2024-2025學(xué)年上海市普陀區(qū)高三上冊(cè)期末數(shù)學(xué)檢測(cè)試卷（一模）附解析

這是一份2024-2025學(xué)年上海市普陀區(qū)高三上冊(cè)期末數(shù)學(xué)檢測(cè)試卷（一模）附解析，共24頁。
1．（4分）設(shè)全集U＝{﹣1，0，1，2，4}，若集合A＝{﹣1，2，4}，則A= ．
2．（4分）已知某拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝1，則該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ．
3．（4分）設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足z?z+z?z=4+2i，則|z|＝ ．
4．（4分）若（x+x2）5＝a0x5+a1x6+a2x7+a3x8+a4x9+a5x10，則a3的值為 ．
5．（4分）設(shè)n≥1，m≥1，m、n∈N，等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝0，公差d≠0，若am=i=111 ai，則m的值為 ．
6．（4分）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝4，sin(A+π3)=0，△ABC的面積為3，則a的值為 ．
7．（5分）設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，左頂點(diǎn)為A，若橢圓C的離心率為13，則|F2A||AF1|的值為 ．
8．（5分）若圓錐PO的體積為22π3，它的母線與底面所成的角的余弦值為13，則圓錐PO的表面積為 ．
9．（5分）設(shè)λ∈R，在如圖所示的平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD=π3，AA1＝2，AB＝AD＝1，點(diǎn)M是棱C1D1的中點(diǎn)，A1N→=λA1D1→，若AM→?CN→=2，則λ的值為 ．
10．（5分）設(shè)平面上四點(diǎn)P、Q、M、N滿足：|PM|＝|PN|＝4，|PQ|＝2，若QM→?QN→=0，則|MN|的最小值為 ．
11．（5分）設(shè)t∈R，直線l：x+y﹣t＝0與曲線C1：y=14x2（0≤x≤4）和曲線C2：y＝2x12分別交于P，Q兩點(diǎn)，則|PQ|的最大值是 ．
12．（5分）設(shè)a＞b＞0，函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝|x?1x+lnx|，若f（a）＝f（b），且關(guān)于x的方程|x2+ax+2ab|+|x2﹣ax+2ab|＝2a|x|的整數(shù)解有且僅有4個(gè)，則a的取值范圍是 ．
二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13-14題每題4分，第15-16題每題5分）每題有且只有一個(gè)正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號(hào)上，將代表答案的小方格涂黑，否則一律得零分。
13．（4分）已知α為任意角，則“cs2α=13”是“sinα=33”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
14．（4分）某機(jī)構(gòu)對(duì)2014年至2023年的中國(guó)新能源汽車的年銷售量進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如圖所示（單位：萬輛），則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的中位數(shù)為123
B．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的極差為721
C．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的第70百分位數(shù)為136.6
D．這十年中的前五年的年銷售量的方差小于后五年的年銷售量的方差
15．（5分）設(shè)a＞0且a≠1，k、m、n都是正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=(a?6)n+21(1≤n≤m)an?3(n＞m)，記數(shù)列{an}中前k項(xiàng)的最小值為hk，由所有hk的值所組成的集合記為A，若集合A中僅有四個(gè)元素，則下列說法中錯(cuò)誤的是（ ）
A．當(dāng)m＝3時(shí)，a的取值范圍是（1，6）
B．不存在a和m的值，使得a4?A
C．當(dāng)m＝4時(shí)，a的取值范圍是（3，6）
D．存在a和m的值，使得a5∈A
16．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，將函數(shù)y＝f（x）的圖像繞坐標(biāo)原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)π4后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖像，則稱函數(shù)y＝f（x）為“R函數(shù)”．對(duì)于命題：
①設(shè)m∈R，若函數(shù)g（x）＝（m﹣1）x+1x為“R函數(shù)”，則m＞1；
②設(shè)k∈R，若函數(shù)h（x）=k(x+1)ex為“R函數(shù)”，則滿足條件的k的整數(shù)值至少有4個(gè)．
則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．①為真②為真B．①為真②為假
C．①為假②為真D．①為假②為假
三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號(hào)的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟。
17．（14分）如圖1所示的平行四邊形ABCD中，CA＝CB＝1，CD=2，現(xiàn)將△DAC沿AC折起，得到如圖2所示的三棱錐P﹣ABC，記棱PC的中點(diǎn)為M，且PB=3．
（1）求證：AM⊥BC；
（2）記棱AB的中點(diǎn)為E，在直線CE上作出點(diǎn)N，使得PN∥平面MAB，請(qǐng)說明理由，并求出二面角P﹣NB﹣A的大小．
