【高考數學】2022-2023學年山東省濟南市專項突破仿真模擬試題（一模二模）含解析

【高考】模仿試卷（5月）第頁碼6頁/總NUMPAGES總頁數51頁【高考】模仿試卷（5月）【高考數學】2022-2023學年山東省濟南市專項突破仿真模擬試題（一模）第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單選題1．設集合，，則=（

）A．B．C．D．2．已知復數z滿足（i為虛數單位），則z的共軛復數=（

）A．B．C．D．3．已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列結論正確的為（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，，則D．若，，，則4．“學習強國”APP是以深入學習、宣傳思想，立足全體黨員，面向全社會的優(yōu)質學臺．為了解甲、乙兩人的平臺學習情況，統計了他們最近7天的學習積分，制成如圖所示的莖葉圖，若兩頭一列的數字表示積分的十位數，兩邊的數字表示積分的個位數，則在這7天中，下列結論正確的為（

）A．甲、乙兩人積分的極差相等B．甲、乙兩人積分的平均數不相等C．甲、乙兩人積分的中位數相等D．甲積分的方差大于乙積分的方差5．若函數在區(qū)間D上單調遞減，則D可以為（

）A．B．C．D．6．現安排編號分別為1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三項不同的工作，若每項工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一項工作，且編號為相鄰整數的志愿者不能被安排做同一項工作，則不同的安排方法數為（

）A．36B．24C．18D．127．已知，p：；q：函數在區(qū)間上不單調，則p是q的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件8．已知過點的動直線l與圓C：交于A，B兩點，過A，B分別作C的切線，兩切線交于點N．若動點，則的最小值為（

）A．6B．7C．8D．9評卷人得分二、多選題9．的圖案是由五顆五角星組成，這些五角星的地位關系意味著中國領導下的革命與人民大勾結．如圖，五角星是由五個全等且頂角為36°的等腰三角形和一個正五邊形組成．已知當時，，則下列結論正確的為（

）A．B．C．D．10．已知無量數列滿足：當為奇數時，；當為偶數時，，則下列結論正確的為（

）A．和均為數列中的項B．數列為等差數列C．僅有有限個整數使得成立D．記數列的前項和為，則恒成立11．在平面直角坐標系xOy中，過點的直線l與拋物線C：交于A，B兩點，點為線段AB的中點，且，則下列結論正確的為（

）A．N為的外心B．M可以為C的焦點C．l的斜率為D．可以小于212．的伯努利（Bemoulli）不等式為：，其中實數同號，且均大于－1．特別地，當，且時，有．已知伯努利不等式還可以推行為：設x，，若，且，則．設a，b為實數，則下列結論正確的為（

