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2023-2024学贵州省贵阳市第一中学高三下学期一模考试数学试题（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学贵州省贵阳市第一中学高三下学期一模考试数学试题（含详细答案解析），共20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=x∈Zx2+3x−4≤0，B=xx≥−2，则集合A∩B的元素个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.复数z=4+3i2−i(其中i为虚数单位)的虚部为( )
A. 2B. 1C. −1D. −2
3.已知向量a=(m,−1)，b=(1,m+2)，若a//b，则m=( )
A. −1B. 1C. −1− 2D. −1+ 2
4.为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，A市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计1200棵，比例如图所示．青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为5:3:2，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为( )
A. 60棵B. 100棵C. 144棵D. 160棵
5.设随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，则a的值为( )
A. 9B. 7C. 5D. 4
6.纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：C=Iλt，其中λ为与蓄电池结构有关的常数(称为Peukert常数)，在电池容量不变的条件下，当放电电流为15 A时，放电时间为30 h；当放电电流为50 A时，放电时间为7.5h，则该蓄电池的Peukert常数λ约为(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)( )
A. 1.12B. 1.13C. 1.14D. 1.15
7.某圆锥的轴截面是一个边长为8的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A. 8πB. 4 3πC. 8 3πD. 16π
8.已知定义域为R的函数fx，其导函数为f′x，且满足f′x−2fx<0，f0=1，则( )
A. e2f−1<1B. f1>e2C. f12>eD. f1二、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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知数列an的前n项和为SnSn≠0，且满足an+4Sn−1Sn=0n≥2，a1=14，则下列说法正确的是( )
A. 数列an的前n项和为Sn=4n
B. 数列an的通项公式为an=14nn+1
C. 数列an不是递增数列
D. 数列1Sn为递增数列
10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则( )
A. 乙发生的概率为35B. 丙发生的概率为35
C. 甲与丁相互独立D. 丙与丁互为对立事件
11.已知函数f(x)=sinωx+ 3csωx(ω>0)满足：fπ6=2，f2π3=0，则( )
A. 曲线y=f(x)关于直线x=7π6对称B. 函数y=fx−π3是奇函数
C. 函数y=f(x)在π6,7π6单调递减D. 函数y=f(x)的值域为[−2,2]
12.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P是线，段BC1上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 四面体A1D1AP的体积为定值
B. AP+PC的最小值为2 2
C. A1P//平面ACD1
D. 当直线A1P与AC所成的角最大时，四面体A1PCA的外接球的体积为 3π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.二项式1x−2 x+17的展开式中含x2的系数为__________.
14.核桃(又称胡桃、羌桃)、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”．它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同：现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为2%(空壳率指坚果，谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳)，乙地种植的核桃空壳率为4%，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的60%，40%，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是__________.
15.如图，表面积为100π的球面上有四点S，A，B，C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥C−SAB体积的最大值为__________.
16.已知直线与抛物线x2=2pyp>0交于A，B两点，抛物线的焦点为F，O为原点，且OA⋅OB=15，OD⊥AB于点D，点D的坐标为−2,1，则AF+BF=__________.
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)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinB+ 3bcsA=0.
(1)A；
(2)若a=6，sinBsinC=14，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=13an+1n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)在数列bn中，bn=an−lg4Sn，求数列bn的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
某学校为学生开设了一门模具加工课，经过一段时间的学习，拟举行一次模具加工大赛，学生小明、小红打算报名参加大赛．赛前，小明、小红分别进行了为期一周的封闭强化训练，下表记录了两人在封闭强化训练期间每天加工模具成功的次数，其中小明第7天的成功次数a忘了记录，但知道36≤a≤55，a∈Z(yi,zi分别表示小明、小红第i天的成功次数).
(1)求这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率；
(2)根据小明这7天内前6天的成功次数，求其成功次数y关于序号x的线性回归方程，并估计小明第七天成功次数a的值．
参考公式：回归方程y=bx+a中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：
b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx.
参考数据：1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582；12+22+32+42+52+62=91.
20.(本小题12分)
如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，BC= 3，BH⊥BC.
(1)证明：EF⊥BD；
(2)若AC=2DF且△ABC的面积为3 34，求CF与平面ABD所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上、下顶点分别是A，B，点P(异于A，B两点)在椭圆C上，直线PA与PB的斜率之积为−49，椭圆C的短轴长为4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知T0,1，直线PT与椭圆C的另一个交点为Q，且直线AP与BQ相交于点D，证明：点D在定直线上．
22.(本小题12分)
已知函数fx=x−1lnx−2−ax−3，a∈R.
(1)若a=1，讨论函数fx+1的单调性；
(2)当x>3时，fx>0恒成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据交集的定义即可得解.
【解答】
解：A=x∈Zx2+3x−4≤0=x∈Z−4≤x≤1=−4,−3,−2,−1,0,1，
所以A∩B=−2,−1,0,1，有4个元素.
故选：C.
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据复数的除法运算求出复数z，再根据复数的虚部的定义即可得解.
【解答】
解：z=4+3i2−i=4+3i2+i2−i2+i=5+10i5=1+2i，
所以复数z=4+3i2−i(其中i为虚数单位)的虚部为2.
故选：A.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量平行的坐标关系，属于基础题．
根据 a//b可得mm+2+1=0，即可求出结果.
【解答】
解：因为 a//b，a=(m,−1)，b=(1,m+2)，
所以mm+2+1=0，即m=−1.
4.【答案】C
【解析】【分析】
由己知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可.
【解答】
解：由题意，中年教师应分得树苗的数量为1200×35+3+2=360棵，
所以中年教师应分得梧桐的数量为360×40%=144棵，
故选：C
5.【答案】B
【解析】【分析】
由正态分布曲线的对称性可列方程求解.
【解答】
解：因为随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，
所以3a−4+−a+2=6×2=12，解得a=7.
