2023屆湖南省株洲市高三下學期一模數(shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1株洲市2023屆高三年級教學質(zhì)量統(tǒng)一檢測（一）數(shù)學一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共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.設集合，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用一元二次不等式的解法求出集合，然后再根據(jù)集合的特征和交集的概念即可求解.〖詳析〗由題意可知：集合，又因為集合，所以，故選：.2.已知i為虛數(shù)單位，若復數(shù)z滿足，則在復平面內(nèi)z對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)的運算求出復數(shù)，然后利用復數(shù)的幾何意義即可求解.〖詳析〗因為復數(shù)z滿足，則，在復平面內(nèi)z對應的點為，所以在復平面內(nèi)z對應的點位于第四象限，故選：.3.已知四邊形是平行四邊形，，若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗計算得出，利用平面向量的線性運算可得出關于、的表達式，即可得出的值．〖詳析〗，，，，，故，故選：C．4.已知三棱錐的側(cè)面展開圖放在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示，那么在三棱錐中，與所成的角為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題知，，進而取中點，連接，證明平面即可得，進而得〖答案〗..〖詳析〗解：由圖可知，在三棱錐中，，，取中點，連接，因為，，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以，即與所成的角為故選：D5.在平面直角坐標系中，已知兩點，到直線的距離分別是1與4，則滿足條件的直線共有（）A.1條 B.2條 C.3條 D.4條〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)圓的概念和切線的性質(zhì)，分別以為圓心，以為半徑作圓，滿足題意的直線為兩圓的公切線，進而求解.〖詳析〗分別以為圓心，以為半徑作圓，因為，所以兩圓外切，有三條公切線，即滿足條件的直線共有3條，故選：C6.今年11月，為預防新冠疫情蔓延，株洲市有，，三個小區(qū)被隔離；從菜市場出發(fā)的專車必須每天準時到這3個小區(qū)運送蔬菜，以解決小區(qū)居民的日常生活問題．，，，之間的行車距離用表中的數(shù)字表示．若專車從出發(fā)，每個小區(qū)經(jīng)過且只經(jīng)過一次，然后再返回，那么專車行駛的最短距離是（）0763705465083480A.17 B.18 C.23 D.25〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，專車行駛的最短距離應該選擇或，再求距離即可.〖詳析〗解：由表中數(shù)據(jù)可知，到的距離最大，到的距離次之，所以，為使行駛距離最短，與之間不能直達，與之間不能直達，所以，專車行駛的最短距離應該選擇或，此時最短距離為或.故選：B7.已知曲線為雙曲線，則該雙曲線的焦距為（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意可知：雙曲線為等軸雙曲線，根據(jù)題意求出實半軸長和虛半軸長，進而計算即可求解.〖詳析〗由題意可知：雙曲線為等軸雙曲線，因為等軸雙曲線的一條對稱軸為，則雙曲線與對稱軸的交點分別為，所以實半軸長為，從而虛半軸長為，所以焦距為，故選：.8.已知，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對數(shù)運算以及作差法，整理代數(shù)式，構造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性，可得的大小關系；根據(jù)二項式定理以及中間執(zhí)法，整理，可得〖答案〗.〖詳析〗由，，則，令，，當時，，則單調(diào)遞增，即，故，可得，即；由，且，則，即綜上，.故選：C.