2023届安徽省合肥市高三下学期第一次教学质量检测数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1合肥市2023年高三第一次教学质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.2．作答选择题时，每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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.已知复数满足，则复数虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算可求得，即可求得结果.〖详析〗由可得，所以复数的虚部为.故选：A2.设集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据两集合中的元素特征可知，集合分别表示的是的奇数倍和整数倍，根据补集运算可知表示的应是的偶数倍.〖详析〗由题意可知，，可知集合表示的是的奇数倍，而由可知，集合表示的是的整数倍，即，所以.故选：B3.核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（）A.0.495% B.0.9405% C.0.99% D.0.9995%〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据条件概率的乘法公式即可求解.〖详析〗记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，故选：A4.将函数图像上各点横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位得到曲线C．若曲线C的图像关于轴对称，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先根据图像变化得到曲线C为：，由图像关于轴对称得，进而可求得〖答案〗.〖详析〗由题意得变化后的曲线C为：，曲线C的图像关于轴对称，故，又，即当，故选：B.5.已知p：，q：，则p是q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.〖详析〗令，，且，故为奇函数，时，递增，则也递增，又为奇函数，则在上递增，，若，则，则，即即；，若，则等价于，即，由在上递增，则，即，故p是q的充要条件，故选：C.6.已知线段PQ的中点为等边三角形ABC的顶点A，且，当PQ绕点A转动时，的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗以点为原点，建立直角坐标系，可知两点都是圆上的动点，当直线斜率不存在时，可得，直线斜率存在时，可得到或，再讨论与的大小关系，即可求解.〖详析〗以点为原点，以与平行的直线为轴，与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，，易知两点都是圆上的动点，当直线斜率不存在时，，此时，，则当直线斜率不存在时，可设直线的方程为，当时，联立，解得，，则，，；同理，当时，，，，综上所述，的取值范围是，故〖答案〗选：D.7.抛物线E：的焦点为F，曲线l：交抛物线E于A，B两点，则的面积为（）A.4 B.6 C. D.8〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，分别联立直线与抛物线方程得到点的坐标，然后结合两点间距离公式以及点到直线的距离公式即可得到结果.〖详析〗因为曲线l：，当时，；当时，，当时，联立直线与抛物线，解得，设，当时，联立直线与抛物线，解得，设，又因为，则，则可得，即点到直线的距离为，,则故选:D8.已知正方体的棱长为4，M，N分别是侧面和侧面的中心，过点M的平面与直线ND垂直，平面截正方体所得的截面记为S，则S的面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.〖详析〗正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系，侧面的中心，侧面的中心，而，有，显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，，而平面，则，即，令，得点，令，得点，连，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，由，即，令，得点，连，因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，，由得，即，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，由得，连接得截面五边形，即截面为五边形，，取中点，连接，则，在中，，的面积，在中，，边上的高，梯形面积，所以S的面积为.故选：C〖『点石成金』〗方法『点石成金』：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．在每个小题给出的选项中，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，函数的图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据给定的函数，按分类探讨，结合函数的单调性及函数增长速度的大小判断作答.〖详析〗当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，因此函数在上单调递增，而，函数图象为曲线，A可能；当时，函数在上的图象是不含端点的射线，B可能；当时，取，有，即函数图象与x轴有两个公共点，又，随着的无限增大，函数呈爆炸式增长，其增长速度比的大，因此存在正数，当时，恒成立，即，C可能，D不可能.故选：ABC10.已知数列满足．若对，都有成立，则整数的值可能是（）A. B. C.0 D.1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根据数列以及构造不等式可得对都成立；分别对为奇数和偶数时进行分类讨论即可求得的取值范围并得出结果.