云南师大附中2024届高考适应性月考卷（一）数学答案_2023年7月_01每日更新_30号_2024届云南省昆明市云南师大附中2023-2024学年高三上学期月考卷（一）

云南师大附中 2024 届高考适应性月考卷（一）
数 学
注意事项：
1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填
写清楚.
2. 每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效.
3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分 150分，考试用时 120分钟.
一、单项选择题（本大题共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
一项符合题目要求）
1. 已知集合
A  x x 2 
，
B   x x  x3 0 
，则
AB 
（ ）
A. {x x2或x3} B.  x 2 x0 
   
C. x 2 x3 D. x 0 x2
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合A,B，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】由题意可得A  x x 2  {x|2 x2}，B   x x  x3 0  {x|x0或x3}，
 
故AB  x 2 x0 ，
故选：B
1i
2. 的实部与虚部之和为（ ）
2i
4 4 2 2
A. B.  C. D. 
5 5 5 5
【答案】A
【解析】
1i
【分析】根据复数的除法运算化简 ，确定实部和虚部，即可得答案.
2i
1i (1i)(2i) 3i
【详解】由题意得   ，
2i 5 5
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学科网（北京）股份有限公司1i 3 1 4
故 的实部与虚部之和为   ，
2i 5 5 5
故选：A
3. 记S 为等差数列  a  的前n项和.若a a  24，S 48，则a （ ）
n n 4 5 6 9
A.4 B.24 C.30 D.32
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列通项公式和前n项和公式，列方程组解出数列首项和公差，可求a 的值.
9
a a 2a 7d 24
【详解】设等差数列  a  公差为d，则有 4 5 1 ，
n S 6a 15d 48
6 1
a 2
解得 1 ，所以a a 8d 24830
d 4 9 1 .
故选：C
      
4. 已知向量a  3,4 ，b1,0，catb，若a c，则t （ ）
7 25
A. B. C.3 D.0
3 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示，列方程求t的值.
  
【详解】catb 3,4 t  1,0   3t,4 ，
  25
a c，则有3  3t 440，解得t  .
3
故选：B
5. 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
盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水体积为盆体积的一半，则平地降雨
量约是（ ）寸.（结果四舍五入取整数）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等
于十寸）
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式求得天池盆的体积，即可求得盆中积水的体积，根据平地降雨量的含义即可
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学科网（北京）股份有限公司求得答案.
【详解】由题意可知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
则天池盆体积为 1 π18  62142614  1896π（立方寸）
3
1
故盆中积水体积为1896π 948π（立方寸），
2
948π
故平地降雨量约为 5（寸），
π142
故选：C
   
6. 设 0, ， 0, ，且tancos1sin，则（ ）
 2  2
A. sin
 31
B. sin
 31
C. sin
 21
D. sin
 21
【答案】C
【解析】
π
【分析】对题中条件进行变化化简，可以得到2 ，进一步即可判断正确答案.
2
【详解】tancos1sin,
sin
 cos1sin,
cos
即sincoscossincos, sincossincoscos,
π
即sin()cossin( ),
2
   
