江苏省扬州中学2022-2023学年高三下学期3月双周练数学试题(1)_2024年2月_022月合集_2023届江苏省扬州中学高三下学期3月月考全科

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江苏省扬州中学 2022-2023 学年度
高三数学双周练试卷
2023.3.1
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的．
i
1. 已知复数：z  ，则z在复平面内对应的点位于（ ）
12i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
1
1
2. 设P(A|B)＝P(B|A)＝ ，P(A)＝ ，则P(B)等于（ ）
2 3
1 1 1
1
A. B. C. D.
2 3 4 6
3．下列说法正确的是（ ）
公
A．“a  b”是“am2 bm2”的充要条件
众
号
k ：
B．“x  ,kZ”是“tanx 1”的必要不充分条件
4 一
枚
1 试1
C．命题“x R,x  2”的否定形式是“xR,x
卷
2”
0 0 x x
0 君
D．“xy 1”是“lgxlgy 0”的充分不必要条件
4. 《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，
空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时
（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的
外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（ ）
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320 1 160 1
A. B. C. D.
1602 1 160 802 1 80
5．某高中为促进学生的全面发展，秋季学期合唱团、朗诵会、脱口秀、街舞社、音乐社等
五个社团面向1200名高一年级同学招新，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，
各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加音乐社社团的同学有15名，参加脱口秀
社团的有20名，则（ ）
A．高一年级同学参加街舞社社团的同学有120名
B．高一年级参加这五个社团总人数占全年级人数的12%
C．高一年级同学参加这五个社团的总人数为200名
公
D．脱口秀社团的人数占这五个社团总人数的20%
众
  p
6. 已知抛物线C：y2 号2px(p 0)的焦点为F ，点M x，10 (x  )是抛物线C上一
： 0 0 2
一p
点，圆M 与线段MF相交于点A，且被直线 x  截得的弦长为 3 MA ，若
枚2
试
MA 2 AF ，则 AF （ ）
卷
君
5
A. 2 B. 1 C. D. 5
2
7. 已知三棱锥PABC ，Q为BC中点，PB PC  AB BC  AC 2，侧面PBC
底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
 5π π 2π 2π 
A.  π,  B.  ,  C.  ,2π  D. π,2π
 3  2 3   3 
 π
8．已知函数 f(x) Asin(x),

A0,0,||

，两个等式
 2
 π π  π 5π
f(x) f

x

0， f(x) f

x

0，对任意实数x均成立， f(x)在

,

 2 2  8 28
上单调，则的最大值为（ ）
A．17 B．16 C．15 D．13
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。全部选对得 5 分，部分选对的得 2 分，有选
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错的得 0分。
9. 下列命题中，正确的命题（ ）
A. 回归直线yˆ b ˆ xaˆ恒过样本点的中心(x,y)，且至少过一个样本点
B. 将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变
C. 用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近0，说明模型的拟合效果越好
D. 若随机变量 N  3,2 ，且P60.84，则P360.34
1 1
10. 已知正数，满足ee   ，则下列不等式正确的是（ ）
2sin 2sin
1 1 4
A. + > B. 21 2
𝛼 𝛽 𝛼+𝛽
1 1 1 1
C. lnln D.   
ea  e 
公
11.折纸是一种高雅的艺术活动.已知正方形纸片ABCD的边长为2，现将 ACD沿对角线
众 
号
AC旋转180，记旋转过程中点D的位置为点P,AC,AP,BC中点分别为O,E,F，则
：
一
（ ）
枚
A.AC  BP
试
卷
B.PBPD最大为4 2
君
C.旋转过程中，EF与平面BOP所成的角不变
2 2
D. ACD旋转形成的几何体的体积是 

