厦门一中2022届高三上12月月考数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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，只有一项符合题目要求的．1．设UR=，已知两个非空集合P，Q满足()CPUQ=R则A．PQ=B．PQC．QPD．PQ=R2．设复数z满足(1i)+=z2i，其中i为虚数单位，则z的共轭复数z=A．−+1iB．−−1iC．1i+D．1i−3．已知数列an的前n项和为Sn，若a1=1，ann+1=31S(n)，则S4等于A．85B．255C．64D．256xx−24.已知函数fx()=e−e−2sinx，则关于x的不等式fx(−3)+f(2)x0的解集为A．(3,1)−B．(1,3)−C．(−，−3)(1，+)D．[1−，3]5．如下表，根据变量x与y之间的对应数据可求出yˆ=−0.32xb+.其中y=8.现从这5个样本点对应的残差中任取一个值（残差为yyii−ˆ），则残差不大于0的概率为x1015202530y1110861234A．B．C．D．555522xy6．已知椭圆C:+=1(ab0),FF,为C的左､右焦点，Pmnm(,)(0,n0)为C上一点，2212ab且PFF的内切圆半径为1，若PFF的面积为2b，则n的值为1212348A．B．C．D．353321n+7．设n是偶数，nN，i为虚数单位，ab,分别表示(x+i)的展开式中系数大于0与小于0的项的个数，那么A．ab=B．ab=+1C．ab=−1D．ab=+2logx−2,xx028．函数fx()=有且仅有2个零点，则正数的取值范围是sin(xx+−),0347474747A．(,]B．[,)C．(,)D．[,]33333333
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图，在平行四边形ABCD中，已知F，E分别是靠近C，D的四等分点，则13A．EF=ABB．AF=−AB+AD243922C．BE=−AB+ADD．BEAF=(AB)−(AD)41610．关于函数fx()=+tan(||x)，则4A．fx()的图像关于y轴对称B．fx()的最小正周期为3C．fx()在区间(0,)上单调递增D．fx()的图像关于点(，0)对称4411．如图，正方形ABCD与正方形DEFC边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则3A．CP的最小值为2B．当P在直线AE上运动时，三棱锥DBPF−的体积不变C．PDPF+的最小值为22−D．三棱锥A−DCE的外接球表面积为312．观察如下数阵：该数阵特点：在第n行每相邻两数之间都插入它们的和得到第n+1行的*数，nN.设第n行数的个数为a，n第n行的所有数之和为S，则nA．aa=−21nn+1B．SS=−33nn+12C．Sn=3[(−1)+1]nn−1D．k=−21三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．2sin80−sin2013.的值为▲．cos2014．牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为1℃，空气温度为0℃，则t分钟−kt后物体的温度（单位：℃）满足：=0+(1−0)e．若常数k=0.05，空气温度为30℃，某物体的温度从120C下降到40℃，大约需要的时间为▲．（参考数据：ln31.1）15．某同学高考后参加国内3所名牌大学A，B，C的“强基计划“招生考试，已知该同学能通过1这3所大学A，B，C招生考试的概率分别为x，y，，该同学能否通过这3所大学的招生考25试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率为，则该同学至少通过1所18大学招生考试的概率为▲；该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值为▲．22xy16．双曲线C:22−=1(a0,b0)的左､右焦点分别为F1，F2，直线l过F1与C的左支和右支分ab别交于A，B两点，ABF2是等边三角形，若x轴上存在点Q且满足BQ=3AF2，则C的离心率为▲.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，ba=+1，ca=+2.．（1）若2sinCA=3sin，求ABC的面积；（2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．18.(12分)如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，=ADC90，AD//BCAB,⊥ACAB,=AC=2,E点在AD上，且AE=2ED.（1）已知点F在BC上，且CF=2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC.（2）当二面角APBE−−的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45？19.(12分)已知各项均为正数的数列{}a，{}b满足a=2，b=4，且a，b，a成等差数nn11nnn+1列，b，a，b成等比数列．nn+1n+1（1）求证：数列b为等差数列；n1111（2）记c=+，记{}c的前n项和为S，若S，求正整数k的最小值．nnnkaa10nn+1220.（12分）已知过点P(2,0)−的直线l与抛物线:y=2pxp(0)相切于点Tx(，2)．0（1）求p，x；01（2）设直线my:=xtt+(0)与相交于点A，B，射线PA，PB与的另一个交点分别为2C，D，问：直线CD是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
