2024屆山東省濟(jì)南市高三上學(xué)期期末考數(shù)學(xué)試題和答案

2024年1月濟(jì)南市高三期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．Mx1xNxx2x21.已知集合，，則MN（）x1x2x1x5x1x2x1x5A.B.C.D.1iz2.若2i，則其共軛復(fù)數(shù)z（）11i331131i553515iA.B.C.D.i331xyx與曲線yax處有相同的切線，則（在交點(diǎn)1,0a3.已知曲線）1212A.1B.C.D.14.已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)2,4，則“直線l的斜率為1”是“直線l與圓C：xy32相切”的22（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件πBAD5平行四邊形ABCD中，3，4，，若BEEC，CF2，則3（）A.4B.6C.18D.22π445sin6.已知，則sin（）12712257D.A.B.C.25257.已知拋物線C:y線AB的距離為2，則的面積為（A42B.8228x的焦點(diǎn)為F，坐標(biāo)原點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)F的直線與C交于,B兩點(diǎn)，且點(diǎn)O到直）C.162D.322第1頁(yè)/共5頁(yè)nπnπ8.數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若a1a2，且a2，asin，則S2024aSnnn12n222（）A.1011B.20241011C.1011D.1011二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9.已知實(shí)數(shù)、滿足ab，則（ab）A.a2b2B.a3b311D.asinabsinbC.ba10.已知函數(shù)R，且，，則（）fxfxyfxfy1f10有最小值fxf01A.C.B.D.f20242023是奇函數(shù)fx111.“防電信詐騙知識(shí)競(jìng)賽”各有10位選手．記錄參賽人員失分（均為非負(fù)整數(shù)）情況，若該組每位選手失分都不超過(guò)7“優(yōu)秀小組”，已知選手失分?jǐn)?shù)據(jù)信息如下，則一定為“優(yōu)秀小組”的是（）A.甲組中位數(shù)為3，極差為4C.丙組平均數(shù)為3，方差為2B.乙組平均數(shù)為2，眾數(shù)為2D.丁組平均數(shù)為3，第65百分位數(shù)為6N12.如圖，中，ABBC4，，M是AB中點(diǎn)，是AC邊上靠近A的四等分點(diǎn)，將AMN沿著MNA）處，得到四棱錐PBCNM翻折，使點(diǎn)到點(diǎn)P，則（A.記平面與平面PMN的交線為l，則l//平面BCNMB.記直線和BC與平面所成的角分別為，，則C.存在某個(gè)點(diǎn)P，滿足平面PBC平面D.四棱錐PBCNM外接球表面積的最小值為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.在正四棱錐P中，PAAB2，則該棱錐的體積為_(kāi)___________．第2頁(yè)/共5頁(yè)π4πfxsinx（014.已知函數(shù)π）的最小正周期不小于，且fxf恒成立，則的4值為_(kāi)___________．15.2023年杭州亞運(yùn)會(huì)的吉祥物包括三種機(jī)器人造型，分別名叫“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”，小輝同學(xué)將三種吉名的吉祥物的分配方案共有____________x22y221（a0，bF，F(xiàn)，過(guò)點(diǎn)F0）的左、右焦點(diǎn)分別為的直線與C的右12216.已知雙曲線C：ab11AB支交于A，B兩點(diǎn)，且AFAB，的內(nèi)切圓半徑r2B，則C的離心率為_(kāi)___________．12四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17.記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且a3，b（1）求B，2cc9．2（2）ABC的平分線交邊AC于點(diǎn)D，且2，求b．18.如圖，四棱錐P-ABCD中，∥，BCCD，CD222，平面ABCD平面PAC．（1）證明：；5（2）若PAPCAC，M是的中點(diǎn)，求平面與平面夾角的余弦值．