=3 ，
所以若方程 fx−z=0x∈R 在 −2,t 上有三个不相等的实数根，则 e
【解析】(1)根据导数判断函数的单调区间，再根据 −2,t 为某个单调区间的子集得 t 的取值范围；
(2)根据函数的单调性与极值最值情况可确定实数 t 的取值范围，再结合函数图象确定 z 的取值范围．
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用
2022-2023学年山东省滨州市高三第一次模拟考试数学模拟试题
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合M={x|(x+2)(x−5)⩽0},N={y|y=2x}，则M∩N=( )
A. (0,5] B. (0,2] C. [2,5] D. [2,+∞)
2. 已知复数z=i2+i，i为虚数单位，则z的共轭复数为．( )
A. 15+25i B. 15−25i C. 25+15i D. 25−15i
3. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC上靠近B的三等分点，N为线段AD上靠近D的三等分点，AB=a，AD=b，则向量NM=( )
A. 13a−b B. a−13b C. 13b−a D. b−13a
4. 《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺.术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”.就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=112×(底面圆的周长的平方×高)，则由此可推得圆周率π的取值为( )
A. 3 B. 3.1 C. 3.14 D. 3.2
5. 从11名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A. 49 B. 56 C. 64 D. 84
6. 已知函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)，直线x=π24为f(x)的图象的一条对称轴，且f(x)在π3,π2上单调，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. x=π12为f(x)的一个零点
C. f(x)在0,π6上的最小值为−12
D. f(x)的单调递增区间为−5π24+kπ2,π24+kπ2(k∈Z)
7. 已知a=20183+120184+1,b=20184+120185+1则a,b之间的大小关系是( )
A. a>b B. a 8. 已知f(x)=x3−3x+2+m(m>0)，在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c，使得以f(a),f,f(c)为边长的三角形是直角三角形，则m的取值范围是( )( )
A. m>4+4 2 B. 0
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是( )
A. 两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4
B. 直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4
C. 点D到面ACD1的距离为 33
D. 三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为 32
10. 已知曲线f(x)=ex(2x+a)在点(0,2)处的切线为l，且l与曲线g(x)=x2+4x+b也相切．则( )
A. a=b
B. 存在l的平行线与曲线y=f(x)相切
C. 任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立
D. 存在实数c，使得g(x)+c≥f(x)任意x∈[0,+∞)恒成立
11. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线为l，过抛物线C上一点P作的垂线，垂足为Q，则下列说法正确的是( )
A. 准线l的方程为x=−1
B. 若过焦点F的直线交抛物线C于Ax1,y1,Bx2,y2两点，且x1+x2=6，则|AB|=7
C. 若E(2,1)，则|PE|+|PF|的最小值为3
D. 延长PF交抛物线C于点M，若|PF|=43，则|PM|=163
12. 定义在(−1,1)上的函数f(x)满足f(x)−f(y)=f(x−y1−xy)，且当x∈(−1,0)时，f(x)<0，则有( )
A. f(x)为奇函数
B. 存在非零实数a，b，使得f(a)+f(b)=f(12)
C. f(x)为增函数
D. f(12)+f(13)>f(56)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若2x−1xn的展开式中二项式系数之和为32，则x+2yx−yn的展开式中x2y4的系数为 ．
