2023年12月14日发(作者：东风郑州日产帅客)
2022-2023学年度第二学期质优生“筑梦”联考
数学试题
考试时间：120分钟满分：150分
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷?答题卡规定的地方填写自己的准考证号?姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号?姓名”与考生本人准考证号?姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一?选择题：本大题共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.
1.5人排成一行，其中甲?乙两人相邻的不同排法共有（
）
A.24种 B.48种 C.72种 D.120种
2.在(1+x)+(1+x)+?+(1+x)的展开式中，含x5的项的系数是（
）
26A.5 B.6 C.7 D.11
3.某铁球在0?C时，半径为1dm.当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为t?C时铁球的半径为(1+at)dm，其中a为常数，则在t=0时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（
）
A.0 B.πa C.πa D.4πa
4.三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球43O上，则球O的表面积为（
）
A.72πcm2 B.162πcm2 C.216πcm2 D.288πcm2
=f(x)Asin(2x+?)，有下列四个命题：
5.关于函数27π??5,πfx甲：()在??单调递增；
5??乙：?丙：π6是f(x)的一个极小值点；
π3是f(x)的一个极大值点；
丁：函数y=f(x)的图象向左平移π3个单位后所得图象关于y轴对称.
其中只有一个是假命题，则该命题是（
）
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
=6.已知f(x)是定义在R上的函数，且函数yf(x+1)?1是奇函数，当x<1x)ln(1?2x)，则=时，f(2曲线y=f(x)在x=2处的切线方程是（
）
A.y=x?4 B.y=x
?2x+2 D.y=?2x+6
C.y=7.圆O为锐角?ABC的外接圆，=AC2=AB2，点P在圆O上，则BP?AO的取值范围是（
）
A.[0,2) B.[0,4) C.???????????1??1?,2? D.??,4?
?2??2?x2y28.已知F1,F2为双曲线Γ:2?2=1(a>0,b>0)的左?右焦点，以F2为圆心，2a为半径的圆与Γ在第一ab象限的交点为A，直线AF2与Γ交于另一点B.若?ABF1的面积为3a2，则Γ的离心率为（
）
A.2 B.3 C.3335 D.
45二?多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
??????????9.已知复数z1对应的向量为OZ1，复数z2对应的向量为OZ2，则（
）
A.若z1+z2=z1?z2，则OZ1⊥OZ2
2
B.若z1=z2，则z12=z2??????????????????????????????C.若OZ1+OZ2⊥OZ1?OZ2，则z1=z2
()()D.若z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z1z2=z1z2
10.已知函数f(x)=x?3x+1，则下列说法正确的是（
）
3A.函数yf(x)?1是奇函数
f(x?2)的极大值点等于函数y=f(x)的极小值点
=yB.函数C.若曲线f(x)上共线的三点A,B,C满足AB=BC，则点B的坐标为(0,1)
D.函数g(x)=??f(x),x≥a的值域为R的一个必要不充分条件是a<2
?x+1,x ） A.圆C与圆x2+y2=4相切 0相切 B.圆C与直线xsinα+ycosα?1=C.圆C上一点M满足CM=(0,1)，则M的轨迹的长度为4π D.当圆C与坐标轴交于不同的三点时，这三点构成的三角形面积的最大值为1 c=log52a+3c(b>1)，则（ ） (c>a>0),baA.a+c b a12.已知实数a,b,c满足e=c?a()三?填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. =yln(x+1)的公切线的一个方向向量__________. 13.写出曲线=yex?1与曲线14.已知抛物线C=:y22px(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为点的纵坐标为3，则AB=__________. 15.分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.设图2中第n行黑圈的个数为an，则a5=__________，数列{an}的通项公式an=__________. π3的直线交C于A,B两点，线段AB中 16.