21.（12分）某地一对夫妻打算购房，对该市30个楼盘均价进行了统计，得到如频数分布表：均价X（单位：千元）[4，5)[5，6)[6，7)[7，8)[8，9)[9，10]频数22111041（1）若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，用样本平均数x作为的近似值，用样本2标准差s作为的估计值，现任取一个楼盘的均价X，假定XN~(,)，求均价恰在8.12千元到9.24千元之间的概率．（2）经过一番比较，这对夫妻选定了一个自己满意的楼盘，恰巧该楼盘推出了趣味蹦台阶送优惠活动，由两个客户配合完成该活动，在一个口袋中有大小材质均相同的红球40个，黑球20个，客户甲可随机从口袋中取出一个球，取后放回，若取出的是红球，则客户乙向上蹦两个台阶，若取出的是黑球，则客户乙向上蹦一个台阶，直到客户乙蹦上第5个台阶（每平方米优惠0.3千元）或第6个台阶（每平方米优惠3千元）时（活动开始时的位置记为第0个台阶），游戏结束．（ⅰ）设客户乙站到第n(0n6,nN)个台阶的概率为P，证明：当15n时，数列{}PP−nnn−1是等比数列．（ⅱ）若不参加蹦台阶活动，则直接每平方米优惠1.4千元，为了获得更大的优惠幅度，请问该对夫妻是否应参与蹦台阶活动．25参考数据：取1.251.12=，()=0.13．32若~N(,)，则P(−+)0.68，P(−2+2)0.95，P(−3+3)0.997．222．（12分）已知fx()=−xalnx，aR．（1）讨论y=fx()的单调性；（2）若y=fx()有两个零点x，xx()x，x是y=fx()的极值点，求证：x+34xx．12120120
厦门一中2022届高三上12月月考数学试卷答案一、选择题：答案：1~8BDCACCBB9.AC10.AC11.BD12.ABD11−xln418.解：x0时，fx()log=−2x2x，fx()=−=2，令fx()=0，x=，xln22xlnln4111fx()在(0,)递增，在(，+)递减．(0,1)，而x(0,1)时，fx()0，ln4ln4ln41fx()的最大值为f()0，x0时，fx()无零点．ln447x0，fx()有两个零点，−2−+−，．33371三、填空题：13.314.4415.;16.7918116.如图所示，由题意可得|FF|2=c，因为FA=QB，所以△FAF∽△FBQ，所以1221213m|FQ|4=c，在等边三角形ABF中，设|AF||=BF||=AB|=m，则|BQ|3=m，||AF=，由双222212m曲线的定义可得|AF21||−=AF|2a，所以ma−=2，即ma4①，2因为ABF是等边三角形，所以FBQ=ABF=60，在△FBQ2222222222|BF|+−|BQ||FQ|m+−9m16c122中，cosFBQ2===，化2|BF||BQ|2mm3222c22简可得7mc=16②，由①②可得=7，所以e7=.2a17.（1）因为2sinCA=3sin，则2c=2(a+2)=3a，则a=4，故b=5，c=6，222abc1237cosC，所以，C为锐角，则sinCC=1cos−=，28ab81137157因此，S=absinC=45=；△ABC2284（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，2222222a+b−ca+(a+12)−(a+)a−23a−由余弦定理可得cosC===0，2ab2aa(++1)2aa(1)解得−13a，则0<a<3，由三角形三边关系可得aa+++12a，可得a1，aZ，故a=2.18.（1）由AB⊥ACAB,2=AC=，即△ABC为等腰直角三角形，又ABCD是直角梯形且=ADC90，且ADBC//，所以，CAD=ACB=45，因为=ADC90，故△ACD为等腰直角三角形，所以，ADDC==ACcos45=1，BC=2，2212又AE=2ED，CF=2FB，∴AE==AD，FB==BC，3333又AD//BC，即AE//FB，∴AEFB为平行四边形，则EF//AB，又AB⊥AC，故EF⊥AC，由PA⊥底面ABCD，EF面ABCD，则PA⊥EF，又PAAC=A，∴EF⊥面PAC，而EF面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.
AC（2）直线PC与平面PAB所成角的平面角为CPA=45，则tanCPA==1，∴AP=2.AP如下图，构建以A为原点，AMADAP,,为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，225∴A(0,0,0),(1,1,0),(0,,0)B−E，P(0,0,2)，∴PE=(0,,−2),BE=−(1,,0)，3332PEm=b−20c=3若m=(,,)abc是面PBE的一个法向量，则，令b=3有m=(5,3,2)，BEm=5ba−=03由上易知：AC=(1,1,0)是面PAB的一个法向量，ACm822∴cosACm,===.|ACm|||236322∴当二面角APBE−−的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45.319.【解答】证明：（1）各项均为正数的数列{}an，{}bn满足an，bn，an+1成等差数列，2则：2bn=+anan+1；由于bn，an+1，bn+1成等比数列．所以an++11=bbnn，由于a=2，b=4，所以a=6，b=9；11222所以2(b)=+bbbb，(n2)，整理得2b=+bb，nn−+11nnnnn−+11n所以数列bn为等差数列．2（2）由（1）得bn=b1+(n−1)(b2−b1)，整理得bnn=+(1)；进一步求出an=+nn(1)，1111111111得：c=+=+=−+−=−；naann(+1)(n+1)(n+2)nn+1n+1n+2nn+2nn+1111111111311故Sn=−+1−+−+...