广东省三校联考（湛江一中、深圳实验学校）2023届高三（上）月考（9月份）

这是一份广东省三校联考（湛江一中、深圳实验学校）2023届高三（上）月考（9月份），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省三校联考2023届高三（上）月考（9月份）
一、选择题。本题共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。
2．（5分）已知复数z满足iz＝3i+4，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点的坐标为（　　）
A．（3，﹣4） B．（﹣3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（3，4）
3．（5分）若函数为偶函数，则a＝（　　）
A． B． C．1 D．2

4．（5分）核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足lgXn＝nlg（1+p）+lgX0，其中X0为DNA的初始数量，p为扩增效率．已知某被测标本DNA扩增12次后，数量变为原来的1000倍，则扩增效率p约为（　　）（参考数据：100.25≈1.778，10﹣0.25≈0.562）
A．22.2% B．43.8% C．56.2% D．77.8%

5．（5分）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2＝4x上，F为抛物线的焦点，若，则＝（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12

6．（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+a3＝20，a3+a5＝5，则使得a1a2…an＜1成立的正整数n的最小值为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11

7．（5分）直线l：y＝kx+b是曲线f（x）＝ln（x+1）和曲线g（x）＝ln（e3x）的公切线，则b＝（　　）
A． B． C．3 D．ln（3e2）
8．（5分）已知函数，若f（x）在区间（0，+∞）内恰好有7个零点，则a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．

二、多选题．本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．已知由一组样本数据（xi，yi）（i＝1，2，…，n）得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有（10，60）
B．若随机变量X～N（1，σ2），P（X≤4）＝0.79，则P（X≤﹣2）＝0.21
C．已知随机变量X服从两点分㳍，P（X＝0）＝a，P（X＝1）＝b，则的最小值为16
D．将一组数据中的每个数同乘一个非零常数a后，这组数据的方差变为原来的a倍

（多选）10．（5分）已知直线l：x﹣my+1＝0（m∈R），圆C：（x﹣k）2+（y﹣2k﹣1）2＝1（k∈R），则下列选项中正确的是（　　）
A．圆心C的轨迹方程为y＝2x﹣1
B．时，直线l被圆截得的嵫长的最小值为
C．若直线l被圆C截得的弦长为定值，则
D．m＝1时，若直线l与圆相切，则

（多选）11．（5分）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的是，（　　）
A． B．
C． D．
（多选）12．（5分）若0＜b＜a＜，则（　　）
A．
B．bea﹣eb＞aeb﹣ea
C．asinb+b＜bsina+a
D．sinbcosa＞sina

三、填空题。本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）的展开式中的常数项等于　 　．

14．（5分）已知非零向量满足，则与的夹角的余弦值为 　 　．

15．（5分）在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线AC对折，使二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，则所得三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为 　 　．

16．（5分）已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C的右支交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的离心率为 　 　．

四、解答题。本题共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）已知数列{an}满足a1＝1，an+an+1＝2n+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Sn．











18．（12分）已知△ABC为锐角三角形，且sin（B﹣A）＝cosC．
（1）证明：；
（2）求sin（A+C）cos（A﹣B）的取值范围．












19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2，E是棱PB上一动点，已知二面角A﹣PB﹣D的余弦值为．
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）求直线CE与平面PAB所成角正弦值的最大值．









20．（12分）在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片3次．
（1）求3次摸出卡片的数字之和为奇数的概率；
（2）记这3次中摸出卡片的最大编号数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．







21．（12分）已知函数
．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当m＝0时，若f（x）≥g（x）在[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．










22．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积最大值为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，已知k1＝3k2．
①求证：直线PQ恒过定点；
②设△APQ和△BPQ的面积分别为S1，S2，求|S1﹣S2|的最大值．

