2024届湖北省武汉市九所重点中学高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市九所重点中学2024届高三上学期第一次联考数学试题一、选择题1.设集合，，则的元素个数为（）A.4 B.5 C.2 D.0〖答案〗A〖解析〗由方程，可得，即，又由，解得，即，则，所以中有4个元素.故选：A.2.与垂直的单位向量是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗不妨设与垂直的单位向量是，则有，解方程组得或.故选：D.3.以下满足的虚数z是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对于选项A：若，则，可得，所以，故A错误；对于选项B：若，则，可得，所以，故B错误；对于选项C：若，则，可得，所以，故C正确；对于选项D：若，则，可得，所以，故D错误；故选：C.4.多项式的项系数比项系数多，则其各项系数之和为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由二项式定理，，∵项系数比项系数多，∴，即，解得：.∴，令可得各项系数之和为.故选：D.5.在集合所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为集合中有两个奇数：3，5；三个偶数：2，4，6共5个元素，所以集合的非空真子集一共有个，接下来分四种情形来求满足题意的非空真子集的个数：情形一：当集合中只有1个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个即可，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形二：当集合中只有2个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个，或者同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形三：当集合中只有3个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个且同时选取3，5，或者同时选取2，4，6，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形四：当集合中只有4个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个且同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为.综上所述：由分类加法计数原理可知，满足题意的非空真子集的个数共有个，因此在集合的所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是.故选：B.6.如图，三棱台中，，现在以下四项中选择一个，可以证明的条件有（）①；②；③；④；A.4个 B.3个 C.2个 D.1个〖答案〗C〖解析〗如图所示：设三棱台的三条侧棱交于一点.因为在三棱台中，，所以，故等价于，对于条件③：若，分别在中运用余弦定理可得，，，因为，且，所以，所以，故，故条件③满足题意；对于条件①，若，则，即又注意到，即，且，所以，又，余弦函数在上单调递减，所以，结合以上对条件③的分析，故条件①也满足题意；对于条件②：不妨设是两个互相垂直的等边三角形，且分别是的中点，因为，，所以，因为，所以，同时又有，满足题意，此时，取点为的中点，连接，由于是两个互相垂直的等边三角形，所以平面平面，且由三线合一可知，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以，由于在等边中，，，故，所以，即，所以，故条件②不满足题意；对于条件④：分别在中运用余弦定理可得，，，所以不妨设，，所以，即，所以或，换言之，在条件的情况下，不一定成立，所以不一定成立，故条件④不满足题意.综上所述，满足题意的条件有：①，③；共有两个.故选：C.7.抛物线C：的焦点为F，顶点为O，其上两点（均异于原点O）满足；过O点作于C，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示：由题意不妨设直线满足，，其中，联立得，，所以由韦达定理有，从而，又由可知，因为，所以解得，此时满足题意，故，所以直线，因为，所以不妨设，联立，解得，即点，又，所以，因为，所以，.故选：C.8.求值：（）A. B. C.1 D.〖答案〗A〖解析〗不妨设所求的值为，则，由正弦的二倍角公式逆用有，由诱导公式、二倍角公式及其逆用得，最终由两角和差的正弦公式得.故选：A.二、选择题9.将三角函数经如下变换后得到的图象：①将图象向右平移个单位；②将图象向左平移个单位；③将图象向下平移个单位；④将图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍；以下变换顺序正确的是（）A.④①③ B.④③①① C.②②③④ D.③①④〖答案〗BCD〖解析〗由题意.