湖南省长沙市第一中学2023届高三月考卷（七）数学含答案.pdf

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1、长长沙沙市市一一中中 2023 届届高高三三月月考考试试卷卷（七七）数数学学时时量量：120 分分钟钟满满分分：150 分分一一、选选择择题题：本本题题共共 8 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 40 分分.在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的.1.已知集合213Mxx，Nx xa，若MNN，则实数 a 的取值范围为（）A.1,B.2,C.,1D.,12.若实数 x，y 满足(i)(3i)24ixy，则xy（）A.1B.1C.3D.33.1947 年，生物学家 Max Kleiber 发表了一篇题为body size and

2、metabolicrate的论文，在论文中提出了一个克莱伯定律：对于哺乳动物，其基础代谢率与体重的34次幂成正比，即340Fc M，其中 F 为基础代谢率，M 为体重若某哺乳动物经过一段时间生长，其体重为原来的 10 倍，则基础代谢率为原来的（参考数据：4101.7783）（）A.5.4 倍B.5.5 倍C.5.6 倍D.5.7 倍4.已知函数 2sinf xxx，设1x，2xR，则 12f xf x成立的一个必要不充分条件是（）A.12xxB.21xxC.120 xxD.12xx5.如图，圆2221xyM：，点1,Pt为直线1lx：上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为,A B；若两条

3、切线,PA PB与y轴分别交于,S T两点，则ST的最小值为（）A.12B.22C.1D.26.某旅游景区有如图所示 A 至 H 共 8 个停车位，现有 2 辆不同的白色车和 2 辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（）A.288B.336C.576D.16807.在平面直角坐标系 xOy 中，已知过抛物线24yx焦点 F 的直线与抛物线相交于 A，B 两点，以 AF，BF为直径的圆分别与 x 轴交于异于 F 的 P，Q 两点，若2PFFQ，则线段AB的长为（）A.52B.72C.92D.1328.若正实数 a，b 满足ab，且lnln0ab，则下

4、列不等式一定成立的是（）A.log0ab B.11abbaC.122aba bD.11baab二二、选选择择题题：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分.在在每每小小题题给给出出的的选选项项中中，有有多多项项符符合合题题目目要要求求.全全部部选选对对的的得得 5 分分，部部分分选选对对的的得得 2 分分，有有选选错错的的得得 0 分分.9.已知随机变量X服从正态分布0,1N，定义函数 f x为X取值不超过x的概率，即 f xP Xx.若0 x，则下列说法正确的有（）A.1fxf x B.22fxf xC.f x在0,上是增函数D.21P Xxf x10.2022

5、年 9 月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮若波状涌潮的图像近似函数*sin,3fxAxAN的图像，而破碎的涌潮的图像近似 fx（fx是函数 f x的导函数）的图像已知当2x 时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为4，则（）A.2B.623fC.4fx是偶函数D.fx在区间,03上单调11.在棱长为a的正方体1111ABCDABC D中，1B D与平面1ACD相交于点E，P为1ACD内一点，且1113PB DACDSS，设直线 PD 与11AC所成的角为，则下列结论正确的是（）A.1B

6、DPEB.点 P 的轨迹是圆C.点P的轨迹是椭圆D.的取值范围是,3 212.已知数列 na满足1ee1nnaana，且11a，nS是数列 na的前 n 项和，则下列结论正确的是（）A.0na B.1nnaaC.2021202320222aaaD.20232S三三、填填空空题题：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分.13.设平面向量a，b的夹角为60，且2ab，则a在b上的投影向量是_.14.若直线 l：ykxb为曲线 exf x 与曲线 2elng xx的公切线（其中e为自然对数的底数，e2.71828），则实数 b=_.15.如图，在四棱锥PABCD中，底面

