2023屆河南省鄭州市高三第一次質(zhì)量預測理科數(shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1鄭州市2023年高中畢業(yè)年級第一次質(zhì)量預測理科數(shù)學試題卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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.設集合,．則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)根式的定義域列出方程,解出集合,根據(jù)對數(shù)函數(shù)性質(zhì)解出對數(shù)不等式,即集合,再求出即可.〖詳析〗由題知,解得:,,所以.故選：C.2.已知是虛數(shù)單位，若復數(shù)的實部為1，，則復數(shù)的虛部為（）A.或 B.或 C.或1 D.或〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設，則，由，列出方程求解即可.〖詳析〗由題意，設，則，所以，即，所以或，即或，所以復數(shù)的虛部為或.故選：A.3.已知雙曲線（）的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗，漸近線方程是，故選C,4.歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互素（也稱互質(zhì)）的正整數(shù)的個數(shù)，例如，，．則（）A.數(shù)列單調(diào) B.C.數(shù)列是等比數(shù)列 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗再求出，，后判斷ABD，同樣求得后根據(jù)等比數(shù)列定義判斷C．〖詳析〗，，不單調(diào)，A錯；，B錯誤；D錯誤；易知所有偶數(shù)與不互素，所有奇數(shù)與互素，，，所以，即數(shù)列是等比數(shù)列，C正確．故選：C．5.若實數(shù),滿足約束條件,則的（）A.最大值4 B.最小值為4 C.最大值為5 D.最小值為5〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗畫出可行域,由,可知可看作直線在軸上的截距,平移直線即可得出結(jié)果.〖詳析〗解:由題知約束條件,畫出約束條件如下:聯(lián)立可得:,可寫為:,可看作直線在軸上的截距,由可行域可知,當與重合時,有最小值,最小值為5.故選:D6.設等差數(shù)列的前項和為，，，則公差的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗方法1：等差數(shù)列通項公式的基本量代入不等式組求解即可.方法2：等差數(shù)列前n項和公式的基本量代入不等式組求解即可.〖詳析〗方法1：∵為等差數(shù)列，，∴，；方法2：∵為等差數(shù)列，，∴，∴.故選：A.7.記函數(shù)的最小正周期為．若，且的圖象的一條對稱軸為，關(guān)于該函數(shù)有下列四個說法：①；②；③在上單調(diào)遞增；④為了得到的圖象，只需將的圖象向右平移個單位長度．以上四個說法中，正確的個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用周期公式求出的范圍可判斷①；由為一條對稱軸得，結(jié)合的范圍可求得，從而得出的〖解析〗式，求值可判斷②；利用正弦函數(shù)的單調(diào)性可判斷③；利用三角函數(shù)圖象平移的規(guī)律可判斷④.〖詳析〗由且，故，故①錯誤；因為為一條對稱軸，故，．由于，故，則，所以，故②正確；當時，，則在上單調(diào)遞增，故③正確；將的圖象向右平移個單位長度得的圖象，而，故④錯誤．所以，正確的有②③，共2個．故選：B．8.河南博物院主展館的主體建筑以元代登封古觀星臺為原型，經(jīng)藝術(shù)夸張演繹成“戴冠的金字塔”造型，冠部為“方斗”形，上揚下覆，取上承“甘露”、下納“地氣”之意．冠部以及冠部下方均可視為正四棱臺．已知一個“方斗”的上底面與下底面的面積之比為，高為2，體積為，則該“方斗”的側(cè)面積為（）A.24 B.12 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意得正四棱臺的側(cè)面為四個等腰梯形，先計算側(cè)面的高，然后利用梯形的面積公式代入計算即可.〖詳析〗由題意可知，記正四棱臺為，其底面為正方形，側(cè)面為四個等腰梯形，把該四棱臺補成正四棱錐如圖，設是底面上與的交點，是底面上與的交點則是正四棱錐的高，為正四棱臺的高，設，，則上、下底面的面積分別為、，由題意，所以，在中，，所以為PA的中點，在中，，所以，所以，又，解得，，所以，所以側(cè)棱長是，由勾股定理可得側(cè)面的高為，所以側(cè)面積為.故選：D9.記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知角，，則角（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先由正弦定理把邊轉(zhuǎn)化為角，再展開化簡求得與的關(guān)系，進一步計算得出結(jié)果.〖詳析〗已知角，，由正弦定理可得，整理得，即，因為，所以，所以.又，所以.故選：C.10.