2023屆廣東省華附、省實、廣雅、深中高三上學期四校聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1華附?省實?廣雅?深中2023屆高三四校聯(lián)考數(shù)學命題學校：華南師大附中定稿人：畢福明?林琪本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的校名?姓名?考號?座位號等相關(guān)信息填寫在答題卡指定區(qū)域內(nèi)，并用2B鉛筆填涂相關(guān)信息.2.選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗；不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.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.已知集合，則（）．A.{3} B.{1，3} C.{3，4} D.{1，3，4}〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先求出集合的補集，再求〖詳析〗解：因為，，所以，因為，所以，故選：B.2.已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復(fù)數(shù)乘法的運算性質(zhì)進行求解即可〖詳析〗，故選：C3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，點D在線段BC上，且，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)確定，從而可得，從而用向量數(shù)量積的運算律即可求解.〖詳析〗設(shè)等腰△ABC在邊上的高為，因為，所以，所以,所以，所以.故選:B.4.古希臘亞歷山大時期的數(shù)學家帕普斯在《數(shù)學匯編》第3卷中記載著一個確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”，即（表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，表示平面圖形的面積，表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長）.如圖直角梯形，已知，則重心到的距離為（）A. B. C.3 D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，用式子分別表示出圓臺體積、梯形面積以及重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長，進而求解〖答案〗.〖詳析〗直角梯形繞旋轉(zhuǎn)一周所得的圓臺的體積為；梯形的面積，故記重心到的距離為，則，則，故選：A5.已知雙曲線的焦點關(guān)于漸近線的對稱點在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對稱性的性質(zhì)及直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，結(jié)合雙曲線的定義及雙曲線的離心率的公式即可求解.〖詳析〗關(guān)于漸近線的對稱點在雙曲線上，如圖所示，則.所以是的中位線，所以,.所以到漸近線的距離為，即，在中，，，所以，進而,所以離心率.故選：C.6.已知數(shù)列滿足，,則的前項積的最大值為（）A. B. C.1 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先通過遞推關(guān)系推出數(shù)列的周期為，然后個數(shù)為一組，分別計算的表達式后進行研究.〖詳析〗由可知，，，亦可得：，兩式相除得：，即，所以數(shù)列是以為周期的周期數(shù)列，由得：.記數(shù)列的前項積為，結(jié)合數(shù)列的周期性，當，則，記，為了讓越大，顯然需考慮為偶數(shù)，令，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，則，即；類似的，.綜上所述，的前項積的最大值為.故選：C.7.若函數(shù)在其定義域內(nèi)存在實數(shù)滿足，則稱函數(shù)為“局部奇函數(shù)”.知函數(shù)是定義在上的“局部奇函數(shù)”，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意得有解，即有解，利用換元法討論二次函數(shù)在給定區(qū)間有解即可.〖詳析〗根據(jù)“局部奇函數(shù)”定義知：有解，即方程有解，則即有解；設(shè)，則（當且僅當時取等號），方程等價于在時有解，在時有解；在上單調(diào)遞增，，即實數(shù)的取值范圍為.故選D.8.如圖，在三棱錐中，平面，為線段的中點，分別為線段和線段上任意一點，則的最小值為（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用線面垂直的判定定理推得再利用面積相等在中推得，從而得到，由此得解.