7、ABCD为菱形，PD 底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若3PD，3APDBAD，则三棱锥PAOD的外接球的体积为_.16.已知双曲线222210 xyababE：的左、右焦点分别为13,0F，23,0F、两条渐近线的夹角正切值为2 2，则双曲线E的标准方程为_；若直线:30l kxyk与双曲线E的右支交于,A B两点，设1F AB的内心为I，则1F AB与IAB的面积的比值的取值范围是_.四四、解解答答题题：本本题题共共 6 小小题题，共共 70 分分.解解答答应应写写出出文文字字说说明明、证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤.17.在ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，

8、b，c，已知6ac，3cossinsin1cosABAB.（1）求边 b 的大小；（2）求ABC的面积的最大值.18.已知正项数列 na的前 n 项和为nS，满足12nnSnSn，11a.（1）求数列 na的通项公式；（2）数列 nb为等比数列，数列 nc满足112nnnnnacaab，若22b，101 2 3 4 52bb b b b，求证：121nccc.19.在直角梯形11AAB B中，11/ABAB，1AAAB，11126ABAAAB，直角梯形11AAB B绕直角边1AA旋转一周得到如下图的圆台1A A，已知点,P Q分别在线段1CC，BC上，二面角111BAAC的大小为.（1）若12

9、0=，123CPCC ，AQAB，证明：/PQ平面11AAB B；（2）若90，点P为1CC上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面11AAC C所成最大角的正切值，并求此时二面角QAPC的余弦值.20.某学校为了弘扬中华传统文化，组织开展中华传统文化活动周，活动周期间举办中华传统文化知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛，每班通过中华传统文化知识竞答活动，择优选拔 5 人代表班级参加年级比赛.年级比赛分为预赛与决赛二阶段进行，预赛阶段的赛制为：将两组中华传统文化的们答题放在甲、乙两个纸箱中，甲箱有 5 个选择题和 3 个填空题，乙箱中有 4 个选择题和 3 个填空题，比赛中要求每个班级代表队在甲

10、或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个班级代表队先抽取一题作答，答完后试题不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个试题放回原纸箱中.（1）若 1 班代表队从甲箱中抽取了 2 个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着 2 班代表队答题，2 班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题.已知 2 班代表队从乙箱中取出的是选择题，求 1 班代表队从甲箱中取出的是 2 个选择题的概率；（2）经过预赛，成绩最好的 6 班代表队和 18 班代表队进入决赛，决赛采用成语接龙的形式进行，采用五局三胜制，即两班代表队中先胜三局的代表队赢得这场比赛，比赛结束.已知第一局比赛 6 班代表队获胜的概率为

11、35，18 班代表队胜的概率为25，且每一局的胜者在接下来一局获胜的概率为25，每局必分胜负.记比赛结束时比赛局数为随机变量 X，求随机变量 X 的数学期望E X.21.已知双曲线 C：2213xy.（1）若点 P 在曲线 C 上，点 A，B 分别在双曲线 C的两渐近线1l、2l上，且点 A 在第一象限，点 B 在第四象限，若APPB ，1,23，求AOB面积的最大值；（2）设双曲线 C 的左、右焦点分别为1F、2F，过左焦点1F作直线 l 交双曲线的左支于 G、Q 两点，求2GQF周长的取值范围.22.已知函数 lnf xxnx.（1）若1n，求函数 12g xf xk xk的零点个数，并说

12、明理由；（2）当0n 时，若方程 f xb有两个实根12,x x，且12xx，求证：213e2e 123bxxb.长长沙沙市市一一中中 2023 届届高高三三月月考考试试卷卷（七七）数数学学时时量量：120 分分钟钟满满分分：150 分分一一、选选择择题题：本本题题共共 8 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 40 分分.在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的.1.已知集合213Mxx，Nx xa，若MNN，则实数 a 的取值范围为（）A.1,B.2,C.,1D.,1【答案】C【解析】【分析】先求出集合M，根据MNN得出N为M的子

