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2023南通等五高三下学期2月开学摸底考试数学含答案
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这是一份2023南通等五高三下学期2月开学摸底考试数学含答案，共11页。
(满分：150分 考试时间：120分钟)
2023．2
一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求．
1. 已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2A. (2，3] B. [1，4) C. (－∞，4) D. [1，＋∞)
2. 已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝ eq \f(2π,3) ，则a·(a＋b)＝( )
A. －2 B. －1 C. 0 D. 2
3. 在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x－y＝0对称，若z1＝1－i，则|z1－z2|＝( )
A. eq \r(2) B. 2 C. 2 eq \r(2) D. 4
4. 2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹．太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨．某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点(长轴端点中离地面最远的点)距地面S1，近地点(长轴端点中离地面最近的点)距地面S2，地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为( )
A. eq \r(S1S2) B. 2 eq \r(S1S2)
C. eq \r(（S1＋R）（S2＋R）) D. 2 eq \r(（S1＋R）（S2＋R）)
5. 已知sin (α－ eq \f(π,6) )＋cs α＝ eq \f(3,5) ，则cs (2α＋ eq \f(π,3) )＝( )
A. － eq \f(7,25) B. eq \f(7,25) C. － eq \f(24,25) D. eq \f(24,25)
6. 已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，有下列四个命题：
甲：P(X>m＋1)>P(X乙：P(X>m)＝0.5；
丙：P(X≤m)＝0.5；
丁：P(m－1如果只有一个假命题，则该命题为( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
7. 已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x＋1)为偶函数，f(x)＝f(x＋1)－f(x＋2)，若f(1)＝2，则f(18)＝( )
A. 1 B. 2 C. －1 D. －2
8. 若过点P(t，0)可以作曲线y＝(1－x)ex的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2的取值范围是( )
A. (0，4e－3) B. (－∞，0)∪(0，4e－3)
C. (－∞，4e－2) D. (－∞，0)∪(0，4e－2)
二、 多选题：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. 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则( )
A. AD1∥平面BOC1
B. BD⊥平面COC1
C. C1O与平面ABCD所成的角为45°
D. 三棱锥CBOC1的体积为 eq \f(2,3)
10. 若函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，则( )
A. ω＝2
B. φ＝ eq \f(π,6)
C. f(x)的图象关于点( eq \f(π,12) ，0)对称
D. f(x)在区间(π， eq \f(5π,4) )上单调递增
11. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝．从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则( )
A. P(A)＝ eq \f(1,3) B. A，B为互斥事件
C. P(B|A)＝ eq \f(1,2) D. A，B相互独立
12. 已知抛物线x2＝4y的焦点为F，以该抛物线上三点A，B，C为切点的切线分别是l1，l2，l3，直线l1，l2相交于点D，l3与l1，l2分别相交于点P，Q.记A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则( )
A. eq \(DA,\s\up6(→)) · eq \(DB,\s\up6(→)) ＝0 B. x1＋x2＝2x3
C. AF·BF＝DF2 D. AP·CQ＝PC·PD
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(1＋lg2（2－x），,x<1，,2x－1，,x≥1，))) 则f(f(－2))＝________．
14. 写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝________．
① anan＋1<0；② |an|<|an＋1|.
15. 已知圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，设直线x＋ eq \r(3) y－ eq \r(3) ＝0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上有且只有一个点P满足AP＝BP，则r的值为________．
16. 已知正四棱锥SABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形Γ，则Γ的边数至多为________，Γ的面积的最大值为________．(第一空2分，第二空3分)
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
在① S1，S2，S4成等比数列，② a4＝2a2＋2，③ S8＝S4＋S7－2这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足________，________．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求 eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋ eq \f(1,a3a4) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) .
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．
18. (本小题满分12分)
第二十二届卡塔尔世界杯足球赛决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如下表：
(1) 根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
(2) 社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为 eq \f(2,3) ，女生进球的概率为 eq \f(1,2) ，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
参考公式和数据：
K2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）) ，其中n＝a＋b＋c＋d.