二、選擇題（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.已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，且，則（）A. B.C.數(shù)列是等差數(shù)列 D.數(shù)列是等比數(shù)列〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)可以判斷A正確；利用等差數(shù)列通項公式可以判斷B錯誤；根據(jù)等差數(shù)列的概念可判斷C，根據(jù)特例可判斷D.〖詳析〗設等差數(shù)列的公差為，對A，因為是等差數(shù)列，且，則由等差數(shù)列性質(zhì)可得，故A正確；對B，，則，故B錯誤；對C，因為，則數(shù)列是等差數(shù)列，故C正確；對D，如數(shù)列為，顯然數(shù)列不是等比數(shù)列，故D錯誤;故選：AC.10.關于函數(shù)有以下四個選項，正確的是（）A.對任意的a，都不是偶函數(shù) B.存在a，使是奇函數(shù)C.存在a，使 D.若的圖像關于對稱，則〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)輔助角公式將函數(shù)化簡，然后結合正弦型函數(shù)的性質(zhì)，對選項逐一判斷即可.〖詳析〗因為，其中，，對于A，要使為偶函數(shù)，則，且，即對任意的a，都不是偶函數(shù)，故正確；對于B，要使為奇函數(shù)，則，且，即不存在a，使是奇函數(shù)，故正確；對于C，因為，故錯誤；對于D，若的圖像關于對稱，則，，解得，且，所以，即，故正確.故選：AD11.已知三棱錐的所有棱長均相等，其外接球的球心為O．點E滿足，過點E作平行于和的平面，分別與棱相交于點，則（）A.當時，平面經(jīng)過球心OB.四邊形的周長隨的變化而變化C.當時，四棱錐的體積取得最大值D.設四棱錐的體積為，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗說明平面為正方形，從而推出其對角線交點到三棱錐各頂點的距離相等，即可判斷A；設三棱錐棱長，求得四邊形的周長，可判斷B；當時，利用線面位置關系求出四棱錐的底面積和高的表達式，可得體積的表達式，利用導數(shù)判斷其最值，判斷C；求得四棱錐的體積的表達式，計算，可判斷D.〖詳析〗對于A選項，因為平面，平面，平面平面，，同理可得，所以，同理，所以，四邊形為平行四邊形，則，取線段的中點M，連接，因為，M為的中點，所以，同理，因為平面，所以平面，平面，，當時，則E為的中點，則F為中點，同理E為的中點，則H為中點，則，因為，所以四邊形為正方形，連接，交于，則,由三棱錐的所有棱長均相等，則,可知，H為的中點，故，同理,又，故,則，即即為外接球的球心O，故當時，平面即經(jīng)過球心O，A正確；對于B，設三棱錐的棱長為a,由（1）知且四邊形為平行四邊形，,所以,同理，所以四邊形的周長為，即四邊形的周長不隨的變化而變化，B錯誤；對于C，由以上分析可得，，故，設交于N，交于R，連接,因為平面，平面，平面平面，，由于平面，,故平面，平面，故平面平面，平面平面，過點M作,垂足為T，并延長交于Q，則，平面,則平面,即的長即為間的距離，也為A點到平面的距離，由，可知，由于，則，而，故Q為的中點，故，故，則，故四棱錐的體積,令，則，令，則或（舍去），當時，，在上單調(diào)遞增，當時，，在上單調(diào)遞減，故時，在上取到最大值，即當時，四棱錐的體積取得最大值，C正確；對于D，由以上分析可知，而，故Q為的中點，則T為的中點，也即的交點，當時，T即為三棱錐外接球的球心O，此時，時，不重合，且根據(jù)正四面體的特征可知O一定在上,則四棱錐的高為，故四棱錐的體積為，則，D正確，故選：ACD〖『點石成金』〗難點『點石成金』：本題綜合性較強，涉及的知識點較多，解答時要發(fā)揮空間想象能力，明確空間的線面的位置關系，難點在于要根據(jù)線面位置關系計算出相應的量的值，從而結合相關的體積公式，表示出體積，進而判斷結論.12.已知是函數(shù)的零點，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗設，由可得，再根據(jù)選項依次判斷正誤即可.〖詳析〗設，，，，即，所以要使為系數(shù)都是整數(shù)的整式方程的根，則方程必須包含因式.由中的最高次數(shù)為4，是它的一個零點，因此，即對選項，，是正確的；對選項，，是正確的；對選項，，是正確的；對選項，，當時，最小值為，當時，無最小值，因此選項是錯誤.