13、集，结合集合间的关系可得答案.【详解】2131Mxxx x，因为MNN，所以N为M的子集，所以1a.故选：C.2.若实数 x，y 满足(i)(3i)24ixy，则xy（）A.1B.1C.3D.3【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算和复数相等的定义求解.【详解】(i)(3i)3(3)i24ixyxyxy，所以3234xyxy，则1xy，故选:B.3.1947 年，生物学家 Max Kleiber 发表了一篇题为body size and metabolicrate的论文，在论文中提出了一个克莱伯定律：对于哺乳动物，其基础代谢率与体重的34次幂成正比，即340Fc M，其中 F 为基础代谢

14、率，M 为体重若某哺乳动物经过一段时间生长，其体重为原来的 10 倍，则基础代谢率为原来的（参考数据：4101.7783）（）A.5.4 倍B.5.5 倍C.5.6 倍D.5.7 倍【答案】C【解析】【分析】利用幂的运算性质去求解即可解决【详解】设该哺乳动物原体重为1M、基础代谢率为1F，则34101Fc M，经过一段时间生长，其体重为110M，基础代谢率为2F，则3420110FcM则33334444201011101010FcMcMF，则32341101.77835.6FF故选：C4.已知函数 2sinf xxx，设1x，2xR，则 12f xf x成立的一个必要不充分条件是（）A.12x

15、xB.21xxC.120 xxD.12xx【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数()f x为偶函数，且在(0,)上单调递增，所以()f x在(,0)上单调递减，结合 12f xf x可得2212xx，举例说明即可判断选项 A、B，将选项 C、D 变形即可判断.【详解】函数()f x的定义域为 R，则函数22()sin)sin=()(fxxxxx f x，所以函数()f x是偶函数，当0 x 时，2()sinf xxx，2()12sin cos(sincos)0fxxxxx，所以()f x在(0,)上单调递增，所以()f x在(,0)上单调递减.若 12f xf x，则12x

16、x，即2212xx.A：若1212xx，满足12xx，但(1)(2)(2)fff，反之也不成立，故选项 A 错误；B：若1245xx，满足21xx，则(4)(5)ff，反之，若 12f xf x，不一定21xx，故选项B 错误；C：由120 xx可得12xx，但不一定有 12f xf x，所以充分性不成立，故选项 C 错误；D：由12xx可得 12f xf x，但由 12f xf x不一定能推出12xx，故 D 正确.故选：D.5.如图，圆2221xyM：，点1,Pt为直线1lx：上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为,A B；若两条切线,PA PB与y轴分别交于,S T两点，则ST的最

17、小值为（）A.12B.22C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用M到切线的距离等于1列方程，结合根与系数关系，求得ST的表达式，进而求得ST的最小值.【详解】解：由题知，切线的斜率存在，设切线方程为1yk xt，即0kxykt.设圆心M到切线的距离为d，则2311ktdk，化简得228610ktkt，则24320t，设两条切线,PA PB的斜率分别为,PAPBkk，则34PAPBkkt，218PAPBtkk.在切线1yk xt中，令0 x，解得ykt，所以 PAPBPAPBSTktktkk222231844484PAPBPAPBttkkkkt ，即284tST，所以min22ST，此时0.

18、t 故ST的最小值为22.故选：B.6.某旅游景区有如图所示 A 至 H 共 8 个停车位，现有 2 辆不同的白色车和 2 辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（）A.288B.336C.576D.1680【答案】B【解析】【分析】根据题意,分 2 步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有4 3 224 种,第二步,排黑车,若白车选AF,则黑车有,BE BG BH CE CH DE DG共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有2714种，根据分步

