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1、试卷第 1 页，共 4 页 2023 年高考数学复习周测卷（12.9）一、填空题 1集合|AxxZ整除124ii中元素的个数为_.2已知ABCD的四个顶点均在双曲线2214yx 上，点(0,1)P在边AB上，且12APPB，则ABCD的面积等于_.3设 fx是定义在 R 上的函数，满足 2231cos,sin44fxxfxx，则函数 f x _.4已知数列 na满足12211,2,3nnnaaaaa.则2342016201512320152aaaaaaaaaa的值_.5实数 x、y满足434313,71113,.yyyyxxyx则 x、y的大小关系是_ 6已知正实数122020,a aa满足1
2、220201aaa，则222202012122320201aaaaaaaaa的最小值为_ 7设双曲线的中心为 O，右焦点为 F，点 B 满足2FBOF若在的右支上存在一点 A，使得|OAOF且3OABOBA，则离心率的取值范围为_ 8已知正三棱锥PABC高为 2，底面边长为 3，现在将三棱锥切去一部分，得到一个顶点为P，底面在ABC内的正四棱锥，则该四棱锥的体积最大为_.9在长方体1111ABCDA BC D中，4AB，12 2BCCC，M是1BC的中点，N是1MC的中点若异面直线AN与CM所成的角为，距离为d，则2020 sind_ 10设正整数a，b，c，d满足23ab，45cd，且303
3、bd，则ac的值为_ 试卷第 2 页，共 4 页 11已知ABC满足2sinsin2sinABC，则59sinsinAC的最小值是_ 12已知双曲线2213yx 的左右焦点为1F、2F，过2F的直线与双曲线右支交于 A、B两点，则12AF F、12BF F的内切圆面积之和的取值范围是_ 13如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从P点匀速朝P移动；乙从Q点匀速出发朝Q移动，到达Q后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达P时，乙恰好在到达Q后折返到Q，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为_.14将 12020 的数字按顺时针方向围成一个圆圈，然后从 1 开始，按顺时针依次隔一个数拿
4、走，即拿走 1，3，5，这个过程一直进行下去，直到剩下最后一个数字，则最后剩下的数字是_.15用平行于各边的直线将一个边长为 10 的正三角形分成边长为 1 的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是_.16已知正三棱柱111ABCA BC的侧棱长为 4，底面边长为 2，用一个平面截此棱柱，与侧棱1AA1BB1CC分别交于点 MNQ，若MNQ为直角三角形，则MNQ面积的最大值为_.二、解答题 17已知椭圆22122:1(0)xyCabab，其右焦点为 F，过 F作直线 l交椭圆1C于 A、B 两点（l与 x 轴不重合），设线段AB中点为 D，连结OD（
5、O为坐标原点），直线OD交椭圆1C于 M、N 两点，若 A、M、B、N 四点共圆，且|8|3MNOD，求椭圆1C的离心率 试卷第 3 页，共 4 页 18已知如图椭圆221:14xCy的左右顶点为1A、2A，上下顶点为1B、2B，记四边形1122A B A B的内切圆为2C （1）求圆2C的标准方程；（2）已知 P为椭圆1C上任意一点，过点 P 作圆2C的切线分别交椭圆1C于 M、N 两点，试求三角形PMN面积的最小值 19如图，已知抛物线22(0)ypx p焦点为 F，ABC三边所在直线与抛物线分别相切，求证：ABC外接圆过定点 试卷第 4 页，共 4 页 20已知直线l与椭圆C：22221
6、(0)xyabab交于A、B两点，直线AB不经过原点O.（1）求OAB面积的最大值；（2）设M为线段AB的中点，延长OM交椭圆C于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求四边形OAPB的面积.21已知 AB 是抛物线2:4C yx上的两个动点，点 A 在第一象限，点 B在第四象限，直线12ll、分别过点 A，B且与抛物线 C相切，P 为12ll、的交点.设 CD 为直线12ll、与直线4x 的交点，求PCD面积的最小值.22已知函数()ln()f xxax aR（）当2a 时，求曲线()f x在1x 处的切线方程；（）设函数1()()ah xf xx，求函数()h x的单调区间；（）若1()ag
7、 xx，在1,e（e=2.71828）上存在一点 x0，使得00()()f xg x成立，求 a的取值范围 答案第 1 页，共 9 页 参考答案：18【分析】根据i为i取整数，求和后分解因数可得结果.【详解】解：由题意得：2411 32 53 74 9702 5 7ii .故集合中有12571014 35 70，一共 8 个元素.故答案为：8 23 654【分析】由对称性，知 O为平行四边形的中心，设00,A x y，得002,32Bxy，将点 A、B 的坐标代入双曲线方程，求得 A、B 的坐标，利用等面积法知4ABCDAOBSS，代入即可求解.【详解】由平行四边形的对称性与双曲线的对称性，知