19. (本小题满分12分)
在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，a cs B－2a cs C＝(2c－b)cs A.
(1) 若c＝ eq \r(3) a，求cs B的值；
(2) 若b＝1，∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围．
20. (本小题满分12分)
如图，在△ABC中，AD是边BC上的高，以AD为折痕，将△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB.
(1) 求证：PB⊥平面ABD；
(2) 若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角BPAD的正弦值．
21. (本小题满分12分)
已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，PA＝ eq \r(10) ，△PAQ的面积为3.
(1) 求C的方程；
(2) 求证：以PQ为直径的圆经过定点．
22. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ eq \f(x,aex－1) 和g(x)＝ eq \f(a＋ln x,x) 有相同的最大值．
(1) 求实数a的值；
(2) 设直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4(x12022～2023学年高三年级模拟试卷(南通等五市)
数学参考答案及评分标准
1. A 2. C 3. B 4. D 5. B 6. D 7. A 8. D 9. ABD 10. ACD 11. AC 12. BCD
13. 4 14. an＝(－ eq \f(1,2) )n 15. eq \f(1,2) 16. 5 eq \f(\r(2),3)
17. 解：(1) 设{an}的公差为d，若选①②，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1S4＝S eq \\al(2,2) ，,a4＝2a2＋2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2，,a1＋3d＝2（a1＋d）＋2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝2a1，,d＝a1＋2，))
∴ a1＝2，d＝4，∴ an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
若选①③或②③同理可得an＝4n－2.(5分)
(2) 由(1)知 eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,（4n－2）（4n＋2）) ＝ eq \f(1,4) · eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(1,8) ( eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )，
∴ eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,8) (1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(1,8) (1－ eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(n,4（2n＋1）) .(10分)
18. 解：(1) 2×2列联表如下：
∵ K2＝ eq \f(200×（60×70－40×30）2,100×100×90×110) ≈18.182>10.828，
∴ 有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．(5分)
(2) 3人进球总次数ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝( eq \f(1,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,18) ，P(ξ＝1)＝C eq \\al(1,2) · eq \f(2,3) × eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )2＝ eq \f(5,18) ，
P(ξ＝2)＝C eq \\al(1,2) · eq \f(2,3) × eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋( eq \f(2,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) ，P(ξ＝3)＝( eq \f(2,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(2,9) ，
∴ ξ的分布列如下
∴ ξ的数学期望E(ξ)＝1× eq \f(5,18) ＋2× eq \f(4,9) ＋3× eq \f(2,9) ＝ eq \f(11,6) .(12分)
19. 解：(1)∵ a cs B－2a cs C＝(2c－b)cs A，
∴ sin A cs B－2sin A cs C＝(2sin C－sin B)cs A
⇒sin A cs B＋cs A sin B＝2sin A cs C＋2cs A sin C
⇒sin (A＋B)＝2sin (A＋C)
⇒sin C＝2sin B⇒c＝2b，
∵ c＝ eq \r(3) a，∴ b＝ eq \f(\r(3)a,2) ，
∴ cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(a2＋3a2－\f(3,4)a2,2a·\r(3)a) ＝ eq \f(13\r(3),24) .(6分)
(2) 由(1)知c＝2b，∵ b＝1，∴ c＝2，设∠BAD＝θ，如图，
S△ABC＝ eq \f(1,2) ·2·sin 2θ＝ eq \f(1,2) ·2·AD·sin θ＋ eq \f(1,2) ·1·AD·sin θ
⇒AD＝ eq \f(4,3) cs θ，θ∈(0， eq \f(π,2) )，∴ AD∈(0， eq \f(4,3) ).(12分)
20. (1) 证明：∵ PD⊥AD，AD⊥BD，PD∩BD＝D，∴ AD⊥平面PBD，∴ AD⊥PB.