〖详析〗由可得，若对，都有成立，即，整理可得，所以对都成立；当为奇数时，恒成立，所以，即；当为偶数时，恒成立，所以，即；所以的取值范围是，则整数的值可能是.故选：BC11.已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（）A.三角形面积的最大值为B.三棱锥体积的最大值C.四面体外接球表面积的最小值为11D.直线SP与平面所成角的余弦值的最小值为〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项B；因为底面圆，所以四面体外接球球心在的中垂面和过外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由线面角公式可得，当面时，直线SP与平面所成角的余弦值最小，判断出选项D．〖详析〗选项A，由母线长为，高为，可得底面半径为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，故A错误；选项B，，当面时，，故B正确；选项C，设的外接圆半径为，底面圆，四面体外接球半径满足，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理，则点经过线段的中垂线时，最大，的外接圆半径最小，此时，，，即四面体外接球表面积的最小值为，故C错误；选项D，设点到平面的距离为，直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，，此时直线SP与平面所成角的余弦值最小，最小值为，故D正确；故选：BD12.已知函数是偶函数，且．当时，，则下列说法正确的是（）A.是奇函数B.在区间上有且只有一个零点C.在上单调递增D.区间上有且只有一个极值点〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗A选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.〖详析〗函数是偶函数，故，因为，所以，故，将替换为，得到，故为奇函数，A正确；因为，故，故，所以的一个周期为4，故在区间上的零点个数与在区间上的相同，因为，而，故，其中，故在区间至少有2个零点，B错误；时，，则，令，，当时，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；D选项，时，，故，令，，当时，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，，，由零点存在性定理，，使得，当时，，当时，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以区间上有且只有一个极值点，D正确.故选：ACD〖『点石成金』〗设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a；（5）若，则函数的周期为；（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把〖答案〗填在答题卡上的相应位置．13.函数在点处的切线与直线平行，则实数______．〖答案〗5〖解析〗〖祥解〗根据导数的几何意义结合平行关系分析运算.〖详析〗∵，则，∴，若切线与直线平行，则，解得.故〖答案〗为：5.14.二项式展开式中，的系数是______．〖答案〗15〖解析〗〖祥解〗由，利用二项式展开式的通项公式求解.详析〗解：二项式，二项式展开式的通项公式为，所以在二项式展开式中，的系数是，故〖答案〗为：1515.已知AB为圆C：的一条弦，M为线段AB的中点．若（O为坐标原点），则实数m的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意，设，由列出方程，从而得到的取值范围，然后再检验即可.〖详析〗设，因为圆C的圆心为，所以，所以又因为，则所以，即即，当时，表示点，圆，因为M为线段AB的中点，所以在圆内，即，满足题意；当时，表示点，圆，则，满足题意；当时，在以为圆心，为半径的圆上，且，所以圆的圆心在圆的内部，且圆的半径，即小于圆的半径，故圆与圆必相交，满足在圆内，故，所以实数m的取值范围是故〖答案〗为:16.已知双曲线E：的左右焦点分别为，，A为其右顶点，P为双曲线右支上一点，直线与轴交于Q点．若，则双曲线E的离心率的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意设点并解出Q点坐标为，再根据可得，即可解得，由P为双曲线右支上一点可得，解不等式即可求得离心率的取值范围.〖详析〗如下图所示，根据题意可得，设，则直线的方程为，所以直线与轴的交点，由可得，即，整理得，即；又因为P为双曲线右支上一点，所以，当时，共线与题意不符，即；可得，整理得，即，解得或（舍）；即双曲线E的离心率的取值范围为.故〖答案〗为：四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，．（1）求的通项公式；（2）求证：．〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）设出等差数列的公差，利用已知列出方程组，即可求解作答.（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和推理作答.〖小问1详析〗设等差数列的公差为d，由，，得，而，解得，，所以的通项公式．〖小问2详析〗由（1）知，，所以．18.如图，正方体的棱长为4，点M为棱的中点，P，Q分别为棱，上的点，且，PQ交于点N．（1）求证：平面ABCD；（2）求多面体的体积．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）方法一：由题意证得，再由线面平行的判定定理即可证明；方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标表示求出，即可证明；（2）方法一：由设多面体BDMPQ的体积为V，连接DP，则，代入计算即可求出〖答案〗；方法二：建立空间直角坐标系，由空间向量夹角公式求出值，即可求出，表示出，再求出点到平面的距离，即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗方法一：∵，，∴．∴，即点N为线段的中点．过点N作于点E，则，且，∴，且，∴四边形AMNE为平行四边形，∴．