浙江省绍兴市上虞区2023届高三数学第二次适应性考试(二模)试卷

浙江省绍兴市上虞区2023届高三数学第二次适应性考试（二模）试卷
(共8题；共16分)
1．（2分）已知集合A ={x ∣y =√x +3}，B ={x ∣x−3
x−1
<0}，则A ∪B =（ ）
A ．(−3，+∞)
B ．[−3，+∞)
C ．(−3，3)
D ．[−3，3)
2．（2分）已知复数z 满足z(√3−i)=2i ，其中i 为虚数单位，则z 的虚部为（ ）
A ．√32
B ．√32
i
C ．−12
D ．−√32
3．（2分）在△ABC 中，AB ⊥AC ，AB =2，AC =1，则BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模为（ ）
A ．1
B ．2
C ．2√55
D ．4√55
4．（2分）已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)，(A >0，ω>0)在区间(0，6)内取得一个最大值3和一个最小值
−3，且f(2)=3，f(5)=−3，则ω=（ ） A ．2π3
B ．π2
C ．π3
D ．π6
5．（2分）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽发现并采用的，一种用于计算球体体积的方法，类似于现在的微
元法.由于其采用的模型像一个牟合的方形盒子，故称为牟合方盖.本质上来说，牟合方盖是两个半径相等并且轴心互相垂直的圆柱体相交而成的三维图形，如图1所示.刘徽发现牟合方盖后200多年，祖冲之及他的儿子
祖暅，推导出牟合方盖八分之一部分的体积计算公式为V =2
3
r 3（r 为构成牟合方盖的圆柱底面半径）.图2为
某牟合方盖的18
部分，且图2正方体的棱长为1，则该牟合方盖的体积为（ ）
A ．23
B ．4√23
C ．163
D ．32√23
6．（2分）已知直线x +y =a(a >0)与圆x 2+y 2=4交于A ､B 两点，若|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，其中O 为原点，则实数a 的值为（ ）
A ．1
B ．√2
C ．√3
D ．2
7．（2分）已知正数a ，b ，c 满足e a =b =lnc ，e 为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（ ）
A ．a +c <2b
B ．a +c >2b
C ．ac <b 2
D ．ac >b 2
8．（2分）如图，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD =3，CD =√3，AB =2√3.连AC ，将△ADC 沿
AC 翻折成三棱锥D −ABC ，当三棱锥D −ABC 外接球表面积的最小值时，二面角D −AC −B 的余弦值为
（ ）
A ．−12
B ．0
C ．12
D ．23
(共4题；共8分)
9．（2分）记正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列数列为等比数列的有（ ）
A ．{a n+1+a n }
B ．{a n+1a n }
C ．{S
n a
n
}
D ．{S n S n+1}
10．（2分）某学校一同学研究温差x(o
C)与本校当天新增感冒人数y （人）的关系，该同学记录了5天的数
据：
经过拟合，发现基本符合经验回归方程y
̂=2.6x +a ̂，则（ ）
A ．样本中心点为
(8，25)
B ．a
̂=4.2 C ．x =5时，残差为−0.2
D ．若去掉样本点(8，25)，则样本的相关系数r 增大
11．（2分）声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数y =Asinωt ，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.我们听到的声音函数是y =sinx +12sin2x +1
3sin3x +⋯，记f n (x)=sinx +12sin2x +
⋯+1
n sinnx ，n ∈N ∗则下列结论中正确的为（ ）
A ．f 2(x)在[0，π
2]上是增函数
B ．f 2(x)的最大值为3√
32
C ．f n (x)的最小正周期为2π
D ．|f n (x)|≤|nx|
12．（2分）已知点F 1，F 2是椭圆E ：x 2a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的左右焦点，点M 为椭圆E 上一点，点F 1关于
∠F 1MF 2平分线的对称点N 也在椭圆E 上，若cos∠F 1MF 2=7
9
，则（ ）
A ．△F 1MN 的周长为4a
B ．|MF 2||NF 2
|=12
C ．∠F 1MF 2平分线的斜率为−√22
D ．椭圆
E 的离心率为√
33
(共4题；共4分)
13．（1分）设双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的离心率为 . 14．（1分）已知(2x 3+1x
)n 的展开式的常数项是第7项，则n = .
