2023届山东省潍坊市高三下学期一模数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1潍坊市高考模拟考试数学2023.2本试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本大题共8个小题，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.在复平面内，复数对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先化简复数，再判断它对应的点所处的象限得解.〖详析〗由题得，所以复数对应的点为（），故选A〖『点石成金』〗本题主要考查复数的运算和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.“”是“，成立”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〗A〖解析〗〖祥解〗由不等式恒成立，可求得，即可得出〖答案〗.〖详析〗因为，成立，则，即.所以，“”是“，成立”的充分不必要条件.故选：A.3.某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩在120分以上的学生人数为（）A.25 B.50 C.75 D.100〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由已知可得，根据正态分布的对称性可推得，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，所以.又，根据正态分布的对称性可得，所以.所以，可估计成绩在120分以上的学生人数为.故选：B.4.存在函数满足：对任意都有（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据函数的定义一一判断各选项中函数是否符合，即可判断出〖答案〗.〖详析〗对于A，当时，；当时，，不符合函数定义，A错误；对于B,令，则，令，则，不符合函数定义，B错误；对于C,令，则，令，则，不符合函数定义，C错误；对于D,,,则，则存在时，，符合函数定义，即存在函数满足：对任意都有，D正确，故选：D5.已知角在第四象限内，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由已知可推得，即可得出，然后根据的范围，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，所以，所以，.又角在第四象限内，所以.故选：D.6.如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知可得出圆锥的母线，进而根据圆锥、圆台的轴截面，即可得出〖答案〗.〖详析〗假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.由已知可得，，所以.如图，作出圆锥、圆台的轴截面则有，所以.所以圆台的侧面积为.故选：C.7.过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（）A.24种 B.36种 C.48种 D.60种〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.〖详析〗①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；故选拔测试的安排方案有种.故选：B.8.单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗设中点为，中点为，，.进而可推得，结合图象，根据数量积的意义，即可求出最值.〖详析〗设中点为，中点为，则，.由已知，可知，所以，所以为等边三角形，所以.同理可得，..如图，当、方向相反时，有最大值为，即的最大值是.故选：A.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：将转化为以点为起点的向量表示，然后根据向量的运算，结合数量积的意义，即可求出最值.二､多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.若非空集合满足：，则（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根据题意可得：，然后根据集合的包含关系即可求解.〖详析〗由可得：，由，可得，则推不出，故选项错误；由可得，故选项正确；因为且，所以，则，故选项正确；由可得：不一定为空集，故选项错误；故选：.10.将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（）A.是奇函数 B.的周期为C.的图象关于点对称 D.的单调递增区间为〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根据函数作恒等变换化简成正弦型函数，确定平移后的〖解析〗式，即可根据三角函数图象性质逐项判断正误.〖详析〗的图象向左平移个单位得，所以为偶函数，故A不正确；最小正周期,故B正确；又，所以函数的图象关于点对称，故C正确；则的单调递增区间满足，，解得，，即函数的单调递增区间为，故D正确.故选：BCD.11.双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（）A.的渐近线方程为 B.点的坐标为C.过点作，垂足为，则 D.四边形面积的最小值为4〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；由已知可得，进而结合双曲线方程，即可得出点的坐标，即可判断B项；根据双曲线的光学性质可推得，点为的中点.进而得出，结合双曲线的定义，即可判断C项；由，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项.〖详析〗对于A项，由已知可得，，所以的渐近线方程为，故A项正确；对于B项，设，则，整理可得.又，所以，所以有，解得，所以点的坐标为，故B项错误；对于C项，如上图，显然为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点.则垂直平分，即点为的中点.又是的中点，所以，，故C项正确；对于D项，，当且仅当，即时，等号成立.所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.故选：ACD.〖『点石成金』〗思路『点石成金』：C项中，结合已知中，给出的双曲线的光学性质，即可推出.12.已知，过点和的直线为.过点和的直线为，与在轴上的截距相等，设函数.则（）A.在上单调递增 B.若，则C.若，则 D.均不为（为自然对数的底数）〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗由题意可推得，.令，可得，根据导函数可得出的单调性，进而判断A项；先根据导数求解函数的零点，可求出，代入即可得出的值，判断B项；由已知可得，平方变形即可求出，可得出C项；分别求解时，的值以及时，的值，即可说明D项.〖详析〗由已知可得，直线的方程为，由，可得；直线的方程为，由，可得.由已知可得，，整理可得，.因为，函数在上单调递增，所以，所以.对于A项，令，，则，.令，则在R上恒成立，所以，在R上单调递增，即在R上单调递增.又，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，故A项错误；对于B项，设，则.令，则，显然在上单调递增，且，，根据零点存在定理，可得，有，且当时，有，即在上单调递减，所以在上单调递减；当时，有，即在上单调递增，所以在上单调递增.因为，，，根据零点存在定理，可得，有，且当时，有，即在上单调递减；当时，有，即在上单调递增.