2023 学年第二学期 3 月四校联考
高二数学学科 答案
1．C
【分析】根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案.
【详解】两直线垂直，则有 A1A2 + B1B2 = 0，即2+2m=0，解得m = 1.
故选：C
2．B
【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
a2
【详解】当a a 0，则公比q = 12 1 ， a1
所以an = a q
n 1
1 0，
an+1
则 = q 1，所以a
a n+1
an，所以 an 为递增数列，
n
n
1
若 an = ，此时数列 an 为递增数列，而0 a2 a1，
2
所以“a2 a1 0 ”是“ an 为递增数列”的充分不必要条件.
故选：B.
3．D
4
【分析】根据题意设出圆心C 的坐标，利用 k r = CTCT = 求出点C 坐标，进而求出半径 ，得解.
3
【详解】由题意，设C (a,a)（a 0），圆C 的半径为 r ，
a 1 4
kCT = = ，解得a = 3，
a 3
所以圆心C ( 3, 3) 2 2，半径 r = CT = ( 3 0) + ( 3 1) = 5，
2 2
所以圆C 的方程为 (x + 3) + ( y + 3) = 25 .
故选：D.
4．A
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前n项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，a1 + a2 =12且a1 +a3 = 2(a2 +6)，
设等比数列的公比为q ，
答案第 1 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
则 a1 + a1q
2 = 2a1q + a1 + a1q，得q = 3，
a1 (1 310 )
S 1010 = 1 3
1 3
= =1+ 35 = 244 .
S5 a (1 35 ) 1 351
1 3
故选：A
5．B
3
【分析】先根据椭圆的定义得到 AF1 = AF2 = a, AB = a，再由等腰三角形的性质得到
2
a
1
cos BAF 22 = = ，最后由二倍角的余弦公式得到离心率. 3 3
a
2
【详解】
由题意可得 BF2 + BF1 = 2a，因为 AB = BF2 ，
3
所以 AF1 = AF2 = a, AB = a，
2
a
1
设 F1F2 = 2c，根据等腰三角形的性质得cos BAF
2
2 = = ， 3 3
a
2
因为 BAF2 = 2 OAF1，所以cos BAF2 =1 2sin
2 OAF1，
2
c 1 c 3
又 sin OAF1 = ，所以 =1 2
a
e = ，
3 a 3
故选：B.
6．C
【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.
【详解】设D, D1分别是BC, B1C1的中点，连接 AD, A1D1，
设O,O1分别是正三角形 ABC和正三角形 A1B1C1的中心，
1 3 1 2 3
则O AD,O1 A1D1，且B1D1 = A1D1 = , BD = AD = ，
3 3 3 3
答案第 2 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
由于OO ⊥平面 ABC, BC 1 平面 ABC，所以OO1 ⊥ BC ，
由于 AD ⊥ BC, AD OO1 =O, AD,OO1 平面 ADD1A1，
所以BC ⊥平面 ADD1A1，由于DD1 平面 ADD1A1，
所以BC ⊥ DD1，所以 D1DA是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，
3
所以 D1DA = 60 ，过O1作O1E ⊥ AD，垂足为E ，则DE =OD O D = ， 1 1
3
2 3
所以DD1 = ，
3
1 2 1 2+ 4 2 3所以三棱台的表面积为 2 sin 60 + 42 sin 60 + 3 =11 3 .
2 2 2 3
故选：C
7．B
【分析】设出切点横坐标 x0 ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于 x0 的方程，
根据此方程应有实数根，求得a的取值范围.
a x
【详解】∵ y =
ex
，
1 a+x
∴ y = x ， e
a x 1 a+x
设切点为 (x0 , y0 )，则 y =
0
0 x ，切线斜率 k =
0
x ，
e 0 e 0
a x0 1 a+x∴切线方程为 y = 0 (x xx x 0 )，
e 0 e 0
∵切线过原点，
a x 1 a+x 2
∴ 0 = 0 ( x0 )，整理得： x0 ax a = 0,x 0
e 0
x
e 0
∵存在过坐标原点的切线，
∴ = a2 + 4a 0，解得a 4或a 0，
∴实数a的取值范围是 ( , 4 0,+ ) .
故选：B.