〖詳析〗因為平面，面，所以，又，，因為，平面，所以平面，又平面，所以.又在中，，在中，，故，則，又，所以，即，當且僅當時，等號成立，當時，為的中點，此時當時，為的中點，綜上所述的最小值是.故選：C.〖『點石成金』〗關(guān)鍵『點石成金』：本題的突破口是如何解決的系數(shù)問題，利用三角形面積公式與面積相等得到即可得解.二?多選題：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，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗利用不等式的性質(zhì)，利用作差法和基本不等式逐項分析即得.〖詳析〗對于A，因為，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以，即，故B正確；對于C，因為，所以，所以，故C錯誤；對于D，因為，所以，故D正確.故選：BD.10.已知函數(shù)滿足，其圖象向右平移個單位后得到函數(shù)的圖象，且在上單調(diào)遞減，則（）A.B.函數(shù)的圖象關(guān)于對稱C.可以等于5D.的最小值為2〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗對于A，先由推得是的一個周期，再利用輔助角公式化簡，從而得到，由此得解；對于B，利用代入檢驗法即可；對于C，利用正弦函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合數(shù)軸法得到關(guān)于的不等式組，結(jié)合與即可得到的一個取值為，由此判斷即可；對于D，結(jié)合選項C中的結(jié)論，分析的取值范圍即可求得的最小值.〖詳析〗對于A，因為，所以，則是的一個周期，因為，所以是最小正周期，故，則，又，故，故A錯誤；對于B，由選項A得，所以，故是的一個對稱中心，故B正確；對于C，的圖象向右平移個單位后得到函數(shù)的圖象，則，因為在上單調(diào)遞減，所以，解得，當時，，因為，所以，故C正確；對于D，因為，所以，則，又，故，當時，，可知，故D正確.故選：BCD.11.已知為坐標原點，點為拋物線：的焦點，點，直線：交拋物線于，兩點（不與點重合），則以下說法正確的是（）A.B.存在實數(shù)，使得C.若，則D.若直線與的傾斜角互補，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗對于A，由焦半徑公式運算可得；對于B，將拋物線方程與直線方程聯(lián)立，并由向量夾角計算可得；對于C，將選項B中聯(lián)立結(jié)果代入向量坐標進行計算可得；對于D，將選項B中聯(lián)立結(jié)果代入與斜率進行計算可得.〖詳析〗由已知，拋物線：，∴，，焦點，不妨設(shè)為，，設(shè)，到準線的距離分別為，，對于A，∵由標準方程知，拋物線頂點在原點，開口向右，，∴由拋物線的定義，故選項A正確；對于B，消去，化簡得（），則，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在實數(shù)，使得，選項B錯誤；對于C，，，∵，∴，∴又∵由選項B判斷過程知，，∴解得，，或，，，∴若，則，選項C正確；對于D，由題意，，，，，直線與的傾斜角互補時，斜率均存在，且，∴，代入，，化簡得，由選項B的判斷知，，∴，∴，故選項D正確.故選：ACD.12.已知定義在上函數(shù)的圖像連續(xù)不間斷，當時，，且當時，，則下列說法正確的是（）A.B.在上單調(diào)遞增C.若，則D.若是在區(qū)間內(nèi)的兩個零點，且，則〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗A選項通過賦值法令可以解決，B選項對兩邊同時求導(dǎo)，結(jié)合以及函數(shù)圖像連續(xù)不斷的性質(zhì)進行判斷，C選項分和的大小關(guān)系，分情況進行討論，D選項先說明，在結(jié)合題目條件說明另一個不等號是否成立的問題.〖詳析〗對于A，在中令，則，所以，故A正確；對于，當時，，對兩邊求導(dǎo)，則，所以時，，故，而時，即在上單調(diào)遞增，注意到的圖像連續(xù)不間斷，故也有在上單調(diào)遞增，故B正確；對于C，由B知，在上單調(diào)遞增，，故當時，，即在上單調(diào)遞減.由知不可能均大于等于1，否則，則，這與條件矛盾，舍去.①若，則，滿足條件，此時，；，②若，則，由，取，則，則所以，而，所以，即，故C錯誤；對于D，由在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，知，注意到，根據(jù)零點存在定理，所以，若，根據(jù)C選項，則，則，由，，根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性，，與矛盾，舍去.所以，所以，所以，在時，中，令，而由，由，在上單調(diào)遞減，所以，所以，于是，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.已知圓，若過定點有且僅有一條直線被圓截得弦長為2，則可以是__________.（只需要寫出其中一個值，若寫出多個〖答案〗，則按第一個〖答案〗計分.）