【解析】江蘇省鎮(zhèn)江市丹陽高中、鎮(zhèn)江一中、鎮(zhèn)江中學(xué)三校2023屆高三下學(xué)期5月調(diào)研數(shù)學(xué)試題

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一、填空題

1．（2023·丹陽模擬）已知命題P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，則命題￢P為．

【答案】x∈R，x3﹣x﹣1≤0

【知識點】命題的否定

【解析】【解答】解：命題P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，是一個特稱命題，

所以命題￢P為：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

故答案為：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

【分析】利用特稱命題的否定是全稱命題分析解答.

2．（2023·丹陽模擬）已知全集U＝R，A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，則＝．

【答案】{x｜x≥3或x＜-1}

【知識點】交、并、補集的混合運算；對數(shù)函數(shù)的概念與表示

【解析】【解答】解：A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}＝{x|x＜﹣1或x＞1}，

B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x|﹣1＜x＜3}，

則＝{x|x≥3或x≤﹣1}，

則＝或，

故答案為：或．

【分析】先化簡集合，再求，最后求得解.

3．（2023·丹陽模擬）已知z1＝2+3i，z2＝1+i，則．

【答案】

【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念；復(fù)數(shù)的模

【解析】【解答】解：∵z1＝2+3i，z2＝1+i，

∴．

故答案為：．

【分析】直接利用商的模等于模的商求解．

4．（2023·丹陽模擬）若樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…,x10的標(biāo)準(zhǔn)差為8，則數(shù)據(jù)2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的標(biāo)準(zhǔn)差為．

【答案】16

【知識點】極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差

【解析】【解答】因為樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為，，即DX=64，因為數(shù)據(jù)的方差為，則對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)差為，故答案為。

【分析】利用標(biāo)準(zhǔn)差與方差的關(guān)系式結(jié)合已知條件，從而求出DX的值，再利用方差的性質(zhì)，從而求出方差D(2X-1)的值，進(jìn)而求出對應(yīng)的數(shù)據(jù)2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的標(biāo)準(zhǔn)差的值。

5．（2023·丹陽模擬）一枚硬幣連續(xù)拋擲三次，則兩次正面向上的概率為．

【答案】

【知識點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率

【解析】【解答】解：一枚硬幣連續(xù)拋擲3次可能出現(xiàn)的結(jié)果為（正，正，正）（正，反，正）（正，正，反）（反，正，正）（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）（反，反，反）共8種，

其中恰好有兩次反面向上的有（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）共3種，

故所求概率為P

故答案為：.

【分析】列舉可得總的基本事件，找出恰好有兩次反面向上的基本事件，由概率公式可得．

6．（2023·丹陽模擬）已知，且，則cosx＝．

【答案】

【知識點】兩角和與差的余弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【解答】解：∵，∴，

又，∴sin（x），

則cosx＝cos[（x）]＝cos（x）cossin（x）sin

．

故答案為：．

【分析】由已知求得sin（x），再由兩角差的余弦公式計算．

7．（2023·丹陽模擬）已知函數(shù)，若方程有兩個根，則實數(shù)m的取值范圍為．

【答案】m=4或m≥5

【知識點】對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；根的存在性及根的個數(shù)判斷

【解析】【解答】如圖，作出函數(shù)的圖象：

若方程有兩個根，

即直線與函數(shù)圖象有2個交點，

由圖象可得：或，解得或，

故答案為：或．

【分析】作出函數(shù)的圖象，然后條件可轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象有2個交點，然后結(jié)合圖象可求解.

8．（2023·丹陽模擬）圓心在拋物線上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的方程為.

【答案】和

【知識點】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；圓錐曲線的綜合

【解析】【解答】拋物線的準(zhǔn)線方程為，

設(shè)所求圓的圓心為，則，且，解得，，

故所求圓的方程為，

故答案為：或。

【分析】利用拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程求出準(zhǔn)線方城，再利用圓心在拋物線上，從而設(shè)出圓心坐標(biāo)，進(jìn)而設(shè)出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，再利用直線與圓相切的位置關(guān)系的判斷方法，從而求出圓心在拋物線上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