3
12. 在平面四边形ABCD中， △ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列
a 
满足
n
a 2，恒有  B  D    a 2n1 B  A    a 2n B  C  ，设 a  的前n项和为S ，则（ ）
1 n n1 n n
a 
A. a  为等比数列 B.  n 为等差数列
n 2n
C. a  为递增数列 D. S 3n2n16
n n
非选择题部分（共 90分）
三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
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5
 a 
13. 在  x  a 0的二项式展开式中x2的系数为90，则a ______.
 x 
y2
14. 已知双曲线x2  1，若过点(2,2)能做该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率e取
a2
值范围为______.
15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2  y2 1，C：(x1)2  y2 9，直线l与圆O
相切，与圆C相交于A，B两点，分别以点A，B为切点作圆C的切线l ，l．设直线l ，l
1 2 1 2
的交点为Pm，n ，则m的最大值为__________．
  3
16. 已知长方体ABCDABC D 的底面是边长为2 2的正方形，若cos AB,AC  ，
1 1 1 1 1 3
   
则该长方体的外接球的表面积为________；记e ,e 分别是AB,AD方向上的单位向量，且
公 1 2
众
|a  |2 6 ， a  e  a   号 e  2 2， 则 a  me  ne  （ m ， n 为 常 数 ） 的 最 小 值 为
1 2
1 2 ：
一
________． 枚
试
四､解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出相应的文
卷
宇说明､证明过程或演
君
算步骤.
17.（12分）在锐角 ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，满足c2 bba .

（1）求证：C 2B；
1 1
（2）求  3sinC的取值范围.
tanB tanC
1
18．（12分）已知正项数列a ，其前n项和S ，满足2S a   nN ．
n n n n a
n
（1）求证：数列
 S2
是等差数列，并求出a 的表达式；
n n
1 1 1
（2）数列a 中是否存在连续三项a ,a ,a ，使得 , ,  kN 构成等差数
n k k1 k2 a a a
k k1 k2
列？请说明理由．
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19. 三棱台 ABC- ABC 的底面是正三角形， AA 平面 ABC， AB 4， AB 2，
1 1 1 1 1 1
AA  3，E是AB的中点，平面AC E交平面ABC于直线l．
1 1 1
（1）求证：AC∥l ；
（2）求直线BC与平面AC E所成角的正弦值．
1 1 1
公
众
20．（12分）2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过
号
夏季奥林匹克运动会和冬季奥林：匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．为推广普
一
及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参
枚
与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：
试
卷
君
（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑
雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；
（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，
且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优
秀”．则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到
3 1 1
“优秀”的概率分别为 , , ，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学
2 2 3
在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测
试？
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21. 已知函数 f xaex lnxa0 .
（1）若 f x1，求实数a的取值范围.
1 1 1 n 
（2）求证：1     ln  1 .
2 3 n 2 
x2 y2 1
22．已知椭圆C:  1(a b0)的离心率为 ，且经过点M(2,0)，F,F 为椭
a2 b2 2 1 2
圆C的左右焦点，Qx ,y 为平面内一个动点，其中y 0，记直线QF 与椭圆C在x轴
0 0 0 1
上方的交点为Ax ,y ，直线QF 与椭圆C在x轴上方的交点为Bx ,y ．
1 1 2 2 2
公
（1）求椭圆C的标准方程；
众
号
1 1 1
（2）①若AF ∥BF ，证明：：  ；
2 1 y y y
1 2一0
枚
②若 QF  QF 3，探究y ,y ,y 之间关系． 试
1 2 0 1 2
卷
君
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江苏省扬州中学高三数学双周练试卷
2023.3.1
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的．
i
1. 已知复数：z  ，则z在复平面内对应的点位于（ ）
12i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】对复数z进行化简，从而求出其所在的象限即可．
i i(12i) 2i
【详解】z    ，
12i (12i)(12i) 5
公
故z在复平面内对应的点位于第二象限，
众
号
故选B．
：
【点睛】本题考查了复数的运算，考查复一数的几何意义，是一道基础题．
枚
1
2. 设P(A|B)＝P(B|A)＝ 1 ，P(A)＝ ，则P(B)等于（ 试）
2 3
卷
1 1 1
1 君
A. B. C. D.
2 3 4 6
【答案】B
【解析】
P(AB)
【分析】由已知可求出P(AB)，再由P(B) 即可求出.
P(A∣B)
1 1 1
【详解】 P(AB) P(A)P(B∣A)   ，

