2022-2023学年安徽省黄山市高三上学期第一次质量检测数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1黄山市2023届高中毕业班第一次质量检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解不等式，求出，得到交集.〖详析〗，，故.故选：D2.若，则（）A.2 B. C. D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据复数的运算先求出复数，然后利用共轭复数的概念和模的计算方法即可求解.〖详析〗因为，所以，则，所以，则，故选：.3.已知点在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将P点坐标代入渐近线方程，求出a与b的关系，再根据求出离心率.〖详析〗渐近线方程为：，由于P点坐标在第二象限，选用，将P点坐标代入得：，又；故选：D.4.南宋数学家在《详析九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有一个高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第30项为（）A.379 B.407 C.436 D.466〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据数列的新定义,写出递推关系式,根据关系式找到数列的通项公式,即可求出结果.〖详析〗解:由题知高阶等差数列前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,因为,记第项为,则有,所以,所以.故选:C5.两批同种规格的产品，第一批占、合格品率为，第二批占、合格品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取一件.则这件产品是次品的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗次品率等于1减合格品率，计算可得.〖详析〗.故选：D.6.2022年11月30日,神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”,为记录这一历史时刻,他们准备在天和核心舱合影留念.假设6人站成一排,要求神舟十四号三名航天员互不相邻,且神舟十五号三名航天员也互不相邻,则他们的不同站法共有（）种A.72 B.144 C.36 D.108〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗不相邻问题进行插空,先将神舟十四号三名航天员全排,再将神舟十五号三名航天员插入,由于神舟十四号三名航天员互不相邻,神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入,故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足,写出式子,计算结果即可.〖详析〗解:由题知,不妨先将神舟十四号三名航天员全排为:,再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中,因为神舟十四号三名航天员互不相邻,故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上,进行排列:,最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下,共,故不同站法有:种.故选:A7.在中,,O是的外心,则的最大值为（）A.1 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取中点为,将写为,展开后,将作为一组基底,将其他向量写为的形式,再将三角形的边和角代入,用余弦定理将边角之间关系代入上式,再用正弦定理求出变量范围,求出最大值即可.〖详析〗解:由题知,记的三边为,因为O是的外心,记中点为,则有,所以且,所以①,在中,由余弦定理得:,即,即,代入①中可得:,在中,由正弦定理得:,所以,所以,当时取等,故的最大值为3.故选:C8.下列不等式不正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗A选项，用分析法证明，分析出即证，两边平方后得到，即证，A正确；B选项，两边取对数后，构造，，求导得到其单调性，得证；C选项，结合正弦二倍角公式，即证，构造，，求导后得到其单调性，从而得到，C错误；D选项，两边取对数后即证，构造，，求导后得到其单调性，从而证明出，D正确.〖详析〗要证，即证，两边平方得：，即证，即证，显然成立，故，A正确；要证，两边取对数得：，即证，构造，，在上恒成立，故在上单调递减，所以，即，所以，B正确；因为，其中，要证，即证，即，构造，，在上恒成立，所以上单调递增故，即，C错误；D选项，两边取对数得：，构造，，，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，所以在上单调递增，故，结论得证，D正确.故选：C〖『点石成金』〗构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中BCD三个选项比较大小，都需要变形后，构造出适当函数进行比较大小.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数,现将函数的图象沿x抽向左平移单位后,得到一个偶函数的图象,则（）A.函数的周期为B.函数图象的一个对称中心为C.当时,函数的最小值为D.函数的极值点为〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗运用半角公式,将化为,再向向左平移单位,写出〖解析〗式,根据其为偶函数且有,可得的值,代入中可得〖解析〗式,求出周期,对称中心,根据换元法求最值,再求除极值点即求对称轴处即可.