一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知𝑧∈𝐶，则“𝑧2∈𝑅”是“𝑧∈𝑅”的( )A. 充分条件但不是必要条件C. 充要条件
2.已知集合𝑀={𝑥|𝑦=A. ⌀
B. 必要条件但不是充分条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
𝑥+1}，𝑁={𝑦|𝑦= 𝑥+1}，则𝑀∩𝑁=( )B. 𝑅
C. 𝑀
D. 𝑁
3.在正三棱台𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，下列结论正确的是( )A. 𝑉𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=3𝑉𝐴1−𝐵𝐵1𝐶1C. 𝐴1𝐵⊥𝐵1𝐶
B. 𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵1𝐶1D. 𝐴𝐴1⊥𝐵𝐶
4.已知𝑎=𝑠𝑖𝑛0.5，𝑏=30.5，𝑐=log0.30.5，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系是( )A. 𝑎<𝑏<𝑐
B. 𝑎<𝑐<𝑏
C. 𝑐<𝑎<𝑏
D. 𝑐<𝑏<𝑎
5.在(3−𝑥)(1−𝑥)5展开式中，𝑥的奇数次幂的项的系数和为( )A. −64
B. 64
C. −32
D. 32
6.已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，公差为𝑑，且{𝑆𝑛}单调递增.若𝑎5=5，则𝑑∈( )A. [0,3)
5B. [0,7)
10C. (0,3)
5D. (0,7)
107.若关于𝑥的方程|𝑥2+𝑚𝑥+1|+|𝑥2−𝑚𝑥+1|=2|𝑚𝑥|的整数根有且仅有两个，则实数𝑚的取值范围是( )A. [2,2)
C. (−2,−2]∪[2,2)
8.已知定义在(0,1)上的函数𝑓(𝑥)=A. 𝑓(𝑥)的图象关于𝑥=2对称C. 𝑓(𝑥)在(0,1)单调递增
1555B. (2,2)
D. (−2,−2)∪(2,2)
555{1,𝑥是有理数𝑚(𝑚,𝑛是互质的正整数)𝑛𝑛，则下列结论正确的是( )
1,𝑥是无理数
B. 𝑓(𝑥)的图象关于(2,2)对称D. 𝑓(𝑥)有最小值
11二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知角𝛼的顶点为坐标原点，始边与𝑥轴的非负半轴重合，𝑃(−3,4)为其终边上一点，若角𝛽的终边与角2𝛼的终边关于直线𝑦=−𝑥对称，则( )
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A. cos(𝜋+𝛼)=5C. 𝑡𝑎𝑛𝛽=2473B. 𝛽=2𝑘𝜋+2+2𝛼(𝑘∈𝑍)D. 角𝛽的终边在第一象限
𝜋10.已知圆𝐶1：𝑥2+𝑦2=6与圆𝐶2：𝑥2+𝑦2+2𝑥−𝑎=0相交于𝐴，𝐵两点.若𝑆△𝐶1𝐴𝐵=2𝑆△𝐶2𝐴𝐵，则实数𝑎的值可以是( )A. 10
B. 2
C. 322D. 31411.已知半径为𝑟球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部(包括边界)，记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为𝑑，则( )A. 𝑟有最大值，但无最小值C. 𝑟最大时，𝑑同时取到最大值
B. 𝑟最大时，球心在正四面体外D. 𝑑有最小值，但无最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.平面向量𝑎，𝑏满足𝑎=(2,1)，𝑎//𝑏，𝑎⋅𝑏=−10，则|𝑏|= ______．
13.如图，在等腰梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=2𝐴𝐷，点𝐸是𝐴𝐷的中点.现将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸翻折到△𝐴′𝐵𝐸，将△𝐷𝐶𝐸沿𝐶𝐸翻折到△𝐷′𝐶𝐸，使得二面角𝐴′−𝐵𝐸−𝐶等于60°，𝐷′−𝐶𝐸−𝐵等于90°，则直线𝐴′𝐵与平面𝐷′𝐶𝐸所成角的余弦值等于______．
114.已知𝑃，𝐹分别是双曲线𝑎2−
𝑥2𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)与抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的公共点和公共焦点，直线𝑃𝐹
倾斜角为60°，则双曲线的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)
记△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知2𝑐𝑠𝑖𝑛𝐵=(1)求𝐶；
(2)若𝑡𝑎𝑛𝐴=𝑡𝑎𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐶，𝑎=2，求△𝐴𝐵𝐶的面积．16.(本小题15分)
已知直线𝑦=𝑘𝑥与椭圆𝐶：4+𝑦2=1交于𝐴，𝐵两点，𝑃是椭圆𝐶上一动点(不同于𝐴，𝐵)，记𝑘𝑂𝑃，𝑘𝑃𝐴，
𝑥2
2𝑏.
