2023年天津市濱海新區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷

2023年天津市濱海新區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷

一、單選題(本大題共9小題，共45.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng))

1.若4={x∣x≥4},B={x?2x>8},則(CRa)nB=()

A.(3,4)B.[3,4]C.(3,+∞)D.[4,+∞)

2.已知a,b€R,則“α>∣b∣”是“。2>力2”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

2

3.函數(shù)/(X)=e-嚶的圖象大致為()

C.

4.為了解學(xué)生每天的體育活動(dòng)時(shí)間，某市教育部門對(duì)全市高中學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，隨機(jī)抽取IOOO

名學(xué)生每天進(jìn)行體育運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，按照時(shí)長(zhǎng)(單位：分鐘)分成6組：第一組[30,40),第二組

[40,50),第三組[50,60),第四組[60,70),第五組[70,80),第六組[80,90].對(duì)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)整理得

到如圖所示的頻率分布直方圖，則下列結(jié)論不正確的是()

頻率

A.頻率分布直方圖中的α=0.015

B.估計(jì)IoOo名學(xué)生每天體育活動(dòng)不少于一個(gè)小時(shí)的學(xué)生人數(shù)為400

C.估計(jì)IOOO名學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的眾數(shù)是55

D.估計(jì)IOOo名學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的第25百分位數(shù)為45.5

5.已知函數(shù)/(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在(0,+8)上單調(diào)遞減，若α=/(IOg2。2),b=

f(2°2),c=∕?(0.2o-3),則α,b,C大小關(guān)系為()

A.a<b<cB.c<a<bC.a<c<bD.b<a<c

3

6.已知α>1,b>1,a=b,則，gα+3∕ogzj10的最小值為()

A.4B.6C.8D.10

7.已知雙曲線C：攝一，=l(α>0,6>0),拋物線E：y?=曲的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為，，拋物

線E與雙曲線C的一條漸近線的交點(diǎn)為P,且P在第一象限，過P作Z的垂線，垂足為Q,若直線

QF的傾斜角為120。，則雙曲線C的離心率為()

A.及B.@CmD.2

332

8.某同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊

長(zhǎng)為2的正方形，AEAB,LFBC,LGCD,△H∕λ4均為正三角形，且它們所在的平面都與平

面ABC。垂直，則該包裝盒的容積為()

A.?θpB.yC.10√3D.20

9.記函數(shù)/(x)=?(S譏23X+cos2ωx)(ω>0)的最小正周期為T,若1<T<兀，且y=/(%)

的圖象的一條對(duì)稱軸為X="，關(guān)于該函數(shù)有下列四個(gè)說法：

①2<ω<4；②f《)=0:

③/Q)在［0,勺上單調(diào)遞增;

④為了得到g(χ)=cos3x的圖象，只要把/Q)的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為

原來的2倍，再向左平移*個(gè)單位長(zhǎng)度.

以上四個(gè)說法中，正確的個(gè)數(shù)為()

A.1B.2C.3D.4

二、填空題(本大題共6小題，共30.0分)

10.己知復(fù)數(shù)Z滿足Z(I+20=|4-3i∣.(其中i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)Z的虛部為.

11.在的展開式中X的系數(shù)為.

12.己知圓6：(x-4)2+(y-3)2=16與圓C2：X2+y2-2x+2y-9=0,若兩圓相交

于4B兩點(diǎn)，貝∣J∣4B∣=

13.紅、黃、藍(lán)被稱為三原色，選取任意幾種顏色調(diào)配，可以調(diào)配出其他顏色.已知同一種顏

色混合顏色不變，等量的紅色加黃色調(diào)配出橙色；等量的紅色加藍(lán)色調(diào)配出紫色；等量的黃

色加藍(lán)色調(diào)配出綠色,現(xiàn)有等量的紅、黃、藍(lán)彩色顏料各兩瓶，甲從六瓶中任取兩瓶顏料進(jìn)行

等量調(diào)配，則甲調(diào)配出綠色的概率為：在甲調(diào)配出綠色的情況下，乙再從余下四瓶中

任取兩瓶顏料，進(jìn)行等量調(diào)配，則乙調(diào)配出紫色的概率為.

