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2023年6月浙江省高考数学仿真模拟卷01（全解全析）
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这是一份2023年6月浙江省高考数学仿真模拟卷01（全解全析），共22页。试卷主要包含了刘老师沿着某公园的环形道，下列命题中为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
2023年6月浙江省高考仿真模拟卷01
数学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．已知集合A=x∈Zx≤2,B=yy=x2,x∈A，则A∪B=（ ）
A．{0,1,4} B．{0,1,2,3,4,9,16}
C．{1,4} D．{1,2,3,4,9,16}
【答案】B
【分析】求出集合A,B，然后根据集合的并集运算可得答案.
【详解】因为A=0,1,2,3,4，所以B=0,1,4,9,16，所以A∪B=0,1,2,3,4,9,16．
故选：B
2．设x∈R，则“x=2”是“x2=4”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】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当x=2时x2=4，故充分性成立，
由x2=4可得x=2或x=−2，故必要性不成立，
所以“x=2”是“x2=4”的充分不必要条件.
故选：A
3．设函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0，若a=ln2，b=30.2，c=log0.32，则（ ）
A．fa>fb>fc B．fb>fa>fc
C．fa>fc>fb D．fc>fa>fb
【答案】D
【分析】根据条件判断出函数的单调性，再判断出a，b，c的大小关系，进而求得结论．
【详解】解∵函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0，
∴当x>0时，由y=2−x和y=−2x在定义域上单调递减，
所以f(x)=−2x+2−x在0,+∞上单调递减，
当x≤0时，f(x)=−x3单调递减，
又因为−20+2−0=−03=0，
∴函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0在R上单调递减，
∵030=1，c=log0.32<0，
∴fc>fa>fb.
故选：D．
4．已知函数fx=sinωx+2cos2ωx2−1ω>0的图象的相邻两个对称中心之间的距离为π，把y=fx的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），得到函数y=gx的图象.则gx在−7π24,π4上的值域为（ ）
A．−1,2 B．−32,1 C．−62,2 D．−2,2
【答案】C
【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式求出函数f(x)的解析式，由三角函数图象的平移伸缩变换求出函数g(x)的解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.
【详解】f(x)=sinωx+2cos2ωx2−1=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)，
因为函数f(x)图象的相邻两个对称中心的距离为π，
所以T2=π，得T=2π，又T=2πω，所以ω=1，
则f(x)=2sin(x+π4).
将函数f(x)图象上的点的横坐标缩短为原来的12倍(纵坐标不变)，
得g(x)=2sin(2x+π4)，
由−7π24≤x≤π4，得−π3≤2x+π4≤3π4，
又函数y=sinx在[−π2,π2]上单调递增，在[π2,3π2]上单调递减，
所以−32≤sin(2x+π4)≤1，得−62≤2sin(2x+π4)≤2，
即函数g(x)在[−7π24,π4]上的值域为[−62,2].
故选：C.
5．刘老师沿着某公园的环形道（周长大于1km）按逆时针方向跑步，他从起点出发、并用软件记录了运动轨迹，他每跑1km，软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数．已知刘老师共跑了11km，恰好回到起点，前5km的记录数据如图所示，则刘老师总共跑的圈数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即可求解.
【详解】设公园的环形道的周长为t，刘老师总共跑的圈数为x，（x∈N∗），
则由题意144t>5，所以43
故选：B
6．在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cosA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1 B．12,1
C．1,+∞ D．12,+∞
【答案】A
【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A−C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为12cos2C并确定C的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【详解】由cosA=b−c2c=sinB−sinC2sinC，则sinB−sinC=2sinCcosA，
所以sin(A+C)−sinC=sinAcosC+cosAsinC−sinC=2sinCcosA，
则sinAcosC−cosAsinC=sin(A−C)=sinC，
所以A−C=C或A−C+C=A=π（舍），故A=2C，
综上，2cc+b=2sinCsinC+sinB=2sinCsinC+sin(A+C)=2sinCsinC+sin3C，且sinC>0
所以2cc+b=2sinCsinC+sin2CcosC+cos2CsinC，
=2sinCsinC+2sinCcos2C+(2cos2C−1)sinC =12cos2C，
由锐角△ABC，则π2
故选：A
7．已知fx是偶函数，且在−∞,0上递减，若x∈12,1时，fax+1≤fx+2恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． −4,2 B． −∞,2 C．−4,+∞ D．−4,−2
【答案】A
【分析】先利用偶函数性质fx=f−x=fx，再根据单调性得到ax+1≤x+2，
根据绝对值性质，取掉绝对值，分离参数转化为函数恒成立问题，求最值即可.
【详解】因为fx是偶函数，所以fx=f−x=fx，
所以fax+1≤fx+2在x∈12,1恒成立
等价于fax+1≤fx+2在x∈12,1恒成立，
又因为fx在−∞,0上递减，根据偶函数性质，fx在0,+∞上递增，
所以ax+1≤x+2在x∈12,1恒成立，
因为x∈12,1，所以x+2>0恒成立，即ax+1≤x+2，
所以ax+1≤x+2ax+1≥−x−2，即a≤1+1xmina≥−1−3xmax，设gx=1+1x，x∈12,1，
易知函数gx在x∈12,1单调递减，所以gx≥g1=2，即a≤1+1xmin=2；
设ℎx=−1−3x，x∈12,1，易知函数ℎx在x∈12,1单调递增，
所以ℎx≤ℎ1=−4，即a≥−1−3xmax=−4，
综上所述：实数a的取值范围是：−4≤a≤2.
故选：A.
8．已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，A1C1的中点，AA1=2，AB=2，BC=32，AC=4，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱ABC−A1B1C1的截面，则所得截面的面积为（ ）
A．10 B．15 C．25 D．30
【答案】B
【分析】延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接FD，
则四边形AEDF为所求的截面，后由几何知识可得截面面积.
【详解】解析：延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面.
在Rt△ABE中，由AB=2，BE=1，得AE=5.
在Rt△AA1F中，由AA1=2，A1F=2，得AF=22.
因为F为A1C1的中点，所以由平面几何知识可知，△AA1F≌△FGC1.
所以AA1=GC1，FG=AF，即F为AG的中点，所以AG=42.
又由B1E//GC1，可得△B1ED∽△GDC1，
又GC1=2B1E，B1C1=32，所以DC1=22.
在Rt△GDC1中，由DC1=22，GC1=2，得GD=23，所以GE=33.
所以在△AEG中，有AG=42，GE=33，AE=5，
即GE2+AE2=AG2，所以AE⊥GE.又注意到S△AEG=12AG⋅EG⋅sin∠AGE，
S△FDG=12FG⋅DG⋅sin∠AGE=12×12GA⋅23GE⋅sin∠AGE=13S△AEG，
则四边形AEDF的面积为23S△AEG=23×12×33×5=15.
故选：B．
二、多项选择题：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．下列命题中为真命题的是（ ）
A．“a−b=0”的充要条件是“ab=1”
B．“a>b”是“1a<1b”的既不充分也不必要条件
C．命题“∃x∈R，x2−2x<0”的否定是“∀x∉R，x2−2x≥0”
D．“a>2，b>2”是“ab>4”的充分条件
【答案】BD
【分析】对A：由ab=1⇒a−b=0，但a−b=0⇏ab=1即可判断；
对B：取a=2,b=−1，满足a>b，但1a>1b；同理取a=−1,b=2，满足1a<1b，但a
对D：因为a>2,b>2⇒ab>4，但ab>4⇏a>2,b>2即可判断.