故選：.〖『點石成金』〗關鍵『點石成金』：本題解題關鍵在于將含有無理數(shù)的平方根式通過兩次平方化成有理數(shù)，得到含有無理數(shù)解的有理數(shù)整式方程，從而得解.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分．）13.在的展開式中，常數(shù)項等于__________．（用數(shù)字作答）〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用二項式定理，先求出展開式中的常數(shù)項和的系數(shù)，即得解.〖詳析〗由，根據(jù)二項式定理，其展開式的通項為，所以當時，展開式的常數(shù)項為；當時，展開式的系數(shù)為；所以原式中展開式的常數(shù)項為.故〖答案〗為：.14.已知，若在區(qū)間上存在兩個不相等的實數(shù)a，b，滿足，則可以為__________．（填一個值即可）〖答案〗5（大于等于5的正整數(shù)均可）〖解析〗〖祥解〗利用三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)求解即可.〖詳析〗因為，所以，又在區(qū)間上存在兩個不相等的實數(shù)a，b，滿足，所以，解得，所以可以為5，故〖答案〗為：5（大于等于5的整數(shù)均可）15.過原點的直線l與曲線交于不同的兩點A，B，過A，B作x軸的垂線，與曲線交于C，D兩點，則直線CD的斜率為__________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗設，，根據(jù)點，，共線，得出，得出，再由C，D兩點的坐標，根據(jù)斜率公式，得出，代換即可得出〖答案〗．〖詳析〗設，，則點的坐標為，點的坐標為，點，，共線，，即，可得：，即，又，，故〖答案〗為：．16.已知橢圓的左右焦點為，，過的直線交橢圓C于P，Q兩點，若，且，則橢圓C的離心率為__________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)橢圓的定義，線段比例關系和余弦定理即可求解.〖詳析〗因為，所以，又，所以，所以，在三角形中，，三角形中，，以上兩式相等整理得，故或（舍去），故，故〖答案〗為：.四、解答題（本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17.如圖，在平面四邊形中，.（1）求的值；（2）求的長度.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由勾股定理得到，從而求出，再利用余弦差角公式進行計算；（2）先求出，再利用余弦定理求出〖答案〗.〖小問1詳析〗在中，由勾股定理得，，；〖小問2詳析〗因為，所以，在中，由余弦定理得：18.2023年亞運會在中國杭州舉辦，開幕式門票與其他賽事門票在網(wǎng)上開始預定，亞奧理事會規(guī)定：開幕式門票分為A、B兩檔，當預定A檔未成功時，系統(tǒng)自動進入B檔預定，已知獲得A檔門票的概率是，若未成功，仍有的概率獲得B檔門票的機會；而成功獲得其他賽事門票的概率均為，且獲得每張門票之間互不影響．甲預定了一張A檔開幕式門票，一張賽事門票；乙預定了兩張賽事門票．（1）求甲乙兩人都沒有獲得任何門票的概率；（2）求乙獲得的門票數(shù)比甲多的概率．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）設甲、乙獲得的門票數(shù)分別為、，分別求、的分布列，進而可得結果；（2）“乙獲得的門票數(shù)比甲多”有3種可能、和，結合（1）中的數(shù)據(jù)運算求解.〖小問1詳析〗由題意可得：預定一張開幕式門票不成功的概率，成功的概率為，設甲獲得的門票數(shù)為，則的可能取值為，故，故的分布列為：012設乙獲得的門票數(shù)為，則，故，故的分布列為：012故甲乙兩人都沒有獲得任何門票的概率.〖小問2詳析〗由（1）可得：乙獲得的門票數(shù)比甲多的概率.19.如圖（1），已知菱形ABCD中，沿對角線BD將其翻折，使，設此時AC的中點為O，如圖（2）．（1）求證：點O是點D在平面上的射影；（2）求直線AD與平面BCD所成角的余弦值．