2024年3月10日发(作者：高性价比笔记本电脑排行榜)

江苏省南京市金陵中学2022届高三下学期二模模拟测试数

学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

∣y3

x

，

B



0,1,2



，则

AB

（ ）

1

．已知集合

Ay

A

．



1,2



B

．



0,



C

．



0,1,2



D

．



0,





2

．设平面向量

a



1,2



,b



2,y



，若

a//b

则

3ab

（ ）

A

．

5

B

．

6

C

．

17

D

．

26

3

．设



a

n



是公差

d2

的等差数列，如果

a

1

a

4

a

7

a

97

50

，那么

a

3

a

6

a

9

a

99



（ ）

A

．

182

4

．已知

sin

7

A

．



9

B

．

78

x3

，则

cosx

（ ）



43

C

．

148

D

．

82

1

B

．



3

1

C

．

3

7

D

．

9

5

．在如今这个

5G

时代，

6G

研究已方兴未艾．

2021

年

8

月

30

日第九届未来信息通信

技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来

6G

速率有望达到

1Tbps

，并启用毫

米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计

6G

数

据传输速率有望比

5G

快

100

倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式

S



CWlog

2



1



是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰



N



的信道中，最大信息传递率

C

取决于信道带宽

W

、信道内信号的平均功率

S

、信道内

部的高斯噪声功率

N

的大小，其中

SS

叫做信噪比．若不改变带宽

W

，而将信噪比

NN

从

9

提升至

161

，则最大信息传递率

C

会提升到原来的（ ）参考数据：

log

2

31.58,log

2

52.32

．

A

．

2.4

倍

B

．

2.3

倍

C

．

2.2

倍

D

．

2.1

倍

6

．

P

为正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

对角线

BD

1

上的一点，且

BP



BD

1

(



(0,1))

，下面

结论不正确的是（ ）

A

．

A

1

DC

1

P



1



C

．若

△PAC

为钝角三角形，则







0,





2



1

B

．若

BD

1



平面

PAC

，则





3



2



D

．若







,1



，则

△PAC

为锐角三角



3



试卷第1页，共5页

形

7

．

“

蒙日圆

”

涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂

直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上

.

该圆称为椭圆的

“

蒙日圆

”

若椭圆

x

2

y

2

3

C:1



m＞0,m4



的离心率为，则椭圆

C

的

“

蒙日圆

”

方程为（ ）

4m

2

A

．

x

2

y

2

＝5

或

x

2

y

2

＝7

C

．

x

2

y

2

＝5

或

x

2

y

2

＝20

B

．

x

2

y

2

＝7

或

x

2

y

2

＝20

D

．

x

2

y

2

＝7

或

x

2

y

2

＝28

8

．设

ae

1.1

27

，

b1.41

，

c2ln1.1

，则（ ）

A

．

abc

二、多选题

9

．复数

zxyi,x,yR,xy0

，则下列选项一定正确的是（ ）

A

．

zzR

B

．

zzR

C

．

zzR

z

D

．

R

z

B

．

acb

C

．

bac

D

．

cab

10

．在四边形

ABCD

中，

AD∥BC

，

ADAB

，

BCD45

，

BAD90

，将

△ABD

沿

BD

折起，使平面

ABD

平面

BCD

，构成三棱锥

ABCD

，则在三棱锥

ABCD

中，下列命题错误的是（

）

A

．平面

ABD

平面

ABC

C

．平面

ABC

平面

BCD

B

．平面

ADC

平面

BCD

D

．平面

ADC

平面

ABC



a



2

11

．在平面直角坐标系

xOy

中，点

F

是抛物线

C:yax



a0



的焦点，点

A



,1



，



2



B



a,b



b0



在抛物线

C

上，则下列结论正确的是（ ）

A

．

C

的准线方程为

x

2

4

B

．

b2

C

．

OAOB2

D

．

11162



AFBF15

12

．某人投了

100

次篮，设投完前

n

次的命中率为

r

m

．其中

n1,2

，

….100

．已知

r

1

0,r

100

0.85

，则一定存在

0m100

使得（ ）

A

．

r

m

0.5

三、填空题

B

．

r

m

0.6

C

．

r

m

0.7

D

．

r

m

0.8

13

．边长为

3

的正方形

ABCD

的四个顶点都在球

O

上，

OA

与对角线

AC

的夹角为

45°

，则球

O

的体积为

______.

14

．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的

试卷第2页，共5页

兴趣，他们推出了

“

解数学题获取软件激活码

”