9．（2023·丹陽模擬）在直角坐標(biāo)平面中，△ABC的兩個頂點A、B的坐標(biāo)分別為A（﹣1，0），B（1，0），平面內(nèi)兩點G、M同時滿足下列條件：（1）；（2）；（3）∥，則△ABC的頂點C的軌跡方程為．

【答案】x21（y≠0）

【知識點】平面內(nèi)兩點間的距離公式；軌跡方程

【解析】【解答】解：由得，G為重心，

由得，M為外心．

所以M點在y軸上（M到AB兩點距離相等）．

又，則．

設(shè)M為（0，y），G為（x，y）（y≠0），由重心坐標(biāo)公式得C為（3x，3y）．

再由MA＝MC，得整理得：9x2+3y2＝1①．

再設(shè)c（x'，y'），由3x＝x'，3y＝y(tǒng)'得x，y．

代入①得：（x′）21．

所以△ABC的頂點C的軌跡方程為，．

故答案為：，．

【分析】由題目給出的條件，分別得到G為三角形ABC的重心，M為三角形ABC的外心，設(shè)出G點坐標(biāo)，由，可知M和G具有相同的縱坐標(biāo)，由重心坐標(biāo)公式得到C點的坐標(biāo)，然后由M到A和C的距離相等列式可得G的軌跡方程，利用代入法轉(zhuǎn)化為C的軌跡方程．

10．（2023·丹陽模擬）四面體ABCD中，AB＝CD＝6，其余的棱長均為5，則與該四面體各個表面都相切的內(nèi)切球的半徑長等于．

【答案】

【知識點】組合幾何體的面積、體積問題；棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內(nèi)接多面體

【解析】【解答】解：取CD的中點E連接AE、BE，取AB的中點F，連接EF.

由題意知AE⊥CD，BE⊥CD

又∵AE∩BE＝E，平面ABE，

∴CD⊥平面ABE.

又AB＝CD＝6，其余的棱長均為5,

∴AD＝5，DE＝3

∴AE＝4，同理BE＝4.

∴等腰ABE底邊AB上的高為EF

∴ABE的面積S

∴三棱錐ABCD的體積V

又

設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則球心O到每個表面的距離為R，且球心O到每個表面的距離為R

∴三棱錐ABCD的體積V

∴

故答案為：.

【分析】取CD的中點E連接AE、BE，取AB的中點F，連接EF.把四面體分割成四個小三棱錐，根據(jù)體積相等，即可得解.

11．（2023·丹陽模擬）設(shè)M是內(nèi)一點，，定義，其中分別是的面積，若，則的最小值是．

【答案】18

【知識點】基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；平面向量的數(shù)量積運算

【解析】【解答】根據(jù)已知條件可知，，那么由于，則結(jié)合三角形的面積公式可知，n+m+p=1,那么

因此可知，可知其最小值為18。

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積公式，再利用三角形面積公式求出x+y的值，再利用均值不等式求最值變形求出的最小值。

12．（2023·丹陽模擬）已知定義在R上的函數(shù)和滿足，，，．令，則使數(shù)列的前n項和超過的最小自然數(shù)n的值為．

【答案】5

【知識點】數(shù)列與函數(shù)的綜合

【解析】【解答】因為

所以令，得到；令，得到．

代入可得，

化簡得，解得或．

∵，∴，

從而可得是減函數(shù)，．

∴，．

再由解得，故n的最小值為5，

故答案為：5

【分析】由和可得，求出方程的解即可得到a的值，根據(jù)可知是減函數(shù)，對求得的a進(jìn)行取舍，求出數(shù)列的通項公式，進(jìn)而求得其前n項和，解不等式，即可求得結(jié)果．

13．（2023·丹陽模擬）設(shè)正實數(shù)x，則的值域為．

【答案】[0，]

【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

【解析】【解答】令lnx＝t，則x＝et，∴g（t），令t2＝m，m≥0，

∴，∴h′（m），令h′（m）＝0，解的m＝1，

當(dāng)0≤m＜1時，h′（m）＞0，函數(shù)h（m）單調(diào)遞增，

當(dāng)m≥1時，h′（m）＜0，函數(shù)h（m）單調(diào)遞減，

∴h（m）max＝h（1），∵f（0）＝0，當(dāng)m→+∞時，h（m）→0，

∴的值域為[0，]，

故答案為：[0，]．

【分析】利用換元法，原函數(shù)的值域即為函數(shù)的值域，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系即可求出．

