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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
A={x| ≥1}
1．已知集合
x−2
，
B={x||x−1|<2}
，则
A∩B=
( )
[2,3] [2,3) (2,3) (2,3]
A． B． C． D．
2．若复数z满足
z2 −4z+6=0
,则z=( )
2±√2i 2±√3i −2±√2i −2±√3i
A． B． C． D．
y=2x+1 x2 +y2 −4x+3=0
3．经过直线 上的点作圆 的切线，则切线长的最小值为
( )
√3 √5
A． 2 B． C．1 D．
4．设
a∈N¿
,且
a<27
,且
(27−a)(28−a)
…
(34−a)
等于( )
A8 A 27−a A7 A8
A． 27−a B． 34−a C． 34−a D． 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
1
=
V
的体积分别为V 和V，则 2 ( )
1 2
1 1 1
2 3 4
A．1 B． C． D．
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 1
t(t∈N∗)
mg/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
1
学科网（北京）股份有限公司ρ(t)=e
at+b
（单位：周）近似满足函数关系式 ,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
f(x)=
−x
,−10 P(B)>0 P(B|A)=P(B) |P(A|B)=P(A)
B．己知 ， ， ，则
ξ P(ξ<2)=0.72 P(1<ξ<2)=0.22
C．设随机变量 服从正态分布N(1，4)，且 ，则
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−A
1
B
1
C
1
D
1中 ，
M、N、P
分 别 是
C D 、C C、A A
1 1 1 1
的中点，则( )
A．M，N，B，D 四点共面
1
√10
10
B．异面直线PD 与MN所成角的余弦值为
1
C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形
1
3
D．三棱锥P- MNB的体积为
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
2
学科网（北京）股份有限公司OP=√2
的半径为2，点P是圆O内的定点，且 ，弦AC，BD均过点P，则下列说法
正确的是( )
A．
⃗PA⋅ ⃗PC
为定值
B．
O⃗A⋅O⃗C
的取值范围是
[−2,0]
C．当
AC⊥BD
时，
⃗AB⋅C⃗D
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
f (x)
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 ,存
x f (x )=x x
在一个点 0,使得 0 0,那么我们称该函数为“不动点”函数，而称 0为该函数
的一个不动点.现新定义：
x f(x )=−x x f (x)
若 0满足 0 0,则称 0为 的次不动点.下列说法正确的是( )
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
1≤a≤ 3 f(x)=log
1
(4x −a⋅2x +1)
2 [0,1]
C．当 时，函数 2 在 上仅有一个不动点和一
个次不动点
√ 1
f (x)= ex − x−a
2 [0,1]
D．满足函数 在区间 上存在不动点的正整数a不存在
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
10
(x+ −y)
x
xy7
13．在 的展开式中， 的系数为 ．
2π π
[− , ]
14．已知函数
f(x)=sinωx(ω>0)
在区间
3 3
上单调递增，则ω的取值范围是
．
y2
x2 − =1
a2
15．已知双曲线 ，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
3
学科网（北京）股份有限公司四、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）
{a } n∈N a +a =4n
已知数列 n 中，对任意的 +,都有 n n+1
{a } {a }
(1)若 n 为等差数列，求 n 的通项公式；
a =3 {a }
(2)若 1 ，求 n 的通项公式．
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
y=Asin(ωx+ϕ)(A>0，ω>0，ϕ∈(0,π)) x∈[−4,0]
曲线段是函数 ， 的图像，图
B(−1,2) CD//EF
像的最高点为 ，边界的中间部分为长l千米的直线段CD，且 .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=θ
,求
θ
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
OD//
点O 的位置，并证明直线 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，
4
学科网（北京）股份有限公司[0,20),[20,40),[40，60),[60,80),[80,100]
一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按 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
指标值
a=0.05
的独立性检验，判断能否认为注射疫 抗体 合计
小于60 不小于60
苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关．
