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2023浙江省七彩阳光浙南名校联盟高三下学期返校联考数学试题含答案
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这是一份2023浙江省七彩阳光浙南名校联盟高三下学期返校联考数学试题含答案，文件包含高三数学参考答案与解析定稿docx、浙江省七彩阳光浙南名校联盟2022-2023学年高三下学期返校联考数学试题无答案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。
高三年级数学学科 参考答案及解析
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。
1.答案：A。
解析： B = {x y = log 2 (3− x)}=(−,3) ， A = (−,−1] [3,+) ， CR A = (−1,3) 由图可知阴影 部分表示的集合是(CR A) B = (−1,3) ，故选：A。
2.答案：C 。解析：z2 = = − + i ，所以 ABD 正确， C 错误。
3.答案：C 。解析：P = =
4.答案：B。
1
解析： 由题意， = ，所以 g(x) = sin( 2x+ ) ，又sin( 2x + ) = cos[ − (2x + )] =
2 3 3 2 3
cos( − 2x) =cos(2x − ) ，所以h(x) = cos(2x − ) ，
6 6 6
g( ) = 0 ， g( ) = 1，所以( ,0) 为对称中心，x = 为对称轴。
3 12 3 12
5.答案：D。
方法一：(ap2 − bp + 4a) (aq2 − bq + 4a) = a2 (pq)2 − abp2 q +4a2 p2 − abpq2
+b2pq − abp +4a2 q2 − 4abq +16 a 2 =32a2 − abpq(p + q) +4a2 (p2 + q2 ) +b2pq − 4ab(p + q) ，
由韦达定理，p + q = ，pq = 4 ，代入可得 (ap2 − bp + 4a)
(aq2 − bq + 4a)=16。
方法二：由韦达定理，pq = 4 ，又 ap2 − (b + 2)p + 4a = 0 ，所以ap2 − bp + 4a = 2p ，同理
aq2 − bq + 4a = 2q ，所以 (ap2 − bp + 4a) (aq2 − bq + 4a)=4pq =16。
6.答案：B。
解析： 过I 分别作 PF1F2 三边的垂线，垂足分别为A, B, C ，则 PB = PC ，F1A = F1C ，
F2 A = F2B ，所以 PB = PC = 1 2 1 2 = a − c 。所以 PI PG = (PF1 + PF2 ) PI =
PF + PF − F F 1
2 3
(PF1 PI + PF2 PI) = (PF1 PC + PF2 PB) = (PF1 PC + PF2 PB ) = PB ( PF1 + PF2 ) = (a − c) 2a = 。
7.答案：B。
1 1 1 2023
解析： 可证明 ex x +1 对任意 x R均成立。取x = 2022 ，有 e 2022 2022 +1 = 2022 ，所以
1 1 1 1 − 1 1 2022 1 2023
2023 e 2022 2022 。再取 x = − 2023 ，可得e 2023 1− 2023 = 2023 ，即 e 2023 2022 ，所以
1
e 2023 < ，又当 x 仁 (0, 2(冗)) 时， sin x < x < tan x 。所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
sin 2023 . e 2023 < 2023 e 2023 < 2022 < 2023 e 2022 < tan 2023 . e 2022 < tan 2022 . e 2022 ，即
c < a < b 。
8.答案：D。
解析： 由定义 PF1 . PF2 = c2 ，即 (x + c)2 + y2 〉 (x − c)2 + y2 = c2 ，即
(x2 + y2 + c2 + 2cx) . (x2 + y2 + c2 − 2cx) = c4 ，即 (x2 + y2 + c2 )2 − 4c2x2 = c4 ，整理可得
(x2 + y )22 = 2c (x2 2 − y )2 ，①正确。S编F1PF2 = PF1 PF2 sin 三F1PF2 = c2 sin 三F1PF2
共 c2 ，②正确。又 S编F1PF2 = F1F2 〉y0 = c y 0 共 c2 ，所以 − 共 y0 共 ，③正确。 编F1PF2
中， F1F2 = PF1 + PF2 − 2 PF1 . PF2 . cos 三F1PF2 ，所以
2 2 2
PF1 2 + PF2 2 = 4c2 + 2c2 cos 三F1PF2 ，又在 编F1PF2 中有：(2 PO ) 2 + F1F2 2 =
2(PF1 2 + PF2 2 ) ，可得 PO 2 = c2 + c2 cos 三F1PF2 共 2c2 ，所以 PO 共 ，④正确。
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分， 部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.答案：A,B,D。
10.答案： A,B。
解析： f ' (x) = 3ax2 + 2bx ， f '' (x) = 6ax + 2b ，由题意：〈(f '' (1) = 0, 解得a = 1 , b = −1 。A 正
