文档内容
郑州外国语学校 2022-2023学年上期高三第四次调研考试试卷
数 学（理科）参考答案与试题解析
一．选择题（共 12小题）
1．设全集U＝R，集合 A＝{x|x2﹣x﹣2≤0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣1≤x≤2} B．{x|1＜x≤2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x≥﹣1}
【解答】解：解x2﹣x﹣2≤0 得﹣1≤x≤2，A＝{x|﹣1≤x≤2}，
由lgx＞0得x＞1，故 B＝{x|x＞1}，
所以A∩B＝{x|1＜x≤2}．
故选：B．
2．已知复数 z 满足 zi＝3i+4，其中 i 为虚数单位，则𝑧在复平面内对应点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3𝑖+4
【解答】解：𝑧 = = 3−4𝑖，
𝑖
则𝑧 = 3+4𝑖．
故𝑧在复平面内对应点（3，4）在第一象限．
故选：A．
3．下列各命题的否定为真命题的是（ ）
A．∀𝑥 ∈ 𝑅，𝑥2 −𝑥 + 1 ≥ 0 B．∃x∈R，2x＞x2
4
C．∃𝑥 ∈ 𝑅+，( 1 )𝑥＞𝑙𝑜𝑔 𝑥 D．∀𝑥 ∈ [0， 𝜋 ]，𝑠𝑖𝑛𝑥＜𝑥
2
3 2
【解答】解：对于A，∀𝑥 ∈ 𝑅，𝑥2 −𝑥 + 1 = (𝑥− 1 )2 ≥ 0为真命题，故其否定为假
4 2
命题，错误；
对于B，因为 x＝5时，25＝32＞52＝25，∃x∈R，2x＞x2为真命题，故其否定为假
命题，错误；
对于C，当x∈（0，1）时，( 1 )𝑥＞0，𝑙𝑜𝑔 𝑥＜0，∃𝑥 ∈ 𝑅+，( 1 )𝑥＞𝑙𝑜𝑔 𝑥为真命题，
2 2
3 3
故其否定为假命题，错误；
𝜋
对于D，当x＝0时，sin0＝0，故∀𝑥 ∈ [0， ]，𝑠𝑖𝑛𝑥＜𝑥为假命题，故其否定为真
2
命题，正确；
故选：D．
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
第1页（共15页）32 32
A．16π+32 B．8π+32 C．8𝜋+ D．16𝜋+
3 3
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个半圆柱和一
个三棱柱组成的几何体；
如图所示：
故𝑉 = 1 ×𝜋⋅22 ×4+ 1 ×4×4×4 = 8𝜋+32．
2 2
故选：B．
5．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点 P是C 上一点，且|PF|＝5，以PF
为直径的圆截x轴所得的弦长为 1，则p＝（ ）
A．2 B．2或4 C．4 D．4或6
【解答】解：设以PF 为直径的圆与x轴交点为 A，
则|AF|＝1，|PF|＝5，
连接PA，则∠PAF＝90°，
所以|PA|= √|𝑃𝐹|2 −|𝐴𝐹|2 = √52 −12 =2√6，
所以y ＝2√6，
P
把y＝2√6，代入y2＝2px，
12
得x= ，
𝑝
第2页（共15页）12
所以x = ，
P
𝑝
12 𝑝
所以 −（− ）＝|PF|，
𝑝 2
12 𝑝
即 + =5，
𝑝 2
所以p2﹣10p+24＝0
解得p＝4或6，
故选：D．
6．设正项等比数列{a }的前n项和为S ，若 2S ＝3a +8a ，S ＝2S +2，则a ＝（ ）
n n 3 2 1 8 7 2
A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：设正项等比数列{a }的公比为q，
n
∵2S ＝3a +8a ，
3 2 1
∴2（a +a +a ）＝3a +8a ，即6a +a ﹣2a ＝0，
1 2 3 2 1 1 2 3
∴6𝑎 +𝑎 𝑞 −2𝑎 𝑞2 = 0，
1 1 1
∵a ＞0，
1
∴6+q﹣2q2＝0，解得 q＝2或q= − 3 （舍去），
2
∴q＝2，
∵S ＝2S +2，
8 7
∴S +a ＝2S +2，
7 8 7
∴a ＝S +2，
8 7
∴𝑎 𝑞7 =
𝑎1(1−𝑞7)
+2，
1
1−𝑞
∵q＝2，
∴128a ＝127a +2，解得 a ＝2，
1 1 1
∴a ＝a q＝4．
2 1
故选：A．
