2024年5月26日发(作者：青迎波)

广东省汕头市2023届高三三模数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

2

x



1

1．设集合

Mxx2x150

，

N



x

2



1

，则

MN

（





）

D．



5,3



）

A．



5,1



B．



1,3



C．



7,3



2．已知复数z的共轭复数

z



A

．第一象限

3



i

，则复数z在复平面内对应的点位于（

3



i

C

．第三象限

D

．第四象限







3

．如图，点

D

、

E

分别

AC

、

BC

的中点，设

AB

=

a

，

ACb

，

F

是

DE

的中点，则

AF

（）

B

．第二象限

1



1



A．

ab

22

1



1



B．

ab

22

1



1



C．

ab

42

1



1



D．

ab

42

4

．我国古代数学名著《数书九章》中有

“

天池盆测雨

”

题，在下雨时，用一个圆台形的

天池盆接雨水，天池盆盆口直径为

36

寸，盆底直径为

12

寸，盆深

18

寸．若某次下雨

盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体

积除以盆口面积）（

5

A．

寸

3

）

B．2寸C．

7

寸

3

D．3寸

）

5．从属于区间



2,9



的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为（

A．

6

7

B．

5

7

C．

9

14

D．

11

14

π



6．已知函数

f



x





2sin





x











0



的图像与x轴相邻的两个交点为M，N，他们

3





π

2

之间有一个最高点为P，

PMPN

4



，则

f



x



的最小正周期为（）

16

A．



B．

5



6

C．

2



D．



4

）将一个体积为

36π

的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（

7

．

A．

162

B．

163

C．

82

D．

83

）

8

．设

a2019ln2021

，

b2020ln2020

，

c2021ln2019

，则（

试卷第1页，共4页

A

．

abc

B

．

cba

C

．

acb

D

．

bac

二、多选题

9．如图，正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2，动点P，Q分别在线段

C

1

D

，

AC

上，

则下列命题正确的是（）

A．直线BC与平面

ABC

1

D

1

所成的角等于

C．异面直线

D

1

C

和

BC

1

所成的角为



4

B．点

C

到平面

ABC

1

D

1

的距离为

2

D．线段

PQ

长度的最小值为

）

23

3



.

4

1

32

10．设函数

f



x



xxx

的导函数为

f





x



，则（

3

A．

f





1



0

C．

f



x



存在两个零点

B．

x1

是函数

f



x



的极值点

D．

f



x



在(1，+∞)上单调递增

11．已知抛物线

y

2

4x

的焦点为F，顶点为O，过点F的直线

l

与抛物线交于A，B两

点，A在第一象限，若

AF3FB

，则下列结论正确的是（

A．直线

l

的斜率为

3

C

．

OAOB

）

B．线段AB的长度为

16

3

D

．以

AF

为直径的圆与

y

轴相切

5



12．已知函数

f



x



及其导函数

f





x



的定义域均为R．记

g



x



f





x



，若

f



2

x





为

2





3



偶函数，

g





x



为奇函数，则（）



2





1



A．

f









0



2



B．

g



2



g



3





1



C．

g





0



2



D．

f



0



f



5



三、填空题

13．



x2y



x3y



的展开式中

x

3

y

3

项的系数为______.（用数字作答）

5

14．已知圆

C:(x2)

2

(y1)

2

4

，则过原点且与

C

相切的直线方程为______.

试卷第2页，共4页

e

x

15．已知函数

f



x





,

g



x





x

2

，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数

a

a

的取值范围

__________

．

x

2

y

2

16．已知椭圆C：



1

的两个焦点为

F

1

，

F

2

，P为椭圆上任意一点，点



m

，

n



为

43

△PF

1

F

2

的内心，则

mn

的最大值为______.

四、解答题

17

．在锐角

ABC

中，内角

A

，

B

，

C

的对边分别为

a

，

b

，

c

，且

c2bcosAb

．

(1)

求证：

A2B

；

(2)

若

A

的角平分线交

BC

于

D

，且

c2

，求

△ABD

面积的取值范围．

18．已知等比数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，

a

n



1



2

S

n



1



n

N



．



(1)求数列



a

n



的通项公式；

(2)在

a

n

和

a

n



1

之间插入

n

个数，使这

n2

个数组成一个公差为

d

n

的等差数列，在数列



d

n



中是否存在

3

项

d

m

,

d

k

,

d

p

（其中

m,k,p

是公差不为

0

的等差数列）成等比数列？若存

在，求出这

3

项；若不存在，请说明理由．

19

．如图，四棱锥

P



ABCD

的底面

ABCD

为正方形，

PAPD

，

E

为

PB

的中点，已知

V

E



ABC



2

，

S

PAD

2

.

3

(1)

证明：

PD//

平面

EAC

；

(2)

求点

C

到平面

PAD

的距离；

(3)

若平面

PAD

平面

ABCD

，求直线

EC

与平面

PCD

所成角的正弦值

.

20

．在问卷调查中，被采访人有可能出于隐私保护而不愿意如实填写问卷，导致调查数

据失真

.

