2023届河北衡水中学高三1月模拟数学试题(解析版)

2023年12月5日发(作者：莱芜中考数学试卷答案)

2023年高考数学模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分150分.

2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、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.

1．已知有A、B、C、D四个命题，其中A为B的必要条件，B为C的充分条件，C为D的必要条件，D为A的必要条件.若增加条件使得A、B、C、D中的任意一个命题均为A、B、C、D四个命题的必要条件，则这个条件可以为（

）.

A．B为C的必要条件

C．C为D的充分条件

2．复数zabia,b0.若A．z1

3B．B为A的必要条件

D．B为D的必要条件

112，则（

）的值与a、b的值无关.

z1

2B．zC．z1

2D．z1

4102113．x0，x可以写成关于x2的多项式，则该多项式各项系数之和为（

）.

xxA．240 B．241 C．242 D．243

4．函数fx的图像如图所示，已知f02，则方程fxxfx1在a,b上有（

）个非负实根.

A．0 B．1 C．2 D．3

5．函数fx5cos2x4sinx53cosx的最大值为（

）.

A．22 B．23 C．25 D．3

6．a1sin0.1，be0.1，c1.0110，dA．badc

C．bcda

17，a，b，c，d间的大小关系为（

）.

16B．bcad

D．bacd

ab7．已知数列an、bn，an1n，bn1n，nN其中x为不大于x的最大整数.若a1b1m，22m1000，mN，有且仅有4个不同的t，使得atbt，则m一共有（

）个不同的取值.

A．120 B．126 C．210 D．252

8．平面上有两组互不重合的点，A1、A2Am与B1、B2Bnm,nN,n2，t1,n，tN，mABt.则i1BiBi1的范围为（

）.

i1itn1n2nA．,

mmnn2B．,

mmn1n21,D．

mmnnn2C．,

m2m二、选择题：本题共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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

29．cm）.其中k由零件的材料决定，工厂生产某零件，其尺寸D服从正态分布N10,0.01k（单位：且k0.当零件尺寸大于10.3cm或小于9.7cm时认为该零件不合格；零件尺寸大于9.9cm且小于10.1cm时认为该零件为优质零件；其余则认为是普通零件.已知当随机变量XN,2时，PX0.159，PX20.023，PX30.001，则下列说法中正确的有（

）.

A．k越大，预计生产出的优质品零件与不合格零件的概率之比越小

B．k越大，预计生产出普通零件的概率越大

C．若k1.5，则生产200个零件约有9个零件不合格

D．若生产出优质零件、普通零件与不合格零件盈利分别为3a，2a，5a，则当k1时，每生产1000个零件预计盈利2580a

x2y210．已知椭圆C：221，ab0上有三点P1、P2、P3，F1、F2分别为其左、右焦点.则下列说法ab中正确的有（

）.

A．若线段P1F1、P2F1、P3F1的长度构成等差数列，则点P1、P2、P3的横坐标一定构成等差数列.

2bB．若直线PP2P3斜率之积为2，则直线P1P3过坐标原点.

12与直线Pay轴上，则PFC．若PP12P3的重心在11P2F1P3F13a

83D．PPab

12P3面积的最大值为311．已知函数fxasinxbsinx，其中a、b0.则下列说法中正确的有（

）.

44A．fx的最小值为a

B．fx的最大值为a2b2

35,C．方程fxb在上有三个解

443D．fx在,上单调递减

2212．直线l1、l2为曲线yex与ylnx的两条公切线.l1从左往右依次交ex与lnx于A点、B点；l2从左往右依次交ex与lnx于C点、D点，且A点位于C点左侧，D点位于B点左侧.设坐标原点为O，l1与l2交于点P.则下列说法中正确的有（

）.

A．ADBC

C．tanBOCe1

22eB．OP2

2D．AOC2

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．底边和腰长之比为51的等腰三角形被称为“黄金三角形”，四个面都为“黄金三角形”的四面体被称2为“黄金四面体”.“黄金四面体”的外接球与内切球表面积之比为______.

14．已知存在实数x使得sinxacosxa1，则a的取值范围为______.

215．已知圆C：x2y24，点A3,0，点B2,0.点P为圆C上一点，作线段AP的垂直平分线l.则点B到直线l距离最小值为______.

216．二元数列ai,j中各项的值同时由i，j决定i,jN.已知二元数列am,n满足am,1m，a1,nn，2am1,n1am,n1am1,nm、nN.若t1a2022,202120202t，tZ，则t______

四、解答题：本题共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．已知ABC，D为边AC上一点，AD1，CD2.

(1)若BABD3，BCBD0，求S4ABC；

(2)若直线BD平分ABC，求△ABD与△CBD内切圆半径之比的取值范围.

18．为提高核酸检测效率，某医学实验室现准备采用某种检测新冠肺炎病毒核酸的新型技术进行新一轮大规模核酸筛查.经过初步统计分析得出该项技术的错检率约为0.04，漏检率约为0.01.（错检率指在检测出阳性的情况下未感染的概率，漏检率指在感染的情况下检测出阴性的概率）

(1)当有100个人检测出核酸阳性时，求预计检出的假阳性人数；

(2)为节约成本，实验室在该技术的基础上采用“混采”的方式对个别疫区进行核酸检测，即将n个人的样本装进一根试管内送检；若某组检测出核酸阳性，则对这n个人分别进行单人单试管核酸采样.现对两个疫区的居民进行核酸检测，A疫区共有10000名居民，采用n10的混采策略；B疫区共有20000名居民，采用n20的混采策略.已知两个疫区每个居民感染新冠肺炎的概率相等且均小于0.00032，通过计算比较A、B两个疫区核酸检测预计消耗试管数量.