〖详析〗解:由题知将的图象沿x抽向左平移单位后为:,因为为偶函数,所以把,因为,所以解得,故;所以周期为,故选项A正确;令,解得,因为故为的一个对称中心,故选项B错误;因为,令,则在单调递减,所以,故选项C正确;令,可得,极值点处即为对称轴处,故极值点为,故选项D错误.故选:AC10.在正方体中，点P满足，则（）A.对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变B.对于任意的正实数，都有平面C.存在正实数，使得异面直线与所成的角为D.存在正实数，使得直线与平面所成的角为〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即可.〖详析〗A：因为平面，平面，所以平面，因为，所以在线段（不包括端点）上，因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，B：设平面的法向量为，，所以有，因为，所以，而平面，所以平面，因此本选项正确；C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，设平面的法向量为，所以有，，解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，故选：AB11.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，则（）A.曲线围成的图形的周长是B.曲线上的任意两点间的距离不超过4C.曲线围成的图形的面积是D.若是曲线上任意一点，则的最小值是〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图象，由图象即可判断各选项.〖详析〗由，当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆.曲线的图象如下图所示：由图象可知，曲线由4个半圆组成，故其周长为，围成的图形的面积为，故A正确、C正确；曲线上的任意两点间的最大距离为，故B错误；圆心到直线的距离为，到直线的距离，若使最小，则有，所以，故D正确.故选：ACD.12.对于函数，则（）A.是单调函数的充要条件是B.图像一定是中心对称图形C.若，且恰有一个零点，则或D.若的三个零点恰为某三角形的三边长，则〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根据函数的性质逐项分析.〖详析〗对于A，若是单调的，则有恒成立，即，错误；对于B，设对称中心为，则有，将的〖解析〗式代入化简得：，令，则，即总是关于点D对称的，正确；对于C，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增；若只有1个零点，必有极大值，或者极小值，，正确；对于D，不妨设，则有，，，的大致图像必定如下图：，，正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，常数项为15，则实数a的值为____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗运用二项式定理求解.〖详析〗由二项式定理知：，，即，；故〖答案〗为：.14.已知,若成等差数列,成等比数列,则的最小值是____________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗根据成等差数列,成等比数列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.〖详析〗解:由题知,成等差数列,成等比数列故有:,所以,因为,所以,当且仅当时取等,故,即的最小值为2.故〖答案〗为:215.圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，在该圆锥内放置一个棱长为m的正四面体，并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则实数m的最大值为____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，先求出该外接球的半径，该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，先求出正方体的棱长，从而可得〖答案〗.〖详析〗设为该圆锥的底面圆心，则其高为，则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高上，设为，设半径为，设该圆锥的内切球与圆锥的母线相切于点，连接，则中，，则，解得，由题意得正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，将该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即，得，则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为，所以实数m的最大值为，故〖答案〗为：16.设抛物线的焦点为F，直线l过F且与抛物线交于A、B两点，若，则直线l的方程为____________.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗设出直线方程与抛物线方程联立，结合平面向量共线的性质、一元一次方程根与系数关系进行求解即可.〖详析〗由题意可知直线l存在斜率，因为，显然该直线的斜率不为零，设为，由，所以直线l的方程为，于是有，设，则有，由，由，当时，，即，当时，，即故〖答案〗为：或〖『点石成金』〗关键『点石成金』：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图,已知外接圆的圆心O为坐标原点,且O在内部,.