2023届安徽省淮南市高三上学期一模数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1淮南市2023届高三第一次模拟考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：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〗C〖解析〗〖祥解〗解出集合、，利用交集的定义可求得集合.〖详析〗因为，，因此，.故选：C.2.在复平面内，对应的点分别为，则对应的点为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据复数的几何意义，先得到，然后根据复数的除法运算得到一个结果后，再根据复数的几何意义确定所对应的点的坐标〖详析〗根据复数的几何意义，，于是，对应的点为：.故选：B3.为迎接北京年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”（如图）健身活动.依据小王年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制的折线图（如图），根据该折线图，下列结论正确的是（）A.月跑步里程逐月增加B.月跑步里程的极差小于C.月跑步里程的中位数为月份对应的里程数D.月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更大〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据折线分布图中数据的变化趋势可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用数据的波动幅度可判断D选项.〖详析〗对于A选项，月至月、月至月、月至月月跑步里程逐月减少，A错；对于B选项，月跑步里程的极差约为，B错；对于C选项，月跑步里程由小到大对应的月份分别为：月、月、月、月、月、月、月、月、月、月、月，所以，月跑步里程的中位数为月份对应的里程数，C对；对于D选项，月至月的月跑步里程的波动幅度比月至月的月跑步里程的波动幅度小，故月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更小，D错.故选：C.4.斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2023项的和为（）A.2023 B.2024 C.2696 D.2697〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据数列各项的规律可知是以6为周期的周期数列，利用周期性求解即可,〖详析〗因为，且，所以数列为，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列为，是以6为周期的周期数列，所以数列的前2023项的和，故选：D5.在中，，点D，E分别在线段，上，且D为中点，，若，则直线经过的（）.A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据题意，可得四边形为菱形，即可得到平分，从而得到结果.〖详析〗因为，且D为中点，，则，又因为，则可得四边形为菱形，即为菱形的对角线，所以平分，即直线经过的内心故选:A6.近年来，准南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好宜居环境，城市公园越来越多，某周末，甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上密森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择共中一个景点游玩，记事件M：甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N：甲和乙选择的景点不同，则（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据对立事件可求出，然后求得，根据条件概率公式，即可求出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，甲乙两人随机选择景点，所有的情况为种，甲乙两人都不选择八公山森林公园的情况为种，所有甲乙两人都不选择八公山森林公园的概率为，所以.事件：甲选择八公山森林公园，乙选择其他，有3种可能；或乙选择八公山森林公园，甲选择其他，有3种可能.甲乙两人随机选择有所以事件发生的概率为，根据条件概率公式可得，.故选：D.7.已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，点在的准线上，若为等边三角形，则（）A. B.6 C. D.16〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用抛物线的定义结合为等边三角形可知垂直于准线，利用抛物线方程可解出点坐标进而得到直线的方程，将直线的方程与抛物线联立，利用韦达定理即可求解.〖详析〗因为为等边三角形，所以，又因为点在的准线上，由抛物线的定义可知垂直于准线，由可知，，设，因为，，所以，所以，代入抛物线方程得点坐标为，所以直线方程为，整理得，由得，所以，故选：A8.若，，，则实数a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，，由可得，，所以.设，则，因为，故，所以即，所以在上为增函数，又，，，又，所以.故选：B.二、多选题：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，则（）A.的值域为B.直线是曲线的一条切线C.图象的对称中心为D.方程有三个实数根〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗A.分两种情况求函数的值域；B.利用导数求函数的切线，判断选项；C.利用平移判断函数的对称中心；D.首先求的值，再求解方程的实数根.〖详析〗A.时，，当时等号成立，当时，，当时等号成立，故A错误；B.令，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，故B正确；C.的对称中心是，所以的对称中心是，向右平移1个单位得，对称中心是，故C错误；D.，解得：或，当，得，，1个实根，当时，得或，2个实根，所以共3个实根，故D正确.故选：BD10.在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，则（）A.