lf (1) = 1 3
确。 f (x) = x3 − x2 + ，f ' (x) = x2 − 2x ，当 x 仁 (−w,0) 时， f ' (x) > 0 ，f (x) 递增； 当
x 仁 (0,2) 时， f ' (x) < 0 ，f (x) 递减；当x 仁 (0,+w) 时， f ' (x) > 0 ，f (x) 递增； B 正确。又
f (0) = > 0 ，f (2) = > 0 ，所以函数只有 1 个零点， C 错误。设切点为T(x0 , y0 ) ，则切线方 程为y − (x0(3) − x0(2) + ) = (x0(2) − 2x0 )(x − x0 ) ，又切线过(−1, ) ，则
− ( x0(3) − x0(2) + ) = (x0(2) − 2x0 )(−1− x0 ) ，化简得x0(3) − 3x0 − 2 = 0 ，即 (x0 +1)2 (x0 − 2) = 0 ，所
以只有两条切线，D 错。
11.答案： A,B,C。
解析： MN = = = ，说明 N
在以 AB 为直径的圆上， 又MN ⊥ l1 ，所以 A 正确；设 l 的 方程为y = kx +1与 C : x2 = 4y 联立可得
C : x2 − 4kx − 4 = 0 ，所以 xA + xB = 4k, xA . xB = −4 ，
yA . yB = . = 1 ，F(0,1) ，N( ,−1) ，则 kNF =
y
x
第 11 题图
−1−1 1
− 0 k
= − ，所以
kNF . k = −1，所以 NF ⊥ AB ，B 正确。 + = + = A B =1 ，C
1 1 1 1 y + y + 2
FA FB yA +1 yB +1 yAyB + yA + yB +1
正确。 + = 1，则FA + FB = FA . FB 。RtANB中， AN ⊥ NB ，NF ⊥ AB，由射 影定理可得NF2 = AF . FB ，则 + = + = +
> 2 =4，当且仅当 FA . FB = 8 时取到，而FA . FB [4,+) ，D 错误。
12.答案： B,C。
解析： g' (x) = f ' (x − 2) ，则 g(x) = f (x − 2) + a ，则 g(4 − x) = f (2 − x)+ a ，又
f (x) − g(4 − x) = 2 ，所以 f (x) = f (2 − x) + a + 2 ，令 x = 1，可得a + 2 = 0 ，即 a = −2 。所以 f (x) = f (2 − x) ，所以 函数f (x) 的图象关于x = 1对称，A 错误。又f (x + 2) 为奇函数，则 y = f (x) 图像关于(2,0) 对称， 且f (2 + x) + f (2 − x) = 0 ，y = f (x) 的周期T = 4 ，定义域为 R ，f (x + 2) 为奇函数，过原点，所以f (2) = 0 ，又 f (1) + f (3) = 0 ，f (4) + f (0) = 0 ，所以
2023
f (4) = 0 ，则 f (k) = f (1) + f (2) + f (3) = 0 ，所以 C 正确。又 g(x) = f (x − 2) − 2 ，则 g (x)
k =1
是周期T = 4 的函数。 g(3) + g(5) = f (1) − 2 + f (3) − 2 =
2023
− 4 ，所以 B 正确。 g(k) = f (−1) − 2 + f (0) − 2 + f (1) − 2+ … + f (2021) − 2 = − 4046 ，D 错 k =1
误。
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13.答案： 6
1 1 1 98 6
解析： 令x = 1，可得3n = 27 ，所以n = 3，则 (1+ x + x2 )n 中含x4 项的系数为C3(1)C2(2) + C3(2)=6。
14.答案： 6
解析： 设圆心O 到直线 AB, CD 的距离分别为d1 , d2 ，则
AB = 2 ， CD = 2 ，所以S = AB CD =
2 . = 2 ，又 d1(2) + d2(2) = 2 ，
d1(2) . d2(2) = 1，所以 S 6
15. 答案：
解析： 如图，取 AB 的中点为M ，则 OM = = 4 ，设O 到 CD的距离为d0 ，点M 到
直线 CD的距离为d ， A, B 两点到平面MCD 的距离分别为h1 , h2 ，则
CD = 2 30 − d0(2) ，
1
(30 − d0(2))(d0 + 4)2 ，令
d d0 + 4 ，所以
30 − d0(2) (d0 + 4) =
SMCD 2 2
f (x) = (30 − x2 )(x + 4)2 ，则 f ' (x) = −4(x + 5)(x + 4)(x − 3) ，所以当x = 3时，
fmax (x) = f (3) = 21 49 ，所以
SMCD 7 21 ，所以
VABCD = S MCD . (h1 + h2 ) S MCD . AB 7 2 =
3 3 3 3 ，当且仅当
MC = MD = ，且 AB ⊥ 平面MCD 时取等号。
16.答案：
解析： y = eax 与y = ln x 互为反函数，图像关于直线y = x 对称，如图所示，由题意，
tan 29 = 2 = ，解得 tan 9 = 或tan9= −3，又9为锐角，所以 tan 9 = 。由对称
2 tan 9 3 1 1
1− tan 9 4 3 3
性，不妨取 AD 直线进行研究，则 = 9+ ，k = tan = tan(9+ ) = =2。设切点A 的
