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统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练一理（附解析）
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这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练一理（附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合A＝{x|－3A．{x|－2≤x<1}B．{x|－2C．{x|－32．已知复数z满足|z－1|＝|z－i|，则在复平面上z对应点的轨迹为( )
A．直线B．线段C．圆D．等腰三角形
3．如图，A是轮子外边沿上的一点，轮子半径为0.3m．若轮子从图中位置向右无滑动滚动，则当滚动的水平距离为2.2m时，下列描述正确的是(参考数据：7π≈21.991)( )
A.点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.15m
B．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.15m
C．点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.26m
D．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.04m
4．在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9构成等比数列，则公差d＝( )
A．0或2B．2C．0D．0或－2
5．已知直线l1：xsinα＋y－1＝0，直线l2：x－3ycsα＋1＝0，若l1⊥l2，则tanα＝( )
A．eq \f(1,3)B．－eq \f(1,3)C．3D．－3
6．若随机事件A，B满足P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(A＋B)＝eq \f(3,4)，则P(A|B)＝( )
A．eq \f(2,9)B．eq \f(2,3)C．eq \f(1,4)D．eq \f(1,6)
7．已知csβ－3sinα＝2，sinβ＋3csα＝eq \f(3,2)，则sin (β－α)＝( )
A．－eq \f(5,24)B．eq \f(5,24)C．－eq \f(5,8)D．eq \f(5,8)
8．如图1，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图2，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是( )
A．BD⊥CNB．A′O⊥平面BCD
C．CN∥平面A′OMD．平面A′OM⊥平面BCD
9．若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y≤0,x＋y－3≤0,x≥0))，则(x－1)2＋y2的最小值为( )
A．1B．eq \f(4,5)C．eq \f(2\r(5),5)D．2
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋xlnx，x>0,g（x），x<0))为奇函数，则g(x)在x＝－1处的切线方程为( )
A．x－y＝0B．2x－y＋1＝0
C．x－2y＋1＝0D．3x－y＋2＝0
11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以C1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F.若以F为焦点，AB1为准线的抛物线经过O1，O2，设球O1，O2的半径分别为r1，r2，则eq \f(r1,r2)＝( )
A．eq \f(\r(5)－1,2)B．eq \r(3)－eq \r(2)C．1－eq \f(\r(2),2)D．2－eq \r(3)
12．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是( )
A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为eq \f(129,4)
B．an＝4×(eq \f(\r(10),4))n－1
C．使得不等式bn>eq \f(1,2)成立的n的最大值为4
D．数列{bn}的前n项和Sn<4
[答题区]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量a＝(3x，1)，向量b＝(2，1)，且a∥b，则x＝________．
14．若(1－x)5(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则a1＋a2＋…＋a9的值为________．
15．已知椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F1，F2为椭圆的左右焦点，P为椭圆上在第一象限的一点，I为△PF1F2的内心，直线PI与x轴交于点Q，椭圆的离心率为eq \f(1,3)，若eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(IQ,\s\up6(→))，则λ的值为________．
16．在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，M为AC的中点，将△ABC沿直线AC翻折成△AB1C，当三棱锥B1ACD的体积最大时，过点M的平面截三棱锥B1ACD的外接球所得截面面积的最小值为________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(12分)△ABC中，AC＝4m，BC＝4eq \r(3)m，AC⊥BC，点M，N是边AB上两点，∠MCN＝30°.
(1)当AM＝2m时，求△MNC的周长；
(2)设∠ACM＝θ，当△MNC的面积为2eq \r(3)m2时，求θ的值．
18．(12分)已知某闯关游戏，第一关在A，B两个情境中寻宝．每位参赛选手先在两个情境中选择一个开始第一关，若寻宝失败则比赛结束；若寻宝成功则进入另一个情境，无论寻宝成功与否，第一关比赛结束．A情境寻宝成功获得经验值2分，否则得0分；B情境寻宝成功获得经验值3分，否则得0分．已知某玩家在A情境中寻宝成功的概率为0.8，在B情境中寻宝成功的概率为0.6，且每个情境中寻宝成功的概率与选择初始情境的次序无关．
(1)若该玩家选择从A情境开始第一关，记X为经验值累计得分，求X的分布列；
(2)为使经验值累计得分的期望最大，该玩家应选择从哪个情境开始第一关？并说明理由．
19．(12分)某商品的包装纸如图1，其中菱形ABCD的边长为3，且∠ABC＝60°，AE＝AF＝eq \r(3)，BE＝DF＝2eq \r(3)，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
(1)证明PA⊥底面ABCD；
(2)设点T为BC上的点，且二面角BPAT的正弦值为eq \f(\r(21),14)，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
20．(12分)已知双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1，点P的坐标为(0，eq \r(3))，过P的直线l交双曲线C于点A，B.
(1)若直线l又过C的左焦点F，求|AF|·|BF|的值；
(2)若点M的坐标为(0，－eq \f(\r(3),4))，求证：eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))为定值．
21．(12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq \f(e,x).
(1)直接写出曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公共点坐标，并求曲线y＝f(x)在公共点处的切线方程；
(2)已知直线x＝a分别交曲线y＝f(x)和y＝g(x)于点A，B.当a∈(0，e)时，设△OAB的面积为S(a)，其中O是坐标原点，求S(a)的最大值．
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]
如图，在极坐标系中，已知点M(2，0)，曲线C1是以极点O为圆心，以OM为半径的半圆，曲线C2是过极点且与曲线C1相切于点(2，eq \f(π,2))的圆．
(1)分别写出曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)直线θ＝α(0<α<π，ρ∈R)与曲线C1，C2分别相交于点A，B(异于极点)，求△ABM面积的最大值．
23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋m|－|x－2m|(m>0)的最大值为6.
(1)求m的值；
(2)若正数x，y，z满足x＋y＋z＝m，求证：eq \r(xy)＋eq \r(xz)≤eq \r(m).
仿真模拟专练（一）
1．A 根据题意，B＝{x|x≥－2}，
∴A∩B＝{x|－2≤x<1}，选项A正确．
故选A.
