2022年秋季高三数学开学摸底考试卷(新高考专用)(标答+答题卡+详解)数学01

绝密考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）01（试卷满分150分，考试用时120分钟）姓名

班级

考号 注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.8540一项是符合题目要求.1．若全集UR，集合A|y 5x,xB|x 则图中阴影部分表示的集合为( )A．{4，5} B．{0，1，2} C．{0，1，2，3} D．{3，4，2．复数z1的共轭复数为z，则|z2z( )A．2 2 B．2 5 C．6 D．8汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速下燃油效率情况，下列叙述中正确的( )A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以千米/小时的速度行驶小时，消耗升汽油D．某城市机动车最高限速千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油4．已知平面向量a(1,0)，b(1,2)，若(ab)a，则实数( )A．已知

B．1 C．12)3，(0,)，则)( )

D．112A．34 310

5 245

3 10

10AB，CDEF6“A同学不在开头且B同学不在末”的条件下，C同学在开头的概率为( )121

221

17

421f(x)tan(x)(0|

0)A(

，0)，B(2，2 6 30)，则方程f(x)sin(2x)，x[0，]所有解的和为( )3126

2

4Rf(x)的导函数为f(x)f(x)f(x)f(x)a

f(3)，e3bf(2)，c

f(1)的大小关系为( )e2 ebca B．bac C．cba D．cab4520分题目要求520分.x2,x 下列关于函数f(x)x1,xx2,x f(xRf(x0的解集为{x|0xf(x)1有两个解2f(xR上为增函数如图所示，ABC中，AB3，AC2，BC4，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有( )AP1AB1AC B．BN3NC4 C．|AN| 193

x2 y2

DAPAC51938已知F为双曲线C: a2 b2

1(a0,b0)的右焦点，过F的直线l与圆O:x2y2a2相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则( )|MFb直线OM与C相交若|MF|1|QF|，则Cy2x4若|MF1|PF|，则C54 3已知函数f(x)1ax31(a1)x2x，下列结论正确的是( )3 2当a1f(xy轴对称当a1f(x)

1(1,3

中心对称a0f(x)为()上的增函数D．当a0g(x)f(x1x在(x(x

)

x的最小值为34 1 2 2 1 2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分在(x2)n的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为 ．x若过点P(1,m)可以作三条直线与曲线C:yxex相切，则m的取值范围是 ．若圆C1

x2y21与圆C2

xa)2yb)21AB1，则直线a2x2b2y30恒过定点M的坐标为 ．x2已知A、B分别是椭圆 y21的左、右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，|PA||PB|x22且满足PBA，则 ．四．解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.已知数列n

满足

n1

2an

3n3，且a1

1．（1）若bn

a3n，证明：数列{bn

}（2）求数列an

的前n项和S．n如图，在平面四边形ABCD中，ABBCCD2,AD2 3．1cosC（1）证明：

3（）记ABD与BCD的面积分别为S和S，求S2S2的最大值．cosA

1 2 1 2如图，已知SAABCD所在的平面，矩形SADEF，G为SB的中点，ABCBAD2

，SAABBC1AD1．2BD//AEG；求二面角CSDE的余弦值；EGHBH与平面SCD所成角的大小为GH的6长；若不存在，说明理由．某市在对学生的综合素质评价中，将其测评结果分为“优秀、合格、不合格”三个等级，其中不小于8060等级优秀合格不合格男生（人)30x等级优秀合格不合格男生（人)30x8女生（人)306y男生女生总计优秀非优秀总计根据表中统计的数据填写下面2男生女生总计优秀非优秀总计（Ⅱ）以（Ⅰ）中抽取的90名学生的综合素质评价等级的频率作为全市各个评价等级发生的概率，且每名学生是否“优秀”相互独立，现从该市高二学生中随机抽取4人．43人综合素质评价为“优秀”的概率；X4人中综合素质评价等级为“优秀”的人数，求X附：参考数据与公式P(P(K2 k)0k00.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828K

n(adbc)2 ，其中nabcd．(ab)(cd)(ac)(bd)已知抛物线C:y22pxp0)FAB是该抛物线上不重合的两个动点，O为坐标原点，当A点的横坐标为4时，cosOFA3．5求抛物线C的方程；AB为直径的圆经过点P(1,2)ABP重合，求|AF||BF|的最小值．f(x)lnxax2R)．2（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；（Ⅱ）设函数f(x)有两个不同的零点x1