【详解】对A：由ab=1⇒a−b=0，但a=b=0⇏ab=1，所以ab=1是a−b=0的充分不必要条件，故选项A错误；
对B：取a=2,b=−1，满足a>b，但1a>1b，所以a>b⇏1a<1b；同理取a=−1,b=2，满足1a<1b，但ab，所以a>b是1a<1b的既不充分也不必要条件，故选项B正确；
对C：命题“∃x∈R，x2−2x<0”的否定是∀x∈R，x2−2x≥0”，故选项C错误；
对D：因为a>2,b>2⇒ab>4，但ab>4⇏a>2,b>2，所以“a>2，b>2”是“ab>4”的充分不必要条件，故选项D正确；
故选：BD.
10．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．PB=25 B．PBA1=511
C．事件B与事件A1相互独立 D．A1、A2、A3两两互斥
【答案】BD
【分析】A选项，利用独立事件和互斥事件概率公式计算出PB；B选项，根据条件概率计算公式计算出PBA1=511；C选项，根据PA1B≠PA1⋅PB得到C错误；D选项，由互斥事件的概念进行判断.
【详解】A选项，PA1B=510×4+110+1=522，PA2B=210×410+1=455，PA3B=310×410+1=655，
故PB=PA1B+PA2B+PA3B=522+455+655=922，A错误；
B选项，PA1=510=12，故PBA1=PA1BPA1=52212=511，B正确；
C选项，因为PA1⋅PB=12×922=944，故PA1B≠PA1⋅PB，所以事件B与事件A1不相互独立，C错误；
D选项，因为PA1∩A2=PA1∩A3=PA2∩A3=0，故A1、A2、A3两两互斥，D正确.
故选：BD
11．已知数列an满足a1=2，an+1=an+2n+1,n为奇数2an,n为偶数，设bn=a2n，记数列an的前2n项和为S2n，数列bn的前n项和为Tn，则下列结论正确的是（ ）
A．a5=24 B．bn=n⋅2n
C．Tn=n⋅2n+1 D．S2n=2n−12n+1+2
【答案】ACD
【分析】对A选项，逐步代入计算即可，对B选项，根据递推关系可得bn=2bn−1+2n，结合等差数列的定义即可求出其通项，对C选项，用错位相减法求Tn=b1+b2+⋯+bn，对D选项，由题设可得S2n=2b1+b2+⋯+bn−21−2n1−2，利用C的结果即可计算.
【详解】对A，a2=a1+2=4，a3=2a2=8，a4=a3+4=12，则a5=2a4=24，故A正确；
对B，由题意，b1=a2=4，
当n≥2时，bn=a2n=a2n−1+22n=2a2n−2+2n=2bn−1+2n，
所以bn2n−bn−12n−1=1，则bn2n是以1为公差，b12=2为首项的等差数列.
则bn2n=2+n−1=n+1，则bn=n+1⋅2n，故B错误，
对C，Tn=b1+b2+⋯+bn，即Tn=2×21+3×22+4×23+⋯+n+1×2n，
所以2Tn=2×22+3×23+⋯+n×2n+n+1×2n+1，
两式相减得−Tn=4+22+23+⋯+2n−n+1×2n+1
=4+41−2n−11−2−n+1×2n+1 =−n×2n+1，
所以Tn=n⋅2n+1，故C正确；
对D，S2n=a1+a3+⋯+a2n−1+a2+a4+⋯+a2n
=a2−22+a4−24+⋯+a2n−22n+a2+a4+⋯+a2n
=2a2+a4+⋯+a2n−2+22+⋯+2n =2b1+b2+⋯+bn−21−2n1−2
=2Tn+2−2n+1=2n×2n+1+2−2n+1=2n−12n+1+2，故D正确.
故选：ACD.
12．已知直线l:y=kx+m与椭圆C:x23+y24=1交于A,B两点，点F为椭圆C的下焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．当m=1时，∃k∈R，使得FA+FB=3
B．当m=1时，∀k∈R，FA+FB>2
C．当k=1时，∃m∈R，使得FA+FB=4
D．当k=1时，∀m∈R，FA+FB>65
【答案】BC
【分析】对于A，将直线l的方程与椭圆方程联立，求出AB的取值范围，可求得FA+FB的取值范围，可判断A选项；求出线段AB中点的轨迹方程，可求得FA+FB的取值范围，可判断B选项；将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合Δ>0可求得FA+FB的取值范围，可判断C选项；求出线段AB中点的轨迹方程，可求得FA+FB的最小值，可判断D选项.
【详解】在椭圆C中，a=2，b=3，c=a2−b2=1，
由题意可得F0,−1，上焦点记为F′0,1，
对于A选项，设点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+14x2+3y2=12，消去y得3k2+4x2+6kx−9=0，
Δ=36k2+363k2+4=144k2+1>0，
由韦达定理可得x1+x2=−6k3k2+4，x1x2=−93k2+4，
AB=1+k2⋅x1+x2−4x1x2=1+k2⋅−6k3k2+42+363k2+4=12k2+13k2+4
=4−43k2+4∈3,4，
所以，FA+FB=4a−AB=8−AB∈4,5，选项A错；
对于B选项，设线段AB的中点为Mx,y，
由题意可得x123+y124=1x223+y224=1，两式作差可得x12−x223+y12−y224=0，
因为直线AB的斜率存在，则x1≠x2，所以，y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=k⋅2y2x=−43，
整理可得ky=−43x，又因为y=kx+1，消去k可得4x2+3y2−3y=0，其中y>0，
所以，FA+FB=x1,y1+1+x2,y2+1=x1+x2,y1+y2+2=2x,2y+2，
所以，FA+FB=4x2+4y+12=4x2+4y2+8y+4=3y−3y2+4y2+8y+4
=y2+11y+4>2，选项B对；
对于C选项，当k=1时，直线l的方程为y=x+m，即x=y−m，
联立x=y−m4x2+3y2=12可得7y2−8my+4m2−12=0，
Δ=64m2−284m2−12=1621−3m2>0，解得−7
FA=x12+y1+12=3−3y124+y12+2y1+1=y124+2y1+4=2+y12=2+y12，
同理FB=2+y22，所以，FA+FB=4+y1+y22=4+4m7∈4−477,4+477，
因为4∈4−477,4+477，所以，当k=1时，∃m∈R，使得FA+FB=4，选项C对；
对于D选项，设线段AB的中点为Mx,y，
由B选项可知，y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=2y2x=−43，即y=−43x，即4x+3y=0，
由y=−43x4x2+3y2=12可得x=±377，故点M的横坐标的取值范围是−377，377，
而点F到直线4x+3y=0的距离为d=342+32=35，
由4x+3y=0y=34x−1可得x=1225∈−377,377，当且仅当点M1225,−1625时，
FA+FB取最小值65，选项D错.
故选：BC.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．若i为虚数单位，则计算i+2i2+3i3+…+2021i2021=___________．
【答案】1010+1011i
【分析】设S=i+2i2+3i3+…+2021i2021，两边乘以i相减，结合等比数列的求和公式和复数的乘除运算法则，计算可得所求和．
【详解】设S=i+2i2+3i3+…+2021i2021，
iS=i2+2i3+3i4+…+2021i2022，
上面两式相减可得，
(1−i)S=i+i2+i3+…+i2021−2021i2022
=i(1−i2021)1−i−2021i2022=i(1−i)1−i−2021i2022=i+2021，
则S=2021+i1−i=2021+i1+i1−i1+i=2020+2022i2=1010+1011i．
故答案为：1010+1011i．
14．某大学有男生2000名．为了解该校男生的身体体重情况，随机抽查了该校100名男生的体重，并将这100名男生的体重（单位：kg）分成以下六组：54,58、58,62、62,66、66,70、70,74、74,78，绘制成如下的频率分布直方图：
该校体重（单位：kg）在区间70,78上的男生大约有_________人．
【答案】240
【分析】将体重（单位：kg）在区间70,78上的男生所占的频率乘以2000可得结果.
