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2023-2024学年福建省漳州市高三毕业班第二次质量检测数学试题（漳州二模）(含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省漳州市高三毕业班第二次质量检测数学试题（漳州二模）(含解析），共22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。
1.已知集合A，B，若A={x|lg4x≤1}，且A∩B=(0,3]，则集合B可以为( )
A. {y|y= 3−x}B. {x|y= 3−x}C. {x|2x<8}D. {x|xx−3≤0}
2.若∃α∈[0,+∞)，csαA. m≥1B. m>1C. m≥−1D. m>−1
3.已知向量a=(−1,m)，向量b=(n,−2)，向量c=(1,1)，若a与b共线，b⊥c，则( )
A. m=−1B. n=−2C. m+n=3D. m−n=1
4.公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.3D打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用3D打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为ℎ的水平截面的面积S可以近似用函数S(ℎ)=π(9−ℎ)2，ℎ∈[0,9]拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为
( )
A. 27πB. 81πC. 108πD. 243π
5.甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实践活动，可以从A，B，C，D四个社区中随机选择一个社区，设事件M为“甲和乙至少一人选择了A社区”，事件N为“甲和乙选择的社区不相同”，则P(N|M)=( )
A. 56B. 67C. 78D. 59
6.若锐角θ满足 3cs2θ− 2sin(3π4−θ)=0，则cs(13π2+2θ)=( )
A. −23B. 23C. −13D. 33
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比与{an}的公差均为2，且满足b1=a1+1，b3=a4+1，则使得b6>Sn成立的n的最大值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
8.已知函数f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0,则函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为( )
A. 3B. 5C. 6D. 8
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的⊙D与C的准线相切于点P(−2,−1)，则( )
A. 直线l的方程为4x+y−8=0B. 点D的坐标为(74,−1)
C. ⊙D的周长为172πD. 直线4x+2y+9=0与⊙D相切
10.关于函数f(x)= 2sin(3π4−x2)的图象与性质，下列说法正确的是( )
A. x=5π2是函数f(x)图象的一条对称轴
B. (−π2,0)是函数f(x)图象的一个对称中心
C. 将函数y= 2csx2的图象向右平移π2个单位长度可得到函数y=f(x)的图象
D. 当x∈(0,2π)时，f(x)∈(−1,1)
11.已知数列an的前n项和为Sn，若a1=a2=4，且对∀n≥2，n∈N∗都有4(Sn−Sn−1)=Sn+1，则( )
A. {Sn−2Sn−1}是等比数列B. S6=128
C. an=4,n=1,2n+1−4,n≥2,n∈N∗D. an=4,n=1,2n,n≥2,n∈N∗
12.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为棱AB，CC1的中点，过D1，E，F三点作该正四棱柱的截面α，则下列判断正确的是( )
A. 异面直线EF与直线BB1所成角的正切值为 52
B. 截面α为六边形
C. 若AB=2，截面α的周长为2 2+3 13
D. 若AB=2，截面α的面积为11 176
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知椭圆C:x26−m+y22m−3=1，m∈Z，则C的离心率为 .(写出一个符合题目要求的即可)
14.在二项式( x−2x)n的展开式中，第三项为常数项，展开式中二项式系数和为a，所有项的系数和为b，则a−b= ．
15.已知复数z1，z2满足z1+2z1=−3−i，|z2−z1|=1，则|z2+2i|的最大值为 ．
16.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，曲线f(x−1)关于(1,0)对称，且满足f(x)−f(6−x)=3−x，则f(2022)+f(2028)= ;f′(−2025)= ．
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.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+1−Snn=n+1(n∈N∗)，且a4为a2，a8的等比中项．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设Tn为数列{1anan+1}的前n项和，证明：Tn≥18．
18.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，∠DAB=π2，B=π6，且△ABC的外接圆半径为4．
(Ⅰ)若BC=4 2，AD=2 2，求△ACD的面积;
(Ⅱ)若D=2π3，求BC−AD的最大值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角均为60∘，AD=2AB=2，O为AD中点，E为侧棱PB上一点，且OE//平面PCD．
(Ⅰ)请确定点E的位置;
(Ⅱ)求平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为12，良好的概率为13;在续航测试中结果为优秀的概率为25，良好的概率为25，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为ξ．
(Ⅰ)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率;
(Ⅱ)求离散型随机变量ξ的分布列与期望．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex−lnx−x+a有两个不同的零点x1，x2．
(Ⅰ)求实数a的取值范围;
(Ⅱ)证明：lnx1+lnx2+1<0．
22.(本小题12分)
已知a>b>0，我们称双曲线C:y2a2−x2b2=1与椭圆τ:y2a2+x2b2=1互为“伴随曲线”，点A为双曲线C和椭圆τ的下顶点．
(Ⅰ)若B为椭圆τ的上顶点，直线y=t(0(Ⅱ)过椭圆τ的一个焦点且与长轴垂直的弦长为2 33，双曲线C的一条渐近线方程为y= 3x，若F为双曲线C的上焦点，直线l经过F且与双曲线C上支交于M，N两点，记△MON的面积为S，∠MON=θ(O为坐标原点)，△AMN的面积为3 3+6．
(ⅰ)求双曲线C的方程;
(ⅱ)证明：2Scsθ=17sinθ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查指数不等式、对数不等式、分式不等式及函数的定义域与值域、集合的交集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
求出集合A，再根据A∩B=(0,3]，逐项分析即可．
【解答】
解：因为lg4x≤1，所以0对于A选项，B={y|y= 3−x}=[0,+∞)，则A∩B≠(0,3]，所以A选项不合题意;
对于B选项，B={x|y= 3−x}=(−∞,3]，则A∩B=(0,3]，所以B选项符合题意;
对于C选项，
B={x|2x<8}=(−∞,3)，则A∩B≠(0,3]，所以C选项不合题意;
对于D选项，不等式xx−3≤0等价于
x−3≠0,x(x−3)≤0,解得B=[0,3)，则A∩B≠(0,3]，所以D选项不合题意，故选B．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查存在量词命题、命题的真假、三角函数的值域，考查运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于基础题．
根据题意得到m>(csα)min，结合余弦函数的性质即可得解．
【解答】
解：若∃α∈[0,+∞)，csαm>(csα)min.因为csα在[0,+∞)上的最小值为
−1，所以m>−1，故选D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的坐标运算、共线向量、垂直向量，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
