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湖南省部分校教育联盟2022-2023学年高三上学期数学入学摸底测试试卷
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这是一份湖南省部分校教育联盟2022-2023学年高三上学期数学入学摸底测试试卷，共19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。
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．已知集合A={x∣x2−3x−4<0}，B={x∣lgx<1}，则A∩B=（ ）
A．{x∣−1C．{x∣02．若复数(i4+2i)z=4+3i，则复数z的虚部是（ ）
A．iB．−iC．-1D．1
3．从0，2，4，6，8中任取2个不同的数分别记作a，b，则|a−b|≥3的概率是（ ）
A．15B．310C．25D．35
4．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）､（2）､（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别139､6445､107，设图（1）､（2）､（3）中椭圆的离心率分别为e1､e2､e3，则（ ）
A．e15．已知(x2+a)(x−2x)5的展开式中各项系数的和为-3，则该展开式中x的系数为（ ）
A．0B．-120C．120D．-160
6．两条异面直线a，b所成的角为60∘，在直线a，b上分别取点A，E和点B，F，使AB⊥a，且AB⊥b.已知AE=6，BF=8，EF=237则线段AB的长为（ ）
A．8B．46C．43D．83
7．已知a=2，b=513，c=(2+e)1e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b8．已知tanα，tanβ是方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，有以下四个命题：
甲：tan(α+β)=−12；
乙：tanαtanβ=7：3；
丙：sin(α+β)cs(α−β)=54；
丁：tanαtanβtan(α+β)−tan(α+β)=5：3.
如果其中只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9．下列命题正确的是（ ）
A．若甲､乙两组数据的相关系数分别为0.66和-0.85，则乙组数据的线性相关性更强
B．已知样本数据x1，x2，⋯，xn的方差为4，则2x1+30，2x2+30，⋯，2xn+30的标准差是4
C．在检验A与B是否有关的过程中，根据所得数据算得χ2=6.352，已知P(χ2⩾6.635)=0.01，则有99%的把握认为A和B有关
D．对具有线性相关关系的变量x､y，有一组观测数据(xi，yi)(i=1，2，⋯，10)，其线性回归方程是y=bx+1，且x1+x2+x3+⋯+x10=3(y1+y2+y3+⋯+y10)=9，则实数b的值是79
10．若函数f(x)=3sin2x+2cs2x+m在区间[0，π2]上的最大值为6，则下列结论正确的是（ ）
A．f(5π12)=5
B．2π是函数f(x)的一个周期
C．当x∈[0，π2]时，不等式cD．将函数f(x)的图像向左移动π6个单位得到函数g(x)的图像，则函数g(x)是一个偶函数
11．树人中学的“希望工程”中，甲､乙两个募捐小组暑假期间走上街头分别进行了为期两周的募捐活动.两个小组第1天都募得1000元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣传材料，则从第2天起，第n(n∈N∗，n⩾2)天募得的捐款数为800(1+12n−1)元.若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．S6>T6
B．甲小组募得捐款为9550元
C．从第7天起，总有SnD．Tn=800n+800⋅2n−1−12n，2≤n≤14且n∈N∗
12．在直角坐标系xOy中，抛物线C：y2=2px(p>0)与直线l：x=4交于P，Q两点，且OP⊥OQ.抛物线C的准线与x轴交于点M，G(x0，y0)是以M为圆心，|OM|为半径的圆上的一点（非原点），过点G作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.则（ ）
A．p=4B．直线AB的方程为2x−y0y+2x0=0
C．−2≤x0<0D．△ABG面积的最大值是82
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．函数f(x)=2lnxx2的极大值点是 .
14．已知抛物线的焦点F在x轴上，直线y=−2与抛物线交于点A，且|AF|=52.写出抛物线的一个标准方程 .
15．定义在R上的奇函数f(x)，当x<0时，f(x)=ln(−x)+2x，则曲线y=f(x)上的点到直线y=-x+1的最小距离为 .
16．三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC，底面ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，且CE⊥EF，若M为三棱锥P−ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC距离的最大值为 .
四、解答题（共6题，共70分）
17．已知锐角△ABC中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，2bcsB=acsC+ccsA.
（1）求B；
（2）若c=2，求a的取值范围.
18．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC=90∘，AB=BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC=60∘，O是AC的中点.
（1）证明：BC⊥平面B1OA1；
（2）求直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值.
19．2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到右下图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的90%分位数；
（2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取9人.若从这9人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在[200，240)的人数为X，求X的分布列和数学期望.
20．已知数列{an}满足anan+1=2n−1，且a1=1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=2n−1a2n，Sn=i=1nbi，求证：1≤Sn<6.
21．设F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且|OP|=|OF1|=2，△PF1F2的面积为3.
（1）求双曲线C的渐近线方程；
（2）若双曲线C的两顶点分别为A1(−a，0)，A2(a，0)，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
22．已知函数g(x)=alnx+x2，ℎ(x)=(a+2)x，其中a∈R.
（1）若直线y=ℎ(x)是曲线y=g(x)的切线，求负数a的值；
（2）设f(x)=g(x)−ℎ(x).
（i）讨论函数f(x)的单调性；
（ii）若函数f(x)的导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>−e2.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由x2−3x−4<0得−1所以A∩B={x∣0故答案为：D.
【分析】 先解一元二次不等式，对数不等式求出A、B，再利用交集运算求解出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由(i4+2i)z=4+3i可得：
复数z=4+3ii4+2i=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)5=2−i，∴复数z的虚部是-1，
故答案为：C.
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：从0，2，4，6，8中任取2个不同的数a，b，共有5×42=10个基本事件，
取出的2个数之差的绝对值等于2有(0，2)，(2，4)，(4，6)，(6，8)共4个基本事件，
所以所求概率为P=1−410=35.
故答案为：D
【分析】首先求出基本事件总数，再用列举法列出取出的2个数之差的绝对值等于2的事件数，最后利用对立事件和古典概型的概率公式计算可得答案.
4．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的离心率e=ca=c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=1−(2b2a)2，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.由139>107>6445，
所以e1>e3>e2.
故答案为：B.
【分析】根据离心率的定义可知，长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，根据三者的长轴长与短轴长的比值求出答案.
5．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因为(x2+a)(x−2x)5的展开式中各项系数的和为-3，
所以令x=1，得−(a+1)=−3，解得a=2，
∵(x−2x)5的展开式为Tr+1=C5rx5−r(−2x)r，r=0，1，2，3，4，5
则展开式中含x的项为x2×C53x2(−2x)3+2×C52x3(−2x)2=0，故x的系数为0.
