2021年江苏省无锡市锡山区天一中学高考数学二模考前热身试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 如图所示，A ，B 是非空集合，定义集合A#B 为阴影部分表示的集合.若x ，y ∈R ，A ={x|y =√2x −x 2}，B ={y|y =3x,x >0}，则A#B 为( )A. {x|0<x <2}B. {x|1<x ≤2}C. {x|0≤x ≤1或x ≥2}D. {x|x =0或x >2}2. 已知i 是虚数单位，在复平面内，复数−2+i 和1−3i 对应的点间的距离是( )A. √5B. √10C. 5D. 253. 我国古代以天为主，以地为从，天和干相连叫天干，地和支相连叫地支，合起来叫天干地支.天干有十个，就是甲、乙，丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，地支有十二个，依次是子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.古人把它们按照甲子、乙丑、丙寅、……的顺序而不重复地搭配起来，从甲子到癸亥共六十对，叫做一甲子.我国古人用这六十对干支来表示年、月、日、时的序号，周而复始，不断循环，这就是干支纪年法(即农历).干支纪年历法，是屹立于世界民族之林的科学历法之一.今年(2020年)是庚子年，小华的爸爸今年10月10日是56周岁生日，小华爸爸出生那年的农历是( )A. 庚子B. 甲辰C. 癸卯D. 丙申4. 定义在R 上的函数y =f(x)满足|f(x)|≤2|x−1|，且y =f(x +1)为奇函数，则y =f(x)的图象可能是( )A.B.C.D.5. 在△ABC 中，AC =9，∠A =60°，D 点满足CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD =√37，则BC 的长为( ) A. 3√7 B. 3√6 C. 3√3 D. 66. 在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，九日二马相逢，则长安至齐( )A. 1120里B. 2250里C. 3375里D. 1125里7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别是A，B，右焦点为F，点P在过F且垂直于x轴的直线l上，当△ABP的外接圆面积达到最小时，点P恰好在双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为()A. y=±√33x B. y=±√22x C. y=±x D. y=±√2x8.若不等式aln(x+1)−x3+2x2>0在区间(0,+∞)内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是()A. [92ln2,32ln5] B. (92ln2,32ln5) C. (92ln2,32ln5] D. (92ln2,+∞)二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.在复平面内，下列说法正确的是()A. 若复数z=1+i1−i(i为虚数单位)，则z30=−1B. 若复数z满足z2∈R，则z∈RC. 若复数z=a+bi(a,b∈R)，则z为纯虚数的充要条件是a=0D. 若复数z满足|z|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆10.已知(1+ax )(2x−1x)6的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有()A. a=1B. 展开式中常数项为160C. 展开式系数的绝对值的和1458D. 若r为偶数，则展开式中x r和x r−1的系数相等11.已知点P是双曲线E：x216−y29=1的右支上一点，F1、F2是双曲线E的左、右焦点，△PF1F2的面积为20，则下列说法正确的有()A. 点P的横坐标为203B. △PF1F2的周长为803C. ∠F1PF2大于π3D. △PF1F2的内切圆半径为3212.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A′B′C′D′中，M为BC边的中点，下列结论正确的有()A. AM与D′B′所成角的余弦值为√1010B. 过三点A、M、D′的正方体ABCD−A′B′C′D′的截面面积为92C. 四面体A′C′BD的内切球的表面积为π3D. 正方体ABCD−A′B′C′D′中，点P在底面A′B′C′D′(所在的平面)上运动并且使∠MAC′=∠PAC′，那么点P的轨迹是椭圆三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若(2x−1)4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则−a0+a1−a2+a3−a4=______ ．14.过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，若x1+x2=6，则|AB|=______．15.