广州市2022届高三年级调研考数学试卷(附详解)

广州市2022届高三年级调研考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.已知集合A={x|−1<x⩽1}，B={x|0≤x≤2}，则A∪B=()
A. {x|−1<x⩽2}
B. {x|−1≤x≤2}
C. {x|0≤x≤1}
D. {x|−1<x≤0}
2.复数z=5
2−i
的虚部是()
A. i
B. 5
3C. 5
3
i D. 1
3.已知角α的终边过点P(1,2)，则2sinα+cosα
3sinα−cosα
=()
A. 2
B. 1
C. −1
D. −2
4.已知S n是等差数列{a n}的前n项和，a7>0，S11<0，则S n的最小值为()
A. S4
B. S5
C. S6
D. S7
5.如图，某建筑物是数学与建筑的完美结合.该建筑物外形弧线的一段近似看成双曲
线下支的一部分，且此双曲线y2
a2−x2
b2
=1(a>0,b>0)的下焦点到渐近线的距离为
3，离心率为2，则该双曲线的标准方程为()
A. y2
3−x2=1 B. y2−x2
3
=1 C. y2
9
−x2
3
=1 D. y2
3
−x2
9
=1
6.2021年7月，我国河南省多地遭受千年一遇的暴雨，为指导防汛救灾工作，某部门
安排甲，乙，丙，丁，戊五名专家赴郑州，洛阳两地工作，每地至少安排一名专家，则甲，乙被安排在不同地点工作的概率为()
A. 2
5B. 1
2
C. 8
15
D. 3
5
7.已知三棱锥P−ABC的顶点都在球O的球面上，ΔABC是边长为2的等边三角形，球O
的表面积为64
9
π，则三棱锥P−ABC的体积的最大值为()
A. 2√3
B. 2√3
3C. 4√3
3
D. 4√3
9
8.已知直线l1:mx−y−3m+1=0与直线l2:x+my−3m−1=0相交于点P，线段
AB是圆C:(x+1)2+(y+1)2=4的一条动弦，且|AB|=2√3，则|PA⃗⃗⃗⃗ +PB
⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为()
A. 4√2
B. 4√2−2
C. 2√2−1
D. 4√2−1
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.下列命题中，真命题的是()
A. 若样本数据x1，x2，⋯，x10的方差为2，则数据2x1−1，2x2−1，⋯，2x10−1
的方差为8
B. 若回归方程为ŷ=−0.45x+0.6，则变量y与x负相关
C. 若随机变量X服从正态分布N(3,σ2)，P(X≤4)=0.64，则P(2≤X≤3)=0.07
D. 在线性回归分析中决定系数R2用来刻画回归的效果，若R2值越小，则模型的拟
合效果越好
10.如图所示，一个底面半径为√2的圆柱被与其底面所成的角为θ=45°的平面所截，
截面是一个椭圆，则()
A. 椭圆的长轴长为4
B. 椭圆的离心率为√2
4
C. 椭圆的方程可以为x2
4+y2
2
=1
D. 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为2−√2
11.对于函数f(x)=1
3x3+1
2
x2+cx+d，c，d∈R，下列说法正确的是()
A. 存在c，d使得函数f(x)的图像关于原点对称
B. f(x)是单调函数的充要条件是c≥1
4
C. 若x1，x2为函数f(x)的两个极值点，则x14+x24>1
8
D. 若c=d=−2，则过点P(3,0)作曲线y=f(x)的切线有且仅有2条
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面α，下面
说法正确的是()
A. 若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM
CC1=1−√2
2
B. 当点M与点C1重合时，若平面α截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C. 直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为[√3
3,√2 2
]
D. 若点M为CC1的中点，平面α过点B，则平面α截正方体所得截面图形的面积为9
2
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)=x2−sin(πx)，则f(2)=．
14.若(1
3x3−x)n的展开式中第r+1项为常数项，则r
n
=．
15.已知函数f(x)={e x−1,x≤λ
−x2+6x−8,x>λ，若函数f(x)恰有2个零点，则实数λ的取值范围是．
16.已知扇形POQ的半径为2，∠POQ=π
3