故答案为：A．
【分析】 由题意，先求出a=2，再利用二项式展开式的通项公式，求出展开式中x的系数.
6．【答案】B
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由题意知：EF=EA+AB+BF，所以EF2=EA2+AB2+BF2+2EA⋅AB+2AB⋅BF+2EA⋅BF，
又异面直线a､b所成的角为60∘，则142=62+AB2+82+0+0±2×6×8cs60∘
所以|AB|=148−62−82±48，则|AB|=46或|AB|=0（舍去）
故答案为：B.
【分析】根据向量的线性运算可得EF=EA+AB+BF，两边同时平方，利用向最的数量积运算，结合题意化简得到|AB|=148−62−82±48，进而求出答案.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，可得a=(2+2)12，b=(2+3)13，c=(2+e)1e，
所以令f(x)=1x⋅ln(2+x)，(x>0)，则f′(x)=xx+2−ln(2+x)x2，
令g(x)=xx+2−ln(2+x)，(x>0)，则g′(x)=−x(x+2)2<0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，g(x)所以f(x)在(0，+∞)上单调递减，
因为2f(e)>f(3)，即12ln(2+2)>1eln(2+e)>13ln(2+3)，
所以ln(2+2)12>ln(2+e)1e>ln(2+3)13，所以412>(2+e)1e>513，即b故答案为：A.
【分析】化简变形，由题意可得a=(2+2)12，b=(2+3)13，c=(2+e)1e，构造f(x)=1x⋅ln(2+x)，(x>0)，得到则f′(x)=xx+2−ln(2+x)x2，再令g(x)=xx+2−ln(2+x)，(x>0)求得函数的单调性，结合单调性，即可求解出答案.
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为tanα，tanβ是方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，所以tanα+tanβ=−ba，tanα⋅tanβ=ca，
则甲：tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ=−ba1−ca=bc−a=−12；
丙：sin(α+β)cs(α−β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ+sinαsinβ=tanα+tanβ1+tanαtanβ=−ba1+ca=−bc+a=54.
若乙､丁都是真命题，
则tanα+tanβ=−53，tanα⋅tanβ=73，所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ=−ba1−ca=−531−73=54，sin(α+β)cs(α−β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ+sinαsinβ=tanα+tanβ1+tanαtanβ=−ba1+ca=−531+73=−12，
两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，
假设丁是假命题，由丙和甲得(a−c)=2b，−5(a+c)=4b，所以2(a−c)=−5(a+c)，
即7a+3c=0，所以c：a=−7：3，与乙不符，假设不成立；
假设乙是假命题，由丙和甲得7a+3c=0，又(a−c)=2b，所以3b=5a，
即b：a=5：3与丙相符，假设成立；故假命题是乙，
故答案为：B．
【分析】根据韦达定理可得tanα+tanβ=−ba，tanα⋅tanβ=ca，对乙、丁运算分析可知乙、丁一真一假，分别假设乙、丁是假命题，逐项进行判断，可得答案.
9．【答案】A,B
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；线性回归方程；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故A正确；
B中样本数据x1，x2，⋯，xn的方差为4，则2x1+30，2x2+30，⋯，2xn+30的方差为22×4=16，标准差为4，B符合题意；
C中由6.352<6.635，没有99%的把握判断认为A和B有关，C不正确；
D中x=910，y=310，由310=b×910+1得b=−79，D不正确；
故答案为：AB.
【分析】根据两个随机变量的线性相关性，即可判断A；根据方差与标准差，即可判断B；根据独立性检验，即可判断C；根据线性回归方程，即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】f(x)=3sin2x+2cs2x+m=3sin2x+cs2x+m+1=2sin(2x+π6)+m+1，
当x∈[0，π2]时，则(2x+π6)∈[π6，7π6]，
所以当x=π6时，f(x)的最大值为6，即m=3，所以f(5π12)=4，A不正确；
∵f(x)的最小正周期T=2π2=π，则2π是函数f(x)的一个周期，B符合题意；
当x∈[0，π2]时，3≤f(x)≤6，
所以不等式c函数f(x)的图像向左移动π6个单位得到函数g(x)=2sin[2(x+π6)+π6]+4=2sin(2x+π2)+4=2cs2x+4，
函数g(x)是一个偶函数，选项D正确.
故答案为：BD．
【分析】将函数恒等变形化简，由在[0，π2]上的最大值为6，可得m的值，进而求出函数的解析式，进而逐一判断，可得答案.
11．【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】由题可知1≤n≤14且n∈N∗，
设an代表第n天甲小组募得捐款，且an>0，
对于甲小组，a1=1000，d=−50，
所以an=a1+(n−1)d=−50n+1050>0，所以1≤n≤20，
所以Sn=n(a1+an)2=−25n2+1025n，n⩽14且n∈N∗，
所以S14=9450，B不正确；
设bn代表第n天乙小组募得捐款，由题可知，bn=1000，n=1800⋅(1+12n−1)，n≥2，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=400+800(1+12)+800(1+122)+⋯+800(1+12n−1)
=400+800(n−1)+800(12+122+123+⋯+12n−1)，
=800n+400−8002n−1，n∈N∗，D不符合题意；
因为S6=5250，T6=5175C，令Cn=Tn−Sn=25n2−225n−8002n−1+400，所以C7=34>0，
而当n≥7时，Cn+1−Cn=50n+8002n−200>0，
所以数列{Cn}为递增数列，因此Sn−Tn<0，所以Sn故答案为：AC
【分析】利用等差数列求和公式求出甲小组两周的募捐的钱数，判断B；利用等比数列求和公式及分组求和，得到乙小组两周募捐的钱数，判断D；计算S6， T6，比较大小，判断A；令Cn=Tn−Sn=25n2−225n−8002n−1+400，C7=34>0，判断C.
12．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】依题意可设P(4，y0)，Q(4，−y0)，则OP=(4，y0)，OQ=(4，−y0)，
因为OP⊥OQ，所以OP⋅OQ=16−y02=0，故y02=16.