【详解】由频率分布直方图可知，该校体重（单位：kg）在区间70,78上的男生的人数为
2000×0.02+0.01×4=240.
故答案为：240.
15．已知圆C1:(x−a)2+y2=4与C2:x2+(y−b)2=1a,b∈R交于A,B两点.若存在a，使得AB=2，则b的取值范围为___________.
【答案】−3,3
【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线AB的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得a,b满足的等式关系，根据方程有解，即可得b的取值范围.
【详解】圆C1:(x−a)2+y2=4的圆心C1a,0，半径r1=2，圆C2:x2+(y−b)2=1的圆心C20,b，半径r2=1
若两圆相交，则r1−r2
所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2−0−a2+b2+34a2+4b2，圆心C20,b到直线AB的距离d2=0−2b2−a2+b2+34a2+4b2，
则弦长AB=2r12−d12=2r22−d22=2，所以d1=3d2=0，则a2+b2+34a2+4b2=3a2+b2−34a2+4b2=0，所以a2+b2=3，
若存在a，使得AB=2，则b2≤3，即−3≤b≤3，所以b的取值范围为−3,3.
故答案为：−3,3.
16．已知x∈4,+∞，y∈0,5，z∈0,1，则2x+y+4zx+2z+2x+zy的最小值为______．
【答案】2+22/22+2
【分析】将2x+y+4zx+2z+2x+zy变形为yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2，然后利用基本不等式求解得yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥2+32⋅xy+2，再根据取等号的条件可得xy=2xx+2z=21+2zx，判断出zx的范围，进而判断得xy的范围，可得32⋅xy≥2，可得所求最小值.
【详解】2x+y+4zx+2z+2x+zy=2+yx+2z+x+2z+3x2y =yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥212+32⋅xy+2=2+32⋅xy+2，
当且仅当yx+2z=x+2z2y，即2y2=x+2z2时取“＝”，
此时xy=2xx+2z=21+2zx，∵x∈4,+∞，z∈0,1，
∴zx∈0,14，∴xy≥21+12=223，∴32⋅xy≥2，
∴原式≥2+22，此时x=4，y=32，z=1．
故答案为：2+22
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知函数fx=sinxcosx−3cos2x+32．
(1)求函数y=fx的最小正周期和单调区间；
(2)若关于x的方程fx−m=0在x∈0,π2上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．
【答案】(1)最小正周期T=π；单调递增区间为kπ−π12,kπ+5π12k∈Z；单调递减区间为kπ+5π12,kπ+11π12k∈Z.
(2)32,1
【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用周期公式求周期，整体代入法求函数单调区间；
（2）由区间内函数的单调性和函数值的变化范围求解实数m的取值范围．
【详解】（1）fx=sinxcosx−3cos2x+32=12sin2x−32cos2x=sin2x−π3，
则函数y=fx的最小正周期T=2π2=π；
令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2k∈Z，解得 kπ−π12≤x≤kπ+5π12k∈Z，
可得函数y=fx的单调递增区间为kπ−π12,kπ+5π12k∈Z·
令 2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2k∈Z ，解得 kπ+5π12≤x≤kπ+11π12k∈Z ，
可得因数y=fx的单调递减区间为kπ+5π12,kπ+11π12k∈Z ；
（2）由（1）可知，x∈0,π2时，y=fx在0,5π12上单调递增，在5π12,π2上单调递减，
当x∈0,5π12，2x−π3∈−π3,π2，fx由−32增大到1，
当x∈5π12,π2，2x−π3∈π2,2π3，fx由1减小到32，
若关于x的方程fx−m=0在x∈0,π2上有两个不同的实数解，则实数m的取值范围为32,1
18．某地区区域发展指数评价指标体系基于五大发展理念构建，包括创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个一级指标．该地区区域发展指数测算方法以2015年作为基期并设指数值为100，通过时序变化，观察创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分领域指数值的变动趋势．分别计算创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分指数，然后合成为该地区区域发展总指数，如下图所示．
若年份x（2015年记为x=1，2016年记为x=2，以此类推）与发展总指数y存在线性关系．
(1)求年份x与发展总指数y的回归方程．
(2)根据(1)中的回归方程计算的各年发展总指数值与实际发展总指数值差的绝对值，并记为X，若X<1，则称该年为和谐发展年．若从2019～2022这四年中任选两年，记事件A：两年中至少有一年为和谐发展年，求事件A发生的概率PA．
参考公式：回归方程y=bx+a，其中a=y−bx，
b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，i=18xi−xyi−y=228.9，y=119.05．
【答案】(1)y=5.45x+94.525
(2)56
【分析】第一小问把题目所给的数据代入回归方程求出a，b即可.第二小问先求X的可能取值，得到从这四年中任选两年共有6种可能，其中有1种可能不含和谐发展年，由1−16即可求出PA.
【详解】（1）由题意得x=181+2+3+4+5+6+7+8=4.5，
i=18xi−x2=1−922+2−922+3−922+4−922+5−922+6−922+7−922+8−922 =−722+−522+−322+−122+122+322+522+722=42
所以b=i=18xi−xyi−yi=18xi−x2=228.942=5.45，a=y−bx=94.525．
所以y=5.45x+94.525．
（2）当x=5时，X=0.575；当x=6时，X=1.675；
当x=7时，X=1.475；当x=8时，X=0.775．
故2019-2022这四年中有两年为和谐发展年，记为a，b，另两年记为c，d，
则从这四年中任选两年，有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种可能，
其中只有cd不含和谐发展年，故所求概率为PA=1−16=56．
19．已知数列an满足a1=−3，an+1+an=4n−2n∈N∗．
(1)证明an−2(n−1)为等比数列，并求an的通项公式；
(2)设an的前2n项和为T2n，bn=T2n+6n，证明：数列1bn的前n项和小于14．
【答案】(1)证明见解析，an=3⋅(−1)n+2(n−1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件利用配凑的方式，将数列配凑成数列an−2(n−1)第n项与第n+1项的等式关系，即可证明，利用等比数列的通项公式求出an−2(n−1)通项，再求出{an}的通项公式；
（2）根据{an}通项公式的特点，求出T2n的表达式，进而求出{bn}的通项公式，1bn 的通项公式，利用裂项相消法求前n项和，观察所求出来的式子可证明结果.
【详解】（1）∵an+1+an=4n−2，
∴an+1−2n=−an−2(n−1)，
又∵a1−2(1−1)=−3≠0，
∴an−2(n−1)是首项为−3，公比为−1的等比数列，
∴an−2(n−1)=(−3)⋅(−1)n−1，
即an=3⋅(−1)n+2(n−1)．
（2）T2n=a1+a2+⋯+a2n−1+a2n
=3(−1+1−1+1+⋯−1+1)+2n[0+2(2n−1)]2
=4n2−2n．
所以bn=4n2−2n+6n=4n2+4n．
所以1bn=14n2+4n=14n(n+1)=141n−1n+1，
数列1bn的前n项和为141−12+12−13+⋯+1n−1n+1=141−1n+1．
故数列1bn的前n项和小于14.
