2023屆山東省日照市高三一?？荚嚁?shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE12020級高三模擬考試數(shù)學試題考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑.如需改動、用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號.回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束，將試題卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本大題共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. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出集合，再依據(jù)并集的定義求并集.〖詳析〗，又，所以故選：D2.已知復數(shù)，為虛數(shù)單位，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)除法運算求得，然后求得.〖詳析〗，.故選：C3.在平面直角坐標系中，角的大小如圖所示，則（）A. B. C.1 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)正切值的定義可以先算出，然后由兩角和的正切公式求出.〖詳析〗過作軸，垂足為，根據(jù)正切值的定義：，則，解得.故選：D4.紅燈籠，起源于中國的西漢時期，兩千多年來，每逢春節(jié)人們便會掛起象征美好團圓意義的紅燈籠，營造一種喜慶的氛圍.如圖1，某球形燈籠的輪廓由三部分組成，上下兩部分是兩個相同的圓柱的側(cè)面，中間是球面除去上下兩個相同球冠剩下的部分.如圖2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直徑被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半徑為，球冠的高為，則球冠的面積.如圖1，已知該燈籠的高為58cm，圓柱的高為5cm，圓柱的底面圓直徑為14cm，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題利用勾股定理求出半徑，再求出高度，分別求出兩個球冠的面積，用球體的表面積減去兩個球冠的面積即可解決問題.〖詳析〗由題意得：，所以cm，所以cm，所以兩個球冠的面積為cm2，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為：cm2，故選：C.5.已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，P是正六邊形ABCDEF邊上任意一點，則的最大值為（）A.13 B.12 C.8 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗以正六邊形ABCDEF中心O為原點建立平面直角坐標系如圖所示，由向量數(shù)量積的坐標表示研究最值.〖詳析〗以正六邊形ABCDEF中心O為原點建立平面直角坐標系如圖所示，AB、DE交y軸于G、H，則，設，，由正六邊形對稱性，不妨只研究y軸左半部分，（1）當P在EH上時，則，，則；（2）當P在AG上時，則，，則；（3）當P在EF上時，則：，，則；（4）當P在AF上時，則：，，則.綜上，所求最大值為12.故選：B.6.已知，，設命題：，命題：，則是的（）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〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗取特值，，滿足，不滿足；運用基本不等式得，即，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得，運用基本不等式和充分必要條件的定義判斷可得選項.〖詳析〗解：當時，滿足，但，不滿足，所以不是的充分條件；當，，時，，即，當且僅當時取等號，所以，即，又，當且僅當時取等號，解得，所以是的必要條件，因此，是的必要不充分條件.故選：B7.已知數(shù)列的前項和為，且滿足，，設，若存在正整數(shù)，使得，，成等差數(shù)列，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列的遞推公式得出，然后根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)進項求解即可得出結(jié)果.〖詳析〗數(shù)列滿足，，當時，，解得：；當時，，因為，所以，所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以，，若存在正整數(shù)，使得，，成等差數(shù)列，則，所以①因為數(shù)列是單調(diào)遞減數(shù)列，當時，由，解得：，舍去；當時，則，；當時，，，所以，①式不成立，所以，則有，解得：，故選：.8.已知橢圓：的左、右焦點為，，點為橢圓內(nèi)一點，點在雙曲線：上，若橢圓上存在一點，使得，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先求出橢圓左焦點坐標為，由題得，解不等式得到，再解不等式即得解.〖詳析〗點在雙曲線：上，所以.所以橢圓左焦點坐標為.因，所以,所以.因為，所以.點橢圓內(nèi)一點，所以，所以或.