2023届山东省菏泽市高三下学期一模联考数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE12023年高三一模考试数学试题2023.2注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将姓名､考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.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. B.C.或 D.或〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据不等式的解法，求得，结合补集的运算，即可求解.〖详析〗由不等式，解得，即，根据补集的概念及运算，可得或.故选：D.2.设i虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先化简复数，再根据共轭复数概念得结果.〖详析〗故选：B〖『点石成金』〗本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.3.2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以超过到达月球的距离，那么至少对折的次数是（）（，）A.40 B.41 C.42 D.43〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，求出的通项，解不等式即可求解〖详析〗设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，由题意知是以为首项，公比为的等比数列，所以，令，即，所以，即，解得：，所以至少对折的次数是，故选：C〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.4.如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.〖详析〗以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为,则所以，,设面的法向量为，则，解得，取，即又，所以，面，即面，①正确；因为，所以，又，面，面，则面，由，平面，所以平面平面，②正确；因为，则，所以，③正确；易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，因为，所以平面平面，④正确；故选：D5.过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，则（）A. B. C.1 D.16〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗点斜式设出直线l的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理来求解.〖详析〗化为标准形式由此知；设直线l的方程为：，，，根据抛物线定义知；将，代入，可得，由此代入.故选：A6.为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（）A.9种 B.11种 C.15种 D.30种〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.〖详析〗解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；若丙不是美工，则丙一定是总负责人，此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；综上，共有种分工方法，故选：C．7.设实数满足，，，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗分为与，去掉绝对值后，根据“1”的代换，化简后分别根据基本不等式，即可求解得出〖答案〗.〖详析〗当时，，当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值；当时，.当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值所以，的最小值为.故选：A.8.定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.〖详析〗由已知可得，，则，且，所以.又，.令，，则恒成立，所以，在上单调递增，所以，所以.所以，，即.令，，因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，所以在上单调递减.又，，所以.因为在上单调递减，，所以.又，所以，即.令，，则恒成立，所以，在上单调递减.又，，所以.综上可得，.故选：C.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（）A.频率分布直方图中的值为0.04B.这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C.这100名学生体重的众数约为52.5D.据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25〖答案〗ACD〖解析〗分析〗利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．〖详析〗解：由，解得，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．故选：ACD．10.已知圆，下列说法正确有（）A.对于，直线与圆都有两个公共点B.圆与动圆有四条公切线的充要条件是C.过直线上任意一点作圆的两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为4D.圆上存在三点到直线距离均为1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗对于选项A，转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可；对于选项B，转化为两圆外离，运用几何法求解即可；对于选项C，由，转化为求最小值即可；对于选项D，设圆心到直线的距离为d，比较与1的关系即可.〖详析〗对于选项A，因为，即：，所以，所以直线恒过定点，又因为，所以定点在圆O外，所以直线与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误；对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，又因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径，所以，即：，解得：.故选项B正确；对于选项C，，又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离，即：，所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确；对于选项D，因为圆O的圆心，半径，则圆心O到直线的距离为，所以，所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.故选：BC.11.已知函数，下列命题正确的有（）A.在区间上有3个零点B.要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度C.的周期为，最大值为1D.的值域为〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗，根据的范围得出的零点，即可判断A项；根据已知得出平移后的函数〖解析〗式，即可判断B项；由已知化简可得，即可判断C项；由已知可得，，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断D项.