又y02=8p，所以p=2，故抛物线C的方程为y2=4x，所以A选项不正确，；
不妨设A(x1，y1)在第一象限，B(x2，y2)在第四象限，
由y2=4x可得y=±2x，y′=±1x，
所以直线GA的斜率为kGA=1x1=2y1，则直线GA的方程为y−y1=2y1(x−x1)，
化简为2x−y1y+2x1=0；同理求得GB的方程为2x−y2y+2x2=0，
因为点G在直线GA，GB上，所以2x0−y1y0+2x1=02x0−y2y0+2x2=0 ，
由此可知A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标都满足2x−y0y+2x0=0，由于两点确定一条直线，
故可得直线AB的方程为2x−y0y+2x0=0，所以B选项正确；
由A的分析可知抛物线的准线方程为x=−1，故M(−1，0)，
所以以M为圆心，|OM|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1 ，
由于G(x0，y0)为圆上动点（非原点），故−2≤x0<0，C符合题意；
联立方程组y2=4x2x−y0y+2x0=0，整理得y2−2y0y+4x0=0，
Δ=4(y02−4x0)=4(−x02−6x0)>0，−2≤x0<0 ，
则y1+y2=2y0，y1y2=4x0，
故|AB|=1+(y02)2⋅(y1+y2)2−4y1y2=(y02+4)(y02−4x0)，
点G(x0，y0)到直线AB的距离d=|4x0−y02|4+y02，
故△ABG的面积S=12|AB|d=12(y02+4)(y02−4x0)⋅|4x0−y02|4+y02=12(y02−4x0)32，
由题可知，M(−1，0)，|OM|=1，则圆M的方程为(x+1)2+y2=1，
故(x0+1)2+y02=1，因为−2≤x0<0，
所以y02−4x0=−x02−6x0=−(x0+3)2+9∈(0，8]，所以12(y02−4x0)32∈(0，82]，
故△ABG面积的最大值为为82，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】利用向量的数量积等于0可求得p=2，判断A；确定抛物线方程，利用导数表示出抛物线切线方程，结合两点确定一条直线可得AB方程，判断B；求出以M为圆心，|OM |为半径的圆的方程，即可知−2≤x0<0，判断C；求出弦长AB，求出点G(x0，y0)到直线AB的距离，即可表示出△ABG面积，从而求得其最大值，判断D.
13．【答案】e
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意，函数f(x)=2lnxx2，可得f′(x)=2x×x2−2lnx×2xx4=2−4lnxx3(x>0)，
令f′(x)=0，即4lnx=2，解得x=e，
当00，故f(x)在(0，e)上为单调递增函数，
当x>e时，f′(x)<0，故f(x)在(e，+∞)上为单调递减函数，
所以函数f(x)=2lnxx2的极大值点是e.
故答案为：e.
【分析】求得函数的导数f'(x)=2−4lnxx3(x>0)，利用导数的符号求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解出f(x)的极大值点.
14．【答案】y2=2x或y2=8x或y2=−2x或y2=−8x（写出一个即可）
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设所求焦点在x轴上的抛物线的方程为y2=2px(p≠0)，A(m，−2)，
由抛物线定义得52=|AF|=|m+p2|.
又∵(−2)2=2pm，∴p=±1或p=±4，
故所求抛物线方程为y2=±2x或y2=±8x.
故答案为：y2=2x或y2=8x或y2=−2x或y2=−8x．（写出一个即可）
【分析】由已知可设抛物线的标准方程为y2=2px(p≠0)，进而求出A点的坐标，结合抛物线的性质，求出满足条件的p值，可得答案.
15．【答案】22
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由对称性可知，只需要比较x>0与x=0时的距离.
设x>0，−x<0，因为函数是奇函数，所以f(x)=−f(−x)=2x−lnx，则f′(x)=2−1x
设点P(x1，y1)，则f′(x1)=2−1x1=−1y1=2x1−lnx1，解得：x1=13y1=1+ln3，
此时点P到直线y=-x+1的距离d1=|13+1+ln3−1|2=13+ln32，
设x=0，则原点(0，0)到直线y=-x+1的距离d2=12，
因为d2故答案为：22．
【分析】先根据奇函数定义求x>0时 f(x)的解析式，此时斜率为1的点到直线的距离最小，再与原点到直线的距离相比较，求出曲线y=f(x)上的点到直线y=-x+1的最小距离.
16．【答案】263
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵PA=PB=PC，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴P−ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，又E，F分别为PA､AB中点，
∴EF∥PB，
∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC=C，
∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB=90∘，∴PA=PB=PC=2，
∴P−ABC为正方体一部分，
故2R=2+2+2=6，即R=62，
∵M为三棱锥P−ABC外接球上的动点，
∴当M位于正方体的如图所示的顶点处，点M到平面ABC距离最大，设为ℎ，
∴可求得三棱锥M−ABC的体积为：23−13×12×22×2×4=232，
∴13×34×22⋅ℎ=223，
解得：ℎ=263
故答案为：263
【分析】先证得PB⊥平面PAC，再求得PA=PB=PC=2，从而得 P−ABC 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而求解出点M到平面ABC距离的最大值 .
17．【答案】（1）解：由2bcsB=acsC+ccsA及正弦定理得
2sinBcsB=sinAcsC+sinCcsA
所以2sinBcsB=sin(A+C)，
又sin(A+C)=sinB，因为0因为0（2）解：由正弦定理得asinA=csinC，
所以a=2sinAsinC=2sin(B+C)sinC=sinC+3csCsinC=1+3csCsinC=1+3tanC.
因为△ABC是锐角三角形，所以0因为y=tanx在(π6，π2)上单调递增，所以tanC>33.
从而0<3tanC<3，所以1【知识点】正弦定理
【解析】【分析】(1)由题意，利用正弦定理、两角和的正弦公式，求得csB的值，可得B的值；
(2)由题意，利用正弦定理，先求出a的表达式以及角C的范围，再利用正切函数的值域，求得 a的取值范围.
18．【答案】（1）证明：连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，则AC=AA1，
因为∠A1AC=60∘，故△AA1C为等边三角形，所以A1O⊥AC.
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，所以A1O⊥BC.
因为B1A1∥BA，∠ABC=90∘，所以BC⊥A1B1.
又OA1∩B1A1=A1，所以BC⊥平面B1OA1.
（2）解：连接BO，因为∠ABC=90∘，AB=BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面ACC1A1.
设AC=2，因为A1O⊥BC，
以点O为坐标原点，OA､OA1､OB所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)､A(1，0，0)､B1(−1，3，1)､C1(−2，3，0)，
OA=(1，0，0)，OB1=(−1，3，1)，OC1=(−2，3，0).
设平面OB1C1的法向量是n=(x2，y2，z2)，
则n⋅OC1=−2x2+3y2=0n⋅OB1=−x2+3y2+z2=0，取x2=3，可得n=(3，2，−3).
设直线OA与平面OB1C1所成角为θ
所以sinθ=|cs⟨OA，n⟩|=|OA⋅n||OA|⋅|n|=310=3010，
∴直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值是3010.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理可证得 A1O⊥平面ABC，再结合线面垂直的判定定理证明出 BC⊥平面B1OA1；
(2) 以点O为坐标原点，OA､OA1､OB所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 先求出平面OB1C1的法向量，再根据 sinθ=|cs⟨OA→，n→⟩|， 计算可求出直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值.