又 0, ， 0, ，
 2  2
π π π π
则  ,0  ,
2 2 2 2
π
所以2 ,sin(2)1,，故C正确.
2
故选:C.
7. 用五个5和两个2组成一个7位数，则组成的7位数中两个2不相邻的概率为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司1 2 2 5
A. B. C. D.
3 5 3 7
【答案】D
【解析】
【分析】先求出用五个5和两个2组成一个7位数，总的排法数，再求出组成的7位数中两个2不相邻的
排法数，根据古典概型的概率公式即可得答案.
【详解】由题意可知五个5和两个2组成一个7位数，可看作7个位置，
先排2，有C2 21种排法，其余位置排5，此时共有21121种排法；
7
而组成的7位数中两个2不相邻，可采用插空法，
即五个5先排，只有一种排法，在形成的6个空中选2个排2，有C2 15种排法，
6
15 5
故用五个5和两个2组成一个7位数，则组成的7位数中两个2不相邻的概率为  ，
21 7
故选：D
1 7 1
8. 设a  ，bln ，c sin ，则（ ）
3 5 3
A. c<a<b B. b<c<a
C. cb a D. abc
【答案】A
【解析】
7
2( 1)
1 4 5 2(x1)
【分析】因为   ，所以构造函数 f(x)lnx (x0)，利用导数判断单调性，可
3 12 7 x1
1
5
π
得ba，令g(x) xsinx，x[0, )，利用导数判断单调性，可得ac.
2
7
2( 1)
1 4 5
【详解】因为   ，
3 12 7
1
5
2(x1) 1 (x1)(x1) (x1)2
所以设 f(x)lnx (x0)， f(x) 2  0，
x1 x (x1)2 x(x1)2
所以 f(x)在(0,)上为增函数，
7
2( 1)
7 7 5 7 1 7 1
所以 f( ) f(1)0，所以ln  0，所以ln  0，即ln  ，
5 5 7 5 3 5 3
1
5
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学科网（北京）股份有限公司所以ba.
π
令g(x) xsinx，x[0, )，
2
π
g(x)1cosx≥0，所以g(x) xsinx在[0, )上为增函数，
2
1 1 1 1 1
所以g( ) g(0)0，所以 sin 0，即 sin ，
3 3 3 3 3
所以ac，
综上所述：b  a c.
故选：A
2(x1) π
【点睛】关键点点睛：构造函数 f(x)lnx (x0)，g(x) xsinx，x[0, )，利用导数判
x1 2
断单调性，根据单调性比较大小是解题关键.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题 5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对的得 5分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）
9. 若ab，则（ ）
A. ln  ab 0 B. 3a 3b
1 1
C. a3 b3 0 D. 
a b
【答案】BC
【解析】
【分析】由不等式的性质，指数函数、对数函数和幂函数的性质，判断不等式是否成立.
【详解】ln  ab 0需要ab1，ab不能满足，A选项错误；
由指数函数y3x的性质，当ab时，有3a 3b，B选项正确；
由幂函数 y  x3的性质，当ab时，有a3 b3，即a3 b3 0，C选项正确；
1 1
当a 2,b1时，满足ab，但  不成立，D选项错误.
a b
故选：BC
10. 已知函数 f  x  3sin  2x1    π  π 的图象关于直线x π 轴对称，则（ ）
 2 2 3
 π 
 
A. 函数 f x 的图象关于点 ,0中心对称
12 
第5页/共23页
学科网（北京）股份有限公司 π π
B. 函数 f  x  在区间  , 上是增函数
 6 3
 π
C. 函数 f  x 的导函数为 f x  3cos2x 
 6
π
 
