2023屆廣東省茂名市高三一模數(shù)學(xué)試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE12023年茂名市高三級第一次綜合測試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設(shè)集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)集合的交集的運算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：D.2.復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗應(yīng)用復(fù)數(shù)乘法運算及復(fù)數(shù)幾何意義可得結(jié)果.〖詳析〗∵∴z所對應(yīng)點的坐標(biāo)為.∴復(fù)平面內(nèi)z所對應(yīng)的點位于第一象限.故選：A.3.在中，，，若點M滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合向量的線性運算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：A.4.將4個6和2個8隨機排成一行，則2個8不相鄰的情況有（）A.480種 B.240種 C.15種 D.10種〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將2個8插空放入不相鄰的5個空位，即可得解.〖詳析〗解：將2個8插空放入不相鄰的5個空位（4個6之間有5個空位）中有方法，故2個8不相鄰的情況有種.故選：D5.蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子，建造和搬遷都很方便，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活，蒙古包下半部分近似一個圓柱，高為2m；上半部分近似一個與下半部分同底的圓錐，其母線長為m，軸截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是面積為的等腰鈍角三角形，則該蒙古包的體積約為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意求圓錐的高和底面半徑，再結(jié)合錐體、柱體體積運算求解.〖詳析〗如圖所示為該圓錐軸截面，設(shè)頂角為，因為其軸截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是腰長為，面積為的等腰三角形，所以，解得，則或（舍去），由得，，則上半部分的體積為，下半部分體積為，故蒙古包的體積為.故選：C.6.下列四個函數(shù)中，最小正周期與其余三個函數(shù)不同的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗結(jié)合二倍角、輔助角及和差角公式對選項進行化簡，再計算周期比較即可.〖詳析〗對于選項A，，∴選項B：且，∴對于選項C，，∴對于選項D，，∴,故選：C7.設(shè)，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗對，，進行變形，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而判斷出，，的大小.〖詳析〗，，故可構(gòu)造函數(shù)，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即.故選:B.8.已知菱形ABCD的各邊長為2，.將沿AC折起，折起后記點B為P，連接PD，得到三棱錐，如圖所示，當(dāng)三棱錐的表面積最大時，三棱錐的外接球體積為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合三角形面積公式分析可得當(dāng)時，三棱錐的表面積取最大值，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分析三棱錐的外接球的球心和半徑，即可得結(jié)果.〖詳析〗由題意可得：均為邊長為2的等邊三角形，為全等的等腰三角形，則三棱錐的表面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，三棱錐的表面積取最大值，此時為直角三角形，，取的中點，連接，由直角三角形的性質(zhì)可得：，即三棱錐的外接球的球心為，半徑為，故外接球體積為.故選：D.〖『點石成金』〗結(jié)論『點石成金』：若三棱錐有兩個面為共斜邊的直角三角形，則三棱錐的外接球的球心為該斜邊的中點.二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知空間中三條不同的直線a、b、c，三個不同的平面，則下列說法中正確的是（）A.若，，則B.若，，，則C.若，，，則D.若，，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，結(jié)合圖形判斷求解.〖詳析〗對于A，，，則一定成立，A正確；對于B，如圖，正方體兩兩相交的三個平面,平面,平面,平面平面，平面平面,平面平面，但不平行，故B錯誤；對于C，若，，則或，但，所以，C正確；對于D，，，則，D正確.故選:ACD.10.已知函數(shù)對，都有，為奇函數(shù)，且時，，下列結(jié)論正確的是（）A.函數(shù)的圖像關(guān)于點中心對稱B.是周期為2的函數(shù)C.D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)為奇函數(shù)得,推出，判斷A；結(jié)合，推出，判斷B；采用賦值法求得，判斷C;利用函數(shù)的周期性結(jié)合題設(shè)判斷D.〖詳析〗由題意為奇函數(shù)得，即，故圖像關(guān)于中心對稱，故A正確；由，得，所以，即是周期為4的函數(shù)，故B錯誤；由，令，則，故，故C正確；時，，∵的周期為4，∴，故D正確，故選:11.