又∵平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，．∵，，∴点N为的中点，则，∴，∴与，共面，且平面ABCD，∴平面ABCD．〖小问2详析〗方法一：设多面体BDMPQ的体积为V，连接DP，则．方法二：∵，，，，则，∴，且，∴四边形PQDM为平行四边形，且，．∵，，∴，∴，∴．设为平面DMPQ的法向量，则令，则，，即，∴点到平面的距离为，∴四棱B-DMPQ的体积为．19.已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且．（1）若，求A的大小；（2）当取得最大值时，试判断的形状．〖答案〗（1）（2）为直角三角形〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意利用正弦定理、余弦定理进行边化角结合三角恒等变换化简整理可得，运算求解即可得结果；（2）根据题意结合化简整理得，再利用基本不等式运算求解.〖小问1详析〗∵，即，则，可得，故，则，∴，当时，则，又∵，∴．〖小问2详析〗由（1）知，，∴，，当且仅当，即当，时，等号成立，∴的最大值为，又∵，则的最大值为，此时，∴．∴为直角三角形．20.已知曲线C：，从曲线C上的任意点作压缩变换得到点．（1）求点所在的曲线E的方程；（2）设过点的直线交曲线E于A，B两点，试判断以AB为直径的圆与直线的位置关系，并写出分析过程．〖答案〗（1）（2）以AB为直径的圆与直线相离，分析过程见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)直接利用伸缩变换的应用和变换前的关系式的应用求出结果；(2)分斜率存在和不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离与半径比较大小，即可进行判断.〖小问1详析〗由得，代入得，曲线E的方程为．〖小问2详析〗由题知，当直线l斜率存在时，设l：，由消去y整理得，．设，，则，以AB为直径的圆的圆心横坐标为．又，以AB为直径的圆的半径为，圆心到直线的距离为，，即，以AB为直径的圆与直线相离．当直线l的斜率不存在时，易知以AB为直径的圆的半径为，圆的方程是，该圆与直线相离．综上可知，以AB为直径的圆与直线相离．21.研究表明，温度的突然变化会引起机体产生呼吸道上皮组织的生理不良反应，从而导致呼吸系统疾病的发生或恶化．某中学数学建模社团成员欲研究昼夜温差大小与该校高三学生患感冒人数多少之间的关系，他们记录了某周连续六天的温差，并到校医务室查阅了这六天中每天高三学生新增患感冒而就诊的人数，得到资料如下：日期第一天第二天第三天第四天第五天第六天昼夜温差x（℃）47891412新增就诊人数y（位）参考数据：，．（1）已知第一天新增患感冒而就诊的学生中有7位女生，从第一天新增的患感冒而就诊的学生中随机抽取3位，若抽取的3人中至少有一位男生的概率为，求的值；（2）已知两个变量x与y之间的样本相关系数，请用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程，据此估计昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数（结果保留整数）．参考公式：，．〖答案〗（1）（2）33人〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意由求解；（2）根据样本相关系数，求得，再利用公式求得即可.〖小问1详析〗解：∵，∴，∴，∴．〖小问2详析〗∵，∴，∴．∵，∴，∴．又∵，解得．∴，∴，当时，，∴可以估计，昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数为33人．22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的方程有两个实数解，求a的最大整数值．〖答案〗（1）〖答案〗见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）求导后，由二次方程根的情况，分类讨论即可求解，（2）利用（1）的结论可判断，进而根据两个零点满足，构造函数和，求导利用函数的单调性即可求解.〖小问1详析〗的定义域为，，．①当，即时，恒成立，此时，在上单调递减．②当，即时，由解得，．由解得，；由解得，或，此时，在和上单调递减，在上单调递增．③当，即时，由，解得或（舍），由，解得；由，解得，此时，在上单调递增，在上单调递减．〖小问2详析〗令，则．由（1）知，当时，在上单调递减，此时在上至多有一个零点，不符合题意舍去．由于a是整数，故．当时，由（1）知上单调递增，在上单调递减，取，则；取，．若在上有两个零点，则．∵，令，则．∴，则，∴在上单调递增．又∵，，∴存在唯一的，使得，当时，，此时．若，则，．令，则在上单调递增，又∵，∴，当时，．此时，，∴．∴当时，成立，∴a的最大整数值为．〖『点石成金』〗对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

高考模拟试题PAGEPAGE1合肥市2023年高三第一次教学质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.2．作答选择题时，每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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.已知复数满足，则复数虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算可求得，即可求得结果.〖详析〗由可得，所以复数的虚部为.故选：A2.设集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据两集合中的元素特征可知，集合分别表示的是的奇数倍和整数倍，根据补集运算可知表示的应是的偶数倍.〖详析〗由题意可知，，可知集合表示的是的奇数倍，而由可知，集合表示的是的整数倍，即，所以.故选：B3.核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（）A.0.495% B.0.9405% C.0.99% D.0.9995%〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据条件概率的乘法公式即可求解.