按A选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故A错误；按B选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故B正确；按C选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故C正确；按D选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故D正确.故选：BCD.10.等比数列和函数满足，，则以下数列也为等比数列的是（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗由题意不妨设等比数列的公比为，所以，且，对于A，当时，有，且，由等比数列定义可知数列是等比数列，故A选项符合题意；对于B，当是正奇数时，不是正整数，此时没有定义，从而数列不是等比数列，故B选项不符合题意；对于C，当时，有，且，由等比数列定义可知数列是等比数列，故C选项符合题意；对于D，当时，有，但，从而数列不是等比数列，故D选项不符合题意.故选：AC.11.如图，在平整的地面上任一点O处观测点P处的太阳时，可以将太阳一日的运动轨迹看作一个圆，且这个圆在以O为球心，半径很大的球面上．白天观测到的轨迹是其在地面以上的部分．在点O处立一根杆OA（A也可看作球心），它在地面上形成日影，且P，A，三点共线，则白天时点在地面上运动的轨迹可能是（）A.一个抛物线 B.一条直线 C.一个半椭圆 D.双曲线的一支〖答案〗ABD〖解析〗由题意，由自然地理知识，以六个不同纬度讨论杆影轨迹形态.1.赤道春秋分日，赤道上的杆影轨迹为一条经过杆脚（原点）的东西向直线，与x轴重合（图3），因为太阳正东升，太阳视运动轨迹垂直于地平面，故整个上午太阳均在正东方向，影子在正西方向，正午太阳在天顶无杆影，下午太阳位于正西，杆影则在正东.除极点外，全球任意纬度的春秋分杆影轨迹均为一条东西向直线，北半球该线位于杆脚以北，南半球则为以南，纬度越高则直线离杆脚越远.非春秋分日，赤道上的杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，太阳直射点位于北半球，赤道上观察太阳位于偏北方，故杆影轨迹位于杆脚的南侧，开口朝南.秋分至次年春分，杆影位于杆脚北侧，开口朝北.日期越接近春秋分则双曲线的曲率越小，日期越接近二至日则曲率越大.二至日曲率最大，且离杆脚最远.2.回归线之间（含回归线）以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，开口朝南；秋分至次年春分，开口朝北，其中太阳直射时，杆影轨迹过原点（即杆脚）.北回归线上，夏至日轨迹过原点.3.回归线至极昼区边界以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线，曲率比低纬地区有所加大。春分至秋分，开口朝南，夏至轨迹与和轴的交点分别为、；秋分至次年春分，开口朝北，冬至轨迹与轴交点为。在春秋分，轨迹为直线，该直线距轴为个单位，因为正午影长与杆高相等。显然春秋分轨迹并不是两至日轨迹的对称轴。4.极昼区边界以南极圈为例，冬至日该地恰好出现极昼，轨迹为开口向北的抛物线.值得一提的是，凡是极昼区与非极昼区分界纬线上（即刚出现极昼的纬线），其轨迹为抛物线，而并非椭圆.南极圈其他日期为双曲线或直线.5.极昼区（除极点）以为例，极昼期间轨迹为椭圆，24小时均有杆影，正午与子夜太阳高度分别为最大和最小，杆影分别为最短和最长.椭圆长轴位于南北方向，短轴位于东西方向，原点位于椭圆的焦点，越靠近极昼区的边缘，则椭圆的偏心率越大.6.极点春秋分日，太阳在地平线上，理论上杆影无限长，杆影轨迹无法表达.极昼期间，极点的杆影轨迹为正圆，圆心为杆脚，因为太阳平行于地平面，一天内太阳高度不变.越趋向夏至（或冬至日），圆的半径越小；越趋向春秋分，则圆半径趋向无穷大.综合以上分析可知，杆影轨迹共有双曲线、直线、抛物线、椭圆和圆5种线条类型.直线是春秋分日的特有形态，全球（除两极）皆为直线.抛物线是刚出现极昼地区（如太阳直射那天，地区）的特有形态.椭圆是高纬地区在极昼时期的特有形态.圆是北极点和南极点的特有形态.双曲线是全球各地的普遍形态，太阳直射点在北半球时则双曲线开口朝南，反之则朝北.其中，直线为一条直线，双曲线和抛物线均为半支，椭圆为一整个椭圆，故ABD正确，C错误.故选：ABD.12.已知，若它的图象恒在x轴上方，则（）A.的单调递增区间为B.方程可能有三个实数根C.若函数在处的切线经过原点，则D.