20．如图四棱锥S−ABCD,AC=2,B,D在以AC为直径的圆上，SA⊥平面ABCD,∠DAC=π6,E为SC的中点，
(1)若∠BAC=π6，证明：DE⊥AB；
(2)当二面角D−SC−A的正切值为6时，求点B到平面SCD距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)27+217
【分析】（1）作出辅助线，得到△ABD为等边三角形，DM⊥AB，由线面垂直得到SA⊥AB，从而得到AB⊥平面EOD，证明出DE⊥AB；
（2）作出辅助线，得到∠DNH为二面角D−SC−A的平面角，由二面角的大小得到NH=24，∠SCA=45∘，由勾股定理得到SD=SA2+AD2=7，S△SCD=72，当B位于线段CD中垂线上时，S△BCD取得最大值，由等体积法得到d≤27+217.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结EO，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EO∥SA，
因为SA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接BD，取连接OD并延长，交AB于点M，
.
因为∠DAC=π6,∠BAC=π6，所以∠DAB=π3，
由对称性可知AB=AD，故△ABD为等边三角形，
又因为O为△ABD的外心，所以O为△ABD的中心，故DM⊥AB，
∵EO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴EO⊥AB，
∵DM∩EO=O，DM,EO⊂平面EOD，
∴AB⊥平面EOD，
∵DE⊂平面EOD，
∴DE⊥AB.
（2）过点D作DH⊥AC于H，作HN⊥SC于N，连接DN，
因为SA⊥平面ABCD，DH⊂平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为AC∩SA=A，AC,SA⊂平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为SC⊂平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为HN⊥SC，DH∩HN=H，DH,HN⊂平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN⊂平面DHN，
所以DN⊥SC，
故∠DNH为二面角D−SC−A的平面角，
因为∠DAC=π6，所以∠DOC=π3，故△OCD为等边三角形，
由题意知DO=CO=DC=1，
∴DH=32，HC=12，
∴tan∠DNH=DHNH=32NH=6，
∴NH=24，
∴在Rt△NHC中，sin∠SCA=NHHC=22，
∴∠SCA=45∘，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
∴SA=AC=2，
又由AD=3，
由勾股定理得：SD=SA2+AD2=7，
因为SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为AS∩AD=A，AS,AD⊂平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为SD⊂平面ASD，
所以DC⊥SD，
∴S△SCD=12DC⋅SD=72，
由于点B在半圆弧AC上运动，当B位于线段CD中垂线上时，△BCD的面积取得最大值，
且最大值为S△BCD=12⋅CD⋅1+32=2+34，
设点B到平面SCD距离为d，
根据VB−SCD=VS−BCD⇒d=3VS−BCDS△SCD≤2+34×272=2+37=27+217，
即点B到平面SCD距离的最大值为27+217.
21．已知点F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，P是C右支上一点，△F1F2P的周长为18，I为△F1F2P的内心，且满足S△PF2I:S△F1F2I:S△PF1I=2:3:4.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过F2的直线l与双曲线的右支交于M,N两点，与y轴交于点Q，满足QM=mMF2,QN=nNF2（其中m>0），求MF2NF2的取值范围.
【答案】(1)x24−y25=1
(2)0,1
【分析】（1）根据三角形面积比得PF2:F1F2:PF1=2:3:4，由三角形周长可得三边长，结合双曲线的定义从而可得a2,b2，即可求解出双曲线的标准方程；
（2）设出直线方程，联立方程组并化简为一元二次方程，写出韦达定理及满足的不等式组，利用向量的坐标表示计算得y1=−3tm+1，y2=−3tn+1，再将其代入韦达定理计算化简可得m+1+n+1=185，根据三角形相似得MF2NF2=−y1y2=−n+1m+1，结合双曲线的性质求解出m的范围，即可求出答案.
【详解】（1）设△PF1F2内切圆半径为r，
由题意S△PF2I=12PF2⋅r,S△F1F2I=12F1F2⋅r,S△PF1I=12PF1⋅r.
所以S△PF2I:S△F1F2I:S△PF1I=PF2:F1F2:PF1=2:3:4，
因为△PF1F2的周长为18，
所以PF2=4,PF1=8,F1F2=6，
所以2a=PF1−PF2=4,2c=6，
所以a2=4,b2=c2−a2=9−4=5，
所以双曲线的标准方程为x24−y25=1.
（2）由题知，直线l斜率存在且不为0，可设其方程为x=ty+3t≠0，
Mx1,y1,Nx2,y2,Q0,−3t
联立x=ty+3x24−y25=1，整理得5t2−4y2+30ty+25=0,
因为直线l与双曲线右支交于两点，则有y1y2<0Δ=30t2−1005t2−4>05t2−4≠0，
解得t2<45，所以y1+y2=−30t5t2−4,y1y2=255t2−4，
因为QM=mMF2(m>0)，所以x1,y1+3t=m3−x1,−y1，
所以y1+3t=m−y1，即y1=−3tm+1，同理y2=−3tn+1，
所以y1+y2=−3tm+1+−3tn+1=−3t⋅m+1+n+1m+1n+1=−30t5t2−4，①
y1y2=9t2m+1n+1=255t2−4②
两式相除得m+1+n+1=185.
因为MF2NF2=−y1y2=−n+1m+1=−185−m+1m+1=1−185⋅1m+1，
当l与渐近线y=±52x平行时，1t=±52,y1=∓5512，
此时m=135，
因为l与双曲线右支交于两点，所以m>135，.
所以0<1m+1<518，所以0
22．已知函数fx=ex−ax22，a>0
(1)若fx过点1,0，求fx在该点处的切线方程；
(2)若fx有两个极值点x1,x2，且02
【答案】(1)ex+y−e=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得a=2e，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）根据题意可得：x1,x2是方程ex−ax=0的两正根，方法一：整理得x1x2+1lnx1x2x1x2−1>2，换元令x1x2=t∈0,1，构建φt=lnt−2t−1t+1，t∈0,1，利用导数证明φt<0；方法二：分析可得证明Fx2
所以fx=ex−ex2，则f′x=ex−2ex
可得f′1=e−2e=−e，
即切点坐标为1,0，切线斜率k=−e
所以所求切线方程为y=−ex−1，即ex+y−e=0.
（2）由题意可得：f′x=ex−ax，
∵fx有两个极值点x1,x2，且0
构建Fx=exxx>0，则F′x=exx−1x2x>0，
由x>0，令F′x<0，解得00，解得x>1；
所以Fx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增
其大致图像如图所示，由图像可知当a∈e,e22，方程exx=a有两个正根，符合题意，
方法一：由ex1=ax1ex2=ax2，两边取对数得x1=lna+lnx1x2=lna+lnx2，整理得lnx1−lnx2x1−x2=1，
若x1+x2>2，等价于lnx1−lnx2x1+x2x1−x2>2，可得x1x2+1lnx1x2x1x2−1>2，
注意到00,t−1<0，
可得t+1lntt−1>2，整理得lnt−2t−1t+1<0，
故x1+x2>2等价于lnt−2t−1t+1<0，
构建φt=lnt−2t−1t+1，t∈0,1，
则φ′t=1t−4t+12=t−12tt+12>0对∀t∈0,1恒成立，
故φt在0,1上单调递增，则φt<φ1=0，
故x1+x2>2；
方法二：
其大致图像如图所示
由图像可知：当a∈e,e22时，可得0
要证x1+x2>2，等价于证明x1>2−x2，
而Fx在0,1单调递减，即证明Fx1
构建gx=exx2x∈0,2，则g′x=x−2exx3<0对∀x∈0,2恒成立，
则gx=exx2在0,2上单调递减，
且1
∴Gx在1,2单调递减，则Gx2；
方法三：接方法一（用到对数均值不等式）
由ex1=ax1ex2=ax2，取对数得x1=lna+lnx1x2=lna+lnx2，
作差得x1−x2lnx1−lnx2=1，
由对数均值不等式x1x22.