利用向量共线与垂直，即可得解．
【解答】
解：因为a与b共线，所以(−1)×(−2)−mn=0，得mn=2．
又b⊥c，所以n×1+(−2)×1=0，解得n=2，
所以m=1，所以m+n=3，
故选C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查数学文化、空间几何体的体积，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养．
易知该城堡的体积为一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积，根据祖距原理，即可得到该城堡的体积．
【解答】
解：根据祖距原理，知该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为13π×92×9=243π，
故选D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查古典概型、条件概率，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
由P(N|M)=P(MN)P(M)求解即可．
【解答】
解：甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的情况共有42=16(种)，
事件M发生的情况共有16−32=7(种)，事件M和事件N同时发生的情况共有6种，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=616716=67，
故选B．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于中档题．
利用两角差的正弦公式，二倍角公式，诱导公式求值即可．
【解答】
解：因为 3cs2θ− 2sin(3π4−θ)=0，
所以 3(cs2θ−sin2θ)−(csθ+sinθ)=0，即[ 3(csθ−sinθ)−1](csθ+sinθ)=0，
解得csθ−sinθ= 33或csθ+sinθ=0，
又θ为锐角，所以csθ−sinθ= 33，则(csθ−sinθ)2=13，即1−sin2θ=13，
解得sin2θ=23，所以cs(13π2+2θ)=−sin2θ=−23，
故选A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差、等比数列的性质、通项公式与等差数列的求和公式，属于基础题．
先由题意求得a1与b1，继而得到bn与an，Sn，最后解不等式即可．
【解答】
解：由题意得a4=a1+6，b3=4b1．
又b1=a1+1，b3=a4+1，
所以a1+7=4(a1+1)，
解得a1=1，所以b1=2，
所以bn=2n，an=2n−1，
所以Sn=n2．
若b6>Sn，则64>n2．
又n∈N∗，则n的最大值为7，
故选B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数零点的问题，以及分段函数的问题，属于中档题．
作函数f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0的大致图象，令f(x)−1=t，令ℎ(t)=lnt−1t，t>0，结合图象可得答案．
【解答】
解：依题意，函数g(x)=f(f(x)−1)零点的个数，即为方程f(f(x)−1)=0解的个数，作函数
f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0的大致图象如图所示，
令f(x)−1=t，则f(t)=0，当t>0时，lnt−1t=0．
令ℎ(t)=lnt−1t，t>0，易知ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增.又ℎ(1)=−1<0，ℎ(e)=1−1e>0，
所以存在t1∈(1,e)，使得ℎ(t1)=0;当t≤0时，−|t+1|+1=0，解得t=0或−2，又f(x)−1=t，则f(x)=t+1，
当t=0时，f(x)=1，根据f(x)的图象可知，
方程f(x)=1有两个解;当t=−2时，f(x)=−1，
根据f(x)的图象可知，方程f(x)=−1有两个解;
当t=t1，t1∈(1,e)时，f(x)=t1+1，
根据f(x)的图象可知，方程f(x)=t1+1有一个解．
综上所述，函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为5，故选B．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质及标准方程、圆的性质、直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
直线与抛物线联立，结合向量的数量积，判断A；将D点的纵坐标代入直线l的方程判断B；结合抛物线的定义判断C；利用点到直线的距离公式推出直线与圆相交判断D．
【解答】
解：依题意，抛物线C的准线方程为x=−2，即x=−p2=−2，
所以p=4，即抛物线C的方程为y2=8x，则抛物线C的焦点为(2,0)．
设直线l的方程为x=ty+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=ty+2,y2=8x,
消去x整理得y2−8ty−16=0，△>0恒成立，
则y1+y2=8t,y1y2=−16,则x1+x2=t(y1+y2)+4=8t2+4x1x2=(y1y2)264=4,
又因为线段AB为⊙D的直径，⊙D与C的准线相切于点P(−2,−1)，
所以AP⋅BP=(−2−x1,−1−y1)⋅(−2−x2,−1−y2)=(2+x1)(2+x2)+(1+y1)(1+y2)=0，
整理得4+2(x1+x2)+x1x2+1+y1+y2+y1y2=0，
即4+2(8t2+4)+4+1+8t−16=0，即(4t+1)2=0，解得t=−14，
所以直线l的方程为4x+y−8=0，所以A选项正确;
因为DP垂直于准线，所以点D的纵坐标为−1，代入直线l的方程，可得点D(94,−1)，所以B选项错误;
根据抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+4=172，所以⊙D的半径为174，所以⊙D的周长为172π，所以C选项正确;
圆心D(94,−1)到直线4x+2y+9=0的距离为|4×94−2+9|2 5=8 55<174，
所以直线4x+2y+9=0与⊙D相交，不相切，所以D选项错误，
故选AC．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
对于A和B，根据三角函数的对称性进行判断即可；对于C，根据三角函数的平移变换进行判断，对于D，直接进行求解即可判断．
【解答】
解：对于A，f(x)= 2sin(3π4−x2)=− 2sin(x2−3π4)，
令x2−3π4=kπ+π2，k∈Z，则x=2kπ+5π2，k∈Z，
当k=0时，x=5π2，
所以x=5π2是函数f(x)图象的一条对称轴，故A正确；
对于B，令x2−3π4=kπ，k∈Z，则x=2kπ+3π2，k∈Z，
当k=−1时，x=−π2，所以(−π2,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故B正确；
因为f(x)= 2sin(3π4−x2)= 2cs[π2−(3π4−x2)]= 2cs(x2−π4)= 2cs[12(x−π2)]，
所以将函数y= 2csx2的图象向右平移π2个单位长度可得到函数y= 2cs[12(x−π2)]的图象，即为函数f(x)的图象，故C正确；
对于D，因为f(x)= 2sin(3π4−x2)，
当x∈(0,2π)时，3π4−x2∈(−π4,3π4)，
所以函数f(x)在(0,2π)上的值域为(−1, 2]，故D错误，
故选：ABC．
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查等比数列的定义、通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养，属于中档题．
由S2−2S1=0，判断A；求出S6判断B；对于C，由an=Sn−Sn−1(n≥2,n∈N∗)，a1=S1，判断C，D；
【解答】
解：对于A，因为S2−2S1=(a1+a2)−2a1=(4+4)−2×4=0，
所以{Sn−2Sn−1}不是等比数列，所以A错误;
对于B，由4(Sn−Sn−1)=Sn+1，
得Sn+1−2Sn=2Sn−4Sn−1=2(Sn−2Sn−1)，n≥2，n∈N∗，
又S2−2S1=0，易得Sn=2Sn−1，n≥2，n∈N∗．
又S1=a1=4，
所以数列{Sn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn=4×2n−1=2n+1，
所以S6=26+1=27=128，所以B正确;
对于C，D，Sn−Sn−1=2n+1−2n=2n(n≥2,n∈N∗)，
当n=1时，a1=4，
则an=4,n=1,2n,n≥2,n∈N∗，所以C错误，D正确，
故选BD．