几 几 1+ tan 9
4 4 1− tan 9
横坐标为x1 ，切点 D 的横坐标为x2 。 A(x1 , eax1 ) ，kAD = aeax1 = 2 。lAD : y − eax1 = 2(x − x1 ) ，即 y = 2x + eax1 − 2x1 。所以
B(x2 , ln x2 ) ，kAD = = 2 。
lAD : y − ln x2 = 2(x − x2 ) ，即
y = 2x + ln x2 − 2x2 。
eax1 − 2x1 = ln x2 − 2x2 ，则 aeax1 − 2ax1 =ln x2 − 2ax2 ，
即 2 − 2ax1 = ln x2 −1 ， 则 2ax1 + ln x2 = 3 ， 所 以
e2ax1 +ln x2 = e3 ，即 x2e2ax1 = e3 ，x2 (eax1 )2 = e3 ， ()2 = e3 ，所以 a3 = 。
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.解析：(1) 证明：Sn + an = ①，当 n > 2 时，有Sn−1 + an−1 = ②， ①-②可得： 2an = an−1 + − ，所以2an + =
an−1 + n(n +1) + n(n +1) − n(n −1) = an−1 + n(n −1) ，即 2bn = bn−1 ，所以{bn } 是等比数列。 2a1 = S1 + a1 = 0 ， a1 = 0 ，b1 = a1 + = ，所以bn = ，则 an = bn − =
1 1
− 。
2 n −1 n − 2 1
2n n(n +1)
(2) Sn = − an = − 。要求Sn 的最大值， 可分析an 的符号， 先比较2n 与n(n +1)
的大小。令 f (n) = ，可以比较 f (n) 与 1 的大小， = = 2 − ，
n(n +1) f (n) n + 2 n + 2
2n f (n +1) 2n 4
f (1) > f (2) = f (3) < f (4) = < 1 = = f (5) < f (6) < … ，
所以当n < 4 时， > ，当 n > 5时， < ，所以 S4 最大，此时S4 = 。
18.解析：(1) ACD中， AC2 = AD2 + DC2 − 2AD . DC . cos120。=49，所以AC = 7 ，由正弦
定理， = = ，可得b2 = a2 + c2 − ac ，再由余弦定理， cos B = ，又 B (0,冗) ，所以 B = 3(冗) 。三ADC = 120。，所以三ABC + 三ADC = 180。，所以A, B, C, D 四点共
圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于 ABC 外接圆的半径。又2R = = = ，
b 7 14
sin B 3
2
所以R = 。
(2) a2 + c2 − ac = 49 ，则 (a + c)2 = 49 + 3ac 。SABC = ac sin B = (a + b + c) . r ，则
r = = = (a + c − 7) 。在 ABC 中， 由正弦定理，
ac 1 (a + c)2 − 49 1
2 7 + a + c 2 3 7 + a + c 2 3
= = = ，所以 a = sin A ，c = sin C ，则 a + c =
a c b 14 14 14
sin A sin C sin B 3 3 3
36 yA − 6 5(yA − 6)
(sin A + sin C) = [sin A + sin(120 − A)]= (sin A + cos A+ sin A) =
( sin A + cos A) =14(sin A + cos A ) =14 sin( A+ ) ，又 A (0, ) ，所以
14 3 1 2
3 2 2 2 2 6 3
A + ( , ) ，所以sin( A+ ) ( ,1] ，14sin( A+ ) (7,14]，所以 r (0, ] 。
5 1 7
6 6 6 6 2 6 6
19.解析：(1) PAD 中， PA = ， AD = 2 ，PD = ，所以PD2 = PA2 + AD2 ，则 PA ⊥ AD ，又 AD ⊥ AC，所以 AD ⊥ 平面PAC ，PO 平面PAC ，所以 AD ⊥ PO。又 PO ⊥ AC ，所以 PO ⊥平面ACD 。
(2)取 CD中点F ，连接 OF ，PF ，在 POF 中过F 作FG 垂直于PO，垂足为 G 。
OF ∥ AD ，则 OF ⊥ AC ，则 AC ⊥平面POF ，又 FG 平面POF ，所以AC ⊥ FG ，又FG
⊥ PO，所以FG ⊥平面PAC ，所以FG 就是点F 到平面PAC 的距离。 D 到平面PAC 的距离为 ，又 F 为 CD 中点，所以 F 到平面 PAC 的距离为 。
RtOFG 中， sin GOF = ，所以 GOF = ，所以平面
2 3
PAC 与平面 ACD所成角大小为 。
3
20.解析：(1) ①由题意该团队不能通过审查的概率为： 1− (1− )(1− )(1− ) = 。
②假设该团队通过审查的事件为A 。通过技术技能检测的事件为B ，则由题意P(A) = ，
P(AB) = ，则 P(B A) = = = 。
35 P(AB) 35 5
100 P(A) 49 7
= 11.765 10.828
2 100 (283 − 57 12)2
(2) 根据题意得 8515 40 60 ，
所以有 99.9%的把握可以认为观众对该视频的满意度与该视频改拍相关程度有关联。
21.解析：(1) = = = =2.