2．A 设复数z＝x＋yi（x，y∈R），
根据复数的几何意义知：|z－1|表示复平面内点P（x，y）与点A（1，0）的距离，
|z－i|表示复平面内点P（x，y）与点B（0，1）的距离，
因为|z－1|＝|z－i|，即点P（x，y）到A，B两点间的距离相等，
所以点P（x，y）在线段AB的垂直平分线上，所以在复平面上z对应点的轨迹为直线．
故选A.
3．A 车轮的周长为2π×0.3＝0.6πm，
当滚动的水平距离为0.7πm≈2.2m时，即车轮转动1＋eq \f(1,6)个周期，
即点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.3－0.3×cseq \f(π,3)＝0.15m，
故选A.
4．A 因为在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9，构成等比数列，所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝a1a9，即（a2＋d）2＝（a2－d）（a2＋7d），
所以（4＋d）2＝（4－d）（4＋7d），解得d＝0或2，
故选A.
5．C 因为l1⊥l2，易得两直线斜率都存在，且（－sinα）·eq \f(1,3csα)＝－1，
则tanα＝eq \f(sinα,csα)＝3.
故选C.
6．D 由题可知：P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），
所以P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(3,4)＝eq \f(1,12)，
所以P（A|B）＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,6)，
故选D.
7．C 由csβ－3sinα＝2得：（csβ－3sinα）2＝cs2β－6csβsinα＋9sin2α＝4 ①；
由sinβ＋3csα＝eq \f(3,2)得：（sinβ＋3csα）2＝sin2β＋6sinβcsα＋9cs2α＝eq \f(9,4) ②；
①＋②得：10＋6（sinβcsα－csβsinα）＝10＋6sin（β－α）＝eq \f(25,4)，∴sin（β－α）＝－eq \f(5,8).
故选C.
8．D
9．B 结合题意作平面区域如图，
而（x－1）2＋y2的几何意义是可行域内的点与（1，0）的距离的平方，
又（1，0）到直线2x－y＝0的距离为eq \f(2,\r(5))，故（x－1）2＋y2的最小值为eq \f(4,5)，
故选B.
10．D 当x<0时，－x>0，则f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），
此时g（x）＝－f（－x）＝－x2＋xln（－x），
则g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，则g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，
所求切线方程为y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.
故选D.
11．D 根据抛物线的定义，点O2到点F的距离与到直线AB1的距离相等，其中点O2到点F的距离即半径r2，也即点O2到平面CDD1C1的距离，点O2到直线AB1的距离即点O2到平面ABB1A1的距离，因此球O2内切于正方体，不妨设r2＝1，两个球心O1，O2和两球的切点F均在体对角线AC1上，两个球在平面AB1C1D处的截面如图所示，则O2F＝r2＝1，AO2＝eq \f(AC1,2)＝eq \r(3)，
所以AF＝AO2－O2F＝eq \r(3)－1.
又因为AF＝AO1＋O1F＝eq \r(3)r1＋r1，因此（eq \r(3)＋1）r1＝eq \r(3)－1，得r1＝2－eq \r(3)，
所以eq \f(r1,r2)＝2－eq \r(3).
故选D.
12．C 由题意，a1＝4，a2＝eq \r(（\f(1,4)a1）2＋（\f(3,4)a1）2)＝eq \f(\r(10),4)a1，
a3＝eq \r(（\f(1,4)a2）2＋（\f(3,4)a2）2)＝eq \f(\r(10),4)a2＝（eq \f(\r(10),4)）2a1，…，
an＝eq \r(（\f(1,4)an－1）2＋（\f(3,4)an－1）2)＝eq \f(\r(10),4)an－1⇒eq \f(an,an－1)＝eq \f(\r(10),4)，
于是数列{an}是以4为首项，eq \f(\r(10),4)为公比的等比数列，则an＝4·（eq \f(\r(10),4)）n－1.
由题意可得：S△AHE＝eq \f(SABCD－SEFGH,4)，即b1＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)，b2＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4)，…，bn＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ,4)，
于是bn＝eq \f(16（\f(\r(10),4)）2n－2－16（\f(\r(10),4)）2n,4)＝eq \f(3,2)（eq \f(5,8)）n－1.
对A，连续三个正方形面积之和为：S＝a1＋a2＋a3＝42＋（eq \r(10)）2＋（eq \f(5,2)）2＝eq \f(129,4)，正确；
易知B正确；
对C，令bn＝eq \f(3,2)（eq \f(5,8)）n－1>eq \f(1,2)⇒（eq \f(5,8)）n－1>eq \f(1,3)，而（eq \f(5,8)）4－1＝eq \f(125,512)对D，Sn＝eq \f(3,2)·eq \f(1－（\f(5,8)）n,1－\f(5,8))＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(5,8)）n))<4，正确．故选C.
13．答案：eq \f(2,3)
解析：因为a∥b，则3x＝2，得x＝eq \f(2,3).
14．答案：－1
解析：由条件得：在等式左右两边取x＝0，计算得a0＝1，令x＝1，计算得
a0＋a1＋…＋a9＝0，于是a1＋a2＋…＋a9＝－1.
15．答案：4
解析：
如图所示，连接IF1、IF2，I是△PF1F2的内心，所以IF1、IF2分别是∠PF1F2和∠PF2F1的角平分线，
由于经过点P与△PF1F2的内切圆圆心I的直线交x轴于点Q，
则PQ为∠F1PF2的角平分线，则Q到直线PF1、PF2的距离相等，
所以＝eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(|QF1|,|QF2|)，同理可得eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF1|,|F1Q|)，eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF2|,|F2Q|)，
由比例关系性质可知eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|F1Q|＋|F2Q|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|F1F2|)＝eq \f(2a,2c)＝eq \f(a,c).
又椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(|\(IQ,\s\up6(→))|,|\(PI,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3).
所以eq \(PI,\s\up6(→))＝3eq \(IQ,\s\up6(→))，所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝4eq \(IQ,\s\up6(→))，故λ＝4.
