2023届陕西省西安市长安区高三下学期一模理科数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1陕西省西安市长安区2023届高三一模数学（理科）试卷长安区高三质量检测数学（理科）试题注意事项：1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题〖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〗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.4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.共60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.设集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.〖详析〗解不等式得：，则，而，又，所以.故选：A2.甲乙两位射击运动员参加比赛，抽取连续6轮射击比赛的成绩情况如下：甲：80、70、80、90、90、70；乙：70、80、80、80、70、80则下列说法中正确的是（）A.甲比乙平均成绩高，甲比乙成绩稳定B.甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定C.乙比甲平均成绩高，甲比乙成绩稳定D.乙比甲平均成绩高，乙比甲成绩稳定〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据给定数据，求出甲乙成绩的平均数及方差，再比较判断作答.〖详析〗依题意，甲射击成绩的平均数，方差，乙射击成绩的平均数，方差，因此，所以甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定.故选：B3.复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗设复数，则根据题意根据复数相等列出关于的方程，即可求得〖答案〗.〖详析〗设复数，则由可得，即，则，整理得，当时，解得，此时，当时，即，则结合各选项，该式均不成立，故选：B4.函数在区间上的图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确〖答案〗．〖详析〗偶函数，排除选项B和D当时，，，即，排除选项C故选：A5.在平行四边形ABCD中，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设，，将，，都用，表示，设，解出m，n.〖详析〗设，，因为，所以，因为，所以，设，则，，解得，，即.故选：C.6.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（）A.1倍 B.2倍 C.3倍 D.4倍〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.〖详析〗依题意，，则，所以第一次“晷影长”是“表高”的2倍.故选：B7.下列是函数图像的对称轴的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式化简函数，再利用余弦函数的性质求解作答.〖详析〗，显然，，，，所以函数图像的对称轴的是，ABC错误，D正确.故选：D8.盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗棱长为8的正四面体放入正方体，使正方体面对角线长等于正四面体棱长，然后求出体积作答.〖详析〗依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.故选：C9.已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.〖详析〗双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，因为，则，而，即有，，，由知，点在y轴同侧，于是，，，在中，，由得：，整理得：，化简得，解得或（舍去），所以，，双曲线方程为.故选：A10.已知函数满足，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗求出的〖解析〗式，在同一坐标系中作，，，的图象，得到，借助的单调性进行判断即可.〖详析〗因为，所以，联立，得，在R上单调递减，在同一坐标系中作，，，的图象，如图，所以，故.故选：B.11.在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.〖详析〗因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，所以AM⊥CD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：D〖『点石成金』〗解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．12.设函数的定义域为，满足，且当时，.则下列结论正确的个数是（）①；②若对任意，都有，则的取值范围是；③若方程恰有3个实数根，则的取值范围是；④函数在区间上的最大值为，若，使得成立，则.A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题意推出函数的〖解析〗式，作出函数图象，利用〖解析〗式可判断①；解方程，结合函数图象可判断②；举反例取特殊值，可判断③；根据函数〖解析〗式求得最值，可得表达式，分离参数，将，使得成立转化为数列的单调性问题，可判断④.〖详析〗函数的定义域为，满足，即，且当时，,当时，，故,当时，，故，依次类推，当时，，由此可作出函数的图象如图：对于①，，此时，故，①正确；对于②，当时，；结合①可知当时，；故当时，令，即，解得，又，故对任意，都有，则的取值范围是，正确；对于③，取，则直线，过点，结合图象可知恰有3个交点，即恰有3个实数根，即说明符合题意，则③错误；对于④，当时，，其最大值为，若，使得成立，即，即需；记，则，故，当时，，递增；当时，，递减，又，则，故的最大值为，则，即，故④错误，综合可知，结论正确的个数是2个，故选：B〖『点石成金』〗难点『点石成金』：本题综合考查了函数的性质以及数列的单调性等，综合性较强，解答的难点在于要明确函数的性质，明确函数的〖解析〗式，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设a为实数，函数导函数为，若是偶函数，则__________，此时，曲线在原点处的切线方程为______________．〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗由偶函数的定义得出的值，再由导数的几何意义求切线方程.〖详析〗，因为是偶函数，所以在上恒成立，则恒成立，故.因为，，所以曲线在原点处的切线方程为，即.故〖答案〗为：；14.已知直线与圆交于A，B两点，若，则__________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离即可求解作答.〖详析〗圆的圆心，半径，因为圆O的弦AB长为2，则点O到直线l的距离，而，因此，解得，所以.