（1）求,求;（2）求面积的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由题可得外接圆半径,即,用向量加减法把写为,展开代入长度和角即可求出数量积;(2)由圆心角,可求圆周角,即的值,由外接圆半径为1,根据正弦定理可求,根据余弦定理可求之间等式关系,根据基本不等式可求的最大值,根据三角形面积公式,即可求出其最大值.〖小问1详析〗解:由题知,故圆的半径为1,所以,所以〖小问2详析〗由(1)知,外接圆的半径为1,因为,所以在中,由正弦定理可得:,解得:,在中,由余弦定理可得:,化简可得:,由基本不等式可知,即,所以解得,当且仅当时取等,所以故面积的最大值为.18.已知数列满足,且.（1）求数列的通项公式;（2）数列满足,,若,求k的值.〖答案〗（1）（2）79〖解析〗〖祥解〗(1)根据递推关系式,向前推一项,相减即可得数列为隔项是等差数列,分为奇数,和为偶数两种情况,分别求出通项公式即可得出结果;(2)根据(1)中的结果,得到的通项公式,将化简,利用换底公式解出k的值即可.〖小问1详析〗解:由题知①,因为,所以,解得,当时,②,①-②可得:,所以当奇数时,,,,以上式子相加可得:,化简可得,满足上式，所以当为偶数时,,,,以上式子相加可得:,化简可得,满足上式，综上:;〖小问2详析〗由(1)知,故,因为,所以,即,故,解得.19.如图1，在直角梯形中，，点E、F分别是边的中点，现将沿边折起，使点C到达点P的位置（如图2所示），且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）要证明两平面垂直只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面即可；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.〖小问1详析〗如图，连接BF，由条件知四边形ABFD是正方形，，是等腰直角三角形，E是BC的中点，；并且，；如图：在中，，，，平面ABD，平面ABD，又，平面ABD，平面APE，平面平面ABD；〖小问2详析〗因为两两垂直，以E为原点，BE为x轴，FE为y轴，EP为z轴建立空间直角坐标系如下图：则有，，设平面ABP与平面ADP的夹角为，平面ABP的一个法向量为，平面ADP的一个法向量为，则有：，，令，则；，，令，则，，；20.第22届卡塔尔世界杯（FIFAWorldCupQatar2022）足球赛,于当地时间2022年1月20日（北京时间1月21日）至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行,共计4场赛事.除东道主卡塔尔外,另有来自五个大洲足球联合会的31支球队拥有该届世界杯决赛参赛资格,各大洲足联各自举办预选赛事以决定最终出线的球队.世界杯群星荟萃,拨动着各国人民的心弦,向人们传递着正能量和欢乐.（1）某中学2022年举行了“学习世界杯,塑造健康体魄”的主题活动,经过一段时间后,学生的身体素质明显增强,现将该学校近5个月体重超重的人数进行了统计,得到如下表格:月份x12345体重超重人数y640540420300200若该学校体重超重人数y与月份x（月份x依次为1,2,3,4,5…）具有线性相关关系,请预测从第几月份开始该学校体重超重的人数降至50人以下？（2）在某次赛前足球训练上,开始时球恰由控制,此后规定球仅在A、B和C三名队员中传递,已知当球由A控制时,传给B的概率为,传给C的概率为;当球由B控制时,传给A的概率为,传给C的概率为;当球由C控制时,传给A的概率为,传给B的概率为.①记为经过n次传球后球恰由A队员控制的概率,求;②若传球次数,C队员控制球的次数为X,求.参考公式:.〖答案〗（1）7（2）①,;②〖解析〗〖祥解〗(1)根据最小二乘法求出y关于x的线性回归方程,使y小于50,求出x的范围,即可得出结果;(2)①分析和时A队员控制的情况,利用独立事件的概率公式计算结果即可;②由,分析所有控球的情况可知的可能取值为:0,1,2,分别求出各个的概率,利用期望公式求出结果即可.〖小问1详析〗解:由题知学校体重超重人数y与月份x（月份x依次为1,2,3,4,5…）具有线性相关关系,故设,根据表格可得:,所以,因为,故线性回归方程为:,当时,即,解得,故预测从第7月份开始该学校体重超重的人数降至50人以下;〖小问2详析〗①由题知为经过1次传球后由队员控制,因为开始时球恰由控制,所以1次传球后只能传给,,故,为经过2次传球后由队员控制,不妨以,,表示控球的队员,则可能的情况为:或,当传球情况为时,,当传球情况为时,,故;②由题分析可知的可能取值为:0,1,2,当时,控球的情况为:,所以,当时,控球的情况为:或或或或,四种情况,所以当时,控球的情况为:或,,故.21.已知椭圆的离心率为，且直线截椭圆所得的弦长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与y轴交于点P，A、C为椭圆上的两个动点、且位于第一象限（不在直线上），直线分别交椭圆于B、D两点，若直线分别交直线于E、F两点，求证：.〖答案〗（1）（2）证明过程见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据弦长得到，结合离心率和，求出，得到椭圆方程；（2）平移坐标系，将变为，椭圆方程为，设，，，表达出，，表达出直线，得到，同理得到，通过计算得到，从而得到，故.〖小问1详析〗中令得：，故①，又，，故，代入①中，解得：，故，则椭圆的标准方程为；〖小问2详析〗由题意得：，因为A、C为椭圆上的两个动点且位于第一象限，且不在直线上，所以直线的斜率存在且斜率不为0，把平面直角坐标系向上平移1个单位，则变为，直线分别交直线于E、F两点，变为直线分别交直线于E、F两点，此时椭圆方程为，设，，由于平移后的椭圆不再关于原点对称，故，其中，，，同理可得：，则直线为，令得：，其中，直线为，令得：，其中，故，则，故.