〖答案〗1##〖解析〗〖祥解〗依題意，該直線過圓心或垂直于〖詳析〗依題意，該直線過圓心或垂直于，圓心到直線距離為或，，所以或.故〖答案〗為：1或14.已知在四面體中，，則該四面體外接球的表面積為__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗先判斷出V在平面的射影為三角形的外心,求出四面體外接球的半徑，即可求出四面體外接球的表面積.〖詳析〗在平面的射影為三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圓的半徑；設(shè)四面體外接球的半徑為.解得：.所以外接球的表面積為.故〖答案〗為：.15.已知函數(shù)，若函數(shù)的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)的取值范圍是__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗易得直線過定點，函數(shù)過四個象限等價于與在軸的左右兩邊有異號交點，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求函數(shù)的切線方程，求出切點，結(jié)合圖象即可得出〖答案〗.〖詳析〗解：直線過定點，函數(shù)過四個象限等價于與在軸的左右兩邊有異號交點，過作的切線，設(shè)切點為，，切線方程為，切線過，解得或（舍去），此時，當時，，線段所在直線斜率為1；當時，，射線所在直線斜率為，與軸交于，由圖象知滿足題意的的范圍是：.故〖答案〗為：.16.已知數(shù)列滿足，記（其中表示不大于的最大整數(shù)，比如），則__________.（參考數(shù)據(jù)：）〖答案〗6064〖解析〗〖祥解〗設(shè)，由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，然后確定的值，再求和．〖詳析〗設(shè)，則，時,,時,,所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又，所以存在使得，即，且當時，，所以當時，，，又，所以，綜上，，所以.故〖答案〗為：6064.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知正項數(shù)列的前n項和為，.（1）求數(shù)列通項公式；（2）設(shè)，數(shù)列的前n項和為，證明：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）利用計算整理，可得，再利用等差數(shù)列的通項公式得〖答案〗；（2）將變形得，利用裂項相消法可得，進一步觀察可得證明結(jié)論.〖小問1詳析〗①，當時，②，①-②得，整理得，，，又當時，，解得，數(shù)列是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，；〖小問2詳析〗由（1）得，，，即.18.在中，內(nèi)角所對的邊分別為，且.（1）求的大??；（2）在邊上，且，求的最大值.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正弦定理可推得，整理可得，即可解出；（2）解法一：向量法.由題意知，.根據(jù)向量的運算求出和，即可得到，令，換元整理可得.然后根據(jù)基本不等式即可求出的最大值；解法二：設(shè)，，根據(jù)，得到.根據(jù)余弦定理即可推出，換元可得，根據(jù)基本不等式即可求得最值.〖小問1詳析〗因為，根據(jù)正弦定理可得：，可化為：，因為，所以，.所以原式可化為：，因為，所以，所以原式可化為，即.因為，所以.〖小問2詳析〗方法一：因為，故，則，則.又，則.所以，，則.設(shè)，，因為，所以，當且僅當，即，即時等號成立.所以，所以，的最大值為.方法二：設(shè)，，則，在中，由余弦定理有：，即①在和中，由余弦定理有：，，又，所以.所以，整理可得②由①②可得：.所以，，所以.設(shè)，，因為，所以，當且僅當，即，即時等號成立.所以，所以，的最大值為.19.甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完5局仍末出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽.假設(shè)每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立.（1）求乙只贏1局且甲贏得比賽的概率；（2）記為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求的分布列和期望.〖答案〗（1）（2）分布列見〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）乙只贏1局且甲贏得比賽，對于甲而言，可能是“負勝勝”，“勝負勝勝”兩種情況，根據(jù)獨立事件，互斥事件的概率公式求解；（2）的可能取值為，分別求出每種情況的概率，按照步驟求分布列即可.〖小問1詳析〗記事件表示“乙只贏局且甲贏得比賽”，表示“第局甲獲勝”，表示“第局乙獲勝”，則，.