內(nèi)江市高中2023屆第三次模擬考試題

數(shù)學(xué)(理科)

1.本試卷包括第I卷(選擇題)和第∏卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè).全卷滿分150分，

考試時(shí)間120分鐘.

2.答第I卷時(shí)，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈

后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào);答第∏卷時(shí),用0?5毫米的黑色簽字筆在答題卡規(guī)定的區(qū)域內(nèi)作答，

字體工整，筆跡清楚；不能答在試題卷上.

3.考試結(jié)束后，監(jiān)考員將答題卡收回.

第I卷(選擇題，共60分)

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每個(gè)小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的，把正確選項(xiàng)的代號(hào)填在答題卡的指定位置.

1.已知復(fù)數(shù)α+3i)(2z-z)=10,其中i是虛數(shù)單位，1是Z的共輾復(fù)數(shù)，則z=()

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

2.已知全集U=R,M={x∣d-4χ+3≤θ},2V={x∣log2x≤l},則δu(Λ∕uN)=()

A(-∞,0］..(3,+∞)B.(-∞,3)

C.(-∞,1)L,(3,+∞)D.(3+∞)

3.空氣質(zhì)量指數(shù)是評(píng)估空氣質(zhì)量狀況的一組數(shù)字，空氣質(zhì)量指數(shù)劃分為［0,50)、［50,100)、［100,150)、

［150,200)、［200,300)和［300,500)六檔，分別對(duì)應(yīng)“優(yōu)”、“良”、“輕度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“嚴(yán)重污染”六個(gè)等級(jí)，如圖是某市4月1日至14.日連續(xù)14天的空氣質(zhì)量指數(shù)趨勢(shì)

B.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的中位數(shù)是214

C.連續(xù)三天中空氣質(zhì)量指數(shù)方差最小是5日到7日

D.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均數(shù)約為189

4.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中幾何模型“陽(yáng)馬”意指底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.某

“陽(yáng)馬”的三視圖如圖所示，則該四棱錐中棱長(zhǎng)的最大值為（

C.√6D.2

5.函數(shù)/（x）=XCOSX+（SinX）InlXI的部分圖像大致為（）

1∩X

=——有相同的極大值，則α+b=（）

A.2B.0C.-3D.-1

7.水平桌面上放置了4個(gè)半徑為2的小球，4個(gè)小球的球心構(gòu)成正方形,且相鄰的兩個(gè)小球相切.若用一個(gè)

半球形的容器罩住四個(gè)小球，則半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小值為（）

A.4B.2&+2C.2布+2D.6

8.位于登封市告成鎮(zhèn)的觀星臺(tái)相當(dāng)于一個(gè)測(cè)量日影的圭表.圭表是我國(guó)古代一種通過測(cè)量正午日影長(zhǎng)度來(lái)

推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標(biāo)竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)竿垂

直的長(zhǎng)尺（稱為“圭”）.當(dāng)正午太陽(yáng)照射在表上時(shí)，日影便會(huì)投影在圭面上，圭面上日影長(zhǎng)度最長(zhǎng)的那

一天定為冬至，日影長(zhǎng)度最短的那一天定為夏至.如圖是一個(gè)根據(jù)鄭州市的地理位置設(shè)計(jì)的圭表的示意

圖，己知鄭州市冬至正午太陽(yáng)高度角（即/ABC）約為32.5。，夏至正午太陽(yáng)高度角（即/4）C）約為

79.5。，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即DB的長(zhǎng)）為14米，則表高（即AC的長(zhǎng)）約為（）

327

（其中tan32.5°≈二，tan79.5o≈—）

55

夏至正午陽(yáng)光

冬至正午陽(yáng)光

A.9.27米B.9.33米C.9.45米D.9.51米

9.已知圓錐的母線長(zhǎng)為2,側(cè)面積為2片，則過頂點(diǎn)的截面面積的最大值等于()

A.√3B.y∣2C.3D.2

22

10.已知雙曲線C：3-A=Im>0力>0)上有不同的三點(diǎn)A、B、P,且A、8關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，直線融、PB

U6

3

的斜率分別為左PA、kpB，且即A?Ma=W，則離心率e的值為()

BD

巷TCfT

11.將函數(shù)/(x)=SinOXW>0)的圖象向右平移T個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若(°，3)是

g(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，且g(x)在(0,π)上有5個(gè)零點(diǎn)，則①=()

A.1B.5C.9D.13

12.設(shè)Q=InU,b=-fC=tan則()

5275

A.c>b>aB.c>a>bC.b>c>aD.a>c>b

第∏卷(非選擇題，共90分)

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知W=4，W=3,且α,(α+2?),則向量。在向量上的投影為.