∵ PB⊥AB，AD，AB⊂平面ABD，AD∩AB＝A，∴ PB⊥平面ABD.(4分)
(2) 解：如图建系，则B(0，2，0)，P(0，2，4)，A(4，0，0)，D(0，0，0)，
∴ eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(0，0，4)， eq \(PA,\s\up6(→)) ＝(4，－2，－4)， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝(4，0，0)，
设平面BPA与平面PAD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(PA,\s\up6(→))＝0)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4z1＝0，,4x1－2y1－4z1＝0)) ⇒n1＝(1，2，0)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(PA,\s\up6(→))＝0，,n2·\(DA,\s\up6(→))＝0)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2－2y2－4z2＝0，,4x2＝0)) ⇒n2＝(0，2，－1)，
设二面角BPAD平面角为θ，∴ |cs θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(4,\r(5)·\r(5)) ＝ eq \f(4,5) ，∴ sin θ＝ eq \f(3,5) .(12分)
21. (1) 解：当PQ⊥x轴时，PQ＝ eq \f(2b2,a) ，PF＝ eq \f(b2,a) ，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\f(b2,a)）2＋（c－a）2＝10，,\f(1,2)·\f(2b2,a)·（c－a）＝3)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＝3，,c－a＝1，,c2＝a2＋b2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r(3)，))
∴ 双曲线C的方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.(4分)
(2) (解法1)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2－y2＝3)) ⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0
⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0
⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，
而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝ eq \f(12m2,3m2－1) －4＝ eq \f(4,3m2－1) ，
x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4
＝ eq \f(9m2,3m2－1) －2m· eq \f(12m,3m2－1) ＋4＝ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ，
∴ x2－ eq \f(4,3m2－1) x＋ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ＋ eq \f(9,3m2－1) ＝0⇒(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0
⇒[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝0对∀m∈R恒成立，∴ x＝1.
∴ 以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)
(解法2)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2－y2＝3)) ⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．
设以PQ为直径的圆过E(t，0)，
∴ eq \(EP,\s\up6(→)) · eq \(EQ,\s\up6(→)) ＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，
而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4
＝m2· eq \f(9,3m2－1) －2m· eq \f(12m,3m2－1) ＋4＝ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝ eq \f(12m2,3m2－1) －4＝ eq \f(4,3m2－1) ，
∴ eq \f(－3m2－4,3m2－1) － eq \f(4t,3m2－1) ＋t2＋ eq \f(9,3m2－1) ＝0，
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对∀m∈R恒成立，
∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)
22. (1) 解：f′(x)＝ eq \f(1,a) · eq \f(ex－1－ex－1·x,（ex－1）2) ＝ eq \f(1,a) · eq \f(1－x,ex－1) ，令f′(x)＝0⇒x＝1.
∵ f(x)有最大值，∴ a>0且f(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴ f(x)max＝f(1)＝ eq \f(1,a) .
a＝1时，g′(x)＝ eq \f(1－a－ln x,x2) ＝ eq \f(－ln x,x2) ，
当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴ g(x)max＝g(1)＝a，∴ eq \f(1,a) ＝a⇒a＝1.(4分)
(2) 证明：由f(x)＝b⇒ eq \f(x,ex－1) －b＝0，由g(x)＝b⇒ eq \f(1＋ln x,x) －b＝0，
令F(x)＝ eq \f(x,ex－1) －b，F(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴ F(x)至多两个零点．
令G(x)＝ eq \f(1＋ln x,x) －b，G(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减；∴ G(x)至多两个零点．
令F(x)＝G(x)⇒ eq \f(x,ex－1) － eq \f(1＋ln x,x) ＝0，
当x∈(0， eq \f(1,e) ]时， eq \f(x,ex－1) － eq \f(1＋ln x,x) >0；
当x∈(1，＋∞)时，由 eq \f(x,ex) ＝ eq \f(ln ex,ex) ＝ eq \f(ln ex,eln ex) 且x>ln ex>1，
φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(1，＋∞)上单调递减，∴ φ(x)<φ(ln ex)方程无解．
当x∈( eq \f(1,e) ，1]时，由1≥x≥ln ex，φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(0，1]上单调递增，
∴ φ(x)≥φ(ln ex)方程有唯一解x＝1，
当00，
F( eq \f(1,b) ＋2)＝ eq \f(\f(1,b)＋2,e\f(1,b)＋1) －b< eq \f(\f(1,b)＋2,（\f(1,b)＋1）2) －b<0，
∴ F(x)在(0，1)和(1， eq \f(1,b) ＋2)内各有一个零点x1，x3.