14.在平面四邊形ABCD中，AB=2ΛΓ3,AD=6,向量四在向量而上的投影向量為;而，

則NBAO=；若”=3而，點(diǎn)E為線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，則荏?荏的最小值為.

fx2+4x÷α,x≤0

15.已知函數(shù)f(x)=[1I-n,若函數(shù)g(x)=/(%)-0%-1在/?上恰有三個(gè)不同

kIX-+α+l,x>0

的零點(diǎn)，則α的取值范圍是.

三、解答題(本大題共5小題，共75.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

16.(本小題14.0分)

在C中，內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別為α,b,c,b=2<7,c=2,B=M

(I)求α的值；

(∏)求Sin4；

(In)求Sin(B-24)的值.

17.(本小題15.0分)

如圖，在四棱錐P-ABCC中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，△PAD是等邊三角形，CD1平

面PaD,E,F,G,0分別是PC,PD,BC,AD的中點(diǎn).

(I)求證：PoI平面4BCD；

(∏)求平面EFG與平面ZBCD的夾角的大小;

(Ill)線段PA上是否存在點(diǎn)M,使得直線GM與平面EFG所成角為也若存在，求線段PM的長(zhǎng);

若不存在，說明理由.

18.(本小題15.0分)

已知橢圓C：^+5=l(α>b>0)的離心率為?，左，右焦點(diǎn)分別為Fi，F(xiàn)2,過點(diǎn)Fi的直

線與橢圓相交于點(diǎn)4B,且△FzAB的周長(zhǎng)為8.

(I)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(∏)橢圓C的左，右頂點(diǎn)分別為A2,上頂點(diǎn)為C,若過&且斜率為A的直線1與橢圓C在第

一象限相交于點(diǎn)Q,與直線&。相交于點(diǎn)P,與y軸相交于點(diǎn)M,且滿足|P&|?∣MQ∣=S?QA2?■

?MP?,求直線，的方程.

19.(本小題15.0分)

設(shè)｛αn｝是等差數(shù)列,｛bn｝是各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列.且的=瓦=l,%+b2=7,2a2-b3=2,

n∈N*.

(I)求｛α71｝,｛%｝的通項(xiàng)公式；

(∏)記7；為｛bjj｝的前n項(xiàng)和,求證：Tn-Tn+2<T^+v

Γ(αn+1)-/瓦,n為奇數(shù)

(In)若Cn=J∣3b,i7為偶數(shù)，求數(shù)列｛7｝的前2江項(xiàng)和S2n?

t(?-∣)(^n+2-5)

20.(本小題16.0分)

已知定義域均為R的兩個(gè)函數(shù)g(x)=ex,∕ι(x)=(x—a)2.

(I)若函數(shù)/(x)=g(x)∕ι(x),且/"(x)在X=-1處的切線與X軸平行，求α的值；

(∏)若函數(shù)加。)=隼尹，討論函數(shù)m(x)的單調(diào)性和極值；

(III)設(shè)a,b是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且Q+伍b=b+)α,證明：α+h+ln(αh)>2.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：Ta={x∣x≥4},B={x?x>3),

?CRA={x∣x<4},(CRA)CB=(3,4).

故選：A.

可求出集合B,然后進(jìn)行補(bǔ)集和交集的運(yùn)算即可.

本題考查了集合的描述法和區(qū)間的定義，指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，交集和補(bǔ)集的運(yùn)算，考查了計(jì)算能

力，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：aa>?b?n=>ua2>b2t,,反之不成立，例如α=-3,b=-2.

因此α>?b?n是"a?>b2"的充分不必要條件.

故選:A.

利用不等式的性質(zhì)即可判斷出關(guān)系.

本題考查了簡(jiǎn)易邏輯的判定方法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】D

2

【解析】解：根據(jù)題意，對(duì)于函數(shù)f(χ)=e-與L，

設(shè)t=_皂F,則y=N,

又由t=—與1Z≤O,則0<∕(x)≤l,即f(x)的值域?yàn)?0,1],

分析選項(xiàng)，。選項(xiàng)符合.

故選：D.

根據(jù)題意，設(shè)t=一寸,利用換元法分析“X)的值域，由此分析選項(xiàng)可得答案.