2中的所有項(xiàng)按照每一行項(xiàng)數(shù)是上一行項(xiàng)數(shù)的兩倍的規(guī)則排成如下數(shù)表：an19.將數(shù)列1a2a3第3頁(yè)/共5頁(yè)459678aaa……，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，且滿足記表中的第一列數(shù)1，a2，4，abnSnbn，…構(gòu)成的數(shù)列為8Sn21．n（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；bn（2）從第三行起，每一行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成公差為2的等差數(shù)列，求上表中第k（k3）行所有項(xiàng)的和T．k20.“”主題的2023來(lái)了巨大的便利，但同時(shí)也伴隨著一些潛在的安全隱患．為了調(diào)查不同年齡階段的人對(duì)人工智能所持的態(tài)度，某機(jī)構(gòu)從所在地區(qū)隨機(jī)調(diào)查100人，所得結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下：3040506070年齡（歲）頻數(shù)24201613151225152010持支持態(tài)度（1）完成下列2×2列聯(lián)表，并判斷是否有99%的把握認(rèn)為所持態(tài)度與年齡有關(guān)；年齡在50歲以上（含50歲）年齡在50歲以下總計(jì)持支持態(tài)度不持支持態(tài)度總計(jì)（2）以頻率估計(jì)概率，若在該地區(qū)所有年齡在50歲以上（含50歲）的人中隨機(jī)抽取3人，記為3人中持支持態(tài)度的人數(shù)，求的分布列以及數(shù)學(xué)期望．2nadbc附：K2abcdacbd第4頁(yè)/共5頁(yè)kPK20.0503.8410.0106.6350.001k10.82821.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)的距離與到直線x4的距離之比為F012．（1）求動(dòng)點(diǎn)M軌跡W的方程；（2）過(guò)點(diǎn)F的兩條直線分別交W于A，B兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)，線段AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q．設(shè)直線111，試判斷直線PQ是否過(guò)定點(diǎn)．若是，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若k1，k2AB，CD的斜率分別為，且kk21不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．321fxaxxx2．22.已知函數(shù)2x（1）當(dāng)a1時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；fx（2）若x1時(shí)，fx0，求a的取值范圍；11112n4n12（3）對(duì)于任意nN*，證明：．4n2n1n2第5頁(yè)/共5頁(yè)2024年1月濟(jì)南市高三期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．Mx1xNxx2x21.已知集合，，則MN（）x1x2x1x5x1x2D.x1x5A.B.C.【答案】C【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定義即可求解.，解得1x2，x2x1【詳解】由x2x2，得0Nx1x.所以所以MNx1x5x1x2x1x2.故選：C.1iz2.若2i，則其共軛復(fù)數(shù)z（）11i3311313515iiA.B.C.D.i3355【答案】D【解析】31zi【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，化簡(jiǎn)得到，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的概念，即可求解.55311i1i2i3515【詳解】由復(fù)數(shù)zi，所以zi.2i2i2i55故選：D.1xyx與曲線yax處有相同的切線，則（1,0a3.已知曲線在交點(diǎn)）1212A.1B.C.D.1【答案】B【解析】第1頁(yè)/共23頁(yè)【分析】利用導(dǎo)數(shù)求出切線的斜率，從而可求解.1x【詳解】由題知曲線yx和曲線yax處有相同的切線，即斜率相等，1,0在交點(diǎn)k1所以對(duì)于曲線yx，求導(dǎo)得y，所以在點(diǎn)處的切線斜率為k1，x1x1xyaxya1對(duì)于曲線，求導(dǎo)得，211212a11，得a所以，故B正確.