2024年1月“七省联考”考前押题卷02试题+答案(1)_2024年1月_021月合集_2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用）

2024年1月“七省联考”押题预测卷02 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考 证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本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．     A x lnx1 B x1 x3 A B 1．集合 ， ，则  （ ）       A.  B. x e x3 C. x e x3 D. x x1 2．已知复数z(12i)在复平面内对应点的坐标为（3,1），则z （ ） 1 7 1 1 1 7 A.  i B. i C. i D.  i 5 5 5 5 5 5 6  1 3．  2x3  展开式中x10项的系数为（ ）  x A. 240 B. 20 C. 20 D. 240 x  ex ex 4．函数 f x 的部分图象大致为（ ） 2cosx A. B. C. D. 5．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓， 富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCDABC D ，上下底面的中心分别为O 和O，若AB2AB 4，AAB60，则正四 1 1 1 1 1 1 1 1 棱台ABCDABC D 的体积为（ ） 1 1 1 1 20 2 28 2 20 6 28 6 A. B. C. D. 3 3 3 3 6．公元 9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551 年奥地利数学家、天文学 家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形 中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对 边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则 3csc20 sec20 （ ） A. 3 B. 2 3 C. 4 D. 8 7．已知奇函数 f x 在R上可导，其导函数为 f x，且 f 1x f 1xx0恒成立，则 f2023（ ） 1 1 A. 1 B. C. 0 D.  2 2 x2 y2 8．如图，已知双曲线C:  1(a,b0)的左､右焦点分别为F ，F ，过F 的直线与C分别 a2 b2 1 2 1 在第一､二象限交于A,B两点，△ABF 内切圆半径为r，若 BF r a，则C的离心率为 2 1 （ ） 10 2 5 30 85 A. B. C. D. 2 3 4 5 二、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． 9．2023年10月3日第19届杭州亚运会跳水女子10米跳台迎来决赛，中国“梦之队”包揽了该 项目的冠亚军.已知某次跳水比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为x i 1,2,3,4,5 ，平均数 i 为x，若随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为 y i 1,2,3,4 ，平均数为 y，下面 i说法正确的是（ ） A. 新数据的极差可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若x y，则新数据的方差一定大于原数据方差 D. 若x y，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数  π 10．已知函数 f x Asinx  A0,0, 的部分图象如图所示．则（ ）  2  π  A. f(x)的图象关于 ,0中心对称  12  5π  B. f(x)在区间 ,2π 上单调递增    3  π C. 函数 f x 的图象向右平移 个单位长度可以得到函数g(x) =2sin2x的图象 6 π 1 D. 将函数 f(x)的图象所有点的横坐标缩小为原来的 ，得到函数h(x)2sin(4x )的图象 2 6 11．已知P是圆C:x2  y2 1上一点，Q是圆D:(x3)2 (y4)2 4上一点，则（ ） A. PQ 的最小值为2 B. 圆C与圆D有4条公切线 4 3 C. 当 PQ 取得最小值时，P点的坐标为( , ) 5 5 D. 当 PQ 1 21时，点D到直线PQ的距离小于2 12．已知正四面体PABC 的棱长为2，下列说法正确的是（ ） A. 正四面体PABC 的外接球表面积为6π B. 正四面体PABC 内任意一点到四个面的距离之和为定值 1 C. 正四面体PABC 的相邻两个面所成二面角的正弦值为 3 D. 正四面体QMNG在正四面体PABC 的内部，且可以任意转动，则正四面体QMNG的 2 2 体积最大值为 81 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知等差数列 a  前3项和S 12，a 1，a 1，a 3成等比数列，则数列 a  的公差 n 3 1 2 3 n d _______________． 