湖南省长沙市第一中学2023届高三下学期2月月考(六)数学试题含答案

数学

时量：120分钟

满分：150分

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．）

1.已知集合A.Mxx3n2,nZB.，N2,1,0,1,2，则MN（）D.2,11,222i22C.1,1）{-2,0,2}2.已知复数z满足z1i1i，i为虚数单位，则z（A.i

B.C.11

i22D.1i

0，B3,0，C0,3，一束光线从点F1,0出发经AC反射后，再经BC上点D反射，3.已知A3,

落到点E1,0上．则点D的坐标为（A.

）C.1,2）D.23D.15,22

B.

33,22

2,11ππ3π2,coscos2，则tan（4.若，且

2242

A.3B.2

C.3

5.据一组样本数据x1,y1,x2,y2,,xn,yn，求得经验回归方程为y1.2x0.4，且x3．现发现这组样本数据中有两个样本点1.2,0.5和4.8,7.5误差较大，去除后重新求得的经验回归直线l的斜率为1.1，则（）A.去除两个误差较大的样本点后，y的估计值增加速度变快B.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程对应直线一定过点3,5C.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为y1.1x0.7D.去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点2,2.7的残差为0.16.在四面体PABC中，PAAB，PAAC，BAC120，ABACAP2，则该四面体的外接球的表面积为（A.12π

）B.16π

C.18π

D.20π

）7.已知圆O的半径为1，A为圆内一点，OA

1，则ACBC的最小值是（B，C为圆O上任意两点，2A.

18B.

1162

C.116D.188.设fx是定义在R上的函数，若fxx是奇函数，fxx是偶函数，函数fx,x0,1gx，若对任意的x0,m，gx3恒成立，则实数m的最大值为（2gx1,x1,A.）133B.174C.92

D.143二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9.已知函数fxsinx的是（A.）



π

0在区间0,π上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确4

的取值范围是,91344B.fx在区间0,π上有且仅有3个不同的零点C.fx的最小正周期可能是D.fx在区间0,4π5π上单调递增1510.已知抛物线C：x22y的焦点为F，准线为l，A，B是C上异于点O的两点，O为坐标原点，则（A.l的方程为xB.若AF

）1

232，则AOF的面积为24

C.若OAOB0，则OAOB9

D.若AFB120，过AB的中点D作DEl于点E，则ABDE的最小值为3内，其余顶点在的同侧，顶点B,C,A1到的11.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，顶点A在平面距离分别为1,2,3，则（）A.BD平面B.平面A1AC平面C.直线AB1与所成角比直线AA1与所成角大D.正方体的棱长为1112.已知a，b为正实数，且ab2ab6，则（A.ab的最大值为2C.）B.2ab的最小值为5D.ab0,3129的最小值为a1b18三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13.设直线xy10是曲线yalnx的一条切线，则a_________．14.楼道里有8盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，则关灯方案有_________种．x2y2

15.过双曲线C：221a0,b0右焦点F作直线l，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂ab

足为A，直线l与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若OAB的内切圆的半径为2b

，则双曲线C的离心率为__________．316.小说《三体》中，一个“水滴”摧毁了人类整个太空舰队，当全世界第一次看到“水滴”的影像时，所有人都陶醉于它那绝美的外形．这东西真的是太美了，像梦之海中跃出的一只镜面海豚，仿佛每时每刻都在宇宙之夜中没有尽头地滴落着．有科幻爱好者为“水滴”的轴截面设计了二维数学图形，已知集合P

x,yxcosysin224,0．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分就如美丽的“水滴”．则图中“水滴”外部阴影部分的面积为_________．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.记Sn为正项数列an的前n项和，已知1an是4与Sn的等比中项．（1）求an的通项分式；11115