的活动．这款软件的激活码为下面数学

1

3

1

1

2

1

1

，，，

1

，，，，

1

，

…

，其中第一项是

1

，问题的答案：已知数列

1

，

，

2

3

3

2

4

4

1

2

1

接下来的两项是

2

，

1

，再接下来的三项是，，

1

，依此类推，求满足如下条件的

3

3

最小整数

N

；该数列的前

N

项和大于

46

，那么该款软件的激活码是

______

．

15

．已知双曲线

C

：

x

2

y

2

1(a0,b0)

的左、右焦点分别为

F

1

，

F

2

，点

A

在

C

的右

a

2

b

2

支上，

AF

1

与

C

交于点

B

，若

F

2

AF

2

B0,

四、双空题

16

．已知函数

f

(

x

)



2sin

F

2

AF

2

B

，则

C

的离心率为

________

．

xx



2cos

，则

f(x)

的最小正周期为

___________

；当

22







x



,





时，

f(x)

的值域为

___________.



3



五、解答题

17

．已知等比数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，

a

1

2

，且满足

4a

1

，

2a

2

，

a

3

成等差数列

.

(1)

求数列



a

n



的通项公式；

(2)

记

T

n

2a

1

3a

2





n1



a

n

，求

T

n

.

18

．已知四边形

ABCD

，

A

，

B

，

C

，

D

四点共圆，

AB5

，

BC2

，

4

cosABC

．

5

(1)

若

sinACD

5

，求

AD

的长；

5

(2)

求四边形

ABCD

周长的最大值．

19

．如图，三角形

ABC

是边长为

3

的等边三角形，

E

，

F

分别在边

AB

，

AC

上，且

AEAF2

，

M

为

BC

边的中点，

AM

交

EF

于点

O

，沿

EF

将三角形

AEF

折到

DEF

的位置，使

DM

15

．

2

试卷第3页，共5页

(1)

证明：

DO

平面

EFCB

；

(2)

若平面

EFCB

内的直线

EN∥

平面

DOC

，且与边

BC

交于点

N

，问在线段

DM

上是

否存在点

P

，使二面角

P—EN—B

的大小为

60°

？若存在，则求出点

P

；若不存在，请

说明理由．

x

2

y

2

20

．已知双曲线

C:

2



2

1



a0,b0



的左顶点为

A



2,0



，右焦点为

F

，点

B

在

ab

C

上．当

BFAF

时

AFBF

．不垂直于

x

轴的直线与双曲线同一支交于

P

，

Q

两

点．

(1)

求双曲线

C

的标准方程；

(2)

直线

PQ

过点

F

，在

x

轴上是否存在点

N

，使得

x

轴平分

PNQ

？若存在，求出点的

N

的坐标；若不存在，说明理由．

21

．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就

可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶

A

1

，

A

2

，

A

3

中的一个，每个乙系

列盲盒可以开出玩偶

B

1

，

B

2

中的一个．

（

1

）记事件

E

n

：一次性购买

n

个甲系列盲盒后集齐

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶；事件

F

n

：一次

性购买

n

个乙系列盲盒后集齐

B

1

，

B

2

玩偶；求概率

P



E

6



及

P



F

5



；

（

2

）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且

购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费

1

4

者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下

5

5

1

3

一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下

4

4

一次购买甲系列的概率为

2

，购买乙系列的概率为

2

；如此往复，记某人第

n

次购买

甲系列的概率为

Q

n

．

试卷第4页，共5页

11

①

Q

n

；

①

若每天购买盲盒的人数约为

100

，且这

100

人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，

试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．

e

x

1

22

．已知函数

f(x)kx1

．

x

(1)

若

k1

，求

f(x)

在

(0,)

上的单调性；

(2)

试确定

k

的所有可能取值，使得存在

t0

，对

x(0,t)

，恒有

|f(x)|x

2

．

试卷第5页，共5页

参考答案：

1

．

A

【解析】

【分析】

先求出

A

，再根据交集的定义可求

AB

.

【详解】

A



y|y0



，故

AB



1,2



，

故选：

A.

2

．

A

【解析】

【分析】

先根据

a//b

求得

y

，再根据向量模的坐标表示求得正确答案

.

【详解】

由于

a//b

，所以

1y2



2



,y4,b



2,4



，

3ab



3,6







2,4







1,2



，

3ab1

2

2

2

5

.