15．（1分）已知函数y =f(2x +1)为偶函数，且f(x)+f(−x)=2，则f(2022)+f(2024)= . 16．（1分）已知函数f(x)=lnx +ax 2+b ，若f(x)在区间[2，3]上有零点，则ab 的最大值为 .
(共6题；共12分)
17．（2分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{√2S n −n}是首项为1，公差为1的等差数列，
（1）（1分）求数列{a n }的通项公式；
（2）（1分）设b n =a 2n ，求数列{(−1)n b n }的前n 项和T n .
18．（2分）如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ，△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △，∠BDC =
90∘，AB =2，DE =√2.
（1）（1分）求证：AE ⊥BC ；
（2）（1分）若AE//平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.
19．（2分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2(b 2−a 2)+c 2=0.
（1）（1分）求sinAcosB
cosAsinB
的值；
（2）（1分）求A −B 的最大值.
20．（2分）某手机APP 公司对喜欢使用该APP 的用户年龄情况进行调查，随机抽取了100名喜欢使用该APP
的用户，年龄均在[15，65]周岁内，按照年龄分组得到如下所示的样本频率分布直方图：
附：若随机变量X 服从正态分布N(μ，σ2)，则：P(μ−σ<X <μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ<X <μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<X <μ+3σ)≈0.9973
（1）（1分）根据频率分布直方图，估计使用该视频APP 用户的平均年龄的第85%分位数（小数点后保留2位）；
（2）（1分）若所有用户年龄X 近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ≈10.5，试估计喜欢使用该APP 且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP 的比例；
（3）（1分）用样本的频率估计概率，从所有喜欢使用该APP 的用户中随机抽取8名用户，用P(X =k)表示这8名用户中恰有k 名用户的年龄在区间[25，35)岁的概率，求P(X =k)取最大值时对应的k 的值；
21．（2分）已知抛物线C ：x 2=2py(p >0)的焦点为F ，过点F 斜率为1的直线与抛物线相交所截得的弦长为
2.
（1）（1分）求p 的值并写出抛物线焦点F 的坐标；
（2）（1分）设点P 是抛物线外任意一点，过点P 作抛物线C 的切线，切点分别为Q ､R ，探究：是否存在以点
Q 为直角顶点的等腰直角三角形PQR .若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
22．（2分）设函数f(x)=ln(x +1)−12ax 2，g(x)=1
2
ax 2−axe
x ，其中
a ∈R .
（1）（1分）当a =1
2
时，求函数f(x)的值域；
（2）（1分）设F(x)=f(x)+g(x)，当0<a <1时，
①证明：函数F(x)恰有两个零点；
②若x0为函数F(x)的极值点，x1为函数F(x)的零点，且x1>x0，证明：2x0>x1.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】由 A ={x ∣y =√x +3}得 A ={x|x ≥−3}，
由 x−3x−1<0⇔(x −3)(x −1)<0，
得 B ={x|1<x <3} 故A ∪B= [-3，+∞). 故选：B.
【分析】根据已知条件，结合并集的定义，即可求解出答案.
2．【答案】A
【解析】【解答】由 z(√3−i)=2i ， 得z =
2i 3−i =2i (√3+i )3−i 3+i =−12+√3
2i ， ∴虚部为√
32
故选：A.
【分析】根据已知条件，结合复数的乘除运算以及虚部的定义，即可求解出答案.
3．【答案】D
【解析】【解答】 根据已知条件可得BC =
√AB 2
+AC 2
=√5，
BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模为BA →·cosB =21√5
=2√55 故选：C.
【分析】 由已知条件结合勾股定理求出BC ，再结合投影公式，即可求解出 BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的模. 4．【答案】C
【解析】【解答】由函数f(x)=Asin(ωx +φ)，(A >0，ω>0)在区间(0，6)内取得一个最大值3和一个最小
值 −3，得A=3，
又因为 f(2)=3，f(5)=−3， 所以T 2
=5−2，解得T=6，
所以ω=2πT
=2π6=π
3
故选：C.
【分析】 根据函数f(x)=Asin(ωx +φ)，(A >0，ω>0)的图象与性质，即可求出A 、T 和ω的值，可得答案.