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了对数知识解决实际问题的应用，是基础题，
由题意知C=15λ×30=50λ×7.5，两边取对数，结合lg2≈0.301，lg3≈0.477计算即可；
【解答】
解：由题意知C=15λ×30=50λ×7.5，
所以(5015)λ=307.5=4，两边取以10为底的对数，得λlg103=2lg2，
所以λ=2lg21−lg3≈2×0.3011−0.477≈1.15.
故选D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
由题意作图，根据圆锥与圆柱的几何性质，可得到答案.
【解答】
解：由题意作图如下
由题设可知该圆锥的高PO= AP2−AO2−= 82−42=4 3，
设在该圆锥中内接一个高为QO=x,x<4 3的圆柱，
该圆柱的底面半径为FO=r，由△PDC∼△PAB，得CDAB=PQPO，
即2r8=4 3−x4 3，所以r=4− 33x，
故该圆柱的侧面积S=2πrx=2π4− 33xx=2π× 3×4− 33x× 33x≤2 3π4− 33x+ 33x22=8 3π
当且仅当4− 33x= 33x，即x=2 3时，等号成立，
故圆柱的侧面积的最大值为8 3π.
故选：C
8.【答案】D
【解析】【分析】
构造函数gx=fxe2x，由f′x−2fx<0得g′x<0，进而判断函数gx的单调性，判断各选项不等式.
【解答】
解：依题意令gx=fxe2x，则g′x=f′x⋅e2x−2fxe2xe2x2=f′x−2fxe2x，
因为f′x−2fx<0在R上恒成立，
所以g′x<0在R上恒成立，
故gx在R上单调递减，
所以g−1>g0，f−1e−2=e2f−1>f0e0=1，故A不正确；
所以g1又g12因为g12>g1，即f12e1>f1e2，即f1故选：D.
关键点点睛：本题解答的关键是根据题意构造函数gx=fxe2x，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小.
9.【答案】CD
【解析】【分析】
确定Sn−Sn−1+4Sn−1Sn=0n≥2得到1Sn是首项为4，公差为4的等差数列，得到Sn=14n即an的通项公式，再依次判断每个选项得到答案.
【解答】
解：an+4Sn−1Sn=0n≥2，则Sn−Sn−1+4Sn−1Sn=0n≥2，即1Sn−1Sn−1=4n≥2，
故1Sn是首项为4，公差为4的等差数列，故1Sn=4n，即Sn=14n，
an=−4Sn−1Sn=−4×14n−4×14n=−14nn−1n≥2，a1=14.
对选项A：Sn=14n，错误；
对选项B：an=14,n=1−14nn−1n≥2，错误；
对选项C：a1=14，a2=−18，故数列an不是递增数列，正确；
对选项D：1Sn=4n，故数列1Sn为递增数列，正确；
故选：CD.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.
【解答】
解：设A为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则PA=36=12,PB=36×25+36×35=12，故A错；
PC=2×36×35=35,PD=2×36×25=25，故B对；
而PAD=36×25=15=PAPD，故C对；
两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确.
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查正弦型函数的对称性，奇偶性，单调性，值域，属于中档题.
由题意可得ω=1+12k，k∈N代入函数结合各选项逐项判断即可.
【解答】
解：整理得：f(x)=2sin(ωx+π3)，
因为f(2π3)=0，所以2π3ω+π3=k1π，k1∈Z，所以ω=3k1−12，k1∈Z，ω>0
因为f(π6)=2，所以π6ω+π3=π2+2k2π，k2∈Z，所以ω=12k2+1，k2∈Z，ω>0
由3k1−12=12k2+1，得k1=8k2+1，所以ω∈{1,13,25,37,⋯}，故ω=12k+1,k∈N
对于A.f(7π6)=2sin((12k+1)7π6+π3)=−2，故A正确；
对于B.因为f(x−π3)=2sin((12k+1)(x−π3)+π3)=2sin((12k+1)x−4kπ)=2sin((12k+1)x)=−f(−x−π3)，即f(x−π3)=−f(−x−π3)，所以函数y=f(x−π3)是奇函数，故B正确：
对于C取ω=13，则最小正周期T=2πω=2π13<7π6−π6=π，故C错误.
对于D.函数f(x)=2sin(ωx+π3),(ω>0)，−2≤2sin(ωx+π3)≤2，故D正确.
故选择ABD.
12.【答案】AC
【解析】【分析】
对于A，利用平面DAA1D1//平面BCC1B1可得到B,P到平面DAA1D1的距离相等，即可判断；对于B，举反例即可判断；对于C，连接A1C1，A1B，证明平面A1C1B//平面ACD1即可判断；对于D，当P与B重合时，直线A1P与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可.
【解答】
解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1//平面BCC1B1，且B,P∈平面BCC1B1，
所以B到平面DAA1D1的距离等于P到平面DAA1D1的距离，
所以四面体A1D1AP的体积为VP−A1D1A=VB−A1D1A=13S△A1D1A×1=13×12×1×1×1=16，
所以四面体A1D1AP的体积为定值，故 A正确；
对于B，当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2<2 2，
所以AP+PC的最小值不为2 2，故B错误；
对于C，
连接A1C1，A1B，
由正方体可得AA1=CC1,AA1//CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AC//A1C1，
因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1//平面ACD1，
同理可得BC1//平面ACD1，
因为A1C1∩BC1=C1，A1C1,BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B//平面ACD1，
因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC//A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大，故此时直线A1P与AC所成的角最大，
所以四面体A1PCA即四面体A1BCA的外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的直径为2R= 3，即R= 32，
所以四面体A1PCA的外接球的体积为43πR3= 32π，故D错误；
故选：AC.
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
13.【答案】−63
【解析】【分析】
利用组合知识求出 x+17中含x3与x2的项，再由多项式乘法求出展开式中含x2的系数即可.
【解答】
解：求出 x+17展开式中含x3与x2的项，分别为C76 x6⋅1=7x3，C74 x4⋅13=35x2，
再由35x2⋅−2+1x⋅7x3=−63x2知，展开式中含x2的系数为−63，
故答案为：−63.
14.【答案】0.028
【解析】【分析】
根据全概率概率公式计算可得.
