江苏省徐州市2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题及答案解析

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合A.U1,2,3,4,5,A1,3,B1,2,5B.1,3，则C.）AðUB

（）D.1,3,41,2,51,2,4,52.若z2

i，则z在复平面内对应的点位于（1iA.第一象限C.第三象限B.第二象限D.第四象限）3.拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为a，则a,4,5能够构成钝角三角形的概率是（1614.已知向量a0,2,b1,t，若向量b在向量a上的投影向量为a，则ab（2A.23B.12C.13D.）A.2

B.

52C.2）D.1125.已知等比数列an的首项为3，则“a9a11”是“a11a14”的（A.充分不必要条件C.充要条件6.已知sinA.

B.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件

π4πππ,tan2，则（35366

B.）24

252425C.724D.

7247.已知yfx1为偶函数，当x1时，fxlnx2x3.若fx1fx2，则（2）A.C.x1x2x1x220

B.D.x1x2x1x220

x1x2x1x220

x1x2x1x220

8.已知抛物线C:y24x的焦点为F，过点0,3的直线与C交于A,B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点D，若AFBF6，则△ABD的面积为（A.）352B.35C.572D.57二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.为调研某地空气质量，连续10天测得该地PM2.5（PM2.5是衡量空气质量的重要指标，单位：ug/m3）的日均值，依次为36,26,17,23,33,106,42,31,30,33，则（A.前4天的极差大于后4天的极差B.前4天的方差小于后4天的方差C.这组数据的中位数为31或33D.这组数据的第60百分位数与众数相同10.已知函数fxAcosx(A0,0,0π)在x邻的fx的一个零点为A.fx2sin2xC.fx在

5π处取得极小值2，与此极小值点相12）π

，则（6）B.yfx



2π3



π

是奇函数3

ππ

,上单调递减63

D.fx在,

π5π

2,3上的值域为46

）11.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是棱BC,CD的中点，则（A.B1D1与EF是异面直线

B.存在点P，使得A1P2PF，且BC//平面APB1

C.A1F与平面B1EB所成角的余弦值为D.点B1到平面A1EF的距离为2234512.已知函数fxax1x1lnx,aR，则下列说法正确的是（A.当aln

）1

时，f281f2

2B.当a0时，fa2aaC.若fx是增函数，则a2

D.若fx和fx的零点总数大于2，则这些零点之和大于5三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知随机变量XN5,52

，且P(X7)0.8，则P(3X5)的值为__________.2a

14.已知3x23的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为__________.x

15.已知圆锥的母线长为5，侧面积为15π，则该圆锥的内切球的体积为__________.x2y216.已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，点P在C上，且PF2x轴，过点F2

ab作F1PF2的平分线的垂线，与直线PF1交于点A，若点A在圆O:x2y2a2上，则C的离心率为__________.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.

6x2y21

2,17.已知椭圆C:221(ab0)的离心率为2，且过点.2ab

（1）求C的标准方程；（2）过点1,0的直线l与C交于A,B两点，当AB

2

16

时，求直线l的方程.518.在①2SnSn1an1n2，②2Snan1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题.已知正项数列an的前n项和为Sn,a11，且__________，nN*.（1）求an的通项公式；（2）设bn

11

,Tn为数列bn的前n项和，证明：Tn.anan12注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosCccosB3bcosA3c.（1）求cosB；（2）设角B的平分线交AC边于点D，且BD3，若b43，求ABC的面积.20.设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.（1）若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；（2）若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量X表示最后摸出的2个球的分数之和，求X的分布列及数学期望.21.如图，在三棱锥PABC中，侧面PAB是锐角三角形，PABC，平面PAB平面ABC.（1）求证：ABBC；（2）设PAPB2,AC4，点D在棱BC（异于端点）上，当三棱锥PABC体积最大时，若二面角CPAD大于30，求线段BD长的取值范围.22.已知函数fxae3ax2sinx1,aR.2x（1）当0a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值；（2）当x0时，函数fx取得极值，求a的值.2023~2024学年度第一学期高三年级期中抽测