MF
d x −1 x −1 x −1
(2) 方法一： 设直线l 的方程为x = my + 4 ，与双曲线方程3x2 − y2 = 12 联立得
(3m2 −1)y2 + 24my + 36 = 0 ，设 A(xA , yA ), B(xB , yB ) ，则 yA + yB = ，
3m2 −1 xA + 4 D xA + 4
yA yB = 。直线 MA 的方程为y − 6 = (x + 4) ，令 x = 1，可得y = + 6
= A ，所以D(1, A ) ，同理 E(1, B ) 。由对称性可知， 定
(5 + 6m) y +18 (5 + 6m) y +18 (5 + 6m) y +18
myA + 8 myA + 8 myB + 8
(5 + 6m) y +18
y
x
点 P 一定在x 轴上， 不妨设为P(a,0) ，则 PD = (1− a, A ) ，
myA + 8
PE = (1− a, ) ，则 PD . PE = (1− a)2 + . =
(1− a)2 + (5 + 6m) 2 y2AyB +18 (5 + 6m)(yA + yB ) +182 = (1− a)2 +
m yAyB + 8m(yA + yB ) + 64
(5 + 6m) 2 2(3)6 −18 (5 + 6m) 22(4)m +182
3m −1 3m −1 =
m2 2(3)6 − 8m 22(4)m + 64
3m −1 3m −1
(1− a)2 +
36(5 + 6m) 2 −18 24m(5 + 6m) +182 (3m2 −1)
=
36m2 −8m 24m + 64(3m2 −1)
(1− a)2 + 9 (1− a)2 -9=0，所以
9m −16
(a −1)2 = 9 ，则 a = −2 ，或 a = 4 。所以，线段DE
为直径的圆过定点P(−2,0) ，或 P(4,0) 。
AF MF
方法二：由(1)结论可知： = 2 = ，则有
AA MN
AF AA
= 1 ， 再 由 AA1D ∽ MND ， 可 得
MF MN
AD AA AF AD
= 1 ，所以 = ，说明 FD 是
DM MN MF DM
三AFM 的角平分线，则三AFD = 三DFM 。同理可得
1
FE 是 三BFM 的角平分线， 则三BFE = 三MFE 。所以三EFD = 90 ，即 FD ⊥ FE 。
由对称性可知， (−2,0) 也满足条件。
22.解析：(1)当 a = 0 时， f (x) = (x +1) ln x ，f ' (x) = ln x +1+ ，f ' (1) = 2 ，
f (1) = 0 ，则切线方程为y − 0 = 2(x −1) ，即 y = 2(x −1) 。
(2) 方法一： 当x 1时,f (x) = (x +1) ln x − a(x −1) 0 恒成立，即ln x − 0 恒成立， x +1
a(x −1)
令 h(x) = ln x − ，则 h' (x) = − = ，记
(x) = x2 + (2 − 2a)x +1 ， = 4a(a − 2)
①当0 a 2 时， 0 ， (x) 0 恒成立，即 h' (x) 0 恒成立， 所以h(x) 递增，则
h(x) h(1) = 0 。
②当a 0 时， 2 − 2a 0 ， (x) 0 恒成立，即 h' (x) 0 恒成立， 所以h(x) 递增，则 h(x) h(1) = 0 。
③当a 2 ， = 4a(a − 2) 0 ，设 (x) = 0 的两根为x1 , x2 ，则 x1 + x2 = 2a − 2 0 ， x1 x2 = 1，则 0 x1 1 x2 ，所以 x (1, x2 )时， (x) 0 ，即 h' (x) 0 ，则 h(x) 递减， h(1) = 0 ，则 x (1, x2 )时， h(x) 0 ，矛盾。
综上所述， a 2 。
方法二：参变分离+洛必达法则
f (x) 0 a 在 (1,+) 恒成立， 设h(x) = ，且 x (1,+) ，则 h (x)' = ，再设u(x) = x − − 2 ln x ，x (1,+) ，则 u' (x) = 0 ，u(x) 在
(1,+) 递增， u(x) u(1) = 0 ，即 h' (x) 0 ，所以h(x) 在 (1,+) 上单调递增，而 lim h(x) = x →1+
lim ln x +1+ = 2 ，所以 a 2 。
x →0+ 1
方法三：拉格朗日中值定理
f (x) 0 a 在 (1,+) 恒成立， 则F(x) = (x +1) ln x ，则 = ，所以a ，由于F' (x) = ln x +1 = 0 ，F (x)'' = 0 ，所以
F (x) 为下凸函数，则 F (1) = 2 ，所以a 2 。
F(x) − F(1) '
x −1
(3) g(x) = f (x) + 2(a −1)x − a + 2 = (x +1) ln x + (a − 2)x + 2 ，则 g' (x) =ln x + + a −1， g (x)'' = − = ，当 x (0,1) 时， g (x)'' 0 ，g ' (x) 在(0,1) 递减；当 x (1,+) 时， g (x)'' 0 ， g ' (x) 在(1,+) 递增； g' (x) g' (1) = a 0 ，所以g (x) 在 (0,+) 递增，因为
g(1) = a ，当 a = 0 时， g (x) 存在唯一零点x0 = 1；当 a 1时， g(1) = a 1 ，取 m = e −a−2 1。 此时， g(m) = (m +1) ln m + (a − 2)m + 2 =
mln m + ln m + am − 2m + 2 ln m + a + 2 = ln e−a−2 + a + 2 = 0 ，所以由零点存在定理可知，存在 x0 (m,1) ，使得 g(x0 ) = 0 。综上， g (x) 存在唯一零点。
g(x0 ) = (x0 +1) ln x0 + (a − 2)x0 + 2 = 0 ， x0 1，所以 a = 0 0 + 2 ，因为
x0
− (x +1) ln x − 2
x1 + a = sin x1 ，所以 a = sin x1 − x1 ，则 + 2 =sin x1 − x1 ，令 t = ln x0 ，则
x0 = et , t 0 ，所以 + 2 =sin x1 − x1 ，下面证明t > x1 。