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查正四棱柱的结构特征及截面、异面直线所成角，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养，属于中档题．
根据正四棱柱的结构特征结合各选项，逐项判断即可．
【解答】
解：不妨设AB=2，则AA1=4，
对于A选项，如图1，异面直线EF与直线BB1所成的角，即为直线EF与直线CC1所成的角，连接EC，则∠EFC即为直线EF与直线CC1所成的角或其补角.易得EC⊥CC1，在Rt△EFC中，FC=12CC1=2，EC= EB2+BC2= 5，所以tan∠EFC=ECFC= 52，所以A选项正确;
对于B选项，如图2，延长DC交D1F于点H，连接EH交BC于点I，延长HE交DA于点K，连接D1K交AA1于点J，连接FI，EJ，则五边形D1FIEJ即为平面D1EF截该四棱柱得到的截面，即截面α为五边形，所以B选项错误;
对于C选项，易知HCHD=FCDD1=12，D1F=2 2，所以HC=CD=2，即DH=4.又AEHD=KAKD=14，所以KA=23，所以KD=23+2=83.又CIKD=CHHD，所以CI=12KD=43，
所以BI=2−43=23，FI= FC2+CI2=2 133，所以EI= EB2+BI2= 133．
在Rt△KD1D中，KD1= KD2+DD12=4 133.又KJKD1=AJDD1=KAKD=14，
所以D1J=34KD1= 13，AJ=1，所以JE= AJ2+AE2= 2，
所以截面α的周长为D1F+FI+EI+JE+D1J=2 2+2 133+ 133+ 2+ 13=3 2+2 13，所以C选项错误;
对于D选项，因为KH= 42+(83)2=4 133，所以KD1=KH，所以△KD1H为等腰三角形.又D1H=4 2，所以FH=12D1H=2 2，连接KF，如图2所示，则KF= KH2−FH2=2 343，所以S△KD1H=12D1H×KF=12×4 2×2 343=8 173.易知△KD1H∽△IFH，所以S△IFHS△KD1H=14，则S△IFH=2 173，同理可得S△KJE= 176，所以截面α的面积为S△KD1H−S△IFH−S△KJE=11 176，所以D选项正确，
故选AD．
13.【答案】填 32， 155， 427三者中任何一个即可
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程、离心率，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
按椭圆C的焦点在x或y轴上分类讨论，结合题意进一步求椭圆的离心率．
【解答】
解：当椭圆C的焦点在x轴上时，
可得6−m>2m−3>0，解得32此时椭圆C的方程为x24+y2=1，则椭圆C的离心率为 32;
当椭圆C的焦点在y轴上时，
可得2m−3>6−m>0.解得3此时椭圆C的方程为y25+x22=1或y27+x2=1，
则椭圆C的离心率分别为 155和 427，
故可以填 32， 155， 427三者中任意一个即可．
14.【答案】63
【解析】【分析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
利用二项式通项公式求出n，二项式系数和求得a，所有项的系数和b，可得a−b．
【解答】解：二项式( x−2x) n的展开式通项Tr+1=Cnr( x)n−r(−2)r(1x)r=(−2)rCnrxn−3r2，令r=2，则可得n−3×2=0，所以n=6，所以二项式( x−2x)6的展开式中二项式系数和a=26=64，令x=1，可得所有项的系数和b=(−1)6=1，则a−b=64−1=63．
15.【答案】 10+1
【解析】【分析】
本题考查复数的运算以及几何意义，点到圆上一点的最值问题，属于中档题．
令z1=x+yi，x，y∈R，由z1+2z1=−3−i求得z1，又|z2−z1|=1，即在复平面内，复数z2所对应的点的轨迹是以(−1,1)为圆心，1为半径的圆，进而求解即可．
【解答】
解：令z1=x+yi，x，y∈R，则z=x−yi，
所以z1+2z1=3x−yi=−3−i，
所以x=−1，y=1，即z1=−1+i，
又因为|z2−z1|=1，
即在复平面内，复数z2所对应的点的轨迹是以(−1,1)为圆心，1为半径的圆，
又点(−1,1)到点(0,−2)的距离为 (−1−0)2+(1+2)2= 10，
所以|z2+2i|的最大值为 10+1．
16.【答案】−2025；−12
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养．
先判断得函数f(x)为奇函数，12为函数g(x)的一个周期，再结合抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用运算即可得答案．
【解答】
解：因为曲线f(x−1)关于(1,0)对称，所以曲线f(x)关于坐标原点O对称，
即函数f(x)为奇函数，
又因为x∈R，所以f(0)=0，f(0)−f(6)=3，所以f(6)=−3，
因为f(x)−f(6−x)=3−x，整理得f(x)+x2=f(6−x)+6−x2，
令g(x)=f(x)+x2，
则函数g(x)为R上的可导奇函数，g(0)=0，且g(x)=g(6−x)，
又g(6−x)=−g(x−6)，所以g(x)=−g(x−6)=g(x−12)，
所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称，且12为函数g(x)的一个周期，
所以g(2022)+g(2028)=g(168×12+6)+g(169×12+0)=g(6)+g(0)=f(6)+62=0，
则f(2022)+f(2028)=g(2022)−20222+g(2028)−20282=−2025．
因为g(x)=g(6−x)=−g(x−6)，所以g′(x)=−g′(6−x)=−g′(x−6)，
所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)，
所以g′(3)=g′(−3)=0，
又g(x)=g(x−12)，所以g′(x)=g′(x−12)，
所以函数g′(x)也是以12为周期的周期函数，
因为f(x)=g(x)−x2，所以f′(x)=g′(x)−12，
所以f′(2025)=g′(2025)−12=g′(169×12−3)−12=g′(−3)−12=−12，
因为f(x)+f(−x)=0，所以f′(x)−f′(−x)=0，即f′(−x)=f′(x)，
所以f′(−2025)=f′(2025)=−12．
17.【答案】解：(I)因为an+1−Snn=n+1，
所以nan+1=Sn+n(n+1)， ①
当n≥2时，(n−1)an=Sn−1+n(n−1)， ②
①− ②得nan+1−(n−1)an=an+2n，
化简可得an+1−an=2，n≥2，
且当n=1时，a2−a1=2满足上式，
由题可得a2a8=a42，
故(a1+2)(a1+14)=(a1+6)2，解得a1=2，
即数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=a1+(n−1)×2=2n，n∈N∗．
(II)证明：令bn=1anan+1=12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]
=14(1−1n+1).
又函数y=1−1x+1在(0,+∞)上单调递增，
所以Tn≥14×(1−12)=18．
【解析】本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、裂项相消法求和，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于基础题．
(Ⅰ)由题得nan+1=Sn+n(n+1)， ①当n≥2时，(n−1)an=Sn−1+n(n−1)， ②， ①− ②得an+1−an=2，n≥2，再验证n=1，根据a4为a2，a8的等比中项，解得a1，即可求解；
(Ⅱ)令bn=1anan+1=14(1n−1n+1)，再利用裂项相消法求解即可．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为B=π6，△ABC的外接圆半径为4，
所以ACsinB=8，解得AC=4．
在△ABC中，BC=4 2，
则BCsin∠CAB=4 2sin∠CAB=8，
解得sin∠CAB= 22．
又∠CAB∈(0,π2)，所以∠CAB=π4．
在△ACD中，AC=4，∠DAC=π2−∠CAB=π4，AD=2 2，
所以S△ACD=12×4×2 2× 22=4．
(Ⅱ)设∠DAC=θ，θ∈(0,π3)，
又D=2π3，所以∠ACD=π3−θ，
因为∠DAB=π2，所以∠CAB=π2−θ，
在△DAC中，AC=4，
由正弦定理得ACsinD=ADsin∠ACD，
解得AD=8 33sin(π3−θ)=8 33( 32csθ−12sinθ)=4csθ−4 33sinθ．
在△ABC中，AC=4，由正弦定理得ACsinB=BCsin∠CAB，
解得BC=8sin(π2−θ)=8csθ，
所以BC−AD=4(csθ+ 33sinθ)=8 33sin(θ+π3).