綜上：.故選：A二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的.全部選對得5分.選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9.已知分別為隨機事件的對立事件，，則下列結(jié)論正確的是（）A.B.C.若互斥，則D.若獨立，則〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗結(jié)合互斥事件、對立事件的定義，根據(jù)條件概率公式判斷即可．〖詳析〗選項A中：由對立事件定義可知,選項正確；選項中：，選項B正確；選項C中：A，B互斥，，,，故選項C錯誤；選項D中：A，B獨立，則，則,故選項D正確.故選：.10.已知正方體過對角線作平面交棱于點，交棱于點F，則（）A.平面分正方體所得兩部分的體積相等B.四邊形一定是菱形C.四邊形的面積有最大值也有最小值D.平面與平面始終垂直〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗利用正方體的對稱性即可判斷A正確；由平行平面的性質(zhì)和的大小可判斷B錯誤；結(jié)合異面直線距離說明四邊形的面積最小值和最大值取法，判斷C正確；只有當平面時，才有平面平面，判斷D錯誤.〖詳析〗對于A：由正方體的對稱性可知，平面分正方體所得兩部分的體積相等，故A正確；對于B：因為平面，平面平面，平面平面，∴.同理可證：，故四邊形是平行四邊形，當E不是的中點時，,此時四邊形不是菱形，故B錯誤；對于C：由B得四邊形一定是平行四邊形，所以四邊形的面積等于三角形面積的兩倍，而為定值，所以當?shù)街本€距離最大時，三角形面積取最大值，因為為棱中點時,到直線距離恰為異面直線距離，即為最小值，此時三角形面積取最小值，即四邊形的面積取最小值.因此當E與A重合或重合時，三角形面積取最大值，即四邊形的面積即取最大值，故C正確；對于D：因為平面平面，又平面平面，所以只有當平面時，才有平面平面，故D錯誤.故選：AC11.設函數(shù)的定義域為，且是奇函數(shù)，當時，；當時，.當變化時，函數(shù)的所有零點從小到大記為，則的值可以為（）A.3 B.5 C.7 D.9〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗將方程的根轉(zhuǎn)化為與直線的交點，并可知與均關(guān)于對稱，作出的圖像，通過數(shù)形結(jié)合的方式可確定不同取值時交點的個數(shù)，結(jié)合對稱性可求得結(jié)果.〖詳析〗為奇函數(shù)，圖像關(guān)于點對稱，由得：，則方程的根即為與直線的交點，作出圖像如圖所示，①當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；②當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；③當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；④當時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；⑤當，即時，如圖中和所示時，與直線有且僅有一個交點，.綜上所述：取值的集合為.故選：ABC.〖『點石成金』〗關(guān)鍵點『點石成金』：本題考查利用函數(shù)對稱性、函數(shù)圖像求解方程根的個數(shù)問題；解題關(guān)鍵是能夠?qū)⒎匠谈膫€數(shù)問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖像的交點個數(shù)問題，進而通過數(shù)形結(jié)合的方式確定交點個數(shù).12.已知，則（）A. B.C. D.〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗A.先構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造，通過函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進而得到A選項.B.先構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造，通過函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進而可知B選項錯誤.C.通過，得到，進而可得與大小關(guān)系,進而可知C選項錯誤.D.與C選項同樣的方法即可判斷.〖詳析〗A.令則，所以在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，故.令則，所以在上單調(diào)遞減，且即故選項A正確B.令則，所以在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且，故.令所以在上單調(diào)遞減，且即故選項B錯誤C.又在單調(diào)遞增故選項C錯誤D.由C可知，又在單調(diào)遞減故選項D正確故選：AD三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中,的系數(shù)為___________.〖答案〗10〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二項展開式的通項，賦值即可求出．〖詳析〗的展開式通項為，令，所以的系數(shù)為．故〖答案〗為：10．