2022-2023学年广东省三校联考（潮阳实验学校、湛江一中、深圳实验学校）高三（上）月考数学试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一、选择题。本题共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。
2．（5分）已知复数z满足iz＝3i+4，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点的坐标为（　　）
A．（3，﹣4） B．（﹣3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（3，4）
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，即可求得z在复平面内对应的点的坐标．
【解答】解：由iz＝3i+4，得z＝，
∴z在复平面内对应的点的坐标为（3，﹣4）．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3．（5分）若函数为偶函数，则a＝（　　）
A． B． C．1 D．2
【分析】根据题意，由偶函数的定义可得﹣x3ln（+x）＝x3ln（﹣x），变形解可得答案．
【解答】解：根据题意，若函数为偶函数，则f（﹣x）＝f（x），
则有﹣x3ln（+x）＝x3ln（﹣x），
变形可得：ln（+x）+ln（﹣x）＝ln2a＝0，解可得a＝，
故选：B．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
4．（5分）核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足lgXn＝nlg（1+p）+lgX0，其中X0为DNA的初始数量，p为扩增效率．已知某被测标本DNA扩增12次后，数量变为原来的1000倍，则扩增效率p约为（　　）（参考数据：100.25≈1.778，10﹣0.25≈0.562）
A．22.2% B．43.8% C．56.2% D．77.8%
【分析】由题意Xn＝1000X0，代入关系式，根据对数的运算性质及指数与对数的关系计算可得．
【解答】解：由题意知，lg（1000X0）＝12lg（1+p）+lgX0，
即lg103+lgX0＝12lg（1+p）+lgX0，
即3+lgX0＝12lg（1+p）+lgX0，
所以1+p＝100.25≈1.778，
解得p≈0.778＝77.8%．
故选：D．
【点评】本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
5．（5分）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2＝4x上，F为抛物线的焦点，若，则＝（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），由，得（1﹣x1，﹣y1）＝（x2﹣x1，y2﹣y1）+（x3﹣x1，y3﹣y1），推出x1+x2+x3＝3，再结合抛物线的定义，即可得出答案．
【解答】解：由y2＝4x的焦点F（1，0），准线为x＝﹣1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），
因为，
所以（1﹣x1，﹣y1）＝（x2﹣x1，y2﹣y1）+（x3﹣x1，y3﹣y1），
则1﹣x1＝（x2﹣x1+x3﹣x1），即x1+x2+x3＝3，
所以||+||+||＝x1+x2+x3+3＝6，
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的定义和性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
6．（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+a3＝20，a3+a5＝5，则使得a1a2…an＜1成立的正整数n的最小值为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】应用等比数列的通项公式求得an＝25﹣n，再由a1a2…an＝2＜1求正整数n的最小值，即可得答案．
【解答】解：设等比数列的公比为q＞0，且an＞0，
由题意可得，两式相除得q2＝，解得q＝，
所以a1＝16，故an＝25﹣n，显然n≤5时，a1a2…an＜1不成立，