二、解答題

14．（2023·丹陽模擬）已知動點P（x，y）滿足|x﹣1|+|y﹣a|＝1，O為坐標(biāo)原點，若的最大值的取值范圍為，則實數(shù)a的取值范圍是．

【答案】

【知識點】函數(shù)的圖象；其他不等式的解法

【解析】【解答】考慮|x﹣1|+|y﹣a|＝1的圖象，如圖，

x必然是在0到2之間

x取到0或2那么y只能取a

x在兩者之間y可以取兩個值

x取到1則y可以取a+1或a﹣1，

圖象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）為端點的正方形，那么和O最遠(yuǎn)的應(yīng)該是最遠(yuǎn)的兩個端點之一，

如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）

如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）

這樣一來，||平方的最大值就是：

當(dāng)a＞0，（a+1）2+1或a2+4

當(dāng)a＜0，（a﹣1）2+1或a2+4

比較它們的大?。?/p>

當(dāng)a≥1時，（a+1）2+1，則（a+1）2+1更大；

當(dāng)0＜a＜1時，（a+1）2+1-(a2+4)且當(dāng)﹣1＜a＜0時，，則當(dāng)﹣1＜a＜1時，a2+4更大；

當(dāng)a≤﹣1時，，則（a-1）2+1更大；

作以上函數(shù)圖象，再讀出||2取值范圍為[，17]，即有

或

所以a取值范圍是．

故答案為：．

【分析】先考慮|x﹣1|+|y﹣a|＝1的圖象，圖象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）為端點的正方形，那么和O最遠(yuǎn)的應(yīng)該是最遠(yuǎn)的兩個端點之一，再對a進(jìn)行分類討論，如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）；如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）．再分類寫出||平方的最大值．最后利用分段函數(shù)的圖象，再讀出||2取值范圍為[，17]時，a取值范圍．

15．（2023·丹陽模擬）已知中，，，分別為三個內(nèi)角，，的對邊，，

（1）求角；

（2）若，求的值.

【答案】（1）解：由正弦定理和，得，

中，，所以，所以，，

，所以；

（2）解：因為，由正弦定理得，

所以.

【知識點】兩角和與差的正弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【分析】（1）先由正弦定理將邊角關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系，再利用配角公式進(jìn)行化簡求解；（2）由正弦定理將邊邊關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系，再利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式、兩角和的正弦公式進(jìn)行求解.

16．（2023·丹陽模擬）在如圖的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點．

（Ⅰ）求證：AB∥平面DEG；

（Ⅱ）求證：BD⊥EG；

（Ⅲ）求多面體ADBEG的體積．

【答案】解：（Ⅰ）∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．

又∵BC＝2AD，G是BC的中點，∴，∴四邊形ADGB是平行四邊形，∴AB∥DG，∵AB平面DEG，DG平面DEG，∴AB∥平面DEG．

（Ⅱ）∵EF⊥平面AEB，AE平面AEB，∴EF⊥AE，

又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．

過D作DH∥AE交EF于H，連接，則DH⊥平面BCFE．

∵EG平面BCFE，∴DH⊥EG．

∵AD∥EH，DH∥AE，∴四邊形AEHD平行四邊形，∴EH＝AD＝2，

∴EH＝BG＝2，又EH∥BG，EH⊥BE，

∴四邊形BGHE為正方形，∴BH⊥EG，

又BH∩DH＝H，BH平面BHD，DH平面BHD，∴EG⊥平面BHD．

∵BD平面BHD，∴BD⊥EG．

（Ⅲ）∵EF⊥平面AEB，AD∥EF，∴AD⊥平面AEB，

由（2）知四邊形BGHE為正方形，∴BE⊥BC．

∴VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG4.