过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线〖答案〗D〖解析〗A选项，因为函数的图象恒在x轴上方，时，由于恒成立，故要想恒正，则要满足，时，恒成立，，当时，在恒成立，故在单调递增，又当时，，故在上恒成立，满足要求，当时，令，故存在，使得，当时，，当时，，故在上单调递减，又当时，，故时，，不合题意，舍去，综上：，当时，，，且，画出函数图象如下，故的单调递增区间为，，A错误；B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；C选项，当时，，则，则函数在处的切线方程为，将代入切线方程得，，解得，当时，，则，则函数在处切线方程为，将代入切线方程得，，其中满足上式，不满足，故C错误；D选项，当时，设上一点，，当切点为，则，故切线方程为，此时有一条切线，当切点不为时，设切点为，则，此时有，即，其中表示直线的斜率，画出与的图象，最多有6个交点，故可作6条切线，时，当切点不为时，设切点为，则，，，，结合图象可得，存在一个点，使得过点的切线过上时函数的一点，故可得一条切线，当点在时的函数图象上时，由图象可知，不可能作8条切线，综上，过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线，D正确.故选：D.三、填空题13.写出一个焦距为3的椭圆的标准方程：______．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意，即，又，例如，则，标准方程可为．故〖答案〗为：．（〖答案〗不唯一）14.平面直角坐标系中有一直线l：，用斜二测画法画出平面的直观图，在直观图中直线l恰为x轴和y轴的角平分线，则______．〖答案〗2〖解析〗画出平面的直观图如图所示：由题意，平分，所以，过点作轴，交轴于点，所以，所以，从而有，所以有，不妨设，现在将平面直观图还原，如图所示：由图可知，此时直线l：经过点，所以.故〖答案〗为：2.15.已知矩形和另一点E，，，且，连接交直线于点F，若的面积为6，则______．〖答案〗或〖解析〗我们分以下两种情形来解决，情形一：如图所示：当时，有，，所以有，即，解得，此时，由题意，，解得；情形二：如图所示：当时，有，，所以有，即，解得，由题意，，解得.综上所述：若的面积为6，则或.故〖答案〗为：或.16.一张圆形餐桌前有个人，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜．现规定每人只能在相邻两人或餐桌中心的三道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记未被夹取过的菜肴数为，则______，的通项公式为______．〖答案〗〖解析〗给所有菜编号，中心菜编号为0，其余每人前面的菜分别为，记事件“中心菜未被夹”为，事件“中心菜被夹”为，则由题意，，所以，记事件“第道菜未被夹”为，事件“第道菜被夹”为，，所以，，所以，而由题意有，所以，从而.故〖答案〗为：，.四、解答题17.等差数列中，，的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）证明：对任意正数k，均存在使得成立．（1）解：设数列的公差为d，于是，因为，所以，所以，解得，则.（2）证明：由（1）可知，所以，，考虑，即，即，由于，则时，，且，结合上述不等式得，整理得，任取整数，则，原不等式成立，于是对于任意正数k，均存在使得成立．18.已知函数，（1）求的极值；（2）作在处的切线交的图象于另一点，若，求l的斜率．（1）解：由函数，可得，令，解得，，则列表如下：+00+极大值极小值所以的极大值为，极小值为．（2）解：由题意，在处的切线l的方程为，整理得，设，可得，则，从而，可得，解得，所以，由题意可知，方程有另一解，于是，所以，解得或，当时，l的斜率；当时，l的斜率，综上可得，切线l的斜率为3．19.中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且；边上有一点D（D不与三角形的顶点重合）满足.（1）求C的取值范围；（2）若，求A．解：（1）在中，由正弦定理得，则，又，且，所以，考虑到，则是锐角，如图所示：若C为钝角，则，即，此时有，又，则，则；如图所示：若C为锐角，则，由题意知，则，所以，又，所以，所以，综上所述，．（2）由题知，若C为钝角，则在中，有，此时，不合题意；故C为锐角，也即，由（1）可知，，且注意到，所以中，由余弦定理得，解得，因为，所以，结合正弦定理知，于是，又，则，又，将上式代入得，解得．20.在能源和环保的压力下，新能源汽车将成为未来的发展方向．某市大力推广新能源汽车，成果显著，该市近6年的新能源汽车保有量数据如下表，年份代号x123456保有量y（万辆）11.82.745.99.1（1）记时对应的汽车保有量为，其相较去年的增长量为，分析发现变量z和y有线性关系，试建立变量z和y的回归方程（精确到0.01）；（2）根据（1）问的结果分析：①；②；③当中哪一个更适合作为汽车保有量y与年份x的回归方程类型？判断并说明理由．附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．解：（1）设关于的回归方程为，当时，可得，，则，可得，所以关于的回归方程为．（2）选择②，理由如下：由（1）问知和有线性关系，故用估计，知，则，可得，可得是首项为，公比为的等比数列，从而，满足②式的形式，故②适宜作为y与x回归方程类型．21.空间中的两平行平面与之间的距离为4，边长为2的等边三角形，分别在平面，中，且它们中心的连线垂直于平面；若恒成立.（1）证明：，，两两夹角相等；（2）当四面体的体积最大时，求（1）问中夹角的余弦值．