5．【答案】C
【解析】【解答】如图可知牟合方盖的圆柱的底面半径即为正方体的棱长，得圆柱的底面半径为1，
又牟合方盖八分之一部分的体积计算公式为 V =23
r 3
故牟合方盖的体积为V =8×23r 3=8×23×13=16
3
故选：C.
【分析】由正方体的棱长求出圆柱的底面半径，代入已知公式求解.
6．【答案】D
【解析】【解答】由 |OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |得 |OA →+OB →|2=|OA →−OB →|2 ，化简可得OA →·OB →
=0， 则OA →⊥OB →
，
由A 、B 为直线x +y =a(a >0)与圆x 2+y 2=4的交点， 得OA=OB
故△AOB 为等腰直角三角形，
由圆x 2+y 2=4 得圆的半径r=2 ，圆心（0，0）
则在△AOB 中O 到直线AB 的距离为√
22
r =√2，由点到直线距离公式可得a 2=√2，
解得a=2或a=-2(舍去) 故选：D.
【分析】根据题意可得△AOB 为等腰直角三角形，进而得到圆心到直线的距离为√2，根据点到直线的距离公式进行求解，可得a 的值.
7．【答案】B
【解析】【解答】 由 e a =b =lnc ，
可知a=lnb ，c=e b ， 则a+c= lnb+ e b ， 由正数a 、b 满足e a =b ，得b>1. 设f (x )=lnx +e x −2x (x>1)， 则f ′(x )=1x
+e x −2，
令g(x)=1x +e x −2，则g′(x)=e x −1
x
2
由指数函数与幂函数可知，e x与−1
x2
在x>1时均为递增函数
故g′(x)min=g′(1)=e1−1
1
=e−1>0，即g′(x)>0，则g(x)在x>1时单调递增
此时g(x)min=g(1)=ln1+e−2=e−2>0
故1
x+e
x−2>0恒成立，即f′(x)>0，
所以f(x)在x∈[1，+∞)上单调递增，
因为b>1，则f(b)>f(1)，即lnb+e b- 2b>0+e-2>0，
故lnb+e b>2b，即a+c>2b，故A选项错误；B选项正确；
令b=e，解得a=1，c=e2，此时ac=e2=b2，故选项C和选项D都错误；
故选：B.
【分析】将a和c都用b表示，构造函数f(x)=lnx+e x−2x，再利用求导得f(x)在x∈[1，+∞)上单调性，逐项进行判断可得答案.
8．【答案】B
【解析】【解答】因为ABCD为直角梯形，AB//CD，AD⊥DC，AD=3，CD=√3，AB=2√3，
所以AC= 2√3，∠DAC=30°
∠BAC=60°，△ABC为等边三角形，△ACD为直角三角形，
设△ABC的中心为O1，AC的中点为E ，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，
则OO1⊥平面ABC，OE⊥平面DAC，因为OA≥O1，所以三棱锥D−ABC外接球表面积的最小，
即外接球的半径最小时，OA=O1A即O与O1重合，此时OE⊥平面DAC ，
即O1E⊥平面DAC，O1E 在平面ABC内，
故平面ABC⊥平面DAC，即二面角D−AC−B为π2，余弦值为0.
故选：B.
【分析】由题可得△ABC为等边三角形，设△ABC的中心为O1，AC的中点为E ，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，根据球的性质可得O与O1重合时符合题意，即可求得二面角D−AC−B的余弦值.
9．【答案】A,B
【解析】【解答】由正项等比数列{a n}，则a1>0，q>0，则a n+1+a n>0，a n+1a n>0a n+2+a n+1
a n+1+a n
=
a n+1q+a n q
(a n+1+a n)
=q=常数，故{a n+1+a n}是等比数列，故A正确；
同理
a n+2a n+1
a n+1a n=q
2=常数，得{a
n+1
a n}是等比数列，故B正确；
当公比q≠1时，S n
a n=
a1(1−q n)
1−q
a1q n−1
=1−q
n
(1−q)q n−1
≠常数，得{
S n
a n
}不是等比数列，故C错误；
当公比q≠1时，S n+1S n+2
S n S n+1=
a1(1−q n+2)
1−q
a1(1−q n)
1−q
=1−q
n+2
1−q n
≠常数，得{S n S n+1}不是等比数列，故D错误.