平面平面B.直线与所成的角的余弦值为C.直线与平面所成的角的正弦值为D.该四棱锥外接球的表面积为〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可.〖详析〗因为为矩形，所以，因为侧面为等边三角形，所以，因为，所以，由矩形可得，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面，因此选项A正确；由为矩形可得，所以是直线与所成的角（或其补角），设的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，所以，而平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，由勾股定理可知：，，，在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；因为平面，所以是直线与平面所成的角，因此，所以选项C不正确；设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，显然平面，即，过作，连接，设该四棱锥外接球的半径为，所以在直角三角形中，有，在直角梯形中，有，，在直角三角形中，有，即，解得，所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，故选：ABD〖『点石成金』〗关键『点石成金』：利用线面垂直的判定定理和球的几何性质是解题的关键.11.已知函数图像过点，且存在，当时，，则（）A.的周期为B.图像的一条对称轴方程为C.在区间上单调递减D.在区间上有且仅有4个极大值点〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.〖详析〗因为图像过点且，所以，解得，因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，所以，选项A：的周期，正确；选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；故选：ACD12.已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（）A. B.C的渐近线方程为C. D.与面积之比为2∶1〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断A，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C，从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.〖详析〗由，得，又由，得，不妨设，在中，由余弦定理得，所以，所以,所以，A正确；在直角三角形中，根据双曲线定义可得，所以，在三角形中，根据双曲线定义可得，所以，因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，所以，所以，所以，所以渐近线方程为，B正确；，所以，C正确；，所以与面积之比为3∶1，D错误，故选:ABC.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将〖答案〗填写在题中的横线上.）13.若角的始边是轴非负半轴，终边落在直线上，则______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗利用三角函数的定义求出的值，利用诱导公式、二倍角的余弦公式以及弦化切化简可得所求代数式的值.〖详析〗由已知可得，所以，，所以，.故〖答案〗为：.14.已知圆与圆交于A，B两点，则直线的方程为______；的面积为______.〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗两圆相减得到相交弦方程，即直线的方程，求出圆心，得到到直线的距离，利用垂径定理得到，得到三角形面积.〖详析〗两圆相减得：，化简得：，故直线的方程为，圆变形得到，圆心，半径为2，故圆心到直线的距离为，由垂径定理得：，故的面积为.故〖答案〗为：，.15.设直线与曲线，分别交于A，B两点，则的最小值____〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗由题意，设，求得.令，可知，使得，即可得出的单调性，进而根据得到，代入得出最小值.〖详析〗设，定义域为，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增.又，，所以，使得，即.且当时，有，则，所以在上单调递减；当时，有，则，所以在上单调递增.所以，在处有唯一极小值，也是最小值，因为，所以，所以.所以，的最小值为4.故〖答案〗为：4.16.在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗取中点为，由已知可证明平面即为平面，平面.可知.进而根据等腰三角形即可求出的取值范围.详析〗如图，取中点为，连结.由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，同理由，可得.因为平面，平面，，所以平面.则由，平面，可知，平面，平面.又点M在正方形内，平面平面，所以.所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.故〖答案〗为：.四、解答题（本大题共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.已知内角所对的边分别为，面积为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件（若两个都选，以第一个评分），求：（1）求角的大小；（2）求边中线长的最小值.条件①：;条件②：.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解；（2）由面积公式可得，利用向量可得，结合均值不等式即可求解.〖小问1详析〗选条件①：,因为中，所以，由正弦定理可得，即，，又,所以.选条件②：由余弦定理可得即，由正弦定理可得，因为，所以，所以，即，又,所以.〖小问2详析〗由（1）知，的面积为，所以，解得，由平面向量可知，所以，当且仅当时取等号，故边中线的最小值为.18.年月日时分，搭载空间站梦天实验舱成功发射，并进入预定轨道，梦天舱的重要结构件导轨支架采用了打印的薄壁蒙皮点阵结构.打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术.随着技术不断成熟，打印在精密仪器制作应用越来越多.