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条

形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合U1,2,3,4,5,A1,3,B1,2,5，则AðUB

（）A.1,3,4B.1,3C.1,2,5D.1,2,4,5【答案】A【解析】【分析】利用并集与补集的概念计算即可.【详解】由题意可知ðUB3,4，所以AðUB1,3,4.故选：A2.若z2

1ii，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算求得复数z，即可得z，可得其对应的点的坐标，即可得答案.【详解】由题意知z2

1ii，故zi(1i)21i，故z1i

则复数z对应的点为(1,1)，在第四象限，故选：D3.拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为a，则a,4,5能够构成钝角三角形的概率是（A.23B.12C.13D.16【答案】D【解析】）【分析】先确定a可能的取值，再结合余弦定理判断三角形为钝角时a的取值，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.【详解】由题意拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为a，则a的取值可能为1,2,3,4,5,6，有6种可能；a,4,5能够构成三角形时，需满足1a9，若a,4,5能够构成钝角三角形，当5所对角为钝角时，有a242520,a29，此时a2；当a所对角为钝角时，需满足5242a20,a241，此时没有符合该条件的a值，故a,4,5能够构成钝角三角形的概率是故选：D1，614.已知向量a0,2,b1,t，若向量b在向量a上的投影向量为a，则ab（2A.2【答案】A【解析】【分析】根据投影向量定义及向量的数量积、向量的模计算即可.B.

）52C.2D.112

【详解】因为a0,2,b1,t，

baa2t1

aa，所以向量b在向量a上的投影向量为42|a||a|



所以t1，故ab2

故选：A5.已知等比数列an的首项为3，则“a9a11”是“a11a14”的（A.充分不必要条件C.充要条件【答案】B【解析】【分析】结合等比数列的通项公式，由a9a11可得q的取值范围，说明q1时不能推出a11a14；继而）B.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件说明a11a14成立时推出q1，即可推得a9a11，由此可判断答案.【详解】由题意知等比数列an的首项为3，设公比为q，由a9a11，则3q83q10，即q21,q1或q1，103

当q1时，a11a143q(1q)0，即a11a14，即“a9a11”不是“a11a14”的充分条件；当a11a14时，即q10q13,q1，则q8q10，即3q83q10，即a9a11，故“a9a11”是“a11a14”的必要条件，故“a9a11”是“a11a14”的必要不充分条件，故选：B6.已知sinA.



π4πππ,tan2，则（35366

B.）24

252425C.724D.

724【答案】C【解析】【分析】根据角的变换及诱导公式，二倍角的正切公式求解即可.【详解】因为所以cos

ππππ，所以0，3632

π3π4tan，故，3533πππsin2cos2

32πππ13tan2tan2

ππ632ππsin2tan2cos23332π161tan21

397，

424π22tan

33

故选：C7.已知yfx1为偶函数，当x1时，fxlnx2x3.若fx1fx2，则（2）A.C.x1x2x1x220

B.D.x1x2x1x220

x1x2x1x220

x1x2x1x220

【答案】D【解析】【分析】利用偶函数的性质及复合函数的单调性计算即可.【详解】由yfx1为偶函数可知fx的图象关于x=1轴对称，又x1时，ux22x3x12单调递增，ylnu单调递增，故fxlnx2x3在1,上单调递增，,1上单调递减，22即fx1fx2x11x21x11x21x1x2x1x220.故选：D8.已知抛物线C:y24x的焦点为F，过点0,3的直线与C交于A,B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点D，若AFBF6，则△ABD的面积为（A.）22352B.35C.572D.57【答案】C【解析】【分析】设AB的中点为H，A、B、H在准线上的射影分别为A、B、H，由题意和抛物线的定义可得HH3，即xH2，设Ax1,y1,Bx2,y2，设直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求出直线AB的斜率，求得H的坐标，进而求出其中垂线方程，可得D的坐标，结合弦长公式和三角形面积公式计算即可求解.【详解】设AB的中点为H，抛物线的焦点为F(1,0)，准线为x=1，设A、B、H在准线上的射影分别为A、B、H，则HH(AABB)，由抛物线的定义可知，AFAA,BFBB,AFBF6，12所以AABB6，得HH3,即点H的横坐标为2，设直线AB：ykx3，代入抛物线方程，2222