16．答案：eq \f(π,2)
解析：如图所示，连接B1M，则B1M⊥AC，
则∠AB1C＝90°，故B1M＝eq \f(AB1·B1C,AC)＝eq \f(1×1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，设二面角B1ACD的平面角为α，设三棱锥B1ACD的高为h，则h＝B1Msinα＝eq \f(\r(2),2)sinα，VB1ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·h＝eq \f(1,3)S△ACD·eq \f(\r(2),2)sinα≤eq \f(\r(2),6)S△ACD，当且仅当α＝90°时，等号成立，即当平面B1AC⊥平面ACD时，三棱锥B1ACD的体积最大，
∵AC＝eq \r(2)，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，故△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝45°，
在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，则BC∥AD，所以，∠CAD＝∠ACB＝45°，
在△ACD中，AC＝eq \r(2)，AD＝2，∠CAD＝45°，
由余弦定理可得CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs45°)＝eq \r(2)，故AC2＋CD2＝AD2，∴CD⊥AC，
因为平面B1AC⊥平面ACD，平面B1AC∩平面ACD＝AC，CD⊥AC，CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面B1AC，
∵AB1⊂平面B1AC，则AB1⊥CD，
因为AB1⊥B1C，B1C∩CD＝C，∴AB1⊥平面B1CD，
∵B1D⊂平面B1CD，所以，AB1⊥B1D，
记AD中点为O，由OB1＝OA＝OC＝OD得O为三棱锥B1ACD的外接球的球心，
且球的半径为OC＝eq \f(1,2)AD＝1，
设OM与过点M的平面所成的角为θ，设点O到截面的距离为d，则d＝OMsinθ＝eq \f(\r(2),2)sinθ，
故截面圆的半径为r＝eq \r(1－d2)＝eq \r(1－（\f(\r(2),2)sinθ）2)≥eq \f(\r(2),2)，
当且仅当θ＝90°时，过点M的平面截三棱锥外接球O所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为π×（eq \f(\r(2),2)）2＝eq \f(π,2).
17．解析：（1）∵AC＝4m，BC＝4eq \r(3)m，AC⊥BC，∴B＝30°，∴A＝60°，
在△ACM中，由余弦定理可得CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM·csA＝16＋4－2×4×2×eq \f(1,2)＝12，
则CM＝2eq \r(3)，∴AC2＝AM2＋CM2，∴CM⊥AB，∵∠MCN＝30°，
∴MN＝CMtan30°＝2，∴CN＝2MN＝4，
∴△MNC的周长为2＋4＋2eq \r(3)＝（6＋2eq \r(3)）m；
（2）在△ACN中，∠ANC＝90°－θ，
由eq \f(CN,sin60°)＝eq \f(CA,sin（90°－θ）)得CN＝eq \f(2\r(3),csθ)，
又在△ACM中，由eq \f(CM,sin60°)＝eq \f(CA,sin（60°＋θ）)，得CM＝eq \f(2\r(3),sin（θ＋60°）)，
所以S△CMN＝eq \f(1,2)CM·CN·sin30°＝eq \f(3,sin（θ＋60°）csθ)＝eq \f(3,\f(1,2)sinθcsθ＋\f(\r(3),2)cs2θ)
＝eq \f(6,\f(sin2θ,2)＋\f(\r(3)cs2θ,2)＋\f(\r(3),2))＝eq \f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))，
由eq \f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))＝2eq \r(3)得sin（2θ＋60°）＝eq \f(\r(3),2)，
∵0°≤θ≤60°，所以60°≤2θ＋60°≤180°，
所以2θ＋60°＝60°或120°，所以θ＝30°或θ＝0°.
18．解析：（1）由题意知：X所有可能的取值为0，2，5，
∴P（X＝0）＝1－0.8＝0.2；P（X＝2）＝0.8×（1－0.6）＝0.32；P（X＝5）＝0.8×0.6＝0.48，
∴X的分布列为：
（2）由（1）得：从A情境开始第一关，则E（X）＝0×0.2＋2×0.32＋5×0.48＝3.04；
若从B情境开始第一关，记Y为经验值累计得分，则Y所有可能的取值为0，3，5，
∴P（Y＝0）＝0.4；P（Y＝3）＝0.6×（1－0.8）＝0.12；P（Y＝5）＝0.8×0.6＝0.48，
∴E（Y）＝0×0.4＋3×0.12＋5×0.48＝2.76；
∵E（X）>E（Y），∴应从A情境开始第一关．
19．解析：（1）由菱形ABCD的边长为3，AE＝AF＝eq \r(3)，BE＝DF＝2eq \r(3)，
可得：BE2＝AB2＋AE2，即有AB⊥AE，
同理DF2＝AD2＋AF2，即有AD⊥AF，
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A.
可得PA⊥底面ABCD.
（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．
由第（1）问可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.
则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq \f(3\r(21),14).
利用正弦定理得eq \f(AB,sin∠ATB)＝eq \f(BT,sin∠BAT)，
可得：BT＝1，点T的坐标为（eq \f(5,2)，eq \f(\r(3),2)，0），
点P（0，0，eq \r(3)），A（0，0，0），C（eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，0），
设平面PAT的法向量为m＝（x，y，z），则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0,m·\(AT,\s\up6(→))＝0))，即：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)z＝0,5x＋\r(3)y＝0)).
令x＝3，则有m＝（3，－5eq \r(3)，0），eq \(PC,\s\up6(→))＝（eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，－eq \r(3)），
则有：cs〈m，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(PC,\s\up6(→)),|\(PC,\s\up6(→))|·|m|)＝－eq \f(3\r(7),14)
则PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
解法二：由第（1）问可知PA⊥底面ABCD，AC＝3，
所以PA⊥AB，PA⊥AT，PC＝2eq \r(3).
则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq \f(3\r(21),14).
利用正弦定理得eq \f(AB,sin∠ATB)＝eq \f(BT,sin∠BAT)，
可得：BT＝1，即点T为BC上靠近点B的三等分点
所以在△ABT中，由余弦定理可得：AT＝eq \r(AB2＋BT2－2AB·BTcs∠ABT)＝eq \r(7)，
过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，
所以∠CPQ为PC与平面PAT所成角．
考虑三棱锥PACT，由于VPACT＝eq \f(1,3)S△ACT·PA＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，
VCPAT＝eq \f(1,3)S△ATP·CQ＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(7)×eq \r(3)·CQ，
因为VPACT＝VCPAT，所以CQ＝eq \f(3\r(21),7)，
所以sin∠CPQ＝eq \f(CQ,PC)＝eq \f(3\r(7),14)，
所以PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
解法三：由PA⊥平面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.
