2023届广东省华附、省实、广雅、深中高三上学期四校联考数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1华附､省实､广雅､深中2023届高三四校联考数学命题学校：华南师大附中定稿人：毕福明､林琪本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名､姓名､考号､座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.2.选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把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，再选涂其它〖答案〗；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的〖答案〗，然后再写上新的〖答案〗；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一､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.{3} B.{1，3} C.{3，4} D.{1，3，4}〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先求出集合的补集，再求〖详析〗解：因为，，所以，因为，所以，故选：B.2.已知i为虚数单位，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数乘法的运算性质进行求解即可〖详析〗，故选：C3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.〖详析〗设等腰△ABC在边上的高为，因为，所以，所以,所以，所以.故选:B.4.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（）A. B. C.3 D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解〖答案〗.〖详析〗直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则，则，故选：A5.已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据对称性的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合双曲线的定义及双曲线的离心率的公式即可求解.〖详析〗关于渐近线的对称点在双曲线上，如图所示，则.所以是的中位线，所以,.所以到渐近线的距离为，即，在中，，，所以，进而,所以离心率.故选：C.6.已知数列满足，,则的前项积的最大值为（）A. B. C.1 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.〖详析〗由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.故选：C.7.若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可.〖详析〗根据“局部奇函数”定义知：有解，即方程有解，则即有解；设，则（当且仅当时取等号），方程等价于在时有解，在时有解；在上单调递增，，即实数的取值范围为.故选D.8.如图，在三棱锥中，平面，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用线面垂直的判定定理推得再利用面积相等在中推得，从而得到，由此得解.〖详析〗因为平面，面，所以，又，，因为，平面，所以平面，又平面，所以.又在中，，在中，，故，则，又，所以，即，当且仅当时，等号成立，当时，为的中点，此时当时，为的中点，综上所述的最小值是.故选：C.〖『点石成金』〗关键『点石成金』：本题的突破口是如何解决的系数问题，利用三角形面积公式与面积相等得到即可得解.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，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式逐项分析即得.〖详析〗对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，即，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：BD.10.已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（）A.B.函数的图象关于对称C.可以等于5D.的最小值为2〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗对于A，先由推得是的一个周期，再利用辅助角公式化简，从而得到，由此得解；对于B，利用代入检验法即可；对于C，利用正弦函数的单调性，结合数轴法得到关于的不等式组，结合与即可得到的一个取值为，由此判断即可；对于D，结合选项C中的结论，分析的取值范围即可求得的最小值.〖详析〗对于A，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以是最小正周期，故，则，又，故，故A错误；对于B，由选项A得，所以，故是的一个对称中心，故B正确；对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，因为，所以，故C正确；对于D，因为，所以，则，又，故，当时，，可知，故D正确.故选：BCD.11.已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（）A.B.存在实数，使得C.若，则D.若直线与的倾斜角互补，则〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗对于A，由焦半径公式运算可得；对于B，将抛物线方程与直线方程联立，并由向量夹角计算可得；对于C，将选项B中联立结果代入向量坐标进行计算可得；对于D，将选项B中联立结果代入与斜率进行计算可得.〖详析〗由已知，抛物线：，∴，，焦点，不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.12.已知定义在上函数的图像连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（）A.B.在上单调递增C.若，则D.若是在区间内的两个零点，且，则〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗A选项通过赋值法令可以解决，B选项对两边同时求导，结合以及函数图像连续不断的性质进行判断，C选项分和的大小关系，分情况进行讨论，D选项先说明，在结合题目条件说明另一个不等号是否成立的问题.〖详析〗对于A，在中令，则，所以，故A正确；对于，当时，，对两边求导，则，所以时，，故，而时，即在上单调递增，注意到的图像连续不间断，故也有在上单调递增，故B正确；对于C，由B知，在上单调递增，，故当时，，即在上单调递减.由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.