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2023-2024学年四川省泸州市泸县重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省泸州市泸县重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线y=−x−1的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. π2D. 3π4
2.若直线ax+(1−a)y=3与(a−1)x+(2a+3)y=2互相垂直，则a等于( )
A. 3B. 1C. 0或−32D. 1或−3
3.离心率为2的双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程是( )
A. 5x±y=0B. x±y=0C. x± 3y=0D. 3x±y=0
4.如图，OABC是四面体，G是△ABC的重心，G2是OG上一点，且OG=3OG1，则( )
A. OG1=OA+OB+OCB. OG1=19OA+19OB+19OC
C. OG1=13OA+13OB+13OCD. OG1=34OA+34OB+34OC
5.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个素数(质数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩．若将14拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为( )
A. 313B. 513C. 27D. 37
6.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，则点C到平面AEC1F的距离为( )
A. 22
B. 3 22
C. 4 3311
D. 3311
7.已知点P(x,y)是直线l：kx−y+4=0(k>0)上的动点，过点P作圆C：x2+y2+2y=0的切线PA，A为切点，若|PA|最小为2时，圆M：x2+y2−my=0与圆C外切，且与直线l相切，则m的值为( )
A. −2B. 2 5−2C. 4D. 6+2
8.已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1−an=(−12)n(n∈N*)，则存在正整数n，使得(an−λ)(an+1+λ)<0成立的实数λ组成的集合为( )
A. (−∞,−12)∪(12,+∞)B. (23,1)
C. (12,1)D. (−∞,−23)∪(12,+∞)
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.有一个正四面体玩具，四个面上分别写有数字1，2，3，4.其玩法是将这个正四面体抛掷一次，记录向下的面上的数字.现将这个玩具随机抛掷两次，A表示事件“第一次记录的数字为2”，B表示事件“第二次记录的数字为4”，C表示事件“两次记录的数字和为3”，D表示事件“两次记录的数字和为5”，则( )
A. A与B互斥B. C与D互斥C. A与D相互独立D. B与D相互独立
10.已知⊙P：x2+(y+3)2=9，⊙Q：x2+2x+y2+8y+m=0，点A，B分别在⊙P，⊙Q上，则( )
A. 若⊙Q的半径为1，则m=16
B. 若m=13，则⊙P与⊙Q相交弦所在的直线为2x+2y−13=0
C. 直线l：ax−y−a−2=0截⊙P所得的最短弦长为2 7
D. 若|AB|的最小值为2− 2，则|AB|的最大值为2+ 2
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=BC=1，AC⊥BC，则( )
A. A1B1//平面ABC1
B. 平面A1BC⊥平面ABC1
C. 异面直线AC与A1B所成的角的余弦值为 33
D. 点A1，A，B，C均在半径为 3的球面上
12.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，M(x0,y0)是抛物线C上一个动点，点A(0,2)，则下列说法正确的是
( )
A. 若|MF|=5，则y0=4
B. 过点A与抛物线C有一个公共点的直线有3条
C. |MF|+|MA|的最小值为 5
D. 点M到直线x−y+3=0的最短距离为2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.两条直线12x−5y+8=0和12x−5y−24=0的距离为______．
14.已知圆C：x2+y2+2x=0，若直线y=kx被圆C截得的弦长为1，则k= ______．
15.已知数列{an}的首项a1=35，且an+1=3an2an+1，1a1+1a2+…+1an<2024，则满足条件的最大整数n= ______．
16.双曲线C：x2a2−y2b2=1的右焦点为F，双曲线C的一条渐近线与以OF为直径的圆交于点M(异于点O)，与过F且垂直于x轴的直线交于N，若S△OMF=4S△MNF，则双曲线C的离心率为 ．
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)
已知圆N的圆心在直线x−2y+5=0上，且圆N经过点A(3,1)与点B(6,4)．
(1)求圆N的方程；
(2)过点D(6,9)作圆N的切线，求切线所在直线的方程．
18.(本小题12分)
有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：
(1)为进行某项研究，从所用时间为12h的60辆汽车中随机抽取6辆．
(ⅰ)若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆；
(ⅱ)若从(ⅰ)的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取2辆汽车，求这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率．
(2)假设汽车A只能在约定时间的前11h出发，汽车B只能在约定时间的前12h出发．为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车A和汽车B应如何选择各自的道路？
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥PC，AB⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，AC=2PA=4．
(1)证明：PB⊥PC；
(2)若三棱锥P−ABC的体积为83 3，求平面ABC与平面PBC所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线l：x+my−1=0过E的右焦点F.当m=1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPA=∠OPB(O为坐标原点)？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，有an>0，且4Sn=an2+2an+1，数列{bn}满足2lg2bn=an+1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{(−1)n(an+bn)}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知动点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和M到定直线l：x=4的距离的比是常数12．
(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹即曲线C的形状．
(2)过A(1,−32)作两直线与抛物线y=mx2(m>0)相切，且分别与曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2．
①求证：1k1+1k2为定值；
②试问直线PQ是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设直线y=−x−1的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，可得tanθ=−1，解得θ．
【解答】
解：设直线y=−x−1的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，
则tanθ=−1，解得θ=3π4．