14.已知向量a  ，b  满足a  b  a 2 2，且a  1,1，则向量b  在向量a  上的投影向量为________． 15.正三棱台 ABC ABC中， AB 1， AB AA 2，点E，F 分别为棱BB ， AC 的中点， 1 1 1 1 1 1 1 1 1若过点A，E，F 作截面，则截面与上底面ABC 的交线长为________． 1 1 1 16．已知函数 f x x  ex12a  lnx的最小值为0，则a的值为________. 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． 17．已知正项数列 a  的前n项和为S ，且满足2 S a 1，nN*. n n n n （1）求数列 a  的通项公式； n 2 （2）若数列 b  满足b  a  ，求数列 b  的前n和T . n n n a a n n n n1 1sin A sinB 18．记 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知  ．  cosA cosB （1）求A2B的值； （2）若a2 2c2 b2，求的最大值．19．如图，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，DE平面ABCD，CF //DE， DE 2CF ，BE与平面ABCD所成的角为45. （1）求证：平面BEF 平面BDE； （2）求二面角B-EF-D的余弦值. 20．“村BA”后，贵州“村超”又火出圈!所谓“村超”，其实是目前火爆全网的贵州乡村体育 赛事一一榕江（三宝侗寨）和美乡村足球超级联赛，被大家简称为“村超”.“村超”的民族风､ 乡土味､欢乐感，让每个人尽情享受着足球带来的快乐. 某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随 机抽取了男､女同学各50名进行调查，部分数据如表所示： 喜欢足球 不喜欢足球 合计 男生 20 女生 15合计 100 n(ad bc)2 附：2  . abcdacbd  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828  （1）根据所给数据完成上表，依据0.005的独立性检验，能否有99.5%的把握认为该中学学 生喜欢足球与性别有关？ （2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范定点射门.据统计，这两 2 1 名男生进球的概率均为 ，这名女生进球的概率为 ，每人射门一次，假设各人进球相互独立， 3 2 求3人进球总次数X 的分布列和数学期望. 21．已知函数 f xaxexa 0 ，gxx2. （1）求 f x 的单调区间； （2）当x0时， f x 与gx 有公切线，求实数a的取值范围.y2 22．已知椭圆T： x2 1，其上焦点F与抛物线K：x2 4y的焦点重合. 2 （1）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，同时交抛物线K于点C、D（如图1所示，点C在椭圆 与抛物线第一象限交点上方），试证明：线段AC大于BD长度的大小； （2）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，过点F与直线AB垂直的直线EG交抛物线K于点E、G （如图2所示），试求四边形AEBG面积的最小值.2024年1月“七省联考”押题预测卷02 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准 考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本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．     A x lnx1 B x1 x3 A B 1．集合 ， ，则  （ ）       A.  B. x e x3 C. x e x3 D. x x1 【答案】C     【解析】由lnx1 xe，即A x xe  AB x e x3 . 故选：C 2．已知复数z(12i)在复平面内对应点的坐标为（3,1），则z （ ） 1 7 1 1 1 7 A.  i B. i C. i D.  i 5 5 5 5 5 5 【答案】A 【解析】由已知复数z(12i)在复平面内对应点的坐标为（3,1）， 则z(12i)3i， 3i 3i12i 17i 1 7 所以z      i. 12i 12i12i 5 5 5 故选：A. 6  1 3．  2x3  展开式中x10项的系数为（ ）  x A. 240 B. 20 C. 20 D. 240 【答案】D 6 r 【解析】  2x3 1 展开式通项为 T Cr  2x36r  1 1r 26rCrx184r      x r1 6  x 6 由184r 10，可得r 2，则12 262C2 240， 66  1 则  2x3  展开式中x10项的系数为240.  x 故选：D x  ex ex 4．函数 f x 的部分图象大致为（ ） 2cosx A. B. C. D. 