又θ∈(0,π3)，所以θ+π3∈(π3,2π3)，当且仅当θ+π3=π2，即θ=π6时，sin(θ+π3)取得最大值1，
所以BC−AD的最大值为8 33．
【解析】本题考查正弦定理及其推广、三角形面积公式、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，属于中档题．
(Ⅰ)由正弦定理可知ACsinB=8，BCsin∠CAB=8，即可解得AC，sin∠CAB，进而求解即可；
(Ⅱ)设∠DAC=θ，θ∈(0,π3)，由正弦定理得ACsinD=ADsin∠ACD，ACsinB=BCsin∠CAB，即可求得AD，BC，结合正弦型函数的最值即可求解．
19.【答案】解：(Ⅰ)取BC的中点F，连接OF，EF，
因为O为AD的中点，所以OF//CD，
因为CD⊂平面PCD，OF⊄平面PCD，
所以OF//平面PCD，
因为OE//平面PCD，OF∩OE=O，OF⊂平面OEF，OE⊂平面OEF，
所以平面OEF//平面PCD，
又平面OEF∩平面PBC=EF，平面PCD∩平面PBC=PC，
所以EF//PC，
在△PBC中，点F为BC的中点，
所以点E为PB的中点．
(Ⅱ)因为侧面PAD⊥底面ABCD，
所以侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角分别为∠PAD和∠PDA，
则∠PAD=∠PDA=60∘，
所以△PDA为等边三角形，
连接PO，则PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
以O为坐标原点，分别以OF，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
因为AD=2AB=2，
所以O(0,0,0)，A(0,−1,0)，B(1,−1,0)，P(0,0, 3)，E(12,−12, 32)，
则AB=(1,0,0)，PA=(0,−1,− 3)，OE=(12,−12, 32)，OA=(0,−1,0)．
设平面AOE的法向量为u=(x,y,z)，
则OA⋅u=0,OE⋅u=0,即−y=0,12x−12y+ 32z=0,
不妨令z= 3，则x=−3，
所以u=(−3,0, 3).
设平面PAB的法向量为v=(a,b,c)，
则PA⋅v=0,AB⋅v=0,即0−b− 3c=0,a=0,
不妨令c= 3，则b=−3，
所以v=(0,−3, 3).
设平面AOE与平面PAB所成夹角为θ，
则csθ=|u⋅v||u|⋅|v|=32 3×2 3=14，
所以平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值为14．
【解析】本题考查面面平行的判定与性质，平面与平面所成夹角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力，属于中档题．
(Ⅰ)取BC的中点F，连接OF，EF，证明平面OEF//平面PCD，得到EF//PC，即可证明；
(Ⅱ)以点O为原点，直线OF，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量进行求解分析即可．
20.【答案】解：(Ⅰ)记事件Ai为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为i分(i=1,3,5)”，
则P(A5)=12，P(A3)=13，P(A1)=1−12−13=16．
记事件Bi为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为i分(i=1,3,5)”，
则P(B5)=25，P(B3)=25，P(B1)=1−25−25=15．
记事件C为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，
则P(C)=P(A5B1)+P(A3B1)+P(A1B5)+P(A1B3)
=12×15+13×15+16×25+16×25=310，
则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为310．
(Ⅱ)由题知离散型随机变量ξ的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，
P(ξ=2)=16×15=130，
P(ξ=4)=13×15+16×25=215，
P(ξ=6)=12×15+16×25+13×25=310，
P(ξ=8)=12×25+13×25=13，
P(ξ=10)=12×25=15，
则离散型随机变量ξ的分布列为
所以数学期望E(ξ)=2×130+4×215+6×310+8×13+10×15=10615．
【解析】本题考查互斥事件与相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列与期望，考查运算求解能力，考查数学运算、数据分析核心素养．
(Ⅰ)分别求出第一项和第二项的概率，再利用相互独立事件求出符合题意得概率;
(Ⅱ)根据题意分别求出离散型随机变量ξ的所有可能取值以及概率，列出分布列，求出期望即可．
21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=xex−lnx−x+a有两个不同的零点，
即方程xex−lnx−x+a=0有两个不相等的正根，
即方程ex+lnx−(lnx+x)=−a有两个不相等的正根．
令t(x)=x+lnx，x∈(0,+∞)，
易知t(x)在(0,+∞)上单调递增，t(x)∈R，
令t=t(x)∈R，则问题等价于方程et−t=−a有两个不等的实根t1，t2．
令g(t)=et−t，t∈R，则g′(t)=eι−1，
令g′(t)=et−1=0，解得t=0，
当t∈(−∞,0)时，g′(t)<0，当t∈(0,+∞)时，g′(t)>0，
所以函数g(t)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
且当t=0时，函数g(t)取得最小值g(0)=1，
当t→−∞时，g(t)→+∞，当t→+∞时，g(t)→+∞，所以−a>1，
即当a<−1时，方程et−t=−a有两个不等的实根．
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−1)．
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可设t1<0令ℎ(t)=g(t)−g(−t)=et−t−e−t−t=et−e−t−2t，t>0，
则ℎ′(t)=et+e−t−2>0，
所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，所以ℎ(t)>ℎ(0)=0．
因为t2>0，所以ℎ(t2)=g(t2)−g(−t2)>0，
即g(t2)>g(−t2)，所以g(t1)>g(−t2).
又函数g(t)在(−∞,0)上单调递减，且t1<0，−t2<0，
所以t1<−t2，即t1+t2<0，
所以t1+t2=x1+lnx1+x2+lnx2<0，
即ln(x1x2)+(x1+x2)<0．
因为ln(x1x2)+(x1+x2)>2ln x1x2+2 x1x2，
所以ln x1x2+ x1x2<0．
又因为ln1 e+1 e=1 e−12>0，
所以ln x1x2+ x1x2又由(Ⅰ)知函数t(x)=x+lnx在(0,+∞)上单调递增，
所以 x1x2<1 e，即x1x2<1e，
所以ln(x1x2)所以lnx1+lnx2+1<0．
【解析】本题考查了函数的零点、不等式恒成立问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题．
(Ⅰ)将题目转化为ex+lnx−(lnx+x)=−a有两个不相等的正根，令t(x)=x+lnx，则问题等价于方程et−t=−a有两个不等的实根t1，t2，令g(t)=et−t，t∈R，利用导数考虑g(t)的单调性，即可求解；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可设t1<0g(−t2)，则g(t1)>g(−t2)，结合g(x)的单调性，可得t1+t2=x1+lnx1+x2+lnx2<0，进而分析可得ln x1x2+ x1x222.【答案】解：(Ⅰ)证明：依题意可知A(0,−a)，B(0,a)，
联立y=t,y2a2+x2b2=1,
不妨取P(−b a2−t2a,t)，Q(b a2−t2a,t)，
则直线AP的方程为y=−a−tb a2−t2ax−a， ①
直线BQ的方程为y=a−t−b a2−t2ax+a， ②
联立 ① ②可得x=−b a2−t2ty=a2t,，
即直线AP，BQ的交点坐标为(−b a2−t2t,a2t).
又(a2t)2a2−b2t2(a2−t2)b2=1成立，
所以直线AP，BQ的交点在双曲线C上．
(Ⅱ)(i)因为过椭圆τ的一个焦点且与长轴垂直的弦长为2 33，所以2b2a=2 33． ③
因为双曲线C的一条渐近线方程为y= 3x，所以ab= 3． ④
联立 ③ ④，解得b=1，a= 3，
所以双曲线C的方程为y23−x2=1．
(ii)证明：由(i)得点F(0,2)，A(0,− 3).
设直线l的斜率为k，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23−x2=1联立并消去y得(k2−3)x2+4kx+1=0，
则△=12k2+12>0，
所以x1+x2=−4kk2−3，x1x2=1k2−3<0，
则k2<3，
故|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=2 3 k2+13−k2．
又|AF|=2+ 3，
所以S△AMN=12|AF||x1−x2|=12×(2+ 3)×2 3 k2+13−k2=3 3+6，
解得k2=2或k2=133(舍去)．
因为S=12|OM||ON|sinθ，
所以Stanθ=12|OM||ON|sinθtanθ=12|OM||ON|csθ
=12OM⋅ON
=12x1x2+12y1y2
=12[x1x2+(kx1+2)(kx2+2)]
=12[(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4]
=12(4+−7k2+1k2−3).