14. 两圆x2+y2+6x−4y+9=0和x2+y2−6x+12y−19=0的位置关系是 ．
15. 已知函数fx=x2+1x，则其在x=3处的切线方程为(填写一般式方程)
16. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，▵ADE的周长是13，则DE= ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a3=6，S6=42．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=1an2−1，求数列bn的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且4cos25π2+A+4cosA−5=0．
(1)求A；
(2)若 2a+bc=2，求sinC．
19. (本小题12.0分)
已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60∘，对角线AC、BD交于点O，平面外一点P在平面ABCD内的射影为O，PB与平面ABCD所成角为30°．
(1)求证：BD⊥PA；
(2)点N在线段PB上，且VN−PCD= 312，求PNPB的值．
20. (本小题12.0分)
第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日开幕，观众可以通过中央电视台综合频道观看比赛实况．某机构对某社区群众每天观看比赛的情况进行调查，将每天观看比赛时间超过3小时的人称为“冬奥迷”，否则称为“非冬奥迷”，从调查结果中随机抽取50份进行分析，得到数据如表所示：
冬奥迷
非冬奥迷
总计
男
20
26
女
14
总计
50
1)补全2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为是否为“冬奥迷”与性别有关？
(2)现从抽取的“冬奥迷”人群中，按性别采用分层抽样的方法抽取6人，然后从这6人中随机抽取2人，记这2人中男“冬奥迷”的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
PK2≥k
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
21. (本小题12.0分)
如图，O为坐标原点，椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，离心率为e1;双曲线C2:x2a2−y2b2=1的左右焦点分别为F3,F4，离心率为e2，已知e1e2= 32，且F2F4= 3−1．
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1点作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P,Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
22. (本小题12.0分)
已知函数fx=x2−3x+3⋅ex．
(1)试确定t的取值范围，使得函数fx在−2,t(t>−2)上为单调函数；
(2)若t为自然数，则当t取哪些值时，方程fx−z=0x∈R在−2,t上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数z的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
解出不等式，求出值域，分别得到集合 M,N ，即可求解．
此题考查解不等式和求函数的值域，并求不等式解集与函数值域的交集．
【解答】
解：依题意， M=x|(x+2)(x−5)≤0 =x|−2≤x≤5, N=y|y=2x =y|y>0 ，
故 M∩N=(0,5] ．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查复数的四则运算及共轭复数的概念，属于基础题．
利用复数的运算法则和共轭复数即可得出．
【解答】
解：复数z=i2+i=i(2−i)(2+i)(2−i)=1+2i5=15+25i，则z的共轭复数是15−25i．
故选B．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
作出图形，利用平面向量加法的三角形法则可得出 NM 关于 a 、 b 的表达式．
【解答】
解：如下图所示：
∵BM=13BC=13AD=13b ， NA=−23AD=−23b ，
则 NM=NA+AB+BM=13b+a−23b=a−13b ．
故选B．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查圆柱体底面的圆周长、体积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．
【解答】
解：设圆柱体的底面半径为 r ，高为 h ，由圆柱的体积公式得体积为： V=πr2h ．
由题意知 V=112×2πr2×h ．
所以 πr2h=112×2πr2×h ，解得 π=3 ．