在如圖所示的實驗裝置中，兩個正方形框架，的邊長都為1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子，分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記．則下列結(jié)論錯誤的是（）A.該模型外接球的半徑為 B.當時，的長度最小C.異面直線與所成的角為60° D.平面〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗把圖形補形成一個正方體，根據(jù)正方體性質(zhì)求解判斷各選項：正方體的對角線是其外接球直徑，從而易得外接球半徑，判斷A；過作交于,過作交于,證明是平行四邊形，用表示出的長，求得最小值，判斷B；求出異面直線所成的角判斷C；由線面平行的判定定理證明線面平行判斷D．〖詳析〗如圖，把該模型補成一個以和為相鄰面的正方體，正方體的對角線是其外接球直徑，而正方體對角線長為，因此球半徑為，A正確；過作交于,過作交于,連接，則，又，，所以，則是平行四邊形，，，另一方面，，，，所以時，取得最小值，B錯誤；正方體中易得，或其補角是異面直線與所成的角，是等邊三角形，，因此異面直線與所成的角是，C正確；由，平面，平面，∴平面，D正確．故選：B．11.已知直線與拋物線交于，兩點，為坐標原點，，交于點，點的坐標為，則的值為（）A. B.2 C. D.3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗寫出直線AB的方程，聯(lián)立直線AB的方程與拋物線方程可得與，代入可得P的值.〖詳析〗∵，，∴，，∴∴直線AB的方程為：，即：，設，，，，，∴，又∵，∴，∴，∴.故選：B.12.已知函數(shù)定義域為，為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，且滿足，則（）A. B.0 C.2 D.2023〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由已知條件結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義可求得函數(shù)的周期為4，利用賦值法可得，再結(jié)合周期可求得結(jié)果.〖詳析〗因為為偶函數(shù)，所以，所以，因為為奇函數(shù)，所以，所以，所以，所以是以4為周期的周期函數(shù)，由，令，得，則，又，得，由，令，得，則，由，令，得，則，所以.故選：B．二、填空題（每題5分，滿分20分．）13.的展開式中的項系數(shù)為___________；〖答案〗〖解析〗〖祥解〗在二項展開式的通項公式中，令的冪指數(shù)等于1，求出的值，即可求得展開式中的系數(shù)．〖詳析〗解：，令，則，所以.故〖答案〗為：.14.已知四邊形是邊長為2的正方形，若，且為的中點，則______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗以為基底表示，進而求得.〖詳析〗依題意，在正方形中，且為的中點，所以，，所以.故〖答案〗為：15.經(jīng)過點以及圓與交點的圓的方程為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求出兩圓的交點坐標，設出所求圓的一般方程，將三點坐標代入，解出參數(shù)，可得〖答案〗.〖詳析〗聯(lián)立，整理得，代入，得，解得或，則圓與交點坐標為，設經(jīng)過點以及的圓的方程為,則，解得，故經(jīng)過點以及圓與交點的圓的方程為，故〖答案〗為：16.已知函數(shù)，若有兩個不同的極值點，且，則的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得函數(shù)的導函數(shù)，則方程有兩個異號零點，且，構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)求得其單調(diào)性，進而求得的取值范圍.〖詳析〗，則令，由，可得為偶函數(shù)，則則當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，又，由題意得方程有兩個互為相反數(shù)的零點，且則的取值范圍為故〖答案〗為：三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22，23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：每題12分，共60分．17.已知數(shù)列滿足．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列前項和．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）用數(shù)列中前項和與項的關(guān)系求解；（2）先寫出奇數(shù)項、偶數(shù)項的通項公式，再按奇數(shù)項、偶數(shù)項分組求和.〖小問1詳析〗由題意當時，；當時，兩式相減得，所以，當時也成立．所以數(shù)列的通項公式.〖小問2詳析〗根據(jù)題意，得所以所以18.如圖，正四棱錐的底面邊長和高均為2，，分別為，的中點．（1）若點是線段上的點，且，判斷點是否在平面內(nèi)，并證明你的結(jié)論；（2）求直線與平面所成角的正弦值．