所以n＞5且n∈N*，a1a2…an＝24+3+2+1+0﹣1⋯﹣（5﹣n）＝2＜1，
即＜0，则n＞9，
故使得a1a2…an＜1成立的正整数n的最小值为10．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列基本量的计算，属基础题．
7．（5分）直线l：y＝kx+b是曲线f（x）＝ln（x+1）和曲线g（x）＝ln（e3x）的公切线，则b＝（　　）
A． B． C．3 D．ln（3e2）
【分析】设直线l与曲线f（x）的切点设为（m，ln（m+1）），与曲线g（x）的切点为（s，3+lns），求得f（x），g（x）的导数，可得切线的斜率，由切点满足曲线方程，可得k，b的方程组，解得b的值．
【解答】解：设直线l与曲线f（x）的切点设为（m，ln（m+1）），与曲线g（x）的切点为（s，3+lns），
由f（x）＝ln（x+1）的导数f′（x）＝，可得k＝，即m＝，
又g（x）＝ln（e3x）的导数为g′（x）＝，可得k＝，即s＝，
又ln（1+m）＝km+b，即﹣lnk＝1﹣k+b，①
3+lns＝ks+b，即3﹣lnk＝1+b，②
由①②解得k＝3，b＝2﹣ln3＝ln，
故选：A．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
8．（5分）已知函数，若f（x）在区间（0，+∞）内恰好有7个零点，则a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】首先讨论a≤0时不符题意，再讨论a＞0时，当x≥a时，函数y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）的性质及零点个数，再确定函数在（0，a）内的个零点个数，然后结合三角函数的性质列出不等式组解出a的取值范围，最后取并集即可．
【解答】解：当a≤0时，对任意x＞0，f（x）＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）在（0，+∞）内最多有2个零点，不符题意；
所以a＞0，
当x≥a时，y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6），开口向下，对称轴为x＝a+1，
所以函数在[a，a+1）上单调递增，在[a+1，+∞）上单调递减，
所以ymax＝2a﹣5，
又因为当x＝a时，y＝2a﹣6；
当2a﹣5＜0，即时，y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）在[a，+∞）内无零点，
所以在（0，a）内有7个零点，
即在（0，a）内有7个零点，
因为0＜x＜a，所以﹣a＜x﹣a＜0，﹣2πa＜2πx﹣a＜0，
所以，解得，
又因为，
所以无解；
当2a﹣5＝0，即时，
y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）＝在内有1个零点，
在内有6个零点，
即在内有6个零点，
由三角函数的性质可知此时在内只有4个零点，不符题意；
当，即时，
y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）＝﹣x2+8x﹣15在[a，+∞）内有2个零点，
所以＝在（0，a）内有5个零点，
即在（0，a）内有5个零点，
因为0＜x＜a，所以﹣a＜x﹣a＜0，﹣2πa＜2πx﹣a＜0，
所以，解得，
又因为时，
所以，
当2a﹣6＞0，即a＞3时，
y＝﹣x2+2（a+1）x﹣（a2+6）在[a，+∞）内有1个零点，
所以在（0，a）内有6个零点，
即在（0，a）内有6个零点，
因为0＜x＜a，所以﹣a＜x﹣a＜0，﹣2πa＜2πx﹣a＜0，
所以，解得，
又因为a＞3，
所以．
综上所述，a的取值范围为：．
故选：D．
【点评】本题主要考查分段函数的性质及其应用，由函数的零点个数求参数取值范围的方法，分类讨论的数学思想等知识，属于难题．
二、多选题．本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．已知由一组样本数据（xi，yi）（i＝1，2，…，n）得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有（10，60）
B．若随机变量X～N（1，σ2），P（X≤4）＝0.79，则P（X≤﹣2）＝0.21
C．已知随机变量X服从两点分㳍，P（X＝0）＝a，P（X＝1）＝b，则的最小值为16