故选：AB.
【分析】利用等比数列的定义和性质，逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,B,C
【解析】【解答】x=5+6+8+9+12
5
=8，y=17+20+25+28+35
5
=25
故样本中心点为(8，25)，故A正确；
把(8，25)代入ŷ=2.6x+â，得25=2.6×8+a^，可得â=4.2，故B正确；
x=5时，y^=2.6×5+4.2=17.2，则残差为17-17.2= -0.2，故C正确；
由相关系数公式可知，去掉样本点(8，25)后，x与y的样本相关系数r不变，故D错误.
故选：ABC.
【分析】由已知求出样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求出a的值，即可判断A、B；求出x=5时y 的预测值，结合残差的定义可判断C；由相关系数公式可判断D.
11．【答案】C,D
【解析】【解答】对于A，f
2
(x)=sinx+12sin2x，f
2
′(x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx−1，由f
2
′(π
2)=
−1<0，f
2
′(π
4)=
√2
2>0
，故[0，
π
2
]上必存在f′
2
(x)<0的区间，此时f′
2
(x)为减函数，故A错误；
对于B，易知f2(x+2π)=f2(x)，即该函数的最小正周期为2π，设x∈[0，2π]，令f'2(x)= (2cosx-
1)(cosx+1)=0得cosx=1
2
或-1，所以x=
π
3或
π或5π
3
，此时f
2
(
π
3)=
3√3
4
，f
2
(π)=0，f
2
(
5π
3)=−
3√3
4
，
f
2
(0)=f
2
(2π)=0，故最大值为3√3
4
，故B错误；
对于C，f
n
(x+2π)=sin(x+2π)+12sin(2x+4π)+⋯+1n sin(nx+2nπ)=f(x)，故2π是f n(x)的最小正周期，故C正确；
对于D，利用放缩法|f
n
(x)|=|sinx+12sin2x+···+1n sinnx|≤|x+12·2x+···+1n·nx|=|nx|可得D正确.
【分析】 利用导数研究单调性，在一个周期内研究极值、端点处的函数值进而求出最值，利用周期函数的定义判断周期，由此逐项进行判断，即可得答案.
12．【答案】A,B,D
【解析】【解答】由点F 1关于∠F 1MF 2平分线的对称点N 在直线MF 2上，又点F 1关于∠F 1MF 2平分线的对称点
N 也在椭圆E 上，得点N 为直线MF 2与椭圆E 的交点，故△F 1MN 的周长为4a ，可得A 正确； 设∠F 1MF 2的平分线交F 1N 于点D ，
设∠NMD =α，α∈(0，π
2)，则cos2α=2cos 2α−1=79，即得cosα=2√23
，
故sinα=√1−cos 2α=13，又sinα=13=|ND ||NM |=1
2|NF 1||NM |
得|NF 1||NM |=2
3
设|NF 1| =2n ，则|NM|=3n=|MF 1|，
得|NF 1|+|NM|+|MF 1|= 8n=4a ，即|MF 2||NF 2
|=1
2，可得B 正确；
在△F 1MF 2，由余弦定理可得：|F 1F 2|2=|MF 1|2 +|MF 2|2-2|MF 1| |MF 2 |cos2a
得4c 2=94a 2+14a 2−2×32a ×12a ×79，即a 2=3c 2，可得e =√33，可得D 正确；
不妨设点M 在x 轴上方，由题意可知，点N 在椭圆的下顶点处，则N(0，b)， 由a 2
=3c 2
=3（a 2
-b 2
），得b =√63a ，c =√3
3
a ，即k MN =
b
c =√2， 设直线MD 的倾斜角为θ，则tanθ=tan (∠MF 2x −α)=
√2−√
2
4
1+2·
√24
=√2
2 由对称性知 ∠F 1MF 2平分线的斜率为−√22 或√22，可得C 不正确.
故选：ABD.