【答案】C x  ex ex 【解析】根据题意，对于函数 f x ， 2cosx x  ex ex x  ex ex 有函数 f x  f x， 2cosx 2cosx 即函数 f x 为奇函数，图象关于原点对称，故排除A､B ； x  ex ex 当x0时，cosx[1,1]，则恒有 f x 0，排除D； 2cosx 故选：C. 5．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓， 富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台 ABCDABC D ，上下底面的中心分别为O 和O，若AB2AB 4，AAB60，则正四 1 1 1 1 1 1 1 1 棱台ABCDABC D 的体积为（ ） 1 1 1 1 20 2 28 2 20 6 28 6 A. B. C. D. 3 3 3 3 【答案】B【解析】因为ABCDABC D 是正四棱台，AB2AB 4，AAB60， 1 1 1 1 1 1 1 1 ABAB  1 2 侧面以及对角面为等腰梯形，故 2 1 1 ，AO AC  AB2 2， AA  2 1 cosAAB 2 2 1 2 AO  AB  2，所以OO  AA2 AOAO 2  2 ， 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1   2 28 2 所以该四棱台的体积为V  OO  S S  S S  (1648) ， 3 1 ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 3 3 故选：B. 6．公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学 家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形 中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边 的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则 3csc20 sec20 （ ） A. 3 B. 2 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】依题意，20角可视为某直角三角形的内角，由锐角三角函数定义及已知得 1 1 csc20  ,sec20  ， sin20 cos20 3 1 3cos20 sin20 2sin(60 20) 3csc20 sec20     4 所以 sin20 cos20 sin20cos20 1 . sin40 2 故选：C 7．已知奇函数 f x 在R上可导，其导函数为 f x，且 f 1x f 1xx0恒成立，则 f2023（ ） 1 1 A. 1 B. C. 0 D.  2 2 【答案】B 1 【解析】设g(x) f(x) x，则g(x)为R上可导的奇函数，g(0)0， 2 1 1 由题意得 f 1x (1x） f 1x (1x)， 2 2 得g(1x) g(1x)，所以gx2 g1x1 gxgx ， gx4 gx22gx2 gx ， 又g(1x) g(1x)，即g(1x)g(1x)， 所以g(1x) g(1x)，等式两边对x求导， 得g(1x)g(1x)，令x0，g(1)g(1)，所以g(1)0. 由g(x4) g(x)，两边对x求导，g(x4) g(x)，所以g(x)的周期为4， 1 1 所以g(2023) g(1)0，因为g(x) f(x) x，所以g(x) f(x) ， 2 21 1 所以 f(2023) g(2023)  . 2 2 故选：B x2 y2 8．如图，已知双曲线C:  1(a,b0)的左､右焦点分别为F ，F ，过F 的直线与C分别 a2 b2 1 2 1 在第一､二象限交于A,B两点，△ABF 内切圆半径为r，若 BF r a，则C的离心率为（ ） 2 1 10 2 5 30 85 A. B. C. D. 2 3 4 5 【答案】D 【解析】 设 AB  x，内切圆圆心为I ，内切圆在BF ,AF ,AB上的切点分别为U,V,W ， 2 2 则 BU  BW , AV  AW , FU  FV ， 2 2 由 BF a及双曲线的定义可知， 1 1   BF 3a, AF  xa, FU  FV  BF  AF  AB ar ， 2 2 2 2 2 2 2 故四边形IUFV 是正方形， 2 得AF  BF ，于是 BF 2  AF 2 | AB|2， 2 2 2 2 故x2 9a2 (xa)2，所以x5a， 3 于是cosFBF cosπABF  ，在 FBF 中， 1 2 2 5  1 2 68 由余弦定理可得 FF 2  BF 2  BF 2 2 BF  BF cosFBF  a2， 1 2 1 2 1 2 1 2 5 68 c 85 从而4c2  a2，所以e  . 5 a 5 故选：D. 二、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． 9．2023年10月3日第19届杭州亚运会跳水女子10米跳台迎来决赛，中国“梦之队”包揽了该项 目的冠亚军.