故〖答案〗为：15.已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得〖答案〗.〖详析〗由题意在中，满足，即,即，而，故，又,则，同理，故，又,故，则，故〖答案〗为：16.在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则______.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗建立坐标系，求得P点的轨迹方程，从而求出点E的轨迹方程，结合椭圆的几何性质，列方程即可求得〖答案〗.〖详析〗如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点E作的垂线交延长线于P，交于M,作,垂足为F，则,因为，故,则，故,设，则，故,则P点的轨迹方程为，由于，则，故，则，设，则,而,故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，即，由于椭圆的离心率为，即，解得，即，由于，故，故〖答案〗为：2〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：解答本题时，要明确由该题中的方法形成椭圆的过程，因此解答时结合平面图形几何性质，判断P点轨迹为圆，由此解答本题的关键在于要由此确定E点的轨迹方程，从而根据椭圆的性质求得〖答案〗.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为洗考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知等差数列的前n项和为，满足，_____________．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”）（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据等差数列的基本量的运算可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.〖小问1详析〗设等差数列的首项为，公差为若选择条件①，则由，得，解得，；若选择条件②，则由，得，解得，；若选择条件③，则由，得，解得，；〖小问2详析〗由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有，则，的前n项和18.如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得〖答案〗.〖小问1详析〗证明：因为平面，平面ABCD,所以,又因为，平面，所以平面.小问2详析〗过A作的垂线交于点M,因为平面，平面,所以,以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则,因为E为的中点，所以,因为F在上，设,则,故,因为，所以，即，即，即，所以，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故；，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故，故，由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.19.设抛物线的焦点为，，Q在准线上，Q的纵坐标为，点M到F与到定点的距离之和的最小值为4．（1）求抛物线C的方程；（2）过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求的面积．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推得，求出的坐标代入，即可得出关于的方程，求解即可得出；（2）由已知可求得直线方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离求出点到直线的距离，即可得出面积.〖小问1详析〗由已知可得，，.因为，当且仅当三点共线时，取得最小值.又，所以，即，整理可得，因为，所以.所以，抛物线C的方程为.〖小问2详析〗由（1）知，，所以直线的方程为，.联立直线与抛物线的方程可得，.设，，则由韦达定理可得.所以.又点到直线，即直线的距离为，所以，的面积.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：求圆锥曲线中的有关三角形的面积时，常联立直线与曲线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离公式，求出三角形的高，即可得出.20.某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案：方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；方案二：全部回答单选题.其中每道单选题答对得2分，答错得0分；多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分.每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同学，所得结果如下表所示：男生女生选择方案一10080选择方案二200120（1）能否有的把握认为方案的选择与性别有关?（2）小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3.①若小明选择方案一，记小明的得分为X，求X的分布列及数学期望；②如果你是小明，为了获取更好的得分你会选择哪个方案?请通过计算说明理由.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828〖答案〗（1）没有.（2）①分布列见〖解析〗；.②选方案一，理由见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意完善列联表，计算的值，即可判断结论；（2）①确定X的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，进而求得数学期望；②计算出选择方案二的数学期望，和方案一进行比较，可得〖答案〗.〖小问1详析〗由题意完善列联表如图：男生女生总计选择方案一10080180选择方案二200120320总计300200500故故没有的把握认为方案的选择与性别有关.〖小问2详析〗①由题意可知X的所有可能取值为，则,,,,,故X的分布列为∶X012345P0.0160.0120.1280.1080.2560.480故X的数学期望.②设选择方案二的得分为Y,则Y的可能取值为，则,,,故,因为,故为了获取更好的得分,小明会选择方案一.21.已知函数，求证：（1）存在唯一零点；（2）不等式恒成立．〖答案〗（1）见〖解析〗（2）见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）由导数得出的单调性，结合零点存在性定理证明即可；（2）先证明，再由的单调性，证明不等式即可.〖小问1详析〗，.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减；所以，即.所以在上单调递增，.则在上，存在，使得，即存在唯一零点；〖小问2详析〗，令，.