【分析】 由分析知点N 为直线MF 2与椭圆E 的交点，故△F 1MN 的周长为4a ，可判断A ；设∠NMD =
α，α∈(0，π
2)，由椭圆的定义和角平分线定理求出|NF 2|=a ，|MF 2|=5，可判断B ；
由余弦定理可判断D ；点M 在x 轴上方，设直线MD 的倾斜角为θ ，由两角差的正切公式求出tanθ=√2
2，
可判断C.
13．【答案】√2
【解析】【解答】∵双曲线 x 2
b
2−y 2
a 2=1 的两条渐近线互相垂直， ∴−
b a ×b
a
=−1 ⇒a=b ，
∴双曲线 x 2
b
2−y 2
a 2=1 是等轴双曲线，
∴c= √2a ，
∴e =c a =√
2a a
=√2 ．
【分析】根据题意由直线垂直的性质即可得到a=b,由此即可判断出双曲线为等轴双曲线，结合双曲线里a 、b 、c 的关系结合离心率的公式计算出结果即可。

14．【答案】8
【解析】【解答】 (2x 3
+1x )n 展开式的通项公式为T r+1=C n r (2x 3)n−r (1x
)r =C n r ·2n−r ·x 3n−4r ，由展开式中的常数项是第七项，得当r= 6时3n-4x6=0，即n=8， 故选：B.
【分析】先求出(2x 3+1
x )n 展开式的通项公式，结合题意可得当r=6时，x 的幂指数等于零，由此求得n 的值.
15．【答案】2
【解析】【解答】由 y =f(2x +1)为偶函数，得f(-2x+1)= f(2x+1)，即f(x)关于x=1对称，
则f(-x)=f(2+x)
由f(x)+ f(-x)=2，得函数关于(0，1)对称， 令x=0，得2f(0)=2，得f(0)=1，则f(x)+f(2+x)=2， 即f(x+2)+f(x+4)=2， 即f(x+2)+f(x+4)=f(x)+f(2+x)
得f(x +4)= f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数， 令x=0，由f(-x)= f(2+x)，得f(0)= f(2)，即f(2)=1， 故f(2022) + f(2024)= f(505x4+2)+f(506x4)=f(2)+f(0)=1+1=2 故答案为：2.
【分析】根据函数奇偶性和对称性，判断函数是周期为4的周期函数，利用函数的周期性进行转化求解即可
得答案.
16．【答案】1
4e
2
【解析】【解答】 设 x 0是 f(x) 的零点
则f(x 0)=lnx 0+ax 02+b =0， x 0∈[2，3] ∴b =−lnx 0−ax 02，则ab =−alnx 0−a 2x 02 令g (a )=−alnx 0−a 2x 02=−x 02a 2−lnx 0·a
当a =−lnx 02x 02时，g (a )max =g (−lnx 02x 02)=−x 02·(−lnx 02x 02)2
−lnx 0·(−lnx 02x 0
2)=(lnx 02x 0
)2
令ℎ(x)=lnx0
2x0
，x0∈[2，3]
ℎ′(x0)=1−lnx0
2x02
，当ℎ′(x
)=0时，x0=e，且1-lnx0在x0∈[2，3]上递减
因此h(x0)在[2，e]上递增，在[e，3]上递减，
故ℎ(x0)max=ℎ(e)=lne
2e =
1 2e
所以g(a)max=[ℎ(x0)max]2=1
4e2
所以ab的最大值为1
4e2
【分析】设F(x0)=0，x0∈[2.3]，得ab=−alnx0−a2x02，构造函数g(a)=−alnx0−a2x02=−x02a2−
lnx0·a，再根据二次函数的性质可得g(a)max=(lnx0
2x0)
2
，令ℎ(x0)=
lnx0
2x0
，x0∈[2，3]，求导，根据导数的符
号可得函数在[2，3]上的单调性，进而求出ℎ(x0)max，即可求得g(a)max=[ℎ(x0)max]2，即可得ab的最大值.
17．【答案】（1）解：∵√2S n−n是首项为1，公差为1的等差数列，∴√2S n−n=n.