故選：B.4.已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)2,4，則“直線l的斜率為1”是“直線l與圓C：xy32相切”的22（）A.充分不必要條件【答案】CB.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析】【分析】由題求得過(guò)4且與圓C相切的直線方程，即可判斷命題關(guān)系【詳解】由題，圓C是圓心為當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x2，此時(shí)圓心到直線距離為1，不等于半徑，與圓不相切不符合；，半徑為1,32的圓，y4kx2，化為一般式即y2k40，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線為k1則圓心到直線距離為d2，解得k1,2k2所以“直線l的斜率為1”是“直線l與圓C相切”的充要條件,故選：C.πBAD5.平行四邊形ABCD中，3，4，，若BEEC，CF2，則3（）A.4B.6C.18D.22【答案】C【解析】【分析】根據(jù)已知條件建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算及數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)第2頁(yè)/共23頁(yè)算即可求解.【詳解】由題意可知，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示π因?yàn)锳BADBAD，3所以.A0,0,B3,0,C5,23,D2,23設(shè)，則，Ex,yxy,5x,23y由BEEC，得xyx35xx4y3x,23y，即5，解得，y23yE3所以.設(shè)，則CFxy23,2x,23y，1Fx,y111111由CF2，得x123221,23142x,432y，11x542xx3111即，解得，y23432yy23111.F3,23所以AE3,AF3,23所以，AEAF33,234332318.故選：C.π445sin6.已知，則sin（）12712257D.A.B.C.2525第3頁(yè)/共23頁(yè)【答案】A【解析】πsin2α2α【分析】根據(jù)【詳解】因?yàn)椋Y(jié)合二倍角公式和誘導(dǎo)公式即可求解.2π442ππ7sin，則212sin212，4524255π2257sin所以，故選：A.7.已知拋物線C:y28x的焦點(diǎn)為F，坐標(biāo)原點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)F的直線與C交于,B兩點(diǎn)，且點(diǎn)O到直線AB的距離為2，則的面積為（）A.42B.82C.162D.322【答案】B【解析】【分析】設(shè)直線AB的方程為x2，Ax,y,Bx,y，根據(jù)點(diǎn)O到直線AB的距離求出m，聯(lián)2112yy,yy，再根據(jù)弦長(zhǎng)公式求出12，進(jìn)而可得出答案.立方程，利用韋達(dá)定理求出12【詳解】由題意，F(xiàn)2,0可設(shè)直線AB的方程為x2Ax,y,Bx,y，，112221，則2，解得m21m2xmy2x，消得y20，聯(lián)立y28x640，yy8,yy1664m2則，12121m2yy241y2所以121m264m2642646416，第4頁(yè)/共23頁(yè)1所以的面積為216282.故選：B.nπnπ的前項(xiàng)和為Sn，若11，，則S2024aa22，且n22asin8.數(shù)列nnn22（）A.1011B.20241011C.1011D.1011【答案】D【解析】n2k,kNa的所有偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，令n【分析】對(duì)于數(shù)列遞推式，分別令，推出數(shù)列n2kkN，推出奇數(shù)項(xiàng)均為1，再結(jié)合分組求和，即可求得答案.2π2π，則a2asin2kn2k,kN【詳解】令，2k222即a2k，即數(shù)列的所有偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成首項(xiàng)為aa22，公比為3的等比數(shù)列，2k2n(2kπ(2kπ，則a2asin2k1n2kkN令，2k1222a2k11，由于11，則a21a21,a1，即a2k1352k1故Saaa(aaa)(aaa)12241313)10121011，故選：D第5頁(yè)/共23頁(yè)和令n2kkNn2k,kN【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)數(shù)列遞推式，依次令，推出數(shù)列的奇偶項(xiàng)的規(guī)律，從而結(jié)合分組求和法以及等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，求解答案.