3 2 6
P(AB) P(AB) 1 1
由P(A∣B) ，得P(B)  2 .
P(B) P(A∣B) 6 3
故选：B.
3．下列说法正确的是（ ）
A．“a  b”是“am2 bm2”的充要条件
k
B．“x  ,kZ”是“tanx 1”的必要不充分条件
4
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1 1
C．命题“x R,x  2”的否定形式是“xR,x 2”
0 0 x x
0
D．“xy 1”是“lgxlgy 0”的充分不必要条件
答案：B
4. 《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，
空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时
（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的
外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（ ）
公
众
号
：
一
枚
320 1 160 1
试
A. B. C. D.
1602 1 160 802 1卷 80
君
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.
d
d 1
【详解】由题意可知：  ， AOB 2 1 ，
t 80 tan  
2 t 160
AOB 1
2tan
2 80 320
所以tanAOB   .
AOB 1 1602 1
1tan2 1
2 1602
故选：A.
5．某高中为促进学生的全面发展，秋季学期合唱团、朗诵会、脱口秀、街舞社、音乐社等
五个社团面向1200名高一年级同学招新，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，
各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加音乐社社团的同学有15名，参加脱口秀
社团的有20名，则（ ）
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A．高一年级同学参加街舞社社团的同学有120名
B．高一年级参加这五个社团总人数占全年级人数的12%
C．高一年级同学参加这五个社团的总人数为200名
D．脱口秀社团的人数占这五个社团总人数的20%
答案：D
  p
6. 已知抛物线C：y2 2px(p 0)的焦点为F ，点M x，10 (x  )是抛物线C上一
0 0 2
p
点，圆M 与线段MF相交于点A，且被直线 x  截得的弦长为 3 MA ，若
2
公
MA 2 AF ，则 AF （ ）
众
号
5
A. 2 B. 1 C. D. 5
：
2
一
【答案】C
枚
试
【解析】
卷
【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即君可求解
【详解】由题意可知，如图所示，
 
M x，10 在抛物线上，则102px  px 5①
0 0 0
p MA 2 2 p
易知， DM  x  ，由 2 MA 2 AF  MF   x  ，
0 2 AF 3 3 0 2 
b 3 1  p
因为被直线x 截得的弦长为 3 MA ，则 DE  MA  x  ，
 
2 2 3 0 2 
由 MA  ME r，于是在Rt△MDE中，
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1 p p 4 p
(x  )2 (x  )2  (x  )2  x  p②
3 0 2 0 2 9 0 2 0
1 p 5
由①②解得：x  p 5 ，所以 AF  x   ．
 
0 3 0 2  2
故选：C.
7. 已知三棱锥PABC ，Q为BC中点，PB PC  AB BC  AC 2，侧面PBC
底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
 5π π 2π 2π 
A.  π,  B.  ,  C.  ,2π  D. π,2π
 3  2 3   3 
【答案】A
【解析】
【分析公】连接PQ，QA，OA，设三棱锥PABC 外接球的球心为O，设过点Q的平面
众
为，则当OQ时号，此时所得截面的面积最小，当点Q在以O为圆心的大圆上时，此
：
时截面的面积最大，再结合球的截面的性一质即可得解.
枚
【详解】连接PQ，QA，由PB PC  AB BC  AC试2，
卷
可知： ABC和 PBC是等边三角形， 君
 
设三棱锥PABC 外接球的球心为O，
所以球心O到平面ABC和平面PBC 的射影是 ABC和 PBC的中心F ，E，
 
PBC是等边三角形，Q为BC中点，

所以PQ BC，又因为侧面PBC底面ABC，侧面PBC底面ABC  BC ，
所以PQ底面ABC，而AQ底面ABC，因此PQ AQ，所以OFQE是矩形,
ABC和 PBC是边长为2的等边三角形，
 