8、 O为平行四边形的中心，由 A、B、C、D四点在两支双曲线上各有两点，不妨设 A、D在左支上，B、C在右支上，如图：考虑 A、B 关于双曲线中心的对称点,A B，因为单支双曲线上不存在四点构成平行四边形，知,AC BD，所以ABCD的对称中心为 O.设00,A x y，由12APPB，得002,32Bxy.将点A、B的坐标代入双曲线方程得 220020201432414yxyx，解得：0065814xy 或0065814xy 所以658654ABxx 或658654ABxx.故3 653 65242|2 184ABCDADBAOBABSSSOPxx.故答案为：3 654 321sin4x【详解
9、】注意到，2222131sincoscossin144xxf xxf xx 故 2231cos,sin44f xxf xx，从而，21sin4f xx.故答案为21sin4x 41【详解】显然，na为严格递增的正整数的数列.则 22+1211113343nnnnnnnnnaaaaaaaaa11133nnnnnaaaaa.故原式21220142015201512320152201522aaaaaaaaaaaaa.由1231,2,7aaa及数学归纳法，知32ka为偶数，31ka与33ka为奇数.从此，2015a为偶数，因此，所求代数式的值为 1.故答案为：1.5xy#yx【分析】比较 x、y的大小
10、关系，在等式中比较 x、y的大小关系，利用假设法结论正确的答案，结论错误则结果与假设的相反.【详解】假设xy由知16913yyx，由于1313xy，则13169yyy，从而13911616yy设139()1616ttf t，则()f t在R上递减，且()1f y，又22139(2)11616f，所以()(2)f yf于是2y 由知，71113xyx，又答案第 2 页，共 9 页 1111xy，所以71113xxx，即11711313xx类似上面有2x 于是xy与xy矛盾故xy 612#0.5【详解】由柯西不等式知 22220201212232220112232021aaaaaaaaaaaaaa
11、a2122201aaa，且 1223202012aaaaaa，所以2222201212232020112aaaaaaaaa，且当12202012020aaa时取到等号故答案为：12.722 151,7【详解】在平面直角坐标系xOy中考虑问题 不妨设 A 在第一象限A是以 O为圆心，OF为半径的圆与的交点设的左焦点为 X，则4XOAOABOBAOBA，122AFOXOAOBA，即,FABFBA FAFB 在上取一点 C，使FCFB，则FCFA由双曲线的定义知2CXCFa（a是实半轴长），即2222(2)4aCFCXcCF（c是半焦距）代入2cCFFB，得2222424ccac解得22 151,7
12、e故答案为：22 151,7 884 3【详解】作图可知该四棱锥底边边长最大为33，从而可得相应的体积为84 3.故答案为：84 3.91616【详解】因为1CMBC，故90过点M作MEAN于点E，则MECM，故dME因为4AB，3BN，所以5AN，则4sin5dMEMNANB，从而可得2020 sin1616d故答案为：1616.10123801【详解】解析：由题意可得ab b，4cdd，则b必为完全平方数，d一定能开 4 次方设2bn，4dm，则223 101bdnmnm，且注意到 3，101 都是质数，则223031nmnm 或者221013nmnm，解得52n，7m，则35123801
13、acnm故答案为：123801.1116【详解】解析：2sinsin2sinsin2(sinsin)ABCBCA 2sincos4sincos2222ACACCAACsin2sintan3tan2222ACCACA 令tan2At，则222259595527326sinsin22191ttttACtttt216442 1616tttt 答案第 3 页，共 9 页 当113,tan,tan22222ACt 时，tan02AC，所以180AC，故min5916sinsinAC 故答案为：16 12102,3【详解】解析：令12AF F、12BF F的内切圆心为1I、2I，与 x轴切于 M，N，则1
14、2121132FFF AF AFMF N，所以 M、N 重合于双曲线右顶点 过2F的直线与双曲线右支交于 A、B 两点，令212,33AF F，内切圆面积和为 22221210tancot2,223Srr故答案为：102,3.136611【详解】设甲、乙的速度分别为1v、2v，在此过程中，1232vv，即1223vv.不妨设13v、22v，则总的时间为 1.设在时间为0t末，甲、乙之间的距离最短，即此时P、Q分别达到M、N点.分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.（1）路程前半程：010,2t，则02QNt，03PMt，0MHt，02PHt，2200122QHtt，进而有2220001223
15、213333MNttt，故63MN（当且仅当013t 时取等号）.（2）路程后半程：01,12t，则02 1QNt，03PMt，0MHt，02PHt，2200122QHtt，进而有2220007661114511111111MNttt，故6611MN（当且仅当0711t 时取等号）.因为666311，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为6611.故答案为：6611 141992.【详解】在第一轮中，从 1 开始到拿走 1991，共取走 996 个数，此时余下 1024 个数，1991后一项偶数为 1992，此后共取 10 次，余下的数为 1992，故答案为:1992.15315【详解】解析：