，如图所示，在此扇形中截出一个内接矩形ABCD(点B，C在弧PQ上)则矩形ABCD面积的最大值为．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在锐角ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若m⃗⃗⃗ =(c,b)，n⃗=(√3
2
,sinB)，m⃗⃗⃗ //n⃗．
(1)求C;
(2)求sinA+sinB的取值范围．
18.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，S n+1=2S n+n+1．
(1)证明：数列{a n+1}为等比数列;
(2)在a k和a k+1(k∈N∗)中插入k个数构成一个新数列{b n}:a1，2，a2，4，6，a3，8，
10，12，a4，⋯，其中插入的所有数依次构成首项和公差都为2的等差数列.求数列{b n}的前30项和T30．
19.如图，在三棱锥P−ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB=2，BC=1，PD=
3BD=3．
(1)求证：PA⊥AC;
(2)求二面角P−AC−D的余弦值．
20.某校开展“学习新中国史”的主题学习活动.为了调查学生对新中国史的了解情况，
需要对学生进行答题测试，答题测试的规则如下：每位参与测试的学生最多有两次答题机会，每次答一题，第一次答对，答题测试过关，得5分，停止答题测试;第一次答错，继续第二次答题，若答对，答题测试过关，得3分;若两次均答错，答题测试不过关，得0分.某班有12位学生参与答题测试，假设每位学生第一次和第二次答题答对的概率分别为m，0.5，两次答题是否答对互不影响，每位学生答题测试过关的概率为p．
(1)若m=0.5，求每一位参与答题测试的学生所得分数的数学期望;
(2)设该班恰有9人答题测试过关的概率为f(p)，当f(p)取最大值时，求p，m．
21. 已知椭圆C:
x 2a
2+
y 2b 2
=1(a >b >0)的离心率为√
3
2
，F 1，F 2分别为椭圆C 的左，右焦
点，M 为椭圆C 上一点，ΔMF 1F 2的周长为4+2√3． (1)求椭圆C 的方程;
(2)P 为圆x 2+y 2=5上任意一点，过P 作椭圆C 的两条切线，切点分别为A ，B ，判断PA
⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 是否为定值?若是，求出定值;若不是，说明理由．
22. 已知函数f(x)=2ax −x 2−2lnx.
(1)若f(x)在定义域内单调，求实数a 的取值范围;
(2)若a ≤5
2，m ，n 分别为f(x)的极大值和极小值，求m −n 的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
根据并集定义进行求解即可．
【解答】
解：∵A={x|−1<x≤1}，B={x|0≤x≤2}，
∴A∪B={x|−1<x⩽2}，
故答案选：A．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查复数的概念，复数的四则运算，属于基础题．利用复数的四则运算化简z，根据复数的概念，即可求解．【解答】
解：因为z=5
2−i =5(2+i)
(2−i)(2+i)
=2+i，
所以z=5
2−i
的虚部为1．故答案选：D．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题．
先由任意角的三角函数得出tanα=2，利用同角三角函数的基本关系把要求的式子化为
2tanα+1
3tanα−1
，代入计算可得结果．
【解答】
解：∵角α的终边过点P(1,2)，
∴tanα=2，
则2sinα+cosα3sinα−cosα=2tanα+1
3tanα−1
=4+1
6−1
=1．
故答案选：B．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等差数列的前n项和公式和等差数列的性质，属于基础题．
由等差数列的求和公式和等差数列的性质可得等差数列{a n}的前6项为负数，从第7项开始为正数，，可得结论．
【解答】
解：由题意可得S12=12(a1+a12)
2
=6(a1+a12)=6(a6+a7)<0，
∴a6+a7<0，a7>0，
∴a6<0，a7>0，
∴等差数列{a n}的前6项为负数，从第7项开始为正数，
∴S n中最小的是S6．
故答案选：C．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了双曲线的概念与标准方程与性质及几何意义，属于中档题．
利用离心率的计算公式得c=2a，由双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长得b= 3，再利用c2=a2+b2计算得结论.