〖『点石成金』〗圆锥曲线中，若设出直线方程，与圆锥曲线联立，计算量特别大时，可平移坐标系，减小计算难度和计算量，平移坐标系后，圆锥曲线的方程书写时，满足“左加右减，上减下加”，或理解为将圆锥曲线的中心移至某点，移动方向与坐标轴正方向相同则加，相反则减，要保证平移坐标系后方程的正确性.22.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数k的取值范围.〖答案〗（1）〖答案〗见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先求定义域，再求导，分与，讨论函数单调区间，在时，根据根的判别式进行分类讨论，最终求出函数的单调区间；（2）参变分离，得到，构造，，求导后，构造，，求导利用隐零点，同构等方法求出，得到实数k的取值范围.〖小问1详析〗，定义域为，则，当时，恒成立，故，所以的单调递增区间为，无递减区间；当时，令，当，即时，恒成立，故，所以的单调递增区间为，无递减区间；当，即时，此时设的两根为，，两根均大于0，且，令得：或，令得：，故的单调递增区间为，单调递减区间为；综上：当时，的单调递增区间为，无递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；〖小问2详析〗由于的定义域为，可只需考虑时，不等式恒成立，即，化简得：，令，，则，令，，在上恒成立，故在上单调递减，因为，，故存在，使得，即，设，，则在上恒成立，故在上单调递增，所以，即，，当时，，，当时，，，故时，单调递增，时，单调递减，故在时取得极大值，也是最大值，故，故，所以实数k的取值范围是〖『点石成金』〗隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.高考模拟试题PAGEPAGE1黄山市2023届高中毕业班第一次质量检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解不等式，求出，得到交集.〖详析〗，，故.故选：D2.若，则（）A.2 B. C. D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据复数的运算先求出复数，然后利用共轭复数的概念和模的计算方法即可求解.〖详析〗因为，所以，则，所以，则，故选：.3.已知点在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将P点坐标代入渐近线方程，求出a与b的关系，再根据求出离心率.〖详析〗渐近线方程为：，由于P点坐标在第二象限，选用，将P点坐标代入得：，又；故选：D.4.南宋数学家在《详析九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有一个高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第30项为（）A.379 B.407 C.436 D.466〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据数列的新定义,写出递推关系式,根据关系式找到数列的通项公式,即可求出结果.〖详析〗解:由题知高阶等差数列前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,因为,记第项为,则有,所以,所以.故选:C5.两批同种规格的产品，第一批占、合格品率为，第二批占、合格品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取一件.则这件产品是次品的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗次品率等于1减合格品率，计算可得.〖详析〗.故选：D.6.2022年11月30日,神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”,为记录这一历史时刻,他们准备在天和核心舱合影留念.假设6人站成一排,要求神舟十四号三名航天员互不相邻,且神舟十五号三名航天员也互不相邻,则他们的不同站法共有（）种A.72 B.144 C.36 D.108〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗不相邻问题进行插空,先将神舟十四号三名航天员全排,再将神舟十五号三名航天员插入,由于神舟十四号三名航天员互不相邻,神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入,故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足,写出式子,计算结果即可.〖详析〗解:由题知,不妨先将神舟十四号三名航天员全排为:,再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中,因为神舟十四号三名航天员互不相邻,故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上,进行排列:,最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下,共,故不同站法有:种.故选:A7.在中,,O是的外心,则的最大值为（）A.1 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取中点为,将写为,展开后,将作为一组基底,将其他向量写为的形式,再将三角形的边和角代入,用余弦定理将边角之间关系代入上式,再用正弦定理求出变量范围,求出最大值即可.〖详析〗解:由题知,记的三边为,因为O是的外心,记中点为,则有,所以且,所以①,在中,由余弦定理得:,即,即,代入①中可得:,在中,由正弦定理得:,所以,所以,当时取等,故的最大值为3.