f(x)，g(x)示意图如图所示，
如下注意到G( eq \f(1,e) )＝－b<0，G(1)＝1－b>0，G( eq \f(4,b2) )<0，
∴ G(t)在( eq \f(1,e) ，1)和(1， eq \f(4,b2) )内各有一个零点x2，x4.
且由f(x1)＝g(x2)＝ eq \f(x1,ex1－1) ＝ eq \f(ln ex2,x2) ⇒ eq \f(x1,ex1) ＝ eq \f(ln ex2,ex2) ＝ eq \f(ln ex2,eln ex2) ，而x1，ln ex2∈(0，1)，
而φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(0，1)上单调递增，由φ(x1)＝φ(ln ex2)⇒x1＝ln ex2⇒∴ ex1－1＝x2，
由f(x3)＝g(x4)⇒ eq \f(x3,ex3－1) ＝ eq \f(1＋ln x4,x4) ⇒ eq \f(x3,ex3) ＝ eq \f(ln ex4,eln ex4) ，而x3，ln ex4>1，
而φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(1，＋∞)上单调递减，由φ(x3)＝φ(ln ex4)⇒x3＝ln ex4，∴ ex3－1＝x4，
∴ eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(x3,x4) ⇒x1x4＝x2x3，证毕．(12分)
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
40
女生
30
合计
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
60
40
100
女生
30
70
100
合计
90
110
200
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,18)
eq \f(5,18)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
(满分：150分 考试时间：120分钟)
2023．2
一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求．
1. 已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2
2. 已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝ eq \f(2π,3) ，则a·(a＋b)＝( )
A. －2 B. －1 C. 0 D. 2
3. 在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x－y＝0对称，若z1＝1－i，则|z1－z2|＝( )
A. eq \r(2) B. 2 C. 2 eq \r(2) D. 4
4. 2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹．太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨．某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点(长轴端点中离地面最远的点)距地面S1，近地点(长轴端点中离地面最近的点)距地面S2，地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为( )
A. eq \r(S1S2) B. 2 eq \r(S1S2)
C. eq \r(（S1＋R）（S2＋R）) D. 2 eq \r(（S1＋R）（S2＋R）)
5. 已知sin (α－ eq \f(π,6) )＋cs α＝ eq \f(3,5) ，则cs (2α＋ eq \f(π,3) )＝( )
A. － eq \f(7,25) B. eq \f(7,25) C. － eq \f(24,25) D. eq \f(24,25)
6. 已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，有下列四个命题：
甲：P(X>m＋1)>P(X
丙：P(X≤m)＝0.5；
丁：P(m－1
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
7. 已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x＋1)为偶函数，f(x)＝f(x＋1)－f(x＋2)，若f(1)＝2，则f(18)＝( )
A. 1 B. 2 C. －1 D. －2
8. 若过点P(t，0)可以作曲线y＝(1－x)ex的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2的取值范围是( )
A. (0，4e－3) B. (－∞，0)∪(0，4e－3)
C. (－∞，4e－2) D. (－∞，0)∪(0，4e－2)
二、 多选题：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. 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则( )
A. AD1∥平面BOC1
B. BD⊥平面COC1
C. C1O与平面ABCD所成的角为45°
D. 三棱锥CBOC1的体积为 eq \f(2,3)
10. 若函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，则( )
A. ω＝2
B. φ＝ eq \f(π,6)
C. f(x)的图象关于点( eq \f(π,12) ，0)对称
D. f(x)在区间(π， eq \f(5π,4) )上单调递增
11. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝．从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则( )
A. P(A)＝ eq \f(1,3) B. A，B为互斥事件
C. P(B|A)＝ eq \f(1,2) D. A，B相互独立
12. 已知抛物线x2＝4y的焦点为F，以该抛物线上三点A，B，C为切点的切线分别是l1，l2，l3，直线l1，l2相交于点D，l3与l1，l2分别相交于点P，Q.记A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则( )
A. eq \(DA,\s\up6(→)) · eq \(DB,\s\up6(→)) ＝0 B. x1＋x2＝2x3
C. AF·BF＝DF2 D. AP·CQ＝PC·PD
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(1＋lg2（2－x），,x<1，,2x－1，,x≥1，))) 则f(f(－2))＝________．
14. 写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝________．
① anan＋1<0；② |an|<|an＋1|.
