2023-2024学年春学期期初学情调研试卷参考答案1．B[试题解析]，，故选：B2．D[试题解析]因为a，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故A错误；因为b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；因为a+2b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；因为a+2c，p=a+b，q=a−b，为不共面向量，所以能构成基底，故D正确；故选：D3．D[试题解析]∵l1⊥l2，∴a(a−1)+(1−a)×(2a+3)=0，即(a−1)(a+3)=0，解得a=1或a=−3.故选：D．4．B[试题解析]奇数项共有n+1项，其和为a1+a2n+12⋅n+1=2an+12⋅n+1=290，∴n+1an+1=290．偶数项共有n项，其和为a2+a2n2⋅n=2an+12⋅n=nan+1=261，∴an+1=290−261=29．故选：B．5．C[试题解析]依题意可得圆锥的体积V=1×23π32=4π3cm3，又V=13π×12×ℎcm3（其中h为圆锥的高），则ℎ=4cm，则圆锥的母线长为12+42=17cm，故圆锥的侧面积为17πcm3．故选：A．6．B[试题解析]因为A在B的前面出场，且A，B都不在3号位置，则情况如下：①A在1号位置，B有2,4,5号三种选择，有3Aeq\o\al(3,3)＝18种出场次序；②A在2号位置，B有4,5号两种选择，有2Aeq\o\al(3,3)＝12种出场次序；③A在4号位置，B有5号一种选择，有Aeq\o\al(3,3)＝6种出场次序，故不同的出场次序共有18＋12＋6＝36种．故选B.7．A[试题解析]解：由题意，作图如下：设圆I与x轴、PF2、PF1分别切于点E、H、F，因为双曲线C的右顶点为A3,0，F1−5,0，F25,0，所以AF1−AF2=3+5−5−3=6，因为PF1−PF2=6，所以PF1−PF2=PF+FF1−PH+HF2=FF1−HF2=F1E−EF2=6，因此切点E与A重合．又因为内切圆I的半径为1，所以I3,1，又F1−5,0，F25,0，IF1=65,IF2=5,cos∠F1IF2=65+5−100265×5=−313,所以tan∠F1IF2=−23,解得tan∠F1PF22=32,所以S△F1PF2=b2tan∠F1PF22=323，所以△PF1F2面积为323．C[试题解析]解：在同一坐标系中作y=f(x)，y=12的图象，若由图象观察可知，0m32对任意n∈N∗成立，即nn+1>m16对任意n∈N∗成立，∵nn+1(n∈N∗)的最小值是12，∴m16<12，∴m的最大整数值是7．即存在最大整数m=7，使对任意n∈N∗，均有Tn>m32． 17．（15分）解：依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,3)、A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，从而C1M⋅B1D=2−2+0=0，所以C1M⊥B1D；（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，EB1=(0,2,1)，ED=(2,0,−1)．设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量，则{n⋅EB1=0n⋅ED=0，即{2y+z=02x−z=0，不妨设x=1，可得n=(1,−1,2)．cos=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66，∴sin=1−cos2=306．所以，二面角B−B1E−D的正弦值为306；（Ⅲ）依题意，AB=(−2,2,0)．由（Ⅱ）知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33．所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.18．（17分）解：(1)由题意得e1=a2−1a，e2=a2+1a，所以e1e2=a4−1a2=154，又a>0，解得a2=4，(i)故双曲线C2的渐近线方程为y=±12x；(ii)设直线AB的方程为x=ty+4，则x=ty+4,x24−y2=1,消元得：(t2−4)y2+8ty+12=0，Δ>0且t≠±2，所以y1+y2=−8tt2−4,y1y2=12t2−4,故1y1+1y2=y1+y2y1y2=−2t3，又直线AA1的方程为y=y1x1+2(x+2)，所以y3=3y1x1+2，同理y4=3y2x2+2，所以1y3+1y4=13(x1+2y1+x2+2y2)=13(ty1+6y1+ty2+6y2)=2ty1y2+6(y1+y2)3y1y2=23t+2(y1+y2)y1y2=23t+2(1y1+1y2)=23t−43t=−23t，故1y1+1y2=1y3+1y4．(2)设两个切点为P1(x5,y5)，P2(x6,y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，直线PP1方程为l1:y=k1(x−x5)+y5，联立x2a2+y2=1,y=k1(x−x5)+y5,由Δ=0得k1=−x5a2y5，所以l1:x5xa2+y5y=1，同理直线PP2方程为l2:x6xa2+y6y=1，由l1，l2过P点可得x5x0a2+y5y0=1,x6x0a2+y6y0=1可得直线P1P2的方程为x0xa2+y0y=1，不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y=±1ax交于两点P1′(a2x0+ay0,ax0+ay0)，P2′(a2x0−ay0,−ax0−ay0)，则围成三角形的面积S=12|a2x0+ay0⋅−ax0−ay0−ax0+ay0⋅a2x0−ay0|=|a3x02−a2y02|.因P在双曲线C2上，x02−a2y02=a2，则S=a3a2=a为定值．19．（17分）解：(1) A3=123231312 是 Γ3 数表，d(a1,1,a2,2)+d(a2,2,a3,3)=2+3=5.(2)由题可知 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−ai+1,j|+|ai+1,j−ai+1,j+1|=1 (i=1,2,3;j=1,2,3) ．当 ai+1,j=1 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−1|+|ai+1,j+1−1|=1 ，所以 ai,j+ai+1,j+1=3 ．当 ai+1,j=2 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−2|+|ai+1,j+1−2|=1 ，所以 ai,j+ai+1,j+1=3 ．所以 ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).所以 a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6, a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4 或者 a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5 ，a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4 或者 a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5 ，a1,4=1 或 a1,4=2 ， a4,1=1 或 a4,1=2 ，故各数之和 ⩾6+3+3+4+4+1+1=22 ，当 A4=1111122212111212 时，各数之和取得最小值 22 ．(3)由于 Γ4 数表 A10 中共 100 个数字，必然存在 k∈1,2,3,4 ，使得数表中 k 的个数满足 T≥25.设第 i 行中 k 的个数为 ri(i=1,