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