．（2）证明：2222a1a2a3an418.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC3asinCbc．（1）求A；（2）已知ABC的面积为段AN的长度．19.近日，某芯片研发团队表示已自主研发成功多维先进封装技术XDFOI，可以实现4nm手机SOC芯片的封装，这是中国芯片技术的又一个重大突破，对中国芯片的发展具有极为重要的意义．可以说国产4nm先进封装技术的突破，激发了中国芯片的潜力，证明了知名院士倪光南所说的先进技术是买不来的、求不来的，自主研发才是最终的出路．研发团队准备在国内某著名大学招募人才，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为p0p1，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题．（所选的题全部答完后再判断是否被录用）（1）求甲和乙各自被录用的概率；（2）设甲和乙中被录用的人数为，请判断是否存在唯一的p值p0，使得E1.5？并说明理由．20.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPB2．33，设M为BC的中点，且AM3，BAC的平分线交BC于N，求线4（1）证明：PADPBC；（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P-AB-C的大小．21.已知F1,0，D是圆C：x1y216上的任意一点，线段DF的垂直平分线交DC于点P．2（1）求动点P的轨迹的方程：（2）过点Mt,0的直线l与曲线相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为B，直线AB交x轴于点

N，证明：OMON为定值．eax122.已知函数fxlnx，aR．x（1）当a1时，求函数fxx的最小值；（2）若函数fx的最小值为a，求a的最大值．x长沙市一中2023届高三月考试卷（六）

数学

时量：120分钟

满分：150分

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．）

1.已知集合A.Mxx3n2,nZB.，N2,1,0,1,2，则MN（）D.2,11,2C.1,1{-2,0,2}【答案】A【解析】【分析】利用列举法及交集的定义即可求解.【详解】Mxx3n2,nZ...,5,2,1,4,7,,所以MN2,1.故选：A.2.已知复数z满足z1i1i，i为虚数单位，则z（A.i

B.22i22）D.1i

C.11

i22【答案】B【解析】【分析】根据向量的除法和向量模的求法，变形的z

1i1i

22(1i)

，即可求解.=

1i(1i)(1i)1i121222(1i)2(1i)22【详解】z===i，1i1i1i(1i)(1i)222故选：B0，B3,0，C0,3，一束光线从点F1,0出发经AC反射后，再经BC上点D反射，3.已知A3,

落到点E1,0上．则点D的坐标为（A.

）C.1,2D.15,22

B.

33

,22

2,1【答案】C【解析】【分析】根据入射光线与反射光线的性质可知GH方程，由GH与BC的交点可得D，求坐标即可.【详解】根据入射光线与反射光线关系可知，分别作出F,E关于AC,BC的对称点G,H,连接GH，交BC于D，则D点即为所求，如图，因为AC所在直线方程为y=x+3，F(1,0)，设G(x,y)，yx1

322则，解得x3,y2，即G(3,2)，y1x1

由BC所在直线方程为yx3，E(1,0)，同理可得H(3,2)，yx3所以直线GH方程为y2，由解得D(1,2)，y2

故选：C4.若

1ππ3π

,，且cos2cos2，则tan（2242

）A.3【答案】C【解析】B.2C.3

D.23【分析】利用三角函数的诱导公式及二倍角的正弦公式，结合三角函数的齐次式法即可求解.【详解】因为

2ππ

,，所以tan1，24

113πcos22sincos122，得cossin2，即由coscos，22222cossin2所以12tan1

，即tan24tan30，解得21tan2tan3或tan1(舍).故选：C.5.据一组样本数据x1,y1,x2,y2,,xn,yn，求得经验回归方程为y1.2x0.4，且x3．现发现这组样本数据中有两个样本点1.2,0.5和4.8,7.5误差较大，去除后重新求得的经验回归直线l的斜率为1.1，则（）A.去除两个误差较大的样本点后，y的估计值增加速度变快B.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程对应直线一定过点3,5C.去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为y1.1x0.7D.去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点2,2.7的残差为0.1【答案】C【解析】【分析】根据直线l的斜率大小判断A；求出y判断B；再求出经验回归方程判断C；计算残差判断D作答.【详解】对于A，因为去除两个误差较大的样本点后，经验回归直线l的斜率变小，则y的估计值增加速度变慢，A错误；对于B，由y1.2x0.4及x3得：y4，因为去除的两个样本点1.2,0.5和4.8,7.5，并且1.24.80.57.5