答案第 3 页，共 12 页
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8．D
ln x ln x
【分析】根据式子结构，构造函数 f ( x) = 2 ，利用导数判断出 f ( x) = 的单调性，进而得到 a，b，cx x2
的大小关系.
ln x
【详解】根据式子结构，构造函数 f ( x) =
x2
，
'
ln x x 2x ln x 1 2ln x
则 f (x) = 2 = = ，
x x
4 x3
令 f (x) 0，则 x e ，令 f (x) 0，得0 x e ，
ln x
因此 f ( x) = 2 在 (0, e )单调递增，在 e,+ )单调递减， x
ln 2 ln 4 1 ln e ln 3
而 a = = = f (4)，b = = = f e2 2 ( )， c = = f ( 3 )
4 16 e e 3
因为4 e 3 e ，所以a b c
故选：D
9．BC
【分析】由基本初等函数的导数与导数的运算法则计算即可.
1 1【详解】 (ln10) = 0 ， x2 = 2x + ，
x 2 x
(xex ) = ex + xex
= (x +1)ex， (cos3x) = 3sin 3x .
故选：BC.
10．AB
【分析】求出 34 3 BP 34 +3判断 A；根据 P 到直线 AB 的距离d 4 2 3,4 2 +3 判断 B；转化
为两圆的位置关系判断 C；求出垂直平分线与圆的交点判断 D.
2 2
【详解】由C : (x 5) + ( y 5) = 9可得，圆心C (5,5)，半径 r = 3，
2 2
对于 A.，因为 BC = (0 5) + (2 5) = 34 ，
所以 34 3 BP 34 +3， 34 3 3 34 +3，所以在圆C 上存在点 P ，使得 BP = 3，正确；
x y 5+5 2
对于 B， AB 的方程为 + = 1，即 x + y 2 = 0 ，C 到 AB 的距离为 = 4 2 ，
2 2 2
P 到直线 AB 的距离d 4 2 3,4 2 +3 5 4 2 3,4 2 +3 ，而 ，
所以在圆C 上存在点 P ，使得点 P 到直线 AB 的距离为5，正确；
答案第 4 页，共 12 页
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2 2
对于 C，以 A(2,0), B(0,2)为直径端点的圆E : (x 1) + ( y 1) = 2，
圆心E (1,1) 2 2，半径 r0 = 2 ， EC = (1 5) + (1 5) = 4 2 3+ 2 ，两圆外离，两圆没有交点，
所以在圆C 上不存在点 P ．使得 APB =90 ，错误；
2 2
对于 D， AB 垂直平分线方程为 y = x，直线 y = x与圆C : (x 5) + ( y 5) = 9相交，
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2
有两个交点 5 ,5 , 5+ ,5+ 5 ,5 5+ ,5+ 2 2
，但是若 P 为
2 2 2 2
， 时，
2 2
AP = BP 4，所以在圆C 上不存在点 P ，使得 AP = BP = 4，错误.
故选：AB.
11．ACD
【分析】对于 A，利用点到平面的距离公式处理即可，对于 B，利用线线角的向量求法处理即可，对于 C，
利用球的方程解出半径再求面积即可，对于 D，利用圆柱与平面的截面即可判断.