）A．任意，且任意，都有B．任意，存在，使得C．任意，且任意，都有D．任意，存在，且，使得第II卷（非選一選）請點擊修正第II卷的文字闡明評卷人得分三、填空題13．請寫出一個定義在R上的函數，其圖象關于y軸對稱，無最小值，且值為2．其解析式可以為______．14．在平面直角坐標系xOy中，F為雙曲線C：的一個焦點，過F的直線l與C的一條漸近線垂直．若l與C有且僅有一個交點，則C的離心率為______．15．已知，則______．評卷人得分四、雙空題16．已知等邊的邊長為2，將其繞著BC邊旋轉角度，使點A旋轉到地位．記四面體的內切球半徑和外接球半徑依次為r，R，當四面體的表面積時，______，______．評卷人得分五、解答題17．已知數列的首項，其前n項和為，且對任意的，點均在直線上．(1)求的通項公式；(2)設，求數列的前n項和．18．設的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．(1)求角B的大?。?2)設D，E分別為邊AB，BC的中點，已知的周長為，且，若，求a．19．某新華書店將在六一兒童節(jié)進行有獎促銷，凡在該書店購書達到規(guī)定金額的小朋友可參加雙人贏取“購書券”的游戲．游戲規(guī)則為：游戲共三局，每局游戲開始前，在不透明的箱中裝有個號碼分別為、、、、的小球（小球除號碼不同之外，其余完全相反）．每局由甲、乙兩人先后從箱中不放回地各摸出一個小球（摸球者無法摸出小球號碼）．若單方摸出的兩球號碼之差為奇數，則甲被扣除個積分，乙添加個積分；若號碼之差為偶數，則甲添加個積分，乙被扣除個積分．游戲開始時，甲、乙的初始積分均為零，游戲結束后，若單方的積分不等，則積分較大的一方視為獲勝方，將獲得“購書券”獎勵；若單方的積分相等，則均不能獲得獎勵．(1)設游戲結束后，甲的積分為隨機變量，求的分布列；(2)以（1）中的隨機變量的數學期望為決策根據，當游戲規(guī)則對甲獲得“購書券”獎勵更為有利時，記正整數的最小值為．①求的值，并闡明理由；②當時，求在甲至少有一局被扣除積分的情況下，甲仍獲得“購書券”獎勵的概率．20．如圖，平面ABCD平面ABE，點E為半圓弧上異于A，B的點，在矩形ABCD中，，設平面ABE與平面CDE的交線為l．(1)證明：平面ABCD；(2)當l與半圓弧相切時，求二面角A-DE-C的余弦值．21．在平面直角坐標系xOy中，已知點，，設的內切圓與AC相切于點D，且，記動點C的軌跡為曲線T．(1)求T的方程；(2)設過點的直線l與T交于M，N兩點，已知動點P滿足，且，若，且動點Q在T上，求的最小值．22．已知函數．(1)若在區(qū)間上單調遞增，求a的取值范圍；(2)證明：，精選高考模仿試題第頁碼17頁/總NUMPAGES總頁數51頁精選高考模仿試題答案：1．D【分析】先由解出集合，再由的值域解出，計算交集即可.【詳解】由解得，則，又時，，則，即，又，則.故選：D.2．A【分析】由復數的除法運算求得z，然后由共軛復數定義可得.【詳解】由于所以.故選：A3．D【分析】由空間中的線面關系的判定及性質依次判斷即可.【詳解】對于A，還可能是，錯誤；對于B，的地位關系不確定，錯誤；對于C，的地位關系不確定，錯誤；對于D，由，，可得，又，則，正確.故選：D.4．B【分析】依次求出極差、平均數、中位數即可判斷A、B、C選項；由集中程度即可判斷D選項.【詳解】甲的極差為，乙的極差為，極差不相等，A錯誤；甲的平均數為，乙的平均數為，平均數不相等，B正確；甲的中位數為44，乙的中位數為43，中位數不相等，C錯誤；由莖葉圖知，甲數據較乙數據更集中，故甲的方差小于乙，D錯誤.故選：B.5．C【分析】由的范圍求出全體的范圍，再得到的正負及單調性，依次判斷4個選項即可.