【解答】
解：设事件所取核桃产地为甲地为事件A1，事件所取核桃产地为乙地为事件A2，
事件所取核桃为空壳为事件B，
则PA1=60%，PA2=40%，PB|A1=2%，PB|A2=4%，
所以PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2=60%×2%+40%×4%=0.028.
故答案为：0.028
15.【答案】12 7+ 3
【解析】【分析】
由已知可求得球的半径，可求得△ABC的面积，当S到平面ABC距离的最大值，计算三棱锥C−SAB体积的最大值即可.
【解答】
解：球的表面积为100π，球的半径为R=5，
设△ABC的中心为O′，则OO′=3，且OO′⊥平面ABC，
△ABC的外接圆半径r=CO′= R2−OO′2=4，
连接CO′并延长交AB于D，则D为AB的中点，且O′D=12r=2，
显然CD⊥AB，而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，
CD⊂平面ABC，则CD⊥平面SAB，
令△SAB的外接圆圆心为E，则OE⊥平面SAB，有OE//O′D，
又OO′⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，OO′⊥AB，
CD∩OO′=O′，CD,OO′⊂平面OO′DE，则AB⊥平面OO′DE，
ED⊂平面OO′DE，AB⊥ED，
而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，
ED⊂平面SAB，则ED⊥平面ABC，
有ED//OO′，因此四边形OO′DE为平行四边形，
则ED=OO′=3，OE=O′D=2，
△SAB的外接圆半径r′= R2−OE2= 21，
△SAB的外接圆上点S到直线AB距离的最大值为r′+ED= 21+3，
而点S在平面ABC上的射影落在直线AB上，
于是S到平面ABC的距离最大值h= 21+3，
△ABC是等边三角形，外接圆半径为4，由正弦定理△ABC的边长为4 3，△ABC的面积为12 3，
棱锥C−SAB体积的最大值为VC−SAB=VS−ABC=13S△ABC⋅h=13×12 3×3+ 21=12 7+ 3.
故答案为：12 7+ 3
16.【答案】19
【解析】【分析】
由OD⊥AB，可得kAB=2，进而求得直线AB方程，与抛物线联立，结合韦达定理可得x1+x2=4p,x1x2=−10p，代入OA⋅OB=15，可解出p，利用抛物线定义即可求得结果.
【解答】
解：因为OD⊥AB于点D，点D的坐标为−2,1，
所以kAB⋅kOD=−1，即kAB=2，
所以直线AB方程为y−1=2x+2，即y=2x+5，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=2x+5x2=2py得x2−4px−10p=0，
则Δ=16p2+40p>0，x1+x2=4p,x1x2=−10p，
所以y1y2=x122p⋅x222p=25，
因为OA⋅OB=15，
所以x1x2+y1y2=−10p+25=15，解得p=1，
所以y1+y2=2x1+x2+10=18，
所以AF+BF=y1+y2+p=19.
故答案为：19
17.【答案】解：(1)因为asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
又因为B∈(0,π)，可得sinB>0，所以sinA+ 3csA=0，可得tanA=− 3，
因为A∈(0,π)，可得A=2π3.
(2)由(1)知A=2π3，因为a=6，
设△ABC的外接圆的半径为R，可得2R=asinA=4 3，
所以b=2RsinB=4 3sinB,c=2RsinC=4 3sinC，
因为sinBsinC=14，可得bc=4 32sinBsinC=48×14=12，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×12× 32=3 3.
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理求得sinA+ 3csA=0，进而求得A的值；
(2)设△ABC的外接圆的半径为R，根据正弦定理求得2R=4 3，进而得到bc=12，结合三角形的面积公式，即可求解.
18.【答案】解：(1)由Sn=13an+1，
当n=1时，a1=S1=13a2，所以a2=3a1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=13an+1−13an，即an+1=4an，
所以数列an是从第二项开始以4为公比的等比数列，
所以an=1,n=13⋅4n−2,n≥2；
(2)当n=1时，b1=a1−lg4S1=1，此时T1=1
当n≥2时，Sn=13an+1=13×3⋅4n−1=4n−1，
则bn=an−lg4Sn=3⋅4n−2−n−1，
此时Sn=1+340+4+42+⋯+4n−2−1+2+3+⋯+n−1
=1+3×1−4n−11−4+1+n−1n−12=4n−1−n2−n2，
当n=1时，41−1−1−12=1，上式成立，
所以Tn=4n−1−n2−n2.
【解析】(1)根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求解即可；
(2)利用分组求和法求解即可.
19.【答案】解：(1)因为36≤a≤55，且a∈Z，所以a的取值共有55−36+1=20种情况，
yi、zi分别表示小明、小红第i天成功次数，
又当小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，在i=16yi+a≥i=17zi，
即16+20+20+25+30+36+a≥16+22+25+26+32+35+35，得a≥44，
又36≤a≤55，所以44≤a≤55，且a∈Z，
所以小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，a的取值共有55−44+1=12情况，
所以这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率为1220=35；
(2)由题设可知
i=16xiyi=1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582，
x=1+2+3+4+5+66=72，y=16+20+20+25+30+366=492，
所以b=582−6×72×49291−6×494=277，a=y−bx=492−277×72=11，
所以y关于序号x的线性回旧方程为y=277x+11.
当x=7时，y=277×7+11=38，
估计小明第7天成功次数a的值为38.
【解析】(1)根据古典概型的概率公式计算可得；
(2)先利用最小二乘法求出回归方程，再令x=7即可得解.