18．（14分）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝sin（ωx），其中ω＞0．
（1）設(shè)ω＝1，m∈R，若有且只有一個(gè)x0∈（0，m），使得函數(shù)y=f(x+π4)取得最小值，求m的取值范圍；
（2）若對(duì)任意的x∈R，皆有f(x)+f(2π3?x)=0成立，且函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間(?π8，0)上是嚴(yán)格增函數(shù)，求函數(shù)y＝f（x）的最小正周期．
19．（14分）機(jī)器人競(jìng)技是繼電子競(jìng)技之后熱門的科技競(jìng)技項(xiàng)目．某區(qū)為了參加市機(jī)器人競(jìng)技總決賽，開展了區(qū)內(nèi)選拔賽，其中A、B、C、D四人進(jìn)入?yún)^(qū)內(nèi)個(gè)人組決賽，按照規(guī)則每人與其他三人各進(jìn)行一場(chǎng)比賽，且這三場(chǎng)比賽互相獨(dú)立．下表統(tǒng)計(jì)的是A在近期熱身中分別與B、C、D三人比賽的情況．
（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，試估計(jì)在區(qū)內(nèi)決賽中A至少獲勝一場(chǎng)的概率；
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，請(qǐng)給B、C、D三人設(shè)計(jì)一個(gè)出場(chǎng)順序，使得A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率最大，并說明理由．
20．（18分）設(shè)a＞0，m＞0，F(xiàn)1、F2分別是雙曲線Γ：x2a2?y2=1的左、右焦點(diǎn)，直線l：x﹣my﹣2＝0經(jīng)過點(diǎn)F2與Γ的右支交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）若點(diǎn)M是Γ上的一點(diǎn)，|MF1|＝2，求|MF2|的值；
（2）設(shè)λ、μ∈R，點(diǎn)P在直線x＝6上，若點(diǎn)O、A、P、B滿足：OA→=λBP→，OB→=μAP→，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)AO的延長(zhǎng)線與Γ交于G點(diǎn)，若向量OA→與OB→滿足：OA→?OB→≥17，求△GAB的面積S的取值范圍．
21．（18分）設(shè)t＞1，n≥1，n∈N，若正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足1tan＜an+1＜an，則稱數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（t）”．
（1）設(shè)m≥1，m∈N，若數(shù)列10，7，m，4，3具有性質(zhì)“P（2）”，求滿足條件的m的值；
（2）設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝（n+1）（t9）n，問是否存在t使得數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（t）”？若存在，求出滿足條件的t的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝ln（ex﹣1）﹣lnx，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1=23，an+1＝f（an），證明：數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（3）”，并比較Sn與1?13n的大?。?br>答案與試題解析
一、填空題（本大題共有12題，滿分54分）考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號(hào)的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個(gè)空格填對(duì)前6題得4分、后6題得5分，否則一律得零分。
1．（4分）設(shè)全集U＝{﹣1，0，1，2，4}，若集合A＝{﹣1，2，4}，則A= {0，1} ．
【分析】根據(jù)集合補(bǔ)集的運(yùn)算求解．
解：因?yàn)槿疷＝{﹣1，0，1，2，4}，若集合A＝{﹣1，2，4}，
所以A={0，1}．
故{0，1}．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了補(bǔ)集的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．
2．（4分）已知某拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝1，則該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x2＝﹣4y ．
【分析】利用拋物線的準(zhǔn)線方程，直接求解拋物線方程即可．
解：拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝1，
則該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2＝﹣4y，
故x2＝﹣4y．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
3．（4分）設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足z?z+z?z=4+2i，則|z|＝ 2 ．
【分析】設(shè)z＝a+bi（a，b∈R），代入z?z+z?z=4+2i，整理后利用復(fù)數(shù)相等的條件列式求解．
解：設(shè)z＝a+bi（a，b∈R），
代入z?z+z?z=4+2i，得a2+b2+2bi＝4+2i，
∴a2+b2＝4，可得|z|=a2+b2=4=2．
故2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題．
4．（4分）若（x+x2）5＝a0x5+a1x6+a2x7+a3x8+a4x9+a5x10，則a3的值為 10 ．
【分析】由（x+x2）5＝x5（1+x）5，利用二項(xiàng)式展開式定理求解即可．
解：因?yàn)椋▁+x2）5＝x5（1+x）5
＝x5（1+5x+10x2+10x3+5x4+x5）