故选：D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系、分类讨论的思想方法，属于基础题．
对a分类讨论，利用两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系即可得出．
【答案】
解：当a=1时，两条直线分别化为：x=3，5y=2，此时两条直线互相垂直；
当a=−32时，两条直线分别化为：3x−5y+6=0，5x=−4，此时两条直线不互相垂直；
当a≠−32，1时，两条直线分别化为：y=aa−1x−3a−1，y=1−a2a+3x+22a+3，
∵直线ax+(1−a)y=3与(a−1)x+(2a+3)y=2互相垂直，
∴aa−1×1−a2a+3=−1，
解得a=−3或1(舍去)，
综上可得：a=−3或1．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】解：离心率为2的双曲线x2a2−y2b2=1，可得ca=2，所以b2a2=3，即ba= 3，
所以双曲线的渐近线方程为：y=± 3x，
故选：D．
利用双曲线的离心率求解a，b的关系，然后求解渐近线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率以及渐近线方程的求解与应用，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵OABC是四面体，G是△ABC的重心，G2是OG上一点，且OG=3OG1，
∴OG1=13OG=13(OA+AG)=13OA+13[13(AB+AC)]
=13OA+19(OB−OA)+19(OC−OA)=19OA+19OB+19OC．
故选：B．
利用空间向量加法法则求解．
本题考查向量的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
将14拆成两个正整数的和，利用列举法求出基本事件有13个，拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有3个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为素数的概率．
【解答】
解：将14拆成两个正整数的和，基本事件有：
1+13，2+12，3+11，4+10，5+9，6+8，7+7，8+6，9+5，10+4，11+3，12+2，13+1，共13个，
拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有：
3+11，7+7，11+3，共3个，
则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为P=313．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，
∴AC1=(−2,4,3)，AE=(0,4,1)．
设n为平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AC1=0，即4y+z=0−2x+4y+3z=0，令z=1，得n=(1,−14,1)．
又CC1=(0,0,3)，
∴点C到平面AEC1F的距离d=|CC1⋅n||n|=4 3311．
故选：C．
建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式d=|CC1⋅n||n|即得解．
本题考查点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：易知，当PC与直线l垂直时，切线长|PA|最短，
而圆C：x2+(y+1)2=1，圆心C(0,−1)，半径R=1，由|PA|=2，
则|PC|= |PA|2+R2= 22+12= 5．
所以 5=|1+4| k2+1(k>0)，解得k=2．
故此时直线l的方程为：2x−y+4=0．
又圆M：x2+y2−my=0，圆心M(0,m2)，半径r=|m|2，
由圆M，圆C外切可得|m+1|2=|m|2+1，化简得|m|=m，故m>0．
圆M与直线l相切，所以|2×0−m2+4| 5=|m|2，
即m2+4m−16=0，解得m=2 5−2或m=−2 5−2(舍)．
故选：B．
当PC⊥l时，切线长|PA|最小，结合圆C的半径和|PA|=2，可求出此时圆心C到直线l的距离，从而求出k的值，直线l的方程可求；再根据圆M与圆C外切，与直线l相切，就可以求出m的值．
本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等基础知识，同时考查学生的运算能力．属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：数列{an}的首项a1=1，且满足an+1−an=(−12)n(n∈N+)，
可得an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an−an−1)
=1+(−12)+14+…+(−12)n−1=1−1(−2)n1+12=23[1−(−12)n]，显然an>0，
存在正整数n，使得(an−λ)(an+1+λ)<0成立，
∴(λ−an)(an+1+λ)>0，∴λ>an或λ<−an+1，
故存在正整数n，使λ>an或λ<−an+1，
∴λ>(an)min或λ<(−an+1)max，即λ>(an)min或λ<−(an+1)min，
当n为偶数时，an=23[1−(12)n]，递增，可得an的最小值为a2=12；
an+1=23[1−(12)n+1]，递减，可得an+1的最大值为a3=34，
当n为奇数时，an=23[1+(12)n]递减，可得an的最大值为a1=1；
an+1=23[1−(12)n+1]，递增，可得an+1的最小值为a2=12，
则λ的取值范围是(−∞,−12)∪(12,+∞)．
故选：A．
运用数列恒等式：an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an−an−1)，结合等比数列的求和公式可得an，讨论n为奇数和偶数，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围．
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的恒等式和等比数列的求和公式，考查存在性问题解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于难题．
9.【答案】BCD
【解析】解：因为事件A和事件B可以同时发生，
所以A与B不互斥，A不正确；
因为事件C和事件D不能同时发生，
所以C与D互斥，B正确；
用(x,y)表示第一次事件记录的数字为x，第二次事件记录的数字为y，
则“两次记录的数字和为5”可以是(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，
所以P(A)=14，P(D)=416=14，
P(AD)=116=P(A)P(D)，故C正确，
P(B)=14，P(D)=416=14，
P(BD)=116=P(B)P(D)，故D正确，
故选：BCD．
根据事件的互斥的定义即可判断A不正确、B正确；根据相互独立的定义即可判断C、D正确．
本题主要考查互斥事件相关的概率计算，属中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由题意得，⊙P：x2+(y+3)2=9的圆心为P(0,−3)，半径r1=3，⊙Q：(x+1)2+(y+4)2=17−m，圆心为Q(−1,−4)，
若⊙Q的半径为1，则17−m=12，解得m=16，故A正确；
若m=13，则⊙Q：x2+2x+y2+8y+13=0，两圆方程相减，
得⊙P与⊙Q相交弦所在的直线为2x+2y+13=0，故B错误；
易得直线l：ax−y−a−2=0过定点(1,−2)，且点(1,−2)在⊙P内，
则圆心P(0,−3)与点(1,−2)的距离为 2，
则直线l：ax−y−a−2=0被⊙P所截的最短弦长为2 32−( 2)2=2 7，故C正确；
若|AB|的最小值为2− 2，
则⊙P与⊙Q内含或外离，
由点Q(−1,−4)在⊙P内，得⊙P与⊙Q内含，
当⊙Q被⊙P内含时，有|PQ|= 2<3− 17−m,|AB|，
此时|AB|的最小值为3−( 2+ 17−m)=2− 2，解得m=16，
∴|AB|的最大值为6−(2− 2)=4+ 2，
这种情况足以判断D错误，作为选择题，则无须考虑⊙P被⊙Q的情况，故D错误．
故选：AC．
直接求⊙Q的半径即可判断A；两圆方程相减即可得相交弦所在直线方程，从而判断B；易知直线l过定点，当定点与圆心连线与l垂直时，可得弦长最小值，从而判断C；先根据|AB|的最小值确定两圆的位置关系并求出m，从而可得|AB|的最大值，可判断D．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：三棱柱中，A1B1//AB，AB⊂平面ABC1，A1B1⊄平面ABC1，