【详解】
对于 A：以D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0) ，B(2, 2,0)， E(0,2,1)， A1(2,0,2)，
故DB = (2,2,0)，DE = (0,2,1)，DA1 = (2,0,2)，
设面BDE 的法向量 n = (x, y, z)，点 A1到平面BDE 的距离为d ，
则 2x + 2y = 0，2y + z = 0，令 x= 1，解得 y =1， z = 2，
故 n = ( 1,1, ) ，
2 4
由点到平面的距离公式得d = = 6 ，故 A 正确，
1+1+ 4
对于 B：易知 A(2,0,0)，C1(0,2,2)，故 AC = ( 2,2,2)， BE = ( 2,0,1)， 1
4+ 2 15
设异面直线 AC1与 BE 所成角为 ，则 cos = = ，故 B 错误，
5 12 5
答案第 5 页，共 12 页
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对于 C:设三棱锥 A1 BDE的外接球的方程为 (x a)
2 + (y b)2 + (c z)2 = R2 ，
将 A1, B, D, E代入球的方程，
2 2 2(a 2) + (b 0) + (c 2) = R2
2 2 2
(a 2) + (b 2) + (c 0) = R
2
可得 2 2 2 ，
(a 0) + (b 2) + (c 1) = R2
2 2 2
(a 0) + (b 0) + (c 0) = R
2
2 2 2 2 (a 2) + (c 2) = (a 0) + (c 0)
利用加减消元法可得 2 2 2 2 ，
(a 2) + (c 0) = (a 0) + (c 1)
2 2 7 2 5
0
2
+ (b 0) + 0 = R
7 5 6 6
解得a = ,c = ，代入方程中可得 ，
6 6 2 2 7 2 5
2 + (b 0) + 2 = R
2
6 6
11 5 11
解得 R = ，b = ，故表面积为 ( )2 π =11π，故 C 正确，
2 6 2
对于 D：因为M 到直线 A1C 的距离为 3 ，故M 的轨迹是以 A1C 为对称轴的圆柱，
而M 又在底面上，底面与对称轴不垂直，
故M 在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，
故 D 正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：空间中的几何体的外接球，可以通过综合法确定球心的位置，也可以利用球的方程
确定球心坐标和球的半径，而空间中动点的轨迹，则需利用几何体的特征确定动点的几何特征，结合线面
关系确定轨迹．
2 5
12． y = x
5
c 4+m 3
【分析】由题意可得出e = = = ，求出m的值即可求出其渐近线方程.
a 2 2
y2 x2
【详解】由 =1可得：a = 2,b = m ，
4 m
所以c = a2 +b2 = 4+m ，
c 4+m 3
所以e = = = ，解得：m = 5，
a 2 2
y2 x2 2 5
所以双曲线 =1，则其渐近线方程为： y = x .
4 5 5
2 5
故答案为： y = x .
5
答案第 6 页，共 12 页
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n
1
13．1
2
【分析】设b = log (a +1)，根据a1 =1， a3 = 7 bn 2 n 求出 1和b3 ，得到 bn 的通项公式，进而得到 an 的通项
公式，最后利用等比数列求和公式求和即可.
【详解】设b = log (a +1)，则 bn 2 n n 为等差数列，设 bn 的公差为d ，
a1 =1， a3 = 7， b1 = log2 (a1 +1) =1，b3 = log2 (a3 +1) = 3，
则 2d = b3 b1 = 2， d =1， bn = n，
则n = log2 (an +1)， a
n
n = 2 1，
n
1 1 1 1
= = =
a n+1
，
n+1 an (2 1) n (2n 1) 2 2
n1 1
1 1 2 n n
1 1 1 2 2 1 S = n + + + = =1
.
1 2 2 2 21
2
n
1
故答案为：1 .
2
1
14．
e
ln x + 2
【分析】分析出函数 f (x) = 在 (m,+ )上为减函数，利用导数求出函数 f (x)的单调递减区间，即可
x
求得实数m的最小值.
x1 ln x2 x2 ln xx ( ) 1【详解】对任意的 、 x m,+ ，且 x1 x2 2， 2，易知m 01 ， x2 x1
ln x1 + 2 ln x2 + 2
则 x1 ln x2 x2 ln x1 2x2 2x1，所以， x1 (ln x2 +2) x2 (ln x +2)，即 1 ， x1 x2
ln x + 2
令 f (x) = ，则函数 f (x)在 (m,+ )上为减函数，
x
ln x +1 1
因为 f (x) = ，由 f (x2 ) 0，可得 x ， x e
1
所以函数 f (x)的单调递减区间为 ,+ ，
e
1 1 1
所以， (m,+ ) ,+ ，所以，m ，因此，实数m的最小值为 .
e e e
1
故答案为： .
e
答案第 7 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
15．(1)答案见解析；
27
(2)最大值为 54，最小值为 .
4
【分析】（1）利用导数研究 f (x)的单调性，并求出极值即可；
（2）根据（1）结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值.
2 3
【详解】（1）由题设 f (x) =12x 6x 18 =12(x +1)(x ) ，…………（2 分）
2
3
令 f (x) = 0，得 x= 1或 x = ，…………（3 分）
2
3 3 3
当 f (x) 0时，即12(x +1)(x ) 0，解得 x 或 x 1，单调递增区间为 ( , 1)和 ,+ .