故选：

A

3

．

D

【解析】

【分析】

由已知可得

a

3

a

6

a

9

a

99





a

1

2d







a

4

2d







a

7

2d





【详解】

由已知可得

a

3

a

6

a

9

a

99





a

1

2d







a

4

2d







a

7

2d





a

1

a

4

a

7

a

97

66d5013282

.





a

97

2d



，即可得解

.





a

97

2d



故选：

D.

4

．

A

【解析】

答案第1页，共18页

【分析】

利用二倍角公式代入计算

.

【详解】

因为

sin

x17

x3

2

x

2

x

，所以

cos12sin

，从而得

cosx2cos1

.



24329

43

故选：

A

5

．

C

【解析】

【分析】

按照题中所给公式分别求出当

【详解】

当

当

S

9

时，最大信息传递率

C

1

Wlog

2



19



Wlog

2

10W(1log

2

5)

N

S

S

9

时和当

161

时的最大信息传递率即可求出答案

.

N

N

S

161

时，最大信息传递率

N

C

2

Wlog

2



1161



Wlog

2

162Wlog

2



23

4



W



log

2

2log

2

3

4



W



14log

2

3



C

2

W



14log

2

3



7.32

2.2

.

C

1

W(1log

2

5)3.32

故选：

C.

6

．

C

【解析】

【分析】

连接

AD

1

,BC

1

，根据正方体的性质，证得

A

1

D

平面

ABC

1

D

1

，得到

A

1

DC

1

P

，可判定

A

正确；连接

AC,AB

1

,B

1

C

，证得

BD

1



平面

AB

1

C

，得到点

P

在平面

AB

1

C

中，可判定

B

正

确；设正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为

a

，当





时，求得

APC90

，可判定

C

不正

确；建立如图所示的空间直角坐标系，求得

PA,PC

的坐标，利用

PAPC0

，求得



的范

围，可判定

D

正确

.

【详解】

如图（

1

）所示：

答案第2页，共18页

1

2

对于

A

中，正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，连接

AD

1

,BC

1

，

因为

AB

平面

ADD

1

A

1

，且

A

1

D

平面

ADD

1

A

1

，所以

ABA

1

D

，

又由

A

1

DAD

1

且

ABAD

1

A

，所以

A

1

D

平面

ABC

1

D

1

，

因为

BP



BD

1

，所以

C

1

P

平面

ABC

1

D

1

，所以

A

1

DC

1

P

，所以

A

正确；

对于

B

中，正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，连接

AC,AB

1

,B

1

C

，

可得

BD

1

AC,BD

1

AB

1

，且

ACAB

1

A

，所以

BD

1



平面

AB

1

C

，

若

BD

1



平面

PAC

，可得点

P

在平面

AB

1

C

中，可得

BD

1

3BP

，

1

又由

BP



BD

1

，所以





，所以

B

正确；

3

对于

C

中，设正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为

a

，

当

P

为

BD

1

的中点时，即





时，可得

PAPC

1

2

3

a

，

AC2a

，

2

PA

2

PC

2

AC

2

1

由余弦定理可得

cosAPC

，可得

APC90

，

2PAPC3



1



所以若

△PAC

为钝角三角形，则







0,



是不正确的，故

C

不正确；



2



对于

D

中，建立如图所示的空间直角坐标系，如图（

2

）所示不妨设正方体的棱长为

1

，

则

A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A

1

(1,0,1),B

1

(1,1,1),C

1

(0,1,1),D

1

(0,0,1)

，

可得

BD

1

(1,1,1),BP



BD

1

(



,



,



),PAPBBA(



,



1,



)

，

PCPBBC(



1,



,



)

,

由

PAPC(



,



1,



)(



1,



,



)



(



1)(



1)



(



)(



)



(3



2)

，

令



(3



2)0

，解得





又由

0



1

，所以

2

或



0

（舍去），

3

2





1

，

3

2

即当



(,1)

时，

PAPC0

，即

APC

为锐角，

3

又因为

△PAC

中，

PAPC

，所以

△PAC

为锐角三角形，所以

D

正确

.

故选：

C.

答案第3页，共18页

7

．

C

【解析】

【分析】

分类讨论

m4

和

0m4

，当

m4

时，根据离心率求出

m16

，然后在椭圆上取两点，

并写出对应的切线方程求出交点，进而求出圆半径即可；对于

0m4

的情况与

m4

的

方法步骤一致

.