所以A1B1//平面ABC1，所以A选项正确；
在直棱柱中，平面ACC1A1⊥平面ABC，
又因为AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC1，
因为AC=AA1，所以A1C⊥AC1，
而A1C∩BC=C，
所以AC1⊥平面A1BC，AC1⊂平面ABC1，
所以平面A1BC⊥平面ABC1，所以B正确；
因为AC//A1C1，所以A1C1与A1B所成的角等于AC与A1B所成的角，
因为AA1=AC=BC=1，
在△A1C1B中，A1C1=1，BC1= 2，A1B= AA12+AB2= 3，
所以A1C12+BC12=A1B2，
所以cs∠C1A1B=A1C1A1B=1 3= 33，所以C正确；
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，因为AC⊥BC，CC1⊥BC，CC1⊥AC，
所以点A1，A，B，C在以A1B为直径的球上，
即球的直径2R= 12+12+12= 3，
即点A1，A，B，C均在半径为 32的球面上，所以D选项错误．
故选：ABC．
根据线面平行的判定定理及线面垂直的判定定理得出A，B选项的真假，异面直线所成角的转化判断出C选项的真假，根据外接球直径判断D选项的真假．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
求出抛物线焦点坐标及准线方程，再根据抛物线定义即可判断A；由A在抛物线外，可得过A有两条切线和一条与对称轴平行的直线与抛物线有一个公共点，可判断B；由三点共线可得线段之和最小，可判断C；由点到直线的距离公式求出M到直线的距离d的表达式，由纵坐标的范围求出最小值，可判断D．
【解答】
解：由抛物线C：y2=4x的方程可得焦点F(1,0)，准线方程x=−1，
A中，由抛物线的性质|MF|=x0+1=5，
则x0=4，代入抛物线的方程可得y0=±4，所以A不正确；
B中，将A点的坐标代入：22>4×0，可得A点在抛物线的外面，
所以过A有两条直线与抛物线相切，还有一条平行于x轴的直线与抛物线有一个公共点，
所以有3条直线与抛物线有一个公共点，B正确；
C中，|MF|+|MA|≥|FA|= 12+22= 5，
当且仅当M，A，F三点共线，且M位于线段AF上时取等号，所以C正确；
D中，点M到直线x−y+3=0的距离d=|x0−y0+3| 2=|y024−y0+3| 2
=|(y0−2)2+8|4 2≥84 2= 2，所以d的最小值为 2，D不正确；
故选：BC．
13.【答案】3213
【解析】解：由平行线间的距离公式可得它们的距离d=|−24−8| 122+(−5)2=3213．
故答案为：3213．
由平行线间的距离公式可得它们的距离的大小．
本题考查平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
14.【答案】± 3
【解析】解：将x2+y2+2x=0化为标准式得(x+1)2+y2=1，故半径为1；
圆心(−1,0)到直线y=kx的距离为|−k| k2+1，
由弦长为1可得2 1−(|−k| k2+1)2=1，解得k=± 3．
故答案为：± 3．
将圆C一般方程化为标准方程，先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出k的值．
本题考查圆的方程与直线与圆位置关系，属基础题．
15.【答案】2023
【解析】解：首项a1=35，且an+1=3an2an+1，
可得1an+1=13an+23，
即有得1an+1−1=13(1an−1)，
可得数列{1an−1}是首项为23，公比为13的等比数列，
则1an−1=23⋅(13)n−1=2⋅13n，
即1an=2⋅13n+1，
可得1a1+1a2+...+1an=2(13+19+...+13n)+n=23⋅1−13n1−13+n
=n+1−13n<2024，
即n−13n<2023，
由0<13n<1，可得n的最大值为2023．
故答案为：2023．
对数列的递推式两边取倒数，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的性质，即可得到所求最大值．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】 52
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
根据题意，利用直角三角形，渐近线的斜率，三角形的面积关系可得关于a，b，c的方程，化简即可得出双曲线的离心率．
【解答】
解：不妨设双曲线的一条渐近线方程为y=bax，
由题意知OM⊥FM，又|OF|=c，c2=a2+b2，tan∠NOF=ba，所以|OM|=a，
若S△OMF=4S△MNF，则|OM|=4|MN|，即|MN|=a4，
在Rt△OFN中，由勾股定理可得|FN|2=|ON|2−|OF|2=(5a4)2−c2，
又tan∠NOF=ba，可得|FN|=ba⋅c，
所以(5a4)2−c2=(bca)2，化简可得(c2−a2)c2+a2c2=25a416，即c4=25a416，
所以e=ca= 52，
故答案为： 52．
17.【答案】解：(1)设 线段AB的中点为C(92,52)，∵kAB=1，
∴线段AB的垂直平分线为x+y−7=0，与x−2y+5=0联立得交点N(3,4)，
∴|AN|=3=r．
∴圆N的方程为(x−3)2+(y−4)2=9．
(2)当切线斜率不存在时，切线方程为x=6．
当切线斜率存在时，设切线方程为y−9=k(x−6)，即kx−y+9−6k=0，
则N到此直线的距离为|5−3k| k2+1=3，解得k=815，∴切线方程为8x−15y+87=0．
故满足条件的切线方程为x=6或8x−15y+87=0．
【解析】(1)求出直线AB的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求出半径，即可求解圆的方程．
(2)利用斜率是否存在，分类求解，通过点到直线的距离公式与圆的半径相等，求解即可．
本题考查圆的方程的求法，直线与圆相切切线方程的求法，考查计算能力．
18.【答案】解：(1)(i)从通过公路1的汽车中抽取2020+40×6=2辆，从通过公路2的汽车中抽取4020+40×6=4辆；
(ii)这2辆汽车都不通过公路1的概率为P1=C42C62=615=25，所以这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率为P=1−P1=35．
(2)汽车A，若选择公路1，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为20+40100=0.6，若选择公路2，概率为10+40100=0.5；
汽车B，若选择公路1，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为20+40+20100=0.8，若选择公路2，概率为10+40+40100=0.9；
所以汽车A应选公路1，汽车B应选公路2．
【解析】(1)(i)利用分层抽样的比例关系列式求解；(ii)先求2辆汽车都不通过公路1的概率，再求至少有1辆通过公路1的概率；
(2)分别求出A、B两辆汽车按时将货物从城市甲运到城市乙的频率，用频率估计概率进行抉择．
本题考查分层抽样，古典概型，排列数，用频率估计概率，属于基础题．
19.【答案】(1)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，
又因为PC⊥PA，PA∩AB=A，所以PC⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥PC；
(2)解：过点P在平面PAC内作PD⊥AC交AC于D，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊥AC，PD⊂平面PAC，
所以PD⊥平面ABC，
因为AC=2PA=4，PA⊥PC，则PC= AC2−PA2=2 3，
由等面积法可得PD=PA⋅PCAC= 3，
所以AD= PA2−PD2=1,CD=AC−AD=3，
因为VP−ABC=13⋅(12⋅AC⋅AB)⋅PD=8 33，所以AB=4，
又因为AB⊥AC，
以点D为坐标原点，AB、DC、DP的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)、B(4,−1,0)、C(0,3,0),PB=(4,−1,− 3),PC=(0,3,− 3)，