①若，则，满足条件，此时，；，②若，则，由，取，则，则所以，而，所以，即，故C错误；对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，注意到，根据零点存在定理，所以，若，根据C选项，则，则，由，，根据余弦函数的单调性，，与矛盾，舍去.所以，所以，所以，在时，中，令，而由，由，在上单调递减，所以，所以，于是，故D正确.故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆，若过定点有且仅有一条直线被圆截得弦长为2，则可以是__________.（只需要写出其中一个值，若写出多个〖答案〗，则按第一个〖答案〗计分.）〖答案〗1##〖解析〗〖祥解〗依题意，该直线过圆心或垂直于〖详析〗依题意，该直线过圆心或垂直于，圆心到直线距离为或，，所以或.故〖答案〗为：1或14.已知在四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗先判断出V在平面的射影为三角形的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.〖详析〗在平面的射影为三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圆的半径；设四面体外接球的半径为.解得：.所以外接球的表面积为.故〖答案〗为：.15.已知函数，若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗易得直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，根据导数的几何意义求函数的切线方程，求出切点，结合图象即可得出〖答案〗.〖详析〗解：直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，过作的切线，设切点为，，切线方程为，切线过，解得或（舍去），此时，当时，，线段所在直线斜率为1；当时，，射线所在直线斜率为，与轴交于，由图象知满足题意的的范围是：.故〖答案〗为：.16.已知数列满足，记（其中表示不大于的最大整数，比如），则__________.（参考数据：）〖答案〗6064〖解析〗〖祥解〗设，由导数确定函数的单调性，然后确定的值，再求和．〖详析〗设，则，时,,时,,所以在单调递增，在单调递减，又，所以存在使得，即，且当时，，所以当时，，，又，所以，综上，，所以.故〖答案〗为：6064.四、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.已知正项数列的前n项和为，.（1）求数列通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）利用计算整理，可得，再利用等差数列的通项公式得〖答案〗；（2）将变形得，利用裂项相消法可得，进一步观察可得证明结论.〖小问1详析〗①，当时，②，①-②得，整理得，，，又当时，，解得，数列是以2为首项，2为公差的等差数列，；〖小问2详析〗由（1）得，，，即.18.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求的大小；（2）在边上，且，求的最大值.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据正弦定理可推得，整理可得，即可解出；（2）解法一：向量法.由题意知，.根据向量的运算求出和，即可得到，令，换元整理可得.然后根据基本不等式即可求出的最大值；解法二：设，，根据，得到.根据余弦定理即可推出，换元可得，根据基本不等式即可求得最值.〖小问1详析〗因为，根据正弦定理可得：，可化为：，因为，所以，.所以原式可化为：，因为，所以，所以原式可化为，即.因为，所以.〖小问2详析〗方法一：因为，故，则，则.又，则.所以，，则.设，，因为，所以，当且仅当，即，即时等号成立.所以，所以，的最大值为.方法二：设，，则，在中，由余弦定理有：，即①在和中，由余弦定理有：，，又，所以.所以，整理可得②由①②可得：.所以，，所以.设，，因为，所以，当且仅当，即，即时等号成立.所以，所以，的最大值为.19.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍末出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.（1）求乙只赢1局且甲赢得比赛的概率；（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和期望.〖答案〗（1）（2）分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）乙只赢1局且甲赢得比赛，对于甲而言，可能是“负胜胜”，“胜负胜胜”两种情况，根据独立事件，互斥事件的概率公式求解；（2）的可能取值为，分别求出每种情况的概率，按照步骤求分布列即可.〖小问1详析〗记事件表示“乙只赢局且甲赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，则，.则，事件与事件互斥，各局比赛结果相互独立.由概率加法公式和乘法公式，有．〖小问2详析〗的可能取值为，，，．故的分布列为2345所以.20.如图，四棱锥中，已知，且与平面所成的角为.（1）证明：；（2）若点为的中点，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，如图所示，过点作面交面于点，连，延长交于点，可得平面，即，再根据四边形为平行四边形，即可得证；（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，即可得到各点的坐标，结合法向量以及二面角的计算公式，即可得到结果.〖小问1详析〗如图所示，过点作面交面于点，连，延长交于点.因为与底面所成的角为；所以，所以，.因为，则；因为，所以，且又，所以平面，所以.又是等边三角形，则；则，且，所以四边形为平行四边形，故；所以.〖小问2详析〗因为两两垂直，则以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则设平面的一个法向量为，则，解得，令，则即设平面的一个法向量设，则，即，所以所以平面与平面夹角的余弦值为21.已知椭圆，斜率为的直线与椭圆只有一个公共点（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于两点，点在直线上，且轴，求直线在轴上的截距.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)根据点在椭圆上可得，又因为直线与椭圆只有一个交点，可得判别式等于零得到方程即可求解；(2)设出直线的方程，利用韦达定理，再表示出在轴上的截距关于坐标的等量关系，即可求解.〖小问1详析〗依题意，直线的方程为，即，由，消去得.由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，因为在椭圆上，所以，即，整理得，解得，故椭圆的标准方程：.〖小问2详析〗方法一：依题意直线斜率不为0，可设直线为，则，联立椭圆方程，可得，由韦达定理得，进而，有由直线的方程为，得直线AC在轴上截距为故直线在轴的上截距为.方法二：设，则，则直线的方程为，则直线在轴的截距为，若垂直于轴，则，所以直线与轴交点为，截距为.若不垂直于轴，设直线的方程为.与椭圆方程联立，得，由韦达定理有.直线在轴的截距为又因为所以所以，所以所以故直线在轴上的截距为.方法三：右焦点为，直线与轴相交于点为的中点为若垂直于轴，则，所以直线与轴交点为，截距为.若不垂直于轴，设直线的方程为与椭圆方程联立，得，由韦达定理有又，得，故直线的斜率分别为所以.因为所以，即，故三点共线.因为对于任意直线点都是唯一确定的，所以，直线与轴交点为，即直线在轴上的截距为.22.已知函数（其中是自然对数底数）.（1）求的最小值；（2）若过点可作曲线的两条切线，求证：.（参考数据：）〖答案〗（1）1（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)求函数导函数,应用单调性求函数的最小值;(2)把曲线的两条切线转化为两个零点问题,再转化证明最小值大于零即可.〖小问1详析〗函数定义域为，