2
1 
所以两个三角形的高h 22  2  3，
 
2 
1 3 2 2 3
在矩形OFQE中，OE  FQ h ．AE  h ，连接OA，
3 3 3 3
1 4 15
所以OA OE2 EA2    ，
3 3 3
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设过点Q的平面为，当OQ时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
2
1 1  2 2 6
OQ OF2 FQ2  h2  h  h  3  ，
   
3 3  3 3 3
15 6
因此圆Q的半径为： OA2 OQ2   1，所以此时面积为π·12 π，
9 9
2
 15  5π
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：π   ，
 
3 3
 
 5π
所以截面的面积范围为 π, .
 
 3 
公
众
号
：
一
枚
试
卷
君
故选：A．
 π
8．已知函数 f(x) Asin(x),

A0,0,||

，两个等式
 2
 π π  π 5π
f(x) f

x

0， f(x) f

x

0，对任意实数x均成立， f(x)在

,

 2 2  8 28
上单调，则的最大值为（ ）
A．17 B．16 C．15 D．13
 π  π
8．解析：  f(x) f  x  0，, f(x)f  x ， f(x)的一个对称中心
 2  2
 π 
为  ,0 
 4 
π  π  π
 f(x) f  x  0  f(x) f  x ， f(x)的对称轴方程x ，
2  2  4
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 π
 k π,k Z  π k k
  4 1 1   1 2 π π π
  4 2 ,

|| , 
π π 2 4
  k π,k Z, 12k k 
4 2 2 2  2 1
π 5π
 f(x)在  , 上 单 调 ，
8 28
3π π π 5π π 5π 77
   x   , 14
2 8 4 28 4 2 5

12k
2
k
1
, 15，故选C．
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。全部选对得 5 分，部分选对的得 2 分，有选
错的得 0分。
9. 下列命题中，正确的命题（ ）
公
众
A. 回归直线yˆ b ˆ xaˆ恒过样本点的中心(x,y)，且至少过一个样本点
号
：
B. 将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变
一
枚
C. 用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近0，说明模型的拟合效果越好
试
D. 若随机变量 N  3,2 ，且P60.84，则P3 卷 60.34
君
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用回归直线的性质即可判断；
对于B，利用方差的性质即可判断；
对于C，利用相关指数R2的性质即可判断；
对于D，利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】对于A，回归直线yˆ b ˆ xaˆ恒过样本点的中心(x,y)，不一定过样本点，故A错
误；
对于B，将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，数据的波动性不变，故方差不变，
故B正确；
对于C，用相关指数R2来刻画回归效果，R2越接近1，说明模型的拟合效果越好，故C错
误；
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对于D，因为随机变量 N
 3,2
，所以
P36 P60.50.840.50.34，故D正确.
故选：BD.
1 1
10. 已知正数，满足ee   ，则下列不等式正确的是（ ）
2sin 2sin
1 1 4
A. + > B. 21 2
𝛼 𝛽 𝛼+𝛽
1 1 1 1
C. lnln D.   
ea  e 
【答案】ABD
【解析】
1
【分析公】构造函数 f xex  ，利用导数得出0，由基本不等式判断
2xsinx
众
A；由指数和对数的单调号性以及不等式的性质判断BCD.
：
1 1
【详解】解：因为正数，满足e 一 e   ，
2枚sin 2sin
试
1 1 卷1
所以ea  e ，构造函数 f xex  君，x0，
2sin 2sin 2xsinx
令gx2xsinx，gx2cosx0恒成立，所以gx
在
0，
上单调递增，
1
由复合函数的单调性可知gx 在 0, 上单调递增，
2xsinx
1
所以 f xex  在 0， 上单调递增，由 f  f  ，可得0，
2xsinx
 1 1      1 1 4
对于A，   2  22  4，所以   ，故A
        