2 2 2
3 3 3
当 f (x) 0时，即12(x +1)(x ) 0，解得 1 x ，单调递减区间为 1, .…………（5 分）
2 2 2
3 27
函数 f (x)的极大值为 f ( 1) = 38 ，极小值为 f ( ) = .…………（7 分）
2 4
（2）∵ f (x)
3 3
在[0， ]上减，[ ，3]上增
2 2
f (0) = 27 ， f (3) = 54， 3 7f ( ) = …………（11 分）
2 4
f (x) f (x∴ ， )
27
max=54 min= …………（13 分）
4
n 1
16．(1) an = 2n+3，bn = 2
(2) 1,2
【分析】（1）设出两数列，借助基本量计算即可得；
（2）借助裂项相消法计算出Tn 后，解出不等式即可得.
n 1
【详解】（1）设a a = b =1n = a1 + (n 1)d 、bn = b1q ，又 1 1 ，
则可得a3 +b2 = a1 + 2d +b1q =1+ 2d + q = 1，
a5 +b3 = a1 + 4d +b q
2
1 =1+ 4d + q
2 = 3，
2d + q = 2 d = 2 d = 1
即有 ，解得 或 ，
4d + q
2 = 4 q = 2 q = 0
又 d 0、q 0，故d = 2， q 2，
即an =1 2(n 1) = 2n+3…………（3 分）
b = qn 1 = 2n 1n …………（3 分）
答案第 8 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
1 1 1 1 1
（2） = = …………（3 分）
anan+1 ( 2n+3)( 2n+1) 2 2n 3 2n 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
则Tn = + + = 1 = …………（2 分）
2 1 1 1 3 2n 3 2n 1 2 2n 1 2n 1
n n n n n
Tn + = + = + ，
b3 2n 1 2
2 2n 1 4
n n n
若Tn + 0 成立，即 + 0，
b3 2n 1 4
5
由n 1，即 4n+n(2n 1) 0，整理得n(2n 5) 0，解得0 n …………（2 分）
2
又 n N ，故n =1或n = 2…………（2 分）
n
即使Tn + 0 成立的n的取值范围为 1,2 .
b3
17．(1)证明见解析
(2)存在点M ，点M 为线段 AE 的中点
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出 AF BD = 0，从而得出BD ⊥ AF ，利用四边形 ABCD
是菱形，得出BD⊥ AC，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；
（2）设 AM = AE ， 0≤ ≤1，利用（1）结果，求出平面MBC的一个法向量n = (0, ,1)和平面MAD的一
个法向量为m = (0,1,0)，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）取 AD 的中点O，连接OE,OB，
因为 ADE为等边三角形，所以OE ⊥ AD ，
又平面 ADE ⊥平面 ABCD，平面 ADE 平面 ABCD = AD，OE 平面 ADE ，
所以OE ⊥平面 ABCD，
又四边形 ABCD是菱形，且 BAD= 60 ，所以OB⊥ AD，
故以O为原点，OA为 x轴，OB为 y 轴，OE为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 AB = AD = ED = EA = BD = 2， EF =1，易知OE =OB = 3 ，
则 A(1,0,0)，B (0, 3,0)，C ( 2, 3,0)，D( 1,0,0)，E (0,0, 3)，
答案第 9 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
1 1 3
所以 AB = ( 1, 3,0)， EF = AB = , ,0
2
，
2 2
1 3 3 3
得到F , , 3 ，故 AF = , , 3 ，BD = ( 1, 3,0)，
2 2 2 2
得到 AF BD = 0，所以BD ⊥ AF ，
又BD⊥ AC， AC 平面 ACF， AF 平面 ACF， AC AF = A，
∴ BD ⊥平面 ACF．
【得出 EO⊥平面 ABCD…………2 分，菱形得 AC⊥BD…………1 分，几何法证 FG∥EO→FG⊥BD 或向
量法证 AF BD = 0…………2 分，得出结论 BD⊥平面 ACF…………2 分】
5
（2）假设存在点M ，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为 ，
5
设 AM = AE ，0≤ ≤1，则 (xM 1,yM ,zM ) = ( 1,0, 3)，
所以 xM =1 ， yM = 0， z = 3 ．即M (1 ,0, 3 M )，
所以BM = (1 , 3, 3 )，BC = ( 2,0,0)，