某校高三级调查学生对饭堂服务满意情况，为保护学生隐私并得到真实数据，

采取如下

“

随机化回答技术

”

进行问卷调查：

一个袋子中装有五个大小相同的小球，其中

2

个黑球，

3

个白球、高三级所有学生从袋

子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球

.

约定

“

若两次摸到的球的颜色不同，则按方

试卷第3页，共4页

式

Ⅰ

回答问卷，若相同则按方式

Ⅱ

回答问卷

”.

方式

Ⅰ

：若第一次摸到的是白球，则在问卷中答

“

是

”

，否则答

“

否

”

；

方式

Ⅱ

：若学生对饭堂服务满意，则在问卷中答

“

是

”

，否则答

“

否

”.

当所有学生完成问卷调查后，统计答

“

是

”

，答

“

否

”

的比例，用频率估计概率，由所学概

率知识即可求得该校高三级学生对饭堂服务满意度的估计值

.

(1)

若某班有

50

名学生，用

X

表示其中按方式

Ⅰ

回答问卷的人数，求

X

的数学期望；

(2)

若该年级的所有调查问卷中，答

“

是

”

与答

“

否

”

的比例为

2:3

，试估计该年级学生对饭

堂的满意度

.

（结果保留

3

位有效数字）

x

2

y

2

21．已知双曲线

C

:

2



2



1



a



0,

b



0



的实轴长为

22

，C的一条渐近线斜率为

ab



2

，直线l交C于P，Q两点，点

M

2





2a,b

在双曲线C上.



(1)

若直线

l

过

C

的右焦点，且斜率为

1

，求

PMQ

的面积；

(2)设P，Q为双曲线C上异于点

M



2a,b

的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为

k

1

，

k

2

，若

k

1

k

2

2k

1

k

2

，求证：直线PQ过定点.

x

22．设

f



x





e

，

g



x



lnx

，

(1)证明：

xf



x



xg



x



1

；

(2)若存在直线

yt

，其与曲线

y



x

g



x



B



x

2

,t



，和

y



共有3个不同交点

A



x

1

,t



，

f



x



x

C



x

3

,t





x

1

x

2

x

3



，求证：

x

1

，

x

2

，

x

3

成等比数列.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1

．

B

【分析】先分别化简集合

M,N

,

再利用交集的运算求解结果

.

2

【详解】因为

x2x15



x5



x3



0

，所以

5x3

，即

M



x5x3



；

因为

2

x

1



2

0



1

，所以

x10

，

x1

，即

N



xx1



；

所以

MN



x1x3



.

故选：

B.

2

．

D

【分析】由复数的运算求出复数

z

，再由复数几何意义即可解答

.

3



i(3



i)

2

9



6i



143

【详解】由题意

z



2



2



i

，

3



i3i1055

43



43



所以

z

i

，则复数z在复平面内对应的点



,





，为第四象限内的点.

55



55



故选：

D

3

．

C





【分析】根据向量的运算，利用基底向量

a,b

表示

AF

即可.

【详解】因为点

D

、

E

分别

AC

、

BC

的中点，

F

是

DE

的中点，



1



1



1



1



所以

AFADDFACDEACAB

.

2224



1



1



即

AFab

.

42

故选：

C.

4

．

C

【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积

得答案．

【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为

18

寸，下底面半径为

6

寸，高为

18

寸．



积水深9寸，



水面半径为

(18



6)



12

寸，

22

则盆中水的体积为

π



9



(6



12



6



12)



756π

（立方寸）．

1

2

1

3



平地降雨量等于

故选：

C

．

756π7



（寸

)

．

2

π



183

答案第

1

页，共

19

页

5

．

D

【分析】根据对立事件的概率公式，结合古典概型公式、组合定义进行求解即可

.

【详解】区间



2,9



的整数共有8个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有4个；

设事件

A

：从属于区间



2,9



的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，

C

2

3

11



P

(

A

)



1

P

(

A

)



由

P



A





4

得

，

2

C

8

14

14

故选：

D

6

．

A



π

2

【分析】分别求出M，N点的坐标，根据

PM



PN

4



，求出



即可.

16

π



【详解】设

M



x

1

,0



,N



x

1

,0



，令

f



x



2sin





x





0

，



3



不妨设



x

1



则

x

1



k

π



ππ

k

π,



x

2





k

1



π

，

k

Z

，

33





k



1



π



π

，

π

,

x

2



3



3



因为点

P

为点

M

，

N

的之间的一个最高点，

所以

P





k

π



k

1



π

π





x

1



x

2



,2



，即

P





,



2



，



2



2



3





2









k

π



k

1



π









k

1



π

k

π





,



2



,

PN







,



2



，所以

PM





2



2





2





2









k

π



k



1



π



π

2

所以

PM

·

PN











4



4



，

2



2



16



即



2

4

，解得



2

，

所以

T



2π

2





π

.

故选：

A

7

．

D

答案第

2

页，共

19

页

【分析】设正三棱锥的底面边长为

a

，高为

h

，球半径为

R

，由球体积求得球半径

R3

，根

据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于

h

的函数，利用导数求体积

最大值

.