；
正确
对于B，由0，可得11，所以2a1 2，故B正确 ；
对于C，由0，可得lnln，则lnln，故C错误 ；
1 1 1 1
对于D，由0，可得ee 0，  ，所以  ，所以
  ea e
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1 1 1 1
   ，故D正确．
ea  e 
故选：BD．
11.折纸是一种高雅的艺术活动.已知正方形纸片ABCD的边长为2，现将 ACD沿对角线

AC旋转180，记旋转过程中点D的位置为点P,AC,AP,BC中点分别为O,E,F，则
（ ）
A.AC  BP
B.PBPD最大为4 2
C.旋转过程中，EF与平面BOP所成的角不变
2 2
D. ACD旋转形成的几何体的体积是 

3
答案：AD
公
12. 在平面四边
众
形ABCD中， △ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列
a 
满足
n
号
a 2，恒有  B  D    a 2n1 B ： A    a 2n B  C  ，设 a  的前n项和为S ，则（ ）
1 n n一1 n n
枚
A. a  为等比数列 B.
试

a
n

为等差数列
n 2n 卷
君
C. a  为递增数列 D. S 3n2n16
n n
【答案】BD
非选择题部分（共 90分）
三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
5
 a 
13. 在  x  a 0的二项式展开式中x2的系数为90，则a ______.
 x 
【答案】3
【解析】
3r 3r
【分析】利用展开式的通项 T (a)rCrx 5 2 ，令5 2求出r，进而求解.
r1 5 2
5
 a 
【详解】因为 x a 0的二项式展开式的通项为
 
 x 
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a 5 3r
T Crx5r( )r (a)rCrx 2 ，
r1 5 5
x
3r
令5 2，解得：r 2，所以T (a)2C2x2 10a2x2，
2 3 5
5
 a 
又因为

x

a 0的二项式展开式中x2的系数为90，则10a2 90，
 x 
所以a3，
故答案为：3.
y2
14. 已知双曲线x2  1，若过点(2,2)能做该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率e取
a2
值范围为______.
21
【答案】e(1, 2) ( 2, )

3
公
【解答】解：过(2,2)能作两条切线说明该点在双曲线外部，且不在该双曲线渐近线上，
众
号
y2 2 3 21
临界情况时，点(2,2)在双曲线上：，代入x2  1，可得a ，c ，
a2 3 3
一
21
得e ． 枚
3
试
21 卷
当渐近线经过点(2,2)时，e 2综上，e(1, 2) ( 2, )，

3 君
15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2  y2 1，C：(x1)2  y2 9，直线l与圆O
相切，与圆C相交于A，B两点，分别以点A，B为切点作圆C的切线l ，l．设直线l ，l
1 2 1 2
的交点为Pm，n ，则m的最大值为__________．
7
【答案】
2
【解析】
【分析】设Ax，y  ，Bx，y 
，由相切关系，建立点A，B坐标所满足的方程，即弦
1 1 2 2
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AB所在直线的方程，由直线AB与圆O相切，得n2 6318m，求出m的最大值.
【详解】设点Pm，n ，Ax，y  ，Bx，y  ，C1，0，
1 1 2 2
因为分别以点A，B为切点作圆C的切线l ，l ．
1 2
 
设直线l ，l 的交点为P，所以CA AP，则CAAP0，
1 2
即 x 1mx  y n y 0，所以x2 x mx m y2 ny 0，因为
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(x 1)2  y2 9，
1 1
所以 m1x ny m80，即 x，y  是方程 m1xnym80的解，
1 1 1 1
所以点Ax，y 
在直线
m1xnym80上，
1 1
同理可得Bx，y 
在直线
m1xnym80上，
2 2
公
众
所以弦AB所在直线的方程为
m1xnym80，
号
：
m10n0m8
一
因为直线AB与圆O相切，所以 1，
(m1)2枚n2
试
7
解得n2 6318m0，得m ， 卷
2 君
7
即m的最大值为 ．
2
故答案为：3.5
  3
16. 已知长方体ABCDABC D 的底面是边长为2 2的正方形，若cos AB,AC  ，
1 1 1 1 1 3
   