【詳解】對于A，當時，，且單調遞增，單調遞增，錯誤；對于B，當時，，且單調遞減，單調遞增，錯誤；對于C，當時，，且單調遞增，單調遞減，正確；對于D，當時，，且單調遞增，單調遞增，錯誤.故選：C.6．C【分析】先按照要求將志愿者分為3組，再分配到三項工作，由分步計數原理求解即可.【詳解】先將四位志愿者分為2人、1人、1人共3組，有1號和3號一組；2號和4號一組；1號和4號一組共3種情況；再將3組志愿者分配到三項工作有種；按照分步乘法計數原理，共有種.故選：C.7．A【分析】先由命題解出對應的范圍，再由充分必要的定義判斷即可.【詳解】由可得，又，又，要使函數在區(qū)間上不單調，有，解得，顯然，即p是q的充分不必要條件.故選：A.8．B【分析】先判斷出四點在以為直徑的圓上，求出該圓方程，進而求得方程，由點在直線上得出點軌跡為，又在圓上，進而將的最小值即為圓心到直線的距離減去半徑，即可求解.【詳解】易得圓心，半徑為4，如圖，連接，則，則四點在以為直徑的圓上，設，則該圓的圓心為，半徑為，圓的方程為，又該圓和圓的交點弦即為，故，整理得，又點在直線上，故，即點軌跡為，又在圓上，故的最小值為圓心到直線的距離減去半徑1，即.故選：B.9．AB【分析】連接DH，AF，CH，BH，利用五角星的結構特征逐項分析判斷作答.【詳解】對于A，連接DH，如圖，由DF=FH，得：，，A正確；對于B，連接AF，由得：AF垂直平分DH，而，即，則，B正確；對于C，與不共線，C不正確；對于D，連接CH，BH，由選項A知，，而，則四邊形是平行四邊形，，D不正確.故選：AB10．BD【分析】分別令、，解出的值，可判斷A選項；利用等差數列的定義可判斷B選項；解不等式可判斷C選項；利用等比數列的求和公式可判斷D選項.【詳解】對于A選項，分析可知當為奇數時，為奇數，當為偶數時，為偶數，令可得，不合乎題意，令可得，合乎題意，所以，不是數列中的項，是數列中的項，A錯；對于B選項，由于，所以，數列是公差為的等差數列，B對；對于C選項，若為偶數，由可得，矛盾，若為奇數，由可得，即，解得，一切滿足條件的奇數都合乎題意，所以，有有限個整數使得成立，C錯；對于D選項，為偶數，則，且，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，所以，，D對.故選：BD.11．AC【分析】由可得，即可判斷A選項；設出直線，聯立拋物線，由求出，即可判斷B選項；由點差法即可求出l的斜率判斷C選項；求出即可判斷D選項.【詳解】由可得，則N為的外心，A正確；易得直線斜率不為0，設，，聯立可得，，則，則，由可得，即，則，則焦點為，B錯誤；由作差得，即，C正確；，則，D錯誤.故選：AC.12．ACD【分析】由標題所給不等式及推行不等式依次判斷4個選項即可.【詳解】選項A：由，，則，且，∴，由基本不等式可知，當且僅當時取等，∴，故選項A正確；選項B：∵，∴，又，∴，即，∴恒成立，故選項B錯誤；選項C：∵，且，∴，且，∴，即，∴，故選項C正確；選項D：①若，則當時，不等式顯然成立；②若，∵，∴，，∴當時，，∴，記為不超過b的整數，易知．∴當時，成立，∴任意，存在，且，使得，故選項D正確.故選：ACD．13．或（，等）（答案不）【分析】根據所給函數性質寫出一個函數即可.【詳解】根據題中的條件可知函數是偶函數，值為2，所以滿足題中的條件，再如，再如等等（答案不）.故或（，等）（答案不）.14．【分析】由l與C有且僅有一個交點得與另一條漸近線垂直，進而得到，再求離心率即可.【詳解】不妨設為右焦點，直線l與漸近線垂直，要使l與C有且僅有一個交點，則與另一條漸近線不相交，即與另一條漸近線平行，則兩條漸近線互相垂直，即，則離心率為.故答案為.15．0或1##1或0【分析】變形給定等式，利用同角公式計算作答.【詳解】由得：，則，，所以或.故0或116．