19．【答案】（1）解：由题意，40×(0.0005+0.002×2+2a+0.006+0.0065)=1，解得a=0.004..
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005+0.002+0.004+0.006+0.0065)=0.76.
观看时长在240分钟以下占比为0.76+40×0.004=0.92.
所以90%分位数位于[200，240)内，90%分位数为200+40×0.90−−0.76=235.
（2）解：由题意，观看时长[200，240）､[240，280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取6人和3人.
于是抽取的3人中观看时长在[200，240)中的人数X的所有可能取值为0，1，2，3.
所以，P(X=0)=C33C93=184，P(X=1)=C32C61C93=1884，P(X=2)=C31C62C93=4584，P(X=3)=C63C93=2084
X的分布列为
所以，E(X)=1×1884+2×4584+3×2084=2.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)先由频率和为1解得a，按百分位数的定义求出样本数据的90%分位数；
(2)利用分层随机抽样求出在两个区间中应分别抽取6人和3人，得到X的所有可能取值为0，1， 2， 3，分别求出对应的概率，写出分布列，求出 X的分布列和数学期望.
20．【答案】（1）解：由anan+1=2n−1得an+1an+2=2n，两式相除得an+2an=2，
所以{a2n−1}，{a2n}都是公比为2的等比数列，
由a1=1及anan+1=2n−1得a2=1，
所以n为奇数时，an=a1⋅2n+12−1=2n−12，
n为偶数时，an=a2⋅2n2−1=2n−22，
所以an=2n−12，n为奇数2n−22，n为偶数
（2）证明：bn=2n−1a2n=2n−12n−1=2n−12n−1
Sn=i=1nbi=1+32+522+⋯+2n−12n−1，
则12Sn=12+322+523+⋯+2n−12n，
两式相减得12Sn=1+1+12+122+⋯+12n−1−2n−12n=1+1−12n−11−12−2n−12n=3−12n−2−2n−12n，
所以Sn=6−12n−3−2n−12n−1<6，
因为Sn+1−Sn=bn+1=2n+12n>0，所以{Sn}单调递增
所以Sn≥S1=1成立，所以1≤Sn<6.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由 anan+1=2n−1，且 a1=1可得 anan+1=2n−1， a2=1， 相除可得 an+2an=2 ，可得数列 {an} 的奇数项与偶数项都成等比数列，通过分类讨论，利用等比数列的通项公式即可得出数列{an}的通项公式；
(2) bn=2n−1a2n=2n−12n−1=2n−12n−1 ，利用错位相减法即可得出Sn，结合数列的单调性即可证出结论 1≤Sn<6.
21．【答案】（1）解：由|OP|=|OF1|=2得c=2，且PF1⊥PF2
所以|PF1|−|PF2|=2a12|PF1|.|PF2|=3，
|PF1|2+|PF2|2=4c2=16=(|PF1|−|PF2|)2+2|PF1||PF2|
即4a2+12=16解得a=1，
又a2+b2=c2=4，b=3，
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x
（2）解：由（1）可知双曲线的方程为x2−y23=1.
（i）当直线l的斜率不存在时，M(2，3)，N(2，−3)，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=−3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q(12，32)，
（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=k(x−2)(k≠0，k≠±3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立y=k(x−2)x2−y23=1得(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
∴Δ>0，x1+x2=4k2k2−3，x1x2=4k2+3k2−3
∴直线A1M的方程为y=y1x1+1(x+1)，直线A2N的方程为y=y2x2−1(x−1)，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
x+1x−1=y2(x1+1)y1(x2−1)，两边平方得(x+1x−1)2=y22(x1+1)2y12(x2−1)2，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)满足x2−y23=1，
∴y22(x1+1)2y12(x2−1)2=3(x22−1)(x1+1)23(x12−1)(x2−1)2=(x2+1)(x1+1)(x1−1)(x2−1)=x1x2+(x1+x2)+1x1x2−(x1+x2)+1.
=4k2+3k2−3+4k2k2−3+14k2+3k2−3−4k2k2−3+1=4k2+3+4k2+k2−34k2+3−4k2+k2−3=9，
∴(x+1x−1)2=9，∴x=12，或x=2，（舍去).
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由 |OP|=|OF1|=2，得P在以F1F2为直径的圆上，则 PF1⊥PF2，由△PF1F2的面积，勾股定理及双曲线的定义列式求得a，再由隐含条件求解b，则求出双曲线C的渐近线方程；
(2) （i）当直线l的斜率不存在时，M(2，3)，N(2，−3)，求出直线A1M与直线A2N的方程，联立直线A1M与直线A2N的方程求出点Q的坐标，（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=k(x−2)(k≠0，k≠±3)，M(x1，y1)，N(x2，y2) 由(1)求得双曲线方程为 x2−y23=1， 联立直线方程与双曲线方程，联立两直线方程，利用根与系数的关系求得Q点的横坐标为定值，即可得到直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线上 .
22．【答案】（1）解：因为g(x)=alnx+x2，所以g′(x)=ax+2x，x>0
由直线y=ℎ(x)是曲线y=g(x)的切线可知ax+2x=a+2，即(2x−a)(x−1)=0
又a<0，所以x=1，则切点坐标为(1，1)，所以1=a+2
故a=−1.
（2）解：（i）f′(x)=ax+2x−(a+2)=(x−1)(2x−a)x，x>0.
①若a2≤0即a≤0，f′(x)>0的解为x>1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
②若00的解为01，
所以当x∈(0，a2)，(1，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(a2，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减
③若a2=1即a=2，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增；
④若a2>1即a>2，f′(x)>0的解为x<1或x>a2，
所以当x∈(0，1)，(a2，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，a2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述：
若a≤0，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增；
若0若a=2，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
若a>2，当x∈(0，1)，(a2，+∞)时，f(x)单调递增，x∈(1，a2)时，f(x)单调递减.