20.【答案】解：(1)在△ADH中，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，
由余弦定理得cs∠ACD=12=CD2+CH2−DH22⋅CD⋅CH=42+22−DH22×4×2，
解得DH=2 3，
又42=22+2 32，即CD2=CH2+DH2，得AC⊥DH，
又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，
所以DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，则DH⊥BC，
又BH⊥BC，BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
所以BC⊥平面BDH，而DB⊂平面BDH，则BC⊥DB，
因为BC//EF，所以EF⊥BD；
(2)在Rt△BCH中，CH=2，BC= 3，BH⊥BC，
所以BH= CH2−BC2= 22−3=1，cs∠ACB=BCCH= 32，所以∠ACB=30∘，
又S△ACB=3 34=12×AC×CB×sin30∘=12×AC× 3×12，所以AC=3，
则AC=3=AH+HC⇒AH=1，
由(1)知，DH⊥平面ABC，
所以可以H为原点，HC为y轴，HD为z轴，建系如图所示
A0,−1,0,B 32,12,0,D0,0,2 3,C0,2,0,F0,32,2 3,
AB= 32,32,0,AD=0,1,2 3,CF=0,−12,2 3，
设平面ABD法向量为n=x,y,z，则n⋅AB=0n⋅AD=0，即 32x+32y=0y+2 3z=0，
取y=−2 3，则x=6,z=1，得平面的一个法向量为n=6,−2 3,1，
设CF与平面ABD所成角为θ，
则sinθ=csCF,n=CF⋅nCF⋅n=−12×−2 3+2 3 −122+2 32× 62+−2 32+12=3 37×72=6 349，
所以CF与平面ABD所成角的正弦值6 349
【解析】(1)根据余弦定理和勾股定理证明DH⊥AC，再根据线面平行的性质定理证明EF⊥BD即可
(2)根据三棱台DEF⊥ABC的上下底面棱长比和底面面积间关系，求出线段AC的长度，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求出CF与平面ABD所成角的正弦值.
方法点睛：向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
21.【答案】解：(1)由题意可得A(0,b),B(0,−b)，且2b=4，则b=2.
设P(x1,y1)，
则kPA=y1−bx1,kPB=y1+bx1，所以kPA⋅kPB=y12−b2x12*，
因为点P在椭圆C上，所以x12a2+y12b2=1，
所以x12=b2−y12a2b2，代入*式得
kPA⋅kPB=y12−b2b2−y12a2b2=−b2a2=−49，
由b2=4，代入得a2=9，
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1；
(2)设Q(x2,y2)，D(x0,y0)，显然直线PT不垂直于x轴，
故可设直线PT的方程为y=kx+1，
由y=kx+1,x29+y24=1,消去y得(4+9k2)x2+18kx−27=0，
因为点T(0,1)在椭圆C的内部，则直线PT与椭圆恒有两个交点，
所以x1+x2=−18k9k2+4,x1x2=−279k2+4，
由(1)知，A(0,2),B(0,−2)，
所以直线AP的方程为y=y1−2x1x+2，直线BQ的方程为y=y2+2x2x−2，
由直线AP与BQ相交于点D(x0,y0)，则y0=y1−2x1x0+2y0=y2+2x2x0−2，
消x0得y0+2=x1y2+2x2y1−2⋅y0−2①，
由(1)知y1−2x1⋅y1+2x1=−49，得y1−2x1=−4x19y1+2，
可得x1y2+2x2y1−2=−9y1+2y2+24x1x2=−9(kx1+3)(kx2+3)4x1x2
=−94×k2x1x2+3kx1+x2+9x1x2=−94×−27k29k2+4+3k⋅−18k9k2+4+9−279k2+4
=−94×−27k2−54k2+99k2+4−27=3，
将x1y2+2x2y1−2=3代入①式得y0+2=3y0−2，解得y0=4，
即点D在直线y=4上．
【解析】(1)设P(x1,y1)，根据斜率之积和点P在椭圆上整理可得椭圆C的标准方程；
(2)设直线PT的方程为y=kx+1，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线PA与PB的方程，求解出点D的坐标，然后用韦达定理化简即可得证．
思路点睛：应用韦达定理解决非对称式的关键在于借助圆锥曲线斜率之积为定值，将x1y2+2x2y1−2转化为−9y1+2y2+24x1x2对称式结构再处理即可.
22.【答案】解：(1)函数fx=x−1lnx−2−ax−3，定义域为2,+∞，
a=1时，fx=x−1lnx−2−x+3，f′x=lnx−2+x−1x−2−1=lnx−2+1x−2，
令gx=lnx−2+1x−2，则g′x=1x−2−1x−22=x−3x−22，
当x∈2,3，g′x<0，gx单调递减；当x∈3,+∞，g′x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g3=1>0，则gx=f′x>0对于任意x>2恒成立，
所以函数fx单调递增区间为2,+∞，无递减区间，
由函数图像的平移可知，函数fx+1的单调递增区间为1,+∞，无递减区间.
(2)当x>3时，fx>0恒成立等价于lnx−2−ax−3x−1>0在3,+∞上恒成立，
设hx=lnx−2−ax−3x−1x>3，则h′x=1x−2−2ax−12=x2−2a+1x+4a+1x−2x−12，
φx=x2−2a+1x+4a+1x>3，
则φx图像为开口向上，对称轴为x=a+1的抛物线的一部分，
当a≤2时，a+1≤3，φx在3,+∞上单调递增，且φ3=4−2a≥0，
所以φx>0在3,+∞上恒成立，即h′x>0在3,+∞上恒成立，
hx在3,+∞上单调递增，又h3=0，hx>0在3,+∞上恒成立，满足题意；
当a>2时，a+1>3，φ3=4−2a<0，
所以方程φx=0有两个相异实根，设为x1,x2，且x1当x∈3,x2时，φx<0，h′x<0，hx在3,x2上单调递减，
又h3=0，故当x∈3,x2时，hx所以hx>0在3,+∞上不恒成立，不满足题意.
综上，a的取值范围为−∞,2.