参考数据：0.9867100.8747，52.24

19．异面直线l1、l2上分别有两点A、B.则将线段AB的最小值称为直线l1与直线l2之间的距离.如图，已知三棱锥PABC中，PA平面PBC，PBPC，点D为线段AC中点，APBPCP1.点E、F分别位于线段AB、PC上（不含端点），连接线段EF.

(1)设点M为线段EF中点，线段EF所在直线与线段AC所在直线之间距离为d，证明：DMd.

(2)若ABPCkk1，用含k的式子表示线段EF所在直线与线段BD所在直线之间的距离.

AEFC20．已知数列an满足an2xan1yannN，a11，a22，Sn为数列an前n项和.

(1)若x2，y1，求Sn的通项公式；

(2)若xy1，设Tn为an前n项平方和，证明：TnSn12Sn恒成立.

421．已知抛物线y22pxp0，点P1为抛物线焦点.过点P1作一条斜率为正的直线l从下至上依次交抛物线于点A1与点B1，过点B1作与l斜率互为相反数的直线分别交x轴和抛物线于P2、A2. (1)若直线A1A2斜率为k，证明抛物线在点B1处切线斜率为k；

*Bt，At1，(2)过点AttN,t>1作直线分别交x轴和抛物线于P2t1、过点Bt作直线分别交x轴和抛物线于P2t、且tN*，直线AtBt斜率与直线At1Bt斜率互为相反数.证明数列PnPn1为等差数列.

22．已知函数fxalnxx1x0.

x(1)若fx有唯一零点，设满足条件的a值为a1与a2a1a2证明：①a1与a2a1a2互为相反数；②158a；

43(2)设gxxfx.若gx存在两个不同的极值点x1、x2，证明x1x2a.

参考数据：ln20.7，ln31.1

1．A

【分析】

先由题设条件得到ABCDA，再利用充要条件的传递性对选项逐一分析即可.

【详解】

因为A为B的必要条件，B为C的充分条件，C为D的必要条件，D为A的必要条件，

所以AB,BC,CD,DA，即ABCDA，

对于A，若B为C的必要条件，即BC，则ABCDA，

所以A、B、C、D互为充要条件，则A、B、C、D中的任意一个命题均为A、B、C、D四个命题的必要条件，故A正确；

对于B，若B为A的必要条件，即BA，则ABCDA，易得B不是C的必要条件，故B错误；

对于C，若C为D的充分条件，即CD，则ABCDA，易得B不是C的必要条件，故C错误；

对于D，若B为D的必要条件，即BD，则ABCDA且BD，易得B不是C的必要条件，故D错误.

故选：A

2．A

【分析】

根据复数的运算和模的公式化简条件，确定a、b关系，再依次判断各选项.

【详解】

22111abi1abiabiaabbi1因为zabi，所以1，

22zabiabiabiabiabaa2b2b1aa2b2bi所以1222222，

za2b2ababab1aa2b2b4，

又12，所以2222zabab2222aa2b2b24a2b2，所以a22aa2b2b23a2b2，

2222a11021，所以因为a,b0，所以ab0，所以ab，

ab33922222所以z1110，即z的值与a、b的值无关.

3331页

故选：A.

3．D

【分析】

51利用换元法，将x转化为t2，从而利用赋值法即可求得该多项式各项系数之和.

x10【详解】

11因为xx222，

xx1115令tx2，则xx222t2，

xxx22105令t1，则t235243，

所以该多项式各项系数之和为243.

故选：D.

4．B

【分析】

利用导数研究函数fxxfx1的单调性，结合零点存在性定理判断方程fxxfx1在a,b上的根的个数.

【详解】

由图象可得函数fx在a,b上有3个极值点，不妨设其极值点为x1,x2,x3，其中x10x2x3，

设gxfx，hxfxxgx1，hxfxgxxgxxgx，

由图象可得gx20，gx30，x0,x2时，函数fx单调递增，gxfx0，又函数fx的图象由陡峭变为平缓，故gx逐渐变小，

所以当x0,x2时，函数gx单调递减，gx0，

当xx2,x3时，函数fx单调递减，所以gxfx0，函数fx的图象先由平缓变为陡峭，再由陡峭变为平缓，gx先变大再变小，函数gx先单调递减再单调递增，所以gx取值先负后正，所以存在x4x2,x3，使得gx40，当xx2,x4，gx0，当xx4,x3，gx0，

当xx3,b时，函数fx单调递增，函数fx的图象由平缓变为陡峭，函数gx单调递增，所以当2页

5xx3,b时，gx0，

当x0,x4时，gx0，当xx4,b时，gx0，

所以当x0,x4时，hx0，函数hxfxxgx1在0,x4单调递增，

当xx4,b时，hx0，函数hxfxxgx1在x4,b单调递减，

因为h0f00g0110，函数hx在0,x4单调递增，

所以函数hxfxxgx1在0,x4上不存在零点，且hx40，

fb1gb，

因为hbfbbgb1bbfb1表示点b,fb与点0,1的连线的斜率，gb表示曲线fx在点b,fb处的切线的斜率，bfb1结合图象可得gb，故hb0，所以函数

b因为hxfxxgx1在x4,b上存在唯一零点，

故方程fxxfx1在a,b上有1个非负零点，

故选：B.