所以在上单调递增，且，所以当时，单调递减；当时，单调递增，.所以.〖小问2详析〗设切点为，则，在处的切线为，由于切线过点，所以，而由（1），在上单调递增，不同的值对应的切线斜率不同设，所以过点可作曲线的两条切线当且仅当关于的方程有两个实根.，①当时，在上单调递减，至多有一个实根，不合题意；②当时，当时，单调递增；当时，单调递减.而时，时，，所以当且仅当时，有两个实根，即当且仅当时，过点可作曲线的两条切线.只需证时，.设，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，即.（*）设，只需证1）当时，由，.设，则，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减.而，所以，则.2）当时，，设，则，，所以在上单调递增，，所以在上单调递增，，即，所以在上单调递增，.综上得：原不等式成立.高考模拟试题PAGEPAGE1华附､省实､广雅､深中2023届高三四校联考数学命题学校：华南师大附中定稿人：毕福明､林琪本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名､姓名､考号､座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.2.选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把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，再选涂其它〖答案〗；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的〖答案〗，然后再写上新的〖答案〗；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一､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.{3} B.{1，3} C.{3，4} D.{1，3，4}〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先求出集合的补集，再求〖详析〗解：因为，，所以，因为，所以，故选：B.2.已知i为虚数单位，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数乘法的运算性质进行求解即可〖详析〗，故选：C3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.〖详析〗设等腰△ABC在边上的高为，因为，所以，所以,所以，所以.故选:B.4.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（）A. B. C.3 D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解〖答案〗.〖详析〗直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则，则，故选：A5.已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据对称性的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合双曲线的定义及双曲线的离心率的公式即可求解.〖详析〗关于渐近线的对称点在双曲线上，如图所示，则.所以是的中位线，所以,.所以到渐近线的距离为，即，在中，，，所以，进而,所以离心率.故选：C.6.已知数列满足，,则的前项积的最大值为（）A. B. C.1 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.〖详析〗由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.故选：C.7.若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可.〖详析〗根据“局部奇函数”定义知：有解，即方程有解，则即有解；设，则（当且仅当时取等号），方程等价于在时有解，在时有解；在上单调递增，，即实数的取值范围为.故选D.8.如图，在三棱锥中，平面，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用线面垂直的判定定理推得再利用面积相等在中推得，从而得到，由此得解.〖详析〗因为平面，面，所以，又，，因为，平面，所以平面，又平面，所以.又在中，，在中，，故，则，又，所以，即，当且仅当时，等号成立，当时，为的中点，此时当时，为的中点，综上所述的最小值是.故选：C.〖『点石成金』〗关键『点石成金』：本题的突破口是如何解决的系数问题，利用三角形面积公式与面积相等得到即可得解.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，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式逐项分析即得.〖详析〗对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，即，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：BD.10.已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（）A.B.函数的图象关于对称C.可以等于5D.的最小值为2〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗对于A，先由推得是的一个周期，再利用辅助角公式化简，从而得到，由此得解；对于B，利用代入检验法即可；对于C，利用正弦函数的单调性，结合数轴法得到关于的不等式组，结合与即可得到的一个取值为，由此判断即可；对于D，结合选项C中的结论，分析的取值范围即可求得的最小值.〖详析〗对于A，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以是最小正周期，故，则，又，故，故A错误；对于B，由选项A得，所以，故是的一个对称中心，故B正确；对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，因为，所以，故C正确；对于D，因为，所以，则，又，故，当时，，可知，故D正确.