【知識點】組合幾何體的面積、體積問題；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定

【解析】【分析】（Ⅰ）先證明四邊形ADGB是平行四邊形，可得AB∥DG，從而證明AB∥平面DEG．（Ⅱ）過D作DH∥AE交EF于H，則DH⊥平面BCFE，DH⊥EG，再證BH⊥EG，從而可證EG⊥平面BHD，故BD⊥EG．（Ⅲ）要求多面體ADBEG的體積，利用分割的思想轉(zhuǎn)化為VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG轉(zhuǎn)化為求兩個三棱錐的體積即可．

17．（2023·丹陽模擬）如圖，GH是東西方向的公路北側(cè)的邊緣線，某公司準(zhǔn)備在GH上的一點B的正北方向的A處建一倉庫，設(shè)AB=ykm，并在公路同側(cè)建造邊長為xkm的正方形無頂中轉(zhuǎn)站CDEF（其中邊EF在GH上），現(xiàn)從倉庫A向GH和中轉(zhuǎn)站分別修兩條道路AB，AC，已知AB=AC+1，且∠ABC=60o．

（1）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；

（2）如果中轉(zhuǎn)站四周圍墻造價為1萬元/km，兩條道路造價為3萬元/km，問：x取何值時，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路總造價M最低？

【答案】（1）解：在中,,所以.

在中，，

由余弦定理，得，

即，

所以.

由，得.又因為，所以.

所以函數(shù)的定義域是.

（2）解：.

因為（），所以

即.

令則.于是，

由基本不等式得，

當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.

答：當(dāng)km時，公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路最低總造價為490萬元.

【知識點】函數(shù)解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；函數(shù)最值的應(yīng)用

【解析】【分析】(1)利用題意結(jié)合余弦定理可得函數(shù)的解析式，其定義域是.(2)結(jié)合(1)的結(jié)論求得利潤函數(shù)，由均值不等式的結(jié)論即可求得當(dāng)km時，公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路最低總造價為490萬元.

18．（2023·丹陽模擬）已知橢圓C：（）的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q.

（i）證明：OT平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點）；

（ii）當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo).

【答案】（1）解：，又.

（2）解：橢圓方程化為.

（ⅰ）設(shè)PQ的方程為，代入橢圓方程得：.

設(shè)PQ的中點為，則

又TF的方程為，則得，

所以，即OT過PQ的中點，即OT平分線段PQ.

（ⅱ），又，所以

.

當(dāng)時取等號，此時T的坐標(biāo)為.

【知識點】橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；直線與圓錐曲線的綜合問題

【解析】【分析】（1）由題意，又，由此可求出的值，從而求得橢圓的方程.（2）橢圓方程化為.設(shè)PQ的方程為，代入橢圓方程得：.（ⅰ）設(shè)PQ的中點為，求出，只要，即證得OT平分線段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化簡得：.再根據(jù)取等號的條件，可得T的坐標(biāo).

19．（2023·丹陽模擬）已知函數(shù)f（x）=ax2+lnx（a∈R）．

（1）當(dāng)a=時，求f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值；

（2）如果函數(shù)g（x），f1（x），f2（x），在公共定義域D上，滿足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就稱g（x）為f1（x），f2（x）的“活動函數(shù)”．已知函數(shù).。若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f1（x），f2（x）的“活動函數(shù)”，求a的取值范圍．

【答案】（1）解：當(dāng)a=時，，；

對于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，

∴，．

（2）解：在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f1（x），f2（x）的“活動函數(shù)”，則f1（x）＜f（x）＜f2（x）令＜0，對x∈（1，+∞）恒成立，

且h（x）=f1（x）﹣f（x）＜0對x∈（1，+∞）恒成立，

∵

若，令p′（x）=0，得極值點x1=1，，

當(dāng)x2＞x1=1，即時，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0，

此時p（x）在區(qū)間（x2，+∞）上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合題意；

當(dāng)x2＜x1=1，即a≥1時，同理可知，p（x）在區(qū)間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合題意；

若，則有2a﹣1≤0，此時在區(qū)間（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，

從而p（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；

要使p（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿足

所以≤a≤．

又因為h′（x）=﹣x+2a﹣=＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，

h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤

綜合可知a的范圍是[，]．

【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；函數(shù)最值的應(yīng)用

【解析】【分析】（1）由題意得f（x）=x2+lnx，，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，即可求出函數(shù)的最值．（2）由題意得：令f（x）f2（x）=，對x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f1（x）﹣f（x）=對x∈（1，+∞）恒成立，分類討論當(dāng)或時兩種情況求函數(shù)的最大值，可得到a的范圍．又因為h′（x）=﹣x+2a﹣=，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，可得到a的另一個范圍，綜合可得a的范圍．