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，所以n⊥PB,n⊥PC，
则n⋅PB=4x−y− 3z=03y− 3z=0，解得：x=yz= 3y，
取y=1，则z= 3，x=1，所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1, 3)，
由题可得，平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|= 31× 5= 155，
所以平面ABC与平面PBC所成角的余弦值为 155．
【解析】(1)由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABC与平面PBC的法向量，由向量法求解即可．
本题考查线线垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)设椭圆的焦距为2c，直线l恒过定点(1,0)，所以c=1，
当m=1时，直线l：x+y−1=0，椭圆的下顶点(0,−b)到直线l的距离d=1+b 2，
由题意可得a=b+1 2a2=b2+1，解得a= 2，b=1，所以椭圆的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)当m=0时，显然在x轴上存在点P，使得∠OPA=∠OPB；
当m≠0时，由x2+2y2=2x+my−1=0消去x，可得(2+m2)y2−2my−1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，y1+y2=2m2+m2，y1y2=−12+m2，
设P(t,0)满足题设条件，
kPA+kPB=y1x1−t+y2x2−t=y11−my1−t+y21−my2−t=(1−t)(y1+y2)−2my1y2(1−my1−t)(1−my2−t)=0，
则(1−t)(y1+y2)−2my1y2=0，即2m(1−t)+2m=2m(2−t)=0，
t=2时，上式恒成立．
所以在x轴上存在点P(2,0)满足题设条件．
【解析】(Ⅰ)由题意可得c=1，运用点到直线的距离公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆的方程；
(Ⅱ)讨论m=0，显然存在；当m≠0时，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到所求定点P．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得，4Sn=an2+2an+1，①n=1时，4a1=a12+2a1+1，得到a1=1.n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1+1，②
①−②，得到4an=an2−an−12+2an−2an−1，整理得(an−an−1−2)(an+an−1)=0，
∵an>0，所以an+an−1>0，即an−an−1=2(n≥2)
∴数列{an}是以1为首项，公差为2的等差数列．
即an=1+2(n−1)=2n−1
(2)∵2lg2bn=an+1，
∴2lg2bn=2n，
即bn=2n．
∴(−1)n(an+bn)=(−1)n(2n−1)+(−1)n⋅2n
法1：问题2可以看成是数列{(−1)n(2n−1)}和数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和n为偶数时，
数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是(−1)+3+(−5)+7+(−9)+11+⋅⋅⋅+(−1)n(2n−1)=2+2+2+⋅⋅⋅+2=2⋅n2=n；
n为奇数时，数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是(−1)+3+(−5)+7+(−9)+11+⋅⋅⋅+(−1)n(2n−1)=−1+(−2)+(−2)⋅⋅⋅+(−2)=−1+(−2)⋅n−12=−n；
数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和是−2(1−(−2)n)1−(−2)=−23+23⋅(−2)n；
所以，Tn=n−23+23⋅(−2)n,n为偶数−n−23+23⋅(−2)n,n为奇数．
法2：设数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是An．An=1⋅(−1)+3⋅(−1)2+5⋅(−1)3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅(−1)n−1+(2n−1)⋅(−1)n，①，
−An=1⋅(−1)2+3⋅(−1)3+5⋅(−1)4+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅(−1)n+(2n−1)⋅(−1)n+1，②；
两式相减，得2An=−1+2⋅(−1)2+2⋅(−1)3+⋅⋅⋅+2⋅(−1)n+(2n−1)⋅(−1)n+1，
2An=−1+2(1−(−1)n−1)1−(−1)−(2n−1)⋅(−1)n+12An=−2n⋅(−1)n+1
所以，An=−n⋅(−1)n+1．
数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和是−2(1−(−2)n)1−(−2)=−23+23⋅(−2)n，
所以，Tn=−n⋅(−1)n+1−23+23⋅(−2)n．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
(2)利用分组法和乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)易知|MF|= (x−1)2+y2，点M(x,y)到定直线l：x=4的距离为|x−4|，
因为动点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和M到定直线l：x=4的距离的比是常数12，
所以 (x−1)2+y2|x−4|=12，
整理得x24+y23=1，
则点M的轨迹方程为x24+y23=1；
(2)①证明：不妨设过点A与抛物线y=mx2相切的直线方程为y=k(x−1)+32，k≠0，
联立y=k(x−1)+32y=mx2，消去y并整理得mx2−kx+k+32=0，
此时Δ=(−k)2−4m(k+32)=0，
解得k2−4mk−6m=0，
因为直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，
所以k1，k2是方程k2−4mk−6m=0的两个实数根，
由韦达定理得k1+k2=4m，k1k2=−6m，
则1k1+1k2=k1+k2k1k2=−23，
所以1k1+1k2为定值，定值为−23；
②不妨设直线PQ的方程为x=ty+n，且P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=ty+nx24+y23=1，消去x并整理得(3t2+4)y2+6tny+3n2−12=0，
由韦达定理得y1+y2=−6tn3t2+4,y1y2=3n2−123t2+4，
由①知1k1+1k2=−23，
所以x1−1y1+32+x2−1y2+32=−23，
即ty1+n−1y1+32+ty2+n−1y2+32=−23，
整理得(2t+23)⋅3n2−123t2+4+(n+32t)⋅−6tn3t2+4+3(n−12)=0，
即4n2+24n=9t2+48t+28，
此时4(n+3)2=(3t+8)2，
解得n=32t+1或n=−32t−7，
当n=32t+1时，直线PQ的方程为x=ty+32t+1=t(y+32)+1，
此时直线PQ恒过定点A(1,−32)，不符合题意；
当n=−32t−7时，直线PQ的方程为x=ty−32t−7=t(y−32)−7，
此时直线PQ恒过定点(−7,32)．
综上所述，直线PQ恒过定点(−7,32)．
【解析】(1)由题意，得到 (x−1)2+y2|x−4|=12，进而求得点M的轨迹方程；
(2)①设切线方程为y=k(x−1)+32，联立方程组，由Δ=0，得到k2−4mk−6m=0，转化为k1，k2是方程k2−4mk−6m=0的两根，得到k1+k2=4m，k1k2=−6m，进而可求得1k1+1k2−23，即可得证；
②设直线PQ的方程为x=ty+n，联立方程组，求得y1+y2=−6tn3t2+4,y1y2=3n2−123t2+4，由1k1+1k2=−23，结合斜率公式，化简求得n=32t+1或n=−32t−7，再由直线的点斜式方程，即可得到直线PQ恒过定点．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．所用的时间/h