則，事件與事件互斥，各局比賽結(jié)果相互獨立.由概率加法公式和乘法公式，有．〖小問2詳析〗的可能取值為，，，．故的分布列為2345所以.20.如圖，四棱錐中，已知，且與平面所成的角為.（1）證明：；（2）若點為的中點，求平面與平面夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題意，如圖所示，過點作面交面于點，連，延長交于點，可得平面，即，再根據(jù)四邊形為平行四邊形，即可得證；（2）以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，即可得到各點的坐標，結(jié)合法向量以及二面角的計算公式，即可得到結(jié)果.〖小問1詳析〗如圖所示，過點作面交面于點，連，延長交于點.因為與底面所成的角為；所以，所以，.因為，則；因為，所以，且又，所以平面，所以.又是等邊三角形，則；則，且，所以四邊形為平行四邊形，故；所以.〖小問2詳析〗因為兩兩垂直，則以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系.則設(shè)平面的一個法向量為，則，解得，令，則即設(shè)平面的一個法向量設(shè)，則，即，所以所以平面與平面夾角的余弦值為21.已知橢圓，斜率為的直線與橢圓只有一個公共點（1）求橢圓的標準方程；（2）過橢圓右焦點的直線與橢圓相交于兩點，點在直線上，且軸，求直線在軸上的截距.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)根據(jù)點在橢圓上可得，又因為直線與橢圓只有一個交點，可得判別式等于零得到方程即可求解；(2)設(shè)出直線的方程，利用韋達定理，再表示出在軸上的截距關(guān)于坐標的等量關(guān)系，即可求解.〖小問1詳析〗依題意，直線的方程為，即，由，消去得.由于直線與橢圓只有一個公共點，故，即，因為在橢圓上，所以，即，整理得，解得，故橢圓的標準方程：.〖小問2詳析〗方法一：依題意直線斜率不為0，可設(shè)直線為，則，聯(lián)立橢圓方程，可得，由韋達定理得，進而，有由直線的方程為，得直線AC在軸上截距為故直線在軸的上截距為.方法二：設(shè)，則，則直線的方程為，則直線在軸的截距為，若垂直于軸，則，所以直線與軸交點為，截距為.若不垂直于軸，設(shè)直線的方程為.與橢圓方程聯(lián)立，得，由韋達定理有.直線在軸的截距為又因為所以所以，所以所以故直線在軸上的截距為.方法三：右焦點為，直線與軸相交于點為的中點為若垂直于軸，則，所以直線與軸交點為，截距為.若不垂直于軸，設(shè)直線的方程為與橢圓方程聯(lián)立，得，由韋達定理有又，得，故直線的斜率分別為所以.因為所以，即，故三點共線.因為對于任意直線點都是唯一確定的，所以，直線與軸交點為，即直線在軸上的截距為.22.已知函數(shù)（其中是自然對數(shù)底數(shù)）.（1）求的最小值；（2）若過點可作曲線的兩條切線，求證：.（參考數(shù)據(jù)：）〖答案〗（1）1（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)求函數(shù)導(dǎo)函數(shù),應(yīng)用單調(diào)性求函數(shù)的最小值;(2)把曲線的兩條切線轉(zhuǎn)化為兩個零點問題,再轉(zhuǎn)化證明最小值大于零即可.〖小問1詳析〗函數(shù)定義域為，

所以在上單調(diào)遞增，且，所以當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，.所以.〖小問2詳析〗設(shè)切點為，則，在處的切線為，由于切線過點，所以，而由（1），在上單調(diào)遞增，不同的值對應(yīng)的切線斜率不同設(shè)，所以過點可作曲線的兩條切線當且僅當關(guān)于的方程有兩個實根.，①當時，在上單調(diào)遞減，至多有一個實根，不合題意；②當時，當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減.而時，時，，所以當且僅當時，有兩個實根，即當且僅當時，過點可作曲線的兩條切線.只需證時，.設(shè)，則，當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，所以，即.（*）設(shè)，只需證1）當時，由，.設(shè)，則，當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減.而，所以，則.2）當時，，設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，，所以在上單調(diào)遞增，，即，所以在上單調(diào)遞增，.綜上得：原不等式成立.高考模擬試題PAGEPAGE1華附?省實?廣雅?深中2023屆高三四校聯(lián)考數(shù)學命題學校：華南師大附中定稿人：畢福明?林琪本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的校名?姓名?考號?座位號等相關(guān)信息填寫在答題卡指定區(qū)域內(nèi)，并用2B鉛筆填涂相關(guān)信息.2.