《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍(音：刍cℎú甍méng)，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ−ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈).则楔体PQ−ABCD的体积为(体积单位：立方丈)______ ．16.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，以A为球心半径为2√33的球面与正方体表面的交线长为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且bcosA=c−√32a．(1)求角B；(2)若△ABC的面积为2√3，BC边上的高AH=1，求b，c．18.已知等比数列{a n}的各项均为正数，且a1=1，a n+2=a n+1+2a n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{1a n +1(n+1)⋅log2a n+1}的前n项和为S n，求证：32≤S n<3．19. 如图所示的几何体由等高的12个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD⏜的中点，且C 、E 、D 、G 四点共面． (1)证明：BF ⊥平面BCG ．(2)若直线DF 与平面AFB 所成角为45°，求平面BDF 与平面ABG 所成锐二面角的余弦值．20. 射击是使用某种特定型号的枪支对各种预先设置的目标进行射击，以命中精确度计算成绩的一项体育运动.射击运动不仅能锻炼身体，而且可以培养细致、沉着、坚毅等优良品质，有益于身心健康.为了度过愉快的假期，感受体育运动的美好，法外狂徒张三来到私人靶场体验射击运动．(1)已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有k(k ∈N ∗)发子弹，假设张三每次打靶的命中率均为p(0<p <1)，靶场主规定：一旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击.记标靶上的子弹数量为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．(2)张三在休息之余用手机逛B 站刷到了著名电视剧《津门飞鹰》中的经典桥段：中国队长燕双鹰和三合会何五姑玩起了俄罗斯轮盘.这让张三不由得想起了半人半鬼，神枪第一的那句家喻户晓的神话“我赌你的枪里没有子弹”.由此，在接下来的射击体验中，张三利用自己的人脉关系想办法找人更换了一把型号为M 1917，弹容为6发的左轮手枪，弹巢中有m 发实弹，其余均为空包弹.现规定：每次射击后，都需要在下一次射击之前填充一发空包弹.假设每次射击相互独立且均随机.在进行n(n ∈N)次射击后，记弹巢中空包弹的发数X n ． (ⅰ)当n ∈N ∗时，探究数学期望E(X n )和E(X n−1)之间的关系；(ⅰ)若无论m 取何值，当射击次数达到一定程度后都可近似认为枪中没有实弹(以弹巢中实弹的发数的数学期望为决策依据，当弹巢中实弹的发数的数学期望<1时可近似认为枪中没有实弹)，求该种情况下最小的射击次数n0.(参考数据：lg2≈0.301、lg3≈0.477)21.已知a>0，函数f(x)=e xx2+a．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)已知函数f(x)存在极值点x1，x2，求证：|f(x1)−f(x2)|<e2⋅1−aa．22.已知O为坐标原点，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√22，点P在椭圆C上，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，PF1的中点为Q，△OF1Q周长等于√3+√62．(1)求椭圆C的标准方程；(2)W为双曲线D：y2−x24=1上的一个点，由W向抛物线E：x2=4y做切线l1，l2，切点分别为A，B．(ⅰ)证明：直线AB与图x2+y2=1相切；(ⅰ)若直线AB与椭圆C相交于M，N两点，求△OMN外接圆面积的最大值．答案和解析1.【答案】D【解析】解：A，B是非空集合，定义集合A#B为阴影部分表示的集合．x，y∈R，A={x|y=√2x−x2}={x|0≤x≤2}，B={y|y=3x,x>0}={y|y>0}，A∩B={x|0<x≤2}，A∪B={x|x≥0}，则A#B=∁A∪B(A∩B)={x|x=0或x>2}．故选：D．求出集合A，B，进而求出A∩B，A∪B，由韦恩图求出A#B=∁A∪B(A∩B)，由此能求出结果．本题考查集合的运算，涉及到交集、并集、补集的定义、韦恩图、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．2.【答案】C【解析】解：复数−2+i对应复平面内的点A(−2,1)，复数1−3i对应复平面内的点B(1,−3)∴|AB|=√(−2−1)2+(1+3)2=5即复数−2+i和1−3i对应的点间的距离等于5故选：C．由题意不难得到两个复数在复平面内对应点的坐标，再结合直角坐标中两点距离的公式，可得它们的距离．本题给出两个复数，求它们在复平面内对应点之间的距离，考查了复数的几何意义和平面内两点间的距离公式等知识，属于基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查简单合情推理的应用，仔细分析题意，结合自然常识是解题的关键，是基础题．