因为k2=2，
所以Stanθ=172，
即2Scsθ=17sinθ．
【解析】本题考查椭圆与双曲线的几何性质、直线与椭圆的位置关系、直线与双曲线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学运算、直观想象核心素养，属于难题．
(Ⅰ)求出直线AP，BQ的交点坐标，可得交点坐标满足双曲线C方程，可证直线AP，BQ的交点在双曲线C上;
(Ⅱ)(i)根据题意得ab= 3，2b2a=2 33求得a，b，可得双曲线C的方程;
(ⅱ)直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23−x2=1联立，利用根与系数关系及Stanθ=12|OM||ON|sinθtanθ=12|OM||ON|csθ，可证2Scsθ=17sinθ．ξ
2
4
6
8
10
P
130
215
310
13
15
1.已知集合A，B，若A={x|lg4x≤1}，且A∩B=(0,3]，则集合B可以为( )
A. {y|y= 3−x}B. {x|y= 3−x}C. {x|2x<8}D. {x|xx−3≤0}
2.若∃α∈[0,+∞)，csα
3.已知向量a=(−1,m)，向量b=(n,−2)，向量c=(1,1)，若a与b共线，b⊥c，则( )
A. m=−1B. n=−2C. m+n=3D. m−n=1
4.公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.3D打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用3D打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为ℎ的水平截面的面积S可以近似用函数S(ℎ)=π(9−ℎ)2，ℎ∈[0,9]拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为
( )
A. 27πB. 81πC. 108πD. 243π
5.甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实践活动，可以从A，B，C，D四个社区中随机选择一个社区，设事件M为“甲和乙至少一人选择了A社区”，事件N为“甲和乙选择的社区不相同”，则P(N|M)=( )
A. 56B. 67C. 78D. 59
6.若锐角θ满足 3cs2θ− 2sin(3π4−θ)=0，则cs(13π2+2θ)=( )
A. −23B. 23C. −13D. 33
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比与{an}的公差均为2，且满足b1=a1+1，b3=a4+1，则使得b6>Sn成立的n的最大值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
8.已知函数f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0,则函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为( )
A. 3B. 5C. 6D. 8
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的⊙D与C的准线相切于点P(−2,−1)，则( )
A. 直线l的方程为4x+y−8=0B. 点D的坐标为(74,−1)
C. ⊙D的周长为172πD. 直线4x+2y+9=0与⊙D相切
10.关于函数f(x)= 2sin(3π4−x2)的图象与性质，下列说法正确的是( )
A. x=5π2是函数f(x)图象的一条对称轴
B. (−π2,0)是函数f(x)图象的一个对称中心
C. 将函数y= 2csx2的图象向右平移π2个单位长度可得到函数y=f(x)的图象
D. 当x∈(0,2π)时，f(x)∈(−1,1)
11.已知数列an的前n项和为Sn，若a1=a2=4，且对∀n≥2，n∈N∗都有4(Sn−Sn−1)=Sn+1，则( )
A. {Sn−2Sn−1}是等比数列B. S6=128
C. an=4,n=1,2n+1−4,n≥2,n∈N∗D. an=4,n=1,2n,n≥2,n∈N∗
12.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为棱AB，CC1的中点，过D1，E，F三点作该正四棱柱的截面α，则下列判断正确的是( )
A. 异面直线EF与直线BB1所成角的正切值为 52
B. 截面α为六边形
C. 若AB=2，截面α的周长为2 2+3 13
D. 若AB=2，截面α的面积为11 176
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知椭圆C:x26−m+y22m−3=1，m∈Z，则C的离心率为 .(写出一个符合题目要求的即可)
14.在二项式( x−2x)n的展开式中，第三项为常数项，展开式中二项式系数和为a，所有项的系数和为b，则a−b= ．
15.已知复数z1，z2满足z1+2z1=−3−i，|z2−z1|=1，则|z2+2i|的最大值为 ．
16.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，曲线f(x−1)关于(1,0)对称，且满足f(x)−f(6−x)=3−x，则f(2022)+f(2028)= ;f′(−2025)= ．
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.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+1−Snn=n+1(n∈N∗)，且a4为a2，a8的等比中项．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设Tn为数列{1anan+1}的前n项和，证明：Tn≥18．
18.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，∠DAB=π2，B=π6，且△ABC的外接圆半径为4．
(Ⅰ)若BC=4 2，AD=2 2，求△ACD的面积;
(Ⅱ)若D=2π3，求BC−AD的最大值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角均为60∘，AD=2AB=2，O为AD中点，E为侧棱PB上一点，且OE//平面PCD．
(Ⅰ)请确定点E的位置;
(Ⅱ)求平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为12，良好的概率为13;在续航测试中结果为优秀的概率为25，良好的概率为25，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为ξ．
(Ⅰ)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率;
(Ⅱ)求离散型随机变量ξ的分布列与期望．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex−lnx−x+a有两个不同的零点x1，x2．
(Ⅰ)求实数a的取值范围;
(Ⅱ)证明：lnx1+lnx2+1<0．
22.(本小题12分)
已知a>b>0，我们称双曲线C:y2a2−x2b2=1与椭圆τ:y2a2+x2b2=1互为“伴随曲线”，点A为双曲线C和椭圆τ的下顶点．
(Ⅰ)若B为椭圆τ的上顶点，直线y=t(0
(ⅰ)求双曲线C的方程;
(ⅱ)证明：2Scsθ=17sinθ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查指数不等式、对数不等式、分式不等式及函数的定义域与值域、集合的交集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
求出集合A，再根据A∩B=(0,3]，逐项分析即可．
【解答】
解：因为lg4x≤1，所以0
对于B选项，B={x|y= 3−x}=(−∞,3]，则A∩B=(0,3]，所以B选项符合题意;
对于C选项，
B={x|2x<8}=(−∞,3)，则A∩B≠(0,3]，所以C选项不合题意;
对于D选项，不等式xx−3≤0等价于
x−3≠0,x(x−3)≤0,解得B=[0,3)，则A∩B≠(0,3]，所以D选项不合题意，故选B．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查存在量词命题、命题的真假、三角函数的值域，考查运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于基础题．
根据题意得到m>(csα)min，结合余弦函数的性质即可得解．
【解答】
解：若∃α∈[0,+∞)，csα
−1，所以m>−1，故选D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的坐标运算、共线向量、垂直向量，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
利用向量共线与垂直，即可得解．
【解答】
解：因为a与b共线，所以(−1)×(−2)−mn=0，得mn=2．
又b⊥c，所以n×1+(−2)×1=0，解得n=2，
所以m=1，所以m+n=3，
故选C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查数学文化、空间几何体的体积，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养．
易知该城堡的体积为一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积，根据祖距原理，即可得到该城堡的体积．