【详解】设正三棱锥的底面边长为

a

，高为

h

，球半径为

R

，

4

3

由球的体积为

36π

，则

π

R

36π

，解得

R3

，

3



3



1

2

2

ah

2



6

h

0

，故

a

2

3h

2

18h

，





a



(

h



3)



9

，即





3



3





正三棱锥的体积为：

V

1



3

a

2

h

3



3

h

2



18

hh

3



3

h

3



18

h

2

，

341212

2



V





3



9

h

2



36

h

，

12



由

V



0

得：

0h4

，此时函数

V

单调递增，

由

V



0

得：

4h6

，此时函数

V

单调递减，



当

h4

时，

V

取得最大值，且最大值为

3



3



4

3



18



4

2



83

.

12



故选：

D

8

．

B

【分析】比较

b,c

大小，转化为比较

ln

x

ln2019ln2020

,

大小，构造函数

f

(

x

)



，通过求导

x

+1

20202021

ln2020ln2021

,

，构造函

20192020

判断

f(x)

的单调性，可得出

b,c

大小；比较

a,b

大小，转化为比较

数

g

(

x

)



ln

x

，求导判断

g(x)

单调性，得到出

a,b

大小，即可得出结论.

x



1

1

1



ln

x

ln

x

【详解】设

f

(

x

)



，则

f



(

x

)



，

x

x

+1

2

(

x



1)

当

x[e

2

,)

时，

f



(x)0

故

f(x)

在

[e

2

,)

上单调递减，

所以

f(2019)f(2020)

，即

ln2019ln2020



，

20202021

所以

2021ln20192020ln2020

，所以

cb

；

1

1



ln

x

ln

x

设

g

(

x

)



，则

g



(

x

)



，

x

x



1

2

(

x



1)

当

x[e

2

,)

时，

g



(x)0

，故

g(x)

在

[e

2

,)

上单调递减，

所以

g(2020)g(2021)

，即

ln2020ln2021



，

20192020

答案第

3

页，共

19

页

所以

2020ln20202019ln2021

，所以

ba

，

所以

cba

.

故选：

B

【点睛】思路点睛：要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构

造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的

数的大小关系，有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围

.

9

．

ABD

【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距

离的计算方法进行逐项判断

.

【详解】解：由题意得：

正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2

对于选项A：连接

B

1

C

，设

B

1

C、BC

1

交于O点

B

1

CBC

1

,B

1

CAB

B

1

C

平面

ABC

1

D

1

CBC

1

即为直线BC与平面

ABC

1

D

1

所成的角，且



CBC

1





，故A正确；

4

对于选项B：连接

B

1

C

，设

B

1

C、BC

1

交于O点

COBC

1

,B

1

CAB

CO

平面

ABC

1

D

1



点

C

到平面

ABC

1

D

1

的距离为

CO

11

B

1

C

22



2

,故B正确；

22

对于选项C：连接

D

1

C

、

AD

1

，由正方体性质可知

AD

1

∥

BC

1

故异面直线

D

1

C

和

BC

1

所成的角即为

D

1

C

和

AD

1

所成的角

AD

1

C

又

AD

1

ACCD

1

AD

1

C

为等边三角形



AD

1

C





3

故

C

错误；

答案第

4

页，共

19

页

对于选项

D

：过

P

作

PMCD

，过

M

作

MQAC

，连接

PQ

PQ

为异面直线之间的距离，这时

PQ

距离最小；

设

DPx

，

RtDPM

为等腰直角三角形，则

PM

2

2

x

x

，

CMCDDM

2



2

2

22



2



1

CM





2



x



2



x

RtCQM

也为等腰直角三角形，则

MQ







22



22



PMQ

为直角三角形

2



2





1



3

2

322

2

4

222

x



2



x



x



2

x



2



(

x



)



故

PQ



PM



MQ









2





24433





2

当

x

4

22

23

时，

PQ

2

取最小值

，故

PQ

min



，故D正确；

3

3

3

故选：

ABD

10

．

AD

【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项

.

【详解】

f





x



x

2

2x1



x1



0

，所以函数

f



x



在

R

上单调递增，所以函数不存在

2

极值点，故B错误，D正确；

f





1



0

，故A正确；

1

f



x



x

3

x

2

x

0

，得

x



x

2

3x3



0

，

x

2

3x30

中，

9120

，

3

所以

x

2

3x30

恒成立，即方程只有一个实数根，即

x0

，故

C

错误

.