某企业向一家科技公司租用一台打印设备，用于打印一批对内径有较高精度要求的零件.已知这台打印设备打印出品的零件内径（单位：）服从正态分布.（1）若该台打印了件这种零件，记表示这件零件中内径指标值位于区间的产品件数，求；（2）该科技公司到企业安装调试这台打印设备后，试打了个零件.度量其内径分别为（单位：）：、、、、，试问此打印设备是否需要进一步调试，为什么？参考数据：，，，〖答案〗（1）（2）需要进一步调试，理由见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）计算出一件产品的质量指标值位于区间的概率，分析可知，利用二项分布的期望公式可求得的值；（2）计算得出，，且，根据原则可得出结论.〖小问1详析〗解：由题意知，，，则，一件产品的质量指标值位于区间的概率即为因为，，所以，所以，所以.〖小问2详析〗解：服从正态分布，由于，则，，所以内径在之外的概率为，为小概率事件而，且，根据原则，机器异常，需要进一步调试.19.已知数列满足，.（1）求的通项公式；（2）记，数列的前项和为，证明：.〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）令，可得，可知数列为等差数列，即可得出；（2）裂项可得，相加可得.根据的单调性即可证明.〖小问1详析〗解：令，则由已知可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.〖小问2详析〗证明：由（1）可得，，则，因为单调递减，，显然，所以有.20.在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.（1）求证：；（2）若，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）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.〖小问1详析〗证明：取的中点为E，连结，∵，∴，在和中，∴，∴，∵的中点为E，∴，∵，∴面，∵面，∴〖小问2详析〗过S作面，垂足为D，连接，∴∵，平面∴，同理，∵底面为等腰直角三角形，，∴四边形为正方形且边长为2.以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，解得，取，则，∴，设平面的法向量，则，解得，取，则，∴，设平面与平面夹角为故平面与平面夹角的余弦值为.21.已知椭圆的左焦点为F，C上任意一点M到F的距离最大值和最小值之积为3，离心率为.（1）求C的方程；（2）若过点的直线l交C于A，B两点，且点A关于x轴的对称点落在直线上，求n的值及面积的最大值.〖答案〗（1）；（2），面积的最大值为.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知，根据，可得，.根据已知得到，，根据离心率值即可求出的值；（2）设，，由已知可得，即.联立直线与椭圆方程，根据，得到.根据韦达定理求出，.根据坐标表示出弦长以及点到直线l距离，即可得出.进而根据基本不等式，结合的范围换元即可求出面积的最小值.〖小问1详析〗解：由题意可得，，，.又因为，，，由已知可得，即，又椭圆C的离心率，所以，则，解得，所以，所以椭圆C的方程为.〖小问2详析〗解：设，，又，因为，所以，所以，化简整理得①.设直线，联立直线与椭圆方程化简整理可得，，可得②，由韦达定理，可得，③，将，代入①，可得④，再将③代入④，可得，解得，所以直线l的方程为，且由②可得，，即，由点到直线l的距离，，.令，则，当且仅当时，即，等号成立，所以面积S最大值为.22.已知有两个不同的零点.（1）求实数a的取值范围；（2）若，且恒成立，求实数的范围.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）求定义域，求导，分与两种情况，结合特殊点的函数值和零点存在性定理得到a的取值范围为；（2）由得到，设，得到，结合，，得到恒成立，构造，求导后分与两种情况，求出实数的范围.〖小问1详析〗定义域为.当时，在单调递增，至多只有1个零点，不合题意；当时，当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增；故在处取得极小值，也是最小值，由有两个不同的零点，得，解得：，又，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，故，，∴，∴取，则，故在各有一个不同的零点，即实数a的取值范围为；〖小问2详析〗，由题，，则，设，∴，∴恒成立，又∵，∴，即恒成立，设恒成立，，ⅰ）当时，，∴，∴在上单调递增，∴恒成立，注意到，∴符合题意；ⅱ）当时，∵，∴时，，∴在上单调递增；时，，∴在上单调递减.∴时，，不满足恒成立.综上：.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方高考模拟试题PAGEPAGE1淮南市2023届高三第一次模拟考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：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〗C〖解析〗〖祥解〗解出集合、，利用交集的定义可求得集合.〖详析〗因为，，因此，.故选：C.2.在复平面内，对应的点分别为，则对应的点为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据复数的几何意义，先得到，然后根据复数的除法运算得到一个结果后，再根据复数的几何意义确定所对应的点的坐标〖详析〗根据复数的几何意义，，于是，对应的点为：.故选：B3.为迎接北京年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”（如图）健身活动.依据小王年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制的折线图（如图），根据该折线图，下列结论正确的是（）A.月跑步里程逐月增加B.月跑步里程的极差小于C.月跑步里程的中位数为月份对应的里程数D.月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更大〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据折线分布图中数据的变化趋势可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用数据的波动幅度可判断D选项.