〖答案〗（1）證明見詳析（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用等腰三角形中線及勾股定理證明線線垂直，然后證明線面垂直，即可判斷點在的面上的射影；（2）利用等體積法求出點點A到平面BCD的距離，利用定義求出線面角的正弦值，進一步求出余弦值〖小問1詳析〗連接DO，因為，O為AC的中點，所以，設菱形ABCD的邊長為2，又因為，所以，連接BO，則，又因為，，所以，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面，所以點O是點D在平面上的射影；〖小問2詳析〗設點A到平面BCD的距離為h，設菱形ABCD的邊長為2，且，則的面積為，則，的面積為，由（1）知，平面，，所以，由得，，所以，設直線AD與平面BCD所成角為，則，所以，即直線AD與平面BCD所成角的余弦值為20.數(shù)列滿足，.（1）若，求證：是等比數(shù)列.（2）若，的前項和為，求滿足的最大整數(shù).〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）98〖解析〗〖祥解〗（1）由已知得，可得，進而得證；（2）利用錯位相減結合分組求和可得，結合二項式定理進行放縮，進而得解.〖小問1詳析〗，，，由已知可得，，，，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列；〖小問2詳析〗由（1）得，所以，設，數(shù)列的前項和為，則①，②，①②得，所以，所以，當時，，當時，，當時，，即，所以，所以，，所以滿足的最大整數(shù)為21.已知曲線與曲線N關于直線對稱，且的頂點在曲線N上．（1）若為正三角形，且其中一個頂點為坐標原點，求此時該三角形的面積；（2）若三邊所在的三條直線中，有兩條與曲線M相切，求證第三條直線也與曲線M相切．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）由題意得出曲線N的方程，設出的頂點，求出直線方程并聯(lián)立可得坐標，結合面積公式即可求解；（2）設出頂點與切線方程，聯(lián)立直線與拋物線，利用相切條件結合判別式為零即可求解；〖小問1詳析〗因為曲線與曲線N關于直線對稱，所以曲線N的方程為，又為正三角形，且其中一個頂點為坐標原點，故不妨設為原點，則直線的方程為，由解得，進而有，所以的面積為；〖小問2詳析〗設，則有，不妨設直線與曲線M相切，直線的方程為，化簡為，聯(lián)立得，又因為直線與曲線M相切，所以，即，同理可得，由（1）（2）得：，因為，所以，又直線的方程為，聯(lián)立得，所以，所以直線也與曲線M相切，22.已知函數(shù)有兩個極值點，．（1）若，求a的值；（2）若，求a的取值范圍．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)取得極值點處導函數(shù)等于0即可求解；（2）令，根據(jù)，，求出，構造函數(shù)求出的范圍，再構造函數(shù)，求出范圍即可求解的范圍.〖小問1詳析〗依題意知，，因為函數(shù)有兩個極值點，，所以，，，則有有兩個根，等價于有兩個根，令，則，令，解得，所以時，，單調(diào)遞增，時，，單調(diào)遞減，所以時，取得最大值，又趨向于無窮大時，趨向于0，所以且.若，即，由，解得：或（舍去），所以若，a的值為：.〖小問2詳析〗由（1）知，，，，整理可得，令，所以，易得，令，則，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以在在上單調(diào)遞減，所以，即，所以，令，則恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，所以a的取值范圍為：.〖『點石成金』〗已知函數(shù)有零點，求參數(shù)取值范圍常用的方法和思路：（1）直接法：直接根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式，再通過不等式確定參數(shù)范圍；（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；（3）數(shù)形結合法：先對〖解析〗式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結合求解.