本題考查函數(shù)的圖象分析，涉及函數(shù)值符號(hào)的分析，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】D

【解析】解：由頻率之和為1得：IOX(0.01+0.02+0.03+2α+0.01)=1,

解得α=0.015,故A正確；

學(xué)生每天體育活動(dòng)不少于一個(gè)小時(shí)的概率為：(0.015+0.015+0.01)×10=0.4,

則估計(jì)IoOO名學(xué)生每天體育活動(dòng)不少于一個(gè)小時(shí)的學(xué)生人數(shù)為0.4X1000=400,故B正確；

由頻率分布直方圖可估計(jì)IOOo名學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的眾數(shù)是55,故C正確；

由10X0.01=0.1<0.25,10X0.01+10×0.02=0.3>0.25,

故第25百分位數(shù)位于［40,50)內(nèi)，

則第25百分位數(shù)為40+簪察XlO=47.5,

U.5-(J.1

可以估計(jì)該市高中學(xué)生每天體育活動(dòng)時(shí)間的第25百分位數(shù)約為47.5,故。不正確.

故選：D.

由頻率分布直方圖，結(jié)合選項(xiàng)逐一檢驗(yàn)，可得答案.

本題考查頻率分布直方圖的應(yīng)用，考查眾數(shù)和百分位數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】A

【解析】解：由于函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在［0,+8)為單調(diào)遞減函數(shù)，

由于α=f(IOg2。.2)=/(Tog25)=∕(log25),b=/(20?2),c=∕(O.2o?3),

又晦5>2>20?2>1>O.20-3>0,

故α<6<c.

故選：A.

直接利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的應(yīng)用及對(duì)數(shù)的運(yùn)算的應(yīng)用求出數(shù)的大小關(guān)系.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的應(yīng)用，對(duì)數(shù)的性質(zhì)，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和

數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】B

【解析】解：α>1,b>1,..Iga>0,Igb>0,

21

又「a=/,??Jgα+31ogblO=3∕gb+i^≥6,當(dāng)且僅當(dāng)均b=卷，即b=10時(shí)取等號(hào)，

Iga+3∕ogz,10的最小值為6.

故選:B.

根據(jù)條件知句α>0,Igb>0,并得出Sα+3∕ogi,10=3∕gb+i^,然后根據(jù)基本不等式即可求

出最小值.

本題考查了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，對(duì)數(shù)的換底公式，基本不等式求最值的方法，考查了計(jì)算能力，屬

于基礎(chǔ)題.

7.【答案】B

【解析】解：拋物線￡：y2=4x的焦點(diǎn)為F(L0),準(zhǔn)線為心X=-1,令/交支于點(diǎn)T,即有IFrl=2,

由PQ1I,直線QF的傾斜角為120。,得NPQF=乙QFT=60°,則IQFl=2?FT?=4,?QT?=2√^3,

又IPFl=IPQ則APQF為正三角形,IPQl=4,因此點(diǎn)P(3,2C),

雙曲線C：■一A=I9>0/>0)過點(diǎn)「的漸近線為丫="于是2/3=3。解得!=臺(tái)

所以雙曲線C的離心率e=J。2+廬=J1+與=J?+(_2_)2=子.

故選：B.

根據(jù)給定條件，結(jié)合拋物線的定義求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)而求出&即可求解作答.

a

本題考查了雙曲線的性質(zhì)，屬于中檔題.

8.【答案】A

【解析】解：如圖，可知包裝盒的容積為長(zhǎng)方體的體積減去

四個(gè)三棱錐的體積，

其中長(zhǎng)方體的高441=EE'=√^3>

長(zhǎng)方體的體積V=2X2Xq=4√^3.

一個(gè)三棱錐的體積H=gX&X1X1)XC==.

則包裝盒的容積為V-4K,=4√3一4Xq=萼I

63

故選：A.

首先確定幾何體的空間特征，然后結(jié)合相關(guān)的棱長(zhǎng)計(jì)算其體積即可.

本題考查空間幾何體體積的計(jì)算，考查運(yùn)算求解能力，是中等題.

