2023年高考考前信息必刷數(shù)學(xué)試卷3（新高考地區(qū)專用） （解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023年高考數(shù)學(xué)考前信息必刷卷3（新高考地區(qū)專用）一、單項(xiàng)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．設(shè)是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)，則的虛部為（

）A． B． C． D．3〖答案〗D〖解析〗由，得，所以，所以的虛部為3.故選：D.2．設(shè)全集，，，則如圖所示的陰影部分所表示的集合是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗由題意得圖中陰影部分表示的集合是．∵，∴．又因?yàn)?，∴．故選：C．3．用紅、黃、藍(lán)3種顏色給如圖所示的6個(gè)相連的圓涂色，若每種顏色只能涂2個(gè)圓，且相鄰2個(gè)圓所涂顏色不能相同，則不同的涂法種數(shù)為（

）A．24 B．30 C．36 D．42〖答案〗B〖解析〗分2類（先涂前3個(gè)圓，再涂后3個(gè)圓．）：第1類，前3個(gè)圓用3種顏色，后3個(gè)圓也用3種顏色，有種涂法；第2類，前3個(gè)圓用2種顏色，后3個(gè)圓也用2種顏色，有種涂法．綜上，不同的涂法和數(shù)為．故選：B．4．如圖所示，在四棱柱中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都為1，且兩兩夾角為，則的長(zhǎng)為（

）A． B．2 C． D．〖答案〗D〖解析〗記，，，由題意可知，，所以，，所以，即的長(zhǎng)為，故選：D.5．如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體中，P，Q分別為，上的動(dòng)點(diǎn)，則周長(zhǎng)的最小值為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗連接由圖易得，的三邊都在三棱錐的三個(gè)側(cè)面上，將三棱錐的側(cè)面展開(kāi)成平面圖形，如圖，可得四邊形為直角梯形，當(dāng)四點(diǎn)共線時(shí)，的周長(zhǎng)最小，最小值為，故選:B.6．已知雙曲線的上、下焦點(diǎn)分別為，，過(guò)的直線交雙曲線上支于A，B兩點(diǎn)，且滿足，，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗設(shè)，，則，．在中，由余弦定理得，即．在中，由余弦定理得，化簡(jiǎn)得，因?yàn)?，所以，所以，所以，∴雙曲線的離心率，故選：D．7．已知，，，則下列判斷正確的是（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗（1）比較a，b的大?。阂?yàn)椋?，所以．?）比較b，c的大?。毫睿瑒t．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，即，所以，即．（3）比較a，c大?。阂?yàn)椋?，即，所以，即．綜上，．故選：D．8．已知數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在之間插入1個(gè)數(shù)，使這3個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記公差為，在之間插入2個(gè)數(shù)，使這4個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，在之間插入n個(gè)數(shù)，使這個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，則（

）A．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 B．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增C．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 D．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增〖答案〗D〖解析〗數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為，由題意，得，時(shí)，，有，，數(shù)列單調(diào)遞增，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，，若數(shù)列單調(diào)遞增，則，即，由，需要，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，解得，時(shí)，，由，若數(shù)列單調(diào)遞減，則，即，而不能滿足恒成立，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，解得或，由AB選項(xiàng)的〖解析〗可知，數(shù)列單調(diào)遞增，D選項(xiàng)正確.故選：D.二、多項(xiàng)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．隨著我國(guó)碳減排行動(dòng)的逐步推進(jìn)，我國(guó)新能源汽車市場(chǎng)快速發(fā)展，新能源汽車產(chǎn)銷量大幅上升，2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量y（單位：萬(wàn)輛）統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表所示：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代碼x12345保有量y/萬(wàn)輛153.4260.8380.2492784由表格中數(shù)據(jù)可知y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，則（

）A．B．預(yù)測(cè)2023年底我國(guó)新能源汽車保有量高于1000萬(wàn)輛C．2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量呈增長(zhǎng)趨勢(shì)D．2021年新能源汽車保有量的殘差（觀測(cè)值與預(yù)測(cè)值之差）為71.44〖答案〗BCD〖解析〗由題得，，代入可得，A項(xiàng)錯(cuò)誤；2023年的年份代碼為7，代入得，高于1000萬(wàn)輛，B項(xiàng)正確；2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量呈增長(zhǎng)趨勢(shì)，C項(xiàng)顯然正確；將x=5，代入得，相應(yīng)的殘差為784－712.56=71.44，D項(xiàng)正確，故選：BCD．10．如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為1，線段上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，且，則下列說(shuō)法中正確的是（