第3页（共15页）7．将曲线（x+y）（x﹣2y+1）+1＝0的图像画在坐标轴上，再把坐标轴擦去（x轴水
平向右，y轴竖直向上），得到的图像最有可能为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：令x＝0，得2y2﹣y﹣1＝0有一正一负根，故图象与 y轴正负半轴各
有一个交点，
再令y＝0，得x2+x+1＝0，显然无实根，故图象与 x轴没交点，故排除 A，D；
由原式得𝑥+𝑦 = −1 ，当x→+∞，y→﹣∞时，𝑥 +𝑦 = −1 →0﹣，即此时图象
𝑥−2𝑦+1 𝑥−2𝑦+1
在第四象限无限趋近于直线 x+y＝0，且纵坐标的绝对值大一点，B 选项在第四象
限的图象更符合，C 不符合，故B最有可能．
故选：B．
8．若函数 f（x）＝x2+mx+n 在区间（﹣1，1）上有两个零点，则 n2﹣m2+2n+1 的取
值范围是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（0，4） D．（1，4）
【解答】解：设f（x）的两个零点为x ，x ，其中𝑥 ,𝑥 ∈ (−1,1)，
1 2 1 2
则f（x）＝（x﹣x ）（x﹣x ），
1 2
所以n2﹣m2+2n+1＝（n+1）2﹣m2＝（n+1+m）（n+1﹣m）
＝f（1）•f（﹣1）＝（1−𝑥 2）（1﹣x 2）
1 2
∈ (0,1)．
故选：A．
9．已知函数f（x）＝aex+4x，对任意的实数x ，x ∈（﹣∞，+∞），且x ≠x ，不等式
1 2 1 2
𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)
＞𝑥 +𝑥 恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
1 2
𝑥1−𝑥2
2 2 2 2
A．[ ，+∞) B．[ +∞) C．( ，+∞) D．( +∞)
𝑒 𝑒3 𝑒 𝑒3
第4页（共15页）【解答】解：不妨设 x ＞x ，由 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2) ＞𝑥 +𝑥 ，得𝑓(𝑥 )−𝑓(𝑥 )＞𝑥2 −𝑥2，
1 2 1 2 1 2 1 2
𝑥1−𝑥2
即𝑓(𝑥 )−𝑥2＞𝑓(𝑥 )−𝑥2，
1 1 2 2
令g（x）＝f（x）﹣x2，所以对任意的实数x ，x ∈（﹣∞，+∞），x ＞x 时，都有
1 2 1 2
g（x ）＞g（x ），
1 2
即 g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，所以 g'（x）＝aex﹣2x+4≥0 在 x∈（﹣∞，
+∞）上恒成立，
2𝑥−4
即𝑎 ≥ ．在x∈（﹣∞，+∞）上恒成立，
𝑒𝑥
2𝑥−4 6−2𝑥
令ℎ(𝑥) = ．则ℎ′(𝑥) = ，
𝑒𝑥 𝑒𝑥
令h'（x）＞0，解得 x＜3，令h'（x）＜0，解得 x＞3，
所以h（x）在（﹣∞，3）上单调递增，在（3，+∞）上单调递减，
2 2
所以ℎ(𝑥) = ℎ(3) = ，所以𝑎 ≥ ，
𝑚𝑎𝑥 𝑒3 𝑒3
2
即实数a的取值范围是[ ，+∞)．
𝑒3
故选：B．
10．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾在数学著作《算罔论》中得
出结论：圆周率的平方除以十六约等于八分之五．已知在菱形 ABCD中，AB＝BD
＝2√3，将△ABD 沿 BD 进行翻折，使得 AC＝2√6．按张衡的结论，三棱锥 A﹣
BCD外接球的表面积约为（ ）
A．72 B．24√10 C．28√10 D．32√10
【解答】解：∵𝐴𝐵 = 𝐵𝐷 = 2√3且ABCD为菱形，可知△ABD 和△CBD 为全等的
等边三角形，
记BD中点为E，则 AE＝CE＝3，
又翻折后𝐴𝐶 = 2√6，由余弦定理可知：𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐸𝐶 =
32+32−(2√6)2
= −
1
，
2×3×3 3
过△ABD和△CBD的外接圆圆心O ，O ，分别作两条垂线垂直于△ABD和△CBD，
1 2
相交于外接球O，
因为𝑂 𝐸 =
1
𝐴𝐸 = 1，且𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐸𝑂 = √