20．（2023·丹陽模擬）設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，且當(dāng)n∈N*時，an3+an2(1﹣an+1)+1＝an+1．

（1）求a2，a3的值；

（2）比較an與an+1的大小，并證明你的結(jié)論．

（3）若bn＝(1)，其中n∈N*，證明：0＜b1+b2+……+bn＜2．

【答案】（1）解：依題意，由an3+an2（1﹣an+1）+1＝an+1，可解得an+1，

則a2，

a3；

（2）解：an+1＞an．

證明如下：

由（1）得an+1，

∴an+1﹣an0，

∴an+1＞an；

（3）解：由于bn＝（1），

由（1）an+1＞an，則1，，

而an+1＞an＞…＞a1＝1＞0，則bn＞0，

∴0．

又于bn＝（1），

∴bn．

∴2[()+()+…+()]，

∴，

而an+1＞an，且a1＝1，故an+1＞0．

∴，從而0＜b1+b2+……+bn＜2．

【知識點】數(shù)列的函數(shù)特性；數(shù)列的求和；數(shù)列的遞推公式

【解析】【分析】（1）由已知數(shù)列遞推式得出an+1，依次代入計算可得a2，a3的值；（2）利用作差，通分后配方可證明an+1＞an；（3）由于bn＝（1），且an+1＞an，得0，由an+1＞an＞…＞a1＝1＞0得bn＞0，從而可得b1+b2+……+bn＞0；再由bn＝（1）

，得到bn．利用裂項相消法得，從而可證得結(jié)論．

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一、填空題

1．（2023·丹陽模擬）已知命題P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，則命題￢P為．

2．（2023·丹陽模擬）已知全集U＝R，A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，則＝．

3．（2023·丹陽模擬）已知z1＝2+3i，z2＝1+i，則．

4．（2023·丹陽模擬）若樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…,x10的標(biāo)準(zhǔn)差為8，則數(shù)據(jù)2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的標(biāo)準(zhǔn)差為．

5．（2023·丹陽模擬）一枚硬幣連續(xù)拋擲三次，則兩次正面向上的概率為．

6．（2023·丹陽模擬）已知，且，則cosx＝．

7．（2023·丹陽模擬）已知函數(shù)，若方程有兩個根，則實數(shù)m的取值范圍為．

8．（2023·丹陽模擬）圓心在拋物線上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的方程為.

9．（2023·丹陽模擬）在直角坐標(biāo)平面中，△ABC的兩個頂點A、B的坐標(biāo)分別為A（﹣1，0），B（1，0），平面內(nèi)兩點G、M同時滿足下列條件：（1）；（2）；（3）∥，則△ABC的頂點C的軌跡方程為．

10．（2023·丹陽模擬）四面體ABCD中，AB＝CD＝6，其余的棱長均為5，則與該四面體各個表面都相切的內(nèi)切球的半徑長等于．

11．（2023·丹陽模擬）設(shè)M是內(nèi)一點，，定義，其中分別是的面積，若，則的最小值是．

12．（2023·丹陽模擬）已知定義在R上的函數(shù)和滿足，，，．令，則使數(shù)列的前n項和超過的最小自然數(shù)n的值為．

13．（2023·丹陽模擬）設(shè)正實數(shù)x，則的值域為．

二、解答題

14．（2023·丹陽模擬）已知動點P（x，y）滿足|x﹣1|+|y﹣a|＝1，O為坐標(biāo)原點，若的最大值的取值范圍為，則實數(shù)a的取值范圍是．

15．（2023·丹陽模擬）已知中，，，分別為三個內(nèi)角，，的對邊，，

（1）求角；

（2）若，求的值.

16．（2023·丹陽模擬）在如圖的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點．

（Ⅰ）求證：AB∥平面DEG；

（Ⅱ）求證：BD⊥EG；

（Ⅲ）求多面體ADBEG的體積．

17．（2023·丹陽模擬）如圖，GH是東西方向的公路北側(cè)的邊緣線，某公司準(zhǔn)備在GH上的一點B的正北方向的A處建一倉庫，設(shè)AB=ykm，并在公路同側(cè)建造邊長為xkm的正方形無頂中轉(zhuǎn)站CDEF（其中邊EF在GH上），現(xiàn)從倉庫A向GH和中轉(zhuǎn)站分別修兩條道路AB，AC，已知AB=AC+1，且∠ABC=60o．

（1）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；

（2）如果中轉(zhuǎn)站四周圍墻造價為1萬元/km，兩條道路造價為3萬元/km，問：x取何值時，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路總造價M最低？

18．（2023·丹陽模擬）已知橢圓C：（）的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q.