）A．存在點(diǎn)，，使得B．異面直線與所成的角為60°C．三棱錐的體積為D．點(diǎn)到平面的距離為〖答案〗BCD〖解析〗連接.A選項(xiàng)，平面，平面，，所以與是異面直線，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤.B選項(xiàng)，，所以異面直線與所成的角為，由于三角形是等邊三角形，所以，B選項(xiàng)正確.C選項(xiàng)，設(shè)，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，由于平面，所以平面，所以到平面的距離為.，C選項(xiàng)正確.D選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，，，解得，D選項(xiàng)正確.故選：BCD11．已知函數(shù)，則（

）A．若函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，則的值可能為3B．若關(guān)于x的方程在上恰有四個(gè)實(shí)根，則的取值范圍為C．若函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移B個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則的最小值是1D．若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，則〖答案〗BC〖解析〗對(duì)于A，因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，所以，則，因?yàn)?，則的值不可能為3，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，若在上恰有四個(gè)實(shí)根，則，解得，故B正確；對(duì)于C，由已知得，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以，即，因?yàn)?，所以的最小值?，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?，所以，所以函?shù)在區(qū)間上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤．故選：BC．12．已知，分別是定義在R上的函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)，，，且是奇函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C． D．〖答案〗ABC〖解析〗因?yàn)?，所以（a為常數(shù)），所以．因?yàn)?，所以．令，得，解得，所以，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故選項(xiàng)正確．因?yàn)椋?，所以．所以，即是偶函?shù)．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則選項(xiàng)正確．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，所以，則是周期為4的函數(shù)．因?yàn)?，所以，所以，，則．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，則選項(xiàng)正確．因?yàn)?，所以，所以，，，，所以，所以，則選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選：.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．某個(gè)品種的小麥麥穗長(zhǎng)度（單位：cm）的樣本數(shù)據(jù)如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為_(kāi)_____.〖答案〗10.8〖解析〗數(shù)據(jù)從小到大排序?yàn)椋?.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12個(gè)，所以，所以這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)是第10個(gè)數(shù)即：10.8.故〖答案〗為：10.814．函數(shù)的值域是___________.〖答案〗〖解析〗因?yàn)橛忠驗(yàn)?所以當(dāng)時(shí),取得最小值-1,當(dāng)時(shí),取得最大值2,故的值域是.故〖答案〗為：15．拋物線的焦點(diǎn)與雙曲線的右焦點(diǎn)的連線交于第一象限的點(diǎn)M，若在點(diǎn)M處的切線平行于的一條漸近線，則__________．〖答案〗〖解析〗拋物線的焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，且；雙曲線的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，漸近線方程為，由題意可知，在點(diǎn)M處的切線平行的漸近線應(yīng)為，設(shè)，則，得，又點(diǎn)共線，即點(diǎn)共線，所以，解得，所以.故〖答案〗為：.16．已知函數(shù)，記為函數(shù)的2次迭代函數(shù)，為函數(shù)的3次迭代函數(shù)，…，依次類推，為函數(shù)的n次迭代函數(shù)，則______；除以17的余數(shù)是______．〖答案〗

0〖解析〗由題意，，所以又為正整數(shù)，所以除以17的余數(shù)為0，故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．（10分）如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，．（1）若，求；（2）記與的面積分別記為和，求的最大值．解：（1）∵，∴，，，，，∴

