2023届四川省达州市普通高中高三第一次诊断性测试理科数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1达州市普通高中2023届第一次诊断性测试数学试题（理科）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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〗标号涂黒.如需改动，用橡皮擦千净后，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，写在本试卷无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗求出集合，再求即可.〖详析〗由已知，又，.故选：A.2.复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算即可得出结果.〖详析〗由得，,故选：C.3.已知向量，满足，则（）A.0 B.2 C. D.5〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用数量积垂直的坐标表示，即可求解.〖详析〗.故选：D4.四川省将从2022年秋季入学的高一年级学生开始实行高考综合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”为首选科目，即物理与历史二选一.某校为了解学生的首选意愿，对部分高一学生进行了抽样调查，制作出如下两个等高条形图，根据条形图信息，下列结论正确的是（）A.样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历史意愿的女生人数B.样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选择历史意愿的人数C.样本中选择物理学科的人数较多D.样本中男生人数少于女生人数〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据等高条形图的概念结合条件逐项分析即得.〖详析〗根据等高条形图图1可知样本中选择物理学科的人数较多，故C正确；根据等高条形图图2可知样本中男生人数多于女生人数，故D错误；样本中选择物理学科的人数多于选择历史意愿的人数，而选择物理意愿的男生比例高，选择历史意愿的女生比例低，所以样本中选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的女生人数，故A错误；样本中女生选择历史意愿的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数，故B错误.故选：C.5.三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出〖答案〗.〖详析〗由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；又在圆上或内部，当点与点重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.故选：D6.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先利用不等式的性质与指数函数的单调性证得充分性，再举反例排除必要性，从而得解.〖详析〗证充分性：因为，所以，，则，所以，故是的充分条件；排除必要性：令，则，，满足，但不满足，所以不是的必要条件；综上：“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.年月日，年度国家科学奖励大会在人民大会堂隆重召开，中国科学院研究员田刚以“同余数问题与函数的算术”项目荣获年度国家自然科学奖二等奖，在同余数这个具有千年历史数学中最重要的古老问题上取得突破性进展.在中，，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为：，若的面积为整同余数，则的值可以为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗用直角三角形的一条直角边长和面积，表示出另一条直角边长和斜边长，以旋转形成的圆锥的侧面积和体积的数值之比建立方程，将选项中的值代入方程，判断解出的，，是否为有理数即可.〖详析〗如图，中，内角，，所对的边为，，，且，则的面积，∴，∴，绕旋转一周，形成一个底面半径，高，母线长的圆锥，该圆锥的侧面积，该圆锥的体积，侧面积和体积的数值之比为，化简得，对于A，将代入，得，无解，故选项A错误；对于B，将代入，得，解得或，当时，，均为有理数，满足题意，当时，，均为有理数，满足题意，故选项B正确；对于C，将代入，得，解得，无有理数解，故选项C错误；对于D，将代入，得，解得，无有理数解，故选项D错误.故选：B.8.将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，则的最小值为（）A.8 B.6 C.4 D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由三角函数图象的平移变换可得，由题意推得必为函数的对称中心，可得，即可求得〖答案〗.〖详析〗由题意将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则，因为直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，由于，在直线上,故为的等差中项，不妨设，则，即，若，则，即，此时直线与曲线不止三个交点，不合题意；故，结合的对称性，可得有直线与曲线仅有3个交点，即必为函数的对称中心，即，故，因为，故时，的最小值为4，故选：C9.点为双曲线（，）的一个焦点，过作双曲线的一条渐近线的平行线交双曲线于点.为原点，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗通过计算到所作渐近线平行线的距离为可知，与所作直线和渐近线垂直，再利用双曲线的定义和，，之间的关系即可求解.〖详析〗设双曲线的两条渐近线为：，：，由双曲线的对称性，不妨设为双曲线的右焦点，过作，则的方程为，即，则到的距离，∴，∴，在中，，设双曲线左焦点为，连接，由双曲线的定义知，，设与交于点，∵为线段的中点，，∴，，在中，，即，化简得，∴双曲线的离心率.故选：D.10.曲线在点处的切线平分圆，则（）A.有两个零点B.有极大值C.在上为增函数D.