14.若(x+a)5(2—丁)的展開式的各項(xiàng)系數(shù)和為32,則該展開式中/的系數(shù)是.

15.甲、乙兩人下圍棋，若甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為：；若乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為T.假定

每局之間相互獨(dú)立且無(wú)平局，第二局由上一局負(fù)者先下，若甲、乙比賽兩局，第一局甲、乙執(zhí)黑子先下是等

可能的，則甲、乙各勝一局的概率為.

16.已知A(T,0),3(3,0),P是圓0：/+>2=49上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則SinNAPB的最大值為.

三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步聚.

17.已知數(shù)列｛4,,｝的前〃項(xiàng)和為S“，且滿足q=2,5,,+l=2S,,+2.

(1)求數(shù)列｛為｝的通項(xiàng)公式.

；∏an(、

(2)記5=(；Tl)(；［2)'求數(shù)列也，，｝的前〃項(xiàng)和小

18.某廠商調(diào)查甲、乙兩種不同型號(hào)電視機(jī)在10個(gè)賣場(chǎng)的銷售量(單位：臺(tái))，并根據(jù)這10個(gè)賣場(chǎng)的銷售

情況，得到如圖所示的莖葉圖.為了鼓勵(lì)賣場(chǎng)，在同型號(hào)電視機(jī)的銷售中，該廠商將銷售量高于數(shù)據(jù)平均

數(shù)的賣場(chǎng)命名為該型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”.

甲乙

4800108

7522023

0312ab

3143

(1)當(dāng)a=l,。=0時(shí)，記甲型號(hào)電視機(jī)“星級(jí)賣場(chǎng)''數(shù)量為，"，乙型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)''數(shù)量為〃，

比較相，〃的大小關(guān)系；

(2)在這10個(gè)賣場(chǎng)中，隨機(jī)選取2個(gè)賣場(chǎng)，記X為其中甲型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”的個(gè)數(shù)，求X的分布

列和數(shù)學(xué)期望.

(3)記乙型號(hào)電視機(jī)銷售量的方差為S?,根據(jù)莖葉圖推斷。與〃分別取何值時(shí)，$2達(dá)到最小值.(只需寫

出結(jié)論)

19.在_ABC中，ZACB=45,BC=3,過點(diǎn)A作ADlBC，交線段BC于點(diǎn)。(如圖1),沿AD將

△A3。折起，使NBDC=90(如圖2),點(diǎn)E,M分別為棱BC,AC的中點(diǎn).

圖1

(1)求證：CDlME;

4—2—1—

(2)在①圖I中tan2B=--AD=-AB+-AC__

3—33f

這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，再解答問題.

問題：己知試在棱Co上確定一點(diǎn)N,使得ENLBM,并求平面BMN與平面CBN夾

角的余弦值.

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

20.若存在實(shí)數(shù)k,從使得函數(shù)/(x)和g(x)對(duì)其定義域上的任意實(shí)數(shù)X同時(shí)滿足：/(x)N區(qū)+匕且

g(x)≤kx+b,則稱直線:Ly=:+1為函數(shù)/(x)和g(x)的“隔離直線”.已知)(x)=χ2,

g(x)=2e?nx(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).試問:

(1)函數(shù)/(χ)和g(x)的圖象是否存在公共點(diǎn)，若存在，求出交點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，說明理由；

(2)函數(shù)/(x)和g(x)是否存在“隔離直線”？若存在，求出此“隔離直線''的方程；若不存在，請(qǐng)說明理

由.

21.如圖，曲線G是以原點(diǎn)。為中心，F(xiàn)1>E為焦點(diǎn)橢圓的一部分，曲線G是以。為頂點(diǎn)、尸2為焦

75

點(diǎn)的拋物線的一部分，A是曲線Cl和e2的一個(gè)交點(diǎn)，且NAKK為鈍角，HKI=/,∣AK∣=]?

(1)求曲線G和C?所在橢圓和拋物線的方程;

(2)過居作一條與X軸不垂直的直線，分別和曲線G和交于5、E、C、。四點(diǎn)，若G為CO的中

點(diǎn)，”為BE的中點(diǎn),??∣是否為定值？若是,請(qǐng)求出此定值；若不是,請(qǐng)說明理由.

?CD?-?HF2-?

請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，并用2B鉛筆將所選題號(hào)涂黑.如果多做，則按所做

的第一題計(jì)分.

