还剩18页未读，
继续阅读
2024年广东省广州市培正中学高考数学一模试卷（含解析）
展开这是一份2024年广东省广州市培正中学高考数学一模试卷（含解析），共21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.设集合A={(x,y)|y=2x}，B={(x,y)|y=x3}，则A∩B的元素个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.若复数z(1+i)=i11(i是虚数单位)，则|z|=( )
A. 22B. 1C. 12D. 2
3.已知向量a=(−1,1)，OA=a−b，OB=a+b，若△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB的面积为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
4.在△ABC中，三边之比a：b：c=2：3：4，则sinA−2sinBsin2C等于( )
A. 12B. −12C. 2D. −2
5.数列{an}的通项公式为an=n+an，若数列{an}单调递增，则a的取值范围为
( )
A. (−∞,0]B. [0,+∞)C. (−∞,2)D. [1,+∞)
6.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P(单位：mg/L)与时间t(单位：h)间的关系为P=P0e−kt，其中P0，k是正的常数.如果在前5h消除了10%的污染物，则15h后还剩污染物的百分数为( )
A. 27.1%B. 70%C. 72.9%D. 81%
7.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，|PF1|=λ|PF2|(13≤λ≤3)，∠F1PF2=π2，则椭圆离心率的取值范围为( )
A. [ 22, 53]B. [12,59]C. [ 22, 104]D. [12,58]
8.已知正三棱台ABC−A1B1C1的上，下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，以下底面顶点A为球心，2 7为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为( )
A. 2π3B. πC. 4π3D. 2π
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.下列说法正确的是( )
A. 数据2，1，3，4，2，5，4，1的第45百分位数是4
B. 若数据x1，x2，x3，…，xn的标准差为s，则数据2x1，2x2，2x3，…，2xn的标准差为2s
C. 随机变量X服从正态分布N(1,2)，若P(X>0)=34，则P(0
10.海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.已知某港口水深f(t)(单位：m)与时间t(单位：h)从0～24时的关系可近似地用函数f(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0,|φ|<π2)来表示，函数f(t)的图象如图所示，则( )
A. f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)
B. 函数f(t)的图象关于点(12,0)对称
C. 当t=5时，水深度达到6.5m
D. 已知函数g(t)的定义域为[0,6]，g(2t)=f(2t)−n有2个零点t1，t2，则tanπt1+t2= 3
11.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱切球(与正方体的各条棱都相切)为球O，点M为球面上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 球O的表面积为2π
B. 球O在正方体外部的体积大于 23π−1
C. 球O内接圆柱的侧面积的最大值为2π
D. 若点M在正方体外部(含正方体表面)运动，则MA⋅MB∈[−14,74]
12.已知函数f(x)=(2x−1)ex−ax2−bx+b，a，b∈R.( )
A. 若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为2x−y−2=0，且过点(1,e−2)，则a=−1，b=2
B. 当a=b且0
D. 当a=0时，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则b∈[32e,1)∪(3e2,52e3]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知(1+2x)6的二项展开式中系数最大的项为______．
14.设数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+1,n为奇数2an,n为偶数(n∈N*)，令bn=(lg2a2n)2⋅sin(a2n−1⋅π2)，则数列{bn}的前100项和为______．