+−+−=−−，32435n−1n+1nn+22n+1n+231131111由于函数fx()=−−在(0,+)上单调递增，由于Sk=−−，2xx++122kk++121031121113113411当k=3时，S3=−−=，当k=4时，S4=−−=24520102563010故k的最小值为4．311112它法：解不等式−−即2nn−4−110，解得n4.2nn++121020.解：（1）由题意可设切线l的方程为：y=+kx(2)，2y=2px2222224联立，化为：kx+(4k−2)px+4k=0，则△=(4k−2)p−16k=0，y=+kx(2)221化为：pk=4，又k=，42=px0，解得：k=，p=1，x0=2．x+2201y=+xt2（2）设Ax(1，y1)，Bx(2，y2)，联立2，化为：y−4y+4t=0，yx2=2△=1616−t0，解得t1．yy12+=4，yy12=4t，
yy21射线PB的方程为：yx=+(2)，(x−2)，射线PA的方程为：yx=+(2)，(x−2)，x+2x+2212yx=224联立y1，化为：yy1−(2x1+4)y+4y1=0，yyC1=4，=yC，yx=+(2)y1x+2188484=x，可得C(，)．同理可得D(，)，C222yyyyy1112244−48yy12直线CD的方程为：yx−=()−，882yy11−22yy1248ttt44ty42化为：yx−=()−，=yx−+，即yx=−+，22yy22yy2yy111111t化为：yx=+1，直线CD经过定点(0,1)．22211104119.解：（1）x=4.5+5.5+6.5+7.5+8.5+9.5=7，303030303030222222112102421s=(4.57)−+(5.57)−+(6.57)−+(7.57)−+(8.57)−+(9.57)−=1.25．3030303030302==x7，s=1.25，==s1.12，XN~(,1.12)，0.950.68−PX(8.129.24)=0.135．2（2）()i证明：客户开始游戏时在第0个台阶为必然事件，故P0=1，11客户甲第一次摸得黑球，客户乙迈上第一个台阶，其概率为，故P1=，33客户乙迈入第nn(25)个台阶的情况为下列两种，而且也只有两种，2①客户乙先到第n−2格，客户甲又摸出红球，其概率为Pn−2，31②客户乙先到第n−1格，客户甲又摸出黑球，其概率为Pn−1，3122P=+PP，则P−P=−()P−P，nn−−12nnn−1n−1n−233322当15n时，数列{}PP−是首项为PP−=−，公比为−的等比数列．nn−110332n()ii由()i知，当15n时，PPnn−−1=−()，3222322nn22所以Pn−P0=(P1−P0)(+P2−P1)++(Pn−Pn−1)=−()(+−)+−()++−()=−()[1(−−)]，333353322n322522225整理得Pn=+()−，所以P5=+(−)=0.548，且PP64==−(−)=0.452．5535533553设这对夫妻参与游戏获得优惠的期望为每平方米Y千元，则EY()0.3=P+3P=0.30.54830.4521.5204+=（千元），561.52041.4，该对夫妻应参与蹦台阶活动．
2a2x−a20.解：（1）fx()的定义域是(0,+)，fx()=2x−=，xx①a0时，fx()0，fx()在(0,+)单调递增，aa2(xx+−)()22aa②a0时，fx=()，令fx()0，解得：x，令fx()0，解得：0x，x22aa故fx()在(0,)递减，在(，+)递增，22aa综上：a0时，fx()在(0,+)单调递增，a0时，fx()在(0,)递减，在(，+)递增；222a(2x+−a)(2xa)a（2）证明：gx()=−xalnx，gx()=2x−==0，可得x=，0xx2aa当x(0,)，gx()0，x(，+)，gx()0，22aa所以gx()在(0,)上单调递减，(，+)上单调递增，22gx()0aa2a而要使gx()有两个零点，要满足0，即g()=()−aln0，可得ae2，222aax2因为0x，x，令=tt(1)，1222x1222222alnt由gx()1=gx()2x1−alnx1=x2−alnx2，即x1−alnx1=tx1−alntx1x1=2，t−1222alnt而x+3x4x(3t+1)x22a(3t+1)x8a，即(3ta+1)8，120112t−122由a0，t1，只需证(3t+1)lnt−8t+80，221令ht()=(3t+1)lnt−8t+8，则ht()=(18t+6)lnt−7t++6，t161t−令nt()=(18t+6)lnt−7t++6，则nt()18=lnt+11+0(t1)，2tt故nt()在(1,+)上递增，nt()n（1）=0，故ht()在(1,+)上递增，ht()h（1）=0；x+34xx．12022xx−2221它法：由gx()1=gx()2x1−alnx1=x2−alnx2，即a=，lnxx−ln2122222xx21−8(xx21−)而x+3x4x(x+3x)8a=8，即x+3x4xlnx−lnx，12012120212lnxx−ln(xx+3)21122x8(t−1)2令=tt(1)，即证明：Ft()=lnt−0，下略；2x(13+t)14xx−4xx−4xx−010101它法：x1+34x20xx2（又x0）f()xf2()3334xx−4xx−010即只需证明f(xf1))(，设Fx()=f()x−f(),xx0（下略）33它法：x1+3x22x1+2x2，故只需证明x1+x22x0即为标准版极值点偏移问题，下略。