＝a0x5+a1x6+a2x7+a3x8+a4x9+a5x10，
所以a3＝10．
故10．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二項(xiàng)式定理應(yīng)用問題，也考查了運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．
5．（4分）設(shè)n≥1，m≥1，m、n∈N，等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝0，公差d≠0，若am=i=111 ai，則m的值為 56 ．
【分析】由已知結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及求和公式即可求解．
解：等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝0，公差d≠0，
若am=i=111 ai，則0+（m﹣1）d＝11×0+11×102d，
因?yàn)閐≠0，
所以m﹣1＝55，即m＝56．
故56．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及求和公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
6．（4分）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝4，sin(A+π3)=0，△ABC的面積為3，則a的值為 21 ．
【分析】根據(jù)sin(A+π3)=0求出A=2π3，然后利用三角形的面積公式算出c＝1，進(jìn)而根據(jù)余弦定理求出邊a的值．
解：因?yàn)閟in(A+π3)=0，且A∈（0，π），所以A=2π3．
由S△ABC=12bcsinA=3，得12×4c×32=3，解得c＝1．
根據(jù)余弦定理，可得a2＝b2+c2﹣2bccs2π3=16+1?2×4×1×(?12)=21，所以a=21．
故21．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查余弦定理、三角形的面積公式等知識(shí)，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
7．（5分）設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，左頂點(diǎn)為A，若橢圓C的離心率為13，則|F2A||AF1|的值為 2 ．
【分析】利用已知條件列出方程，結(jié)合離心率求解即可．
解：橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，左頂點(diǎn)為A，若橢圓C的離心率為13，
則|F2A||AF1|=a+ca?c=1+e1?e=1+131?13=2．
故2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，離心率的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
8．（5分）若圓錐PO的體積為22π3，它的母線與底面所成的角的余弦值為13，則圓錐PO的表面積為 4π ．
【分析】設(shè)圓錐底面半徑AO＝OB＝r，則母線長(zhǎng)l＝SA＝3r，高SO＝22r，根據(jù)體積求出r，由此能求出結(jié)果．
解：設(shè)圓錐底面半徑AO＝OB＝r，則母線長(zhǎng)l＝SA＝3r，高SO＝22r，
則V=13πr2?22r=223π，解得r＝1，l＝SA＝3，SO＝22，
故該圓錐的表面積為S＝πrl+πr2＝4π．
故4π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓棱的結(jié)構(gòu)特征、圓錐的表面積等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．
9．（5分）設(shè)λ∈R，在如圖所示的平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD=π3，AA1＝2，AB＝AD＝1，點(diǎn)M是棱C1D1的中點(diǎn)，A1N→=λA1D1→，若AM→?CN→=2，則λ的值為 13 ．
【分析】設(shè)AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→為空間向量一組基底，根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算將AM→和CN→用基底表示，再根據(jù)AM→?CN→=2進(jìn)行數(shù)量積運(yùn)算即可求得λ的值．
解：設(shè)AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
由∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD=π3，AA1＝2，AB＝AD＝1，
可得|a→|=|b→|=1，|c→|=2，a→?b→=12，a→?c→=b→?c→=1，
因?yàn)辄c(diǎn)M是棱C1D1的中點(diǎn)，A1N→=λA1D1→，
所以AM→?CN→=(AA1→+A1D1→+D1M→)?(AN→?AC→)
=(c→+b→+12a→)?[c→+λb→?(a→+b→)]
=(12a→+b→+c→)?[?a→+(λ?1)b→+c→]
=?12a→2+(λ?1)b→2+c→2+λ?32a→?b→?12a→?c→+λb→?c→
=?12+λ?1+4+λ?34?12+λ=9λ4+54=2，
解得λ=13．
故13．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間向量的線性運(yùn)算及數(shù)量積運(yùn)算，屬中檔題．
10．（5分）設(shè)平面上四點(diǎn)P、Q、M、N滿足：|PM|＝|PN|＝4，|PQ|＝2，若QM→?QN→=0，則|MN|的最小值為 27?2 ．
【分析】根據(jù)題設(shè)，可將點(diǎn)M，N和點(diǎn)Q分別看成是圓上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)Q在以MN為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，由圓的弦長(zhǎng)性質(zhì)，可得當(dāng)P，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，|MN|最小，據(jù)此求得結(jié)論．