有抗体
（单位：只）
(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次 没有抗体
注 射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行 合计
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
x2
=
（a+b）(c+d)（a+c)（b+d)
参考公式： （其中n=a+b+c+d为样本容量）
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）
C:y2 =2px(p>0)
已知抛物线 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；
P(x ,y )(x =¿2)¿
(2)设 0 0 0 为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C
A(x ,y ),B(x ,y ) Q(x ,y ),R(x ,y ) y y y y =16,
于两个不同的点 1 1 2 2 ，和点 3 3 4 4 ，且 1 2 3 4 证
明：点P在一条定曲线上．
22．（本小题12分）
f(x)=alnx−2x(a=¿0)¿
已知函数
f (x)
(1)讨论 的单调性；
xa
−2f(x)≥cos[f(x)]
(2)当
x>0
时，不等式e
2x
恒成立，求a的取值范围．
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
(0, ) (1,√2)∪(√2, )
4 3 2n +2⋅(−1) n
三、填空13．-360 14． 15． 16．18，
四、解答
a +a =4n a +a =4 a +a =8
17．解：方法一：(1)由条件 n n+1 ，可得： 1 2 ， 2 3 ……1
分
{a } a =1,d=2
因为 n 为等差数列，设公差为d，由上式可得： 1 ……3分
∴{a } a =a +(n−1)d=2n−1
n 的通项公式为 n 1 ……5分
{a } a =a +(n−1)d a =a +nd
方法二：因为 n 为等差数列，设 n 1 ，则 n+1 1
a +a =2a +(2n−1)d=(2a −d)+2nd
n n+1 1 1 ……1分
又
a
n
+a
n+1
=4
n，所以
2a
1
−d=0
，
2d=4
，解得
d=2,a
1
=1
……3分
∴{a } a =a +(n−1)d=2n−1
n 的通项公式为 n 1 ……5分
a +a =4n a +a =4(n+1)
(2)由条件 n n+1 ，可得： n+1 n+2
a −a =4
两式相减得： n+2 n ……7分
a =3 a =1 {a }
因为 1 ，所以 2 ，数列 n 的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；
a =a +(k−1)d=4k−1
2k−1 1 ……8分
6
学科网（北京）股份有限公司a =a +(k−1)d=4k−3
偶数项是首项为1公差为4的等差数列． 2k 2 ……9分
a =¿{2n+1,n为奇数 ¿¿¿¿
n
综上： ……10分
T
∵ =3
4
18．解：(1)由己知条件，得A=2，……1分 又 ，
2π π
T= =12 ∴ω=
ω 6
……2分
π 2π
y=2sin(− +ϕ)=2 ∴ϕ=
又∵当
x=−1
时，有
6
，且
ϕ∈(0,π) 3
……3分
π 2π
y=2sin( x+ )
6 3 x∈[−4，0]
∴曲线段FGBC的解析式为 ， ……5分（没有定义域扣1
分）
π
∴OD=2,∠COD=
OC=√3,CD=1
6
(2)如图， , ……6分
PP ⊥x RtΔOpp pp=OPsinθ=2sinθ
作 1 轴于P 点，在 1中： 1
1
OP OM
=
2π π
sin sin（ −θ）
ΔOMP 3 3
在 中，
π
OPsin( −θ）
3 2√3
∴OM= =2cosθ− sinθ
2π 3
sin
3.
……8分
2√3
S =OM⋅PP =(2cosθ− sinθ)×2sinθ
ompq 1 3
……9分
4√3 2√3 2√3
=4sinθcosθ− sin2θ=2sin2θ+ cos2θ−
3 3 3
4√3 π 2√3 π
= sin(2θ+ )− ,θ∈(0, )
3 6 3 3
……11分
π n π 2√3
2θ+ = θ=
6 2 6
当 时，即 时，平行四边形面积有最大值为 3 （平方千米） ……l2分
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，∴ΔOAM≃ΔFBM
7
学科网（北京）股份有限公司∴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
的中位线，∴MN//OD
……3分
又∵MN⊂平面EMC， OD {⊂¿
平面EMC ……3分
OD//
∴直线 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
E(−1,0,0) D(0,0,√3) C(0,4,√3) F(−1,4,0) ⃗ED=(1,0,√3) ⃗EC=(1,4,√3)
系， , , , ,所以 ,
M(1,t,0)(0≤t≤4) ⃗EM=(2,t,0)
设 ,则
{
⃗m⋅
⃗EM
=0 ¿ ¿ ¿ ¿
⃗m=(x,y,z)
设平面EMC的法向量 ，则
8−t 8−t
z= ⃗m=(t,−2, )
取y=﹣2，则x=t， √3 ，所以 √3 ……8分
∵DE
与平面EMC所成的角为60°，
8
∴sin60°=|cos⟨⃗ED,⃗m⟩|=
√
2 t2 +4+
(8−t) 2
3
∴ ……10分
2√3 √3
∴ = ,∴t2 −4t+3=0
√ t 2 −4t+19 2 ，得 t=1 或 t=3 ，
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：
[0,20) [20,40)
在 内有0.0025×20×200=10(只)；在 内有 0.00625×20×200 = 25(只)；
