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2023-2024 学年春学期期初学情调研试卷参考答案
1．B [试题解析] ， ， 故选：B
2．D [试题解析]因为⃑a，⃑p=⃑a+⃑b，⃑q=⃑a−⃑b，为共面向量，所以不能构成基底，故A错误；
因为⃑b，⃑p=⃑a+⃑b，⃑q=⃑a−⃑b，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；
因为⃑a+2⃑b，⃑p=⃑a+⃑b，⃑q=⃑a−⃑b，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；
因为⃑a+2⃑c，⃑p=⃑a+⃑b，⃑q=⃑a−⃑b，为不共面向量，所以能构成基底，故D正确；故选：D
3．D [试题解析]∵l ⊥l ，∴a(a−1)+(1−a)×(2a+3)=0，即(a−1)(a+3)=0，解得a=1或
1 2
a=−3.
故选：D．
a +a 2a
4．B [试题解析]奇数项共有(n+1)项，其和为 1 2n+1 ⋅(n+1)= n+1 ⋅(n+1)=290，∴
2 2
a +a 2a
(n+1)a =290．偶数项共有n项，其和为 2 2n ⋅n= n+1 ⋅n=na =261，∴
n+1 2 2 n+1
a =290−261=29．故选：B．
n+1
5．C [试题解析]依题意可得圆锥的体积V =1×
(2√3π) 2
=
4π
cm3 ，又V =
1
π×12×ℎ(cm3)（其中
3 3 3
h为圆锥的高），则ℎ=4cm，则圆锥的母线长为√12+42=√17cm，故圆锥的侧面积为√17πcm3．故
选：A．
6．B [试题解析]因为A在B的前面出场，且A，B都不在3号位置，则情况如下：①A在1号位置，B
有2,4,5号三种选择，有3A＝18种出场次序；②A在2号位置，B有4,5号两种选择，有2A＝12种出场
次序；③A在4号位置，B有5号一种选择，有A＝6种出场次序，故不同的出场次序共有18＋12＋6＝
36种．故选B.
7．A [试题解析]解：由题意，作图如下：
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司设圆I与x轴、PF 、PF 分别切于点E、H、F，
2 1
因为双曲线 的右顶点为 ， ， ，
C A(3,0) F (−5,0) F (5,0)
1 2
所以 ，
|AF |−|AF |=(3+5)−(5−3)=6
1 2
因为 ，
|PF |−|PF |=6
1 2
所以
|PF |−|PF |=(|PF|+|FF |)−(|PH|+|H F |)
1 2 1 2
，
=|FF |−|H F |=|F E|−|EF |=6
1 2 1 2
因此切点E与A重合．又因为内切圆I的半径为1，
所以I(3,1)，
65+5−100 3
又F (−5,0)，F (5,0)，|I F |=√65,|I F |=√5,cos∠F I F = =− ,
1 2 1 2 1 2 2√65×√5 √13
2 ∠F PF 3
所以tan∠F I F =− ,解得tan 1 2= ,
1 2 3 2 2
b2 32
S = =
所以 △F 1 PF 2 ∠F PF 3 ，
tan 1 2
2
32
所以△PF F 面积为 ．
1 2 3
1
8．C [ 试 题 解 析 ] 解 ： 在 同 一 坐 标 系 中 作 y=f(x)， y= 的 图 象 ，
2
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司若由图象观察可知，0 对任意n∈N∗成立，即 > 对任意n∈N∗成立，
n 32 n+1 16
n 1
∵ (n∈N∗)的最小值是 ，
n+1 2
m 1
∴ < ，∴m的最大整数值是7．
16 2
m
即存在最大整数m=7，使对任意n∈N∗，均有T > ．
n 32
17．（15分）解：依题意，以 为原点，分别以 、 、 的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立
C ⃗CA ⃗CB ⃗CC x y z
1
空间直角坐标系（如图），可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C (0,0,3)、A (2,0,3)、B (0,2,3)
1 1 1
、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司（Ⅰ）依题意，⃗C M=(1,1,0)，⃗B D=(2,−2,−2)，
1 1
从而⃗C M⋅⃗B D=2−2+0=0，所以C M⊥B D；
1 1 1 1
（Ⅱ）依题意，⃗CA=(2,0,0)是平面BB E的一个法向量，
1
⃗EB =(0,2,1)，⃗ED=(2,0,−1)．
1
设⃗n=(x,y,z)为平面DB E的法向量，
1
⃗n⋅⃗EB =0 2y+z=0
则{ 1 ，即{ ，
⃗n⋅⃗ED=0 2x−z=0
不妨设x=1，可得⃗n=(1,−1,2)．
⃗CA⋅⃗n 2 √6
cos<⃗CA,⃗n>= = = ，
|⃗CA|⋅|⃗n| 2×√6 6
√30
∴sin<⃗CA,⃗n>=√1−cos2<⃗CA,⃗n>=
．
6
√30
所以，二面角B−B E−D的正弦值为 ；
1 6
（Ⅲ）依题意，⃗AB=(−2,2,0)．
由（Ⅱ）知⃗n=(1,−1,2)为平面DB E的一个法向量，于是
1
⃗AB⋅⃗n −4 √3
cos<⃗AB,⃗n>= = =− ．
|⃗AB|⋅|⃗n| 2√2×√6 3
√3
所以，直线AB与平面DB E所成角的正弦值为 .