故选A．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查分类加法计数原理，属于基础题．
【解答】
解：甲、乙有且仅有 1 人入选、丙没有入选的情况有： C21C82=56 种；
甲、乙 2 人都入选、丙没有入选的情况有： C81=8 种；
∴ 甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有 56+8=64 种．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本小题主要考查三角函数图象与性质，属于中档题.利用 fx 的对称轴和在区间 π3,π2 上的单调性，求得 ω 的值，进而求得 fx 的最小正周期，判断出 fx 点的零点、单调区间以及在区间 0,π6 上的最小值，由此确定正确选项．
【解答】
解：因为函数 f(x) 在 π3,π2 上单调，所以 T2=πω≥π6ω>0 ，得 0<ω≤6 ．
又直线 x=π24 为 f(x) 的图象的对称轴，所以 ωπ24+π3=π2+kπ(k∈Z) ，
得 ω=4+24k(k∈Z) ，所以 ω=4 ．
f(x) 的最小正周期为 2πω=π2 ，故A错误；
fπ12=sin2π3≠0 ，故B错误；
当 0≤x≤π6 时， π3≤4x+π3≤π ，则 f(x) 的最小值为0，故C错误；
令 −π2+2kπ≤4x+π3≤π2+2kπ(k∈Z) ，解得 −5π24+kπ2≤x≤π24+kπ2 (k∈Z) ，
即 f(x)的单调递增区间为 −5π24+kπ2,π24+kπ2(k∈Z) ，故D正确．
故选D．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，可设 f(x)=2018x+1 ，表示出 a=f(3)f(4) ， b=f(4)f(5) ，然后再计算出 1−a 和 1−b 的值，进而可比较 1−a 和 1−b 的大小，从而可得答案．
本题考查数的大小的比较，解答本题的关键是通过题设构造新函数 f(x)=2018x+1 ，再去求出 1−a 和 1−b 的值．
【解答】
解：设 f(x)=2018x+1 ，则 a=f(3)f(4) ， b=f(4)f(5) ．
∴ 1−a=f(4)−f(3)f(4)=20184−2018320184+1=2017×2018320184+1=2017×2018420185+2018 ， 1−b=f(5)−f(4)f(5)=20185−2018420185+1=2017×2018420185+1
∵ 20185+2018>20185+1
∴ 1−a<1−b ，即 a>b ．
故选A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
利用导数求出 fxmin=f1=m ， fxmax=f2=m+4 ，由题意转化为 2fxmin2
解： f(x)=x3−3x+2+m ，
则 f′x=3x2−3 ，令 f′x=0 可得 x=1 或 x=−1 ．
所以函数 fx 在区间 0,1 单调递减，在区间 1,2 单调递增，
则 fxmin=f1=m ．
又 f2=m+4,f0=m+2 ，所以 fxmax=f2=m+4 ．
∵在区间 [0,2] 上存在三个不同的实数 a,b,c ，使得以 f(a),f,f(c) 为边长的三角形是直角三角形，( )
∴ 2m2
9.【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为∠ AD1C ；对于B：可证 B1C⊥ 平面 ABC1D1 ，则直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角为 ∠CBC1 ；对于C：根据等体积转换 VD−ACD1=VD1−ACD ，求点D到面 ACD1 的距离；对于D：三棱柱 AA1D1−BB1C1 的外接球即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【解答】
解：连接 AC 、AD1，
∵ AB // C1D1 且 AB= C1D1 ，则四边形 ABC1D1 为平行四边形，
∴异面直线 D1C 和 BC1 所成的角为∠AD1C．
∵ AC=AD1=D1C ，则△ACD1 为正三角形，即∠AD1C=π3，A不正确；
连接 B1C
在正方形 BB1C1C 中， BC1⊥B1C
∵ AB⊥ 平面 BB1C1C ， B1C⊂ 平面BB1C1C，
∴ AB⊥ B1C．
AB∩BC1=B ，则 B1C⊥ 平面 ABC1D1
∴直线 BC 与平面 ABC1D1 所成的角为 ∠CBC1=π4，B正确；
根据等体积转换可知： VD−ACD1=VD1−ACD
即 13×h×12× 2× 2× 32=13×1×12×1×1 ，则 h= 33，C正确；
三棱柱 AA1D1−BB1C1 的外接球即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的外接球，
则外接球的半径即为正方体 ABCD−A1B1C1D1 体对角线的一半，即 R= 32，D正确；
故选BCD．