（i）證明：OT平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點）；

（ii）當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo).

19．（2023·丹陽模擬）已知函數(shù)f（x）=ax2+lnx（a∈R）．

（1）當(dāng)a=時，求f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值；

（2）如果函數(shù)g（x），f1（x），f2（x），在公共定義域D上，滿足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就稱g（x）為f1（x），f2（x）的“活動函數(shù)”．已知函數(shù).。若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f1（x），f2（x）的“活動函數(shù)”，求a的取值范圍．

20．（2023·丹陽模擬）設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，且當(dāng)n∈N*時，an3+an2(1﹣an+1)+1＝an+1．

（1）求a2，a3的值；

（2）比較an與an+1的大小，并證明你的結(jié)論．

（3）若bn＝(1)，其中n∈N*，證明：0＜b1+b2+……+bn＜2．

答案解析部分

1．【答案】x∈R，x3﹣x﹣1≤0

【知識點】命題的否定

【解析】【解答】解：命題P：x∈R，x3﹣x﹣1＞0，是一個特稱命題，

所以命題￢P為：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

故答案為：x∈R，x3﹣x﹣1≤0．

【分析】利用特稱命題的否定是全稱命題分析解答.

2．【答案】{x｜x≥3或x＜-1}

【知識點】交、并、補集的混合運算；對數(shù)函數(shù)的概念與表示

【解析】【解答】解：A＝{x|f（x）＝ln（x2﹣1）}＝{x|x＜﹣1或x＞1}，

B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x|﹣1＜x＜3}，

則＝{x|x≥3或x≤﹣1}，

則＝或，

故答案為：或．

【分析】先化簡集合，再求，最后求得解.

3．【答案】

【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念；復(fù)數(shù)的模

【解析】【解答】解：∵z1＝2+3i，z2＝1+i，

∴．

故答案為：．

【分析】直接利用商的模等于模的商求解．

4．【答案】16

【知識點】極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差

【解析】【解答】因為樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為，，即DX=64，因為數(shù)據(jù)的方差為，則對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)差為，故答案為。

【分析】利用標(biāo)準(zhǔn)差與方差的關(guān)系式結(jié)合已知條件，從而求出DX的值，再利用方差的性質(zhì)，從而求出方差D(2X-1)的值，進(jìn)而求出對應(yīng)的數(shù)據(jù)2x1-1，2x2-1，…，2x10-1的標(biāo)準(zhǔn)差的值。

5．【答案】

【知識點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率

【解析】【解答】解：一枚硬幣連續(xù)拋擲3次可能出現(xiàn)的結(jié)果為（正，正，正）（正，反，正）（正，正，反）（反，正，正）（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）（反，反，反）共8種，

其中恰好有兩次反面向上的有（反，反，正）（反，正，反）（正，反，反）共3種，

故所求概率為P

故答案為：.

【分析】列舉可得總的基本事件，找出恰好有兩次反面向上的基本事件，由概率公式可得．

6．【答案】

【知識點】兩角和與差的余弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【解答】解：∵，∴，

又，∴sin（x），

則cosx＝cos[（x）]＝cos（x）cossin（x）sin

．

故答案為：．

【分析】由已知求得sin（x），再由兩角差的余弦公式計算．

7．【答案】m=4或m≥5

【知識點】對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；根的存在性及根的個數(shù)判斷

【解析】【解答】如圖，作出函數(shù)的圖象：

若方程有兩個根，

即直線與函數(shù)圖象有2個交點，

由圖象可得：或，解得或，

故答案為：或．

【分析】作出函數(shù)的圖象，然后條件可轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象有2個交點，然后結(jié)合圖象可求解.