∴S n=n(n+1)
2
∴n≥2时，a n=S n−S n−1=n(n+1)
2−n(n−1)
2=n
，a1=1也符合
∴a n=n
（2）解：显然b n=a2n=2n
于是T
n
=−b1+b2−b3+⋯+(−1)n b n=(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n
=−2[1−(−2)n]
1−(−2)=
2
3[(−2)n−1]
【解析】【分析】(1)易得S n=n(n+1)
2
，利用a n=S n−S n−1(n≥2)，即可求得数列{a n}的通项公式；(2)分n为偶数和n为奇数两种情况，结合分组求和法与等比数列的前n项和公式，即可求解出数列{(−1)n b n}的前n项和T n.
18．【答案】（1）证明：设F为BC中点，连接AF，EF，则由△ABC为正三角形，得AF⊥BC；DE⊥平面BCD，且△BCD为等腰直角三角形，计算可得：BE=CE=2，∴EF⊥BC.
EF∩AF=F，EF，AF⊂面AEF，于是BC⊥面AEF，AE⊂面AEF，
从而BC⊥AE.
（2）解：法一：由（1）可知，过点E作EH⊥AF，垂足为H，则∠EBH就是直线BE与平面ABC所成的线面角.当AE//平面BCD时，可得A到平面BCD的距离为√2.
设∠AFD=α，所以AF⋅sinα=√2，可得sinα=√6
3
，
当α<90∘时，cosα=√3
3
，不妨设A在底面BCD射影为O，则FO=1，此时O与D重合，可得A，E两点重合，不符合题意，舍去；
当α>90∘时，FO=1，此时O在DF的延长线上，作EH⊥AF，由于AODE为矩形，可得AE=DO=2，AE∥
OD，可得sin∠EAH=√6
3
，可得EH=2√6
3
.
于是sin∠EBH=EH
BE
=√
6
3
.
法二：建立如图坐标系，
可得F(0，0，0)，B(1，0，0)，C(−1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，1，√2)，A(0，a，b)
由AF=√3，解得a2+b2=3，
又∵AE//平面BCD，令n⃗=(0，0，1)，
可得AB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗=0，解得b=√2，a=±1.
当a=1时A，E重合，所以a=−1，此时A(0，−1，√2).
不妨设平面ABC的法向量为m⃗⃗⃗ =(x，y，z)，则
{CB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m⃗⃗⃗ =0
CA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m⃗⃗⃗ =0
代入得{x−y+√2z=0
2x=0
，令z=1，则y=√2，所以m⃗⃗⃗ =(0，√2，1).
由于BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，1，√2)，不妨设所成角为θ，则sinθ=∣cos⟨BE
⃗⃗⃗⃗⃗ ，m⃗⃗ ⟩|=√6
3
.
【解析】【分析】（1） 由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ，根据线面垂直的判定定理可得 BC ⊥面AEF ，再根
据线面垂直的性质定理可得 AE ⊥BC ；
（2） 法一：由（1）可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，
设∠AFD =α ， 可得sinα=√
63 ， 当α<90∘时，可得A ，E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90∘时，
此时O 在DF 的延长线上 ， 可得sin∠EAH =√63，可得EH =2√
63
，进而求出直线BE 与平面ABC 所成的线面角的
正弦值；
法二：建立直角坐标系，求出所需点的坐标，求出平面ABC 的法向量，利用向量法可求出直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.
19．【答案】（1）解：由余弦定理得：sinAcosB
cosAsinB =
a b ⋅a 2+c 2−b 2
2ac b 2+c 2−a 2
2bc
=a 2+c 2−b
2
b 2+
c 2−a
2
∵2(b 2−a 2)+c 2=0， 所以上式=
3a 2−3b 2
a 2−b
2=3；
（2）解：由（1）sinAcosB cosAsinB =3得tanA =3tanB ，
∴tan(A −B)=tanA−tanB 1+tanAtanB =2tanB 1+3tan 2B =2
1tanB +3tanB . ∵tanA =3tanB ，∴tanB >0，A ，B 为三角形内角，
21tanB
+3tanB ≤22√3=√33，当且仅当tanB =√33时等号成立， ∴A −B 的最大值为π
6.
【解析】【分析】（1） 由余弦定理得sinAcosB cosAsinB =a 2+c 2
−b 2
b 2+
c 2−a 2，结合已知条件可求出 sinAcosB cosAsinB
的值；
（2） 由（1）得tanA =3tanB ， 再利用两角差的正切公式可得 tan(A −B)=2
1tanB +3tanB
，再利用基本不
等式可求出 A −B 的最大值.