〖详析〗对于A选项，月至月、月至月、月至月月跑步里程逐月减少，A错；对于B选项，月跑步里程的极差约为，B错；对于C选项，月跑步里程由小到大对应的月份分别为：月、月、月、月、月、月、月、月、月、月、月，所以，月跑步里程的中位数为月份对应的里程数，C对；对于D选项，月至月的月跑步里程的波动幅度比月至月的月跑步里程的波动幅度小，故月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更小，D错.故选：C.4.斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2023项的和为（）A.2023 B.2024 C.2696 D.2697〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据数列各项的规律可知是以6为周期的周期数列，利用周期性求解即可,〖详析〗因为，且，所以数列为，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列为，是以6为周期的周期数列，所以数列的前2023项的和，故选：D5.在中，，点D，E分别在线段，上，且D为中点，，若，则直线经过的（）.A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据题意，可得四边形为菱形，即可得到平分，从而得到结果.〖详析〗因为，且D为中点，，则，又因为，则可得四边形为菱形，即为菱形的对角线，所以平分，即直线经过的内心故选:A6.近年来，准南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好宜居环境，城市公园越来越多，某周末，甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上密森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择共中一个景点游玩，记事件M：甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N：甲和乙选择的景点不同，则（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据对立事件可求出，然后求得，根据条件概率公式，即可求出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，甲乙两人随机选择景点，所有的情况为种，甲乙两人都不选择八公山森林公园的情况为种，所有甲乙两人都不选择八公山森林公园的概率为，所以.事件：甲选择八公山森林公园，乙选择其他，有3种可能；或乙选择八公山森林公园，甲选择其他，有3种可能.甲乙两人随机选择有所以事件发生的概率为，根据条件概率公式可得，.故选：D.7.已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，点在的准线上，若为等边三角形，则（）A. B.6 C. D.16〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用抛物线的定义结合为等边三角形可知垂直于准线，利用抛物线方程可解出点坐标进而得到直线的方程，将直线的方程与抛物线联立，利用韦达定理即可求解.〖详析〗因为为等边三角形，所以，又因为点在的准线上，由抛物线的定义可知垂直于准线，由可知，，设，因为，，所以，所以，代入抛物线方程得点坐标为，所以直线方程为，整理得，由得，所以，故选：A8.若，，，则实数a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，，由可得，，所以.设，则，因为，故，所以即，所以在上为增函数，又，，，又，所以.故选：B.二、多选题：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，则（）A.的值域为B.直线是曲线的一条切线C.图象的对称中心为D.方程有三个实数根〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗A.分两种情况求函数的值域；B.利用导数求函数的切线，判断选项；C.利用平移判断函数的对称中心；D.首先求的值，再求解方程的实数根.〖详析〗A.时，，当时等号成立，当时，，当时等号成立，故A错误；B.令，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，故B正确；C.的对称中心是，所以的对称中心是，向右平移1个单位得，对称中心是，故C错误；D.，解得：或，当，得，，1个实根，当时，得或，2个实根，所以共3个实根，故D正确.故选：BD10.在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，则（）A.平面平面B.直线与所成的角的余弦值为C.直线与平面所成的角的正弦值为D.该四棱锥外接球的表面积为〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可.〖详析〗因为为矩形，所以，因为侧面为等边三角形，所以，因为，所以，由矩形可得，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面，因此选项A正确；由为矩形可得，所以是直线与所成的角（或其补角），设的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，所以，而平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，由勾股定理可知：，，，在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；因为平面，所以是直线与平面所成的角，因此，所以选项C不正确；设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，显然平面，即，过作，连接，设该四棱锥外接球的半径为，所以在直角三角形中，有，在直角梯形中，有，，在直角三角形中，有，即，解得，所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，故选：ABD〖『点石成金』〗关键『点石成金』：利用线面垂直的判定定理和球的几何性质是解题的关键.11.已知函数图像过点，且存在，当时，，则（）A.的周期为B.图像的一条对称轴方程为C.在区间上单调递减D.在区间上有且仅有4个极大值点〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.