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10
1.直线y=−x−1的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. π2D. 3π4
2.若直线ax+(1−a)y=3与(a−1)x+(2a+3)y=2互相垂直，则a等于( )
A. 3B. 1C. 0或−32D. 1或−3
3.离心率为2的双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程是( )
A. 5x±y=0B. x±y=0C. x± 3y=0D. 3x±y=0
4.如图，OABC是四面体，G是△ABC的重心，G2是OG上一点，且OG=3OG1，则( )
A. OG1=OA+OB+OCB. OG1=19OA+19OB+19OC
C. OG1=13OA+13OB+13OCD. OG1=34OA+34OB+34OC
5.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个素数(质数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩．若将14拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为( )
A. 313B. 513C. 27D. 37
6.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，则点C到平面AEC1F的距离为( )
A. 22
B. 3 22
C. 4 3311
D. 3311
7.已知点P(x,y)是直线l：kx−y+4=0(k>0)上的动点，过点P作圆C：x2+y2+2y=0的切线PA，A为切点，若|PA|最小为2时，圆M：x2+y2−my=0与圆C外切，且与直线l相切，则m的值为( )
A. −2B. 2 5−2C. 4D. 6+2
8.已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1−an=(−12)n(n∈N*)，则存在正整数n，使得(an−λ)(an+1+λ)<0成立的实数λ组成的集合为( )
A. (−∞,−12)∪(12,+∞)B. (23,1)
C. (12,1)D. (−∞,−23)∪(12,+∞)
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.有一个正四面体玩具，四个面上分别写有数字1，2，3，4.其玩法是将这个正四面体抛掷一次，记录向下的面上的数字.现将这个玩具随机抛掷两次，A表示事件“第一次记录的数字为2”，B表示事件“第二次记录的数字为4”，C表示事件“两次记录的数字和为3”，D表示事件“两次记录的数字和为5”，则( )
A. A与B互斥B. C与D互斥C. A与D相互独立D. B与D相互独立
10.已知⊙P：x2+(y+3)2=9，⊙Q：x2+2x+y2+8y+m=0，点A，B分别在⊙P，⊙Q上，则( )
A. 若⊙Q的半径为1，则m=16
B. 若m=13，则⊙P与⊙Q相交弦所在的直线为2x+2y−13=0
C. 直线l：ax−y−a−2=0截⊙P所得的最短弦长为2 7
D. 若|AB|的最小值为2− 2，则|AB|的最大值为2+ 2
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=BC=1，AC⊥BC，则( )
A. A1B1//平面ABC1
B. 平面A1BC⊥平面ABC1
C. 异面直线AC与A1B所成的角的余弦值为 33
D. 点A1，A，B，C均在半径为 3的球面上
12.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，M(x0,y0)是抛物线C上一个动点，点A(0,2)，则下列说法正确的是
( )
A. 若|MF|=5，则y0=4
B. 过点A与抛物线C有一个公共点的直线有3条
C. |MF|+|MA|的最小值为 5
D. 点M到直线x−y+3=0的最短距离为2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.两条直线12x−5y+8=0和12x−5y−24=0的距离为______．
14.已知圆C：x2+y2+2x=0，若直线y=kx被圆C截得的弦长为1，则k= ______．
15.已知数列{an}的首项a1=35，且an+1=3an2an+1，1a1+1a2+…+1an<2024，则满足条件的最大整数n= ______．
16.双曲线C：x2a2−y2b2=1的右焦点为F，双曲线C的一条渐近线与以OF为直径的圆交于点M(异于点O)，与过F且垂直于x轴的直线交于N，若S△OMF=4S△MNF，则双曲线C的离心率为 ．
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)
已知圆N的圆心在直线x−2y+5=0上，且圆N经过点A(3,1)与点B(6,4)．
(1)求圆N的方程；
(2)过点D(6,9)作圆N的切线，求切线所在直线的方程．
18.(本小题12分)
有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：
(1)为进行某项研究，从所用时间为12h的60辆汽车中随机抽取6辆．
(ⅰ)若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆；
(ⅱ)若从(ⅰ)的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取2辆汽车，求这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率．
(2)假设汽车A只能在约定时间的前11h出发，汽车B只能在约定时间的前12h出发．为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车A和汽车B应如何选择各自的道路？
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥PC，AB⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，AC=2PA=4．
(1)证明：PB⊥PC；
(2)若三棱锥P−ABC的体积为83 3，求平面ABC与平面PBC所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线l：x+my−1=0过E的右焦点F.当m=1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPA=∠OPB(O为坐标原点)？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，有an>0，且4Sn=an2+2an+1，数列{bn}满足2lg2bn=an+1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{(−1)n(an+bn)}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知动点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和M到定直线l：x=4的距离的比是常数12．
(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹即曲线C的形状．
(2)过A(1,−32)作两直线与抛物线y=mx2(m>0)相切，且分别与曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2．
①求证：1k1+1k2为定值；
②试问直线PQ是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设直线y=−x−1的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，可得tanθ=−1，解得θ．
【解答】
解：设直线y=−x−1的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，
则tanθ=−1，解得θ=3π4．
故选：D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系、分类讨论的思想方法，属于基础题．
对a分类讨论，利用两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系即可得出．