【解答】
解：∵e=c
a
=2，
∴c=2a，
又焦点F(0,−c)到渐近线y=a
b
x的距离∴3=b，
又c2=a2+b2，则4a2=a2+9，
∴a2=3，
所以双曲线的方程为y2
3−x2
9
=1．
故答案选：D．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查利用古典概型求概率，属于基础题．
根据题意，求出把5人分配到两地的方法数，其中甲，乙被安排在不同地点的方法数，由古典概型公式求得概率．
【解答】
解：把5人分到两地的方法数为25−2=30，
其中甲乙在不同地点的方法数为A22·23=16，
所以所求概率为p=16
30=8
15
，
故答案选：C．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查球的内接体，三棱锥的体积的最大值以及球的面积的应用，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题．
画出图形，求出球的半径，求出底面三角形ABC的外接圆的半径，分析出P与底面三角
形的顶点的连线恰好是正三棱锥时，三棱锥的高取得最大值，然后求解棱锥的体积的最大值即可． 【解答】
解：球O 的表面积为
64π9
，
设球的半径为R ，可得4πR 2=
64π9
，解得R =4
3，
底面三角形ABC 的外接圆的半径为r ，2r =AC
sin60∘=
2
√32
，解得r =
2√33
，
如图，底面三角形的外心为G ，ΔABC 是边长为2的等边三角形， 得底面三角形ABC 的面积为S =1
2×2×2sin60°=√3，
P 与底面三角形的顶点的连线恰好是正三棱锥时，三棱锥的高取得最大值， PG =PO +OG =4
3+√(4
3)2−(
2√33)2
=2，
所以棱锥的体积的最大值为：1
3×√3×2=
2√3
3
． 故答案选：B ．
8.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查直线过定点及两直线垂直的判定，同时考查与圆有关的最值问题及平面向量模的最小值求法，运用平面向量的加法的几何意义是解题的关键，属于较难题． 由已知所给的直线方程，可以判断出直线l 1过定点(3,1)，直线l 2过定点(1,3)，且两直线互相垂直，从而可以得到P 的轨迹方程，设圆心为M ，半径为r 2，作直线CD ⊥AB ，可以求出CD 的值，求得|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值，进而可求出|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值． 【解答】
解：因为m ×1+(−1)×m =0，
所以直线l 1:mx −y −3m +1=0与直线l 2:x +my −3m −1=0互相垂直， 由l 1:mx −y −3m +1=0得m (x −3)−y +1=0，得直线l 1过定点W(3,1)， 由l 2:x +my −3m −1=0得x −1+m (y −3)=0，得直线l 2过定点N(1,3)， 因为WN 中点为M(2,2)，且1
2|WN |=1
2√(3−1)2+(1−3)2=√2，
所以P 点的轨迹方程为(x −2)2+(y −2)2=2，其圆心为M ，半径为r 2=√2，
作直线CD ⊥AB ，根据垂径定理和勾股定理可得：|CD |=1，
所以D 的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，且D 是AB 中点，C(−1,−1)， 由|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|2PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |， 又|PD|min =|MC|−1−√2=2√2−1， 所以|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为4√2−2． 故答案选：B ．
9.【答案】AB
【解析】 【分析】
本题主要考查方差的性质，线性相关性，正态分布的性质，决定系数的含义等知识，属于中档题．
由题意利用概率统计的相关知识逐一考查所给的选项是否正确即可确定正确的命题． 【解答】
解：逐一考查所给的选项：
若样本数据x 1，x 2，…，x 10的方差为2，
则数据2x 1−1，2x 2−1，…，2x 10−1的方差为22×2=8，故A 正确； 回归方程为y
̂=−0.45x +0.6时，由于b ̂=−0.45<0， 故变量x 与y 具有负的线性相关关系，故B 正确； 随机变量X 服从正态分布N(3,σ2)，P(X ≤4)=0.64，
由正态分布的对称性可得：P(3<X ≤4)=0.64−0.5=0.14， 所以P(2≤X ≤3)=0.14，故C 错误；
决定系数R 2来刻画回归的效果，R 2值越大，说明模型的拟合效果越好，因此D 错误． 故答案选：AB ．