以下证明：x1−x2lnx1−lnx2
令x1x2=t，t∈0,1，构建φt=lnt−2t−1t+1，
则φ′t=1t−4t+12=t−12tt+12>0，
故φt在0,1单调递增，从而φt<φ1=0，
即x1−x2lnx1−lnx2
2023年6月浙江省高考仿真模拟卷01
数学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．已知集合A=x∈Zx≤2,B=yy=x2,x∈A，则A∪B=（ ）
A．{0,1,4} B．{0,1,2,3,4,9,16}
C．{1,4} D．{1,2,3,4,9,16}
【答案】B
【分析】求出集合A,B，然后根据集合的并集运算可得答案.
【详解】因为A=0,1,2,3,4，所以B=0,1,4,9,16，所以A∪B=0,1,2,3,4,9,16．
故选：B
2．设x∈R，则“x=2”是“x2=4”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】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当x=2时x2=4，故充分性成立，
由x2=4可得x=2或x=−2，故必要性不成立，
所以“x=2”是“x2=4”的充分不必要条件.
故选：A
3．设函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0，若a=ln2，b=30.2，c=log0.32，则（ ）
A．fa>fb>fc B．fb>fa>fc
C．fa>fc>fb D．fc>fa>fb
【答案】D
【分析】根据条件判断出函数的单调性，再判断出a，b，c的大小关系，进而求得结论．
【详解】解∵函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0，
∴当x>0时，由y=2−x和y=−2x在定义域上单调递减，
所以f(x)=−2x+2−x在0,+∞上单调递减，
当x≤0时，f(x)=−x3单调递减，
又因为−20+2−0=−03=0，
∴函数fx=−2x+2−xx>0−x3x≤0在R上单调递减，
∵0
∴fc>fa>fb.
故选：D．
4．已知函数fx=sinωx+2cos2ωx2−1ω>0的图象的相邻两个对称中心之间的距离为π，把y=fx的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），得到函数y=gx的图象.则gx在−7π24,π4上的值域为（ ）
A．−1,2 B．−32,1 C．−62,2 D．−2,2
【答案】C
【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式求出函数f(x)的解析式，由三角函数图象的平移伸缩变换求出函数g(x)的解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.
【详解】f(x)=sinωx+2cos2ωx2−1=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)，
因为函数f(x)图象的相邻两个对称中心的距离为π，
所以T2=π，得T=2π，又T=2πω，所以ω=1，
则f(x)=2sin(x+π4).
将函数f(x)图象上的点的横坐标缩短为原来的12倍(纵坐标不变)，
得g(x)=2sin(2x+π4)，
由−7π24≤x≤π4，得−π3≤2x+π4≤3π4，
又函数y=sinx在[−π2,π2]上单调递增，在[π2,3π2]上单调递减，
所以−32≤sin(2x+π4)≤1，得−62≤2sin(2x+π4)≤2，
即函数g(x)在[−7π24,π4]上的值域为[−62,2].
故选：C.
5．刘老师沿着某公园的环形道（周长大于1km）按逆时针方向跑步，他从起点出发、并用软件记录了运动轨迹，他每跑1km，软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数．已知刘老师共跑了11km，恰好回到起点，前5km的记录数据如图所示，则刘老师总共跑的圈数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即可求解.
【详解】设公园的环形道的周长为t，刘老师总共跑的圈数为x，（x∈N∗），
则由题意1
故选：B
6．在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cosA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1 B．12,1
C．1,+∞ D．12,+∞
【答案】A
【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A−C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为12cos2C并确定C的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【详解】由cosA=b−c2c=sinB−sinC2sinC，则sinB−sinC=2sinCcosA，
所以sin(A+C)−sinC=sinAcosC+cosAsinC−sinC=2sinCcosA，
则sinAcosC−cosAsinC=sin(A−C)=sinC，
所以A−C=C或A−C+C=A=π（舍），故A=2C，
综上，2cc+b=2sinCsinC+sinB=2sinCsinC+sin(A+C)=2sinCsinC+sin3C，且sinC>0
所以2cc+b=2sinCsinC+sin2CcosC+cos2CsinC，
=2sinCsinC+2sinCcos2C+(2cos2C−1)sinC =12cos2C，
由锐角△ABC，则π2
故选：A
7．已知fx是偶函数，且在−∞,0上递减，若x∈12,1时，fax+1≤fx+2恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． −4,2 B． −∞,2 C．−4,+∞ D．−4,−2
【答案】A
【分析】先利用偶函数性质fx=f−x=fx，再根据单调性得到ax+1≤x+2，
根据绝对值性质，取掉绝对值，分离参数转化为函数恒成立问题，求最值即可.
【详解】因为fx是偶函数，所以fx=f−x=fx，
所以fax+1≤fx+2在x∈12,1恒成立
等价于fax+1≤fx+2在x∈12,1恒成立，
又因为fx在−∞,0上递减，根据偶函数性质，fx在0,+∞上递增，
所以ax+1≤x+2在x∈12,1恒成立，
因为x∈12,1，所以x+2>0恒成立，即ax+1≤x+2，
所以ax+1≤x+2ax+1≥−x−2，即a≤1+1xmina≥−1−3xmax，设gx=1+1x，x∈12,1，
易知函数gx在x∈12,1单调递减，所以gx≥g1=2，即a≤1+1xmin=2；
设ℎx=−1−3x，x∈12,1，易知函数ℎx在x∈12,1单调递增，
所以ℎx≤ℎ1=−4，即a≥−1−3xmax=−4，
综上所述：实数a的取值范围是：−4≤a≤2.
故选：A.
8．已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，A1C1的中点，AA1=2，AB=2，BC=32，AC=4，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱ABC−A1B1C1的截面，则所得截面的面积为（ ）
A．10 B．15 C．25 D．30
【答案】B
【分析】延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接FD，
则四边形AEDF为所求的截面，后由几何知识可得截面面积.
【详解】解析：延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面.
在Rt△ABE中，由AB=2，BE=1，得AE=5.
在Rt△AA1F中，由AA1=2，A1F=2，得AF=22.
因为F为A1C1的中点，所以由平面几何知识可知，△AA1F≌△FGC1.
所以AA1=GC1，FG=AF，即F为AG的中点，所以AG=42.
又由B1E//GC1，可得△B1ED∽△GDC1，
又GC1=2B1E，B1C1=32，所以DC1=22.
在Rt△GDC1中，由DC1=22，GC1=2，得GD=23，所以GE=33.
所以在△AEG中，有AG=42，GE=33，AE=5，
即GE2+AE2=AG2，所以AE⊥GE.又注意到S△AEG=12AG⋅EG⋅sin∠AGE，
S△FDG=12FG⋅DG⋅sin∠AGE=12×12GA⋅23GE⋅sin∠AGE=13S△AEG，
则四边形AEDF的面积为23S△AEG=23×12×33×5=15.
故选：B．
二、多项选择题：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．下列命题中为真命题的是（ ）
A．“a−b=0”的充要条件是“ab=1”
B．“a>b”是“1a<1b”的既不充分也不必要条件
C．命题“∃x∈R，x2−2x<0”的否定是“∀x∉R，x2−2x≥0”
D．“a>2，b>2”是“ab>4”的充分条件
【答案】BD
【分析】对A：由ab=1⇒a−b=0，但a−b=0⇏ab=1即可判断；
对B：取a=2,b=−1，满足a>b，但1a>1b；同理取a=−1,b=2，满足1a<1b，但a
对D：因为a>2,b>2⇒ab>4，但ab>4⇏a>2,b>2即可判断.