高考模擬試題PAGEPAGE1株洲市2023屆高三年級教學質(zhì)量統(tǒng)一檢測（一）數(shù)學一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共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.設集合，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用一元二次不等式的解法求出集合，然后再根據(jù)集合的特征和交集的概念即可求解.〖詳析〗由題意可知：集合，又因為集合，所以，故選：.2.已知i為虛數(shù)單位，若復數(shù)z滿足，則在復平面內(nèi)z對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)的運算求出復數(shù)，然后利用復數(shù)的幾何意義即可求解.〖詳析〗因為復數(shù)z滿足，則，在復平面內(nèi)z對應的點為，所以在復平面內(nèi)z對應的點位于第四象限，故選：.3.已知四邊形是平行四邊形，，若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗計算得出，利用平面向量的線性運算可得出關于、的表達式，即可得出的值．〖詳析〗，，，，，故，故選：C．4.已知三棱錐的側(cè)面展開圖放在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示，那么在三棱錐中，與所成的角為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題知，，進而取中點，連接，證明平面即可得，進而得〖答案〗..〖詳析〗解：由圖可知，在三棱錐中，，，取中點，連接，因為，，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以，即與所成的角為故選：D5.在平面直角坐標系中，已知兩點，到直線的距離分別是1與4，則滿足條件的直線共有（）A.1條 B.2條 C.3條 D.4條〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)圓的概念和切線的性質(zhì)，分別以為圓心，以為半徑作圓，滿足題意的直線為兩圓的公切線，進而求解.〖詳析〗分別以為圓心，以為半徑作圓，因為，所以兩圓外切，有三條公切線，即滿足條件的直線共有3條，故選：C6.今年11月，為預防新冠疫情蔓延，株洲市有，，三個小區(qū)被隔離；從菜市場出發(fā)的專車必須每天準時到這3個小區(qū)運送蔬菜，以解決小區(qū)居民的日常生活問題．，，，之間的行車距離用表中的數(shù)字表示．若專車從出發(fā)，每個小區(qū)經(jīng)過且只經(jīng)過一次，然后再返回，那么專車行駛的最短距離是（）0763705465083480A.17 B.18 C.23 D.25〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，專車行駛的最短距離應該選擇或，再求距離即可.〖詳析〗解：由表中數(shù)據(jù)可知，到的距離最大，到的距離次之，所以，為使行駛距離最短，與之間不能直達，與之間不能直達，所以，專車行駛的最短距離應該選擇或，此時最短距離為或.故選：B7.已知曲線為雙曲線，則該雙曲線的焦距為（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意可知：雙曲線為等軸雙曲線，根據(jù)題意求出實半軸長和虛半軸長，進而計算即可求解.〖詳析〗由題意可知：雙曲線為等軸雙曲線，因為等軸雙曲線的一條對稱軸為，則雙曲線與對稱軸的交點分別為，所以實半軸長為，從而虛半軸長為，所以焦距為，故選：.8.已知，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對數(shù)運算以及作差法，整理代數(shù)式，構造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性，可得的大小關系；根據(jù)二項式定理以及中間執(zhí)法，整理，可得〖答案〗.〖詳析〗由，，則，令，，當時，，則單調(diào)遞增，即，故，可得，即；由，且，則，即綜上，.故選：C.二、選擇題（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.已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，且，則（）A. B.C.數(shù)列是等差數(shù)列 D.數(shù)列是等比數(shù)列〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)可以判斷A正確；利用等差數(shù)列通項公式可以判斷B錯誤；根據(jù)等差數(shù)列的概念可判斷C，根據(jù)特例可判斷D.