已知拋物線，F(xiàn)為拋物線C的焦點，下列說法正確的是（）A.若拋物線C上一點P到焦點F的距離是4，則P的坐標(biāo)為、B.拋物線C在點處的切線方程為C.一個頂點在原點O的正三角形與拋物線相交于A、B兩點，的周長為D.點H為拋物線C的上任意一點，點，，當(dāng)t取最大值時，的面積為2〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)拋物線定義判斷A，利用導(dǎo)函數(shù)與切線的關(guān)系求解B，設(shè)點，根據(jù)點在拋物線上即可求解C，利用拋物線定義結(jié)合圖形分析得到直線GH與拋物線C相切時t取最大值，即可求解.〖詳析〗A選項：由拋物線C的定義知，解得代入可得，所以P的坐標(biāo)為、，故A正確；B選項：由得，，切線方拋物線C在點處的切線斜率為，所以切線方程為，故B正確；C選項：頂點在原點O的正三角形與拋物線相交與A、B兩點，設(shè)正三角形的邊長為，則根據(jù)對稱性可得且點在拋物線上，所以，解得，所以這個正三角形的邊長為，故C錯誤；D選項：F為拋物線的焦點，過H作HD垂直拋物線C的準(zhǔn)線于點D，如圖，由拋物線的定義知，當(dāng)t取最大值時，取最小值，即直線GH與拋物線C相切.設(shè)直線HG方程為，由得，所以，解得，此時，即，所以，故，所以，故D正確.故選:ABD.12.e是自然對數(shù)的底數(shù)，，已知，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗構(gòu)建函數(shù)根據(jù)題意分析可得，對A、D：取特值分析判斷；對B、C：根據(jù)的單調(diào)性，分類討論分析判斷.〖詳析〗原式變形為，構(gòu)造函數(shù)，則，∵，當(dāng)時，，則，即；當(dāng)時，，則，即；故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，對于A：取，則∵在上單調(diào)遞增，故，即滿足題意，但，A錯誤；對于B：若，則有：當(dāng)，即時，則，即；當(dāng)，即時，由在時單調(diào)遞增，且，故，則；綜上所述：，B正確；對于C：若，則有：當(dāng)，即時，顯然成立；當(dāng)，即時，令，∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，∴當(dāng)時，所以，即，由可得，即又∵由在時單調(diào)遞增，且，∴，即；綜上所述：，C正確；對于D：取，，則，∵在上單調(diào)遞減，故，∴故，滿足題意，但，D錯誤.故選：BC.〖『點石成金』〗結(jié)論『點石成金』：指對同構(gòu)的常用形式：（1）積型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).（2）商型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.〖答案〗56〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二項展開式的通項公式求解即可.〖詳析〗，令，解得，所以.故的展開式中的系數(shù)為56.故〖答案〗為：5614.過四點、、、中的三點的一個圓的方程為______（寫出一個即可）.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗利用圓的一般式方程求過三點的圓.〖詳析〗過，，時，設(shè)圓的方程為，則，解得，圓的方程是：，即；同理可得：過、、時，圓的方程是：；過，，時，圓的方程是：；過，，時，圓的方程是：.故〖答案〗為：.（、、、寫其中一個即可）15.e是自然對數(shù)的底數(shù)，的零點為______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗只用求方程的零點，討論左右兩個函數(shù)的最值即可求解.〖詳析〗由得，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即，取等號，令，，令解得；令解得，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以要使，只能，，所以零點為，故〖答案〗為:.16.已知直線與雙曲線交于A，B兩點（A在B的上方），A為BD的中點，過點A作直線與y軸垂直且交于點E，若的內(nèi)心到y(tǒng)軸的距離不小于，則雙曲線C的離心率取值范圍是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得的坐標(biāo)，根據(jù)三角形的內(nèi)心以及角平分線定理以及的內(nèi)心到軸的距離的范圍，求得的取值范圍，進而求得離心率的取值范圍.〖詳析〗因為A在B的上方，且這兩點都在C上，所以，，則.因為A是線段BD的中點，又軸，所以，，所以的內(nèi)心G在線段EA上.因為DG平分，所以在中所以，設(shè)，所以，因為G到y(tǒng)軸的距離不小于，∴，∴∴，故.故〖答案〗為：四、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知為數(shù)列的前n項和，，.（1）求數(shù)列的通項公式：（2）若，為數(shù)列的前n項和.求，并證明：.〖答案〗（1）（2），證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題設(shè)，利用的關(guān)系可推得，判斷數(shù)列為等差數(shù)列，即可求得〖答案〗；（2）由（1）求得的表達(dá)式，利用裂項求和求得，結(jié)合的的單調(diào)性，可證明結(jié)論.〖小問1詳析〗當(dāng)時,，,則,當(dāng)時，，則,兩式相減得：即即∵，∴,∴數(shù)列是2為首項，公差為2的等差數(shù)列，∴.〖小問2詳析〗由（1）得，，，∵，∴，∴又∵，∴隨著n的增大而減少，從而隨著n的增大面增大，∴，綜上所述，.18.