10.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查了椭圆的方程与性质，解题的关键是将实际问题转化成数学问题的能力，属于中档题．
结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的a，b，由此判断各选项．
【解答】
解：设椭圆的长半轴长为a，椭圆的短半轴长为b，半焦距为c，
由图可得2acos45∘=2√2，∴a=2，
又b=√2，c2=a2−b2，
∴c=√2，
∴椭圆的长轴长为4，A正确；
椭圆的离心率为√2
2
，B错误；
圆的方程可以为x2
4+y2
2
=1，C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为a−c=2−√2，D正确．
故答案选：ACD．
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查函数的对称性、单调性、利用导数研究函数的极值及几何意义，属于较难题．对A，可证函数不为奇函数；对B，求得f′(x)=x2+x+c，要使f(x)是单调函数，则Δ=1−4c≤0，可求c的范围；对C，要使函数有两极值点，则Δ>0，结合指数性质和韦达定理可求x14+x24范围；对D，可判断−2,1为函数的两个极值点，画出大致图象，可判断有三条切线．
【解答】
解：若存在c ，d 使得函数f (x )的图象关于原点对称，则函数为奇函数，
f (−x )=−1
3x 3+12
x 2−cx +d ，则f (x )+f (−x )=x 2+2d ，对于任意的x ，并不满足f (x )+f (−x )=0，
故函数不为奇函数，故A 错误；
由f (x )=1
3x 3+1
2x 2+cx +d 得f′(x )=x 2+x +c ，
要使f (x )是单调函数，必满足Δ=1−4c ≤0，解得c ≥1
4，故B 正确； 若函数有两极值点，由f′(x )=x 2+x +c ，
必满足Δ>0，即c <14，此时{x 1
+x 2=−1x 1x 2=c
,x 12+x 22
=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=1−2c, x 14+x 24=(x 12+x 22)2−2x 12⋅x 22=(1−2c)2−2c 2
=2c 2−4c +1=2(c −1)2−1，
因为c <1
4，所以2(c −1)2−1>2(14
−1)2
−1=18
，故x 1
4+x 24
>1
8，故C 正确； 若c =d =−2，则f (x )=13x 3+1
2x 2−2x −2，f′(x )=x 2+x −2， 则−2,1为函数的两个极值点， 画出函数大致图象，如图：
三条虚线代表三条相切的切线，故D 错误． 故答案选：BC ．
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查了线面角，正方体中的截面，正方体的展开图，考查运算能力，属于难题．根据正方体的展开图判定A、M、N三点共线，结合相似可判断A；通过两个截面面积不相等且周长相等判断B；建立空间坐标系，利用空间向量求线面角判断C；利用空间向量求梯形的高，得到截面面积判断D．
【解答】
解：对于A选项，将矩形ACC1A1与矩形CC1D1D延展为一个平面，如下图所示：
若AM+MN最短，则A、M、N三点共线，
∵CM=2−√2，CC1=2，
∴CM
CC1=2−√2
2
=1−√2
2
，
所以，A选项正确；
对于B选项，当M与点C1重合时，连接A1D、BD、A1B、AC，AC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，
∵四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC，
∵CC1∩AC=C，∴BD⊥平面ACC1，
∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，同理可证AC1⊥A1D，
∵A1D∩BD=D，∴AC1⊥平面A1BD，
易知△A1BD是边长为2√2的等边三角形，
其面积为S△A
1BD =√3
4
×(2√2)2=2√3，周长为2√2×3=6√2．
设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱A 1D 1、A 1B 1、BB 1、BC 、CD 、DD 1的中点， 易知六边形EFQNGH 是边长为√2的正六边形，且平面EFQNGH//平面A 1BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为6√2，面积为6×√3
4
×(√2)2=3√3，
则△A 1BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误; 对于C 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D −xyz ，