【详解】

m43

x

2

y

2



1

，

若

m4

，则，即

m16

，所以

C:

2

416

m

由于椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，

不妨取两点



2,0



,



0,4



，则两条切线为

x2

和

y4

，所以两条切线的交点为



2,4



，且点



2,4



在蒙日圆上，所以半径为

22

2

2

4

2

20

，所以蒙日圆为

xy＝20

；

x

2

4m3

若

0m4

，则，即

m1

，所以

C:y

2

1

，



4

22

由于椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，

不妨取两点



2,0



,



0,1



，则两条切线为

x2

和

y1

，所以两条切线的交点为



2,1



，且点



2,1



在蒙日圆上，所以半径为

22

2

2

1

2

5

，所以蒙日圆为

xy＝5

；

综上：椭圆

C

的

“

蒙日圆

”

方程为

x

2

y

2

＝5

或

x

2

y

2

＝20

故选：

C.

8

．

A

【解析】

答案第4页，共18页

【分析】

利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，

a

利用基本不等式判断

b

的范围，构造新函数

并利用导数讨论函数的单调性求出

c

的范围，进而得出结果

.

【详解】

由

e

3

28

，得

e

3

28

，即

e

2

27

，所以

e

1.1

1.5

e

2

，

所以

e

1.1

<27

，则

e

1.1

270

，即

a0

；

3

3

1.4

1.2

由

1.41

1.4

1.21

1.2

10.184

，即

b0.184

；

1.22

14(x1)

2

2(x1)

0

，

(x0)

，则

f



(x)

设

f(x)lnx

22

x(x1)x(x1)

x1

所以

f(x)

在

(0,)

上单调递增，且

f(1)0

，

所以当

x(1,)

时

f(x)0

，即

lnx

当

x(0,1)

时

f(x)0

，即

lnx

又

1.11

，则

ln1.1

2



1.11



1.11

2(x1)

，

x1

2(x1)

，

x1

0.095

，

所以

c2ln1.10.19

，即

c0.19

，

综上，

abc

.

故选：

A

9

．

AC

【解析】

【分析】

根据共轭复数的定义，结合复数的四则运算法则逐一判断即可

.

【详解】

因为

zxyi

，所以

zxyi

.

A

：因为

zz2x

，

xR,x0

，所以

zzR

，因此本选项正确；

B

：因为

zz2yi

，

yR,y0

，所以

zzR

，因此本选项不正确；

C

：因为

zzx

2

y

2

，

x,yR,xy0

，所以

zzR

，因此本选项正确；

zxyi(xyi)

2

x

2

y

2

2xy



2

i

x,yR,xy0

，

D

：因为



z

xyi(xyi)(xyi)xy

2

x

2

y

2

答案第5页，共18页

z

所以

R

，因此本选项不正确，

z

故选：

AC

10

．

ABC

【解析】

【分析】

根据已知条件，结合面面垂直的判定和性质，结合二面角的定义，对每个选项进行逐一分

析，即可判断和选择

.

【详解】

根据题意，作图如下：

因为在四边形

ABCD

中，

AD∥BC

，

ADAB

，

BCD45

，

BAD90

，

所以

BDCD

，又平面

ABD

平面

BCD

，且平面

ABD

平面

BCDBD

，

故

CD

平面

ABD

，又

AB

面

ABD

，则

CDAB

，又

ADAB

，

又

CDADD,CD,AD

面

ADC

，故

AB

平面

ADC

，又

AB

面

ABC

，

所以平面

ABC

平面

ADC

，故

D

正确；

设

ABAD1

，则

BD2

，

BC2

，

CD2

，

由

CDAB

，又

ADAB

，

CDADD,CD,AD

面

ADC

，可得

AB

平面

ADC

，

又

AC

面

ADC

，可得

ABAC

，

AC413

，

所以

CAD

为平面

ABD

与平面

ABC

所成角，且

tanCAD

DC

AD

2

，

故二面角不为直角，故

A

错误；

由上述证明可知，

ADB

为平面

ADC

与平面

BCD

所成角，为

45°

，故

B

错误；

若平面

ABC

平面

BCD

，取

BC

的中点

H

，可得

DHBC

，则

DH

平面

ABC

，

AH

平面

ABC

，可得

DHAH

，

而

①

ADH

中，

AD1

，

DH1

，

AH1

，显然

①

ADH

不为直角三角形，故

C

错误

.