5．D

【分析】

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利用三角函数的平方关系将fx转化为点P到点A,B的距离之差，再利用三角形两边之差小于第三边，结合三角函数的值域即可求得结果.

【详解】

因为5cos2x4sinx59cos2x4cos2x4sinx59cos2x4sin2x4sinx13cosx2sinx1，

所以fx5cos2x4sinx53cosx223cosx2sinx1223cosx2，

故fx的最大值转化为点P3cosx,2sinx到A0,1与B0,2sinx的距离之差的最大值，

因为1sinx1，22sinx2，112sinx3，

所以PAPBAB12sinx212sinx3，

当且仅当sinx1时，等号成立，则PAPB3，

经检验，此时cosx0，fx502415303，

所以fx3，即fx的最大值为3.

故选：D.

6．B

【分析】

x构造函数fxex1，利用导数与函数单调性的关系证得bc；利用二项式定理证得c10.1，再构5π造函数gxxsinx证得0.1sin0.1，从而得到ca；构造函数hxsinxx0x，证得861sin0.1，从而得到ad；由此得解.

16【详解】

x0x令fxex1x0，则fxe1e10，

0所以fx在0,上单调递增，故fxf0e010，即exx10，

所以exx1，则e0.010.0111.01，即e0.11.01，故bc；

因为c1.011010.01，

k10kk10.010.01C10所以其展开通项公式为Tk1C10，

01kk10100T0，

1，T20.01C1故T10.01C10100.1，k1所以c1.011010.0110.1，

4页

10令gxxsinxx0，则gx1cosx0，

所以gx在0,上单调递增，则gxg00，即xsinx，

所以0.1sin0.1，故c10.11sin0.1，即ca；

5π5令hxsinxx0x，则hxcosx，

868π353cosx1，则cosx因为0x，所以，故hx0，

26285π所以hx在0,上单调递增，则hxh00，即sinxx，

8651117π易知0.10,，所以sin0.10.1，则1sin0.11，即ad；

81616166综上：bcad.

故选：B.

7．C

【分析】

01239将m表示为c02c12c22c32c92，其中c0,c1,,c90,1，且c0,c1,,c9不全为0，m1000，分析atbt与c0,c1,,c9的取值的关系，由此确定满足条件的m的取值的个数.

【详解】

01239设mc02c12c22c32c92，其中c0,c1,,c90,1，且c0,c1,,c9不全为0，m1000，

1239若c01，则m1c12c22c32c92，a1b1m，

a2m1m1c221c322c423c829，b2，

221239若c00，则mc12c22c32c92，a1b1m，

a2mm，b2，

22所以若c01则，a2b2，若c00，则a2b2，

239若c00，c10，则mc22c32c92，a1b1m，

a2mmmm，b2，a3，b3，

2244若c00，c1a21，则m2c222c323c929，a1b1m，

mmm2m，b2，a3，b3，

2244239若c01，c10，则m1c22c32c92，a1b1m，

5页

a2m1mm1m1，b2，a3，b3，

2244若c01，c1a21，则m12c222c323c929，a1b1m，

m1mm3m1，b2，a3，b3，

2244所以c10时，a3b3，c11时，a3b3，

同理可以证明ck0时，ak2bk2，ck1，ak2bk2，

因为有且仅有4个不同的t，使得atbt，即c0,c1,c2,,c9中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为40，又从c0,c1,c2,,c9中任选4个变量有C10种取法，

故满足条件的m的个数为C10，即210个，

4故选：C.

8．D

【分析】

考虑m1,n2的特殊情况，验证选项可得答案.

【详解】

当m1,n2时，由题，有t1,2，tN，A1Btt.

得A1B11，A1B22.则B1在以A1为圆心，半径为1的圆上，则B2在以A1为圆心，半径为2的圆上.又n1i1BiBi1B1B2，则如下图所示，即A1B1B1B2时，B1B2取最小值为1；

如下图所示，即B2A12A1B1时，B1B2取最大值为3.

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则当m1,n2时，i1BiBi1的范围是1,3，验证选项可排除A，B，C.

n1故选：D

【点睛】

关键点点睛：本题因点的情况较为复杂，且又为选择题，故考虑利用特殊值验证选项得答案.

9．AC

【分析】

对于AB，利用正态分布曲线的图像变化即可得解；

对于C，结合参考数据，求出预计生产出的不合格零件的概率，从而得解；

对于D，结合参考数据，分别求出预计生产出的优质零件、普通零件与不合格零件的概率，从而得解.

【详解】

依题意，得10,20.01k2，则0.1k，k0，

对于A，当k变大时，变大，则零件尺寸D的正态分布曲线越扁平，

所以预计生产出的优质品零件的概率越小，不合格零件的概率越大，则其比例越小，故A正确；

对于B，由选项A可知，预计生产出普通零件的概率越小，故B错误；

对于C，当k1.5时，0.1k0.15，

则PX10.3PX20.023，而PX9.7PX2PX20.023，

所以预计生产出的不合格零件的概率为PX10.3PX9.70.046，

故生产200个零件约有不合格零件的个数为2000.0469.29，故C正确；

对于D，当k1时，0.1k0.1，

则PX10.3PX30.001，PX9.70.001，

P9.9X10.1PX12PX0.682，

所以预计生产出优质零件的概率为0.682，不合格零件的概率为0.002，普通零件的概率为10.6820.0020.316，

故每生产1000个零件预计盈利10000.6823a0.3162a0.0025a2668a，故D错误.

故选：AC.