故选：BCD.11.已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（）A.B.存在实数，使得C.若，则D.若直线与的倾斜角互补，则〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗对于A，由焦半径公式运算可得；对于B，将抛物线方程与直线方程联立，并由向量夹角计算可得；对于C，将选项B中联立结果代入向量坐标进行计算可得；对于D，将选项B中联立结果代入与斜率进行计算可得.〖详析〗由已知，抛物线：，∴，，焦点，不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.12.已知定义在上函数的图像连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（）A.B.在上单调递增C.若，则D.若是在区间内的两个零点，且，则〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗A选项通过赋值法令可以解决，B选项对两边同时求导，结合以及函数图像连续不断的性质进行判断，C选项分和的大小关系，分情况进行讨论，D选项先说明，在结合题目条件说明另一个不等号是否成立的问题.〖详析〗对于A，在中令，则，所以，故A正确；对于，当时，，对两边求导，则，所以时，，故，而时，即在上单调递增，注意到的图像连续不间断，故也有在上单调递增，故B正确；对于C，由B知，在上单调递增，，故当时，，即在上单调递减.由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.①若，则，满足条件，此时，；，②若，则，由，取，则，则所以，而，所以，即，故C错误；对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，注意到，根据零点存在定理，所以，若，根据C选项，则，则，由，，根据余弦函数的单调性，，与矛盾，舍去.所以，所以，所以，在时，中，令，而由，由，在上单调递减，所以，所以，于是，故D正确.故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆，若过定点有且仅有一条直线被圆截得弦长为2，则可以是__________.（只需要写出其中一个值，若写出多个〖答案〗，则按第一个〖答案〗计分.）〖答案〗1##〖解析〗〖祥解〗依题意，该直线过圆心或垂直于〖详析〗依题意，该直线过圆心或垂直于，圆心到直线距离为或，，所以或.故〖答案〗为：1或14.已知在四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗先判断出V在平面的射影为三角形的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.〖详析〗在平面的射影为三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圆的半径；设四面体外接球的半径为.解得：.所以外接球的表面积为.故〖答案〗为：.15.已知函数，若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗易得直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，根据导数的几何意义求函数的切线方程，求出切点，结合图象即可得出〖答案〗.〖详析〗解：直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，过作的切线，设切点为，，切线方程为，切线过，解得或（舍去），此时，当时，，线段所在直线斜率为1；当时，，射线所在直线斜率为，与轴交于，由图象知满足题意的的范围是：.故〖答案〗为：.16.已知数列满足，记（其中表示不大于的最大整数，比如），则__________.（参考数据：）〖答案〗6064〖解析〗〖祥解〗设，由导数确定函数的单调性，然后确定的值，再求和．〖详析〗设，则，时,,时,,所以在单调递增，在单调递减，又，所以存在使得，即，且当时，，所以当时，，，又，所以，综上，，所以.故〖答案〗为：6064.四、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.已知正项数列的前n项和为，.（1）求数列通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）利用计算整理，可得，再利用等差数列的通项公式得〖答案〗；（2）将变形得，利用裂项相消法可得，进一步观察可得证明结论.〖小问1详析〗①，当时，②，①-②得，整理得，，，又当时，，解得，数列是以2为首项，2为公差的等差数列，；〖小问2详析〗由（1）得，，，即.18.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求的大小；（2）在边上，且，求的最大值.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据正弦定理可推得，整理可得，即可解出；（2）解法一：向量法.由题意知，.根据向量的运算求出和，即可得到，令，换元整理可得.然后根据基本不等式即可求出的最大值；解法二：设，，根据，得到.根据余弦定理即可推出，换元可得，根据基本不等式即可求得最值.〖小问1详析〗因为，根据正弦定理可得：，可化为：，因为，所以，.所以原式可化为：，因为，所以，所以原式可化为，即.因为，所以.〖小问2详析〗方法一：因为，故，则，则.又，则.所以，，则.设，，因为，所以，当且仅当，即，即时等号成立.所以，所以，的最大值为.方法二：设，，则，在中，由余弦定理有：，即①在和中，由余弦定理有：，，又，所以.所以，整理可得②由①②可得：.所以，，所以.设，，因为，所以，当且仅当，即，即时等号成立.所以，所以，的最大值为.19.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍末出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.（1）求乙只赢1局且甲赢得比赛的概率；（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和期望.〖答案〗（1）（2）分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）乙只赢1局且甲赢得比赛，对于甲而言，可能是“负胜胜”，“胜负胜胜”两种情况，根据独立事件，互斥事件的概率公式求解；（2）的可能取值为，分别求出每种情况的概率，按照步骤求分布列即可.〖小问1详析〗记事件表示“乙只赢局且甲赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，则，.则，事件与事件互斥，各局比赛结果相互独立.由概率加法公式和乘法公式，有．〖小问2详析〗的可能取值为，，，．故的分布列为2345所以.20.如图，四棱锥中，已知，且与平面所成的角为.（1）证明：；（2）若点为的中点，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，如图所示，过点作面交面于点，连，延长交于点，可得平面，即，再根据四边形为平行四边形，即可得证；（2）以为原点，所在直线分别为轴