2023年備戰(zhàn)高考模考適應(yīng)模擬數(shù)學(xué)試卷1（新高考專用）（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)模考適應(yīng)模擬卷1（新高考專用）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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合，，，則實(shí)數(shù)的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，當(dāng)，即，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；當(dāng)，即或，若，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；若，則，，滿足要求.綜上，.故選：A2．復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因?yàn)椋钥苫癁樗?，所?故選：C.3．中國(guó)空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙和夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙．安排甲、乙、丙、丁4名航天員到空間站開展工作，每個(gè)艙至少安排1人，若甲、乙兩人不能在同一個(gè)艙開展工作，則不同的安排方案共有（

）A．36種 B．18種 C．24種 D．30種〖答案〗D〖解析〗先將甲乙兩人分別安排到兩個(gè)不同艙中，有種安排方法.后分兩種方法安排丙、丁，第一種安排丙、丁到第三個(gè)艙中，有1種方法；第二種先安排丙、丁中的一人到第三個(gè)艙中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的艙中，有種方法.則不同的安排方案共有種.故選：D4．今年入夏以來(lái)，南方多省市出現(xiàn)高溫少雨天氣，持續(xù)的干旱天氣導(dǎo)致多地湖泊及水庫(kù)水位下降.已知某水庫(kù)水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔下降到時(shí)，減少的水量約為（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗臺(tái)體體積公式：，由題意可得，，，代入計(jì)算得，故選：C5．如圖，2022年世界杯的會(huì)徽像阿拉伯?dāng)?shù)字中的“8”．在平面直角坐標(biāo)系中，圓和外切也形成一個(gè)8字形狀，若，為圓M上兩點(diǎn)，B為兩圓圓周上任一點(diǎn)（不同于點(diǎn)A，P），則的最大值為（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意可得，解得，，故圓M的方程為．，畫圖分析可知當(dāng)與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點(diǎn)為B，且直線l的縱截距大于0時(shí)，最大．直線的斜率為1，設(shè)l的方程為，由圓心到直線l的距離為，解得或（舍去）．故l的方程為，其與直線PA：的交點(diǎn)坐標(biāo)為，所以，所以，即的最大值為．故選：C6．已知函數(shù)（其中為常數(shù)，），若實(shí)數(shù)、、滿足：①；②；③，則的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全為零，利用輔助角公式可得出，其中，所以，函數(shù)的最小正周期為，當(dāng)且時(shí)，則，這與矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故選：D.7．若實(shí)數(shù)，，，且滿足，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，則，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，于是，即，又，，，所以.故選：C.8．記為點(diǎn)到平面的距離，給定四面體，則滿足的平面的個(gè)數(shù)為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到點(diǎn)和的距離相等的平面有兩種類型，與平面平行或者經(jīng)過(guò)的某一條中位線．當(dāng)平面與平面平行時(shí)，如下圖，設(shè)的三等分點(diǎn)分別為（靠近），對(duì)于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意．在線段的延長(zhǎng)線上取使得，對(duì)于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意，即平面與平面平行時(shí)，滿足條件的平面有2個(gè)；設(shè)的中點(diǎn)分別為，當(dāng)平面經(jīng)過(guò)的中位線時(shí)，如下圖：對(duì)于平面，在線段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點(diǎn)，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．如下圖：對(duì)于平面，在線段上，在線段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點(diǎn)，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．對(duì)于中位線，也有類似結(jié)論,即平面經(jīng)過(guò)的某條中位線時(shí)，滿足條件的平面有6個(gè)，綜上所述，符合題意的平面共有個(gè)．故選：D．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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．在三棱錐中，，，，分別是，，，的重心.則下列命題中正確的有（

）A．平面 B．C．四條直線，，，相交于一點(diǎn) D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分別是的重心，所以分別延長(zhǎng),交于中點(diǎn)因?yàn)?，?平面，平面，因此平面，A選項(xiàng)正確；