9.【答案】C

【解析】解：丫函數(shù)∕^(x)=(sin23X+cos23久)=sin(20)x+：)，3>0,它的最小正周期為T,

l<T<π,

???1<易<兀，求得1,[1<3<2,故①錯(cuò)誤.

根據(jù)y=/(x)的圖象的一條對(duì)稱軸為X=%可得23X工+[=kτr+J,kEZ,即3=6k+2,

IZIZzrΔ乙

fc∈Z.

令k=0,可得3=5，/(x)=sin(3x+^).

故∕^G)=SE7Γ=0,故②正確.

在[0,工]上，3x+：e6,且，函數(shù)/(x)單調(diào)遞增，故③正確.

由于把f(x)=Sin(3x+》的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，

橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來的2倍，可得y=Sin(IX+》的圖象，

再向左平移看個(gè)單位長(zhǎng)度，可得丫=5訪(|%+|*專+》=85|%的圖象，故④正確.

故選：C.

由題意,利用三角恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式,再根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，函數(shù)y=As皿cox+

缶的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論.

本題主要考查三角恒等變換，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，函數(shù)y=AsinQx+w)的圖象變換規(guī)律，

屬于中檔題.

10.【答案】-2

【解析】解：由Z(I+2i)=|4—3i∣=J4?+(—3)2=5,

徂1_5(l-2i)_5(l-2i)_?

~l+2i~(1+20(1-20-7→?--1^zt,

則復(fù)數(shù)Z的虛部為-2.

故答案為：—2.

把已知等式變形，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，再由復(fù)數(shù)的基本概念得答案.

本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題.

11.【答案】-35

【解析】解：二項(xiàng)式（X-；）7的通項(xiàng)公式為Tr+1=（-l）rC^X7-2r,

令7-2r=1,貝IJr-3,

則展開式中X的系數(shù)為一G=-35.

故答案為：-35.

先求得二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，再令X的事指數(shù)等于1,求得r的值，即可求得含X項(xiàng)的系數(shù).

本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題.

12.【答案】

【解析】解：圓Cl的方程為（X-4產(chǎn)+（y-3）2=16,即/+y?一版-6y+9=O①,

又圓C2:X2+y2—2x+2y—9=0（2）?

（2）-①可得兩圓公共弦所在的直線方程為6x+8y-18=0,

_∣24+24-18∣_C

圓Cl的圓心（4,3）到直線的距離dj==3,

{6+8

所以∣4Bl=2√16-9=2√^7?

故答案為：2，萬.

根據(jù)兩圓相交時(shí)公共弦所在直線方程的求法和弦長(zhǎng)公式求解.

本題主要考查兩圓的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題.

13.【答案】

【解析】解：設(shè)事件4="甲調(diào)配出綠色"，B="乙調(diào)配出紫色”，

???等量的黃色加藍(lán)色調(diào)配出綠色，且等量的紅、黃、藍(lán)色顏料共6瓶，

nrΛ?CaCa4

???P⑷=W=/

???甲調(diào)配出綠色，已經(jīng)用掉1瓶黃色顏料和1瓶藍(lán)色藍(lán)色顏料，

則顏料剩余紅色2瓶，黃色1瓶，藍(lán)色1瓶共4瓶，

二等量的紅色加藍(lán)色調(diào)配出紫色，

???p⑻=?M?

c4?

故答案為：?;?

利用古典概型的概率公式即可求出甲調(diào)配出綠色的概率；利用條件概率能求出甲調(diào)配出綠色的情

況下，乙再從余下四瓶中任取兩瓶顏料，進(jìn)行等量調(diào)配，乙調(diào)配出紫色的概率.

本題考查概率的求法，考查古典概型、條件概率等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

14.【答案】I-6

【解析】解：過點(diǎn)B作BM垂直4。于點(diǎn)M,

則向量詢?yōu)橄蛄?%在向量&上的投影向量，

又向量而在向量而上的投影向量為T同，

則點(diǎn)M為線段4。的中點(diǎn)，

所以IAMl=??AD?=6,

所以CoSNBAD=*==?，

ADZV?Z

又NBaD為銳角，

故484。=%

以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，后所在直線為X軸建系如圖,

則4(0,0),D(6,0),B(3,<3).