（ii）证明：∵f′(x)=(x−1)(2x−a)x在区间(1，e)上存在零点，
设零点为x0，x0∈(1，e)，则a=2x0∈(2，2e)，
所以f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，e)上单调递增
故f(x)min=f(x0)=2x0lnx0+x02−(2x0+2)x0=2x0lnx0−x02−2x0
设F(x)=2xlnx−x2−2x，x∈(1，e)，则F′(x)=2lnx−2x，
设G(x)=F′(x)=2lnx−2x，x∈(1，e)，则G′(x)=2x−2<0，G(x)在(1，e)内单调递减，
又F′(1)=G(1)=−2，故F′(x)=2lnx−2x<0在(1，e)上恒成立，故F(x)在(1，e)内单调递减，
所以F(x)>F(e)=−e2，
故当x∈(1，e)时，f(x)>−e2.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义运算求解，可得负数a的值；
(2) (i)根据题意整理可得 f′(x)=ax+2x−(a+2)=(x−1)(2x−a)x，x>0，根据导数与单调性的关系分类讨论可得函数f(x)的单调性；
（ii）结合(i)分析可知 a=2x0∈(2，2e)，f(x)min=f(x0)=2x0lnx0+x02−(2x0+2)x0=2x0lnx0−x02−2x0，构建新函数 F(x)=2xlnx−x2−2x，x∈(1，e)， 利用导数求F(x)min，即可得证.X
0
1
2
3
P
184
1884
4584
2084
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．已知集合A={x∣x2−3x−4<0}，B={x∣lgx<1}，则A∩B=（ ）
A．{x∣−1
A．iB．−iC．-1D．1
3．从0，2，4，6，8中任取2个不同的数分别记作a，b，则|a−b|≥3的概率是（ ）
A．15B．310C．25D．35
4．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）､（2）､（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别139､6445､107，设图（1）､（2）､（3）中椭圆的离心率分别为e1､e2､e3，则（ ）
A．e1
A．0B．-120C．120D．-160
6．两条异面直线a，b所成的角为60∘，在直线a，b上分别取点A，E和点B，F，使AB⊥a，且AB⊥b.已知AE=6，BF=8，EF=237则线段AB的长为（ ）
A．8B．46C．43D．83
7．已知a=2，b=513，c=(2+e)1e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b
甲：tan(α+β)=−12；
乙：tanαtanβ=7：3；
丙：sin(α+β)cs(α−β)=54；
丁：tanαtanβtan(α+β)−tan(α+β)=5：3.
如果其中只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9．下列命题正确的是（ ）
A．若甲､乙两组数据的相关系数分别为0.66和-0.85，则乙组数据的线性相关性更强
B．已知样本数据x1，x2，⋯，xn的方差为4，则2x1+30，2x2+30，⋯，2xn+30的标准差是4
C．在检验A与B是否有关的过程中，根据所得数据算得χ2=6.352，已知P(χ2⩾6.635)=0.01，则有99%的把握认为A和B有关
D．对具有线性相关关系的变量x､y，有一组观测数据(xi，yi)(i=1，2，⋯，10)，其线性回归方程是y=bx+1，且x1+x2+x3+⋯+x10=3(y1+y2+y3+⋯+y10)=9，则实数b的值是79
10．若函数f(x)=3sin2x+2cs2x+m在区间[0，π2]上的最大值为6，则下列结论正确的是（ ）
A．f(5π12)=5
B．2π是函数f(x)的一个周期
C．当x∈[0，π2]时，不等式c
11．树人中学的“希望工程”中，甲､乙两个募捐小组暑假期间走上街头分别进行了为期两周的募捐活动.两个小组第1天都募得1000元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣传材料，则从第2天起，第n(n∈N∗，n⩾2)天募得的捐款数为800(1+12n−1)元.若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．S6>T6
B．甲小组募得捐款为9550元
C．从第7天起，总有Sn
12．在直角坐标系xOy中，抛物线C：y2=2px(p>0)与直线l：x=4交于P，Q两点，且OP⊥OQ.抛物线C的准线与x轴交于点M，G(x0，y0)是以M为圆心，|OM|为半径的圆上的一点（非原点），过点G作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.则（ ）
A．p=4B．直线AB的方程为2x−y0y+2x0=0
C．−2≤x0<0D．△ABG面积的最大值是82
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．函数f(x)=2lnxx2的极大值点是 .
14．已知抛物线的焦点F在x轴上，直线y=−2与抛物线交于点A，且|AF|=52.写出抛物线的一个标准方程 .
15．定义在R上的奇函数f(x)，当x<0时，f(x)=ln(−x)+2x，则曲线y=f(x)上的点到直线y=-x+1的最小距离为 .
16．三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC，底面ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，且CE⊥EF，若M为三棱锥P−ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC距离的最大值为 .
四、解答题（共6题，共70分）
17．已知锐角△ABC中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，2bcsB=acsC+ccsA.
（1）求B；
（2）若c=2，求a的取值范围.
18．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC=90∘，AB=BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC=60∘，O是AC的中点.
（1）证明：BC⊥平面B1OA1；
（2）求直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值.
19．2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到右下图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的90%分位数；
（2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取9人.若从这9人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在[200，240)的人数为X，求X的分布列和数学期望.
20．已知数列{an}满足anan+1=2n−1，且a1=1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=2n−1a2n，Sn=i=1nbi，求证：1≤Sn<6.
21．设F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且|OP|=|OF1|=2，△PF1F2的面积为3.
（1）求双曲线C的渐近线方程；
（2）若双曲线C的两顶点分别为A1(−a，0)，A2(a，0)，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
22．已知函数g(x)=alnx+x2，ℎ(x)=(a+2)x，其中a∈R.
（1）若直线y=ℎ(x)是曲线y=g(x)的切线，求负数a的值；
（2）设f(x)=g(x)−ℎ(x).
（i）讨论函数f(x)的单调性；
（ii）若函数f(x)的导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>−e2.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由x2−3x−4<0得−1
【分析】 先解一元二次不等式，对数不等式求出A、B，再利用交集运算求解出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由(i4+2i)z=4+3i可得：
复数z=4+3ii4+2i=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)5=2−i，∴复数z的虚部是-1，
故答案为：C.
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：从0，2，4，6，8中任取2个不同的数a，b，共有5×42=10个基本事件，
取出的2个数之差的绝对值等于2有(0，2)，(2，4)，(4，6)，(6，8)共4个基本事件，
所以所求概率为P=1−410=35.
故答案为：D
【分析】首先求出基本事件总数，再用列举法列出取出的2个数之差的绝对值等于2的事件数，最后利用对立事件和古典概型的概率公式计算可得答案.
4．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的离心率e=ca=c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=1−(2b2a)2，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.由139>107>6445，
所以e1>e3>e2.
故答案为：B.
【分析】根据离心率的定义可知，长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，根据三者的长轴长与短轴长的比值求出答案.
5．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因为(x2+a)(x−2x)5的展开式中各项系数的和为-3，
所以令x=1，得−(a+1)=−3，解得a=2，
∵(x−2x)5的展开式为Tr+1=C5rx5−r(−2x)r，r=0，1，2，3，4，5
则展开式中含x的项为x2×C53x2(−2x)3+2×C52x3(−2x)2=0，故x的系数为0.
故答案为：A．
【分析】 由题意，先求出a=2，再利用二项式展开式的通项公式，求出展开式中x的系数.