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数中的恒成立和存在性问题，属于中档题．
由f(0)=2得a=2，利用f′(x)求得切线l的方程，l与g(x)相切求得b的值，即可判断A，；利用导数判断方程f′(x)=4的根的个数，可以判断B；构造p(x)=f(x)−g(x)，利用导数可以判断CD．
【解答】
解：由f(0)=2得a=2，所以f(x)=ex(2x+2)，
f′(x)=2ex(x+2)，
x=0时，f′(0)=4，
所以切线l的方程为y−2=4(x−0)即y=4x+2．
代入y=g(x)=x2+4x+b得
x2+4x+b=4x+2，即x2+b−2=0，
∵l与g(x)也相切，
∴Δ=−4b−2=0，b=2，所以a=b=2，故 A正确;
令f′(x)=2ex(x+2)=4，则ex(x+2)−2=0，
设h(x)=ex(x+2)−2，则h′(x)=ex(x+3)，h(0)=0，
当x<−3时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x>−3时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)在x=−3时取得极小值，h(−3)=−e−3−2<0，
x<−3时，ex(x+2)<0，h(x)<−2，
所以h(x)有唯一零点x=0，故B错误；
设p(x)=f(x)−g(x)=ex(2x+2)−(x2+4x+2)，
p′(x)=2ex(x+2)−(2x+4)=2(x+2)(ex−1)，
当−2
所以x=0时，p(x)取得极小值，也是最小值，p(x)⩾p(0)=0，
所以对任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立，故C正确；
由上述可知，p(x)=f(x)−g(x)在x⩾0时的值域为[0,+∞)，
所以不存在实数c，使得c⩾f(x)−g(x)对任意x∈[0,+∞)恒成立，
故D错误．
故选AC．
11.【答案】ACD
【解析】
【分析】
由抛物线标准方程结合抛物线的性质，即可求焦点坐标、准线方程、焦点弦长、抛物线上的点到焦点和定点距离之和的最小值等．
【解答】
解：因为抛物线C的方程为 y2=4x ，所以 p=2 ，所以准线l的方程为 x=−p2=−1 ，A正确；
由题意可知焦点弦长 |AB|=x1+x2+p=6+2=8 ，B错误；
由抛物线C上的点到焦点F与到准线的距离相等可知 |PE|+|PF|=|PQ|+|PE| ，所以当Q，P，E三点共线时， |PE|+|PF| 取得最小值，即为点E到准线的距离，所以最小值为3，C正确；
如图所示，不妨设P在第一象限，过P作 PH⊥x 轴于点H，过M作 MN⊥x 轴于点N，过M作准线的垂线，垂足为D，设准线与x轴的交点为G，则 |PF|=|PQ|=43,|FG|=2,|FH|=23 ， |FM|=|MD|,|FN|=|DM|−|FG|=|FM|−2 ，易知 ▵PHF∽▵MNF ，则有 |PF||MF|=|HF||FN| ，即 43|MF|=23|MF|−2 ，解得 |MF|=4 ，则 |MP|=|MF|+|PF|=163 ，D正确，
故选：ACD．
12.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题考查函数单调性、奇偶性的综合应用，考查抽象函数的单调性与奇偶性，属于中档题．
对于A，对x,y适当赋值即可判断；对于B，利用奇偶性和单调性转化为方程有解的问题进行判断；对于C，利用定义法进行判断；对于D，利用赋值法和单调性判断．
【解答】
解：令x=0,y=0，得f(0)−f(0)=f(0)，所以f(0)=0；
令x=0,y=x，得f(0)−f(x)=f(−x)，故−f(x)=f(−x)，则f(x)为奇函数，故A正确;
任取−1
则f(x1)−f(x2)=f(x1−x21−x1x2)，
因为x1−x21−x1x2+1=x1−x2+1−x1x21−x1x2=(1+x1)(1−x2)1−x1x2>0，故−1
则2a+2b=1+ab，a=1−2b2−b=2+3b−2，
当b∈(−1,1)时，−3
所以存在非零实数a,b，使得f(a)+f(b)=f(12)，故B正确．
故选ABC．
13.【答案】−15
【解析】
【分析】
由二项式系数之和公式求得 n ，结合二项式展开式通项公式即可得到 x2y4 的系数
【解答】
解：由 2x−1xn 的展开式中二项式系数之和为32得2n=32 ，故 n=5 ，
x−yn 的展开式通项为 −1kC5kx5−kyk ，
故 x2y4 的项为 −1k1C5k1x6−k1yk1+−1k22C5k2x5−k2yk2+1 ， k1=4, k2=3 ，
即 −14C54x2y4+−132C53x2y4=−15x2y4 ，
故答案为： −15
14.【答案】外切
【解析】
【分析】
本题考查学生会利用两点间的距离公式求两点的距离，会根据两个圆心之间的距离与半径相加相减的大小比较得到圆与圆的位置关系
【解答】
解：由x2+y2+6x−4y+9=0得：(x+3)2+(y−2)2=4，圆心O(−3,2)，半径为r=2；
由x2+y2−6x+12y−19=0得：(x−3)2+(y+6)2=64，圆心P(3,−6)，半径为R=8．