求解小华的爸爸的出生年，通过六十年一个甲子，干支纪年法求解选项．【解答】解：小华的爸爸今年10月10日是56周岁生日，小华爸爸出生于1964(2020−56=1964)年．按六十年一个甲子，今年(2020年)是庚子年，60年前(1960年)是庚子年，由干支纪年法知，1961，1962，1963，1964年分别是辛丑，壬寅，癸卯，甲辰年．故选：B ．4.【答案】D【解析】解：∵y =f(x +1)为奇函数，∴f(x +1)=−f(−x +1)，则f(x +1)+f(−x +1)=0， ∴f(x)关于点(1,0)成中心对称，可排除AB ； 又|f(1.5)|≤212=√2，可排除C ． 故选：D ．分析可知，函数f(x)关于点(1,0)成中心对称，可排除AB ；由|f(1.5)|≤√2，可选C ． 本题考查利用函数性质确定函数图象，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：∵CD⃗⃗⃗⃗⃗ =2DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵AD =|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√37，AC =|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=9，A =60°，设AB =c ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗ |cosA =92c 则37=(13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=19AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+49AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +49AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=9+49c 2+2c ，∴整理可得，2c 2+9c −126=0∵c >0解可得，c =6，由余弦定理可得，a 2=c 2+b 2−2bc ⋅cosA =92+62−2×9×6×12=63， ∴BC 的长为3√7． 故选：A ．由已知，结合向量的基本运算可求得AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后结合已知及向量数量积的定义及性质可求AB ，最后利用余弦定理可求BC本题主要考查了解三角形的简单应用，解题中要注意结合向量知识，要灵活的运用基本公式．6.【答案】D【解析】解：由题意知，良马每日行的距离成等差数列， 记为{a n }，其中a 1=103，d =13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n}，其中b1=97，d=−0.5；设长安至齐为x里，则a1+a2+⋯+a m+b1+b2+⋯+b m=103×9+9×8×132+97×9+9×8×(−0.5)2=2x，解得x=1125．故选：D．由题意知，良马每日行的距离成等差数列，驽马每日行的距离成等差数列，利用等差数列的求和公式即可得出．本题考查了等差数列的定义通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.【答案】C【解析】解：由题意设P(c,y0)，y0>0，当△ABP的外接圆面积达到最小时，设其外接圆的半径r，即r最小，而ABsin∠APB=2r，所以sin∠APB最大时，△ABP的外接圆面积达到最小，可得tan∠APB最大，而∠APB=∠APF−∠BPF，tan∠APF=a+cy0，tan∠BPF=c−a y，所以tan∠APB=tan(∠APF−∠BPF)=tan∠APF−tan∠BPF1+tan∠APF⋅tan∠BPF=a+cy0−c−ay01+a+cy0⋅c−ay0=2ay0+b2y0≤2√y0⋅b2y0=ab，当且仅当y0=b2y0，即y0=b，所以P的坐标(c,b)，将P点坐标代入双曲线的方程可得c2a2−b2b2=1，即c2=2a2，可得a2+b2=2a2，所以a=b，所以渐近线的方程为：y=±x，故选：C．由题意设P的坐标，当△ABP的外接圆面积达到最小时，即外接圆的半径最小，由三角形的外接圆的求法可得半径最小时∠APB的正弦值最大，可得其角的正切值最大，由两角差的正切公式，及均值不等式可得当P的纵坐标为b 时满足条件，将P的坐标代入双曲线的方程可得a，c的工作，再由a，b，c的关系求出a，b的关系，进而求出双曲线的渐近线的方程．本题考查双曲线的性质，三角形外接圆的半径的求法，均值不等式的应用，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：令f(x)=aln(x+1)，g(x)=x3−2x2，则g′(x)=3x2−4x=x(3x−4)，令g′(x)>0，得x >43或x <0；g′(x)<0，得0<x <43， ∴g(x)在(−∞,0)和(43,+∞)上单调递增，在(0,43)上单调递减， ∴g(x)min =g(43)=−3227，且g(0)=g(2)=0， 当a ≤0时，f(x)>g(x)至多有一个整数解．