已知某次跳水比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为x i 1,2,3,4,5 ，平均数为x， i 若随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为 y i 1,2,3,4 ，平均数为 y，下面说法正 i 确的是（ ） A. 新数据的极差可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若x y，则新数据的方差一定大于原数据方差 D. 若x y，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 【答案】ABC 【解析】对于A中，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极 差可能等于原数据的极差，所以A正确； 对于B中，不妨假设x  x  x  x  x ， 1 2 3 4 5 1 当 x x  x 时，若随机删去的成绩是x ，此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以 2 2 4 3 3 B正确； 对于C中，若x y，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小， 所以方差会变大，所以C正确； 对于D中，若x y，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中， 因为540%2，此时原数据的40%分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得440%1.6， 此时新数据的40%分位数为第二个数， 显然新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，所以D错误. 故选：ABC.  π 10．已知函数 f x Asinx  A0,0, 的部分图象如图所示．则（ ）  2  π  A. f(x)的图象关于  ,0 中心对称  12  5π  B. f(x)在区间 ,2π 上单调递增    3  π C. 函数 f x 的图象向右平移 个单位长度可以得到函数g(x) =2sin2x的图象 6π 1 D. 将函数 f(x)的图象所有点的横坐标缩小为原来的 ，得到函数h(x)2sin(4x )的图象 2 6 【答案】ABD T 5π π 1 2π 【解析】由图象可知A2，     ，解得T π,2， 4 12 6 4  π π  π π π π 又 f  2，所以2sin 2，即  2kπ,kZ，结合 ，可知k 0, ， 6 3  3 2 2 6  π 所以函数 f x 的表达式为 f x2sin  2x ，  6  π   π π  π  对于 A，由于 f    2sin     0，即 f(x)的图象关于  ,0 中心对称，故 A 正确；  12  6 6  12  5π  π 7π 25π 7π 9π 对于B，当x ,2π 时，t 2x  ,  , ，由复合函数单调性可知 f(x)在        3  6  2 6   2 2  5π  区间 ,2π 上单调递增，故B正确；    3  π 对于C，函数 f x 的图象向右平移 个单位长度可以得到函数 6   π π  π gx2sin  2  x    2sin  2x ，故C错误；   6 6  6 π 1 对于D，将函数 f(x)的图象所有点的横坐标缩小为原来的 ，得到函数h(x)2sin(4x )的图 2 6 象，故D正确. 故选：ABD. 11．已知P是圆C:x2  y2 1上一点，Q是圆D:(x3)2 (y4)2 4上一点，则（ ） A. PQ 的最小值为2 B. 圆C与圆D有4条公切线 4 3 C. 当 PQ 取得最小值时，P点的坐标为( , ) 5 5 D. 当 PQ 1 21时，点D到直线PQ的距离小于2 【答案】AB 【解析】C的圆心C(0,0)，半径r 1，圆D的圆心D(3,4)，半径r 2，则 CD 5，圆C与 1 2 圆D外离， 因此 PQ 的最小值为 CD 122，圆C与圆D有4条公切线，AB正确； 4 3 直线CD的方程为y  x，代入x2  y2 1，得x ，当 PQ 取得最小值时， 3 5 3 4 P为线段CD与圆C的交点，因此P点的坐标为( , )，C错误； 5 5 过点C作圆D的切线，切点为M ，则 CM  52 22  21，当P为线段MC 的延长线与圆C的交点，且点Q与M 重合时， PQ 1 21， 此时点D到直线PQ的距离等于2，D错误. 故选：AB 12．已知正四面体PABC 的棱长为2，下列说法正确的是（ ） A. 正四面体PABC 的外接球表面积为6π B. 正四面体PABC 内任意一点到四个面的距离之和为定值 1 C. 正四面体PABC 的相邻两个面所成二面角的正弦值为 3 D. 正四面体QMNG在正四面体PABC 的内部，且可以任意转动，则正四面体QMNG的 2 2 体积最大值为 81 【答案】ABD 【解析】A.棱长为2的正四面体PABC 的外接球与棱长为 2 的正方体的外接球半径相同， 设为R，则：2R 6 ，所以S 4πR2 6π，所以A对. B.设正四面体PABC 内任意一点到四个面的距离分别为d ，d ，d，d ， 1 2 3 4 1 1 设正四面体PABC 的高为d，由等体积法可得： S(d d d d ) Sd ， 3 1 2 3 4 3 所以d d d d d 为定值，所以B对. 1 2 3 4 C.