设F(x) = sin x − x ，则 F' (x) = cos x −1 0 ，所以F (x) 在R 上递减， 又F(0) = 0 ，所以当
x 0 时， F(x) > 0 ，所以 x1 0 。设 G(x) = x + 2 =
− (ex +1)x − 2
e
− x − + 2, x 0 ，则 G' (x) = e− x (x +1) −1 ， G'' (x) = −xe−x > 0 ，所以 G' (x) 在(−,0] 递 增， G' (x) G' (0) = 0 ，所以G(x) 在(−,0] 递减。
再设H(x) = G(x) − F(x) = − + 2− sin x ，x 0 ，所以 H' (x) = e−x(x +1)− cos x ，
H'' (x) = −xe−x + sin x > x − xe−x > 0 ，所以 H' (x) 在(−,0] 递增， H (x) H (0)'' = 0 ，H (x) 在 (−,0] 递减， 所以H(x) > H(0) = 0 ，所以G(x) > F(x) ，当 x = 0 时取等号。
综上， F(x), G(x) 在(−,0] 递减， 且G(x) > F(x), G(0) = F(0) = 0 ， G(t) = F(x1 ) ，所以 t > x1 ，即 x1 − ln x0 0 ，所以 ex1 < x0 。
高三年级数学学科 参考答案及解析
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。
1.答案：A。
解析： B = {x y = log 2 (3− x)}=(−,3) ， A = (−,−1] [3,+) ， CR A = (−1,3) 由图可知阴影 部分表示的集合是(CR A) B = (−1,3) ，故选：A。
2.答案：C 。解析：z2 = = − + i ，所以 ABD 正确， C 错误。
3.答案：C 。解析：P = =
4.答案：B。
1
解析： 由题意， = ，所以 g(x) = sin( 2x+ ) ，又sin( 2x + ) = cos[ − (2x + )] =
2 3 3 2 3
cos( − 2x) =cos(2x − ) ，所以h(x) = cos(2x − ) ，
6 6 6
g( ) = 0 ， g( ) = 1，所以( ,0) 为对称中心，x = 为对称轴。
3 12 3 12
5.答案：D。
方法一：(ap2 − bp + 4a) (aq2 − bq + 4a) = a2 (pq)2 − abp2 q +4a2 p2 − abpq2
+b2pq − abp +4a2 q2 − 4abq +16 a 2 =32a2 − abpq(p + q) +4a2 (p2 + q2 ) +b2pq − 4ab(p + q) ，
由韦达定理，p + q = ，pq = 4 ，代入可得 (ap2 − bp + 4a)
(aq2 − bq + 4a)=16。
方法二：由韦达定理，pq = 4 ，又 ap2 − (b + 2)p + 4a = 0 ，所以ap2 − bp + 4a = 2p ，同理
aq2 − bq + 4a = 2q ，所以 (ap2 − bp + 4a) (aq2 − bq + 4a)=4pq =16。
6.答案：B。
解析： 过I 分别作 PF1F2 三边的垂线，垂足分别为A, B, C ，则 PB = PC ，F1A = F1C ，
F2 A = F2B ，所以 PB = PC = 1 2 1 2 = a − c 。所以 PI PG = (PF1 + PF2 ) PI =
PF + PF − F F 1
2 3
(PF1 PI + PF2 PI) = (PF1 PC + PF2 PB) = (PF1 PC + PF2 PB ) = PB ( PF1 + PF2 ) = (a − c) 2a = 。
7.答案：B。
1 1 1 2023
解析： 可证明 ex x +1 对任意 x R均成立。取x = 2022 ，有 e 2022 2022 +1 = 2022 ，所以
1 1 1 1 − 1 1 2022 1 2023
2023 e 2022 2022 。再取 x = − 2023 ，可得e 2023 1− 2023 = 2023 ，即 e 2023 2022 ，所以
1
e 2023 < ，又当 x 仁 (0, 2(冗)) 时， sin x < x < tan x 。所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
sin 2023 . e 2023 < 2023 e 2023 < 2022 < 2023 e 2022 < tan 2023 . e 2022 < tan 2022 . e 2022 ，即
c < a < b 。
8.答案：D。
解析： 由定义 PF1 . PF2 = c2 ，即 (x + c)2 + y2 〉 (x − c)2 + y2 = c2 ，即
(x2 + y2 + c2 + 2cx) . (x2 + y2 + c2 − 2cx) = c4 ，即 (x2 + y2 + c2 )2 − 4c2x2 = c4 ，整理可得
(x2 + y )22 = 2c (x2 2 − y )2 ，①正确。S编F1PF2 = PF1 PF2 sin 三F1PF2 = c2 sin 三F1PF2
共 c2 ，②正确。又 S编F1PF2 = F1F2 〉y0 = c y 0 共 c2 ，所以 − 共 y0 共 ，③正确。 编F1PF2
中， F1F2 = PF1 + PF2 − 2 PF1 . PF2 . cos 三F1PF2 ，所以
2 2 2
PF1 2 + PF2 2 = 4c2 + 2c2 cos 三F1PF2 ，又在 编F1PF2 中有：(2 PO ) 2 + F1F2 2 =
2(PF1 2 + PF2 2 ) ，可得 PO 2 = c2 + c2 cos 三F1PF2 共 2c2 ，所以 PO 共 ，④正确。
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分， 部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.答案：A,B,D。
10.答案： A,B。
解析： f ' (x) = 3ax2 + 2bx ， f '' (x) = 6ax + 2b ，由题意：〈(f '' (1) = 0, 解得a = 1 , b = −1 。A 正