当时，〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据导数几何意义确定在点处的切线方程为，由于平分圆，所以得，于是得函数，结合导数确定函数的零点，单调性，极值即可判断.〖详析〗解：因为，所以，曲线在点处的切线斜率，又，则切线方程为：，即，若该切线平分圆，则切线过圆心，则，解得，所以，，对于A，，即，所以，则有一个零点，故A不正确；对于B，，解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以有极小值，故B不正确；对于C，由B可知，C不正确；对于D，由B可知在上单调递增，且，所以当时，，故D正确.故选：D11.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为C.过点的平面截正方体所得的截面周长为D.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗A项通过平行线求异面直线所成角；B项先求点P的轨迹再求DP的最小值；C项先由面面平行的性质作出截面再求截面的周长；D项先找外接球的球心再求球的表面积.〖详析〗对于A项，∵∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，∴，∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为.故A项错误；对于B项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，则DM∥B1F，DN∥B1E，又∵面B1EF，面B1EF，面B1EF，面B1EF，∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，又∵，面DMN，∴面DMN∥面B1EF，又∵DP∥面B1EF，面A1B1C1D1∴P轨迹为线段MN，∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，在Rt△DD1M中，D1M=1，D1D=2，∴，在Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴，在Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴，∴如图在Rt△DPN中，.故B项正确；对于C项，过点D1、E、F的平面截正方体ABCD—A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN则D1M∥NF，D1N∥ME，如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz，设AM=m，CN=n，则，，，，，∴，∵D1M∥NF，D1N∥ME，∴∴∴∴在Rt△D1A1M中，D1A1=2，，∴，同理：，在Rt△MAE中，，AE=1，∴，同理：在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴，∴，即：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为.故C项错误；对于D项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1∥BB1，且使得，则O为三棱锥B1—BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，∵在Rt△EBF中，，∴∴.故D项错误.故选：B.12.函数满足，令，对任意的，都有，若，则（）A. B.3 C.1 D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据变形得到，即，再根据，，计算得到，，从而得到，由求出〖答案〗.〖详析〗因为，所以，即，，故，所以是奇函数，令，解得：，故，解得：，则，令，解得：，故，解得：，则，依次可得：，解得：，则，则，故，中，令得：，所以,故选：A〖『点石成金』〗方法『点石成金』：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的常数项为__________（用数字作答）.〖答案〗70〖解析〗〖祥解〗由二项展开式通项公式确定常数项的项数，从而得结论．〖详析〗,令,解得,∴常数项为．故〖答案〗为：70.14.定义，现从集合中随机取两个不同的元素，则满足的概率为__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据新定义得到，再根据的所有取值可能，利用古典概型的概率计算公式即可求解.〖详析〗因为，从集合中随机取两个不同的元素，所组成的点共有个，又因为定义，所以由可得：，在所有的点中，满足的有共3个，由古典概型的概率计算公式可得：，所以满足的概率为，故〖答案〗为：.15.已知正方形边长为两点分别为边上动点，，则的周长为__________.〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗设，，用表示出，由勾股定理求出即可求出周长.〖详析〗如图所示，设，，所以，即，由题意可得，，所以，，所以，所以的周长为，故〖答案〗为：416.斜率为1的直线与曲线交于两点，为的焦点，，点为曲线上一点，当的面积取最大值时，__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗设直线：，联立，根据条件和韦达定理可得抛物线方程和直线的方程，再求出点到直线的距离，当距离最大时，即可得面积最大时的的值，进而可得〖详析〗设直线：，联立，，，又，，解得或（舍去），则，得，，则点到直线的距离当或，即或时，，当，即时，，此时的面积取最大值，故〖答案〗为：1.三､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题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.党的十九大提出实施乡村振兴战略以来，农民收入大幅提升，2022年9月23日某市举办中国农民丰收节庆祝活动，粮食总产量有望连续十年全省第一.据统计该市2017年至2021年农村居民人均可支配收入的数据如下表：年份20172018201920202021年份代码12345人均可支配收入（单位：万元）（1）根据上表统计数据，计算与的相关系数，并判断与是否具有较高的线性相关程度（若，则线性相关程度一般，若则线性相关程度较高，精确到）；（2）市五届人大二次会议政府工作报告提出，2022年农村居民人均可支配收入力争不低于万元，求该市2022年农村居民人均可支配收入相对2021年增长率最小值（用百分比表示）.