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𝑘𝑃𝐵分别为直线𝑂𝑃，𝑃𝐴，𝑃𝐵的斜率，且满足𝑘⋅𝑘𝑂𝑃=𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵．(1)求点𝑃的坐标(用𝑘表示)；(2)求|𝑂𝑃|⋅|𝐴𝐵|的取值范围．17.(本小题15分)
红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金𝑥(万元)与年收益𝑦(万元)的8组数据： 𝑥𝑦10
20
30
40
50
60
70
8025.4
12.816.51920.921.521.923
(1)用𝑦=𝑏𝑙𝑛𝑥+𝑎模拟生产食品淀粉年收益𝑦与年投入资金𝑥的关系，求出回归方程；
(2)为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10%.2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值.(精确到0.1万元) 附：①回归直线𝑎=𝑏𝑣+𝑎中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：𝑏=②
88888 ∑𝑛𝑖=1𝑣𝑖𝑢𝑖−𝑛𝑣𝑢2∑𝑛𝑖=1𝑣𝑖−𝑛𝑣−2−−,𝑎=𝑢−𝑏⋅𝑣
− −
𝑦𝑖𝑖=1𝑖=1𝑙𝑛𝑥𝑖𝑖=1𝑥2𝑖𝑖=1(𝑙𝑛𝑥𝑖)2𝑖=1𝑦𝑖𝑙𝑛𝑥𝑖6031612920400109③𝑙𝑛2≈0.7，𝑙𝑛5≈1.618.(本小题17分)
数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}满足：{𝑏𝑛}是等比数列，𝑏1=2，𝑎2=5，且𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+…+𝑎𝑛𝑏𝑛=2(𝑎𝑛−3)𝑏𝑛+8(𝑛∈𝑁∗). (1)求𝑎𝑛，𝑏𝑛；
(2)求集合𝐴={𝑥|(𝑥−𝑎𝑖)(𝑥−𝑏𝑖)=0,𝑖≤2𝑛,𝑖∈𝑁∗}中所有元素的和；
(3)对数列{𝑐𝑛}，若存在互不相等的正整数𝑘，…，𝑘𝑗(𝑗≥2)，使得𝑐𝑘1+𝑐𝑘2+…+𝑐𝑘𝑗也是数列{𝑐𝑛}中的项，则称数列{𝑐𝑛}是“和稳定数列”.试分别判断数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}是否是“和稳定数列”.若是，求出所有𝑗的值；若不是，说明理由．19.(本小题17分)
如图，对于曲线𝛤，存在圆𝐶满足如下条件：
①圆𝐶与曲线𝛤有公共点𝐴，且圆心在曲线𝛤凹的一侧；②圆𝐶与曲线𝛤在点𝐴处有相同的切线；
③曲线𝛤的导函数在点𝐴处的导数(即曲线𝛤的二阶导数)等于圆𝐶在点𝐴处的二阶导数(已知圆
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(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=𝑟2在点𝐴(𝑥0,𝑦0)处的二阶导数等于(𝑏−𝑦)3)，则称圆𝐶为曲线𝛤在𝐴点处的曲率圆，其半
0径𝑟称为曲率半径．
(1)求抛物线𝑦=𝑥2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线𝑦=𝑥的曲率半径的最小值；(3)若曲线𝑦=𝑒𝑥在(𝑥1,𝑒𝑥1)和(𝑥2,𝑒𝑥2)(𝑥1≠𝑥2)处有相同的曲率半径，求证：𝑥1+𝑥2<−𝑙𝑛2．
1𝑟2第4页，共17页
答案和解析
1.【答案】𝐵
【解析】解：已知𝑧∈𝐶，则𝑧=𝑖时，符合𝑧2=−1∈𝑅，但是不满足𝑧∈𝑅；若𝑧∈𝑅，则一定有𝑧2∈𝑅；
则“𝑧2∈𝑅”是“𝑧∈𝑅”的必要条件但不是充分条件．故选：𝐵．
根据必要条件但不是充分条件的定义判断．
本题考查必要条件但不充分条件的应用，属于基础题．
2.【答案】𝐷
【解析】解：𝑀={𝑥|𝑦=
𝑥+1}={𝑥|𝑥≥−1}，
𝑁={𝑦|𝑦= 𝑥+1}={𝑦|𝑦≥0}，故𝑀∩𝑁=𝑁．故选：𝐷．