因?yàn)锽C=g而，

所以C(5,，豆)，

因?yàn)辄c(diǎn)E為線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，

設(shè)D?=4麗=4(—3,√"3),/Ie[0,1]，

故點(diǎn)E(6—3λ,√^3λ).

則方?荏=(6—3λ,y∕~3λ)?(1-3λ,Oλ-√^3Λ,Oλ-3)=(6-3；I)(I-34)+√^3λ?

(√^3Λ-y∏)=12Λ2-242+6=12(4-I)2-6,λ∈[0,1],

當(dāng);I=I時(shí)，CE-AE取至U最小值一6.

故答案為：e;-6.

由平面向量投影的運(yùn)算，結(jié)合平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算及二次函數(shù)最值的求法求解即可.

本題考查了平面向量投影的運(yùn)算，重點(diǎn)考查了平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算及二次函數(shù)最值的求法,

屬中檔題.

15.【答案】(-8,-4)U[l,2)

【解析】解：當(dāng)％≤O時(shí)，由

g(%)=f(x)—αx—1=%2+

4x+α-ɑx-1=0,

得/+4%-1=α(x—1),

當(dāng)%>0時(shí)，由g(%)=/(x)-

ax-l=i÷α+l-αx-1=

X

0,

得3=a(x-l),當(dāng)X=I時(shí)，1=

0不成立，即X≠1,

1_]

則a=

x(x-l)-X2-Xf

X2+4X-1

設(shè)九(%)=----------,(x≤0),

X-I

(2x+4)(x-l)-(x2+4x-1)_X2-2X-3_(x+l)(x-3)

hf(x)=

(X-I)2(X-I)2(%-1)2

當(dāng)％≤0時(shí)，由∕ι'(%)>O得1V-1,此時(shí)/1。)為增函數(shù),

由"Q)Vo得，-1V%≤O,此時(shí)九(X)為減函數(shù)，且九(O)=1,

即當(dāng)％=-1時(shí)，九(X)取得極大值為∕ι(-l)=2,

設(shè)(P(X)=(X>O且X≠1)，

2%—1

d(χ)=一

(/T)2

則由(∕∕(x)>0,得O<%<",此時(shí)？(%)為增函數(shù),

由d(x)V0,得2<%<1或%>1,此時(shí)8(%)為減函數(shù),

即當(dāng)％=2時(shí)，￥(%)取得極大值為We)=-4,

當(dāng)%>1時(shí)，φ(x)=~^~χ>θ*

作出九(X)=/+4：-1,(%<O)f∏φ(x)=(x>0且％≠1)的圖象如圖：

X~L?一?

要使g(x)=/(x)-ax-1在R上恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)，

等價(jià)為y=α與∕ι(x),和3。)的圖象分別有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

由圖象知，l≤α<2或α<-4,

即實(shí)數(shù)ɑ的取值范圍是(-8,-4)u[l,2).

故答案為：(―8,-4)U[1,2).

根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，利用參數(shù)分離法分離參數(shù)，構(gòu)造兩個(gè)函

數(shù)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和圖象，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行求解即可.

本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，利用參數(shù)分離法進(jìn)行分離參數(shù)，然后構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，

研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，作出函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題.

16.【答案】解：(I)由余弦定理知,b2=a2+C2—2accosB,

所以28=α2+4—2g-2■?,即a?—2a-24=0.

解得a=6或-4(舍負(fù))，

所以a=6.

(??由正弦定理知，急C=h焉所以6以=至2√^7，

所以Si九4=??j?-

14

(Iil)由余弦定理知，CoSA=廬+十次=28+"36=_匚,

2bc2x2CX214

1??I~?

所以cos24=2COS2A—1=——,sin2A=2sinAcosA=—^―)

1414

所以Sin(B-2Λ)=sinBcos2A—cosBsin2A=?×(―-?×(-=-

【解析】(I)運(yùn)用余弦定理，即可得解；

(Il)結(jié)合(I)中所得與正弦定理，即可得解：

(IIl)先利用余弦定理求出COSA的值，再由二倍角公式，可得COS24和sin24的值，然后根據(jù)兩角差

的正弦公式，展開運(yùn)算，得解.

