广东省广东实验中学2022-2023学年高三下学期第三次阶段考试数学试题(1)(1)_2024年2月_022月合集_2023届广东省广东实验中学高三下学期第三次阶段考试

广东实验中学 2023 届高三级第三次阶段考试 数 学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共5页，满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内 的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和 涂改液．不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。 第一部分选择题（共 60分） 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1 1．已知集合A{x| 1}，B {x|| x1| 2}，则AB ( ) x2  A．[2,3] B．[2,3) C．(2,3) D．(2,3 2．若复数z满足z2 4z60,则z=( ) A．2 2i B．2 3i C．2 2i D．2 3i 3．经过直线 y 2x1上的点作圆x2  y2 4x30的切线，则切线长的最小值为( ) A． 2 B． 3 C．1 D． 5 4．设aN*,且a27,且(27a)(28a)…(34a)等于( ) A．A8 B．A27a C．A7 D．A8 27a 34a 34a 34 5．以等边三角形ABC为底的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC内接于同一个球，并且正三棱 锥P-ABC 的侧面与底面ABC 所成的角为45°，记正三棱锥P-ABC 和正三棱锥Q-ABC V 的体积分别为V 和V ，则 1 ( ) 1 2 V 2 1 1 1 A．1 B． C． D． 2 3 4 6．根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度小于等于 0.1mg/m3为安全范围，已知某新建文化娱乐场所施工过程中使用了甲醛喷剂，处于良好 的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为6.25mg/m3，3周后室内甲醛浓度为1mg/m3， 且室内甲醛浓度p(t)（单位：mg/m3)与竣工后保持良好通风的时间t(tN*)（单位：周） 1 学科网（北京）股份有限公司近似满足函数关系式(t) eatb,则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开 放标准，至少需要放置的时间为( ) A．5周 B．6周 C．7周 D．8周  x  ，0 x1,  m 7．设函数 f(x)   ,g(x)  f(x)4x1,若函数g(x)在区间(-1,1)上有   x  ,1 x0 m(x1）  且仅有一个零点，则实数m的取值范围是( ) 1 1 A．{1}[ ) B．(,1][ ,) 4 4 1 1 C．{1}[ ，) D．{1}( ，1) 5 5 sin 8．己知,均为锐角，且cos() ，则tana的最大值是( ) sin 2 2 A． B． C．2 D．4 5 4 二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求） 9．下列结论正确的有( ) A．某班有40名学生，从中随机抽取10名去参加某项活动，则每4人中必有一人被抽 中 B．己知P(A)0，P(B)0，P(B| A) P(B)，则|P(A|B) P(A) C．设随机变量服从正态分布N(1，4)，且P(2)0.72，则P(12)0.22 D．1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的25%分位数为3，90%分位数为9.5 10．如图，在棱长为2的正方体ABCD ABC D 中，M、N、P分别是C D、CC、AA 1 1 1 1 1 1 1 1 的中点，则( ) A．M，N，B，D 四点共面 1 10 B．异面直线PD 与MN所成角的余弦值为 1 10 C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形 1 D．三棱锥P-MNB的体积为 3 11．“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦 定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半 径为2，点P是圆O内的定点，且OP  2，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确 2 学科网（北京）股份有限公司的是( ) A．PA PC 为定值 B．OAOC 的取值范围是[2,0] C．当AC  BD时，ABCD为定值 D．AC  BD时，| AC||BD|的最大值为12 12．布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊 兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer)，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数 f(x),存在一 个点x ,使得 f(x ) x ,那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x 为该函数的一个不 0 0 0 0 动点.