lf (1) = 1 3
确。 f (x) = x3 − x2 + ，f ' (x) = x2 − 2x ，当 x 仁 (−w,0) 时， f ' (x) > 0 ，f (x) 递增； 当
x 仁 (0,2) 时， f ' (x) < 0 ，f (x) 递减；当x 仁 (0,+w) 时， f ' (x) > 0 ，f (x) 递增； B 正确。又
f (0) = > 0 ，f (2) = > 0 ，所以函数只有 1 个零点， C 错误。设切点为T(x0 , y0 ) ，则切线方 程为y − (x0(3) − x0(2) + ) = (x0(2) − 2x0 )(x − x0 ) ，又切线过(−1, ) ，则
− ( x0(3) − x0(2) + ) = (x0(2) − 2x0 )(−1− x0 ) ，化简得x0(3) − 3x0 − 2 = 0 ，即 (x0 +1)2 (x0 − 2) = 0 ，所
以只有两条切线，D 错。
11.答案： A,B,C。
解析： MN = = = ，说明 N
在以 AB 为直径的圆上， 又MN ⊥ l1 ，所以 A 正确；设 l 的 方程为y = kx +1与 C : x2 = 4y 联立可得
C : x2 − 4kx − 4 = 0 ，所以 xA + xB = 4k, xA . xB = −4 ，
yA . yB = . = 1 ，F(0,1) ，N( ,−1) ，则 kNF =
y
x
第 11 题图
−1−1 1
− 0 k
= − ，所以
kNF . k = −1，所以 NF ⊥ AB ，B 正确。 + = + = A B =1 ，C
1 1 1 1 y + y + 2
FA FB yA +1 yB +1 yAyB + yA + yB +1
正确。 + = 1，则FA + FB = FA . FB 。RtANB中， AN ⊥ NB ，NF ⊥ AB，由射 影定理可得NF2 = AF . FB ，则 + = + = +
> 2 =4，当且仅当 FA . FB = 8 时取到，而FA . FB [4,+) ，D 错误。
12.答案： B,C。
解析： g' (x) = f ' (x − 2) ，则 g(x) = f (x − 2) + a ，则 g(4 − x) = f (2 − x)+ a ，又
f (x) − g(4 − x) = 2 ，所以 f (x) = f (2 − x) + a + 2 ，令 x = 1，可得a + 2 = 0 ，即 a = −2 。所以 f (x) = f (2 − x) ，所以 函数f (x) 的图象关于x = 1对称，A 错误。又f (x + 2) 为奇函数，则 y = f (x) 图像关于(2,0) 对称， 且f (2 + x) + f (2 − x) = 0 ，y = f (x) 的周期T = 4 ，定义域为 R ，f (x + 2) 为奇函数，过原点，所以f (2) = 0 ，又 f (1) + f (3) = 0 ，f (4) + f (0) = 0 ，所以
2023
f (4) = 0 ，则 f (k) = f (1) + f (2) + f (3) = 0 ，所以 C 正确。又 g(x) = f (x − 2) − 2 ，则 g (x)
k =1
是周期T = 4 的函数。 g(3) + g(5) = f (1) − 2 + f (3) − 2 =
2023
− 4 ，所以 B 正确。 g(k) = f (−1) − 2 + f (0) − 2 + f (1) − 2+ … + f (2021) − 2 = − 4046 ，D 错 k =1
误。
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13.答案： 6
1 1 1 98 6
解析： 令x = 1，可得3n = 27 ，所以n = 3，则 (1+ x + x2 )n 中含x4 项的系数为C3(1)C2(2) + C3(2)=6。
14.答案： 6
解析： 设圆心O 到直线 AB, CD 的距离分别为d1 , d2 ，则
AB = 2 ， CD = 2 ，所以S = AB CD =
2 . = 2 ，又 d1(2) + d2(2) = 2 ，
d1(2) . d2(2) = 1，所以 S 6
15. 答案：
解析： 如图，取 AB 的中点为M ，则 OM = = 4 ，设O 到 CD的距离为d0 ，点M 到
直线 CD的距离为d ， A, B 两点到平面MCD 的距离分别为h1 , h2 ，则
CD = 2 30 − d0(2) ，
1
(30 − d0(2))(d0 + 4)2 ，令
d d0 + 4 ，所以
30 − d0(2) (d0 + 4) =
SMCD 2 2
f (x) = (30 − x2 )(x + 4)2 ，则 f ' (x) = −4(x + 5)(x + 4)(x − 3) ，所以当x = 3时，
fmax (x) = f (3) = 21 49 ，所以
SMCD 7 21 ，所以
VABCD = S MCD . (h1 + h2 ) S MCD . AB 7 2 =
3 3 3 3 ，当且仅当
MC = MD = ，且 AB ⊥ 平面MCD 时取等号。
16.答案：
解析： y = eax 与y = ln x 互为反函数，图像关于直线y = x 对称，如图所示，由题意，
tan 29 = 2 = ，解得 tan 9 = 或tan9= −3，又9为锐角，所以 tan 9 = 。由对称
2 tan 9 3 1 1
1− tan 9 4 3 3
性，不妨取 AD 直线进行研究，则 = 9+ ，k = tan = tan(9+ ) = =2。设切点A 的
几 几 1+ tan 9
4 4 1− tan 9
横坐标为x1 ，切点 D 的横坐标为x2 。 A(x1 , eax1 ) ，kAD = aeax1 = 2 。lAD : y − eax1 = 2(x − x1 ) ，即 y = 2x + eax1 − 2x1 。所以
B(x2 , ln x2 ) ，kAD = = 2 。
lAD : y − ln x2 = 2(x − x2 ) ，即
y = 2x + ln x2 − 2x2 。
eax1 − 2x1 = ln x2 − 2x2 ，则 aeax1 − 2ax1 =ln x2 − 2ax2 ，
即 2 − 2ax1 = ln x2 −1 ， 则 2ax1 + ln x2 = 3 ， 所 以