10．ABC

【分析】

先证明两个结论，结论1为焦半径公式，利用该公式可判断AC的正误，利用同一法可判断B的正误，结论2为均值不等式，利用该结论可求内接三角形面积的最大值，从而可判断D的正误.

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【详解】

cmx2y2Pm,n为椭圆C：221上的的动点，F1c,0为其左焦点，则PF1a.

结论1：若aabb2m2证明：PF1mcnmcb2

a2222c2m2ca2mc2am，

aa2cc因为ma,a,ca，故acamac，故PF1am.

aa结论2：若xi0,i1,2,3,4，则x1x2x3x444x1x2x3x4.

证明：因为x1x22x1x2x1x220，

故x1x22x1x2，当且仅当x1x2时等号成立，

同理x3x42x3x4，当且仅当x3x4时等号成立，

所以x3x4x1x22x1x2x3x424x1x2x3x4，

当且仅当x1x2x3x4时等号成立，

所以x1x2x3x444x1x2x3x4，当且仅当x1x2x3x4时等号成立.

xxxx由结论2可得x1x2x3x41234，当且仅当x1x2x3x4时等号成立.

44对于A、C，设P1a1,b1,P2a2,b2,P3a3,b3，则

由结论1可得：PFi1acai,i1,2,3，

acaca2caa1a3，

aaa因为2P2F1PF11PF31，故2a2整理得到：2a2a1a3，故A正确.

y轴上，故因为PP12P3的重心在故PF11P2F1P3F13aa1a2a30，

3ca1a2a33a，故C正确.

a对于B，设P1关于原点的对称点为Q，则Qa1,b1，

故kP2Qa1a2（b1b20，否则kP1P20，这与题设矛盾），

b1b28页

故kP2QkP1P22a1a2a1a2a12a22，

b1b2b1b2b12b2222a12b12a2b2a12a2b12b22但221,221,所以22220，

ababaabb2a12a2b2b2所以222，而kP2P3kP1P22，故kP2P3kP2Q，

b1b2aa因P3,Q均在椭圆上，故P3,Q重合即直线P1P3过坐标原点，故B正确.

我们先证明一个命题

x2y2命题：设Pm,n为椭圆C：221上的点，直线l与椭圆交于不同的两点A,B，则PAB面积的最大值ab为33ab.

4证明：当直线l的斜率不存在时，设直线l:xt，

ata，

1t2t2则PAB的面积Stm2b12btm12，

2aab2b24a2m若tm，则S2tmtm3a3t(at)2，

3a3a424b26a272233因为ama，，故S2ab，即Sab，

3a416424当且仅当Pa,0，ta33时等号成立，故此时Smaxab.

2433ab.

4同理可证：当tm时，Smax过当直线l的斜率存在，可设l:ykxt，

ykxsb2a2k2x22a2ksxa2s2a2b20，

由222222可得bxayab4222222222故4aks4bakasab0，故b2s2a2k20，

2abb2s2a2k2而AB1k，

222bak2又P到l的距离为dkmns1k2，故PAB的面积为：

22221kmns2abb2s2a2k2abkmnsbsak2

S1k22222222bakbak1k对于给定的k，先考虑kmns的最大值，

9页

设macos,bsin，则kmnsakcosbsins

a2k2b2sins，其中sinaka2k2b2,cosba2k2b2，

若s0，则kmns的最大值为a2k2b2s，

此时Saba2k2b2s22b2s2a2k22

bak设ua2k2b2，则ub2，故由结论2可得：

a2k2b2sb2s2a2k2usususus，

usus4usus13usus3u3sus

16u3427u2u，当且仅当时等号成立，

s162故a2k2b2sb2s2a2k2的最大值为33a2k2b2，

433aba2k2b233，

故S42abba2k24若s0，则kmns的最大值为a2k2b2s，同理可得S综上，PAB面积的最大值为33ab.

433ab，

4对于D，考虑P1为椭圆上的点，直线l为直线P2P3，

33由前述命题可得：PPab，故D错误.

12P3面积的最大值为4故选：ABC.

【点睛】

思路点睛：椭圆上的动点到焦点的距离可以转化为动点的某坐标与离心率、半长轴的关系来处理，而多变量的最值问题，往往是通过降低变元的个数逐步处理.

11．BC

【分析】

22absinx,sinx044根据题意，可得fx，由sinx0，求解出x的取值范围，4a2b2sinx,sinx044根据对应范围内的函数解析式，fx即可求出fx的最值，进而判断A、B选项；令fxb，分10

页 35x,和x,444453xC两种情况解方程，即可判断选项；取,,，求出此时函数242253fx的单调区间，即可判断函数在,上的单调性，从而判断在,上的单调性，进而判断D选2422项.

【详解】

fxasinxbsinxasinxbcosx，

444422absinx,sinx0a44bcos即fx，其中sin，，0,.

2222abab2a2b2sinx,sinx04452k，kZ，

由sinx0，即x2k,44452k时，fxa2b2sinx，

所以当x2k,444即x+2k,2k，0,，

42所以当x当x422k，即x32k时，fxmaxa2b2，

442k，即x52k时，

fxmina2b2sinb；

432k,2k时，fxa2b2sinx，

当x444即x2k,2k，0,，

42所以当x由于x422k，即x42k时，fxmaxa2b2，

42k，所以fx无最小值.

综上所述，fx的最小值为b，最大值为a2b2，故A错误，B正确；

322由fxb，所以当x,时，absinxb，

444b即sinx22sinsin，

4ab即x42k或x422k，

kZ，

32，0,.