则点A(2,0,0)、B(2,2,0)，
设点M(0,2,a)(0≤a ≤2)，∵AM ⊥平面α， 则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面α的一个法向量， 且AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,a)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，
|cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×√a 2+8=√a 2+8
∈[√33,√22]， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为[√33
,√2
2
]，
则直线AB 与平面α所成角的余弦值范围为[√22,√6
3
]，C 选项错误;
对于D 选项，设平面α交棱A 1D 1于点E(b,0,2)，点M(0,2,1)，AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,1)，
∵AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，
∴AM ⊥DE ，即AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2b +2=0，得b =1， ∴E(1,0,2)，
所以，点E 为棱A 1D 1的中点，同理可知，点F 为棱A 1B 1的中点， 则F(2,1,2)，EF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)， 而DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)，∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴EF//DB 且|EF|≠|DB|， 由空间中两点间的距离公式可得|DE|=√22+02+12=√5， |BF|=√(2−2)2+(1−2)2+(2−0)2=√5， ∴|DE|=|BF|，
所以，四边形BDEF 为等腰梯形，
|EF |=√2，|BD |=2√2，|BF |=|DE |=√5， 面积为1
2×(√2+2√2)×
3√22
=9
2，正确．
故答案选：AD ．
13.【答案】−4
【解析】 【分析】
本题考查了函数的奇偶性，属于基础题． 根据奇函数得f(2)=−f(−2)，代入计算即可． 【解答】
解：∵f(x)为奇函数，
当x<0时，f(x)=x2−sin(πx)，
．
故答案为：−4．
14.【答案】3
4
【解析】
【分析】
本题主要考查二项式的知识，解答本题的关键是知道二项式展开式的特点，属于基础题．由通项公式，第r+1项x的指数为0，可得答案．
【解答】
解：由题意，(1
3x3−x)n的展开式的通项为T r+1=C n r(1
3x3
)
n−r
·(−x)r=C n r(−1)r·
1
3n−r
x−3n+4r，
若第r+1项为常数项，则−3n+4r=0，
所以r
n =3
4
．
故答案为：3
4
．
15.【答案】(−∞,0)∪[2，4)
【解析】
【分析】
本题考查函数图象的运用，考查数形结合以及函数的零点个数的判断，考查发现问题解决问题的能力，属于基础题．
利用函数的图象求解即可．
【解答】
解：如图，分别为y=e x−1和y=−x²+6x−8的大致图象，
当λ<0时，y=e x−1的零点取不到，y=−x2+6x−8取到两个零点，
当λ≥0时，y=e x−1取到一个零点，要使f(x)恰有2个零点，则必须满足2≤λ<4．故λ取值范围为(−∞,0)∪[2，4)．
故答案为：(−∞,0)∪[2，4)．
16.【答案】8−4√3
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：解三角形知识的应用，矩形的面积公式的应用，三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于拔高题．
利用解三角形和三角函数关系式的变换的和正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】
解：连接OB和OC，过O点作BC的垂线，垂足为H，OH交AD于点G，如图所示：
因为OB=OC=2，所以三角形OBC为等腰三角形．
由图形的对称性知，矩形ABCD关于OH对称，所以OA=OD．
设AD=m，因为∠DOA=60∘，所以三角形ODA是等边三角形．
m，BC=AD=m，m∈(0,2)．
∴OG=√3
2
在直角三角形OHB 中， OH =√4−
m 24
=
√16−m 2
2
， ∴HG =OH −OG =
√16−m 2
2
−
√3
2
m ， ∴DC =GH =√16−m 22−√3
2
m.