因为，，，.所以有，可得或，因为，所以有可得，，所以或（舍去）.所以，，所以，，故B项错误；对于C项，因为，则由可知，.所以，，所以，故C项正确；对于D项，因为，所以，所以.①当时，则有.令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，所以，方程在上无解，即不存在；②当时，则有.令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以恒成立，所以，方程在上无解，即不存在.综上所述，均不为，故D项正确.故选：CD.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：由已知求出直线与的方程，根据已知，结合对数函数的性质以及对数运算性质，即可得出，进而得到.三､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.设等差数列的前项和为，若，则__________.〖答案〗26〖解析〗〖祥解〗根据已知结合等差数列的性质可得，进而即可得出.〖详析〗由已知，所以.则故〖答案〗为：.14.已知抛物线经过第二象限，且其焦点到准线的距离大于4，请写出一个满足条件的的标准方程__________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗设抛物线的标准方程为，由题意得出，即可得出抛物线的方程.〖详析〗设抛物线的标准方程为.由已知可得，焦点到准线的距离.可取，则抛物线的标准方程为.故〖答案〗为：.15.在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗设圆柱的底面半径为，球心到圆柱底面的距离为，圆柱的母线长为，表示出圆柱的体积，对函数求导，得到函数的单调性即可求出的最大值，即可求出圆柱的母线长.〖详析〗设圆柱的底面半径为，球心到圆柱底面的距离为，圆柱的母线长为，由球截面的性质得：，则，圆柱的体积为：，，当时，，当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，取得最大值为，此时圆柱的母线长为.16.乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.附：当时，，.〖答案〗①.##0.2109375②.〖解析〗〖祥解〗由已知可得前四局双方为，即可求出〖答案〗①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且.进而可设，，根据错位相加法求出的前项和为，进而求出的极限即可得出〖答案〗.〖详析〗①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.②假设比赛局数为随机变量，由已知，需比赛局数为偶数，则可取.则，当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，则，显然，满足该式.设，则有，所以，是以为首项，为公比的等比数列.设，则.设的前项和为，则，，作差可得，，整理可得，.由题意可得，，.则.故〖答案〗为：；.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：当时，由题意可知，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，则.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.已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.（1）求值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.〖答案〗（1），（2）〖解析〗〖祥解〗（1）当时，，两式相减得，由，可求出的值；（2）由（1）知，由绝对值的定义结合等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和.〖小问1详析〗因为，所以时，，所以.又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，综上.〖小问2详析〗由（1）知，当时，，当时，所以.18.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在中，角所对的边分别为，且__________.（1）求角的大小；（2）已知，且角有两解，求的范围.〖答案〗（1）〖答案〗见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出〖答案〗.（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以；若选③：由正弦定理整理得，所以，即，因为，所以；〖小问2详析〗将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，即，又，所以，解得.19.在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.（1）求证：；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出〖答案〗.〖小问1详析〗由题意知平面平面，又平面平面，，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.〖小问2详析〗取中点为，连结.取中点为，连结.因为，点是中点，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为点、分别是、的中点，所以，则.则，.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设是平面的一个法向量，则，取，则，所以是平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的正弦值为.20.某学校研究性学习小组在学习生物遗传学的过程中，为验证高尔顿提出的关于儿子成年后身高y（单位：）与父亲身高x（单位：）之间的关系及存在的遗传规律，随机抽取了5对父子的身高数据，如下表：父亲身高160170175185190儿子身高170174175180186（1）根据表中数据，求出关于的线性回归方程，并利用回归直线方程分别确定儿子比父亲高和儿子比父亲矮的条件，由此可得到怎样的遗传规律？（2）记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差.求（1）中儿子身高的残差的和､并探究这个结果是否对任意具有线性相关关系的两个变量都成立？若成立加以证明；若不成立说明理由.参考数据及公式：.〖答案〗（1），时，儿子比父亲高；时，儿子比父亲矮，儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋势.（2）0；任意具有线性相关关系的变量，证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据已知求得回归方程的系数，即可得回归方程，解不等式可得到结论；（2）结合题中数据进行计算，可求得儿子身高的残差的和，从而可得结论，结合回归方程系数的计算公式即可证明.〖小问1详析〗由题意得，，，所以回归直线方程为，令得，即时，儿子比父亲高；令得，即时，儿子比父亲矮，可得当父亲身高较高时，儿子平均身高要矮于父亲，即儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋势.〖小问2详析〗由可得，所以，又，所以，结论：对任意具有线性相关关系的变量，证明：.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.