〖『點石成金』〗本題主要考查二項展開式某特定項的系數(shù)求法，解題關(guān)鍵是準確求出展開式的通項，屬于基礎題．14.已知函數(shù)的最小正周期為，其圖象關(guān)于直線對稱，則__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)函數(shù)最小正周期得到，利用對稱軸得到，然后代入計算即可求解.〖詳析〗因為函數(shù)的最小正周期為，所以，又因為直線是函數(shù)的一條對稱軸，所以，解得：，因為，所以，則函數(shù)，所以，故〖答案〗為：.15.對任意正實數(shù)，記函數(shù)在上的最小值為，函數(shù)在上的最大值為，若，則的所有可能值______.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗根據(jù)和函數(shù)圖像，對a分類討論求解即可.〖詳析〗和的圖像如圖：當時，，，，；當時，；故〖答案〗為：或.16.設棱錐的底面為正方形，且，，如果的面積為1，則能夠放入這個棱錐的最大球的半徑為___________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗設球O是與平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出與三個面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半徑為，再證明O到平面MAB的距離大于球O的半徑r，O到面MCD的距離也大于球O的半徑r，即得解.〖詳析〗如圖，因為AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.設E是AD的中點，F(xiàn)是BC的中點，則ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.設球O是與平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.不失一般性，可設O在平面MEF上.于是O為△MEF的內(nèi)心.設球O的半徑為r，則.設AD=EF=a，因為，所以，，且當，即時，上式取等號，所以，當AD=ME=時，所以與三個面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半徑為.作OG⊥ME于G，易證OG//平面MAB，G到平面MAB的距離就是O到平面MAB的距離.過G作MH⊥MA于H，則GH是G到平面MAB的距離.，，又，，,.,故O到平面MAB的距離大于球O的半徑r，同樣O到面MCD的距離也大于球O的半徑r，故球O在棱錐M-ABCD內(nèi)，并且不可能再大.據(jù)此可得所求的最大球的半徑為.故〖答案〗為：四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.在數(shù)列中，.（1）求的通項公式；（2）證明：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）令可求得的值，令，由可得，兩式作差可得出的表達式，再驗證的值是否滿足的表達式，綜合可得出數(shù)列的通項公式；（2）計算得出，利用裂項相消法求出數(shù)列的前項和，即可證得結(jié)論成立.〖小問1詳析〗解：因為，①則當時，，即，當時，，②①②得，所以，也滿足，故對任意的，.〖小問2詳析〗證明：，所以．，，即結(jié)論成立.18.已知中，a，b，c是角A，B，C所對的邊，，且.（1）求角B；（2）若，在的邊AB，AC上分別取D，E兩點，使沿線段DE折疊到平面BCE后，頂點A正好落在邊BC（設為點P）上，求AD的最小值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由正弦定理邊角互化得，又，可得，結(jié)合二倍角公式可求得結(jié)果；（2）由題意可知為等邊三角形，設，則，由余弦定理得，設，所以，利用基本不等式可求得〖答案〗.〖小問1詳析〗因為，所以由正弦定理邊角互化得，因為，所以，即，所以，因為，所以，所以，所以，即.〖小問2詳析〗因為，所以為等邊三角形，即，設，則，所以在中，由余弦定理得，整理得，設，所以，由于，故，所以，當且僅當時等號成立，此時，所以AD的最小值為．19.如圖，已知圓錐，AB是底面圓О的直徑，且長為4，C是圓O上異于A，B的一點，.設二面角與二面角的大小分別為與.（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）作出，從而求得的值.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值．〖小問1詳析〗連結(jié)．因為點為圓錐的頂點，所以平面．分別取，的中點，，連接，，，，則在圓中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．〖小問2詳析〗因為，即所以即．在圓中，，以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，過且垂直于平面的直線為軸建立空間直角坐標系．則，，．又因為平面，所以軸，從而．則，，．設平面的法向量為，則，即，不妨取，則，，此時．設平面的法向量為，則，即不妨取，則，，此時．所以．又二面角為鈍二面角，所以二面角的余弦值為．〖『點石成金』〗方法『點石成金』：幾何法求解二面角，要根據(jù)二面角的定義來求解；向量法求解二面角，關(guān)鍵是求得二面角的兩個半平面的法向量，并且要注意二面角是銳角還是鈍角.20.