先求出集合𝑀，𝑁，再结合交集的定义，即可求解．本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】𝐷
【解析】解：对于𝐴，设正三棱台上底面边长为𝑎，下底面边长为𝑏，高为ℎ，
则𝑉三棱台𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=ℎ(
31 32 32 3𝑎+𝑏+𝑎𝑏)，4441 𝑉三棱锥𝐴1−𝐵𝐵1𝐶1=𝑉三棱锥𝐵−𝐴1𝐵1𝐶1=3ℎ⋅因为𝑎<𝑏，所以选项A错误；
32𝑎，4对于𝐵，由正三棱台的结构特征知，∠𝐴𝐴1𝐵1为钝角，所以𝐴𝐴1与𝐴𝐵1不垂直，所以棱𝐴𝐴1与平面𝐴𝐵1𝐶1不垂直，选项B错误；
对于𝐶，𝐴1𝐵⋅𝐵1𝐶=(𝐴1𝐵1+𝐵1𝐵)⋅(𝐵1𝐵+𝐵𝐶)=𝐴1𝐵1⋅𝐵1𝐵+𝐴1𝐵1⋅𝐵𝐶+𝐵1𝐵+𝐵1𝐵⋅𝐵𝐶≠0，选项C错误；
对于𝐷，取𝐵𝐶中点𝐷，𝐵1𝐶1的中点𝑃，则𝐵𝐶⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶⊥𝑃𝐷，且𝐴𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐷𝑃𝐴1，所以𝐴𝐴1⊥𝐵𝐶，选项D正确．
2第5页，共17页
故选：𝐷．
选项A，设正三棱台上底面边长为𝑎，下底面边长为𝑏，𝑎<𝑏，高为ℎ，计算𝑉三棱台𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1与𝑉三棱锥𝐴1−𝐵𝐵1𝐶1，比较即可；
选项B，由正三棱台的结构特征知，棱𝐴𝐴1与平面𝐴𝐵1𝐶1不垂直；选项C，计算𝐴1𝐵⋅𝐵1𝐶≠0，判断𝐴1𝐵与𝐵1𝐶不垂直；
选项D，取𝐵𝐶中点𝐷，𝐵1𝐶1的中点𝑃，判断𝐵𝐶⊥平面𝐴1𝑃𝐷𝐴，得出𝐴𝐴1⊥𝐵𝐶．本题考查了正三棱台的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
4.【答案】𝐵
【解析】解：设函数𝑓(𝑥)=𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑥∈(0,2)，则𝑓′(𝑥)=1−𝑐𝑜𝑠𝑥≥0，∴𝑓(𝑥)在(0,2)上单调递增，∴𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0，即𝑥>𝑠𝑖𝑛𝑥，∴0.5>𝑠𝑖𝑛0.5，即𝑎<2，11∵2=𝑙𝑜𝑔0.3 0.3<𝑙𝑜𝑔0.3 0.25=𝑙𝑜𝑔0.30.5<𝑙𝑜𝑔0.30.3=1，∴2<𝑐<1，
1𝜋𝜋∵30.5>30=1，∴𝑏>1，∴𝑎<𝑐<𝑏．故选：𝐵．
设函数𝑓(𝑥)=𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑥∈(0,2)，求导可知𝑓(𝑥)在(0,2)上单调递增，可得𝑥>𝑠𝑖𝑛𝑥，即𝑎<2，再结合对数函数和指数函数的性质求解即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了指数函数和对数函数的性质，属于中档题．
𝜋𝜋15.【答案】𝐴
【解析】解：在(3−𝑥)(1−𝑥)5的展开式中，
设𝑓(𝑥)=(3−𝑥)(1−𝑥)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+…+𝑎6𝑥6，
令𝑥=1，则𝑓(1)=𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4+𝑎5+𝑎6=2×(1−1)5=0，①令𝑥=−1，则𝑓(−1)=𝑎0−𝑎1+𝑎2−𝑎3+𝑎4−𝑎5+𝑎6=4×[1−(−1)]5=128；②①−②得，2(𝑎1+𝑎3+𝑎5)=−128，∴𝑎1+𝑎3+𝑎5=−64．故选：𝐴．
设出解析式，给展开式中的𝑥分别赋值1，−1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．
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本题考查了二项式展开式的系数问题，可设出解析式，用赋值法代入特殊值，相加或相减即可，属于中档题．