22.在平面直角坐標(biāo)系中，將曲線G向左平移2個(gè)單位，再將得到的曲線上的每一個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)保持不

變，縱坐標(biāo)縮短為原來(lái)的T得到曲線C2，以坐標(biāo)原點(diǎn)。為極點(diǎn)，X軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)

系.曲線G的極坐標(biāo)方程為P=4cosα.

(1)求曲線G的參數(shù)方程；

(2)已知點(diǎn)M在第一象限，四邊形政VPQ是曲線G的內(nèi)接矩形，求內(nèi)接矩形MNPQ周長(zhǎng)的最大值,

并求周長(zhǎng)最大時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo).

23.已知函數(shù)〃x)=|2x—4|+-+4(jceR).

(1)若a=l,求證：/(x)>4；

(2)若對(duì)于任意x∈[l,2],都有"x)≤4,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

參考答案

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每個(gè)小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的，把正確選項(xiàng)的代號(hào)填在答題卡的指定位置.

1.已知復(fù)數(shù)("3i)(2z-Z)=I0,其中i是虛數(shù)單位，I是Z的共在復(fù)數(shù)，則z=()

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

【答案】A

【解析】

【分析】設(shè)z=α+bi,后由共扼復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)乘法，復(fù)數(shù)相等知識(shí)可得答案.

【詳解】設(shè)z=α+歷,^lz=a-bi>(l+3i)(2z-z)=10<=>(l+3i)(tz-3?i)=10

a+9b-10a=1

o(α+9))+(34-30)i=10=><,，則z=α+M=l+i

30-38=0==1

.故選：A

2.已知全集U=R,Λ/={x∣M-4x+3≤θ},?/={x|log2x<l},則加(MUN)=()

A.(-∞,0］(3,+∞)B.(-∞,3)

C.(―∞,1)1(3,÷∞)D.(3+8)

【答案】A

【解析】

【分析】化簡(jiǎn)集合M,N,后由并集及補(bǔ)集定義可得答案.

【詳解】X2-4X+3≤0=>(X-3)(X-1)≤0=>1≤X≤3,則M={x∣l≤x≤3}；

Λ

Iog2X≤1=Iog2X≤Iog22=>O<%≤2,則N={∣0<x≤2}.

則Λ/uN={x∣0<x≤3}=>Q,,2N)={x∣x≤O或x>3}.

故選:A

3.空氣質(zhì)量指數(shù)是評(píng)估空氣質(zhì)量狀況的一組數(shù)字，空氣質(zhì)量指數(shù)劃分為［0,50)、［50,100)、UO(M50)、

［150,200)、［200,300)和［300,500)六檔，分別對(duì)應(yīng)“優(yōu)”、“良”、“輕度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“嚴(yán)重污染”六個(gè)等級(jí)，如圖是某市4月1日至14.日連續(xù)14天的空氣質(zhì)量指數(shù)趨勢(shì)

圖，則下列說法中正確的是()

空氣質(zhì)量指數(shù)

B.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的中位數(shù)是214

C.連續(xù)三天中空氣質(zhì)量指數(shù)方差最小是5日到7日

D.這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均數(shù)約為189

【答案】D

【解析】

【分析】觀察數(shù)據(jù)變化可判斷A項(xiàng)；將14天的空氣質(zhì)量指數(shù)由小到大依次排列，即可得出中位數(shù)，判斷

B項(xiàng)；根據(jù)折線圖及方差的概念可判斷C項(xiàng)；根據(jù)數(shù)據(jù)計(jì)算平均數(shù)可判斷D項(xiàng).

【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)：從2日到5日空氣質(zhì)量指數(shù)逐漸降低，空氣質(zhì)量越來(lái)越好，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于B選項(xiàng)：由圖象可知，14天的空氣質(zhì)量指數(shù)由小到大依次為：80,83,138,155,157,165,179,

179+214

214,214,221,243,260,263,275,所以中位數(shù)為---------=196.5,B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

2

對(duì)于C選項(xiàng)：方差表示數(shù)據(jù)波動(dòng)情況，根據(jù)折線圖可知連續(xù)三天中波動(dòng)最小的是9日到11日，所以方差

最小的是9日到Il0,C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于D選項(xiàng)：這14天中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均數(shù)約為

214+275+243+157+80+155+260+83+165+179+138+214+221+263

=189,D選項(xiàng)正確;

14

故選：D.