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减；即，故.因为函数在上单调递增，所以.即.故不等式恒成立.〖『点石成金』〗关键『点石成金』：在证明第二问时，关键是由导数证明，再利用函数的单调性证明，在做题时，要察觉到这一点.（二）选考题：共10分.考生从22.23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.〖选修4-4：坐标系与参数方程〗22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（，t为参数）．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）已知直线与x轴的交点为F，且曲线C与直线l交于A、B两点，求的值．〖答案〗（1）（2）24〖解析〗〖祥解〗（1）根据曲线C的参数方程为（，t为参数），由两边平方求解；（2）易知直线的参数方程为，代入，利用参数的几何意义求解.〖小问1详析〗解：因为曲线C的参数方程为（，t为参数），所以由两边平方得：，而，当且仅当，即时，等号成立，所以曲线C的直角坐标方程；〖小问2详析〗易知直线与x轴的交点为,直线的参数方程为，代入得，设A，B两点对应的参数分别为，则，所以.〖选修4-5：不等式选讲〗23.已知．（1）求的解集；（2）已知在上恒成立，求实数a的取值范围．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）把函数化成分段函数，再分段解不等式作答.（2）根据给定条件，分离参数并构造函数，求出函数最大值作答.〖小问1详析〗依题意，，不等式化为：或或，解得或或，即有，所以的解集为.〖小问2详析〗依题意，，，，，于是，当且仅当时取等号，则，所以实数a的取值范围是.高考模拟试题PAGEPAGE1陕西省西安市长安区2023届高三一模数学（理科）试卷长安区高三质量检测数学（理科）试题注意事项：1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题〖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〗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.4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.共60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.设集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.〖详析〗解不等式得：，则，而，又，所以.故选：A2.甲乙两位射击运动员参加比赛，抽取连续6轮射击比赛的成绩情况如下：甲：80、70、80、90、90、70；乙：70、80、80、80、70、80则下列说法中正确的是（）A.甲比乙平均成绩高，甲比乙成绩稳定B.甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定C.乙比甲平均成绩高，甲比乙成绩稳定D.乙比甲平均成绩高，乙比甲成绩稳定〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据给定数据，求出甲乙成绩的平均数及方差，再比较判断作答.〖详析〗依题意，甲射击成绩的平均数，方差，乙射击成绩的平均数，方差，因此，所以甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定.故选：B3.复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗设复数，则根据题意根据复数相等列出关于的方程，即可求得〖答案〗.〖详析〗设复数，则由可得，即，则，整理得，当时，解得，此时，当时，即，则结合各选项，该式均不成立，故选：B4.函数在区间上的图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确〖答案〗．〖详析〗偶函数，排除选项B和D当时，，，即，排除选项C故选：A5.在平行四边形ABCD中，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗设，，将，，都用，表示，设，解出m，n.〖详析〗设，，因为，所以，因为，所以，设，则，，解得，，即.故选：C.6.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（）A.1倍 B.2倍 C.3倍 D.4倍〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.〖详析〗依题意，，则，所以第一次“晷影长”是“表高”的2倍.故选：B7.下列是函数图像的对称轴的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式化简函数，再利用余弦函数的性质求解作答.〖详析〗，显然，，，，所以函数图像的对称轴的是，ABC错误，D正确.故选：D8.盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗棱长为8的正四面体放入正方体，使正方体面对角线长等于正四面体棱长，然后求出体积作答.〖详析〗依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.故选：C9.已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.〖详析〗双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，因为，则，而，即有，，，由知，点在y轴同侧，于是，，，在中，，由得：，整理得：，化简得，解得或（舍去），所以，，双曲线方程为.故选：A10.已知函数满足，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗求出的〖解析〗式，在同一坐标系中作，，，的图象，得到，借助的单调性进行判断即可.〖详析〗因为，所以，联立，得，在R上单调递减，在同一坐标系中作，，，的图象，如图，所以，故.故选：B.11.在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.〖详析〗因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，所以AM⊥CD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：D〖『点石成金』〗解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．12.设函数的定义域为，满足，且当时，.则下列结论正确的个数是（）①；②若对任意，都有，则的取值范围是；③若方程恰有3个实数根，则的取值范围是；④函数在区间上的最大值为，若，使得成立，则.A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题意推出函数的〖解析〗式，作出函数图象，利用〖解析〗式可判断①；解方程，结合函数图象可判断②；举反例取特殊值，可判断③；根据函数〖解析〗式求得最值，可得表达式，分离参数，将，使得成立转化为数列的单调性问题，可判断④.