参考公式和数据：相关系数，.〖答案〗（1），具有较高的线性相关程度；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件及相关系数公式可得相关系数，进而即得；（2）设增长率为，由题可得，进而即得.〖小问1详析〗由题可知的平均数为，，所以，，所以与具有较高的线性相关程度；〖小问2详析〗设增长率，则，解得，，该市2022年农村居民人均可支配收入相对2021年增长率最小值为.18.已知正项等比数列前项和为，当时，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用等比数列的通项公式，结合与的关系式即可求得与，从而得解；（2）结合（1）中结论，求得的通项公式，再利用裂项相消法即可求得.〖小问1详析〗设正项等比数列的公比为，，由得，解得，当时，，，则，即，，.〖小问2详析〗由（1）得，，，，.19.如图，四棱锥的底面是梯形，为延长线上一点，平面是中点.（1）证明：；（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中点，连接，进而证明平面即可证明结论；（2）由题平面，进而根据等体积法得，再以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.〖小问1详析〗证明：平面平面..又，平面平面.平面.取的中点，连接为的中点，..，，为中点，.又平面平面.平面.〖小问2详析〗解：.，且四边形为矩形，平面.∴，解得，以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.则，易知是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，∴，即，不妨取，得.

.由图知二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为.20.已知直线交椭圆于两点，为的左､右焦点，关于直线的对称点在上.（1）求的值；（2）过斜率为的直线交线段于点，交于点，求的最小值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件列方程求出k；（2）求出A，B的坐标，并运用韦达定理和弦长公式求出的表达式，再运用配方法求解.〖小问1详析〗由题知.设关于直线的对称点坐标为，则，解得.根据条件得，解得，即；〖小问2详析〗由题意作下图：设.把代入椭圆方程得的坐标为，.由已知得直线的方程为…①交线段于，，即.设，在①中令，得，把①代入并化简得，，，，令，则，当，即时，取得最小值，所以的最小值为；综上，，的最小值为.21.已知函数.（1）若是函数的极值点，求的单调区间；（2）证明：当时，曲线上的所有点均在抛物线的内部.〖答案〗（1）单调减区间，增区间为（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）首先求函数的导数，根据，得，再根据构造函数，利用导数求函数的零点，最后代入原函数，求函数的单调区间；（2）首先利用不等式的传递性，得，再构造两个函数，转化为证明，即可证明.〖小问1详析〗由得，且.是函数的极值点，，即.设，则.当时，单调递减，当时单调递增.又当时，，且.当时，.若单调递减；若单调递增，是的极小值点.所以的单调减区间为，增区间为.〖小问2详析〗证明：.构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增.由于.设，则，当时，单调递增，当时，单调递减.由于.，即.所以曲线上所有的点都在抛物线内.〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：本题第二问的关键是证明，难点是转化为证明，从而才能构造函数，利用导数证明不等式.（二）选考题：共10分.请考生在第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.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，定点，求的最小值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)根据极坐标与直角坐标的转化公式,代入化简,可得曲线的直角坐标方程;(2)将直线的参数方程代入曲线的普通方程,可得根与系数的关系式,利用参数t的几何意义，结合更与系数的关系式化简求值，即可求得〖答案〗.〖小问1详析〗将代入的极坐标方程中,得曲线的直角坐标方程为，即.〖小问2详析〗点在直线上，将直线的参数方程（为参数）代入曲线方程,得，整理得,满足,设点对应该的参数分别为，则，由参数的几何意义不妨令,,当，即时，.〖选修4-5：不等式选讲〗23.设函数.（1）若的解集为，求实数的值；（2）若，且，求的最小值.〖答案〗（1）;（2）9.〖解析〗〖祥解〗(1)由可得，两边同时平方可得：，于是得，进而有，求解即可；(2)由可得，又由于关于直线对称，所以，进而得，再由，利用基本不等式求解即可.〖小问1详析〗解：不等式可化为，两边同时平方可得：.原不等式解集为，即.；〖小问2详析〗解：因为即，因为关于直线对称，，，即.所以，当且仅当，即时取所以的最小值为9.高考模拟试题PAGEPAGE1达州市普通高中2023届第一次诊断性测试数学试题（理科）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.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〗标号涂黒.如需改动，用橡皮擦千净后，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，写在本试卷无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗求出集合，再求即可.〖详析〗由已知，又，.故选：A.2.复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算即可得出结果.〖详析〗由得，,故选：C.3.已知向量，满足，则（）A.0 B.2 C. D.5〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用数量积垂直的坐标表示，即可求解.〖详析〗.故选：D4.