19、计数原理,共有24 14336种,故选：B7.在平面直角坐标系 xOy 中，已知过抛物线24yx焦点 F 的直线与抛物线相交于 A，B 两点，以 AF，BF为直径的圆分别与 x 轴交于异于 F 的 P，Q 两点，若2PFFQ，则线段AB的长为（）A.52B.72C.92D.132【答案】C【解析】【分析】设2,AFm BFm，通过几何分析可求得tan2 2BEAFPAE，从而求出AB的方程，联立AB的方程和抛物线方程即可求弦长AB.【详解】如图，过点,A B分别作准线=1x的垂线，垂足为,C D,过B作AC的垂线，垂足为E，因为 AF，BF为直径的圆分别与 x 轴交于异于 F 的 P，Q 两点

20、，所以90APFBQF,且AFPBFQ,所以QFB与PFA相似，且相似比为:1:2FQPF，所以2AFBF,设2,AFm BFm，所以CEBDBFm，则AEm，所以222 2BEABAEm，tan2 2BEAEBAE，即tan2 2BEAFPAE,所以直线AB的斜率为2 2，所以AB的方程为2 2(1)yx，联立22 2(1)4yxyx可得22520 xx，设1122(,),(,)A x yB xy，则有1252xx，所以1292ABxxp=+=，故选:C.8.若正实数 a，b 满足ab，且lnln0ab，则下列不等式一定成立的是（）A.log0ab B.11abbaC.122aba bD.1

21、1baab【答案】D【解析】【分析】根据函数单调性及lnln0ab得到1ab或01ba，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A 选项可以用对数函数单调性得到，B 选项可以用作差法，C 选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D 选项，需要构造函数进行求解.【详解】因为0ab，lnyx为单调递增函数，故lnlnab，由于lnln0ab，故lnln0ab，或lnln0ba，当lnln0ab时，1ab，此时log0ab；11110ababbaab，故11abba；1110ababab，122aba b；当lnln0ba时，01ba，此时log0ab，11110ababbaab，故11baab；1110

22、ababab，122aba b；故 ABC 均错误；D 选项，11baab，两边取自然对数，1 ln1 lnbaab，因为不管1ab，还是01ba，均有110ab，所以lnln11abab，故只需证lnln11abab即可，设()ln1xfxx=-（0 x 且1x），则 211ln1xxfxx，令 11lng xxx（0 x 且1x），则 22111xgxxxx，当0,1x时，0gx，当1,x时，0gx，所以 10g xg，所以 0fx在0 x 且1x 上恒成立，故()ln1xfxx=-（0 x 且1x）单调递减，因为ab，所以lnln11abab，结论得证，D 正确故选：D二二、选选择择题题

23、：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分.在在每每小小题题给给出出的的选选项项中中，有有多多项项符符合合题题目目要要求求.全全部部选选对对的的得得 5 分分，部部分分选选对对的的得得 2 分分，有有选选错错的的得得 0 分分.9.已知随机变量X服从正态分布0,1N，定义函数 f x为X取值不超过x的概率，即 f xP Xx.若0 x，则下列说法正确的有（）A.1fxf x B.22fxf xC.f x在0,上是增函数D.21P Xxf x【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的性质和 f xP Xx逐个分析判断即可.【详解】对于 A，因为随机变量X服从正态分布

24、0,1N，f xP Xx，所以()()1()fxP Xxf x，所以 A 正确，对于 B，因为2(2)fxP Xx，22()f xP Xx，所以 B 错误，对于 C，因为随机变量X服从正态分布0,1N，f xP Xx，所以当0 x 时，随x的增大，P Xx的值在增大，所以 f x在0,上是增函数，所以 C 正确，对于 D，因为 1fxf x，所以1212 1()2()1P XxPxXxfxf xf x ，所以 D 正确，故选：ACD10.2022 年 9 月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮

25、若波状涌潮的图像近似函数*sin,3fxAxAN的图像，而破碎的涌潮的图像近似 fx（fx是函数 f x的导函数）的图像已知当2x 时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为4，则（）A.2B.623fC.4fx是偶函数D.fx在区间,03上单调【答案】BC【解析】【分析】由 f x，求得 fx，由题意得()(2)2ff，由*N，3，解出,，由破碎的涌潮的波谷为-4，解得A，得到 f x和 fx解析式，逐个判断选项.【详 解】sinf xAx，则 cosfxAx，由 题 意 得()(2)2ff，即sincosAA，故tan，因为*N，3，所以tan3，所以,14，则选项 A 错误；因 为 破