D．将一组数据中的每个数同乘一个非零常数a后，这组数据的方差变为原来的a倍
【分析】对于A：样本中不一定有（10，60）．对于B：由正态曲线的对称性直接求得；对于C：由a+b＝1，利用基本不等式即可求得；对于D：由方差的性质即可求得．
【解答】解：对于A：由求出，所以，即样本中心点为（10，60），
但样本中不一定有（10，60），故A错误；
对于B：随机变量X～N（1，σ2），P（X≤4）＝0.79，所以P（X＞4）＝1﹣0.79＝0.21，
由正态曲线的对称性可知：P（X≤﹣2）＝0.21，故B正确；
对于C：随机变量X服从两点分布，P（X＝0）＝a，P（X＝1）＝b，所以a+b＝1，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故C正确；
对于D：将一组数据中的每个数同乘一个非零常数a后，这组数据的方差变为原来的a2倍，故D错误；
故选：BC．
【点评】本题主要考查线性回归方程的性质，正态分布的性质，基本不等式求最值的方法，两点分布及其应用等知识，属于中等题．
（多选）10．（5分）已知直线l：x﹣my+1＝0（m∈R），圆C：（x﹣k）2+（y﹣2k﹣1）2＝1（k∈R），则下列选项中正确的是（　　）
A．圆心C的轨迹方程为y＝2x﹣1
B．时，直线l被圆截得的嵫长的最小值为
C．若直线l被圆C截得的弦长为定值，则
D．m＝1时，若直线l与圆相切，则
【分析】首先表示出圆心坐标，即可判断A，再求出直线过定点坐标，由弦长公式判断B，求出圆心到直线的距离，当距离为定值时，弦长也为定值，即可判断C，求出圆心到直线的距离，即可判断D．
【解答】解：圆C：（x﹣k）2+（y﹣2k﹣1）2＝1（k∈R）的圆心坐标为C（k，2k+1），
所以圆心C的轨迹方程为y＝2x+1，故A错误；
直线l：x﹣my+1＝0（m∈R），令，解得，即直线l恒过点M（﹣1，0），
当时圆，圆心为，半径r＝1，
又，
所以直线l被圆截得的弦长的最小值为，故B正确；
对于C：若直线l被圆C截得的弦长为定值，
则圆心到直线的距离为定值，
所以1﹣2m＝0，解得，故C正确；
对于D：当m＝1时直线l：x﹣y+1＝0，圆心到直线的距离，
当时d≠1，此时直线与圆不相切，故D错误；
故选：BC．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长公式，轨迹方程的计算等知识，属于中等题．
（多选）11．（5分）下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的是，（　　）
A． B．
C． D．
【分析】设定正方体的顶点如图，连接DB，AC，根据M，P分别为中点，判断出MP∥AC，由四边形ABCD为正方形，判断出AC⊥BD进而根据DD′⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，判断出DD′⊥AC，进而根据线面垂直的判定定理推断出AC⊥平面DBB′，根据线面垂直的性质可知AC⊥DB′，利用线面垂直的判定定理推断出由MP∥AC，推断出DB′⊥MP，同理可证DB′⊥MP，DB′⊥NP，利用线面垂直的判定定理推断出DB′⊥平面MNP．C中由A中证明可知l⊥MP，根据MP∥AC，AC⊥l，推断出l⊥MP，进而根据线面垂直的判定定理推断出l⊥平面MNP，同理可证明D中l⊥平面MNP．
【解答】解：设定正方体的顶点如图，连接DB，AC，
∵M，P分别为中点，
∴MP∥AC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∵BB′⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB′⊥AC，
∵BB′∩BD＝B，BB′⊂平面DBB′，BD⊂平面DBB′，
∴AC⊥平面DBB′，
∵DB′⊂平面DBB′，
∴AC⊥DB′，
∵MP∥AC，
∴DB′⊥MP，
同理可证DB′⊥MN，DB′⊥NP，
∵MP∩NP＝P，MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，
∴DB′⊥平面MNP，即l垂直于平面MNP，故A正确．
B中，l与MN不垂直，不成立；
C，由A中证明可知l⊥MP，
∵MP∥AC，
AC⊥l，
∴l⊥MP，
∴l⊥平面MNP，
D，由题意，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