故选：

ABC.

答案第6页，共18页

11

．

ABD

【解析】

【分析】

依据题意求得抛物线

C

的标准方程

.

解得抛物线

C

的准线方程判断选项

A

；解得参数

b

判断

11



选项

B

；求得

OAOB

判断选项

C

；求得判断选项

D.

AFBF

【详解】



a



点

A



,1





a0



，

B



a,b



b0



在抛物线

C

上



2





2

a

2





a2



1

则



2

，解之得



b2

22





ba







2



A

则抛物线

C:y2x

，





2

,1





，

B



2



2,2

2

.

判断正确；

4



选项

A

：抛物线

C

的准线方程为

x

选项

B

：

b2

.

判断正确；

选项

C

：

OAOB

2

21212

.

判断错误；

2

2

,0)

，

4

选项

D

：抛物线

C

的焦点

F(

则

AF(

22

2

3

)(01)

2

2

，

424

BF(

25

2)

2

(02)

2

2

44

则

112222162



.

判断正确

.

AFBF3515

故选：

ABD

12

．

AD

【解析】

【分析】

设

k

为不超过

85

的自然数，根据题意得

r

m



k

，对

A

，记前

k

次投篮中，投中的次数减去

m

不中的次数为

a

k

，得到

a

k1

a

k

1

，通过分析即可判断；对

B

，

C

，通过反例即可判断；

答案第7页，共18页

对

D

，如果不存在

m

，使

r

m

0.8

，分析可得

r

75



【详解】

解：根据题意得：

r

m



60

0.8

，推出矛盾，即可判断

.

75

k

，其中

k

为不超过

85

的自然数，且

km1

；

m

对

A

，记前

k

次投篮中，投中的次数减去不中的次数为

a

k

，

则

a

1

10，a

100

85150

，

又

a

k1

a

k

1

，



一定存在

m

，使得

a

m

0

，此时

r

m

0.5

，故

A

正确；

对

B

，前

100

次投篮中，若前

15

次投篮均不中，后面

85

次投篮均命中，

则对于

m15

，方程

r

m



m15

0.6

无整数解，故

B

错误；

m

对

C

，若前

14

次不中，后面

85

次投篮均命中，最后一次不中，

则对于

14m99

，方程

r

m



m14

0.7

无整数解，故

C

错误；

m

对

D

，如果不存在

m

，使得

r

m

0.8

，

则前

5

次投篮中至少有

2

次不中，

前

10

次投篮中至少有

3

次不中，

前

15

次投篮中至少有

4

次不中，

依此类推，前

70

次投篮中至少有

15

次不中，

即前

75

次投篮中恰有

15

次不中，

从而

r

75



60

0.8

，矛盾，故

D

正确．

75

故选：

AD.

13

．

36



【解析】

【分析】

根据给定条件结合球的截面小圆性质求出球

O

的半径，再利用球的体积公式计算作答

.

【详解】

因边长为

3

的正方形

ABCD

的四个顶点都在球

O

上，则正方形

ABCD

的外接圆是球

O

的截

面小圆，其半径为

r

32

，

2

答案第8页，共18页

令正方形

ABCD

的外接圆圆心为

O

1

，由球面的截面小圆性质知

OO

1

A

是直角三角形，且有

OO

1

AC

，

而

OA

与对角线

AC

的夹角为

45°

，即

△OO

1

A

是等腰直角三角形，球

O

半径

R2r3

，

所以球

O

的体积为

V



R

3

36



.

故答案为：

36



【点睛】

关键点睛：涉及求球的表面积、体积问题，利用球的截面小圆性质是解决问题的关键

.

14

．

83

【解析】

【分析】

4

3

k

2

3k

k



k1



根据题意可求得该数列的前

12k

项和

S



k



k1







4

，再根据





2





2



k

2

3k

46

，求得

k

，即可求得答案

.

4

【详解】

解：该数列的前

12k

k



k1



项和为

2



1



12



S



k



k1





1



1







1







2



kk







2





111213



222



1k

2

k



k



k1



k

2

3k

，

2



24

k

2

3kk

2

3k

46

，当

k12

时，

45

，则

k13

，

要使

44

1234515

又

1

，

3

所以对应满足条件的最小整数

N

故答案为：

83.