1 3
18．（17分）
解： 由题意得 √a2−1， √a2+1，所以 √a4−1 √15，
(1) e = e = e e = =
1 a 2 a 1 2 a2 4
又a>0，解得a2=4，
1
(i)故双曲线C 的渐近线方程为y=± x；
2 2
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(ii)设直线AB的方程为x=ty+4，
{
x=ty+4,
则 消元得： ， 且 ，
x2 (t2−4)y2+8ty+12=0 Δ>0 t≠±2
−y2=1,
4
−8t
{y + y = ,
所以
1 2 t2−4
12
y y = ,
1 2 t2−4
故 1 1 y + y 2t，
+ = 1 2=−
y y y y 3
1 2 1 2
又直线 的方程为 y ，
A A y= 1 (x+2)
1 x +2
1
所以 3 y ，同理 3 y ，
y = 1 y = 2
3 x +2 4 x +2
1 2
所以 1 1 1 x +2 x +2 1 t y +6 t y +6
+ = ( 1 + 2 )= ( 1 + 2 )
y y 3 y y 3 y y
3 4 1 2 1 2
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司2t y y +6(y + y ) 2 2(y + y ) 2 1 1 2 4 2 ，
= 1 2 1 2 = t+ 1 2 = t+2( + )= t− t=− t
3 y y 3 y y 3 y y 3 3 3
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1
故 + = + ．
y y y y
1 2 3 4
(2)设两个切点为P (x ,y )，P (x ,y )，由题意知PP ，PP 斜率存在，
1 5 5 2 6 6 1 2
直线PP 方程为l :y=k (x−x )+ y ，
1 1 1 5 5
{
x2
+ y2=1,
联立 a2
y=k (x−x )+ y ,
1 5 5
x x x
由 Δ=0 得 k =− 5 ，所以 l : 5 + y y=1 ，
1 a2y 1 a2 5
5
同理直线 方程为 x x ，
PP l : 6 + y y=1
2 2 a2 6
x x
{ 5 0+ y y =1,
a2 5 0 x x
由l ，l 过P点可得 可得直线P P 的方程为 0 + y y=1，
1 2 x x 1 2 a2 0
6 0+ y y =1
a2 6 0
不妨设，直线 与双曲线两渐近线 1 交于两点 a2 a ，
P P y=± x P ′( , )
1 2 a 1 x +a y x +a y
0 0 0 0
a2 −a ，
P ′( , )
2 x −a y x −a y
0 0 0 0
则围成三角形的面积
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司1 a2 −a a a2 a3
S= | ⋅ − ⋅ |=| |.
2 x +a y x −a y x +a y x −a y x2−a2y2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
因 在双曲线 上， ，则
a3
为定值．
P C x2−a2y2=a2 S= =a
2 0 0 a2
19．（17分）
1 2 3
( )
解：(1) A = 2 3 1 是 Γ 数表，
3 3
3 1 2
d(a ,a )+d(a ,a )=2+3=5.
1,1 2,2 2,2 3,3
(2)由题可知 d(a ,a )=|a −a |+|a −a |=1 (i=1,2,3; j=1,2,3) ．
i,j i+1,j+1 i,j i+1,j i+1,j i+1,j+1
当 a =1 时，有 d(a ,a )=|a −1|+|a −1|=1 ，
i+1,j i,j i+1,j+1 i,j i+1,j+1
所以 a +a =3 ．
i,j i+1,j+1
当 a =2 时，有 d(a ,a )=|a −2|+|a −2|=1 ，
i+1,j i,j i+1,j+1 i,j i+1,j+1
所以 a +a =3 ．
i,j i+1,j+1
所以 a +a =3(i=1,2,3; j=1,2,3).
i,j i+1,j+1
所以 a +a +a +a =3+3=6, a +a =3,a +a =3.
1,1 2,2 3,3 4,4 1,3 2,4 3,1 4,2
a +a +a =3+1=4 或者 a +a +a =3+2=5 ，
1,2 2,3 3,4 1,2 2,3 3,4
a +a +a =3+1=4 或者 a +a +a =3+2=5 ，
2,1 3,2 4,3 2,1 3,2 4,3
a =1 或 a =2 ， a =1 或 a =2 ，
1,4 1,4 4,1 4,1
故各数之和 ⩾6+3+3+4+4+1+1=22 ，
1 1 1 1
( )
1 2 2 2
当 A = 时，各数之和取得最小值 22 ．
4 1 2 1 1
1 2 1 2
(3)由于 Γ 数表 A 中共 100 个数字，
4 10
必然存在 k∈{1,2,3,4} ，使得数表中 k 的个数满足 T≥25.
设第 i 行中 k 的个数为 r (i=1,2,⋅⋅⋅,10).
i
当 r ≥2 时，将横向相邻两个 k 用从左向右的有向线段连接，
i
则该行有 r −1 条有向线段，
i
所以横向有向线段的起点总数
i=1
R=∑ (r −1)⩾∑(r −1)=T−10.
i i
r⩾2 10
i
设第 j 列中 k 的个数为 c ( j=1,2,⋅⋅⋅,10) ．
j
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司当 c ≥2 时，将纵向相邻两个 k 用从上到下的有向线段连接，
j
则该列有 c −1 条有向线段，
j
所以纵向有向线段的起点总数
j=1
C= ∑ (c −1)⩾∑(c −1)=T−10.
j j
c⩾2 10
j
所以 R+C≥2T−20 ，
因为 T≥25 ，所以 R+C−T⩾2T−20−T=T−20>0 ．
所以必存在某个 k 既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在 1