厦门一中2022届高三上12月月考数学试卷解析版注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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，只有一项符合题目要求的．1．设U＝R，已知两个非空集合P，Q满足（∁UP）∪Q＝R则（）A．P∩Q＝∅B．P⊆QC．Q⊆PD．P∪Q＝R2．设复数z满足(1+=iz)2i，其中i为虚数单位，则z的共轭复数z=()A．−+1iB．−−1iC．1+iD．1−i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．2i2(1i−−i)2(1ii)【解答】解：由(1+=iz)2i，得zi====+1，1+i(1+i)(1−i)2zi=−1．故选：D．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．已知数列an的前n项和为Sn，若a1=1，ann+1=31S(n)，则S10等于（）104-1A．B．109104-1C．4D．43【详解】因为ann+1=31S(n)，所以SSnn+1=4，而S1=10，所以Sn0，Sn+1故=4，故Sn为等比数列且首项为1，公比为4，Sn9故S=4，10故选：C.xx−24（2021秋•江苏期中）已知函数fx()=e−e−2sinx，则关于x的不等式fx(−3)+f(2)x0的解集为()
A．(3,1)−B．(1,3)−C．(−，−3)(1，+)D．[1−，3]【分析】根据函数fx()的奇偶性和增减性解不等式即可．xx−−xx【解答】解：fx()=e−e−2sinx，f(−x)=e−e+2sinx，fx()=−f(−x)，故函数fx()为奇函数．xx−fx()=e+e−2cosx22cos−x0，则fx()在R上为增函数．22则fx(−3)+f(2)x0，化简得fx(−3)−f(2)x，2即fx(−3)f(2)−x，又fx()为增函数，2xx−−32，解得−31x．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意利用导数分析fx()的单调性，属于基础题．5．如下表，根据变量x与y之间的对应数据可求出yˆ=−0.32xb+.其中y=8.现从这5个样本点对应的残差中任取一个值，则残差不大于0的概率为（）x1015202530y1110861234A．B．C．D．5555【来源】专题10.3《统计、统计案例与复数》单元测试卷2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）
【答案】C【分析】计算x=20，y的最后一个数据为5，带入回归方程得到b=14.4，计算每个样本点对应残差，得到概率.【详解】1015202530++++由表中的数据可知，x==20，5111086++++n设y的最后一个数据为n，则y==8，=n5，5将x，y代入yˆ=−0.32xb+得b=14.4，这5个样本点对应的残差分别为：yy11−ˆ=11−−(0.321014.4+)=−0.2，yy22−ˆ=10−−(0.321514.4+)=0.4，yy33−ˆ=−−8(0.3220+144.)=0，y4−yˆ4=6−−(0.322514.4+)=−0.4，yy55−=ˆ5−−(0.323014.4+)=0.2，3所以残差不大于0的概率为.5故选：C.22xy6．已知椭圆C:22+=1(ab0),FF12,为C的左､右焦点，Pmnm(,)(0,n0)为C上一点，且ab△PFF的内心Is(,1)，若△PFF的面积为2b，则n的值为（）1212348A．B．C．D．3533【详解】由题意可得，△PFF12的内心Is(,1)到x轴的距离就是内切圆的半径.又点P在椭圆C上，1ae(1+)PF+PF+FF=2a+2,cS=(2a+2)1c=+=ac2b.又c=ea,=b，1212PFF122223222ae(1+)222222a=b+c,+ae=a，即(1+e)+4e=4,5e+2e−=30，解得e=或−1（舍），25
341338=cab,=a.又SPFF=FFn12=cn,aa+=an，解得n=.55122553故选：C.21n+7．设n是偶数，nN，i为虚数单位，a､b分别表示(x+i)的展开式中系数大于0与小于0的项的个数，那么（）A．ab=B．ab=+1C．ab=−1D．ab=+2【来源】上海市上海师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题【答案】B【分析】根据二项式定理结合i的幂的性质得展开式中系数为实根的项数，并确定正负项的个数，得出结论．【详解】r21n+−rr展开通项公式通项公式为T=Cxi，rn++121因此当r为偶数时，项的系数为实数，其n+1项，又ii4kk=1,4+2=−1，kZ，n是偶数，所以正的项nnnnrn=0,4,8,,2有+1，负的项rn=−2,6,10,,22有项．即a=+1，b=，2222所以ab=+1．故选：B．logx−2,xx028．（5分）（2021秋•江苏期中）函数fx()=有且仅有2个零点，则正数sin(xx+−),03的取值范围是()47474747A．(,]B．[,)C．(,)D．[,]33333333【分析】分析函数图像，判断x0时无零点；−x0时，满足两个零点的条件为，−2−+−．311−xln4【解答】解：x0时，fx()log=−2x2x，fx()=−=2，xln22xln
1令fx()=0，x=，ln411fx()在(0,)递增，在(，+)递减．ln4ln41(0,1)，而x(0,1)时，fx()0，ln41fx()的最大值为f()0，x0时，fx()无零点．ln447x0，fx()有两个零点，−2−+−，．333故选：B．【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，综合性较强，考查学生解决问题的能力，属于中档题．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．（5分）（2021秋•江苏期中）如图，在平行四边形ABCD中，已知F，E分别是靠近C，D的四等分点，则下列结论正确的是()13A．EF=ABB．AF=−AB+AD243229C．BE=−AB+ADD．BEAF=(AD)−(AB)410【分析】利用平面向量的线性运算和数量积运算即可求解．1【解答】解：AF:，E分别是靠近C，D的四等分点，EF=AB，A正确，233BF:是靠近C的四等分点，AF=AD+DF=AD+DC=AB+AD，B错误，4433CE:是靠近D的四等分点，BE=BCCE+=AD+CD=−AB+AD，C正确，4433229D:BEAF=−(AB+AD)(AB+AD)=AD−AB，D错误，4416故选：AC．