e2ax1 +ln x2 = e3 ，即 x2e2ax1 = e3 ，x2 (eax1 )2 = e3 ， ()2 = e3 ，所以 a3 = 。
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.解析：(1) 证明：Sn + an = ①，当 n > 2 时，有Sn−1 + an−1 = ②， ①-②可得： 2an = an−1 + − ，所以2an + =
an−1 + n(n +1) + n(n +1) − n(n −1) = an−1 + n(n −1) ，即 2bn = bn−1 ，所以{bn } 是等比数列。 2a1 = S1 + a1 = 0 ， a1 = 0 ，b1 = a1 + = ，所以bn = ，则 an = bn − =
1 1
− 。
2 n −1 n − 2 1
2n n(n +1)
(2) Sn = − an = − 。要求Sn 的最大值， 可分析an 的符号， 先比较2n 与n(n +1)
的大小。令 f (n) = ，可以比较 f (n) 与 1 的大小， = = 2 − ，
n(n +1) f (n) n + 2 n + 2
2n f (n +1) 2n 4
f (1) > f (2) = f (3) < f (4) = < 1 = = f (5) < f (6) < … ，
所以当n < 4 时， > ，当 n > 5时， < ，所以 S4 最大，此时S4 = 。
18.解析：(1) ACD中， AC2 = AD2 + DC2 − 2AD . DC . cos120。=49，所以AC = 7 ，由正弦
定理， = = ，可得b2 = a2 + c2 − ac ，再由余弦定理， cos B = ，又 B (0,冗) ，所以 B = 3(冗) 。三ADC = 120。，所以三ABC + 三ADC = 180。，所以A, B, C, D 四点共
圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于 ABC 外接圆的半径。又2R = = = ，
b 7 14
sin B 3
2
所以R = 。
(2) a2 + c2 − ac = 49 ，则 (a + c)2 = 49 + 3ac 。SABC = ac sin B = (a + b + c) . r ，则
r = = = (a + c − 7) 。在 ABC 中， 由正弦定理，
ac 1 (a + c)2 − 49 1
2 7 + a + c 2 3 7 + a + c 2 3
= = = ，所以 a = sin A ，c = sin C ，则 a + c =
a c b 14 14 14
sin A sin C sin B 3 3 3
36 yA − 6 5(yA − 6)
(sin A + sin C) = [sin A + sin(120 − A)]= (sin A + cos A+ sin A) =
( sin A + cos A) =14(sin A + cos A ) =14 sin( A+ ) ，又 A (0, ) ，所以
14 3 1 2
3 2 2 2 2 6 3
A + ( , ) ，所以sin( A+ ) ( ,1] ，14sin( A+ ) (7,14]，所以 r (0, ] 。
5 1 7
6 6 6 6 2 6 6
19.解析：(1) PAD 中， PA = ， AD = 2 ，PD = ，所以PD2 = PA2 + AD2 ，则 PA ⊥ AD ，又 AD ⊥ AC，所以 AD ⊥ 平面PAC ，PO 平面PAC ，所以 AD ⊥ PO。又 PO ⊥ AC ，所以 PO ⊥平面ACD 。
(2)取 CD中点F ，连接 OF ，PF ，在 POF 中过F 作FG 垂直于PO，垂足为 G 。
OF ∥ AD ，则 OF ⊥ AC ，则 AC ⊥平面POF ，又 FG 平面POF ，所以AC ⊥ FG ，又FG
⊥ PO，所以FG ⊥平面PAC ，所以FG 就是点F 到平面PAC 的距离。 D 到平面PAC 的距离为 ，又 F 为 CD 中点，所以 F 到平面 PAC 的距离为 。
RtOFG 中， sin GOF = ，所以 GOF = ，所以平面
2 3
PAC 与平面 ACD所成角大小为 。
3
20.解析：(1) ①由题意该团队不能通过审查的概率为： 1− (1− )(1− )(1− ) = 。
②假设该团队通过审查的事件为A 。通过技术技能检测的事件为B ，则由题意P(A) = ，
P(AB) = ，则 P(B A) = = = 。
35 P(AB) 35 5
100 P(A) 49 7
= 11.765 10.828
2 100 (283 − 57 12)2
(2) 根据题意得 8515 40 60 ，
所以有 99.9%的把握可以认为观众对该视频的满意度与该视频改拍相关程度有关联。
21.解析：(1) = = = =2.
MF
d x −1 x −1 x −1
(2) 方法一： 设直线l 的方程为x = my + 4 ，与双曲线方程3x2 − y2 = 12 联立得
(3m2 −1)y2 + 24my + 36 = 0 ，设 A(xA , yA ), B(xB , yB ) ，则 yA + yB = ，
3m2 −1 xA + 4 D xA + 4
yA yB = 。直线 MA 的方程为y − 6 = (x + 4) ，令 x = 1，可得y = + 6
= A ，所以D(1, A ) ，同理 E(1, B ) 。由对称性可知， 定
(5 + 6m) y +18 (5 + 6m) y +18 (5 + 6m) y +18
myA + 8 myA + 8 myB + 8
(5 + 6m) y +18
y
x
点 P 一定在x 轴上， 不妨设为P(a,0) ，则 PD = (1− a, A ) ，
myA + 8
PE = (1− a, ) ，则 PD . PE = (1− a)2 + . =
(1− a)2 + (5 + 6m) 2 y2AyB +18 (5 + 6m)(yA + yB ) +182 = (1− a)2 +
m yAyB + 8m(yA + yB ) + 64
(5 + 6m) 2 2(3)6 −18 (5 + 6m) 22(4)m +182
3m −1 3m −1 =
m2 2(3)6 − 8m 22(4)m + 64