442522当x,时，absinxb，

444所以x或x11页

bsin，

即sinx224ab即x42k或x422k，

kZ，

所以x52，0,，

4235,综上所述，方程fxb在上有三个解，故C正确；

44522取x,时，fxabsinx，

4243372k，即2kx2k；

2424432k；

令2kx2k，即2kx24244533上单调递增，在,由于0,，所以当0时，函数fx在,上单调递减，44244253即函数fx在,上有增有减，则fx在,上有增有减，故D错误.

2422令2kx故选：BC.

12．CD

【分析】

x先由fxe和gxlnx是一对反函数，图像关于直线yx对称，得出点AC关于直线yx对称，点BDxx关于直线yx对称，点P在直线yx上，再算出fxe和gxlnx的公切线方程，设D点坐标为x0,e0，用x01x02表示出ABC三个点的坐标，由直线性质算出P点坐标，再依次通过计算得出每个选项的正误即可.

【详解】

由题意，画出大致图像如图，

x设fxe与gxlnx，l1为直线AB，l2为直线CD，

x且fxe和gxlnx是一对反函数，图像关于直线yx对称，

则点AC关于直线yx对称，点BD关于直线yx对称，点P在直线yx上，

12

页 x设fxe的切点为x1,y1，gxlnx的切点为x2,y2，

x由fxe，gx1，

xxxx得fxe的切线方程为ye1xx1e1，

gxlnx的切线方程为y1xx2lnx2，

x2当两函数的切线方程重合时，即为公切线，

1x1ex11x1xx2则，将x2e1代入下式得e，

x111xex11lnx12将yex和yx1的图像在同一坐标系中画出如图，

x1

x1设方程ex11x01x0的其中一个解为x1x0x01，则e，

x11x0121，可得1x02，

21x01x01x11x0x1ee又因，则方程的另一个解为x1x01x02，

x11x01x012由exxxx因此A点坐标为x0,e0，B点坐标为e0,x0，C点坐标为e0,x0，D点坐标为x0,e0.

因为AD与BC关于直线yx对称，所以ADBC，选项A错误；

由点P在直线AB上可得yByAyByP，

xBxAxBxP2x0ex0x0xPx01x0设点P坐标为xP,xP，则x0，解得xPx0，

x0ex0exPee设hxx1,1x2，hxxxee222x1exx1ex22exex2，

xxx210，

设jxx1exx1ex,1x2，jxee则jxx1exx1ex在1,2上单调递减，

2213

页 由j1490，j2e220，

ee22可得jxx1exx1ex在1,2上的函数值为先正后负，

即hxx1exx1ex22e2xex2在1,2上的值为先正后负，

x21则hxxx在1,2上的单调性为先增后减，

ee又h1e1，eh25e21，且h1h2，

e2x21212x011hxxxh1则，

12，即xPx0eex0eee2e22所以OPxPxP2xP2，选项B错误；

2分别连接BO，CO，如图，

由tanBOxyxyBx0x0x0ex0，tanCOxC0x0ex0，

x0xBexCex0ex0x0ex0e1tanBOxtanCOx0，选项C正确；

得tanBOCtanBOxCOx21x022e1tanBOxtanCOx分别连接AO，CO，如图，

得AOC第三象限夹角，即AOC故选：CD.

13．2335

22，选项D正确.

【分析】

14

页 画出符合题意的四面体，由其特征将其补形为长方体，分别计算外接球与内切球表面积可得答案.

【详解】

如图，设四面体A1BC1D为“黄金四面体”，

且A1BABABAB111A1DBDACBC11151m，

2BC1n，

得A1DBDAC11又因四个面都为“黄金三角形”，则C1DA1Bt.

注意到四面体A1BC1D对棱相等，则将其补形为如图所示长方体ABCDA1B1C1D1，则该长方体外接球与该四面体外接球重合.

设AA1a，ABb，ADc，

a2b2A1B2t22222a2b2c2

则长方体外接球半径R为长方体体对角线长度的一半，有R，又注意到：acA1Dn，2b2c2BD2n2t2t22得abcn，又2m2，得R2n222a2b2c2n22m21.

2注意到VABCDA1B1C1D1VA1BC1DVBA1B1C1VDA1C1D1VC1BCDVA1ABD，

VBABCVDACDVCBCDVAABD111111111abc，

6则VA1BC1Dabc41abcabc.

63又在A1BC1中，C1A1C1B，取A1B中点为E，

则C1EA1B，故SA1BC11t2

2tn，24又由前面分析可知四面体A1BC1D的四个面全等，

则四面体A1BC1D的表面积S4SA1BC1t2.

2tn42设四面体A1BC1D的内切球半径为r，则VA1BC1D1Sr，

3得r3VABCD11Sabct2.

2tn4215

页 22注意到AC11BC1，则bca2c2ab，

a2b2A1B2t22222t2acADn又，得ab,c122222bcBDntt2，又m，

nn221222m2n2m2mnnmn1222.

则r222mnm2mnn24144则“黄金四面体”的外接球与内切球表面积之比为：

m2m2m24n14112422m2m22mn12224πR24πr2m244，

m2代入m512335.

，得比值为：222335

2故答案为：

【点睛】

关键点点睛：本题涉及求几何体的外接球半径及内切球半径，难度较大.题目关键为由题目条件得到“黄金四面体”的对棱相等，从而将其补形为长方体，而适当的代换也可减小计算的复杂度.