【点评】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．10．（5分）（2021秋•江苏期中）关于函数fx()=+tan(||x)，则下列判断正确的有()4A．fx()的图像关于y轴对称B．fx()的最小正周期为C．fx()在区间(0,)上单调递增43D．fx()的图像关于点(，0)对称4【分析】利用偶函数的定义、正切函数的性质逐项判断即可．【解答】解：显然f(−x)=tan(|−x|+)=tan(||x+)=fx()，故fx()是偶函数，故A正确；4433因为f(−=)tan不存在，而ff(−+)=()=tan=0，显然ff(−)()，故B错误；424444x(0,)时，fx()=+tan(x)满足+x，因为yx=tan在(,)上单调递增，故原函数4444242fx()在区间(0,)上单调递增，故C正确；42tan31+3123因为f(−)==−−23，f(+=)tan，结合tan==解得313−23126321−tan()1233tan=−23，因为ff(−)+(+)0，故fx()的图像不关于点(，0)对称，故D错误．123234故选：AC．【点评】本题考查正切函数的图像和性质，属于中档题．11．（5分）（2021秋•苏州期中）如图，正方形ABCD与正方形DEFC边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则()
3A．CP的最小值为2B．当P在直线AE上运动时，三棱锥DBPF−的体积不变C．PDPF+的最小值为22−D．三棱锥A−DCE的外接球表面积为322【分析】由题可知CP=+DPCD，可判断A；根据条件可知PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，可判断B；将ADE翻折到与平面ABFE共面，即可判断C；由正方体的性质可判断D．22216【解答】解：对于A，连接DP，CP，易得CP=DP+CD=DP+11+=，故A错22误；对于B，P在直线AE上运动时，PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，故三棱锥DBPF−的体积不变，故B正确；对于C，如图，将ADE翻折到与平面ABFE共面，则当D、P、F三点共线时，PDPF+取得2222最小值()+(+1)=2+2，故C错误；22
3对于D，将该几何体补成正方体，则外接球半径为，外接球表面积为3，故D正确．2故选：BD．【点评】本题主要考查立体几何中的最值问题，锥体体积的计算，锥体的外接球问题等知识，属于中等题．12．（5分）（2021秋•如皋市期中）观察如下数阵：*该数阵特点：在第n行每相邻两数之间都插入它们的和得到第n+1行的数，nN.设第n行数的个数为a，第n行的所有数之和为S，则()nnA．aann+1=−21B．SSnn+1=−332n−1C．Sn=3[(−1)+1]D．k=−21n【分析】观察、分析前后两行的数据，找出an与Sn的关系，进行求解．【解答】解：A项：由数阵可知，第1行：2个数，有1个间隔个数，第2行：第1行2个数加上1个间隔个数，此时有3个数，2个间隔个数，第3行：第2行3个数加上2个间隔个数，此时有5个数，4个间隔个数，以此类推：第n行：第n−1行an−1个数加上an−1−1个间隔个数，此时有an个数，an−1个间隔个数．aa=21−，故A项正确；nn+1B项：Sn+1包含Sn，因为Sn相邻两个数的和为2Sn−1−−12，所以SSnn+1=−33，故B项正确；C项：S4=++++++++=15473857242，不满足C选项，故C项错误；
D项：aann+1=−21，aann+1−=12(−1)，−{an1}是等比数列，首项a1−=11，公比q=2，n−1n−1=k21n−1−，故a−=12，a=+21，由数阵可知，k比a少2个，D项正确；nnn故选：ABD．【点评】本题考查归纳推理的能力，主要考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．2sin80−sin2013.（2021秋•江苏期中）的值为()cos20A．1B．2C．3D．2【分析】根据两角和的正弦公式即可求出．2sin(60+20)sin20−3cos20+sin20−sin20【解答】解：原式===3．cos20cos20故选：C．【点评】本题考查了两角和的正弦公式，考查了运算求解能力，属于基础题．14．著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为1℃，空气−kt温度为0℃，则t分钟后物体的温度（单位：℃）满足：=0+(1−0)e．若常数k=0.05，空气温度为30℃，某物体的温度从120C下降到40℃，大约需要的时间为（）（参考数据：ln31.1）A．36分钟B．39分钟C．40分钟D．44分钟【来源】江苏省扬州市高邮市2021-2022学年高一上学期期中数学试题【答案】D【分析】将已知数据代入模型，解之可得答案.【详解】由题知=30，=120，=40，01−0.05t−0.05t14030(12030)=+−e，=e，912ln3−0.05t=ln，0.05t=ln92ln3=，=t=40ln344.90.05故选：D.