矩形ABCD 的面积等于： S ABCD =DA ×DC =m(
√16−m 2
2
−
√3
2
m)=
m√16−m 2
2
−
√32
m 2
． 设m =4sinθ，θ∈(0,π
6)，
S ABCD
=16sinθcosθ2−
16√3sin 2θ
2
=8sinθcosθ−8√3sin 2θ =4sin2θ+4√3cos2θ−4√3 =8sin(2θ+π
3
)−4√3
而2θ∈(0,π
3)，2θ+π
3∈(π3,
2π
3
)，sin(2θ+π6
)∈(√3
2
,1]， ∴S ABCD ∈(0,8−4√3].
故矩形ABCD 面积的最大值为8−4√3．
17.【答案】(1)解：由题意m
⃗⃗⃗ //n ⃗ ，得csinB −√32
b =0． 由正弦定理b sinB =
c sinC ，得sinC ⋅sinB −√3
2sinB =0．
在△ABC 中，sinB ≠0，则sinC =√3
2．
因为△ABC 为锐角三角形， 所以C =π
3．
(2)解：由A +B =π−C =
2π
3
，得B =2π3
−A ，
sinA +sinB =sinA +sin(
2π
3
−A) =32sinA +√32cosA =√3sin(A +π6
). 因为△ABC 为锐角三角形，则{0<A <π
2,
0<2π3−A <π2,
解得
，则A +π
6∈(π3,
2π
3
).
所以sin(A+π
6)∈(√3
2
,1]．
所以sinA+sinB∈(3
2
,√3].
【解析】本题考查解三角形、三角恒等变换和三角函数的性质，考查平面向量平行，属于中档题．
(1)由向量平行得csinB−√3
2b=0，利用正弦定理求出sinC=√3
2
，进而可求C；
(2)先求出sinA+sinB=√3sin(A+π
6
)，结合A的范围即可求解．
18.【答案】(1)证明：由题意，当n=1时，S2=2S1+2，
得a1+a2=2a1+2，解得a2=3．
当n≥2时，S n+1=2S n+n+1， ①
S n=2S n−1+n， ②
 ①− ②得a n+1=2a n+1(n≥2)，
因为a2=3=2a1+1，
所以a n+1=2a n+1(n≥1)．
则a n+1+1=2a n+2=2(a n+1)，
所以{a n+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知a n+1=2n，a n=2n−1．
设插入的所有数构成数列{c n}，则c n=2n．
由于1+2+3+4+5+6+7=28，28+2=30，
所以数列{b n}的前30项中包含了数列{a n}的前7项及数列{c n}的前23项，所以T30=a1+a2+⋯+a7+c1+c2+⋯+c23
=21−1+22−1+⋯+27−1+23×(2+46)
2
=2×(27−1)
2−1
−7+552=799．
【解析】本题考查等比数列的通项公式、等比数列的求和以及等比数列的判定与证明，属于中档题．
(1)由题意，当n=1时，S2=2S1+2，得a2=3.当n≥2时，S n+1=2S n+n+1， ①S n= 2S n−1+n， ②
 ①− ②得a n+1+1=2a n+2=2(a n+1)，即可得证；
(2)由(1)知a n+1=2n，a n=2n−1.设插入的所有数构成数列{c n}，则c n=2n.数列{b n}的前30项中包含了数列{a n}的前7项及数列{c n}的前23项，即可求解．
19.【答案】(1)证明：因为BC⊥平面PAC，AC,PC,PA⊂平面PAC，
所以BC⊥AC,BC⊥PC,BC⊥PA，
在Rt▵ABC中，AB=2，BC=1，则AC=√3，
在中，AB=2，BD=1，则AD=√3，
在Rt▵APD中，AD=√3，PD=3，则PA=2√3，
在中，BC=1，PB=4，则PC=√15，
所以PA2+AC2=15=PC2，
所以PA⊥AC；
(2)解：因为PA⊥AC，BC⊥PA，且BC∩AC=C，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC，
在平面ABC中过点A作x轴⊥AC，则PA⊥AC，
如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0),B(1,√3,0),C(0,√3,0),P(0,0,2√3)，
则CB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−√3,2√3), AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0)，
则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(34,3√34,√32
)， 因为BC ⊥平面PAC ，所以CB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)即为平面PAC 的一条法向量， 设平面ACD 的法向量n