故选：

AD

11

．

ABD

【分析】过点

A

，

B

分别作抛物线的准线

x=



1

的垂线，垂足为

A



，

B



．过点

B

作

AA



的垂

答案第

5

页，共

19

页

线，垂足为E，设

BFm

，则

AF3m

，利用抛物线的定义、斜率的定义、弦长公式、数

量积运算对选项进行一一判断，即可得答案；

【详解】如图，过点

A

，

B

分别作抛物线的准线

x=



1

的垂线，垂足为

A



，

B



．过点

B

作

AA



的垂线，垂足为E，设

BFm

，则

AF3m

，

由抛物线定义得

AEAA



BB



AFBF3mm2m

，

AB4m

，

在

RtABE

中，

cos



BAE



2

m

1





，所以



BAE



，所以直线l的斜率为

3

，故A项正确；

3

4

m

2

1



x



,

2







3



y



3



x



1



,





x

1



3,

则直线l的方程为

y3



x1



，联立



2

解得



即



y



4

x

,

y



23,

23









y





1

,

2



3



2



123





123



16



A3,23

，

B



,



，所以，故B项正确；



AB



3



23











3





3

3





3



3







2



OAOB1430

，故C项错误；线段AF的中点坐标为

2,3

，它到y轴的距离为2，



因为

AF4

，所以

r2

，所以以AF为直径的圆与y轴相切，D项正确．

故选：

ABD

．

12

．

CD

5



5





3



【分析】由

f



2

x





为偶函数，可得

f



x



的图象关于直线

x

对称，由

g





x



为奇函

2



2





2





3





5



数，可得

g(x)

的图象关于



,0



对称，再由

f



(x)f



(5x)

，可得

g(x)

的图象关于



,0





2





2



对称，然后逐个分析判断即可

.

5



【详解】因为

f



2

x





为偶函数，所以

2



5

5

令



2

xt

，则

2

xt

，所以

f(t)

2

2

5



5



f





2

x







f



2

x





，

2



2



f(5t)

，即

f(x)f(5x)

，

答案第

6

页，共

19

页

所以

f



x



的图象关于直线

x

5

对称，

2

所以

f



0



f



5



，所以D正确，

由

f(x)f(5x)

，得

f



(x)f



(5x)

，

所以

g(x)g(5x)

，所以

g(x)g(5x)0

，



5



所以

g(x)

的图象关于



,0



对称，



2





3





3



3



因为

g





x



为奇函数，所以

g





x





g





x



，



2



2





2





3



所以

g(x)

的图象关于



,0



对称，



2





53



所以

g(x)

的周期为

2











2

，



22



3



3



7





3



令

x0

，则

g





0

，所以

g





g

(5



)



g





0

，

2



2





2



2





7



3



3



1



所以

g





g





2





g





2





g





0



2



2



2



2





1



所以

g





0

，所以C正确，



2



因为

g(x)

的周期为2，所以

g



2



g



0



，



3



因为

g(x)

的图象关于



,0



对称，所以

g(3)g(0)

，所以

g



2



g



3



不一定成立，所以



2



B

错误，



3



3



3



3





3



3



由

g





x





g





x



，可得

f







x





f







x



，所以

f





x





f





x





C

（

C

为



2



2





2



2



2



2





1



7



3



常数），所以

f









f





C



f





C

，此式不一定为零，所以A错误，



2



2



2



故选：

CD

【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性和对称性的综合应用，考查抽象函数的奇偶性，

解题的关键是利用已知的式子结合奇偶性的定义求出函数的对称轴和对称中心，再得到函数

的周期，考查数学抽象能力，属于难题

.

13

．

40

【分析】化简得到



x2y



x3y



x



x2y



3y



x2y



，求



x2y



展开式的通项公式，

5

55

5

结合题意分别求得

k

的值，代入求解即可

.

【详解】



x2y



x3y



x



x2y



3y



x2y



，

55

5

答案第

7

页，共

19

页



x2y



5

5



kk

5



kk





2

y





C

k

y

，

k0,1,5

.展开式的通项为

T

k



1



C

k

5



x

5



2



x

k

332323

令

k3,

得

T

4

C

5

2xy80xy

，

223232

令

k2,

得

T

3

C

5

2xy40xy

，

对于

x



x2y



，

x

3

y

3

的系数为

80

，对于

3y



x2y



，

x

3

y

3

的系数为

120

，

5

5

所以



x2y



x3y



的展开式中

x

3

y

3

的系数为

8012040

.

故答案为：

40

.

14

．

x0

或

3x4y0

【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得

.

【详解】圆

C:(x2)

2

(y1)

2

4

的圆心坐标

C



2,1



，半径

r2

，

当切线

l

的斜率不存在时，

l:x0

，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；

当切线

l

的斜率存在时，设斜率为

k

，

l:ykx

，

由圆心到切线的距离等于半径得

所以直线方程为

3x4y0

.

故答案为：

3x4y0

或

x0

.