15．（5分）（2021秋•如皋市期中）某同学高考后参加国内3所名牌大学A，B，C的“强基计1划“招生考试，已知该同学能通过这3所大学A，B，C招生考试的概率分别为x，y，，该2同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概514率为，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为；该同学恰好通过A，B两所1818大学招生考试的概率最大值为．【分析】利用独立事件的概率乘法公式可求出该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率1115P=x+y−xy=，从而求出该同学至少通过1所大学招生考试的概率，再结合基本不等式22218即可得xy的最小值，进而求出该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率最大值．【解答】解：该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率1111115P=xy+x(1−y)+y(1−x)=x+y−xy=，2222221811111157该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1−(1−x)(1−y)=+x+y−xy=+=，22222218911155由x+y−xy=得，x+−yxy=，22218955+xy=+xy2xy，即xy−+20xy，99125解得xy或xy，99又01x，01y，01xy，1xy，911该同学恰好通过A，B两所大学招生考试的概率为xy，最大值为．21871故答案为：，．918【点评】本题主要考查了独立事件概率乘法公式，考查了基本不等式的应用，是基础题．22xy16．双曲线C:22−=1(a0,b0)的左､右焦点分别为F1，F2，直线l过F1与C的左支和右支分ab别交于A，B两点，ABF2是等边三角形，若x轴上存在点Q且满足BQ=3AF2，则C的离心率为___________.
【详解】1如图所示，由题意可得|FF|2=c，因为FA=QB，所以△FAF∽△FBQ，所以1221213m|FQ|4=c，在等边三角形ABF中，设|AF||=BF||=AB|=m，则|BQ|3=m，||AF=，由双222212m曲线的定义可得|AF21||−=AF|2a，所以ma−=2，即ma4①，因为ABF2是等边三角形，2222|BF|+−|BQ||FQ|22所以FBQ22=ABF=60，在△FBQ2中，cosFBQ2==2|BF||BQ|22222m+−9m16c1c=，化简可得227mc=16②，由①②可得=7，所以e7=.2mm32a2故答案为：7.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，ba=+1，ca=+2.．（1）若2sinCA=3sin，求ABC的面积；（2）是否存在正整数a，使得ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．157【答案】（1）；（2）存在，且a=2.4【分析】（1）由正弦定理可得出23ca=，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C为钝角，由cosC0结合三角形三边关系可求得整数a的值.【详解】（1）因为2sinCA=3sin，则2c=2(a+2)=3a，则a=4，故b=5，c=6，
222abc1237cosC，所以，C为锐角，则sinCC=1cos−=，28ab81137157因此，S=absinC=45=；△ABC2284（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，2222222a+b−ca+(a+12)−(a+)a−23a−由余弦定理可得cosC===0，2ab2aa(++1)2aa(1)解得−13a，则0<a<3，由三角形三边关系可得aa+++12a，可得a1，aZ，故a=2.18.(12分)如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，=ADC90，AD//BCAB,⊥ACAB,=AC=2,E点在AD上，且AE=2ED.（1）已知点F在BC上，且CF=2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC.（2）当二面角APBE−−的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45？【来源】湖北省荆州市沙市中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（1）由AB⊥ACAB,2=AC=，即△ABC为等腰直角三角形，又ABCD是直角梯形且=ADC90，且ADBC//，所以，CAD=ACB=45，因为=ADC90，故△ACD为等腰直角三角形，所以，ADDC==ACcos45=1，BC=2，2212又AE=2ED，CF=2FB，∴AE==AD，FB==BC，3333又AD//BC，即AE//FB，∴AEFB为平行四边形，则EF//AB，又AB⊥AC，故EF⊥AC，由PA⊥底面ABCD，EF面ABCD，则PA⊥EF，又PAAC=A，∴EF⊥面PAC，