已知拋物線：的焦點為為上的動點，垂直于動直線，垂足為，當為等邊三角形時，其面積為.（1）求的方程；（2）設為原點，過點的直線與相切，且與橢圓交于兩點，直線與交于點，試問：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正三角形得三角形的邊長，再根據(jù)拋物線的定義進行求解；（2）設，則，可得，由導數(shù)的幾何意義可得，設，，中點，由點差法可得，，從而可以求出.〖小問1詳析〗∵為等邊三角形時，其面積為，∴，解得，根據(jù)和拋物線的定義可知，落在準線上，即，設準線和軸交點為，易證，于是，∴的方程為；〖小問2詳析〗假設存在，使得，則線為段的中點，設，依題意得，則，由可得，所以切線的斜率為，設，，線段的中點，由，可得，所以，整理可得：，即，所以，可得，又因為，所以當時，，此時三點共線，滿足為的中點，綜上，存在，使得點為的中點恒成立，.21.第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦．在決賽中，阿根廷隊通過點球戰(zhàn)勝法國隊獲得冠軍．（1）撲點球的難度一般比較大，假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左?中?右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左?中?右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球．不考慮其它因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點球的個數(shù)X的分布列和期望；（2）好成績的取得離不開平時的努力訓練，甲?乙?丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接?。浀趎次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，易知．①試證明：為等比數(shù)列；②設第n次傳球之前球在乙腳下的概率為qn，比較p10與q10的大?。即鸢浮剑?）分布列見〖解析〗；期望為（2）①證明見〖解析〗；②〖解析〗〖祥解〗（1）方法一：先計算門將每次可以撲出點球的概率，再列出其分布列，進而求得數(shù)學期望；方法二：判斷，結(jié)合二項分布的分布列和期望公式確定結(jié)論；（2）①記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為，則當時，第次傳球之前球在甲腳下的概率為，由條件確定的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列定義完成證明；②由①求出，比較其大小即可.〖小問1詳析〗方法一：的所有可能取值為，在一次撲球中，撲到點球的概率，所以，，所以的分布列如下：0123方法二：依題意可得，門將每次可以撲到點球的概率為，門將在前三次撲到點球的個數(shù)可能的取值為，易知，所以，故的分布列為：0123所以的期望．〖小問2詳析〗①第次傳球之前球在甲腳下的概率為，則當時，第次傳球之前球在甲腳下的概率為，第次傳球之前球不在甲腳下的概率為，則，即，又，所以是以為首項，公比為的等比數(shù)列．②由①可知，所以，所以，故．22.已知函數(shù)，.（1）若直線是的切線，函數(shù)總存在，使得，求的取值范圍；（2）設，若恰有三個不等實根，證明：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）先根據(jù)導數(shù)的幾何意義算出，然后分析出的范圍，最后將化成只含有的表達式，構(gòu)造函數(shù)進行求解；（2）恰有三個不等實根，顯然不能的極小值非負，討論參數(shù)的范圍，當極小值為負數(shù)的時候，根據(jù)絕對值函數(shù)的圖像，只需就可使得恰有三個不等實根.〖小問1詳析〗由直線是的切線，可設切點為，則，解得，于是.若，則，不符題意；若，則，不符題意；有一個取時均不成立，故只有才可以讓成立.于是，下設，則，故在上單調(diào)遞增，故，于是，也即，所以的取值范圍為；〖小問2詳析〗，在上單調(diào)遞增，當時，，，下令，則，故為增函數(shù)，于是，即，.根據(jù)零點存在定理，，使得，當，，遞減，當，，遞增，故為極小值點，，由于，即，此時不可能有三個根；當時，，根據(jù)零點存在定理，，使得，當，，遞減，當，，遞增，故為極小值點，，由于，此時不可能有三個根；當時，，在上遞增，注意到，，，遞減，當，，遞增，故為極小值點，而，故不可能有三個根；當時，，根據(jù)零點存在定理，，使得，當，，遞減，當，，遞增，故為極小值點，，而，故.由.由有三個根，則，即，由，結(jié)合對勾函數(shù)性質(zhì)推出，故，即〖『點石成金』〗關(guān)鍵點『點石成金』：本題的難點在第二問，解決該問的關(guān)鍵是利用方程根的個數(shù)確定函數(shù)極值的范圍及參與與極值的關(guān)系.