设BC中点为D，连接PD，AD，则AD BC,PD BC ， 则PDA为所求二面角的平面角，AP 2,PD  AD  3， 334 1 1 2 2 2 所以cosPDA  ，所以正弦值为 1  = ，所以C错. 6 3 3 3D.要使正四面体QMNG在四面体PABC 的内部，且可以任意转动， 则正四面体QMNG的外接球在四面体PABC 内切球内部， 当正四面体QMNG的外接球恰好为四面体PABC 内切球时， 正四面体QMNG的体积最大值， 1 由于正四面体的外接球与内切球半径之比为 ， 3 6 1 6 所以正四面体QMNG的外接球半径为  = ， 2 3 6  2  6 2 设正四面体QMNG的边长为a，则 3 a2 ，所以a  ，   2 6 3   2 2 2 故体积V  a3  ，所以D对. 12 81 故选：ABD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知等差数列 a  前3项和S 12，a 1，a 1，a 3成等比数列，则数列 a  的公差 n 3 1 2 3 n d _______________． 【答案】6或2 【解析】由S 12，可知a a a 3a 12，即a 4， 3 1 2 3 2 2 又a 1，a 1，a 3成等比数列， 1 2 3 所以a 12 a 1a 3a d 1a d 3， 2 1 3 2 2 即93d7d ，解得d 2或d  6， 故答案为：6或2 14.已知向量a  ，b  满足a  b  a 2 2，且a  1,1，则向量b  在向量a  上的投影向量为________． 【答案】 2,2   【解析】由a1,1，得 a  2， 又a  b  a 2 2，所以a  b  4，    ab a 所以向量b  在向量a  上的投影向量为    2,2 ， a a 故答案为： 2,2 15.正三棱台 ABC ABC中， AB 1， AB AA 2，点E，F 分别为棱BB ， AC 的中点， 1 1 1 1 1 1 1 1 1若过点A，E，F 作截面，则截面与上底面ABC 的交线长为________． 1 1 1 31 【答案】 10 【解析】连接 AF 并延长交CC 的延长线于点M ，连接ME交BC 于点N ，连接FN ，如图， 1 1 1 则线段FN 即为截面AEF 与上底面ABC的交线， 1 因为F为AC 的中点， FC MC 2 1 ， 1 1 1  1   AC MC 2 4 1 2 所以MC  CC  1 3 1 3 . 过点E作BC的平行线交CC 于点H ， 1 2 1 3 MC C N 3 2 因为HE  BCBC  ， 1  1   ， 2 1 1 2 MH HE 2 5 1 3 2 3 所以C N  HE  ， 1 5 5 在△C FN中， 1 π 1 9 1 3 1 31 FN  C F2 C N2 2C FC Ncos   2    . 1 1 1 1 3 4 25 2 5 2 10 31 故答案为： 10 16．已知函数 f x x  ex12a  lnx的最小值为0，则a的值为________. 1 【答案】 ##0.5 2 1 【解析】由 fx(x1)ex1 2a，且x(0,)， x 1 令g(x) fx，则g(x)(x2)ex1 0，即g(x)在(0,)上递增， x2 所以 f x在(0,)上递增，又x0， f'(x)，x， f'(x)，1 所以，x (0,)使 fx (x 1)ex 0 1 2a0，且x(0,x )时， f '(x)0， 0 0 0 x 0 0 x(x ,)时， f '(x)0，所以 f(x)在(0,x )上递减，在(x ,)上递增， 0 0 0 所以 f(x)  f x  x  ex 0 12a  lnx 0 min 0 0 0  1 (x 1)ex 0 1 2a 由   0 x 0 ，得x2ex 0 1lnx 1， 0 0  x  ex 0 12a  lnx  0 0 1 令函数t(x) x2ex1lnx，t'(x)(x2+2x)ex1 0， x 所以t(x)在(0,)上是增函数，注意到t(1)1，所以x 1， 0 1 所以2a1a . 2 1 故答案为： 2 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．已知正项数列 a  的前n项和为S ，且满足2 S a 1，nN*. n n n n （1）求数列 a  的通项公式； n 2 （2）若数列 b  满足b a  ，求数列 b  的前n和T . n n n a a n n n n1 2n 【答案】（1）a 2n1，nN* （2）T n2  n n 2n1 1 1 【解析】（1）由2 S a 1得S  a 12 ，则a  a 12 ，解得a 1， n n n 4 n 1 4 1 1 1 1 1 当n2时，S  a 12 ，所以a S S  a 12  a 12 ， n1 4 n1 n n n1 4 n 4 n1 整理得 a a a a 2a a  ， n n1 n n1 n n1 因为 a  是正项数列，所以a a 0，所以a a 2， n n n1 n n1 所以 a  是首项为1，公差为2的等差数列， n 所以a 12(n1)2n1，nN*. n （2）由（1）可得，a 2n1， n 2 2 1 1 所以b a  2n1 2n1  ， n n a a (2n1)(2n1) 2n1 2n1 n n1 n(12n1) 1 1 1 1 1 1  所以T          n 2 1 3 3 5 2n1 2n1 1 2n n2 1 n2  . 