6.【答案】𝐴
【解析】解：根据题意，若{𝑆𝑛}单调递增，
则当𝑛≥1时，有𝑎𝑛+1=𝑆𝑛+1−𝑆𝑛>0，即数列{𝑎𝑛}中，当𝑛≥2时，有𝑎𝑛>0，又由𝑎5=5，必有𝑑≥0，
则有𝑎2=𝑎5−3𝑑=5−3𝑑>0，解可得𝑑<3，故𝑑的取值范围为[0,3).故选：𝐴．
根据题意，分析可得数列{𝑎𝑛}中，当𝑛≥2时，有𝑎𝑛>0，由此分析𝑑的取值范围，即可得答案．本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．
557.【答案】𝐶
【解析】解：设𝐴=𝑚𝑥，𝐵=𝑥2+1，则|𝐴+𝐵|+|𝐵−𝐴|=2|𝐴|，
即2|𝐴|=|𝐴+𝐵|+|𝐵−𝐴|=|𝐴+𝐵|+|𝐴−𝐵|≥|𝐴+𝐵+𝐴−𝐵|=2|𝐴|，所以𝐴+𝐵和𝐴−𝐵同号，所以(𝐴+𝐵)(𝐵−𝐴)≤0，即(𝑥2+1)2−𝑚2𝑥2≤0，即𝑥4+(2−𝑚2)𝑥2+1≤0，设𝑡=𝑥2，
则𝑡2+(2−𝑚2)𝑡+1≤0，其两根𝑡1⋅𝑡2=1>0，结合𝑡的定义知𝑡1，𝑡2均是正根，设𝑡1<𝑡2，
则𝑡1∈(0,1)，则𝑡2>1，设𝑓(𝑡)=𝑡2+(2−𝑚2)𝑡+1，因为𝑓(1)=4−𝑚2≤0，
2应有𝑥2=𝑥22<[2]=4，
所以𝑓(4)=25−4𝑚2>0，综上所述：𝑚∈(−2,−2]∪[2,2)．
55第7页，共17页
故选：𝐶．
设𝐴=𝑚𝑥，𝐵=𝑥2+1，则有|𝐴+𝐵|+|𝐵−𝐴|=2|𝐴|，由三角绝对值不等式可得𝐴+𝐵和𝐴−𝐵同号，(𝐴+𝐵)(𝐵−𝐴)≤0，即𝑥4+(2−𝑚2)𝑥2+1≤0，设𝑡=𝑥2，则𝑡2+(2−𝑚2)𝑡+1≤0，结合二次函数的性质求解即可．
本题考查了三角绝对值的应用、二次函数的性质及转化思想，属于中档题．
8.【答案】𝐴
【解析】解：对于𝐴项，当𝑥是有理数时，设𝑥=𝑛(𝑚<𝑛)，则𝑓(𝑥)=𝑛，1−𝑥=质，
所以𝑓(1−𝑥)=𝑛，故A正确；对于𝐵项，𝑓(1−
1 33)=1,𝑓()=1，故22𝑚1𝑛−𝑚𝑛−𝑚和𝑛互𝑛，由于
1B错误；
对于𝐶项，𝑓(2)=2，𝑓(4)=4，故C错误；对于𝐷项，设𝑓(𝑥)有最小值𝑝，𝑝∈𝑍，取𝑓(𝑝+𝑞)即可，其中𝑞使得𝑝+𝑞是质数，
此时𝑓(𝑝+𝑞)=𝑝+𝑞<𝑝与𝑝是最小值矛盾，故D错误．故选：𝐴．
由所给函数的解析式结合定义域即可一一判断．本题考查了分段函数的应用，属于中档题．
1111111319.【答案】𝐴𝐶𝐷
【解析】解：由题意可知，𝑐𝑜𝑠𝛼=−5，𝑠𝑖𝑛𝛼=5，所以𝑠𝑖𝑛2𝛼=2𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼=−25，𝑐𝑜𝑠2𝛼=2𝑐𝑜𝑠2𝛼−1=−25，所以𝜃(−7,−24)是2𝛼终边上一点，所以𝜃′(24,7)是𝛽终边上一点，即𝑐𝑜𝑠𝛽=25，𝑠𝑖𝑛𝛽=25，𝐴项：cos(𝜋+𝛼)=−𝑐𝑜𝑠𝛼=5，故正确；𝐶项：𝑡𝑎𝑛𝛽=cos𝛽=5.故正确；
𝐵项：若B正确，则𝑐𝑜𝑠𝛽=cos(2𝑘𝜋+2𝛼+2)=cos(2𝛼+2)=−𝑠𝑖𝑛2𝛼=25，𝑠𝑖𝑛𝛽=sin(2𝑘𝜋+2+2𝛼)=𝑐𝑜𝑠2𝛼=−25，故B错误；
𝜋7𝜋𝜋24𝑠𝑖𝑛𝛽3324773424第8页，共17页
𝐷项：易知正确．故选：𝐴𝐶𝐷．
根据任意角三角函数定义计算三角函数值即可．本题考查三角函数的求值，属于中档题．
10.【答案】𝐵𝐷
【解析】解：两圆圆𝐶1：𝑥2+𝑦2=6与圆𝐶2：𝑥2+𝑦2+2𝑥−𝑎=0相交于𝐴，𝐵两点，两圆的公共弦为2𝑥−𝑎+6=0；所以𝑥=2𝑎−3，两圆的圆心距为1，
设圆心𝐶1：到直线𝑥=2𝑎−3的距离𝑑1=|2𝑎−3|，圆心𝐶2到直线的距离𝑑2=|2𝑎−2|，由于𝑆△𝐶1𝐴𝐵=2𝑆△𝐶2𝐴𝐵，故𝑑1=2𝑑2，整理得|2𝑎−3|=2|2𝑎−2|，解得𝑎=2或3．
当𝑎=2时，直线𝐴𝐵的方程为𝑥=−2，符合条件；当𝑎=3时，直线𝐴𝐵的方程为𝑥=−3，符合条件．故𝑎=2或3．故选：𝐵𝐷．
首先利用圆与圆的位置关系求出公共弦的直线方程，进一步利用点到直线的距离公式求出结果．本题考查的知识点：圆与圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