【答案】
解：当a=1时，两条直线分别化为：x=3，5y=2，此时两条直线互相垂直；
当a=−32时，两条直线分别化为：3x−5y+6=0，5x=−4，此时两条直线不互相垂直；
当a≠−32，1时，两条直线分别化为：y=aa−1x−3a−1，y=1−a2a+3x+22a+3，
∵直线ax+(1−a)y=3与(a−1)x+(2a+3)y=2互相垂直，
∴aa−1×1−a2a+3=−1，
解得a=−3或1(舍去)，
综上可得：a=−3或1．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】解：离心率为2的双曲线x2a2−y2b2=1，可得ca=2，所以b2a2=3，即ba= 3，
所以双曲线的渐近线方程为：y=± 3x，
故选：D．
利用双曲线的离心率求解a，b的关系，然后求解渐近线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率以及渐近线方程的求解与应用，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵OABC是四面体，G是△ABC的重心，G2是OG上一点，且OG=3OG1，
∴OG1=13OG=13(OA+AG)=13OA+13[13(AB+AC)]
=13OA+19(OB−OA)+19(OC−OA)=19OA+19OB+19OC．
故选：B．
利用空间向量加法法则求解．
本题考查向量的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
将14拆成两个正整数的和，利用列举法求出基本事件有13个，拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有3个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为素数的概率．
【解答】
解：将14拆成两个正整数的和，基本事件有：
1+13，2+12，3+11，4+10，5+9，6+8，7+7，8+6，9+5，10+4，11+3，12+2，13+1，共13个，
拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有：
3+11，7+7，11+3，共3个，
则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为P=313．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，
∴AC1=(−2,4,3)，AE=(0,4,1)．
设n为平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AC1=0，即4y+z=0−2x+4y+3z=0，令z=1，得n=(1,−14,1)．
又CC1=(0,0,3)，
∴点C到平面AEC1F的距离d=|CC1⋅n||n|=4 3311．
故选：C．
建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式d=|CC1⋅n||n|即得解．
本题考查点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：易知，当PC与直线l垂直时，切线长|PA|最短，
而圆C：x2+(y+1)2=1，圆心C(0,−1)，半径R=1，由|PA|=2，
则|PC|= |PA|2+R2= 22+12= 5．
所以 5=|1+4| k2+1(k>0)，解得k=2．
故此时直线l的方程为：2x−y+4=0．
又圆M：x2+y2−my=0，圆心M(0,m2)，半径r=|m|2，
由圆M，圆C外切可得|m+1|2=|m|2+1，化简得|m|=m，故m>0．
圆M与直线l相切，所以|2×0−m2+4| 5=|m|2，
即m2+4m−16=0，解得m=2 5−2或m=−2 5−2(舍)．
故选：B．
当PC⊥l时，切线长|PA|最小，结合圆C的半径和|PA|=2，可求出此时圆心C到直线l的距离，从而求出k的值，直线l的方程可求；再根据圆M与圆C外切，与直线l相切，就可以求出m的值．
本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等基础知识，同时考查学生的运算能力．属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：数列{an}的首项a1=1，且满足an+1−an=(−12)n(n∈N+)，
可得an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an−an−1)
=1+(−12)+14+…+(−12)n−1=1−1(−2)n1+12=23[1−(−12)n]，显然an>0，
存在正整数n，使得(an−λ)(an+1+λ)<0成立，
∴(λ−an)(an+1+λ)>0，∴λ>an或λ<−an+1，
故存在正整数n，使λ>an或λ<−an+1，
∴λ>(an)min或λ<(−an+1)max，即λ>(an)min或λ<−(an+1)min，
当n为偶数时，an=23[1−(12)n]，递增，可得an的最小值为a2=12；
an+1=23[1−(12)n+1]，递减，可得an+1的最大值为a3=34，
当n为奇数时，an=23[1+(12)n]递减，可得an的最大值为a1=1；
an+1=23[1−(12)n+1]，递增，可得an+1的最小值为a2=12，
则λ的取值范围是(−∞,−12)∪(12,+∞)．
故选：A．
运用数列恒等式：an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an−an−1)，结合等比数列的求和公式可得an，讨论n为奇数和偶数，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围．
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的恒等式和等比数列的求和公式，考查存在性问题解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于难题．
9.【答案】BCD
【解析】解：因为事件A和事件B可以同时发生，
所以A与B不互斥，A不正确；
因为事件C和事件D不能同时发生，
所以C与D互斥，B正确；
用(x,y)表示第一次事件记录的数字为x，第二次事件记录的数字为y，
则“两次记录的数字和为5”可以是(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，
所以P(A)=14，P(D)=416=14，
P(AD)=116=P(A)P(D)，故C正确，
P(B)=14，P(D)=416=14，
P(BD)=116=P(B)P(D)，故D正确，
故选：BCD．
根据事件的互斥的定义即可判断A不正确、B正确；根据相互独立的定义即可判断C、D正确．
本题主要考查互斥事件相关的概率计算，属中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：由题意得，⊙P：x2+(y+3)2=9的圆心为P(0,−3)，半径r1=3，⊙Q：(x+1)2+(y+4)2=17−m，圆心为Q(−1,−4)，
若⊙Q的半径为1，则17−m=12，解得m=16，故A正确；
若m=13，则⊙Q：x2+2x+y2+8y+13=0，两圆方程相减，
得⊙P与⊙Q相交弦所在的直线为2x+2y+13=0，故B错误；
易得直线l：ax−y−a−2=0过定点(1,−2)，且点(1,−2)在⊙P内，
则圆心P(0,−3)与点(1,−2)的距离为 2，
则直线l：ax−y−a−2=0被⊙P所截的最短弦长为2 32−( 2)2=2 7，故C正确；
若|AB|的最小值为2− 2，
则⊙P与⊙Q内含或外离，
由点Q(−1,−4)在⊙P内，得⊙P与⊙Q内含，
当⊙Q被⊙P内含时，有|PQ|= 2<3− 17−m,|AB|，
此时|AB|的最小值为3−( 2+ 17−m)=2− 2，解得m=16，
∴|AB|的最大值为6−(2− 2)=4+ 2，
这种情况足以判断D错误，作为选择题，则无须考虑⊙P被⊙Q的情况，故D错误．
故选：AC．
直接求⊙Q的半径即可判断A；两圆方程相减即可得相交弦所在直线方程，从而判断B；易知直线l过定点，当定点与圆心连线与l垂直时，可得弦长最小值，从而判断C；先根据|AB|的最小值确定两圆的位置关系并求出m，从而可得|AB|的最大值，可判断D．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：三棱柱中，A1B1//AB，AB⊂平面ABC1，A1B1⊄平面ABC1，