则可得：＝（1，1，﹣1），
＝（1，﹣，），
＝（，，1），
故可得：•＝0，•＝0，即l⊥NM，l⊥MP，
又MP∩MN＝M，
可得：l⊥平面MNP．
故选：ACD．

【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系基础知识，考查数学运算、逻辑思维等核心素养，是中档题．
（多选）12．（5分）若0＜b＜a＜，则（　　）
A．
B．bea﹣eb＞aeb﹣ea
C．asinb+b＜bsina+a
D．sinbcosa＞sina
【分析】对于A：令f（x）＝ex﹣﹣2x，求导分析单调性，即可判断A是否正确；
对于B：令g（x）＝，x＞0，求导分析单调性，即可判断B是否正确；
对于C：令h（x）＝，0＜x＜，求导分析单调性，即可判断C是否正确；
对于D：由0＜b＜a＜，得tanb＜tana，且tanb＞sinb，即可判断D是否正确．
【解答】解：对于A：令f（x）＝ex﹣﹣2x，
f′（x）＝ex+﹣2≥2﹣2＝0，（当且仅当ex＝，即x＝0时，取等号），
所以在（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
因为0＜b＜a＜，
所以f（b）＜f（a），
所以eb﹣﹣2b＜ea﹣﹣2a，
所以eb++2a＜ea++2b，故A错误；
对于B：令g（x）＝，x＞0，
g′（x）＝＝＞0，
所以在（0，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
因为0＜b＜a＜，
所以g（b）＜g（a），
所以＜，
所以eb（a+1）＜ea（b+1），
所以aeb+eb＜bea+ea，
所以bea﹣eb＞aeb﹣ea，故B正确；
对于C：令h（x）＝，0＜x＜，
h′（x）＝＝＝，
因为0＜x＜，
所以0＜sinx＜1，cosx＞0，
所以1﹣sinx＞0，
所以h′（x）＞0，
所以h（x）在（0，）上单调递增，
因为0＜b＜a＜，
所以h（b）＜h（a），
所以＜，
所以asinb﹣a＜bsina﹣b，
所以asinb+b＜bsina+a，故C正确；
对于D：因为0＜b＜a＜，
所以tanb＜tana，且tanb＞sinb，
所以tana＞sinb，
所以＞sinb，
所以sinbcosa＜sina，故D错误，
故选：BC．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
三、填空题。本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）的展开式中的常数项等于　﹣32　．
【分析】首先由二项式定理，可得其通项公式，令x的指数为0，可得r＝3，即r＝3时，是常数项，计算可得答案．
【解答】解：由题意，Tr+1＝C4r（x3）4﹣r（﹣）r＝（﹣2）rC4rx12﹣4r，
令12﹣4r＝0⇒r＝3
则常数项为T3+1＝（﹣2）3×C43＝﹣32
故答案为：﹣32．
【点评】本题考查二项式定理及通项公式，牢记通项公式的形式为Tr+1＝∁nran﹣rbr是解题的关键．
14．（5分）已知非零向量满足，则与的夹角的余弦值为 　　．
【分析】根据，，平方可得，再利用数量积公式可得与的夹角的余弦值．
【解答】解：根据题意，，
则＝，得4＝0，则，
设与的夹角为θ，
则cosθ＝＝＝．
【点评】本题考查向量的数量积运算，属于基础题．
15．（5分）在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线AC对折，使二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，则所得三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为 　6π　．
【分析】利用菱形对角线相互垂直的性质得出DN⊥AC，BN⊥AC，可得出二面角B﹣AC﹣D的平面角为∠BND，再利用余弦定理求出BD，可知三棱锥B﹣ACD为正四面体，过点B作BO⊥DN交DN于点O，即可得到BO⊥平面ACD，从而得到O为底面△ACD的重心，再由勾股定理求出外接球的半径R，最后利用球的表面积公式可得出答案．
【解答】解：依题意在边长为2的菱形ABCD中，，所以∠ABC＝∠ADC＝60°，
如下图所示，