4.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中幾何模型“陽(yáng)馬”意指底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.某

“陽(yáng)馬”的三視圖如圖所示，則該四棱錐中棱長(zhǎng)的最大值為（）

C.√6D.2

【答案】C

【解析】

【分析】先由三視圖得到幾何體的直觀圖，再分別求得棱長(zhǎng)比較下結(jié)論.

【詳解】解：由三視圖得該幾何體如圖所示:

22

由圖知：IPAl=UAM=l,?AD?=2,1PB?=λ∕∣PA∣+∣AB∣=√2，

?PC?=^?PAf+?ACf=y∕6,?PD?=y∣?PAf+?ADf=√2，

故選：C

5.函數(shù)/(x)=XCOSX+(SinX)InlXl的部分圖像大致為()

【答案】A

【解析】

ITT?JT

【分析】先判斷函數(shù)/(x)的奇偶性排除選項(xiàng)c、D；再由/5=l∏5>0,即可求解.

(詳解】函數(shù)/(x)=XCoSX+(SinX)InIXl的定義域?yàn)閧χ∣χ≠O},

且/(-x)=-XCOS(-x)+[sin(-x)JIn|—x∣=-XeOSx-(sinX)InX=—/(x),

所以函數(shù)/(x)是奇函數(shù)，其函數(shù)圖像關(guān)于(0,0)對(duì)稱，所以選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤;

π.π

又了—+sin—ιn嗚＞0,所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

22l?

故選：A.

γInY

6.已知函數(shù)/(x)=--α和g(x)=——+6有相同的極大值，則α+b=()

erX

A.2B.0C.-3D.-1

【答案】B

【解析】

【分析】利用導(dǎo)數(shù)法求得“X)和g(x)的極大值，然后根據(jù)/(x)與g(x)有相同的極大值建立方程求解

即可.

γ?I_γ

【詳解】f(x)=--a,則r(χ)=三，

ee

令第x)>0,解得/<〉令r(x)<O,解得χ>l,

所以/(X)在(-8,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以/(x)在x=l處取得極大值/(I)=J一α,

e

E,、Inx,,“\I-Inx

又g(x)=—+力，則mg(x)=——>

XX

令g'(x)<O,解得%>e,令g'(x)>O,解得O<χ<e,

所以g(尤)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+8)上單調(diào)遞減，

所以g(X)在％=e處取得極大值g(e)=*,

依據(jù)題意，/(x)和g(x)有相同的極大值，

故/⑴=g(e),所以‘-a=1+'所以a+Z?=O.

ee

故選：B.

7.水平桌面上放置了4個(gè)半徑為2的小球，4個(gè)小球的球心構(gòu)成正方形，且相鄰的兩個(gè)小球相切.若用一個(gè)

半球形的容器罩住四個(gè)小球，則半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小值為()

A.4B.2√2+2C.2y∕3+2D.6

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)題設(shè)要使半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小，保證小球與工球各面(含球面部分)都相切，進(jìn)而求

8

半徑最小值.

【詳解】要使半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小，只需保證小球與1球各面(含球面部分)都相切，

8

此時(shí)，如上圖示，。為半球的球心，A為其中一個(gè)小球球心，則Q4是棱長(zhǎng)為2的正方體的體對(duì)角線，且

該小球與半球球面上的切點(diǎn)與O,A共線，

所以半球形容器內(nèi)壁的半徑的最小值為小球半徑與Q4長(zhǎng)度之和，即20+2,

故選：C

8.位于登封市告成鎮(zhèn)觀星臺(tái)相當(dāng)于一個(gè)測(cè)量日影的圭表.圭表是我國(guó)古代一種通過測(cè)量正午日影長(zhǎng)度來(lái)

推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標(biāo)竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)竿垂

直的長(zhǎng)尺（稱為“圭”）.當(dāng)正午太陽(yáng)照射在表上時(shí)，日影便會(huì)投影在圭面上，圭面上日影長(zhǎng)度最長(zhǎng)的那

一天定為冬至，日影長(zhǎng)度最短的那一天定為夏至.如圖是一個(gè)根據(jù)鄭州市的地理位置設(shè)計(jì)的圭表的示意

圖，己知鄭州市冬至正午太陽(yáng)高度角（即/ABC）約為32.5。，夏至正午太陽(yáng)高度角（即NAZ）C）約為

79.5°,圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即。8的長(zhǎng)）為14米，則表高（即AC的長(zhǎng)）約為（）

327

（其中tan32.5”」tan79.5o≈-）

C.9.45米D.9.51米

【答案】C

【解析】

AC,8—AC

【分析】根據(jù)題意BC=BC-CD=↑4,進(jìn)而代入數(shù)據(jù)求解即可.

tanZABCtanNADC

【詳解】解：如圖，NABC=32.5ADC=19.5,DB=14,

AΓAC

設(shè)表高AC=力，則由題知，tanZABC=—,tanZADC=—

BCCD

ACCD—AC

所以BC=

tanZABC,tanADC

327

因?yàn)閠an32.5°≈g,tan79.5o≈-,DB=14,

5527189

所以—±∕z=14,解得∕z=±iχl4=莊=9.45,

3274020

所以，表高（即AC的長(zhǎng)）約為9.45米.