8．【答案】和

【知識點】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；圓錐曲線的綜合

【解析】【解答】拋物線的準(zhǔn)線方程為，

設(shè)所求圓的圓心為，則，且，解得，，

故所求圓的方程為，

故答案為：或。

【分析】利用拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程求出準(zhǔn)線方城，再利用圓心在拋物線上，從而設(shè)出圓心坐標(biāo)，進(jìn)而設(shè)出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，再利用直線與圓相切的位置關(guān)系的判斷方法，從而求出圓心在拋物線上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

9．【答案】x21（y≠0）

【知識點】平面內(nèi)兩點間的距離公式；軌跡方程

【解析】【解答】解：由得，G為重心，

由得，M為外心．

所以M點在y軸上（M到AB兩點距離相等）．

又，則．

設(shè)M為（0，y），G為（x，y）（y≠0），由重心坐標(biāo)公式得C為（3x，3y）．

再由MA＝MC，得整理得：9x2+3y2＝1①．

再設(shè)c（x'，y'），由3x＝x'，3y＝y(tǒng)'得x，y．

代入①得：（x′）21．

所以△ABC的頂點C的軌跡方程為，．

故答案為：，．

【分析】由題目給出的條件，分別得到G為三角形ABC的重心，M為三角形ABC的外心，設(shè)出G點坐標(biāo)，由，可知M和G具有相同的縱坐標(biāo)，由重心坐標(biāo)公式得到C點的坐標(biāo)，然后由M到A和C的距離相等列式可得G的軌跡方程，利用代入法轉(zhuǎn)化為C的軌跡方程．

10．【答案】

【知識點】組合幾何體的面積、體積問題；棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內(nèi)接多面體

【解析】【解答】解：取CD的中點E連接AE、BE，取AB的中點F，連接EF.

由題意知AE⊥CD，BE⊥CD

又∵AE∩BE＝E，平面ABE，

∴CD⊥平面ABE.

又AB＝CD＝6，其余的棱長均為5,

∴AD＝5，DE＝3

∴AE＝4，同理BE＝4.

∴等腰ABE底邊AB上的高為EF

∴ABE的面積S

∴三棱錐ABCD的體積V

又

設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則球心O到每個表面的距離為R，且球心O到每個表面的距離為R

∴三棱錐ABCD的體積V

∴

故答案為：.

【分析】取CD的中點E連接AE、BE，取AB的中點F，連接EF.把四面體分割成四個小三棱錐，根據(jù)體積相等，即可得解.

11．【答案】18

【知識點】基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；平面向量的數(shù)量積運算

【解析】【解答】根據(jù)已知條件可知，，那么由于，則結(jié)合三角形的面積公式可知，n+m+p=1,那么

因此可知，可知其最小值為18。

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積公式，再利用三角形面積公式求出x+y的值，再利用均值不等式求最值變形求出的最小值。

12．【答案】5

【知識點】數(shù)列與函數(shù)的綜合

【解析】【解答】因為

所以令，得到；令，得到．

代入可得，

化簡得，解得或．

∵，∴，

從而可得是減函數(shù)，．

∴，．

再由解得，故n的最小值為5，

故答案為：5

【分析】由和可得，求出方程的解即可得到a的值，根據(jù)可知是減函數(shù)，對求得的a進(jìn)行取舍，求出數(shù)列的通項公式，進(jìn)而求得其前n項和，解不等式，即可求得結(jié)果．

13．【答案】[0，]

【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

【解析】【解答】令lnx＝t，則x＝et，∴g（t），令t2＝m，m≥0，

∴，∴h′（m），令h′（m）＝0，解的m＝1，

當(dāng)0≤m＜1時，h′（m）＞0，函數(shù)h（m）單調(diào)遞增，

當(dāng)m≥1時，h′（m）＜0，函數(shù)h（m）單調(diào)遞減，

∴h（m）max＝h（1），∵f（0）＝0，當(dāng)m→+∞時，h（m）→0，

∴的值域為[0，]，

故答案為：[0，]．

【分析】利用換元法，原函數(shù)的值域即為函數(shù)的值域，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系即可求出．

14．【答案】

【知識點】函數(shù)的圖象；其他不等式的解法

【解析】【解答】考慮|x﹣1|+|y﹣a|＝1的圖象，如圖，

x必然是在0到2之間

x取到0或2那么y只能取a

x在兩者之間y可以取兩個值

x取到1則y可以取a+1或a﹣1，

圖象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）為端點的正方形，那么和O最遠(yuǎn)的應(yīng)該是最遠(yuǎn)的兩個端點之一，