3,4，因此去除两个样本点后，样本的中心点仍为(3,4)，22因此重新求得的回归方程对应直线一定过点(3,4)，B错误；ˆ，解得对于C，设去除后重新求得的经验回归直线l的方程为ˆ，由选项B知，41.13ay1.1xaˆ0.7，a

所以重新求得的回归方程为y1.1x0.7，C正确；对于D，由选项C知，y1.1x0.7，当x2时，y1.120.72.9，则2.72.90.2，因此去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点2,2.7的残差为0.2，D错误.故选：C6.在四面体PABC中，PAAB，PAAC，BAC120，ABACAP2，则该四面体的外接球的表面积为（A.12π【答案】D【解析】【分析】由线面垂直的判定定理可得PA平面ABC，设底面ABC的外心为G，外接球的球心为O，D为PA的中点，可得四边形ODAG为平行四边形，所以OG1，在ABC中，由余弦定理及正弦定理可求）B.16π

C.18π

D.20π

AG，故可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.【详解】因为PAAB，PAAC，ABACA,AB,AC平面ABC,所以PA平面ABC.设底面ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG平面ABC，所以PA//OG.设D为PA的中点，因为OPOA，所以DOPA.因为PA平面ABC，AG平面ABC,所以PAAG，所以OD//AG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以OGAD因为BAC120，ABAC2，所以BC

1

PA1.21AB2AC22ABACcosBAC4422223,

22AG

23324AG2

.由正弦定理，得所以该外接球的半径R满足R2OGAG5,故该外接球的表面积为S4πR220π.故选:D.7.已知圆O的半径为1，A为圆内一点，OAA.

22

1

，则ACBC的最小值是（B，C为圆O上任意两点，2C.）18B.

116116D.18【答案】A【解析】

【详解】首先设OA与BC所成角为，根据题意得到1

ACBCOCOABCOCBCOABCBCcosBCOBCcos，再根据2212111

BCBCcosBCBC求解即可.2222

【点睛】如图所示：设OA与BC所成角为，1

因为ACBCOCOABCOCBCOABCBCcosBCOBCcos，21BC，1因为cosBCO2BCOC2121

所以ACBCBCBCcos22212111

因为BCBCcosBCBC，当0时，等号成立.2222121110BC2因为，所以当BC时，BCBC取得最小值为，222811所以当BC时，ACBC取得最小值为.28故选：A8.设fx是定义在R上的函数，若fxx是奇函数，fxx是偶函数，函数2

fx,x0,1gx，若对任意的x0,m，gx3恒成立，则实数m的最大值为（2gx1,x1,A.）133B.174C.92

D.143【答案】B【解析】【分析】由fxx是奇函数，fxx是偶函数，求出fxxx，再根据2

2fx,x0,1gx，作出函数gx的图象即可求解.2gx1,x1,【详解】因为fxx是奇函数，fxx是偶函数，2

22fxxfxx2所以，解得fxxx，fxxfxx

由gx

fx,x0,1，2gx1,x1,当x1,2时，则x10,1，所以g同理：当x2,3时，g

x2gx12fx1，x2gx14gx24fx2，以此类推，可以得到gx的图象如下：由此可得，当x4,5时，gx16fx4，由gx3，得16x45x3，解得x又因为对任意的x0,m，gx3恒成立，1719

或x，44所以0m故选：B.1717，所以实数m的最大值为.44【点睛】本题考查了奇函数与偶函数的性质，抽象函数的周期性，通过递推关系分析出每一个区间的解析式是本题的关键，数形结合是解题中必须熟练掌握一种数学思想，将抽象转化为形象，有助于分析解决抽象函数的相关问题.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9.已知函数fxsinx的是（A.）