15. 已知圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，设直线x＋ eq \r(3) y－ eq \r(3) ＝0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上有且只有一个点P满足AP＝BP，则r的值为________．
16. 已知正四棱锥SABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形Γ，则Γ的边数至多为________，Γ的面积的最大值为________．(第一空2分，第二空3分)
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
在① S1，S2，S4成等比数列，② a4＝2a2＋2，③ S8＝S4＋S7－2这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足________，________．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求 eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋ eq \f(1,a3a4) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) .
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．
18. (本小题满分12分)
第二十二届卡塔尔世界杯足球赛决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如下表：
(1) 根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
(2) 社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为 eq \f(2,3) ，女生进球的概率为 eq \f(1,2) ，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
参考公式和数据：
K2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）) ，其中n＝a＋b＋c＋d.
19. (本小题满分12分)
在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，a cs B－2a cs C＝(2c－b)cs A.
(1) 若c＝ eq \r(3) a，求cs B的值；
(2) 若b＝1，∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围．
20. (本小题满分12分)
如图，在△ABC中，AD是边BC上的高，以AD为折痕，将△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB.
(1) 求证：PB⊥平面ABD；
(2) 若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角BPAD的正弦值．
21. (本小题满分12分)
已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，PA＝ eq \r(10) ，△PAQ的面积为3.
(1) 求C的方程；
(2) 求证：以PQ为直径的圆经过定点．
22. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ eq \f(x,aex－1) 和g(x)＝ eq \f(a＋ln x,x) 有相同的最大值．
(1) 求实数a的值；
(2) 设直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4(x1
数学参考答案及评分标准
1. A 2. C 3. B 4. D 5. B 6. D 7. A 8. D 9. ABD 10. ACD 11. AC 12. BCD
13. 4 14. an＝(－ eq \f(1,2) )n 15. eq \f(1,2) 16. 5 eq \f(\r(2),3)
17. 解：(1) 设{an}的公差为d，若选①②，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1S4＝S eq \\al(2,2) ，,a4＝2a2＋2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2，,a1＋3d＝2（a1＋d）＋2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝2a1，,d＝a1＋2，))
∴ a1＝2，d＝4，∴ an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
若选①③或②③同理可得an＝4n－2.(5分)
(2) 由(1)知 eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,（4n－2）（4n＋2）) ＝ eq \f(1,4) · eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝ eq \f(1,8) ( eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )，
∴ eq \f(1,a1a2) ＋ eq \f(1,a2a3) ＋…＋ eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,8) (1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(1,8) (1－ eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(n,4（2n＋1）) .(10分)
18. 解：(1) 2×2列联表如下：
∵ K2＝ eq \f(200×（60×70－40×30）2,100×100×90×110) ≈18.182>10.828，
∴ 有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．(5分)