因?yàn)槭堑闹匦?，所以因此，B選項(xiàng)正確；因?yàn)?，有，則線段的交點(diǎn)分為，同理線段和線段的交點(diǎn)分為，因此四條直線相交于一點(diǎn)，C選項(xiàng)正確.因?yàn)?，所以，因此，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：ABC.10．已知函數(shù)，曲線的切線l的斜率為k，則下列各選項(xiàng)正確的是（

）A．在上單調(diào)遞減B．是偶函數(shù)C．當(dāng)時(shí)，取得極大值D．當(dāng)時(shí)，l在x軸上的截距的取值范圍為〖答案〗AC〖解析〗由，且，B錯(cuò)誤；當(dāng)或時(shí)，，即在、上遞減；當(dāng)時(shí)，，即在上遞增；故時(shí)，取得極大值，A正確，C正確；設(shè)切點(diǎn)為，則l的方程為，又則，所以l在x軸上的截距，令且，則當(dāng)時(shí)，在上遞減，上遞增，值域?yàn)椋划?dāng)時(shí)，遞增，值域?yàn)椋詴r(shí)，的取值范圍是，D錯(cuò)誤．故選：AC11．已知，，點(diǎn)P滿足，則（

）A．點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上 B．面積的最大值為C．存在點(diǎn)P使得 D．的最小值為〖答案〗BCD〖解析〗設(shè)，則，，又，則，化簡(jiǎn)得，所以點(diǎn)P的軌跡方程為．對(duì)于A，以AB為直徑的圓的圓心為，半徑為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，依題意可得直線AB的方程為，即，所以圓P的圓心在直線AB的方程上，所以點(diǎn)P到直線AB的距離為圓P的半徑時(shí)，的面積最大，所以面積的最大值為，故B正確；對(duì)于C，由，在直角三角形中，角對(duì)應(yīng)的直角邊是斜邊的一半，又，則點(diǎn)A在圓P內(nèi)，所以存在點(diǎn)P使得，此時(shí)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)，則，由余弦定理有，所以，所以當(dāng)，即時(shí)，有，故D正確．