设平面MBC的法向量为n = (x,y,z)，
BM n = 0 (1 ) x 3y + 3 z = 0 y = z
则 即 ，所以 ，
BC n 2x = 0
x = 0
令 z =1，得 x = 0, y = ，所以n = (0, ,1)，
又平面MAD的一个法向量为m = (0,1,0)，
5 1 1
所以 cosm,n = = ，解得 = 或 = (舍去)，
2 +1 5 2 2
5
所以，存在点M ，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为 ，
5
点M 为线段 AE 的中点．
【建系正确，写过点坐标 设 AM = AE ，0≤ ≤1…………1 分，
平面MAD的一个法向量为m = (0,1,0)…………2 分，求出平面 MBC 一个法向量n = (0, ,1)…………2 分
1
结论 = （点M 为线段 AE 的中点）…………3 分】
2
5
法 2、几何角度，利用互余想法，找平面 MBC 与平面 ABCD 夹角的正弦值为 从而得出中点也是可以的。
5
答案第 10 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}
18．(1) a 1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得 x+ 2a x +1= 0有 2 个不同的根，令 t = x 0，则 t2 + 2at +1=0
有 2 个不同的正根 t1, t2 ，利用根的判别式及韦达定理得到不等式，解得即可；
x2 +1 x2 +1
（2）依题意可得 x2 +1+ 2a x2 = 0，即可得到a = ，即可得到 f (x2 ) = x2 ln(x2 +1)，设2 x2 2 x2
(t2 +1) ln(t2 +1)
g(t) = t (t 1) ，利用导数说明函数的单调性，即可得到 g(t) 1 ln 2 ，从而得证；
2t
【详解】（1）解：因为 f (x) = x + a ln(x +1)定义域为 0,+ )，
1 a x + 2a x +1
所以 f (x) = + = ，…………（3 分）
2 x x +1 2 x (x +1)
因为函数 f (x)的两个极值点， x+ 2a x +1= 0有 2 个不同的根，………………（5 分）
令 t = x 0，则 t2 + 2at +1=0 有 2 个不同的正根 t1, t2 ，
所以 =4a2 4 0且 t1 + t2 = 2a 0，解得a 1；…………（8 分）
解 2：因为 f (x) = x + a ln(x +1)定义域为 0,+ )，
1 a x + 2a x +1
所以 f (x) = + = ，…………（3 分）
2 x x +1 2 x (x +1)
因为函数 f (x)的两个极值点， x+ 2a x +1= 0有 2 个不同的正根，………………（5 分）
1
2a = t +（t = x＞0），利用对勾函数图像性质，解得a 1…………（8 分）
t
（2）解：由（1）知，当且仅当a 1时 f (x)有两个极值 x1, x2 且 x1 x2，因为 x2 +1+ 2a x2 = 0，所以
x +1 x
a = 2 f (x ) = x + a ln(x +1) = x 2
+1
，所以 2 2 2 2 ln(x2 +1)，…………（11 分）
2 x2 2 x2
又 x1x2 =1，0 x1 x2 ， x2 1，则 x2 1，…………（13 分）
(t2 +1) ln(t2 +1)
设 g(t) = t (t 1) ，
2t
(2t ln(t2 +1)+ 2t)t (t2 +1) ln(t2 +1) (1 t2) ln(t2 +1)
则 g (t) =1 = 0 .…………（15 分）
2t2 t2
函数 g (t)在 (1,+ )上单调递减，
g(t) g (1) =1 ln 2，
答案第 11 页，共 12 页
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f (x2 ) = g ( x2 ) 1 ln 2 .…………（17 分）
1 2a
【备注：（2）若将 f (x )转化为关于 a 的函数， g(a) = + a ln (a＜ 1)2 ，结论正确的
a + a2 1 a + a2 1
酌情给分；（1）（2）小题还有其他正确解法，同样给分】
19． x = my + n
(1):联立 ，得y
2 2 pmy 2 pn = 0
y
2 = 2 px
y1y2 = 2 pn,又 x1x2 =1,代入抛物线得：y1y2 = 2 px1x2 = 2 p
n =1,即F（1,0），抛物线为：y2 = 4x
p2
（写出p = 2或y2 = 4x…………（4分），若答案错，有x1x2 = 时给2分）
4
(2) :设A (x1, y1 ) , B (x2 , y2 ) ,易得y1y2 =-4；
y1 2 y 2则 = m 2, 2 = n 2.两式相加
x1 +1 x2 +1
y2 y2
( y1 2)
2 1
+1 + ( y2 2) +1
4 4
m + n 4 = =-2
y2 1 y
2
+1
2
+1
4 4
m+ n = 2.