则两个圆心的距离 OP= −3−32+2+62=10=R+r ，所以两圆的位置关系是：外切．
即答案为外切．
15.【答案】8x−9y+6=0
【解析】
【分析】
本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题．
根据 fx=x2+1x=x+1x ，求导 f′x=1−1x2 ，再求得 f′3=1−19=89,f3=103 ，写出切线方程．
【解答】
解：因为 fx=x2+1x=x+1x ，
所以 f′x=1−1x2 ，
所以 f′3=1−19=89,f3=103 ，
所以在 x=3 处的切线方程为 y−103=89x−3 ，即 8x−9y+6=0 ．
故答案为 8x−9y+6=0．
16.【答案】6
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与椭圆相交的弦长问题，属于中档题．
由题意可知 △AF1F2 为等边三角形， DE 为线段 AF2 的垂直平分线，利用定义转化 ▵ADE 的周长为4a，即可求出a，b，c，设 DE 的方程为 y= 33(x+c) ，联立椭圆方程 x24c2+y23c2=1 ，利用韦达定理，根据弦长公式求解即可．
【解答】
解：如图，连接 AF1,DF2,EF2 ，
因为 C 的离心率为 12 ，所以 ca=12 ，即 a=2c ，
所以 b2=a2−c2=3c2 ，
因为 AF1=AF2=a=2c=F1F2 ，所以 △AF1F2 为等边三角形，
又 DE⊥AF2 ，所以直线 DE 为线段 AF2 的垂直平分线，
所以 AD=DF2 ， AE=EF2 ，
则 ▵ADE 的周长为 |AD|+|AE|+|DE|=DF2+EF2+|DE| =DF2+EF2+DF1+EF1 =4a=13⇒a=134 ，
∴c=138 ，
而 ∠EF1F2=30∘ ，所以直线 DE 的方程为 y= 33(x+c) ，
代入椭圆 C 的方程 x24c2+y23c2=1 ，得 13x2+8cx−32c2=0 ，
设 Dx1,y1 ， Ex2,y2 ，则 x1+x2=−8c13,x1x2=−32c213 ，
所以 DE= 1+13x1+x22−4x1x2= 43−8c132−4×−32c213=48c13=6 ，
故答案为：6．
17.【答案】解：(1)设 {an} 的公差为 d ，则 a3=a1+2d=6S6=6a1+15d=42 ，解得 a1=2d=2 ，
所以 an=2+2(n−1)=2n ；
(2)由(1) bn=1(2n)2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1) ，
所以 Tn=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1 ．
【解析】(1)由等差数列的基本量运算求得公差 d 和首项 a1 可得通项公式；
(2)求出 bn ，用裂项相消法求得和 Tn ．
18.【答案】解：(1)因为 4cos25π2+A+4cosA−5=4sin2A+4cosA−5=0 ，
整理得 cos2A−cosA+14=0 ，解得 cosA=12 ．
因为 0
因为 2a+bc=2 ，所以 2sinA+sin2π3−CsinC=2 ，
整理得 sinC−π6= 22 ．
因为 0
【解析】(1)用诱导公式和平方关系化简成含余弦的二次方程，然后可解；
(2)用正弦定理边换角，结合(1)中结论可解．
19.【答案】解：(1)由题意 PO⊥ 面 ABCD ，∴ PO⊥BD ，
菱形 ABCD 中， AC⊥BD ，又 PO∩AC=O ，则 BD⊥ 面 PAC ，
所以 BD⊥PA ；
(2)因为 PO⊥ 面 ABCD ，所以 PB 与平面 ABCD 所成角为 ∠PBO=30∘ ，
又菱形边长为2， ∠ABC=60∘ ，所以 BO= 3 ， PO=1 ， PB=2 ， CO=1 ， PC= 2 ．
所以 cos∠BPC=4+2−42⋅2⋅ 2= 24 ， sin∠BPC= 144 ．
设 |PN|=λ|PB|=2λ ，点D到平面 PCB 的距离为 d
由 VD−PBC=VP−DBC 得 13S▵BCD⋅PO=13S▵PBC⋅d ，
即 13×12×2×2×sin120∘×1=13×12×2× 2× 144×d ，解得 d=2 217
所以D到平面 PNC 的距离也为 2 217 ．
所以 VN−PCD=VD−PCN=13×12× 2×2λ× 144×2 217= 312⇒λ=14 ．
所以 PNPB=14 ．
【解析】(1)由 PO⊥ 面 ABCD 得 PO⊥BD ，然后证明出 BD⊥ 面 PAC 即可
(2)由 PO⊥ 面 ABCD 得 PB 与平面 ABCD 所成角为 ∠PBO=30∘ ，然后利用 VD−PBC=VP−DBC 算出点D到平面 PCB 的距离为 2 217 ，然后利用 VN−PCD=VD−PCN 即可算出答案．
常用等体积法求点到平面的距离．
20.【答案】解：(1)补全的 2×2 列联表如下：
冬奥迷
非冬奥迷
总计
男
20
6
26
女
10
14
24
总计
30
20
50