当a >0时，f(x)>g(x)在区间(0,+∞)内的解集中有且仅有三个整数， 只需{f(3)>g(3)f(4)≤g(4)，即{aln4>27−18aln5≤64−32，解得：92ln2<a ≤32ln5， 故选：C ．令f(x)=aln(x +1)，g(x)=x 3−2x 2，利用导数，判断g(x)的单调性，通过讨论当a ≤0时，f(x)>g(x)至多有一个整数解．当a >0时，f(x)>g(x)在区间(0,+∞)内的解集中有且仅有三个整数，得到关于a 的不等式组，求实数a 的取值范围即可．本题考查利用导数研究不等式的解，考查学生的分析问题解决问题的能力，属于难题．9.【答案】AD【解析】解：A.复数z =1+i1−i =(1+i)2(1−i)(1+i)=2i 2=i ，∵i 4=1，则z 30=(i 4)7⋅i 2=−1，因此正确．B .复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ，不正确，例如z =i 满足z 2=−1∈R ，但是z ∉R ．C .复数z =a +bi(a,b ∈R)，则z 为纯虚数的充要条件是a =0，b ≠0.因此不正确．D .复数z 满足|z|=1，则复数z 对应点的集合是以原点O 为圆心，以1为半径的圆，根据复数的几何意义可知正确． 综上可得：只有AD 正确． 故选：AD ． A 先化简．复数z =1+i 1−i，根据复数的周期性及其运算法则即可得出z 30，即可判断出正误．B .举例z =i 即可判断出正误．C .复数z =a +bi(a,b ∈R)，则z 为纯虚数的充要条件是a =0，b ≠0，即可判断出正误．D .根据复数的几何意义即可判断出正误．本题考查了复数的周期性及其运算法则、几何意义及其有关知识、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．10.【答案】ACD【解析】解：令x =1，可得(1+ax )(2x −1x )6的展开式中各项系数的和为(1+a)×1=2，∴a =1，故A 正确； ∵(1+ax )(2x −1x )6=(1+1x )(64x 6−192x 4+240x 2−160+60x −2−12x −4+x −6)，故展开式中常数项为−160，故B不正确；(1+ax )(2x−1x)6的展开式中各项系数绝对值的和，即项(1+ax)(2x+1x)6的各系数和，为(1+a)⋅36=1458，故C正确；根据(1+ax )(2x−1x)6=(1+1x)(64x6−192x4+240x2−160+60x−2−12x−4+x−6)，可得若r为偶数，则展开式中x r和x r−1的系数相等，故D正确，故选：ACD．由题意令x=1，可得a的值；二项式展开，分析可得结论．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．11.【答案】ABD【解析】解：设△F1PF2的内心为I，连接IP，IF1，IF2，双曲线E：x216−y29=1的a=4，b=3，c=5，不妨设P(m,n)，m>0，n>0，由△PF1F2的面积为20，可得12|F1F2|n=cn=5n=20，即n=4，由m216−169=1，可得m=203，故A正确；由P(203,4)，且F1(−5,0)，F2(5,0)，可得k PF1=1235，k PF2=125，则tan∠F1PF2=125−12351+12×125×35=360319∈(0,√3)，则∠F1PF2<π3，故C不正确；由|PF1|+|PF2|=√16+3529+√16+259=373+133=503，则△PF1F2的周长为503+10=803，故B正确；设△PF1F2的内切圆半径为r，可得12r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=12⋅|F1F2|⋅4，可得803r=40，解得r=32，故D不正确．故选：ABD．设△F1PF2的内心为I，连接IP，IF1，IF2，求得双曲线的a，b，c，不妨设P(m,n)，m>0，n>0，运用三角形的面积公式求得P的坐标，运用两直线的夹角公式可得tan∠F1PF2，由两点的距离公式，可得△PF1F2的周长，设△PF1F2的内切圆半径为r，运用三角形的面积公式和等积法，即可计算r．本题考查双曲线的方程和性质，考查三角形的内切圆的性质和等积法的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．12.【答案】AB【解析】解：对于A ，建立空间直角坐标系如图所示，则有A(0,0，2)，M(1,2，2)，B′(0,2，0)，D′(2,0，0)， 所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),D′B′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，所以cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,D′B′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅D′B′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||D′B′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5×√8=√1010，故选项A 正确；对于B ，取N 