，x(x2

x)，2（ⅰ）0ae(e

为自然对数的底数；（ⅱ）x1

，x满足|lnx2

lnx2

ln2，求a的最大值．22022年秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学·答案及评分标准8540选项是符合题目要求的．12345678AADBCDBC4520520分．9．AC 10．AC 11．AD 12．BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．24

14．(3,1)e2 e15．(1,1)2

16．30330四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）【解析】证明：

n1

2an

3n3，且a1

1．a 3(n1)2(a3n，（2分）n1 nban

3n，bn1

2b，bn 1

a32，（4分）1数列{bn

}是等比数列，首项与公比为2．（5分）由bn

2n，an

3n2n，（7分）a 2n，（8分）n数列{an

}的前n项和Sn3

2(2n1)3n(n1)21 2

（9分）2n12 (n2n．（10分）218.（12分）【解析】3证明：因为在平面四边形ABCD中，ABBCCD2,AD2 ，3所以在中，由余弦定理得BD24128 3cosA168 3cosA，（2分在BCD中，由余弦定理得BD2448cosC88cosC，（4分）所以168 3cosA88cosC，（5分3所以3cosAcosC1，即1cosC3cosA

．（6分）因为与BCD的面积分别为SS，1 2所以S1

122 3sinA2 3sinA，S2

122sinC2sinC，（8分）2则S2S212sin2A4sin2C16(12cos2A4cos2C)（9分）1 2由（1）知：3cosA1cosC，代入上式得S2S21612cos2A4( 3cosA1)224cos2A8 3cosA1224(cosA 3)214，1 2 6（11分）3所以当cosA 时，S2S2取到最大值14．（12分）36 1 219（12分）【解析】证明：连接FG，在SBD中，F，G分别为SD，SB的中点，所以FG//BD， （1分）又因为FG平面AEG，BD平面AEG，所以BD//平面AEG． （3分）因为SAABCDABADABCD，SAABSAAD，又BAD2

，所以ABAD，（4分）以AD为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，A(0，00)B(1，00)C(1，10)D(0，20)S(0，0，1)E(0，2，1)，1 1G( ,0, 2 2

CD1,1,0)SC，（5分）设平面SCD的法向量为m(x,y,z)，则mCD0,即xy0, mSC0, zyz0,令x1，得y1，z2，所以平面SCD的一个法向量为m(1,1,2)，又平面ESD的一个法向量为AB(1,0,0)，所以cosm,AB

m

111020

6，（7分）|m||AB| 221 6由图形可知，二面角CSDE的余弦值为

6．（8分）6（3）假设存在点H，设GHGE(1,2,1)，2 2BHBGGE11,211．（9分）2 2 2 2由（2）知，平面SCD的一个法向量为m， |1121|则sin cosm,BH| 2 26 1

1，26 42 (1)22即(0，所以1，（11分）故存在满足题意的点H，此时GH|GE|322．（12分）20（12分）【解析】解（Ⅰ）设从高二年级男生中抽出m人，则m 90 ，解得m501分）x503812，y40364．22列联表为：男生女生总计优秀303060非优秀201030总计504090（3分）90(30102030)2

500 500400K

2.252.706，50406030没有90%的把握认为“综合素质评价测评结果为优秀与性别有关（4分）（Ⅱ）(i由（Ⅰ）知等级为“优秀”的学生的频率为2，3从该市高二学生中随机抽取一名学生，该生为“优秀”的概率为23

6分）记“所选4名学生中恰有3人综合素质评价为‘优秀’学生”为事件A，2 1 32则事件A发生的概率为：P（A）C3( )3 ． （8分）4 3 3 81(iiX4个人中综合速度评价等级为“优秀”的个数，X~