【详解】对A：由ab=1⇒a−b=0，但a=b=0⇏ab=1，所以ab=1是a−b=0的充分不必要条件，故选项A错误；
对B：取a=2,b=−1，满足a>b，但1a>1b，所以a>b⇏1a<1b；同理取a=−1,b=2，满足1a<1b，但a
对C：命题“∃x∈R，x2−2x<0”的否定是∀x∈R，x2−2x≥0”，故选项C错误；
对D：因为a>2,b>2⇒ab>4，但ab>4⇏a>2,b>2，所以“a>2，b>2”是“ab>4”的充分不必要条件，故选项D正确；
故选：BD.
10．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．PB=25 B．PBA1=511
C．事件B与事件A1相互独立 D．A1、A2、A3两两互斥
【答案】BD
【分析】A选项，利用独立事件和互斥事件概率公式计算出PB；B选项，根据条件概率计算公式计算出PBA1=511；C选项，根据PA1B≠PA1⋅PB得到C错误；D选项，由互斥事件的概念进行判断.
【详解】A选项，PA1B=510×4+110+1=522，PA2B=210×410+1=455，PA3B=310×410+1=655，
故PB=PA1B+PA2B+PA3B=522+455+655=922，A错误；
B选项，PA1=510=12，故PBA1=PA1BPA1=52212=511，B正确；
C选项，因为PA1⋅PB=12×922=944，故PA1B≠PA1⋅PB，所以事件B与事件A1不相互独立，C错误；
D选项，因为PA1∩A2=PA1∩A3=PA2∩A3=0，故A1、A2、A3两两互斥，D正确.
故选：BD
11．已知数列an满足a1=2，an+1=an+2n+1,n为奇数2an,n为偶数，设bn=a2n，记数列an的前2n项和为S2n，数列bn的前n项和为Tn，则下列结论正确的是（ ）
A．a5=24 B．bn=n⋅2n
C．Tn=n⋅2n+1 D．S2n=2n−12n+1+2
【答案】ACD
【分析】对A选项，逐步代入计算即可，对B选项，根据递推关系可得bn=2bn−1+2n，结合等差数列的定义即可求出其通项，对C选项，用错位相减法求Tn=b1+b2+⋯+bn，对D选项，由题设可得S2n=2b1+b2+⋯+bn−21−2n1−2，利用C的结果即可计算.
【详解】对A，a2=a1+2=4，a3=2a2=8，a4=a3+4=12，则a5=2a4=24，故A正确；
对B，由题意，b1=a2=4，
当n≥2时，bn=a2n=a2n−1+22n=2a2n−2+2n=2bn−1+2n，
所以bn2n−bn−12n−1=1，则bn2n是以1为公差，b12=2为首项的等差数列.
则bn2n=2+n−1=n+1，则bn=n+1⋅2n，故B错误，
对C，Tn=b1+b2+⋯+bn，即Tn=2×21+3×22+4×23+⋯+n+1×2n，
所以2Tn=2×22+3×23+⋯+n×2n+n+1×2n+1，
两式相减得−Tn=4+22+23+⋯+2n−n+1×2n+1
=4+41−2n−11−2−n+1×2n+1 =−n×2n+1，
所以Tn=n⋅2n+1，故C正确；
对D，S2n=a1+a3+⋯+a2n−1+a2+a4+⋯+a2n
=a2−22+a4−24+⋯+a2n−22n+a2+a4+⋯+a2n
=2a2+a4+⋯+a2n−2+22+⋯+2n =2b1+b2+⋯+bn−21−2n1−2
=2Tn+2−2n+1=2n×2n+1+2−2n+1=2n−12n+1+2，故D正确.
故选：ACD.
12．已知直线l:y=kx+m与椭圆C:x23+y24=1交于A,B两点，点F为椭圆C的下焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．当m=1时，∃k∈R，使得FA+FB=3
B．当m=1时，∀k∈R，FA+FB>2
C．当k=1时，∃m∈R，使得FA+FB=4
D．当k=1时，∀m∈R，FA+FB>65
【答案】BC
【分析】对于A，将直线l的方程与椭圆方程联立，求出AB的取值范围，可求得FA+FB的取值范围，可判断A选项；求出线段AB中点的轨迹方程，可求得FA+FB的取值范围，可判断B选项；将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合Δ>0可求得FA+FB的取值范围，可判断C选项；求出线段AB中点的轨迹方程，可求得FA+FB的最小值，可判断D选项.
【详解】在椭圆C中，a=2，b=3，c=a2−b2=1，
由题意可得F0,−1，上焦点记为F′0,1，
对于A选项，设点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+14x2+3y2=12，消去y得3k2+4x2+6kx−9=0，
Δ=36k2+363k2+4=144k2+1>0，
由韦达定理可得x1+x2=−6k3k2+4，x1x2=−93k2+4，
AB=1+k2⋅x1+x2−4x1x2=1+k2⋅−6k3k2+42+363k2+4=12k2+13k2+4
=4−43k2+4∈3,4，
所以，FA+FB=4a−AB=8−AB∈4,5，选项A错；
对于B选项，设线段AB的中点为Mx,y，
由题意可得x123+y124=1x223+y224=1，两式作差可得x12−x223+y12−y224=0，
因为直线AB的斜率存在，则x1≠x2，所以，y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=k⋅2y2x=−43，
整理可得ky=−43x，又因为y=kx+1，消去k可得4x2+3y2−3y=0，其中y>0，
所以，FA+FB=x1,y1+1+x2,y2+1=x1+x2,y1+y2+2=2x,2y+2，
所以，FA+FB=4x2+4y+12=4x2+4y2+8y+4=3y−3y2+4y2+8y+4
=y2+11y+4>2，选项B对；
对于C选项，当k=1时，直线l的方程为y=x+m，即x=y−m，
联立x=y−m4x2+3y2=12可得7y2−8my+4m2−12=0，
Δ=64m2−284m2−12=1621−3m2>0，解得−7
FA=x12+y1+12=3−3y124+y12+2y1+1=y124+2y1+4=2+y12=2+y12，
同理FB=2+y22，所以，FA+FB=4+y1+y22=4+4m7∈4−477,4+477，
因为4∈4−477,4+477，所以，当k=1时，∃m∈R，使得FA+FB=4，选项C对；
对于D选项，设线段AB的中点为Mx,y，
由B选项可知，y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=2y2x=−43，即y=−43x，即4x+3y=0，
由y=−43x4x2+3y2=12可得x=±377，故点M的横坐标的取值范围是−377，377，
而点F到直线4x+3y=0的距离为d=342+32=35，
由4x+3y=0y=34x−1可得x=1225∈−377,377，当且仅当点M1225,−1625时，
FA+FB取最小值65，选项D错.
故选：BC.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．若i为虚数单位，则计算i+2i2+3i3+…+2021i2021=___________．
【答案】1010+1011i
【分析】设S=i+2i2+3i3+…+2021i2021，两边乘以i相减，结合等比数列的求和公式和复数的乘除运算法则，计算可得所求和．
【详解】设S=i+2i2+3i3+…+2021i2021，
iS=i2+2i3+3i4+…+2021i2022，
上面两式相减可得，
(1−i)S=i+i2+i3+…+i2021−2021i2022
=i(1−i2021)1−i−2021i2022=i(1−i)1−i−2021i2022=i+2021，
则S=2021+i1−i=2021+i1+i1−i1+i=2020+2022i2=1010+1011i．
故答案为：1010+1011i．
14．某大学有男生2000名．为了解该校男生的身体体重情况，随机抽查了该校100名男生的体重，并将这100名男生的体重（单位：kg）分成以下六组：54,58、58,62、62,66、66,70、70,74、74,78，绘制成如下的频率分布直方图：
该校体重（单位：kg）在区间70,78上的男生大约有_________人．
【答案】240
【分析】将体重（单位：kg）在区间70,78上的男生所占的频率乘以2000可得结果.