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9.已知實(shí)數(shù)、滿足ab，則（ab）A.a2b2B.a3b311D.asinabsinbC.ba【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值法可判斷AC選項(xiàng)；利用函數(shù)fxx3的單調(diào)性可判斷B選項(xiàng)；利用函數(shù)xsinx的單調(diào)性可判斷D選項(xiàng).gxa【詳解】因?yàn)閷?shí)數(shù)、滿足bab，對(duì)于A選項(xiàng)，取a1，b0，則a2Ab，錯(cuò)；，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，2對(duì)于B選項(xiàng)，對(duì)于函數(shù)fxx3fx3x2≥0，在R上為增函數(shù)，fxx時(shí)，等號(hào)成立，所以函數(shù)3當(dāng)且僅當(dāng)x0，則，B對(duì)；因?yàn)閍b，則fafbba331a1b對(duì)于C選項(xiàng)，取a1，b1，則，C錯(cuò)；對(duì)于D選項(xiàng)，對(duì)于函數(shù)gxxsinxgx1cosx0，，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，x2πkZ時(shí)，等號(hào)成立，所以，函數(shù)gxxsinx在R上為增函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)，即asinabsinb，D對(duì).因?yàn)閍b，則gagb故選：BD.10.已知函數(shù)的定義域?yàn)镽，且，，則（）fxfxyfxfy1f10有最小值fxf01A.C.B.D.f20242023是奇函數(shù)fx1【答案】ACD【解析】第6頁(yè)/共23頁(yè)【分析】根據(jù)題意，利用抽象函數(shù)的的性質(zhì)，結(jié)合選項(xiàng)，逐項(xiàng)判定，即可求解.【詳解】對(duì)于A中，令xy0，可得，所以A正確；f01xx,yxxxxf12f1，則2，xf2x111對(duì)于B中，令，且1212fxfxfxx1，可得1122fx1fxfx0fx若x0時(shí)，時(shí)，，此時(shí)函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)；21fx1fxfx0fx若x0時(shí)，時(shí)，，此時(shí)函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，21所以函數(shù)不一定由最小值，所以B錯(cuò)誤；fx對(duì)于C中，令y1，可得fx1fxf1fx，11fx1fx1，即f2f11f3f2所以，L，1f2024f20231，，f2024f12023各式相加得f2024f120232023，所以C正確；，所以令xy1，可得，所以正確；f0f1f11f12，可得B對(duì)于D中，令yx，可得1，可得fx1f10，f0fxfxxfx1fx1即，所以函數(shù)是奇函數(shù)，所以正確；fx1D故選：ACD.11.“防電信詐騙知識(shí)競(jìng)賽”各有10位選手．記錄參賽人員失分（均為非負(fù)整數(shù)）情況，若該組每位選手失分都不超過(guò)7“優(yōu)秀小組”，已知選手失分?jǐn)?shù)據(jù)信息如下，則一定為“優(yōu)秀小組”的是（）A.甲組中位數(shù)為3，極差為4C.丙組平均數(shù)為3，方差為2B.乙組平均數(shù)為2，眾數(shù)為2D.丁組平均數(shù)為3，第65百分位數(shù)為6【答案】AC【解析】【分析】A選項(xiàng)，假設(shè)有選手失8分，根據(jù)極差得到最低失分為4分，由中位數(shù)為3得到矛盾，A正C2232320，若有選手失8分，則有2選項(xiàng)，根據(jù)方差得到138322520，矛盾，故C正確；BD選項(xiàng)，可舉出反例.