D. 函数 f x 的图象可由函数 y  3sin2x1的图象向右平移 个单位长度得到
12
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数 f  x  的图象关于直线x π 轴对称，可确定，即得 f  x  的表达式，将x  π 代入 f  x 
3 12
 π π π π π
中可判断A；根据x   , ，确定2x ( , )，结合正弦函数的单调性可判断B；根据正弦函
 6 3 6 2 2
数以及复合函数的求导法则可判断C；根据三角函数图象的平移变换可判断D.
【详解】由题意函数 f  x  3sin  2x1,    π  π 的图象关于直线x π 轴对称，
 2 2 3
π π π
则2  kπ,kZ, kπ,kZ，
3 2 6
π π π  π
因为  ，故 ，即 f  x  3sin2x  1，
2 2 6  6
π  π  π π
对于A，将x  代入 f  x  3sin2x  1，得 3sin2   11，
12  6  12 6
 π π  π 
即sin2   0，故函数 f  x  的图象关于点 ,1中心对称，A错误；
 12 6 12 
 π π π π π
对于B，当x   , 时，2x ( , )，
 6 3 6 2 2
π π
因为正弦函数y sinx在( , )上单调递增，
2 2
 π π
故 f  x  在区间  , 上是增函数，B正确；
 6 3
 π
对于C， f x 2 3cos2x ，C错误；
 6
π
对于D，函数 y  3sin2x1的图象向右平移 个单位长度得到
12
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学科网（北京）股份有限公司π π
y 3sin2(x )1 3sin(2x )1，即函数 f  x  的图象，D正确，
12 6
故选：BD
11. 已知O为坐标原点，抛物线C：y2 2pxp0的准线方程为x=1，过焦点F的直线l交抛物线C
于A，B两点，则（ ）
A. 若 AF 5，则 OA 4 2
B. 若 AB 8，则直线l的斜率为1
C. 2 AF  BF 32 2
D. OAB面积的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线准线方程可求得抛物线方程，利用焦半径公式可求得A点坐标，即可判断A；设直线l
的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合 AB 8求得x x 6，即可求得直线斜率，判
1 2
断B；利用焦半径公式结合基本不等式可判断C；表示出OAB面积，结合基本不等式求得其最小值，判
断D.
p
【详解】因为抛物线C：y2 2pxp0的准线方程为x=1，故 1,p2,
2
故 y2 4x，焦点为F(1,0)，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
对于A， AF x 15,x 4，代入y2 4x得 y2 16，即 y2 16
1 1 1
故 OA  x2  y2  32 4 2，A正确；
1 1
对于B， AB 8，则x x 28,x x 6 ，
1 2 1 2
当直线AB为x 1时， AB 4，由此可判断 AB 8时，直线l的斜率存在且不等于0，
设直线l的方程为 y k(x1)，联立y2 4x可得：k2x2 (2k2 4)xk2 0,(k 0)，
2k2 4
故x x   6，解得k 1，满足0，故B错误；
1 2 k2
对于C，由B的分析可知x x 1，当直线AB为x 1时，也有x x 1成立；
1 2 1 2
故2 AF  BF 2(x 1)x 12x x 32 2x x 3 3 2 2 ，
1 2 1 2 1 2
第7页/共23页
学科网（北京）股份有限公司2
当且仅当2x  x 即x  ,x  2时，取得等号，C正确；
1 2 1 2 2
对于D，不妨设A点在第一象限，则 y 2 x ,y 2 x ，
1 1 2 2
1 1
故OAB的面积S  |OF || y  y | |2 x 2 x | x  x ，
OAB 2 1 2 2 1 2 1 2
则S 2  x x 2 x x  2 x x 2 4，
OAB 1 2 1 2 1 2
当且仅当x  x 1时等号成立，即OAB面积的最小值为2，D正确，
1 2
故选：ACD
12. 已知三棱锥ABCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O 与三棱锥ABCD的四个面都相切，球O
1 2
与三棱锥ABCD的三个面和球O 都相切，如此类推，L ，球O 与三棱锥ABCD的三个面和球O 都
1 n n1
相切（n2，且nN*），球O 的表面积为S ，体积为V ，则（ ）
n n n
6
A. V  π
1 8
3π
B. S 
3 8
1
 
C. 数列 V 是公比为 的等比数列
n
8
 1 
D. 数列  S  的前n项和为8π1 
n  4n 
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意求出r  6 ，r  1 r ，依此类推可得{r }是首项为 6 ，公比为 1 的等比数列，再根
1 2 2 2 1 n 2 2
据球的表面积和体积公式逐项判断可得答案.
【详解】如图所示，AO是三棱锥ABCD的高，O是三角形BCD的中心，
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学科网（北京）股份有限公司3 2 3
设三棱锥ABCD的棱长均为a，所以OB   a  a ，
2 3 3
3 6
AO  AB2OB2  a2( a)2  a .
3 3
O 是三棱锥ABCD的内切球的球心，O 在AO上，
1 1
设三棱锥ABCD的外接球半径为R，球O 的半径为r ，
n n
6 3 6
则由OB2 OO2 OB2，得R2 ( aR)2 ( a)2，得R  a.
1 1
3 3 4
6 6 6
所以r  AOAO  a a  a ，
1 1 3 4 12
6
又a6，所以r  ，
1 2
3
4 4  6 
所以V  πr3  π   6π.故A不正确；
1 3 1 3   2  
6 6 6 6
在AO上取点E，使得EO r  a，则AE  AO2r  a a  a ，即E为AO的中点，
1 1 12 1 3 6 6
则球O 与球O 切于E，
2 1
过E作与底面BCD平行的平面，分别与AB,AC,AD交于B ,C ,D ，
1 1 1
则球O 是三棱锥ABC D 的内切球，
2 1 1 1
因为E为AO的中点，所以三棱锥ABC D 的棱长是三棱锥ABCD的棱长的一半，
1 1 1
1
所以球O 的内切球的半径r  r ，
2 2 2 1
以此类推，所以{r }是首项为 6 ，公比为 1 的等比数列，
n 2 2
2
6 1 6 6  6 3π
所以r  ( )n1 ，r  ，S 4πr2  4π   ，故B正确；
n 2 2 2n 3 8 3 3   8   8
4 V r3 1 1 1
所以V  πr3， n1  n1 ( )3  ，即数列  V  是公比为 的等比数列，故C正确；
n 3 n V r3 2 8 n 8
n n
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学科网（北京）股份有限公司6 6π
S 4πr2 4π  ，
n n 4n 4n1
n
1
1
 