已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.（1）求證：.（2）求的取值范圍.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)結(jié)合正弦定理及正弦和角公式得，結(jié)合角度范圍即可證明；(2)結(jié)合正弦定理及三角恒等變換，結(jié)合B角范圍即可求解.〖小問1詳析〗在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，〖小問2詳析〗得：得，∴，∴，由題意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范圍為方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范圍為19.如圖所示，三棱錐，BC為圓O的直徑，A是弧上異于B、C的點.點D在直線AC上，平面PAB，E為PC的中點.（1）求證：平面PAB；（2）若，求平面PAB與平面PBC夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推出，進而得出D為AC中點，證得，即可根據(jù)線面平行的判定定理；（2）先證明平面.方法一：以點為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據(jù)向量法求出夾角即可；方法二：以點為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據(jù)向量法求出夾角即可.〖小問1詳析〗因為平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O為BC中點，所以D為AC中點.又E為PC中點，所以，因為平面，平面，所以平面.〖小問2詳析〗如圖1，取的中點F，連結(jié)PF、AF.由已知底面在半圓O上，BC為圓O的直徑，可得.因為所以，所以.又，則有，所以，.則有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如圖2建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由，，可得.，，，，，.所以，，.設(shè)為平面PAB的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.法二：如圖3，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因為，則，，，，，所以，，.設(shè)為平面PAB的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.20.學(xué)校舉辦學(xué)生與智能機器人的圍棋比賽，現(xiàn)有來自兩個班的學(xué)生報名表，分別裝入兩袋，第一袋有5名男生和4名女生的報名表，第二袋有6名男生和5名女生的報名表，現(xiàn)隨機選擇一袋，然后從中隨機抽取2名學(xué)生，讓他們參加比賽.（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；（2）比賽記分規(guī)則如下：在一輪比賽中，兩人同時贏積2分，一贏一輸積0分，兩人同時輸積分.現(xiàn)抽中甲、乙兩位同學(xué)，每輪比賽甲贏概率為，乙贏概率為，比賽共進行二輪.（i）在一輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列；（ii）在兩輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列和均值.〖答案〗（1）（2）（i）分布列見〖解析〗（ii）分布列見〖解析〗，均值為0〖解析〗〖祥解〗（1）設(shè)“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“隨機抽取2張，恰好抽到一名男生和一名女生的報名表”，由條件概率公式結(jié)合全概率公式求解；（2）（i）的可能取值為－2，0，2，計算出相應(yīng)概率，即得分布列；（ii）的可能取值為－4，－2，0，2，4，計算出相應(yīng)概率，即得分布列和均值；〖小問1詳析〗設(shè)“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“隨機抽取2張，恰好抽到一名男生和一名女生的報名表”由全概率公式得〖小問2詳析〗（i）設(shè)在一輪比賽中得分為，則的可能取值為－2，0，2，則得分為的分布列用表格表示－202P（ii）設(shè)在二輪比賽中得分為，則的可能取值為－4，－2，0，2，4，則得分為的分布列用表格表示為－4－2024P21.已知橢圓的左焦點F為，過橢圓左頂點和上項點的直線的斜率為.（1）求橢圓E的方程；（2）若為平面上一點，C，D分別為橢圓的上、下頂點，直線NC，ND與橢圓的另一個交點分別為P，Q.試判斷點F到直線PQ的距離是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，請說明理由.〖答案〗（1）；（2）存在，.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)給定條件，直接求出a，b的值作答.（2）當(dāng)時，求出直線的方程，與橢圓E的方程聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進而求出直線方程即可推理計算，再驗證時的情況作答.〖小問1詳析〗橢圓的左頂點，上頂點，依題意，，又左焦點，即有，解得，所以橢圓E的方程為.〖小問2詳析〗由（1）知，點，，而，當(dāng)時，，，直線PQ為y軸，當(dāng)時，直線CN的斜率，方程為，直線DN的斜率，方程為，由消去x得：，設(shè)，則，有，，即，由消去x得：，設(shè)，則，有，，即直線PQ的斜率，方程為：，即，顯然直線PQ過定點，而時，y軸也過點，因此對任意實數(shù)，直線PQ經(jīng)過定點，則當(dāng)（M為垂足）時，F(xiàn)到直線PQ的距離取得最大值，所以點F到直線PQ的距離存在最大值，最大值為.