141421411111111.【答案】𝐴𝐵𝐷
【解析】解：如图，不妨设球与顶点出发的三个平面相切，易知球心𝑂在𝐴𝐻上(𝐻是△𝐵𝐶𝐷中心)，与三个面的切点𝑂1，𝑂2，𝑂3分别在𝐴𝐺，𝐴𝐸，𝐴𝐹上，
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在△𝐴𝐸𝐷中，易知𝐸𝐻=则𝑟=𝐴𝑂⋅sin∠𝐸𝐴𝐻=则2 1336，𝐻𝐷=，𝐴𝐻=，则sin∠𝐸𝐴𝐻=，
3633 132 2，又𝐴𝑂2=𝐴𝑂⋅cos∠𝐸𝐴𝐻=，且𝐴𝑂2≤𝐴𝐸=，𝐴𝑂𝐴𝑂33223𝐴𝑂≤
1663⇒𝐴𝑂≤3，故𝑟=3𝐴𝑂≤，882故𝑟有最大值，且为当𝑟𝑚𝑎𝑥=
6，故8A正确；>𝐴𝐻=
66时，𝐴𝑂=3886，此时𝑂在四面体外，故3B正确；
1又𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷= 𝑂𝐻2+𝐻𝐷2= 𝑂𝐻2+，31故𝑑=𝑂𝐴+3𝑂𝐷=𝑂𝐴+3 𝑂𝐻2+，3①当𝑂在线段𝐴𝐻上时，𝑂𝐴+𝑂𝐻=𝐴𝐻=设𝑂𝐻=𝑥∈[0,设𝑓(𝑥)=
66−𝑥+3 )，此时𝑑=33 6，3𝑥2+1，36−𝑥+3 33𝑥− 𝑥2+13 𝑥2+1，3 则𝑓′(𝑥)=
𝑥2+13>0，得𝑥>
6，12则𝑓(𝑥)在(0,
66 6)上单调递减，在(,]上单调增，12123由𝑓(0)=3，𝑓(
6)= 33+6<3，
3此时𝑓(𝑥)无最大值，𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(
6)= 12 6；
6，3②当𝑂在线段𝐴𝐻外时，𝑂𝐴−𝑂𝐻=𝐴𝐻=设𝑂𝐻=𝑥∈[0,
66+𝑥+3 ]，则𝑑=324𝑥2+1单调递增，
3第10页，共17页
6226
则𝑑𝑚𝑎𝑥=3+3<3，𝑑𝑚𝑖𝑛=+3< 6，故𝑑有最小值无最大值，故C错误，D正确．
883故选：𝐴𝐵𝐷．
不妨设球与顶点出发的三个平面相切，易知球心𝑂在𝐴𝐻上(𝐻是△𝐵𝐶𝐷中心)，与三个面的切点𝑂1，𝑂2，𝑂3分别在𝐴𝐺，𝐴𝐸，𝐴𝐹上，结合等边三角形的性质可得故𝑟=𝐴𝑂≤
31 6，进而可判断𝐴𝐵，分𝑂在线段𝐴𝐻上和8𝑂在线段𝐴𝐻外两种情况讨论，利用导数分析出𝑑的最值，即可判断𝐶𝐷．
本题主要考查了三棱锥的内切球问题，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于难题．
12.【答案】 2
【解析】解：平面向量𝑎，𝑏满足𝑎=(2,1)，𝑎//𝑏，𝑎⋅𝑏=−10，
设𝑏=(2𝑡,𝑡)，又𝑎=(2,1)，
所以𝑎⋅𝑏=4𝑡+𝑡=5𝑡=−10，
得𝑡=−
10，5
所以|𝑏|=
5|𝑡|= 5⋅10= 2．
5
故答案为：2．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的坐标运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题．
13.【答案】
37 8【解析】解：设𝐵𝐸中点为𝐺，连接𝐴′𝐺，𝐶′𝐺，过𝐴′作𝐴′𝑂⊥𝐶𝐺于𝑂，则∠𝐴′𝐺𝐶为二面角𝐴′−𝐵𝐸−𝐶的平面角，且𝐴′𝐺⊥平面𝐵𝐶𝐸，
设𝐴𝐷=4，则𝐴𝐵=𝐴𝐸=𝐵𝐶=𝐶𝐷=2，则△𝐴𝐵𝐸，△𝐵𝐶𝐸为等边三角形，
3则𝐴′𝐺= 3，𝐴′𝑂=𝐴′𝐺⋅𝑠𝑖𝑛60°=，2𝑂𝐺=𝐴′𝐺⋅𝑐𝑜𝑠60°=
3，2以𝐸𝐶中点𝐻为原点，𝐻𝐶为𝑥轴，𝐻𝐵为𝑦轴，𝐻𝐷′为𝑧轴建立空间直角坐标，如图所示：
133则𝐵(0,3,0)，𝐴′(,,)，
442
易知平面𝐷′𝐶𝐸法向量为𝑛=(0,1,0)，𝐵𝐴′=(,−341 33,)，42第11页，共17页
𝑛⋅𝐵𝐴′=−3 34，|𝑛|=1，|𝐵𝐴′|=
𝑛⋅𝐵𝐴′|𝑛|⋅𝐵𝐴′|1+27+9=2，16164cos<𝑛，𝐵𝐴′>==
−343 3，=−81×2𝜋 3设直线𝐴′𝐵与平面𝐷′𝐶𝐸所成的角为𝜃，则𝜃∈[0,2]，
3所以𝑠𝑖𝑛𝜃=|cos<𝑛，𝐵𝐴′>|=3， 8所以𝑐𝑜𝑠𝜃=故答案为：