；（2）設(shè)，，∴，∴，∴，①，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取最大值；綜上，，的最大值是.18．（12分）已知數(shù)列為等比數(shù)列，是與的等差中項(xiàng)，為的前項(xiàng)和．（1）求的通項(xiàng)公式及；（2）集合A為正整數(shù)集的某一子集，對(duì)于正整數(shù)，若存在正整數(shù)，使得，則，否則．記數(shù)列滿足，求的前20項(xiàng)和．解：（1）設(shè)的公比為是與的等差中項(xiàng)，，，∴，．（2）由題意知，，又，，即，故．又，．19．（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，．平面平面，為的中點(diǎn)，，，E，F(xiàn)，G分別為，，的中點(diǎn)．（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的正切值．（1）證明：如圖所示，取AO的中點(diǎn)H，連接HD，HP，在等腰梯形中，，，，．∵O為AB的中點(diǎn)，即有四邊形是平行四邊形，∴，．∴為正三角形，∴，．在中，，，∴為邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴，．∴，又F為FD的中點(diǎn)，∴．∵，，，平面，∴平面，即平面．∵平面，∴．而G為PC中點(diǎn)，則，又∵，平面，∴平面．∵平面PCD，∴平面平面．（2）解：∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴由（1）知，PH，HD，AB兩兩垂直，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HD，HB，HP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，于是，，．設(shè)平面的法向量為，則即取，則，設(shè)平面與平面所成銳二面角為，∵為平面的一個(gè)法向量，∴．∴，．∴平面與平面所成銳二面角的正切值為．20．（12分）已知橢圓C：的離心率為，點(diǎn)在橢圓C上．（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值．解；（1）由題意可得，解得，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）設(shè)直線l的方程為，，，聯(lián)立，整理得，則，即，解得，，．故△OPQ的面積．設(shè)，因?yàn)椋?，所以，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，則，即△OPQ面積的最大值為．21．（12分）已知函數(shù)，其中.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）由已知，，有，令，解得由，可知當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表：0-0+遞減極小值遞增所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）令，則存在，使得兩邊同時(shí)除以得即令由已知，即，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，即22．（12分）2022年卡塔爾世界杯決賽圈共有32隊(duì)參加，其中歐洲球隊(duì)有13支，分別是德國(guó)、丹麥、法國(guó)、西班牙、英格蘭、克羅地亞、比利時(shí)、荷蘭、塞爾維亞、瑞士、葡萄牙、波蘭、威爾士．世界杯決賽圈賽程分為小組賽和淘汰賽，當(dāng)進(jìn)入淘汰賽階段時(shí)，比賽必須要分出勝負(fù)．淘汰賽規(guī)則如下：在比賽常規(guī)時(shí)間90分鐘內(nèi)分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若比分相同，則進(jìn)入30分鐘的加時(shí)賽．在加時(shí)賽分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若加時(shí)賽比分依然相同，就要通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)來(lái)分出最后的勝負(fù)．點(diǎn)球大戰(zhàn)分為2個(gè)階段．第一階段：前5輪雙方各派5名球員，依次踢點(diǎn)球，以5輪的總進(jìn)球數(shù)作為標(biāo)準(zhǔn)（非必要無(wú)需踢滿5輪），前5輪合計(jì)踢進(jìn)點(diǎn)球數(shù)更多的球隊(duì)獲得比賽的勝利．第二階段：如果前5輪還是平局，進(jìn)入“突然死亡”階段，雙方依次輪流踢點(diǎn)球，如果在該階段一輪里，雙方都進(jìn)球或者雙方都不進(jìn)球，則繼續(xù)下一輪，直到某一輪里，一方罰進(jìn)點(diǎn)球，另一方?jīng)]罰進(jìn)，比賽結(jié)束，罰進(jìn)點(diǎn)球的一方獲得最終的勝利．下表是2022年卡塔爾世界杯淘汰賽階段的比賽結(jié)果：淘汰賽比賽結(jié)果淘汰賽比賽結(jié)果1/8決賽荷蘭美國(guó)1/4決賽克羅地亞巴西阿根廷澳大利亞荷蘭阿根廷法國(guó)波蘭摩洛哥葡萄牙英格蘭塞內(nèi)加爾英格蘭法國(guó)日本克羅地亞半決賽阿根廷克羅地亞巴西韓國(guó)法國(guó)摩洛哥摩洛哥西班牙季軍賽克羅地亞摩洛哥葡萄牙瑞士決賽阿根廷法國(guó)注：“阿根廷法國(guó)”表示阿根廷與法國(guó)在常規(guī)比賽及加時(shí)賽的比分為，在點(diǎn)球大戰(zhàn)中阿根廷戰(zhàn)勝法國(guó)．（1）請(qǐng)根據(jù)上表估計(jì)在世界杯淘汰賽階段通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)分出勝負(fù)的概率．（2）根據(jù)題意填寫(xiě)下面的列聯(lián)表，并通過(guò)計(jì)算判斷是否能在犯錯(cuò)的概率不超過(guò)0.01的前提下認(rèn)為“32支決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)”與是否為歐洲球隊(duì)有關(guān)．歐洲球隊(duì)其他球隊(duì)合計(jì)闖入8強(qiáng)未闖入8強(qiáng)合計(jì)（3）若甲、乙兩隊(duì)在淘汰賽相遇，經(jīng)過(guò)120分鐘比賽未分出勝負(fù)，雙方進(jìn)入點(diǎn)球大戰(zhàn)．已知甲隊(duì)球員每輪踢進(jìn)點(diǎn)球的概率為p，乙隊(duì)球員每輪踢進(jìn)點(diǎn)球的概率為，求在點(diǎn)球大戰(zhàn)中，兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲隊(duì)在第一階段獲得比賽勝利的概率（用p表示）．參考公式：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）由題意知卡塔爾世界杯淘汰賽共有16場(chǎng)比賽，其中有5場(chǎng)比賽通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)決出勝負(fù)，所以估計(jì)在世界杯淘汰賽階段通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)分出勝負(fù)的概率；（2）下面為列聯(lián)表：歐洲球隊(duì)其他球隊(duì)合計(jì)進(jìn)入8強(qiáng)538未進(jìn)入8強(qiáng)81624合計(jì)131932零假設(shè)支決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)與是否為歐洲球隊(duì)無(wú)關(guān)．．根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒(méi)有充分證據(jù)推斷不成立，即不能在犯錯(cuò)的概率不超過(guò)0.01的前提下認(rèn)為“決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)”與是否為歐洲球隊(duì)有關(guān)．（3）根據(jù)實(shí)際比賽進(jìn)程，假定點(diǎn)球大戰(zhàn)中由甲隊(duì)先踢．兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利，則后3輪有5種可能的比分，．當(dāng)后3輪比分為時(shí)，甲乙兩隊(duì)均需踢滿5輪，．當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下3種情況：345345345甲√√甲√×√甲×√√乙××乙××乙××則．當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下6種情況：345345345甲√√×甲√√×甲√×√乙√××乙×√×乙√××345345345甲√×√甲×√√甲×√√乙×√×乙√××乙×√×則．當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下2種情況：345345甲√√√甲√√√乙√×乙×√則當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下1種情況：345甲√√√乙√√×則．綜上，在點(diǎn)球大戰(zhàn)中兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利的概率2023年高考數(shù)學(xué)考前信息必刷卷3（新高考地區(qū)專用）一、單項(xiàng)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．設(shè)是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)，則的虛部為（