選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗；不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.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.已知集合，則（）．A.{3} B.{1，3} C.{3，4} D.{1，3，4}〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先求出集合的補集，再求〖詳析〗解：因為，，所以，因為，所以，故選：B.2.已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復(fù)數(shù)乘法的運算性質(zhì)進行求解即可〖詳析〗，故選：C3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，點D在線段BC上，且，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)確定，從而可得，從而用向量數(shù)量積的運算律即可求解.〖詳析〗設(shè)等腰△ABC在邊上的高為，因為，所以，所以,所以，所以.故選:B.4.古希臘亞歷山大時期的數(shù)學家帕普斯在《數(shù)學匯編》第3卷中記載著一個確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”，即（表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，表示平面圖形的面積，表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長）.如圖直角梯形，已知，則重心到的距離為（）A. B. C.3 D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，用式子分別表示出圓臺體積、梯形面積以及重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長，進而求解〖答案〗.〖詳析〗直角梯形繞旋轉(zhuǎn)一周所得的圓臺的體積為；梯形的面積，故記重心到的距離為，則，則，故選：A5.已知雙曲線的焦點關(guān)于漸近線的對稱點在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對稱性的性質(zhì)及直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，結(jié)合雙曲線的定義及雙曲線的離心率的公式即可求解.〖詳析〗關(guān)于漸近線的對稱點在雙曲線上，如圖所示，則.所以是的中位線，所以,.所以到漸近線的距離為，即，在中，，，所以，進而,所以離心率.故選：C.6.已知數(shù)列滿足，,則的前項積的最大值為（）A. B. C.1 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先通過遞推關(guān)系推出數(shù)列的周期為，然后個數(shù)為一組，分別計算的表達式后進行研究.〖詳析〗由可知，，，亦可得：，兩式相除得：，即，所以數(shù)列是以為周期的周期數(shù)列，由得：.記數(shù)列的前項積為，結(jié)合數(shù)列的周期性，當，則，記，為了讓越大，顯然需考慮為偶數(shù)，令，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，則，即；類似的，.綜上所述，的前項積的最大值為.故選：C.7.若函數(shù)在其定義域內(nèi)存在實數(shù)滿足，則稱函數(shù)為“局部奇函數(shù)”.知函數(shù)是定義在上的“局部奇函數(shù)”，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意得有解，即有解，利用換元法討論二次函數(shù)在給定區(qū)間有解即可.〖詳析〗根據(jù)“局部奇函數(shù)”定義知：有解，即方程有解，則即有解；設(shè)，則（當且僅當時取等號），方程等價于在時有解，在時有解；在上單調(diào)遞增，，即實數(shù)的取值范圍為.故選D.8.如圖，在三棱錐中，平面，為線段的中點，分別為線段和線段上任意一點，則的最小值為（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用線面垂直的判定定理推得再利用面積相等在中推得，從而得到，由此得解.〖詳析〗因為平面，面，所以，又，，因為，平面，所以平面，又平面，所以.又在中，，在中，，故，則，又，所以，即，當且僅當時，等號成立，當時，為的中點，此時當時，為的中點，綜上所述的最小值是.故選：C.〖『點石成金』〗關(guān)鍵『點石成金』：本題的突破口是如何解決的系數(shù)問題，利用三角形面積公式與面積相等得到即可得解.二?多選題：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，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗利用不等式的性質(zhì)，利用作差法和基本不等式逐項分析即得.