得kx(6k4)x90，由(6k4)36k0，得k

设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x2

46k1

4，解得或（舍去）.k22k21

且k0.3所以直线AB：y2x3，H(2,1)，所以AB的中垂线方程为y1

1

(x2)，令y0，解得x4，即D(4,0)，2则DH(42)2(01)25，又x1x299，所以AB1k2(x1x2)24x1x235，24k1157.ABDH355222所以SABD故选：C.二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.为调研某地空气质量，连续10天测得该地PM2.5（PM2.5是衡量空气质量的重要指标，单位：ug/m3）的日均值，依次为36,26,17,23,33,106,42,31,30,33，则（A.前4天的极差大于后4天的极差B.前4天的方差小于后4天的方差C.这组数据的中位数为31或33D.这组数据的第60百分位数与众数相同【答案】AD【解析】【分析】根据方差和极差判断A，B选项，根据中位数判断C选项，根据百分位数和众数判断D选项.【详解】前4天的极差361719，后4天的极差423012，A正确;）10.520.528.522.52

前4天的平均数25.5，方差47.25，后4天的平均数34，方差482324212

22.5,4前4天的方差大于后4天的方差，B选项错误;3133

32，C选项错误;23333

33与众数33相同，D选这组数据的第60百分位数100.66是第6个数和第7个数的平均数2数据从小大排列17,23,26,30,31,33,33,36,42,106,这组数据的中位数为项正确.故选:AD.10.已知函数fxAcosx(A0,0,0π)在x邻的fx的一个零点为A.fx2sin2xC.fx在【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据极小值可得A，再根据极值点与零点关系可得周期，进而可得，再代入极小值点求解即可；对B，根据解析式判断即可；对C，代入在区间上的单调性与最值求解即可.【详解】对A，由题意A2，且周期T满足5π处取得极小值2，与此极小值点相12π

，则（6）B.yfx



2π3



π

是奇函数3

ππ

,上单调递减63

D.fx在,

π5π

2,3上的值域为46

ππ

,判断是否为减区间即可；对D，根据正弦函数63

T5πππ2π，故Tπ，即π，=2，故412fx2cos2x.因为fx在x5ππ5ππ2kπ,kZ，即2kπ,kZ，又处取得极小值2，故212126ππ，则fx2cos2x.662ππππ2sin2x2cos2x，故A正确；3626π

3

π2cos2x6

π

2sin2x，为奇函数，故B正确；2

0π，故

由诱导公式fx2sin2x对B，yfx



π2cos2x3

对C，x

ππ5πππ

,则2x,，不为余弦函数的单调递减区间，故C错误；66663

π2π11πππ3π5πcos2x1,2x,2cos2x则，故，则2,3，62636646

对D，x,故D正确.故选：ABD11.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是棱BC,CD的中点，则（A.B1D1与EF是异面直线）

B.存在点P，使得A1P2PF，且BC//平面APB1

C.A1F与平面B1EB所成角的余弦值为D.点B1到平面A1EF的距离为【答案】BC【解析】242

【分析】A选项，建立空间直角坐标系，根据B1D12EF得到B1D1与EF平行；B选项，先求出P,,，22345333



得到平面APB1的法向量m1,0,1，根据数量积为0得到BCm，得到BC//平面APB1；C选项，先求出A1F与平面B1EB所成角的正弦值，进而求出余弦值；D选项，求出平面A1EF的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.【详解】A选项，以A作坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，B12,0,2,D10,2,2,E2,1,0,F1,2,0,A10,0,2,B2,0,0,C2,2,0，则B1D12,2,0,EF1,1,0，由于B1D12EF，故B1D1与EF平行，A错误；

