2023届广东省梅州市高三一模数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1梅州市高三总复习质检试卷数学2023.2一､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，只有一项符合题目要求.1.已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算，求得，确定其对应的点的坐标，即可求得〖答案〗.〖详析〗由可得，则在复平面内的对应点为，落在第三象限，故选：C2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分别解出集合对应的不等式，再根据交集运算即可求得结果.〖详析〗由题意可知，解集合对应的不等式可得，即；所以.故选：B3.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（）A.B.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125C.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119D.四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率35%〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为，中位数约为119，优秀率为35%即可得出正确选项.〖详析〗根据题意可得，可得，故A正确；根据频率分布直方图可得其平均数为，所以B错误；由频率分布直方图可知，，而，所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为35%，即D正确.故选：B4.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.〖详析〗由可得，，由二倍角公式可得；即故选：A5.由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.〖详析〗双曲线（，）的渐近线的方程为，双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，则，则，，则该双曲线的离心率为，故选：D.6.若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，利用古典概型概率求解.〖详析〗10不同的数取3个不同的数的情况为：，其中3个之和为偶数的情况为：①三个为偶数：，②两奇数一偶数：，共60种情况，所以所求概率为：.故选：D.7.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（）A. B. C.. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.〖详析〗解：设，由题意得，第项为，则时，，因为，，所以，解得，故选：B8.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.〖详析〗取、中点、，正方形中心，中点，连接，根据题意可得平面，，点是的中点，，在等腰中，，，同理，则等腰梯形的高为，根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，正方体的外接圆的半径，则有，而，，当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时，视为负数，即有，则，解得，则刍甍的外接球的半径为，则刍甍的外接球的表面积为，故选：C.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.函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.B.函数的图像关于直线对称C.函数在单调递减D.函数是偶函数〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项.〖详析〗根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；又因为函数图象过，所以，可得，又可得，所以；将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；易得是奇函数，即D错误.故选：AB10.设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）A.若，则是数列的最大项B.若数列有最小项，则C.若数列是递减数列，则对任意的：，均有D.若对任意的，均有，则数列是递增数列〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.〖详析〗对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．故选：BD11.如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（）A.线段的最小值为 B.棱上的不存在点，使得平面C.棱上的存在点，使得 D.当为棱的中点时，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．〖详析〗如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；，，若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；设，则，，若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；是中点时，，，D正确．故选：ABD．12.对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（）A. B.，C. D.，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确〖答案〗.〖详析〗A.因为，所以令得，所以，故A正确；B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；C.，，而，所以，，由，，，则，则，故C正确；当时，，，令，则，，则，即，故D正确.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的系数为___________.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.〖详析〗根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；所以展开式中的系数为.故〖答案〗为：4014.在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转得到点，点的横坐标为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得〖答案〗.详析〗由题意得,设与x轴正半轴的夹角为，则，则与x轴正半轴的夹角为，故点的横坐标为，故〖答案〗为：15.甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.〖答案〗①.A②.三〖解析〗〖祥解〗根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.〖详析〗解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.故〖答案〗为：A；三.16.函数的最小值为___________.〖答案〗##3.5〖解析〗〖祥解〗将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出〖答案〗.〖详析〗，，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，如图，根据抛物线的定义有，则，故〖答案〗为：.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.在中，内角的对边分别为，，，已知.（1）求内角；（2）点是边上的中点，已知，求面积的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理将边化成角，根据辅助角公式即可求得内角；（2）根据向量加法的平行四边形法则可得，再利用数量积公式和基本不等式即可求得面积的最大值.〖小问1详析〗在中，因为，由正弦定理得，因为，所以，于是有，所以，即，因为，所以，所以，即.〖小问2详析〗因为点是边上的中点，所以，对上式两边平分得：，因为，所以，即，而，有，所以，当且仅当时，等号成立.因此.即面积的最大值为.18.记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.〖答案〗数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.〖详析〗数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：①若，则其前项和，因为，所以，则，所以存在正数1，，，即前项和数列有界.②若，当时，，其前项和，因为，所以，则，所以存在正数2，，，即前项和数列有界.③若，其前项和为，，对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），有，因此前项和数列不是有界的.19.如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.（1）为边的一点，若，求证：平面；（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.〖小问1详析〗取中点，连接，因为在正三角形中，，又因为，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.〖小问2详析〗因为，又因为的面积为定值，所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，因为，，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，当时，平面平面，平面所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，易知，，，，，，，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，由，令得：，，所以为平面的一个法向量，.所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.20.甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.队伍近10场胜场比队伍甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁（1）三轮比赛结束后甲的积分记为，求；（2）若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意可知，代表甲获胜一场比赛，按比赛场次分情况讨论即可求得结果；（2）对第三局比赛结果进行分类讨论，对每种情况对应的积分再分别判断是否需要抽签，利用条件概率公式和概率加法公式即可求得结果.〖小问1详析〗（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，则有.〖小问2详析〗分以下三种情况：（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，则甲､乙､丙､丁四个球队积分变为6､6､0､6，此时甲､乙､丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，所以这种情况下，甲出线的概率为；（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，则甲､乙､丙､丁积分变为6､3､3､6，此时甲一定出线，甲出线概率为；（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.则甲､乙､丙､丁积分变为3､3､3､9，此时甲､乙､丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，所以这种情况下，甲出线的概率为.综上，甲出线的概率为.21.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若，讨论函数的零点个数.〖答案〗（1）增区间为和，减区间为（2）〖答案〗见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论.〖小问1详析〗解：当时，，该函数的定义域为，，由可得，由可得或.故当时，函数的增区间为和，减区间为.〖小问2详析〗解：函数的定义域为，，由，得，，由可得，由可得或.