221221,14．

44【分析】

1结合绝对值三角不等式可得sinxacosxasinxcosx2a，即2sinx2a，即4212a21122a2sinx2a，再结合22sinx2，可得，进而求解.

124242a22【详解】

16

页 由sinxacosxasinxcosx2a，即sinxcosx2a1，

2111即2sinx2a，即2a2sinx2a，

24242又因为22sinx2，

412a22221221所以，解得，

a1442a22221221,所以a的取值范围为.

44221221,故答案为：.

4415．5522 ##33【分析】

根据题意假设AP的中点Da,b，先利用代入法求得a的取值范围，再利用点斜式求得直线l的方程，从而利用点线距离公式求得d【详解】

依题意，设AP的中点Da,b，则P2a3,2b，2a34b24，

2298a，进而利用换元法与基本不等式求得点B到直线l距离的最小值.

23112a51522所以ab3a，22a32，则a，

422因为A3,0，所以kADba3，故kl，

a3ba3xa，即a3xbya2b23a0，则b所以线段AP的垂直平分线l为yba3xby50，

4所以点B2,0到直线l的距离为d2a354a32b2298a，

23112a31t2令t3112a，则1t5，a，

1231t2298所以1225t225t52，

d2t6t36t3317

页 当且仅当所以d25t52，即t时，等号成立，

6t325252.

，即点B到直线l距离最小值为3352

3故答案为：.

16．答案征集

【详解】

解析征集

17．(1)37

82(2)2,1



【分析】

（1）先利用平面向量的加减运算得到BA312BDBC，再利用平面向量的数量积运算法则求得BD，222又利用余弦定理与数量积运算求得AB2，由此利用三角形面积公式即可得解；

（2）先由角平分线性质定理得到AB1，再利用余弦定理与数量积运算求得BD2c22，从而利用三BC2角形面积公式与内切圆的性质得到范围，由此得解.

【详解】

（1）如图1，AD1，CD2，

r1c1r1，进而利用换元法与不等式的性质求得的R2c2c221R1131所以BABDDABDCDBDBDBCBDBC，

2222因为BABD3，BCBD0，

422131333BABDBDBCBDBDBCBDBD，

所以22224218

页 故BD2122，则BD，即BD，

222又BCBD0，则BCBD，故BCCD2BD22214，

22不妨记ABD，ABm，则cosABBDAD2ABBD因为BABDBABDcos3，

4m2112m21，

22m22m221322m213cos，解得m2，则所以m，

4222222m4因为0π，所以sin1cos2所以SABCSABDSBCD7，

4ABBDsinBDBC2.

222242228.

（2）如图2，不妨设△ABD与△CBD内切圆的半径分别为r与R，

因为直线BD平分ABC，

所以由角平分线性质定理得ABAD1，记ABc，则BC2c，

BCCD2AB2BC2AC2c24c295c29记ABC，则cos，

2ABBC2c2c4c21121因为BDBAADBAACBABCBABABC，

33332421442145c292所以BDBABCBABCcosc4cc2c2c22，

29999994c2因为ABBCAC，即c2c3，则c1，

2所以BD2c2，即BD2c22，

因为SSABDBCD1ADh12（h为顶点B到AC的距离），

12CDh211ABBDADrc2c221r，S22又SABDBCD11BCBDCDR2c2c222R，

22所以2cc2c221r21，则r12cR2c2c22R21c11，

2222c21c2c212c22219

页 令tc1，则ct1，t2，

c1所以c2c221tt2t1221124，

t1144因为t2，所以0，则022，故11212，

t2tt1211c11，

4所以，即21212c2c21t21c111，故2r1，

所以22c2c2212R2所以△ABD与△CBD内切圆半径之比的取值范围为2,1.

.

18．(1)4；

(2)A疫区核酸检测预计消耗试管数量比B疫区核酸检测预计消耗试管数量少.

【分析】

（1）利用错检率计算得解；

（2）先求出整个A疫区检测次数的期望值E(X)和整个B疫区检测次数的期望值E(Y)，再作差比较大小即得解.

【详解】

（1）解：当有100个人检测出核酸阳性时，预计检出的假阳性人数为1000.04=4.

（2）解：先计算A疫区核酸检测预计消耗试管数量.

设A疫区每个居民感染新冠肺炎的概率为P(0P0.00032)，

采用n10的混采策略，则该小组所需检测次数为1和11，对应的概率分别为(1P)10和1(1P)10,所以该小组检测次数的期望为(1P)1011[1(1P)10]1110(1P)10，

10000名居民分成1000个小组，所以整个A疫区检测次数的期望值E(X)为1100010000(1P)10.

再计算B疫区核酸检测预计消耗试管数量.

设B疫区每个居民感染新冠肺炎的概率为P，

20

页 采用n20的混采策略，则该小组所需检测次数为1和21，对应的概率分别为(1P)20和1(1P)20,所以该小组检测次数的期望为(1P)2021[1(1P)20]2120(1P)20，

20000名居民分成1000个小组，所以整个B疫区检测次数的期望值E(Y)为2100020000(1P)20.

E(X)E(Y)1000010000(1P)1020000(1P)2010000[2(1P)20(1P)101]10000[2(1P)101][(1P)101]

因为0P0.00032，所以2(1P)1010，(1P)1010.999681010，

所以E(X)E(Y)0，

所以A疫区核酸检测预计消耗试管数量比B疫区核酸检测预计消耗试管数量少.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而假设DM是直线EF与AC的公垂线，利用空间向量垂直的坐标表示得到关于t,r的方程组，从而推出矛盾，由此得证；

（2）利用（1）中结论，求得直线EF与BD的公共法向量n，从而利用异面直线间的距离公式d0求得所求.