B选项，设Px,y,z，因为A1P2PF，所以x,y,z221x,2y,z，x22x242242

即y42y，解得x,y,z，故P,,，333333z22z

设平面APB1的法向量为ma,b,c，422422mAPa,b,c,,abc0333333则，mABa,b,c2,0,22a2c01



令a1，则b0,c1，则m1,0,1，

因为BCm0,2,01,0,10，故BCm，BC//平面APB1，

故存在点P，使得A1P2PF，且BC//平面APB1，B正确；r

C选项，平面B1EB的法向量为n1,0,0，A1Fn1,2,21,0,01

，故A1F与平面B1EB所成角的正弦值为3144A1Fn221则A1F与平面B1EB所成角的余弦值为1，C正确；33

D选项，设平面A1EF的法向量为n1x1,y1,z1，n1A1Ex1,y1,z12,1,22x1y12z10则，n1EFx1,y1,z11,1,0x1y1033

令x11，则y11,z1，故n11,1,，22

32,0,01,1,A1B1n12417则点B1到平面A1EF的距离为，D错误.179n1

1142故选：BC12.已知函数fxax1x1lnx,aR，则下列说法正确的是（A.当aln

）1

时，f281f2

2B.当a0时，fa2aaC.若fx是增函数，则a2

D.若fx和fx的零点总数大于2，则这些零点之和大于5【答案】ABD【解析】【分析】直接代入即可判断A，令gafa2aa，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，2

由fx0在0,上恒成立，利用导数求出fxmin，即可求出a的取值方程，即可判断C，首先说明a2，得到fx在0,1和1,上各有一个零点x1，x2，利用对数均值不等式得到x1x21，即可得到x1x22，再说明fx在0,x1和x2,上各有一个零点x3、x4且x4不等式证明即可.【详解】对于A：当aln则f2ln

1

，最后利用基本x3

11

时fxx1lnx1lnx，881

3ln23ln23ln20，83111113

f1ln1lnln2ln20，2228222所以f2f

1

，故A正确；2

2

对于B：faaa1a1lnaaaa1lna，令gafa2aaaaa1lna2aaaa1lna，2

2

2

2

a11

lna2a1，aa1

令magalna2a1，a则ga2alna

172a则，11a2a2148ma220aaa2a2所以ga在0,上单调递减，又g10，所以当0a1时ga0，当a1时ga0，所以ga在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以gamaxg110，所以当a0时，fa2aa，故B正确；22x1

0在0,上恒成立，x11x1x1

令hxfxalnx，则hx22，xxxx对于C：fxalnx

所以当0x1时hx0，当x1时hx0，所以fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以fxminf1a20，解得a2，故C错误；对于D：因为f10，即1为fx的一个零点，当a2时fx0，fx0有且仅有一个根1，此时fx在0,上单调递增，所以fx和fx都只有1个零点，不符合题意；当a2时f¢(x)>0，则fx无零点，fx只有一个零点，不符合题意；当a2时fx在0,1和1,上各有一个零点x1，x2，1

alnx101xx2x11x1x2x1x2，所以x1x21，所以，所以lnx2lnx1

alnx110

2x2

所以x1x22x1x22，且fx在0,x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,上单调递增，且f10，所以fx10，fx20，所以fx在0,x1和x2,上各有一个零点x3、x4，又f

111111

a11lnax1x1lnxfx，xxxxxx

所以x4

1，x3

12215，故D正确.x3所以x1x21x3x4x1x21x3其中：不等式ab要证ab

ab

的证明如下：lnalnbaba，令x1，只需证babababa

，只需证lnalnbln

lnalnbbab11

，x1，设n(x)2lnxx，x1，xx2lnxx

21(x1)2则nx120，可得n(x)在(1,)上单调递减，2xxx∴n(x)n(1)02lnxx故选：ABD【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：，从而得出不等关系；1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值）2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.1

，得证.x三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知随机变量XN5,【答案】0.3##【解析】【分析】根据正态分布的性质求得P(X7)，根据正态分布的对称性求出P(X3)0.2，继而可求得答案.【详解】由题意知随机变量XN5,2

，且P(X7)0.8，则P(3X5)的值为__________.3102

，且P(X7)0.8，则P(X7)10.80.2，故P(X3)0.2，故P(3X5)0.5P(X3)0.50.20.3，故答案为：0.32a14.已知3x23的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为__________.x