6．【答案】B
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由题意知：EF=EA+AB+BF，所以EF2=EA2+AB2+BF2+2EA⋅AB+2AB⋅BF+2EA⋅BF，
又异面直线a､b所成的角为60∘，则142=62+AB2+82+0+0±2×6×8cs60∘
所以|AB|=148−62−82±48，则|AB|=46或|AB|=0（舍去）
故答案为：B.
【分析】根据向量的线性运算可得EF=EA+AB+BF，两边同时平方，利用向最的数量积运算，结合题意化简得到|AB|=148−62−82±48，进而求出答案.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，可得a=(2+2)12，b=(2+3)13，c=(2+e)1e，
所以令f(x)=1x⋅ln(2+x)，(x>0)，则f′(x)=xx+2−ln(2+x)x2，
令g(x)=xx+2−ln(2+x)，(x>0)，则g′(x)=−x(x+2)2<0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，g(x)
因为2
所以ln(2+2)12>ln(2+e)1e>ln(2+3)13，所以412>(2+e)1e>513，即b
【分析】化简变形，由题意可得a=(2+2)12，b=(2+3)13，c=(2+e)1e，构造f(x)=1x⋅ln(2+x)，(x>0)，得到则f′(x)=xx+2−ln(2+x)x2，再令g(x)=xx+2−ln(2+x)，(x>0)求得函数的单调性，结合单调性，即可求解出答案.
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为tanα，tanβ是方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，所以tanα+tanβ=−ba，tanα⋅tanβ=ca，
则甲：tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ=−ba1−ca=bc−a=−12；
丙：sin(α+β)cs(α−β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ+sinαsinβ=tanα+tanβ1+tanαtanβ=−ba1+ca=−bc+a=54.
若乙､丁都是真命题，
则tanα+tanβ=−53，tanα⋅tanβ=73，所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα⋅tanβ=−ba1−ca=−531−73=54，sin(α+β)cs(α−β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ+sinαsinβ=tanα+tanβ1+tanαtanβ=−ba1+ca=−531+73=−12，
两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，
假设丁是假命题，由丙和甲得(a−c)=2b，−5(a+c)=4b，所以2(a−c)=−5(a+c)，
即7a+3c=0，所以c：a=−7：3，与乙不符，假设不成立；
假设乙是假命题，由丙和甲得7a+3c=0，又(a−c)=2b，所以3b=5a，
即b：a=5：3与丙相符，假设成立；故假命题是乙，
故答案为：B．
【分析】根据韦达定理可得tanα+tanβ=−ba，tanα⋅tanβ=ca，对乙、丁运算分析可知乙、丁一真一假，分别假设乙、丁是假命题，逐项进行判断，可得答案.
9．【答案】A,B
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；线性回归方程；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故A正确；
B中样本数据x1，x2，⋯，xn的方差为4，则2x1+30，2x2+30，⋯，2xn+30的方差为22×4=16，标准差为4，B符合题意；
C中由6.352<6.635，没有99%的把握判断认为A和B有关，C不正确；
D中x=910，y=310，由310=b×910+1得b=−79，D不正确；
故答案为：AB.
【分析】根据两个随机变量的线性相关性，即可判断A；根据方差与标准差，即可判断B；根据独立性检验，即可判断C；根据线性回归方程，即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】f(x)=3sin2x+2cs2x+m=3sin2x+cs2x+m+1=2sin(2x+π6)+m+1，
当x∈[0，π2]时，则(2x+π6)∈[π6，7π6]，
所以当x=π6时，f(x)的最大值为6，即m=3，所以f(5π12)=4，A不正确；
∵f(x)的最小正周期T=2π2=π，则2π是函数f(x)的一个周期，B符合题意；
当x∈[0，π2]时，3≤f(x)≤6，
所以不等式c
函数g(x)是一个偶函数，选项D正确.
故答案为：BD．
【分析】将函数恒等变形化简，由在[0，π2]上的最大值为6，可得m的值，进而求出函数的解析式，进而逐一判断，可得答案.
11．【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】由题可知1≤n≤14且n∈N∗，
设an代表第n天甲小组募得捐款，且an>0，
对于甲小组，a1=1000，d=−50，
所以an=a1+(n−1)d=−50n+1050>0，所以1≤n≤20，
所以Sn=n(a1+an)2=−25n2+1025n，n⩽14且n∈N∗，
所以S14=9450，B不正确；
设bn代表第n天乙小组募得捐款，由题可知，bn=1000，n=1800⋅(1+12n−1)，n≥2，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=400+800(1+12)+800(1+122)+⋯+800(1+12n−1)
=400+800(n−1)+800(12+122+123+⋯+12n−1)，
=800n+400−8002n−1，n∈N∗，D不符合题意；
因为S6=5250，T6=5175
而当n≥7时，Cn+1−Cn=50n+8002n−200>0，
所以数列{Cn}为递增数列，因此Sn−Tn<0，所以Sn
【分析】利用等差数列求和公式求出甲小组两周的募捐的钱数，判断B；利用等比数列求和公式及分组求和，得到乙小组两周募捐的钱数，判断D；计算S6， T6，比较大小，判断A；令Cn=Tn−Sn=25n2−225n−8002n−1+400，C7=34>0，判断C.
12．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】依题意可设P(4，y0)，Q(4，−y0)，则OP=(4，y0)，OQ=(4，−y0)，
因为OP⊥OQ，所以OP⋅OQ=16−y02=0，故y02=16.