则该长方体的外接球的表面积为________；记e ,e 分别是AB,AD方向上的单位向量，且
1 2
|a  |2 6 ， a  e  a  e  2 2， 则 a  me  ne  （ m ， n 为 常 数 ） 的 最 小 值 为
1 2
1 2
________．
【答案】 ①. 24π ②. 2 2
【解析】
【分析】根据长方体外接球直径为长方体体对角线即可求出球半径，得出球的面积，由所给
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  
条件可取
a
与AC 的方向相同或与AC的方向相同，问题可转化为求平面ABCD上一点E
1 1
与C 的距离的最小值，即求C 到平面ABCD的距离得解.
1 1
2 2
  3 AC  2 6
【详解】在Rt  ABC 1 中， AB2 2,cos AB,AC 1  ，所以 1 3 ，
3
3
  3
cos AD,AC  ，
1 3
1
所以该长方体的外接球的半径为 AC  6，所以该长方体的外接球的表面积为
2 1
    
4π( 6)2 24π.由|a|2 6及ae  ae 2 2 可得
1 2
    2 2 3
cosa,e  cosa,e    ，
1 2 2 6 3
公
  众 
所以
a
与AC
1
的方向相
号
同或与A
1
C的方向相同，
：
 
不妨取 a 与AC 的方向相同， 一
1
枚
   
由平面向量基本定理可得me ne 必与e ,e 共面， 试
1 2 1 2
卷
   君
在平面ABCD上取一点E，故可设me ne  AE，
1 2
     
则 ame ne | AC AE||EC |，所以其最小值为点C 到平面ABCD的最小值，即
1 2 1 1 1

最小值为|CC | (2 6)2 42 2 2.
1
故答案为：24π；2 2
四､解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出相应的文宇说明､证明过程或演
算步骤.
17.（12分）
在锐角 ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，满足c2 bba .

（1）求证：C 2B；
1 1
（2）求  3sinC的取值范围.
tanB tanC
17.解（1）由c2 b2 ab
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由余弦定理c2 a2 b2 2abcosc得
a b2cosc1
由正弦定理得：sinAsinB2cosc1
又ABC 
sinAsinBCsinBcosCcosBsinC 2inBcosCsinB
cosBsinCsinBcosC sinB
sinCBsinB
A,B,C都是锐角

CB BC 2B
1 1
（2）令y   3sinC
tanB tanC
公
cosB cosC
  众3sinC
sinB sinC
号
sinCcosBcosCsinB
：
 3sinC
sinBsinC 一
枚
sinCB
 3sinC 试
sinBsinC 卷
君
1
由（1）C 2B得y  3sinC
sinC
在锐角三角形ABC中
   