现新定义： 若x 满足 f(x )  x ,则称x 为 f(x)的次不动点.下列说法正确的是( ) 0 0 0 0 A．定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点 B．定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点 3 C．当1a 时，函数 f(x)log (4x a2x 1)在[0,1]上仅有一个不动点和一个 2 1 2 次不动点 1 D．满足函数 f(x) ex  xa 在区间[0,1]上存在不动点的正整数a不存在 2 第二部分 非选择题(90 分) 三、填空题（本大题共4小题，共20分） 1 13．在(x  y)10的展开式中，xy7的系数为 ． x 2  14．已知函数 f(x)sinx(0)在区间[ , ]上单调递增，则的取值范围是 ． 3 3 y2 15．已知双曲线x2  1，若过点(2，2)能作该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率e a2 的取值范围为____． 16．某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃 栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分（n≥4），每个 部分从红，黄，蓝三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植， 要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花，将总的栽植方案数 用a 表示，则a =____，a =____． n 4 n 四、解答题（本大题共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．（本小题10分） 3 学科网（北京）股份有限公司已知数列{a }中，对任意的nN ,都有a a 4n n  n n1 (1)若{a }为等差数列，求{a }的通项公式； n n (2)若a 3，求{a }的通项公式． 1 n 18．（本小题12分） 如图，在海岸线EF一侧有一休闲游乐场，游乐场的前一部分边界为曲线段FGBC，该 曲线段是函数 y  Asin(x)(A0，0，(0,))，x[4,0]的图像，图 像的最高点为B(1,2)，边界的中间部分为长l千米的直线段CD，且CD//EF .游乐场 的后一部分边界是以O为圆心的一段圆弧 (1)求曲线段FGBC的函数表达式； (2)如图，在扇形ODE区域内建一个平行四边形休闲区 OMPQ，平行四边形的一边在海岸线EF上，一边在半径 OD上，另外一个顶点P在圆弧 上，且POE ,求 平行四边形休闲区OMPQ面积的最大值及此时的值. 19．（本小题12分） 已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折 成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上． (1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定 点O 的位置，并证明直线OD//平面EMC (2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC 所成的角为60°;若存在，指出点M的位置， 若不存在，说明理由． 20．（本小题12分） 为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与 人体试验．研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内， 指标值 抗体 合计 小于60 不小于60 有抗体 没有抗体 4 学科网（北京）股份有限公司一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按 合计 [0,20),[20,40),[40，60),  60,80),[80,100]分组，绘 制频率分布直方图如图所示，实验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指 标值不小于60的有110只， 假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立． (1) 填写下面的2×2列联表，并根据列联表及 a 0.05的独立性检验，判断能否认为注射疫 苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关． （单位：只） (2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注 射疫苗后没有产生抗体的40只 小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小自鼠产生 抗体． (i)用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p； (ii)以(i)中确定的概率p作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验， 记n个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X．