【详解】由频率分布直方图可知，该校体重（单位：kg）在区间70,78上的男生的人数为
2000×0.02+0.01×4=240.
故答案为：240.
15．已知圆C1:(x−a)2+y2=4与C2:x2+(y−b)2=1a,b∈R交于A,B两点.若存在a，使得AB=2，则b的取值范围为___________.
【答案】−3,3
【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线AB的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得a,b满足的等式关系，根据方程有解，即可得b的取值范围.
【详解】圆C1:(x−a)2+y2=4的圆心C1a,0，半径r1=2，圆C2:x2+(y−b)2=1的圆心C20,b，半径r2=1
若两圆相交，则r1−r2
所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2−0−a2+b2+34a2+4b2，圆心C20,b到直线AB的距离d2=0−2b2−a2+b2+34a2+4b2，
则弦长AB=2r12−d12=2r22−d22=2，所以d1=3d2=0，则a2+b2+34a2+4b2=3a2+b2−34a2+4b2=0，所以a2+b2=3，
若存在a，使得AB=2，则b2≤3，即−3≤b≤3，所以b的取值范围为−3,3.
故答案为：−3,3.
16．已知x∈4,+∞，y∈0,5，z∈0,1，则2x+y+4zx+2z+2x+zy的最小值为______．
【答案】2+22/22+2
【分析】将2x+y+4zx+2z+2x+zy变形为yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2，然后利用基本不等式求解得yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥2+32⋅xy+2，再根据取等号的条件可得xy=2xx+2z=21+2zx，判断出zx的范围，进而判断得xy的范围，可得32⋅xy≥2，可得所求最小值.
【详解】2x+y+4zx+2z+2x+zy=2+yx+2z+x+2z+3x2y =yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥212+32⋅xy+2=2+32⋅xy+2，
当且仅当yx+2z=x+2z2y，即2y2=x+2z2时取“＝”，
此时xy=2xx+2z=21+2zx，∵x∈4,+∞，z∈0,1，
∴zx∈0,14，∴xy≥21+12=223，∴32⋅xy≥2，
∴原式≥2+22，此时x=4，y=32，z=1．
故答案为：2+22
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知函数fx=sinxcosx−3cos2x+32．
(1)求函数y=fx的最小正周期和单调区间；
(2)若关于x的方程fx−m=0在x∈0,π2上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．
【答案】(1)最小正周期T=π；单调递增区间为kπ−π12,kπ+5π12k∈Z；单调递减区间为kπ+5π12,kπ+11π12k∈Z.
(2)32,1
【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用周期公式求周期，整体代入法求函数单调区间；
（2）由区间内函数的单调性和函数值的变化范围求解实数m的取值范围．
【详解】（1）fx=sinxcosx−3cos2x+32=12sin2x−32cos2x=sin2x−π3，
则函数y=fx的最小正周期T=2π2=π；
令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2k∈Z，解得 kπ−π12≤x≤kπ+5π12k∈Z，
可得函数y=fx的单调递增区间为kπ−π12,kπ+5π12k∈Z·
令 2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2k∈Z ，解得 kπ+5π12≤x≤kπ+11π12k∈Z ，
可得因数y=fx的单调递减区间为kπ+5π12,kπ+11π12k∈Z ；
（2）由（1）可知，x∈0,π2时，y=fx在0,5π12上单调递增，在5π12,π2上单调递减，
当x∈0,5π12，2x−π3∈−π3,π2，fx由−32增大到1，
当x∈5π12,π2，2x−π3∈π2,2π3，fx由1减小到32，
若关于x的方程fx−m=0在x∈0,π2上有两个不同的实数解，则实数m的取值范围为32,1
18．某地区区域发展指数评价指标体系基于五大发展理念构建，包括创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个一级指标．该地区区域发展指数测算方法以2015年作为基期并设指数值为100，通过时序变化，观察创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分领域指数值的变动趋势．分别计算创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分指数，然后合成为该地区区域发展总指数，如下图所示．
若年份x（2015年记为x=1，2016年记为x=2，以此类推）与发展总指数y存在线性关系．
(1)求年份x与发展总指数y的回归方程．
(2)根据(1)中的回归方程计算的各年发展总指数值与实际发展总指数值差的绝对值，并记为X，若X<1，则称该年为和谐发展年．若从2019～2022这四年中任选两年，记事件A：两年中至少有一年为和谐发展年，求事件A发生的概率PA．
参考公式：回归方程y=bx+a，其中a=y−bx，
b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，i=18xi−xyi−y=228.9，y=119.05．
【答案】(1)y=5.45x+94.525
(2)56
【分析】第一小问把题目所给的数据代入回归方程求出a，b即可.第二小问先求X的可能取值，得到从这四年中任选两年共有6种可能，其中有1种可能不含和谐发展年，由1−16即可求出PA.
【详解】（1）由题意得x=181+2+3+4+5+6+7+8=4.5，
i=18xi−x2=1−922+2−922+3−922+4−922+5−922+6−922+7−922+8−922 =−722+−522+−322+−122+122+322+522+722=42
所以b=i=18xi−xyi−yi=18xi−x2=228.942=5.45，a=y−bx=94.525．
所以y=5.45x+94.525．
（2）当x=5时，X=0.575；当x=6时，X=1.675；
当x=7时，X=1.475；当x=8时，X=0.775．
故2019-2022这四年中有两年为和谐发展年，记为a，b，另两年记为c，d，
则从这四年中任选两年，有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种可能，
其中只有cd不含和谐发展年，故所求概率为PA=1−16=56．
19．已知数列an满足a1=−3，an+1+an=4n−2n∈N∗．
(1)证明an−2(n−1)为等比数列，并求an的通项公式；
(2)设an的前2n项和为T2n，bn=T2n+6n，证明：数列1bn的前n项和小于14．
【答案】(1)证明见解析，an=3⋅(−1)n+2(n−1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件利用配凑的方式，将数列配凑成数列an−2(n−1)第n项与第n+1项的等式关系，即可证明，利用等比数列的通项公式求出an−2(n−1)通项，再求出{an}的通项公式；
（2）根据{an}通项公式的特点，求出T2n的表达式，进而求出{bn}的通项公式，1bn 的通项公式，利用裂项相消法求前n项和，观察所求出来的式子可证明结果.
【详解】（1）∵an+1+an=4n−2，
∴an+1−2n=−an−2(n−1)，
又∵a1−2(1−1)=−3≠0，
∴an−2(n−1)是首项为−3，公比为−1的等比数列，
∴an−2(n−1)=(−3)⋅(−1)n−1，
即an=3⋅(−1)n+2(n−1)．
（2）T2n=a1+a2+⋯+a2n−1+a2n
=3(−1+1−1+1+⋯−1+1)+2n[0+2(2n−1)]2
=4n2−2n．
所以bn=4n2−2n+6n=4n2+4n．
所以1bn=14n2+4n=14n(n+1)=141n−1n+1，
数列1bn的前n项和为141−12+12−13+⋯+1n−1n+1=141−1n+1．
故数列1bn的前n项和小于14.
20．如图四棱锥S−ABCD,AC=2,B,D在以AC为直径的圆上，SA⊥平面ABCD,∠DAC=π6,E为SC的中点，
(1)若∠BAC=π6，证明：DE⊥AB；
(2)当二面角D−SC−A的正切值为6时，求点B到平面SCD距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)27+217
【分析】（1）作出辅助线，得到△ABD为等边三角形，DM⊥AB，由线面垂直得到SA⊥AB，从而得到AB⊥平面EOD，证明出DE⊥AB；
（2）作出辅助线，得到∠DNH为二面角D−SC−A的平面角，由二面角的大小得到NH=24，∠SCA=45∘，由勾股定理得到SD=SA2+AD2=7，S△SCD=72，当B位于线段CD中垂线上时，S△BCD取得最大值，由等体积法得到d≤27+217.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结EO，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EO∥SA，
因为SA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接BD，取连接OD并延长，交AB于点M，
.