【详解】

（1）因为在三棱锥PABC中，PA平面PBC，PBPC，

所以易得PA,PC,PB两两垂直，

以P为原点，PA,PC,PB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

11则P0,0,0,A1,0,0,C0,1,0,B0,0,1,D,,0，故AC1,1,0，

22AEt0t1，PFr0r1，则AEtABt1,0,1t,0,t，F0,r,0，

不妨设ABk1k12k24k142k1

BEnn所以PEPAAE1,0,0t,0,t1t,0,t，即E1t,0,t，

1trttr1t,,，DM,,，

所以EFt1,r,t，M222222要证DMd，只需证DM不是直线EF与AC的公垂线即可，

假设DM是直线EF与AC的公垂线，则DMEF,DMAC，

21

页 r1ttt1rt02DMEF022故，即，

tr1DMAC0110222t2tr2r02整理得，消去t，得r22r10，即r10，

tr1所以r1，不满足0r1，故假设不成立，

所以DMd.

.

AEFC1t0t1，则tk1，

ABPCk11由（1）得E1t,0,t，BD,,1，BE1t,0,t1，

22（2）不妨设因为FCtPC，所以PFPCFCPCtPC1t，则F0,1t,0，

所以EFt1,1t,t，

不妨设nx,y,z是直线EF与BD的公共法向量，

EFnt1x1tytz0所以，令x3t2，则yt2，z2t2，故n3t2,t2,2t2，

11BDnxyz022设线段EF所在直线EF与线段BD所在直线之间的距离为d0，

则d0BEnnt2tt2t14t24t1223t2t22t2222，

因为t1k1，

k112k1kkd所以0，即线段EF所在直线EF与线段BD所在直线之间的距离为211k12k24k141422412kk22

页 k12k12k24k14nn120．(1)Sn

2k1.

(2)证明见解析

【分析】

（1）代入x,y，将条件化为an2an1an1an，从而得到an1an是常数列，进而得到an是等差数列，由此利用等差数列的前n项和公式即可得解；

（2）利用数学归纳法推得要证结论，需证3ak12Sk4k2，再次利用数学归纳法证得其成立，从而结论得证.

【详解】

（1）因为x2，y1，

所以an2xan1yan2an1an，则an2an1an1an，

又a2a1211，

所以an1an是首项为1的常数列，则an1an1，

所以an是首项为1，公差为1的等差数列，则ana1n1dn，

所以Snnn1.

2（2）因为xy1，所以an2xan1yanan1an，

又a11，a22，所以a3a2a13，an1an0，则2ananan1an1，

22因为Tna1a2an2,Sna1a2an，

2所以当n1时，T1a11,S1a11，所以T1S10112S1；

4422当n2时，T2a1a25,S2a1a23，所以T2S22912S2；

44假设当nkk2时，有TkSk12Sk，

4122Skak1ak1，

42则当nk1时，Tk1Sk1Tkak1Skak12因为Sk21Sk2Skak1Sk22Skak1ak1，

2所以要证Tk1Sk112212222Skak1ak1Sk21k2，需证4ak14ak1Sk1Sk2Skak1ak1k2，

4423

页 即证3ak12Sk4k2，

当k2时，a33，S23，则3a39102S24，

假设当krr2时，有3ar12Sr4，

则当kr1时，3ar23ar13ar2Sr43ar，

因为ar2ar1，所以3ar2ar2ar12ar1，

所以3ar22Sr43ar2Sr2ar142Sr14，

综上：3ak12Sk4k2成立，

所以Tk1Sk1综上：TnSn21．(1)见解析

(2)见解析

【分析】

(1)设A1x1,y1,B1x2,y2,A2x3,y3，可用点的坐标表示kA1B1,kA2B1,kA1A2，根据斜率关系可得y1,y3,y2的关系，根据导数求出点B1处切线斜率，从而可证抛物线在点B1处切线斜率为k；.

12Sk1k2成立，

412Sn恒成立.

4bt2at2,bt,tN*，根据题设的共点的直线的斜率关系可得bt1bt2at,at1at2bt，(2)

设At(,at),Bt2p2p从而可证bt、at为等差数列，故可证PnPn1为等差数列.

【详解】

（1）设A1x1,y1,B1x2,y2,A2x3,y3

kA1B1y1y2yy2p21222p2p,kA1A2k.

y1y2x1x2y1y2，同理kA2B1y2y3y1y32p2p2p2p，y1y32y2，

y2y3y1y2则kA2B1kA1B1，即kA1A22ppk.

2y2y2p，

2x24

页

当y0时，y2px,yp所以抛物线y22pxp0在点B1x2,y2y20处切线斜率为2x2ppk2y2，得证.

y222pbt2at2,bt,tN*，

（2）设At(,at),Bt2p2pbtatAtBt:y2故直线btat22p令y0，则xat22pxat2pbtatat2xat，

2patbtabab，故P2t1tt,0，同理P2tt1t,0.

2p2p2p

当n2t时，PnPn1xPn1xPn,Pn1PnxPnxPn1,

故PnPn1Pn1PnxPn1xPn12xPn

xP2t1xP2t12xP2tat1bt1atbt2at1bt

2pat1btbt1btat1at，

2pbtatat1atbtbt1，

2p当n2t1时，同理有PnPn1Pn1Pn因为kAtBt1kAtBtkAt1Btbt1atbtatbtat122bt2at2bt2at21，

，故bt1at2p2p2p整理得到：bt1atbtatbtat1，因此bt1bt2at,at1at2bt，

由bt1bt2at可得btbt12at1，故bt12btbt12atat14bt，

因此bt1bt12bt，即bt为等差数列，设其公差为d1.