〖『點石成金』〗思路『點石成金』：經(jīng)過圓錐曲線上滿足某條件的兩個動點的直線過定點問題，可探求出這兩個動點坐標(biāo)，求出直線方程，即可推理計算解決問題.22.若函數(shù)有兩個零點，且.（1）求a的取值范圍；（2）若在和處的切線交于點，求證：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性及函數(shù)圖象的變化趨勢結(jié)合零點個數(shù)求解；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性證明證明右邊，再利用導(dǎo)數(shù)求切線方程得出，左邊可轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)證明即可.〖小問1詳析〗當(dāng)，，在上單調(diào)遞減，不可能兩個零點；當(dāng)時，令得，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，∵，；；，∴有唯一零點且有唯一零點，滿足題意，綜上：；〖小問2詳析〗先證右邊：令則，∴，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，∴的最大值為，∴，即，∴且，∴，又∵，∴，∴；再證左邊：曲線在和處的切線分別是聯(lián)立兩條切線得，∴，由題意得，要證，即證，即證，即證，令，即證，令，，∴在單調(diào)遞減，∴，∴得證.綜上：.〖『點石成金』〗關(guān)鍵點『點石成金』：導(dǎo)數(shù)題目中的證明題，主要觀察所證不等式，直接構(gòu)造函數(shù)，或者將不等式轉(zhuǎn)化變形后，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及最值，利用函數(shù)的單調(diào)性或有界性求證，對觀察、運算能力要求較高，屬于難題.高考模擬試題PAGEPAGE12023年茂名市高三級第一次綜合測試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設(shè)集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)集合的交集的運算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：D.2.復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗應(yīng)用復(fù)數(shù)乘法運算及復(fù)數(shù)幾何意義可得結(jié)果.〖詳析〗∵∴z所對應(yīng)點的坐標(biāo)為.∴復(fù)平面內(nèi)z所對應(yīng)的點位于第一象限.故選：A.3.在中，，，若點M滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合向量的線性運算求解.〖詳析〗由題意可得：.故選：A.4.將4個6和2個8隨機排成一行，則2個8不相鄰的情況有（）A.480種 B.240種 C.15種 D.10種〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將2個8插空放入不相鄰的5個空位，即可得解.〖詳析〗解：將2個8插空放入不相鄰的5個空位（4個6之間有5個空位）中有方法，故2個8不相鄰的情況有種.故選：D5.蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子，建造和搬遷都很方便，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活，蒙古包下半部分近似一個圓柱，高為2m；上半部分近似一個與下半部分同底的圓錐，其母線長為m，軸截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是面積為的等腰鈍角三角形，則該蒙古包的體積約為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意求圓錐的高和底面半徑，再結(jié)合錐體、柱體體積運算求解.〖詳析〗如圖所示為該圓錐軸截面，設(shè)頂角為，因為其軸截面（過圓錐旋轉(zhuǎn)軸的截面）是腰長為，面積為的等腰三角形，所以，解得，則或（舍去），由得，，則上半部分的體積為，下半部分體積為，故蒙古包的體積為.故選：C.6.下列四個函數(shù)中，最小正周期與其余三個函數(shù)不同的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗結(jié)合二倍角、輔助角及和差角公式對選項進行化簡，再計算周期比較即可.〖詳析〗對于選項A，，∴選項B：且，∴對于選項C，，∴對于選項D，，∴,故選：C7.設(shè)，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗對，，進行變形，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而判斷出，，的大小.〖詳析〗，，故可構(gòu)造函數(shù)，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即.故選:B.8.已知菱形ABCD的各邊長為2，.將沿AC折起，折起后記點B為P，連接PD，得到三棱錐，如圖所示，當(dāng)三棱錐的表面積最大時，三棱錐的外接球體積為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意結(jié)合三角形面積公式分析可得當(dāng)時，三棱錐的表面積取最大值，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分析三棱錐的外接球的球心和半徑，即可得結(jié)果.