）A． B． C． D．3〖答案〗D〖解析〗由，得，所以，所以的虛部為3.故選：D.2．設(shè)全集，，，則如圖所示的陰影部分所表示的集合是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗由題意得圖中陰影部分表示的集合是．∵，∴．又因?yàn)?，∴．故選：C．3．用紅、黃、藍(lán)3種顏色給如圖所示的6個(gè)相連的圓涂色，若每種顏色只能涂2個(gè)圓，且相鄰2個(gè)圓所涂顏色不能相同，則不同的涂法種數(shù)為（

）A．24 B．30 C．36 D．42〖答案〗B〖解析〗分2類（先涂前3個(gè)圓，再涂后3個(gè)圓．）：第1類，前3個(gè)圓用3種顏色，后3個(gè)圓也用3種顏色，有種涂法；第2類，前3個(gè)圓用2種顏色，后3個(gè)圓也用2種顏色，有種涂法．綜上，不同的涂法和數(shù)為．故選：B．4．如圖所示，在四棱柱中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都為1，且兩兩夾角為，則的長(zhǎng)為（

）A． B．2 C． D．〖答案〗D〖解析〗記，，，由題意可知，，所以，，所以，即的長(zhǎng)為，故選：D.5．如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體中，P，Q分別為，上的動(dòng)點(diǎn)，則周長(zhǎng)的最小值為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗連接由圖易得，的三邊都在三棱錐的三個(gè)側(cè)面上，將三棱錐的側(cè)面展開(kāi)成平面圖形，如圖，可得四邊形為直角梯形，當(dāng)四點(diǎn)共線時(shí)，的周長(zhǎng)最小，最小值為，故選:B.6．已知雙曲線的上、下焦點(diǎn)分別為，，過(guò)的直線交雙曲線上支于A，B兩點(diǎn)，且滿足，，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗設(shè)，，則，．在中，由余弦定理得，即．在中，由余弦定理得，化簡(jiǎn)得，因?yàn)?，所以，所以，所以，∴雙曲線的離心率，故選：D．7．已知，，，則下列判斷正確的是（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗（1）比較a，b的大小：因?yàn)?，所以，所以．?）比較b，c的大?。毫睿瑒t．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，即，所以，即．（3）比較a，c大?。阂?yàn)?，所以，即，所以，即．綜上，．故選：D．8．已知數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在之間插入1個(gè)數(shù)，使這3個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記公差為，在之間插入2個(gè)數(shù)，使這4個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，在之間插入n個(gè)數(shù)，使這個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，則（