1 1 1 1
4
S S S 6π(1+   ) 6 8π(1 )，故D正确.
1 2 n 4 42 4n1 1 4n
1
4
故选：BCD
【点睛】关键点睛：利用球与三棱锥内切求出球的半径以及相邻两个球的半径之间的关系是解题关键.
三、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分）
5
 2
13. 在 x2   的展开式中，x的系数为____________.（用数字作答）
 x
【答案】80
【解析】
【分析】由题设可得展开式通项为T 2rCrx103r，进而确定含x项的r值，即可求其系数.
r1 5
2
【详解】由题设，展开式通项为T Cr(x2)5r( )r 2rCrx103r ，
r1 5 x 5
所以，令103r 1有r 3，则x的系数为23C3 80.
5
故答案为：80
 
14. 若半径为3的圆经过点 6,8 ，则其圆心到原点的距离的最小值为______.
【答案】7
【解析】
   
【分析】确定半径为3且经过点 6,8 的圆的圆心的轨迹是以 6,8 为圆心，以3为半径的圆，即可求得答
案
【详解】设圆心坐标为(x,y)，则 (x6)2 (y8)2 3，即(x6)2(y8)2 9 ，
第10页/共23页
学科网（北京）股份有限公司 
即圆心轨迹是以 6,8 为圆心，以3为半径的圆，
 
6,8 到原点距离为 62 82 10，
故圆(x6)2(y8)2 9 上的点到原点距离的最小值为1037，
 
即半径为3的圆经过点 6,8 ，则其圆心到原点的距离的最小值为7，
故答案为：7
1
15. 若直线l与曲线y2 x和x2  y2  都相切，则l的方程为______.
5
【答案】x2y10或x2y10
【解析】
【分析】曲线y2 x转化为y  x ，或y  x ，利用导数几何意义表达出切线斜率，写出切线方程，再
利用圆心到直线的距离等于半径，得出方程.
【详解】由题意，y2 x，则 y  x ，或 y  x ，
 
设直线l在曲线 y  x 上的切点为 x , x ，则x 0，
0 0 0
1 1
函数 y  x 的导数为 y ，则直线l的斜率k  ，
2 x 2 x
0
1
则直线l的方程为 y x   xx  ，即x2 x yx 0，
0 2 x 0 0 0
0
1 x 1
由于直线l与圆x2  y2  相切，则 0  ，
5 14x 5
0
1
两边平方并整理得5x2 4x 10，解得x 1，x  （舍），
0 0 0 0 5
1
则当直线l与曲线y  x 和x2  y2  都相切，方程为x2y10；
5
1
同理可求当直线l与曲线 y  x 和x2  y2  都相切，方程为 x2y10
5
故答案为：x2y10或x2y10.
【点睛】本题考查求出曲线切线方程，解题的关键是利用导数表示出斜率，进而得出切线的表达式.
第11页/共23页
学科网（北京）股份有限公司1 x2 y2  
16. 斜率为 的直线l与椭圆C：  1交于A，B两点，且P 3 2, 2 在直线l的左上方.若
3 36 4
APB60，则PAB的周长是______.
18 66 15
【答案】
7
【解析】
1
【分析】确定点P在椭圆上，设y  xm,A  x ,y  ,B  x ,y ，联立椭圆方程可得根与系数的关系，化简
3 1 1 2 2
可得 k k 0 ，结合题意可求得 k  3,k  3 ，由此可求出 A，B 的横坐标，即可求得
PA PB PA PB
|PA|,|PB|,| AB|，即得答案.
  (3 2)2 ( 2)2 x2 y2
【详解】由题意知P 3 2, 2 满足  1，即P在椭圆C：  1上，
36 4 36 4
1
设 y  xm,A  x ,y  ,B  x ,y ，
3 1 1 2 2
 1
y  xm