π

0在区间0,π上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确4

的取值范围是,91344B.fx在区间0,π上有且仅有3个不同的零点C.fx的最小正周期可能是D.fx在区间0,【答案】ACD【解析】4π5π上单调递增15πππx,πx0,π【分析】由，再根据函数f(x)在区间0,π上有且仅有3条对称轴，，得444

可得5ππ7π

π，可求出的取值范围判断A，再利用三角函数的性质可依次判断BCD．242πππ

,π，444

【详解】由x0,π，得x

因为函数f(x)在区间0,π上有且仅有3条对称轴，所以9135ππ7π

π，解得，故A正确；44242πππ,π，444

对于B，x(0,π)，x

ππ5π7π,，422当x当xπ5π,3π时，f(x)在区间(0,π)上有且仅有2个不同的零点；42π7π3π,时，f(x)在区间(0,π)上有且仅有3个不同的零点，故B错误；42对于C，周期T

2π

，由913414，则，13944

又8π8πT，1394π8π8π4π,，所以f(x)的最小正周期可能是，故C正确；51395对于D，x0,又πππππ

x,，，4415415

ππ2π7ππ913

,0,，，154515244π上一定单调递增，故D正确．15所以f(x)在区间0,故选：ACD.10.已知抛物线C：x22y的焦点为F，准线为l，A，B是C上异于点O的两点，O为坐标原点，则（A.l的方程为xB.若AF

）1

232，则AOF的面积为24

C.若OAOB0，则OAOB9

D.若AFB120，过AB的中点D作DEl于点E，则【答案】BD【解析】【分析】A选项，由抛物线方程得到准线方程，A错误；由焦半径公式得到yA1，进而求出xA

ABDE的最小值为32，从而得到AOF的面积，B正确；由OAOB0得到xAxB4，yAyB4，表达出

OAOB2222232xAyByAxB，结合基本不等式求出最值，C错误；作出辅助线，设AFa,BFb，由焦半径公式得到DE

ABab

，结合余弦定理，基本不等式得到的最小值.DE2



11

y，准线方程为，故A错误；

22【详解】x22y的焦点为F0,

由焦半径公式可知：AFyA故xA2yA2，故xA所以AOF的面积为2

13

，解得yA1，222，1112，B正确；OFxA2

2224122

xAxB0，解得：xAxB4，4若OAOB0，则xAxByAyB0，即xAxB则yAyB4，故OAOB



x

22A222222222yAyByAxB322xAyByAxBxB2yB232xA322xAxByAyB64，故OAOB8，当且仅当xAyByAxB时，等号成立，C错误；过点A作AA1⊥l于点A1，过点B作BB1⊥l于点B1，设AFa,BFb，所以DE

2

ab

，22

因为ABa2b22abcosAFBa2b2ababab

ab2ab422ab，33DE22所以AB3DE，ABDE的最小值为3.故选：BD【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．内，其余顶点在的同侧，顶点B,C,A1到的11.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，顶点A在平面距离分别为1,2,3，则（）A.BD平面B.平面A1AC平面C.直线AB1与所成角比直线AA1与所成角大D.正方体的棱长为11【答案】ABD【解析】【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断即可.【详解】解：设AC,BD的交点为O，显然O是AC、BD的中点，因为平面ABCDA，C到平面的距离为2，所以O到平面的距离为1，又B到平面的距离为1，所以BO//平面，即BD//平面，即A正确；设平面ABCDl，所以BD//l，因为ABCD是正方形，所以ACBD，又因为AA1平面ABCD，BD平面ABCD，所以AA1BD，因为AA1ACA,AA1,AC平面A1AC，所以BD平面A1AC，因此有l

平面A1AC，而l，所以平面A1AC平面，因此选项B正确；设B1到平面的距离为d，因为平面AA1B1BA，AA1B1B是正方形，点A1，B到的距离分别为3，1，所以有d31d4，22a设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，设直线AB1与所成角为，所以sin设直线AA1与所成角为，所以sin