15.抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.已知点F为抛物线C：y2=2px(p>1)的焦点，从点F出发的光线经抛物线上一点反射后，反射光线经过点(10,1)，若入射光线和反射光线所在直线都与圆E：(x−116)2+y2=1相切，则p的值是______．
16.若实数t是方程ex−lnx=x+1x的根，则etlnt的值为______．
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)
在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且 2c⋅sinAcsB=a⋅sinC．
(1)求∠B的大小：
(2)若△ABC的面积为a2，求csA的值．
18.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，DE//BF，AD=DE=2，BF=12．
(1)求证：AC⊥EF；
(2)在线段DE上是否存在点G，使得直线BG与AD所成角的余弦值为23；若存在，求出点G到平面ACF的距离，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知数列{an}的各项均大于1，其前n项和为Sn，数列{an}满足，4Sn=an2+4n−1，n∈N*，数列{bn}满足b1=−49，且bn+bn+1=an⋅2n，n∈N*．
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)求{bn}的前2n+1项和T2n+1．
20.(本小题12分)
某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：
假设每次考试是否通过相互独立．
(Ⅰ)从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率；
(Ⅱ)小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率；
(Ⅲ)若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则m的最小值为下列数值中的哪一个？(直接写出结果)
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，已知双曲线C：x24−y2b2=1(b>0)的渐近线方程为x±2y=0，A，B分别是双曲线C的左、右顶点．
(1)求C的标准方程；
(2)设P是直线x=1上的动点，直线PA，PB分别与双曲线C交于不同于A，B的点M，N，过点B作直线MN的垂线，垂足为D，求当|AD|最大时点P的纵坐标．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex+ln(−x+m)，m∈R．
(1)当m=1时，求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)有且仅有1个零点，求m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于A={(x,y)|y=2x}，B={(x,y)|y=x3}为点集，
故求A∩B的元素个数即为求y=2xy=x3的解的个数，
解方程y=2xy=x3，可得x=0y=0或x= 2y=2 2或x=− 2y=−2 2，
故A∩B的元素个数是3个．
故选：C．
明确集合交集的含义，利用解方程组即可确定答案．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵i11=(i4)2⋅i3=−i，
∵复数z(1+i)=i11，
∴z(1+i)=−i，
∴z(1+i)(1−i)=−i(1−i)，
∴z=−1−i2=−12−12i，
则|z|= (−12)2+(−12)2= 22，
故选：A．
利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，
可得|OA|=|OB|，且OA⋅OB=0，
由已知条件可得|a−b|=|a+b|，(a−b)⋅(a+b)=0，
化为a2−2a⋅b+b2=a2+2a⋅b+b2，a2=b2，
即a⋅b=0，且a2=b2，即|b|=|a|= (−1)2+12= 2，
可得|OA|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 2a2=2，
则△OAB的面积为12|OA|⋅|OB|=12×2×2=2．
故选：B．
由等腰直角三角形的性质，可得|OA|=|OB|，且OA⋅OB=0，应用向量的平方即为模的平方，以及向量模的公式，可得|OA|，再由等腰直角三角形的面积公式，计算可得所求值．
本题考查向量数量积的性质和等腰直角三角形的性质以及面积的求法，考查化简运算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为△ABC中，三边之比a：b：c=2：3：4，
设a，b，c分别为2k，3k，4k，k>0，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得16k2=4k2+9k2−12k2csC，解得csC=−14，
可得sinA−2sinBsin2C=sinA−2sinB2sinCcsC=a−2b2ccsC=2k−2×3k2×4k×(−14)=2．