[40,60) [60,80)
在 内有 0.00875 ×20×200 = 35(只)；在 内有 0.025×20×200 = 100(只)
8
学科网（北京）股份有限公司[80,100]
在 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
H 没有抗体 20 20 40
零假设为 0:注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不
合计 70 130 200
小于60无关联．
200×(50×20−20×110) 2
x2 = ≈4.945>3.841=x
根据列联表中数据，得 160×40×70×130 0.05 ……4
分
根据
α=0.05
的独立性检验，推断
H
0不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标
值不小于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”
P(A),P(B),P(C),
记事件A，B，C发生的概率分别为
160 20
P(A)= =0.8 P(B|A)= =0.5
200 40
则 ， ……6分
P(C)=1−P(AB)=1−P(A)P(B|A)=1−0.2×0.5=0.9.
p=0.9
所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率 ……8分
X~B(n,0.9) P(X=k)=Ck ×0.9k ×0.1n−k (k=0,1,2,⋅¿⋅,n)
(ii)由题意，知随机变量 ， n
{C9
n
9 ×0.999 ×0.1n−99 ¿C 9
n
8 ×0.9 98 ×0.1 n−98
P(X=99) C 99 ×0.9 99 ×0.1 n−99 ¿C 100 ×0.9 100 ×0.1 n−100
因为 最大，所以 n n ……9分
1
109≤n≤110 ,
9
解得 ……11分
∵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
F(1,0) (1,0)
因此，抛物线的焦点为 ，即圆M的圆心为M
(x−1) 2 +y2 =1
由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，所以圆M的方程为 ……4分
P(x ,y )(x =¿2)¿ x =¿0.¿
(2)证明：由于 0 0 0 ,每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则 0
y−y =k(x−x ) kx−y+y −kx =0
故设过点P且与圆M相切的切线方程为 0 0 ,即 0 0
9
学科网（北京）股份有限公司|k+y −kx|
0 0
=1
依题意得
√k2 +1
……5分
x (x −2)k2 −2y (x −1)k+y2 −1=0
整理得 0 0 0 0 0 ①；……6分
k ,k k ,k
设直线PA，PQ的斜率分别为 1 2，则 1 2是方程①的两个实根，
2y (x −1) y2 −1
k +k = 0 0 k ⋅k = 0
1 2 x (x −2) 1 2 x (x −2)
故 0 0 ， 0 0 ②， ……7分
{kx−y+y −kx =0
0 0
y2 =4x ky2 −4 y+4(y −kx )=0
由 ，得 0 0 ③
A(x ,y ),B(x ,y ) Q(x ,y ),R(x ,y )
因为点 1 1 2 2 ， 3 3 4 4
4(y −k x ) 4(y −k x )
y y = 0 1 0 y y = 0 2 0
1 2 k 3 4 k
则 1 ④， 2 ⑤，……9分
由 ② ， ④ ， ⑤ 三 式 得
16(y −k x )(y −k x ) 16[y2 −(k +k )x y +x2k k ]
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
k k 0 y2 −1 0
1 2 0
x (x −2)
0 0 ……1 0分
y2x (x −2)−2y (x −1)x y =(1−x2 )(y2 −1)
即 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ，
y2x2 −2 y2x −2 y2x2 +2x y2 =y2 −x2 y2 −1+x2, x2 +y2 =1
则 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 即 0 0
x2 +y2 =1
所以点P在圆 ……l 2分
a
f' (x)= −2
f (x) (0,+∞) x
22．解：(1)由题意 的定义域为 ，又 ……1分
a
f' (x)= −2<0
x f (x) (0,+∞)
当a<0时，因为x>0，所以 ，故 在 上单调递减；……2分
a a
f' (x)= −2=0 x=
x 2
当a>0时，令 ，解得：
a a
x∈(0, ) (0, )
当
2
时，
f' (x)>0
，故
f (x)
在
2
上单调递增，
a a
x∈( ,+∞) ( +∞)
当
2
时，
f' (x)<0
，故
f (x)
在
2
上单调递减，……3分
f (x) (0,+∞)
综上所述，当a<0时，函数 的单调递减区间为
10
学科网（北京）股份有限公司a a
(0, ) ( +∞),
f (x) 2 2
当a>0时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ……4分
xa
−2f(x)≥cos[f(x)]⇔ealnx−2x −2f(x)−cos[f(x)]≥0¿
(2)e
2׿
⇔ef(x) −2f(x)−cos[f(x)]≥0
……6分
g(t)=et −2t−cost t=f (x) g' (t)=et −2+sint,
设 ，其中 ，则
h(t)=et +sint−2, h' (t)=et +cost,
设 则
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
∈(0,1)
使得
g' (t
0
)=0
当
0t
0时，
g' (t)>0.