1−sin2𝜃=37．
837．8求出设𝐵𝐸中点为𝐺，连接𝐴′𝐺，𝐶𝐺，过𝐴′作𝐴′𝑂⊥𝐶𝐺于𝑂，则∠𝐴′𝐺𝐶为二面角𝐴′−𝐵𝐸−𝐶的平面角，且𝐴′𝐺⊥平面𝐵𝐶𝐸，由题意可得△𝐴𝐵𝐸，△𝐵𝐶𝐸为等边三角形，建立空间直角坐标系，可得平面𝐷′𝐶𝐸的法向量的坐标，求出𝐵𝐴′的坐标，求出两个向量的夹角的余弦值，进而求出直线𝐵𝐴′与平面𝐷′𝐶𝐸所成的夹角的正弦值，进而求出线面角的余弦值．
本题考查用空间向量的方法求直线与平面所成的角的余弦值的求法，属于中档题．
14.【答案】
7+2
或37+2
𝑥2𝑦2𝑏2【解析】解：已知𝑃，𝐹分别是双曲线𝑎2−直线𝑃𝐹倾斜角为60°，设直线𝑃𝐹的方程为𝑦=
𝑝𝑦= 3(𝑥−)
2，联立2𝑦=2𝑝𝑥
=1(𝑎,𝑏>0)与抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的公共点和公共焦点，
3(𝑥−)，
2𝑝{消𝑦可得12𝑥2−20𝑝𝑥+3𝑝2=0，即𝑥=2或𝑥=6，13 3则𝑃(2𝑝,3𝑝)或𝑃(6𝑝,−𝑝)，
3𝑝𝑝3又𝐹(2𝑝,0)，所以𝑐=2𝑝，即𝑝=2𝑐，
13
所以𝑃(3𝑐,23𝑐)或𝑃(3𝑐,−2𝑐)，
113则𝑎2−𝑏2=1或9𝑎2−9𝑏2=1，
9𝑐212𝑐2𝑐212𝑐2第12页，共17页
又𝑐2=𝑎2+𝑏2，
𝑐则𝑎=
7+2𝑐或𝑎3= 7+2，
7+2．7+2．
即𝑒=
7+2
或𝑒=3 故答案为：
7+2
或3由双曲线的性质，结合抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属中档题．
15.【答案】解：(1)因为2𝑐𝑠𝑖𝑛𝐵= 2𝑏，由正弦定理可得2𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵= 2𝑠𝑖𝑛𝐵，
在△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐵>0，可得𝑠𝑖𝑛𝐶=
𝜋 2，而𝐶∈(0,𝜋)，23𝜋可得𝐶=4或𝐶=4；(2)因为𝑡𝑎𝑛𝐴=𝑡𝑎𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐶，
由恒等式𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐶=𝑡𝑎𝑛𝐴⋅𝑡𝑎𝑛𝐵⋅𝑡𝑎𝑛𝐶，得2𝑡𝑎𝑛𝐴=𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛𝐵𝑡𝑎𝑛𝐶，得𝑡𝑎𝑛𝐵𝑡𝑎𝑛𝐶=2，所以只可能是𝑡𝑎𝑛𝐶=1，𝑡𝑎𝑛𝐵=2，此时𝑡𝑎𝑛𝐴=3，所以𝑠𝑖𝑛𝐴=所以𝑏=
3 102 5，𝑠𝑖𝑛𝐵=，105𝑠𝑖𝑛𝐵⋅𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴1=
2 5×25 310101052=4×310=4，35 =3． 所以𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶=2×2×4⋅
32【解析】(1)由正弦定理可得𝑠𝑖𝑛𝐶的值，进而求出角𝐶的大小；
(2)由三角形中恒等式𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐶=𝑡𝑎𝑛𝐴⋅𝑡𝑎𝑛𝐵⋅𝑡𝑎𝑛𝐶，可得𝑡𝑎𝑛𝐶的值，𝑡𝑎𝑛𝐵的值，𝑡𝑎𝑛𝐴的值，再求出𝑠𝑖𝑛𝐵，𝑠𝑖𝑛𝐴的值，由正弦定理可得𝑏的值，代入三角形的面积公式可得三角形的面积．本题考查正弦定理的应用，三角形的恒等式的性质的应用，属于中档题．
𝑠+𝑛2=+𝑡2，16.【答案】解：(1)设𝐴(𝑚,𝑛)，𝐵(−𝑚,−𝑛)，𝑃(𝑠,𝑡)，则𝑚44221 2 24所以𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=𝑠−𝑚⋅𝑠+𝑚=𝑠2−𝑚2=422=−4，𝑠−𝑚所以𝑘𝑂𝑃=−4𝑘，
4𝑘联立𝑥2，可得𝑃(4𝑘2+1,−4𝑘2+1)或𝑃(−4𝑘2+1,4𝑘2+1)；2+𝑦=1