 3
联立 ，得2x2 6mx9m2 36  0，
x2 y2
 1
36 4
需满足 6m 2 42  9m2 36  0，即2 2 m2 2，
  1
又因为P 3 2, 2 在直线l的左上方，故 3 2 2m0，即m0，即2 2 m0；
3
若A或B的横坐标为 3 2 ，则2(3 2)2 6m3 29m2 360，
则m 0或m2 2，与2 2 m0不符，
故A或B的横坐标不可能为为
3 2
；
9m2 36 y  2 y  2
则x  x  3m,x x  ，k  1 ,k  2 ，
1 2 1 2 2 PA x 3 2 PB x 3 2
1 2
第12页/共23页
学科网（北京）股份有限公司     
y  2 y  2 y  2 x 3 2  y  2 x 3 2
1 2 2 1
则k k  1  2 
PA PB x 3 2 x 3 2  x 3 2  x 3 2 
1 2 1 2
1   1  
上式中，分子等于 x m 2 x 3 2   x m 2 x 3 2
3 1  2 3 2  1
2    
 x x  m2 2  x x 6 2 m 2
3 1 2 1 2
2 9m2 36    
   m2 2 3m 6 2 m 2
3 2
3m2 123m2 6 2m6 2m120 ，即k k 0，
PA PB
又APB60，则PA,PB与x轴围成的三角形为正三角形，
故k  3,k  3，
PA PB
  x2 y2
故直线PA的方程 y 2  3 x3 2 ，联立  1，
36 4
   
可得14x2 9 6 13 3 x18 133 3 0 ，其两根为x ,3 2，
1
   
18 133 3 3 2 133 3
则 ，即 ，
x 3 2  x 
1 14 1 14
 
3 2 3 31
故  2 ；
|PA| 1 3 |x 3 2|
1 7
   
3 2 133 3 3 2 3 31
同理求得 ， ，
x  |PB|
2 14 7
1 10 9 6 6 15
而| AB| 1( )2|x x |   ，
3 1 2 3 7 7
   
3 2 3 31 3 2 3 31 6 15 18 6 6 15
故PAB的周长是
|PA||PB|| AB|   
,
7 7 7 7
18 66 15
故答案为：
7
【点睛】难点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，求解三角形周长，即要求出直线和椭圆相交的弦长，
难点在于计算的复杂以及计算量较大，因此要十分细心.
四、解答题（共 70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sin2C sinC.
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学科网（北京）股份有限公司（1）求角C；
（2）若c 7，ABC的面积为2 3，求ABC的周长.
π
【答案】（1）C 
3
（2） 31 7
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式可求出结果；
（2）由面积公式列式求出ab8，再由余弦定理求出ab 31即可得ABC的周长.
【小问1详解】
由sin2C sinC，得2sinCcosC sinC ，
1 π
因为0C π，sinC 0，所以cosC  ，所以C  .
2 3
【小问2详解】
1 3
因为S  absinC  ab2 3，所以ab8，
ABC 2 4
由c2 a2 b2 2abcosC  (ab)2 3ab ，得7(ab)2 24，得ab 31.
所以abc 31 7.
故ABC的周长为 31 7.
18. 某研究机构随机抽取了新近上映的某部影片的120名观众，对他们是否喜欢这部影片进行了调查，得到
如下数据（单位：人）：
喜欢 不喜欢 合计
男性 40 30 70
女性 35 15 50
合计 75 45 120
根据上述信息，解决下列问题：
（1）根据小概率值0.10的独立性检验，分析观众喜欢该影片与观众的性别是否有关；
（2）从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人.现从6人中随机抽取2人，若所选2名
观众中女性人数为X，求X的分布列及数学期望.
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学科网（北京）股份有限公司n  ad bc 2
附：2  ，其中nabcd .
 ab  cd  ac  bd 