试验后统计数据显示，当X=99 时，P(X)取最大值，求参加人体接种试验的人数n． n(ad bc)2 参考公式：x2  （其中n=a+b+c+d为样本容量） （ab）(cd（) ac（) bd) P(x2 k ) 0.50 0.40 0.25 0.15 0.100 0.050 0.025 0 k 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 0 21．（本小题12分） 已知抛物线C: y2 2px(p 0)的焦点F到准线的距离为2，圆M与y轴相切，且圆 心M与抛物线C的焦点重合． (1)求抛物线C和圆M的方程； (2)设P(x , y )(x  2)为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C 0 0 0 于两个不同的点A(x , y ),B(x , y )，和点Q(x ,y ),R(x ,y )，且 y y y y 16,证 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 明：点P在一条定曲线上． 22．（本小题12分） 已知函数 f(x)alnx2x(a  0) (1)讨论 f(x)的单调性； xa (2)当x 0时，不等式 2f(x)cos[f(x)]恒成立，求a的取值范围． e2x 5 学科网（北京）股份有限公司数学参考答案 一、单选1．C 2．A 3．A 4．D 5．D 6．B 7．C 8．B 二、多选9．BCD 10．BCD 11．ACD 12．BC 3 21 三、填空13．-360 14．(0, ) 15．(1, 2)( 2, ) 16．18，2n 2(1)n 4 3 四、解答 17．解：方法一：(1)由条件a a 4n，可得：a a 4，a a 8 ……1分 n n1 1 2 2 3 因为{a }为等差数列，设公差为d，由上式可得：a 1,d  2 ……3分 n 1 {a }的通项公式为a a (n1)d 2n1 ……5分 n n 1 方法二：因为{a }为等差数列，设a a (n1)d ，则a a nd n n 1 n1 1 a a 2a (2n1)d (2a d)2nd ……1分 n n1 1 1 又a a 4 ，所以2a d 0，2d 4，解得d 2,a 1 ……3分 n n1 n 1 1 {a }的通项公式为a a (n1)d 2n1 ……5分 n n 1 (2)由条件a a 4n，可得：a a 4(n1) n n1 n1 n2 两式相减得：a a 4 ……7分 n2 n 因为a 3，所以a 1，数列{a }的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列； 1 2 n a  a  (k 1)d  4k 1 ……8分 2k1 1 偶数项是首项为1公差为4的等差数列．a a (k 1)d 4k 3 ……9分 2k 2 6 学科网（北京）股份有限公司2n1,n为奇数 综上：a  ……10分 n 2n3,n为偶数 T 18．解：(1)由己知条件，得A=2，……1分 又 3， 4 2  T  12  ……2分  6  2π 又当x 1时，有 y 2sin( )2，且(0,) ……3分 6 3  2 曲线段FGBC的解析式为 y 2sin( x )，x[4，0]……5分（没有定义域扣1分） 6 3  (2)如图，OC  3,CD 1,OD 2,COD  ……6分 6 作PP  x轴于P 点，在RtOpp 中： pp OPsin2sin 1 1 1 1 OP OM 在OMP中，  2π π sin sin（ ） 3 3 π OPsin( ） 3 2 3 OM  2cos sin ……8分 2π 3 sin 3. 2 3 S OM PP (2cos sin)2sin ……9分 ompq 1 3 4 3 2 3 2 3 4sincos sin22sin2 cos2 3 3 3 4 3  2 3   sin(2 ) ,(0, ) ……11分 3 6 3 3  n  2 3 当2  时，即 时，平行四边形面积有最大值为 （平方千米） ……l2分 6 2 6 3 19．解：(1)直线MF 平面ABFE，故点O在平面ABFE 内也在平面ADE内，点O在平面ABFE与平面ADE的交 线上，延长FM交EA的延长线于O，……1分 AO//BF ,M为AB的中点，OAM  FBM OM  MF ,AO  BF,所以点O在EA的延长线上， 且AO=2，……2分 连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形, N 是FD的中点，连接MN，因为MN为△DOF 7 学科网（北京）股份有限公司的中位线，MN //OD ……3分 又MN 平面EMC，OD 平面EMC ……3分 直线OD//平面EMC． ……5分 (2)由己知可得，EF  AE,EF  DE DEA为二面角,D-EF-A的平面角,DEA60o,EF 平面ADE，又EF平面ABFE， 平面ABFE平面ADE. 