为CC′的中点，连结MN ，则有MN//AD′，如图所示，所以梯形AMND′为过三点A ，M ，D′的正方体ABCD −A′B′C′D′的截面， 而MN =√2,AD′=2√2,AM =D′N =√5，可得梯形的高为3√22，所以梯形的面积为S =12×3√2×3√22=92，故选项B 正确；对于C ，如图所示，四面体A′C′BD 的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，所以V =8−4×13×12×8=83，而四面体的棱长都为2√2，其表面积为S =4×12×2√2×2√2×sin π3=8√3，设其内切球半径为r ，则有13×8√3⋅r =83，解得r =√33，所以内切球的表面积为4πr 2=4π3，故选项C 错误；对于D ，正方体ABCD −A′B′C′D′中，点P 在底面A′B′C′D′(所在的平面)上运动且∠MAC′=∠PAC′， 即P 的轨迹为面A′B′C′D′截以AM ，AP 为母线，AC′为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,2),M(−√22,3√22,2),C′(0,2√2,0)， 若P(x,y ，0)，则AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22,3√22,0),AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,−2),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,−2)， 所以cos∠MAC′=AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×√12=√155， 所以cos∠PAC′=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AP⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2y+2√x 2+y 2+4×√3=√155， 整理可得(y +10√2)2−9x 2=216(y >0)，即轨迹为双曲线的一支，故选项D 错误． 故选：AB ．建立合适的空间直角坐标系，求出直线AM 与D′B′的方向向量，由向量的夹角公式求解，即可判断选项A ，取N 为CC′的中点，连结MN ，则有MN//AD′，得到过三点A ，M ，D′的正方体ABCD −A′B′C′D′的截面为梯形AMND′，然后求解面积即可判断选项B ，四面体A′C′BD 的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，然后利用等体积法求出内切球半径，求出内切球表面积，即可判断选项C ，建立空间直角坐标系，设点P 的坐标，然后利用角的关系构造等式，化简得到轨迹方程，即可判断选项D ．本题考查了空间线线角的计算，考查棱锥与球的位置关系，动点轨迹问题，综合性强，涉及知识点多，属于难题．13.【答案】−81【解析】解：在(2x−1)4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4中，令x=−1，得(−3)4=a0−a1+a2−a3+a4，所以−a0+a1−a2+a3−a4=−81．故答案为：−81．利用赋值法，在(2x−1)4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4中，利用x=−1求出a0−a1+a2−a3+a4的值．本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．14.【答案】8【解析】解：由题意，p=2，故抛物线的准线方程是x=−1，∵抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)B(x2,y2)两点∴|AB|=x1+x2+2，又x1+x2=6∴∴|AB|=x1+x2+2=8故答案为8．抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，故|AB|=x1+x2+2，由此易得弦长值．本题考查抛物线的简单性质，解题的关键是理解到焦点的距离与到准线的距离相等，由此关系将求弦长的问题转化为求点到线的距离问题，大大降低了解题难度．15.【答案】5立方丈【解析】解：将楔体PQ−ABCD分成一个三棱柱、两个四棱锥，则V三棱柱=12×3×1×2=3立方丈，2V四棱锥=2×13×1×3×1=2立方丈，故V楔体PQ−ABCD=V三棱柱+2V四棱锥=3+2=5立方丈．故答案为：5立方丈．将楔体PQ−ABCD分成一个三棱柱、两个四棱锥，然后根据棱柱与棱锥的体积公式进行求解即可．本题主要考查了组合体的体积，以及三棱柱、四棱锥的体积公式，同时考查了空间想象能力和运算求解能力，属于基础题．16.【答案】5√36π【解析】解：正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：ABCD、AA1DD1、AA1BB1为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为π6，A 1B 1C 1D 1、B 1BCC 1、D 1DCC 1为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧， 由于截面圆半径为r =√33，故各段弧圆心角为π2．