所以A1B1//平面ABC1，所以A选项正确；
在直棱柱中，平面ACC1A1⊥平面ABC，
又因为AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC1，
因为AC=AA1，所以A1C⊥AC1，
而A1C∩BC=C，
所以AC1⊥平面A1BC，AC1⊂平面ABC1，
所以平面A1BC⊥平面ABC1，所以B正确；
因为AC//A1C1，所以A1C1与A1B所成的角等于AC与A1B所成的角，
因为AA1=AC=BC=1，
在△A1C1B中，A1C1=1，BC1= 2，A1B= AA12+AB2= 3，
所以A1C12+BC12=A1B2，
所以cs∠C1A1B=A1C1A1B=1 3= 33，所以C正确；
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，因为AC⊥BC，CC1⊥BC，CC1⊥AC，
所以点A1，A，B，C在以A1B为直径的球上，
即球的直径2R= 12+12+12= 3，
即点A1，A，B，C均在半径为 32的球面上，所以D选项错误．
故选：ABC．
根据线面平行的判定定理及线面垂直的判定定理得出A，B选项的真假，异面直线所成角的转化判断出C选项的真假，根据外接球直径判断D选项的真假．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
求出抛物线焦点坐标及准线方程，再根据抛物线定义即可判断A；由A在抛物线外，可得过A有两条切线和一条与对称轴平行的直线与抛物线有一个公共点，可判断B；由三点共线可得线段之和最小，可判断C；由点到直线的距离公式求出M到直线的距离d的表达式，由纵坐标的范围求出最小值，可判断D．
【解答】
解：由抛物线C：y2=4x的方程可得焦点F(1,0)，准线方程x=−1，
A中，由抛物线的性质|MF|=x0+1=5，
则x0=4，代入抛物线的方程可得y0=±4，所以A不正确；
B中，将A点的坐标代入：22>4×0，可得A点在抛物线的外面，
所以过A有两条直线与抛物线相切，还有一条平行于x轴的直线与抛物线有一个公共点，
所以有3条直线与抛物线有一个公共点，B正确；
C中，|MF|+|MA|≥|FA|= 12+22= 5，
当且仅当M，A，F三点共线，且M位于线段AF上时取等号，所以C正确；
D中，点M到直线x−y+3=0的距离d=|x0−y0+3| 2=|y024−y0+3| 2
=|(y0−2)2+8|4 2≥84 2= 2，所以d的最小值为 2，D不正确；
故选：BC．
13.【答案】3213
【解析】解：由平行线间的距离公式可得它们的距离d=|−24−8| 122+(−5)2=3213．
故答案为：3213．
由平行线间的距离公式可得它们的距离的大小．
本题考查平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
14.【答案】± 3
【解析】解：将x2+y2+2x=0化为标准式得(x+1)2+y2=1，故半径为1；
圆心(−1,0)到直线y=kx的距离为|−k| k2+1，
由弦长为1可得2 1−(|−k| k2+1)2=1，解得k=± 3．
故答案为：± 3．
将圆C一般方程化为标准方程，先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出k的值．
本题考查圆的方程与直线与圆位置关系，属基础题．
15.【答案】2023
【解析】解：首项a1=35，且an+1=3an2an+1，
可得1an+1=13an+23，
即有得1an+1−1=13(1an−1)，
可得数列{1an−1}是首项为23，公比为13的等比数列，
则1an−1=23⋅(13)n−1=2⋅13n，
即1an=2⋅13n+1，
可得1a1+1a2+...+1an=2(13+19+...+13n)+n=23⋅1−13n1−13+n
=n+1−13n<2024，
即n−13n<2023，
由0<13n<1，可得n的最大值为2023．
故答案为：2023．
对数列的递推式两边取倒数，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的性质，即可得到所求最大值．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】 52
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
根据题意，利用直角三角形，渐近线的斜率，三角形的面积关系可得关于a，b，c的方程，化简即可得出双曲线的离心率．
【解答】
解：不妨设双曲线的一条渐近线方程为y=bax，
由题意知OM⊥FM，又|OF|=c，c2=a2+b2，tan∠NOF=ba，所以|OM|=a，
若S△OMF=4S△MNF，则|OM|=4|MN|，即|MN|=a4，
在Rt△OFN中，由勾股定理可得|FN|2=|ON|2−|OF|2=(5a4)2−c2，
又tan∠NOF=ba，可得|FN|=ba⋅c，
所以(5a4)2−c2=(bca)2，化简可得(c2−a2)c2+a2c2=25a416，即c4=25a416，
所以e=ca= 52，
故答案为： 52．
17.【答案】解：(1)设 线段AB的中点为C(92,52)，∵kAB=1，
∴线段AB的垂直平分线为x+y−7=0，与x−2y+5=0联立得交点N(3,4)，
∴|AN|=3=r．
∴圆N的方程为(x−3)2+(y−4)2=9．
(2)当切线斜率不存在时，切线方程为x=6．
当切线斜率存在时，设切线方程为y−9=k(x−6)，即kx−y+9−6k=0，
则N到此直线的距离为|5−3k| k2+1=3，解得k=815，∴切线方程为8x−15y+87=0．
故满足条件的切线方程为x=6或8x−15y+87=0．
【解析】(1)求出直线AB的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求出半径，即可求解圆的方程．
(2)利用斜率是否存在，分类求解，通过点到直线的距离公式与圆的半径相等，求解即可．
本题考查圆的方程的求法，直线与圆相切切线方程的求法，考查计算能力．
18.【答案】解：(1)(i)从通过公路1的汽车中抽取2020+40×6=2辆，从通过公路2的汽车中抽取4020+40×6=4辆；
(ii)这2辆汽车都不通过公路1的概率为P1=C42C62=615=25，所以这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率为P=1−P1=35．
(2)汽车A，若选择公路1，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为20+40100=0.6，若选择公路2，概率为10+40100=0.5；
汽车B，若选择公路1，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为20+40+20100=0.8，若选择公路2，概率为10+40+40100=0.9；
所以汽车A应选公路1，汽车B应选公路2．
【解析】(1)(i)利用分层抽样的比例关系列式求解；(ii)先求2辆汽车都不通过公路1的概率，再求至少有1辆通过公路1的概率；
(2)分别求出A、B两辆汽车按时将货物从城市甲运到城市乙的频率，用频率估计概率进行抉择．
本题考查分层抽样，古典概型，排列数，用频率估计概率，属于基础题．
19.【答案】(1)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，
又因为PC⊥PA，PA∩AB=A，所以PC⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥PC；
(2)解：过点P在平面PAC内作PD⊥AC交AC于D，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊥AC，PD⊂平面PAC，
所以PD⊥平面ABC，
因为AC=2PA=4，PA⊥PC，则PC= AC2−PA2=2 3，
由等面积法可得PD=PA⋅PCAC= 3，
所以AD= PA2−PD2=1,CD=AC−AD=3，
因为VP−ABC=13⋅(12⋅AC⋅AB)⋅PD=8 33，所以AB=4，
又因为AB⊥AC，
以点D为坐标原点，AB、DC、DP的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)、B(4,−1,0)、C(0,3,0),PB=(4,−1,− 3),PC=(0,3,− 3)，
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，所以n⊥PB,n⊥PC，