【解析】(1)结合函数定义域，利用函数单调性与导数地关系，求单调区间；
(2)问题等价于lnx−2−ax−3x−1>0在3,+∞上恒成立，设hx=lnx−2−ax−3x−1x>3，利用导数分析hx在3,+∞上的单调性，验证hx>0对任意的x>3能否恒成立，综合可得实数 a的取值范围．
方法点睛：利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
第一天
第二天
第三天
第四天
第五天
第六天
第七天
序号x
1
2
3
4
5
6
7
小明成功次数y
16
20
20
25
30
36
a
小红成功次数z
16
22
25
26
32
35
35
1.已知集合A=x∈Zx2+3x−4≤0，B=xx≥−2，则集合A∩B的元素个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.复数z=4+3i2−i(其中i为虚数单位)的虚部为( )
A. 2B. 1C. −1D. −2
3.已知向量a=(m,−1)，b=(1,m+2)，若a//b，则m=( )
A. −1B. 1C. −1− 2D. −1+ 2
4.为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，A市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计1200棵，比例如图所示．青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为5:3:2，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为( )
A. 60棵B. 100棵C. 144棵D. 160棵
5.设随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，则a的值为( )
A. 9B. 7C. 5D. 4
6.纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：C=Iλt，其中λ为与蓄电池结构有关的常数(称为Peukert常数)，在电池容量不变的条件下，当放电电流为15 A时，放电时间为30 h；当放电电流为50 A时，放电时间为7.5h，则该蓄电池的Peukert常数λ约为(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)( )
A. 1.12B. 1.13C. 1.14D. 1.15
7.某圆锥的轴截面是一个边长为8的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A. 8πB. 4 3πC. 8 3πD. 16π
8.已知定义域为R的函数fx，其导函数为f′x，且满足f′x−2fx<0，f0=1，则( )
A. e2f−1<1B. f1>e2C. f12>eD. f1
9.已知数列an的前n项和为SnSn≠0，且满足an+4Sn−1Sn=0n≥2，a1=14，则下列说法正确的是( )
A. 数列an的前n项和为Sn=4n
B. 数列an的通项公式为an=14nn+1
C. 数列an不是递增数列
D. 数列1Sn为递增数列
10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则( )
A. 乙发生的概率为35B. 丙发生的概率为35
C. 甲与丁相互独立D. 丙与丁互为对立事件
11.已知函数f(x)=sinωx+ 3csωx(ω>0)满足：fπ6=2，f2π3=0，则( )
A. 曲线y=f(x)关于直线x=7π6对称B. 函数y=fx−π3是奇函数
C. 函数y=f(x)在π6,7π6单调递减D. 函数y=f(x)的值域为[−2,2]
12.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P是线，段BC1上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 四面体A1D1AP的体积为定值
B. AP+PC的最小值为2 2
C. A1P//平面ACD1
D. 当直线A1P与AC所成的角最大时，四面体A1PCA的外接球的体积为 3π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.二项式1x−2 x+17的展开式中含x2的系数为__________.
14.核桃(又称胡桃、羌桃)、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”．它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同：现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为2%(空壳率指坚果，谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳)，乙地种植的核桃空壳率为4%，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的60%，40%，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是__________.
15.如图，表面积为100π的球面上有四点S，A，B，C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥C−SAB体积的最大值为__________.
16.已知直线与抛物线x2=2pyp>0交于A，B两点，抛物线的焦点为F，O为原点，且OA⋅OB=15，OD⊥AB于点D，点D的坐标为−2,1，则AF+BF=__________.
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)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinB+ 3bcsA=0.
(1)A；
(2)若a=6，sinBsinC=14，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=13an+1n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)在数列bn中，bn=an−lg4Sn，求数列bn的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
某学校为学生开设了一门模具加工课，经过一段时间的学习，拟举行一次模具加工大赛，学生小明、小红打算报名参加大赛．赛前，小明、小红分别进行了为期一周的封闭强化训练，下表记录了两人在封闭强化训练期间每天加工模具成功的次数，其中小明第7天的成功次数a忘了记录，但知道36≤a≤55，a∈Z(yi,zi分别表示小明、小红第i天的成功次数).
(1)求这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率；
(2)根据小明这7天内前6天的成功次数，求其成功次数y关于序号x的线性回归方程，并估计小明第七天成功次数a的值．
参考公式：回归方程y=bx+a中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：
b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx.
参考数据：1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582；12+22+32+42+52+62=91.
20.(本小题12分)
如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，BC= 3，BH⊥BC.
(1)证明：EF⊥BD；
(2)若AC=2DF且△ABC的面积为3 34，求CF与平面ABD所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上、下顶点分别是A，B，点P(异于A，B两点)在椭圆C上，直线PA与PB的斜率之积为−49，椭圆C的短轴长为4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知T0,1，直线PT与椭圆C的另一个交点为Q，且直线AP与BQ相交于点D，证明：点D在定直线上．
22.(本小题12分)
已知函数fx=x−1lnx−2−ax−3，a∈R.
(1)若a=1，讨论函数fx+1的单调性；
(2)当x>3时，fx>0恒成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据交集的定义即可得解.
【解答】
解：A=x∈Zx2+3x−4≤0=x∈Z−4≤x≤1=−4,−3,−2,−1,0,1，
所以A∩B=−2,−1,0,1，有4个元素.
故选：C.
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据复数的除法运算求出复数z，再根据复数的虚部的定义即可得解.
【解答】
解：z=4+3i2−i=4+3i2+i2−i2+i=5+10i5=1+2i，
所以复数z=4+3i2−i(其中i为虚数单位)的虚部为2.
故选：A.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量平行的坐标关系，属于基础题．
根据 a//b可得mm+2+1=0，即可求出结果.
【解答】
解：因为 a//b，a=(m,−1)，b=(1,m+2)，
所以mm+2+1=0，即m=−1.
4.【答案】C
【解析】【分析】
由己知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可.
【解答】
解：由题意，中年教师应分得树苗的数量为1200×35+3+2=360棵，
所以中年教师应分得梧桐的数量为360×40%=144棵，
故选：C
5.【答案】B
【解析】【分析】
由正态分布曲线的对称性可列方程求解.
【解答】
解：因为随机变量ξ服从正态分布N6,σ2，若Pξ<3a−4=Pξ>−a+2，
所以3a−4+−a+2=6×2=12，解得a=7.