4422，AB1a2a33，AA1a因为322，所以sinsin，因此选项C不正确；因为平面A1AC平面，平面A1AC平面A，所以C,A1在平面的射影E,F与A共线，显然CE2,A1F3,AC

2a,AA1a,AA1AC，如图所示：由ECACAECAEA1AFECAA1AF，cosECA

2

AFCE

,sinA1AF1，ACAA1

2

由cosECAsinA1AF1因此选项D正确，故选：ABD49

1a11（负值舍去），2a2a212.已知a，b为正实数，且ab2ab6，则（A.ab的最大值为2C.）B.2ab的最小值为5D.ab0,3129的最小值为a1b18【答案】AC【解析】【分析】由已知条件结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可求解.【详解】依题意，对于A：因为ab2ab6，所以6ab2abab22ab，当且仅当2ab时取等号，令t

ab0，则有t222t60，解得32t所以0t

2，又因为tab0，2，即0ab2，ab的最大值为2，故A选项正确；对于B：因为ab2ab6，112ab所以6ab2ab2ab2ab2ab，224当且仅当2ab时取等号，令t2ab0，则有t28t480，解得t4或t12（舍去），即2ab4，所以2ab的最小值为4，故B选项错误；对于C：因为ab2ab6，所以2

1b2b11

，a188812b121b12192，a1b18b188b188b12

，即b3时等式成立，8b1所以当且仅当所以129的最小值为，故C选项正确；a1b18221

，b时，ab4.150,3，54对于D：当a

所以D选项错误；故选：AC.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13.设直线xy10是曲线yalnx的一条切线，则a_________．【答案】2【解析】【分析】设切点为x0,y0，根据导数的几何意义求出切点的横坐标，再根据切点即在曲线上又在切线上即可得解.【详解】设切点为x0,y0，y

则y

1，x

1

1，所以x01，x0xx0所以切点为1,a，又切线为xy10，所以1a10，解得a2.故答案为：2.14.楼道里有8盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，则关灯方案有_________种．【答案】20【解析】【分析】根据题意，原问题等价于在5盏亮灯的6个空隙中插入3盏不亮的灯，由组合公式计算即可求解.【详解】依题意，原问题等价于在5盏亮灯的6个空隙中插入3盏不亮的灯，则有C620种方案.故答案为：20.3

x2y2

15.过双曲线C：221a0,b0右焦点F作直线l，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂ab足为A，直线l与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若OAB的内切圆的半径为2b

，则双曲线C的离心率为__________．352【答案】【解析】【分析】作出图象，设OAB的内切圆的圆心为M，易知M在AOB的平分线Ox上，过M分别作MNOA于N，MTAB于T，则有四边形MTAN为正方形，则|NA||MN|

2b2b，|ON|a，33由tanAOF

MNON

b

，可得a2b，由斜率公式即可得答案.a【详解】解：如图所示：设A在第一象限，由题意可知AFdb，其中d为点F(c,0)到渐近线ybx的距离，|OF|c，aa2b2c2b2a，bc所以|OA||OF|2|AF|2设OAB的内切圆的圆心为M，则M在AOB的平分线Ox上，过M分别作MNOA于N，MTAB于T，又因为FAOA于A，所以四边形MTAN为正方形，所以|NA||MN|

2b

，32b，3所以|ON||OA||NA|a

2b

|MN|b

3，又因为tanAOF

|ON|a2ba3所以2a2ba，33a2b，所以c2a2b25b2，所以c所以e

5b，c5b5.

a2b25.2故答案为：16.小说《三体》中，一个“水滴”摧毁了人类整个太空舰队，当全世界第一次看到“水滴”的影像时，所有人都陶醉于它那绝美的外形．这东西真的是太美了，像梦之海中跃出的一只镜面海豚，仿佛每时每刻都在宇宙之夜中没有尽头地滴落着．有科幻爱好者为“水滴”的轴截面设计了二维数学图形，已知集合P

x,yxcosysin224,0．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分就如美丽的“水滴”．则图中“水滴”外部阴影部分的面积为_________．【答案】【解析】16