(2) 3人进球总次数ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝( eq \f(1,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,18) ，P(ξ＝1)＝C eq \\al(1,2) · eq \f(2,3) × eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) )2＝ eq \f(5,18) ，
P(ξ＝2)＝C eq \\al(1,2) · eq \f(2,3) × eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋( eq \f(2,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) ，P(ξ＝3)＝( eq \f(2,3) )2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(2,9) ，
∴ ξ的分布列如下
∴ ξ的数学期望E(ξ)＝1× eq \f(5,18) ＋2× eq \f(4,9) ＋3× eq \f(2,9) ＝ eq \f(11,6) .(12分)
19. 解：(1)∵ a cs B－2a cs C＝(2c－b)cs A，
∴ sin A cs B－2sin A cs C＝(2sin C－sin B)cs A
⇒sin A cs B＋cs A sin B＝2sin A cs C＋2cs A sin C
⇒sin (A＋B)＝2sin (A＋C)
⇒sin C＝2sin B⇒c＝2b，
∵ c＝ eq \r(3) a，∴ b＝ eq \f(\r(3)a,2) ，
∴ cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(a2＋3a2－\f(3,4)a2,2a·\r(3)a) ＝ eq \f(13\r(3),24) .(6分)
(2) 由(1)知c＝2b，∵ b＝1，∴ c＝2，设∠BAD＝θ，如图，
S△ABC＝ eq \f(1,2) ·2·sin 2θ＝ eq \f(1,2) ·2·AD·sin θ＋ eq \f(1,2) ·1·AD·sin θ
⇒AD＝ eq \f(4,3) cs θ，θ∈(0， eq \f(π,2) )，∴ AD∈(0， eq \f(4,3) ).(12分)
20. (1) 证明：∵ PD⊥AD，AD⊥BD，PD∩BD＝D，∴ AD⊥平面PBD，∴ AD⊥PB.
∵ PB⊥AB，AD，AB⊂平面ABD，AD∩AB＝A，∴ PB⊥平面ABD.(4分)
(2) 解：如图建系，则B(0，2，0)，P(0，2，4)，A(4，0，0)，D(0，0，0)，
∴ eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(0，0，4)， eq \(PA,\s\up6(→)) ＝(4，－2，－4)， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝(4，0，0)，
设平面BPA与平面PAD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n1·\(PA,\s\up6(→))＝0)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4z1＝0，,4x1－2y1－4z1＝0)) ⇒n1＝(1，2，0)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(PA,\s\up6(→))＝0，,n2·\(DA,\s\up6(→))＝0)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2－2y2－4z2＝0，,4x2＝0)) ⇒n2＝(0，2，－1)，
设二面角BPAD平面角为θ，∴ |cs θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(4,\r(5)·\r(5)) ＝ eq \f(4,5) ，∴ sin θ＝ eq \f(3,5) .(12分)
21. (1) 解：当PQ⊥x轴时，PQ＝ eq \f(2b2,a) ，PF＝ eq \f(b2,a) ，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\f(b2,a)）2＋（c－a）2＝10，,\f(1,2)·\f(2b2,a)·（c－a）＝3)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＝3，,c－a＝1，,c2＝a2＋b2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r(3)，))
∴ 双曲线C的方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.(4分)
(2) (解法1)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2－y2＝3)) ⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0
⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0
⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，
而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝ eq \f(12m2,3m2－1) －4＝ eq \f(4,3m2－1) ，
x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4
＝ eq \f(9m2,3m2－1) －2m· eq \f(12m,3m2－1) ＋4＝ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ，
∴ x2－ eq \f(4,3m2－1) x＋ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ＋ eq \f(9,3m2－1) ＝0⇒(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0
⇒[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝0对∀m∈R恒成立，∴ x＝1.