【詳解】A選項(xiàng)，假設(shè)存在選手失分超過(guò)7分，失8分，第7頁(yè)/共23頁(yè)根據(jù)極差為4，得到最低失分為4分，此時(shí)中位數(shù)不可能為3，故假設(shè)不成立，則該組每位選手失分都不超過(guò)7分，則該組為“優(yōu)秀小組”，A正確；B選項(xiàng)，假設(shè)乙組的失分情況為2,8，滿足平均數(shù)為2，眾數(shù)為2，但該組不為“優(yōu)秀小組”，B錯(cuò)誤；x,x,,x，C選項(xiàng)，丙組的失分情況從小到大排列依次為丙組平均數(shù)為3，方差為2，12223232即x320，1x8，則322520，不合要求，故7，若所以該組每位選手失分都不超過(guò)7分，則該組為“優(yōu)秀小組”，C正確；65106.5，故從小到大，選取第7個(gè)數(shù)作為第65百分位數(shù)，D選項(xiàng)，00即從小到大第7個(gè)數(shù)為6，假設(shè)丁組失分情況為6,12，滿足平均數(shù)為3，第65百分位數(shù)為6，但不是“優(yōu)秀小組”，D錯(cuò)誤.故選：ACN12.如圖，中，ABBC4，，M是AB中點(diǎn)，是AC邊上靠近A的四等分點(diǎn)，將AMN沿著MNA）處，得到四棱錐PBCNM翻折，使點(diǎn)到點(diǎn)P，則（A.記平面與平面PMN的交線為l，則l//平面BCNMB.記直線和BC與平面所成的角分別為，，則C.存在某個(gè)點(diǎn)P，滿足平面PBC平面D.四棱錐PBCNM外接球表面積的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】對(duì)A：找到過(guò)點(diǎn)P且與平面BCNM平行的線，由過(guò)點(diǎn)且不為該支線，即可得不平行于平面lPlBCNM；對(duì)B：結(jié)合線面角定義，找到與BC在平面上的投影即可得；對(duì)：當(dāng)^時(shí)，C第8頁(yè)/共23頁(yè)可得結(jié)論，即證存在點(diǎn)P，能使^DBCNM的外接圓圓心，易得該點(diǎn)為四棱錐PBCNM外接球球心時(shí)有最小半徑，即可得最小的外接球表面積.【詳解】對(duì)A：連接點(diǎn)B與AC中點(diǎn)D，連接PD，是AB中點(diǎn)，故//BD，又平面PMN、平面PMN，由題意可得N為AD中點(diǎn)，M平面故BD//平面PMN，設(shè)直線l平面，由BD平面，則l//，又l平面BCNM、BD平面BCNM，故l//平面BCNM，又llP，故不平行于平面BCNM，故A錯(cuò)誤；l對(duì)B：連接AP，由ABBC，D為AC中點(diǎn)，故BDAC，又//BD，故AC，N故PN，又，AC、PN平面，故平面，又//BD，故平面，故在平面上的投影為PN，BC在平面上的投影為BD，即=，=DBCD，由，ABBC，故為等腰直角三角形，BCD45，==45，=°有故，故B正確；平面，平面，對(duì)C：由故MNPC，則當(dāng)^時(shí)，又PN、平面PNMNN，故有平面，又平面，，故平面PBC平面，即需^，由題意可得AC4442，2211NA422，NC42232，44213即當(dāng)cosPNC時(shí)，有^，32由0PNC180，故存在點(diǎn)P，使^，故C正確；對(duì)D：由，故90，由AC，故MNC90，第9頁(yè)/共23頁(yè)即四邊形BCNM四點(diǎn)共圓，連接MC，MC為該圓直徑，故四棱錐PBCNM外接球球心必在過(guò)MC中點(diǎn)，且垂直平面BCNM的直線上，則當(dāng)球心在MC中點(diǎn)時(shí)，四棱錐PBCNM外接球半徑最小，此時(shí)MC中點(diǎn)到點(diǎn)的距離等于MC一半，故PCPMP，213由cosPNC，有平面，32又PM平面，故PCPM，故球心可在MC中點(diǎn)，1由M是AB中點(diǎn)，故2，則222425，22則半徑為r5，此時(shí)表面積為r25，2即四棱錐PBCNM外接球表面積的最小值為，故正確.D故選：BCD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題D選項(xiàng)關(guān)鍵在于如何找到球心，找棱錐外接球球心時(shí)，可先找底面外接圓圓心，則外接球球心必在過(guò)該點(diǎn)且垂直底面的直線上.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.在正四棱錐P中，PAAB2，則該棱錐的體積為_(kāi)___________．423【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，利用勾股定理算出底面中心到頂點(diǎn)的距離為2，再由錐體的體積公式加以計(jì)算，即可得到該棱錐的體積．