π233【分析】根据图形与P

x,yxcosysin224,0π，建立直角坐标系，画出图形，求出相应的坐标，先求第一、二象限的阴影面积，再求第三象限的阴影面积，再求和即可求解.【详解】根据题意，建立直角坐标系，如图所示：在方程xcosysin4，0π中，令x0，则有cos2y22ysinsin24，所以2siny

221

，其中0π，y1

0,2，y所以sin0,1，所以2siny

解得y3,13,3，所以A0,3，E0,3，G0,1，D0,3，令0，则有x1y24，所以C1,0，N3,0，2

令π，则有x1y24，所以B1,0，M3,0.2与线段MN由M3,0，N3,0，E0,3易得MEN

组成的图形为x2y29的上半圆，由此可知，在第一、第二象限中的阴影面积是由x2y29的上半圆减去x1y24上半圆2

与x1y24上半圆相交的部分形成，2与线段BC组成的面积，设为S水滴上部.即BAC

由A0,3，B1,0，C1,0三点易得ABC为边长为2的等边三角形，所以S弓形AnC

12π

π22SABC3，634π

3，3所以S水滴上部2S弓形AnCSABC

设第一、二象限的阴影面积为S1，则S1

9π9π4π19πS水滴上部33.2236与线段BC由B1,0，C1,0，G0,1易得BGC

组成的图形为x2y21的下半圆，设在第三象限中的阴影面积为S2，则有S2SMODS弓形MpD由图知SMOD

π

，41133MOOD33222112π

SMBDMBOD233，MBD，223所以S弓形MpD

14π

π22SMBD3，33π334ππ13π3，3

4234122所以S2SMODS弓形MpD

所以图中“水滴”外部阴影部分的面积为：SS12S2

13π19π316π

3223.62312故答案为：16

π23.3【点睛】本题考查了圆与三角函数综合的知识点，可以根据图形的对称性建立直角坐标系，将图形转化为实际的数据，割补法是求阴影面积常用的方法，需要考生有一定的分析转化能力.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.记Sn为正项数列an的前n项和，已知1an是4与Sn的等比中项．（1）求an的通项分式；（2）证明：11115

．222a12a2a3an4【答案】（1）an2n1（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由等比中项得1an4Sn，进而由递推式计算出a11，并得到anan12，得数列an是等差数列，进而可求解；(2)由2

11111，从第二项开始放缩即可证明.22an4n1n2n1【小问1详解】∵1an是4与Sn的等比中项，∴1an4Sn①．2

当n1时，1a14S14a1，∴a11．当n2时，1an14Sn1②，由①-②得，1an1an14SnSn14an，∴anan12anan10，∵an0，∴anan12，∴数列an是首项为l，公差为2的等差数列，∴an的通项公式an2n1．【小问2详解】2

2

2

2

由（1）得1

1，a121111111当n2时，2，an2n124n24n14n24n4n1n11111111∴2222222a1a2a3ana2a3an1

111111115151

11412234n44n4n1n

18.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC3asinCbc．（1）求A；（2）已知ABC的面积为段AN的长度．【答案】（1）A（2）AN【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化将原式化简，再结合三角恒等变换即可求得结果；33，设M为BC的中点，且AM3，BAC的平分线交BC于N，求线4π33552

（2）根据题意，可得4AMABAC

222AB2ABACACc2b2bc，再结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意知ABC中，acosC3asinCbc，由正弦定理边角关系得：则sinAcosC3sinAsinCsinBsinCsinACsinCsinAcosCcosAsinCsinC，∴3sinAsinCcosAsinCsinC，∵C0,π，∴sinC0，∴3sinAcosA1，ππ1