0.15 0.10 0.05 0.010 0.001
x 2.072 2.706 3.841 6.635 10.828

【答案】（1）不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关
2
（2）分布列见解析；
3
【解析】
【分析】（1）计算2的值，与临界值表比较，可得结论；
（2）确定随机抽取6人中男性和女性的人数，进而确定随机变量X的可能取值，求得每个值对应的概率，
可得分布列，根据期望公式可求得数学期望.
【小问1详解】
120 40153530 2
由题意得2  2.0572.706 x ，
70507545 0.10
故根据小概率值0.10的独立性检验，不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关；
【小问2详解】
由题意知从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人，
由于不喜欢该影片的观众中男性与女性的比例为2:1，
故随机抽取6人中有4名男性和2名女性，
故X的取值可能为0，1，2，
C2 2 C1C1 8 C0C2 1
则P(X 0) 4  ,P(X 1) 4 2  ,P(X 2) 4 2  ，
C2 5 C2 15 C2 15
6 6 6
故X的分布列为：
X 0 1 2
2 8 1
P
5 15 15
2 8 1 2
故E(X)0 1 2 
5 15 15 3
19. 各项均为正数的等比数列  a  中，a 1，a 4a .
n 1 5 3
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学科网（北京）股份有限公司 
（1）求 a 的通项公式；
n
1 2 n
（2）设m为整数，且对任意的nN*，m   ，求m的最小值.
a a a
1 2 n
【答案】（1）a 2n1 .
n
（2）4.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式可求出结果；
（2）根据错位相法求出不等式右边之和，由此可得结果.
【小问1详解】
设公比为q，由a 4a ，得a q2 4a ，得q2 4，
5 3 3 3
又a 0，q0，所以q= 2，a aqn1 2n1 .
n n 1
【小问2详解】
n n
由（1）知，a 2n1，故  ，
n a 2n1
n
2 3 n
设S 1   ，
n 21 22 2n1
1 1 2 3 n
则 S     ，
2 n 2 22 23 2n
1 1 1 1 1 n
所以S  S 1     ，
n 2 n 2 22 23 2n1 2n
1
1
1 2n n 2 n n2
所以 S   2  2 ，
2 n 1 2n 2n 2n 2n
1
2
n2
所以S 4 .
n 2n1
n2
当n趋近于无穷大时， 趋近于0，所以S 趋近于4且S 4，
2n1 n n
所以m4，所以m的最小值为4.
20. 已知在四棱锥PABCD中，AB 4，BC 3，AD5，DABABC CBP 90，PACD，
E为CD的中点.
第16页/共23页
学科网（北京）股份有限公司（1）证明：平面PCD平面PAE；
（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角PCDA的正弦值.
4 41
【答案】（1）见解析 （2）
41
【解析】
【分析】（1）连接AE,AC,PE，由已知可得ACAD，即有AE CD，再由线面垂直的判定证CD面PAE，
根据面面垂直的判定即可得结论；
（2）首先根据条件作出直线PB与平面PAE所成的角，点B作BG//CD，分别与AE ，AD相交于F ，G，
连接PF ，BPF 为直线PB与平面PAE所成的角, PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，根据这两
个角相等，得到边的关系，最后得到二面角PCDA的平面角为PEA.
【小问1详解】
平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△ABC中AB4,BC3,ABC90，故AC 5，即ACAD，
所以△ADC为等腰三角形，又E为CD中点，故AE CD，
因为PACD，且 PAAE  A，PA,AE 面PAE，所以CD面PAE，
由CD面PCD，故面PCD面PAE.
【小问2详解】
CD平面PAE，
PEA是二面角PCDA的平面角，
过点B作BG//CD，分别与AE，AD相交于F ，G，连接PF ，
由（1）知BG 平面PAE，
BPF 为直线PB与平面PAE所成的角，且BG AE，
由CBP90，则PB CB，由ABC 90，则ABCB，
又PBAB  B，且PB,AB面PAB，则CB面PAB，而PA面PAB，
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学科网（北京）股份有限公司所以PACB，结合PACD，CBCD C ，且CB,CD面ABCD，
所以PA面ABCD，则PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，
有题意知PBABPF ，
RtVPBA RtVBPF  PA BF ,
因为DABABC 90知，AD//BC ，又BG//CD，
BCDG是平行四边形， GDBC 3，AG2，
因为AB 4，BG AF ，
BG  AB2 AG2  2 5 ，
AB2 16 8 5 8 5
于是BF    ，所以PA ，
BG 2 5 5 5
又CD  BG  2 5，CE  5， AE  AC2CE2  2 5 ，
PA 4
所以tanPEA  ，因为ACAD，PA面ABCD，AC,AD面ABCD，
AE 5
则PA AC,PA AD，则 PA2 AC2  PA2 AD2 ，即PC PD，
因为E为CD中点，则PE CD，又因为AE CD，且AE 平面ACD，PE 平面PCD，
4
则二面角PCDA的正切值即为tanPEA ，
5
4 4 41
则sinPEA  ，
42 52 41
4 41
二面角PCDA的正弦值是 .
41
21. 已知双曲线E：
x2