15

．

3

【解析】

1213

583

．

2

答案第9页，共18页

【分析】

由题意可得

ABF

2

为等腰直角三角形，设

AF

2

BF

2

m

，结合等腰三角形的性质和双曲

线的性质，可得

m22a

，再在

△AF

1

F

2

中，由余弦定理可得

c3a

，从而可求出离心率

【详解】

因为

F

2

AF

2

B0,F

2

AF

2

B

，

所以

ABF

2

为等腰直角三角形，

设

AF

2

BF

2

m

，则

AB2m

，

由双曲线的定义可得

AF

1

AF

2

2a,BF

2

BF

1

2a

，

所以

AF

1

2am,BF

1

m2a

，

因为

ABAF

1

BF

1

(m2a)(m2a)2m

，

所以

m22a

，

所以

AF

1

2a22a(222)a

，

AF

2

22a

，

在

△AF

1

F

2

中，由余弦定理得

F

1

F

2

AF

1

AF

2

2AF

1

AF

2

cosF

1

AF

2

，

222

所以

4c

2

[(222)a]

2

(22a)

2

2(222)a22a

所以

c

2

3a

2

，得

c3a

，

所以离心率为

e

故答案为：

3

5



4



2,2

16

．





2

12a

2

，

2

c

3

，

a

【解析】

【分析】

先根据函数周期性的定义说明



是函数

f(x)2sin

数说明函数的单调性，从而证明



是最小正周期；

xx

2cos

的一个周期，在利用导

22

答案第10页，共18页

根据函数

f(x)2sin







xx

2cos

的单调性可求得最大值，再比较

x



,





时端点处的



3



22

函数值大小，即可求得答案

.

【详解】

因为

f(x+



)2sin

x+



x+



xx

2cos=2sin2cosf(x)

，

2222

故

x



为

f(x)

的一个周期

,

而当

x



0,





时，

f(x)2sin

xx

2cos

，

22



xx



33



sin



cos



2

1x



x



2





22







由题意可知

f



(x)2





cos







sin





，



2



2



xx2sinx



4sin4cos





22



x



xx



令

f





x



0

，得

cossin

，故



，

x

，

2

24

22













因为当

x



0,



时，

f





x



0

，当

x



,





时，

f





x



0

，



2





2











π



故

f



x



在



0,



上单调递增，在



,

π



上单调递减，故

f



x



的最小正周期为

π

，



2





2









且

f



x



在



,





上的最大值为



3









f



2

4

，而

f







2

，



2



5







f



13

4

，



3



1

5















故

f



2f(



)

，故当

x



,





时，函数

f



x



的值域为



2,2

4



,



3





3





5



故答案为：



；



2,2

4





17

．

(1)

a

n



2

n

n1

(2)

T

n

n2

【解析】

【分析】

（

1

）由题意，

4a

2

4a

1

a

3

，利用基本量

a

1

,q

表示，运算即得解；

（

2

）乘公比错位相减法求和，即得解

(1)

设等比数列



a

n



的公比为

q

，

答案第11页，共18页

2

依题意，

4a

2

4a

1

a

3

，则

4a

1

q4a

1

a

1

q

①

q

2

4q40

，



q2



0

，

q

①

a

n

22

n1

，

①

a

n

2

n

(2)

n

①

a

n



2

n

，

①



n1



a

n





n1



2

，

2

2

123

由题意可得

T

n

223242n2

n1





n1



2

n

①

2T

n

22

2

32

3

42

4



123

①-①

得到

T

n

2222

n2

n





n1



2

n1

①

2

n





n1



2

n1

123

①

T

n

2222

n





n1



2

n1

2

①

T

n



2



12

n



12





n1



2

n1

2

n1n1n1

①

T

n

22



n1



22n2

n1

①

T

n

n2

18

．

(1)5

(2)

1527

【解析】

【分析】

（

1

）先通过余弦定理求出

AC

，再借助正弦定理求

AD

即可；

（

2

）直接表示出周长，借助余弦定理求出

DCDA

的最大值，即可求出周长的最大值

.

(1)

在

ABC

中，由余弦定理得

AC

2

AB

2

BC

2

2ABBCcosABC

4

5

2

2

2

252()45

，得

AC35

.

5

3

4

因为

cosABC,0ABC



，所以

sinABC

.

5

5

因为

A,B,C,D

四点共圆，所以

ABC

与角



ADC

互补，

答案第12页，共18页

所以

sinADC

4

3

，

cosADC

，

5

5

在

△ACD

，由正弦定理得：

ADAC



，

sinACDsinADC

5

5

5

.