故選：BCD．12．已知，，若直線與、圖象交點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為，，且，則（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由題意得，，，，，對(duì)于A：，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，，故A正確；，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，，故B正確；由，，，，，故C錯(cuò)誤；令，則，當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，則，所以，，，，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為30，則實(shí)數(shù)a的值為___________．〖答案〗〖解析〗的展開式的通項(xiàng)為，令，則，令，則（舍去），所以的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為，所以.故〖答案〗為：.14．寫出一個(gè)半徑為1，且與圓和圓均外切的圓的方程__________．〖答案〗或（填一個(gè)即可）〖解析〗設(shè)所求圓的圓心為，則由外切關(guān)系可得，化簡(jiǎn)得，解得或，故滿足條件的圓的圓心為或，故〖答案〗為：15．在18世紀(jì)，法國(guó)著名數(shù)學(xué)家拉格日在他的《〖解析〗函數(shù)論》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陳述如下，如果函數(shù)f（x）區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)（存在導(dǎo)函數(shù)），在區(qū)間（a，b）內(nèi)至少存在一個(gè)點(diǎn)x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），則x＝x0稱為函數(shù)y＝f（x）在閉區(qū)間[a，b]上的中值點(diǎn)，則關(guān)于x的f（x）＝ex+mx在區(qū)間[﹣1，1]上的中值點(diǎn)x0的值為__________________.〖答案〗〖解析〗當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗為：.16．已知橢圓的左?右焦點(diǎn)分別為，離心率為，點(diǎn)在橢圓上，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，若存在點(diǎn)使成立，則的取值范圍為___________.〖答案〗〖解析〗設(shè)，則.顯然當(dāng)靠近右頂點(diǎn)時(shí)，，所以存在點(diǎn)使等價(jià)于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.由得，所以.故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．?dāng)?shù)列滿足.（1）求證：是等比數(shù)列；（2）若，求的前項(xiàng)和為.（1）證明：所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.（2）解：由（1）可得，，所以，設(shè)設(shè)其前項(xiàng)和為，則①②減②得所以所以18．如圖，D為內(nèi)部一點(diǎn)，于E，.請(qǐng)從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另一個(gè)成立.①；②；③.解：以①③為條件，②為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，則，又，所以，則，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解關(guān)于的方程可得，，因?yàn)?，所以不成立，舍?所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②為條件，③為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).設(shè)，，則，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因?yàn)椋?由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，則，所以.則在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③為條件，①為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，，則，又，所以，則，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因?yàn)?，所?，所以有，整理可得.因?yàn)?，所以，所以，所?即，由圖知，所以有，即①成立.19．魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽（圖a）為研究球體的體積公式，創(chuàng)造了一個(gè)獨(dú)特的立體圖形“牟合方蓋”，它由完全相同的四個(gè)曲面構(gòu)成，相對(duì)的兩個(gè)曲面在同一圓柱的側(cè)面上．如圖，將兩個(gè)底面半徑為1的圓柱分別從縱橫兩個(gè)方向嵌入棱長(zhǎng)為2的正方體時(shí)（如圖b），兩圓柱公共部分形成的幾何體（如圖c）即得一個(gè)“牟合方蓋”，圖d是該“牟合方蓋”的直觀圖（圖中標(biāo)出的各點(diǎn)，，，，，均在原正方體的表面上）．（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過(guò)程可知，圖d中的曲線為一個(gè)橢圓，求此橢圓的離心率；（2）如圖c，點(diǎn)在橢圓弧上，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過(guò)程可知，將圖中正方體的前面的面旋轉(zhuǎn)至上面，可得圖中標(biāo)出的各點(diǎn)，，，，在原正方體中相對(duì)對(duì)應(yīng)的位置為如圖所示．故圖中的曲線所對(duì)應(yīng)的橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)，短軸長(zhǎng)，于是可得此橢圓的半焦距，因此離心率．（2）三棱錐的體積，故點(diǎn)到平面的距離，連接交于點(diǎn)，連接，由題可知，，兩兩相互垂直，如圖，以為原點(diǎn)，分別以，，所在方向?yàn)?，，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由取，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由取，記二面角的平面角為，則，故．20．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語(yǔ)言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是…，，，，，…，那么時(shí)刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即．現(xiàn)實(shí)生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．假如一名賭徒進(jìn)入賭場(chǎng)參與一個(gè)賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿椋屹€輸就要輸?shù)?元．賭徒會(huì)一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會(huì)結(jié)束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達(dá)到預(yù)期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為，賭博過(guò)程如下圖的數(shù)軸所示．當(dāng)賭徒手中有n元（，）時(shí)，最終輸光的概率為，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）請(qǐng)直接寫出與的數(shù)值．（2）證明是一個(gè)等差數(shù)列，并寫出公差d．（3）當(dāng)時(shí)，分別計(jì)算，時(shí)，的數(shù)值，并結(jié)合實(shí)際，解釋當(dāng)時(shí)，的統(tǒng)計(jì)含義．解：（1）當(dāng)時(shí)，賭徒已經(jīng)輸光了，因此.當(dāng)時(shí)，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率.（2）記M：賭徒有n元最后輸光的事件，N：賭徒有n元上一場(chǎng)贏的事件,,即，所以，所以是一個(gè)等差數(shù)列，設(shè)，則，累加得，故，得，（3），由得,即,當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，因此可知久賭無(wú)贏家，即便是一個(gè)這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會(huì)的概率輸光．21．已知，分別為雙曲線：的左、右焦點(diǎn)，Р為漸近線上一點(diǎn)，且，.（1）求雙曲線的離心率；（2）若雙曲線E實(shí)軸長(zhǎng)為2，過(guò)點(diǎn)且斜率為的直線交雙曲線C的右支不同的A，B兩點(diǎn)，為軸上一點(diǎn)且滿足，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：（1）由，可設(shè)，在中，因?yàn)?，所以，即，所以，即為直角三角?所以在中，，，，所以，則雙曲線的離心率為.（2）由（1）可知在雙曲線中有且實(shí)軸長(zhǎng)為2，所以，所以雙曲線方程為.由，故設(shè)斜率為k的直線為，聯(lián)立，可得，因?yàn)橹本€與雙曲線右支交于不同兩點(diǎn)，所以，解得：.設(shè)，，則，，則，，即，的中點(diǎn)坐標(biāo)為，因?yàn)镼為x軸上一點(diǎn)，滿足，故Q為AB的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，AB的垂直平分線的方程為：，令，則得，即，所以，又又因?yàn)椋陔p曲線的右支上，故，，故，即，故，即為定值.22．已知函數(shù)，其中.（1）求函數(shù)的最小值，并求的所有零點(diǎn)之和;（2）當(dāng)時(shí)，設(shè)，數(shù)列滿足，且，證明:.（1）解：函數(shù)的定義域?yàn)椋?，令，得，解得，（舍去），所以在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，即，由是方程的根，則，所以，令，可知．又因?yàn)?，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．而，，所以有且僅有唯一，使得，所以存在，有．所以方程有且僅有兩個(gè)根，，即有且僅有兩根，，又因?yàn)閱握{(diào)遞減，所以有兩個(gè)零點(diǎn)設(shè)為，，則.（2）證明：由題意知時(shí)，，因?yàn)?，令，得；，得，所以在上遞減，在遞增，則有，因?yàn)椋?，，…，．令，，，所以在區(qū)間單調(diào)遞減，所以，即，即，所以．備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)?？歼m應(yīng)模擬卷1（新高考專用）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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合，，，則實(shí)數(shù)的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，當(dāng)，即，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；當(dāng)，即或，若，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；若，則，，滿足要求.綜上，.故選：A2．復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因?yàn)?，所以可化為所以，所?故選：C.3．中國(guó)空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙和夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙．安排甲、乙、丙、丁4名航天員到空間站開展工作，每個(gè)艙至少安排1人，若甲、乙兩人不能在同一個(gè)艙開展工作，則不同的安排方案共有（