26、碎 的 涌 潮 的 波 谷 为4，所 以()fx的 最 小 值 为4，即4A，得4A，所 以 4sin4f xx，则32124sin4 sincoscossin46233434342222f，故选项 B正确；因为 4sin4f xx，所以 4cos4fxx，所以4cos4fxx为偶函数，则选项 C正确；4cos4fxx，由03x，得1244x，因为函数4cosyx在,012上单调递增，在0,4上单调递减，所以()fx在区间,03上不单调，则选项 D 错误.故选：BC11.在棱长为a的正方体1111ABCDABC D中，1B D与平面1ACD相交于点E，P为1ACD内一点，且1113PB DAC

27、DSS，设直线 PD 与11AC所成的角为，则下列结论正确的是（）A.1B DPEB.点 P 的轨迹是圆C.点P的轨迹是椭圆D.的取值范围是,3 2【答案】ABD【解析】【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得1B D 平面1ACD，分析可得点E即为1ACD的中心，结合1113PB DACDSS可得13PEa，从而可得点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，转化为PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.【详解】如图所示，1B D与平面1ACD相交于点E，连接BD交AC于点O，连接11B D；由题意可知1BB 平面ABCD，AC平面ABC

28、D，则1BBAC；又因为ACBD，11,BBBDBBB BD，平面11BDD B，所以AC 平面11BDD B，又1B D 平面11BDD B，所以1ACB D；同理可证11ADB D，又1ADACA，1,AD AC 平面1ACD，所以1B D 平面1ACD；又因为111111ACADCDABB DBC，由正三棱锥性质可得点E即为1ACD的中心，连接1OD；因为O为AC的中点，1OD交1B D于点E，连接PE，由1B D 平面1ACD，PE 平面1ACD，则1B DPE，所以选项 A 正确；即PE为1PB D的高，设PEd，由正方体棱长为a可知，13,2B Da ACa，且1ACD的内切圆半径

29、66rOEa；所以112113133,2222222PB DACDSPEad SB DaaaVV；又1113PB DACDSS，即可得13dar，所以点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，所以 B 正确，C 错误；由1B D 平面1ACD，1OD 平面1ACD，则11B DOD，所以2233DEODOEa，因此PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，如图所示:设圆锥母线与底面所成的角为，则33tan313aa，所以3；即直线PD与平面1ACD所成的角为3，又因为异面直线所成角的取值范围是0,2，直线AC在平面1ACD内，所以直线 PD 与AC所成的角的取值范围为,3 2,又因为1

30、1/AC AC，所以直线 PD 与11AC所成的角的取值范围为,3 2，即,3 2；即 D 正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：（1）通过比较PE与1ACD的内切圆半径的大小，得出动点P的轨迹；（2）将直线PD 与11AC所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.12.已知数列 na满足1ee1nnaana，且11a，nS是数列 na的前 n 项和，则下列结论正确的是（）A.0na B.1nnaaC.2021202320222aaaD.20232S【答案】ACD【解析】【分析】对于选项 A，B 证明数列 na为单调递减数列即得解；对于选项 C，证明随着na减小，从而1nnaa增大，即得解

31、；对于选项 D，证明112nnaa，即得解.【详解】解：对于选项 A、B，因为11a，0na，所以11nnaaneea，设 e1exxg xx，g()eeeexxxxxxx当0 x 时，()0g x，()g x单调递减，当0 x 时，()0g x，()g x单调递增，所以()(0)0g xg，则ee1xxx，所以ee1nnaana，当0na 时，1e1eennnaaana，1nnaa，当0na 时，1e1eennnaaana，1nnaa，因为11a，所以这种情况不存在，则数列 na满足当0na 时，1nnaa，为单调递减数列，故 A 选项正确，B 选项错误；对于选项 C，1ln1lnenann