2(4, 3

（10分）X的数学期望E(X)428（12分）3 321（12分）（）设(4,y)，0因为cosOFA0，所以4p,|AF|4p,|FC|4p．（1分）2 2 2由cosOFA3

4p23，（2分）5 4p 52解得p2， （3分）所以抛物线的方程为y24x； （4分）（2）AB所在的直线lxmynA(x1

，y)，B(x1

，y)，2xmy由方程组 得y24my4n05分）y 4x(4m)216n0，m2n0yy1 2

4m，yy12

4n6分）

y2 y2xx(myn(mynmyy2n4m22nxx

1

n27分）1 2 1 2 1 2

12 4 4AB为直径的圆经过点P(1,2)，所以PAPB（8分）所以PAPB0，所以(x1

1，y1

2)(x2

1，y2

2)0，即(x1

1)(x2

1)(y1

2)(y2

2)09分）所以xx(xx)yy2(yy)50，12 1 2 12 1 2所以n2(4m22n)4n8m50，所以(n3)2(2m2)2，所以n2m5或n2m1（10分）n2m1，直线l:xmy2m1P点，不合题意，舍去，所以n2m5，所以xx1

4m22n4m24m10，1则|AF||BF|xx1 2

24m24m124(m )21111分）2所以当m1时，|AF||BF|最小，且最小值为1（12分）222（12分）【解析】（Ⅰ）求导，f(x)1ax1ax2(x0)（1分）x x①当a 0时，f(x)0恒成立，f(x)的单调递增区间是(0,)，无递减区间2分）②当a0时，由f(x)0，得0x a，af(x的单调递增区间是

a)，单调递减区间是( a,)3分）a aa a lnx1（Ⅱ）(i)证明：令f(x)lnx x210，得 ，2 2 x2设(x)lnx1，求导(x)12lnx， （4分）x2 x3x (0,1) 1e e

(1,)e(x) 0 1且当(0, e

(x)(x0x(x0，如图，

极大值所以0a2

1)e

e，即0ae5分）2而由条件及（Ⅰ）知，首先a0，列表得x (0,1) 1a a

(1,)af(x)f(x)f(xf(1a

)1lna2

0 极大值0，即0ae（6分）1又 f(

lne

1

0，

(4)ln4810，e

2e2

a a ax

(1,

)，

(

4)f(xf(x

)0，1 e a 2 a a 1 2f(xx1

，x(x2

x)，此时0ae（8分）2a lnx

1 lnx1 1 1(ii)因为f(x)f(x)0，即 1 2 ，且x

x，1 2 2 x2 1 2

e 1 e 2x lnx1 lnx1不妨设t 2(t1)，将xtx代入 1 2 中，x 2 11

x2 x21 2得t2(lnx1

1)lntlnx1

1，即lnx1

1

lnt ，t21 a或者，由 1 21 ，两式相减，alnx x2或者，由 1 21 ，两式相减，a

lnx (x2x2)，lnxax210(ii)

2 1 2 2 1 2 2 a

lnt lnt又xtx2

21

t21

，结合(i)式得lnx11

1

t21

， （9分）g(t)

lnt

g(t)

t(1t2

2lnt) 1，令h(t)1 2lnt，t21 (t2t2h(t)

222(1t2)0(t1)，h(t在上单调递减，t3 t t3h(th（1）0g(t0g(t在上单调递减，2由已知条件得lnx2x1

ln22

，即t

22，g(t)在( 2,)上单调递减，即g(t) g( 2)ln ，2得lnx1 ln 2，x 2，即x

1 2， （10分）1 1

( ,1 e ea lnx1 lnx1 1又因为 1 ，设(x) ，由(i)（一)的方法知，(x)在(0, )上单调递增，2 x21

x2 e2而12e

1，e( 所以(x)在1 2]上也单调递增，得(1)(x) ( 2)，e( e e e e得0

e2ln2，即0a

e2ln2，2 4 2综上，a的最大值是． （12分）2202201（新高考卷数学·答题卡姓名：答题前，考生先将自己的姓名、准员所粘贴的条形码。2B铅笔填涂；非选