因为∠DAC=π6,∠BAC=π6，所以∠DAB=π3，
由对称性可知AB=AD，故△ABD为等边三角形，
又因为O为△ABD的外心，所以O为△ABD的中心，故DM⊥AB，
∵EO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴EO⊥AB，
∵DM∩EO=O，DM,EO⊂平面EOD，
∴AB⊥平面EOD，
∵DE⊂平面EOD，
∴DE⊥AB.
（2）过点D作DH⊥AC于H，作HN⊥SC于N，连接DN，
因为SA⊥平面ABCD，DH⊂平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为AC∩SA=A，AC,SA⊂平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为SC⊂平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为HN⊥SC，DH∩HN=H，DH,HN⊂平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN⊂平面DHN，
所以DN⊥SC，
故∠DNH为二面角D−SC−A的平面角，
因为∠DAC=π6，所以∠DOC=π3，故△OCD为等边三角形，
由题意知DO=CO=DC=1，
∴DH=32，HC=12，
∴tan∠DNH=DHNH=32NH=6，
∴NH=24，
∴在Rt△NHC中，sin∠SCA=NHHC=22，
∴∠SCA=45∘，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
∴SA=AC=2，
又由AD=3，
由勾股定理得：SD=SA2+AD2=7，
因为SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为AS∩AD=A，AS,AD⊂平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为SD⊂平面ASD，
所以DC⊥SD，
∴S△SCD=12DC⋅SD=72，
由于点B在半圆弧AC上运动，当B位于线段CD中垂线上时，△BCD的面积取得最大值，
且最大值为S△BCD=12⋅CD⋅1+32=2+34，
设点B到平面SCD距离为d，
根据VB−SCD=VS−BCD⇒d=3VS−BCDS△SCD≤2+34×272=2+37=27+217，
即点B到平面SCD距离的最大值为27+217.
21．已知点F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，P是C右支上一点，△F1F2P的周长为18，I为△F1F2P的内心，且满足S△PF2I:S△F1F2I:S△PF1I=2:3:4.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过F2的直线l与双曲线的右支交于M,N两点，与y轴交于点Q，满足QM=mMF2,QN=nNF2（其中m>0），求MF2NF2的取值范围.
【答案】(1)x24−y25=1
(2)0,1
【分析】（1）根据三角形面积比得PF2:F1F2:PF1=2:3:4，由三角形周长可得三边长，结合双曲线的定义从而可得a2,b2，即可求解出双曲线的标准方程；
（2）设出直线方程，联立方程组并化简为一元二次方程，写出韦达定理及满足的不等式组，利用向量的坐标表示计算得y1=−3tm+1，y2=−3tn+1，再将其代入韦达定理计算化简可得m+1+n+1=185，根据三角形相似得MF2NF2=−y1y2=−n+1m+1，结合双曲线的性质求解出m的范围，即可求出答案.
【详解】（1）设△PF1F2内切圆半径为r，
由题意S△PF2I=12PF2⋅r,S△F1F2I=12F1F2⋅r,S△PF1I=12PF1⋅r.
所以S△PF2I:S△F1F2I:S△PF1I=PF2:F1F2:PF1=2:3:4，
因为△PF1F2的周长为18，
所以PF2=4,PF1=8,F1F2=6，
所以2a=PF1−PF2=4,2c=6，
所以a2=4,b2=c2−a2=9−4=5，
所以双曲线的标准方程为x24−y25=1.
（2）由题知，直线l斜率存在且不为0，可设其方程为x=ty+3t≠0，
Mx1,y1,Nx2,y2,Q0,−3t
联立x=ty+3x24−y25=1，整理得5t2−4y2+30ty+25=0,
因为直线l与双曲线右支交于两点，则有y1y2<0Δ=30t2−1005t2−4>05t2−4≠0，
解得t2<45，所以y1+y2=−30t5t2−4,y1y2=255t2−4，
因为QM=mMF2(m>0)，所以x1,y1+3t=m3−x1,−y1，
所以y1+3t=m−y1，即y1=−3tm+1，同理y2=−3tn+1，
所以y1+y2=−3tm+1+−3tn+1=−3t⋅m+1+n+1m+1n+1=−30t5t2−4，①
y1y2=9t2m+1n+1=255t2−4②
两式相除得m+1+n+1=185.
因为MF2NF2=−y1y2=−n+1m+1=−185−m+1m+1=1−185⋅1m+1，
当l与渐近线y=±52x平行时，1t=±52,y1=∓5512，
此时m=135，
因为l与双曲线右支交于两点，所以m>135，.
所以0<1m+1<518，所以0
22．已知函数fx=ex−ax22，a>0
(1)若fx过点1,0，求fx在该点处的切线方程；
(2)若fx有两个极值点x1,x2，且0
【答案】(1)ex+y−e=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得a=2e，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）根据题意可得：x1,x2是方程ex−ax=0的两正根，方法一：整理得x1x2+1lnx1x2x1x2−1>2，换元令x1x2=t∈0,1，构建φt=lnt−2t−1t+1，t∈0,1，利用导数证明φt<0；方法二：分析可得证明Fx2
所以fx=ex−ex2，则f′x=ex−2ex
可得f′1=e−2e=−e，
即切点坐标为1,0，切线斜率k=−e
所以所求切线方程为y=−ex−1，即ex+y−e=0.
（2）由题意可得：f′x=ex−ax，
∵fx有两个极值点x1,x2，且0
构建Fx=exxx>0，则F′x=exx−1x2x>0，
由x>0，令F′x<0，解得0
所以Fx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增
其大致图像如图所示，由图像可知当a∈e,e22，方程exx=a有两个正根，符合题意，
方法一：由ex1=ax1ex2=ax2，两边取对数得x1=lna+lnx1x2=lna+lnx2，整理得lnx1−lnx2x1−x2=1，
若x1+x2>2，等价于lnx1−lnx2x1+x2x1−x2>2，可得x1x2+1lnx1x2x1x2−1>2，
注意到0
可得t+1lntt−1>2，整理得lnt−2t−1t+1<0，
故x1+x2>2等价于lnt−2t−1t+1<0，
构建φt=lnt−2t−1t+1，t∈0,1，
则φ′t=1t−4t+12=t−12tt+12>0对∀t∈0,1恒成立，
故φt在0,1上单调递增，则φt<φ1=0，
故x1+x2>2；
方法二：
其大致图像如图所示
由图像可知：当a∈e,e22时，可得0
要证x1+x2>2，等价于证明x1>2−x2，
而Fx在0,1单调递减，即证明Fx1
构建gx=exx2x∈0,2，则g′x=x−2exx3<0对∀x∈0,2恒成立，
则gx=exx2在0,2上单调递减，
且1
∴Gx在1,2单调递减，则Gx
方法三：接方法一（用到对数均值不等式）
由ex1=ax1ex2=ax2，取对数得x1=lna+lnx1x2=lna+lnx2，
作差得x1−x2lnx1−lnx2=1，
由对数均值不等式x1x2
以下证明：x1−x2lnx1−lnx2
令x1x2=t，t∈0,1，构建φt=lnt−2t−1t+1，
则φ′t=1t−4t+12=t−12tt+12>0，
故φt在0,1单调递增，从而φt<φ1=0，
即x1−x2lnx1−lnx2
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