〖详析〗对于A项，由已知可得，.因为，所以，当或时，即或时，有，所以在区间上有2个零点，故A项错误；对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；对于C项，由已知可得，，所以，的周期，最大值为，故C项正确；对于D项，.令，，，则.解，可得.解，可得，所以在上单调递增；解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.且，，，.所以，当时，有最小值；当时，有最大值.所以，的值域为，故D项错误.故选：BC.〖『点石成金』〗思路『点石成金』：求出.令，，.然后借助导函数求出在上的最值，即可得出函数的值域.12.已知双曲线的左､右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于、两点，下列命题正确的有（）A.当点为线段的中点时，直线的斜率为B.若，则C.D.若直线的斜率为，且，则〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗对于A选项，设，代入双曲线，用点差法即可判断；对于B选项，设，表示出和，得出，再结合即可得出结论；对于C选项，设，其中，由双曲线方程，得出，利用两点之间距离公式，分别表示出和，通过做差即可得出结论；对于D选项，根据双曲线的定义，得出，再证出点与点关于直线对称，则，即可得出结论．〖详析〗选项A：设，代入双曲线得，，两式相减得，，∵点为线段的中点，∴，，即，，∴，，故A错误；选项B：设，，，，，又，，故B正确；选项C：设，其中，则，即，，，，，，，故C正确；选项D：，，，，，∵直线的斜率为即，且过点，∴直线的方程为：，又∵，，，即，又∵点到直线的距离：，点到直线的距离：，即，∴点与点关于直线对称，，，故D正确；故选：BCD．〖『点石成金』〗结论『点石成金』：本题涉及到双曲线中的有关结论：（1）若点是双曲线上一条弦中点，则直线的斜率；（2）若双曲线上有两点、，且位于不同两支，则．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知夹角为的非零向量满足，，则__________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗由得，化简代入结合数量积的定义即可得出〖答案〗.〖详析〗因为的夹角为，且，而，则，所以，则，解得：.故〖答案〗为：2.14.定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得〖答案〗.〖详析〗若为偶函数，为奇函数，则，，令，则，即，令，则，即，又因为，所以.故〖答案〗为：1.15.设均为非零实数，且满足，则__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗先将原式化简得到，再令，即可得到，从而求得结果.〖详析〗由题意可得，，令，则，即，所以，即故故〖答案〗为:16.正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得，进而可得，从而可得的值.〖详析〗连接并延长交于，连接，则为的中点，延长交于，过作分别交于，连接，因为，平面，平面，所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，由题可知，，即，设，则，又为中点，所以，所以，所以，即，，，所以.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.如图,在平面四边形中,,.（1）试用表示的长;（2）求的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)根据已知条件将用表示,再在中利用余弦定理求解即可;(2)在中先用余弦定理将用表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.〖小问1详析〗（）,,,，则在中,,,则.〖小问2详析〗在中,,则当时,取到最大值.故的最大值是18.为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A､B､C三种农作物（该试验田每次只能种植一种农作物），为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为，在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为.（1）在第一次种植的前提下，求第三次种植的概率；（2）在第一次种植的前提下，求种植作物次数的分布列及期望.〖答案〗（1）（2）分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3，由全概率公式可得，代入即可得出〖答案〗.（2）求出的可能取值及每个变量对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的期望.〖小问1详析〗设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：；〖小问2详析〗由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，，，，因为第一次必种植，则随机变量可能取值为1，2，-，，所以的分布列为：12.19.如图，直四棱柱中，，与交于为棱上一点，且，点到平面的距离为.（1）判断是否在平面内，并说明理由；（2）求平面与平面所成角的余弦值.〖答案〗（1）直线不在平面内，理由见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）以为坐标原点，过作与垂直的直线为轴，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由到平面的距离公式求出直四棱锥的高，求出平面的一个法向量，由可证明直线不在平面内.（2）求出平面的一个法向量，由二面角的向量公式代入即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗以为坐标原点，过作与垂直的直线为轴，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设直四棱锥的高为，则，，，，，设平面的一个法向量为，则即取.-所以点到平面的距离为，令解得.设平面的一个法向量为，由，，则即，取，而，所以，又与，共面，故直线不在平面内.〖小问2详析〗依（1）知平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，故二面角的余弦值.20.已知首项不为0的等差数列，公差（为给定常数），为数列前项和，且为所有可能取值由小到大组成的数列.（1）求；（2）设为数列的前项和，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意，由等差数列的通项公式与求和公式得到关于的方程，即可得到结果；（2）根据题意，得到数列的通项公式，再由裂项相消法即可得到其前项和.〖小问1详析〗由题意得，，得①由，得②由①②，可得且，则，由，当在范围内取值时的所有取值为：所以.〖小问2详析〗所以由于是递减的，所以21.已知函数.（1）若函数在R上单调递增，求的取值范围；（2）若，且有两个零点，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）由函数单调递增，得到导函数大于等于0恒成立，参变分离得到，求出的单调性和极值，最值情况，得到〖答案〗；（2）转化为为方程的两根，由得到，记（），得到其单调性，求出在和过处的切线方程分别为和，作差法得到，，记与和的交点横坐标分别为，求出，，利用放缩法求出〖答案〗.