3m −1 3m −1
(1− a)2 +
36(5 + 6m) 2 −18 24m(5 + 6m) +182 (3m2 −1)
=
36m2 −8m 24m + 64(3m2 −1)
(1− a)2 + 9 (1− a)2 -9=0，所以
9m −16
(a −1)2 = 9 ，则 a = −2 ，或 a = 4 。所以，线段DE
为直径的圆过定点P(−2,0) ，或 P(4,0) 。
AF MF
方法二：由(1)结论可知： = 2 = ，则有
AA MN
AF AA
= 1 ， 再 由 AA1D ∽ MND ， 可 得
MF MN
AD AA AF AD
= 1 ，所以 = ，说明 FD 是
DM MN MF DM
三AFM 的角平分线，则三AFD = 三DFM 。同理可得
1
FE 是 三BFM 的角平分线， 则三BFE = 三MFE 。所以三EFD = 90 ，即 FD ⊥ FE 。
由对称性可知， (−2,0) 也满足条件。
22.解析：(1)当 a = 0 时， f (x) = (x +1) ln x ，f ' (x) = ln x +1+ ，f ' (1) = 2 ，
f (1) = 0 ，则切线方程为y − 0 = 2(x −1) ，即 y = 2(x −1) 。
(2) 方法一： 当x 1时,f (x) = (x +1) ln x − a(x −1) 0 恒成立，即ln x − 0 恒成立， x +1
a(x −1)
令 h(x) = ln x − ，则 h' (x) = − = ，记
(x) = x2 + (2 − 2a)x +1 ， = 4a(a − 2)
①当0 a 2 时， 0 ， (x) 0 恒成立，即 h' (x) 0 恒成立， 所以h(x) 递增，则
h(x) h(1) = 0 。
②当a 0 时， 2 − 2a 0 ， (x) 0 恒成立，即 h' (x) 0 恒成立， 所以h(x) 递增，则 h(x) h(1) = 0 。
③当a 2 ， = 4a(a − 2) 0 ，设 (x) = 0 的两根为x1 , x2 ，则 x1 + x2 = 2a − 2 0 ， x1 x2 = 1，则 0 x1 1 x2 ，所以 x (1, x2 )时， (x) 0 ，即 h' (x) 0 ，则 h(x) 递减， h(1) = 0 ，则 x (1, x2 )时， h(x) 0 ，矛盾。
综上所述， a 2 。
方法二：参变分离+洛必达法则
f (x) 0 a 在 (1,+) 恒成立， 设h(x) = ，且 x (1,+) ，则 h (x)' = ，再设u(x) = x − − 2 ln x ，x (1,+) ，则 u' (x) = 0 ，u(x) 在
(1,+) 递增， u(x) u(1) = 0 ，即 h' (x) 0 ，所以h(x) 在 (1,+) 上单调递增，而 lim h(x) = x →1+
lim ln x +1+ = 2 ，所以 a 2 。
x →0+ 1
方法三：拉格朗日中值定理
f (x) 0 a 在 (1,+) 恒成立， 则F(x) = (x +1) ln x ，则 = ，所以a ，由于F' (x) = ln x +1 = 0 ，F (x)'' = 0 ，所以
F (x) 为下凸函数，则 F (1) = 2 ，所以a 2 。
F(x) − F(1) '
x −1
(3) g(x) = f (x) + 2(a −1)x − a + 2 = (x +1) ln x + (a − 2)x + 2 ，则 g' (x) =ln x + + a −1， g (x)'' = − = ，当 x (0,1) 时， g (x)'' 0 ，g ' (x) 在(0,1) 递减；当 x (1,+) 时， g (x)'' 0 ， g ' (x) 在(1,+) 递增； g' (x) g' (1) = a 0 ，所以g (x) 在 (0,+) 递增，因为
g(1) = a ，当 a = 0 时， g (x) 存在唯一零点x0 = 1；当 a 1时， g(1) = a 1 ，取 m = e −a−2 1。 此时， g(m) = (m +1) ln m + (a − 2)m + 2 =
mln m + ln m + am − 2m + 2 ln m + a + 2 = ln e−a−2 + a + 2 = 0 ，所以由零点存在定理可知，存在 x0 (m,1) ，使得 g(x0 ) = 0 。综上， g (x) 存在唯一零点。
g(x0 ) = (x0 +1) ln x0 + (a − 2)x0 + 2 = 0 ， x0 1，所以 a = 0 0 + 2 ，因为
x0
− (x +1) ln x − 2
x1 + a = sin x1 ，所以 a = sin x1 − x1 ，则 + 2 =sin x1 − x1 ，令 t = ln x0 ，则
x0 = et , t 0 ，所以 + 2 =sin x1 − x1 ，下面证明t > x1 。
设F(x) = sin x − x ，则 F' (x) = cos x −1 0 ，所以F (x) 在R 上递减， 又F(0) = 0 ，所以当
x 0 时， F(x) > 0 ，所以 x1 0 。设 G(x) = x + 2 =
− (ex +1)x − 2
e
− x − + 2, x 0 ，则 G' (x) = e− x (x +1) −1 ， G'' (x) = −xe−x > 0 ，所以 G' (x) 在(−,0] 递 增， G' (x) G' (0) = 0 ，所以G(x) 在(−,0] 递减。
再设H(x) = G(x) − F(x) = − + 2− sin x ，x 0 ，所以 H' (x) = e−x(x +1)− cos x ，
H'' (x) = −xe−x + sin x > x − xe−x > 0 ，所以 H' (x) 在(−,0] 递增， H (x) H (0)'' = 0 ，H (x) 在 (−,0] 递减， 所以H(x) > H(0) = 0 ，所以G(x) > F(x) ，当 x = 0 时取等号。
综上， F(x), G(x) 在(−,0] 递减， 且G(x) > F(x), G(0) = F(0) = 0 ， G(t) = F(x1 ) ，所以 t > x1 ，即 x1 − ln x0 0 ，所以 ex1 < x0 。
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