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了对数知识解决实际问题的应用，是基础题，
由题意知C=15λ×30=50λ×7.5，两边取对数，结合lg2≈0.301，lg3≈0.477计算即可；
【解答】
解：由题意知C=15λ×30=50λ×7.5，
所以(5015)λ=307.5=4，两边取以10为底的对数，得λlg103=2lg2，
所以λ=2lg21−lg3≈2×0.3011−0.477≈1.15.
故选D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
由题意作图，根据圆锥与圆柱的几何性质，可得到答案.
【解答】
解：由题意作图如下
由题设可知该圆锥的高PO= AP2−AO2−= 82−42=4 3，
设在该圆锥中内接一个高为QO=x,x<4 3的圆柱，
该圆柱的底面半径为FO=r，由△PDC∼△PAB，得CDAB=PQPO，
即2r8=4 3−x4 3，所以r=4− 33x，
故该圆柱的侧面积S=2πrx=2π4− 33xx=2π× 3×4− 33x× 33x≤2 3π4− 33x+ 33x22=8 3π
当且仅当4− 33x= 33x，即x=2 3时，等号成立，
故圆柱的侧面积的最大值为8 3π.
故选：C
8.【答案】D
【解析】【分析】
构造函数gx=fxe2x，由f′x−2fx<0得g′x<0，进而判断函数gx的单调性，判断各选项不等式.
【解答】
解：依题意令gx=fxe2x，则g′x=f′x⋅e2x−2fxe2xe2x2=f′x−2fxe2x，
因为f′x−2fx<0在R上恒成立，
所以g′x<0在R上恒成立，
故gx在R上单调递减，
所以g−1>g0，f−1e−2=e2f−1>f0e0=1，故A不正确；
所以g1
关键点点睛：本题解答的关键是根据题意构造函数gx=fxe2x，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小.
9.【答案】CD
【解析】【分析】
确定Sn−Sn−1+4Sn−1Sn=0n≥2得到1Sn是首项为4，公差为4的等差数列，得到Sn=14n即an的通项公式，再依次判断每个选项得到答案.
【解答】
解：an+4Sn−1Sn=0n≥2，则Sn−Sn−1+4Sn−1Sn=0n≥2，即1Sn−1Sn−1=4n≥2，
故1Sn是首项为4，公差为4的等差数列，故1Sn=4n，即Sn=14n，
an=−4Sn−1Sn=−4×14n−4×14n=−14nn−1n≥2，a1=14.
对选项A：Sn=14n，错误；
对选项B：an=14,n=1−14nn−1n≥2，错误；
对选项C：a1=14，a2=−18，故数列an不是递增数列，正确；
对选项D：1Sn=4n，故数列1Sn为递增数列，正确；
故选：CD.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.
【解答】
解：设A为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则PA=36=12,PB=36×25+36×35=12，故A错；
PC=2×36×35=35,PD=2×36×25=25，故B对；
而PAD=36×25=15=PAPD，故C对；
两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确.
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查正弦型函数的对称性，奇偶性，单调性，值域，属于中档题.
由题意可得ω=1+12k，k∈N代入函数结合各选项逐项判断即可.
【解答】
解：整理得：f(x)=2sin(ωx+π3)，
因为f(2π3)=0，所以2π3ω+π3=k1π，k1∈Z，所以ω=3k1−12，k1∈Z，ω>0
因为f(π6)=2，所以π6ω+π3=π2+2k2π，k2∈Z，所以ω=12k2+1，k2∈Z，ω>0
由3k1−12=12k2+1，得k1=8k2+1，所以ω∈{1,13,25,37,⋯}，故ω=12k+1,k∈N
对于A.f(7π6)=2sin((12k+1)7π6+π3)=−2，故A正确；
对于B.因为f(x−π3)=2sin((12k+1)(x−π3)+π3)=2sin((12k+1)x−4kπ)=2sin((12k+1)x)=−f(−x−π3)，即f(x−π3)=−f(−x−π3)，所以函数y=f(x−π3)是奇函数，故B正确：
对于C取ω=13，则最小正周期T=2πω=2π13<7π6−π6=π，故C错误.
对于D.函数f(x)=2sin(ωx+π3),(ω>0)，−2≤2sin(ωx+π3)≤2，故D正确.
故选择ABD.
12.【答案】AC
【解析】【分析】
对于A，利用平面DAA1D1//平面BCC1B1可得到B,P到平面DAA1D1的距离相等，即可判断；对于B，举反例即可判断；对于C，连接A1C1，A1B，证明平面A1C1B//平面ACD1即可判断；对于D，当P与B重合时，直线A1P与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可.
【解答】
解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1//平面BCC1B1，且B,P∈平面BCC1B1，
所以B到平面DAA1D1的距离等于P到平面DAA1D1的距离，
所以四面体A1D1AP的体积为VP−A1D1A=VB−A1D1A=13S△A1D1A×1=13×12×1×1×1=16，
所以四面体A1D1AP的体积为定值，故 A正确；
对于B，当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2<2 2，
所以AP+PC的最小值不为2 2，故B错误；
对于C，
连接A1C1，A1B，
由正方体可得AA1=CC1,AA1//CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AC//A1C1，
因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1//平面ACD1，
同理可得BC1//平面ACD1，
因为A1C1∩BC1=C1，A1C1,BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B//平面ACD1，
因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC//A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大，故此时直线A1P与AC所成的角最大，
所以四面体A1PCA即四面体A1BCA的外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的直径为2R= 3，即R= 32，
所以四面体A1PCA的外接球的体积为43πR3= 32π，故D错误；
故选：AC.
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
13.【答案】−63
【解析】【分析】
利用组合知识求出 x+17中含x3与x2的项，再由多项式乘法求出展开式中含x2的系数即可.
【解答】
解：求出 x+17展开式中含x3与x2的项，分别为C76 x6⋅1=7x3，C74 x4⋅13=35x2，
再由35x2⋅−2+1x⋅7x3=−63x2知，展开式中含x2的系数为−63，
故答案为：−63.
14.【答案】0.028
【解析】【分析】
根据全概率概率公式计算可得.