〖答案〗（1）點在平面內(nèi)，證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）連接、交于，連接，以為坐標原點，、、為、、軸建立空間直角坐標系，求出、、，即可得到，從而得到、、、四點共面，即可得證；（2）利用空間向量法計算可得〖小問1詳析〗解：連接、交于，連接，由正四棱錐性質(zhì)可得平面，底面為正方形，則，所以以為坐標原點，、、為、、軸建立空間直角坐標系，則，，，所以，，又，得，，所以，所以、、、四點共面，即點在平面內(nèi)．〖小問2詳析〗解：由（1）可得，設平面的法向量，由，得，令，則，，所以，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為．19.世界杯足球賽淘汰賽階段的比賽規(guī)則為：90分鐘內(nèi)進球多的球隊取勝，如果參賽雙方在90分鐘內(nèi)無法決出勝負（踢成平局），將進行30分鐘的加時賽，若加時賽階段兩隊仍未分出勝負，則進入“點球大戰(zhàn)”．點球大戰(zhàn)的規(guī)則如下：①兩隊各派5名隊員，雙方輪流踢點球，累計進球個數(shù)多者勝；②如果在踢滿5球前，一隊進球數(shù)已多于另一隊踢5球可能踢中的球數(shù)，則該隊勝出，譬如：第4輪結(jié)束時，雙方進球數(shù)比，則不需踢第5輪了；③若前5輪點球大戰(zhàn)中雙方進球數(shù)持平，則采用“突然死亡法”決出勝負，即從第6輪起，雙方每輪各派1人踢點球，若均進球或均不進球，則繼續(xù)下一輪．直到出現(xiàn)一方進球另一方不進球的情況，進球方勝．現(xiàn)有甲乙兩隊在淘汰賽中相遇，雙方勢均力敵，120分鐘（含加時賽）仍未分出勝負，須采用“點球大戰(zhàn)”決定勝負．設甲隊每名球員射進的概率為，乙隊每名球員射進的概率為．每輪點球結(jié)果互不影響．（1）設甲隊踢了5球，為射進點球的個數(shù)，求的分布列與期望；（2）若每輪點球都由甲隊先踢，求在第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并剛好勝出的概率．〖答案〗（1）分布列見〖解析〗，（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由題意知，由二項分布求出的分布列與期望；（2）由題意知甲乙兩隊比分為1：4或2：4，求出相應的概率再相加即可.〖小問1詳析〗由題意知，，可能的取值為0，1，2，3，4，5.，，，，，所以的分布列為X012345P．〖小問2詳析〗設“第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并勝出”為事件A，由題意知，甲乙兩隊比分為1：4或2：4，設“甲乙兩隊比分為1：4”為事件，“甲乙兩隊比分為2：4”為事件，若甲乙兩隊比分為1：4，則乙射進4次，甲前三次射進一次，第4次未進，，若甲乙兩隊比分為2：4，則乙射進4次，甲前四次射進兩次，所以．即在第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并勝出的概率為．20.已知橢圓：的離心率為，且過點．（1）求橢圓的方程；（2）設不過點的直線與橢圓交于，兩點，關(guān)于原點的對稱點為，記直線，，的斜率分別為，，，若，證明直線的斜率為定值．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)離心率和過點，求出橢圓方程；（2）根據(jù)題意求出，進而，韋達定理帶入求出.〖小問1詳析〗由題設得，，即，解得．所以的方程為．〖小問2詳析〗設直線的方程為，代入得．，設，則，于是．，又，所以．即．，即，，，將，代入整理得，即，當，直線過點，舍去，所以．〖『點石成金』〗方法『點石成金』：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系．21.已知函數(shù)，．（1）求的單調(diào)區(qū)間與最值；（2）若存在，使得不等式成立，求實數(shù)的取值范圍．〖答案〗（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為,，,，（2）〖解析〗〖祥解〗（1）對求導后研究的正負，確定的單調(diào)性與最值；（2）設由題意知有解，分類討論的單調(diào)性并求最大值即可.〖小問1詳析〗，所以在，上，，單調(diào)遞增，在,，,上，，單調(diào)遞減，所以單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為,，,．，.〖小問2詳析〗設當，即時，，在上單調(diào)遞增，，，所以成立；當，即時，，在上單調(diào)遞減，，即，所以；當時，，當，單調(diào)遞增，當，單調(diào)遞減，所以，令，，所以，成立．綜上，a的取值范圍為．〖『點石成金』〗關(guān)鍵點『點石成金』：函數(shù)求導后的計算方向：（1）求導后不要急于求的根，因為有時候會無根，無根的原因是出現(xiàn)恒正或恒負，所以要先考慮會不會出現(xiàn)恒正或恒負的情況，這時候要看的最大值小于等于零或最小值大于等于零.（2）當有正有負時才會有根可求，求根時可以直接解方程，或者猜根，或者使用零點存在定理證明有根.（二）選考題：共10分．請考生在第22，23題中任選一題作答，在答題卷上將所選題號涂黑，如果多做，則按所做的第一題計分．22.