）A．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 B．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增C．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 D．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增〖答案〗D〖解析〗數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為，由題意，得，時(shí)，，有，，數(shù)列單調(diào)遞增，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，，若數(shù)列單調(diào)遞增，則，即，由，需要，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，解得，時(shí)，，由，若數(shù)列單調(diào)遞減，則，即，而不能滿足恒成立，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；時(shí)，，解得或，由AB選項(xiàng)的〖解析〗可知，數(shù)列單調(diào)遞增，D選項(xiàng)正確.故選：D.二、多項(xiàng)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．隨著我國(guó)碳減排行動(dòng)的逐步推進(jìn)，我國(guó)新能源汽車市場(chǎng)快速發(fā)展，新能源汽車產(chǎn)銷量大幅上升，2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量y（單位：萬(wàn)輛）統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表所示：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代碼x12345保有量y/萬(wàn)輛153.4260.8380.2492784由表格中數(shù)據(jù)可知y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，則（

）A．B．預(yù)測(cè)2023年底我國(guó)新能源汽車保有量高于1000萬(wàn)輛C．2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量呈增長(zhǎng)趨勢(shì)D．2021年新能源汽車保有量的殘差（觀測(cè)值與預(yù)測(cè)值之差）為71.44〖答案〗BCD〖解析〗由題得，，代入可得，A項(xiàng)錯(cuò)誤；2023年的年份代碼為7，代入得，高于1000萬(wàn)輛，B項(xiàng)正確；2017－2021年全國(guó)新能源汽車保有量呈增長(zhǎng)趨勢(shì)，C項(xiàng)顯然正確；將x=5，代入得，相應(yīng)的殘差為784－712.56=71.44，D項(xiàng)正確，故選：BCD．10．如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為1，線段上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，且，則下列說(shuō)法中正確的是（

）A．存在點(diǎn)，，使得B．異面直線與所成的角為60°C．三棱錐的體積為D．點(diǎn)到平面的距離為〖答案〗BCD〖解析〗連接.A選項(xiàng)，平面，平面，，所以與是異面直線，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤.B選項(xiàng)，，所以異面直線與所成的角為，由于三角形是等邊三角形，所以，B選項(xiàng)正確.C選項(xiàng)，設(shè)，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，由于平面，所以平面，所以到平面的距離為.，C選項(xiàng)正確.D選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，，，解得，D選項(xiàng)正確.故選：BCD11．已知函數(shù)，則（

）A．若函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，則的值可能為3B．若關(guān)于x的方程在上恰有四個(gè)實(shí)根，則的取值范圍為C．若函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移B個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則的最小值是1D．若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，則〖答案〗BC〖解析〗對(duì)于A，因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，所以，則，因?yàn)?，則的值不可能為3，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，若在上恰有四個(gè)實(shí)根，則，解得，故B正確；對(duì)于C，由已知得，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以，即，因?yàn)?，所以的最小值?，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)椋?，所以函?shù)在區(qū)間上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤．故選：BC．12．已知，分別是定義在R上的函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)，，，且是奇函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C． D．〖答案〗ABC〖解析〗因?yàn)?，所以（a為常數(shù)），所以．因?yàn)?，所以．令，得，解得，所以，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故選項(xiàng)正確．因?yàn)?，且，所以．所以，即是偶函?shù)．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則選項(xiàng)正確．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，所以，則是周期為4的函數(shù)．因?yàn)?，所以，所以，，則．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，則選項(xiàng)正確．因?yàn)椋?，所以，，，，所以，所以，則選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選：.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．某個(gè)品種的小麥麥穗長(zhǎng)度（單位：cm）的樣本數(shù)據(jù)如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為_(kāi)_____.〖答案〗10.8〖解析〗數(shù)據(jù)從小到大排序?yàn)椋?.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12個(gè)，所以，所以這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)是第10個(gè)數(shù)即：10.8.故〖答案〗為：10.814．函數(shù)的值域是___________.〖答案〗〖解析〗因?yàn)橛忠驗(yàn)?所以當(dāng)時(shí),取得最小值-1,當(dāng)時(shí),取得最大值2,故的值域是.故〖答案〗為：15．拋物線的焦點(diǎn)與雙曲線的右焦點(diǎn)的連線交于第一象限的點(diǎn)M，若在點(diǎn)M處的切線平行于的一條漸近線，則__________．〖答案〗〖解析〗拋物線的焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，且；雙曲線的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，漸近線方程為，由題意可知，在點(diǎn)M處的切線平行的漸近線應(yīng)為，設(shè)，則，得，又點(diǎn)共線，即點(diǎn)共線，所以，解得，所以.故〖答案〗為：.16．已知函數(shù)，記為函數(shù)的2次迭代函數(shù)，為函數(shù)的3次迭代函數(shù)，…，依次類推，為函數(shù)的n次迭代函數(shù)，則______；除以17的余數(shù)是______．〖答案〗