易知△ABC和△ACD都是等边三角形，取AC的中点N，则DN⊥AC，BN⊥AC，
DN⋂BN＝N，DN，BN⊂平面BND，所以AC⊥平面BND，
所以∠BND是二面角B﹣AC﹣D的平面角，过点B作BO⊥DN交DN于点O，
由AC⊥平面BND，BO⊂平面BND，所以AC⊥BO，
DN⋂AC＝N，DN，AC⊂平面ACD，所以BO⊥平面ACD，
因为在△BDN中，，
所以，
则BD＝2，
故三棱锥A﹣BCD为正四面体，由BO⊥平面ACD，所以O为底面△ACD的重心，
所以，，
则，
设外接球的半径为R，则R2＝OD2+（BO﹣R）2，解得，
因此，三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为，
故答案为：6π．
【点评】本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
16．（5分）已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C的右支交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的离心率为 　　．
【分析】设|BF2|＝m，则|AF2|＝2m，根据双曲线的定义得到m＝a，即可得到|AF1|，|AF2|，|BF1|，再分别在△BF1F2和△AF2F1中利用余弦定理，即可得到a、c的关系，从而得解．
【解答】解：根据题意，作图如下，

设|BF2|＝m，则|AF2|＝2|BF2|＝2m，所以|AB|＝|AF2|+|BF2|＝3m，|BA|＝|BF1|＝3m，
∵|BF1|﹣|BF2|＝2a，∴2m＝2a，即m＝a，|AF1|﹣|AF2|＝2a，∴|AF1|＝4a，|AF2|＝2m＝2a，|BF1|＝3a，
由余弦定理知，在△AF2F1中，，
在△BF1F2中，，
∵∠F1F2B+∠AF2F1＝180°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查双曲线的几何性质，双曲线离心率的求解等知识，属于中等题．
四、解答题。本题共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）已知数列{an}满足a1＝1，an+an+1＝2n+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Sn．
【分析】（1）由已知数列递推式可得数列{an}的奇数项与偶数项均为以2为公差的等差数列，分别求通项公式，可得数列{an}的通项公式；
（2）直接利用裂项相消法求数列的前n项和Sn．
【解答】解：（1）由an+an+1＝2n+1，得an+1+an+2＝2n+3，
则an+2﹣an＝2，
∴数列{an}的奇数项与偶数项均为以2为公差的等差数列，
又a1＝1，a1+a2＝3，∴a2＝2，
则a2n﹣1＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
a2n＝2+2（n﹣1）＝2n．
∴an＝n；
（2），
∴＝
＝＝．
【点评】本题考查数列递推式，训练了裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．
18．（12分）已知△ABC为锐角三角形，且sin（B﹣A）＝cosC．
（1）证明：；
（2）求sin（A+C）cos（A﹣B）的取值范围．
【分析】（1）由三角形内角和及和差角正余弦公式可得sinA（sinB+cosB）＝cosA（sinB+cosB），再结合锐角三角形性质即可证结论；
（2）由题设0＜A＜B＜且cos（A﹣B）＝sinC，将sin（A+C）cos（A﹣B）化为sin（2C﹣）+2，注意C范围结合正弦函数性质求范围即可．
【解答】（1）证明：由A+B+C＝π，则sin（B﹣A）＝﹣cos（A+B），
所以sinBcosA﹣cosBsinA＝sinAsinB﹣cosAcosB，
所以sinA（sinB+cosB）＝cosA（sinB+cosB），
而ΔABC为锐角三角形，则0＜A＜，0＜B＜，
即sinB+cosB＞0，
故sin A＝cosA，
所以A＝；
（2）解：由题设sin（B﹣A）﹣cosC＞0，
则0＜A＜B＜，且0＜C＜，
所以cos（A﹣B）＝cos（B﹣A）＝sinC，
故sin（A+C）cos（A﹣B）＝sin（A+C）sinC＝sinAcosCsinC+cosAsin2C
＝（cosCsinC+sin2C）
＝（sin2C﹣cos2C）+
＝sin（2C﹣）+，
而B+C＝，且＜B＜，即＜C＜，
则2C﹣∈（，），
所以sin（A+C）cos（A﹣B）∈（，）．
【点评】本题考查解三角形，三角形内角和定理，属于中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2，E是棱PB上一动点，已知二面角A﹣PB﹣D的余弦值为．
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）求直线CE与平面PAB所成角正弦值的最大值．

【分析】（1）先证明出AC⊥平面PBD，利用面面垂直的判定定理进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出DP的长度为1，再用向量法表示出直线CE与平面PAB所成角正弦值，利用函数求出最大值．
【解答】解：（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．
因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PD．
因为PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PD∩BD＝D，
所以AC⊥平面PBD．
因为AC⊂平面PAC．
所以平面PAC⊥平面PBD．
（2）设AC∩BD＝O，过O作Oz∥PD．以分别为x、y、z轴正方向建系．

所以A（），B（0，1，0），C（﹣，0，0），D（0，﹣1，0）．．
设DP的长度为t（t＞0），则P（0，﹣1，t），所以，．
设为面PAB的一个法向量，
则，即，不妨设x＝1，则，
由（1）可知：AC⊥平面PBD，所以为面PBD的一个法向量．
因为二面角A﹣PB﹣D的余弦值为，
所以|cos＜＞|＝＝，解得：t＝1．
即P（0，﹣1，1），，．
因为E是棱PB上一动点，可设（0≤λ≤1），即．
所以＝（）．
设直线CE与平面PAB所成角为θ，
则sinθ＝|cos＜＞|＝，
所以当时，y＝5λ2﹣6λ+5取最小值，
此时（sinθ）max＝．
【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理以及直线和平面所成的角，属于中档题．
20．（12分）在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片3次．
（1）求3次摸出卡片的数字之和为奇数的概率；
（2）记这3次中摸出卡片的最大编号数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
【分析】（1）首先求出摸一次为奇数的概率，依题意有1次或3次摸出的为奇数卡片，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）依题意X的可能取值为1、2、3、4、5，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望．
【解答】解：（1）依题意摸一次编号为奇数的概率为，编号为偶数的概率为，
要使3次摸出卡片的数字之和为奇数，则有1次或3次摸出的为奇数卡片，
所以概率P＝••（）2+（）3＝；
（2）依题意X的可能取值为1、2、3、4、5，
所以P（X＝1）＝（）3＝，
P（X﹣2）＝23×（）3﹣（）3＝，
P（X＝3）＝33×（）3﹣23×（）3＝，
P（X＝4）＝43×（）3﹣33×（）3＝，
P（X＝5）＝53×（）3﹣43×（）3＝，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
5
P