𝑡−𝑛𝑡+𝑛𝑡2−𝑛21(𝑚2−𝑠2)11{𝑦=−1𝑥
44𝑘14𝑘1(2)由(1)可得|𝑂𝑃|2=
16𝑘2+1，4𝑘2+1第13页，共17页
𝑦=𝑘𝑥
联立𝑥2+𝑦2=1，整理可得：(1+4𝑘2)𝑥2=4，
4{所以|𝐴𝐵|2=4(4𝑘2+1)，所以𝑂𝑃2⋅𝐴𝐵2=
(16𝑘2+2)(16𝑘2+16)(1+4𝑘2)24𝑘2+4=4(4+
1𝑘236𝑘2) 16𝑘4+8𝑘2+13636361=4(4+16𝑘2++8)≤4(4+2 16𝑘2⋅2𝑘)=4(4+16)=25，+8当且仅当16𝑘2=𝑘2，即𝑘=±2时取等号．所以|𝑂𝑃|⋅|𝐴𝐵|≤5，所以|𝑂𝑃|⋅|𝐴𝐵|∈(4,5]．
【解析】(1)设𝐴，𝑃的坐标，由题意可得𝐵的坐标，将𝐴，𝑃的坐标代入椭圆的方程，求出直线𝑃𝐴，𝑃𝐵的斜率之积，求出直线𝑂𝑃的方程，与椭圆的方程联立，可得点𝑃的坐标；
(2)由(1)可得|𝑂𝑃|2，联立直线𝑦=𝑘𝑥方程与椭圆的方程，可得|𝐴𝐵|2的表达式，求出|𝑂𝑃|2⋅|𝐴𝐵|2的表达式，再由基本不等式可得|𝑂𝑃||𝐴𝐵|的最大值．
本题考查直线与椭圆的综合应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
1117.【答案】解：(1)𝑏=
𝑎=
∑8𝑖=1𝑦𝑖 ∑8𝑖=1𝑦𝑖𝑙𝑛𝑥𝑖−8⋅∑8𝑖=1𝑦8𝑖⋅∑8𝑖=1𝑙𝑛𝑥2∑8𝑖=1(𝑙𝑛𝑥𝑖)−8⋅(∑8𝑖=1𝑙𝑛𝑥8𝑖)2𝑖=
603−1⋅161⋅298109−1⋅(29)28=5，
88−5⋅
∑8𝑖=1𝑙𝑛𝑥𝑖8=8−5⋅8=2，
16129所以回归方程为𝑦=5𝑙𝑛𝑥+2；
(2)设投入𝑥万元生产食品淀粉，(200−𝑥)万元生产药用淀粉，所以𝑦总=5𝑙𝑛𝑥+2+0.1(200−𝑥)=5𝑙𝑛𝑥−0.1𝑥+22，设𝑓(𝑥)=5𝑙𝑛𝑥−10𝑥+22，则𝑓′(𝑥)=𝑥−10，易得𝑓(𝑥)在(0,50)上单调递增，(50,+∞)上单调递减，所以𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(50)=5𝑙𝑛50−5+22=5𝑙𝑛50+17，
又因为𝑙𝑛50=2𝑙𝑛5+𝑙𝑛2≈3.9，所以年收益最大值约为36.5万元． 【解析】(1)由题意求得𝑎和𝑏，即可求解；
(2)设投入𝑥万元生产食品淀粉，(200−𝑥)万元生产药用淀粉，求得𝑦总=5𝑙𝑛𝑥−0.1𝑥+22，设𝑓(𝑥)=5𝑙𝑛𝑥−10𝑥+22，利用导数知识即可求解．本题考查回归方程和导数的综合应用，属于中档题．
115118.【答案】解：(1)因为𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+⋯+𝑎𝑛−1𝑏𝑛−1+𝑎𝑛𝑏𝑛=2𝑎𝑛𝑏𝑛−6𝑏𝑛+8，①
当𝑛=1时，𝑎1𝑏1=2𝑎1𝑏1−6𝑏1+8=2𝑎1𝑏1−4，所以𝑎1=2，
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当𝑛≥2时，𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2+⋯+𝑎𝑛−1𝑏𝑛−1=2𝑎𝑛−1𝑏𝑛−1−6𝑏𝑛−1+8，②
①−②得：𝑎𝑛𝑏𝑛=2𝑎𝑛𝑏𝑛−2𝑎𝑛−1𝑏𝑛−1−6𝑏𝑛+6𝑏𝑛−1，即𝑎𝑛𝑏𝑛−2𝑎𝑛−1𝑏𝑛−1−6𝑏𝑛+6𝑏𝑛−1=0，设数列{𝑏𝑛}公比为𝑞(𝑞≠0)，则𝑞⋅𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1−6𝑞+6=0，
当𝑛=2时，𝑎1𝑏1+𝑎2𝑏2=2𝑎2𝑏2−6𝑏2+8，又因为𝑎2=5，𝑎1=2，𝑏1=2，所以𝑏2=4，所以𝑞=2，𝑏𝑛=2𝑛；所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=3，
所以数列{𝑎𝑛}是等差数列，首项为2，公差为3，所以𝑎𝑛=3𝑛−1；
(2)即求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}中各前2𝑛项所有不同元素的和，数列{𝑎𝑛} 中前2𝑛项的和为数列{𝑏𝑛}中前2𝑛项的和为