g(t) (−∞,t ) (t ,+∞) g(0)=0
所以，函数 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，且 ……9
分
g(t)
作出函数 的图象如下图所示：
f (x)
由(1)中函数 的单调性可知，
f (x) (0,+∞)
①当a<0时， 在 上单调递减，
当
x→0+
，
f (x)→+¿
，当x→+∞时，
f (x)→−∞,
t=f（x）∈R g(t )<0,
所以， ，此时 0 不合乎题意； ……10分
a a
f(x) =f( )=aln −a
②当a>0时，
max 2 2
,且当
x→0+
时，
f (x)→−∞
a a
(−∞,aln −a) t∈(−∞,aln −a)
f (x) 2 2
此时函数 的值域为 ，即
a
aln −a≤0
(i)当
2
时，即当
00 t =min{aln −a,t }
(ii)当
2
时，即当
a>2e
时，取
1 2 0
，结合图象可知
g(t )<0 (0,2e]
1 ，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是 ……l2分
● 部分选填解析
ρ(1)=ea+b =6.25 ρ(3)=e3a+b =1
6．解：由题意可知， , ,
ρ(3) 4 2
=e2a = ea =
ρ(1) 25
，因为
ea >0
，所以解得
5
11
学科网（北京）股份有限公司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
ρ(t )=e at 0 +b =ea+b ¿e a(t 0 −1) =6.25×( 2 ) t 0 −1 ¿0.1
0 5
则
5 −1 5 5 5
62.5≤( ) t0 62.5=( ) m−1, ( ) 4 <62.5<( ) 5
2 2 2 2
整理得 ，设 因为
所以
40,¿
，∴由 均为锐角，得
sinα cosβ sinβcosβ tanβ 1 1 √2
∴tana= = = = = ≤ = ,
cosα 1 sin2β+1 2tan2β+1 1 2√2 4
sinβ+ 2tanβ+
sinβ tanβ
√2
tanβ=
当且仅当 2 时等号成立．
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
MN//CD ∠PD C
错误；对于B，连接CD，CP，易得 1，所以 1 为异面直线PD 与MN所成
1 1
角，∵AB=2则
CD
1
=2√2,D
1
P=√5,PC=3
,
(2√2) 2 +(√5) 2 −32 √10
∴cos∠PD C= =
1 2×2√2×√5 10
√10
PD 10
所以异面直线 1与MN所成角的余弦值为 ,故B正确.