又y02=8p，所以p=2，故抛物线C的方程为y2=4x，所以A选项不正确，；
不妨设A(x1，y1)在第一象限，B(x2，y2)在第四象限，
由y2=4x可得y=±2x，y′=±1x，
所以直线GA的斜率为kGA=1x1=2y1，则直线GA的方程为y−y1=2y1(x−x1)，
化简为2x−y1y+2x1=0；同理求得GB的方程为2x−y2y+2x2=0，
因为点G在直线GA，GB上，所以2x0−y1y0+2x1=02x0−y2y0+2x2=0 ，
由此可知A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标都满足2x−y0y+2x0=0，由于两点确定一条直线，
故可得直线AB的方程为2x−y0y+2x0=0，所以B选项正确；
由A的分析可知抛物线的准线方程为x=−1，故M(−1，0)，
所以以M为圆心，|OM|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1 ，
由于G(x0，y0)为圆上动点（非原点），故−2≤x0<0，C符合题意；
联立方程组y2=4x2x−y0y+2x0=0，整理得y2−2y0y+4x0=0，
Δ=4(y02−4x0)=4(−x02−6x0)>0，−2≤x0<0 ，
则y1+y2=2y0，y1y2=4x0，
故|AB|=1+(y02)2⋅(y1+y2)2−4y1y2=(y02+4)(y02−4x0)，
点G(x0，y0)到直线AB的距离d=|4x0−y02|4+y02，
故△ABG的面积S=12|AB|d=12(y02+4)(y02−4x0)⋅|4x0−y02|4+y02=12(y02−4x0)32，
由题可知，M(−1，0)，|OM|=1，则圆M的方程为(x+1)2+y2=1，
故(x0+1)2+y02=1，因为−2≤x0<0，
所以y02−4x0=−x02−6x0=−(x0+3)2+9∈(0，8]，所以12(y02−4x0)32∈(0，82]，
故△ABG面积的最大值为为82，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】利用向量的数量积等于0可求得p=2，判断A；确定抛物线方程，利用导数表示出抛物线切线方程，结合两点确定一条直线可得AB方程，判断B；求出以M为圆心，|OM |为半径的圆的方程，即可知−2≤x0<0，判断C；求出弦长AB，求出点G(x0，y0)到直线AB的距离，即可表示出△ABG面积，从而求得其最大值，判断D.
13．【答案】e
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意，函数f(x)=2lnxx2，可得f′(x)=2x×x2−2lnx×2xx4=2−4lnxx3(x>0)，
令f′(x)=0，即4lnx=2，解得x=e，
当0
当x>e时，f′(x)<0，故f(x)在(e，+∞)上为单调递减函数，
所以函数f(x)=2lnxx2的极大值点是e.
故答案为：e.
【分析】求得函数的导数f'(x)=2−4lnxx3(x>0)，利用导数的符号求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解出f(x)的极大值点.
14．【答案】y2=2x或y2=8x或y2=−2x或y2=−8x（写出一个即可）
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设所求焦点在x轴上的抛物线的方程为y2=2px(p≠0)，A(m，−2)，
由抛物线定义得52=|AF|=|m+p2|.
又∵(−2)2=2pm，∴p=±1或p=±4，
故所求抛物线方程为y2=±2x或y2=±8x.
故答案为：y2=2x或y2=8x或y2=−2x或y2=−8x．（写出一个即可）
【分析】由已知可设抛物线的标准方程为y2=2px(p≠0)，进而求出A点的坐标，结合抛物线的性质，求出满足条件的p值，可得答案.
15．【答案】22
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由对称性可知，只需要比较x>0与x=0时的距离.
设x>0，−x<0，因为函数是奇函数，所以f(x)=−f(−x)=2x−lnx，则f′(x)=2−1x
设点P(x1，y1)，则f′(x1)=2−1x1=−1y1=2x1−lnx1，解得：x1=13y1=1+ln3，
此时点P到直线y=-x+1的距离d1=|13+1+ln3−1|2=13+ln32，
设x=0，则原点(0，0)到直线y=-x+1的距离d2=12，
因为d2
【分析】先根据奇函数定义求x>0时 f(x)的解析式，此时斜率为1的点到直线的距离最小，再与原点到直线的距离相比较，求出曲线y=f(x)上的点到直线y=-x+1的最小距离.
16．【答案】263
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵PA=PB=PC，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴P−ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，又E，F分别为PA､AB中点，
∴EF∥PB，
∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC=C，
∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB=90∘，∴PA=PB=PC=2，
∴P−ABC为正方体一部分，
故2R=2+2+2=6，即R=62，
∵M为三棱锥P−ABC外接球上的动点，
∴当M位于正方体的如图所示的顶点处，点M到平面ABC距离最大，设为ℎ，
∴可求得三棱锥M−ABC的体积为：23−13×12×22×2×4=232，
∴13×34×22⋅ℎ=223，
解得：ℎ=263
故答案为：263
【分析】先证得PB⊥平面PAC，再求得PA=PB=PC=2，从而得 P−ABC 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而求解出点M到平面ABC距离的最大值 .
17．【答案】（1）解：由2bcsB=acsC+ccsA及正弦定理得
2sinBcsB=sinAcsC+sinCcsA
所以2sinBcsB=sin(A+C)，
又sin(A+C)=sinB，因为0
所以a=2sinAsinC=2sin(B+C)sinC=sinC+3csCsinC=1+3csCsinC=1+3tanC.
因为△ABC是锐角三角形，所以0
从而0<3tanC<3，所以1
【解析】【分析】(1)由题意，利用正弦定理、两角和的正弦公式，求得csB的值，可得B的值；
(2)由题意，利用正弦定理，先求出a的表达式以及角C的范围，再利用正切函数的值域，求得 a的取值范围.
18．【答案】（1）证明：连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，则AC=AA1，
因为∠A1AC=60∘，故△AA1C为等边三角形，所以A1O⊥AC.
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，所以A1O⊥BC.
因为B1A1∥BA，∠ABC=90∘，所以BC⊥A1B1.
又OA1∩B1A1=A1，所以BC⊥平面B1OA1.
（2）解：连接BO，因为∠ABC=90∘，AB=BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面ACC1A1.
设AC=2，因为A1O⊥BC，
以点O为坐标原点，OA､OA1､OB所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)､A(1，0，0)､B1(−1，3，1)､C1(−2，3，0)，
OA=(1，0，0)，OB1=(−1，3，1)，OC1=(−2，3，0).
设平面OB1C1的法向量是n=(x2，y2，z2)，
则n⋅OC1=−2x2+3y2=0n⋅OB1=−x2+3y2+z2=0，取x2=3，可得n=(3，2，−3).
设直线OA与平面OB1C1所成角为θ
所以sinθ=|cs⟨OA，n⟩|=|OA⋅n||OA|⋅|n|=310=3010，
∴直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值是3010.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理可证得 A1O⊥平面ABC，再结合线面垂直的判定定理证明出 BC⊥平面B1OA1；
(2) 以点O为坐标原点，OA､OA1､OB所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 先求出平面OB1C1的法向量，再根据 sinθ=|cs⟨OA→，n→⟩|， 计算可求出直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值.
19．【答案】（1）解：由题意，40×(0.0005+0.002×2+2a+0.006+0.0065)=1，解得a=0.004..
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005+0.002+0.004+0.006+0.0065)=0.76.
观看时长在240分钟以下占比为0.76+40×0.004=0.92.
所以90%分位数位于[200，240)内，90%分位数为200+40×0.90−−0.76=235.
（2）解：由题意，观看时长[200，240）､[240，280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取6人和3人.
于是抽取的3人中观看时长在[200，240)中的人数X的所有可能取值为0，1，2，3.