16、设边长为n的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为na，则1231,5,13aaa，当n为偶数时，则21+12+2 12322nnnnnaaC，其中21nC为增加的一条边上的1n分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数；22 12322nn为以增加的一条边上的1n分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，同理，当n为奇数时，则答案第 4 页，共 9 页 21+11+2 1232nnnnaaC，其中21nC为增加的一条边上的1n分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数；12 1232n为以增加的一条边上的1n分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，故22210
17、34111aCCC 2 0 12 12 1221221234212345 =32234411121 23454 1 3 6 1015 80315CCCC 答案为：315.1617【分析】如图，不妨取点 M 为点 A，设,0,4CQx BNy x y，90MQN，则由直角三角形MQN可得2yxx，从而可得面积的表达式，利用函数的单调性可求最大值.【详解】解析：如图，不妨取点 M为点 A，设,0,4CQx BNy x y，不妨设90MQN，则222MNMQNQ，即222444()yxyx，整理得：220 xxy，222xyxxx.又4y，所以24xx，解得2222x.设MNQ的面积为 S，则222
18、444()Sxyx22444xx2216204xx224204 xx，这个函数在22,2)上单调递减，在(2,22上单调递增，最大值是204 1268，所以max17S.故答案为：17.【点睛】思路点睛：几何体的截面面积的最值问题，注意选择合适的变量构建面积表达式，再根据函数最值的解决方法求解即可.172 23【分析】先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出D坐标，再结合直线OD交椭圆1C于 M、N两点，若 A、M、B、N四点共圆，且|8|3MNOD，求出2221,33aMa再代入椭圆求出a，进而求出离心率.【详解】不妨设椭圆1C的半焦距1c，则221ba，椭圆右焦点为(1,0)F设:1l xk
19、y，将1xky，代入22221xyab消去 x 化简整理得222222222110a kkayakya 显然，方程判别式 0，设,AABBA xyB xy由韦达定理知2222221ABakyya kka，从而22222222222211122222ABDABakxxaxkykya kkaa kka，2222211DDakxyka kka，于是22222222221,akaDa kkaa kka 答案第 5 页，共 9 页 所以直线OD的方程为221axyak 设圆AMBN的方程为222:0CxyDxEyF，直线l直线MN的方程为232:(1)01aCxkyxyak，由于3C经过12CC、的交点
20、，且123CCC、均为二次曲线，则存在常数12、，使得 2222212222(1)11axyxkyxyxyDxEyFabak，比较方程两边xy系数知2201akak，即2221aka，由对称性不妨设21aka代入点 D的坐标得211,22aDa，又|8|3MNOD，得点2221,33aMa，而 M 在1C上，故222222123311aaaa，解得98a，于是1C的离心率为2 23cea 18（1）2245xy；（2）85.【详解】（1）因为2A、1B分别为椭圆221:14xCy的右顶点和上顶点，则2A，1B坐标分别为(2,0),(0,1)，可得直线21A B方程为：22xy，则原点 O到直线
21、21A B的距离为222512d，即圆2C的半径25rd，故圆2C的标准方程为2245xy（2）设直线PM方程为1mxny，由直线PM与圆2C相切，可知原点 O到直线PM距离22125dmn，整理可得2254mn，将直线PM方程代入椭圆1C可得222()4xymxny，整理即有222448410yynmnmxx，则2212221241411544444y ymmx xnm，即1OPOMkk，故OPOM同理OPON，故 M、O、N三点共线，则2|PMNOPMSSOPOM设:OP ykx代入椭圆方程可得22214xk x，则22414xk，故22222224 111 4kOPxykxk，同理222
22、2214 1414114kkOMkk，则22222211144544 14 1kkOPOMkk，则2251124|OPOMOP OM，得8|5OP OM，则85PMNSOP OM，当且仅当2 105OPOM时等号成立，故三角形PMN面积的最小值为85 19【详解】由对称性，及BCx轴，可猜测ABC的外接圆过定点 F 设22,2Pptpt，切点2112,2Mptpt，切点2222,2Nptpt，则2:22BClt yxpt；答案第 6 页，共 9 页 211:22ACltyxpt；222:22ABltyxpt则1 2122,Apt tptpt，222,Bpttptpt，112,Cpttptpt，
23、所以121222,4141CFBFttttkkt ttt，因此 211221211 2212224141tan2214114141BFCFBFCFttttttkkttt tCFBttttkkt tttt t 同时121 21122tantan1114ACABABACkkttBACCFBkkt t，所以180BACBFC，故ABC外接圆过定点 F 20（1）2ab；（2）32ab.【详解】解法一 当直线AB的斜率不存在时，由对称性，设直线AB方程为0 xnna，则221bayn，22222212112OABnnnSnbabaaa 2222122nnaaabab，当且仅当22an 时取等号.设直线