故∠BAT为二面角BPAA的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
因为∠BAT为锐角，所以cs∠BAT＝eq \f(5\r(7),14)，
故sin∠CAT＝sin（60°－∠BAT）＝eq \f(\r(21),7)，
过点C作CQ垂直AT于Q，连接CQ、AC，
则CQ＝AC·sin∠CAT＝eq \f(3\r(21),7)，
∵PA⊥AC，∴PC＝2eq \r(3)，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CQ，
又因为AT⊥CQ，AT∩PA＝A，故CQ⊥平面PAT，
故∠CPQ为PC与平面PAT所成的角，∴sin∠CPQ＝eq \f(3\r(7),14)，
即PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
20．解析：（1）由双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1可得a＝1，b＝eq \r(2)，所以c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，
所以F（－eq \r(3)，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），
kPF＝eq \f(\r(3)－0,0－（－\r(3)）)＝1，所以直线l的方程为y＝x＋eq \r(3)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(3),2x2－y2＝2))联立得：x2－2eq \r(3)x－5＝0，
所以x1＋x2＝2eq \r(3)，x1x2＝－5，
|AF|·|BF|＝eq \r(（x1＋\r(3)）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )·eq \r(（x2＋\r(3)）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝2|（x1＋eq \r(3)）（x2＋eq \r(3)）|
＝2|x1x2＋eq \r(3)（x1＋x2）＋3|＝2×|－5＋eq \r(3)×2eq \r(3)＋3|＝8.
（2）由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝kx＋eq \r(3)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\r(3),2x2－y2＝2))可得：（k2－2）x2＋2eq \r(3)kx＋5＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），
所以x1＋x2＝eq \f(2\r(3)k,2－k2)，x1x2＝eq \f(5,k2－2)，eq \(MA,\s\up6(→))＝（x1，y1＋eq \f(\r(3),4)），eq \(MB,\s\up6(→))＝（x2，y2＋eq \f(\r(3),4)），
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋（y1＋eq \f(\r(3),4)）（y2＋eq \f(\r(3),4)）＝x1x2＋（kx1＋eq \f(5\r(3),4)）（kx2＋eq \f(5\r(3),4)）
＝（1＋k2）x1x2＋eq \f(5\r(3),4)k（x1＋x2）＋eq \f(75,16)
＝（1＋k2）eq \f(5,k2－2)＋eq \f(5\r(3)k,4)·eq \f(2\r(3)k,2－k2)＋eq \f(75,16)＝eq \f(35,16).
所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \f(35,16)为定值．
21．解析：（1）由f（x）＝g（x）即lnx＝eq \f(e,x)可得x＝e，所以f（e）＝lne＝1，
所以公共点坐标为（e，1），
因为f′（x）＝eq \f(1,x)，所以在公共点处切线的斜率为f′（e）＝eq \f(1,e)，
所以曲线y＝f（x）在公共点处的切线方程为y－1＝eq \f(1,e)（x－e），即y＝eq \f(x,e).
（2）△OAB的面积为S（a）＝eq \f(1,2)|AB|·a＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－lna))·a，
因为a∈（0，e），所以eq \f(e,a)>1，lna<1，所以eq \f(e,a)>lna，
所以S（a）＝eq \f(1,2)·（eq \f(e,a)－lna）·a＝eq \f(e,2)－eq \f(1,2)alna，a∈（0，e），
S′（a）＝－eq \f(1,2)（1＋lna），
由S′（a）>0即1＋lna<0可得00可得eq \f(1,e)所以S（a）在（0，eq \f(1,e)）上单调递增，在（eq \f(1,e)，e）上单调递减，
所以S（a）max＝S（eq \f(1,e)）＝eq \f(e,2)－eq \f(1,2)·eq \f(1,e)lneq \f(1,e)＝eq \f(e,2)＋eq \f(1,2e)，
所以当a＝eq \f(1,e)时，S（a）的最大值为eq \f(e,2)＋eq \f(1,2e).
22．解析：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ＝2（0≤θ≤π）.
设P（ρ，θ）为曲线C2上的任意一点，
∴ρ＝2cs（eq \f(π,2)－θ）.
∴曲线C2极坐标方程为ρ＝2sinθ（0≤θ≤π）.
（2）∵直线θ＝α（0<α<π，ρ∈R）与曲线C1，C2分别交于点A，B（异于极点），
∴设B（ρB，α），A（ρA，α）.
由题意得ρB＝2sinα，ρA＝2，
∴|AB|＝ρA－ρB＝2－2sinα.
∵点M到直线AB的距离d＝OM×sinα＝2sinα，
∴S△AOM＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)（2－2sinα）×2sinα
＝2（1－sinα）×sinα≤2×eq \f(（sinα＋1－sinα）2,4)＝eq \f(1,2)（当且仅当sinα＝eq \f(1,2)时，等号成立），
∴△ABM的面积的最大值为eq \f(1,2).
23．解析：（1）由题意得f（x）＝|x＋m|－|x－2m|≤|（x＋m）－（x－2m）|＝|3m|，
因为函数f（x）的最大值为6，所以|3m|＝6，即m＝±2.