所以，函数的增区间为、，减区间为，所以，函数的极大值为，极小值为，当时，，令，其中，则，即函数在上单调递增，故当时，，此时，，所以在上不存在零点；①当时，，此时函数无零点；②当时，，此时函数只有一个零点；③当时，，，则在与上各有一个零点.综上所述，（i）当时，在上不存在零点；（ii）当时，在上存在一个零点；（iii）当时，在上存在两个零点.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.22.已知动圆经过定点，且与圆：内切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.〖答案〗（1）（2）（i）证明见〖解析〗；（ii）证明见〖解析〗，定点〖解析〗〖祥解〗（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.〖小问1详析〗设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；所以，，则.所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.因此轨迹方程为.〖小问2详析〗（i）设，，.由题可知，，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线方程为，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.高考模拟试题PAGEPAGE1梅州市高三总复习质检试卷数学2023.2一､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，只有一项符合题目要求.1.已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算，求得，确定其对应的点的坐标，即可求得〖答案〗.〖详析〗由可得，则在复平面内的对应点为，落在第三象限，故选：C2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分别解出集合对应的不等式，再根据交集运算即可求得结果.〖详析〗由题意可知，解集合对应的不等式可得，即；所以.故选：B3.为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（）A.B.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125C.估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119D.四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率35%〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为，中位数约为119，优秀率为35%即可得出正确选项.〖详析〗根据题意可得，可得，故A正确；根据频率分布直方图可得其平均数为，所以B错误；由频率分布直方图可知，，而，所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为35%，即D正确.故选：B4.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.〖详析〗由可得，，由二倍角公式可得；即故选：A5.由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.〖详析〗双曲线（，）的渐近线的方程为，双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，则，则，，则该双曲线的离心率为，故选：D.6.若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，利用古典概型概率求解.〖详析〗10不同的数取3个不同的数的情况为：，其中3个之和为偶数的情况为：①三个为偶数：，②两奇数一偶数：，共60种情况，所以所求概率为：.故选：D.7.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（）A. B. C.. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.〖详析〗解：设，由题意得，第项为，则时，，因为，，所以，解得，故选：B8.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.〖详析〗取、中点、，正方形中心，中点，连接，根据题意可得平面，，点是的中点，，在等腰中，，，同理，则等腰梯形的高为，根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，正方体的外接圆的半径，则有，而，，当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时，视为负数，即有，则，解得，则刍甍的外接球的半径为，则刍甍的外接球的表面积为，故选：C.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.函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.B.函数的图像关于直线对称C.函数在单调递减D.函数是偶函数〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项.〖详析〗根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；又因为函数图象过，所以，可得，又可得，所以；将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；易得是奇函数，即D错误.故选：AB10.设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）A.若，则是数列的最大项B.若数列有最小项，则C.若数列是递减数列，则对任意的：，均有D.若对任意的，均有，则数列是递增数列〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.〖详析〗对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．故选：BD11.如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（）A.线段的最小值为 B.棱上的不存在点，使得平面C.棱上的存在点，使得 D.当为棱的中点时，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．〖详析〗如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；，，若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；设，则，，若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；是中点时，，，D正确．故选：ABD．12.对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（）A. B.，C. D.，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确〖答案〗.〖详析〗A.因为，所以令得，所以，故A正确；B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；C.，，而，所以，，由，，，则，则，故C正确；当时，，，令，则，，则，即，故D正确.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的系数为___________.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.〖详析〗根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；所以展开式中的系数为.故〖答案〗为：4014.在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转得到点，点的横坐标为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得〖答案〗.详析〗由题意得,设与x轴正半轴的夹角为，则，则与x轴正半轴的夹角为，故点的横坐标为，故〖答案〗为：15.甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.〖答案〗①.A②.三〖解析〗〖祥解〗根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.〖详析〗解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.故〖答案〗为：A；三.16.函数的最小值为___________.〖答案〗##3.5〖解析〗〖祥解〗将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出〖答案〗.〖详析〗，，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，如图，根据抛物线的定义有，则，故〖答案〗为：.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.在中，内角的对边分别为，，，已知.（1）求内角；（2）点是边上的中点，已知，求面积的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理将边化成角，根据辅助角公式即可求得内角；（2）根据向量加法的平行四边形法则可得，再利用数量积公式和基本不等式即可求得面积的最大值.〖小问1详析〗在中，因为，由正弦定理得，因为，所以，于是有，所以，即，因为，所以，所以，即.〖小问2详析〗因为点是边上的中点，所以，对上式两边平分得：，因为，所以，即，而，有，所以，当且仅当时，等号成立.因此.即面积的最大值为.18.记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.〖答案〗数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.〖详析〗数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：①若，则其前项和，因为，所以，则，所以存在正数1，，，即前项和数列有界.②若，当时，，其前项和，因为，所以，则，所以存在正数2，，，即前项和数列有界.③若，其前项和为，，对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），有，因此前项和数列不是有界的.19.如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.（1）为边的一点，若，求证：平面；（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.〖小问1详析〗取中点，连接，因为在正三角形中，，又因为，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.〖小问2详析〗因为，又因为的面积为定值，所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，因为，，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，当时，平面平面，平面所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，易知，，，，，，，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，由，令得：，，所以为平面的一个法向量，.所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.20.甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.队伍近10场胜场比队伍甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁（1）三轮比赛结束后甲的积分记为，求；（2）若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意可知，代表甲获胜一场比赛，按比赛场次分情况讨论即可求得结果；（2）对第三局比赛结果进行分类讨论，对每种情况对应的积分再分别判断是否需要抽签，利用条件概率公式和概率加法公式即可求得结果.〖小问1详析〗（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，则有.〖小问2详析〗分以下三种情况：（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，则甲､乙､丙､丁四个球队积