〖详析〗因为图像过点且，所以，解得，因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，所以，选项A：的周期，正确；选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；故选：ACD12.已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（）A. B.C的渐近线方程为C. D.与面积之比为2∶1〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断A，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C，从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.〖详析〗由，得，又由，得，不妨设，在中，由余弦定理得，所以，所以,所以，A正确；在直角三角形中，根据双曲线定义可得，所以，在三角形中，根据双曲线定义可得，所以，因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，所以，所以，所以，所以渐近线方程为，B正确；，所以，C正确；，所以与面积之比为3∶1，D错误，故选:ABC.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将〖答案〗填写在题中的横线上.）13.若角的始边是轴非负半轴，终边落在直线上，则______.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗利用三角函数的定义求出的值，利用诱导公式、二倍角的余弦公式以及弦化切化简可得所求代数式的值.〖详析〗由已知可得，所以，，所以，.故〖答案〗为：.14.已知圆与圆交于A，B两点，则直线的方程为______；的面积为______.〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗两圆相减得到相交弦方程，即直线的方程，求出圆心，得到到直线的距离，利用垂径定理得到，得到三角形面积.〖详析〗两圆相减得：，化简得：，故直线的方程为，圆变形得到，圆心，半径为2，故圆心到直线的距离为，由垂径定理得：，故的面积为.故〖答案〗为：，.15.设直线与曲线，分别交于A，B两点，则的最小值____〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗由题意，设，求得.令，可知，使得，即可得出的单调性，进而根据得到，代入得出最小值.〖详析〗设，定义域为，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增.又，，所以，使得，即.且当时，有，则，所以在上单调递减；当时，有，则，所以在上单调递增.所以，在处有唯一极小值，也是最小值，因为，所以，所以.所以，的最小值为4.故〖答案〗为：4.16.在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗取中点为，由已知可证明平面即为平面，平面.可知.进而根据等腰三角形即可求出的取值范围.详析〗如图，取中点为，连结.由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，同理由，可得.因为平面，平面，，所以平面.则由，平面，可知，平面，平面.又点M在正方形内，平面平面，所以.所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.故〖答案〗为：.四、解答题（本大题共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.已知内角所对的边分别为，面积为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件（若两个都选，以第一个评分），求：（1）求角的大小；（2）求边中线长的最小值.条件①：;条件②：.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解；（2）由面积公式可得，利用向量可得，结合均值不等式即可求解.〖小问1详析〗选条件①：,因为中，所以，由正弦定理可得，即，，又,所以.选条件②：由余弦定理可得即，由正弦定理可得，因为，所以，所以，即，又,所以.〖小问2详析〗由（1）知，的面积为，所以，解得，由平面向量可知，所以，当且仅当时取等号，故边中线的最小值为.18.年月日时分，搭载空间站梦天实验舱成功发射，并进入预定轨道，梦天舱的重要结构件导轨支架采用了打印的薄壁蒙皮点阵结构.打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术.随着技术不断成熟，打印在精密仪器制作应用越来越多.某企业向一家科技公司租用一台打印设备，用于打印一批对内径有较高精度要求的零件.已知这台打印设备打印出品的零件内径（单位：）服从正态分布.（1）若该台打印了件这种零件，记表示这件零件中内径指标值位于区间的产品件数，求；（2）该科技公司到企业安装调试这台打印设备后，试打了个零件.度量其内径分别为（单位：）：、、、、，试问此打印设备是否需要进一步调试，为什么？参考数据：，，，〖答案〗（1）（2）需要进一步调试，理由见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）计算出一件产品的质量指标值位于区间的概率，分析可知，利用二项分布的期望公式可求得的值；（2）计算得出，，且，根据原则可得出结论.〖小问1详析〗解：由题意知，，，则，一件产品的质量指标值位于区间的概率即为因为，，所以，所以，所以.〖小问2详析〗解：服从正态分布，由于，则，，所以内径在之外的概率为，为小概率事件而，且，根据原则，机器异常，需要进一步调试.19.已知数列满足，.（1）求的通项公式；（2）记，数列的前项和为，证明：.〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）令，可得，可知数列为等差数列，即可得出；（2）裂项可得，相加可得.根据的单调性即可证明.〖小问1详析〗解：令，则由已知可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.〖小问2详析〗证明：由（1）可得，，则，因为单调递减，，显然，所以有.20.在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.（1）求证：；（2）若，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）根据题意