因为m>0，所以m＝2；
（2）由（1）知，x＋y＋z＝2，
因为x>0，y>0，z>0，
所以2＝x＋y＋z＝（eq \f(x,2)＋y）＋（eq \f(x,2)＋z）≥2eq \r(\f(xy,2))＋2eq \r(\f(xz,2))，
当且仅当eq \f(x,2)＝y＝z时，即x＝1，y＝z＝eq \f(1,2)等号成立，
即eq \r(2)×eq \r(xy)＋eq \r(2)×eq \r(xz)≤2＝m2，所以eq \r(xy)＋eq \r(xz)≤eq \r(m)，
当且仅当x＝1，y＝z＝eq \f(1,2)时，等号成立．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
X
0
2
5
P
0.2
0.32
0.48
1．已知集合A＝{x|－3
A．直线B．线段C．圆D．等腰三角形
3．如图，A是轮子外边沿上的一点，轮子半径为0.3m．若轮子从图中位置向右无滑动滚动，则当滚动的水平距离为2.2m时，下列描述正确的是(参考数据：7π≈21.991)( )
A.点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.15m
B．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.15m
C．点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.26m
D．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.04m
4．在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9构成等比数列，则公差d＝( )
A．0或2B．2C．0D．0或－2
5．已知直线l1：xsinα＋y－1＝0，直线l2：x－3ycsα＋1＝0，若l1⊥l2，则tanα＝( )
A．eq \f(1,3)B．－eq \f(1,3)C．3D．－3
6．若随机事件A，B满足P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(A＋B)＝eq \f(3,4)，则P(A|B)＝( )
A．eq \f(2,9)B．eq \f(2,3)C．eq \f(1,4)D．eq \f(1,6)
7．已知csβ－3sinα＝2，sinβ＋3csα＝eq \f(3,2)，则sin (β－α)＝( )
A．－eq \f(5,24)B．eq \f(5,24)C．－eq \f(5,8)D．eq \f(5,8)
8．如图1，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图2，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是( )
A．BD⊥CNB．A′O⊥平面BCD
C．CN∥平面A′OMD．平面A′OM⊥平面BCD
9．若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y≤0,x＋y－3≤0,x≥0))，则(x－1)2＋y2的最小值为( )
A．1B．eq \f(4,5)C．eq \f(2\r(5),5)D．2
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋xlnx，x>0,g（x），x<0))为奇函数，则g(x)在x＝－1处的切线方程为( )
A．x－y＝0B．2x－y＋1＝0
C．x－2y＋1＝0D．3x－y＋2＝0
11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以C1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F.若以F为焦点，AB1为准线的抛物线经过O1，O2，设球O1，O2的半径分别为r1，r2，则eq \f(r1,r2)＝( )
A．eq \f(\r(5)－1,2)B．eq \r(3)－eq \r(2)C．1－eq \f(\r(2),2)D．2－eq \r(3)
12．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是( )
A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为eq \f(129,4)
B．an＝4×(eq \f(\r(10),4))n－1
C．使得不等式bn>eq \f(1,2)成立的n的最大值为4
D．数列{bn}的前n项和Sn<4
[答题区]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量a＝(3x，1)，向量b＝(2，1)，且a∥b，则x＝________．
14．若(1－x)5(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则a1＋a2＋…＋a9的值为________．
15．已知椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F1，F2为椭圆的左右焦点，P为椭圆上在第一象限的一点，I为△PF1F2的内心，直线PI与x轴交于点Q，椭圆的离心率为eq \f(1,3)，若eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(IQ,\s\up6(→))，则λ的值为________．
16．在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，M为AC的中点，将△ABC沿直线AC翻折成△AB1C，当三棱锥B1ACD的体积最大时，过点M的平面截三棱锥B1ACD的外接球所得截面面积的最小值为________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(12分)△ABC中，AC＝4m，BC＝4eq \r(3)m，AC⊥BC，点M，N是边AB上两点，∠MCN＝30°.
(1)当AM＝2m时，求△MNC的周长；
(2)设∠ACM＝θ，当△MNC的面积为2eq \r(3)m2时，求θ的值．
18．(12分)已知某闯关游戏，第一关在A，B两个情境中寻宝．每位参赛选手先在两个情境中选择一个开始第一关，若寻宝失败则比赛结束；若寻宝成功则进入另一个情境，无论寻宝成功与否，第一关比赛结束．A情境寻宝成功获得经验值2分，否则得0分；B情境寻宝成功获得经验值3分，否则得0分．已知某玩家在A情境中寻宝成功的概率为0.8，在B情境中寻宝成功的概率为0.6，且每个情境中寻宝成功的概率与选择初始情境的次序无关．
(1)若该玩家选择从A情境开始第一关，记X为经验值累计得分，求X的分布列；
(2)为使经验值累计得分的期望最大，该玩家应选择从哪个情境开始第一关？并说明理由．
19．(12分)某商品的包装纸如图1，其中菱形ABCD的边长为3，且∠ABC＝60°，AE＝AF＝eq \r(3)，BE＝DF＝2eq \r(3)，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
(1)证明PA⊥底面ABCD；
(2)设点T为BC上的点，且二面角BPAT的正弦值为eq \f(\r(21),14)，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
20．(12分)已知双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1，点P的坐标为(0，eq \r(3))，过P的直线l交双曲线C于点A，B.
(1)若直线l又过C的左焦点F，求|AF|·|BF|的值；
(2)若点M的坐标为(0，－eq \f(\r(3),4))，求证：eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))为定值．
21．(12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq \f(e,x).
(1)直接写出曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公共点坐标，并求曲线y＝f(x)在公共点处的切线方程；
(2)已知直线x＝a分别交曲线y＝f(x)和y＝g(x)于点A，B.当a∈(0，e)时，设△OAB的面积为S(a)，其中O是坐标原点，求S(a)的最大值．
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]
如图，在极坐标系中，已知点M(2，0)，曲线C1是以极点O为圆心，以OM为半径的半圆，曲线C2是过极点且与曲线C1相切于点(2，eq \f(π,2))的圆．
(1)分别写出曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)直线θ＝α(0<α<π，ρ∈R)与曲线C1，C2分别相交于点A，B(异于极点)，求△ABM面积的最大值．
23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋m|－|x－2m|(m>0)的最大值为6.
(1)求m的值；
(2)若正数x，y，z满足x＋y＋z＝m，求证：eq \r(xy)＋eq \r(xz)≤eq \r(m).
仿真模拟专练（一）
1．A 根据题意，B＝{x|x≥－2}，
∴A∩B＝{x|－2≤x<1}，选项A正确．
故选A.