1+𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐸𝐶
=
√3
，
1
3 2 3
2
由此，在Rt△O EO 中，可求得𝑂𝐸 = √3，𝑂𝑂 = √2．𝑂 𝐴 = 𝐴𝐸 = 2，
1 1 1
3
由已知𝜋2 = 16× 5 = 10 ⇒ 𝜋 = √10，
8
所以外接球半径𝑅2 = 𝑂𝐴2 = 𝑂 𝐴2+𝑂𝑂2 = 6，
1 1
第5页（共15页）所以外接球表面积为4𝜋𝑅2 = 24√10，
故选：B．
11．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且对任意 x∈（0，+∞），f（x）≥0恒成立，则
实数a的取值集合为（ ）
A．{a|0＜a＜1} B．{a|1＜a＜2} C．{a|﹣1＜a＜1} D．{1}
【解答】解：函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，对任意 x∈（0，+∞），f（x）≥0 恒成立，
即为ax﹣a﹣lnx≥0恒成立，即有 0≤（ax﹣a﹣lnx） ．
min
1
设g（x）＝ax﹣a﹣lnx，x＞0，g′（x）＝a− ，
𝑥
当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）内递减，g（x）无最小值；
1 1
当a＞0时，x＞ 时，g′（x）＞0，g（x）递增；当 0＜x＜ 时，g′（x）＜0，g（x）
𝑎 𝑎
递减，
1
可得g（x）在x= 处取得极小值，且为最小值 1﹣a+lna．
𝑎
所以1﹣a+lna≥0，
1
又设h（a）＝1﹣a+lna，a＞0，h′（a）＝﹣1+ ，
𝑎
当a＞1时，h′（a）＜0，h（a）递减；当0＜a＜1时，h′（a）＞0，h（a）递增，
则h（a）在a＝1处取得极大值，且为最大值 0，
所以1﹣a+lna≤0，即 1﹣a+lna＝0，
解得a＝1．
故选：D．
12．已知函数f（x）＝sin（cosx）+cos（sinx），则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）是奇函数 B．f（x）的最大值为2
C．∀x∈R，f（x﹣π）＝f（x） D．∀x∈[0，π]，f（x+π）＞0
【解答】解：对于A，f（﹣x）＝sin（cos（﹣x））+cos（sin（﹣x））＝sin（cosx）
第6页（共15页）+cos（﹣sinx）＝sin（cosx）+cos（sinx）＝f（x），
∴f（x）为偶函数，选项 A错误；
对于 B，由于﹣1≤cosx≤1，则 sin（cosx）的最大值为 sin1，而 cos（sinx）的最大
值为1，
∴f（x）的最大值为 sin1+1＜2，选项B错误；
对于C，不妨取x＝0，则f（﹣π）＝sin（cos（﹣π））+cos（sin（﹣π））＝sin（﹣
1）+cos0＝1﹣sin1，
而f（0）＝sin（cos0）+cos（sin0）＝sin1+1，
∴f（0﹣π）≠f（0），选项 C 错误；
∴选项D正确，作出函数𝑓(𝑥)图象验证如下，
由图象可知，选项D 正确．
选项D的代数推导：𝑓(𝑥+𝜋) = cos(sin𝑥)−sin(cos𝑥)，
𝜋
若𝑥 ∈ [ ,𝜋]，则cos(sin𝑥) > 0，sin(cos𝑥) < 0，则𝑓(𝑥+𝜋) > 0，
2
𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
若𝑥 ∈ [0, )，则sin𝑥 +cos𝑥 ≤ √2 < ，即0 < sin𝑥 < −cos𝑥 < ，
2 2 2 2
𝜋
所以cos(sin𝑥) > cos( −cos𝑥) = sin(cos𝑥)，
2
即𝑓(𝑥+𝜋) > 0.
故选：D．
二．填空题（共 4小题）
13．∫ 2 (𝑒|𝑥| +√4−𝑥2)𝑑𝑥 = 2𝑒2 −2+2π ．
−2
2 2
【解答】解：∫ √4−𝑥2dx＝2∫ √4−𝑥2dx＝2𝜋，
−2 0
∫ 2 e|x|dx＝2∫ 2 exdx＝2ex|2 =2e2﹣2，
−2 0 0
故∫ 2 (𝑒|𝑥| +√4−𝑥2)𝑑𝑥 = 2𝑒2 −2+2π，
−2
故答案为：2𝑒2 −2+2π.