）A．36種 B．18種 C．24種 D．30種〖答案〗D〖解析〗先將甲乙兩人分別安排到兩個(gè)不同艙中，有種安排方法.后分兩種方法安排丙、丁，第一種安排丙、丁到第三個(gè)艙中，有1種方法；第二種先安排丙、丁中的一人到第三個(gè)艙中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的艙中，有種方法.則不同的安排方案共有種.故選：D4．今年入夏以來(lái)，南方多省市出現(xiàn)高溫少雨天氣，持續(xù)的干旱天氣導(dǎo)致多地湖泊及水庫(kù)水位下降.已知某水庫(kù)水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為.將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔下降到時(shí)，減少的水量約為（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗臺(tái)體體積公式：，由題意可得，，，代入計(jì)算得，故選：C5．如圖，2022年世界杯的會(huì)徽像阿拉伯?dāng)?shù)字中的“8”．在平面直角坐標(biāo)系中，圓和外切也形成一個(gè)8字形狀，若，為圓M上兩點(diǎn)，B為兩圓圓周上任一點(diǎn)（不同于點(diǎn)A，P），則的最大值為（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意可得，解得，，故圓M的方程為．，畫圖分析可知當(dāng)與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點(diǎn)為B，且直線l的縱截距大于0時(shí)，最大．直線的斜率為1，設(shè)l的方程為，由圓心到直線l的距離為，解得或（舍去）．故l的方程為，其與直線PA：的交點(diǎn)坐標(biāo)為，所以，所以，即的最大值為．故選：C6．已知函數(shù)（其中為常數(shù)，），若實(shí)數(shù)、、滿足：①；②；③，則的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全為零，利用輔助角公式可得出，其中，所以，函數(shù)的最小正周期為，當(dāng)且時(shí)，則，這與矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故選：D.7．若實(shí)數(shù)，，，且滿足，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，則，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，于是，即，又，，，所以.故選：C.8．記為點(diǎn)到平面的距離，給定四面體，則滿足的平面的個(gè)數(shù)為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到點(diǎn)和的距離相等的平面有兩種類型，與平面平行或者經(jīng)過(guò)的某一條中位線．當(dāng)平面與平面平行時(shí)，如下圖，設(shè)的三等分點(diǎn)分別為（靠近），對(duì)于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意．在線段的延長(zhǎng)線上取使得，對(duì)于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意，即平面與平面平行時(shí)，滿足條件的平面有2個(gè)；設(shè)的中點(diǎn)分別為，當(dāng)平面經(jīng)過(guò)的中位線時(shí)，如下圖：對(duì)于平面，在線段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點(diǎn)，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．如下圖：對(duì)于平面，在線段上，在線段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點(diǎn)，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．對(duì)于中位線，也有類似結(jié)論,即平面經(jīng)過(guò)的某條中位線時(shí)，滿足條件的平面有6個(gè)，綜上所述，符合題意的平面共有個(gè)．故選：D．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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．在三棱錐中，，，，分別是，，，的重心.則下列命題中正確的有（