故選：C

9.已知圓錐的母線長(zhǎng)為2,側(cè)面積為2折，則過頂點(diǎn)的截面面積的最大值等于（）

A.√3B.√2C.3D.2

【答案】D

【解析】

【分析】結(jié)合圓錐的母線長(zhǎng)和側(cè)面積可求得底面圓的周長(zhǎng)、半徑，再得到軸截面的頂角，進(jìn)而得到截面三

角形頂角的取值范圍，故當(dāng)截面為頂角是色的等腰三角形時(shí)面積最大，即得解

2

【詳解】由圓錐的母線長(zhǎng)為2,側(cè)面積為2折，假設(shè)底面圓周長(zhǎng)為/,因此,x2x∕=2j藐，

2

故底面圓周長(zhǎng)為2j藐，底面圓的半徑為√J.

2π

由于軸截面為腰長(zhǎng)為2,底邊長(zhǎng)為底面圓直徑的等腰三角形，因此軸截面的頂角是三.故當(dāng)截面為頂

角是三的等腰三角形時(shí)面積最大，此時(shí)S=L?2?2?sin工=2

222

故選：D

【點(diǎn)睛】本題考查了圓錐側(cè)面積和截面面積問題，考查了學(xué)生綜合分析，空間想象，邏輯推理，數(shù)學(xué)運(yùn)

算能力，為中檔題

10.已知雙曲線C:=l(α>0,b>0)上有不同三點(diǎn)A、B、P,且A、B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，直線物、PB

/b2

3

的斜率分別為&A、kpB，且原八?即8=1,則離心率e的值為（）

A.立B.也C.√2D.邁

222

【答案】B

【解析】

2

【分析】設(shè)P(Λ2,%),由斜率坐標(biāo)公式求出K?七，再利用點(diǎn)差法得勺=?二?,即可求出乙=3,

Cl-XjCl4

進(jìn)而求得e.

【詳解】設(shè)A(x∣,χ),P(x2,y2),根據(jù)對(duì)稱性，知8(f,-yJ,

,兩式相減，得上;上

因?yàn)辄c(diǎn)A,P在雙曲線上，所以<)丁一X

生__%b2

a2b2

所以4=烏二?,所以即A?4P8=J?=3,所以C?=7

,a2

X2--X1-'"a44

所以e=E

故選：B

11.將函數(shù)/(x)=sin3τ(o>0)的圖象向右平移!■個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若(°吃)是

g(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，且g(無(wú))在(0,兀)上有5個(gè)零點(diǎn)，則①=()

A.1B.5C.9D.13

【答案】B

【解析】

【分析】由題知g(x)=sin<yχ-?<y^(<y>0),進(jìn)而結(jié)合題意得0=1-4Z,A:eZ,再根據(jù)g(x)在(0,π)

上有5個(gè)零點(diǎn)即可得答案.

【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)/(x)=Sins3>0)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，

因?yàn)?0。)是g(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，

/兀I兀兀

所以，?(θ)=sinl--<υI=-I,即-50=-5+2br,解得口=1-4左,ZeZ,

因?yàn)間(x)在(0,兀)上有5個(gè)零點(diǎn)，作出其草圖如圖，

2ω2ω22

所以，當(dāng)攵=一1時(shí)<υ=l-4斤=5,

故選：B

12.設(shè)α=ln?,b=—,c=tan—,則()

5275

A.c>b>aB.c>a>bC.b>c>aD.a>c>b

【答案】A

【解析】

【分析】利用正切函數(shù)單調(diào)性借助1比較兒C大??；根據(jù)對(duì)數(shù)結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)/(X)=/-ex比較α,b大

小，即可解答.