所以

AD

ACsinACD



sinADC

35

3

5

(2)

因为四边形

ABCD

的周长为

DCDABCBADCDA7

，

在

△ACD

中，由余弦定理得：

AC

2

DA

2

DC

2

2DADCcosADC

，

818

222

即

45DADCDADC(DADC)DADC

55

(DADC)

2



18DADC

2

1

()(DADC)

2

5210

(DADC)

2

450,DADC152

，

当且仅当

DADC

152

时，

(DADC)

max

152

，

2

所以四边形

ABCD

周长的最大值为

1527

.

19

．

(1)

证明见解析；

(2)

存在，

DP

【解析】

【分析】

（

1

）先由勾股定理证

DOOM

，易得

DOEF

，即得证；

（

2

）连接

OC

，过

E

作

EN//OC

交

BC

于

N

，如图建立空间直角坐标系

Oxyz,

设

DP



DM(0



1)

，再利用向量法求解

.





6



33

DM,P(0,3,)

.

777

(1)

证明：在

△

DOM

中，易得

DO3

，

OM

由

DM

2

DO

2

OM

2

，得

DOOM

，

又

315

，

DM

，

22

AEAF2

，

ABAC3

，

EF//BC

，

又

M

为

BC

中点，

AMBC

，

DOEF

，

因为

EFOMO

，

EF,OM

平面

EBCF

，

DO

平面

EBCF

.

答案第13页，共18页

(2)

解：连接

OC

，过

E

作

EN//OC

交

BC

于

N

，

OC

平面

DOC

，

EN

平面

DOC

，则

EN//

平面

DOC

，

又

OE//CN

，



四边形

OENC

为平行四边形，

OENC1

，

如图建立空间直角坐标系

Oxyz,

设

DP



DM(0



1)

，

由题得平面

ENB

的法向量为

n=(0,0,1)

.

设平面

ENP

的法向量为

m(x,y,z)

，

由题得

D(0,0,3),M(0,





33

,0),DM(0,,3)

,

22









3

3

所以

DP(0,



,33



)

.



,3



)

，所以

EPEDDP(1,

2

2



1333

,

由题得

E(1,0,0),N(,

所以

,0)EN(,,0)

,

2222



33

3

mENxy0



1





22



所以



，所以

m(1,3,

2

)

，

3



mEP1



(33



)z0

33





2



因为二面角

P—EN—B

的大小为

60°

，

3

1



2

||

1

33



6

所以

2

=

，解之得



2

（舍去）或





.

3

7

1



2

1+3+()

2

33



此时

DP



6



3633

DM=(0,3,3),P(0,3,)

.

77777

答案第14页，共18页

x

2

y

2

20

．

(1)

1

412

(2)

存在

N



1,0



【解析】

【分析】

（

1

）根据顶点坐标、

AFBF

及

b

2

c

2

a

2

可求解；

（

2

）直线

PQ:xmy4(m0)

，与双曲线联立，由条件可知有

k

PN

k

QN

0

，结合韦达定

理可求解

.

(1)

b

2

依题意，

a2

，

ac

，

b

2

c

2

a

2

，

a

解得

c

2

2c80

，得

c4

，

b

2

12

.

x

2

y

2

①

C:1

．

412

(2)

假设存在

N(n,0)

，

F



4,0



，设

P



x

1

,y

1



，

Q



x

2

,y

2



，



xmy4



22

设直线

PQ:xmy4(m0)

，则



x

2

y

2

，得



3m1



y24my360

，

1







412



3m

2

10



2

2



Δ





24

m





4



363

m

1



0





24m

则



，且



my

1

4



my

2

4



16

，

y

1

y

2



2



3m1



36



y

1

y

2





3m

2

1





2

即

m



y

1

y

2



4m



y

1

y

2



0

，即

3m

2

8m

0

，

3m

2

1

依题意，

k

PN

k

QN

0

，

即

y

1

y



2

0

，

y

1



my

2

4n



y

2



my

1

4n



0

，

x

1

nx

2

n

2my

1

y

2





4n



y

1

y

2



0

，

2m



4n



24m

0

，

36



3m

2

13m

2

1

即

3mm



4n



0

，

m0

，

n1

，

故存在

N



1,0



．

答案第15页，共18页

n1

15

20

1



1



2

21

．（

1

）

P



E

6





，

P



F

5





；（

2

）

①

Q

n











；

①

应准备甲系列盲盒

40

16

27

5



4



5

个，乙系列盲盒

60

个．

【解析】

【分析】

（

1

）根据题意，集齐

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶的个数可以分三类情况：

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，每

个均有出现两次、

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即

可；对于

P



F

5



，先考虑一次性购买

n

个乙系列盲盒没有集齐

B

1

，

B

2

玩偶的概率再求解

.