贴条形码区准考证号0 0000000001 10 0000000001 1111111112 2222222223 3333333334 4444444445 5555555556 6666666667 7777777778 8888888889 999999999项3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。破。正确填涂缺考标记一、单项选择题（540分）1[A][B][C][D]4[A][B][C][D]7[A][B][C][D]2[A][B][C][D]3[A][B][C][D]5[A][B][C][D]6[A][B][C][D]8[A][B][C][D]二、多项选择题（520分）9[A][B][C][D] 11[A][B][C][D]10[A][B][C][D] 12[A][B][C][D]三、填空题（每小题5分，共20分）13． 14． 15． 16． 四、解答题（共70骤）17（10分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！18（12分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！19（12分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！20（12分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！21（12分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！22（12分）绝密考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）01（试卷满分150分，考试用时120分钟）姓名

班级

考号 注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.8540一项是符合题目要求.若全集UR，集合A|y 5x,xB|x 则图中阴影部分表示的集合为( )A．{4，5}【答案】A【解析】

B．{0，1，2} C．{0，1，2，3} D．{3，4，5}【分析】由韦恩图可知，阴影部分表示的集合为A

B)，再利用集合的基本运算即可求解．U【详解】解：由韦恩图可知，阴影部分表示的集合为A

B)，UA{x|y 5x，xN}{x|5x 0，xN}{x|x 5，xN}{0，1，2，3，4，5}，B{x|x

B{x|x3}，UA(

B){4，5}，U故选：A．复数z1的共轭复数为z，则|z2z( )A．2 2 B．2 5 C．6 D．8【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，先求出zz【详解】解：z12i，z1，z2(12i)2，z2z1(2)2222 2A．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的( )A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以千米/小时的速度行驶小时，消耗升汽油D．某城市机动车最高限速千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油【答案】D【解析】【分析】理解横坐标表示的是速度，纵坐标表示的是燃油效率.【详解】对于，由图象可知当速度大于

时，乙车的燃油效率大于 ，当速度大于

时，消耗升汽油，乙车的行驶距离大于

，故错误；对于，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗升汽油，甲车的行驶路程最远，以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故错误；对于，由图象可知当速度为行驶小时，路程为 ，燃油

时，甲车的燃油效率为升，故错误；

，即甲车行驶 时，耗油升，故对于由图象可知当速度小于80km/h 时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率用丙车比用乙车更油，故正确；故选：．4．已知平面向量a(1,0)，b(1,2)，若(ab)a，则实数( )A．【答案】B【解析】

B．1 C．12

D．1【分析】利用向量坐标运算法则和向量垂直的性质直接求解．【详解】解：平面向量a(1,0)b(1,2)，ab1,2，(ab)a，(ab)a10，解得实数1．故选：B．5．已知)3，(0,)，则)( )12A．34 310

5 245

3 10

10【答案】C【分析】直接利用同角三角函数的关系式的变换和角的恒等变换的应用求出三角函数的值．【详解】解：由于(0,，所以

[

,]，2 12 1212由于cos()3，所以sin()4；12 5 12 5故)

)]

)cos

)sin

3

24

2 2．3 12 4 12 4 12 4 5 2 5 2 10故选：C．AB，CDEF6同学不在开头且B同学不在末”的条件下，C同学在开头的概率为( )121【答案】D

221

17

421【解析】“AB”“AB同学不在末尾”的事件中，求出C同学在开关的基本事件个数，能求出结果．【详解】解：“A同学不在开头且B同学不在末尾”的基本事件个数nA62A5A4504，在事件“A同学不在开头且B同学不在末尾”的事件中，