⃗ =(x,y,z )， 则有{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34x +3√34y +
√32z =0n ⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =√3y =0，可取n ⃗ =(2,0,−√3)， 则cos⟨CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1×√7=2√77
， 由二面角P −AC −D 为锐角，所以二面角P −AC −D 的余弦值为2√77
．
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，考查二面角的求法，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题．
(1)根据线面垂直的性质可得BC⊥AC,BC⊥PC,BC⊥PA，利用勾股定理求得PA,AC,PC，再利用勾股定理即可证得PA⊥AC；
(2)证明PA⊥平面ABC，在平面ABC中过点A作x轴⊥AC，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得答案．
20.【答案】(1)解：设每一位参与答题测试的学生所得分数为随机变量X，
则X的可能取值分别为5，3，0，
则P(X=5)=0.5，P(X=3)=(1−0.5)×0.5=0.25，
P(X=0)=(1−0.5)(1−0.5)=0.25．
则每一位参与答题测试的学生所得分数的数学期望为
E(X)=5×0.5+3×0.25+0×0.25=3.25．
(2)解：由题意得f(p)=C129p9(1−p)3，(0<p<1)
则f′(p)=C129[9p8(1−p)3−3p9(1−p)2]
=3C129p8(1−p)2(3−4p)．
由f′(p)=0，得p=0.75，
由f′(p)>0，得0<p<0.75
由f′(p)<0，得0.75<p<1
所以f(p)在(0,0.75)上是增函数，在(0.75,1)上是减函数．
所以p=0.75是f(p)的极大值点，也是f(p)的最大值点．
由题意得p=1−(1−m)(1−0.5)=0.5+0.5m．
则0.5+0.5m=0.75，解得m=0.5．
所以f(p)取得最大值时，p=0.75，m=0.5．
【解析】本题考查离散型随机变量的期望，属于中档题．
(1)设每一位参与答题测试的学生所得分数为随机变量X，则X的可能取值分别为5，3，0，先求概率，再求期望；
(2)由题意得f(p)=C129p9(1−p)3，(0<p<1)，则f′(p)=3C129p8(1−p)2(3−4p).可得f(p)在(0,0.75)上是增函数，在(0.75,1)上是减函数.得p=1−(1−m)(1−0.5)=
0.5+0.5m.则0.5+0.5m =0.75，解得m =0.5．
21.【答案】解：(1)解：由已知可得{2a +2c =4+2√3,
c a =√32
,a 2=b 2+c 2, 解得a =2，b =1，c =√3．
所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．
(2)解：设P(x 0,y 0)，则x 02+y 02=5．
当x 0=±2，则y 0=±1，显然PA ⊥PB ，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0．
当x 0≠±2，过点P 的切线可设为y =k(x −x 0)+y 0，
由{y =kx +(y 0−kx 0)x 2+4y 2=4
得(4k 2+1)x 2+8k(y 0−kx 0)x +4[(y 0−kx 0)2−1]=0， 所以Δ=64k 2(y 0−kx 0)2−16(4k 2+1)[(y 0−kx 0)2−1]=0．
整理成关于k 的方程(4−x 02)k 2+2x 0y 0k +1−y 02=0，
此方程的两个根k 1，k 2就是切线PA ，PB 的斜率，
所以k 1⋅k 2=1−y 024−x 02=1−(5−x 02)4−x 02=−1．
所以PA ⊥PB ．
所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0为定值．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、向量数量积运算性质，考查了推理能力计算能力，属于拔高题．
(1)由题意得：{2a +2c =4+2√3,
c a
=√32,a 2=b 2+c 2,
，联立解得； (2)设P(x 0,y 0)由题意可得{y =kx +(y 0−kx 0)x 2+4y 2=4
，化为(4k 2+1)x 2+8k(y 0−kx 0)x +4[(y 0−kx 0)2−1]=0，利用根与系数的关系、向量数量积运算性质即可得出．
22.【答案】(1)解：函数f(x)=2ax −x 2−2lnx 的定义域为(0,+∞).