〖答案〗（1）函数在上单调递增（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）求导，再根据导函数的符号即可得出〖答案〗；（2）当吋，，即证在上恒成立，利用导数求出函数的单调区间，再利用导数比较在时，和的大小，即可得证.〖小问1详析〗函数的定义域为，，记，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以函数上单调递增；〖小问2详析〗原不等式，即，即证在上恒成立，设，则，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，令，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，且在上有，所以可得到，即，所以在时，有成立.〖『点石成金』〗本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了转化思想及逻辑推理能力，有一定的难度.22.已知椭圆的焦距为，离心率为，直线与交于不同的两点.（1）求的方程；（2）设点，直线与分别交于点.①判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由：②记直线的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程.〖答案〗（1）（2）①过定点，定点，②〖解析〗〖祥解〗（1）由题意得，解方程即可得出〖答案〗.（2）①设，，联立直线和椭圆的方程，得到韦达定理结合直线的方程表示出点的坐标，即可求出直线的方程，即可证明直线定点；②由分析知，当取得最大值时，取得最大值，由两角差的正切公式结合基本不等式求解即可.〖小问1详析〗由题意得，解得，所以，所以的方程为.〖小问2详析〗①由题意得整理得，设，，直线的方程为，代入整理得，，设，则，所以，，即，同理.，所以直线的方程为，即，所以直线过定点.②因为，所以与正负相同，且，所以，当取得最大值时，取得最大值.由时，；所以当且仅当时等号成立，取得最大值，取得最大值，此时直线的方程为.

高考模拟试题PAGEPAGE1潍坊市高考模拟考试数学2023.2本试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本大题共8个小题，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.在复平面内，复数对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先化简复数，再判断它对应的点所处的象限得解.〖详析〗由题得，所以复数对应的点为（），故选A〖『点石成金』〗本题主要考查复数的运算和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.“”是“，成立”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〗A〖解析〗〖祥解〗由不等式恒成立，可求得，即可得出〖答案〗.〖详析〗因为，成立，则，即.所以，“”是“，成立”的充分不必要条件.故选：A.3.某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩在120分以上的学生人数为（）A.25 B.50 C.75 D.100〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由已知可得，根据正态分布的对称性可推得，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，所以.又，根据正态分布的对称性可得，所以.所以，可估计成绩在120分以上的学生人数为.故选：B.4.存在函数满足：对任意都有（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据函数的定义一一判断各选项中函数是否符合，即可判断出〖答案〗.〖详析〗对于A，当时，；当时，，不符合函数定义，A错误；对于B,令，则，令，则，不符合函数定义，B错误；对于C,令，则，令，则，不符合函数定义，C错误；对于D,,,则，则存在时，，符合函数定义，即存在函数满足：对任意都有，D正确，故选：D5.已知角在第四象限内，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由已知可推得，即可得出，然后根据的范围，即可得出〖答案〗.〖详析〗由已知可得，，所以，所以，.又角在第四象限内，所以.故选：D.6.如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知可得出圆锥的母线，进而根据圆锥、圆台的轴截面，即可得出〖答案〗.〖详析〗假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.由已知可得，，所以.如图，作出圆锥、圆台的轴截面则有，所以.所以圆台的侧面积为.故选：C.7.过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（）A.24种 B.36种 C.48种 D.60种〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.〖详析〗①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；故选拔测试的安排方案有种.故选：B.8.单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗设中点为，中点为，，.进而可推得，结合图象，根据数量积的意义，即可求出最值.〖详析〗设中点为，中点为，则，.由已知，可知，所以，所以为等边三角形，所以.同理可得，..如图，当、方向相反时，有最大值为，即的最大值是.故选：A.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：将转化为以点为起点的向量表示，然后根据向量的运算，结合数量积的意义，即可求出最值.二､多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.若非空集合满足：，则（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根据题意可得：，然后根据集合的包含关系即可求解.〖详析〗由可得：，由，可得，则推不出，故选项错误；由可得，故选项正确；因为且，所以，则，故选项正确；由可得：不一定为空集，故选项错误；故选：.10.将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（）A.是奇函数 B.的周期为C.的图象关于点对称 D.的单调递增区间为〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根据函数作恒等变换化简成正弦型函数，确定平移后的〖解析〗式，即可根据三角函数图象性质逐项判断正误.〖详析〗的图象向左平移个单位得，所以为偶函数，故A不正确；最小正周期,故B正确；又，所以函数的图象关于点对称，故C正确；则的单调递增区间满足，，解得，，即函数的单调递增区间为，故D正确.故选：BCD.11.双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（）A.的渐近线方程为 B.点的坐标为C.过点作，垂足为，则 D.四边形面积的最小值为4〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；由已知可得，进而结合双曲线方程，即可得出点的坐标，即可判断B项；根据双曲线的光学性质可推得，点为的中点.进而得出，结合双曲线的定义，即可判断C项；由，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项.