作DH  AE于H，则DH 平面AEFB，易得H为AE中点 ……6分 以H为坐标原点，以HA，HD所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标 系，E(1,0,0),D(0,0, 3),C(0,4, 3),F(1,4,0),所以ED (1,0, 3),EC (1,4, 3) 设M(1,t,0)(0t 4),则EM (2,t,0)  mEM 0 2xty 0, 设平面EMC的法向量m(x,y,z)，则    mEC 0 x4y 3z 0, 8t 8t 取y=﹣2，则x t，z  ，所以m(t,2, ) ……8分 3 3 DE与平面EMC所成的角为60°， 8 sin60 cos ED,m  ……10分 (8t)2 2 t2 4 3 2 3 3   ,t2 4t 30，得t 1或t 3， 2 t2 4t 19 即M为线段AB的三等分点． ……11分 存在线段AB的三等分点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°． ……12分 20．解：(1)由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为： 在[0,20)内有0.0025×20×200=10(只)；在[20,40)内有 0.00625×20×200=25(只)； 在[40,60)内有 0.00875×20×200=35(只)；在[60,80)内有 0.025×20×200=100(只) 在[80,100]内有0.0075×20×200=30（只）． 由题意，有抗体且指标值小于60的有50只；而指标值小于60的小白鼠共有10+25+35=70 只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只， 指标值 抗体 合计 同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只， 小于60 不小于60 故列联表如下：单位：只 ……2分 有抗体 50 110 160 没有抗体 20 20 40 零假设为H :注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小 0 合计 70 130 200 于60无关联． 8 学科网（北京）股份有限公司200(502020110)2 根据列联表中数据，得x2  4.9453.841 x ……4分 1604070130 0.05 根据0.05的独立性检验，推断H 不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值 0 不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05 ……5分 (2)(i)令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗 体’’，事件C=“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体” 记事件A，B，C发生的概率分别为P(A),P(B),P(C), 160 20 则P(A) 0.8，P(B| A) 0.5 ……6分 200 40 P(C)1P(AB)1P(A)P(B| A)10.20.50.9. 所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率 p 0.9 ……8分 (ii)由题意，知随机变量X ~ B(n,0.9)，P(X k)Ck 0.9k 0.1nk(k 0,1,2,,n) n C990.9990.1n99 C980.9980.1n98 因为P(X 99)最大，所以  n n ……9分  C990.9990.1n99 C1000.91000.1n100  n n 1 解得109n110 , ……11分 9 n是整数，所以n109或n110, 接受接种试验的人数为109或110．……12分 21．解：(1)由题设得P 2 ……1分抛物线C的方程为 y2 4x, ……2分 因此，抛物线的焦点为F(1,0)，即圆M的圆心为M(1,0) 由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，所以圆M的方程为(x1)2  y2 1 ……4分 (2)证明：由于P(x ,y )(x  2),每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则x  0. 0 0 0 0 故设过点P且与圆M相切的切线方程为 y y  k(xx ),即kx y y kx 0 0 0 0 0 |k  y kx | 依题意得 0 0 1 ……5分 k2 1 整理得x (x 2)k2 2y (x 1)k  y2 10①；……6分 0 0 0 0 0 设直线PA，PQ的斜率分别为k ,k ，则k ,k 是方程①的两个实根， 1 2 1 2 2y (x 1) y2 1 故k k  0 0 ，k k  0 ②， ……7分 1 2 x (x 2) 1 2 x (x 2) 0 0 0 0 kx y y kx 0 由 0 0 ，得ky2 4y4(y kx )0③ y2 4x 0 0 9 学科网（北京）股份有限公司因为点A(x ,y ),B(x ,y )，Q(x ,y ),R(x ,y ) 1 1 2 2 3 3 4 4 4(y k x ) 4(y k x ) 则 y y  0 1 0 ④，y y  0 2 0 ⑤，……9分 1 2 k 3 4 k 1 2   16(y k x )(y k x ) 16 y2 (k k )x y  x2k k 由②，④，⑤三式得y y y y  0 1 0 0 2 0  0 1 2 0 0 0 1 2 1 2 3 4 k k k k 1 2 1 2  2y (x 1)  16y2 0 0 x y  16[y2 (k k )x y ]  0 x (x 2) 0 0   0 1 2 0 0 16x2  0 0 16x2 16 ……10分 k k 0 y2 1 0 1 2 0 x (x 2) 0 0 即 y2x (x 2)2y (x 1)x y (1 x2)(y2 1)， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 则 y2x2  2y2x  2y2x2  2x y2  y2  x2y2 1 x2,即x2  y2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 所以点P在圆x2  y2 1 ……l2分 a 22．