∴这条曲线长度为：3⋅π6⋅2√33+3⋅π2⋅√33=5√36π.故答案为：5√36π. 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上；另一类在不过顶点A 的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果．本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键，是中档题．17.【答案】解：(1)因为bcosA =c −√32a ， 所以由正弦定理可得sinBcosA =sinC −√32sinA =sin(A +B)−√32sinA =sinAcosB +cosAsinB −√32sinA ， 可得sinAcosB =√32sinA ，因为sinA ≠0，可得cosB =√32，所以由B ∈(0,π)，可得B =π6．(2)因为△ABC 的面积为2√3，BC 边上的高AH =1，在Rt △ABH 中，可得c =AH sinB =1sin π6=2，BH =√c 2−AH 2=√22−12=√3，所以2√3=12acsinB =12×(√3+HC)×2×12，解得HC =3√3，可得a =BH +HC =4√3， 在△ABC 中，由余弦定理可得b =√a 2+c 2−2accosB =√(4√3)2+22−2×4√3×2×√32=2√7．【解析】(1)由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinA ≠0，可得cos B 的值，结合B ∈(0,π)，可得B 的值．(2)在Rt △ABH 中，由已知利用三角函数的定义可求c ，利用勾股定理可求BH 的值，进而根据三角形的面积公式可求HC 的值，从而可得a ，在△ABC 中，由余弦定理即可求得b 的值．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式化，勾股定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】(1)解：设等比数列{a n }的公比为q(q >0)，由题设可得：a n q 2=a n q +2a n ，∵a n >0，∴q 2−q −2=0，解得：q =2， 又a 1=1， ∴a n =2n−1；(2)证明：由(1)可得：1a n+1(n+1)⋅log2a n+1=12n−1+1n(n+1)=12n−1+1n −1n+1， ∴S n =1−12n 1−12+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=2−12n−1+1−1n+1=3−(12n−1+1n+1)<3，又S n 随n 增大而增大， ∴S n ≥S 1=3−(1+12)=32， ∴32≤S n <3．【解析】(1)利用等比数列的通项公式求得等比数列{a n }的公比q ，即可求得其通项公式； (2)先由(1)求得：1a n+1(n+1)⋅log2a n+1，然后利用分组求和法与裂项相消法求得其前n 项和S n ，再利用其单调性证明结论即可．本题主要考查等比数列基本量的计算、分组求和法及裂项相消法在数列求和中的应用、单调性在不等式证明中的应用，属于中档题．19.【答案】(1)证明：取弧AB 的中点H ，连结BH ，GH ，则∠ABF =∠ABH =45°，所以BF ⊥BH ，因为BC−−//GH ，所以四边形BCGH 为平行四边形，BF ⊥GC ，又因为BC ⊥平面ABF ，所以BC ⊥BF ，BC ⊂平面BCG ， CG ⊂平面BCG ，BC ∩CG =C ， 所以BF ⊥平面BCG ．(2)解：以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB =2，因为直线DF 与平面AFB 所成角为45°，则AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,2)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)， 设平面BDF 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 由{n ⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得：{x +y =0−x +z =0，令x =1，则n⃗ =(1,1,1)， 同理可得：平面ABG 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(2,0,1)， 则cos〈m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√3×√5=√155， 故平面BDF 与平面ABG 所成锐二面角的余弦值为√155．【解析】(1)取弧AB的中点H，连结BH，GH，证明BF⊥BH，推出BF⊥GC，结合BC⊥平面ABF，证明BC⊥BF，即可证明BF⊥平面BCG．(2)以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，求解平面BDF的法向量，平面ABG的法向量，利用空间向量的数量积求解平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．