【解答】
解：设事件所取核桃产地为甲地为事件A1，事件所取核桃产地为乙地为事件A2，
事件所取核桃为空壳为事件B，
则PA1=60%，PA2=40%，PB|A1=2%，PB|A2=4%，
所以PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2=60%×2%+40%×4%=0.028.
故答案为：0.028
15.【答案】12 7+ 3
【解析】【分析】
由已知可求得球的半径，可求得△ABC的面积，当S到平面ABC距离的最大值，计算三棱锥C−SAB体积的最大值即可.
【解答】
解：球的表面积为100π，球的半径为R=5，
设△ABC的中心为O′，则OO′=3，且OO′⊥平面ABC，
△ABC的外接圆半径r=CO′= R2−OO′2=4，
连接CO′并延长交AB于D，则D为AB的中点，且O′D=12r=2，
显然CD⊥AB，而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，
CD⊂平面ABC，则CD⊥平面SAB，
令△SAB的外接圆圆心为E，则OE⊥平面SAB，有OE//O′D，
又OO′⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，OO′⊥AB，
CD∩OO′=O′，CD,OO′⊂平面OO′DE，则AB⊥平面OO′DE，
ED⊂平面OO′DE，AB⊥ED，
而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，
ED⊂平面SAB，则ED⊥平面ABC，
有ED//OO′，因此四边形OO′DE为平行四边形，
则ED=OO′=3，OE=O′D=2，
△SAB的外接圆半径r′= R2−OE2= 21，
△SAB的外接圆上点S到直线AB距离的最大值为r′+ED= 21+3，
而点S在平面ABC上的射影落在直线AB上，
于是S到平面ABC的距离最大值h= 21+3，
△ABC是等边三角形，外接圆半径为4，由正弦定理△ABC的边长为4 3，△ABC的面积为12 3，
棱锥C−SAB体积的最大值为VC−SAB=VS−ABC=13S△ABC⋅h=13×12 3×3+ 21=12 7+ 3.
故答案为：12 7+ 3
16.【答案】19
【解析】【分析】
由OD⊥AB，可得kAB=2，进而求得直线AB方程，与抛物线联立，结合韦达定理可得x1+x2=4p,x1x2=−10p，代入OA⋅OB=15，可解出p，利用抛物线定义即可求得结果.
【解答】
解：因为OD⊥AB于点D，点D的坐标为−2,1，
所以kAB⋅kOD=−1，即kAB=2，
所以直线AB方程为y−1=2x+2，即y=2x+5，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=2x+5x2=2py得x2−4px−10p=0，
则Δ=16p2+40p>0，x1+x2=4p,x1x2=−10p，
所以y1y2=x122p⋅x222p=25，
因为OA⋅OB=15，
所以x1x2+y1y2=−10p+25=15，解得p=1，
所以y1+y2=2x1+x2+10=18，
所以AF+BF=y1+y2+p=19.
故答案为：19
17.【答案】解：(1)因为asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
又因为B∈(0,π)，可得sinB>0，所以sinA+ 3csA=0，可得tanA=− 3，
因为A∈(0,π)，可得A=2π3.
(2)由(1)知A=2π3，因为a=6，
设△ABC的外接圆的半径为R，可得2R=asinA=4 3，
所以b=2RsinB=4 3sinB,c=2RsinC=4 3sinC，
因为sinBsinC=14，可得bc=4 32sinBsinC=48×14=12，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×12× 32=3 3.
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理求得sinA+ 3csA=0，进而求得A的值；
(2)设△ABC的外接圆的半径为R，根据正弦定理求得2R=4 3，进而得到bc=12，结合三角形的面积公式，即可求解.
18.【答案】解：(1)由Sn=13an+1，
当n=1时，a1=S1=13a2，所以a2=3a1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=13an+1−13an，即an+1=4an，
所以数列an是从第二项开始以4为公比的等比数列，
所以an=1,n=13⋅4n−2,n≥2；
(2)当n=1时，b1=a1−lg4S1=1，此时T1=1
当n≥2时，Sn=13an+1=13×3⋅4n−1=4n−1，
则bn=an−lg4Sn=3⋅4n−2−n−1，
此时Sn=1+340+4+42+⋯+4n−2−1+2+3+⋯+n−1
=1+3×1−4n−11−4+1+n−1n−12=4n−1−n2−n2，
当n=1时，41−1−1−12=1，上式成立，
所以Tn=4n−1−n2−n2.
【解析】(1)根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求解即可；
(2)利用分组求和法求解即可.
19.【答案】解：(1)因为36≤a≤55，且a∈Z，所以a的取值共有55−36+1=20种情况，
yi、zi分别表示小明、小红第i天成功次数，
又当小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，在i=16yi+a≥i=17zi，
即16+20+20+25+30+36+a≥16+22+25+26+32+35+35，得a≥44，
又36≤a≤55，所以44≤a≤55，且a∈Z，
所以小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，a的取值共有55−44+1=12情况，
所以这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率为1220=35；
(2)由题设可知
i=16xiyi=1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582，
x=1+2+3+4+5+66=72，y=16+20+20+25+30+366=492，
所以b=582−6×72×49291−6×494=277，a=y−bx=492−277×72=11，
所以y关于序号x的线性回旧方程为y=277x+11.
当x=7时，y=277×7+11=38，
估计小明第7天成功次数a的值为38.
【解析】(1)根据古典概型的概率公式计算可得；
(2)先利用最小二乘法求出回归方程，再令x=7即可得解.