故选：C．
由题意设a，b，c分别为2k，3k，4k，由余弦定理求得csC的值，进而利用二倍角公式，正弦定理化简所求即可计算得解．
本题主要考查二倍角的正弦公式，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
数列{an}单调递增⇔an+1>an，可得：n+1+an+1>n+an，化简解出即可得出．
【解答】
解：数列{an}单调递增⇔an+1>an，
可得：n+1+an+1>n+an，化为：a
∴a<2．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知，90%P0=P0e−5k，
解得k=−15ln0.9=−ln0．915，
∴P=P00．9t5，
当t=15时，P=P0×0．93=0.729P0，
即15h后还剩污染物的百分数为72.9%．
故选：C．
由题意可知，90%P0=P0e−5k，可求得k=−ln0．915，所以P=P00．9t5，再令t=15，结合对数函数的运算性质求解即可．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，由椭圆的定义可得，|PF1|+|PF2|=2a，
可设|PF2|=t，可得|PF1|=λt，即有(λ+1)t=2a，①
由∠F1PF2=π2，可得|PF1|2+|PF2|2=4c2，即为(λ2+1)t2=4c2，②
由②÷①2，可得e2=λ2+1(λ+1)2，令m=λ+1，可得λ=m−1，
即有λ2+1(λ+1)2=m2−2m+2m2=2(1m−12)2+12，由13≤λ≤3，
可得43≤m≤4，即14≤1m≤34，
则m=2时，取得最小值12；m=43或4时，取得最大值58．
即有12≤e2≤58，得 22≤e≤ 104．
故选：C．
设|PF2|=t，由椭圆定义和勾股定理得到e2=λ2+1(λ+1)2，换元后得到λ2+1(λ+1)2=2(1m−12)2+12，根据二次函数单调性求出12≤e2≤58，得到离心率的取值范围．
本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率范围的求法，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：将正三棱台ABC−A1B1C1补形成正三棱锥D−ABC，
如图，由B1C1//BC得DB1DB=B1C1BC=13，
∵BB1=4，∴DB=6，∴△BCD为正三角形，
∴三棱锥D−ABC为正四面体，令正△BCD的中心为O，连接AO，BO，
则AO⊥平面BCC1B1，BO=2 3，∴AO= 62−(2 3)2=2 6，
∵球半径为2 7，∴这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心，r= (2 7)2−(2 6)2=2为半径的圆，
在正△BCD中，取BB1，CC1的中点H，E，取BC的三等分点G，F，连接HG，EF，
显然BHBD=13=BGBC，即GH//CD，GH=13CD=2，同理EF=2，即B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=2，
∴六边形B1C1EFGH是正六边形，点B1，C1，E，F，G，H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上，
连接OE，OF，OG，OH，则∠EOF=∠GOH=π3，此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线)，
∴交线长度为2×π3×2=4π3．
故选：C．
将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点A到平面BCC1B1的距离，进而求出截面小圆半径作答．
本题考查了球面与侧面的交线长度的计算，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A中，数据从小到大排列为1，1，2，2，3，4，4，5，共有8个数据，
因为8×45%=3.6，所以数据的第45分位数为第4个数据，即为2，所以A不正确；
对于B中，数据x1，x2，x3，⋯，xn的标准差为s，
由数据方差的性质，可得数据2x1，2x2，⋯，2xn的标准差为 22s2=2s，所以B正确；
对于C中，随机变量X服从正态分布N(1,2)，且P(X>0)=34，
根据正态分布曲线的对称性，可得P(0
对于D中，随机变量X服从二项分布B(4,p)，且D(X)=34，
可得4p(1−p)=34，解得p=14或p=34，
当p=34时，可得P(X=2)=C42(34)2⋅(1−34)2=27128，
当p=14时，可得P(X=2)=C42(14)2⋅(1−14)2=27128；
综上可得，P(X=2)=27128，所以D正确．
故选：BCD．
根据百分位数的计算方法，可判定A错误；根据方差的性质，可判定B正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定C正确；根据二项分布性质和概率的计算公式，可判定D正确．