高考模擬試題PAGEPAGE12020級高三模擬考試數(shù)學試題考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑.如需改動、用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號.回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束，將試題卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本大題共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. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出集合，再依據(jù)并集的定義求并集.〖詳析〗，又，所以故選：D2.已知復數(shù)，為虛數(shù)單位，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)除法運算求得，然后求得.〖詳析〗，.故選：C3.在平面直角坐標系中，角的大小如圖所示，則（）A. B. C.1 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)正切值的定義可以先算出，然后由兩角和的正切公式求出.〖詳析〗過作軸，垂足為，根據(jù)正切值的定義：，則，解得.故選：D4.紅燈籠，起源于中國的西漢時期，兩千多年來，每逢春節(jié)人們便會掛起象征美好團圓意義的紅燈籠，營造一種喜慶的氛圍.如圖1，某球形燈籠的輪廓由三部分組成，上下兩部分是兩個相同的圓柱的側(cè)面，中間是球面除去上下兩個相同球冠剩下的部分.如圖2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直徑被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半徑為，球冠的高為，則球冠的面積.如圖1，已知該燈籠的高為58cm，圓柱的高為5cm，圓柱的底面圓直徑為14cm，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題利用勾股定理求出半徑，再求出高度，分別求出兩個球冠的面積，用球體的表面積減去兩個球冠的面積即可解決問題.〖詳析〗由題意得：，所以cm，所以cm，所以兩個球冠的面積為cm2，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為：cm2，故選：C.5.已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，P是正六邊形ABCDEF邊上任意一點，則的最大值為（）A.13 B.12 C.8 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗以正六邊形ABCDEF中心O為原點建立平面直角坐標系如圖所示，由向量數(shù)量積的坐標表示研究最值.〖詳析〗以正六邊形ABCDEF中心O為原點建立平面直角坐標系如圖所示，AB、DE交y軸于G、H，則，設，，由正六邊形對稱性，不妨只研究y軸左半部分，（1）當P在EH上時，則，，則；（2）當P在AG上時，則，，則；（3）當P在EF上時，則：，，則；（4）當P在AF上時，則：，，則.綜上，所求最大值為12.故選：B.6.已知，，設命題：，命題：，則是的（）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〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗取特值，，滿足，不滿足；運用基本不等式得，即，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得，運用基本不等式和充分必要條件的定義判斷可得選項.〖詳析〗解：當時，滿足，但，不滿足，所以不是的充分條件；當，，時，，即，當且僅當時取等號，所以，即，又，當且僅當時取等號，解得，所以是的必要條件，因此，是的必要不充分條件.故選：B7.已知數(shù)列的前項和為，且滿足，，設，若存在正整數(shù)，使得，，成等差數(shù)列，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列的遞推公式得出，然后根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)進項求解即可得出結(jié)果.〖詳析〗數(shù)列滿足，，當時，，解得：；當時，，因為，所以，所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以，，若存在正整數(shù)，使得，，成等差數(shù)列，則，所以①因為數(shù)列是單調(diào)遞減數(shù)列，當時，由，解得：，舍去；當時，則，；當時，，，所以，①式不成立，所以，則有，解得：，故選：.8.已知橢圓：的左、右焦點為，，點為橢圓內(nèi)一點，點在雙曲線：上，若橢圓上存在一點，使得，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先求出橢圓左焦點坐標為，由題得，解不等式得到，再解不等式即得解.〖詳析〗點在雙曲線：上，所以.所以橢圓左焦點坐標為.因，所以,所以.因為，所以.點橢圓內(nèi)一點，所以，所以或.綜上：.故選：A二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的.全部選對得5分.選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9.已知分別為隨機事件的對立事件，，則下列結(jié)論正確的是（）A.B.C.若互斥，則D.若獨立，則〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗結(jié)合互斥事件、對立事件的定義，根據(jù)條件概率公式判斷即可．〖詳析〗選項A中：由對立事件定義可知,選項正確；選項中：，選項B正確；選項C中：A，B互斥，，,，故選項C錯誤；選項D中：A，B獨立，則，則,故選項D正確.