20.【答案】解：(1)在△ADH中，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，
由余弦定理得cs∠ACD=12=CD2+CH2−DH22⋅CD⋅CH=42+22−DH22×4×2，
解得DH=2 3，
又42=22+2 32，即CD2=CH2+DH2，得AC⊥DH，
又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，
所以DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，则DH⊥BC，
又BH⊥BC，BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
所以BC⊥平面BDH，而DB⊂平面BDH，则BC⊥DB，
因为BC//EF，所以EF⊥BD；
(2)在Rt△BCH中，CH=2，BC= 3，BH⊥BC，
所以BH= CH2−BC2= 22−3=1，cs∠ACB=BCCH= 32，所以∠ACB=30∘，
又S△ACB=3 34=12×AC×CB×sin30∘=12×AC× 3×12，所以AC=3，
则AC=3=AH+HC⇒AH=1，
由(1)知，DH⊥平面ABC，
所以可以H为原点，HC为y轴，HD为z轴，建系如图所示
A0,−1,0,B 32,12,0,D0,0,2 3,C0,2,0,F0,32,2 3,
AB= 32,32,0,AD=0,1,2 3,CF=0,−12,2 3，
设平面ABD法向量为n=x,y,z，则n⋅AB=0n⋅AD=0，即 32x+32y=0y+2 3z=0，
取y=−2 3，则x=6,z=1，得平面的一个法向量为n=6,−2 3,1，
设CF与平面ABD所成角为θ，
则sinθ=csCF,n=CF⋅nCF⋅n=−12×−2 3+2 3 −122+2 32× 62+−2 32+12=3 37×72=6 349，
所以CF与平面ABD所成角的正弦值6 349
【解析】(1)根据余弦定理和勾股定理证明DH⊥AC，再根据线面平行的性质定理证明EF⊥BD即可
(2)根据三棱台DEF⊥ABC的上下底面棱长比和底面面积间关系，求出线段AC的长度，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求出CF与平面ABD所成角的正弦值.
方法点睛：向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
21.【答案】解：(1)由题意可得A(0,b),B(0,−b)，且2b=4，则b=2.
设P(x1,y1)，
则kPA=y1−bx1,kPB=y1+bx1，所以kPA⋅kPB=y12−b2x12*，
因为点P在椭圆C上，所以x12a2+y12b2=1，
所以x12=b2−y12a2b2，代入*式得
kPA⋅kPB=y12−b2b2−y12a2b2=−b2a2=−49，
由b2=4，代入得a2=9，
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1；
(2)设Q(x2,y2)，D(x0,y0)，显然直线PT不垂直于x轴，
故可设直线PT的方程为y=kx+1，
由y=kx+1,x29+y24=1,消去y得(4+9k2)x2+18kx−27=0，
因为点T(0,1)在椭圆C的内部，则直线PT与椭圆恒有两个交点，
所以x1+x2=−18k9k2+4,x1x2=−279k2+4，
由(1)知，A(0,2),B(0,−2)，
所以直线AP的方程为y=y1−2x1x+2，直线BQ的方程为y=y2+2x2x−2，
由直线AP与BQ相交于点D(x0,y0)，则y0=y1−2x1x0+2y0=y2+2x2x0−2，
消x0得y0+2=x1y2+2x2y1−2⋅y0−2①，
由(1)知y1−2x1⋅y1+2x1=−49，得y1−2x1=−4x19y1+2，
可得x1y2+2x2y1−2=−9y1+2y2+24x1x2=−9(kx1+3)(kx2+3)4x1x2
=−94×k2x1x2+3kx1+x2+9x1x2=−94×−27k29k2+4+3k⋅−18k9k2+4+9−279k2+4
=−94×−27k2−54k2+99k2+4−27=3，
将x1y2+2x2y1−2=3代入①式得y0+2=3y0−2，解得y0=4，
即点D在直线y=4上．
【解析】(1)设P(x1,y1)，根据斜率之积和点P在椭圆上整理可得椭圆C的标准方程；
(2)设直线PT的方程为y=kx+1，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线PA与PB的方程，求解出点D的坐标，然后用韦达定理化简即可得证．
思路点睛：应用韦达定理解决非对称式的关键在于借助圆锥曲线斜率之积为定值，将x1y2+2x2y1−2转化为−9y1+2y2+24x1x2对称式结构再处理即可.
22.【答案】解：(1)函数fx=x−1lnx−2−ax−3，定义域为2,+∞，
a=1时，fx=x−1lnx−2−x+3，f′x=lnx−2+x−1x−2−1=lnx−2+1x−2，
令gx=lnx−2+1x−2，则g′x=1x−2−1x−22=x−3x−22，
当x∈2,3，g′x<0，gx单调递减；当x∈3,+∞，g′x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g3=1>0，则gx=f′x>0对于任意x>2恒成立，
所以函数fx单调递增区间为2,+∞，无递减区间，
由函数图像的平移可知，函数fx+1的单调递增区间为1,+∞，无递减区间.
(2)当x>3时，fx>0恒成立等价于lnx−2−ax−3x−1>0在3,+∞上恒成立，
设hx=lnx−2−ax−3x−1x>3，则h′x=1x−2−2ax−12=x2−2a+1x+4a+1x−2x−12，
φx=x2−2a+1x+4a+1x>3，
则φx图像为开口向上，对称轴为x=a+1的抛物线的一部分，
当a≤2时，a+1≤3，φx在3,+∞上单调递增，且φ3=4−2a≥0，
所以φx>0在3,+∞上恒成立，即h′x>0在3,+∞上恒成立，
hx在3,+∞上单调递增，又h3=0，hx>0在3,+∞上恒成立，满足题意；
当a>2时，a+1>3，φ3=4−2a<0，
所以方程φx=0有两个相异实根，设为x1,x2，且x1
又h3=0，故当x∈3,x2时，hx
综上，a的取值范围为−∞,2.
【解析】(1)结合函数定义域，利用函数单调性与导数地关系，求单调区间；
(2)问题等价于lnx−2−ax−3x−1>0在3,+∞上恒成立，设hx=lnx−2−ax−3x−1x>3，利用导数分析hx在3,+∞上的单调性，验证hx>0对任意的x>3能否恒成立，综合可得实数 a的取值范围．
方法点睛：利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
第一天
第二天
第三天
第四天
第五天
第六天
第七天
序号x
1
2
3
4
5
6
7
小明成功次数y
16
20
20
25
30
36
a
小红成功次数z
16
22
25
26
32
35
35
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