y1 2 y 2（给出m + n = 2…………（6分），若答案错，有 = m 2，2 = m 2或相关式子给3分）
x1 + 2 x2 + 2
x = my + n
(3) ,得y
2 4my 4n = 0,得M 2m2 + n, 2m …………（1分）
y2
( )
= 4x
CD = 1+m2 16m2 +16n = 4 2
(1+m2 )(m2 + n) = 2…………（2分）
x0 +1= 2(2m2 + n x0 )
由题意设重心为E（x0 , y0 ), ，
y0 2 = 2(2m y0 )
4m2 + 2n 1
x = 2 2
0 3 4(2m +1) 4(4m + 2n 1)
…………（2分）;代入抛物线得 = '
4m + 2 9 3y =
0
3
又 (1+m2 )(m2 + n) = 2
(1+m2 )( m2 + 2m+ 2) = 6
m为整数， m =1…………（2分）
（若由(1+m2 )(m2 + n) = 2猜想结果给2分，猜想后给出证明满分）
答案第 12 页，共 12 页
{#{QQABLYwAogiIAIAAAQgCAQUgCgCQkBECCIoOxFAIoAIACAFABAA=}#}2023学年第二学期3月四校联考
高二数学学科试题卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的，
1.已知直线×+2y-4=0与直线2x+my+m+3=0互相垂直，则m为()
1
A.-
B.1
C.-1
D.2
2
2.已知{an}是等比数列，则“a2>a>0”是“{a}为递增数列”的()
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
3.已知直线3x+4y-4=0与圆C相切于点T(0,1),圆心C在直线X-y=0上，则圆C的方程为()
A.(X-3)2+(y-3)2=13
B.(X-3)2+(y+3)2=25
C.(X+3)2+(y-3)2=13
D.(X+3)2+(y+3)2=25
4.已知等比数列{a,}的前n项和为S4+a,=12且a,,+6,品，成等差数列，则为（)
A.244
B.243
C.242
D.241
5.已知桶圆C4爷+，(a>b≥0)的左右焦点分别是上，5，过5的直线与C相交于A,B两点，若一
AF=2BF,AB=BF2,则C的离心率为()
A.
y
3
√5
B.
D.
2
c.2
3
2
5
6.已知正三棱台ABC-AB,C,的上、下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为
60°，则此三棱台的表面积为()
A.73
B.10W3
c.113
D.12W3
,已知曲线y三aX存在过坐标原点的切线，则实数a的取值范围是(
A.[-4,0]
B.（-0,-4]U[0,+o)
c.(-4,0)
D.(-0,-4)U(0,+0)
8.已知a=
02b=2,c-hV3
4
3
,则a,b,c的大小关系为()
A.a
B.bC.bD.a二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，
9.下列求导正确的是()
Ah0r-
8（x-=2x+是
c.（xe）=(x+1)e*
D.(cos3x)'=-sin3x
10.已知圆C:(X-5)2+(y-5)=9,A(2,0),B(0,2),则()
A.在圆C上存在点P,使得|BP=3
B.在圆C上存在点P,使得点P到直线AB的距离为5
C.在圆C上存在点P.使得∠APB=90°
D.在圆C上存在点P,使得|AP曰BP=4
11.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-AB,C,D中，点E是棱CC1的中点，则下列结论中正确的是
()
D
C
A.点A到平面BDE的距离为√6
B.异面直线AC,与BE所成角的余弦值为
10
C.三棱锥A-BDE的外接球的表面积为11π
D.若点M在底面ABCD内运动，点M到直线AC,的距离为√3，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.