【解答】
解：根据祖距原理，知该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为13π×92×9=243π，
故选D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查古典概型、条件概率，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
由P(N|M)=P(MN)P(M)求解即可．
【解答】
解：甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的情况共有42=16(种)，
事件M发生的情况共有16−32=7(种)，事件M和事件N同时发生的情况共有6种，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=616716=67，
故选B．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于中档题．
利用两角差的正弦公式，二倍角公式，诱导公式求值即可．
【解答】
解：因为 3cs2θ− 2sin(3π4−θ)=0，
所以 3(cs2θ−sin2θ)−(csθ+sinθ)=0，即[ 3(csθ−sinθ)−1](csθ+sinθ)=0，
解得csθ−sinθ= 33或csθ+sinθ=0，
又θ为锐角，所以csθ−sinθ= 33，则(csθ−sinθ)2=13，即1−sin2θ=13，
解得sin2θ=23，所以cs(13π2+2θ)=−sin2θ=−23，
故选A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差、等比数列的性质、通项公式与等差数列的求和公式，属于基础题．
先由题意求得a1与b1，继而得到bn与an，Sn，最后解不等式即可．
【解答】
解：由题意得a4=a1+6，b3=4b1．
又b1=a1+1，b3=a4+1，
所以a1+7=4(a1+1)，
解得a1=1，所以b1=2，
所以bn=2n，an=2n−1，
所以Sn=n2．
若b6>Sn，则64>n2．
又n∈N∗，则n的最大值为7，
故选B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数零点的问题，以及分段函数的问题，属于中档题．
作函数f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0的大致图象，令f(x)−1=t，令ℎ(t)=lnt−1t，t>0，结合图象可得答案．
【解答】
解：依题意，函数g(x)=f(f(x)−1)零点的个数，即为方程f(f(x)−1)=0解的个数，作函数
f(x)=lnx−1x,x>0,−|x+1|+1,x⩽0的大致图象如图所示，
令f(x)−1=t，则f(t)=0，当t>0时，lnt−1t=0．
令ℎ(t)=lnt−1t，t>0，易知ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增.又ℎ(1)=−1<0，ℎ(e)=1−1e>0，
所以存在t1∈(1,e)，使得ℎ(t1)=0;当t≤0时，−|t+1|+1=0，解得t=0或−2，又f(x)−1=t，则f(x)=t+1，
当t=0时，f(x)=1，根据f(x)的图象可知，
方程f(x)=1有两个解;当t=−2时，f(x)=−1，
根据f(x)的图象可知，方程f(x)=−1有两个解;
当t=t1，t1∈(1,e)时，f(x)=t1+1，
根据f(x)的图象可知，方程f(x)=t1+1有一个解．
综上所述，函数g(x)=f(f(x)−1)的零点个数为5，故选B．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质及标准方程、圆的性质、直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
直线与抛物线联立，结合向量的数量积，判断A；将D点的纵坐标代入直线l的方程判断B；结合抛物线的定义判断C；利用点到直线的距离公式推出直线与圆相交判断D．
【解答】
解：依题意，抛物线C的准线方程为x=−2，即x=−p2=−2，
所以p=4，即抛物线C的方程为y2=8x，则抛物线C的焦点为(2,0)．
设直线l的方程为x=ty+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=ty+2,y2=8x,
消去x整理得y2−8ty−16=0，△>0恒成立，
则y1+y2=8t,y1y2=−16,则x1+x2=t(y1+y2)+4=8t2+4x1x2=(y1y2)264=4,
又因为线段AB为⊙D的直径，⊙D与C的准线相切于点P(−2,−1)，
所以AP⋅BP=(−2−x1,−1−y1)⋅(−2−x2,−1−y2)=(2+x1)(2+x2)+(1+y1)(1+y2)=0，
整理得4+2(x1+x2)+x1x2+1+y1+y2+y1y2=0，
即4+2(8t2+4)+4+1+8t−16=0，即(4t+1)2=0，解得t=−14，
所以直线l的方程为4x+y−8=0，所以A选项正确;
因为DP垂直于准线，所以点D的纵坐标为−1，代入直线l的方程，可得点D(94,−1)，所以B选项错误;
根据抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+4=172，所以⊙D的半径为174，所以⊙D的周长为172π，所以C选项正确;
圆心D(94,−1)到直线4x+2y+9=0的距离为|4×94−2+9|2 5=8 55<174，
所以直线4x+2y+9=0与⊙D相交，不相切，所以D选项错误，
故选AC．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于中档题．
对于A和B，根据三角函数的对称性进行判断即可；对于C，根据三角函数的平移变换进行判断，对于D，直接进行求解即可判断．
【解答】
解：对于A，f(x)= 2sin(3π4−x2)=− 2sin(x2−3π4)，
令x2−3π4=kπ+π2，k∈Z，则x=2kπ+5π2，k∈Z，
当k=0时，x=5π2，
所以x=5π2是函数f(x)图象的一条对称轴，故A正确；
对于B，令x2−3π4=kπ，k∈Z，则x=2kπ+3π2，k∈Z，
当k=−1时，x=−π2，所以(−π2,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故B正确；
因为f(x)= 2sin(3π4−x2)= 2cs[π2−(3π4−x2)]= 2cs(x2−π4)= 2cs[12(x−π2)]，
所以将函数y= 2csx2的图象向右平移π2个单位长度可得到函数y= 2cs[12(x−π2)]的图象，即为函数f(x)的图象，故C正确；
对于D，因为f(x)= 2sin(3π4−x2)，
当x∈(0,2π)时，3π4−x2∈(−π4,3π4)，
所以函数f(x)在(0,2π)上的值域为(−1, 2]，故D错误，
故选：ABC．
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查等比数列的定义、通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养，属于中档题．
由S2−2S1=0，判断A；求出S6判断B；对于C，由an=Sn−Sn−1(n≥2,n∈N∗)，a1=S1，判断C，D；
【解答】
解：对于A，因为S2−2S1=(a1+a2)−2a1=(4+4)−2×4=0，
所以{Sn−2Sn−1}不是等比数列，所以A错误;
对于B，由4(Sn−Sn−1)=Sn+1，
得Sn+1−2Sn=2Sn−4Sn−1=2(Sn−2Sn−1)，n≥2，n∈N∗，
又S2−2S1=0，易得Sn=2Sn−1，n≥2，n∈N∗．
又S1=a1=4，
所以数列{Sn}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn=4×2n−1=2n+1，
所以S6=26+1=27=128，所以B正确;
对于C，D，Sn−Sn−1=2n+1−2n=2n(n≥2,n∈N∗)，
当n=1时，a1=4，
则an=4,n=1,2n,n≥2,n∈N∗，所以C错误，D正确，
故选BD．
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查正四棱柱的结构特征及截面、异面直线所成角，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养，属于中档题．
根据正四棱柱的结构特征结合各选项，逐项判断即可．
【解答】
解：不妨设AB=2，则AA1=4，
对于A选项，如图1，异面直线EF与直线BB1所成的角，即为直线EF与直线CC1所成的角，连接EC，则∠EFC即为直线EF与直线CC1所成的角或其补角.易得EC⊥CC1，在Rt△EFC中，FC=12CC1=2，EC= EB2+BC2= 5，所以tan∠EFC=ECFC= 52，所以A选项正确;
对于B选项，如图2，延长DC交D1F于点H，连接EH交BC于点I，延长HE交DA于点K，连接D1K交AA1于点J，连接FI，EJ，则五边形D1FIEJ即为平面D1EF截该四棱柱得到的截面，即截面α为五边形，所以B选项错误;
对于C选项，易知HCHD=FCDD1=12，D1F=2 2，所以HC=CD=2，即DH=4.又AEHD=KAKD=14，所以KA=23，所以KD=23+2=83.又CIKD=CHHD，所以CI=12KD=43，
所以BI=2−43=23，FI= FC2+CI2=2 133，所以EI= EB2+BI2= 133．
在Rt△KD1D中，KD1= KD2+DD12=4 133.又KJKD1=AJDD1=KAKD=14，