〖詳析〗由題意可得：均為邊長為2的等邊三角形，為全等的等腰三角形，則三棱錐的表面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，三棱錐的表面積取最大值，此時為直角三角形，，取的中點，連接，由直角三角形的性質(zhì)可得：，即三棱錐的外接球的球心為，半徑為，故外接球體積為.故選：D.〖『點石成金』〗結(jié)論『點石成金』：若三棱錐有兩個面為共斜邊的直角三角形，則三棱錐的外接球的球心為該斜邊的中點.二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知空間中三條不同的直線a、b、c，三個不同的平面，則下列說法中正確的是（）A.若，，則B.若，，，則C.若，，，則D.若，，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，結(jié)合圖形判斷求解.〖詳析〗對于A，，，則一定成立，A正確；對于B，如圖，正方體兩兩相交的三個平面,平面,平面,平面平面，平面平面,平面平面，但不平行，故B錯誤；對于C，若，，則或，但，所以，C正確；對于D，，，則，D正確.故選:ACD.10.已知函數(shù)對，都有，為奇函數(shù)，且時，，下列結(jié)論正確的是（）A.函數(shù)的圖像關(guān)于點中心對稱B.是周期為2的函數(shù)C.D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)為奇函數(shù)得,推出，判斷A；結(jié)合，推出，判斷B；采用賦值法求得，判斷C;利用函數(shù)的周期性結(jié)合題設(shè)判斷D.〖詳析〗由題意為奇函數(shù)得，即，故圖像關(guān)于中心對稱，故A正確；由，得，所以，即是周期為4的函數(shù)，故B錯誤；由，令，則，故，故C正確；時，，∵的周期為4，∴，故D正確，故選:11.已知拋物線，F(xiàn)為拋物線C的焦點，下列說法正確的是（）A.若拋物線C上一點P到焦點F的距離是4，則P的坐標(biāo)為、B.拋物線C在點處的切線方程為C.一個頂點在原點O的正三角形與拋物線相交于A、B兩點，的周長為D.點H為拋物線C的上任意一點，點，，當(dāng)t取最大值時，的面積為2〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)拋物線定義判斷A，利用導(dǎo)函數(shù)與切線的關(guān)系求解B，設(shè)點，根據(jù)點在拋物線上即可求解C，利用拋物線定義結(jié)合圖形分析得到直線GH與拋物線C相切時t取最大值，即可求解.〖詳析〗A選項：由拋物線C的定義知，解得代入可得，所以P的坐標(biāo)為、，故A正確；B選項：由得，，切線方拋物線C在點處的切線斜率為，所以切線方程為，故B正確；C選項：頂點在原點O的正三角形與拋物線相交與A、B兩點，設(shè)正三角形的邊長為，則根據(jù)對稱性可得且點在拋物線上，所以，解得，所以這個正三角形的邊長為，故C錯誤；D選項：F為拋物線的焦點，過H作HD垂直拋物線C的準(zhǔn)線于點D，如圖，由拋物線的定義知，當(dāng)t取最大值時，取最小值，即直線GH與拋物線C相切.設(shè)直線HG方程為，由得，所以，解得，此時，即，所以，故，所以，故D正確.故選:ABD.12.e是自然對數(shù)的底數(shù)，，已知，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗構(gòu)建函數(shù)根據(jù)題意分析可得，對A、D：取特值分析判斷；對B、C：根據(jù)的單調(diào)性，分類討論分析判斷.〖詳析〗原式變形為，構(gòu)造函數(shù)，則，∵，當(dāng)時，，則，即；當(dāng)時，，則，即；故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，對于A：取，則∵在上單調(diào)遞增，故，即滿足題意，但，A錯誤；對于B：若，則有：當(dāng)，即時，則，即；當(dāng)，即時，由在時單調(diào)遞增，且，故，則；綜上所述：，B正確；對于C：若，則有：當(dāng)，即時，顯然成立；當(dāng)，即時，令，∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，∴當(dāng)時，所以，即，由可得，即又∵由在時單調(diào)遞增，且，∴，即；綜上所述：，C正確；對于D：取，，則，∵在上單調(diào)遞減，故，∴故，滿足題意，但，D錯誤.故選：BC.〖『點石成金』〗結(jié)論『點石成金』：指對同構(gòu)的常用形式：（1）積型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).（2）商型：，①構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；②構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù)；③構(gòu)造形式為：，構(gòu)建函數(shù).三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.〖答案〗56〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二項展開式的通項公式求解即可.〖詳析〗，令，解得，所以.故的展開式中的系數(shù)為56.故〖答案〗為：5614.過四點、、、中的三點的一個圓的方程為______（寫出一個即可）.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗利用圓的一般式方程求過三點的圓.〖詳析〗過，，時，設(shè)圓的方程為，則，解得，圓的方程是：，即；同理可得：過、、時，圓的方程是：；過，，時，圓的方程是：；過，，時，圓的方程是：.故〖答案〗為：.（、、、寫其中一個即可）15.e是自然對數(shù)的底數(shù)，的零點為______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗只用求方程的零點，討論左右兩個函數(shù)的最值即可求解.