2n1 2n11sin A sinB 18．记 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知  ．  cosA cosB （1）求A2B的值； （2）若a2 2c2 b2，求的最大值． π 【答案】（1） （2）2 2 【解析】（1） 1sin A sinB 因为  ， cosA cosB 所以cosBsin AcosBsinBcosA， 所以cosBsinABsinC， π  sin  B  sinC， 2  π π π 因为0C π，  B ， 2 2 2 π π 所以 BC（舍），或 BπC， 2 2 π 所以A2BπCB ． 2 a2 2c2  （2）要使不等式a2 2c2 b2恒成立，只需要  即可，  b2  min π π 由（1）可知C  B ，A 2B， 2 2 a2 2c2 sin2 A2sin2C ∴由正弦定理得  ， b2 sin2 B π   π sin2 2B 2sin2 B     2   2 cos22B2cos2 B   sin2 B sin2 B  12sin2 B 2 2  1sin2 B  3  4sin2 B 6 ， sin2 B sin2 B 1sin A sinB 因为  ， cosA cosB 所以A，B都为锐角， π 又因为A2B ， 2 π 所以0 B ． 4 1 所以0sin2 B 时， 23  1 由对勾函数的性质知，4sin2 B 6在 0， 上单调递减， sin2 B  2 1 3 1 3 4  62 当sin2B  时，4sin2 B 6取得最小值为 2 1 ， 2 sin2 B 2 1 3 由sin2 B ，得4sin2 B 62即2． 2 sin2 B 所以的最大值为2． 19．如图，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，DE平面ABCD，CF //DE， DE 2CF ，BE与平面ABCD所成的角为45. （1）求证：平面BEF 平面BDE； （2）求二面角B-EF-D的余弦值. 6 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 【解析】（1）∵DE平面ABCD，AC平面ABCD. ∴DEAC. 又∵底面ABCD是菱形，∴ACBD. ∵BDDED，∴AC 平面BDE， 设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG， OG//CF ，OG CF ，四边形OCFG是平行四边形 FG//AC，AC 平面BDE ∴FG平面BDE， 又因FG平面BEF， ∴平面BEF 平面BDE. （2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系∵BE与平面ABCD所成的角为45，BAD60 DE  BD  AB 2，OA 3 D0,1,0 ，B0,1,0，C( 3,0,0)，E0,1,2，F( 3,0,1).   BE (0,2,2)，BF ( 3,1,1)  2y2z 0   设平面BEF的法向量为n (x,y,z)， ，n (0,1,1)  3x yz 0   DC ( 3,1,0)，DE (0,0,2)  设平面CDEF 的法向量m(x,y,z)  3x y 0   m(1, 3,0)  z 0 设二面角BEF D的大小为. 3 6   cos|cosn,m|  . 2 2 4 20．“村BA”后，贵州“村超”又火出圈!所谓“村超”，其实是目前火爆全网的贵州乡村体育 赛事一一榕江（三宝侗寨）和美乡村足球超级联赛，被大家简称为“村超”.“村超”的民族风､ 乡土味､欢乐感，让每个人尽情享受着足球带来的快乐. 某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随 机抽取了男､女同学各50名进行调查，部分数据如表所示： 喜欢足球 不喜欢足球 合计 男生 20 女生 15 合计 100 n(ad bc)2 附：2  . abcdacbd  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828  （1）根据所给数据完成上表，依据0.005的独立性检验，能否有99.5%的把握认为该中学学 生喜欢足球与性别有关？ （2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范定点射门.据统计，这两 2 1 名男生进球的概率均为 ，这名女生进球的概率为 ，每人射门一次，假设各人进球相互独立， 3 2 求3人进球总次数X 的分布列和数学期望.