20．【答案】（1）解：∵由直方图可知，第85%分位数位于区间[45，55)，
∴第85%分位数=45+
0.85−0.65
0.30
×10=51.67（岁）.
（2）解：∵x̅=(20×0.01+30×0.02+40×0.035+50×0.03+60×0.005)×10=40（岁）
∴μ=40
∴P(X >61)=P(X >μ+2σ)=
1−0.9545
2
=0.02275
∴使用该APP 且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP 的2.275%. （3）解：根据题意X ∼B(8，0.2)，
要使P(X =k)取最大值，则{P(X =k)≥P(X =k +1)
P(X =k)≥P(X =k −1)
，
∴{C 8k 0.2k 0.88−k ≥C 8k+10.2k+1
0.87−k C 8k 0.2k 0.88−k ≥C 8k−10.2k−10.8
9−k ，解得45≤k ≤95， 因为k ∈N ，所以k =1.
【解析】【分析】（1）结合频率分布直方图和百分位数的定义即可求解出平均年龄的第85%分位数；
（2）利用正态分布的性质即可求解出使用该APP 且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP 的比例； （3）利用二项分布的概率公式和二项式系数的最值列不等式组，求解可得 P(X =k)取最大值时对应的k 的值；
21．【答案】（1）解：依题意，设直线方程为y =x +p
2， 由{y =x +p 2x 2=2py
，消去y ，得x 2−2px −p 2=0，
设直线与抛物线相交于A(x 1，y 2)，B(x 2，y 2)，则|AB|=2， 所以x 1+x 2=2p ，x 1x 2=−p 2，
所以|AB|=√1+12√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√2√8p 2=2√2√8p 2=2，解得p =1
2
，
所以抛物线方程为x 2=y ，F(0，14
)
.
（2）解：假设符合条件的等腰直角三角形存在，于是
设点Q(x 3，x 32)，R(x 4，x 42)，则由y ′=2x 可得： 切线PQ ：y =2x 3x −x 32，PR ：y =2x 4x −x 4
2， {y =2x 3x −x 32y =2x 4x −x 4
2，解得x =x 3+x 42，y =x 3x 4，
所以P(x 3+x
42
，x 3x 4).
设线段PR 的中点M ，则点M(x 3+3x 44，
x 3x 4+x 422
)，且k QM =
2(2x 3+x 4)
3
，k PR =2x 4，k QR =x 3+x 4， 联立方程组{k PQ ⋅k RQ =−1
k PR ⋅k QM =−1，解得x 3=−1或x 3=1.
所以存在点Q(−1，1)､Q(1，1).
【解析】【分析】（1） 设直线与抛物线相交于A(x 1，y 2)，B(x 2，y 2)，直线方程为y =x +p
2， 与抛物线方程
联立，利用韦达定理可得 x 1+x 2，x 1x 2，再利用弦长公式可求出p 的值，即可得抛物线焦点F 的坐标；
（2）假设符合条件的等腰直角三角形存在 ， 设点Q(x 3，x 32)，R(x 4，x 42)切线PQ ：y =2x 3x −x 32，PR ：y =2x 4x −x 4
2 ，求出点P 的坐标，再根据中点坐标公式表示出 k QM =2(2x 3+x 4)
3
，k PR =2x 4，k QR =x 3+x 4， 求解可得点Q 的坐标 .
22．【答案】（1）解：当a =12时，f(x)=ln(x +1)−1
4x 2，显然函数f(x)的定义域为(−1，+∞).
令f ′(x)=1x+1−x
2=2−x 2−x
2(x+1)=−(x+2)(x−1)2(x+1)
=0得x =1， 令f ′(x)>0，解得：−1<x <1；令f ′(x)<0，解得：x >1， f(x)在(−1，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. ∴f(x)max
=f(1)=ln2−1
4.
且当x 趋近于−1，f(x)趋近于负无穷，当x 趋近于正无穷，f(x)趋近于负无穷，
故函数f(x)的值域是(−∞，ln2−1
4
].
（2）解：①显然F(x)=ln(x +1)−axe x ，定义域为(−1，+∞).