在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)，），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）已知點，若直線與曲線交于A，兩點，求的值．〖答案〗（1）C：，直線l：（2）〖解析〗〖祥解〗（1）用消參數(shù)法化參數(shù)方程為普通方程，由公式化極坐標方程為直角坐標方程；（2）化直線方程為點的標準參數(shù)方程，代入拋物線方程利用參數(shù)幾何意義結(jié)合韋達定理求解．〖小問1詳析〗曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)，），所以，所以即曲線C的普通方程為．直線l的極坐標方程為，則，轉(zhuǎn)換為直角坐標方程為．〖小問2詳析〗直線l過點，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）令點A，B對應的參數(shù)分別為，，由代入，得，則，，即t1、t2為負，故．23.已知．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值為，正實數(shù)，，滿足，求證：．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）將的〖解析〗式寫出分段函數(shù)的形式，解不等式即可.（2）先求的最小值，方法1：運用多個絕對值之和最小值求法，方法2：運用函數(shù)單調(diào)性；再運用“1”的代換與基本不等式可證得結(jié)果.〖小問1詳析〗即：①當時，，解得；②當時，，解得；③當時，，無解，綜上：不等式的解集為．〖小問2詳析〗方法1：，當且僅當時等號成立．所以，所以，即.方法2：由（1）知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，所以,所以，即.∴，當且僅當，即時，等號成立．

高考模擬試題PAGEPAGE1鄭州市2023年高中畢業(yè)年級第一次質(zhì)量預測理科數(shù)學試題卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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.設集合,．則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)根式的定義域列出方程,解出集合,根據(jù)對數(shù)函數(shù)性質(zhì)解出對數(shù)不等式,即集合,再求出即可.〖詳析〗由題知,解得:,,所以.故選：C.2.已知是虛數(shù)單位，若復數(shù)的實部為1，，則復數(shù)的虛部為（）A.或 B.或 C.或1 D.或〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設，則，由，列出方程求解即可.〖詳析〗由題意，設，則，所以，即，所以或，即或，所以復數(shù)的虛部為或.故選：A.3.已知雙曲線（）的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗，漸近線方程是，故選C,4.歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互素（也稱互質(zhì)）的正整數(shù)的個數(shù)，例如，，．則（）A.數(shù)列單調(diào) B.C.數(shù)列是等比數(shù)列 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗再求出，，后判斷ABD，同樣求得后根據(jù)等比數(shù)列定義判斷C．〖詳析〗，，不單調(diào)，A錯；，B錯誤；D錯誤；易知所有偶數(shù)與不互素，所有奇數(shù)與互素，，，所以，即數(shù)列是等比數(shù)列，C正確．故選：C．5.若實數(shù),滿足約束條件,則的（）A.最大值4 B.最小值為4 C.最大值為5 D.最小值為5〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗畫出可行域,由,可知可看作直線在軸上的截距,平移直線即可得出結(jié)果.〖詳析〗解:由題知約束條件,畫出約束條件如下:聯(lián)立可得:,可寫為:,可看作直線在軸上的截距,由可行域可知,當與重合時,有最小值,最小值為5.故選:D6.設等差數(shù)列的前項和為，，，則公差的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗方法1：等差數(shù)列通項公式的基本量代入不等式組求解即可.方法2：等差數(shù)列前n項和公式的基本量代入不等式組求解即可.〖詳析〗方法1：∵為等差數(shù)列，，∴，；方法2：∵為等差數(shù)列，，∴，∴.故選：A.7.記函數(shù)的最小正周期為．若，且的圖象的一條對稱軸為，關(guān)于該函數(shù)有下列四個說法：①；②；③在上單調(diào)遞增；④為了得到的圖象，只需將的圖象向右平移個單位長度．以上四個說法中，正確的個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用周期公式求出的范圍可判斷①；由為一條對稱軸得，結(jié)合的范圍可求得，從而得出的〖解析〗式，求值可判斷②；利用正弦函數(shù)的單調(diào)性可判斷③；利用三角函數(shù)圖象平移的規(guī)律可判斷④.〖詳析〗由且，故，故①錯誤；因為為一條對稱軸，故，．