所以D1J=34KD1= 13，AJ=1，所以JE= AJ2+AE2= 2，
所以截面α的周长为D1F+FI+EI+JE+D1J=2 2+2 133+ 133+ 2+ 13=3 2+2 13，所以C选项错误;
对于D选项，因为KH= 42+(83)2=4 133，所以KD1=KH，所以△KD1H为等腰三角形.又D1H=4 2，所以FH=12D1H=2 2，连接KF，如图2所示，则KF= KH2−FH2=2 343，所以S△KD1H=12D1H×KF=12×4 2×2 343=8 173.易知△KD1H∽△IFH，所以S△IFHS△KD1H=14，则S△IFH=2 173，同理可得S△KJE= 176，所以截面α的面积为S△KD1H−S△IFH−S△KJE=11 176，所以D选项正确，
故选AD．
13.【答案】填 32， 155， 427三者中任何一个即可
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程、离心率，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
按椭圆C的焦点在x或y轴上分类讨论，结合题意进一步求椭圆的离心率．
【解答】
解：当椭圆C的焦点在x轴上时，
可得6−m>2m−3>0，解得32
当椭圆C的焦点在y轴上时，
可得2m−3>6−m>0.解得3
则椭圆C的离心率分别为 155和 427，
故可以填 32， 155， 427三者中任意一个即可．
14.【答案】63
【解析】【分析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题．
利用二项式通项公式求出n，二项式系数和求得a，所有项的系数和b，可得a−b．
【解答】解：二项式( x−2x) n的展开式通项Tr+1=Cnr( x)n−r(−2)r(1x)r=(−2)rCnrxn−3r2，令r=2，则可得n−3×2=0，所以n=6，所以二项式( x−2x)6的展开式中二项式系数和a=26=64，令x=1，可得所有项的系数和b=(−1)6=1，则a−b=64−1=63．
15.【答案】 10+1
【解析】【分析】
本题考查复数的运算以及几何意义，点到圆上一点的最值问题，属于中档题．
令z1=x+yi，x，y∈R，由z1+2z1=−3−i求得z1，又|z2−z1|=1，即在复平面内，复数z2所对应的点的轨迹是以(−1,1)为圆心，1为半径的圆，进而求解即可．
【解答】
解：令z1=x+yi，x，y∈R，则z=x−yi，
所以z1+2z1=3x−yi=−3−i，
所以x=−1，y=1，即z1=−1+i，
又因为|z2−z1|=1，
即在复平面内，复数z2所对应的点的轨迹是以(−1,1)为圆心，1为半径的圆，
又点(−1,1)到点(0,−2)的距离为 (−1−0)2+(1+2)2= 10，
所以|z2+2i|的最大值为 10+1．
16.【答案】−2025；−12
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养．
先判断得函数f(x)为奇函数，12为函数g(x)的一个周期，再结合抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用运算即可得答案．
【解答】
解：因为曲线f(x−1)关于(1,0)对称，所以曲线f(x)关于坐标原点O对称，
即函数f(x)为奇函数，
又因为x∈R，所以f(0)=0，f(0)−f(6)=3，所以f(6)=−3，
因为f(x)−f(6−x)=3−x，整理得f(x)+x2=f(6−x)+6−x2，
令g(x)=f(x)+x2，
则函数g(x)为R上的可导奇函数，g(0)=0，且g(x)=g(6−x)，
又g(6−x)=−g(x−6)，所以g(x)=−g(x−6)=g(x−12)，
所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称，且12为函数g(x)的一个周期，
所以g(2022)+g(2028)=g(168×12+6)+g(169×12+0)=g(6)+g(0)=f(6)+62=0，
则f(2022)+f(2028)=g(2022)−20222+g(2028)−20282=−2025．
因为g(x)=g(6−x)=−g(x−6)，所以g′(x)=−g′(6−x)=−g′(x−6)，
所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)，
所以g′(3)=g′(−3)=0，
又g(x)=g(x−12)，所以g′(x)=g′(x−12)，
所以函数g′(x)也是以12为周期的周期函数，
因为f(x)=g(x)−x2，所以f′(x)=g′(x)−12，
所以f′(2025)=g′(2025)−12=g′(169×12−3)−12=g′(−3)−12=−12，
因为f(x)+f(−x)=0，所以f′(x)−f′(−x)=0，即f′(−x)=f′(x)，
所以f′(−2025)=f′(2025)=−12．
17.【答案】解：(I)因为an+1−Snn=n+1，
所以nan+1=Sn+n(n+1)， ①
当n≥2时，(n−1)an=Sn−1+n(n−1)， ②
①− ②得nan+1−(n−1)an=an+2n，
化简可得an+1−an=2，n≥2，
且当n=1时，a2−a1=2满足上式，
由题可得a2a8=a42，
故(a1+2)(a1+14)=(a1+6)2，解得a1=2，
即数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=a1+(n−1)×2=2n，n∈N∗．
(II)证明：令bn=1anan+1=12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]
=14(1−1n+1).
又函数y=1−1x+1在(0,+∞)上单调递增，
所以Tn≥14×(1−12)=18．
【解析】本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、裂项相消法求和，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养，属于基础题．
(Ⅰ)由题得nan+1=Sn+n(n+1)， ①当n≥2时，(n−1)an=Sn−1+n(n−1)， ②， ①− ②得an+1−an=2，n≥2，再验证n=1，根据a4为a2，a8的等比中项，解得a1，即可求解；
(Ⅱ)令bn=1anan+1=14(1n−1n+1)，再利用裂项相消法求解即可．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为B=π6，△ABC的外接圆半径为4，
所以ACsinB=8，解得AC=4．
在△ABC中，BC=4 2，
则BCsin∠CAB=4 2sin∠CAB=8，
解得sin∠CAB= 22．
又∠CAB∈(0,π2)，所以∠CAB=π4．
在△ACD中，AC=4，∠DAC=π2−∠CAB=π4，AD=2 2，
所以S△ACD=12×4×2 2× 22=4．
(Ⅱ)设∠DAC=θ，θ∈(0,π3)，
又D=2π3，所以∠ACD=π3−θ，
因为∠DAB=π2，所以∠CAB=π2−θ，
在△DAC中，AC=4，
由正弦定理得ACsinD=ADsin∠ACD，
解得AD=8 33sin(π3−θ)=8 33( 32csθ−12sinθ)=4csθ−4 33sinθ．
在△ABC中，AC=4，由正弦定理得ACsinB=BCsin∠CAB，
解得BC=8sin(π2−θ)=8csθ，
所以BC−AD=4(csθ+ 33sinθ)=8 33sin(θ+π3).
又θ∈(0,π3)，所以θ+π3∈(π3,2π3)，当且仅当θ+π3=π2，即θ=π6时，sin(θ+π3)取得最大值1，
所以BC−AD的最大值为8 33．
【解析】本题考查正弦定理及其推广、三角形面积公式、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，属于中档题．
(Ⅰ)由正弦定理可知ACsinB=8，BCsin∠CAB=8，即可解得AC，sin∠CAB，进而求解即可；
(Ⅱ)设∠DAC=θ，θ∈(0,π3)，由正弦定理得ACsinD=ADsin∠ACD，ACsinB=BCsin∠CAB，即可求得AD，BC，结合正弦型函数的最值即可求解．
19.【答案】解：(Ⅰ)取BC的中点F，连接OF，EF，
因为O为AD的中点，所以OF//CD，
因为CD⊂平面PCD，OF⊄平面PCD，
所以OF//平面PCD，
因为OE//平面PCD，OF∩OE=O，OF⊂平面OEF，OE⊂平面OEF，
所以平面OEF//平面PCD，
又平面OEF∩平面PBC=EF，平面PCD∩平面PBC=PC，
所以EF//PC，
在△PBC中，点F为BC的中点，
所以点E为PB的中点．
(Ⅱ)因为侧面PAD⊥底面ABCD，
所以侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角分别为∠PAD和∠PDA，
则∠PAD=∠PDA=60∘，
所以△PDA为等边三角形，
连接PO，则PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
以O为坐标原点，分别以OF，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
因为AD=2AB=2，
所以O(0,0,0)，A(0,−1,0)，B(1,−1,0)，P(0,0, 3)，E(12,−12, 32)，
则AB=(1,0,0)，PA=(0,−1,− 3)，OE=(12,−12, 32)，OA=(0,−1,0)．
设平面AOE的法向量为u=(x,y,z)，
则OA⋅u=0,OE⋅u=0,即−y=0,12x−12y+ 32z=0,
不妨令z= 3，则x=−3，
所以u=(−3,0, 3).