所以，P(X=0)=C33C93=184，P(X=1)=C32C61C93=1884，P(X=2)=C31C62C93=4584，P(X=3)=C63C93=2084
X的分布列为
所以，E(X)=1×1884+2×4584+3×2084=2.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)先由频率和为1解得a，按百分位数的定义求出样本数据的90%分位数；
(2)利用分层随机抽样求出在两个区间中应分别抽取6人和3人，得到X的所有可能取值为0，1， 2， 3，分别求出对应的概率，写出分布列，求出 X的分布列和数学期望.
20．【答案】（1）解：由anan+1=2n−1得an+1an+2=2n，两式相除得an+2an=2，
所以{a2n−1}，{a2n}都是公比为2的等比数列，
由a1=1及anan+1=2n−1得a2=1，
所以n为奇数时，an=a1⋅2n+12−1=2n−12，
n为偶数时，an=a2⋅2n2−1=2n−22，
所以an=2n−12，n为奇数2n−22，n为偶数
（2）证明：bn=2n−1a2n=2n−12n−1=2n−12n−1
Sn=i=1nbi=1+32+522+⋯+2n−12n−1，
则12Sn=12+322+523+⋯+2n−12n，
两式相减得12Sn=1+1+12+122+⋯+12n−1−2n−12n=1+1−12n−11−12−2n−12n=3−12n−2−2n−12n，
所以Sn=6−12n−3−2n−12n−1<6，
因为Sn+1−Sn=bn+1=2n+12n>0，所以{Sn}单调递增
所以Sn≥S1=1成立，所以1≤Sn<6.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由 anan+1=2n−1，且 a1=1可得 anan+1=2n−1， a2=1， 相除可得 an+2an=2 ，可得数列 {an} 的奇数项与偶数项都成等比数列，通过分类讨论，利用等比数列的通项公式即可得出数列{an}的通项公式；
(2) bn=2n−1a2n=2n−12n−1=2n−12n−1 ，利用错位相减法即可得出Sn，结合数列的单调性即可证出结论 1≤Sn<6.
21．【答案】（1）解：由|OP|=|OF1|=2得c=2，且PF1⊥PF2
所以|PF1|−|PF2|=2a12|PF1|.|PF2|=3，
|PF1|2+|PF2|2=4c2=16=(|PF1|−|PF2|)2+2|PF1||PF2|
即4a2+12=16解得a=1，
又a2+b2=c2=4，b=3，
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x
（2）解：由（1）可知双曲线的方程为x2−y23=1.
（i）当直线l的斜率不存在时，M(2，3)，N(2，−3)，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=−3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q(12，32)，
（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=k(x−2)(k≠0，k≠±3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立y=k(x−2)x2−y23=1得(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
∴Δ>0，x1+x2=4k2k2−3，x1x2=4k2+3k2−3
∴直线A1M的方程为y=y1x1+1(x+1)，直线A2N的方程为y=y2x2−1(x−1)，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
x+1x−1=y2(x1+1)y1(x2−1)，两边平方得(x+1x−1)2=y22(x1+1)2y12(x2−1)2，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)满足x2−y23=1，
∴y22(x1+1)2y12(x2−1)2=3(x22−1)(x1+1)23(x12−1)(x2−1)2=(x2+1)(x1+1)(x1−1)(x2−1)=x1x2+(x1+x2)+1x1x2−(x1+x2)+1.
=4k2+3k2−3+4k2k2−3+14k2+3k2−3−4k2k2−3+1=4k2+3+4k2+k2−34k2+3−4k2+k2−3=9，
∴(x+1x−1)2=9，∴x=12，或x=2，（舍去).
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由 |OP|=|OF1|=2，得P在以F1F2为直径的圆上，则 PF1⊥PF2，由△PF1F2的面积，勾股定理及双曲线的定义列式求得a，再由隐含条件求解b，则求出双曲线C的渐近线方程；
(2) （i）当直线l的斜率不存在时，M(2，3)，N(2，−3)，求出直线A1M与直线A2N的方程，联立直线A1M与直线A2N的方程求出点Q的坐标，（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=k(x−2)(k≠0，k≠±3)，M(x1，y1)，N(x2，y2) 由(1)求得双曲线方程为 x2−y23=1， 联立直线方程与双曲线方程，联立两直线方程，利用根与系数的关系求得Q点的横坐标为定值，即可得到直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线上 .
22．【答案】（1）解：因为g(x)=alnx+x2，所以g′(x)=ax+2x，x>0
由直线y=ℎ(x)是曲线y=g(x)的切线可知ax+2x=a+2，即(2x−a)(x−1)=0
又a<0，所以x=1，则切点坐标为(1，1)，所以1=a+2
故a=−1.
（2）解：（i）f′(x)=ax+2x−(a+2)=(x−1)(2x−a)x，x>0.
①若a2≤0即a≤0，f′(x)>0的解为x>1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
②若0
所以当x∈(0，a2)，(1，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(a2，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减
③若a2=1即a=2，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增；
④若a2>1即a>2，f′(x)>0的解为x<1或x>a2，
所以当x∈(0，1)，(a2，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，a2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述：
若a≤0，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增；
若0
若a>2，当x∈(0，1)，(a2，+∞)时，f(x)单调递增，x∈(1，a2)时，f(x)单调递减.
（ii）证明：∵f′(x)=(x−1)(2x−a)x在区间(1，e)上存在零点，
设零点为x0，x0∈(1，e)，则a=2x0∈(2，2e)，
所以f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，e)上单调递增
故f(x)min=f(x0)=2x0lnx0+x02−(2x0+2)x0=2x0lnx0−x02−2x0
设F(x)=2xlnx−x2−2x，x∈(1，e)，则F′(x)=2lnx−2x，
设G(x)=F′(x)=2lnx−2x，x∈(1，e)，则G′(x)=2x−2<0，G(x)在(1，e)内单调递减，
又F′(1)=G(1)=−2，故F′(x)=2lnx−2x<0在(1，e)上恒成立，故F(x)在(1，e)内单调递减，
所以F(x)>F(e)=−e2，
故当x∈(1，e)时，f(x)>−e2.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义运算求解，可得负数a的值；
(2) (i)根据题意整理可得 f′(x)=ax+2x−(a+2)=(x−1)(2x−a)x，x>0，根据导数与单调性的关系分类讨论可得函数f(x)的单调性；
（ii）结合(i)分析可知 a=2x0∈(2，2e)，f(x)min=f(x0)=2x0lnx0+x02−(2x0+2)x0=2x0lnx0−x02−2x0，构建新函数 F(x)=2xlnx−x2−2x，x∈(1，e)， 利用导数求F(x)min，即可得证.X
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