）A．平面 B．C．四條直線，，，相交于一點(diǎn) D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分別是的重心，所以分別延長(zhǎng),交于中點(diǎn)因?yàn)?，?平面，平面，因此平面，A選項(xiàng)正確；

因?yàn)槭堑闹匦模砸虼?，B選項(xiàng)正確；因?yàn)?，有，則線段的交點(diǎn)分為，同理線段和線段的交點(diǎn)分為，因此四條直線相交于一點(diǎn)，C選項(xiàng)正確.因?yàn)?，所以，因此，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：ABC.10．已知函數(shù)，曲線的切線l的斜率為k，則下列各選項(xiàng)正確的是（

）A．在上單調(diào)遞減B．是偶函數(shù)C．當(dāng)時(shí)，取得極大值D．當(dāng)時(shí)，l在x軸上的截距的取值范圍為〖答案〗AC〖解析〗由，且，B錯(cuò)誤；當(dāng)或時(shí)，，即在、上遞減；當(dāng)時(shí)，，即在上遞增；故時(shí)，取得極大值，A正確，C正確；設(shè)切點(diǎn)為，則l的方程為，又則，所以l在x軸上的截距，令且，則當(dāng)時(shí)，在上遞減，上遞增，值域?yàn)椋划?dāng)時(shí)，遞增，值域?yàn)椋詴r(shí)，的取值范圍是，D錯(cuò)誤．故選：AC11．已知，，點(diǎn)P滿足，則（

）A．點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上 B．面積的最大值為C．存在點(diǎn)P使得 D．的最小值為〖答案〗BCD〖解析〗設(shè)，則，，又，則，化簡(jiǎn)得，所以點(diǎn)P的軌跡方程為．對(duì)于A，以AB為直徑的圓的圓心為，半徑為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，依題意可得直線AB的方程為，即，所以圓P的圓心在直線AB的方程上，所以點(diǎn)P到直線AB的距離為圓P的半徑時(shí)，的面積最大，所以面積的最大值為，故B正確；對(duì)于C，由，在直角三角形中，角對(duì)應(yīng)的直角邊是斜邊的一半，又，則點(diǎn)A在圓P內(nèi)，所以存在點(diǎn)P使得，此時(shí)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)，則，由余弦定理有，所以，所以當(dāng)，即時(shí)，有，故D正確．