Ti4TT26

【詳解】因?yàn)閥=tanx在(0,一)上單調(diào)遞增，于是tan—>tan—=1>——，即c>人,

25427

令/(x)=e*-ex,0<x<l,則/'(x)=e*-e<O,所以/(χ)在(0,1)上單調(diào)遞減,

所以/(x)>/(1)=0,即e'>eχ,

H26,5726cr2613ri2613

取X=—?jiǎng)tmle27>e---->2.7×——=2.6=—,所以—>I1n一,即b>a,

27275275

所以C>Z?>Q.

故選：A

第II卷(非選擇題，共90分)

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知忖=4,W=3,且α,(α+2?),則向量“在向量B上的投影為.

Q

【答案】-7

3

【解析】

【分析】先求出“包，再利用投影公式可得向量α在向量匕上的投影.

【詳解】因?yàn)棣?(α+人)，所以α?(α+2b)=0,即7+24??=0;

由W=4,W=3可得α?0=--d2=-∣p∣2=-8；

d`b8

則向量Q在向量。上的投影為下［二一］.

Q

故答案：.

3

14.若(x+α)5(2-χ3)的展開式的各項(xiàng)系數(shù)和為32,則該展開式中/的系數(shù)是.

【答案】5

【解析】

【分析】利用賦值法令X=I表達(dá)出展開式的各項(xiàng)系數(shù)和，求出α=l,根據(jù)二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式計(jì)算

即可得出結(jié)果.

【詳解】解：因?yàn)?x+a)5(2-d)的展開式的各項(xiàng)系數(shù)和為32,

令X=1,得(l+a)5(2-1)=32,所以α=l,

又(X+cι)(2—)=2(X+a)，—??(X+a)',

所以該展開式中/的系數(shù)是2?C?a-l?C>/=］()α-5/=5.

故答案為：5

15.甲、乙兩人下圍棋，若甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為］；若乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為［.假定

每局之間相互獨(dú)立且無(wú)平局，第二局由上一局負(fù)者先下，若甲、乙比賽兩局，第一局甲、乙執(zhí)黑子先下是等

可能的，則甲、乙各勝一局的概率為.

41

【答案】—

72

【解析】

【分析】分兩種情況討論：(1)第一局甲勝，第二局乙勝：(2)第一局乙勝，第二局甲勝.分析出每局輸贏

的情況，結(jié)合獨(dú)立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【詳解】分兩種情況討論：

(1)第一局甲勝，第二局乙勝：

若第一局甲執(zhí)黑子先下，則甲勝第一局的概率為第二局乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為:，

若第一局乙執(zhí)黑子先下，則甲勝第一局的概率為g,第二局乙執(zhí)黑子先下，則乙勝的概率為

1211117

所以，第一局甲勝，第二局乙勝的概率為q=—X—X—+—X—X—=—;

23222224

(2)第一局乙勝，第二局甲勝:

12

若第一局甲執(zhí)黑子先下，則乙勝第一局的概率為第二局甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為:，

若第一局乙執(zhí)黑子先下，則乙勝第一局的概率為第二局甲執(zhí)黑子先下，則甲勝的概率為I,

1121125

所以，第一局乙勝，第二局甲勝的概率為6=-X-X—+-x-x-=一.

23322318

7541

綜上所述，甲、乙各勝一局的概率為一+—=一.

241872

41

故答案為：—.

72

16.已知A(TO),3(3,0),P是圓O：/+,2=49上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則SinNAPB的最大值為.

7

【答案】—

13

【解析】

【分析】設(shè)外接圓半徑為凡由正弦定理可得，當(dāng)外接圓半徑最小，即外接圓與圓。相內(nèi)切時(shí)，

sinNAPB最大.

【詳解】設(shè)Z?3外接圓半徑為R，由正弦定理，—=2Rn網(wǎng)=SinZAPB-當(dāng)外接圓半徑

sinZAPB2R

最小，即外接圓與圓O相內(nèi)切時(shí)，SinNAPB最大.

設(shè),R隹外接圓圓心為M，由題可得其在AB中垂線上，可設(shè)其坐標(biāo)為：(ι,χ).

則R=∣M4∣=√4+X2,?Mθ?=y∣l+X2,又圓M與圓O相內(nèi)切，則圓心距等于半徑之差，則

Jl+X2=7-√4+X2，

等式兩邊平方并化筒后可得：√4+X2=一.

7

即.243外接圓半徑為R的最小值為日.

網(wǎng)一4_7

則此時(shí)SinNAP8最大，最大值為2R-52^13-

T

7

故答案為：—

13

三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步聚.

17.已知數(shù)列｛α,,｝的前〃項(xiàng)和為S,,,且滿足％=2,Sn+l=2S,,+2.