本题主要考查概率与统计的知识，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由图知，T=2πω=15−3=12，
∴ω=π6，
又A+b=8−A+b=2，故A=3，B=5，
由”五点作图法“知，π6×3+φ=π2，解得φ=0．
故f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)，A正确；
又f(12)=5≠0，函数f(t)的图象不关于点(12,0)对称，B错误；
f(5)=3sin5π6+5=32+5=6.5，即当t=5时，水深度达到6.5m，C正确；
∵g(t)的定义域为[0,6]，
∴0≤2t≤6，解得0≤t≤3．
令g(2t)=f(2t)−n=0，得n=f(2t)=3sinπ3t+5．
∴n−53=sinπ3t(0≤t≤3)，
∵π3t∈[0,π]，t1，t2为g(2t)=f(2t)−n的2个零点，
∴π3t1+π3t2=π2×2=π，
∴t1+t2=3，
∴tanπt1+t2=tanπ3= 3，D正确．
故选：ACD．
由y=Asin(ωx+φ)的部分图象可确定其解析式为f(t)=3sinπ6t+5(0≤t≤24)，再对四个选项逐一分析可得答案．
本题考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查转化与化归思想及综合运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A.如图所示，
正方体的棱切球O的半径R= 22，则球O的表面积为4πR2=2π，故A正确；
对于B.若球体、正方体的体积分别为V1，V2．
球O在正方体外部的体积V>V1−V2=43π⋅( 22)3−1= 23π−1，故B正确；
对于C，球O的半径R= 22，设圆柱的高为h，
则底面圆半径r= R2−(h2)2= 12−h24，
所以S侧面积=2πrh=2π 12−h24⋅h=2π −14(h2−1)2+14，
当h2=1时取得最大值，且最大值为π，所以C项错误；
对于D，取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=−EA=−12BA，
所以MA⋅MB=(ME+EA)⋅(ME+EB)=(ME)2−(EA)2=|ME|2−14，
点M在球O上且在正方体外部(含正方体表面)运动，
所以0≤|ME|≤ 2(当ME为直径时，|ME|= 2)，
所以MA⋅MB∈[−14,74].故D正确．
故选：ABD．
对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球O在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球O内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得．
本题考查了线面垂直的判定及性质、面面平行的性质及几何体的外接球的半径的计算，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：A选项，f′(x)=(2x+1)ex−2ax−b，
则f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，则a=2，b=−1，故A错误；
B选项，当a=b时，f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a，
f′(x)=(2x+1)ex−2ax−a=(2x+1)(ex−a)，
因为0
则f(x)在(0,+∞)上单调递增，故B正确；
C选项，当a=b时，令f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a=0，
注意到当x2+x−1=0时，f(x)≠0，则a=(2x−1)exx2+x−1，
则函数f(x)有三个零点，相当于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1的图象有三个交点．
令g(x)=(2x−1)exx2+x−1，其中x≠−1− 52,−1+ 52，
g′(x)=x(2x+1)(x−1)ex(x2+x−1)2
g′(x)>0⇒−12
g′(x)<0⇒x<−1− 52或−1− 52
又x→−∞，g(x)→0，x→+∞，g(x)→+∞，
则可得g(x)大致图象如下，
则由图可得，当a∈(8 e5e,1)∪(e,+∞)时，直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有三个交点，
即此时函数f(x)有三个零点，故C正确；
D选项，由题可得，ex0(2x0−1)
则h′(x)>0⇒x>−12，h′(x)<0⇒x<−12，
得h(x)在(−∞,−12)上单调递减，在(−12,+∞)上单调递增，
又x→−∞，h(x)→0，x→+∞，h(x)→+∞，n(x)=a(x−1)过定点(1,0)，
可在同一坐标系下做出h(x)与n(x)图象，
又设h(x)过(1,0)点切线方程的切点为(x1,h(x1))，
则切线方程为：y=h′(x1)(x−x1)+h(x1)，因其过(1,0)，
则0=h′(x1)(1−x1)+h(x1)=(3x1−2x12)ex1，解得x1=0或32，
又注意到h(1)>n(1)，结合两函数图象，可知x0=0或2．