2．A 设复数z＝x＋yi（x，y∈R），
根据复数的几何意义知：|z－1|表示复平面内点P（x，y）与点A（1，0）的距离，
|z－i|表示复平面内点P（x，y）与点B（0，1）的距离，
因为|z－1|＝|z－i|，即点P（x，y）到A，B两点间的距离相等，
所以点P（x，y）在线段AB的垂直平分线上，所以在复平面上z对应点的轨迹为直线．
故选A.
3．A 车轮的周长为2π×0.3＝0.6πm，
当滚动的水平距离为0.7πm≈2.2m时，即车轮转动1＋eq \f(1,6)个周期，
即点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.3－0.3×cseq \f(π,3)＝0.15m，
故选A.
4．A 因为在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9，构成等比数列，所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝a1a9，即（a2＋d）2＝（a2－d）（a2＋7d），
所以（4＋d）2＝（4－d）（4＋7d），解得d＝0或2，
故选A.
5．C 因为l1⊥l2，易得两直线斜率都存在，且（－sinα）·eq \f(1,3csα)＝－1，
则tanα＝eq \f(sinα,csα)＝3.
故选C.
6．D 由题可知：P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），
所以P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(3,4)＝eq \f(1,12)，
所以P（A|B）＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,6)，
故选D.
7．C 由csβ－3sinα＝2得：（csβ－3sinα）2＝cs2β－6csβsinα＋9sin2α＝4 ①；
由sinβ＋3csα＝eq \f(3,2)得：（sinβ＋3csα）2＝sin2β＋6sinβcsα＋9cs2α＝eq \f(9,4) ②；
①＋②得：10＋6（sinβcsα－csβsinα）＝10＋6sin（β－α）＝eq \f(25,4)，∴sin（β－α）＝－eq \f(5,8).
故选C.
8．D
9．B 结合题意作平面区域如图，
而（x－1）2＋y2的几何意义是可行域内的点与（1，0）的距离的平方，
又（1，0）到直线2x－y＝0的距离为eq \f(2,\r(5))，故（x－1）2＋y2的最小值为eq \f(4,5)，
故选B.
10．D 当x<0时，－x>0，则f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），
此时g（x）＝－f（－x）＝－x2＋xln（－x），
则g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，则g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，
所求切线方程为y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.
故选D.
11．D 根据抛物线的定义，点O2到点F的距离与到直线AB1的距离相等，其中点O2到点F的距离即半径r2，也即点O2到平面CDD1C1的距离，点O2到直线AB1的距离即点O2到平面ABB1A1的距离，因此球O2内切于正方体，不妨设r2＝1，两个球心O1，O2和两球的切点F均在体对角线AC1上，两个球在平面AB1C1D处的截面如图所示，则O2F＝r2＝1，AO2＝eq \f(AC1,2)＝eq \r(3)，
所以AF＝AO2－O2F＝eq \r(3)－1.
又因为AF＝AO1＋O1F＝eq \r(3)r1＋r1，因此（eq \r(3)＋1）r1＝eq \r(3)－1，得r1＝2－eq \r(3)，
所以eq \f(r1,r2)＝2－eq \r(3).
故选D.
12．C 由题意，a1＝4，a2＝eq \r(（\f(1,4)a1）2＋（\f(3,4)a1）2)＝eq \f(\r(10),4)a1，
a3＝eq \r(（\f(1,4)a2）2＋（\f(3,4)a2）2)＝eq \f(\r(10),4)a2＝（eq \f(\r(10),4)）2a1，…，
an＝eq \r(（\f(1,4)an－1）2＋（\f(3,4)an－1）2)＝eq \f(\r(10),4)an－1⇒eq \f(an,an－1)＝eq \f(\r(10),4)，
于是数列{an}是以4为首项，eq \f(\r(10),4)为公比的等比数列，则an＝4·（eq \f(\r(10),4)）n－1.
由题意可得：S△AHE＝eq \f(SABCD－SEFGH,4)，即b1＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)，b2＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4)，…，bn＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ,4)，
于是bn＝eq \f(16（\f(\r(10),4)）2n－2－16（\f(\r(10),4)）2n,4)＝eq \f(3,2)（eq \f(5,8)）n－1.
对A，连续三个正方形面积之和为：S＝a1＋a2＋a3＝42＋（eq \r(10)）2＋（eq \f(5,2)）2＝eq \f(129,4)，正确；
易知B正确；
对C，令bn＝eq \f(3,2)（eq \f(5,8)）n－1>eq \f(1,2)⇒（eq \f(5,8)）n－1>eq \f(1,3)，而（eq \f(5,8)）4－1＝eq \f(125,512)
13．答案：eq \f(2,3)
解析：因为a∥b，则3x＝2，得x＝eq \f(2,3).
14．答案：－1
解析：由条件得：在等式左右两边取x＝0，计算得a0＝1，令x＝1，计算得
a0＋a1＋…＋a9＝0，于是a1＋a2＋…＋a9＝－1.
15．答案：4
解析：
如图所示，连接IF1、IF2，I是△PF1F2的内心，所以IF1、IF2分别是∠PF1F2和∠PF2F1的角平分线，
由于经过点P与△PF1F2的内切圆圆心I的直线交x轴于点Q，
则PQ为∠F1PF2的角平分线，则Q到直线PF1、PF2的距离相等，
所以＝eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(|QF1|,|QF2|)，同理可得eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF1|,|F1Q|)，eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF2|,|F2Q|)，
由比例关系性质可知eq \f(|PI|,|IQ|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|F1Q|＋|F2Q|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|F1F2|)＝eq \f(2a,2c)＝eq \f(a,c).
又椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(|\(IQ,\s\up6(→))|,|\(PI,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3).
所以eq \(PI,\s\up6(→))＝3eq \(IQ,\s\up6(→))，所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝4eq \(IQ,\s\up6(→))，故λ＝4.