〖詳析〗由得，因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即，取等號，令，，令解得；令解得，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以要使，只能，，所以零點為，故〖答案〗為:.16.已知直線與雙曲線交于A，B兩點（A在B的上方），A為BD的中點，過點A作直線與y軸垂直且交于點E，若的內(nèi)心到y(tǒng)軸的距離不小于，則雙曲線C的離心率取值范圍是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得的坐標(biāo)，根據(jù)三角形的內(nèi)心以及角平分線定理以及的內(nèi)心到軸的距離的范圍，求得的取值范圍，進而求得離心率的取值范圍.〖詳析〗因為A在B的上方，且這兩點都在C上，所以，，則.因為A是線段BD的中點，又軸，所以，，所以的內(nèi)心G在線段EA上.因為DG平分，所以在中所以，設(shè)，所以，因為G到y(tǒng)軸的距離不小于，∴，∴∴，故.故〖答案〗為：四、解答題：共70分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知為數(shù)列的前n項和，，.（1）求數(shù)列的通項公式：（2）若，為數(shù)列的前n項和.求，并證明：.〖答案〗（1）（2），證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題設(shè)，利用的關(guān)系可推得，判斷數(shù)列為等差數(shù)列，即可求得〖答案〗；（2）由（1）求得的表達(dá)式，利用裂項求和求得，結(jié)合的的單調(diào)性，可證明結(jié)論.〖小問1詳析〗當(dāng)時,，,則,當(dāng)時，，則,兩式相減得：即即∵，∴,∴數(shù)列是2為首項，公差為2的等差數(shù)列，∴.〖小問2詳析〗由（1）得，，，∵，∴，∴又∵，∴隨著n的增大而減少，從而隨著n的增大面增大，∴，綜上所述，.18.已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.（1）求證：.（2）求的取值范圍.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)結(jié)合正弦定理及正弦和角公式得，結(jié)合角度范圍即可證明；(2)結(jié)合正弦定理及三角恒等變換，結(jié)合B角范圍即可求解.〖小問1詳析〗在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，〖小問2詳析〗得：得，∴，∴，由題意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范圍為方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范圍為19.如圖所示，三棱錐，BC為圓O的直徑，A是弧上異于B、C的點.點D在直線AC上，平面PAB，E為PC的中點.（1）求證：平面PAB；（2）若，求平面PAB與平面PBC夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推出，進而得出D為AC中點，證得，即可根據(jù)線面平行的判定定理；（2）先證明平面.方法一：以點為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據(jù)向量法求出夾角即可；方法二：以點為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據(jù)向量法求出夾角即可.〖小問1詳析〗因為平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O為BC中點，所以D為AC中點.又E為PC中點，所以，因為平面，平面，所以平面.〖小問2詳析〗如圖1，取的中點F，連結(jié)PF、AF.由已知底面在半圓O上，BC為圓O的直徑，可得.因為所以，所以.又，則有，所以，.則有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如圖2建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由，，可得.，，，，，.所以，，.設(shè)為平面PAB的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.法二：如圖3，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因為，則，，，，，所以，，.設(shè)為平面PAB的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為，則.20.學(xué)校舉辦學(xué)生與智能機器人的圍棋比賽，現(xiàn)有來自兩個班的學(xué)生報名表，分別裝入兩袋，第一袋有5名男生和4名女生的報名表，第二袋有6名男生和5名女生的報名表，現(xiàn)隨機選擇一袋，然后從中隨機抽取2名學(xué)生，讓他們參加比賽.（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；（2）比賽記分規(guī)則如下：在一輪比賽中，兩人同時贏積2分，一贏一輸積0分，兩人同時輸積分.現(xiàn)抽中甲、乙兩位同學(xué)，每輪比賽甲贏概率為，乙贏概率為，比賽共進行二輪.（i）在一輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列；（ii）在兩輪比賽中，求這兩名學(xué)生得分的分布列和均值.〖答案〗（1）（2）（i）分布列見〖解析〗（ii）分布列見〖解析〗，均值為0〖解析〗〖祥解〗（1）設(shè)“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“隨機抽取2張，恰好抽到一名男生和一名女生的報名表