〖小问1详析〗函数在R上单调递增，因此，即，记，则，令得：，令得：，故在上单调递增，在单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，，因此；〖小问2详析〗不妨设，由，，即为方程的两根，由，故，解得：，所以，记（），则，令得，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，在处的切线方程为，记（），则单调递减，则，其中在上单调递增，且，即，设在的切线方程过点，则在的切线斜率为，所以，解得：，取，则在的切线方程过点，且斜率为，切线方程为，即，记（），则单调递增；又，其中令，，故，令得：，令得：，当时，单调递减，当时，单调递增，故，故，记与和的交点横坐标分别为，则，故，由，单调递减，所以，，故，由，单调递增，所以，由于，所以.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：分离参数法基本步骤为：第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.22.如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.〖小问1详析〗，，，故椭圆的方程为；〖小问2详析〗依题意设直线的方程为，，联立方程组，消元得：，，，由得：，两边同除，，即；将代入上式得：整理得：所以或（舍），当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.

高考模拟试题PAGEPAGE12023年高三一模考试数学试题2023.2注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将姓名､考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.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. B.C.或 D.或〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据不等式的解法，求得，结合补集的运算，即可求解.〖详析〗由不等式，解得，即，根据补集的概念及运算，可得或.故选：D.2.设i虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先化简复数，再根据共轭复数概念得结果.〖详析〗故选：B〖『点石成金』〗本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.3.2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以超过到达月球的距离，那么至少对折的次数是（）（，）A.40 B.41 C.42 D.43〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，求出的通项，解不等式即可求解〖详析〗设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，由题意知是以为首项，公比为的等比数列，所以，令，即，所以，即，解得：，所以至少对折的次数是，故选：C〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.4.如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.〖详析〗以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为,则所以，,设面的法向量为，则，解得，取，即又，所以，面，即面，①正确；因为，所以，又，面，面，则面，由，平面，所以平面平面，②正确；因为，则，所以，③正确；易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，因为，所以平面平面，④正确；故选：D5.过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，则（）A. B. C.1 D.16〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗点斜式设出直线l的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理来求解.〖详析〗化为标准形式由此知；设直线l的方程为：，，，根据抛物线定义知；将，代入，可得，由此代入.故选：A6.为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（）A.9种 B.11种 C.15种 D.30种〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.〖详析〗解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；若丙不是美工，则丙一定是总负责人，此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；综上，共有种分工方法，故选：C．7.设实数满足，，，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗分为与，去掉绝对值后，根据“1”的代换，化简后分别根据基本不等式，即可求解得出〖答案〗.〖详析〗当时，，当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值；当时，.当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值所以，的最小值为.故选：A.8.定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.〖详析〗由已知可得，，则，且，所以.又，.令，，则恒成立，所以，在上单调递增，所以，所以.所以，，即.令，，因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，所以在上单调递减.又，，所以.因为在上单调递减，，所以.又，所以，即.令，，则恒成立，所以，在上单调递减.又，，所以.综上可得，.故选：C.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（）A.频率分布直方图中的值为0.04B.这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C.这100名学生体重的众数约为52.5D.据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25〖答案〗ACD〖解析〗分析〗利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．〖详析〗解：由，解得，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．故选：ACD．10.已知圆，下列说法正确有（）A.对于，直线与圆都有两个公共点B.圆与动圆有四条公切线的充要条件是C.过直线上任意一点作圆的两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为4D.圆上存在三点到直线距离均为1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗对于选项A，转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可；对于选项B，转化为两圆外离，运用几何法求解即可；对于选项C，由，转化为求最小值即可；对于选项D，设圆心到直线的距离为d，比较与1的关系即可.