故選：.10.已知正方體過對角線作平面交棱于點，交棱于點F，則（）A.平面分正方體所得兩部分的體積相等B.四邊形一定是菱形C.四邊形的面積有最大值也有最小值D.平面與平面始終垂直〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗利用正方體的對稱性即可判斷A正確；由平行平面的性質(zhì)和的大小可判斷B錯誤；結(jié)合異面直線距離說明四邊形的面積最小值和最大值取法，判斷C正確；只有當平面時，才有平面平面，判斷D錯誤.〖詳析〗對于A：由正方體的對稱性可知，平面分正方體所得兩部分的體積相等，故A正確；對于B：因為平面，平面平面，平面平面，∴.同理可證：，故四邊形是平行四邊形，當E不是的中點時，,此時四邊形不是菱形，故B錯誤；對于C：由B得四邊形一定是平行四邊形，所以四邊形的面積等于三角形面積的兩倍，而為定值，所以當?shù)街本€距離最大時，三角形面積取最大值，因為為棱中點時,到直線距離恰為異面直線距離，即為最小值，此時三角形面積取最小值，即四邊形的面積取最小值.因此當E與A重合或重合時，三角形面積取最大值，即四邊形的面積即取最大值，故C正確；對于D：因為平面平面，又平面平面，所以只有當平面時，才有平面平面，故D錯誤.故選：AC11.設函數(shù)的定義域為，且是奇函數(shù)，當時，；當時，.當變化時，函數(shù)的所有零點從小到大記為，則的值可以為（）A.3 B.5 C.7 D.9〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗將方程的根轉(zhuǎn)化為與直線的交點，并可知與均關(guān)于對稱，作出的圖像，通過數(shù)形結(jié)合的方式可確定不同取值時交點的個數(shù)，結(jié)合對稱性可求得結(jié)果.〖詳析〗為奇函數(shù)，圖像關(guān)于點對稱，由得：，則方程的根即為與直線的交點，作出圖像如圖所示，①當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；②當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；③當，即時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；④當時，如圖中所示時，與直線有個交點，與均關(guān)于對稱，；⑤當，即時，如圖中和所示時，與直線有且僅有一個交點，.綜上所述：取值的集合為.故選：ABC.〖『點石成金』〗關(guān)鍵點『點石成金』：本題考查利用函數(shù)對稱性、函數(shù)圖像求解方程根的個數(shù)問題；解題關(guān)鍵是能夠?qū)⒎匠谈膫€數(shù)問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖像的交點個數(shù)問題，進而通過數(shù)形結(jié)合的方式確定交點個數(shù).12.已知，則（）A. B.C. D.〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗A.先構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造，通過函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進而得到A選項.B.先構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造，通過函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進而可知B選項錯誤.C.通過，得到，進而可得與大小關(guān)系,進而可知C選項錯誤.D.與C選項同樣的方法即可判斷.〖詳析〗A.令則，所以在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，故.令則，所以在上單調(diào)遞減，且即故選項A正確B.令則，所以在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且，故.令所以在上單調(diào)遞減，且即故選項B錯誤C.又在單調(diào)遞增故選項C錯誤D.由C可知，又在單調(diào)遞減故選項D正確故選：AD三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中,的系數(shù)為___________.〖答案〗10〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二項展開式的通項，賦值即可求出．〖詳析〗的展開式通項為，令，所以的系數(shù)為．故〖答案〗為：10．〖『點石成金』〗本題主要考查二項展開式某特定項的系數(shù)求法，解題關(guān)鍵是準確求出展開式的通項，屬于基礎題．14.已知函數(shù)的最小正周期為，其圖象關(guān)于直線對稱，則__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)函數(shù)最小正周期得到，利用對稱軸得到，然后代入計算即可求解.〖詳析〗因為函數(shù)的最小正周期為，所以，又因為直線是函數(shù)的一條對稱軸，所以，解得：，因為，所以，則函數(shù)，所以，故〖答案〗為：.15.對任意正實數(shù)，記函數(shù)在上的最小值為，函數(shù)在上的最大值為，若，則的所有可能值______.