〖详析〗对于A项，由已知可得，，所以的渐近线方程为，故A项正确；对于B项，设，则，整理可得.又，所以，所以有，解得，所以点的坐标为，故B项错误；对于C项，如上图，显然为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点.则垂直平分，即点为的中点.又是的中点，所以，，故C项正确；对于D项，，当且仅当，即时，等号成立.所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.故选：ACD.〖『点石成金』〗思路『点石成金』：C项中，结合已知中，给出的双曲线的光学性质，即可推出.12.已知，过点和的直线为.过点和的直线为，与在轴上的截距相等，设函数.则（）A.在上单调递增 B.若，则C.若，则 D.均不为（为自然对数的底数）〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗由题意可推得，.令，可得，根据导函数可得出的单调性，进而判断A项；先根据导数求解函数的零点，可求出，代入即可得出的值，判断B项；由已知可得，平方变形即可求出，可得出C项；分别求解时，的值以及时，的值，即可说明D项.〖详析〗由已知可得，直线的方程为，由，可得；直线的方程为，由，可得.由已知可得，，整理可得，.因为，函数在上单调递增，所以，所以.对于A项，令，，则，.令，则在R上恒成立，所以，在R上单调递增，即在R上单调递增.又，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，故A项错误；对于B项，设，则.令，则，显然在上单调递增，且，，根据零点存在定理，可得，有，且当时，有，即在上单调递减，所以在上单调递减；当时，有，即在上单调递增，所以在上单调递增.因为，，，根据零点存在定理，可得，有，且当时，有，即在上单调递减；当时，有，即在上单调递增.因为，，，.所以有，可得或，因为，所以有可得，，所以或（舍去）.所以，，所以，，故B项错误；对于C项，因为，则由可知，.所以，，所以，故C项正确；对于D项，因为，所以，所以.①当时，则有.令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，所以，方程在上无解，即不存在；②当时，则有.令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以恒成立，所以，方程在上无解，即不存在.综上所述，均不为，故D项正确.故选：CD.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：由已知求出直线与的方程，根据已知，结合对数函数的性质以及对数运算性质，即可得出，进而得到.三､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.设等差数列的前项和为，若，则__________.〖答案〗26〖解析〗〖祥解〗根据已知结合等差数列的性质可得，进而即可得出.〖详析〗由已知，所以.则故〖答案〗为：.14.已知抛物线经过第二象限，且其焦点到准线的距离大于4，请写出一个满足条件的的标准方程__________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗设抛物线的标准方程为，由题意得出，即可得出抛物线的方程.〖详析〗设抛物线的标准方程为.由已知可得，焦点到准线的距离.可取，则抛物线的标准方程为.故〖答案〗为：.15.在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗设圆柱的底面半径为，球心到圆柱底面的距离为，圆柱的母线长为，表示出圆柱的体积，对函数求导，得到函数的单调性即可求出的最大值，即可求出圆柱的母线长.〖详析〗设圆柱的底面半径为，球心到圆柱底面的距离为，圆柱的母线长为，由球截面的性质得：，则，圆柱的体积为：，，当时，，当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，取得最大值为，此时圆柱的母线长为.16.乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.附：当时，，.〖答案〗①.##0.2109375②.〖解析〗〖祥解〗由已知可得前四局双方为，即可求出〖答案〗①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且.进而可设，，根据错位相加法求出的前项和为，进而求出的极限即可得出〖答案〗.〖详析〗①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.②假设比赛局数为随机变量，由已知，需比赛局数为偶数，则可取.则，当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，则，显然，满足该式.设，则有，所以，是以为首项，为公比的等比数列.设，则.设的前项和为，则，，作差可得，，整理可得，.由题意可得，，.则.故〖答案〗为：；.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：当时，由题意可知，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，则.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.已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.（1）求值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.〖答案〗（1），（2）〖解析〗〖祥解〗（1）当时，，两式相减得，由，可求出的值；（2）由（1）知，由绝对值的定义结合等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和.〖小问1详析〗因为，所以时，，所以.又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，综上.〖小问2详析〗由（1）知，当时，，当时，所以.18.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在中，角所对的边分别为，且__________.（1）求角的大小；（2）已知，且角有两解，求的范围.〖答案〗（1）〖答案〗见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出〖答案〗.（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出〖答案〗.〖小问1详析〗若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以；若选③：由正弦定理整理得，所以，即，因为，所以；〖小问2详析〗将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，即，又，所以，解得.19.在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.（1）求证：；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出〖答案〗.〖小问1详析〗由题意知平面平面，又平面平面，，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.〖小问2详析〗取中点为，连结.取中点为，连结.因为，点是中点，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为点、分别是、的中点，所以，则.则，.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设是平面的一个法向量，则，取，则，所