如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）

如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）

這樣一來，||平方的最大值就是：

當(dāng)a＞0，（a+1）2+1或a2+4

當(dāng)a＜0，（a﹣1）2+1或a2+4

比較它們的大?。?/p>

當(dāng)a≥1時，（a+1）2+1，則（a+1）2+1更大；

當(dāng)0＜a＜1時，（a+1）2+1-(a2+4)且當(dāng)﹣1＜a＜0時，，則當(dāng)﹣1＜a＜1時，a2+4更大；

當(dāng)a≤﹣1時，，則（a-1）2+1更大；

作以上函數(shù)圖象，再讀出||2取值范圍為[，17]，即有

或

所以a取值范圍是．

故答案為：．

【分析】先考慮|x﹣1|+|y﹣a|＝1的圖象，圖象是（0，a），（1，a﹣1），（1，a+1），（2，a）為端點的正方形，那么和O最遠(yuǎn)的應(yīng)該是最遠(yuǎn)的兩個端點之一，再對a進(jìn)行分類討論，如果a＞0就是（1，a+1）或（2，a）；如果a＜0就是（1，a﹣1）或（2，a）．再分類寫出||平方的最大值．最后利用分段函數(shù)的圖象，再讀出||2取值范圍為[，17]時，a取值范圍．

15．【答案】（1）解：由正弦定理和，得，

中，，所以，所以，，

，所以；

（2）解：因為，由正弦定理得，

所以.

【知識點】兩角和與差的正弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【分析】（1）先由正弦定理將邊角關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系，再利用配角公式進(jìn)行化簡求解；（2）由正弦定理將邊邊關(guān)系轉(zhuǎn)化為角角關(guān)系，再利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式、兩角和的正弦公式進(jìn)行求解.

16．【答案】解：（Ⅰ）∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．

又∵BC＝2AD，G是BC的中點，∴，∴四邊形ADGB是平行四邊形，∴AB∥DG，∵AB平面DEG，DG平面DEG，∴AB∥平面DEG．

（Ⅱ）∵EF⊥平面AEB，AE平面AEB，∴EF⊥AE，

又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．

過D作DH∥AE交EF于H，連接，則DH⊥平面BCFE．

∵EG平面BCFE，∴DH⊥EG．

∵AD∥EH，DH∥AE，∴四邊形AEHD平行四邊形，∴EH＝AD＝2，

∴EH＝BG＝2，又EH∥BG，EH⊥BE，

∴四邊形BGHE為正方形，∴BH⊥EG，

又BH∩DH＝H，BH平面BHD，DH平面BHD，∴EG⊥平面BHD．

∵BD平面BHD，∴BD⊥EG．

（Ⅲ）∵EF⊥平面AEB，AD∥EF，∴AD⊥平面AEB，

由（2）知四邊形BGHE為正方形，∴BE⊥BC．

∴VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG4.

【知識點】組合幾何體的面積、體積問題；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定

【解析】【分析】（Ⅰ）先證明四邊形ADGB是平行四邊形，可得AB∥DG，從而證明AB∥平面DEG．（Ⅱ）過D作DH∥AE交EF于H，則DH⊥平面BCFE，DH⊥EG，再證BH⊥EG，從而可證EG⊥平面BHD，故BD⊥EG．（Ⅲ）要求多面體ADBEG的體積，利用分割的思想轉(zhuǎn)化為VADBEG＝VD﹣AEB+VD﹣BEG轉(zhuǎn)化為求兩個三棱錐的體積即可．

17．【答案】（1）解：在中,,所以.

在中，，

由余弦定理，得，

即，

所以.

由，得.又因為，所以.

所以函數(shù)的定義域是.

（2）解：.

因為（），所以

即.

令則.于是，

由基本不等式得，

當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.

答：當(dāng)km時，公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路最低總造價為490萬元.

【知識點】函數(shù)解析式的求解及常用方法；基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；函數(shù)最值的應(yīng)用

【解析】【分析】(1)利用題意結(jié)合余弦定理可得函數(shù)的解析式，其定義域是.(2)結(jié)合(1)的結(jié)論求得利潤函數(shù)，由均值不等式的結(jié)論即可求得當(dāng)km時，