0〖解析〗由題意，，所以又為正整數(shù)，所以除以17的余數(shù)為0，故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．（10分）如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，．（1）若，求；（2）記與的面積分別記為和，求的最大值．解：（1）∵，∴，，，，，∴

；（2）設(shè)，，∴，∴，∴，①，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取最大值；綜上，，的最大值是.18．（12分）已知數(shù)列為等比數(shù)列，是與的等差中項(xiàng)，為的前項(xiàng)和．（1）求的通項(xiàng)公式及；（2）集合A為正整數(shù)集的某一子集，對(duì)于正整數(shù)，若存在正整數(shù)，使得，則，否則．記數(shù)列滿足，求的前20項(xiàng)和．解：（1）設(shè)的公比為是與的等差中項(xiàng)，，，∴，．（2）由題意知，，又，，即，故．又，．19．（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，．平面平面，為的中點(diǎn)，，，E，F(xiàn)，G分別為，，的中點(diǎn)．（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的正切值．（1）證明：如圖所示，取AO的中點(diǎn)H，連接HD，HP，在等腰梯形中，，，，．∵O為AB的中點(diǎn)，即有四邊形是平行四邊形，∴，．∴為正三角形，∴，．在中，，，∴為邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴，．∴，又F為FD的中點(diǎn)，∴．∵，，，平面，∴平面，即平面．∵平面，∴．而G為PC中點(diǎn)，則，又∵，平面，∴平面．∵平面PCD，∴平面平面．（2）解：∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴由（1）知，PH，HD，AB兩兩垂直，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HD，HB，HP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，于是，，．設(shè)平面的法向量為，則即取，則，設(shè)平面與平面所成銳二面角為，∵為平面的一個(gè)法向量，∴．∴，．∴平面與平面所成銳二面角的正切值為．20．（12分）已知橢圓C：的離心率為，點(diǎn)在橢圓C上．（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值．解；（1）由題意可得，解得，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）設(shè)直線l的方程為，，，聯(lián)立，整理得，則，即，解得，，．故△OPQ的面積．設(shè)，因?yàn)?，所以，所以，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，則，即△OPQ面積的最大值為．21．（12分）已知函數(shù)，其中.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）由已知，，有，令，解得由，可知當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表：0-0+遞減極小值遞增所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）令，則存在，使得兩邊同時(shí)除以得即令由已知，即，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，即22．（12分）2022年卡塔爾世界杯決賽圈共有32隊(duì)參加，其中歐洲球隊(duì)有13支，分別是德國(guó)、丹麥、法國(guó)、西班牙、英格蘭、克羅地亞、比利時(shí)、荷蘭、塞爾維亞、瑞士、葡萄牙、波蘭、威爾士．世界杯決賽圈賽程分為小組賽和淘汰賽，當(dāng)進(jìn)入淘汰賽階段時(shí)，比賽必須要分出勝負(fù)．淘汰賽規(guī)則如下：在比賽常規(guī)時(shí)間90分鐘內(nèi)分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若比分相同，則進(jìn)入30分鐘的加時(shí)賽．在加時(shí)賽分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若加時(shí)賽比分依然相同，就要通過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)來(lái)分出最后的勝負(fù)．點(diǎn)球大戰(zhàn)分為2個(gè)階段．第一階段：前5輪雙方各派5名球員，依次踢點(diǎn)球，以5輪的總進(jìn)球數(shù)作為標(biāo)準(zhǔn)（非必要無(wú)需踢滿5輪），前5輪合計(jì)踢進(jìn)點(diǎn)球數(shù)更多的球隊(duì)獲得比賽的勝利．第二