【答案】（1）有99.5%的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关 11 （2）分布列见解析，EX 6 【解析】（1） 依题意，22列联表如下： 喜欢足球 不喜欢足球 合计 男生 30 20 50 女生 15 35 50 合计 45 55 100 零假设H ：该中学学生喜欢足球与性别无关， 0 100303515202 100 2的观测值为2   9.091， 50504555 11 9.0917.879 x ，根据小概率值0.005的独立性检验，推断H 不成立， 0.005 0 所以有99.5%的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关. （2）依题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3， 2 2  2  1 1 2 2  1  2 1 5 PX 0 1  1  ,PX 1C1  1  1  1   ，            3  2 18 2 3 3  2  3 2 18 2 2 2 2 1 2  1 8 4 2 1 2 PX 2C1  1    1   ,PX 3           2 3 3 2 3  2 18 9 3 2 9 所以X 的分布列为： X 0 1 2 3 1 5 4 2 P 18 18 9 9 1 5 4 2 11 数学期EX0 1 2 3  . 18 18 9 9 6 21．已知函数 f xaxexa 0 ，gxx2 . （1）求 f x 的单调区间； （2）当x0时， f x 与gx 有公切线，求实数a的取值范围.  1  【答案】（1）答案见解析；（2）   ,0   e  【解析】（1）由函数 f xaxexa 0，可得 fxa(x1)ex， 当a0时，可得x(,1)时， fx0， f x 单调递减， x(1,)时， f¢(x)>0， f x 单调递增； 当a0时，可得x(,1)时， f¢(x)>0， f x 单调递增，x(1,)时， fx0， f x 单调递减. （2）解：设公切线与y  f x 和y  gx 的切点分别为(x ,atex 1),(b,b2)， 1 可得k  fx a(x 1)ex 1，可得切线方程为yatex 1 a(x 1)ex 1(xx )， 1 1 1 1 即y a(x 1)etx atex 1 a(x2 t)ex 1，即y ax 1ex 1xax2ex 1 1 1 1 1 1 由gxx2，可得gx2x，则k 2b，所以切线方程为y 2bxb2 2ba(x 1)ex 1 4x2 所以 1 ，可得a  1 ,(x 0)，  b2 ax2ex 1 (x 1)2ex 1 1 1 1 4x2 4x(x2)(x1) 设hx ,(x 0)，可得hx ， (x1)2ex 1 (x1)3ex 当0 x1时，hx0，hx 单调递增； 当x1时，hx0，hx 单调递减， 1 所以，当x1时，函数hx 取得极大值，极大值为h1 ， e 又由当x0时，hx→0；当x时，hx→0， 1 1  1  所以0hx ，所以0a 时，即实数a的取值范围为   ,0 . e e  e  y2 22．已知椭圆T： x2 1，其上焦点F与抛物线K：x2 4y的焦点重合. 2 （1）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，同时交抛物线K于点C、D（如图1所示，点C在椭 圆与抛物线第一象限交点上方），试证明：线段AC大于BD长度的大小； （2）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，过点F与直线AB垂直的直线EG交抛物线K于点E、 G（如图2所示），试求四边形AEBG面积的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 4 2 【解析】（1）由题意得过点F 的直线AB的斜率存在，设直线AB方程为y kx1， 设Ax ,y ，Bx ,y ，Cx ,y ，Dx ,y ， 1 1 2 2 3 3 4 4 y kx1  联立y2 ，消去y得：  2k2 x2 2kx10， x2 1   22k 1 则x x  ，x x  ， 1 2 2k2 1 2 2k2 所以 AB   1k2      2k   2 4    1      2 2  1k2 .   2k2   2k2   2k2 抛物线K的方程为：x2 4y， y kx1 联立 ，消去y得：x2 4kx40， x2 4y 则x x 4k,x x 4， 3 4 3 4 所以 CD   1k2 16k2 16  4  1k2 ，     所以 AC  BD  AC  AD  BD  AD  CD  AB 2 2  1k2 2  1k2 2k2 4 2  4  1k2   0 ， 2k2 2k2 即 AC  BD . （2）设Ax ,y ，Bx ,y ，Ex ,y ，Gx ,y ， 1 1 2 2 5 5 6 6 当直线AB的斜率存在且不为零时， 设直线AB方程为y kx1k 0 ， 1 则直线EG方程为y  x1， k 2 2  1k2 由（1）的过程可知： AB  ， 2k2 由 CD 4  1k2 ，以 1 替换k，可得 EG 4   1 1   ， k  k2  1 1 2 2  1k2   1  4 2  1k22 所以S  AB  EG    4 1  四边形AEBG 2 2 2k2     k2     k2 2k2 4 2  1k22 4 2    1k22 1 1 1 ，  1k224 2 1 1 S  4 2 因为1k2 1，所以  1k22 0,1 ， 1  1k22 0,1 ， AEBG 1 1 ；  1k22 当直线AB的斜率不存在时， AB 2 2 ， EG 4， 1 1 所以S  AB  EG  2 244 2； 四边形AEBG 2 2 综上所述：S 4 2，所以四边形AEBG面积的最小值为4 2. 四边形AEBG