解：由題意，|PM|＝|PN|＝4，|PQ|＝2，
則點(diǎn)M，N在以P為圓心，半徑為4的圓上運(yùn)動(dòng)，
點(diǎn)Q在以P為圓心，半徑為4的圓上運(yùn)動(dòng)，如圖所示：
由QM→?QN→=0可知，點(diǎn)Q在以MN為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，
取MN的中點(diǎn)F，則PF⊥MN，
則當(dāng)P，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，點(diǎn)P到MN的距離最大，此時(shí)|MN|最小，
在Rt△MQN中，設(shè)QF＝MF＝a，
則有（a+2）2+a2＝42，解得a=7?1，
則|MN|的最小值為27?2．
故27?2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量數(shù)量積的性質(zhì)，考查圓的弦長(zhǎng)問題，屬中檔題．
11．（5分）設(shè)t∈R，直線l：x+y﹣t＝0與曲線C1：y=14x2（0≤x≤4）和曲線C2：y＝2x12分別交于P，Q兩點(diǎn)，則|PQ|的最大值是 2 ．
【分析】由題可得曲線C1：y=14x2(0≤x≤4)和曲線C2：y=2x12對(duì)應(yīng)的函數(shù)互為反函數(shù)，所以|PQ|即為曲線C2：y=2x12到直線y＝x 距離的兩倍，且在平行于直線y＝x且與兩曲線相切，且直線l過兩切點(diǎn)時(shí)|PQ|的值最大，然后利用導(dǎo)數(shù)求出切點(diǎn)即可得解．
解：由題，曲線C1：y=14x2(0≤x≤4)和曲線C2：y=2x12對(duì)應(yīng)的函數(shù)互為反函數(shù)，
則兩函數(shù)的圖像關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，如圖，
又直線x+y﹣t＝0與直線y＝x互相垂直，
所以|PQ|即為曲線C2：y=2x12到直線y＝x 距離的兩倍，
所以在平行于直線y＝x且與兩曲線相切，且直線l過兩切點(diǎn)時(shí)|PQ|的值最大，
設(shè)與直線y＝x平行且與C2相切于點(diǎn)P（x0，y0），
因?yàn)镃2：y=2x12，所以y′=x?12，
則x0?12=1，解得：x0＝1，即切點(diǎn)P（1，2），
則|PQ|的最大值是P點(diǎn)到直線y＝x 距離的兩倍，
所以|PQ|max=2×12=2．
故2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．
12．（5分）設(shè)a＞b＞0，函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝|x?1x+lnx|，若f（a）＝f（b），且關(guān)于x的方程|x2+ax+2ab|+|x2﹣ax+2ab|＝2a|x|的整數(shù)解有且僅有4個(gè)，則a的取值范圍是 [3，113） ．
【分析】根據(jù)已知函數(shù)方程推斷出0＜b＜1＜a，且ab＝1，即|x2+ax+2|+|x2﹣ax+2|＝2a|x|，當(dāng)且僅當(dāng)（x2+2+ax）（x2+2﹣ax）≤0時(shí)取等，得到（x2+2）2﹣（ax）2≤0，且a＞0，即x2+2≤a|x|，分別對(duì)x是否為0分類討論判斷即可．
解：易知函數(shù)y＝x+?1x+lnx在定義域單調(diào)遞增，且y（1）＝0，
f（1x）＝|1x?x?lnx|＝f（x），
又因?yàn)閒（a）＝f（b），a＞b＞0，
所以0＜b＜1＜a，且ab＝1，
即|x2+ax+2|+|x2﹣ax+2|＝2a|x|，
因?yàn)閨x2+ax+2|+|x2﹣ax+2|＝2a|x|，
當(dāng)且僅當(dāng)（x2+2+ax）（x2+2﹣ax）≤0時(shí)取等，
所以（x2+2）2﹣（ax）2≤0，a＞0，
所以x2+2≤a|x|，
當(dāng)x＝0時(shí)，2≤0，無解，
當(dāng)x≠0時(shí)，a≥x2+2|x|=|x|+2|x|有四個(gè)整數(shù)解，
由圖，a∈[3，113）．
故[3，113）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程綜合應(yīng)用，所以中檔題．
二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13-14題每題4分，第15-16題每題5分）每題有且只有一個(gè)正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號(hào)上，將代表答案的小方格涂黑，否則一律得零分。
13．（4分）已知α為任意角，則“cs2α=13”是“sinα=33”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
【分析】通過證明，可判斷充要性．
解：若cs2α=13，則cs2α＝1﹣2sin2α，sinα=±33，則cs2α=13”是“sinα=33”的不充分條件；
若sinα=33，則cs2α＝1﹣2sin2α，cs2α=13，則cs2α=13”是“sinα=33”的必要條件；
綜上所述：“cs2α=13”是“sinα=33”的必要不充分條件．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查充要性，屬于基礎(chǔ)題．
14．（4分）某機(jī)構(gòu)對(duì)2014年至2023年的中國(guó)新能源汽車的年銷售量進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如圖所示（單位：萬輛），則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的中位數(shù)為123
B．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的極差為721
C．這十年中國(guó)新能源汽車年銷售量的第70百分位數(shù)為136.6
D．這十年中的前五年的年銷售量的方差小于后五年的年銷售量的方差