2

k



1

3



2

，解得

k

，

4

k

2



1

5



e

2



15．

(





,0)





,









4



x

e

【分析】分

a<

0

与

a0

两种情况进行讨论，当

a0

时，转化为

x(0,)

时，



x

2

有解，

a

x

2

构造函数

h

(

x

)



x

,

x

(0,





)

，求出单调性及极值，最值情况，求出a的取值范围.

e

【详解】数形结合可得：当

a<

0

，存在一条直线同时与两函数图象相切；

答案第

8

页，共

19

页

2024年5月26日发(作者：青迎波)

广东省汕头市2023届高三三模数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

2

x



1

1．设集合

Mxx2x150

，

N



x

2



1

，则

MN

（





）

D．



5,3



）

A．



5,1



B．



1,3



C．



7,3



2．已知复数z的共轭复数

z



A

．第一象限

3



i

，则复数z在复平面内对应的点位于（

3



i

C

．第三象限

D

．第四象限







3

．如图，点

D

、

E

分别

AC

、

BC

的中点，设

AB

=

a

，

ACb

，

F

是

DE

的中点，则

AF

（）

B

．第二象限

1



1



A．

ab

22

1



1



B．

ab

22

1



1



C．

ab

42

1



1



D．

ab

42

4

．我国古代数学名著《数书九章》中有

“

天池盆测雨

”

题，在下雨时，用一个圆台形的

天池盆接雨水，天池盆盆口直径为

36

寸，盆底直径为

12

寸，盆深

18

寸．若某次下雨

盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体

积除以盆口面积）（

5

A．

寸

3

）

B．2寸C．

7

寸

3

D．3寸

）

5．从属于区间



2,9



的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为（

A．

6

7

B．

5

7

C．

9

14

D．

11

14

π



6．已知函数

f



x





2sin





x











0



的图像与x轴相邻的两个交点为M，N，他们

3





π

2

之间有一个最高点为P，

PMPN

4



，则

f



x



的最小正周期为（）

16

A．



B．

5



6

C．

2



D．



4

）将一个体积为

36π

的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（

7

．

A．

162

B．

163

C．

82

D．

83

）

8

．设

a2019ln2021

，

b2020ln2020

，

c2021ln2019

，则（

试卷第1页，共4页

A

．

abc

B

．

cba

C

．

acb

D

．

bac

二、多选题

9．如图，正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2，动点P，Q分别在线段

C

1

D

，

AC

上，

则下列命题正确的是（）

A．直线BC与平面

ABC

1

D

1

所成的角等于

C．异面直线

D

1

C

和

BC

1

所成的角为



4

B．点

C

到平面

ABC

1

D

1

的距离为

2

D．线段

PQ

长度的最小值为

）

23

3



.

4

1

32

10．设函数

f



x



xxx

的导函数为

f





x



，则（

3

A．

f





1



0

C．

f



x



存在两个零点

B．

x1

是函数

f



x



的极值点

D．

f



x



在(1，+∞)上单调递增

11．已知抛物线

y

2

4x

的焦点为F，顶点为O，过点F的直线

l

与抛物线交于A，B两

点，A在第一象限，若

AF3FB

，则下列结论正确的是（

A．直线

l

的斜率为

3

C

．

OAOB

）

B．线段AB的长度为

16

3

D

．以

AF

为直径的圆与

y

轴相切

5



12．已知函数

f



x



及其导函数

f





x



的定义域均为R．记

g



x



f





x



，若

f



2

x





为

2





3



偶函数，

g





x



为奇函数，则（）



2





1



A．

f









0



2



B．

g



2



g



3





1



C．

g





0



2



D．

f



0



f



5



三、填空题

13．



x2y



x3y



的展开式中

x

3

y

3

项的系数为______.（用数字作答）

5

14．已知圆

C:(x2)

2

(y1)

2

4

，则过原点且与

C

相切的直线方程为______.

试卷第2页，共4页

e

x

15．已知函数

f



x





,

g



x





x

2

，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数

a

a

的取值范围

__________

．

x

2

y

2

16．已知椭圆C：



1

的两个焦点为

F

1

，

F

2

，P为椭圆上任意一点，点



m

，

n



为

43

△PF

1

F

2

的内心，则

mn

的最大值为______.

四、解答题

17

．在锐角

ABC

中，内角

A

，

B

，

C

的对边分别为

a

，

b

，

c

，且

c2bcosAb

．

(1)

求证：

A2B

；

(2)

若

A

的角平分线交

BC

于

D

，且

c2

，求

△ABD

面积的取值范围．

18．已知等比数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，

a

n



1



2

S

n



1



n

N



．



(1)求数列



a

n



的通项公式；

(2)在

a

n

和

a

n



1

之间插入

n

个数，使这

n2

个数组成一个公差为

d

n

的等差数列，在数列



d

n



中是否存在

3

项

d

m

,

d

k

,

d

p

（其中

m,k,p

是公差不为

0

的等差数列）成等比数列？若存

在，求出这

3

项；若不存在，请说明理由．

19

．如图，四棱锥

P



ABCD

的底面

ABCD

为正方形，

PAPD

，

E

为

PB

的中点，已知

V

E



ABC



2

，

S

PAD

2

.

3

(1)

证明：

PD//

平面

EAC

；

(2)

求点

C

到平面

PAD

的距离；

(3)

若平面

PAD

平面

ABCD

，求直线

EC

与平面

PCD

所成角的正弦值

.

20

．在问卷调查中，被采访人有可能出于隐私保护而不愿意如实填写问卷，导致调查数

据失真

.