##【分析】先判斷出當時四面體的表面積，即可求得；先求出表面積，再得到的中點O為四面體的外接球球心，即可求得，再求出四面體的體積，由即可求得，即可求解.【詳解】易得的面積為定值，又，顯然當時，此時面積，即四面體的表面積，此時；當四面體的表面積時，易知四面體的表面積值為，設的中點為O，易知，∴，即O為四面體的外接球球心，∴四面體的外接球半徑，∵，且，∴，∴，由，平面，，可得平面，∴四面體的體積為，又，∴，解得，∴.故；．17．(1)(2)【分析】（1）先由條件得到，再經過退位相減法得到數列是等比數列，由等比數列的通項公式求解即可；（2）先求出，再表示出，經過裂項相消法求和即可.(1)∵對任意的，點均在直線上，∴，∴當時，，∴，即，又∵，∴，∴，∴，∴數列是以3為首項，9為公比的等比數列，∴．(2)，∴，∴，即．18．(1)(2)【分析】（1）根據正弦定理，將邊轉化成角，然后用輔助角公式，即可求解.（2）在，分別用余弦定理表示出，根據，可得邊長的關系，進而根據周長即可求解.(1)由正弦定理，得，∵A，B，C為的內角，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，易知，∴，即．(2)設，，則，，在中，由余弦定理，得，在中，同理有，∵，∴，即，整理得，解得或，∵，即，∴，且，∵的周長為，∴，∴，∴．19．(1)答案見解析(2)①；理由見解析；②【分析】（1）分析可知隨機變量的可能取值有、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率可得出隨機變量的分布列；（2）①求得，解不等式可得的值；②記“甲至少有一局被扣除積分”為，記“甲獲得“購書券”獎勵”為，計算出、的值，利用條件概率公式可求得所求的概率.(1)解：記“一局游戲后甲被扣除個積分”為，“一局游戲后乙被扣除個積分”為，由題可知，則，當三局均為甲被扣除個積分時，，當兩局為甲被扣除個積分，一局為乙被扣除個積分時，，當一局為甲被扣除個積分，兩局為乙被扣除個積分時，，當三局均為乙被扣除個積分時，，所以，，，，，所以，隨機變量的分布列為－6P(2)解：①由（1）易得，顯然甲、乙單方的積分之和恒為零，當游戲規(guī)則對甲獲得“購書券”獎勵更為有利時，則需，所以，，即正整數的最小值；②當時，記“甲至少有一局被扣除積分”為，則，由題設可知若甲獲得“購書券”獎勵則甲被扣除積分的局數至少為，記“甲獲得“購書券”獎勵”為，易知為“甲恰好有一局被扣除積分”，則，所以，，即在甲至少有一局被扣除積分的情況下，甲仍獲得“購書券”獎勵的概率為．20．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線面平行的性質定理，可得線線平行，進而可得線面平行.（2）根據空間坐標法，計算法向量，進而可得二面角大小，或者根據長度關系，可用幾何法找到二面角，進而利用余弦定理求解.(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴，∵平面，平面，∴平面又平面，平面平面，∴，∵平面，∴．(2)（法一）取AB，CD的中點分別為O，F，連接OE，OF，則，∵平面平面，且交線為AB，∴平面，又平面，，當l與半圓弧相切時，，即，以OE，OB，OF所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，易得，，，，則，，，設為平面DAE的一個法向量，則，即，∴，令，則，設為平面DCE的一個法向量，則，即，∴，令，則，∴，易知二面角A-DE-C的平面角大小即為，∴二面角A-DE-C的余弦值為．（法二）當l與半圓弧相切時，，，∴，∵平面平面，其交線為，且，平面，∴平面，又平面，∴，同理，不妨設，則，，∴由勾股定理得，取DE的中點F，連接AF，FC，AC，則，，∴是二面角A-DE-C的平面角，易知，，且，∴在中，有，∴二面角A-DE-C的余弦值為．21．(1)(2)【分析】（1）由切線長相等得，再橢圓的定義即可求得T的方程；（2）由解出點坐標，代入曲線T得，同理將點坐標代入曲線T得到關系式，由得出動點P軌跡，再利用直線和曲線T相切求得的最小值即可.(1)不妨設的內切圓與BC，BA分別相切于點E，F，由切線長相等可知，，，∴，∴，∴動點C的軌跡為以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓（且C不在直線AB上），設動點C的軌跡方程為：，易知，且，解得，∴T的方程為：．(2)設，，，∵，∴，若，則，，即P與R重合，與矛盾，∴，∴，，∴，代入，又，化簡得，同理可得，，∴，為方程的兩根，∵，∴，即，即動點P在定直線：上，令直線：，當與T相切時，記，的距離為d，則，聯立可得，由，解得，又，∴，此時，解得，，即切點為，且直線，的距離為，∴，當Q點坐標為，且時，，即，聯立得，此時，，且直線PR即直線l：，即顯然不過點和，符合題設條件，∴的最小值為．本題關鍵點在于利用解出點坐標，代入曲線T得關系式，同理將點坐標代入曲線T得到關系式，進而得到，為一元二次方程的兩根，由得出動點P軌跡，將的最小值轉化為直線上一點和橢圓上一點距離的最小值即可求解.22．(1)(2)證明見解析【分析】（1）直接求導，討論和時函數的單調性即可求解；（2）先經過分析法將要證結論轉化為證，再（1）得到，由累加法放縮、裂項相消即可證明.(1)，當時，，，∴當時，，在區(qū)間上單調遞增，當時，，，∴當時，，∴在區(qū)間上單調遞減，不合題意，∴若在區(qū)間上單調遞增，則實數a的取值范圍為．(2)欲證，只需證，只需證，即證，只需證，由（1）可知當時，在區(qū)間上單調遞增，∴，∴當時，不等式恒成立，即恒成立，∴，即，同理，…，，將上述不等式累加得：又，∴不等式得證，∴不等式得證．本題關鍵點在于先經過分析法將要證結論轉化為證，然后由（1）中結論得到，經過累加法得到，再利用放縮、裂項相消求和即可證得結論.【高考數學】2022-2023學年山東省濟南市專項突破仿真模擬試題（二模）第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單選題1．已知集合，，則（