20.【答案】解：(1)由题意，X的所有可能取值为：0，1，2，…，k−1，k，因为张三每次打靶的命中率均为p(0<p<1)，则P(X=m)=p m(1−p)(m=0,1，2，…，k−1)，P(X=k)=p k，所以X的分布列为X012…k−1kP1−p p(1−p)p2(1−p)…p k−1(1−p)p k所以X的数学期望为E(X)=p(1−p)+2p2(1−p)+3p3(1−p)+⋯+(k−1)p k−1(1−p)+kp k，令M=p+2p2+3p3+⋯+(k−1)p k−1①，则pM=p2+2p3+3p4+⋯+(k−1)p k②，所以①−②可得，(1−p)M=p+p2+p3+⋯+p k−1−(k−1)p k=p(1−p k−1)1−p−(k−1)p k，则E(X)=M(1−p)+kp k=p−p k1−p −(k−1)p k+kp k=p−p k+11−p；(2)(ⅰ)第n次射击后，可能包含两种情况：第n次射出空包弹或第n次射出实弹；因为第n次射击前，剩余空包弹的期望为E(X n−1)，若第n次射出空包弹，则此时对应的概率为E(X n−1)6，因为射击后要填充一发空包弹，所以此时空包弹的数量为E(X n−1)−1+1=E(X n−1)；若第n次射出实弹，则此时对应的概率为1−E(X n−1)6，所以此时空包弹的数量为E(X n−1)+1；综上，E(X n )=E(X n−1)6⋅E(X n−1)+[1−E(X n−1)6][E(X n−1)+1]=56E(X n−1)+1；(ⅰ)因为当n =0时，弹夹中有6−m 发空包弹，则E(X 0)=6−m ；由(i)可知：E(X n )=56E(X n−1)+1(n ∈N ∗)，则E(X n+1)−6=56[E(X n )−6](n ∈N)，所以{E(X n )−6}(n ∈N)是首项为−m ，公比为56的等比数列，则E(X n )−6=−m(56)n ，即E(X n )=6−m(56)n (n ∈N)， 因此弹巢中实弹的发数的期望为6−E(X n )=m(56)n ，为使弹巢中实弹的发数的数学期望小于1，只需m(56)n <1，则m <(65)n ，所以log 65m <n ， 为使log 65m <n 恒成立，只需(log 65m)max <n ， 而(log 65m)max =log 656=lg6lg 65=lg6lg6−lg5=lg2+lg3lg2+lg3−l+lg2=lg2+lg32lg2+lg3−l =0.301+0.4770.602+0.477−1≈9.848，又n ∈N ，所以最小的射击次数n 0=10．【解析】(1)由题意，X 的所有可能取值为：0，1，2，…，k −1，k ，因为张三每次打靶的命中率均为p(0<p <1)，可得P(X =m)=p m (1−p)(m =0,1，2，…，k −1)，P(X =k)=p k ，进而得出X 的分布列及其X 的数学期望为E(X)，可利用错位相减法、等比数列的求和公式得出．(2)(ⅰ)第n 次射击后，可能包含两种情况：第n 次射出空包弹或第n 次射出实弹；由第n 次射击前，剩余空包弹的期望为E(X n−1)，若第n 次射出空包弹，可得此时对应的概率为E(X n−1)6，射击后要填充一发空包弹，此时空包弹的数量为E(X n−1)−1+1=E(X n−1)；若第n 次射出实弹，可得此时对应的概率为1−E(X n−1)6，此时空包弹的数量为E(X n−1)+1；进而得出E(x n ).(ⅰ)因为当n =0时，弹夹中有6−m 发空包弹，可得E(X 0)=6−m ；由(i)可知：E(X n )=56E(X n−1)+1(n ∈N ∗)，变形利用等比数列的通项公式即可得出E(X n )，进而得出结论．本题考查了相互独立事件的概率计算公式及其数学期望、数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.【答案】解：(I)∵f(x)=e xx 2+a ，∴f′(x)=e x (a+x 2−2x)(a+x 2)2=e x [(x−1)2+a−1](a+x 2)2，因为a >0，函数的定义域为R ，若a ≥1，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R 上单调递增，若0<a <1，则当x <1−√1−a 时，当x >1+√1−a 时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 当1−√1−a <x <1+√1−a 时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，故a ≥1时，f(x)在R 上单调递增，若0<a <1，f(x)在(−∞,1−√1−a)，(1+√1−a,+∞)上单调递增，在(1−√1−a,1+√1−a)上单调递减； (II)由函数f(x)存在极值点x 1，x 2，结合(I)得，x 1=1−√1−a ，x 2=1+√1−a ，∵a +x 12=2x 1，x 22+a =2x 2，∴f(x 1)=e x 12x 1，f(x 2)=e x 22x 2，设m =√1−a ，则1−a =m 2， 因为e x ≥x +1，则e √1−a +√1−a)+e √1−a (√1−a −1)]=1e m (1+m)−e m (1−m)<1+m1+m −(1+m)(1−m)=m 2=1−a ， ∴f(x 1)−f(x 2)=e x 1−e x 22x 1x 2=e⋅e −√1−a (1+√1−a)−e⋅e √1−a (1−√1−a)2a，=e 2a[e−√1−a(1+√1−a)+e √1−a(√1−a −1)]<e2⋅1−a a．