2sinA1sinA∴，∴，662

又A0,π，A

ππ5π

,，666

所以A

πππ=，即A．663【小问2详解】如下图所示，在ABC中，AM为中线，∴2AMABAC，

2

∴4AMABAC

222AB2ABACACc2b2bc，∴b2c2bc12．∵S△ABC∴bc

331333，∴bcsinA，bc3，bc4244b22bcc215，∵S△ABCS△ABNS△ACN，∴331π1535．bcANsinAN，∴AN

42645

19.近日，某芯片研发团队表示已自主研发成功多维先进封装技术XDFOI，可以实现4nm手机SOC芯片的封装，这是中国芯片技术的又一个重大突破，对中国芯片的发展具有极为重要的意义．可以说国产4nm先进封装技术的突破，激发了中国芯片的潜力，证明了知名院士倪光南所说的先进技术是买不来的、求不来的，自主研发才是最终的出路．研发团队准备在国内某著名大学招募人才，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为p0p1，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题．（所选的题全部答完后再判断是否被录用）（1）求甲和乙各自被录用的概率；（2）设甲和乙中被录用的人数为，请判断是否存在唯一的p值p0，使得E1.5？并说明理由．【答案】（1）甲被录用的概率为3p22p3，乙被录用的概率为3p23p3（2）不存在；理由见解析【解析】【分析】(1)分析已知，甲被录用符合二项分布，乙被录用符合组合排列，分别利用对应求概率公式计算即可.(2)先分析的可能取值，然后分别求解对应概率，再利用离散型数学期望的公式表示出数学期望，然后构造函数，利用求导分析函数单调性，进而判断即可.【小问1详解】由题意，设甲答对题目的个数为X，得X~B3,p，则甲被录用的概率为P1

22

C3p1pp33p22p3，2

2

2

3

乙被录用的概率为P2C3p1p3p3p．【小问2详解】的可能取值为0，1，2，则P01P11P2，P1P11P21P1P2，P2PP12，∴E01P11P2111P21P1P212P2PP

232323P1P23p2p3p3p6p5p1.5，10p312p230，设f

p10p312p230p1，2

则fp30p24p．∴当0p当4时，f5p单调递减，4p1时，f5p单调递增，4

11

又f03，f11，f0，525所以不存在p的值p0，使得fp00.20.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPB2．（1）证明：PADPBC；（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P-AB-C的大小．【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】【分析】(1)分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，证明出PCPD，可得△PAD≌△PBC，由此可证得结论成立；(2)先根据条件推出PEF为二面角P-AB-C的平面角，设PEF，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合基本不等式求出直线PA与平面PCD所成角的正弦值的最大值，求出对应的角的值，即可求解.【小问1详解】分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，∵PAPB，E为AB的中点，∴PEAB．∵四边形ABCD为正方形，则AB∥CD且ABCD，∴CDPE．∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EF∥AD，∴EF∵EFPEE，∴CD平面PEF．∵PF平面PEF，∴CDPF．在PCD中，∵F为CD的中点，CDPF，∴PCPD．又∵PAPB，ADBC，∴△PAD≌△PBC，从而可得PADPBC．【小问2详解】由（1）可知PEAB，EFAB，∴PEF为二面角P-AB-C的平面角，且PE

CD，PA2AE23，以点E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x，y轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设PEF，其中0，则A1,0,0，B1,0,0，C1,2,0，D1,2,0，F0,2,0，P0,3cos,3sin，uuur

AP1,3cos,3sin，DC2,0,0，FP0,3cos2,3sin．

设平面PCD的法向量为nx,y,z，2x0nDC0由，即，取y3sin，

(3cos2)y3sinz0nFP0



则z23cos，x0，∴n0,3sin,23cos，nAP

cosn,AP

nAP

23sin3sin223cos22sin21cos2，33743cos743cos令743cost743,743，则cos

7t43，27t1则113，1143cosn,AP314t142tt4t2t4当且仅当t1时，即当cos

3时，即当时，等号成立．62．6所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，二面角P-AB-C为221.已知F1,0，D是圆C：x1y216上的任意一点，线段DF的垂直平分线交DC于点P．（1）求动点P的轨迹的方程：（2）过点Mt,0的直线l与曲线相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为B，直线AB交x轴于点