本題考查解三角形，熟練掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，兩角差的正弦公式是解題的關(guān)

鍵，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

17.【答案】(I)證明：因?yàn)锳PAD是正三角形，。是AC的中點(diǎn)，所以P014C?

又因?yàn)镃OI平面240,PoU平面240,所以PO_LC0.

ADLCD=D,AD,CDU平面力Bez),所以Pol面力BCD.

(II)解：如圖，以。點(diǎn)為原點(diǎn)分別以。A、OG、OP所在直線為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

則。(0,0,0),4(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0),0(-2,0,0),G(0,4,0).P(0,0,2<3),F(-l,2,<^3),

F(-1,O,C),EF=(0,-2,0).EG=(l,2,-√^3)

設(shè)平面EFG的法向量為沅=(x,y,z)

所以嚴(yán)"=-2y=0,

Im?EG=X+2y—√3z=0

令Z=L則記=(-3,0,1),

又平面ABCD的法向量記=(0,0,1),

所以Icos何,辦=鼎=J(/+-I=￡

所以平面EFG與平面ABCD所成角為最

(In)解：假設(shè)線段PA上存在點(diǎn)M,

使得直線GM與平面EFG所成角為也直線GM與平面EFG法向量沆所成的角為景

O?

設(shè)麗=4可，λ∈[0,1],PM=Λ(2,0,-2√3),M(2λ,0,2√^3-2√3Λ).

所以麗=(2λ,-4,2√^3(1-λ)).

所以eos5=?cos(GM,m)?='',

2』4λ2-6Λ+7

整理得2M-32+2=0,21<0,方程無解，所以，不存在這樣的點(diǎn)

【解析】(I)證明PO1AD.PO1CD然后證明PO1,^ABCD.

(H)以。點(diǎn)為原點(diǎn)分別以04、OG、OP所在直線為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系.求出平面

EFG的法向量，平面ABCD的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解平面EFG與平面ABCD所成角.

(Ill)假設(shè)線段P4上存在點(diǎn)M,直線GM與平面EFG法向量記所成的角為會(huì)設(shè)前=λPA,λ∈[0,1],

Jj--->_73

通過CoSl=ICOS(GM,τn>∣=∣,求解即可得到結(jié)果.

2j4Γ-6Λ+7

本題考查直線與平面垂直的判斷定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，直線與平面是所成角的求

法，考查空間想象能力，轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，是中檔題.

18.【答案】解：(I)由題設(shè)得4a=8,所以a=2,又離心率為?，解得c=，？，b=1,

2

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為5+f=1；

4J

(H)因?yàn)?(2,0),所以設(shè)直線2的方程為y=k(x-2),且k<—；,

∕-f

lc2)

聯(lián)立(?1

n22222

?+y=整理可得：(4∕C+l)x-16∕CX÷16∕C-4=0,

則%+2=享，故%=畛則y°=k(∕-2)=-備，所以Q(%,乎)，

U4√+lQ4/+14k+1'4y+14/+1

又直線AlD的方程y=∣x÷1,

聯(lián)立Fu(：2),整理可得：養(yǎng)率券

(y=-X+1v2∕c-l2k-ly

?

4k3k~2

所以般愣=藍(lán)卷=維?姿=1一2仁5,則仁一2,且滿足k<T

q戶2k=i昴與'

所以直線/的方程為y=-2(x-2),即2x+y-4=0.

【解析】(I)由已知可求α,c,進(jìn)而可求橢圓方程；

(Il)設(shè)直線I的方程為y=k(x-2),求得點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)，利用已知可求得匕進(jìn)而可求直線方程.

本題考查橢圓的方程的求法，考查直線方程的求法，屬中檔題.

19.【答案】(I)解：由題意,設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d,等比數(shù)列｛g｝的公比為q(q>O),

1∣11P3+b2=l+2d+q=7

2

(2α2-b3=2(1+d)—q=2)

整理，得q?+q—6—0,

解得q=-3(舍去)，或q=2,

：?αn=1+2(n-1)=2n—1,nEN*f

n1n1

bn=l?2-=2-,n∈N*.

n

(H)證明：由(1)可知，τn=^ζ=2-ι,

1一2

n+1n+2

則Tn+1=2-1,Tn+2=2-1,

F?Tn+2-器+1=(2"-l)(2"+2_1)_(2"+ι-1)2

-2n<0,

?,?Tn?Tn+2<7n+ι?