〖详析〗记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，故选：A4.将函数图像上各点横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位得到曲线C．若曲线C的图像关于轴对称，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先根据图像变化得到曲线C为：，由图像关于轴对称得，进而可求得〖答案〗.〖详析〗由题意得变化后的曲线C为：，曲线C的图像关于轴对称，故，又，即当，故选：B.5.已知p：，q：，则p是q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.〖详析〗令，，且，故为奇函数，时，递增，则也递增，又为奇函数，则在上递增，，若，则，则，即即；，若，则等价于，即，由在上递增，则，即，故p是q的充要条件，故选：C.6.已知线段PQ的中点为等边三角形ABC的顶点A，且，当PQ绕点A转动时，的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗以点为原点，建立直角坐标系，可知两点都是圆上的动点，当直线斜率不存在时，可得，直线斜率存在时，可得到或，再讨论与的大小关系，即可求解.〖详析〗以点为原点，以与平行的直线为轴，与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，，易知两点都是圆上的动点，当直线斜率不存在时，，此时，，则当直线斜率不存在时，可设直线的方程为，当时，联立，解得，，则，，；同理，当时，，，，综上所述，的取值范围是，故〖答案〗选：D.7.抛物线E：的焦点为F，曲线l：交抛物线E于A，B两点，则的面积为（）A.4 B.6 C. D.8〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，分别联立直线与抛物线方程得到点的坐标，然后结合两点间距离公式以及点到直线的距离公式即可得到结果.〖详析〗因为曲线l：，当时，；当时，，当时，联立直线与抛物线，解得，设，当时，联立直线与抛物线，解得，设，又因为，则，则可得，即点到直线的距离为，,则故选:D8.已知正方体的棱长为4，M，N分别是侧面和侧面的中心，过点M的平面与直线ND垂直，平面截正方体所得的截面记为S，则S的面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.〖详析〗正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系，侧面的中心，侧面的中心，而，有，显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，，而平面，则，即，令，得点，令，得点，连，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，由，即，令，得点，连，因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，，由得，即，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，由得，连接得截面五边形，即截面为五边形，，取中点，连接，则，在中，，的面积，在中，，边上的高，梯形面积，所以S的面积为.故选：C〖『点石成金』〗方法『点石成金』：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．在每个小题给出的选项中，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，函数的图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据给定的函数，按分类探讨，结合函数的单调性及函数增长速度的大小判断作答.〖详析〗当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，因此函数在上单调递增，而，函数图象为曲线，A可能；当时，函数在上的图象是不含端点的射线，B可能；当时，取，有，即函数图象与x轴有两个公共点，又，随着的无限增大，函数呈爆炸式增长，其增长速度比的大，因此存在正数，当时，恒成立，即，C可能，D不可能.故选：ABC10.已知数列满足．若对，都有成立，则整数的值可能是（）A. B. C.0 D.1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根据数列以及构造不等式可得对都成立；分别对为奇数和偶数时进行分类讨论即可求得的取值范围并得出结果.〖详析〗由可得，若对，都有成立，即，整理可得，所以对都成立；当为奇数时，恒成立，所以，即；当为偶数时，恒成立，所以，即；所以的取值范围是，则整数的值可能是.故选：BC11.已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（）A.三角形面积的最大值为B.三棱锥体积的最大值C.四面体外接球表面积的最小值为11D.直线SP与平面所成角的余弦值的最小值为〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项B；因为底面圆，所以四面体外接球球心在的中垂面和过外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由线面角公式可得，当面时，直线SP与平面所成角的余弦值最小，判断出选项D．〖详析〗选项A，由母线长为，高为，可得底面半径为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，故A错误；选项B，，当面时，，故B正确；选项C，设的外接圆半径为，底面圆，四面体外接球半径满足，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理，则点经过线段的中垂线时，最大，的外接圆半径最小，此时，，，即四面体外接球表面积的最小值为，故C错误；选项D，设点到平面的距离为，直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，，此时直线SP与平面所成角的余弦值最小，最小值为，故D正确；故选：BD12.