（1）证明：记和中心分别为点O，，当时，记点，，所在位置分别为点，，，易知为正三棱柱，且点，，，，，均在以为圆心的圆上，的半径为；因为，所以，同理可得，记，则在中，，由上知，于是，且，，，则，下面只需证明，因为，同理有，，而在中，由于，所以和所对弧长相等，即，所以，则，，也即，则，同理有，所以，所以，即，，两两夹角相等．（2）解：记直线和的交点为P，连接，设和到平面的距离分别为，，作于G，于H，由（1）问知，，则，，于是平面，平面，从而，，又的面积，若P在线段上（如上图），则，因为，所以，于是，，则，若P在线段的延长线上（如下图），则，因为，所以，所以，于，，则，综上，当时，四面体的体积取最大值，此时，则，则，，由（1）问知，，设和的夹角为，则．22.双曲线C：经过点，且点P到双曲线C两渐近线的距离之比为.（1）求C的方程；（2）过点P作不平行于坐标轴的直线交双曲线于另一点Q，作直线交C的渐近线于两点A，B（A在第一象限），使，记和直线QB的斜率分别为，，①证明：是定值；②若四边形ABQP的面积为5，求．（1）解：如图所示：将代入双曲线C得：，双曲线的渐近线为，即；取：，：，则点P到的距离，点P到的距离，因为且，所以，所以，于是，即，又，所以，所以，解得，所以，则，则C：．（2）如图所示：①证明：设：，：，，将点P代入直线得：，即，联立直线和双曲线的方程，消去y得：，则，（式i）因为点A在第一象限，故联立直线与解得，则，联立直线与解得，则，所以，又，，所以，于是，（式ii）（式ii）与（式i）相减得：，则，则，即，故为定值1．②解：直线与之间的距离，由①问的证明知四边形是平行四边形，而，故四边形ABQP的面积，解得或，于是或．湖北省武汉市九所重点中学2024届高三上学期第一次联考数学试题一、选择题1.设集合，，则的元素个数为（）A.4 B.5 C.2 D.0〖答案〗A〖解析〗由方程，可得，即，又由，解得，即，则，所以中有4个元素.故选：A.2.与垂直的单位向量是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗不妨设与垂直的单位向量是，则有，解方程组得或.故选：D.3.以下满足的虚数z是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对于选项A：若，则，可得，所以，故A错误；对于选项B：若，则，可得，所以，故B错误；对于选项C：若，则，可得，所以，故C正确；对于选项D：若，则，可得，所以，故D错误；故选：C.4.多项式的项系数比项系数多，则其各项系数之和为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由二项式定理，，∵项系数比项系数多，∴，即，解得：.∴，令可得各项系数之和为.故选：D.5.在集合所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为集合中有两个奇数：3，5；三个偶数：2，4，6共5个元素，所以集合的非空真子集一共有个，接下来分四种情形来求满足题意的非空真子集的个数：情形一：当集合中只有1个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个即可，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形二：当集合中只有2个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个，或者同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形三：当集合中只有3个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个且同时选取3，5，或者同时选取2，4，6，此时满足题意的非空真子集的个数为；情形四：当集合中只有4个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个且同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为.综上所述：由分类加法计数原理可知，满足题意的非空真子集的个数共有个，因此在集合的所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是.故选：B.6.如图，三棱台中，，现在以下四项中选择一个，可以证明的条件有（）①；②；③；④；A.4个 B.3个 C.2个 D.1个〖答案〗C〖解析〗如图所示：设三棱台的三条侧棱交于一点.因为在三棱台中，，所以，故等价于，对于条件③：若，分别在中运用余弦定理可得，，，因为，且，所以，所以，故，故条件③满足题意；对于条件①，若，则，即又注意到，即，且，所以，又，余弦函数在上单调递减，所以，结合以上对条件③的分析，故条件①也满足题意；对于条件②：不妨设是两个互相垂直的等边三角形，且分别是的中点，因为，，所以，因为，所以，同时又有，满足题意，此时，取点为的中点，连接，由于是两个互相垂直的等边三角形，所以平面平面，且由三线合一可知，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以，由于在等边中，，，故，所以，即，所以，故条件②不满足题意；对于条件④：分别在中运用余弦定理可得，，，所以不妨设，，所以，即，所以或，换言之，在条件的情况下，不一定成立，所以不一定成立，故条件④不满足题意.