1

11

（

2

）

①

根据题意，

Q

1



，当

n2

时，

Q

n





1Q

n1



Q

n1

，再根据数列知识计算

Q

n

24

5

即可；

2

①

由

①

得购买甲系列的概率近似于

，故用



表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则

5



2



B



100,



，再根据二项分布的期望计算即可

.

5



【详解】

解：（

1

）由题意基本事件共有：

3

6

种情况，

其中集齐

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶的个数可以分三类情况，

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，每个均有出现两次，共

C

6

2

C

4

2

C

2

2

种；

3213

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共

C

6

C

3

C

1

A

3

种；

142

A

1

，

A

2

，

A

3

玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共

C

3

C

6

A

2

种；

2232132

C

6

2

C

4

C

2

C

6

C

3

C

1

A

3

3C

6

4

A

2

20

.

故

P



E

6





3

6

27

根据题意，先考虑一次性购买

n

个乙系列盲盒没有集齐

B

1

，

B

2

玩偶的概率，即

P

所以

P



F

5



1

11

，

2

5

1115



.

2

5

16

1

11

（

2

）

①

由题意可知：

Q

1



，当

n2

时，

Q

n





1Q

n1



Q

n1

，

24

5

①

Q

n



21



2







Q

n1





，

54



5



答案第16页，共18页

2



1

1



所以



Q

n





是以



为首项，



为公比的等比数列，

5



4

5



11



①

Q

n











5



4



n1



2

，

5

①

因为每天购买盲盒的

100

人都已购买过很多次，

所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作

n

趋向无穷大，

2

所以购买甲系列的概率近似于，假设用



表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则

5



2



B



100,



，

5



所以

E







100

2

40

，即购买甲系列的人数的期望为

40

，

5

所以礼品店应准备甲系列盲盒

40

个，乙系列盲盒

60

个．

【点睛】

本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档

题

.

本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解

题的关键在于根据题意得关于

Q

n

的递推关系

Q

n



解

.

22

．

(1)

f



x



在



1,



上单调递增，在



0,1



上单调递减；

(2)

k



1

.

2

11



1Q

n1



Q

n1

，进而利用数列知识求

24

【解析】

【分析】

（

1

）对函数进行求导，然后构造函数，再求导，根据导数的性质进行求解即可；

（

2

）根据绝对值的性质，结合任意性的定义，通过导数的性质分类讨论求解即可

.

(1)

f(x)



(x1)



e

x

x1



x

2

构造函数

g(x)e

x

x1,x0

时，

g



(x)e

x

10,g(x)

单调递增，

g(x)g(x)0

故：

x1

时，

f



(x)0

，

f



x



在



1,



上单调递增，

0x1

时，

f



(x)0

，

f



x



在



0,1



上单调递减

答案第17页，共18页

(2)



e

x

1



x

3

kx

2

x1

2

kx1x10



x



x



e





3

依题对

x(0,t)

，有：



x2



e1

kx1x

2



xkxx1

10



e

x



x



2

32



xx(3k)x2k1



xkxx1





记

h(x)1,h(x)

xx

ee

32

x



x

2

(3k)x2k1



xkxx1





记

k(x)1,k(x)

xx

ee

2

1



3kk2k5

，在

x



0,t

1



,h(x)0,h(x)

单调递减，

1

若

k

，存在

t

1



2

2

h(x)0

，矛盾：

2

若

k

1



k3k

2

2k13

，存在

t

2



，在

x



0,t

2



,k(x)0,k(x)

单调递增，

2

2

k(x)0

，矛盾；

5



7



x

2



x



x

2



x



3

若

1

2





2

k,h



(x)



x

,k(x)



x



2ee

当

x(0,1)

时，

h(x)

单调递增，

k(x)

单调递减，

k(x)0h(x)

，

综上可得：

k



【点睛】

关键点睛：根据任意性、绝对值的性质，利用导数求解是解题的关键

.

1

.

2

答案第18页，共18页