14．已知甲袋内有大小相同的 2 个红球和 2 个白球，乙袋内有大小相同的 1 个红球
第7页（共15页）和 2 个白球．现从甲、乙两个袋内各任取 2 个球，则恰好有 2 个红球的概率为
1
．
2
【解答】解：设X为红球的个数.
𝐶2 𝐶2 𝐶1𝐶1 𝐶1𝐶1 1
P（X＝2）= 2 ⋅ 2 + 2 2 ⋅ 1 2 = ，
𝐶2 𝐶2 𝐶2 𝐶2 2
4 3 4 3
1
答案为： ．
2
15．已知函数f（x）＝（sinωx）2+ 1 𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥 − 1 (𝜔＞0，𝜔 ∈ 𝑅)，若f（x）在区间（π，
2 2
1 1 5
2π））内没有零点，则 ω 的取值范围是 （0， ]∪[ ， ] ．
16 8 16
【解答】解：函数f（x）＝（sinωx）2+ 1 sin2ωx− 1
2 2
1 1 1
= （1﹣cos2ωx）+ sin2ωx−
2 2 2
1 1
= sin2ωx− cos2ωx
2 2
=
√2
sin（2ωx−
𝜋
），
2 4
𝜋
𝜋 𝑘𝜋+
由f（x）＝0，可得 sin（2ωx− ）＝0，解得 x= 4∉（π，2π），
4 2𝜔
因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，
𝑇 𝜋 1
所以 ≥π，即 ≥π，解得ω≤ ；
2 2𝜔 2
又因为ω＞0，
𝜋
𝑘𝜋+
令π＜ 4＜2π，k∈Z；
2𝜔
𝑘 1 𝑘 1
解得 + ＜ω＜ + ，k∈Z；
4 16 2 8
1 1
当k＝0时，ω∈（ ， ），
16 8
5 5
当k＝1时，ω∈（ ， ）；
16 8
1 1 5 1
所以有解时ω 的取值范围是（ ， ）∪（ ， ]，
16 8 16 2
1 1 5
由f（x）在区间（π，2π）内没有零点，所以 ω 的取值范围是（0， ]∪[ ， ]．
16 8 16
1 1 5
故答案为：（0， ]∪[ ， ]．
16 8 16
𝑥2 𝑦2
16．过双曲线Γ： − = 1(𝑎＞0，𝑏＞0)的左焦点𝐹 的动直线l 与Γ 的左支交于 A，
𝑎2 𝑏2 1
B 两点，设 Γ 的右焦点为 F . 若存在直线 l，使得 AF ⊥BF ，则 Γ 的离心率的取
2 2 2
值范围是 (√5，1+√2] ．
【解答】法1：设|𝐴𝐹 | = 𝑚，|𝐵𝐹 | = 𝑛，则|𝐴𝐹 | = 𝑚+2𝑎，|𝐵𝐹 | = 𝑛+2𝑎，
1 1 2 2
第8页（共15页）1 1 2𝑎
且 + = .
𝑚 𝑛 𝑏2
若𝐴𝐹 ⊥ 𝐵𝐹 ，则|𝐴𝐵|2 = |𝐴𝐹 |2 +|𝐵𝐹 |2，
2 2 2 2
代入化简即得(
4𝑎2
−1)𝑚𝑛+4𝑛2 = 0，
𝑏2
2𝑎 1 1 2 𝑏4
又 = + ≥ ，所以𝑚𝑛 ≥ ，
𝑏2 𝑚 𝑛 √𝑚𝑛 𝑎2
所以
4𝑎2
−1 < 0，且(
4𝑎2
−1)
𝑏4
+4𝑎2 ≥ 0.
𝑏2 𝑏2 𝑎2
𝑏2 𝑏2
解上述不等式得 ∈ (4,2√2+2]，所以𝑒 = √1+ ∈ (√5,1+√2].