0 A 0(BC)
 
2 2
 
     
0 B 0 B  C 
2 2 3 2
 
   
0C  0C 
 
 2  2
 3   3 
sinC ,1y令t sinC ,1
   
2 2
   
1  3   3 
y  f t 3t,t ,1在 ,1上单调递增
   
t 2 2
   
13 3  1 1 13 3 
y  f t ,4,而  3sinC的取值范围是 ,4
   
6 tanB tanC 6
   
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1
18．（12分）已知正项数列a ，其前n项和S ，满足2S a   nN ．
n n n n a
n
（1）求证：数列
 S2
是等差数列，并求出a 的表达式；
n n
1 1 1
（2）数列a 中是否存在连续三项a ,a ,a ，使得 , ,  kN 构成等差数
n k k1 k2 a a a
k k1 k2
列？请说明理由．
(1)𝑎 = 𝑛− 𝑛−1;(2)不存在
𝑛
19. 三棱台 ABC- ABC 的底面是正三角形， AA 平面 ABC， AB 4， AB 2，
1 1 1 1 1 1
AA  3，E是AB的中点，平面AC E交平面ABC于直线l．
1 1 1
公
众
号
：
一
（1）求证：AC∥l ； 枚
试
（2）求直线BC与平面AC E所成角的正弦值． 卷
1 1 1
君
【19题答案】
【答案】（1）证明略
10
（2）
5
20．（12分）2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过
夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．为推广普
及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参
与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：
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（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑
雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；
（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，
且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优
秀”．则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到
3 1 1
“优秀公”的概率分别为 , , ，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学
2 2 3
众
在集训测试中要想获得“号优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测
：
试？
一
枚
试
卷
君
21. 已知函数 f xaex lnxa0 .
（1）若 f x1，求实数a的取值范围.
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1 1 1 n 
（2）求证：1     ln  1 .
2 3 n 2 
1 
【答案】（1）  , 
e 
（2）证明见解析
【解析】
1
【分析】（1）根据已知条件得 f 11，进而得出a ，利用不等式的性质及构造函数，
e
利用导数法求函数的最值即可求解；
1
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当x1,2 时， ex1成立即可，转化成
2x
求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【小问1详解】
公
1
因为 f x1，众则 f 11，即a ，
e
号
1
反之当a 时， f xaex ：lnxex1lnx，
e 一
枚
1 xex11
令gxex1lnx，则gxex1  ， 试
x x 卷
君
设hx xex11，由于hx
在
0, 单调递增，且h10，
所以当x0,1 时，hx0，即gx0，
当x1, 时hx0，即gx0，
所以gx
在
0,1
上单调递减，在
1,
上单调递增.
所以g(x)  g11，即gx1，所以 f x1.
min
【小问2详解】
由（1）可知：ex1lnx1,ex11lnx①
1
下面证明当x1,2 时， ex1②
2x
等价于
2xex110，设x2xex11,x1xex1，
当x0,1 时，x0,
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当x1,2 时，x0，
所以x
在
0,1
上单调递增，在
1,2
上单调递减,
所以 x10，所以②式成立，
max
1
由①､②可得： 1lnx，当x1时取到“”，
2x
k2 1
取x 有， lnk2lnk1k 1,2, ,n，

k1 k
1 1 1 n 
所以1     lnn2ln2ln  1 ，不等式成立.
2 3 n 2 
x2 y2 1
22．已知椭圆C:  1(a b0)的离心率为 ，且经过点M(2,0)，F,F 为椭
a2 b2 2 1 2
圆C的左右焦点，Qx ,y 为平面内一个动点，其中y 0，记直线QF 与椭圆C在x轴
0 0 0 1
公
众
上方的交点为Ax ,y ，直线QF 与椭圆C在x轴上方的交点为Bx ,y ．
1 1 号2 2 2
：
（1）求椭圆C的标准方程；
一
1 1 1 枚
（2）①若AF ∥BF ，证明：   ；
2 1 y y y 试
1 2 0
卷
君
②若 QF  QF 3，探究y ,y ,y 之间关系．
1 2 0 1 2
 a 2
c 1
e   x2 y2
22．解析：（1）由题意得： a 2 b 3，因此，椭圆C的标准方程为  1
4 3
a 2  c1
 
（2）①（解法一）
 x 1
x 1 y1,

y y  y x 1 x 1

k
AF 1

x 
1
1
,k
BF 2

x 
2
1
,
x 
1
1
 2
y
y
0
1 1
y
y
0
1
1 2  x 2 y1, 2 1
 y

2
x 1 x 1 2y y
 1 y  2 y 2,x 1y x 1y  1 2 ， 即
y 0 y 0 1 2 2 1 y
1 2 0
2y y
x y x y  y  y  1 2
1 2 2 1 1 2 y
0
 