某校高三级调查学生对饭堂服务满意情况，为保护学生隐私并得到真实数据，

采取如下

“

随机化回答技术

”

进行问卷调查：

一个袋子中装有五个大小相同的小球，其中

2

个黑球，

3

个白球、高三级所有学生从袋

子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球

.

约定

“

若两次摸到的球的颜色不同，则按方

试卷第3页，共4页

式

Ⅰ

回答问卷，若相同则按方式

Ⅱ

回答问卷

”.

方式

Ⅰ

：若第一次摸到的是白球，则在问卷中答

“

是

”

，否则答

“

否

”

；

方式

Ⅱ

：若学生对饭堂服务满意，则在问卷中答

“

是

”

，否则答

“

否

”.

当所有学生完成问卷调查后，统计答

“

是

”

，答

“

否

”

的比例，用频率估计概率，由所学概

率知识即可求得该校高三级学生对饭堂服务满意度的估计值

.

(1)

若某班有

50

名学生，用

X

表示其中按方式

Ⅰ

回答问卷的人数，求

X

的数学期望；

(2)

若该年级的所有调查问卷中，答

“

是

”

与答

“

否

”

的比例为

2:3

，试估计该年级学生对饭

堂的满意度

.

（结果保留

3

位有效数字）

x

2

y

2

21．已知双曲线

C

:

2



2



1



a



0,

b



0



的实轴长为

22

，C的一条渐近线斜率为

ab



2

，直线l交C于P，Q两点，点

M

2





2a,b

在双曲线C上.



(1)

若直线

l

过

C

的右焦点，且斜率为

1

，求

PMQ

的面积；

(2)设P，Q为双曲线C上异于点

M



2a,b

的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为

k

1

，

k

2

，若

k

1

k

2

2k

1

k

2

，求证：直线PQ过定点.

x

22．设

f



x





e

，

g



x



lnx

，

(1)证明：

xf



x



xg



x



1

；

(2)若存在直线

yt

，其与曲线

y



x

g



x



B



x

2

,t



，和

y



共有3个不同交点

A



x

1

,t



，

f



x



x

C



x

3

,t





x

1

x

2

x

3



，求证：

x

1

，

x

2

，

x

3

成等比数列.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1

．

B

【分析】先分别化简集合

M,N

,

再利用交集的运算求解结果

.

2

【详解】因为

x2x15



x5



x3



0

，所以

5x3

，即

M



x5x3



；

因为

2

x

1



2

0



1

，所以

x10

，

x1

，即

N



xx1



；

所以

MN



x1x3



.

故选：

B.

2

．

D

【分析】由复数的运算求出复数

z

，再由复数几何意义即可解答

.

3



i(3



i)

2

9



6i



143

【详解】由题意

z



2



2



i

，

3



i3i1055

43



43



所以

z

i

，则复数z在复平面内对应的点



,





，为第四象限内的点.

55



55



故选：

D

3

．

C





【分析】根据向量的运算，利用基底向量

a,b

表示

AF

即可.

【详解】因为点

D

、

E

分别

AC

、

BC

的中点，

F

是

DE

的中点，



1



1



1



1



所以

AFADDFACDEACAB

.

2224



1



1



即

AFab

.

42

故选：

C.

4

．

C

【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积

得答案．

【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为

18

寸，下底面半径为

6

寸，高为

18

寸．



积水深9寸，



水面半径为

(18



6)



12

寸，

22

则盆中水的体积为

π



9



(6



12



6



12)



756π

（立方寸）．

1

2

1

3



平地降雨量等于

故选：

C

．

756π7



（寸

)

．

2

π



183

答案第

1

页，共

19

页

5

．

D

【分析】根据对立事件的概率公式，结合古典概型公式、组合定义进行求解即可

.

【详解】区间



2,9



的整数共有8个，则质数有2，3，5，7共4个；非质数有4个；

设事件

A

：从属于区间



2,9



的整数中任取两个数，至少有一个数是质数，

C

2

3

11



P

(

A

)



1

P

(

A

)



由

P



A





4

得

，

2

C

8

14

14

故选：

D

6

．

A



π

2

【分析】分别求出M，N点的坐标，根据

PM



PN

4



，求出



即可.

16

π



【详解】设

M



x

1

,0



,N



x

1

,0



，令

f



x



2sin





x





0

，



3



不妨设



x

1



则

x

1



k

π



ππ

k

π,



x

2





k

1



π

，

k

Z

，

33





k



1



π



π

，

π

,

x

2



3



3



因为点

P

为点

M

，

N

的之间的一个最高点，

所以

P





k

π



k

1



π

π





x

1



x

2



,2



，即

P





,



2



，



2



2



3





2









k

π



k

1



π









k

1



π

k

π





,



2



,

PN







,



2



，所以

PM





2



2





2





2









k

π



k



1



π



π

2

所以

PM

·

PN











4



4



，

2



2



16



即



2

4

，解得



2

，

所以

T



2π

2





π

.