而EF面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.AC（2）直线PC与平面PAB所成角的平面角为CPA=45，则tanCPA==1，AP∴AP=2.如下图，构建以A为原点，AMADAP,,为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，2∴A(0,0,0),(1,1,0),(0,,0)B−E，P(0,0,2)，325∴PE=(0,,−2),BE=−(1,,0)，332PEm=b−20c=3若m=(,,)abc是面PBE的一个法向量，则，令b=3有m=(5,3,2)，BEm=5ba−=03由上易知：AC=(1,1,0)是面PAB的一个法向量，ACm822∴cosACm,===.|ACm|||236322∴当二面角APBE−−的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45.319.（12分）19.已知各项均为正数的数列{}an，{}bn满足a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列．（1）求证：数列bn为等差数列；
1111（2）记cn=+，记{}cn的前n项和为Sn，若Sk，求正整数k的最小值．aa10nn+1【分析】（1）直接利用数列的递推关系式和等差中项的应用求出数列bn为等差数列；（2）利用（1）求出数列{}an，{}bn的通项公式，进一步利用裂项相消法和函数的单调性的应用求出k的最小值．【解答】证明：（1）各项均为正数的数列{}an，{}bn满足an，bn，an+1成等差数列，则：2b=+aa；nnn+1由于bn，an+1，bn+1成等比数列．2所以a=bb，n++11nn由于a=2，b=4，11所以a=6，b=9；222所以2(b)=+bbbb，(n2)，nn−+11nnn整理得2b=+bb，nn−+11n所以数列bn为等差数列．（2）由（1）得b=b+(n−1)(b−b)，n1212整理得bn=+(1)；n进一步求出an=+nn(1)，1111111111得：c=+=+=−+−=−；naann(+1)(n+1)(n+2)nn+1n+1n+2nn+2nn+1111111111311故Sn=−+1−+−+...+−+−=−−，32435n−1n+1nn+22n+1n+2311由于函数fx()=−−在(0,+)上单调递增，2xx++1231111由于Sk=−−，2kk++12103112111当k=3时，S3=−−=，2452010
3113411当k=4时，S4=−−=2563010故k的最小值为4．【点评】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，裂项相消法在数列求和中的应用，函数的单调性，赋值法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．20.（12分）（2021秋•海安市期中）已知过点P(2,0)−的直线l与抛物线:y2=2pxp(0)相切于点Tx(，2)．0（1）求p，x0；1（2）设直线my:=xtt+(0)与相交于点A，B，射线PA，PB与的另一个交点分别为2C，D，问：直线CD是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）p=1，x0=2．（2）直线CD经过定点(0,1)．【考点】直线与抛物线的综合【专题】数形结合；方程思想；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算【分析】（1）由题意可设切线l的方程为：y=+kx(2)，与抛物线方程联立化为：2222kx+(4k−2)px+4k=0，可得△=0，结合斜率计算公式、及其点在抛物线上即可得出．1y=+xt2（2）设Ax(1，y1)，Bx(2，y2)，联立2，化为：y−4y+4t=0，△0，可得yx2=2yy21根与系数的关系．射线PB的方程为：yx=+(2)，射线PA的方程为：yx=+(2)，x+2x+221分别与抛物线方程联立，进而得出CD坐标，进而得出方程及其定点坐标．【解答】解：（1）由题意可设切线l的方程为：y=+kx(2)，
2y=2px2222联立，化为：kx+(4k−2)px+4k=0，y=+kx(2)224则△=(4k−2)p−16k=0，2化为：pk=4，2又k=，42=px0，x+201解得：k=，p=1，x=2．02（2）设Ax(1，y1)，Bx(2，y2)，1y=+xt2联立2，化为：y−4y+4t=0，yx2=2△=1616−t0，解得t1．yy+=4，yy=4t，1212y2射线PB的方程为：yx=+(2)，(x−2)，x+22y1射线PA的方程为：yx=+(2)，(x−2)，x+212yx=22联立y1，化为：yy1−(2x1+4)y+4y1=0，yx=+(2)x+214yyC1=4，=yC，y1
884=x，可得C(，)．C22yyy11184同理可得D(，)，2yy2244−48yy12直线CD的方程为：yx−=()−，882yy11−22yy1248ttt44ty42化为：yx−=()−，=yx−+，即yx=−+，22yy22yy2yy111111t化为：yx=+1，2直线CD经过定点(0,1)．【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.（12分）某地有一对夫妻打算购房，对该城市30个楼盘的均价进行了统计，得到如频数分布表：均价X（单位：千[4，5)[5，6)[6，7)[7，8)[8，9)[9，10]元）频数22111041（1）若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，用样本平均数x作为的近似值，用样本标2准差s作为的估计值，现任取一个楼盘的均价X，假定XN~(,)，求均价恰在8.12千元到9.24千元之间的概率．（2）经过一番比较，这对夫妻选定了一个自己满意的楼盘，恰巧该楼盘推出了趣味蹦台阶送忧惠活动，由两个客户配合完成该活动，在一个口袋中有大小材质均相同的红球40个，黑球20个，客户甲可随机从口袋中取出一个球，取后放回，若取出的是红球，则客户乙向上蹦两个台阶，若取出的是黑球，则客户乙向上蹦一个台阶，直到客户乙蹦上第5个台阶（每平方米优惠0.3千元）或第6个台阶（每平方米优惠3千元）时（活动开始时的位置记为第0个台阶），游戏结束．（ⅰ）设客户乙站到第n(0n6,nN)个台阶的概率为Pn，证明：当15n时，数列{}PPnn−−1是等比数列．（ⅱ）若不参加蹦台阶活动，则直接每平方米优惠1.4千元，为了获得更大的优惠幅度，请问该对夫妻是否应参与蹦台阶活动．