而btbt1at1at，故at1atd1，其中t2.

a122pp又直线A1B1:yxa1，因该直线过,0，

a1b12p22ppa12p2故0a1，解得b1，

a1b122pa12p24p2p23p2a1，所以b22a2b12a12a1故a22b1a1，

a1a1a1a12p22p23p2p22p2a1a12a1，而b2b12a12a1d1，

故a2a1a1a1a1a1a125

页 故a2a1d1，所以at为等差数列，设其公差为d1.

故ata1t1d1,btb1t1d1，

故当n2t时，PnPn1Pn1Pnd1at1btd1d1btat1

2p2pd1b1t1d1a1td12pd1b1d1a1，

2p该数为常数.

当n2t1时，PnPn1Pn1Pnd1b1a1，

2pb1t1d1a1t1d1btd1atd1d1

2p2p该数为常数，

2p22p22a1而a1b1a1b1d12a10，

a1a1故a1b1a1b1d1，故d1b1d1a1d1b1a1，

2p2pPnPn1故对任意的n，PnPn1Pn1Pn为常数，故数列nN为等差数列.

【点睛】

思路点睛：解析几何中的数列性质的研究，要依据已有的条件构建数列的递推关系，再对得到的递推关系作消元处理从而得到纯粹的单数列的递推关系，这样便于问题的解决.

22．(1)见解析

(2)见解析

【分析】

（1）求出函数的导数，根据fx仅有一个零点结合函数的单调性可得零点x0满足12221x0lnx0x010，2通过构建新函数可判断该方程有两个根且它们互为导数，从而可得a1与a2a1a2互为相反数，结合其中一个根的范围可证158a.

43lnx1x2ax1（2）利用零点满足的方程可得x1x21x，结合对数不等式可得x1x2a.

2x211x2【详解】

26

页 1（1）若a0，则fxx,x0，此时fx无零点，舍.

xa1x2ax1故a0，fx12，

xxx22令hxxax1，因为h010，故hx在0,上有且只有一个零点x0，

若x01，则a0，这与a0矛盾，故x01.

且x0,x0时，fx0，当xx0,，fx0，

故fx在0,x0上为减函数，在x0,上为增函数，

下证：当x>4时，有lnxx证明：当x>4时，xx.

2x成立，

2设gxlnxx，则gx112x0，

x2x2x故gx在4,上为减函数，故gxg42ln220即lnxx，

故lnxxx，故当x>4时lnxx且exx2.

2当a0时，若x1，则fx0恒成立，

而当0x1时，有fxalnx设xet，则t0，alnx1，

x1etat，

xt故当tmax{4,a}时，eattta0即：

当0xemax{4,a}时，有alnx10即fx0.

x当a<0时，fxaln111xx1，由a0时的讨论可得：

x若0x1时，有而011，故fx0成立.

x1emax{4,a}即xemax{4,a}时，有fx0成立.

x因为fx仅有一个零点，故fxminfx00，

所以alnx0x0120且x0ax010，

x01122故x0lnx0x00，整理得到1x0lnx0x010，

x0x027

页 化简得到：12221x0lnx0x010，

21t120，其中t0,t1.

令tx0，则lnt21t12(t1)21t10，

设stlnt，则st222tt12t12tt1故st在0,1,1,上均为增函数，

15而s9ln9ln32.51.12.50，

22s162ln217171.40，

1515故st在1,上有且只有一个零点，

1t11st，

而slntt21t故st在0,1上有且只有一个零点，

故st在0,11,有且只有两个零点，且它们互为倒数，

1,有且只有两个零点m,nmn，

11故x0lnx0x00在0,1x0x0且m2n21即mn1mn，其中9m216即3m4.

设函数零点为m时对应的参数值为a1，函数零点为n时对应的参数值为a2，

则a1lnmm11110，且a2lnnn0，故a2lnm0，

mnmm1即a1a2lnm0，但m1，故lnm0，

m故a1lnma2ln故a1a20，故a1,a2互为相反数.

又a1故11m，其中3m4，而ym在3,4为减函数，

mm158815815a1，同理a2，故a.

43343411axalnx2xa，

xx（2）gxfxxfxalnxx设uxalnx2xa，故x1,x2为ux的两个不同的零点，

故alnx12x1a0,alnx22x2a0，

故alnx1lnx22x1x20，

28

页 故x1x2x1x2alnx1lnx2lnx1lnx2ax1x2，

2x1x22x1x2lnx1x2ax1不妨设x1x2，则x1x21x，

2x211x2若a0，则uxa20，故ux为0,上的增函数，

a故ux至多一个零点，与题设矛盾，故a0.

t10142t1设vtlnt，

,t1，则vt22tt1tt1t1故vt在1,上为增函数，故vtv10，

即任意t1，lnt2t1t12恒成立，故t1lnt2对任意的t1恒成立，

t1而xx1a1，故112，故x1x22a.

x22x2x11x2lnx1x2【点睛】

思路点睛：函数的零点问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，同时结合零点存在定理来判断，讨论单调性时，导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的方程来求解，当函数值的符号不易判断时，可以利用放缩法来处理符号问题.

29

页