故选：

A

7

．

D

答案第

2

页，共

19

页

【分析】设正三棱锥的底面边长为

a

，高为

h

，球半径为

R

，由球体积求得球半径

R3

，根

据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于

h

的函数，利用导数求体积

最大值

.

【详解】设正三棱锥的底面边长为

a

，高为

h

，球半径为

R

，

4

3

由球的体积为

36π

，则

π

R

36π

，解得

R3

，

3



3



1

2

2

ah

2



6

h

0

，故

a

2

3h

2

18h

，





a



(

h



3)



9

，即





3



3





正三棱锥的体积为：

V

1



3

a

2

h

3



3

h

2



18

hh

3



3

h

3



18

h

2

，

341212

2



V





3



9

h

2



36

h

，

12



由

V



0

得：

0h4

，此时函数

V

单调递增，

由

V



0

得：

4h6

，此时函数

V

单调递减，



当

h4

时，

V

取得最大值，且最大值为

3



3



4

3



18



4

2



83

.

12



故选：

D

8

．

B

【分析】比较

b,c

大小，转化为比较

ln

x

ln2019ln2020

,

大小，构造函数

f

(

x

)



，通过求导

x

+1

20202021

ln2020ln2021

,

，构造函

20192020

判断

f(x)

的单调性，可得出

b,c

大小；比较

a,b

大小，转化为比较

数

g

(

x

)



ln

x

，求导判断

g(x)

单调性，得到出

a,b

大小，即可得出结论.

x



1

1

1



ln

x

ln

x

【详解】设

f

(

x

)



，则

f



(

x

)



，

x

x

+1

2

(

x



1)

当

x[e

2

,)

时，

f



(x)0

故

f(x)

在

[e

2

,)

上单调递减，

所以

f(2019)f(2020)

，即

ln2019ln2020



，

20202021

所以

2021ln20192020ln2020

，所以

cb

；

1

1



ln

x

ln

x

设

g

(

x

)



，则

g



(

x

)



，

x

x



1

2

(

x



1)

当

x[e

2

,)

时，

g



(x)0

，故

g(x)

在

[e

2

,)

上单调递减，

所以

g(2020)g(2021)

，即

ln2020ln2021



，

20192020

答案第

3

页，共

19

页

所以

2020ln20202019ln2021

，所以

ba

，

所以

cba

.

故选：

B

【点睛】思路点睛：要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构

造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的

数的大小关系，有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围

.

9

．

ABD

【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距

离的计算方法进行逐项判断

.

【详解】解：由题意得：

正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2

对于选项A：连接

B

1

C

，设

B

1

C、BC

1

交于O点

B

1

CBC

1

,B

1

CAB

B

1

C

平面

ABC

1

D

1

CBC

1

即为直线BC与平面

ABC

1

D

1

所成的角，且



CBC

1





，故A正确；

4

对于选项B：连接

B

1

C

，设

B

1

C、BC

1

交于O点

COBC

1

,B

1

CAB

CO

平面

ABC

1

D

1



点

C

到平面

ABC

1

D

1

的距离为

CO

11

B

1

C

22



2

,故B正确；

22

对于选项C：连接

D

1

C

、

AD

1

，由正方体性质可知

AD

1

∥

BC

1

故异面直线

D

1

C

和

BC

1

所成的角即为

D

1

C

和

AD

1

所成的角

AD

1

C

又

AD

1

ACCD

1

AD

1

C

为等边三角形



AD

1

C





3

故

C

错误；

答案第

4

页，共

19

页

对于选项

D

：过

P

作

PMCD

，过

M

作

MQAC

，连接

PQ

PQ

为异面直线之间的距离，这时

PQ

距离最小；

设

DPx

，

RtDPM

为等腰直角三角形，则

PM

2

2

x

x

，

CMCDDM

2



2

2

22



2



1

CM





2



x



2



x

RtCQM

也为等腰直角三角形，则

MQ







22



22



PMQ

为直角三角形

2



2





1



3

2

322

2

4

222

x



2



x



x



2

x



2



(

x



)



故

PQ



PM



MQ









2





24433





2

当

x

4

22

23

时，

PQ

2

取最小值

，故

PQ

min



，故D正确；

3

3

3

故选：

ABD

10

．

AD

【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项

.

【详解】

f





x



x

2

2x1



x1



0

，所以函数

f



x



在

R

上单调递增，所以函数不存在

2

极值点，故B错误，D正确；

f





1



0

，故A正确；

1

f



x



x

3

x

2

x

0

，得

x



x

2

3x3



0

，

x

2

3x30

中，

9120

，

3

所以

x

2

3x30

恒成立，即方程只有一个实数根，即

x0

，故

C

错误

.