〖詳析〗對于A，因為，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以，即，故B正確；對于C，因為，所以，所以，故C錯誤；對于D，因為，所以，故D正確.故選：BD.10.已知函數(shù)滿足，其圖象向右平移個單位后得到函數(shù)的圖象，且在上單調(diào)遞減，則（）A.B.函數(shù)的圖象關(guān)于對稱C.可以等于5D.的最小值為2〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗對于A，先由推得是的一個周期，再利用輔助角公式化簡，從而得到，由此得解；對于B，利用代入檢驗法即可；對于C，利用正弦函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合數(shù)軸法得到關(guān)于的不等式組，結(jié)合與即可得到的一個取值為，由此判斷即可；對于D，結(jié)合選項C中的結(jié)論，分析的取值范圍即可求得的最小值.〖詳析〗對于A，因為，所以，則是的一個周期，因為，所以是最小正周期，故，則，又，故，故A錯誤；對于B，由選項A得，所以，故是的一個對稱中心，故B正確；對于C，的圖象向右平移個單位后得到函數(shù)的圖象，則，因為在上單調(diào)遞減，所以，解得，當時，，因為，所以，故C正確；對于D，因為，所以，則，又，故，當時，，可知，故D正確.故選：BCD.11.已知為坐標原點，點為拋物線：的焦點，點，直線：交拋物線于，兩點（不與點重合），則以下說法正確的是（）A.B.存在實數(shù)，使得C.若，則D.若直線與的傾斜角互補，則〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗對于A，由焦半徑公式運算可得；對于B，將拋物線方程與直線方程聯(lián)立，并由向量夾角計算可得；對于C，將選項B中聯(lián)立結(jié)果代入向量坐標進行計算可得；對于D，將選項B中聯(lián)立結(jié)果代入與斜率進行計算可得.〖詳析〗由已知，拋物線：，∴，，焦點，不妨設(shè)為，，設(shè)，到準線的距離分別為，，對于A，∵由標準方程知，拋物線頂點在原點，開口向右，，∴由拋物線的定義，故選項A正確；對于B，消去，化簡得（），則，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在實數(shù)，使得，選項B錯誤；對于C，，，∵，∴，∴又∵由選項B判斷過程知，，∴解得，，或，，，∴若，則，選項C正確；對于D，由題意，，，，，直線與的傾斜角互補時，斜率均存在，且，∴，代入，，化簡得，由選項B的判斷知，，∴，∴，故選項D正確.故選：ACD.12.已知定義在上函數(shù)的圖像連續(xù)不間斷，當時，，且當時，，則下列說法正確的是（）A.B.在上單調(diào)遞增C.若，則D.若是在區(qū)間內(nèi)的兩個零點，且，則〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗A選項通過賦值法令可以解決，B選項對兩邊同時求導(dǎo)，結(jié)合以及函數(shù)圖像連續(xù)不斷的性質(zhì)進行判斷，C選項分和的大小關(guān)系，分情況進行討論，D選項先說明，在結(jié)合題目條件說明另一個不等號是否成立的問題.〖詳析〗對于A，在中令，則，所以，故A正確；對于，當時，，對兩邊求導(dǎo)，則，所以時，，故，而時，即在上單調(diào)遞增，注意到的圖像連續(xù)不間斷，故也有在上單調(diào)遞增，故B正確；對于C，由B知，在上單調(diào)遞增，，故當時，，即在上單調(diào)遞減.由知不可能均大于等于1，否則，則，這與條件矛盾，舍去.①若，則，滿足條件，此時，；，②若，則，由，取，則，則所以，而，所以，即，故C錯誤；對于D，由在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，知，注意到，根據(jù)零點存在定理，所以，若，根據(jù)C選項，則，則，由，，根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性，，與矛盾，舍去.所以，所以，所以，在時，中，令，而由，由，在上單調(diào)遞減，所以，所以，于是，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.已知圓，若過定點有且僅有一條直線被圓截得弦長為2，則可以是__________.（只需要寫出其中一個值，若寫出多個〖答案〗，則按第一個〖答案〗計分.）〖答案〗1##〖解析〗〖祥解〗依題意，該直線過圓心或垂直于〖詳析〗依題意，該直線過圓心或垂直于，圓心到直線距離為或，，所以或.故〖答案〗為：1或14.已知在四面體中，，則該四面體外接球的表面積為__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗先判斷出V在平面的射影為三角形的外心,求出四面體外接球的半徑，即可求出四面體外接球的表面積.