综上所述，满足题意的条件有：①，③；共有两个.故选：C.7.抛物线C：的焦点为F，顶点为O，其上两点（均异于原点O）满足；过O点作于C，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示：由题意不妨设直线满足，，其中，联立得，，所以由韦达定理有，从而，又由可知，因为，所以解得，此时满足题意，故，所以直线，因为，所以不妨设，联立，解得，即点，又，所以，因为，所以，.故选：C.8.求值：（）A. B. C.1 D.〖答案〗A〖解析〗不妨设所求的值为，则，由正弦的二倍角公式逆用有，由诱导公式、二倍角公式及其逆用得，最终由两角和差的正弦公式得.故选：A.二、选择题9.将三角函数经如下变换后得到的图象：①将图象向右平移个单位；②将图象向左平移个单位；③将图象向下平移个单位；④将图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍；以下变换顺序正确的是（）A.④①③ B.④③①① C.②②③④ D.③①④〖答案〗BCD〖解析〗由题意.按A选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故A错误；按B选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故B正确；按C选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故C正确；按D选项方式对进行伸缩平移变换后会得到，故D正确.故选：BCD.10.等比数列和函数满足，，则以下数列也为等比数列的是（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗由题意不妨设等比数列的公比为，所以，且，对于A，当时，有，且，由等比数列定义可知数列是等比数列，故A选项符合题意；对于B，当是正奇数时，不是正整数，此时没有定义，从而数列不是等比数列，故B选项不符合题意；对于C，当时，有，且，由等比数列定义可知数列是等比数列，故C选项符合题意；对于D，当时，有，但，从而数列不是等比数列，故D选项不符合题意.故选：AC.11.如图，在平整的地面上任一点O处观测点P处的太阳时，可以将太阳一日的运动轨迹看作一个圆，且这个圆在以O为球心，半径很大的球面上．白天观测到的轨迹是其在地面以上的部分．在点O处立一根杆OA（A也可看作球心），它在地面上形成日影，且P，A，三点共线，则白天时点在地面上运动的轨迹可能是（）A.一个抛物线 B.一条直线 C.一个半椭圆 D.双曲线的一支〖答案〗ABD〖解析〗由题意，由自然地理知识，以六个不同纬度讨论杆影轨迹形态.1.赤道春秋分日，赤道上的杆影轨迹为一条经过杆脚（原点）的东西向直线，与x轴重合（图3），因为太阳正东升，太阳视运动轨迹垂直于地平面，故整个上午太阳均在正东方向，影子在正西方向，正午太阳在天顶无杆影，下午太阳位于正西，杆影则在正东.除极点外，全球任意纬度的春秋分杆影轨迹均为一条东西向直线，北半球该线位于杆脚以北，南半球则为以南，纬度越高则直线离杆脚越远.非春秋分日，赤道上的杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，太阳直射点位于北半球，赤道上观察太阳位于偏北方，故杆影轨迹位于杆脚的南侧，开口朝南.秋分至次年春分，杆影位于杆脚北侧，开口朝北.日期越接近春秋分则双曲线的曲率越小，日期越接近二至日则曲率越大.二至日曲率最大，且离杆脚最远.2.回归线之间（含回归线）以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，开口朝南；秋分至次年春分，开口朝北，其中太阳直射时，杆影轨迹过原点（即杆脚）.北回归线上，夏至日轨迹过原点.3.回归线至极昼区边界以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线，曲率比低纬地区有所加大。春分至秋分，开口朝南，夏至轨迹与和轴的交点分别为、；秋分至次年春分，开口朝北，冬至轨迹与轴交点为。在春秋分，轨迹为直线，该直线距轴为个单位，因为正午影长与杆高相等。显然春秋分轨迹并不是两至日轨迹的对称轴。4.极昼区边界以南极圈为例，冬至日该地恰好出现极昼，轨迹为开口向北的抛物线.值得一提的是，凡是极昼区与非极昼区分界纬线上（即刚出现极昼的纬线），其轨迹为抛物线，而并非椭圆.南极圈其他日期为双曲线或直线.5.极昼区（除极点）以为例，极昼期间轨迹为椭圆，24小时均有杆影，正午与子夜太阳高度分别为最大和最小，杆影分别为最短和最长.椭圆长轴位于南北方向，短轴位于东西方向，原点位于椭圆的焦点，越靠近极昼区的边缘，则椭圆的偏心率越大.6.极点春秋分日，太阳在地平线上，理论上杆影无限长，杆影轨迹无法表达.极昼期间，极点的杆影轨迹为正圆，圆心为杆脚，因为太阳平行于地平面，一天内太阳高度不变.