半径为22的球O的球心为一个正四面体Γ的中心，且球O的球面被Γ的四个面截得的曲线总长度为28π，则四面体Γ的体积为__________. 四?解答题：共70分.解答应写出文字说明?证明过程或演算步骤. 17.（10分） 如图，在?ABC中，已知AB2,AC62,∠=BAC45?,BC,AC边上的两条中线AM，BN相交于点==P. （1）求∠BAM的正弦值； （2）求∠MPN的余弦值. 18.（12分） =a24且当n≥2时，3Sn?1,2Sn,Sn+1+2n成等差数列. ,a12,数列{an}的前n项和为Sn=（1）计算a3,a4，猜想数列{an}的通项公式并加以证明； （2）在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm,dk,dp（其中m,k,p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由. 19.（12分） 如图，三棱锥P?ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC=22，各侧棱长均为3. （1）求证：平面PAC⊥平面ABC； （2）若点E为棱PA的中点，线段CE上是否存在一点Q，使得Q到平面PBC的距离与Q到直线AB的距离之比为1？若存在，求出此时CQ的长；若不存在，说明理由. 4x20.（12分） 已知函数f(x)=(ax?1)e,a∈R. （1）讨论f(x)的单调性； （2）若a=1，求证：当x>?1时，f(x)≥eln(x+1)?x?1. x21.（12分） x2y2已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F(1,0),O为坐标原点，线段abOA的中点为D,?BDF是等腰三角形. （1）求C的方程； （2）设点T(2,t)(t∈R)，圆T过O且交直线x=2于M,N，直线AM,AN分别交C于另一点P,Q（异，直线l过O且与直线PQ平行，判断直线l与圆T的位置关系并证明你的结论. 于点A）22.（12分） 已知函数f=(x)e?2x,g=(x)（1）讨论g(x)的单调性； （2）若g(x)恰有3个零点； （i）求a的取值范围； （ii）证明：在双曲线x2?y2=1位于第一象限内的图象上存在点(m,n)，使得对于任意实数x，都有f(x)+1?2x?a(a∈R). 2f(x?lnm=)2m(a+lnn)f(x). 22022-2023学年度第二学期质优生“筑梦”联考 高二数学参考答案 一?选择题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分40分. 1.B 2.C 3.D 4.C 5.A 6.D 7.C 8.D BA8.提示：由AF2=2a，结合定义可知=可求得结论. BF=BF2+2a，所以?ABF1是等腰三角形，利用余弦定理即1二?多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分. cecea12.提示：由e(c>a)得=，由图易知0 ()3?2a?3??2?32?从而5=??+c lnc?lna三?填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 3n(?1)n13.(1,1)（与(1,1)共线的非零向量均可） 14.8 15.41； 16.16.182或546 ?62an+bn,bn+1=+0,a1=1,an+1=4anbn 15.记第n行白圈的个数为bn，由题意可得b1=??an+2+an+1=3(an+1+an)an+22an+1+3an，所以?则an+2?an+1=4an+an+1?an，所以=， ?=??aaaa33()?n+1n+1n?n+2?an+1+an=2×3n?13n?1+(?1)n?13n(?1)na11,a21得?==，所以an=，即a， 由=?n?1n622?an+1?3an=?2×(?1)3513n(?1)n3n(?1)n ，故答案为：41;?故a5=+=41,an=?62626216.解：设四面体Γ的棱长为a，小圆半径为r. 若Γ的一个面截球如图（1）所示， 则小圆周长为2π，半径为1，所以球心到四面体的面的距离为6a=12R2?r2=32， 2所以a6=3,V23=a546； 12若Γ的一个面截球如图（2）所示， 图（2） ?AB=记D为AC中点，由题意知2π32π2π,∠AO1B=， 33r又∠BO1C=,∠AO1D=arcos∠AO1D ?,O1D==ππ33r36又6a=12R2?r2=112?r，所以O=1D23=a611?2r2 所以cos??ππ???=?33r?1123，解得?2=r2,=a6,=V=a182； 2r12所以四面体Γ的体积为182或546. 四?解答题：共70分.解答应写出文字说明?证明过程或演算步骤. 17.