当x0=0时，如图1，需满足h(0)
故选：BCD．
A选项，由导数几何意义结合题意可知f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，即可判断正误；
B选项，利用导数得到f(x)的单调区间，即可判断正误；
C选项，f(x)有三个零点等价于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有3个交点，利用导数判断单调性，极值情况，即可判断正误；
D选项，存在唯一整数x0，使h(x)=ex(2x−1)图象在直线n(x)=a(x−1)下方，利用导数研究h(x)=ex(2x−1)的单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合h(x)，n(x)图象可确定x0及相关不等式，即可判断选项正误．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
13.【答案】240x4
【解析】解：设系数最大的项为Tk+1=C6k(2x)k，
则C6k⋅2k≥C6k+1⋅2k+1C6k⋅2k≥C6k−1⋅2k−1，解得113≤k≤143，
因为0≤k≤6且k为整数，
所以k=4，此时最大的项为T5=C64(2x)4=240x4．
故答案为：240x4．
设系数最大的项为Tk+1=C6k(2x)k，则可得C6k⋅2k≥C6k+1⋅2k+1C6k⋅2k≥C6k−1⋅2k−1，直接求解即可．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，不等式组的解法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】−5000
【解析】解：数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=an+1,n为奇数2an,n为偶数(n∈N*)，
∴数列{a2n−1}是以1为首项，1为公差的等差数列，即a2n−1=n，
数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a2n=2n，
因此bn=(lg22n)2⋅sinnπ2=n2sinnπ2，显然{sinnπ2}的周期为4，
则b4k−3+b4k−2+b4k−1+b4k
=(4k−3)2sin(4k−3)π2+(4k−2)2sin(4k−2)π2+(4k−1)2sin(4k−1)π2+(4k)2sin4kπ2
=(4k−3)2−(4k−1)2=−8(2k−1)，
令cn=b4n−3+b4n−2+b4n−1+b4n，则有cn=−8(2n−1)，
∵cn+1−cn=−8[2(n+1)−1]−[−8(2n−1)]=−16，∴数列{cn}是等差数列，
数列{bn}的前100项和，即数列{cn}的前25项和25×[(−8)+8(1−2×25)]2=−5000．
故答案为：−5000．
根据给定的递推公式，求出数列{an}的通项公式，进而求出bn，再利用分组求和法求解即得．
本题考查了数列的递推式和分组求和，属于中档题．
15.【答案】32
【解析】解：当y=1时，x=12p，故入射光线经过(p2,0)和(12p,1)，k=1−012p−p2=2p1−p2，
故入射光线的方程为y=2p1−p2(x−p2)，
化简得2px+(p2−1)y−p2=0，圆心为(11c,0)，半径为r=1，
所以d=|11p3−p2| (2p)2+(p2−1)2=|11p3−p2|p2+1=1，
而p>1，故6p2−11p+3=0，即(2p−3)(3p−1)=0，
解得p=32．
故答案为：32．
根据点斜式求解入射光线的方程，进而根据点到直线的距离公式求解．
本题考查抛物线的性质，涉及点到直线的距离公式，属于中档题．
16.【答案】−1
【解析】解：根据题意，方程ex−lnx=x+1x，即ex−lnx=lnex+1x，
变形可得：ex−lnex=1x−ln1x，
实数t是方程ex−lnx=x+1x的根，则有et−lnet=1t−ln1t，
设f(x)=x−lnx，(x>1)，方程et−lnet=1t−ln1t等价于f(et)=f(1t)，
有f′(x)=1−1x=x−1x，由于x>1，则f′(x)>0，
即f(x)在区间(1,+∞)上为增函数，
而f(et)=f(1t)，必有et=1t，则有tet=1①，
在et=1t的两边同时取对数可得：lnet=ln1t，即t=−lnt②，
联立①②可得：−etlnt=1，变形可得etlnt=−1．
故答案为：−1．
根据题意，方程ex−lnx=x+1x，变形可得ex−lnex=1x−ln1x，进而可得et−lnet=1t−ln1t，设f(x)=x−lnx，(x>1)，求出f(x)的导数分析f(x)的单调性，可得et=1t，结合对数的运算性质分析可得答案．
本题考查函数与方程的关系，涉及函数的导数与单调性的关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得：csinA=asinC，
所以：csB=asinC 2csinA= 22，
又0
∴c=2 2a，
由余弦定理，b2=a2+c2−2accsB=5a2，所以b= 5a．
所以csA=5a2+8a2−a22× 5a×2 2a=3 1010．