）A．B．C．D．2．已知為虛數單位，復數滿足，則的虛部為（

）A．B．C．D．3．已知雙曲線：的一條漸近線與直線垂直，則該雙曲線的離心率為（

）A．B．C．2D．4．隨著北京的開幕，吉祥物“冰墩墩”火遍國內外，現有個完全相反的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位運動員要與這個“冰墩墩”站成一排拍照留念，則有且只要個“冰墩墩”相鄰的排隊方法數為（

）A．B．C．D．5．已知二次函數的值域為，則的最小值為（

）A．B．C．D．6．已知，則（

）A．B．C．D．7．若一個正六棱柱既有外接球又有內切球，則該正六棱柱的外接球和內切球的表面積的比值為（

）A．B．C．D．8．若函數為偶函數，對任意的，且，都有，則（

）A．B．C．D．評卷人得分二、多選題9．在某市高三年級舉行的模仿考試中，某學科共有20000人參加考試.為了了解本次考試先生成績情況，從中抽取了部分先生的成績（成績均為正整數，滿分為100分）作為樣本進行統計，樣本容量為.按照，，，，的分組作出頻率分布直方圖如圖所示.其中，成績落在區(qū)間內的人數為.則下列結論正確的是（

）A．樣本容量B．圖中C．估計該市全體先生成績的平均分為分D．該市要對成績由高到低前的先生授子“先生”稱號，則成績?yōu)榉值南壬隙艿玫酱朔Q號10．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（

）A．函數的圖象可由的圖象向左平移個單位得到B．直線是圖象的一條對稱軸C．若，則的最小值為D．直線與函數在上的圖象有個交點11．已知直線與圓交于、兩點，且為銳角（其中為坐標原點），則實數的取值可以是（