2𝑛(2+6𝑛−1)2=6𝑛2+𝑛，
2(1−22𝑛)1−2=2⋅4𝑛−2，
2(1−4𝑘)1−4同时其公共项为2，23，25，…，22𝑘−1，则其和为其中22𝑘−1为数列{𝑏𝑛}的第2𝑘−1≤2𝑛−1项，同时数列{𝑎𝑛}的第𝑚项，即22𝑘−1=3𝑚−1．
=3(4𝑘−1)，
2∴集合𝐴中所有元素的和为6𝑛2+𝑛+2⋅4𝑛−2−3(4𝑘−1)．(3)证明：若{𝑎𝑛}是“和稳定数列”，
则𝑎𝑘1+𝑎𝑘2+⋯+𝑎𝑘𝑗=3(𝑘1+𝑘2+⋯+𝑘𝑗)−𝑗，当𝑗被3整除余1时即可；若{𝑏𝑛}是“和稳定数列”，则𝑏𝑘1+𝑏𝑘2+⋯+𝑏𝑘𝑗=𝑏𝑙
即2𝑘1+2𝑘2+⋯+2𝑘𝑗=2𝑙，不妨取𝑘1<𝑘2<⋯<𝑘𝑗<𝑙，则2𝑘1+2𝑘2+⋯+2𝑘𝑗≤20+21+⋯+2𝑙−1=故{𝑏𝑛}不是“和稳定数列”．
【解析】(1)利用赋值法，通过求解数列的递推关系式，转化求解即可．(2)求解前𝑛项和，推出集合𝐴中所有元素的和．
(3)推出𝑎𝑘1+𝑎𝑘2+⋯+𝑎𝑘𝑗=3(𝑘1+𝑘2+⋯+𝑘𝑗)−𝑗，当𝑗被3整除余1时即可，2𝑘1+2𝑘2+⋯+2𝑘𝑗=2𝑙，
1−2𝑙1−22=2𝑙−1<2𝑙，矛盾，
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得到2𝑘1+2𝑘2+⋯+2𝑘𝑗≤20+21+⋯+2𝑙−1=1−2=2𝑙−1<2𝑙，矛盾，推出结果．本题考查数列的应用，数列求和，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
1−2𝑙19.【答案】解：(1)由题意得𝑦′=2𝑥，𝑦″=2，
设(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=𝑟2，则𝑎2+𝑏2=𝑟2，2=𝑏3，𝑎=0，所以𝑏=2，所以抛物线𝑦=𝑥2在原点的曲率圆的方程为𝑥2+(𝑦−2)2=4．(2)𝑦=𝑥，𝑦′=−𝑥2，𝑦“=𝑥3，设点𝐴(𝑚,𝑚)，(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=𝑟2，
1112111𝑟2所以
{11𝑏−𝑚−2⋅=−1𝑚𝑎−𝑚2𝑟2=，13𝑚3(𝑏−𝑚)(𝑚−𝑎)2+(1−𝑏)2=𝑟2𝑚联立解得𝑟=
(1+13)2𝑚42𝑚3，[𝑚2(1+41)]3𝑚4所以
𝑟2=
(1+13)𝑚44𝑚6=
𝑚6−(𝑥×1)4=
，其中𝑚2(1+𝑚4)=𝑚2+𝑚2≥2，
11所以𝑟2≥4=2，所以𝑟𝑚𝑖𝑛=
232．
(3)证明：由题得𝑦=𝑦′=𝑦″=𝑒𝑥，所以𝑅2=
(1+𝑒2𝑥)3，𝑒2𝑥1设𝑒2𝑥=𝑡，则𝑅2=𝑡2+3𝑡+3+𝑡，2所以𝑡21+3𝑡1+3+𝑡2=𝑡2+3𝑡2+3+𝑡2，
11整理得𝑡1+𝑡2+3−𝑡1𝑡2=0，所以
1𝑒2(𝑥1+𝑥2)1=𝑒2𝑥1+𝑒𝑥2+3>2 𝑒2𝑥1+2𝑥2+3=2𝑒𝑥1+𝑥2+3，
11设𝑚=𝑒𝑥1+𝑥2，则𝑚2>2𝑚+3⇒(2𝑚−1)(𝑚2+2𝑚+1)<0⇒𝑚<2，所以𝑥1+𝑥2<−𝑙𝑛2，得证．
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【解析】(1)由题意得𝑦′=2𝑥，𝑦″=2，设(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=𝑟2，则𝑎2+𝑏2=𝑟2，2=𝑏3，解得𝑎，𝑏，即可得出答案．
𝑟2(2)设点𝐴(𝑚,𝑚)，则
1{11𝑏−𝑚−2⋅=−1𝑚𝑎−𝑚2𝑟2=，解得𝑟2，即可得出答案．13𝑚3(𝑏−𝑚)(𝑚−𝑎)2+(1−𝑏)2=𝑟2𝑚(3)由题得𝑦=𝑦′=𝑦″=𝑒，则得出答案．
𝑥𝑅2=
(1+𝑒2𝑥)32𝑥=𝑡2=𝑡2+3𝑡+3+1𝑒𝑅，设，则，结合基本不等式，即可𝑡𝑒2𝑥本题考查曲率和曲率圆的半径，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
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