y2
1  a 0,b0 的离心率为 3，点P  2,2  在双曲线E上.
a2 b2
（1）求E的方程；
 
（2）过点M 1,0 的直线l与双曲线E交于A，B两点（异于点P）.设直线BC与x轴垂直且交直线AP于
第18页/共23页
学科网（北京）股份有限公司点C，若线段BC的中点为N，判断：P，M，N三点是否共线？并说明理由.
x2 y2
【答案】（1）  1
2 4
（2）共线，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由双曲线的离心率为 3，得b2 2a2，再将P  2,2  代入E的方程可得a2,b2，从而得出E的
方程；
 x x 
（2）联立直线l和双曲线方程结合韦达定理得出3  x x 2x x 4，再由点C坐标得出Nx , 1 2 ，
1 2 1 2  2 x 2 
1
最后由k 结合3  x x 2x x 4可得直线MN 的斜率为定值2，而直线PM的斜率也是2，从而可得
MN 1 2 1 2
出结论．
【小问1详解】
c
双曲线的离心率为 3，所以  3，即c2 3a2，b2 2a2，
a
4 4 4 4
将P  2,2  代入E的方程可得  1，即  1，则a2 2,b2 4，
a2 b2 a2 2a2
x2 y2
故E的方程为  1．
2 4
【小问2详解】
依题意，可设直线l:y k  x1  k 2  ，A  x ,y  ，B  x ,y  ．
1 1 2 2
yk  x1  与 x2  y2 1联立，整理得  k2 2  x2 2k2xk2 40，
2 4
 2   
所以k2  2， 2k2 4 k22 k24 0 ，解得，k2 4且k2  2，
第19页/共23页
学科网（北京）股份有限公司2k2 k2 4
x x  ，x x  ，所以3  x x 2x x 4．（*）
1 2 k2 2 1 2 k2 2 1 2 1 2
y 2  y 2 
又AP:y  1  x2 2，所以C的坐标为x , 1  x 2 2，
x 2  2 x 2 2 
1 1
y 2 k  x 1  x 2 2  x x 
由 y k  x 1  可得， 1  x 2 2 1 2 1 2 ，
1 1 x 2 2 x 2
1 1
1k  x 1  x 2 2  x x  
从而可得N 的纵坐标 y   1 2 1 2 k  x 1  
N 2 x 2 2 
1
k2x x 3  x x 42  x x 
 
