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<x <1<x <2<x <3<x <4，
1 2 3 4
1
当f(f(x))= 时，
2
由f(x)=x ，0<x <1存在4个不同根，
1 1
f(x)=x ，1<x <2存在2个不根，
2 2
f(x)=x ，2<x <3存在2个不根，
3 3
f(x)=x ，3<x <4，存在2个不根，
4 4
1
综上f(f(x))= 的实根个数为10．
2
a b c b a+b+c
9．ACD [试题解析]A：由 = = ，根据等比的性质有 = ，正
sin A sinB sinC sinB sin A+sinB+sinC
确；
π π
B：当A= ,B= 时，有sin2A=sin2B，错误；
3 6
C：sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)，而B+C=π−A，即sinBcosC+sinCcosB=sinA，由正
弦定理易得a=bcosC+ccosB，正确；
⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC
D：如图，⃗AE= ,⃗AF= 是单位向量，则 + =⃗AE+⃗AF=⃗AG，即
|⃗AB| |⃗AC| |⃗AB| |⃗AC|
1 π
⃗AG⋅⃗BC=0、⃗AE⋅⃗AF= ，则⃗AG⊥⃗BC且AG平分∠BAC，⃗AE,⃗AF的夹角为 ， 易知△ABC为等
2 3
边三角形，正确.故选：ACD
10．ABC [试题解析]令 ，可得 ，因为 ，所以 正确.
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司令 ，可得 ，代入 ， ，可得
同 理 ， 令 ， 可 得 ， 代 入 ， ， 可 得
即原等式变形为 ，C正确.
令 可得 ，即函数取值非负.
令 可得 ，即 ，解得 ，B正确.
因此仅有一个函数关系式 满足条件，故D错误.故选ABC
11．CD [试题解析【详解】A：由题意知， ， 平面 ， 平面
所以 平面 ，又 平面 ，所以 与 不相交，故A错误；
B：连接 ，如图，
当点 为 的中点时， ，又 ，所以 ，
若点 在平面 的射影为 ，则 平面 ，垂足为 ，
所以 ，设正方体的棱长为2，则 ，
在 中， ，所以 ，
即 不成立，故B错误；
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C：建立如图空间直角坐标系 ，连接 ，则 ，
所以异面直线 与 所成角为直线 与 所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点 使得 与 所成角为 ，
则 ，所以 ，
所以 ，又 ，
得 ，解得 ，
符合题意，故不存在点 使得 与 所成角为 ，故C错误；
D：如图，由等体积法可知 ，
又 ， 为定值，所以 为定值，所以三棱锥
的体积为定值，故D正确.故选：CD.
12．−
4√2 [试题解析]因为sin(
α−
π )= 1
，α∈(0,π)，α−
π
∈
(
−
π
,
5π )
,又因为
9 6 3 6 6 6
π 1 5π 1
sin( α− )= <sin = ，
6 3 6 2
π π
( )
所以α− ∈ 0, ,
6 2
所以 cos(
α−
π )= √ 1−sin2(
α−
π )= 2√2,
6 6 3
所以 sin ( 2 ( α− π )) =2sin( α− π )cos( α− π )= 4√2,
6 6 6 9
cos( 2α+ π )=cos [( 2α− π )+ π] =cos [ 2 ( α− π )+ π] =−sin ( 2 ( α− π )) =− 4√2. 故答案
6 3 2 6 2 6 9
4√2
为：− .
9
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司13．
【试题解析】分别设两条曲线的切点分别为 根据切点处的导数即为切线斜率和切点即在
曲线上又在切线上列方程组，然后求解可得.
设直线 与曲线 和 分别相切于
因为 ，
所以 …①， …②， …③
由①可得 ， ，代入②③可得：
因此 ，
消元整理可得
解得 或 ，所以 或
因为 ，所以
故答案为：
14．√149+√13
解：由题意得，圆C:(x+3) 2+(y+2) 2=13，圆心C(−3,−2)
设点P(x ,y )，则|x −4|+|y −6|=2，
0 0 0 0
故点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A(4,8)，B(6,6)，
则|AC|=√149，|BC|=√145，
则|PN|≤|AC|+r=√149+√13，
15．(1) ；(2) .
【试题解析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得.
（2）由（1）中信息，结合基本不等式求出 的最大值即可得解.
【详解】（1）在 中， ，而 ，即 ，
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司，由余弦定理得 ，所以 .
（2）由（1）知， ， ，而 ，于是 ，
即 ，当且仅当 时取等，
因此 的面积 ，
所以当 时， 面积取得最大值 .
16．解：(1)由题意，a −a =a −a ，
n+2 n+1 n+1 n
∴{a }为等差数列，设公差为d，
n
由题意得2=8+3d⇒d=−2，
∴a =8−2(n−1)=10−2n．
n
(2)若10−2n≥0，则n≤5，
当n≤5时，
S =|a |+|a |+…+|a |
n 1 2 n
8+10−2n
=a +a +…+a = ×n=9n−n2 ，
1 2 n 2
n≥6时，S =a +a +…+a −a −a …−a
n 1 2 5 6 7 n
=(a +a +⋯+a )−[(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )]
1 2 5 1 2 n 1 2 5
8+10−2n
=2×(8+6+4+2+0)− ×n
2
=n2−9n+40，
{ 9n−n2,n≤5
故S = ．
n n2−9n+40,n≥6
1 1 1 1 1
(3)∵b = = = ( − )，
n n(12−a ) 2n(n+1) 2 n n+1
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
∴T = [(1− )+( − )+( − )+…+( − )+( − )]=
n 2 2 2 3 3 4 n−1 n n n+1 2(n+1)
m n m
若T > 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<u<v⩽10,1<p<q⩽10,
使得 a =a =a =k ，
u,p v,p v,q
所以 d(a ,a )=|a −a |+|a −a |=0 ，
u,p v,q u,p v,p v,p v,q
则命题得证．
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