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于基础题．
(1)由已知结合正弦定理可求csB，进而可求B；
(2)由已知结合三角形的面积公式可得a，c的关系，然后结合余弦定理可得a，b的关系，进而可求csA．
18.【答案】解：依题意，以D为原点，分别以DA，DC，DE的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)，F(2,2,12)，
(1)证明：因为AC=(−2,0,0)，EF=(2,2,−32)，
所以AC⋅EF=(−2)×2+2×2+0=0，
所以AC⊥EF，所以AC⊥EF；
(2)设线段DE上存在一点G(0,0,h)，使得BG与AD所成角的余弦值为23，
则BG=(−2,−2,h)，又因为AD=(−2,0,0)，
所以cs
所以存在G(0,0,1)满足条件，所以AG=(−2,0,1)，
因为AC=(−2,2,0)，AF=(0,2,12)，
设n=(x,y,Z)为平面ACF的法向量，
则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅AF=2y+12z=0，
设x=1，可得n=(1,1,−4)，
所以点G到平面ACF的距离为|AG⋅n||n|=63 2= 2．
【解析】(1)依题意，以D为原点，分别以DA,DC,DE的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，计算AC⋅EF，即可得出答案；
(2)设线段DE上存在一点G(0,0,h)，使得BG与AD所成角的余弦值为23，则|cs
本题考查直线与直线的位置关系，点到平面的距离，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由4Sn=an2+4n−1，n∈N*，an>1，可得4a1=4S1=a12+3，解得a1=3，
当n≥2时，4an=4Sn−4Sn−1=an2+4n−1−an−12−4(n−1)+1，化为(an+an−1−2)(an−an−1−2)=0，
由an>1，可得an+an−1−2>0，则an−an−1=2，
可得数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列；
(2)b1=−49，且bn+bn+1=an⋅2n=(2n+1)⋅2n，
则T2n+1=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+(b6+b7)+...+(b2n+b2n+1)=−49+5⋅22+9⋅24+13⋅26+...+(4n+1)⋅22n，
4T2n+1=−169+5⋅24+9⋅26+13⋅28+...+(4n+1)⋅22n+2，
上面两式相减可得−3T2n+1=643+4(24+26+...+22n)−(4n+1)⋅22n+2=643+4⋅16(1−4n−1)1−4−(4n+1)⋅22n+2=4n+1(1−12n)3，
化简可得T2n+1=4n+1(12n−1)9．
【解析】(1)由数列的递推式和等差数列的定义，可得证明；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式与等比数列的求和公式、数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：设Ai=“2022年第i次考试通过“，i=1，2，3，由题意得P(A1)=60100=0.6，同理可得P(A2)=0.7，P(A3)=0.8，
Bi=“2023年第i次考试通过“，i=1，2，3，所以P(B1)=0.5，P(B2)=0.6，P(B3)=m100，
(Ⅰ)由题意可得所求事件的概率为P(A1B1)=P(A1)P(B1)=0.6×0.5=0.3；
(Ⅱ)由题意，所求事件的概率为P(A1)+P(A1−A2)=P(A1)+P(A1−)P(A2)=0.6+(1−0.6)×0.7=0.88；
(Ⅲ)88．
【解析】(Ⅰ)分别算出2022年、2023年第一次考试通过的概率，两者相乘即可；
(Ⅱ)即计算事件“第一次考试合格”与“第一次不合格且第二次合格”两个事件的和的概率；
(Ⅲ)利用间接法分别求出两年各自合格的概率，然后构造关于m的不等式求解．
本题考查了相互独立事件同时发生的概率公式以及和事件概率的计算方法，属中档题．
21.【答案】解：(1)易知双曲线C：x24−y2b2=1的渐近线方程为y=±b2x，
即bx±2y=0，
若渐近线方程为x±2y=0，
此时b=1，
则C的标准方程为x24−y2=1；
(2)由(1)知A(−2,0)，B(2,0)，
不妨设P(1,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
易知直线MN不垂直于y轴，
不妨设直线MN的方程为x=ty+m(t≠±2,m≠±2,0)，
联立x=ty+mx24−y2=1，消去x并整理得(t2−4)y2+2tmy+m2−4=0，
此时Δ=4t2m2−4(t2−4)(m2−4)=16(t2+m2−4)>0，
由韦达定理得y1+y2=−2tmt2−4，y1y2=m2−4t2−4，
所以2ty1y2=−m2−4m(y1+y2)，
因为P，A，M三点共线，
所以直线PA，MA的斜率满足y03=y1x1+2，
同理，由P，B，N三点共线，