K2=50×(20×14−6×10)230×20×24×26≈6.464<6.635 ，
所以没有99%的把握认为是否为“冬奥迷”与性别有关．
(2)由(1)知抽取的“冬奥迷”有30人，其中男“冬奥迷”有20人，女“冬奥迷”有10人，由分层抽样知，抽取的6人中，男“冬奥迷”有4人，女“冬奥迷”有2人，
则X 的所有可能取值为0，1，2， P(X=0)=C22C62=115 ，
P(X=1)=C41C21C62=815 ， P(X=2)=C42C62=25 ，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
115
815
25
所以 E(X)=0×115+1×815+2×25=43 ．
【解析】本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题．
(1)由题完善 2×2 列联表计算 K2 查表可得解；
(2)由(1)利用分层抽样确定6人中男“冬奥迷”与女“冬奥迷”的人数，根据超几何分布写分布列和计算数学期望．
21.【答案】解：(1)由题可得 e1= 1−b2a2,e2= 1+b2a2 ，且 F1F2=2 a2−b2 ，
因为 e1e2= 32 ，且 F2F4= a2+b2− a2−b2 ，
所以 1−b2a2⋅ 1+b2a2= 32 且 a2+b2− a2−b2= 3−1 ⇒a= 2b 且 b=1,a= 2 ，
所以椭圆 C1 方程为 x22+y2=1 ，双曲线 C2 的方程为 x22−y2=1 ．
(2)由(1)可得 F1−1,0 ，因为直线 AB 不垂直于 y 轴，所以设直线 AB 的方程为 x=ny−1 ，
联立直线与椭圆方程可得 n2+2y2−2ny−1=0 ，
则 yA+yB=2nn2+2 ， yAyB=−1n2+2 ，则 yM=nn2+2 ，
因为 MxM,yM 在直线 AB 上，所以 xM=n2n2+2−1=−2n2+2 ，
则直线 PQ 的方程为 y=yMxMx⇒y=−n2x ，联立直线 PQ 与双曲线可得 x2−2−n2x2−2=0 ⇒x2=42−n2 ， y2=n22−n2 则 2−n2>0⇒− 2
则 2d=nxA+2yA+nxB+2yB n2+4 ，因为 A,B 在直线 PQ 的两端，所以 nxB+2yBnxA+2yA<0 ，
则 2d=nxA+2yA+nxB+2yB n2+4 = nxA+2yA−nxB+2yB n2+4 ，
又因为 A,B 在直线 x=ny−1 上，
所以 2d=n2+2yA−yB n2+4 =n2+2 yA+yB2−4yAyB n2+4=2 2⋅ 1+n2 n2+4 ，
则四边形 APBQ 面积S=12PQ·2d =2 2⋅ 1+n2 2−n2=2 2⋅ −1+32−n2 ，
因为 0<2−n2≤2 ，所以当 n2=0 时，四边形 APBQ 面积的最小值为 2 ．
【解析】(1)利用椭圆和双曲线 a,b,c 之间的关系可以用 a,b 分别表示双曲线和椭圆的离心率和焦点，由题目 e1e2= 32 和 F2F4= 3−1 即可得到 a,b 之间的两个方程，联立方程消元即可求出 a,b 的值，得到双曲线和椭圆的标准方程．
(2)利用(1)求出焦点 F1 的坐标，设出弦 AB 的直线的方程 x=ny−1 ，联立直线与椭圆消 x 得到关于 y 的一元二次方程，再利用根与系数的关系得到 A,B 两点纵坐标之间的和与积，进而得到 M 点的纵坐标带入AB直线即可得到 M 的横坐标，进而求出直线 OM 的方程，即为直线 PQ 的方程，联立直线 PQ 的方程 Δ>0 得到 n 的取值范围和求出点 P,Q 的坐标得到 PQ 的长度，利用点到直线的距离得到 A,B 到直线 PQ 的距离表达式，进而用 n 表示四边形的面积，利用不等式的性质和 n 的取值范围即可得到面积的最小值．
22.【答案】解：(1)由 fx=x2−3x+3⋅ex ，得 f′x=2x−3⋅ex+x2−3x+3⋅ex=xx−1ex ，
令 f′x=0 ，解得 x=0 或 x=1 ，
当 x<0 时， f′x>0 ，函数 fx 单调递增，
当 0
所以函数 fx 在 −∞,0 ， 1,+∞ 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
又函数 fx 在 −2,t 上为单调函数，所以 −2
f0=3 ， f1=e ，
函数 fx 的图像如图所示，
方程 fx−z=0x∈R 在 −2,t 上有三个不相等的实数根，
即函数 y=z 在 −2,t 上有三个不同的交点，
又 t∈N ，又图像可知，当 t=0 或 t=1 时，至多有两个交点，不成立，
所以 t≥2 ， t∈N ，
又 f−2=13e2
所以若方程 fx−z=0x∈R 在 −2,t 上有三个不相等的实数根，则 e
【解析】(1)根据导数判断函数的单调区间，再根据 −2,t 为某个单调区间的子集得 t 的取值范围；
(2)根据函数的单调性与极值最值情况可确定实数 t 的取值范围，再结合函数图象确定 z 的取值范围．
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用
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