【分析】由統(tǒng)計(jì)圖，計(jì)算這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和極差，求出第70百分位數(shù)，判斷前五年的年銷售量方差與后五年的年銷售量方差的大?。?br>解：由統(tǒng)計(jì)圖知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為12×（120.6+125.6）＝123.1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
極差為728﹣7.5＝720.5，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
因?yàn)?0×70%＝7，所以第70百分位數(shù)是12×（136.6+352.1）＝244.35，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
前五年的年銷售量分別為7.5，33.1，50.7，77.7，125.6；
后五年的年銷售量分別為120.6，136.6，352.1，668.7，728；
因?yàn)榍拔迥甑哪赇N售量比較集中，極差為118.1，后五年的年銷售量比較分散，極差為607.4，
所以前五年的年銷售量的方差小于后五年的年銷售量的方差，選項(xiàng)D正確．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．
15．（5分）設(shè)a＞0且a≠1，k、m、n都是正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=(a?6)n+21(1≤n≤m)an?3(n＞m)，記數(shù)列{an}中前k項(xiàng)的最小值為hk，由所有hk的值所組成的集合記為A，若集合A中僅有四個(gè)元素，則下列說法中錯(cuò)誤的是（ ）
A．當(dāng)m＝3時(shí)，a的取值范圍是（1，6）
B．不存在a和m的值，使得a4?A
C．當(dāng)m＝4時(shí)，a的取值范圍是（3，6）
D．存在a和m的值，使得a5∈A
【分析】分析可知若a≥6，則無論m取何值，集合A最多2個(gè)元素，若1＜a＜6，則前m項(xiàng)屬于集合A，從第m+1項(xiàng)起，最多只有am+1∈A，所以m＝3或4，若0＜a＜1，則前m項(xiàng)屬于集合A，此時(shí)只能是m＝4，且a4≤0．
解：對(duì)于A選項(xiàng)，若0＜a＜1，則因?yàn)閍＜6，a3＝3a+3＞a＝a4，0＜a＜1，所以{an}單調(diào)遞減，hk＝ak，集合A中有無窮多個(gè)元素，矛盾，
故a＞1，若1＜a＜6，則a﹣6＜0，所以a1＞a2＞a3，又a3＝3a+3＞a＝a4，所以hk＝ak（k＝1，2，3，4），
而a＞1，所以an＜an+1對(duì)n≥4恒成立，所以hk＝a4（k≥4），故集合A共有4個(gè)元素，滿足，
若a＝6，則a1＝a2＝a3＝21＞a4，且an＜an+1對(duì)n≥4恒成立，所以集合A＝{21，6}，矛盾，
若a＞6，則a1＜a2＜a3，且an＜an+1對(duì)n≥4恒成立，集合A中最多只有兩個(gè)元素，矛盾，
因此a的取值范圍是（1，6），A選項(xiàng)正確；
對(duì)于C選項(xiàng)，若0＜a＜1，則{an}（1≤n≤4）單調(diào)遞減，hk＝ak（k＝1，2，3，4），要使集合A中僅有4個(gè)元素，
則4a﹣3≤0，即0＜a≤34也滿足要求，所以C選項(xiàng)必定錯(cuò)誤；
對(duì)于B、D選項(xiàng)，
當(dāng)a≥6時(shí)，hk＝a1（1≤k≤m），當(dāng)k＞m時(shí)，hk＝min{a1，am+1}，集合A最多只有兩個(gè)元素，矛盾；
若1＜a＜6，則hk＝ak（1≤k≤m），所以m≤4，若m＝4，則當(dāng)a5=a2≥4a﹣3＝a4即a≥3時(shí)，集合A有4個(gè)元素，此時(shí)A＝{a1，a2，a3，a4}，且a＝3時(shí)a5＝a4∈A，所以D選項(xiàng)正確；
若m＝3，由A選項(xiàng)分析知a4∈A，a5?A，若m＝1或2，則集合A不可能有4個(gè)元素，矛盾，
若0＜a＜1，則hk＝ak（1≤k≤m），所以m≤4，若m＝4，則同C選項(xiàng)分析知0＜a≤34，此時(shí)a4∈A，
若m≤3，則hk＝ak（k＞3），集合A中有無窮多個(gè)元素，矛盾，
綜上可知，無論m和a取何值，只要集合A中僅有4個(gè)元素時(shí)，都有a4∈A，B正確．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查分段數(shù)列的單調(diào)性和最值問題，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．
16．（5分）在平面直角坐標(biāo)系中，將函數(shù)y＝f（x）的圖像繞坐標(biāo)原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)π4后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖像，則稱函數(shù)y＝f（x）為“R函數(shù)”．對(duì)于命題：
①設(shè)m∈R，若函數(shù)g（x）＝（m﹣1）x+1x為“R函數(shù)”，則m＞1；
②設(shè)k∈R，若函數(shù)h（x）=k(x+1)ex為“R函數(shù)”，則滿足條件的k的整數(shù)值至少有4個(gè)．
則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．①為真②為真B．①為真②為假
C．①為假②為真D．①為假②為假
【分析】若函數(shù)y＝f（x）為“R函數(shù)”，則直線y＝x+t（t∈R）與y＝f（x）的圖象至多只有一個(gè)交點(diǎn)，從而方程t＝f（x）﹣x至多只有一根，即y＝f（x）﹣x在定義域上單調(diào)．
解：依題意可得，若函數(shù)y＝f（x）為“R函數(shù)”，則直線y＝x+t（t∈R）與y＝f（x）的圖象至多只有一個(gè)交點(diǎn)，
對(duì)于命題①：令x+t＝（m﹣1）x+1x得（m﹣2）x2﹣tx+1＝0，故m＝2或m≠2Δ=t2?4(m?2)=0，
若m＝2，則m＞1，若m≠2，則m=2+t24不可能對(duì)任意t∈R成立，因此m＞1成立，命題①為真命題；
對(duì)于命題②：令x+t=k(x+1)ex，得t=k(x+1)ex?x，令p（x）=k(x+1)ex?x，則p（x）在R上單調(diào)，
若k＝0，則p（x）＝﹣x在R上單調(diào)遞減，滿足要求，
若k＞0，則x→+∞時(shí)，p（x）→﹣∞，當(dāng)x→﹣∞時(shí)，p（x）→﹣∞，而p（0）＝k＞0，故p（x）不單調(diào)，矛盾，