解法一：由余弦定理得BC2AB2+AC2?AB?AC?cos∠BAC， 即BC222+(62)2?2×2×62×12=CM=BC=52，所以BC=213，所以BM2213， BM2+AM2?AB2=cos∠BMA=在?ABM中，由余弦定理，得2BM?AMAM2+9， 13?AMCM2+AM2?AC2AM2?59=cos∠CMA=， 在?ACM中，由余弦定理，得2CM?AM13?AM0，解得AM=5， ∠BMA与∠CMA互补，则cos∠BMA+cos∠CMA=AB2+AM2?BM24在?ABM中，由余弦定理，得， =cos∠BAM=2AB?AM5因为∠BAM∈?0,??π?2?. 1?cos2∠BAM=?，所以sin∠BAM=35（2）在?ABN中，由余弦定理，得BN2=AB2+AN2?2AB?AN2?cos45?， 所以BN=10，由AM,BN分别为边BC,AC上的中线可知P为?ABC重心， 可得=BP2210210， =BN=,AP=AM3333PA2+PB2?AB21310， 在?ABP中，由余弦定理，得=cos∠APB=2PA?PB50又由∠MPN=∠APB，所以cos∠MPNcos∠APB==1310. 50?????????????????解法二：（1）由题意可得，AB?AC=AB×AC×cos45=12， ?????1????????AMAB+AC， =由AM为边BC上的中线，则2?????21????21????21????????AB+AC+AB?AC=25， 两边同时平方得，AM=442?????1故AM=5，因为M为BC边中点，则?ABM的面积为?ABC面积的， 2111所以AB×AM×sin∠BAM=×AB×AC×sin∠BAC， 2221113?即×2×5×sin∠BAM=××2×62×sin45，化简得，sin∠BAM=. 2225????????????????1????BA+AN=?AB+AC，.（2）因为BN为边AC上的中线，所以BN=2()?????????1????????AM?BN=AB+AC2()?1??????21????????1????21??????????AB+AC?=?AB?AB?AC+AC=13， 2244??????????2?????1?????2????2????????1????2BN=??AB+AC?=AB?AB?AC+?AC=10，即BN=10. 24???????????AM?BN131310∠=MPN==cos?????????. 所以50AMBN5×10nn18.解：4Sn， （1）当n≥2时，因为3Sn?1,2Sn,Sn+1+2成等差数列，所以3Sn?1+Sn+1+2=n3an，即an3an?2n. =即Sn+1?Sn+2=3(Sn?Sn?1)，即an+1+2=+1n23=an2所以a3=3a2?2=8,a4=3a3?2=16，猜想n(n∈N). *=an2下面我们证明n(n∈N). *=a12,=a24，所以a3an?2n， =3a1?21，又因为当n≥2时，an=因为2+13an?2n， =所以，对任意正整数n，均有an+1所以an+1?2=3an?3?2=3an?2所以an?2=3an?1?2nn+1n(n)， 1n(n?1=a)=?=3(a?2)=0，所以n?1n2nn∈N*， ()=an2即数列{an}的通项公式为n(n∈N). **an+1?an2n=an2n∈N，所以. （2）依题意，因为=dn=n+1n+1()假设数列{dn}中存在3项dm,dk,dp（其中m,k,p成等差数列）成等比数列，则dk=dmdp， 2?2k?2m2p即?=， ??m+1p+1?k+1?222k2m+p=2k， ，又因为m,k,p成等差数列，所以m+p=化简得2(k+1)(m+1)(p+1)所以(m+1)(p+1)=(k+1)，化简得k2=mp， 22k，所以(m+p)2=4k2=4mp，即(m?p)2=又m+p=0，所以m=p， =所以mp=k，这与题设矛盾，所以假设不成立， 所以在数列{dn}中不存在3项dm,dk,dp（其中m,k,p成等差数列）成等比数列. 19.解：（1）取AC中点O，连接PO,BO，因为PA=PC=3， AC=22，所以PO⊥AC，且PO=32?2=7， 因为?ABC是等腰直角三角形，所以BO⊥AC，且BO=2又PB=3，满足PB=PO2+BO2，所以PO⊥BO， 2， 因为AC∩BO=O，所以PO⊥平面ABC， 又因为PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. （2）由（1）知，PO⊥平面ABC，且BO⊥AC， 故可以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz， ????????17CQλCE(0≤λ≤1)，因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为PO=； 设=22?27?则C0,2,0,E??0,?2,2??,P0,0,7,A0,?2,0,B??()()(()()2,0,0， )????则PB=(????????2,0,?7,PC=0,2,?7AB=)()?????327?2,2,0CE=?0,,?， ???22???????????????327?=?CQλCE(0≤λ≤1)，则可得CQ设=?0,?2λ,2λ??， ????????327?327?Q0,2,AQλλ??