【詳解】P在平面ABCD上的投影是H，因?yàn)槭钦睦忮F，所以H是正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，連結(jié)，第10頁(yè)/共23頁(yè)12AH2222，PHPA2AH22422，142所以S=4，于是四棱錐PABCD42=.=3342故答案為：.3π4πfxsinx（014.已知函數(shù)π）的最小正周期不小于，且fxf恒成立，則的4值為_(kāi)___________．【答案】1【解析】π【分析】根據(jù)的最小正周期不小于，得到02，再根據(jù)xR，fxf恒成立，fxπ4π4得到的最大值為，可求出fx的值.fπ4fxsinx（0【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)π）的最小正周期不小于，2π所以Tπ，即π，解得：02，π4π4因?yàn)閒xf的最大值為fxf恒成立，故，πππ所以2π,kZ，所以18k,kZ，442因?yàn)?2，當(dāng)k0時(shí)，1.故答案為：1.第11頁(yè)/共23頁(yè)15.2023年杭州亞運(yùn)會(huì)的吉祥物包括三種機(jī)器人造型，分別名叫“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”，小輝同學(xué)將三種吉名的吉祥物的分配方案共有____________【答案】6【解析】【分析】設(shè)“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”為,B,C,可得其組合形式為AB,AC,BC,把它分配給三人即可得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，設(shè)“蓮蓮”，“琮琮”“宸宸”為,B,C,則可得其組合形式為AB,AC,BC,故第一個(gè)好友具有3種，第二個(gè)好友具有2種，第三個(gè)好友只有1種，即每個(gè)好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案為：3216種.故答案為：6x22y221（a0，bF1，F(xiàn)，過(guò)點(diǎn)F的直線與C的右216.已知雙曲線C：0）的左、右焦點(diǎn)分別為2ab11AB支交于A，B兩點(diǎn)，且AFAB，的內(nèi)切圓半徑r2B，則C的離心率為_(kāi)___________．121731317【答案】【解析】##【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，利用數(shù)型結(jié)合，分別設(shè)2m，2n利用雙曲線的定義并結(jié)合相關(guān)ba223，從而求解.的幾何關(guān)系求出【詳解】由題意作出圖形，設(shè)2m，則AF1m2a，2n，則BF1n2a，12n2B由三角形1AB的內(nèi)切圓半徑為r，2πAFAB1AF又因?yàn)?，所以?22m2amn2mn2an所以r1，化簡(jiǎn)得m22amn①2211在Rt1AF中，222，即m2a2m24c24ab2，F(xiàn)F221212化簡(jiǎn)得m22b2②，由可得nb，第12頁(yè)/共23頁(yè)在Rt1AB中，2222mn2n2a2，AFABBF1，即m2a1化簡(jiǎn)得m222na③，由可得m2ab，b223220，解得4ab2ab4a2b2，化簡(jiǎn)得a4a3b所以，acc22ba22173所以離心率e1.aa【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)雙曲線定義及幾何條件，設(shè)2m，2n，分別利用在Rt1AF和21nRt1AB建立關(guān)于m,n從而求解.1AB的內(nèi)切圓半徑r2B，從而求出a,b的關(guān)系式，的關(guān)系，再結(jié)合22四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17.記A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且a3，b（1）求B，2cc9．2（2）ABC的平分線交邊AC于點(diǎn)D，且2，求b．2π【答案】（1）B3（2）b37【解析】1）根據(jù)已知條件和余弦定理可得結(jié)果，（2）根據(jù)等面積求出c6，由余弦定理可得結(jié)果.【小問(wèn)1詳解】a2c2b212因?yàn)閍3，b2c2c9，所以B，2ac第13頁(yè)/共23頁(yè)2π又0Bπ，所以B【小問(wèn)2詳解】．