 1 2 1 2 1 2 ，
2  x 2 
1
x x  x x 
将（*）式代入上式，得 y  1 2 ，即Nx , 1 2 ．
N x 2  2 x 2 
1 1
x x x x
所以，k  1 2  1 2 ，
MN  x 2  x 1  x x 2x x 2
1 2 1 2 2 1
2  x x 
将（*）式代入上式，得k  1 2 2，
MN 3  x x 4x 2x
1 2 2 1
20
又k   2k ，直线MN与直线PM有公共点M，
PM 21 MN
所以P，M，N三点是否共线．
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出3  x x 2x x 4，建立x,x 的关
1 2 1 2 1 2
系，从而得出点N 的坐标，由此得出k 2.
MN
22. 已知函数 f  x  xaeax b（其中e是自然对数的底数），曲线y f  x  在点  2,f  2  处的切线方程
是 y 36e6x64e6，g  x 3mxlnx.
（1）求a，b；
（2）若 f  x x2g  x  x2在  0, 上恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1）a3,b0
（2）m£1
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义列出方程组，即可求得答案；
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学科网（北京）股份有限公司lnx1
（2）将 f  x x2g  x  x2整理变形，参变分离，即3me3x  在  0, 上恒成立，由此可构造
x
lnx1
函数 F(x)e3x  ,(x 0) ，将不等式恒成立转化为求函数最值问题，结合导数求解函数
x
lnx1
F(x)e3x  ,(x 0) 的最小值，即可求得答案.
x
【小问1详解】
由题意知 f  x  xaeax b，故 f x axa1eax xaaeax axa1(x+1)eax，
则 f 2 3a2a1e2a, f(2)2ae2a b，
因为曲线 y f  x  在点  2,f  2  处的切线方程是 y 36e6x64e6，
3a2a1e2a 36e6 a2a1e2a 12e6
故 ，即 ，
2ae2a b36e6264e6 2ae2a b8e6
由a2a1e2a 12e6 0,a 0 ，
令h(t)a2t1e2t，则h(t)a2t1e2t为(0,)上的增函数，
而h(3)322e6 12e6，即a3为a2a1e2a 12e6的唯一解，
将a3代入2ae2a b8e6可得b0，
即a3,b0；
【小问2详解】
由（1）可知 f  x  x3e3x,g  x 3mxlnx，
故 f  x x2g  x  x2在  0, 上恒成立，即x3e3x x2(3mxlnx)x2  0在  0, 上恒成立，
即xe3x 3mxlnx10在
 0,
上恒成立，
lnx1
即3me3x  在  0, 上恒成立，
x
lnx1 lnx 3x2e3x lnx
令F(x)e3x  ,(x 0) ，则F(x)3e3x   ，则3m F(x) ；
x x2 x2 min
1
令(x)3x2e3x lnx,(x 0) ，(x)6xe3x 9x2e3x  0，
x
故(x)3x2e3x lnx在  0, 上单调递增，
1 e 1 e e
( ) ln  ln3 10,(1)3e3 0，
3 3 3 3 3
第21页/共23页
学科网（北京）股份有限公司1
故存在x ( ,1)，使得(x )0，
0 3 0
且0 x x 时，(x)(x )0，则F(x)0，F(x)在(0,x )单调递减，
0 0 0
x x 时，(x)(x )0，则F(x)0，F(x)在(x ,)单调递增，
0 0 0
故x(0,),F(x) F(x ) ，
0
1
因为(x )0，即3x2e3x 0 lnx 0,3x2e3x 0 lnx ln ，
0 0 0 0 0 x
0
1
1 1 1 ln
即3x e3x 0  ln (ln )e x 0 ，
0 x x x
0 0 0
令G(x) xex,(x 0),G(x)(x1)ex 0 ，即G(x) xex在  0, 上单调递增，
1 ln 1 1 1 1
而3x e3x 0 (ln )e x 0 ，即G(3x )G(ln )，且x ( ,1)，ln 0，
0 x 0 x 0 3 x
0 0 0
1 1
故3x ln ,e3x 0  ,lnx 3x ，
0 x x 0 0
0 0
lnx 1 1 13x
故F(x )e3x 0  0   0 3，即F(x) 3，
0 x x x min
0 0 0
故3m3,m1
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，解答时要熟练掌握导数的相关知识并能灵活应用，
解答的难点在于解决不等式恒成立问题时，要根据不等式的变形分离参数，从而构造函数，转化为函数的
最值问题，在求解函数的最值过程中，要注意隐零点的问题.
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学科网（北京）股份有限公司第23页/共23页
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