6 5 4C同学在开头的基本事件个数m

96，4 4在“A同学不在开头且B同学不在末尾”的条件下，C同学在开头的概率为“Pm

964．n 504 21故选：D．7．函数f(x)tan(x)(0||

，0)，某相邻两支图象与坐标轴分别交于点A(

，0)，B(2，2 6 30)，则方程f(x)sin(2x)，x[0，]所有解的和为( )312【答案】B6

2

4【解析】【分析】根据条件求出 和的值，可得f(x)的解析式，再根据方程可得sin(2x)0，或3cos(2x)1x3【详解】解：相邻两支图象与坐标轴分别交于点A(

，0)，B(

，0)，函数的周期

2

6 3，则2，此时f(x)tan(2x)． 3 6 又f( )tan(2 )tan( )0，得k，即k

，kZ，6 6 3 3 30|，当k0时，f(x)tan(2x，2 3 3f(x)sin(2xx[02x

[

，]，3 3 3 3可得sin(2x)0，或cos(2x)1．3 32x

03

或，或

2x3

0，求得x6

，或x23

，故xx1

5，6故选：B．Rf(x)的导函数为f(x)f(x)f(x)f(x)a

f(3)，e3bf(2)，c

f(1)的大小关系为( )e2 ebca【答案】C

bac C．cba D．cab【解析】【分析】根据结论特点，结合已知条件，构造函数h(x)性解决问题．

f(x)，然后研究该函数在(0,)上的单调e|x|【详解】解：令h(x)f(x)，当x0时，h(x)e|x|

f(x)，exf(xf(x)，所以h(x)

f(x)f(x)0，ex所以h(x在(0,上单调递减，又f(x)为偶函数，所以h(x)的图象关于直线x0对称，所以af(3)h（3，b

f(2)

h（2，c

f(1)

f(1)h1，e3 e2 e e所以cba．故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.x2,x 下列关于函数f(x)x1,xx2,x f(xRf(x0的解集为{x|0xf(x)1有两个解2f(xR上为增函数【答案】AC【解析】【分析】由题意作出分段函数图象，数形结合得答案．x2,x f(x)xx2,x 由图可知，函数f(x)的定义域为R，故A正确；f(x)0的解集为{x|x1x0}B错误；f(x)1有两个解，故C正确；2f(xRD错误．故选：AC．ABCAB3AC2BC4MABP为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有( )AP1AB1AC4 2BN3NCC．|AN| 195193519D．AP与AC夹角的余弦值为38【答案】AC【解析】

CMAMAC1ABAC，运算可判断CMAMAC1ABAC，AN||AN||1AB2AC|计ANAP1AB1AC，进而可求，从而可得BN2NCB4 2 3 3CMAMAC1CMAMAC1ABAC，【详解】解：由P为线段CM的中点，

2CPCP1CM1AB1AC，APACCPAC1AB1AC1AB1AC，故A正确；ANANAP1AB1AC，又A，P，A，PANAN1AB2AC，111，解得4，

BNC在同一直线上，4 2 3 3 3NCACAN1AC1AB1BC，BN2NCB错误；3 3 3AB3，AC2，BC4，cosA49161，232 4|AN||1AB2AC|

1921232(1)44

，故C正确；193 3 9 3 3 4 9 319ANAC(1AB2AC)AC132(1)2413，3 3 3 4 3 6APAC夹角的余弦值为cosAPACcosANAC故选：AC．

136 1923

，故D错误．1319781319F为双曲线C

x2y2

0,b0)F的直线l与圆Ox2y2a2M，a2 b2l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则( )|MFb直线OM与C相交若|MF|1|QF|，则Cy2x4若|MF1|PF|，则C54 3【答案】AD【解析】A；由直线OMa