3112因?yàn)镾△ABD△BCD，即sinABCBDsinABDac，△ABC2又a3，2，解得c6，1b2a2c22cosB93623663，在中，由余弦定理得2則b37.18.如圖，四棱錐P-ABCD中，∥，BCCD，CD222，平面ABCD平面PAC．（1）證明：；5（2）若PAPCAC，M是的中點(diǎn)，求平面與平面夾角的余弦值．2【答案】（1）證明見(jiàn)解析217（2）17【解析】1）通過(guò)證明平面來(lái)證得.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得平面與平面【小問(wèn)1詳解】夾角的余弦值.第14頁(yè)/共23頁(yè)取BC中點(diǎn)N，連接，則CNCD2，又AD//CN，BCCD，所以四邊形ANCD為正方形，則ANBANC90，NAC45，又在ANB中，ANBN2，ππ則BAN，所以，BAC，即．42又平面ABCD平面PAC，平面ABCD平面PACAC，AB所以平面，又面，所以．平面ABCD，【小問(wèn)2詳解】連接，交AC于O，連，由于AD//BN,ADBN，所以四邊形ABND是平行四邊形，所以O(shè)NAB．因?yàn)槠矫?，所以O(shè)N平面，OP,平面，所以O(shè)NOP,ONOC，因?yàn)镻APC，所以O(shè)PAC，所以O(shè)N,OC,兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，，，所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，m1,0,0，則平面PAC的一個(gè)法向量是12又，，B1,0C0M,1，第15頁(yè)/共23頁(yè)3CM,1，CB2,0所以，，2nx,y,z是平面的法向量，設(shè)則2x2y0nCB0，3yz0nCM022,3，令x2，可得n所以,n2217，171721717所以，平面與平面夾角的余弦值為.中的所有項(xiàng)按照每一行項(xiàng)數(shù)是上一行項(xiàng)數(shù)的兩倍的規(guī)則排成如下數(shù)表：an19.將數(shù)列1a24a359678aaa……第16頁(yè)/共23頁(yè)，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，且滿足記表中的第一列數(shù)1，a2，4，abnSnbn，…構(gòu)成的數(shù)列為8Sn21．n（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；bn（2）從第三行起，每一行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成公差為2的等差數(shù)列，求上表中第k（k3）行所有項(xiàng)的和T．k【答案】（1）b2n1n（2）k22k12k1【解析】bSS，求出b，再驗(yàn)證S是否滿足b；nnn1n1n1）由當(dāng)n2時(shí)，（2）設(shè)上表中從第三行起，每行的公差都為2，表中第k（k3）行有2k1項(xiàng)，表示出T，求解即可.k【小問(wèn)1詳解】bSS212n112n1．n當(dāng)n2時(shí)，nnn1n1時(shí)，1b111，也適合上式，因此b2n1．n【小問(wèn)2詳解】設(shè)上表中從第三行起，每行的公差都為2，表中第k（k3）行有2k1項(xiàng)，2k2k12k122k142k12kk12k1222k112k2k12k12k12k112（或者）2224k12k122k1k1．220.以“智聯(lián)世界，生成未來(lái)”主題的2023世界人工智能大會(huì)在中國(guó)上海舉行，人工智能的發(fā)展為許多領(lǐng)域帶來(lái)了巨大的便利，但同時(shí)也伴隨著一些潛在的安全隱患．為了調(diào)查不同年齡階段的人對(duì)人工智能所持的態(tài)度，某機(jī)構(gòu)從所在地區(qū)隨機(jī)調(diào)查100人，所得結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下：3040506070年齡（歲）頻數(shù)2416152520第17頁(yè)/共23頁(yè)持支持態(tài)度2013121510（1）完成下列2×2列聯(lián)表，并判斷是否有99%的把握認(rèn)為所持態(tài)度與年齡有關(guān)；年齡在50歲以上（含50歲）年齡在50歲以下總計(jì)持支持態(tài)度不持支持態(tài)度總計(jì)（2）以頻率估計(jì)概率，若在該地區(qū)所有年齡在50歲以上（含50歲）的人中隨機(jī)抽取3人，記為3人中持支持態(tài)度的人數(shù)，求的分布列以及數(shù)學(xué)期望．