（1）求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式.

z∏an,、

（2）記”=再而二可，求數(shù)列也｝的前〃項(xiàng)和1,?

【答案】（1）a,l=2"

【解析】

【分析】（1）方法一：由見,S“之間關(guān)系可證得數(shù)列｛%｝為等比數(shù)列，由等比數(shù)列通項(xiàng)公式求得。“；

方法二：由已知關(guān)系式可證得數(shù)列｛S,,+2｝為等比數(shù)列，由此可推導(dǎo)求得S.，利用q,S“之間關(guān)系可求得

4；

(2)由(1)可得為，采用裂項(xiàng)相消法可求得結(jié)果.

【小問1詳解】

方法一：當(dāng)〃=1時(shí)，由S〃+]=25〃+2得：S2=2Sl+2,即q+%=2。∣+2,

又4=2,.?.g=4；

當(dāng)〃22時(shí)，an+λ-5,,+1-Sn=2Sn+2-2Sn_,-2=2an,

又α∣=2,%=4滿足。2=2弓，即當(dāng)〃=1時(shí)，α,,+∣=24“成立，

；?數(shù)列｛4｝是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，???%=2"("eN*)?

方法二：由S,,+∣=2S,,+2得：S,,+1+2=2(S,,+2),又S∣+2=q+2=4,

.?.數(shù)列｛S,+2｝是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，???S,,+2=4χ2"T=2"+∣,

π+l

即Sn=2-2,

,+l,,

當(dāng)MN2時(shí)，an=Sn-S,T=2'-2-2'+2=2'1

又4=2滿足4=2",；.4=2"(〃61^*).

【小問2詳解】

由（1）得:

(〃+1)(〃+2)H+20+1

222'232224232"2"T2〃+i2〃2”+∣

-+-+-++-+-1.

TTTTTT",?+7-^T〃+2n+1n+2

18.某廠商調(diào)查甲、乙兩種不同型號(hào)電視機(jī)在10個(gè)賣場(chǎng)的銷售量（單位：臺(tái)），并根據(jù)這10個(gè)賣場(chǎng)的銷售

情況，得到如圖所示的莖葉圖.為了鼓勵(lì)賣場(chǎng)，在同型號(hào)電視機(jī)的銷售中，該廠商將銷售量高于數(shù)據(jù)平均

數(shù)的賣場(chǎng)命名為該型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”.

甲乙

48001

7522023

0312ab

3143

（1）當(dāng)α=l,方=0時(shí)，記甲型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”數(shù)量為〃?，乙型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)''數(shù)量為%

比較"?，”的大小關(guān)系；

（2）在這10個(gè)賣場(chǎng)中，隨機(jī)選取2個(gè)賣場(chǎng)，記X為其中甲型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”的個(gè)數(shù)，求X的分布

列和數(shù)學(xué)期望.

（3）記乙型號(hào)電視機(jī)銷售量的方差為S?,根據(jù)莖葉圖推斷。與b分別取何值時(shí)，.『達(dá)到最小值.（只需寫

出結(jié)論）

【答案】（1）加=〃

（2）分布列見解析（3）”=匕=。時(shí)，S?達(dá)到最小值

【解析】

【分析】（1）計(jì)算甲乙的平均數(shù)比較大小即可；

（2）分析數(shù)據(jù)，列出X的分布列并求出數(shù)學(xué)期望；

（3）根據(jù)方差的性質(zhì)，a=0=0時(shí)，離散程度越小，S?達(dá)到最小值.

【小問1詳解】

10+10+14+18+22+25+27+30+41+43

根據(jù)莖葉圖,可得甲組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為=24,

10

10+18+20+22+23+31+32+31+30+43

乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為=26，

10

甲型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”數(shù)量為m=5,乙型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”數(shù)量為〃=5,

所以加=〃；

【小問2詳解】

X的可能取值為0,1,2,由（1）知，甲型號(hào)電視機(jī)的“星級(jí)賣場(chǎng)”數(shù)量為5,

「002?「I/?lq0200?

P(X=O)=?=-,P(X=I)=*=三，P(X=2)=?=-,

222

vC-x107QCQJoyCQJO7

X的分布列為:

X012

252

P

999

【小問3詳解】

10+18+20+22+23+31+32+43_

方差代表和中心偏離的程度,24875

8

α=∕,=0時(shí)，離散差越小，/達(dá)到最小值.