又 FBx 1,y ,F Ax 1,y ,x 1y x 1y 0， 即
 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2
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x y x y  y  y 0
2 1 1 2 1 2
y y 1 1 1
y  y  x y x y ,y  y  1 2 ，即  
1 2 1 2 2 1 1 2 y y y y
0 1 2 0
① （ 解 法 二 ）
QF QB AF BF y y
AF ∥BF,△QAF ~△QFB, 1  , 1  2 , 1  2
 2 1 2 1 QA QF QA QF y  y y
2 2 1 0 0
1 1 1
y y  y y  y y ，因此  
1 0 1 2 0 2 y y y
1 2 0
① （ 解 法 三 ） 证 明 ： 显 然 Q 在 椭 圆 内 ， Q 为 AF 与 BF 的 交 点 ，
1 2
x 1 x 1
l :x 1 y1,l :x 2 y1，
AF 2 y BF 1 y
1 2
公
2 y y
得  众，又AF ∥BF  1  2 ，故只需证明：
0 x 1 x 1 2 1 x 1 x 1
2  1 号 1 2
y y ：
2 1
一
x 1 x 1 枚
2  1
1 1 y y 1 1 x x 1x试x 1
  2 1    2  1  1  2 卷成立．
y y 2 y y y y y y
1 2 1 2 2 1 1 2 君
x 1 x 1
②（解法一）设QF :x 0 y1t y1（令t  0 ）
2 y 2 2 y
0 0
xt y1
 2
x2 y2 ，消去 x 得： 3t
2
y12 4y2 12，3t
2
2y2 6t
2
y34y2 12，
 1

 4 3
1 2 1 1 t 2 t2 1
  3t2 4  y2 6t y90，9   6t     3t2 4  0，  2 2 ，
2 2  y 2  y 2 y 3
2
x 1 2 x 12  y2
0  0 0
1 y y x 12 QF
  0 0  0 2
y 3 3y
2 0
xt y1
x 1 x 1  1
设 QF
1
:x 0
y
y1t
1
y1，（ 令 t
1
 0
y
）， x2

y2
1
， 消 去 x 得 ：
0 0 
 4 3
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3t y12 4y2 12，
1
3t2y2 6t y34y2 12，   3t2 4  y2 6t y90，
1 1 1 1
2
1 1
9
 
6t
 
  3t2 4  0，
 y 1  y 1
 x 0 1  2  x2 1 2  y2
1 t 2 t2 1 1 y y 0 0 x 12 QF
  1 1 ，  0 0  0 1
y 3 y 3 3y
1 1 0
1 1 x 12 QF x 12 QF 22  QF  QF  223 4
   0 1  0 2  1 2  
y y 3y 3y 3y 3y 3y
1 2 0 0 0 0 0
．
x2 y2
② （ 解 法 二 ） Q:  1(y 0)， 设 QFF ,QF F ， 则
9 5 1 2 2 1
公
4 4
众
号
5
：
3
4
QF  , AF  ， 一
1 3 1 2cos
cos 枚
2
试
5 卷
4 3 3sin 君 3sin
QF  , BF  , y  AF sin , y  BF sin
2 3 2 2cos 1 1 2cos 2 2 2cos
cos
2
．
5 5
sin sin
sin sin 2
4 4
y     sinsin sin()
0 3 3 32cos 32cos 3
cos cos
2 2
  4    
2cos sin  sin cos 3cos 2cos (*)
2 2 3 2 2 2 2
1 1   
 2sin cos cos
sin sin sinsin 2 2 2 3
于是    
cos cos sincossincos    2
 2sin cos cos
sin sin 2 2 2
1  1 1  cos cos 1 1 1 
y 0  5   3  sin  sin     2   sin  sin       3  sin  sin  
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1 1 1  1 1  cos cos 4 1 1 
  2





 



y y 3  sin sin  sin sin 9sin sin
1 2
1 9 1 1  4  1 1 
3     3  ．
y 4 y y y y y
   
0 1 2 0 1 2
公
众
号
：
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枚
试
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