【答案】270【解析】【分析】利用二项式定理计算即可.52a15【详解】令x13x2332a32a，x2

52a则3x233x2x3，x

55设3x2x35r的通项为TrC53x2r5rx3rrC535r1x102r3r，rr当r2时，C535r11027270，即展开式中的常数项为270.故答案为：270

15.已知圆锥的母线长为5，侧面积为15π，则该圆锥的内切球的体积为__________.【答案】【解析】【分析】根据圆锥的侧面积求出圆锥的底面半径，即可求得圆锥的高，继而利用圆锥的母线和高之间的夹角的正弦求得内切球半径，即可求得答案.【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥内切球的半径为R，9π

2则πr515π,r3，则圆锥的高为h

52324，R33

,R,4R52π

24339π

故该圆锥的内切球的体积为π()，322设圆锥的母线和高之间的夹角为,(0,)，则sin

故答案为：9π2x2y216.已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，点P在C上，且PF2x轴，过点F2ab作F1PF2的平分线的垂线，与直线PF1交于点A，若点A在圆O:x2y2a2上，则C的离心率为__________.【答案】3【解析】b2

【分析】由题意求出|PF2|，结合双曲线定义以及角平线性质推出|AF1|2a，从而推出acosPF1F2

b2，在△AOF1中，利用余弦定理可求得3a44a2c2c40，结合齐次式求解离心2a

a2c

率，即可得答案.22xy

【详解】由题意知F2(c,0)，PF2x轴，故将xc代入221中，abb2c2y2b2

得221，则y，即|PF2|，aabab2

不妨设P在双曲线右支上，则|PF1||PF2|2a，故|PF1|2a；a设PQ为F1PF2的平分线，由题意知F2APQ，b2b2

则|PA||PF2|，即|PA|，而|PF1||PA||AF1|2a，aa故|AF1|2a，由点A在圆O:x2y2a2上，得|OA|a；又|OF1|c，则cosPF1F2

|F1F2|

|PF1|22cb2，2a

a在△AOF1中，|OA||OF1||AF1|2|OF1||AF1|cosPF1F2,22即a2c24a22c2a

2c

b2，结合b2c2a2，2a

a即得3a44a2c2c40，即e44e230，解得e23或e21（舍），故e即C的离心率为3，故答案为：3【点睛】关键点睛：求解双曲线的离心率，关键是求出a,b,c之间的数量关系式，因此解答本题时，要结合题中条件以及双曲线定义推出相关线段长，从而在△AOF1中，利用余弦定理求出a,b,c的关系，化为齐次式，即可求得答案.，3（负值舍去）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.

6x2y21

2,17.已知椭圆C:221(ab0)的离心率为2，且过点.2ab

（1）求C的标准方程；（2）过点1,0的直线l与C交于A,B两点，当AB

16

时，求直线l的方程.5x2y2【答案】（1）1

43（2）y【解析】【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆经过的点，列出方程组，解之即可求解；（2）易知直线l的斜率不为0，设l:yk(x1)，Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，利用韦达定理表12(1k)示出x1x2,x1x2，根据弦长公式化简可得AB，结合AB234k2

3x3或y3x316

计算求出k的值即可求解.5【小问1详解】c1ea2

a2462由题意，，解得2，()2(2)2b31a2b2a2b2c2x2y2所以椭圆C的标准方程为1.43【小问2详解】易知直线l的斜率不为0，设l:yk(x1)，即ykxk，Ax1,y1,Bx2,y2，ykxk

2，消去y，得(34k2)x28k2x4k2120，xy21

43

(8k2)24(34k2)(4k212)99k20，8k24k212

，x1x2,x1x2

34k234k28k224k21212(1k2)，AB1k(x1x2)4x1x21k()422234k34k34k2221612(1k2)16又AB，所以，解得k3，534k25所以直线l的方程为y3x3或y3x3.18.在①2SnSn1an1n2，②2Snan1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解2