故選：BCD．12．已知，，若直線與、圖象交點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為，，且，則（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由題意得，，，，，對(duì)于A：，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，，故A正確；，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，，故B正確；由，，，，，故C錯(cuò)誤；令，則，當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，則，所以，，，，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為30，則實(shí)數(shù)a的值為___________．〖答案〗〖解析〗的展開式的通項(xiàng)為，令，則，令，則（舍去），所以的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為，所以.故〖答案〗為：.14．寫出一個(gè)半徑為1，且與圓和圓均外切的圓的方程__________．〖答案〗或（填一個(gè)即可）〖解析〗設(shè)所求圓的圓心為，則由外切關(guān)系可得，化簡(jiǎn)得，解得或，故滿足條件的圓的圓心為或，故〖答案〗為：15．在18世紀(jì)，法國(guó)著名數(shù)學(xué)家拉格日在他的《〖解析〗函數(shù)論》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陳述如下，如果函數(shù)f（x）區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)（存在導(dǎo)函數(shù)），在區(qū)間（a，b）內(nèi)至少存在一個(gè)點(diǎn)x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），則x＝x0稱為函數(shù)y＝f（x）在閉區(qū)間[a，b]上的中值點(diǎn)，則關(guān)于x的f（x）＝ex+mx在區(qū)間[﹣1，1]上的中值點(diǎn)x0的值為__________________.〖答案〗〖解析〗當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗為：.16．已知橢圓的左?右焦點(diǎn)分別為，離心率為，點(diǎn)在橢圓上，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，若存在點(diǎn)使成立，則的取值范圍為___________.〖答案〗〖解析〗設(shè)，則.顯然當(dāng)靠近右頂點(diǎn)時(shí)，，所以存在點(diǎn)使等價(jià)于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.由得，所以.故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．?dāng)?shù)列滿足.（1）求證：是等比數(shù)列；（2）若，求的前項(xiàng)和為.（1）證明：所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.（2）解：由（1）可得，，所以，設(shè)設(shè)其前項(xiàng)和為，則①②減②得所以所以18．如圖，D為內(nèi)部一點(diǎn)，于E，.請(qǐng)從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另一個(gè)成立.①；②；③.解：以①③為條件，②為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，則，又，所以，則，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解關(guān)于的方程可得，，因?yàn)?，所以不成立，舍?所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②為條件，③為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).設(shè)，，則，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因?yàn)?，所?由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，則，所以.則在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③為條件，①為結(jié)論：證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，延長(zhǎng)交于點(diǎn).由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，，則，又，所以，則，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因?yàn)椋?，所以有，整理可得.因?yàn)?，所以，所以，所?即，由圖知，所以有，即①成立.19．魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽（圖a）為研究球體的體積公式，創(chuàng)造了一個(gè)獨(dú)特的立體圖形“牟合方蓋”，它由完全相同的四個(gè)曲面構(gòu)成，相對(duì)的兩個(gè)曲面在同一圓柱的側(cè)面上．如圖，將兩個(gè)底面半徑為1的圓柱分別從縱橫兩個(gè)方向嵌入棱長(zhǎng)為2的正方體時(shí)（如圖b），兩圓柱公共部分形成的幾何體（如圖c）即得一個(gè)“牟合方蓋”，圖d是該“牟合方蓋”的直觀圖（圖中標(biāo)出的各點(diǎn)，，，，，均在原正方體的表面上）．（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過(guò)程可知，圖d中的曲線為一個(gè)橢圓，求此橢圓的離心率；（2）如圖c，點(diǎn)在橢圓弧上，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過(guò)程可知，將圖中正方體的前面的面旋轉(zhuǎn)至上面，可得圖中標(biāo)出的各點(diǎn)，，，，在原正方體中相對(duì)對(duì)應(yīng)的位置為如圖所示．故圖中的曲線所對(duì)應(yīng)的橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)，短軸長(zhǎng)，于是可得此橢圓的半焦距，因此離心率．（2）三棱錐的體積，故點(diǎn)到平面的距離，連接交于點(diǎn)，連接，由題可知，，兩兩相互垂直，如圖，以為原點(diǎn)，分別以，，所在方向?yàn)?，，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由取，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由取，記二面角的平面角為，則，故．20．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語(yǔ)言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)