故选：

AD

11

．

ABD

【分析】过点

A

，

B

分别作抛物线的准线

x=



1

的垂线，垂足为

A



，

B



．过点

B

作

AA



的垂

答案第

5

页，共

19

页

线，垂足为E，设

BFm

，则

AF3m

，利用抛物线的定义、斜率的定义、弦长公式、数

量积运算对选项进行一一判断，即可得答案；

【详解】如图，过点

A

，

B

分别作抛物线的准线

x=



1

的垂线，垂足为

A



，

B



．过点

B

作

AA



的垂线，垂足为E，设

BFm

，则

AF3m

，

由抛物线定义得

AEAA



BB



AFBF3mm2m

，

AB4m

，

在

RtABE

中，

cos



BAE



2

m

1





，所以



BAE



，所以直线l的斜率为

3

，故A项正确；

3

4

m

2

1



x



,

2







3



y



3



x



1



,





x

1



3,

则直线l的方程为

y3



x1



，联立



2

解得



即



y



4

x

,

y



23,

23









y





1

,

2



3



2



123





123



16



A3,23

，

B



,



，所以，故B项正确；



AB



3



23











3





3

3





3



3







2



OAOB1430

，故C项错误；线段AF的中点坐标为

2,3

，它到y轴的距离为2，



因为

AF4

，所以

r2

，所以以AF为直径的圆与y轴相切，D项正确．

故选：

ABD

．

12

．

CD

5



5





3



【分析】由

f



2

x





为偶函数，可得

f



x



的图象关于直线

x

对称，由

g





x



为奇函

2



2





2





3





5



数，可得

g(x)

的图象关于



,0



对称，再由

f



(x)f



(5x)

，可得

g(x)

的图象关于



,0





2





2



对称，然后逐个分析判断即可

.

5



【详解】因为

f



2

x





为偶函数，所以

2



5

5

令



2

xt

，则

2

xt

，所以

f(t)

2

2

5



5



f





2

x







f



2

x





，

2



2



f(5t)

，即

f(x)f(5x)

，

答案第

6

页，共

19

页

所以

f



x



的图象关于直线

x

5

对称，

2

所以

f



0



f



5



，所以D正确，

由

f(x)f(5x)

，得

f



(x)f



(5x)

，

所以

g(x)g(5x)

，所以

g(x)g(5x)0

，



5



所以

g(x)

的图象关于



,0



对称，



2





3





3



3



因为

g





x



为奇函数，所以

g





x





g





x



，



2



2





2





3



所以

g(x)

的图象关于



,0



对称，



2





53



所以

g(x)

的周期为

2











2

，



22



3



3



7





3



令

x0

，则

g





0

，所以

g





g

(5



)



g





0

，

2



2





2



2





7



3



3



1



所以

g





g





2





g





2





g





0



2



2



2



2





1



所以

g





0

，所以C正确，



2



因为

g(x)

的周期为2，所以

g



2



g



0



，



3



因为

g(x)

的图象关于



,0



对称，所以

g(3)g(0)

，所以

g



2



g



3



不一定成立，所以



2



B

错误，



3



3



3



3





3



3



由

g





x





g





x



，可得

f







x





f







x



，所以

f





x





f





x





C

（

C

为



2



2





2



2



2



2





1



7



3



常数），所以

f









f





C



f





C

，此式不一定为零，所以A错误，



2



2



2



故选：

CD

【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性和对称性的综合应用，考查抽象函数的奇偶性，

解题的关键是利用已知的式子结合奇偶性的定义求出函数的对称轴和对称中心，再得到函数

的周期，考查数学抽象能力，属于难题

.

13

．

40

【分析】化简得到



x2y



x3y



x



x2y



3y



x2y



，求



x2y



展开式的通项公式，

5

55

5

结合题意分别求得

k

的值，代入求解即可

.

【详解】



x2y



x3y



x



x2y



3y



x2y



，

55

5

答案第

7

页，共

19

页



x2y



5

5



kk

5



kk





2

y





C

k

y

，

k0,1,5

.展开式的通项为

T

k



1



C

k

5



x

5



2



x

k

332323

令

k3,

得

T

4

C

5

2xy80xy

，

223232

令

k2,

得

T

3

C

5

2xy40xy

，

对于

x



x2y



，

x

3

y

3

的系数为

80

，对于

3y



x2y



，

x

3

y

3

的系数为

120

，

5

5

所以



x2y



x3y



的展开式中

x

3

y

3

的系数为

8012040

.

故答案为：

40

.

14

．

x0

或

3x4y0

【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得

.

【详解】圆

C:(x2)

2

(y1)

2

4

的圆心坐标

C



2,1



，半径

r2

，

当切线

l

的斜率不存在时，

l:x0

，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；

当切线

l

的斜率存在时，设斜率为

k

，

l:ykx

，

由圆心到切线的距离等于半径得

所以直线方程为

3x4y0

.

故答案为：

3x4y0

或

x0

.

2

k



1

3



2

，解得

k

，

4

k

2



1

5



e

2



15．

(





,0)





,









4



x

e

【分析】分

a<

0

与

a0

两种情况进行讨论，当

a0

时，转化为

x(0,)

时，



x

2

有解，

a

x

2

构造函数

h

(

x

)



x

,

x

(0,





)

，求出单调性及极值，最值情况，求出a的取值范围.

e

【详解】数形结合可得：当

a<

0

，存在一条直线同时与两函数图象相切；

答案第

8

页，共

19

页