2nadbc附：K22abcdacbdkPK0.0503.8410.0106.6350.001k10.828【答案】（1）列聯(lián)表見(jiàn)解析，有99%的把握認(rèn)為對(duì)人工智能所持態(tài)度與年齡有關(guān)；（2）分布列見(jiàn)解析，數(shù)學(xué)期望為5．3【解析】1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，完成列聯(lián)表，并計(jì)算K2，并和參考數(shù)據(jù)，比較后即可判斷；（2）根據(jù)二項(xiàng)分布求概率，再求分布列和數(shù)學(xué)期望.【小問(wèn)1詳解】年齡在50歲以上（含50歲）年齡在50歲以下總計(jì)70持支持態(tài)度不持支持態(tài)度總計(jì)25204545105530100第18頁(yè)/共23頁(yè)100251020457030554528.1292K因?yàn)?.129＞6.635，所以有99%的把握認(rèn)為對(duì)人工智能所持態(tài)度與年齡有關(guān)．【小問(wèn)2詳解】依題意可知50歲以上（含50歲）的人中對(duì)人工智能持支持態(tài)度的頻率為5．959X~B由題意可得．X的所有可能取值為0，1，2，3．432549924080013又PX，PX1C，972924325312554300100223333PXC，PXC，997292439729所以的分布列如下：XP0123647298024310024312572955EX3所以X的期望是．93的距離與到直線F0的距離之比為1．421.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)（1）求動(dòng)點(diǎn)M軌跡W的方程；x2（2）過(guò)點(diǎn)F的兩條直線分別交W于A，B兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)，線段AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q．設(shè)直線111，試判斷直線PQ是否過(guò)定點(diǎn)．若是，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若k1，k2AB，CD的斜率分別為，且kk21不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．x2y21【答案】（1）43（2）直線PQ過(guò)定點(diǎn)．【解析】y2x14x212x,y，由已知得1）設(shè)M，進(jìn)行化簡(jiǎn)即可.第19頁(yè)/共23頁(yè)yk2x（2）設(shè)直線AB,CD的方程為ykx1、，分別與W的方程聯(lián)立得P的坐標(biāo)為1212k211414k21,及Q的坐標(biāo)為,PQ41234k234k2234k231k212出直線PQ過(guò)定點(diǎn).【小問(wèn)1詳解】y2x14x212x,y，由題意可知，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，x2y21．化簡(jiǎn)整理得，W的方程為【小問(wèn)2詳解】43x2y2ykx，與W的方程1聯(lián)立可得，由題意知，設(shè)直線AB的方程為1434123x2812x41120，28122設(shè)，，由韋達(dá)定理得，12，Ax,yBx,y112241361則yy2kx21x，111224132141,．所以，點(diǎn)P的坐標(biāo)為41234k1232k24k2,．同理可得，Q的坐標(biāo)為4k2234k2234kk34kk12所以，直線PQ的斜率為k12，324k2411所以，直線PQ的方程為yx，241324kk413114kk3kk121k2即y12x，4kk12111，則11k2kk又kk2，21第20頁(yè)/共23頁(yè)4kk3所以直線PQ的方程即為y12x1，4k2所以，直線PQ過(guò)定點(diǎn)．31fxaxxx2．22.已知函數(shù)22x（1）當(dāng)a1時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；fx（2）若x1時(shí)，fx0，求a的取值范圍；11112n4n12（3）對(duì)于任意nN*，證明：．4n2n1n2【答案】（1）的單調(diào)遞增區(qū)間為，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；fx（2）；（3）證明見(jiàn)解析．【解析】1）將a1代