16．答案：eq \f(π,2)
解析：如图所示，连接B1M，则B1M⊥AC，
则∠AB1C＝90°，故B1M＝eq \f(AB1·B1C,AC)＝eq \f(1×1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，设二面角B1ACD的平面角为α，设三棱锥B1ACD的高为h，则h＝B1Msinα＝eq \f(\r(2),2)sinα，VB1ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·h＝eq \f(1,3)S△ACD·eq \f(\r(2),2)sinα≤eq \f(\r(2),6)S△ACD，当且仅当α＝90°时，等号成立，即当平面B1AC⊥平面ACD时，三棱锥B1ACD的体积最大，
∵AC＝eq \r(2)，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，故△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝45°，
在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，则BC∥AD，所以，∠CAD＝∠ACB＝45°，
在△ACD中，AC＝eq \r(2)，AD＝2，∠CAD＝45°，
由余弦定理可得CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs45°)＝eq \r(2)，故AC2＋CD2＝AD2，∴CD⊥AC，
因为平面B1AC⊥平面ACD，平面B1AC∩平面ACD＝AC，CD⊥AC，CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面B1AC，
∵AB1⊂平面B1AC，则AB1⊥CD，
因为AB1⊥B1C，B1C∩CD＝C，∴AB1⊥平面B1CD，
∵B1D⊂平面B1CD，所以，AB1⊥B1D，
记AD中点为O，由OB1＝OA＝OC＝OD得O为三棱锥B1ACD的外接球的球心，
且球的半径为OC＝eq \f(1,2)AD＝1，
设OM与过点M的平面所成的角为θ，设点O到截面的距离为d，则d＝OMsinθ＝eq \f(\r(2),2)sinθ，
故截面圆的半径为r＝eq \r(1－d2)＝eq \r(1－（\f(\r(2),2)sinθ）2)≥eq \f(\r(2),2)，
当且仅当θ＝90°时，过点M的平面截三棱锥外接球O所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为π×（eq \f(\r(2),2)）2＝eq \f(π,2).
17．解析：（1）∵AC＝4m，BC＝4eq \r(3)m，AC⊥BC，∴B＝30°，∴A＝60°，
在△ACM中，由余弦定理可得CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM·csA＝16＋4－2×4×2×eq \f(1,2)＝12，
则CM＝2eq \r(3)，∴AC2＝AM2＋CM2，∴CM⊥AB，∵∠MCN＝30°，
∴MN＝CMtan30°＝2，∴CN＝2MN＝4，
∴△MNC的周长为2＋4＋2eq \r(3)＝（6＋2eq \r(3)）m；
（2）在△ACN中，∠ANC＝90°－θ，
由eq \f(CN,sin60°)＝eq \f(CA,sin（90°－θ）)得CN＝eq \f(2\r(3),csθ)，
又在△ACM中，由eq \f(CM,sin60°)＝eq \f(CA,sin（60°＋θ）)，得CM＝eq \f(2\r(3),sin（θ＋60°）)，
所以S△CMN＝eq \f(1,2)CM·CN·sin30°＝eq \f(3,sin（θ＋60°）csθ)＝eq \f(3,\f(1,2)sinθcsθ＋\f(\r(3),2)cs2θ)
＝eq \f(6,\f(sin2θ,2)＋\f(\r(3)cs2θ,2)＋\f(\r(3),2))＝eq \f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))，
由eq \f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))＝2eq \r(3)得sin（2θ＋60°）＝eq \f(\r(3),2)，
∵0°≤θ≤60°，所以60°≤2θ＋60°≤180°，
所以2θ＋60°＝60°或120°，所以θ＝30°或θ＝0°.
18．解析：（1）由题意知：X所有可能的取值为0，2，5，
∴P（X＝0）＝1－0.8＝0.2；P（X＝2）＝0.8×（1－0.6）＝0.32；P（X＝5）＝0.8×0.6＝0.48，
∴X的分布列为：
（2）由（1）得：从A情境开始第一关，则E（X）＝0×0.2＋2×0.32＋5×0.48＝3.04；
若从B情境开始第一关，记Y为经验值累计得分，则Y所有可能的取值为0，3，5，
∴P（Y＝0）＝0.4；P（Y＝3）＝0.6×（1－0.8）＝0.12；P（Y＝5）＝0.8×0.6＝0.48，
∴E（Y）＝0×0.4＋3×0.12＋5×0.48＝2.76；
∵E（X）>E（Y），∴应从A情境开始第一关．
19．解析：（1）由菱形ABCD的边长为3，AE＝AF＝eq \r(3)，BE＝DF＝2eq \r(3)，
可得：BE2＝AB2＋AE2，即有AB⊥AE，
同理DF2＝AD2＋AF2，即有AD⊥AF，
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A.
可得PA⊥底面ABCD.
（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．
由第（1）问可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.
则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq \f(3\r(21),14).
利用正弦定理得eq \f(AB,sin∠ATB)＝eq \f(BT,sin∠BAT)，
可得：BT＝1，点T的坐标为（eq \f(5,2)，eq \f(\r(3),2)，0），
点P（0，0，eq \r(3)），A（0，0，0），C（eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，0），
设平面PAT的法向量为m＝（x，y，z），则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0,m·\(AT,\s\up6(→))＝0))，即：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)z＝0,5x＋\r(3)y＝0)).
令x＝3，则有m＝（3，－5eq \r(3)，0），eq \(PC,\s\up6(→))＝（eq \f(3,2)，eq \f(3\r(3),2)，－eq \r(3)），
则有：cs〈m，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(PC,\s\up6(→)),|\(PC,\s\up6(→))|·|m|)＝－eq \f(3\r(7),14)
则PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
解法二：由第（1）问可知PA⊥底面ABCD，AC＝3，
所以PA⊥AB，PA⊥AT，PC＝2eq \r(3).
则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq \f(3\r(21),14).
利用正弦定理得eq \f(AB,sin∠ATB)＝eq \f(BT,sin∠BAT)，
可得：BT＝1，即点T为BC上靠近点B的三等分点
所以在△ABT中，由余弦定理可得：AT＝eq \r(AB2＋BT2－2AB·BTcs∠ABT)＝eq \r(7)，
过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，
所以∠CPQ为PC与平面PAT所成角．
考虑三棱锥PACT，由于VPACT＝eq \f(1,3)S△ACT·PA＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，
VCPAT＝eq \f(1,3)S△ATP·CQ＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(7)×eq \r(3)·CQ，
因为VPACT＝VCPAT，所以CQ＝eq \f(3\r(21),7)，
所以sin∠CPQ＝eq \f(CQ,PC)＝eq \f(3\r(7),14)，
所以PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
解法三：由PA⊥平面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.