的大小说明判断B；求出点Q，P的坐标计算判断CD作答．x2 y2【详解】解：令双曲线C: a2 b2依题意，OMl，如图，

0,b0)的半焦距为c，有c2a2b2F(c,0)，对于A，|MF| OF2OM2 c2a2b，A正确；直线OMktanMOFbOMCOM与C不a相交，B不正确；对于C，由选项A可得点M(a2，ab)，设点Q(x，y)，依题意，FQ4FMc c 0 0即(x

c，

)4(a2

cab

4a2，

4ab，即Q4a2

，4ab)，0 0 c c

0 c 0 c c c4ab b 4a2 b 又点Q在直线y4ab b 4a2 b

( ，解得8a23c2，有 ，aCy

c a c a 315xC不正确；3D，由选项CP4a2

，4ab)，c c4a2 4ab( 3c)2 ( )2c c 4 4 5因此 1，即 )2( )21，解得e

D正确．a2 b2 e c 3故选：AD．已知函数f(x)1ax31(a1)x2x，下列结论正确的是( )3 2当a1f(xy轴对称当a1f(x)

1(1,)3

中心对称a0f(x)为()上的增函数D．当a0g(x)f(x1x在(x(x

)

3x的最小值为3【答案】BCD【解析】

4 1 2

2 1 2【分析】根据偶函数的性质、三次函数对称中心的求法、函数的单调性的判断方法以及导函数零点的性质逐项判断．Af(x)1x3xf(1)4f(1)2，3 3 3故f(x)的图像不关于y轴对称，故A错误；1对于B，f(x) x3x2x，f(x)x22x1，故[f(x)]2x2，13令f(x)]0x1f（1）1f(x)的对称中心为3a0

1(1,3

，故B正确；对于Cf(x)ax2a1)x1，当

，即a1时，f(x)0恒成立，(a4a 0f(xR上为增函数，故C正确；Dg(x)1ax31(a1)x23x(a0)g(x)ax2a1)x3，此时a1)230，3 2 4 4 2 4g(x)0xx(xxg(x)0的解集为(x(x，1 2 1 2 1 2g(x在(x(x

上单调递增，1 2所以xx1

a111，xxa a 1

3，3 3，4 41 3 3，4 41 所以(x

x)2(x

x)24xx

(1 )2 1

(1)2( )21 3 2 1 2 1 11 3

a a a a a 2当且仅当a2时取等号，故xx2

3D正确．2故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分在(x2)n的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为 ．x【答案】24【解析】【分析】利用二项式系数和公式求出n的值，再求出展开式的通项公式，令x的指数为0可求解．【详解】解：根据二项式系数和公式可得2n16，解得n4，又(x2)4的展开式的通项公式为

Crx4r

(2)r2rCrx42r(r0,1,2,3,4)，x r1 4 x 4令42r0，得r2，所以展开式中的常数项为T3

22C224，4故答案为：24．若过点P(1,m)可以作三条直线与曲线C:yxex相切，则m的取值范围是 ．【答案】(3,1)e2 e【解析】【分析】求指数函数的导数，利用导数的几何意义列出方程．0 【详解】解：设切点为(xy，过点Py(x(xx)xex，代入点P0 0 0 0 0 0简为m(x2x

1)ex，即这个方程有三个不等根即可，令 f(x)(x2x1)ex，求导得到0 00 0 0 0f(x)(x1)(x2)ex，函数在(,2)上单调递减，在(2,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，f(2)mf(1)，即(31)e2 e若圆C1

x2y21与圆C2

xa)2yb)21AB1，则直线a2x2b2y30恒过定点M的坐标为 ．【答案】(1,1)2【解析】可得a2b23，将其代入直线a2x2b2y30的方程，分析可得答案．【详解】解：根据题意，圆C2

xa)2yb)21x2y22ax2bya2b210，与圆C1

x2y21联立可得：2ax2bya2b2)02ax2bya2b2)0，3AB1，则点3

到直线2ax2by(a2b2)0的距离d ，则有d

a2b2

1 24a24b2a2b23 ，变形可得a2b23，则有a24a24b2a2b232 2对于直线a2x2b2y30，则有(3b2)x2b2y30，变形可得3x3b2(2yx)0，3x30

x1 1则有 ，解可得

，则M的坐标为(1, )；2yx(1,1)2

1y2 2x2已知A、B分别是椭圆 y21的左、右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，|PA||PB|，2且满足PBA，则 ．30【答案】303【解析】1x210 1【分析】设P(x0