）A．B．C．D．12．已知正項數列的前項和為，若，，數列的前項和為，則下列結論正確的是（

）A．是等差數列B．C．D．滿足的的最小正整數解為第II卷（非選一選）請點擊修正第II卷的文字闡明評卷人得分三、填空題13．設隨機變量，若，則________.14．已知函數，則________.15．在邊長為的等邊中，已知，點在線段上，且，則________.評卷人得分四、雙空題16．已知拋物線：的焦點為，過點的直線與拋物線交于兩點，且，則________；設點是拋物線上的任意一點，點是的對稱軸與準線的交點，則的值為________.評卷人得分五、解答題17．已知函數.(1)求函數的最小正周期；(2)在銳角中，若，，，求的面積.18．已知等差數列的前項和為，且，，數列滿足.(1)求數列和的通項公式；(2)記，求數列的前項和.19．如圖1，在平行四邊形中，，，，以對角線為折痕把折起，使點到達圖2所示點的地位，且.(1)求證：；(2)若點在線段上，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.20．某文娛節(jié)目闖關游戲共有三關，游戲規(guī)則如下：選手依次參加、二、三關，每關闖關成功可獲得的獎金分別為元、元、元，獎金可累加；若某關闖關成功，選手可以選擇結束闖關游戲并獲得相應獎金，也可以選擇繼續(xù)闖關；若有任何一關闖關失敗，則連同前面所得獎金全部歸零，闖關游戲結束，選手小李參加該闖關游戲，已知他、二、三關闖關成功的概率分別為，，，關闖關成功選擇繼續(xù)闖關的概率為，第二關闖關成功選擇繼續(xù)闖關的概率為，且每關闖關成功與否互不影響.(1)求小李關闖關成功，但所得總獎金為零的概率；(2)設小李所得總獎金為，求隨機變量的分布列及其數學期望.21．已知橢圓的左、右頂點分別為、，點是橢圓的右焦點，點在橢圓上，且的值為，橢圓的離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)若過點的直線與橢圓交于另一點（異于點），與直線交于一點，的角平分線與直線交于點，求證：點是線段的中點.22．已知函數，.(1)當時，證明：；(2)若函數在內有零點，求實數的取值范圍.答案：1．C【分析】解對數不等式求得集合，再根據交集的定義即可得解.【詳解】解：，所以.故選：C.2．D【分析】利用復數的除法化簡復數，利用復數的概念可得出復數的虛部.【詳解】由已知可得，因此，復數的虛部為.故選：D.3．A【分析】求出雙曲線C漸近線的斜率，與已知直線斜率的乘積等于-1，即可求解.【詳解】由題意，雙曲線的方程為：，斜率為和，直線的斜率為，由于兩直線垂直，則有，即，（，顯然這是不可能的），或，；故選：A.4．B【分析】將其中個“冰墩墩”捆綁，記為元素，另外個“冰墩墩”記為元素，將、元素這位運動員所構成的空中，插空法可求得結果.【詳解】由于個“冰墩墩”完全相反，將其中個“冰墩墩”捆綁，記為元素，另外個“冰墩墩”記為元素，先將甲、乙、丙、丁位運動員全排，然后將、元素這位運動員所構成的空中，且、元素不相鄰，則不同的排法種數為.故選：B.5．B【分析】由二次函數的值域可得出，可得出，則有，利用基本不等式可求得結果.【詳解】若，則函數的值域為，不合乎題意，由于二次函數的值域為，則，且，所以，，可得，則，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：B.6．D【分析】利用誘導公式二倍角的余弦公式可求得所求值.【詳解】.故選：D.7．C【分析】正六棱柱有內切球，則到每個面的距離相等，即，可求內切球的半徑，根據可求外接球的半徑，代入球的面積公式計算．【詳解】如圖：分別為底面，為的中點，為的中點設正六棱柱的底面邊長為若正六棱柱有內切球，則，即內切球的半徑，即外接球的半徑則該正六棱柱的外接球和內切球的表面積的比值為故選：C．8．A【分析】由題意可得函數在上遞減，且關于對稱，則，利用作差法比較三者之間的大小關系，再根據函數的單調性即可得解.【詳解】解：由對，且，都有，所以函數在上遞減，又函數為偶函數，所以函數關于對稱，所以，又，由于，所以，由于，所以，所以，所以，即.故選：A.9．BC【分析】根據頻率，頻數和樣本容量之間的關系即可判斷A；根據頻率之和等于，即可判斷B；根據頻率分布直方圖平均數的求解方法即可判斷C；根據題意得，即可判斷D.【詳解】對于A：由于成績落在區(qū)間內的人數為，所以樣本容量，故A不正確；對于B：由于，解得，故B正確；對于C：先生成績平均分為：，故C正確；對于D：由于，即按照成績由高到低前的先生中不含分的先生，所以成績?yōu)榉值南壬荒艿玫酱朔Q號，故D不正確.故選：BC.10．BCD【分析】由圖象求出函數的解析式，利用三角函數圖象變換可判斷A選項；利用正弦型函數的對稱性可判斷B選項；利用正弦型函數的周期性可判斷C選項；求出在時的可能取值，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，由圖可知，函數的最小正周期為，則，又由于，由于，則，所以，，則，所以，，故函數的圖象可由的圖象向左平移個單位得到，A錯；對于B選項，，所以，直線是圖象的一條對稱軸，B對；對于C選項，由于，所以，的最小值為，C對；對于D選項，當時，，由可知的可能取值集合為，所以，直線與函數在上的圖象有個交點，D對.故選：BCD.11．BC【分析】設，可得，求得，利用點到直線的距離公式可得出關于的不等式，解出的取值范圍，即可得出合適的選項.【詳解】設，則，可得，設圓心到直線的距離為，圓的圓心為原點，半徑為，所以，，由點到直線的距離公式可得，所以，，解得或.故選：BC.12．ACD【分析】根據題意得，整理得，即可判斷A；由A知，，所以，，即可判斷B；由于，即，令，即，構造函數，求解判斷即可；根據題意得，求和得，再根據題意求解判斷即可.【詳解】由于，當時，，解得，當時，，即，整理得，所以數列是首項為，公差為的等差數列，所以，又正項數列的前項和為，所以，故A正確；當時，解得，當時，，即，又，所以，，由于，所以，即，故B不正確；由于，，即，令，所以原不等式為：，即，令，所以，當時，恒成立，所以在單調遞增，所以，所以成立，故C正確；由于，所以，所以，所以，由于，即，化簡整理得：，當時，，當時，，所以滿足的的最小正整數解為，故D正確.故選：ACD.給出與的遞推關系，求，常用思緒是：一是利用轉化為的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為的遞推關系，先求出與之間的關系，再求.13．0.5##【分析】根據正態(tài)分布曲線的對稱性求得，即可得出答案.【詳解】解：由于隨機變量，，所以，所以.故0.5.14．##【分析】利用函數的解析式可求得的值.【詳解】由于，則.故答案為.15．【分析】根據題意得，求出，所以，即，求解即可.【詳解】由于，所以，又，即，由于點在線段上，所以，，三點共線，由平面向量三點共線定理得，，即，所以，又是邊長為的等邊三角形，所以，故.故答案為.16．