解：(1)由题意 f(x)的定义域为(0,)，又 f(x) 2 ……1分 x a 当a<0时，因为x>0，所以 f(x) 20，故 f(x)在(0,)上单调递减；……2分 x a a 当a>0时，令 f(x) 20，解得：x  x 2 a a 当x(0, )时， f(x)0，故 f(x)在(0, )上单调递增， 2 2 a a 当x( ,)时， f(x)0，故 f(x)在( )上单调递减，……3分 2 2 综上所述，当a<0时，函数 f(x)的单调递减区间为(0,) a a 当a>0时，函数 f(x)的单调递增区间为(0, )，单调递减区间为( ),……4分 2 2 xa (2) 2f(x)cos[f(x)] ealnx2x 2f(x)cos[f(x)]0 e2  ef(x) 2f(x)cos[f(x)]0 ……6分 设g(t)et 2t cost，其中t  f(x)，则g(t)et 2sint, 设h(t)et sint 2,则h(t)et cost, 当t 0时，et 1，sint 1且等号不同时成立，则g(t)0恒成立；……7分 当t 0时，et 1，cost 1则h(t)0恒成立，则g(t)在(0,)上单调递增， 又因为g(0)1，g(1)e2sin10，所以，存在t (0,1)使得g(t )0 0 0 10 学科网（北京）股份有限公司当0t t 时，g(t)0；当t t 时，g(t)0. 0 0 所以，函数g(t)在(,t )上单调递减，在(t ,)上单调递增，且g(0)0 ……9分 0 0 作出函数g(t)的图象如下图所示： 由(1)中函数 f(x)的单调性可知， ①当a<0时， f(x)在(0,)上单调递减， 当x0， f(x)  ，当x时， f(x), 所以，t  f（x）R，此时g(t )0,不合乎题意； ……10分 0 a a ②当a>0时， f(x)  f( )aln a,且当x0时， f(x) max 2 2 a a 此时函数 f(x)的值域为(,aln a)，即t(,aln a) 2 2 a (i)当aln a0时，即当0a2e时，g(t)0恒成立，合乎题意；……11分 2 a a (ii)当aln a  0时，即当a 2e时，取t min{aln a,t }，结合图象可知 2 1 2 0  g(t )0，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是(0,2e ……l2分 1 ● 部分选填解析 6．解：由题意可知，(1)eab 6.25,(3)e3ab 1, (3) 4 2 e2a  ，因为ea 0，所以解得ea  (1) 25 5 设该文化娱乐场所竣工后放置t 周后甲醛浓度达到安企开放标准， 0 2 则(t )eat 0 b eab ea(t 0 1) 6.25( )t 0 1 0.1 0 5 整理得62.5( 5 )t0 1 ，设62.5( 5 )m1,因为( 5 )4 62.5( 5 )5 2 2 2 2 所以4 m15，即5m6，则t 1m1，即t m，至少需要放置的时间为6 0 0 周． x x,0 x1 ,0 x1   m 1 7．解：令h(x)   x ，则 f(x)  h(x)  x 1 ,1 x0   x ，1 x0 m  m(x1) 1 令g(x) f(x)4x10，即 f(x)4x1，故 h(x)4x1 m 11 学科网（北京）股份有限公司h(x)  4mxm，作出函数h(x)的图象如图所示： 函数 g(x)的零点个数即为函数 y h(x)的图象与直线 y  4mxm的交点个数，直线 1 y  4mxm过定点( ,0) 4 1 当直线 y 4mxm过点(1,1)时，m ， 5  x 1 当直线 y 4mxm与曲线y   1(1 x0)相切时， x1 x1 1 1 1 设切点坐标为(x , 1)，由 y ，故切线的斜率为k  0 x 1 (x1)2 (x 1)2 0 0 1 10 1 x 1 1 1 所以  0 ，解得x  ，则4m 4，解得m1 (x 1)2 1 0 2 1 0 x  ( 1)2 0 4 2 1 结合图象可知，当m 或m1时，函数 y h(x)的图象与直线 y 4mxm只有一个 5 交点，即函数 g(x) 在区间 (1,1) 上有且仅有一个零点，所以实数 m 的取值范围是 1   1 [ ,) 5 sina sin 8．解：,均为锐角， cos(a)， cosacossinasin sin sin 1 coscossina(sin )，由,均为锐角，得cosa  0,tan 0, sin sin cos sincos tan 1 1 2 tana        , cos 1 sin21 2tan21 1 2 2 4 sin 2tan sin tan 2 当且仅当tan 时等号成立． 