若k＜0，則p'（x）=?kxex?1，由p'（0）＝﹣1＜0知此時(shí)需p'（x）≤0恒成立，
因?yàn)閜''（x）=k(x?1)ex，所以當(dāng)x＜1時(shí)，p''（x）＞0，p'（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時(shí)，p''（x）＜0，p'（x）單調(diào)遞減，
所以p'（1）=?ke?1≤0，解得k≥﹣e，所以整數(shù)k可以取﹣2、﹣1，
故滿足條件的整數(shù)k有且僅有三個(gè)值，命題②錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的定義，需要在理解“R函數(shù)”的基礎(chǔ)上將問題轉(zhuǎn)化為方程的解進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)在定義域上單調(diào)，屬于中檔題．
三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號(hào)的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟。
17．（14分）如圖1所示的平行四邊形ABCD中，CA＝CB＝1，CD=2，現(xiàn)將△DAC沿AC折起，得到如圖2所示的三棱錐P﹣ABC，記棱PC的中點(diǎn)為M，且PB=3．
（1）求證：AM⊥BC；
（2）記棱AB的中點(diǎn)為E，在直線CE上作出點(diǎn)N，使得PN∥平面MAB，請(qǐng)說明理由，并求出二面角P﹣NB﹣A的大?。?br>【分析】（1）由題設(shè)，證得PA⊥AC，PA⊥AB，從而得PA⊥平面ABC，則BC⊥PA，又BC⊥AC，故BC⊥平面PAC，即可證得結(jié)論；
（2）在直線CE上作出CN→=2CE→，連接PN，即得所作，連接NA，NB，可證∠PNA是二面角P﹣NB﹣A的平面角，在Rt△PAN中可求得大?。?br>（1）證明：在平行四邊形ABCD中，CA＝CB＝1，CD=2，
則CA2+CB2＝AB2，CA2+DA2＝CD2，
即∠ACB=∠CAD=π2，則BC⊥AC，DA⊥AC，
在三棱錐P﹣ABC中，PB=3，
由PA2+AB2＝PB2，得∠PAB=π2，即PA⊥AB，
則PA垂直于平面ABC內(nèi)的兩條相交直線，
故PA⊥平面ABC，又BC?平面ABC，
則BC⊥PA，又BC⊥AC，
即BC垂直于平面PAC內(nèi)的兩條相交直線，
故BC⊥平面PAC，又AM?平面PAC，
則AM⊥BC；
（2）解：在直線CE上作出CN→=2CE→，連接PN，即得所作，
因?yàn)镸、E分別是棱PC與棱AB的中點(diǎn)，所以PN∥ME，
又PN?平面MAB，且ME?平面MAB，
則PN∥平面MAB，連接NA，NB，
此時(shí)四邊形ANBC為正方形，即BN⊥NA，
在（1）中已證得PA⊥平面ABC，則PA⊥BN，
又AN∩PA＝A，AN，PA?平面PAN，
所以BN⊥平面PAN，又PN?平面PAN，
則BN⊥NP，即∠PNA是二面角P﹣NB﹣A的平面角，
在Rt△PAN中，PA＝AN，則∠PNA=π4，
故二面角P﹣NB﹣A的大小為π4．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的判定及性質(zhì)，考查線面平行的判定及二面角大小的求法，屬中檔題．
18．（14分）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝sin（ωx），其中ω＞0．
（1）設(shè)ω＝1，m∈R，若有且只有一個(gè)x0∈（0，m），使得函數(shù)y=f(x+π4)取得最小值，求m的取值范圍；
（2）若對(duì)任意的x∈R，皆有f(x)+f(2π3?x)=0成立，且函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間(?π8，0)上是嚴(yán)格增函數(shù)，求函數(shù)y＝f（x）的最小正周期．
【分析】（1）由題意可得π4＜x+π4＜π4+m，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象可得3π2＜m+π4≤7π2，求解即可；
（2）由題意可得函數(shù)y＝f（x）關(guān)于點(diǎn)(π3，0)對(duì)稱，從而得ω＝3k，其中k為整數(shù)．再由函數(shù)在區(qū)間(?π8，0)上是嚴(yán)格增函數(shù)，可得T=2πω≥π4，從而得ω＝3或ω＝6，檢驗(yàn)得ω＝3，即得答案．
解：（1）當(dāng)ω＝1時(shí)，f（x）＝sinx，
所以函數(shù)y=f(x+π4)=sin(x+π4)在區(qū)間（0，m）上只有一個(gè)最小值點(diǎn)，
又因?yàn)棣?＜x+π4＜π4+m，
由正弦函數(shù)的圖象可知：3π2＜m+π4≤7π2，
解得5π4＜m≤13π4，
所以m的取值范圍為（5π4，13π4]；
（2）由f(x)+f(2π3?x)=0，
可知函數(shù)y＝f（x）關(guān)于點(diǎn)(π3，0)對(duì)稱．
因此sin(ωπ3)=0，解得ω＝3k，其中k為整數(shù)．
由于函數(shù)在區(qū)間(?π8，0)上是嚴(yán)格增函數(shù)，
所以T2≥0﹣（?π8）=π8，
所以T=2πω≥π4，
結(jié)合ω＝3k，其中k為整數(shù)，
所以0＜ω≤8，
又ω＝3k，其中k為整數(shù)，
所以ω＝3或ω＝6，
當(dāng)ω＝6時(shí)，f（x）＝sin（6x），
函數(shù)在區(qū)間(?π8，0)上不是嚴(yán)格增函數(shù)，
當(dāng)ω＝3時(shí)，f（x）＝sin（3x），
函數(shù)在區(qū)間(?π8，0)上是嚴(yán)格增函數(shù)，且關(guān)于點(diǎn)(π3，0)對(duì)稱．
所以ω＝3．
因此函數(shù)y＝f（x）的最小正周期為T=2π3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題．
19．（14分）機(jī)器人競(jìng)技是繼電子競(jìng)技之后熱門的科技競(jìng)技項(xiàng)目．某區(qū)為了參加市機(jī)器人競(jìng)技總決賽，開展了區(qū)內(nèi)選拔賽，其中A、B、C、D四人進(jìn)入?yún)^(qū)內(nèi)個(gè)人組決賽，按照規(guī)則每人與其他三人各進(jìn)行一場(chǎng)比賽，且這三場(chǎng)比賽互相獨(dú)立．下表統(tǒng)計(jì)的是A在近期熱身中分別與B、C、D三人比賽的情況．