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗根據(jù)和函數(shù)圖像，對a分類討論求解即可.〖詳析〗和的圖像如圖：當時，，，，；當時，；故〖答案〗為：或.16.設棱錐的底面為正方形，且，，如果的面積為1，則能夠放入這個棱錐的最大球的半徑為___________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗設球O是與平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出與三個面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半徑為，再證明O到平面MAB的距離大于球O的半徑r，O到面MCD的距離也大于球O的半徑r，即得解.〖詳析〗如圖，因為AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.設E是AD的中點，F(xiàn)是BC的中點，則ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.設球O是與平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.不失一般性，可設O在平面MEF上.于是O為△MEF的內(nèi)心.設球O的半徑為r，則.設AD=EF=a，因為，所以，，且當，即時，上式取等號，所以，當AD=ME=時，所以與三個面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半徑為.作OG⊥ME于G，易證OG//平面MAB，G到平面MAB的距離就是O到平面MAB的距離.過G作MH⊥MA于H，則GH是G到平面MAB的距離.，，又，，,.,故O到平面MAB的距離大于球O的半徑r，同樣O到面MCD的距離也大于球O的半徑r，故球O在棱錐M-ABCD內(nèi)，并且不可能再大.據(jù)此可得所求的最大球的半徑為.故〖答案〗為：四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.在數(shù)列中，.（1）求的通項公式；（2）證明：.〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）令可求得的值，令，由可得，兩式作差可得出的表達式，再驗證的值是否滿足的表達式，綜合可得出數(shù)列的通項公式；（2）計算得出，利用裂項相消法求出數(shù)列的前項和，即可證得結(jié)論成立.〖小問1詳析〗解：因為，①則當時，，即，當時，，②①②得，所以，也滿足，故對任意的，.〖小問2詳析〗證明：，所以．，，即結(jié)論成立.18.已知中，a，b，c是角A，B，C所對的邊，，且.（1）求角B；（2）若，在的邊AB，AC上分別取D，E兩點，使沿線段DE折疊到平面BCE后，頂點A正好落在邊BC（設為點P）上，求AD的最小值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由正弦定理邊角互化得，又，可得，結(jié)合二倍角公式可求得結(jié)果；（2）由題意可知為等邊三角形，設，則，由余弦定理得，設，所以，利用基本不等式可求得〖答案〗.〖小問1詳析〗因為，所以由正弦定理邊角互化得，因為，所以，即，所以，因為，所以，所以，所以，即.〖小問2詳析〗因為，所以為等邊三角形，即，設，則，所以在中，由余弦定理得，整理得，設，所以，由于，故，所以，當且僅當時等號成立，此時，所以AD的最小值為．19.如圖，已知圓錐，AB是底面圓О的直徑，且長為4，C是圓O上異于A，B的一點，.設二面角與二面角的大小分別為與.（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）作出，從而求得的值.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值．〖小問1詳析〗連結(jié)．因為點為圓錐的頂點，所以平面．分別取，的中點，，連接，，，，則在圓中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．〖小問2詳析〗因為，即所以即．在圓中，，以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，過且垂直于平面的直線為軸建立空間直角坐標系．則，，．又因為平面，所以軸，從而．則，，．設平面的法向量為，則，即，不妨取，則，，此時．設平面的法向量為，則，即不妨取，則，，此時．所以．又二面角為鈍二面角，所以二面角的余弦值為．〖『點石成金』〗方法『點石成金』：幾何法求解二面角，要根據(jù)二面角的定義來求解；向量法求解二面角，關(guān)鍵是求得二面角的兩個半平面的法向量，并且要注意二面角是銳角還是鈍角.20.已知拋物線：的焦點為為上的動點，垂直于動直線，垂足為，當為等邊三角形時，其面積為.（1）求的方程；（2）設為原點，過點的直線與相切，且與橢圓交于兩點，直線與交于點，試問：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正三角形得三角形的邊長，再根據(jù)拋物線的定義進行求解；（2）設，則，可得，由導數(shù)的幾何意義可得，設，，中點，由點差法可得，，從而可以求出.〖小問1詳析〗∵為等邊三角形時，其面積為，∴，解得，根據(jù)和拋物線的定義可知，落在準線上，即，設準線和軸交點為，易證，于是，∴的方程為；〖小問2詳析〗假設存在，使得，則線為段的中點，設，依題意得，則，由可得，所以切線的斜率為，設，，線段的中點，由，可得，所以，整理可得：，即，