，y)，表示出直线PA，PB的斜率，得到0

2 ，利用正弦定理和二倍角公x22 20式求出tan2PAB1，进而求出的值．2522【详解】解：由题意可知A(2

，0)，B(

，0)，P(x0

yPAPB的斜率分别为k0 2，x22，

，k，2x 2x 20x 20

y2 1 0 1kk 0 12 x22 x22 20 0 0 0由正弦定理得|PA|sinPBA2cosPAB，|PB| sinPAB由PAB2PBA得tanPBAtan2PAB

2tanPAB ，1tan2PAB2k 1 1 sin2PAB 1所以k

1 ，又k

，从而k

，即tan2PAB ，2 1k1

12 2 1 5

cos2PAB 5又sin2PABcos2PAB1，所以cosPAB30故答案为：303

，所以 ．30306 33030．四．解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.已知数列{an

}满足a

n

2an

3n3，且a1

1．若bn

a3n，证明：数列n

}是等比数列；求数列{an

}的前n项和S．n3【答案】(1)略(2)2n12 (n2n)32【解析】（1）

n1

2an

3n3，且a1

1．变形为a

n

3(n1)2(an3n，根据bn

a3n，可得nbn1

2bn

，进而证明结论．（2）由（1）bn

2n，可得an

2n3n，利用求和公式即可得出结论．（1）证明：a 3(n1)2(a3n)，n1 n

n1

2an

3，且a1

1．ban

3n，bn1

2b，bn 1

a32，1数列{bn

}是等比数列，首项与公比为2．（2）由（1）bn

2n，an

3n2n，a 2n，n数列

的前n

项和Sn

2(2n1) n(n1) 3 3 2n12 (n2n)．21 2 23如图，在平面四边形ABCD中，ABBCCD2,AD2 ．3证明：1cosC 3；cosA记与BCDS

，求S2S2的最大值．1 2 1 2【答案】(1)略(2)14【解析】【分析在中由余弦定理可得168 3cosA88cosC即可得证1cosC 3．cosA（2S2S224(cosA

3)214，1 2 6利用余弦函数的性质以及二次函数的性质即可求解其最大值．【详解】解（1）证明：因为在平面四边形ABCD中，ABBCCD2,AD2 3所以在中，由余弦定理得BD24128 3cosA168 3cosA，在BCDBD2448cosC88cosC，所以168 3cosA88cosC，所以3cosAcosC1，即1cosC 3．cosA（2）因为与BCDSS，1 2S1

122 3sinA2 3sinA，S2

122sinC2sinC，2S2S212sin2A4sin2C16(12cos2A4cos2C)1 2由（1）知：3cosA1cosC，代入上式得S2S21612cos2A4( 3cosA1)224cos2A8 3cosA1224(cosA 3)214，1 2 6所以当cosA

3S2S214．6 1 2如图，已知SAABCD所在的平面，矩形SADEF，G为SB的中点，ABCBAD2

，SAABBC1AD1．2BD//AEG；求二面角CSDE的余弦值；EGHBH与平面SCD所成角的大小为GH的6长；若不存在，说明理由．【答案】(1)略 (2)

6 (3)存在满足题意的点H，此时GH=3 2．6 2【解析】【分析】（1）利用三角形中位线证明FG//BD，即可根据线面平行的判定定理证明结论；建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求得平面SCD角公式求得答案；假设存在点H，设GHiGE(1,21，表示出BH的坐标，根据BH与平面SCD所成角2 2的大小为，利用向量的夹角公式计算，可得答案．6（1）证明：连接FG，在SBD中，F，G分别为SD，SB的中点，FG//BD，又因为FG平面AEG，BD平面AEG，所以BD//平面AEG．（2）因为SA平面ABCD，AB，AD平面ABCD，SAABSAAD，又BAD2