（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，試估計(jì)在區(qū)內(nèi)決賽中A至少獲勝一場(chǎng)的概率；
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，請(qǐng)給B、C、D三人設(shè)計(jì)一個(gè)出場(chǎng)順序，使得A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率最大，并說明理由．
【分析】（1）根據(jù)表格中所給數(shù)據(jù)可以得到A與B、C、D比賽獲勝的概率p1，p2，p3，再利用對(duì)立事件的概率關(guān)系求解；
（2）結(jié)合題意可知：出場(chǎng)順序共有6種，為：BCD、BDC、CBD、CDB、DBC、DCB，分別計(jì)算這6種出場(chǎng)順序使得A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率，再比較大小即可求解．
解：（1）A與B比賽獲勝的概率為：p1=412=13，A與C比賽獲勝的概率為：p2=510=12，A與D比賽獲勝的概率為：p3=1215=45，
因?yàn)椤皼Q賽中A至少獲勝一場(chǎng)”的對(duì)立事件為“決賽中A一場(chǎng)都沒有獲勝”，
則“決賽中A一場(chǎng)都沒有獲勝”的概率為：P0=(1?p1)(1?p2)(1?p3)=(1?13) (1?12)(1?45)=23×12×15=115，
所以“決賽中A至少獲勝一場(chǎng)”的概率為：P=1?P0=1?115=1415；
（2）①若出場(chǎng)順序?yàn)锽CD，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P1=13×12×(1?45)+(1?13)×12×45= 130+415=310，
②若出場(chǎng)順序?yàn)锽DC，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P2=13×45×(1?12)+(1?13)×45×12= 215+415=25，
③若出場(chǎng)順序?yàn)镃BD，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P3=12×13×(1?45)+(1?12)×13×45= 130+215=16，
④若出場(chǎng)順序?yàn)镃DB，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P4=12×45×(1?13)+(1?12)×45×13= 415+215=25，
⑤若出場(chǎng)順序?yàn)镈BC，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P5=45×13×(1?12)+(1?45)×13×12=215+130=16，
⑥若出場(chǎng)順序?yàn)镈CB，則A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率為：P6=45×12×(1?13)+(1?45)×12×13= 415+130=310，
因?yàn)?5＞310＞16，
所以要使A在這三場(chǎng)比賽中連勝兩場(chǎng)的概率最大，出場(chǎng)順序?yàn)锽DC或CDB．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了獨(dú)立事件的概率乘法公式，屬于中檔題．
20．（18分）設(shè)a＞0，m＞0，F(xiàn)1、F2分別是雙曲線Γ：x2a2?y2=1的左、右焦點(diǎn)，直線l：x﹣my﹣2＝0經(jīng)過點(diǎn)F2與Γ的右支交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）若點(diǎn)M是Γ上的一點(diǎn)，|MF1|＝2，求|MF2|的值；
（2）設(shè)λ、μ∈R，點(diǎn)P在直線x＝6上，若點(diǎn)O、A、P、B滿足：OA→=λBP→，OB→=μAP→，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)AO的延長(zhǎng)線與Γ交于G點(diǎn)，若向量OA→與OB→滿足：OA→?OB→≥17，求△GAB的面積S的取值范圍．
【分析】（1）利用雙曲線定義求解即可；
（2）由x?my?2=0x2?3y2=3，得（m2﹣3）y2+4my+1＝0，利用韋達(dá)定理求解即可；
（3）設(shè)A（x1，y1）B（x2，y2），G（﹣x1，﹣y1）?S△AGB＝2S△AOB，由OA→?OB→=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+2m(y1+y2)+4≥17，結(jié)合韋達(dá)定理和函數(shù)得單調(diào)性求解即可．
解：（1）直線l：x﹣my﹣2＝0經(jīng)過點(diǎn)F2，
令y＝0，則x＝2，
即F2(2，0)?c=2?a=3，
因?yàn)閨MF1|＝2，
所以點(diǎn)M在左支，
所以|MF2|=2+23；
（2）點(diǎn)O、A、P、B滿足OA→=λBP→，OB→=μAP→，
所以四邊形OAPB為平行四邊形，
因?yàn)殡p曲線Γ：x23?y2=1，
由x?my?2=0x2?3y2=3，得（m2﹣3）y2+4my+1＝0，
所以y1+y2=?4mm2?3，y1?y2=1m2?3，
所以x1+x2=my1+2+my2+2=m(y1+y2)+4=?4m2m2?3+4(m2?3)m2?3=?12m2?3，
x1?x2=(my1+2)?(my2+2)=m2y1?y2+2m(y1+y2)+4，
AB的中點(diǎn)(63?m2，2m3?m2)，即OP中點(diǎn)與AB中點(diǎn)相同，
所以3=63?m2?m=1?yp=2?2m3?m2=2，
所以P（6，2）；
（3）設(shè)A（x1，y1）B（x2，y2），G（﹣x1，﹣y1）?S△AGB＝2S△AOB，
y1?y2=1m2?3＜0?m2＜3，
OA→?OB→=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+2m(y1+y2)+4≥17，
所以m2+1m2?3+2m?4mm2?3+4≥17m2?3＜0，
所以2≤m2＜3，
所以S△GAB=2×12×2|y1?y2|=2(y1+y2)2?4y1y2=43m2+13?m2，
令m2+1=t，t∈[3，2)?m2=t2?1，