故∠BAT为二面角BPAA的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝eq \f(\r(21),14)，
因为∠BAT为锐角，所以cs∠BAT＝eq \f(5\r(7),14)，
故sin∠CAT＝sin（60°－∠BAT）＝eq \f(\r(21),7)，
过点C作CQ垂直AT于Q，连接CQ、AC，
则CQ＝AC·sin∠CAT＝eq \f(3\r(21),7)，
∵PA⊥AC，∴PC＝2eq \r(3)，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CQ，
又因为AT⊥CQ，AT∩PA＝A，故CQ⊥平面PAT，
故∠CPQ为PC与平面PAT所成的角，∴sin∠CPQ＝eq \f(3\r(7),14)，
即PC与平面PAT所成角的正弦值为eq \f(3\r(7),14).
20．解析：（1）由双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1可得a＝1，b＝eq \r(2)，所以c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，
所以F（－eq \r(3)，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），
kPF＝eq \f(\r(3)－0,0－（－\r(3)）)＝1，所以直线l的方程为y＝x＋eq \r(3)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(3),2x2－y2＝2))联立得：x2－2eq \r(3)x－5＝0，
所以x1＋x2＝2eq \r(3)，x1x2＝－5，
|AF|·|BF|＝eq \r(（x1＋\r(3)）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )·eq \r(（x2＋\r(3)）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝2|（x1＋eq \r(3)）（x2＋eq \r(3)）|
＝2|x1x2＋eq \r(3)（x1＋x2）＋3|＝2×|－5＋eq \r(3)×2eq \r(3)＋3|＝8.
（2）由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝kx＋eq \r(3)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\r(3),2x2－y2＝2))可得：（k2－2）x2＋2eq \r(3)kx＋5＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），
所以x1＋x2＝eq \f(2\r(3)k,2－k2)，x1x2＝eq \f(5,k2－2)，eq \(MA,\s\up6(→))＝（x1，y1＋eq \f(\r(3),4)），eq \(MB,\s\up6(→))＝（x2，y2＋eq \f(\r(3),4)），
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋（y1＋eq \f(\r(3),4)）（y2＋eq \f(\r(3),4)）＝x1x2＋（kx1＋eq \f(5\r(3),4)）（kx2＋eq \f(5\r(3),4)）
＝（1＋k2）x1x2＋eq \f(5\r(3),4)k（x1＋x2）＋eq \f(75,16)
＝（1＋k2）eq \f(5,k2－2)＋eq \f(5\r(3)k,4)·eq \f(2\r(3)k,2－k2)＋eq \f(75,16)＝eq \f(35,16).
所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \f(35,16)为定值．
21．解析：（1）由f（x）＝g（x）即lnx＝eq \f(e,x)可得x＝e，所以f（e）＝lne＝1，
所以公共点坐标为（e，1），
因为f′（x）＝eq \f(1,x)，所以在公共点处切线的斜率为f′（e）＝eq \f(1,e)，
所以曲线y＝f（x）在公共点处的切线方程为y－1＝eq \f(1,e)（x－e），即y＝eq \f(x,e).
（2）△OAB的面积为S（a）＝eq \f(1,2)|AB|·a＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－lna))·a，
因为a∈（0，e），所以eq \f(e,a)>1，lna<1，所以eq \f(e,a)>lna，
所以S（a）＝eq \f(1,2)·（eq \f(e,a)－lna）·a＝eq \f(e,2)－eq \f(1,2)alna，a∈（0，e），
S′（a）＝－eq \f(1,2)（1＋lna），
由S′（a）>0即1＋lna<0可得0
所以S（a）max＝S（eq \f(1,e)）＝eq \f(e,2)－eq \f(1,2)·eq \f(1,e)lneq \f(1,e)＝eq \f(e,2)＋eq \f(1,2e)，
所以当a＝eq \f(1,e)时，S（a）的最大值为eq \f(e,2)＋eq \f(1,2e).
22．解析：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ＝2（0≤θ≤π）.
设P（ρ，θ）为曲线C2上的任意一点，
∴ρ＝2cs（eq \f(π,2)－θ）.
∴曲线C2极坐标方程为ρ＝2sinθ（0≤θ≤π）.
（2）∵直线θ＝α（0<α<π，ρ∈R）与曲线C1，C2分别交于点A，B（异于极点），
∴设B（ρB，α），A（ρA，α）.
由题意得ρB＝2sinα，ρA＝2，
∴|AB|＝ρA－ρB＝2－2sinα.
∵点M到直线AB的距离d＝OM×sinα＝2sinα，
∴S△AOM＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)（2－2sinα）×2sinα
＝2（1－sinα）×sinα≤2×eq \f(（sinα＋1－sinα）2,4)＝eq \f(1,2)（当且仅当sinα＝eq \f(1,2)时，等号成立），
∴△ABM的面积的最大值为eq \f(1,2).
23．解析：（1）由题意得f（x）＝|x＋m|－|x－2m|≤|（x＋m）－（x－2m）|＝|3m|，
因为函数f（x）的最大值为6，所以|3m|＝6，即m＝±2.
因为m>0，所以m＝2；
（2）由（1）知，x＋y＋z＝2，
因为x>0，y>0，z>0，
所以2＝x＋y＋z＝（eq \f(x,2)＋y）＋（eq \f(x,2)＋z）≥2eq \r(\f(xy,2))＋2eq \r(\f(xz,2))，
当且仅当eq \f(x,2)＝y＝z时，即x＝1，y＝z＝eq \f(1,2)等号成立，
即eq \r(2)×eq \r(xy)＋eq \r(2)×eq \r(xz)≤2＝m2，所以eq \r(xy)＋eq \r(xz)≤eq \r(m)，
当且仅当x＝1，y＝z＝eq \f(1,2)时，等号成立．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
X
0
2
5
P
0.2
0.32
0.48
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