由于，故，則，所以，故②正確；當時，，則在上單調(diào)遞增，故③正確；將的圖象向右平移個單位長度得的圖象，而，故④錯誤．所以，正確的有②③，共2個．故選：B．8.河南博物院主展館的主體建筑以元代登封古觀星臺為原型，經(jīng)藝術(shù)夸張演繹成“戴冠的金字塔”造型，冠部為“方斗”形，上揚下覆，取上承“甘露”、下納“地氣”之意．冠部以及冠部下方均可視為正四棱臺．已知一個“方斗”的上底面與下底面的面積之比為，高為2，體積為，則該“方斗”的側(cè)面積為（）A.24 B.12 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意得正四棱臺的側(cè)面為四個等腰梯形，先計算側(cè)面的高，然后利用梯形的面積公式代入計算即可.〖詳析〗由題意可知，記正四棱臺為，其底面為正方形，側(cè)面為四個等腰梯形，把該四棱臺補成正四棱錐如圖，設是底面上與的交點，是底面上與的交點則是正四棱錐的高，為正四棱臺的高，設，，則上、下底面的面積分別為、，由題意，所以，在中，，所以為PA的中點，在中，，所以，所以，又，解得，，所以，所以側(cè)棱長是，由勾股定理可得側(cè)面的高為，所以側(cè)面積為.故選：D9.記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知角，，則角（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先由正弦定理把邊轉(zhuǎn)化為角，再展開化簡求得與的關(guān)系，進一步計算得出結(jié)果.〖詳析〗已知角，，由正弦定理可得，整理得，即，因為，所以，所以.又，所以.故選：C.10.在如圖所示的實驗裝置中，兩個正方形框架，的邊長都為1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子，分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記．則下列結(jié)論錯誤的是（）A.該模型外接球的半徑為 B.當時，的長度最小C.異面直線與所成的角為60° D.平面〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗把圖形補形成一個正方體，根據(jù)正方體性質(zhì)求解判斷各選項：正方體的對角線是其外接球直徑，從而易得外接球半徑，判斷A；過作交于,過作交于,證明是平行四邊形，用表示出的長，求得最小值，判斷B；求出異面直線所成的角判斷C；由線面平行的判定定理證明線面平行判斷D．〖詳析〗如圖，把該模型補成一個以和為相鄰面的正方體，正方體的對角線是其外接球直徑，而正方體對角線長為，因此球半徑為，A正確；過作交于,過作交于,連接，則，又，，所以，則是平行四邊形，，，另一方面，，，，所以時，取得最小值，B錯誤；正方體中易得，或其補角是異面直線與所成的角，是等邊三角形，，因此異面直線與所成的角是，C正確；由，平面，平面，∴平面，D正確．故選：B．11.已知直線與拋物線交于，兩點，為坐標原點，，交于點，點的坐標為，則的值為（）A. B.2 C. D.3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗寫出直線AB的方程，聯(lián)立直線AB的方程與拋物線方程可得與，代入可得P的值.〖詳析〗∵，，∴，，∴∴直線AB的方程為：，即：，設，，，，，∴，又∵，∴，∴，∴.故選：B.12.已知函數(shù)定義域為，為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，且滿足，則（）A. B.0 C.2 D.2023〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由已知條件結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義可求得函數(shù)的周期為4，利用賦值法可得，再結(jié)合周期可求得結(jié)果.〖詳析〗因為為偶函數(shù)，所以，所以，因為為奇函數(shù)，所以，所以，所以，所以是以4為周期的周期函數(shù)，由，令，得，則，又，得，由，令，得，則，由，令，得，則，所以.故選：B．二、填空題（每題5分，滿分20分．）13.的展開式中的項系數(shù)為___________；〖答案〗〖解析〗〖祥解〗在二項展開式的通項公式中，令的冪指數(shù)等于1，求出的值，即可求得展開式中的系數(shù)．〖詳析〗解：，令，則，所以.故〖答案〗為：.14.已知四邊形是邊長為2的正方形，若，且為的中點，則______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗以為基底表示，進而求得.〖詳析〗依題意，在正方形中，且為的中點，所以，，所以.故〖答案〗為：15.經(jīng)過點以及圓與交點的圓的方程為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求出兩圓的交點坐標，設出所求圓的一般方程，將三點坐標代入，解出參數(shù)，可得〖答案〗.〖詳析〗聯(lián)立，整理得，代入，得，解得或，則圓與交點坐標為，設經(jīng)過點以及的圓的方程為,則，解得，故經(jīng)過點以及圓與交點的圓的方程為，故〖答案〗為：16.