四川省将从2022年秋季入学的高一年级学生开始实行高考综合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”为首选科目，即物理与历史二选一.某校为了解学生的首选意愿，对部分高一学生进行了抽样调查，制作出如下两个等高条形图，根据条形图信息，下列结论正确的是（）A.样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历史意愿的女生人数B.样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选择历史意愿的人数C.样本中选择物理学科的人数较多D.样本中男生人数少于女生人数〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据等高条形图的概念结合条件逐项分析即得.〖详析〗根据等高条形图图1可知样本中选择物理学科的人数较多，故C正确；根据等高条形图图2可知样本中男生人数多于女生人数，故D错误；样本中选择物理学科的人数多于选择历史意愿的人数，而选择物理意愿的男生比例高，选择历史意愿的女生比例低，所以样本中选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的女生人数，故A错误；样本中女生选择历史意愿的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数，故B错误.故选：C.5.三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出〖答案〗.〖详析〗由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；又在圆上或内部，当点与点重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.故选：D6.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先利用不等式的性质与指数函数的单调性证得充分性，再举反例排除必要性，从而得解.〖详析〗证充分性：因为，所以，，则，所以，故是的充分条件；排除必要性：令，则，，满足，但不满足，所以不是的必要条件；综上：“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.年月日，年度国家科学奖励大会在人民大会堂隆重召开，中国科学院研究员田刚以“同余数问题与函数的算术”项目荣获年度国家自然科学奖二等奖，在同余数这个具有千年历史数学中最重要的古老问题上取得突破性进展.在中，，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为：，若的面积为整同余数，则的值可以为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗用直角三角形的一条直角边长和面积，表示出另一条直角边长和斜边长，以旋转形成的圆锥的侧面积和体积的数值之比建立方程，将选项中的值代入方程，判断解出的，，是否为有理数即可.〖详析〗如图，中，内角，，所对的边为，，，且，则的面积，∴，∴，绕旋转一周，形成一个底面半径，高，母线长的圆锥，该圆锥的侧面积，该圆锥的体积，侧面积和体积的数值之比为，化简得，对于A，将代入，得，无解，故选项A错误；对于B，将代入，得，解得或，当时，，均为有理数，满足题意，当时，，均为有理数，满足题意，故选项B正确；对于C，将代入，得，解得，无有理数解，故选项C错误；对于D，将代入，得，解得，无有理数解，故选项D错误.故选：B.8.将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，则的最小值为（）A.8 B.6 C.4 D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由三角函数图象的平移变换可得，由题意推得必为函数的对称中心，可得，即可求得〖答案〗.〖详析〗由题意将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则，因为直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，由于，在直线上,故为的等差中项，不妨设，则，即，若，则，即，此时直线与曲线不止三个交点，不合题意；故，结合的对称性，可得有直线与曲线仅有3个交点，即必为函数的对称中心，即，故，因为，故时，的最小值为4，故选：C9.点为双曲线（，）的一个焦点，过作双曲线的一条渐近线的平行线交双曲线于点.为原点，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗通过计算到所作渐近线平行线的距离为可知，与所作直线和渐近线垂直，再利用双曲线的定义和，，之间的关系即可求解.〖详析〗设双曲线的两条渐近线为：，：，由双曲线的对称性，不妨设为双曲线的右焦点，过作，则的方程为，即，则到的距离，∴，∴，在中，，设双曲线左焦点为，连接，由双曲线的定义知，，设与交于点，∵为线段的中点，，∴，，在中，，即，化简得，∴双曲线的离心率.故选：D.10.曲线在点处的切线平分圆，则（）A.有两个零点B.有极大值C.在上为增函数D.当时，〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据导数几何意义确定在点处的切线方程为，由于平分圆，所以得，于是得函数，结合导数确定函数的零点，单调性，极值即可判断.〖详析〗解：因为，所以，曲线在点处的切线斜率，又，则切线方程为：，即，若该切线平分圆，则切线过圆心，则，解得，所以，，对于A，，即，所以，则有一个零点，故A不正确；对于B，，解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以有极小值，故B不正确；对于C，由B可知，C不正确；对于D，由B可知在上单调递增，且，所以当时，，故D正确.故选：D11.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为C.过点的平面截正方体所得的截面周长为D.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗A项通过平行线求异面直线所成角；B项先求点P的轨迹再求DP的最小值；C项先由面面平行的性质作出截面再求截面的周长；D项先找外接球的球心再求球的表面积.〖详析〗对于A项，∵∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，∴，∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为.