〖詳析〗設等差數(shù)列的公差為，對A，因為是等差數(shù)列，且，則由等差數(shù)列性質(zhì)可得，故A正確；對B，，則，故B錯誤；對C，因為，則數(shù)列是等差數(shù)列，故C正確；對D，如數(shù)列為，顯然數(shù)列不是等比數(shù)列，故D錯誤;故選：AC.10.關于函數(shù)有以下四個選項，正確的是（）A.對任意的a，都不是偶函數(shù) B.存在a，使是奇函數(shù)C.存在a，使 D.若的圖像關于對稱，則〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)輔助角公式將函數(shù)化簡，然后結合正弦型函數(shù)的性質(zhì)，對選項逐一判斷即可.〖詳析〗因為，其中，，對于A，要使為偶函數(shù)，則，且，即對任意的a，都不是偶函數(shù)，故正確；對于B，要使為奇函數(shù)，則，且，即不存在a，使是奇函數(shù)，故正確；對于C，因為，故錯誤；對于D，若的圖像關于對稱，則，，解得，且，所以，即，故正確.故選：AD11.已知三棱錐的所有棱長均相等，其外接球的球心為O．點E滿足，過點E作平行于和的平面，分別與棱相交于點，則（）A.當時，平面經(jīng)過球心OB.四邊形的周長隨的變化而變化C.當時，四棱錐的體積取得最大值D.設四棱錐的體積為，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗說明平面為正方形，從而推出其對角線交點到三棱錐各頂點的距離相等，即可判斷A；設三棱錐棱長，求得四邊形的周長，可判斷B；當時，利用線面位置關系求出四棱錐的底面積和高的表達式，可得體積的表達式，利用導數(shù)判斷其最值，判斷C；求得四棱錐的體積的表達式，計算，可判斷D.〖詳析〗對于A選項，因為平面，平面，平面平面，，同理可得，所以，同理，所以，四邊形為平行四邊形，則，取線段的中點M，連接，因為，M為的中點，所以，同理，因為平面，所以平面，平面，，當時，則E為的中點，則F為中點，同理E為的中點，則H為中點，則，因為，所以四邊形為正方形，連接，交于，則,由三棱錐的所有棱長均相等，則,可知，H為的中點，故，同理,又，故,則，即即為外接球的球心O，故當時，平面即經(jīng)過球心O，A正確；對于B，設三棱錐的棱長為a,由（1）知且四邊形為平行四邊形，,所以,同理，所以四邊形的周長為，即四邊形的周長不隨的變化而變化，B錯誤；對于C，由以上分析可得，，故，設交于N，交于R，連接,因為平面，平面，平面平面，，由于平面，,故平面，平面，故平面平面，平面平面，過點M作,垂足為T，并延長交于Q，則，平面,則平面,即的長即為間的距離，也為A點到平面的距離，由，可知，由于，則，而，故Q為的中點，故，故，則，故四棱錐的體積,令，則，令，則或（舍去），當時，，在上單調(diào)遞增，當時，，在上單調(diào)遞減，故時，在上取到最大值，即當時，四棱錐的體積取得最大值，C正確；對于D，由以上分析可知，而，故Q為的中點，則T為的中點，也即的交點，當時，T即為三棱錐外接球的球心O，此時，時，不重合，且根據(jù)正四面體的特征可知O一定在上,則四棱錐的高為，故四棱錐的體積為，則，D正確，故選：ACD〖『點石成金』〗難點『點石成金』：本題綜合性較強，涉及的知識點較多，解答時要發(fā)揮空間想象能力，明確空間的線面的位置關系，難點在于要根據(jù)線面位置關系計算出相應的量的值，從而結合相關的體積公式，表示出體積，進而判斷結論.12.已知是函數(shù)的零點，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗設，由可得，再根據(jù)選項依次判斷正誤即可.〖詳析〗設，，，，即，所以要使為系數(shù)都是整數(shù)的整式方程的根，則方程必須包含因式.由中的最高次數(shù)為4，是它的一個零點，因此，即對選項，，是正確的；對選項，，是正確的；對選項，，是正確的；對選項，，當時，最小值為，當時，無最小值，因此選項是錯誤.故選：.〖『點石成金』〗關鍵『點石成金』：本題解題關鍵在于將含有無理數(shù)的平方根式通過兩次平方化成有理數(shù)，得到含有無理數(shù)解的有理數(shù)整式方程，從而得解.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分．）13.在的展開式中，常數(shù)項等于__________．