32、nnaaaa令,(0,1nxax，设()ln1ln,(0,e1xf xxx x则e111()10e1e1xxxfxxx，所以函数()f x单调递减，所以随着na减小，从而1nnaa增大，所以2023202220222021aaaa，即2021202320222aaa，所以 C 选项正确，对于选项 D，由前面得101nnaa，下面证明112nnaa，只需证明112e1ln11e111lne2e22nnnnaaaannnnnnnaaaaaaa，令enab，则1eb，所以1112221ln0lnbbbbbb，令1122()ln,(1,em bbbb b，则11()202m bbbb，m()m(1)0

33、b成立，则112nnaa所以2023122212202120211112222Saaaaaa2021112ln e 1ln e 122 所以 D 选项正确；故选：ACD.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.三三、填填空空题题：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分

34、分.13.设平面向量a，b的夹角为60，且2ab，则a在b上的投影向量是_.【答案】12b【解析】【分析】根据题意，求得cos601a，进而求得a在b上的投影向量，得到答案.【详解】由题意知，平面向量a，b的夹角为60，且2ab，则cos601a，所以则a在b上的投影向量为112bbb.故答案为：12b14.若直线 l：ykxb为曲线 exf x 与曲线 2elng xx的公切线（其中e为自然对数的底数，e2.71828），则实数 b=_.【答案】0或2e#2e或0【解析】【分析】设切点坐标，求导，根据切线方程的求解，分别得到 f x，g x的切线方程，由两条切线方程相同可联立方程即可求出切点

35、横坐标，进而可求解.【详解】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求b.设l与 f x的切点为11,xy，则由 exfx，有111:e1exxl yxx.同理，设l与 g x的切点为22,xy，由 2egxx，有2222e:eln1l yxxx.故1122212ee1eeln1,xxxxx，由式两边同时取对数得：12212lnln1=1xxxx，将代入中可得：121e01exx，进而解得121,exx或122,1xx.则:el yx或22ee.yx故0b 或2e.故答案为：0或2e15.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PD 底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若

36、3PD，3APDBAD，则三棱锥PAOD的外接球的体积为_.【答案】36【解析】【分析】根据棱锥的性质，证明PA的中点就是三棱锥PAOD的外接球球心，得出半径后可求体积【详解】取PA中点M，DA中点E，连接,ME EO，则/ME PD，因为PD 底面ABCD，所以ME 平面ABCD，因为四边形ABCD是菱形，则AOOD，所以E是AOD的外心，又PD 底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PDAD，所以M到,P A D O四点距离相等，即为三棱锥PAOD的外接球球心又3PD，3APD，所以36cos3PA，所以3MAMP，所以三棱锥PAOD的外接球体积为343363V 故答案为：3616.已知双

37、曲线222210 xyababE：的左、右焦点分别为13,0F，23,0F、两条渐近线的夹角正切值为2 2，则双曲线E的标准方程为_；若直线:30l kxyk与双曲线E的右支交于,A B两点，设1F AB的内心为I，则1F AB与IAB的面积的比值的取值范围是_.【答案】.22163xy.2,6【解析】【分析】设双曲线E的一条渐近线byxa的倾斜角为,0,2，进而结合题意得2tan2ba，进而结合2223,cbac即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得2F为1F AB的内切圆与边AB的切点，进而将问题转化为14 62IAF ABBSABS，最后联立方程，求解弦长AB的范围即可得答案.【