(an+1)-?可,n為奇數(shù)

(IIl)解：由(1)可得，c

n,n為偶數(shù)

(?n-2)(^n+2-2)

2n?Grττ,n為奇數(shù)

n?2?,n為奇數(shù)

∣2,(尹匕-2,之1)，Zl為偶數(shù)

?S2n=cl+c2+c2n

=(Cl+c3H-------t-c2n-ι)+G?+C44-------Fc2n)>

令4"=C1+C3+???+c2n-1,

123n

則4n=c1+c3+???+c2n-1=l?2+3?2+5?2+???+(2n-l)?2,

23nn+1

2Λn=1?2+3?2+?■■+(2n-3)?2+(2n-1)-2,

n+1n+1

兩式相減，可得-An=2+23+24+???+2-(2n-1)?2

_)Ti+2

π+1

=2+^?-(2n-1)?2

1—Z

=-(2n-3)?2n+1-6,

n+1

??.An=(2n-3)?2+6,

c,c,

令Bn=C2÷4÷,?÷2n

c

則BrI=C2÷4+…+C2∏,

=2?(?r-ττ-r)+2?(?--?r)+…÷2?(2n-2n+2J

Z—1Z—1Z--1Z—1Z—1Z1—17

_9Z11,11,,1

一N'lZ2-Γ-卞y+?-7-?-Γ-1,■2n-2n+2J

Z—1Z—1Z—1Z-19L—119Z-,1

=2?(?7-92n+21)

Z—1L—1

_22

=3~eτr^'

????=Cl+C2+…+c2n

=(cl+c3+",+c2n-l)+(c2+c4+…+c2n)

=An+%

=(2n-3)?2…+6+∣—-

=(2n-3)?2^-？?τ+f,

【解析】(I)先設(shè)等差數(shù)列｛%l｝的公差為d,等比數(shù)列｛%｝的公比為q(q>O),再根據(jù)題干已知條

件列出關(guān)于公差d與公比q的方程組，解出d與q的值，即可計(jì)算出等差數(shù)列｛an｝與等比數(shù)列｛4｝的

通項(xiàng)公式；

(H)先根據(jù)第(I)題的結(jié)果計(jì)算出7；的表達(dá)式，進(jìn)一步計(jì)算出Tn+ι,〃+2的表達(dá)式，再運(yùn)用作差法

比較大小，即先推導(dǎo)出Tk-Tn+2-甯+1的表達(dá)式，再與。比較大小即可證得不等式成立；

(In)先根據(jù)第(I)題的結(jié)果計(jì)算出數(shù)列｛cn｝的通項(xiàng)公式，再求數(shù)列｛crι｝的前2n項(xiàng)和Szn時(shí)分奇數(shù)項(xiàng)

與偶數(shù)項(xiàng)分別計(jì)算，奇數(shù)項(xiàng)求和運(yùn)用錯(cuò)位相減法進(jìn)行求和，偶數(shù)項(xiàng)求和時(shí)運(yùn)用裂項(xiàng)相消法進(jìn)行求

和，最后綜合即可得到前2n項(xiàng)和Szn的結(jié)果.

本題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本運(yùn)算，以及數(shù)列求和問題.考查了方程思想，整體思想，

轉(zhuǎn)化與化歸思想，作差法，分組求和法，錯(cuò)位相減法，裂項(xiàng)相消法，以及邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)

算能力，屬中檔題.

20.【答案】解：(I)因?yàn)閒(%)=5(x)h(x),所以/(x)=ex(x-a)2,

所以/'(x)=ex(x—a)2+ex(2x-2d)=ex(x2-2ax+2x+a2—2a),

又/(x)在x=—1處的切線與X軸平行，所以/'(—1)=0,所以eT(l+2α-2+ɑ2-2α)=0,

所以1+Ia—2+CL^一2a-01即a?—1=0,所以α--+1.