【解析】(I)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论即可求解；(II)结合(I)及函数极值存在的条件得，x 1=1−√1−a ，x 2=1+√1−a ，从而得a +x 12=2x 1，x 22+a =2x 2，代入得f(x 1)=e x 12x 1，f(x 2)=e x 22x 2，然后利用换元法，结合e x ≥x +1可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及证明不等式，体现了分类讨论及转化思想的应用．22.【答案】解：(1)设|F 1F 2|=2c ，因为Q 为PF 1的中点，所以△OF 1Q 的周长为|F 1Q|+|OQ|+|QF 1|=c +|F 2P|+|F 1P|2=a +c ，所以{a +c =√3+√62c a =√22，解得a =√3，b =c =√62，所以椭圆C 的方程为x 23+2y 23=1．(2)(ⅰ)证明：由x 2=4y 得y =x 24，求导得y′=x2，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则直线l 1：y −y 1=x 12(x −x 1)，即y =x 12x −x 124，同理：l 2=x 22x −x 224，设W(x 0,y 0)，因为W 为l 1，l 2的交点， 所以x 0=x 1+x 22，y 0=x 1x 24，由题知直线AB 的斜率存在，设它的方程为y =kx +m ， 将y =kx +m 代入x 2=4y 得：x 2−4kx −4m =0， 所以x 0=2k ，y 0=−m ，因为y 02−x 024=1，所以m 2=1+k 2，所以圆心O 到直线AB 的距离d =√1+k 2=1=r ，所以直线AB 与圆O ：x 2+y 2=1相切． (ⅰ)将y =kx +m 与x 23+2y 23=1联立得：(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−3=0，由韦达定理可得x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−31+2k 2，因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+m)(kx 2+m) =(1+k 2)x 1x 2+mk(x 1+x 2)+m 2， =3m 2−3k 2−31+2k 2=0，所以OM ⊥ON ， 又因为|MN|=2√(1+k2)(6k 2−2m 2+3)1+2k 2=2|m|√4m 2+32m 2+1，方法一：由(ⅰ)知：方程x 2−4kx −4m =0的△=16(k 2+m)=16(m 2+m −1)>0且4m 2−3>0， 解得√32<m 或m <−√5+12，所以|MN|=√2⋅√2m 2(4m 2−3)2m 2−1=√2√(1+12m 2−1)(2−12m 2−1)，令t =12m 2−1，所以0<t <2或0<t <√5−2， |MN|=√2⋅√(1+t)(2−t)=√2⋅√−(t −12)2+94，当t =12时，即m =√62时，|MN|有最大值，且最大值3√22，所以Rt △OMN 外接圆直径MN 的长度最大值为3√22，所以△OMN 外接圆面积的最大值等于9π8．方法二：由(ⅰ)知：方程x 2−4kx −4m =0的△=16(k 2+m)=16(m 2+m −1)>0且4m 2−3>0， 解得√32<m 或m <−√5+12，|MN|=√2⋅√(1+t)(2−t)≤√2⋅(2m 2+4m 2−3)2×(2m 2−1)=3√22， 当且仅当2m 2=4m 2−3，即m =√62(m =−√62舍)，所以Rt △OMN 外接圆直径MN 的长度最大值为3√22，所以△OMN 外接圆面积的最大值等于9π8．第21页，共21页 【解析】(1)根据题意可得{a +c =√3+√62c a =√22，解得a ，c ，再由a 2=b 2+c 2，解得b ，进而可得椭圆的方程．(2)(ⅰ)根据题意可得y =x 24，求导得y′=x 2，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，写出直线l 1，l 2的方程，联立求出l 1与l 2交点W(x 0,y 0)的坐标，有点W 在双曲线上，推出m 2=1+k 2，进而有点到直线的距离公式可得圆心O 到直线AB 的距离d =√1+k 2=1=r ，即可得出答案．(ⅰ)联立直线ABy =kx +m 与x 23椭圆的方程得关于x 的一元二次方程，由韦达定理可得x 1+x 2，x 1x 2， 计算得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，推出OM ⊥ON ，写出弦长|MN|=2|m|√4m 2+32m 2+1=√2√(1+12m 2−1)(2−12m 2−1)，令t =12m 2−1，0<t <2或0<t <√5−2，再由配方法可得|MN|的最大值．方法二：同方法一解得m 的取值范围，再由基本不等式可得|MN|的最大值，进而求出△OMN 外接圆面积的最大值．本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．。