19.在一ABC中，ZACB=45,BC=3,過點(diǎn)A作A。工3C,交線段BC于點(diǎn)。（如圖1）,沿A。將

△ABD折起，使NBDC=90（如圖2）,點(diǎn)E,M分別為棱8C,AC的中點(diǎn).

（1）求證：CDLME；

421

（2）在①圖1中tan2B=-一，②圖1中A。=-A8+-AC,③圖2中三棱錐A-BCD的體積最大.

333

這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，再解答問題.

問題：已知，試在棱Co上確定一點(diǎn)N,使得ENJ_3河，并求平面BMN與平面CBN的夾

角的余弦值.

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

【答案】（1）證明見解析

⑵叵

6

【解析】

【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得CD_LAB,結(jié)合中位線的性質(zhì)可得ME〃他，即可證

明；

(2)選①：由二倍角的正切公式求出tan8,進(jìn)而求出BD,選②：根據(jù)向量的線性運(yùn)算求出BC,選

③：設(shè)BO=x(0<x<3),利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)可得AD_L平面3C。，則

匕-Be=:(Y-6Y+9X),利用導(dǎo)數(shù)求出體積的最大值，求出BD分別建立如圖空間直角坐標(biāo)系，利用

向量法求出面面角即可；

【小問1詳解】

CD±AD,CDLBD,ADQBD=D,AD,BDU平面ABD,

?CD^平面ABDABU平面ABD.?.CDLAB.

又?”,E分別為AC,BC的中點(diǎn)，

：.ME//AB,：.CDYME.

【小問2詳解】

選①，在圖1所示的..ABC中，由tan2B=∕=-2ta咚.

3l-tan2B

解得tanθ=2或tanB=-J(舍去).

2

Az)X

設(shè)AD=CZ)=X,在Rrz2sAβZ)中，tanB=----=------=2,

BD3—X

解得X=2,.?.3JD=L

以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB,DC,DA分別為％?Z軸建立如圖所示的坐標(biāo)系D-xyz,

D(O,O,O),B(I,O,O),C(O,2,O),A(O,O,2),M(O,I,I),E[1,1,0

則BM=(-1,1,1).

設(shè)N(0,α,0),則EN=I—g,α-l,θ).

EN工BM,:.EN?BM=0,即(一g,αT,θ)(-1,1,1)=0,解得a=；,

.?.N(θ,g,θ).?.當(dāng)。N=:(即N是CD的靠近。的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí)，ENLBM.

設(shè)平面BwN的一個(gè)法向量為"=(x,y,z),且BN=[-1,；,0

n?BN=Q—X+—y=0,

由得《令x=l,則〃=(1,2,-1),

n?BM—0,-x+?+z=0,

取平面CBN的一個(gè)法向量加=(0,0,1),

l,∣l∣cosΛzzn?,JIL2L_|(上。'1>(1'2,_1)|_"

人J(ZM—麗一次+22+(-1)2-T，

平面BMN與平面CBN的夾角的余弦值為".

6

選②，在圖1所示的-ABC中，設(shè)BD=2BC，

則A。=AB+8。=AB+∕IBC=AB+;I(AC-AB)=(I-2)AB+44C,

—21—1

又AD=-AB+-AC,由平面向量基本定理知X=-,即Br)=L

333J

以點(diǎn)。為原點(diǎn)，DB,DC,DA分別為X,yz軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

P(0,0,0),β(l,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,l,l),E∣∣,1,0

則=(-1,1,1).

設(shè)N(O,α,0),則EN=(-g,α-l,θ)ENLBM,:.ENBM=0,

即—l,θ]?(-l,l,1)=0,解得a=—,NlO,5,0),

當(dāng)。N='(即N是。?？拷?。的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí)，ENLBM.

2

設(shè)平面5MN的一個(gè)法向量為〃=(X,y,z),且3N=(-l,g,θ),

n?BN=b,-x+-y=0,

由得《2-令X=1,則〃=(1,2,-1).

n?BM—O,-x+y+z=0,

取平面CBN的一個(gè)法向量加=(0,0,1),

m`n

則cos(m,n]—

\/mn∕l2+22+(-l)26

????λ

平面BMN與平面CBN的夾角的余弦值為好.

6

選③，在圖1所示的.ABC中，設(shè)BO=X(O<x<3),則C￡>=3-X,

AD±BC,∕AC8=45二Ar)C為等腰直角三角形，.?.AD=CD=3-X.

折起后Ar)J_OC,AD±BD,且BZ)IDC=D,BD、DCU平面BCD,

二皿平面88,又皿C=9。，，5=呆3-力,

VA-Ba)=§ADfsc