∴ 以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)
(解法2)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2－y2＝3)) ⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．
设以PQ为直径的圆过E(t，0)，
∴ eq \(EP,\s\up6(→)) · eq \(EQ,\s\up6(→)) ＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，
而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4
＝m2· eq \f(9,3m2－1) －2m· eq \f(12m,3m2－1) ＋4＝ eq \f(－3m2－4,3m2－1) ，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝ eq \f(12m2,3m2－1) －4＝ eq \f(4,3m2－1) ，
∴ eq \f(－3m2－4,3m2－1) － eq \f(4t,3m2－1) ＋t2＋ eq \f(9,3m2－1) ＝0，
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对∀m∈R恒成立，
∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)
22. (1) 解：f′(x)＝ eq \f(1,a) · eq \f(ex－1－ex－1·x,（ex－1）2) ＝ eq \f(1,a) · eq \f(1－x,ex－1) ，令f′(x)＝0⇒x＝1.
∵ f(x)有最大值，∴ a>0且f(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴ f(x)max＝f(1)＝ eq \f(1,a) .
a＝1时，g′(x)＝ eq \f(1－a－ln x,x2) ＝ eq \f(－ln x,x2) ，
当0
∴ g(x)max＝g(1)＝a，∴ eq \f(1,a) ＝a⇒a＝1.(4分)
(2) 证明：由f(x)＝b⇒ eq \f(x,ex－1) －b＝0，由g(x)＝b⇒ eq \f(1＋ln x,x) －b＝0，
令F(x)＝ eq \f(x,ex－1) －b，F(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴ F(x)至多两个零点．
令G(x)＝ eq \f(1＋ln x,x) －b，G(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减；∴ G(x)至多两个零点．
令F(x)＝G(x)⇒ eq \f(x,ex－1) － eq \f(1＋ln x,x) ＝0，
当x∈(0， eq \f(1,e) ]时， eq \f(x,ex－1) － eq \f(1＋ln x,x) >0；
当x∈(1，＋∞)时，由 eq \f(x,ex) ＝ eq \f(ln ex,ex) ＝ eq \f(ln ex,eln ex) 且x>ln ex>1，
φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(1，＋∞)上单调递减，∴ φ(x)<φ(ln ex)方程无解．
当x∈( eq \f(1,e) ，1]时，由1≥x≥ln ex，φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(0，1]上单调递增，
∴ φ(x)≥φ(ln ex)方程有唯一解x＝1，
当0
F( eq \f(1,b) ＋2)＝ eq \f(\f(1,b)＋2,e\f(1,b)＋1) －b< eq \f(\f(1,b)＋2,（\f(1,b)＋1）2) －b<0，
∴ F(x)在(0，1)和(1， eq \f(1,b) ＋2)内各有一个零点x1，x3.
f(x)，g(x)示意图如图所示，
如下注意到G( eq \f(1,e) )＝－b<0，G(1)＝1－b>0，G( eq \f(4,b2) )<0，
∴ G(t)在( eq \f(1,e) ，1)和(1， eq \f(4,b2) )内各有一个零点x2，x4.
且由f(x1)＝g(x2)＝ eq \f(x1,ex1－1) ＝ eq \f(ln ex2,x2) ⇒ eq \f(x1,ex1) ＝ eq \f(ln ex2,ex2) ＝ eq \f(ln ex2,eln ex2) ，而x1，ln ex2∈(0，1)，
而φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(0，1)上单调递增，由φ(x1)＝φ(ln ex2)⇒x1＝ln ex2⇒∴ ex1－1＝x2，
由f(x3)＝g(x4)⇒ eq \f(x3,ex3－1) ＝ eq \f(1＋ln x4,x4) ⇒ eq \f(x3,ex3) ＝ eq \f(ln ex4,eln ex4) ，而x3，ln ex4>1，
而φ(x)＝ eq \f(x,ex) 在(1，＋∞)上单调递减，由φ(x3)＝φ(ln ex4)⇒x3＝ln ex4，∴ ex3－1＝x4，
∴ eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(x3,x4) ⇒x1x4＝x2x3，证毕．(12分)
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
40
女生
30
合计
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
60
40
100
女生
30
70
100
合计
90
110
200
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,18)
eq \f(5,18)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
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