f(t)=43t3?(t2?1)=43t4?t2=434t?t，
因?yàn)?t?t在t∈[3，2)單調(diào)遞減，f（t）在t∈[3，2)單調(diào)遞增，
所以f（t）在t=3時(shí)取得最小值為12，
所以S△GAB∈[12，+∞）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與雙曲線方程的應(yīng)用，屬于難題．
21．（18分）設(shè)t＞1，n≥1，n∈N，若正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足1tan＜an+1＜an，則稱數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（t）”．
（1）設(shè)m≥1，m∈N，若數(shù)列10，7，m，4，3具有性質(zhì)“P（2）”，求滿足條件的m的值；
（2）設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝（n+1）（t9）n，問是否存在t使得數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（t）”？若存在，求出滿足條件的t的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝ln（ex﹣1）﹣lnx，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1=23，an+1＝f（an），證明：數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（3）”，并比較Sn與1?13n的大?。?br>【分析】（1）根據(jù)性質(zhì)“P（t）”的定義可得關(guān)于m的不等式組，求解即可；
（2）根據(jù)性質(zhì)“P（t）”的定義可得1t(n+1)(t9)n＜(n+2)(t9)n+1＜(n+1)(t9)n?t2＞9(n+1)n+2t＜9(n+1)n+2，根據(jù)單調(diào)性求出9(n+1)n+2的范圍，從而可求解t的取值范圍；
（3）求出an+1，通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可分別證明an+1＜an，13an＜an+1，從而證得數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（3）”，由13an＜an+1?an+1an＞13，利用累乘法可得當(dāng)n≥2時(shí)，an＞2?(13)n，分n＝1和n≥2，即可比較Sn與1?13n的大小．
解：（1）∵數(shù)列10，7，m，4，3具有性質(zhì)“P（2）”，
∴72＜m＜712m＜4＜m?4＜m＜7，m∈N，
∴m＝5，6．
（2）假設(shè)存在t使得數(shù)列an=(n+1)(t9)n具有性質(zhì)“P（t）”，
∴1t(n+1)(t9)n＜(n+2)(t9)n+1＜(n+1)(t9)n?t2＞9(n+1)n+2t＜9(n+1)n+2，
∵9(n+1)n+2=9?9n+2在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴9?9n+2∈[6，9)，
∴t2≥9t＜6?t∈[3，6)，
∴存在t∈[3，6）使得數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（t）”．
（3）證明：∵a1=23，an+1=f(an)=ln(ean?1)?lnan，
∴a1=23，an+1=ln(ean?1)?lnan，
∴an+1?an=ln(ean?1)?lnan?an=lnean?1an?ean，
令g（x）＝ex﹣1﹣x?ex，x＞0，
則g′（x）＝﹣xex＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）＜g（0）＝0，即ex﹣1＜x?ex，
∴0＜ex?1x?ex＜1，即0＜ean?1an?ean＜1，lnean?1an?ean＜0，
∴an+1＜an，
13an?an+1=13an?ln(ean?1)+lnan=lne13an?ln(ean?1)+lnan＝lne13an?anean?1，
令h（x）=e13x?x?ex+1，x＞0，則h′（x）=13e13x?x+e13x?ex=e13x（13x+1?e23x），
令φ（x）=13x+1?e23x，x＞0，則φ′（x）=13?23e23x是減函數(shù)，
∴φ′（x）＜φ′（0）=13?23=?13＜0，∴φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴φ（x）＜φ（0）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＜h（0）＝0，即e13x?x＜ex﹣1，∴0＜e13x?xex?1＜1，
即0＜e13an?anean?1＜1，∴l(xiāng)ne13an?anean?1＜0，
∴13an＜an+1，
綜上：13an＜an+1＜an，∴數(shù)列{an}具有性質(zhì)“P（3）”，
13an＜an+1?an+1an＞13，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，an=anan?1?an?1an?2???a2a1?a1＞23?(13)n?1=2?(13)n，
當(dāng)n＝1時(shí)，S1=a1=23=1?13，
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＞2?13(1?(13)n)1?13=1?(13)n．
綜上，當(dāng)n＝1時(shí)，Sn=1?(13)n，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＞1?(13)n．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查數(shù)列的新定義問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式大小的比較，考查運(yùn)算求解能力與邏輯推理能力，屬于難題．
B
C
D
比賽的次數(shù)
12
10
15
A獲勝的次數(shù)
4
5
12
題號(hào)
13
14
15
16
答案
B
D
C
B
B
C
D
比賽的次數(shù)
12
10
15
A獲勝的次數(shù)
4
5
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