（用數(shù)字作答）〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用二項式定理，先求出展開式中的常數(shù)項和的系數(shù)，即得解.〖詳析〗由，根據(jù)二項式定理，其展開式的通項為，所以當時，展開式的常數(shù)項為；當時，展開式的系數(shù)為；所以原式中展開式的常數(shù)項為.故〖答案〗為：.14.已知，若在區(qū)間上存在兩個不相等的實數(shù)a，b，滿足，則可以為__________．（填一個值即可）〖答案〗5（大于等于5的正整數(shù)均可）〖解析〗〖祥解〗利用三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)求解即可.〖詳析〗因為，所以，又在區(qū)間上存在兩個不相等的實數(shù)a，b，滿足，所以，解得，所以可以為5，故〖答案〗為：5（大于等于5的整數(shù)均可）15.過原點的直線l與曲線交于不同的兩點A，B，過A，B作x軸的垂線，與曲線交于C，D兩點，則直線CD的斜率為__________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗設，，根據(jù)點，，共線，得出，得出，再由C，D兩點的坐標，根據(jù)斜率公式，得出，代換即可得出〖答案〗．〖詳析〗設，，則點的坐標為，點的坐標為，點，，共線，，即，可得：，即，又，，故〖答案〗為：．16.已知橢圓的左右焦點為，，過的直線交橢圓C于P，Q兩點，若，且，則橢圓C的離心率為__________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)橢圓的定義，線段比例關系和余弦定理即可求解.〖詳析〗因為，所以，又，所以，所以，在三角形中，，三角形中，，以上兩式相等整理得，故或（舍去），故，故〖答案〗為：.四、解答題（本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17.如圖，在平面四邊形中，.（1）求的值；（2）求的長度.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由勾股定理得到，從而求出，再利用余弦差角公式進行計算；（2）先求出，再利用余弦定理求出〖答案〗.〖小問1詳析〗在中，由勾股定理得，，；〖小問2詳析〗因為，所以，在中，由余弦定理得：18.2023年亞運會在中國杭州舉辦，開幕式門票與其他賽事門票在網(wǎng)上開始預定，亞奧理事會規(guī)定：開幕式門票分為A、B兩檔，當預定A檔未成功時，系統(tǒng)自動進入B檔預定，已知獲得A檔門票的概率是，若未成功，仍有的概率獲得B檔門票的機會；而成功獲得其他賽事門票的概率均為，且獲得每張門票之間互不影響．甲預定了一張A檔開幕式門票，一張賽事門票；乙預定了兩張賽事門票．（1）求甲乙兩人都沒有獲得任何門票的概率；（2）求乙獲得的門票數(shù)比甲多的概率．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）設甲、乙獲得的門票數(shù)分別為、，分別求、的分布列，進而可得結果；（2）“乙獲得的門票數(shù)比甲多”有3種可能、和，結合（1）中的數(shù)據(jù)運算求解.〖小問1詳析〗由題意可得：預定一張開幕式門票不成功的概率，成功的概率為，設甲獲得的門票數(shù)為，則的可能取值為，故，故的分布列為：012設乙獲得的門票數(shù)為，則，故，故的分布列為：012故甲乙兩人都沒有獲得任何門票的概率.〖小問2詳析〗由（1）可得：乙獲得的門票數(shù)比甲多的概率.19.如圖（1），已知菱形ABCD中，沿對角線BD將其翻折，使，設此時AC的中點為O，如圖（2）．（1）求證：點O是點D在平面上的射影；（2）求直線AD與平面BCD所成角的余弦值．〖答案〗（1）證明見詳析（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用等腰三角形中線及勾股定理證明線線垂直，然后證明線面垂直，即可判斷點在的面上的射影；（2）利用等體積法求出點點A到平面BCD的距離，利用定義求出線面角的正弦值，進一步求出余弦值〖小問1詳析〗連接DO，因為，O為AC的中點，所以，設菱形ABCD的邊長為2，又因為，所以，連接BO，則，又因為，，所以，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面，所以點O是點D在平面上的射影；〖小問2詳析〗設點A到平面BCD的距離為h，設菱形ABCD的邊長為2，且，則的面積為，則，的面積為