𝑎2 𝑎2
法2：依题意可知直线 l 的斜率不为0，设直线 l 的方程为x＝my﹣c，
将直线l 的方程为x＝my﹣c代入椭圆方程可得（b2m2﹣a2）y2﹣2b2cmy+b4＝0，
2𝑏2𝑐𝑚 𝑏4
设A（x，y），B（x ，y ），则𝑦 +𝑦 = ，𝑦 𝑦 = ，
I l 2 2 1 2 𝑏2𝑚2−𝑎2 1 2 𝑏2𝑚2−𝑎2
→ →
由AF ⊥BF ，可得𝐴𝐹 ⋅𝐵𝐹 = 0，故（x﹣c）（x ﹣c）+yy ＝0，整理可得（my﹣
2 2 2 2 l 2 l 2 l
2c）（my ﹣2c）+yy ＝0，
2 l 2
整理得(𝑚2+1)𝑦 𝑦 −2𝑐𝑚(𝑦 +𝑦 )+4𝑐2 = 0，将𝑦 +𝑦 =
2𝑏2𝑐𝑚
，𝑦 𝑦 =
1 2 1 2 1 2 𝑏2𝑚2−𝑎2 1 2
𝑏4
代入上式可得（m2+1）b4﹣4m2c2b2+4c2（b2m2﹣a2）＝0，
𝑏2𝑚2−𝑎2
∴（m2+1）b4＝4a2c2，∴m2+1=
4𝑎2𝑐2
≥1，化简整理得 4a2c2≥（c2﹣a2）2，
𝑏4
进而可得 c4+a4﹣6a2c2≤0，不等式两边除以 a4 得 e4﹣6e2+1≤0，解不等式得 3﹣
2√2 ≤e2≤3+2√2，
又e＞1，∴1＜e2≤3+2√2，解得1＜e≤1+√2，
又A，B在左支且l 过F ，∴y y ＜0，∴
𝑏4
＜0，∴𝑚2＜
𝑎2
，
1 1 2
𝑏2𝑚2−𝑎2 𝑏2
∴𝑚2 +1 =
4𝑎2𝑐2
＜
𝑎2
+1，∴4a2c2＜a2b2+b4＝b2（a2+b2）＝b2c2，
𝑏4 𝑏2
解得4a2＜b2＝c2﹣a2，∴5a2＜c2，∴e2＞5，∴𝑒＞√5，
综上：√5＜e≤1+√2，即e∈（√5，1+√2]．
三．解答题（共 6小题，第 17题 10分，其余各题 12分）
17．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且csinBcosB+bsinBcosC=
√3
b．
2
（1）求A；
𝑆
（2）若角A为钝角，△ABC 的面积为 S，求 的最大值．
𝑎2
【解答】解：（1）在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且
第9页（共15页）csinBcosB+bsinBcosC=
√3
b，
2
则𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵 +𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶 =
√3
𝑠𝑖𝑛𝐵，
2
因为sinB≠0，所以𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐵 +𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶 =
√3
，
2
所以𝑠𝑖𝑛(𝐵+𝐶) = 𝑠𝑖𝑛𝐴 =
√3
， …………………………………………4分
2
因为0＜A＜π，
𝜋 2𝜋
所以𝐴 = 或𝐴 = ； …………………………………………5分
3 3
2𝜋
（2）由A为钝角及（1）结论，则𝐴 = ，
3
由余弦定理得a2＝b2+c2+bc，
又𝑆 =
1
𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴 =
√3
𝑏𝑐，
2 4
所以
𝑆
=
√3
×
𝑏𝑐
≤
√3
×
𝑏𝑐
=
√3
，当且仅当 b＝c时取等号，
𝑎2 4 𝑏2+𝑐2+𝑏𝑐 4 2𝑏𝑐+𝑏𝑐 12
故
𝑆 的最大值为√3
． …………………………………………10分
𝑎2 12
2
18．已知数列{a }和{b }的前n项和分别为S ，T ，且a ＝1，a = − 𝑆 +1，𝑏 =
n n n n 1 n+1 𝑛 𝑛
3
2log 𝑎 +3．
1 𝑛
3
（1）求数列{a }和{b }的通项公式；
n n
1
（2）若c ＝a + ，设数列{c }的前n项和为 R ，证明：R ＜3．
n n n n n
𝑇𝑛
2
【解答】解：（1）因为 a = − 𝑆 +1，
n+1 𝑛
3
2 1