所以E（X）＝1×+2×+3×+4×+5×＝．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21．（12分）已知函数．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当m＝0时，若f（x）≥g（x）在[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求出导函数，对m分类讨论，当﹣1≤m≤3时，当m＞3时和当m＜﹣1时，分别利用导函数的正负判断原函数的单调性；
（2）根据式子结构原不等式转化为在[0，+∞）恒成立．构造函数φ（x）＝ex+x，利用分离参数法得到在[0，+∞）恒成立．记，由p（x）的单调性求出p（x）min，即可求出实数a的取值范围．
【解答】解：（1）函数定义域为（﹣1，+∞），
．
令h（x）＝x2+mx+x+m+1，则有Δ＝（m+1）2﹣4（m+1）＝（m+1）（m﹣3）．
i．当﹣1≤m≤3时，Δ≤0恒成立，有f'（x）≥0，
所以f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无减区间；
ii．当Δ＞0时，令x2+mx+x+m+1＝0，
解得，．
当m＞3时，h（x）的对称轴，所以h（x）在（﹣1，+∞）上单调递增．
又h（﹣1）＝1﹣m﹣1+m+1＝1＞0，所以h（x）＞0恒成立，
所以有f'（x）＞0，所以f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无减区间；
当m＜﹣1时，h（x）的对称轴，
且h（﹣1）＝1﹣m﹣1+m+1＝1＞0，．
由二次函数的性质，可得在（﹣1，x2）上h（x）＞0；在（x2，x1）上h（x）＜0；在（x1，+∞）上h（x）＞0．
所以在（﹣1，x2）上，有f'（x）＞0，f（x）单调递增；在（x2，x1）上有f'（x）＜0，f（x）单调递减；
在（x1，+∞）上有f'（x）＞0，f（x）单调递增．
即f（x）在上单调递增，
f（x）在上单调递减，
f（x）在上单调递增．
综上所述，当m＜﹣1时，f（x）的递增区间为，，
递减区间为，
当m≥﹣1时，f（x）的递增区间为（﹣1，+∞），无减区间．
（2）当m≥1时，．
f（x）≥g（x）在[0，+∞）恒成立，可化为在[0，+∞）恒成立．
即，
即在[0，+∞）恒成立．
令φ（x）＝ex+x，因为y＝ex为增函数，y＝x为增函数，所以φ（x）＝ex+x为增函数，
所以可化为在[0，+∞）恒成立，
只需在[0，+∞）恒成立．
记，只需lna≤p（x）min．
由（1）可知，在[0，+∞）上单调递增，
所以p（x）min＝p（0）＝0，即lna≤0，解得0＜a≤1．
即实数a的取值范围为（0，1]．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．
22．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积最大值为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，已知k1＝3k2．
①求证：直线PQ恒过定点；
②设△APQ和△BPQ的面积分别为S1，S2，求|S1﹣S2|的最大值．
【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程；
（2）①设PQ为x＝ty+n（n≠±2），与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得n＝﹣1，即可证结论；
②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值．
【解答】解：（1）由题意，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）①依题意A（﹣2，0），B（2，0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），
若直线PQ的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有kAP＝﹣kBQ，不合题意，
所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为x＝ty+n（n≠±2），
与椭圆C联立，整理得：（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
所以Δ＝16（t2+4﹣n2）＞0，且，
因为P（x1，y1）是椭圆上一点，即，
所以，
则，即12kBP⋅kBQ＝﹣1，
因为
＝，
所以n＝﹣1，此时Δ＝16（t2+4﹣n2）＝16（t2+3）＞0，
故直线PQ恒过x轴上一定点D（﹣1，0）；
②由①得：，
所以
＝＝，
而，当时|S1﹣S2|的最大值为．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
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