f′(x)=2a −2x −2x =2ax−2x 2−2x =−2x 2+2ax−2x ，
因为y =−2x 2+2ax −2开口向下，
所以f(x)只能在(0,+∞)上单调递减，
即−2x 2+2ax −2≤0在(0,+∞)上恒成立，
即a ≤x +1x 在(0,+∞)上恒成立
因为x +1x ≥2(当且仅当x =1时，取等号)，
所以a ≤2.
(2)解：因为f(x)有极大值和极小值，所以f(x)在定义域内必不单调，
由(1)得a >2，又因为a ≤52，故2<a ≤52．
由f′(x)=−2x 2+2ax−2x =0，得−2x 2+2ax −2=0．
设x 1，x 2为方程−2x 2+2ax −2=0的两个根，
不妨设0<x 1<1<x 2，则x 1+x 2=a ，x 1x 2=1．
当x ∈(0,x 1)时，f′(x)<0；当x ∈(x 1,x 2)时，f′(x)>0；当x ∈(x 2,+∞)时，
f′(x)<0， ∴f(x)在(0,x 1)，(x 2,+∞)上递减，在(x 1,x 2)上递增，
所以n =f(x 1)=2ax 1−x 12−2lnx 1，m =f(x 2)=2ax 2−x 22−2lnx 2．
m −n =(2ax 2−x 22−2lnx 2)−(2ax 1−x 12−2lnx 1)
=2a(x 2−x 1)−(x 22−x 12)−2ln x 2x 1
=2(x 1+x 2)(x 2−x 1)−(x 22−x 12)−2ln
x 2x 1 =(x 22−x 12)−2ln x 2x 1
=x 22−x 1
2x 1x 2
−2ln x 2x 1=x 2x 1−x 1x 2−2ln x 2x 1． 令t =x 2x 1，因为0<x 1<1<x 2，所以t >1，
又因为a 2=(x 1+x 2)2
x 1x 2
=2+x 1x 2+x 2x 1=2+t +1t ，2<a ≤52， 所以4<2+t +1t ≤254，解得1<t ≤4.
故m −n =S(t)=t −1t −2lnt ，1<t ≤4.
因为S′(t)=1+1
t 2−2t =(t−1)2t 2>0，
所以S(t)在(1,4]上单调递增．
由于S(1)=0，S(4)=154−4ln2，
所以m −n 的取值范围为(0,154−4ln2]．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，属于难题．
(1)求出f′(x)，利用二次函数的性质得−2x 2+2ax −2≤0在(0,+∞)上恒成立，分离a ，
利用基本不等式即可求解;
(2)由题f(x)在定义域内必不单调，由f′(x)=−2x2+2ax−2
x
=0，得−2x2+2ax−2=0.设
x1，x2为方程−2x2+2ax−2=0的两个根，0<x1<1<x2，求出m−n=x2
x1−x1
x2
−
2ln x2
x1，换元，令t=x2x
1
，构造S(t)=t−1
t
−2lnt，1<t≤4，利用导数即可求解．。