故选:C8.下列不等式不正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗A选项，用分析法证明，分析出即证，两边平方后得到，即证，A正确；B选项，两边取对数后，构造，，求导得到其单调性，得证；C选项，结合正弦二倍角公式，即证，构造，，求导后得到其单调性，从而得到，C错误；D选项，两边取对数后即证，构造，，求导后得到其单调性，从而证明出，D正确.〖详析〗要证，即证，两边平方得：，即证，即证，显然成立，故，A正确；要证，两边取对数得：，即证，构造，，在上恒成立，故在上单调递减，所以，即，所以，B正确；因为，其中，要证，即证，即，构造，，在上恒成立，所以上单调递增故，即，C错误；D选项，两边取对数得：，构造，，，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，所以在上单调递增，故，结论得证，D正确.故选：C〖『点石成金』〗构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中BCD三个选项比较大小，都需要变形后，构造出适当函数进行比较大小.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数,现将函数的图象沿x抽向左平移单位后,得到一个偶函数的图象,则（）A.函数的周期为B.函数图象的一个对称中心为C.当时,函数的最小值为D.函数的极值点为〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗运用半角公式,将化为,再向向左平移单位,写出〖解析〗式,根据其为偶函数且有,可得的值,代入中可得〖解析〗式,求出周期,对称中心,根据换元法求最值,再求除极值点即求对称轴处即可.〖详析〗解:由题知将的图象沿x抽向左平移单位后为:,因为为偶函数,所以把,因为,所以解得,故;所以周期为,故选项A正确;令,解得,因为故为的一个对称中心,故选项B错误;因为,令,则在单调递减,所以,故选项C正确;令,可得,极值点处即为对称轴处,故极值点为,故选项D错误.故选:AC10.在正方体中，点P满足，则（）A.对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变B.对于任意的正实数，都有平面C.存在正实数，使得异面直线与所成的角为D.存在正实数，使得直线与平面所成的角为〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即可.〖详析〗A：因为平面，平面，所以平面，因为，所以在线段（不包括端点）上，因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，B：设平面的法向量为，，所以有，因为，所以，而平面，所以平面，因此本选项正确；C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，设平面的法向量为，所以有，，解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，故选：AB11.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，则（）A.曲线围成的图形的周长是B.曲线上的任意两点间的距离不超过4C.曲线围成的图形的面积是D.若是曲线上任意一点，则的最小值是〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图象，由图象即可判断各选项.〖详析〗由，当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆；当，时，，即，表示圆心为，半径的半圆.曲线的图象如下图所示：由图象可知，曲线由4个半圆组成，故其周长为，围成的图形的面积为，故A正确、C正确；曲线上的任意两点间的最大距离为，故B错误；圆心到直线的距离为，到直线的距离，若使最小，则有，所以，故D正确.故选：ACD.12.对于函数，则（）A.是单调函数的充要条件是B.图像一定是中心对称图形C.若，且恰有一个零点，则或D.若的三个零点恰为某三角形的三边长，则〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根据函数的性质逐项分析.〖详析〗对于A，若是单调的，则有恒成立，即，错误；对于B，设对称中心为，则有，将的〖解析〗式代入化简得：，令，则，即总是关于点D对称的，正确；对于C，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增；若只有1个零点，必有极大值，或者极小值，，正确；对于D，不妨设，则有，，，的大致图像必定如下图：，，正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，常数项为15，则实数a的值为____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗运用二项式定理求解.〖详析〗由二项式定理知：，，即，；故〖答案〗为：.14.已知,若成等差数列,成等比数列,则的最小值是____________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗根据成等差数列,成等比数列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.〖详析〗解:由题知,成等差数列,成等比数列故有:,所以,因为,所以,当且仅当时取等,故,即的最小值为2.故〖答案〗为:215.圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，在该圆锥内放置一个棱长为m的正四面体，并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则实数m的最大值为____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，先求出该外接球的半径，该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，先求出正方体的棱长，从而可得〖答案〗.〖详析〗设为该圆锥的底面圆心，则其高为，则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高上，设为，设半径为，设该圆锥的内切球与圆锥的母线相切于点，连接，则中，，则，解得，由题意得正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，将该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即，得，则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为，所以实数m的最大值为，故〖答案〗为：16.设抛物线的焦点为F，直线l过F且与抛物线交于A、B两点，若，则直线l的方程为____________.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗设出直线方程与抛物线方程联立，结合平面向量共线的性质、一元一次方程根与系数关系进行求解即可.〖详析〗由题意可知直线l存在斜率，因为，显然该直线的斜率不为零，设为，由，所以直线l的方程为，于是有，设，则有，由，由，当时，，即，当时，，即故〖答案〗为：或〖『点石成金』〗关键『点石成金』：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图,已知外接圆的圆心O为坐标原点,且O在内部,.（1）求,求;（2）求面积的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由题可得外接圆半径,即,用向量加减法把写为,展开代入长度和角即可求出数量积;(2)由圆心角,可求圆周角,即的值,由外接圆半径为1,根据正弦定理可求,根据余弦定理可求之间等式关系,根据基本不等式可求的最大值,根据三角形面积公式,即可求出其最大值.〖小问1详析〗解:由题知,故圆的半径为1,所以,所以〖小问2详析〗由(1)知,外接圆的半径为1,因为,所以在中,由正弦定理可得:,解得:,在中,由余弦定理可得:,化简可得:,由基本不等式可知,即,所以解得,当且仅当时取等,所以故面积的最大值为.18.已知数列满足,且.（1）求数列的通项公式;（2）数列满足,,若,求k的值.〖答案〗（1）（2）79〖解析〗〖祥解〗(1)根据递推关系式,向前推一项,相减即可得数列为隔项是等差数列,分为奇数,和为偶数两种情况,分别求出通项公式即可得出结果;(2)根据(1)中的结果,得到的通项公式,将化简,利用换底公式解出k的值即可.〖小问1详析〗解:由题知①,因为,所以,解得,当时,②,①-②可得:,所以当奇数时,,,,以上式子相加可得:,化简可得,满足上式，所以当为偶数时,,,,以上式子相加可得:,化简可得,满足上式，综上:;〖小问2详析〗由(1)知,故,因为,所以,即,故,解得.19.如图1，在直角梯形中，，点E、F分别是边的中点，现将沿边折起，使点C到达点P的位置（如图2所示），且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）要证明两平面垂直只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面即可；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.〖小问1详析〗如图，连接BF，由条件知四边形ABFD是正方形，，是等腰直角三角形，E是BC的中点，；并且，；如图：在中，，，，平面ABD，平面ABD，又，平面ABD，平面APE，平面平面ABD；〖小问2详析〗因为两两垂直，以E为原点，BE为x轴，FE为y轴，EP为z轴建立空间直角坐标系如下图：则有，，设平面ABP与平面ADP的夹角为，平面ABP的一个法向量为，平面ADP的一个法向量为，则有：，，令，则；，，令，则，，；20.第22届卡塔尔世界杯（FIFAWorldCupQatar2022）足球赛,于当地时间2022年1月20日（北京时间1月21日）至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行,共计4场赛事.除东道主卡塔尔外,另有来自五个大洲足球联合会的31支球队拥有该届世界杯决赛参赛资格,各大洲足联各自举办预选赛事以决定最终出线的球队.世界杯群星荟萃,拨动着各国人民的心弦,向人们传递着正能量和欢乐.（1）某中学2022年举行了“学习世界杯,塑造健康体魄”的主题活动,经过一段时间后,学生的身体素质明显增强,现将该学校近5个月体重超重的人数进行了统计,得到如下表格:月份x12345体重超重人数y640540420300200若该学校体重超重人数y与月份x（月份x依次为1,2,3,4,5…）具有线性相关关系,请预测从第几月份开始该学校体重超重的人数降至50人以下？（2）在某次赛前足球训练上,开始时球恰由控制,此后规定球仅在A、B和C三名队员中传递,已知当球由A控制时,传给B的概率为,传给C的概率为;当球由B控制时,传给A的概率为,传给C的概率为;当球由C控制时,传给A的概率为,传给B的概率为.①记为经过n次传球后球恰由A队员控制的概率,求;②若传球次数,C队员控制球的次数为X,求.参考公式:.〖答案〗（1）7（2）①,;②〖解析〗〖祥解〗(1)根据最小二乘法求出y关于x的线性回归方程,使y小于50,求出x的范围,即可得出结果;(2)①分析和时A队员控制的情况,利用独立事件的概率公式计算结果即可;②由,分析所有控球的情况可知的可能取值为:0,1,2,分别求出各个的概率,利用期望