可得−y0=y2x2−2，
消去y0并整理得y2(x1+2)+3y1(x2−2)=0，
即y2(ty1+m+2)+3y1(ty2+m−2)=0，
此时4ty1y2+3(m−2)y1+(m+2)y2=0，
因为y1+y2=−2tmt2−4，y1y2=m2−4t2−4，2ty1y2=−m2−4m(y1+y2)，
所以(m−4)[(m−2)y1−(m+2)y2]=0，
解得m=4或(m−2)y1−(m+2)y2=0，
若(m−2)y1−(m+2)y2=0，
因为y1+y2=−2tmt2−4，
所以y1=−(m+2)tt2−4，y2=−(m−2)tt2−4，
又y1y2=m2−4t2−4，
可得(m2−4)t2(t2−4)2=m2−4t2−4，
即t2=t2−4，显然不成立，
所以m=4，
当m=4时，其满足Δ>0，
所以直线MN的方程x=ty+4恒过点H(4,0)，
点D在以HB为直径的圆(x−3)2+y2=1上，
当点D与点H重合时，|AD|最大，
此时MN⊥x轴，AM：y=± 36(x+2),P(1,± 32)，
故当|AD|最大时，点P的纵坐标为± 32．
【解析】(1)由题意，利用给定的渐近线方程求出b即可得双曲线方程；
(2)设出直线MN的方程，将直线MN的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理、三点共线分析直线MN过的定点，再结合几何意义进行求解即可．
本题考查双曲线的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．
22.【答案】解：(1)当m=1时，f(x)=xex+ln(−x+1)，
则f′(x)=1x−1−x−1ex，f(0)=0，则f′(0)=0，
所以y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=0．
(2)由(1)知m=1时，f(x)=xex+ln(−x+1)(x<1)，
则f′(x)=1x−1−x−1ex=ex−(x−1)2ex(x−1)，
令g(x)=ex−(x−1)2(x<1)，则g′(x)=ex−2(x−1)>0，
即y=g(x)在(−∞,1)上单调递增，又g(0)=0，ex(x−1)<0，
所以x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，
即y=f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
所以f(x)≤f(0)=0，此时y=f(x)只有一个零点，符合题意；
当m>1时，f(x)=xex+ln(−x+m)(x
所以f(m−1e)=m−1eem−1e+ln(1e)=m−1eem−1e−1，
设h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1，
显然x>0时，h′(x)>0，即此时h(x)单调递增；当x<0时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减，
所以h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1⇒em−1e≥m−1e+1>m−1e>0⇒m−1eem−1e−1<0，
所以f(m−1e)<0，所以根据零点存在性定理可知，∃x0∈(0,m−1e)使得f(x0)=0，
又f(−m)=−me−m+ln2m=−mem+lnm+ln2，
易知−m<−1，ln2<1，所以−mem<−em⇒f(−m)<−em+lnm+1，
由上证得em≥m+1⇒−em≤−m−1em−1≥m⇒m−1≥lnm⇒−em+lnm+1≤−m−1+m−1+1=−1<0，
即f(−m)<0，故∃x1∈(−m,0)使得f(x1)=0，
所以此时f(x)至少存在两个零点，不符题意；
当m<1时，f(x)=xex+ln(−x+m)(x
【解析】(1)将m=1代入f(x)中，求出切线的斜率f′(0)，再求出切线方程即可；
(2)根据条件，分m=1，m>1和m<1三种情况，由f(x)有且仅有1个零点，求出m的取值范围即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与切线方程，函数的零点与方程根的关系，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．2022年
2023年
通过
未通过
通过
未通过
第一次
60人
40人
50人
50人
第二次
70人
30人
60人
40人
第三次
80人
20人
m人
(100−m)人
m的值
83
88
93
相关试卷
2023年广东省佛山市高考数学一模试卷及解析：
这是一份2023年广东省佛山市高考数学一模试卷及解析，共29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。
新高考数学一轮复习基础巩固3.5 正余弦定理（精练）（含解析）：
这是一份新高考数学一轮复习基础巩固3.5 正余弦定理（精练）（含解析），共18页。试卷主要包含了正余弦定理公式选择，几何中的正余弦定理等内容，欢迎下载使用。
(新高考)高考数学一轮复习过关练考点14 正、余弦定理（含解析）：
这是一份(新高考)高考数学一轮复习过关练考点14 正、余弦定理（含解析），共33页。