由a ＝1，所以a = − a +1= ，
1 2 1
3 3
2
当n≥2时，a = − S +1，
n n﹣1
3
2 1
两式相减得，a ﹣a = − a ，即a = a ，…………………………………3分
n+1 n n n+1 n
3 3
1
易知，a = a ，符合上式， …………………………………………4分
2 1
3
1
所以数列{a }是以1 为首项， 为公比的等比数列，
n
3
所以a ＝（ 1 ）n﹣1； …………………………………………5分
n
3
𝑛−1
1
𝑏 = 2log 𝑎 +3 = 2log ( ) +3 = 2𝑛+1； …………………………6分
𝑛 1 𝑛 1
3
3 3
𝑛(3+2𝑛+1)
（2）证明：由（1）b ＝2n+1，所以T = =n（n+2），
n n
2
若c ＝a + 1 =（ 1 ）n﹣1+ 1 =（ 1 ）n﹣1+ 1 （ 1 − 1 ），…………………8分
n n
𝑇𝑛 3 𝑛(𝑛+2) 3 2 𝑛 𝑛+2
第10页（共15页）1−( 1 )𝑛 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以R = 3 + [（1− ）+（ − ）+（ − ）+（ − ）+……+（ − ）+
n 1− 1 2 3 2 4 3 5 4 6 𝑛−1 𝑛+1
3
（ 1 − 1 ）]= 3 − 3 ×（ 1 ）n+ 1 （ 3 − 1 − 1 ）
𝑛 𝑛+2 2 2 3 2 2 𝑛+1 𝑛+2
= 3 − 3 ×（ 1 ）n+ 3 − 1 − 1 = 9 − 3 ×（ 1 ）n− 1 − 1 ＜ 9 ＜3，得证．
2 2 3 4 2(𝑛+1) 2(𝑛+2) 4 2 3 2(𝑛+1) 2(𝑛+2) 4
…………………………………………12分
19．如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝
2AB＝2，点E，F，M 分别为AP，CD，BQ的中点．
（1）求证：EF∥平面 CPM；
𝜋
（2）若N 为线段CQ 上的点，且直线DN 与平面 QPM所成的角为 ，求线段 QN
6
的长．
【解答】解：（1）证明：连接 EM，因为 AB∥CD，PQ∥CD，CD＝2PQ＝2AB＝
2，
所以四边形ABQP为平行四边形，
又点E，F，M分别为 AP，CD，BQ的中点，
1
则𝐸𝑀 ∥ 𝐴𝐵，𝐸𝑀 = 𝐴𝐵，𝐶𝐹 = 𝐶𝐷，即EM∥CF且EM＝CF，
2
所以四边形EMCF 为平行四边形，则 EF∥CM，
又EF⊄平面CPM，CM⊂平面CPM，
所以EF∥平面CPM； …………………………………………4分
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则
𝐷(0，0，0)，𝐴(2，0，0)，𝐵(2，1，0)，𝐶(0，2，0)，𝑃(0，0，2)，𝑄(0，1，2)，𝑀(1，1，1)，
→ → → →
𝑃𝑀 = (1，1，−1)，𝑃𝑄 = (0，1，0)，𝐶𝑀 = (1，−1，1)，𝑃𝐶 = (0，2，−2)，
→ →
→ 𝑚⋅𝑃𝑀 = 𝑥 +𝑦−𝑧 = 0
设平面QPM的一个法向量为𝑚 = (𝑥，𝑦，𝑧)，则{ ，
→ →
𝑚⋅𝑃𝑄 = 𝑦 = 0
→
则可取𝑚 = (1，0，1)； …………………………………………6分
→ → → →
设𝑄𝑁 = 𝜆𝑄𝐶(0 ≤ 𝜆 ≤ 1)，则𝑄𝑁 = 𝜆𝑄𝐶 = (0，𝜆，−2𝜆)，
第11页（共15页）→
所以𝑁(0，𝜆+1，2−2𝜆)，𝐷𝑁 = (0，𝜆+1，2−2𝜆)，
𝜋
由题意直线DN 与平面 QPM所成的角为 ，
6
𝜋 → → |𝐷 → 𝑁⋅𝑚 → | |2−2𝜆| 1 1
则𝑠𝑖𝑛 = |𝑐𝑜𝑠＜𝐷𝑁，𝑚＞| = = = ，解得𝜆 = 或 λ＝3
6 |𝐷 → 𝑁||𝑚 → | √(𝜆+1)2+(2−2𝜆)2⋅√2 2 3
（舍）， …………………………………………10分
→ →
所以|𝑄𝑁| =
1
|𝑄𝐶| =
√5
，即线段QN
的长为√5
．………………………………12分
3 3 3
20．目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当