〖详析〗对于选项A，因为，即：，所以，所以直线恒过定点，又因为，所以定点在圆O外，所以直线与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误；对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，又因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径，所以，即：，解得：.故选项B正确；对于选项C，，又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离，即：，所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确；对于选项D，因为圆O的圆心，半径，则圆心O到直线的距离为，所以，所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.故选：BC.11.已知函数，下列命题正确的有（）A.在区间上有3个零点B.要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度C.的周期为，最大值为1D.的值域为〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗，根据的范围得出的零点，即可判断A项；根据已知得出平移后的函数〖解析〗式，即可判断B项；由已知化简可得，即可判断C项；由已知可得，，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断D项.〖详析〗对于A项，由已知可得，.因为，所以，当或时，即或时，有，所以在区间上有2个零点，故A项错误；对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；对于C项，由已知可得，，所以，的周期，最大值为，故C项正确；对于D项，.令，，，则.解，可得.解，可得，所以在上单调递增；解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.且，，，.所以，当时，有最小值；当时，有最大值.所以，的值域为，故D项错误.故选：BC.〖『点石成金』〗思路『点石成金』：求出.令，，.然后借助导函数求出在上的最值，即可得出函数的值域.12.已知双曲线的左､右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于、两点，下列命题正确的有（）A.当点为线段的中点时，直线的斜率为B.若，则C.D.若直线的斜率为，且，则〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗对于A选项，设，代入双曲线，用点差法即可判断；对于B选项，设，表示出和，得出，再结合即可得出结论；对于C选项，设，其中，由双曲线方程，得出，利用两点之间距离公式，分别表示出和，通过做差即可得出结论；对于D选项，根据双曲线的定义，得出，再证出点与点关于直线对称，则，即可得出结论．〖详析〗选项A：设，代入双曲线得，，两式相减得，，∵点为线段的中点，∴，，即，，∴，，故A错误；选项B：设，，，，，又，，故B正确；选项C：设，其中，则，即，，，，，，，故C正确；选项D：，，，，，∵直线的斜率为即，且过点，∴直线的方程为：，又∵，，，即，又∵点到直线的距离：，点到直线的距离：，即，∴点与点关于直线对称，，，故D正确；故选：BCD．〖『点石成金』〗结论『点石成金』：本题涉及到双曲线中的有关结论：（1）若点是双曲线上一条弦中点，则直线的斜率；（2）若双曲线上有两点、，且位于不同两支，则．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知夹角为的非零向量满足，，则__________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗由得，化简代入结合数量积的定义即可得出〖答案〗.〖详析〗因为的夹角为，且，而，则，所以，则，解得：.故〖答案〗为：2.14.定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得〖答案〗.〖详析〗若为偶函数，为奇函数，则，，令，则，即，令，则，即，又因为，所以.故〖答案〗为：1.15.设均为非零实数，且满足，则__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗先将原式化简得到，再令，即可得到，从而求得结果.〖详析〗由题意可得，，令，则，即，所以，即故故〖答案〗为:16.正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得，进而可得，从而可得的值.〖详析〗连接并延长交于，连接，则为的中点，延长交于，过作分别交于，连接，因为，平面，平面，所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，由题可知，，即，设，则，又为中点，所以，所以，所以，即，，，所以.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.如图,在平面四边形中,,.（1）试用表示的长;（2）求的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)根据已知条件将用表示,再在中利用余弦定理求解即可;(2)在中先用余弦定理将用表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.〖小问1详析〗（）,,,，则在中,,,则.〖小问2详析〗在中,,则当时,取到最大值.故的最大值是18.为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A､B､C三种农作物（该试验田每次只能种植一种农作物），为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为，在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为.（1）在第一次种植的前提下，求第三次种植的概率；（2）在第一次种植的前提下，求种植作物次数的分布列及期望.〖答案〗（1）（2）分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3，由全概率公式可得，代入即可得出〖答案〗.（2）求出的可能取值及每个变量对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的期望.〖小问1详析〗设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：；〖小问2详析〗由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，，，，因为第一次必种植，则随机变量可能取值为1，2，-，，所以的分布列为：12.19.如图，直四棱柱中，，与交于为棱上一点，且，点到平面的距离为.（1）判断是否在平面内，并说明理由；（2）求平面与平面所成角的余弦值.〖答案〗（1）直线不在平面内，理由见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）以为坐标原点，过作与垂直的直线为轴，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由到平面的距离公式求出直四棱锥的高，求出平面的一个法向量，由可证明直线不在平面内.（2）求出平面的一个法向量，由二面角的向量公式代入即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗以为坐标原点，过作与垂直的直线