+=0,22?,λλ，则， 则???????22?22???????????4?3λAQ?AB16λ2?24λ+16cos∠QAB==????????，所以sin∠QAB=， 所以22AQ?AB25λ?48λ+3225λ?48λ+32所以d2=AQ?sin∠QAB=4λ2?6λ+4， 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)， ????????00??2x?7z=?n?PB=则?????，即?，令x=7，可得n=?00???n?PC=?2y?7z=?????CQ?n14则d1==λ， ?n4由d1=d2(7,7,2， )14λ21λ=，得，或λ=?1（舍去）， 4=54λ2?6λ+44??????327????1. 此时CQ=??0,?5,5??,CQ=??故存在一点Q，使得Q到平面PBC的距离与Q到直线AB的距离之比为1，此时CQ的长为1 4x20.解法一：（1）依题意，f(x)的定义域为(?∞,+∞),f′(x)=(ax+a?1)e， ?e<0,f(x)在(?∞,+∞)单调递减；· ①当a=0时，f′(x)=x②当a>0时，当x<所以f(x)在??∞,1?a1?a时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0； aa??1?a??1?a?,+∞?单调递增；. ?单调递减，在?a??a?1?a1?a时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0； aa③当a<0时，当x<所以f(x)在??∞,??1?a??1?a?,∞+单调递增，在???单调递减； a??a?综上，当a=0时，f(x)在(?∞,+∞)单调递减； 当a>0时，f(x)在??∞,??1?a??1?a?+∞,单调递减，在???单调递增； a?a??1?a???1?a??∞,,+∞?单调递减. fx当a<0时，()在??单调递增，在?a???a?（2）当a=1时，要证明f(x)≥eln(x+1)?x?1，即证明(x?1)e≥eln(x+1)?x?1，因为ex>0，xxx所以只需证明(x?1)≥ln(x+1)?(x+1)e， ?x只需证明(x+1)e设g(x)=?x?ln(x+1)+x?1≥0. (x+1)e?x?ln(x+1)+x?1， xex?x?111???x?x则g′(x)=， ?xe?+1=?x?e??=xx+1x+1?(x+1)e?()设h(x)=e?x?1，则h′(x=)e?1，所以当?1 0， 所以h(x)≥h(0)=所以当?1 0， 所以g(x)在(?1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；所以g(x)≥g(0)=所以当x>?1时，f(x)≥eln(x+1)?x?1. x解法二：（1）同解法一. （2）当a=1时，要证明f(x)≥eln(x+1)?x?1，即证明(x?1)e≥eln(x+1)?x?1， xxx因为ex>0，所以只需证明(x?1)≥ln(x+1)?(x+1)e， ?x只需证明(x+1)e只需证明e?x?ln(x+1)+x?1≥0， ?x+ln(x+1)?ln(x+1)+x?1≥0. x设?(x)=e?x?1，则?′(x=)e?1，所以当?1 x所以?(x)在(?1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增； 0， 所以?(x)≥?(0)=所以??x+ln(x+1)≥0，即ex()?x+ln(x+1)?ln(x+1)+x?1≥0， 所以当x>?1时，f(x)≥eln(x+1)?x?1. 21.解：（1）如图1，依题意，A(?a,0),B(0,b)，所以D???a?,0?， ?2?x2y2=1； 3,C的方程为+43x2y21； =3,C的方程为+433，所以C的方a①若BD=BF，则OD=OF，即=1，所以=a2,=b2aa=+1，即=1，所以②若BF=DF，则a=a2,=b22a2a③若BD=DF，则=a2,=b0，所以+b2=+1，即b2=a+1，即a2?a?2=42x2y2x2y2程为1；综上，C的方程为+1； +==4343 （2）直线l与圆T相切. x2y2如图2，由（1）知，C的方程为1，设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4)， +=43依题意，圆T的方程为(x?2)2+(y?t)2=t2+4，令x=2，则y2?2ty?4=0， 2t,y3y4=?4， 所以y3+y4=xmy+n,=??2220， xmy+n，则由?x2y2得，3m+4y+6mny+3n?12=设直线PQ:=1,=?+3?4()6mn3n2?12， 所以，y1+y2=?2,y1y2=23m+43m+4由A,P,M三点共线得，y34y1y=1，即y3=， 4x1+2my1+n+2同理，由A,Q,N三点共线可得，y4=16y1y24y2yy==?4， ，所以34my+n+2my+n+2my2+n+2(1)(2)?(my1+n+2)(my2+n+2)， 所以4y1y2=0， 即4y1y2+my1y2+m(n+2)(y1+y2)+(n+2)=2212n2?483m2n2?12m26m2n2+12m2n2即+?