24、l：0ykxm m，11,A x y，22,B xy，联立方程22221xyabykxm，消去y得：22222222220ba kxa kmxa ma b，判别式2222222222222222440a kmba ka ma ba bba km，则2222ba km，于是 222222222222211ab ba kmABkkba kba k.原点O到AB的距离21mdk，所以 2222222221121221OABab ba kmSAB dakmkbk 222222222222222222mba kmmba kmabababba kba k，当且仅当22222mba k时取等号.（2）不妨设
25、0k，根据垂径定理得：22ABOMkkba，则OM的方程为22byxa k.将OM的方程代入椭圆方程，消去y得422222a kxba k.注意O、P在直线AB的两侧，所以 222212Ma kxba k，2222222222222122MMbbakbyxa ka kba kba k .又点M在直线AB上，所以222222221122ba kkmba kba k，化简得：答案第 7 页，共 9 页 22224ba km，则2222432242OAPBOABmmmabSSabm.解法二 （1）设xxayyb，则221xy，OABO A BSabS .设原点O到直线A B 的距离为0,1d d，则
26、2221122OABO A BddabSabSab A B dabd dab .（2）要四边形OAPB为平行四边形，则四边形OAPB 为菱形，由（1）知 133221 1 sin120222O A BSSSab .解法三（1）设cos,sinA ab，cos,sinB ab，则 1cossincossinsin222OABababSaba，当且仅当2k，kZ时取等号.（2）(coscos,sinsin)OPOAOBP aabb，则2222(coscos)(sinsin)1aabbab，即22cos()1，移项整理得1cos()2，则3sin2，故322OAPBOABSSab.21128 39【
27、详解】设22121212,044yyAyByyy，则1l方程为12121,2yxy ly方程为22212yxyy，联立1l2l方程可得点 P 坐标为1212,42y yyyP，CD的坐标分别为11814,2yy22814,2yy，所以1212121212168181|222y yyyCDyyyyy y.于是121212121614242PCDy yyyy ySy y.设21212(0),y yttyym，由2222121212440yyyyy ymt知2mt，当且仅当120yy时等号成立，所以222222222221616216161424216168PCDtmmtttttStttt.设221
28、6()8tf tt，则222222221621631616()88tt ttttfttt.所以4 303t 时，()0f t；4 33t 时，()0f t，答案第 8 页，共 9 页()f t在区间4 30,3上为减函数；在区间4 3,3上为增函数.所以4 33t 时，()f t取最小值128 39.所以当1212160,3yyy y，即1244,33yy 时，PCD面积取最小值128 39.22（1）20 xy；（2）当1a 时，()h x在(0,1)a上单调递减，在(1,)a上单调递增 当1a 时，()h x在(0,)上单调递增；（3）2e1e1a或2a.【分析】（1）求出切点(1,1)，
29、求出2()1fxx，然后求解斜率 k，即可求解曲线()f x在点(1,1)处的切线方程；（2）求出函数的定义域，先求函数的导函数，分情况讨论，分别求解函数的单调区间即可；（3）转化已知条件为函数1()lnah xxaxx在1,e上的最小值min()0h x，利用（2）的结果，分别判断函数的单调性，再求解函数的最小值，推出 a的范围【详解】（1）当2a 时，()2lnf xxx，(1)1f，切点(1,1)，2()1fxx，(1)121kf ，曲线()f x在点(1,1)处的切线方程为：1(1)yx，即20 xy（2）1()lnah xxaxx，定义域为(0,)，22221(1)(1)(1)()1
30、aaxaxaxxah xxxxx，当10a，即1a 时，令()0h x，0 x，1xa，令()0h x，0 x，01xa 当10a，即1a 时，()0h x恒成立，综上：当1a 时，()h x在(0,1)a上单调递减，在(1,)a上单调递增 当1a 时，()h x在(0,)上单调递增（3）由题意可知，在1,e上存在一点 x0，使得00()()f xg x成立，即在1,e上存在一点 x0，使得0()0h x，即函数1()lnah xxaxx在1,e上的最小值min()0h x 由（2）知，当1ea，即e 1a 时，()h x在1,e上单调递减，mine1()()0eeah xha，2e1e1a，2ee1e11，2e1e1a；当1 1a，即0a 时，()h x在1,e上单调递增，min()(1)1 10h xha ，2a，当11ea，即0e1a时，min()(1)2ln(1)0h xhaaaa，0ln(1)1a，0ln(1)aaa，(1)2ha,此时不存在 x0使0()0h x成立 综上：a的范围是：2e1e1a或2a 答案第 9 页，共 9 页