已知函數(shù)，若有兩個不同的極值點，且，則的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求得函數(shù)的導函數(shù)，則方程有兩個異號零點，且，構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)求得其單調(diào)性，進而求得的取值范圍.〖詳析〗，則令，由，可得為偶函數(shù)，則則當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，又，由題意得方程有兩個互為相反數(shù)的零點，且則的取值范圍為故〖答案〗為：三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22，23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：每題12分，共60分．17.已知數(shù)列滿足．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列前項和．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）用數(shù)列中前項和與項的關(guān)系求解；（2）先寫出奇數(shù)項、偶數(shù)項的通項公式，再按奇數(shù)項、偶數(shù)項分組求和.〖小問1詳析〗由題意當時，；當時，兩式相減得，所以，當時也成立．所以數(shù)列的通項公式.〖小問2詳析〗根據(jù)題意，得所以所以18.如圖，正四棱錐的底面邊長和高均為2，，分別為，的中點．（1）若點是線段上的點，且，判斷點是否在平面內(nèi)，并證明你的結(jié)論；（2）求直線與平面所成角的正弦值．〖答案〗（1）點在平面內(nèi)，證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）連接、交于，連接，以為坐標原點，、、為、、軸建立空間直角坐標系，求出、、，即可得到，從而得到、、、四點共面，即可得證；（2）利用空間向量法計算可得〖小問1詳析〗解：連接、交于，連接，由正四棱錐性質(zhì)可得平面，底面為正方形，則，所以以為坐標原點，、、為、、軸建立空間直角坐標系，則，，，所以，，又，得，，所以，所以、、、四點共面，即點在平面內(nèi)．〖小問2詳析〗解：由（1）可得，設平面的法向量，由，得，令，則，，所以，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為．19.世界杯足球賽淘汰賽階段的比賽規(guī)則為：90分鐘內(nèi)進球多的球隊取勝，如果參賽雙方在90分鐘內(nèi)無法決出勝負（踢成平局），將進行30分鐘的加時賽，若加時賽階段兩隊仍未分出勝負，則進入“點球大戰(zhàn)”．點球大戰(zhàn)的規(guī)則如下：①兩隊各派5名隊員，雙方輪流踢點球，累計進球個數(shù)多者勝；②如果在踢滿5球前，一隊進球數(shù)已多于另一隊踢5球可能踢中的球數(shù)，則該隊勝出，譬如：第4輪結(jié)束時，雙方進球數(shù)比，則不需踢第5輪了；③若前5輪點球大戰(zhàn)中雙方進球數(shù)持平，則采用“突然死亡法”決出勝負，即從第6輪起，雙方每輪各派1人踢點球，若均進球或均不進球，則繼續(xù)下一輪．直到出現(xiàn)一方進球另一方不進球的情況，進球方勝．現(xiàn)有甲乙兩隊在淘汰賽中相遇，雙方勢均力敵，120分鐘（含加時賽）仍未分出勝負，須采用“點球大戰(zhàn)”決定勝負．設甲隊每名球員射進的概率為，乙隊每名球員射進的概率為．每輪點球結(jié)果互不影響．（1）設甲隊踢了5球，為射進點球的個數(shù)，求的分布列與期望；（2）若每輪點球都由甲隊先踢，求在第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并剛好勝出的概率．〖答案〗（1）分布列見〖解析〗，（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由題意知，由二項分布求出的分布列與期望；（2）由題意知甲乙兩隊比分為1：4或2：4，求出相應的概率再相加即可.〖小問1詳析〗由題意知，，可能的取值為0，1，2，3，4，5.，，，，，所以的分布列為X012345P．〖小問2詳析〗設“第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并勝出”為事件A，由題意知，甲乙兩隊比分為1：4或2：4，設“甲乙兩隊比分為1：4”為事件，“甲乙兩隊比分為2：4”為事件，若甲乙兩隊比分為1：4，則乙射進4次，甲前三次射進一次，第4次未進，，若甲乙兩隊比分為2：4，則乙射進4次，甲前四次射進兩次，所以．即在第四輪點球結(jié)束時，乙隊進了4個球并勝出的概率為．20.已知橢圓：的離心率為，且過點．（1）求橢圓的方程；（2）設不過點的直線與橢圓交于，兩點，關(guān)于原點的對稱點為，記直線，，的斜率分別為，，，若，證明直線的斜率為定值．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)離心率和過點，求出橢圓方程；（2）根據(jù)題意求出，進而，韋達定理帶入求出.〖小問1詳析〗由題設得，，即，解得．所以的方程為．〖小問2詳析〗設直線的方程為，代入得．，設，則，于是．，又，所以．即．，即，，，將，代入整理得，即，當，直線過點，舍去，所以．〖『點石成金』〗方法『點石成金』：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直