+(n+2)=0， 2223m+43m+43m+412n2?483m2n2?12m26m2n2+12m2n3m2n2+4n2+12m2n+16n+12m2+16即+?+=0， 3m2+43m2+43m2+43m2+4即n2+n?2=0，所以n=1或n=?2， 当n=?2时，直线PQ过A，不合题意，所以n=1， 4y14y26m9,,,y+y=?yy=?y=y=此时1， 212343m2+43m2+4my1+3my2+34my1y2+6(y1+y2)4my1y2+6(y1+y2)y3+y42y12y2=+==， 所以t=2my1+3my2+3(my1+3)(my2+3)m2y1y2+3m(y1+y2)+98m×924my1y2+6(y1+y2)8my1y23m+4=?2m， t===即224×9my1y2+3m(y1+y2)+93my1y2+93m2+4?所以当m=0时，t=0，直线PQ:x=1，所以PQ⊥OT，所以l⊥OT，直线l与圆T相切； 当m≠0时，直线OT的斜率kOT=t1=?m，直线PQ的斜率为kPQ=， 2m所以kOTkPQ=?1，所以PQ⊥OT， 所以l⊥OT，直线l与圆T相切； 综上，直线l与圆T相切. 22.解：（1）g(=x)f(x)+1??2x2x?=a2e?2x+1?2x?a， 2x)当x≥a时，g(=e2212?2e?2x+1??=??<0， x)(x?a),g′(=2xx?2x2222e+1ee+1所以g(x)在[a,+∞)单调递减； 当x≤a时，g(x)=e?2x2122exe2x+1?2+1+?+=， (x?a),g′(x)=22xxxx2ee+122ee+12e0e0+=1?20,g′(x)≥0； 2e0e0+=1?20,g′(x)≤0； 当x≥0时，2exe2x+1?2≥当x≤0时，2exe2x+1?2≤所以，①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在(?∞,a)单调递减； ②当a>0时，当x∈(?∞,0)时，g′(x)<0，当x∈(0,a)时，g′(x)>0； 所以g(x)在(?∞,0)单调递减，在(0,a)单调递增； 综上，当a≤0时，g(x)在(?∞,+∞)单调递减； 当a>0时，g(x)在(?∞,0)单调递减，在(0,a)单调递增，在(a,+∞)单调递减. （2）由（1）知，当a≤0时，g(x)在(?∞,+∞)单调递减， 所以g(x)至多一个零点，不符合题意； 当a>0时，g(x)在(?∞,0)单调递减，在(0,a)单调递增，在(a,+∞)单调递减. 又因为g(0)=2?22a=2?a，所以， 22当0 当x∈(?∞,a)时，g(x)≥g(0)>0，所以g(x)在(?∞,a)不存在零点，由于g(x)在(a,+∞)单调递减，所以g(x)在(a,+∞)至多一个零点，因此g(x)至多一个零点，不符合题意； 当a=2时，g(0)=0， 0， 当x∈(?∞,0)∪(0,a)时，g(x)>g(0)=所以g(x)在(?∞,a)恰有1个零点，由于g(x)在(a,+∞)单调递减， 所以g(x)在(a,+∞)至多一个零点， 因此g(x)至多两个零点，不符合题意； 当a>2时，g(0)<0,g(=a)e?2a+1>0，所以g(0)?g(a)<0， 又因为g(x)在(0,a)单调递增，所以g(x)在(0,a)恰有一个零点； x∈(a,+∞)时，g(=x)g(a)?g(a+2)<0 e?2x+1?22)(x?a),g(a+=2e?2(a+2)+1?2<0，所以又因为g(x)在(a,+∞)单调递减，所以g(x)在(a,+∞)恰有一个零点； x∈(?∞,0)时，g(x)=e?2x+1+2(x?a)>e?x+2(x?a)， 22设h(x=)e?ex， x0，即则h′(x=)e?e，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1,+∞)单调递增，所以h(a)>h(1)=xea>ea 所以g(?a)>e?2a≥ea?2a=e?2a>0，所以g(?a)?g(0)<0， a()又因为g(x)在(?∞,0)单调递减，所以g(x)在(?∞,0)恰有一个零点； 所以g(x)恰有3个零点，符合题意，所以a的取值范围为a>2. （ii）证明：由（i）知a>2且g(x)在(?∞,a)有2个零点，设其中一个零点为x0，取n=e?x0，=me?2x0+1 22则m>0,n>0且m2?n2=1位于第一象限内的图象上一点， 1，即点(m,n)是双曲线x?y=此时，因为x0是g(x)在(?∞,a)的零点，所以g(=x0)e?2x0+1+2a)0， (x0?=2所以g(=x0)e?2x0=+12x0)(a?=22(a+lnn)， 222所以f(x?lnm)=m2e?2x=?mmf(x)=me?2x0+1f(x)=m(a+lnn)f(x)对于任意实数x成立，所以在双曲线x2?y2=1位于第一象限内的图象上存在点(m,n)，使得对于任意实数x， 都有f(x?lnm=)2m(a+lnn)f(x).2
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