2 10．解：对于A，易知MN与BD 为异面直线，所以M，N，B，D 不可能四点共面，故A 1 1 错误；对于B，连接CD ，CP，易得MN//CD ，所以PDC为异面直线PD 与MN所成 1 1 1 1 角，AB 2则CD 2 2, DP  5, PC 3, 1 1 (2 2)2 ( 5)2 32 10 cosPDC   1 22 2 5 10 10 所以异面直线PD 与MN所成角的余弦值为 ,故B正确. 1 10 12 学科网（北京）股份有限公司对于C，连接AB,AM,，易得AB//MN ,所以平面BMN截正方体所得， 1 1 1 截面为梯形MNBA,故C正确； 1 对于D，易得DP//BN ,因为DP平面MNB，MN 平面MNB，所以D p//平面MNB， 1 1 1 1 1 1 所以V V  V   112 ,故D正确． PMNB D 1 MNB BMND 1 3 2 3 11．解：如图，设直线PO与圆O于E，F．则 PA PC |PA |PC||EP||PF |(|OE|PO)(|OE||PO|)|PO|2 |EO|22 故A正确． 取AC的中点为M，连接OM， 2 2 则OAOC (OM MA)(OM MC)OM MC 2 2 2 2 OM (4OM )2OM 4,而0OM |OP|22, 故OAOC的取值范围是[4,0],故B错误； 当AC  BD时,ABCD (AP PB)(CP PD) APCP PBPD | AP||CP||PB||PD|2|EP||PF |4,故C正确． 当AC  BD时，圆O半径r 2,取AC中点为M，BD中点为N，则  2 2  4 OM 4 ON  2 2 2 2   AC BD 4(r2  OM )4(r2  ON )16 4(82)2 144 4 2 2 最 后 等 号 成 立 是 因 为 OM |ON |2 OP 2 , 不 等 式 等 号 成 立 当 且 仅 当 |OM |2|ON |21,故D正确． 12．解：对于选项A:取函数 f(x) x2, f(0)0，0既是 f(x)的不动点，又是 f(x) 的次不动点，故选项A错；对于选项B，定义在R上的奇函数满足 f(0)0, 故选项B正确；   1 1 1 对于选项C:当log 4x a2x 1  x时，4x a2x 1 即a  2x   1 2x 2x 22x 2 1 1 令2x t，t[1,2]，a t   在区间[1,2]单调递增， t t2 1 1 a 2x   在[0,1]单调递增， 2x 22x 9 满足log (4x a2x 1) x有唯一解，则1a 1 4 2 13 学科网（北京）股份有限公司1 当log (4x a2x 1)x时，4x a2x 12x，即a 2x  1 1 2x 2 1 1 令2x t，t[1,2]at  1在区间[1,2]单调递增，a2x  1在[0,1] t 2x 3 3 单调递增，满足log (4x a2x 1)x有唯一解，则1a ,，于是1a , 1 2 2 2 故选项C正确；对于选项D: 1 函数 f(x) ex  xa 在区间[0,1]上存在不动点，则 f(x) x在[0,1]上有解， 2 1 1 1 则a ex  xx2在[0,1]上有解，令m(x)  ex  x x2，则m(x)ex  2x 2 2 2 1 再令n(x)ex  2x，则n(x)ex 20，解得x ln2 2 n(x)在(0,1n2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增， 1 3 3 n(x) n(1n2)2 2ln2 2ln2lne2 ln4ln e3 ln 16 0 min 2 2 m(x)0在[0,1]上恒成立，所以m(x)在[0,1]上单调递增， 3 m(x)min m(0)1，m(x) m(1)e , max 2 3 实数a满足1ae （e为自然对数的底数），正整数a 1,故选项D错误 2 4 4 15．解：过(2，2)能作两条切线说明该点在双曲线外部，故4 1，故a2  a2 3 7 21 e2 1a2  ，e 又点不在该双曲线渐近线上，故a  1，即e 2, 3 3 21 综上，e(1, 2)( 2, ) 3 16．解：①当n=4时，第1区域有3种选择，第2区域有2种选择， 第4区域要与第1区域颜色不同，故对第3区域的选择分类讨论： 当第3区域与第1区域颜色相同时，第4区域有2种选择； 当第3区域与第1区域颜色不同时，第4区域仅有1种选择， a 32(21)18 4 ②当将圆分成n(n4)个区域，用3种不同颜色给每一个区域染色时，第1区域有3种染 色方案， 第2区域至第n－1区域有2种染色方案，此时考虑第n区域也有2种涂色方案，在此情况 14 学科网（北京）股份有限公司下有两种情况： 情况一：第n区域与第1区域同色，此时相当于将这两区域重合，这时问题转化为用3种不 同颜色给圆上n－1个区域涂色，且相邻区域颜色互异，即为a 种染色方案； n1 情况二：第n区域与第1区域不同色，此时问题就转化为用3种不同颜色给圆上n个区域染 色，且相邻区域颜色互异，即此时的情况就是a ， n 根据分类原理可知32n1 a a 1,且满足初始条件：a 18 n n 4 a 32n1a 即递推公式为 n n1，a 32n1a ，变形得a 2n (a 2n1) a 18 n n1 n n1 4 数列{a 2n}是以－1为公比的等比数列，a 2n (a 24)(1)n4 n n 4 即a 2n (1816)(1)n4 2n  2(1)n，故答案为：18,；2n 2(1)n. n 15 学科网（北京）股份有限公司