则n⋅PB=4x−y− 3z=03y− 3z=0，解得：x=yz= 3y，
取y=1，则z= 3，x=1，所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1, 3)，
由题可得，平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|= 31× 5= 155，
所以平面ABC与平面PBC所成角的余弦值为 155．
【解析】(1)由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABC与平面PBC的法向量，由向量法求解即可．
本题考查线线垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)设椭圆的焦距为2c，直线l恒过定点(1,0)，所以c=1，
当m=1时，直线l：x+y−1=0，椭圆的下顶点(0,−b)到直线l的距离d=1+b 2，
由题意可得a=b+1 2a2=b2+1，解得a= 2，b=1，所以椭圆的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)当m=0时，显然在x轴上存在点P，使得∠OPA=∠OPB；
当m≠0时，由x2+2y2=2x+my−1=0消去x，可得(2+m2)y2−2my−1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，y1+y2=2m2+m2，y1y2=−12+m2，
设P(t,0)满足题设条件，
kPA+kPB=y1x1−t+y2x2−t=y11−my1−t+y21−my2−t=(1−t)(y1+y2)−2my1y2(1−my1−t)(1−my2−t)=0，
则(1−t)(y1+y2)−2my1y2=0，即2m(1−t)+2m=2m(2−t)=0，
t=2时，上式恒成立．
所以在x轴上存在点P(2,0)满足题设条件．
【解析】(Ⅰ)由题意可得c=1，运用点到直线的距离公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆的方程；
(Ⅱ)讨论m=0，显然存在；当m≠0时，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到所求定点P．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得，4Sn=an2+2an+1，①n=1时，4a1=a12+2a1+1，得到a1=1.n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1+1，②
①−②，得到4an=an2−an−12+2an−2an−1，整理得(an−an−1−2)(an+an−1)=0，
∵an>0，所以an+an−1>0，即an−an−1=2(n≥2)
∴数列{an}是以1为首项，公差为2的等差数列．
即an=1+2(n−1)=2n−1
(2)∵2lg2bn=an+1，
∴2lg2bn=2n，
即bn=2n．
∴(−1)n(an+bn)=(−1)n(2n−1)+(−1)n⋅2n
法1：问题2可以看成是数列{(−1)n(2n−1)}和数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和n为偶数时，
数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是(−1)+3+(−5)+7+(−9)+11+⋅⋅⋅+(−1)n(2n−1)=2+2+2+⋅⋅⋅+2=2⋅n2=n；
n为奇数时，数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是(−1)+3+(−5)+7+(−9)+11+⋅⋅⋅+(−1)n(2n−1)=−1+(−2)+(−2)⋅⋅⋅+(−2)=−1+(−2)⋅n−12=−n；
数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和是−2(1−(−2)n)1−(−2)=−23+23⋅(−2)n；
所以，Tn=n−23+23⋅(−2)n,n为偶数−n−23+23⋅(−2)n,n为奇数．
法2：设数列{(−1)n(2n−1)}的前n项的和是An．An=1⋅(−1)+3⋅(−1)2+5⋅(−1)3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅(−1)n−1+(2n−1)⋅(−1)n，①，
−An=1⋅(−1)2+3⋅(−1)3+5⋅(−1)4+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅(−1)n+(2n−1)⋅(−1)n+1，②；
两式相减，得2An=−1+2⋅(−1)2+2⋅(−1)3+⋅⋅⋅+2⋅(−1)n+(2n−1)⋅(−1)n+1，
2An=−1+2(1−(−1)n−1)1−(−1)−(2n−1)⋅(−1)n+12An=−2n⋅(−1)n+1
所以，An=−n⋅(−1)n+1．
数列{(−1)n⋅2n}的前n项的和是−2(1−(−2)n)1−(−2)=−23+23⋅(−2)n，
所以，Tn=−n⋅(−1)n+1−23+23⋅(−2)n．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
(2)利用分组法和乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)易知|MF|= (x−1)2+y2，点M(x,y)到定直线l：x=4的距离为|x−4|，
因为动点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和M到定直线l：x=4的距离的比是常数12，
所以 (x−1)2+y2|x−4|=12，
整理得x24+y23=1，
则点M的轨迹方程为x24+y23=1；
(2)①证明：不妨设过点A与抛物线y=mx2相切的直线方程为y=k(x−1)+32，k≠0，
联立y=k(x−1)+32y=mx2，消去y并整理得mx2−kx+k+32=0，
此时Δ=(−k)2−4m(k+32)=0，
解得k2−4mk−6m=0，
因为直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，
所以k1，k2是方程k2−4mk−6m=0的两个实数根，
由韦达定理得k1+k2=4m，k1k2=−6m，
则1k1+1k2=k1+k2k1k2=−23，
所以1k1+1k2为定值，定值为−23；
②不妨设直线PQ的方程为x=ty+n，且P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=ty+nx24+y23=1，消去x并整理得(3t2+4)y2+6tny+3n2−12=0，
由韦达定理得y1+y2=−6tn3t2+4,y1y2=3n2−123t2+4，
由①知1k1+1k2=−23，
所以x1−1y1+32+x2−1y2+32=−23，
即ty1+n−1y1+32+ty2+n−1y2+32=−23，
整理得(2t+23)⋅3n2−123t2+4+(n+32t)⋅−6tn3t2+4+3(n−12)=0，
即4n2+24n=9t2+48t+28，
此时4(n+3)2=(3t+8)2，
解得n=32t+1或n=−32t−7，
当n=32t+1时，直线PQ的方程为x=ty+32t+1=t(y+32)+1，
此时直线PQ恒过定点A(1,−32)，不符合题意；
当n=−32t−7时，直线PQ的方程为x=ty−32t−7=t(y−32)−7，
此时直线PQ恒过定点(−7,32)．
综上所述，直线PQ恒过定点(−7,32)．
【解析】(1)由题意，得到 (x−1)2+y2|x−4|=12，进而求得点M的轨迹方程；
(2)①设切线方程为y=k(x−1)+32，联立方程组，由Δ=0，得到k2−4mk−6m=0，转化为k1，k2是方程k2−4mk−6m=0的两根，得到k1+k2=4m，k1k2=−6m，进而可求得1k1+1k2−23，即可得证；
②设直线PQ的方程为x=ty+n，联立方程组，求得y1+y2=−6tn3t2+4,y1y2=3n2−123t2+4，由1k1+1k2=−23，结合斜率公式，化简求得n=32t+1或n=−32t−7，再由直线的点斜式方程，即可得到直线PQ恒过定点．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．所用的时间/h
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10
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