∵F ′
(x)=1x+1−a(x +1)e x
=1−a(x+1)2
e x x+1
， 令ℎ(x)=1−a(x +1)2e x ，则由0<a <1可知，
ℎ(x)在(−1，+∞)单调递减，且当x 趋近于−1，ℎ(x)趋近于1.
而ℎ(0)=1−a >0，ℎ(1a )=1−a(1+1a
)e 1a =1−(a +1)e 1
a <0，
存在唯一的x 0∈(0，1a
)使得ℎ(x 0)=0， 所以当x ∈(−1，x 0)时，F ′(x)>0，当x ∈(x 0，+∞)，F ′(x)<0， 于是F(x)在(−1，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，
从而F(x)max =F(x 0)=ln(x 0+1)−ax 0e x 0
=ln(x 0+1)−
x 0(x 0+1)
2.(∗)，
令m(x)=lnx −1+1x (x >0)，m ′(x)=1x −1x 2=x−1
x
2，
若m ′(x)>0，可得：x >1；若m ′(x)<0，可得：0<x <1， 所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(1)=0，所以lnx ≥1−1
x ，当x =1时取等。

由lnx >1−1x 知：ln(x 0+1)>1−1x 0+1=x 0x 0+1
， ∴(∗)>x 0x 0+1−x 0(x 0
+1)
2=x 0x 0+1(1−1
x 0+1)>0， ∵F(0)=0，F(1a +1)=ln(1a +1)−e 1a <1a
−e 1
a <0，
（注意：y =x −lnx 且x >1，则y ′=1−1x >0，即y 递增，故x −lnx >1−ln1=1>0；
且y =x −e x 且x >1，则y ′=1−e x <0，即y 递减，故x −e x <1−e <0； 所以x >lnx 、x <e x 在(1，+∞)上恒成立.）
∴F(x)在(−1，x 0)，(x 0，+∞)都各有一个唯一零点，故F(x)恰有两个零点. ②由题意得0<x 0<x 1，由于F(x 1)=0，要证2x 0>x 1，即证F(2x 0)<0. F(2x 0)=ln(1+2x 0)−2ax 0e 2x 0，由（1）知a(x 0+1)2e x 0=1， 从而F(2x 0)=ln(1+2x 0)−
2x 0e x 0(1+x 0)
2，
令T(x)=ln(1+2x)−
2xe x
(1+x)2，则T(0)=0，且T ′
(x)=2
1+2x −2(1+x 2)e x (1+x)
3， 令k(x)=e x −x −1，k ′(x)=e x −1， 令k ′(x)>0，则x >0；令k ′(x)<0，则x <0；
则k(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， k(x)≥k(0)=0，所以e x ≥x +1，
故T ′
(x)≤21+2x −2(1+x 2)(1+x)2
=−4x 3(1+2x)(1+x)
2<0. 于是T(x)在(0，+∞)上单调递减，故T(x)<T(0)=0，即F(2x 0)<0，即2x 0>x 1.
【解析】【分析】（1） 当a =12时，f(x)=ln(x +1)−1
4
x 2 ，求导，根据导数的符号判断函数的单调性，进
而求出最值，即可得函数f(x)的值域； （2）①F(x)=ln(x +1)−axe
x
，求导得 F ′
(x)=
1−a(x+1)2e x
x+1
，令ℎ(x)=1−a(x +1)2e x ，根据指数函数的单调性可得 ℎ(x)在(−1，+∞)单调性，进而求出F(x)在(−1，+∞)单调性，进而求出最大值，令
m(x)=lnx −1+1
x
(x >0)，求导，根据导数的符号可得函数 m(x)在(−1，+∞)的单调性，进而可证得函数
F(x)恰有两个零点；
②要证2x 0>x 1，即证F(2x 0)<0 ， 可得F(2x 0)=ln(1+2x 0)−
2x 0e x 0(1+x 0)
2，
令T(x)=ln(1+2x)−
2xe x
(1+x)2 ，求导得 T ′
(x)=21+2x −2(1+x 2)e x (1+x)
3，令k(x)=e x
−x −1， 求导，根据导数的符号可得函数 k(x) 的单调性，得 e x ≥x +1， 即可证得 2x 0>x 1.。