设平面PAB的法向量为v=(a,b,c)，
则PA⋅v=0,AB⋅v=0,即0−b− 3c=0,a=0,
不妨令c= 3，则b=−3，
所以v=(0,−3, 3).
设平面AOE与平面PAB所成夹角为θ，
则csθ=|u⋅v||u|⋅|v|=32 3×2 3=14，
所以平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值为14．
【解析】本题考查面面平行的判定与性质，平面与平面所成夹角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力，属于中档题．
(Ⅰ)取BC的中点F，连接OF，EF，证明平面OEF//平面PCD，得到EF//PC，即可证明；
(Ⅱ)以点O为原点，直线OF，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量进行求解分析即可．
20.【答案】解：(Ⅰ)记事件Ai为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为i分(i=1,3,5)”，
则P(A5)=12，P(A3)=13，P(A1)=1−12−13=16．
记事件Bi为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为i分(i=1,3,5)”，
则P(B5)=25，P(B3)=25，P(B1)=1−25−25=15．
记事件C为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，
则P(C)=P(A5B1)+P(A3B1)+P(A1B5)+P(A1B3)
=12×15+13×15+16×25+16×25=310，
则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为310．
(Ⅱ)由题知离散型随机变量ξ的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，
P(ξ=2)=16×15=130，
P(ξ=4)=13×15+16×25=215，
P(ξ=6)=12×15+16×25+13×25=310，
P(ξ=8)=12×25+13×25=13，
P(ξ=10)=12×25=15，
则离散型随机变量ξ的分布列为
所以数学期望E(ξ)=2×130+4×215+6×310+8×13+10×15=10615．
【解析】本题考查互斥事件与相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列与期望，考查运算求解能力，考查数学运算、数据分析核心素养．
(Ⅰ)分别求出第一项和第二项的概率，再利用相互独立事件求出符合题意得概率;
(Ⅱ)根据题意分别求出离散型随机变量ξ的所有可能取值以及概率，列出分布列，求出期望即可．
21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=xex−lnx−x+a有两个不同的零点，
即方程xex−lnx−x+a=0有两个不相等的正根，
即方程ex+lnx−(lnx+x)=−a有两个不相等的正根．
令t(x)=x+lnx，x∈(0,+∞)，
易知t(x)在(0,+∞)上单调递增，t(x)∈R，
令t=t(x)∈R，则问题等价于方程et−t=−a有两个不等的实根t1，t2．
令g(t)=et−t，t∈R，则g′(t)=eι−1，
令g′(t)=et−1=0，解得t=0，
当t∈(−∞,0)时，g′(t)<0，当t∈(0,+∞)时，g′(t)>0，
所以函数g(t)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
且当t=0时，函数g(t)取得最小值g(0)=1，
当t→−∞时，g(t)→+∞，当t→+∞时，g(t)→+∞，所以−a>1，
即当a<−1时，方程et−t=−a有两个不等的实根．
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−1)．
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可设t1<0
则ℎ′(t)=et+e−t−2>0，
所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，所以ℎ(t)>ℎ(0)=0．
因为t2>0，所以ℎ(t2)=g(t2)−g(−t2)>0，
即g(t2)>g(−t2)，所以g(t1)>g(−t2).
又函数g(t)在(−∞,0)上单调递减，且t1<0，−t2<0，
所以t1<−t2，即t1+t2<0，
所以t1+t2=x1+lnx1+x2+lnx2<0，
即ln(x1x2)+(x1+x2)<0．
因为ln(x1x2)+(x1+x2)>2ln x1x2+2 x1x2，
所以ln x1x2+ x1x2<0．
又因为ln1 e+1 e=1 e−12>0，
所以ln x1x2+ x1x2
所以 x1x2<1 e，即x1x2<1e，
所以ln(x1x2)
【解析】本题考查了函数的零点、不等式恒成立问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题．
(Ⅰ)将题目转化为ex+lnx−(lnx+x)=−a有两个不相等的正根，令t(x)=x+lnx，则问题等价于方程et−t=−a有两个不等的实根t1，t2，令g(t)=et−t，t∈R，利用导数考虑g(t)的单调性，即可求解；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可设t1<0
联立y=t,y2a2+x2b2=1,
不妨取P(−b a2−t2a,t)，Q(b a2−t2a,t)，
则直线AP的方程为y=−a−tb a2−t2ax−a， ①
直线BQ的方程为y=a−t−b a2−t2ax+a， ②
联立 ① ②可得x=−b a2−t2ty=a2t,，
即直线AP，BQ的交点坐标为(−b a2−t2t,a2t).
又(a2t)2a2−b2t2(a2−t2)b2=1成立，
所以直线AP，BQ的交点在双曲线C上．
(Ⅱ)(i)因为过椭圆τ的一个焦点且与长轴垂直的弦长为2 33，所以2b2a=2 33． ③
因为双曲线C的一条渐近线方程为y= 3x，所以ab= 3． ④
联立 ③ ④，解得b=1，a= 3，
所以双曲线C的方程为y23−x2=1．
(ii)证明：由(i)得点F(0,2)，A(0,− 3).
设直线l的斜率为k，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23−x2=1联立并消去y得(k2−3)x2+4kx+1=0，
则△=12k2+12>0，
所以x1+x2=−4kk2−3，x1x2=1k2−3<0，
则k2<3，
故|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=2 3 k2+13−k2．
又|AF|=2+ 3，
所以S△AMN=12|AF||x1−x2|=12×(2+ 3)×2 3 k2+13−k2=3 3+6，
解得k2=2或k2=133(舍去)．
因为S=12|OM||ON|sinθ，
所以Stanθ=12|OM||ON|sinθtanθ=12|OM||ON|csθ
=12OM⋅ON
=12x1x2+12y1y2
=12[x1x2+(kx1+2)(kx2+2)]
=12[(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4]
=12(4+−7k2+1k2−3).
因为k2=2，
所以Stanθ=172，
即2Scsθ=17sinθ．
【解析】本题考查椭圆与双曲线的几何性质、直线与椭圆的位置关系、直线与双曲线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学运算、直观想象核心素养，属于难题．
(Ⅰ)求出直线AP，BQ的交点坐标，可得交点坐标满足双曲线C方程，可证直线AP，BQ的交点在双曲线C上;
(Ⅱ)(i)根据题意得ab= 3，2b2a=2 33求得a，b，可得双曲线C的方程;
(ⅱ)直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23−x2=1联立，利用根与系数关系及Stanθ=12|OM||ON|sinθtanθ=12|OM||ON|csθ，可证2Scsθ=17sinθ．ξ
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