答下列问题.已知正项数列an的前n项和为Sn,a11，且__________，nN*.（1）求an的通项公式；（2）设bn

11

,Tn为数列bn的前n项和，证明：Tn.anan12注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）an2n1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）若选择①，根据an和Sn的关系得到an1an2，确定等差数列得到通项公式；若选择②，根据an和Sn的关系得到an1an2，确定等差数列得到通项公式；（2）确定bn

111

，再根据裂项求和法计算得到答案.22n12n1

【小问1详解】若选择①：2SnSn1an1n2，则2Sn1Snan11，2

2

相减得到：2an1anan1anan1an，an0，故an1an2，2

2S2S1a21，解得a23，a2a12，故数列an为首项是1，公差为2的等差数列，故an2n1；若选项②：2Snan1，则4Snan1，4Sn1an11，22相减得到：4an1an11an1，整理得到an1anan1an20，22

an0，故an1an20，故数列an为首项是1，公差为2的等差数列，故an2n1；【小问2详解】bn

11111

，anan12n12n122n12n1

1111111111.23352n12n1222n12

故Tn

19.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosCccosB3bcosA3c.（1）求cosB；（2）设角B的平分线交AC边于点D，且BD3，若b43，求ABC的面积.【答案】（1）（2）42【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简已知等式，可得cosB，即得答案；（2）根据同角三角函数关系求出sinB

1

3π22，设ABD,(0,)，由二倍角余弦公式求出23cos

3，利用等面积法推出3ac2ac，结合余弦定理即可求得ac12，从而利用三角形面积3

公式求得答案.【小问1详解】由题意bcosCccosB3bcosA3c可得sinBcosCsinCcosB3sinBcosA3sinC，即sin(BC)3sinBcosA3sin(AB),即sinA3sinBcosA3(sinAcosBcosAsinB)3sinAcosB，而A(0,π),sinA0，故cosB=；【小问2详解】由B(0,π)，cosB=可得sinB

131322，3π2角B的平分线交AC边于点D，设ABD,(0,)，则cosB2cos21,cos

133，3SABC111c3sina3sinacsin2，2223,3ac2ac，3即3a3c2ac

由b43，得bac2ac则222421

48acac48，，即33

4224acac48,ac12ac90，93则ac12（负值舍去），故SABC

1122acsinB1242.22320.设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.（1）若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；（2）若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量X表示最后摸出的2个球的分数之和，求X的分布列及数学期望.【答案】（1）4495（2）分布列见解析，【解析】24475【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.【小问1详解】22

C3C22

从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为P，2C55记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，则PB|A

PABPA，11132C15C13821C14C13C13C312C44C2PA2222，55C65C655C65C675118821C14C13C32C4PAB23，55C65C637588

37544；所以PB|A

3575【小问2详解】X的所有可能取值为2，3，4，233C2C21C243342则PX2222，55C65C655C625PX3

38，75232C221C24C33C242852PX42222，55C65C655C65C675故X的分布列如表：XP故EX2

23432538752875338281811411224434.2575757575【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.21.如图，在三棱锥PABC中，侧面PAB是锐角三角形，PABC，平面PAB平面ABC.（1）求证：ABBC；（2）设PAPB2,AC4，点D在棱BC（异于端点）上，当三棱锥PABC体积最大时，若二面角CPAD大于30，求线段BD长的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）(0,【解析】46)9【分析】（1）过点P作PEAB，根据面面垂直的性质定理，证得PE平面ABC，进而证得BC平面PAB，即可得到BCAB；（2）设AB2a,BC2b，得到VPABC性，得到a22a(4a2)，令faa(4a2)，利用导数求得函数的单调3323时，三棱锥PABC的体积最大，以B为原点，建立空间直角坐标系，设BDm，求346得平面CPA与PAD的法向量分别为n1(1,2,1)和n2(,2,1)，结合向量的夹角公式和题设条件，3m列出不等式，求得m的取值范围即可.【小问1详解】证明：过点P作PEAB于点E，因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，且PE平面PAB，所以PE平面ABC，又因为PABC，且PEPAP，所以BC平面PAB，因为AB平面PAB，所以BCAB.【小问2详解】解：设AB2a,BC2b，因为BCAB，可得AB2BC2AC2，即4a24b216，所以a2b24，所以b4a2，又由PE