〖詳析〗在平面的射影為三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圓的半徑；設(shè)四面體外接球的半徑為.解得：.所以外接球的表面積為.故〖答案〗為：.15.已知函數(shù)，若函數(shù)的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)的取值范圍是__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗易得直線過定點，函數(shù)過四個象限等價于與在軸的左右兩邊有異號交點，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求函數(shù)的切線方程，求出切點，結(jié)合圖象即可得出〖答案〗.〖詳析〗解：直線過定點，函數(shù)過四個象限等價于與在軸的左右兩邊有異號交點，過作的切線，設(shè)切點為，，切線方程為，切線過，解得或（舍去），此時，當時，，線段所在直線斜率為1；當時，，射線所在直線斜率為，與軸交于，由圖象知滿足題意的的范圍是：.故〖答案〗為：.16.已知數(shù)列滿足，記（其中表示不大于的最大整數(shù)，比如），則__________.（參考數(shù)據(jù)：）〖答案〗6064〖解析〗〖祥解〗設(shè)，由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，然后確定的值，再求和．〖詳析〗設(shè)，則，時,,時,,所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又，所以存在使得，即，且當時，，所以當時，，，又，所以，綜上，，所以.故〖答案〗為：6064.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知正項數(shù)列的前n項和為，.（1）求數(shù)列通項公式；（2）設(shè)，數(shù)列的前n項和為，證明：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）利用計算整理，可得，再利用等差數(shù)列的通項公式得〖答案〗；（2）將變形得，利用裂項相消法可得，進一步觀察可得證明結(jié)論.〖小問1詳析〗①，當時，②，①-②得，整理得，，，又當時，，解得，數(shù)列是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，；〖小問2詳析〗由（1）得，，，即.18.在中，內(nèi)角所對的邊分別為，且.（1）求的大?。唬?）在邊上，且，求的最大值.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正弦定理可推得，整理可得，即可解出；（2）解法一：向量法.由題意知，.根據(jù)向量的運算求出和，即可得到，令，換元整理可得.然后根據(jù)基本不等式即可求出的最大值；解法二：設(shè)，，根據(jù)，得到.根據(jù)余弦定理即可推出，換元可得，根據(jù)基本不等式即可求得最值.〖小問1詳析〗因為，根據(jù)正弦定理可得：，可化為：，因為，所以，.所以原式可化為：，因為，所以，所以原式可化為，即.因為，所以.〖小問2詳析〗方法一：因為，故，則，則.又，則.所以，，則.設(shè)，，因為，所以，當且僅當，即，即時等號成立.所以，所以，的最大值為.方法二：設(shè)，，則，在中，由余弦定理有：，即①在和中，由余弦定理有：，，又，所以.所以，整理可得②由①②可得：.所以，，所以.設(shè)，，因為，所以，當且僅當，即，即時等號成立.所以，所以，的最大值為.19.甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完5局仍末出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽.假設(shè)每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立.（1）求乙只贏1局且甲贏得比賽的概率；（2）記為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求的分布列和期望.〖答案〗（1）（2）分布列見〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）乙只贏1局且甲贏得比賽，對于甲而言，可能是“負勝勝”，“勝負勝勝”兩種情況，根據(jù)獨立事件，互斥事件的概率公式求解；（2）的可能取值為，分別求出每種情況的概率，按照步驟求分布列即可.〖小問1詳析〗記事件表示“乙只贏局且甲贏得比賽”，表示“第局甲獲勝”，表示“第局乙獲勝”，則，.則，事件與事件互斥，各局比賽結(jié)果相互獨立.由概率加法公式和乘法公式，有．〖小問2詳析〗的可能取值為，，，．故的分布列為2345所以.20.如圖，四棱錐中，已知，且與平面所成的角為.（1）證明：；（2）若點為的中點，求平面與平面夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題意，如圖所示，過點作面交面于點，連，延長交于點，可得平面，即，再根據(jù)四邊形為平行四邊形，即可得證；（2）以為原點，所在直線分別為軸