N，证明：OMON为定值．x2y2【答案】（1）1

43（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由中垂线性质，可知PCPFPCPDDC4FC2，得动点P的轨迹以C，F为焦点的椭圆；（2）将直线l与曲线方程联立，利用韦达定理及题目条件表示出点N坐标，后可得答案.【小问1详解】圆C：x1y216，圆心为1,0，半径为4，2因为线段DF的垂直平分线交DC于P点，所以PDPF，所以PCPFPCPDDC4FC2，所以由椭圆定义知，P的轨迹是以C，F为焦点的椭圆，则2a4a2，2c2c1，b2a2c23.x2y2故轨迹方程为：1．43【小问2详解】依题意，直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为xmytm0，将其与方程联立：xmyt

2222

，消去x得3m4y6mty3t120.xy2134方程判别式4843mt

22

0，设Ax,y，Bx,y，则Bx,y，1

1

2

2

2

2

6mt3t212

由韦达定理有y1y2，y1y2，23m243m4则直线AB的方程为yy1令y0xN

y1y2xx1，x1x2

x2y1x1y22my1y2ty1y2yy

2m12t

y1y2y1y2y1y23t2124

2mt，则N

6mtt44

,0OMt,0，ON，得,0.tt

4∴OMONt4．即OMON为定值4．teax122.已知函数fxlnx，aR．x（1）当a1时，求函数fxx的最小值；（2）若函数fx的最小值为a，求a的最大值．x（2）1【答案】（1）0【解析】【分析】（1）当a1时，令Fxfxx，求得Fx

x1ex1x，根据Fx在不同区间x2的符号判断Fx的单调性，由单调性即可求出Fxfxx的最小值；（2）将fxx

a等价变换为fxax0，借助第（1）问中判断Fx

x1

x1ex1x的符号时构x2造的gxex在x1时取最小值，取gaxlnx，将问题转化为axlnx1有解问题即可.【小问1详解】ex1

当a1时，令Fxfxxlnxx，x0,，xx1x1

ex1x1x1xx1eexe1则Fx122xxxx2x1

x，令gxe

x1

x，xR，则gxex11，易知gx在R上单调递增，且g10，∴当x0,1时，g

x0，gx在区间0,1上单调递减，且gxex1xg10，x1

当x1,时，gx0，gx在区间1,上单调递增，且gxe∴当x0,1时，Fx当x1,时，Fx

xg10，x1ex1xxx20，Fx在区间0,1上单调递减，0，Fx在区间1,上单调递增，e11

F1ln110，1x1ex1x2当x1时，Fx取得极小值，也是最小值，Fx∴当a1时，函数fxx的最小值为0.【小问2详解】由已知，fx的定义域为0,，若函数min

fxfx的最小值为a，则有a，∴fxax，fxax0，xxeax1

令hxfxax，即hxfxaxlnxax的最小值为0，x由第（1）问知，当且仅当x1时，gxe

x1

x取最小值g10，∴当且仅当axlnx1时，gaxlnx取得最小值0，又∵gaxlnxe

axlnx1

eax1eax1

axlnxlnxlnxaxlnxaxhx，ex

∴只需令axlnx1有解，即a

lnx1

有解，x1

lnx1xlnx1lnx，令Hx，x0,，则xHxxx2x2当x0,1时，Hx

lnx

0，Hx在区间0,1上单调递增，2xlnx

0，Hx在区间1,上单调递减，2x当x1,时，Hx∴a

lnx1

HxH11，xfx的最小值为a，则a的最大值为1.x综上所述，若函数【点睛】在导数压轴题中，常常会使用前问的结论或某一步构造的函数，解决后面的问题.本题第（2）问中eax1

直接求导分析hxfxaxlnxax的单调性较为困难，这里使用了换元思想，借助第（1）x

问构造的gxe

x1

x，使gaxlnxhx，以达到简化运算的目的.