，所以ABAD，以ADAxyz，A(0，00)B(1，00)C(1，10)D(0，20)S(0，0，1)E(0，2，1)，1 1G( ,0, 2 2

，CD(1,1,0)，SC，设平面SCD的法向量为m(x,y,z)，则mCD0,即xy0,mSC

zyz0,x1y1z2，所以平面SCD的一个法向量为m(1,1,2)，又平面ESD的一个法向量为AB(1,0,0)，所以cosm,AB m

111020 6，|m||AB| 221 6由图形可知，二面角CSDE的余弦值为 6．6（3）假设存在点H，设GHGE(1,2,1)，2 2BHBGGE11,211．2 2 2 2由（2）知，平面SCD的一个法向量为m， |1121|则sin cosm,BH| 2 26 1

1，26 42 (1)22即(0，所以1，故存在满足题意的点H，此时GH|GE|322．某市在对学生的综合素质评价中，将其测评结果分为“优秀、合格、不合格”三个等级，其中不小于80分为“优秀”，小于60分为“不合格”，其它为“合格”．等级优秀合格不合格男生（人)30x等级优秀合格不合格男生（人)30x8女生（人)306y男生女生总计优秀非优秀总计根据表中统计的数据填写下面22列联表，并判断是否有90%的把握认为男生女生总计优秀非优秀总计（Ⅱ）以（Ⅰ）中抽取的90名学生的综合素质评价等级的频率作为全市各个评价等级发生的概率，且每名学生是否“优秀”相互独立，现从该市高二学生中随机抽取4人．43优秀的概率；X4优秀”X附：参考数据与公式临界值表：PP(K2 k)00.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828K

n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)

，其中nabcd．【答案】(Ⅰ)没有90%的把握认为“综合素质评价测评结果为优秀与性别有关”．(Ⅱ)

32 881 (ii)3【解析】【分析（Ⅰ）先求出从高一年级男生中抽出人数及x，y，作出2 2列联表，求出K21.1252.706，从而得到没有90%的把握认为“综合素质评价测评结果为优秀与性别有关”．（Ⅱ）(i)由（Ⅰ）知等级为“优秀”2，从该市高二学生中随机抽取一名学生，该3生为优秀”23

．由此能求出所选4名学生中恰有3人综合素质评价为‘优秀’学生的概率．(iiX4优秀”X~出X的数学期望．

2(4, 3

，由此能求（Ⅰ）设从高二年级男生中抽出m人，则m

90 ，解得m50．500 500400x503812，y40364．22列联表为：男生女生总计优秀303060非优秀201030总计504090K

90(30102030)22.252.706，50406030没有90%的把握认为“综合素质评价测评结果为优秀与性别有关”．（Ⅱ）(i由（Ⅰ）优秀”2，3优秀”2．3记43优秀’学生”A，AP（A）C3

(2)3132．4 3 3 81(iiX4优秀”的个数，X~

(4, )，232X的数学期望E(X)428．3 3已知抛物线Cy22pxp0)FABO为坐标原点，当A点的横坐标为4时，cosOFA3．5求抛物线C的方程；ABP(1,2)ABP重合，求|AF||BF|的最小值．【答案】(1) y24x (2)11【解析】（1）由抛物线定义有|AF|4

p,|FC|4

p，结合抛物线的几何性质可得

4p23，可2 2 4p 52得p的值，从而得到抛物线的方程；（2）AByy1 2

4m，yy12

4n，由条件可得PAPB，所以PAPB0，化简可得n与m 的关系，从而由抛物线定义|AF||BF|xx1 2

24(m1)211，从而可求得|AF||BF|的最小值．2（1）设(4,y)，0因为cosOFA0，所以4p,|AF|4p,|FC|4p．2 2 2由cosOFA3

4p23，5 4p 52解得p2，所以抛物线的方程为y24x；（2）AB所在的直线lxmynA(x1

，y)，B(x1

，y)，2y24x由方程组xmyn,y24myy24x(4m)216n0，即m2n0yy1 2

4m，yy12

4n，2xx(myn(mynmyy2n4m2nxx2

y2y2