已知函数是偶函数，且．当时，，则下列说法正确的是（）A.是奇函数B.在区间上有且只有一个零点C.在上单调递增D.区间上有且只有一个极值点〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗A选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.〖详析〗函数是偶函数，故，因为，所以，故，将替换为，得到，故为奇函数，A正确；因为，故，故，所以的一个周期为4，故在区间上的零点个数与在区间上的相同，因为，而，故，其中，故在区间至少有2个零点，B错误；时，，则，令，，当时，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；D选项，时，，故，令，，当时，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，，，由零点存在性定理，，使得，当时，，当时，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以区间上有且只有一个极值点，D正确.故选：ACD〖『点石成金』〗设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a；（5）若，则函数的周期为；（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把〖答案〗填在答题卡上的相应位置．13.函数在点处的切线与直线平行，则实数______．〖答案〗5〖解析〗〖祥解〗根据导数的几何意义结合平行关系分析运算.〖详析〗∵，则，∴，若切线与直线平行，则，解得.故〖答案〗为：5.14.二项式展开式中，的系数是______．〖答案〗15〖解析〗〖祥解〗由，利用二项式展开式的通项公式求解.详析〗解：二项式，二项式展开式的通项公式为，所以在二项式展开式中，的系数是，故〖答案〗为：1515.已知AB为圆C：的一条弦，M为线段AB的中点．若（O为坐标原点），则实数m的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意，设，由列出方程，从而得到的取值范围，然后再检验即可.〖详析〗设，因为圆C的圆心为，所以，所以又因为，则所以，即即，当时，表示点，圆，因为M为线段AB的中点，所以在圆内，即，满足题意；当时，表示点，圆，则，满足题意；当时，在以为圆心，为半径的圆上，且，所以圆的圆心在圆的内部，且圆的半径，即小于圆的半径，故圆与圆必相交，满足在圆内，故，所以实数m的取值范围是故〖答案〗为:16.已知双曲线E：的左右焦点分别为，，A为其右顶点，P为双曲线右支上一点，直线与轴交于Q点．若，则双曲线E的离心率的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意设点并解出Q点坐标为，再根据可得，即可解得，由P为双曲线右支上一点可得，解不等式即可求得离心率的取值范围.〖详析〗如下图所示，根据题意可得，设，则直线的方程为，所以直线与轴的交点，由可得，即，整理得，即；又因为P为双曲线右支上一点，所以，当时，共线与题意不符，即；可得，整理得，即，解得或（舍）；即双曲线E的离心率的取值范围为.故〖答案〗为：四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，．（1）求的通项公式；（2）求证：．〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）设出等差数列的公差，利用已知列出方程组，即可求解作答.（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和推理作答.〖小问1详析〗设等差数列的公差为d，由，，得，而，解得，，所以的通项公式．〖小问2详析〗由（1）知，，所以．18.如图，正方体的棱长为4，点M为棱的中点，P，Q分别为棱，上的点，且，PQ交于点N．（1）求证：平面ABCD；（2）求多面体的体积．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）方法一：由题意证得，再由线面平行的判定定理即可证明；方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量的坐标表示求出，即可证明；（2）方法一：由设多面体BDMPQ的体积为V，连接DP，则，代入计算即可求出〖答案〗；方法二：建立空间直角坐标系，由空间向量夹角公式求出值，即可求出，表示出，再求出点到平面的距离，即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗方法一：∵，，∴．∴，即点N为线段的中点．过点N作于点E，则，且，∴，且，∴四边形AMNE为平行四边形，∴．又∵平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，．∵，，∴点N为的中点，则，∴，∴与，共面，且平面ABCD，∴平面ABCD．〖小问2详析〗方法一：设多面体BDMPQ的体积为V，连接DP，则．方法二：∵，，，，则，∴，且，∴四边形PQDM为平行四边形，且，．∵，，∴，∴，∴．设为平面DMPQ的法向量，则令，则，，即，∴点到平面的距离为，∴四棱B-DMPQ的体积为．19.已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且．（1）若，求A的大小；（2）当取得最大值时，试判断的形状．〖答案〗（1）（2）为直角三角形〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意利用正弦定理、余弦定理进行边化角结合三角恒等变换化简整理可得，运算求解即可得结果；（2）根据题意结合化简整理得，再利用基本不等式运算求解.〖小问1详析〗∵，即，则，可得，故，则，∴，当时，则，又∵，∴．〖小问2详析〗由（1）知，，∴，，当且仅当，即当，时，等号成立，∴的最大值为，又∵，则的最大值为，此时，∴．∴为直角三角形．20.已知曲线C：，从曲线C上的任意点作压缩变换得到点．（1）求点所在的曲线E的方程；（2）设过点的直线交曲线E于A，B两点，试判断以AB为直径的圆