PA2AE24a2，1122

2a2b4a2ab4a2a(4a2)，3233所以VPABC令fa2223a(4a2)，可得fa(43a2)，令f¢(a)=0，解得a，33323时，fa0，fa单调递增；3当0a

当23a2时，fa0，fa单调递减，3234346时，即AB时，三棱锥PABC的体积最大，,BC333所以当a以B为原点，BC,BA所在的直线分别为x,y轴，以过点B垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，43232643设BDm，可得CA(,,0),PA(0,,),DA(m,,0)，33333462323,0,0),P(0,,),A(0,,0)，3333

设平面CPA与平面PAD的法向量分别为n1(x1,y1,z1),n2(x2,y2,z2)，则D(m,0,0),C(43xy10313由，令y12，可得x11,z11，所以n1(1,2,1)，23y26z0

11332326yz202463346又由，令y12，可得x2，所以,z21n2(,2,1)，3m3mmx43y0

223

设二面角CPAD的平面角的大小为，n1n2

所以cos

n1n2

4633m2(462)33m46).9cos30

346，解得0m，29所以BD的长的取值范围为(0,

22已知函数fxae3ax2sinx1,aR..

2x（1）当0a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值；（2）当x0时，函数fx取得极值，求a的值.【答案】（1）38（2）a2或a1

【解析】【分析】（1）求出曲线yfx在点0,f0处的切线方程，然后求出与x轴，y轴的交点，表示出切线与两坐标轴围成的三角形面积，然后利用导数求最大值即可；（2）令f00求出a的值，然后验证a的值使函数fx在x0处取到极值.【小问1详解】由已知fxae3a2cosx，0a12x则f0a3a2，f0a1，22曲线yfx在点0,f0处的切线方程为ya3a2xa1，0a122当x0时，ya21，当y0时，x

a1

，a2设线yfx在点0,f0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为ha，则ha

12a11a1a11a2，0a12a222a23213a2a1a2aaa11a12a1a3ha，2222a2a2令ha0，则0a令ha0，则11

，即ha在0,上单调递增，22

即hamax11a1，即ha在,1上单调递减，2211

31112h1，2242182即曲线yfx在点0,f0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值为；【小问2详解】由（1）fxae3a2cosx，2x38因为当x0时，函数fx取得极值，得f0a3a20，解得a2或a1，2当a2时，fx4e62cosx，设gxfx4e62cosx，xx则gx4e2sinx，令rxgx4e2sinx，xxπxx则rx4e2cosx，明显rx4e2cosx在0,上单调递增，2πrxr02，即gx4ex2sinx在0,上单调递增，2πgx4，即fx4ex62cosx在0,上单调递增，2πfx4620，即函数fx在0,上单调递增2又明显gx4e2sinx0在

xπ

,0上恒成立，2

则fx4e62cosx在

xπ

,0上单调递增，2

π

fxf00，即函数fx在,0上单调递减，2

所以当x0时，函数fx取得极值，当a1时，fxe32cosx，设txfxe32cosx，xx则txe2sinx，x当x

π

,0时，明显tx0，2

πx0,时，因为exx1,xsinx，当2

txex2sinxx12sinxxsinx1sinx0ππ

txex2sinx0在,上恒成立，22

ππ

fxex32cosx在,上单调递增，又f00，22

函数fx在

ππ

,0上单调递减，在0,上单调递增，22

所以当x0时，函数fx取得极值，故a2或a1.现证明exx1，设mx=ex1，则mx=e1，x

x令mx0，得x0，mx在0,上单调递增，令mx0，得x0，mx在,0上单调递减，mxm00，即exx1，现证明xsinx,x0,

π

，2

π

上恒成立2

设nxxsinx，则nx1cosx0在0,

即nx在0,

π

上单调递增，2

π

nxn00，即xsinx,x0,.2

【点睛】关键点点睛：第二问中，使导函数为零的不一定是极值点，要带入验证，符合极值点左右两边单调性不一样才是极值点.