38、详解】解：设双曲线E的一条渐近线byxa的倾斜角为,0,2，由0ab得10ba，20,2，所以，22tantan22 21tan，解得2tan2或tan2（舍）所以，22ba，即2ab，因为2223,cbac，所以223,6ba，即双曲线E的标准方程为22163xy；由:30l kxyk得:3l yk x，故直线l过点23,0F，所以，如图，设1F AB的内切圆与11,AF BF AB分别切于D C E,点，则11,ADAEBCBEFCFD，1111,ADFDAFBCFCBF，由双曲线的定义得12122 6AFAFBFBF，所以1122AFBFAFBFADBCAEBE，即22AFBFAEBE，

39、所以，点2,E F重合，即2F为1F AB的内切圆与边AB的切点，所以，2IF为1F AB的内切圆半径，因为121112F ABSIFAFBFAB，212IABSIFAB所以121124 624 64 62IABF ABSBAFBFABAFBFABABSABBABA，设1122,A x yB xy，联立方程223163yk xxy得22221 2121860kxk xk，所以，42221444 1 21862410kkkk 且2120k，即22 k，22121222121860,02121kkxxx xkk，即2210k 所以22221212222132113 622142 62 666212

40、121kkABkxxx xkkk，所以，14 622,6IBABF ASSAB故1F AB与IAB的面积的比值的取值范围是2,6.故答案为：22163xy；2,6.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到2F为1F AB的内切圆与边AB的切点，进而根据面积公式求解即可.四四、解解答答题题：本本题题共共 6 小小题题，共共 70 分分.解解答答应应写写出出文文字字说说明明、证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤.17.在ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知6ac，3cossinsin1cosABAB.（1）求边 b的大小；（2）求ABC的面积的最大值.【答

41、案】（1）2b；（2）2 2.【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换化简得3sinsinsinBAC，再利用正弦定理化简即得解；（2）先利用基本不等式求出9ac，再利用余弦定理求出cosB得到sinB，即得解.【小问 1 详解】3 cossinsin1 cosABAB，则3sinsinsincoscossinsinsin()BAABABAAB，A+B+C=，3sinsinsinBAC，由正弦定理可得36bac，2b.【小问 2 详解】6ac，62acac，可得9ac（当且仅当3ac时等号成立），2222()2416cos22acbacacacBacacac，可得22164sin1 cos12

42、16acBBacacac，114sin2162 2162 2 9 162 222SacBacacacac（当且仅当3ac时等号成立）.ABC的面积的最大值为2 2.18.已知正项数列 na的前 n 项和为nS，满足12nnSnSn，11a.（1）求数列 na的通项公式；（2）数列 nb为等比数列，数列 nc满足112nnnnnacaab，若22b，101 2 3 4 52bb b b b，求证：121nccc.【答案】（1）nan，nN（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先由累乘法求得nS，再根据na与nS的关系即可求得数列 na的通项公式；（2）先由条件求得数列 nb的通项公式，即可得到

43、nc，然后根据裂项相消法即可证明.【小问 1 详解】因为12nnSnSn，则3124123213451,12321nnnnSSSSSnnSSSSnSn，累乘可得，113451123212nn nSnnSnn，2n所以1,22nn nSn，又111Sa符合式子，所以1,2nn nSnN，当2n时，2211122nnnnnS，所以两式相减可得1nnnaSSn，2n，又11a 符合上式，所以nan，nN【小问 2 详解】因为数列 nb为等比数列，22b，且101 2 3 4 52bb b b b，设数列 nb的公比为q，则51022b q，即51022q，所以2q=，则12nnb所以12111 22

44、1 2nnnnncn nnn，即121111111114412123221 2nnncccnn1111 2nn 19.在直角梯形11AAB B中，11/ABAB，1AAAB，11126ABAAAB，直角梯形11AAB B绕直角边1AA旋转一周得到如下图的圆台1A A，已知点,P Q分别在线段1CC，BC上，二面角111BAAC的大小为.（1）若120=，123CPCC ，AQAB，证明：/PQ平面11AAB B；（2）若90，点P为1CC上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面11AAC C所成最大角的正切值，并求此时二面角QAPC的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）PQ与平面11AAC