越趋向夏至（或冬至日），圆的半径越小；越趋向春秋分，则圆半径趋向无穷大.综合以上分析可知，杆影轨迹共有双曲线、直线、抛物线、椭圆和圆5种线条类型.直线是春秋分日的特有形态，全球（除两极）皆为直线.抛物线是刚出现极昼地区（如太阳直射那天，地区）的特有形态.椭圆是高纬地区在极昼时期的特有形态.圆是北极点和南极点的特有形态.双曲线是全球各地的普遍形态，太阳直射点在北半球时则双曲线开口朝南，反之则朝北.其中，直线为一条直线，双曲线和抛物线均为半支，椭圆为一整个椭圆，故ABD正确，C错误.故选：ABD.12.已知，若它的图象恒在x轴上方，则（）A.的单调递增区间为B.方程可能有三个实数根C.若函数在处的切线经过原点，则D.过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线〖答案〗D〖解析〗A选项，因为函数的图象恒在x轴上方，时，由于恒成立，故要想恒正，则要满足，时，恒成立，，当时，在恒成立，故在单调递增，又当时，，故在上恒成立，满足要求，当时，令，故存在，使得，当时，，当时，，故在上单调递减，又当时，，故时，，不合题意，舍去，综上：，当时，，，且，画出函数图象如下，故的单调递增区间为，，A错误；B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；C选项，当时，，则，则函数在处的切线方程为，将代入切线方程得，，解得，当时，，则，则函数在处切线方程为，将代入切线方程得，，其中满足上式，不满足，故C错误；D选项，当时，设上一点，，当切点为，则，故切线方程为，此时有一条切线，当切点不为时，设切点为，则，此时有，即，其中表示直线的斜率，画出与的图象，最多有6个交点，故可作6条切线，时，当切点不为时，设切点为，则，，，，结合图象可得，存在一个点，使得过点的切线过上时函数的一点，故可得一条切线，当点在时的函数图象上时，由图象可知，不可能作8条切线，综上，过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线，D正确.故选：D.三、填空题13.写出一个焦距为3的椭圆的标准方程：______．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意，即，又，例如，则，标准方程可为．故〖答案〗为：．（〖答案〗不唯一）14.平面直角坐标系中有一直线l：，用斜二测画法画出平面的直观图，在直观图中直线l恰为x轴和y轴的角平分线，则______．〖答案〗2〖解析〗画出平面的直观图如图所示：由题意，平分，所以，过点作轴，交轴于点，所以，所以，从而有，所以有，不妨设，现在将平面直观图还原，如图所示：由图可知，此时直线l：经过点，所以.故〖答案〗为：2.15.已知矩形和另一点E，，，且，连接交直线于点F，若的面积为6，则______．〖答案〗或〖解析〗我们分以下两种情形来解决，情形一：如图所示：当时，有，，所以有，即，解得，此时，由题意，，解得；情形二：如图所示：当时，有，，所以有，即，解得，由题意，，解得.综上所述：若的面积为6，则或.故〖答案〗为：或.16.一张圆形餐桌前有个人，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜．现规定每人只能在相邻两人或餐桌中心的三道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记未被夹取过的菜肴数为，则______，的通项公式为______．〖答案〗〖解析〗给所有菜编号，中心菜编号为0，其余每人前面的菜分别为，记事件“中心菜未被夹”为，事件“中心菜被夹”为，则由题意，，所以，记事件“第道菜未被夹”为，事件“第道菜被夹”为，，所以，，所以，而由题意有，所以，从而.故〖答案〗为：，.四、解答题17.等差数列中，，的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）证明：对任意正数k，均存在使得成立．（1）解：设数列的公差为d，于是，因为，所以，所以，解得，则.（2）证明：由（1）可知，所以，，考虑，即，即，由于，则时，，且，结合上述不等式得，整理得，任取整数，则，原不等式成立，于是对于任意正数k，均存在使得成立．18.已知函数，（1）求的极值；（2）作在处的切线交的图象于另一点，若，求l的斜率．（1）解：由函数，可得，令，解得，，则列表如下：+00+极大值极小值所以的极大值为，极小值为．（2）解：由题意，在处的切线l的方程为，整理得，设，可得，则，从而，可得，解得，所以，由题意可知，方程有另一解，于是，所以，解得或，当时，l的斜率；当时，l的斜率，综上可得，切线l的斜率为3．19.中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且；边上有一点D（D不与三角形的顶点重合）满足.（1）求C的取值范围；（2）若，求A．解：（1）在中，由正弦定理得，则，又，且，所以，考虑到，则是锐角，如图所示：若C为钝角，则，即，此时有，又，则，则；如图所示：若C为锐角，则，由题意知，则，所以，又，所以，所以，综上所述，．