##1.5

【分析】空1：設直線聯立方程可得，根據題意可得，代入可解得；空2：根據拋物線定義取到值即最小，此時直線與拋物線相切，利用導數求切線分析求解．【詳解】設過點的直線為，聯立方程消去得，可得∵，則可得：，可得，解得過點作準線的垂線，垂足為，則可得若取到值即最小，此時直線與拋物線相切，即，則設，則切線斜率，切線方程為切線過，代入得，解得，即則，即則的值為故；．17．(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等變換化簡函數解析式為，利用正弦型函數的周期公式可求得函數的最小正周期；（2）由已知條件角的取值范圍可求得角的值，利用余弦定理可求得邊的長，再利用三角形的面積公式可求得結果.(1)解：由于.所以，函數的最小正周期為.(2)解：由于，所以，，由于，則，，可得，由余弦定理可得，即，由于，解得，此時，為最長邊，角為角，此時，則角為銳角，所以，.18．(1)，(2)【分析】（1）設等差數列的公差為，根據題意可得出關于、的方程組，解出這兩個量的值，可得出數列的通項公式，利用前項和與通項的關系可求得數列的通項公式；（2）設，推導出數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，即可求得數列的前項和.(1)解：設等差數列的公差為，則，解得，所以，，當時，，當時，，可得，上述兩個等式作差可得，也滿足，故對任意的，.(2)解：由（1）可得，設，所以，，所以，數列是等比數列，且首項為，公比為，因此，數列的前項和為.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用余弦定理勾股定理可證得，平形四邊形的幾何性質可得出，利用勾股定理可得出，利用線面垂直的判定和定義可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出關于的等式，解出的值，確定點的地位，然后利用錐體的體積公式可求得結果.(1)證明：在中，由余弦定理可得，所以，，，又由于四邊形為平行四邊形，所以，，在中，，，，，則，由于，，平面，平面，.(2)解：由于，平面，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，設，其中，，設平面的法向量為，，則，取，可得，易知平面的一個法向量為，由已知可得，由于，解得，所以，為的中點，因此，.20．(1)(2)分