A B,A M, A B//MN
对于C，连接 1 1 ，易得 1 ,所以平面BMN截正
方体所得，
MNBA ,
截面为梯形 1 故C正确；
对于 D，易得
D
1
P//BN
,因为
D
1
P⊄
平面 MNB，
MN⊂平面
MNB，所以
D
1
p//
平面
MNB，
1 1 1
V = × ×1×1×2= ,
所以 V P−MNB =V D 1 −MNB = B−MND 1 3 2 3 故D正确．
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，
O⃗A⋅O⃗C=(O⃗M+ ⃗MA)⋅(O⃗M+ ⃗MC)= ⃗ OM2
−
⃗ MC2
则
= ⃗ OM2 −(4− ⃗ OM2 )=2 ⃗ OM2 −4 0≤ ⃗ OM2 ≤|OP| 2 =2,
,而
故
O⃗A⋅O⃗C
的取值范围是
[−4,0],
故B错误；
当
AC⊥BD
时,
⃗AB⋅C⃗D=( ⃗AP+ ⃗PB)⋅(C⃗P+ ⃗PD)= ⃗AP⋅C⃗P+ ⃗PB⋅ ⃗PD
=−|
⃗AP||C⃗P|−| ⃗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
13
学科网（北京）股份有限公司( 4−|O⃗M| 2 +4−| ⃗ ON2 | )
| ⃗AC| 2 | ⃗BD| 2 =4(r2 −|O⃗M| 2 )⋅4(r2 −|O⃗N| 2 )≤16 =4⋅(8−2) 2 =144
4
| O⃗M | 2 +| O⃗N | 2 =| O⃗P | 2 =2
最 后 等 号 成 立 是 因 为 , 不 等 式 等 号 成 立 当 且 仅 当
|O⃗M| 2 =|O⃗N| 2 =1
,故D正确．
f (x)=x2,f (0)=0 f (x) f (x)
12．解：对于选项A:取函数 ，0既是 的不动点，又是
f(0)=0,
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
故选项B正确；
1 1 1
log (4x −a⋅2x +1)=x ∴4x −a⋅2x +1= a=2x + −
1 2x 2x 22x
对于选项C:当 2 时， 即
1 1
∴a=t−+ −
令
2x =t
，
t∈[1,2]
，
t t2
在区间
[1,2]
单调递增，
1 1
a=2x
+ −
2x 22x [0,1]
在 单调递增，
log
1
(4x −a⋅2x +1)=x 1≤a≤ 9
4
满足 2 有唯一解，则
log (4x −a⋅2x +1)=−x a=2x + 1 −1
1
当 2
时，∴4x −a⋅2x +1=2x
，即
2x
1 1
∴a=t+ −1 a=2x + −1
令
2x =t
，
t∈[1,2] t
在区间
[1,2]
单调递增，
2x
在
[0,1]
log
1
(4x −a⋅2x +1)=−x 1≤a≤ 3 , 1≤a≤ 3 ,
2 2
单调递增，满足 2 有唯一解，则 ，于是
故选项C正确；对于选项D:
√ 1
f (x)= ex − x−a
2 [0,1] f (x)=x [0,1]
∵函数 在区间 上存在不动点，则 在 上有解，
1 1 1
a=ex − x−x2 m(x)=ex − x−x2 m' (x)=ex − −2x
2 [0,1] 2 2
则 在 上有解，令 ，则
1
n(x)=ex − −2x
再令
2
，则
n' (x)=ex −2=0
，解得
x=ln2
∴n(x) (0,1n2) (ln2,1)
在 上单调递减，在 上单调递增，
3
1 3
∴n(x) =n(1n2)=2− −2ln2= −2ln2=lne2 −ln4=ln√e3 −ln√16>0
min 2 2
∴m(x)>0 [0,1] m(x) [0,1]
在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
14
学科网（北京）股份有限公司3
m(x) =m(1)=e− ,
∴m(x)min=m(0)=1 max 2
，
3
1≤a≤e−
∴实数a满足
2
（e为自然对数的底数），正整数
a=1
,故选项D错误
4 4
4− <1 a2 <
a2 3
15．解：过(2，2)能作两条切线说明该点在双曲线外部，故 ，故
7 √21
∴e2 =1+a2
< ∴e<
3 ， 3 又点不在该双曲线渐近线上，故 a=¿1¿ ，即 e=¿√2,¿
√21
e∈(1,√2)∪(√2, )
综上， 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
n(n≥4)
②当将圆分成 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
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
a
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 n−1种染色方案；
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
3⋅2n−1 =a +a −1 a =18
根据分类原理可知 n n ,且满足初始条件： 4
{a =3⋅2n−1 −a
n n−1
a =18 a =3⋅2n−1 −a a −2n =−(a −2n−1 )
即递推公式为 4 ， n n−1，变形得 n n−1
{a −2n } ∴a −2n =(a −24 )(−1) n−4
∴数列 n 是以－1为公比的等比数列， n 4
a =2n +(18−16)(−1) n−4 =2n +2⋅(−1) n 2n +2⋅(−1) n.
即 n ，故答案为：18,；
15
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