45、C所成最大角的正切值为52，此时二面角QAPC的余弦值为2 8989【解析】【分析】（1）由已知可建立以A为原点，1,AB AQ AA所在直线分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；（2）根据已知可建立以A为原点，1,AB AC AA所在直线分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，设10,1CPCC ，根据线面关系求得PQ与平面11AAC C所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角QAPC的余弦值.【小问 1 详解】因为1AAAB，所以1AAAC，所以111120BACB AC，又,ABACA AB AC平面ABC，所以1A

46、A 平面ABC，又AQ 平面ABC，所以1AAAQ，又AQAB，如图，以A为原点，1,AB AQ AA所在直线分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，由于11126ABAAAB，所以2 3AQ，则13 3 30,2 3,0,3,3 3,0,622QCC，又123CPCC ，所以2 33 33,3 3,61,3,43 22PPPxyz，则2,2 3,4P，所以2,0,4PQ ，又y轴平面11AAB B，故0,1,0n 可为平面11AAB B的一个法向量，又0000PQ n，且PQ 平面11AAB B，所以/PQ平面11AAB B；【小问 2 详解】因为1AAAB，所以1AAAC，所以11190B

47、ACB AC，如图，以A为原点，1,AB AC AA所在直线分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，则16,0,0,0,6,0,0,3,6,3,3,0BCCQ，设10,1CPCC ，则0,3,60,3,6CP，则 3,3,00,3,63,33,6PQCQCP ，又x轴平面11AAC C，所以1,0,0m 可作为平面11AAC C的一个法向量，设PQ与平面11AAC C所成角为，且0,2，则23sincos,451818PQ mPQ mPQm ，又函数siny与tany均在0,2上单调递增，所以当15时，23sin451818有最大值为53，此时tan也取到最大值，又22cos1 sin3，则m

48、ax5tan2；设此时平面APQ的法向量为,px y z，又12627 63,3,0,3,3,03,0,5555AQAPAQPQ 所以3300276200559xyxyAQ pyzyzAP p ，令9z，则2,2,9p，1,0,0m 是平面APC的一个法向量，所以22 89cos,89189m pm pmp ，由图可知二面角QAPC为锐角，即二面角QAPC的余弦值为2 8989.所以PQ与平面11AAC C所成最大角的正切值为52，此时二面角QAPC的余弦值为2 8989.20.某学校为了弘扬中华传统文化，组织开展中华传统文化活动周，活动周期间举办中华传统文化知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛

49、，每班通过中华传统文化知识竞答活动，择优选拔 5 人代表班级参加年级比赛.年级比赛分为预赛与决赛二阶段进行，预赛阶段的赛制为：将两组中华传统文化的们答题放在甲、乙两个纸箱中，甲箱有 5 个选择题和 3 个填空题，乙箱中有 4 个选择题和 3 个填空题，比赛中要求每个班级代表队在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个班级代表队先抽取一题作答，答完后试题不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个试题放回原纸箱中.（1）若 1 班代表队从甲箱中抽取了 2 个试题，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着 2 班代表队答题，2 班代表队抽取第一题时，从乙箱中抽取试题.已知 2 班代表队从乙

50、箱中取出的是选择题，求 1 班代表队从甲箱中取出的是 2 个选择题的概率；（2）经过预赛，成绩最好的 6 班代表队和 18 班代表队进入决赛，决赛采用成语接龙的形式进行，采用五局三胜制，即两班代表队中先胜三局的代表队赢得这场比赛，比赛结束.已知第一局比赛 6 班代表队获胜的概率为35，18 班代表队胜的概率为25，且每一局的胜者在接下来一局获胜的概率为25，每局必分胜负.记比赛结束时比赛局数为随机变量 X，求随机变量 X 的数学期望E X.【答案】（1）2049（2）537125E X.【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式、全概率公式可得 2 班代表队从乙箱中取出 1 个选择题的概率，然