25参考数据：取1.251.12=，()=0.13．32若~N(,)，则P(−+)0.68，P(−2+2)0.95，P(−3+3)0.997．【答案】（1）0.135．（2）()i证明详见解析．()ii该对夫妻应参与蹦台阶活动，理由详见解析．【考点】离散型随机变量的期望与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【专题】转化思想；分析法；概率与统计；数学运算【分析】（1）根据频数分布表的数据，分别计算出平均值和方差，再结合正态分布的对称性，即可求解．（2）()i客户开始游戏时在第0个台阶为必然事件，故P0=1，客户甲第一次摸得黑球，客户11乙迈上第一个台阶，其概率为，故P1=，客户乙迈入第nn(25)个台阶的情况为下列两种，332而且也只有两种，分别为客户乙先到第n−2格，客户甲又摸出红球，其概率为Pn−2，客户乙先3112到第n−1格，客户甲又摸出黑球，其概率为Pn−1，可得Pn=+Pn−−12Pn，再结合配凑法和等比333数列的性质，即可求证．2n()ii由()i知，当15n时，PPnn−−1=−()，故3222322nn22P−P=(P−P)(+P−P)++(P−P)=−()(+−)+−()++−()=−()[1(−−)]，n01021nn−1333353322n整理得Pn=+()−，分别求出P5，P6的值，并结合期望公式，即可求解．55322111041【解答】解：（1）x=4.5+5.5+6.5+7.5+8.5+9.5=7，303030303030222222112102421s=(4.57)−+(5.57)−+(6.57)−+(7.57)−+(8.57)−+(9.57)−=1.25．3030303030302==x7，s=1.25，==s1.12，XN~(,1.12)，0.950.68−PX(8.129.24)=0.135．2（2）()i证明：客户开始游戏时在第0个台阶为必然事件，故P0=1，
11客户甲第一次摸得黑球，客户乙迈上第一个台阶，其概率为，故P1=，33客户乙迈入第nn(25)个台阶的情况为下列两种，而且也只有两种，2①客户乙先到第n−2格，客户甲又摸出红球，其概率为Pn−2，31②客户乙先到第n−1格，客户甲又摸出黑球，其概率为Pn−1，3122P=+PP，则P−P=−()P−P，nn−−12nnn−1n−1n−233322当15n时，数列{}PP−是首项为PP−=−，公比为−的等比数列．nn−110332n()ii由()i知，当15n时，PPnn−−1=−()，3所以222322nn22P−P=(P−P)(+P−P)++(P−P)=−()(+−)+−()++−()=−()[1(−−)]，n01021nn−1333353322n3225整理得Pn=+()−，所以P5=+(−)=0.548，55355322225且PP64==−(−)=0.452．3553设这对夫妻参与游戏获得优惠的期望为每平方米Y千元，则EY()0.3=P+3P=0.30.54830.4521.5204+=（千元），561.52041.4，该对夫妻应参与蹦台阶活动．【点评】本题主要考查了正态分布的对称性，以及等比数列通项公式的求解和期望公式的应用，需要学生很强的综合能力，属于难题．222．（12分）（2021秋•浙江期中）已知fx()=−xalnx，aR．（1）讨论y=fx()的单调性；（2）若y=fx()有两个零点x1，xx2()1x2，x0是y=fx()的极值点，求证：x1+34x2x0．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；x222（2）求出函数的导数，令=tt(1)，问题转化为证(3t+1)lnt−8t+80，令x122ht()=(3t+1)lnt−8t+8，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）fx()的定义域是(0,+)，2a2x−afx()=2x−=，xx①a0时，fx()0，fx()在(0,+)单调递增，aa2(xx+−)()22②a0时，fx=()，xaa令fx()0，解得：x，令fx()0，解得：0x，22aa故fx()在(0,)递减，在(，+)递增，22综上：a0时，fx()在(0,+)单调递增，aaa0时，fx()在(0,)递减，在(，+)递增；222a(2x+−a)(2xa)a（2）证明：gx()=−xalnx，gx()=2x−==0，可得x=，0xx2aa当x(0,)，gx()0，x(，+)，gx()0，22aa所以gx()在(0,)上单调递减，(，+)上单调递增，22而要使gx()有两个零点，要满足gx()00，aa2a即g()=()−aln0，可得ae2，222aax2因为0x，x，令=tt(1)，1222x122由gx()=gx()x−alnx=x−alnx，1211222222alnt即x1−alnx1=tx1−alntx1x1=2，t−122而x+3x4x(3t+1)x22a(3t+1)x8a，120112alnt即(3ta+1)8，2t−122由a0，t1，只需证(3t+1)lnt−8t+80，22令ht()=(3t+1)lnt−8t+8，
1则ht()=(18t+6)lnt−7t++6，t161t−令nt()=(18t+6)lnt−7t++6，则nt()18=lnt+11+0(t1)，2tt故nt()在(1,+)上递增，nt()n（1）=0，故ht()在(1,+)上递增，ht()h（1）=0；x+34xx．120【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是难题．