前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分．已知某市 2022年共有10000 名考
生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取 100 人的笔试成绩（满分
100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：
笔试成绩X [40，50） [50，60） [60，70） [70，80） [80，90） [90，100]
人数 5 10 25 30 20 10
由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩 X 近似服从正态分布 N（μ，σ2），
其中，μ 近似为 100 名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的
中点值代替）．
（1）若σ≈12，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于 85的人数（结果四舍五入
精确到个位）；
（2）按照分层随机抽样方法，从笔试成绩为[80，90）和[90，100]的考生中随机抽
取6人，再从这 6人中随机抽取 2人，记成绩不低于 90分的人数为随机变量 ξ，
求ξ 的分布列和均值．
参考数据：若X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ≤X≤μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ≤X≤μ+2σ）
≈0.9545，P（μ﹣3σ≤X≤μ+3σ）≈0.9973．
1
【解答】解：（1）由题意知，μ= （45×5+55×10+65×25+75×30+85×20+95×10）
100
第12页（共15页）＝73， ………………………………………2分
所以P（73﹣12≤X≤73+12）＝P（61≤X≤85）≈0.6827，
1
所以P（X＞85）= （1﹣0.6827）＝0.15865，……………………………………4分
2
所以估计该市全体考生中笔试成绩高于85的人数为10000×0.15865＝1586.5≈1587
名． …………………………………………6分
（2）按照比例分配的分层随机抽样方法，抽取的 6人中，笔试成绩为[80，90）的
考生有4名，笔试成绩为[90，100]的考生有2 名，
随机变量ξ 的可能取值为 0，1，2，
𝐶2𝐶0 2 𝐶1𝐶1 8 𝐶0𝐶2 1
P（ξ＝0）= 4 2 = ，P（ξ＝1）= 4 2 = ，P（ξ＝2）= 4 2 = ，
𝐶2 5 𝐶2 15 𝐶2 15
6 6 6
所以ξ 的分布列为
ξ 0 1 2
P 2 8 1
5 15 15
…………………………………………10分
2 8 1 2
均值E（ξ）＝0× +1× +2× = ．…………………………………………12分
5 15 15 3
21．已知离心率为√2
的椭圆 C 的中心在原点 O，对称轴为坐标轴，F ，F 为左右焦
1 2
2
→ →
点，M 为椭圆上的点，且|𝑀𝐹 |+|𝑀𝐹 | = 2√2．直线 l 过椭圆外一点 P（m，0）
1 2
（m＜0），与椭圆交于 A（x ，y ），B（x ，y ）两点，满足y ＞y ＞0．
1 1 2 2 2 1
（1）求椭圆C 的标准方程；
→ →
（2）对于任意点P，是否总存在唯一的直线 l，使得𝐹 𝐴// 𝐹 𝐵成立，若存在，求
1 2
出点P（m，0）对应的直线l 的斜率；否则说明理由．
【解答】解：（1）由题可设椭圆方程为
𝑥2
+
𝑦2
= 1，则𝑒 =
𝑐
=
√2
，
𝑎2 𝑏2 𝑎 2
→ →
由椭圆定理可得|𝑀𝐹 |+|𝑀𝐹 | = 2𝑎 = 2√2，
1 2
则𝑎 = √2，𝑐 = 1，𝑏 = 1，
所以椭圆的方程为：
𝑥2
+𝑦2 = 1． …………………………………………4分
2
（2）设直线l 方程为 y＝k（x﹣m）（斜率必存在），
→ →