〖详析〗函数的定义域为，满足，即，且当时，,当时，，故,当时，，故，依次类推，当时，，由此可作出函数的图象如图：对于①，，此时，故，①正确；对于②，当时，；结合①可知当时，；故当时，令，即，解得，又，故对任意，都有，则的取值范围是，正确；对于③，取，则直线，过点，结合图象可知恰有3个交点，即恰有3个实数根，即说明符合题意，则③错误；对于④，当时，，其最大值为，若，使得成立，即，即需；记，则，故，当时，，递增；当时，，递减，又，则，故的最大值为，则，即，故④错误，综合可知，结论正确的个数是2个，故选：B〖『点石成金』〗难点『点石成金』：本题综合考查了函数的性质以及数列的单调性等，综合性较强，解答的难点在于要明确函数的性质，明确函数的〖解析〗式，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设a为实数，函数导函数为，若是偶函数，则__________，此时，曲线在原点处的切线方程为______________．〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗由偶函数的定义得出的值，再由导数的几何意义求切线方程.〖详析〗，因为是偶函数，所以在上恒成立，则恒成立，故.因为，，所以曲线在原点处的切线方程为，即.故〖答案〗为：；14.已知直线与圆交于A，B两点，若，则__________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根据给定条件，利用圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离即可求解作答.〖详析〗圆的圆心，半径，因为圆O的弦AB长为2，则点O到直线l的距离，而，因此，解得，所以.故〖答案〗为：15.已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得〖答案〗.〖详析〗由题意在中，满足，即,即，而，故，又,则，同理，故，又,故，则，故〖答案〗为：16.在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则______.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗建立坐标系，求得P点的轨迹方程，从而求出点E的轨迹方程，结合椭圆的几何性质，列方程即可求得〖答案〗.〖详析〗如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点E作的垂线交延长线于P，交于M,作,垂足为F，则,因为，故,则，故,设，则，故,则P点的轨迹方程为，由于，则，故，则，设，则,而,故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，即，由于椭圆的离心率为，即，解得，即，由于，故，故〖答案〗为：2〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：解答本题时，要明确由该题中的方法形成椭圆的过程，因此解答时结合平面图形几何性质，判断P点轨迹为圆，由此解答本题的关键在于要由此确定E点的轨迹方程，从而根据椭圆的性质求得〖答案〗.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为洗考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知等差数列的前n项和为，满足，_____________．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”）（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据等差数列的基本量的运算可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.〖小问1详析〗设等差数列的首项为，公差为若选择条件①，则由，得，解得，；若选择条件②，则由，得，解得，；若选择条件③，则由，得，解得，；〖小问2详析〗由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有，则，的前n项和18.如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得〖答案〗.〖小问1详析〗证明：因为平面，平面ABCD,所以,又因为，平面，所以平面.小问2详析〗过A作的垂线交于点M,因为平面，平面,所以,以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则,因为E为的中点，所以,因为F在上，设,则,故,因为，所以，即，即，即，所以，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故；，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故，故，由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.19.设抛物线的焦点为，，Q在准线上，Q的纵坐标为，点M到F与到定点的距离之和的最小值为4．（1）求抛物线C的方程；（2）过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求的面积．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由已知可推得，求出的坐标代入，即可得出关于的方程，求解即可得出；（2）由已知可求得直线方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离求出点到直线的距离，即可得出面积.〖小问1详析〗由已知可得，，.因为，当且仅当三点共线时，取得最小值.又，所以，即，整理可得，因为，所以.所以，抛物线C的方程为.〖小问2详析〗由（1）知，，所以直线的方程为，.联立直线与抛物线的方程可得，.设，，则由韦达定理可得.所以.又点到直线，即直线的距离为，所以，的面积.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：求圆锥曲线中的有关三角形的面积时，常联立直线与曲线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离公式，求出三角形的高，即可得出.20.某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案：方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；方案二：全部回答单选题.其中每道单选题答对得2分，答错得0分；多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分.每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同学，所得结果如下表所示：男生女生选择方案一10080选择方案二200120（1）能否有的把握认为方案的选择与性别有关?（2）小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全