则𝐹 𝐴 = (𝑥 +1，𝑦 )，𝐹 𝐵 = (𝑥 −1，𝑦 )，
1 1 1 2 2 2
→ →
∵𝐹 𝐴 ∥ 𝐹 𝐵，
1 2
∴（x +1）⋅y ＝（x ﹣1）⋅y ，
1 2 2 1
第13页（共15页）∴（x +1）⋅k（x ﹣m）＝（x ﹣1）⋅k（x ﹣m），
1 2 2 1
化简得x +x +m（x ﹣x ）﹣2m＝0①， …………………………………………6分
2 1 2 1
联立y＝k（x﹣m）与椭圆方程可得，（1+2k2）x2﹣4mk2x+2k2m2﹣2＝0，Δ＝8k2（2
﹣m2）+8＞0，
4𝑚𝑘2 2𝑘2𝑚2−2
∴𝑥 +𝑥 = ，𝑥 𝑥 = ， …………………………………………8分
1 2 1+2𝑘2 1 2 1+2𝑘2
4𝑚𝑘2
代入①得， +𝑚(𝑥 −𝑥 )−2𝑚 = 0，
1+2𝑘2 2 1
2
∴𝑥 −𝑥 = ②，
2 1 1+2𝑘2
∴(𝑥 −𝑥 )2 = (𝑥 +𝑥 )2 −4𝑥 𝑥 =
16𝑘2−8𝑘2𝑚2+8
，
2 1 1 2 1 2 (1+2𝑘2)2
代入②得：4k2﹣2k2m2+1＝0，故𝑘2 = 1 ，…………………………………10分
2𝑚2−4
1
而点 A、B 在 x 轴上方，所以对于任意一个𝑚＜−√2，存在唯一的𝑘 = √ 使
2𝑚2−4
→ →
得𝐹 𝐴 ∥ 𝐹 𝐵成立，
1 2
故满足题意的直线l 有且只有一条． ………………………………………12分
22．已知函数f（x）＝ax2﹣bx+lnx在点（1，f（1））处的切线方程为2x﹣2y﹣3＝0．
（1）求实数a，b的值；
3
（2）设函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥)−𝑚𝑥(𝑚 ≥ )的两个极值点为 x ，x 且 x ＜x ，若 g（x ）
1 2 1 2 1
2
﹣g（x ）≥λ恒成立，求满足条件的 λ的最大值．
2
【解答】解：（1）由f（x）＝ax2﹣bx+lnx，得𝑓′(𝑥) = 2𝑎𝑥 −𝑏+ 1 ，
𝑥
因为（1，f（1））在切线方程 2x﹣2y﹣3＝0 上，
1
所以2﹣2y﹣3＝0，解得𝑦 = − ，
2
1
1 𝑎−𝑏+𝑙𝑛1 = −
所以𝑓(1) = − ，所以{ 2 ，
2
2𝑎−𝑏 +1 = 1
1
解得𝑎 = ，𝑏 = 1． …………………………………………4分
2
（2）由（1）知，𝑓(𝑥) = 1 𝑥2 −𝑥 +𝑙𝑛𝑥，
2
则𝑔(𝑥) = 1 𝑥2 −𝑥 +𝑙𝑛𝑥 −𝑚𝑥(𝑚 ≥ 3 )
2 2
1 𝑥2−(𝑚+1)𝑥+1
则𝑔′(𝑥) = +𝑥 −(𝑚+1) = （x＞0），
𝑥 𝑥
由g′（x）＝0，得x2﹣（m+1）x+1＝0，
因为x ，x （x ＜x ）是函数 g（x）的两个极值点，
1 2 1 2
所以方程x2﹣（m+1）x+1＝0有两个不相等的正实根 x ，x ，
1 2
第14页（共15页）1
所以x +x ＝m+1，x x ＝1，所以𝑥 = ． ………………………………………6分
1 2 1 2 2
𝑥1
3 1 5 1
因为𝑚 ≥ ，所以𝑥 + = 𝑚+1 ≥ ，解得0＜𝑥 ≤ 或x ≥2，
1 1 1
2 𝑥1 2 2
1 1
因为0＜𝑥 ＜𝑥 = ，所以0＜𝑥 ≤ ，
1 2 1
𝑥1 2
所以𝑔(𝑥 )−𝑔(𝑥 ) = 𝑙𝑛𝑥 + 1 𝑥2 −(𝑚+1)𝑥 −𝑙𝑛𝑥 − 1 𝑥2 +(𝑚+1)𝑥
1 2 1 1 1 2 2 2
2 2
= 𝑙𝑛 𝑥1 + 1 (𝑥2 −𝑥2)−(𝑚+1)(𝑥 −𝑥 ) = 2𝑙𝑛𝑥 − 1 (𝑥2 − 1 )， ………………8分
𝑥2 2 1 2 1 2 1 2 1 𝑥
1
2
令𝐹(𝑥) = 2𝑙𝑛𝑥− 1 (𝑥2 − 1 )(0＜𝑥 ≤ 1 )，
2 𝑥2 2
2 1 −(𝑥2−1)2 1
则𝐹′(𝑥) = −𝑥 − = ＜0，所以F（x）在(0， ]上单调递减，
𝑥 𝑥3 𝑥3 2
1
所以当𝑥 = 时，F（x）取得最小值，
2
1 1 1 15
即𝐹(𝑥) = 2𝑙𝑛 − ( −4) = −2𝑙𝑛2，
min
2 2 4 8
15 15
所以𝜆 ≤ −2𝑙𝑛2，即实数λ的最大值为 −2𝑙𝑛2．……………………………12分
8 8
第15页（共15页）