故A项错误；对于B项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，则DM∥B1F，DN∥B1E，又∵面B1EF，面B1EF，面B1EF，面B1EF，∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，又∵，面DMN，∴面DMN∥面B1EF，又∵DP∥面B1EF，面A1B1C1D1∴P轨迹为线段MN，∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，在Rt△DD1M中，D1M=1，D1D=2，∴，在Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴，在Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴，∴如图在Rt△DPN中，.故B项正确；对于C项，过点D1、E、F的平面截正方体ABCD—A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN则D1M∥NF，D1N∥ME，如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz，设AM=m，CN=n，则，，，，，∴，∵D1M∥NF，D1N∥ME，∴∴∴∴在Rt△D1A1M中，D1A1=2，，∴，同理：，在Rt△MAE中，，AE=1，∴，同理：在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴，∴，即：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为.故C项错误；对于D项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1∥BB1，且使得，则O为三棱锥B1—BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，∵在Rt△EBF中，，∴∴.故D项错误.故选：B.12.函数满足，令，对任意的，都有，若，则（）A. B.3 C.1 D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据变形得到，即，再根据，，计算得到，，从而得到，由求出〖答案〗.〖详析〗因为，所以，即，，故，所以是奇函数，令，解得：，故，解得：，则，令，解得：，故，解得：，则，依次可得：，解得：，则，则，故，中，令得：，所以,故选：A〖『点石成金』〗方法『点石成金』：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的常数项为__________（用数字作答）.〖答案〗70〖解析〗〖祥解〗由二项展开式通项公式确定常数项的项数，从而得结论．〖详析〗,令,解得,∴常数项为．故〖答案〗为：70.14.定义，现从集合中随机取两个不同的元素，则满足的概率为__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据新定义得到，再根据的所有取值可能，利用古典概型的概率计算公式即可求解.〖详析〗因为，从集合中随机取两个不同的元素，所组成的点共有个，又因为定义，所以由可得：，在所有的点中，满足的有共3个，由古典概型的概率计算公式可得：，所以满足的概率为，故〖答案〗为：.15.已知正方形边长为两点分别为边上动点，，则的周长为__________.〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗设，，用表示出，由勾股定理求出即可求出周长.〖详析〗如图所示，设，，所以，即，由题意可得，，所以，，所以，所以的周长为，故〖答案〗为：416.斜率为1的直线与曲线交于两点，为的焦点，，点为曲线上一点，当的面积取最大值时，__________.〖答案〗1〖解析〗〖祥解〗设直线：，联立，根据条件和韦达定理可得抛物线方程和直线的方程，再求出点到直线的距离，当距离最大时，即可得面积最大时的的值，进而可得〖详析〗设直线：，联立，，，又，，解得或（舍去），则，得，，则点到直线的距离当或，即或时，，当，即时，，此时的面积取最大值，故〖答案〗为：1.三､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题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.党的十九大提出实施乡村振兴战略以来，农民收入大幅提升，2022年9月23日某市举办中国农民丰收节庆祝活动，粮食总产量有望连续十年全省第一.据统计该市2017年至2021年农村居民人均可支配收入的数据如下表：年份20172018201920202021年份代码12345人均可支配收入（单位：万元）（1）根据上表统计数据，计算与的相关系数，并判断与是否具有较高的线性相关程度（若，则线性相关程度一般，若则线性相关程度较高，精确到）；（2）市五届人大二次会议政府工作报告提出，2022年农村居民人均可支配收入力争不低于万元，求该市2022年农村居民人均可支配收入相对2021年增长率最小值（用百分比表示）.参考公式和数据：相关系数，.〖答案〗（1），具有较高的线性相关程度；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件及相关系数公式可得相关系数，进而即得；（2）设增长率为，由题可得，进而即得.〖小问1详析〗由题可知的平均数为，，所以，，所以与具有较高的线性相关程度；〖小问2详析〗设增长率，则，解得，，该市2022年农村居民人均可支配收入相对2021年增长率最小值为.18.已知正项等比数列前项和为，当时，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用等比数列的通项公式，结合与的关系式即可求得与，从而得解；（2）结合（1）中结论，求得的通项公式，再利用裂项相消法即可求得.〖小问1详析〗设正项等比数列的公比为，，由得，解得，当时，，，则，即，，.〖小问2详析〗由（1）得，，，，.19.如图，四棱锥的底面是梯形，为延长线上一点，平面是中点.（1）证明：；（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中点，连接，进而证明平面即可证明结论；（2）由题平面，进而根据等体积法得，再以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.〖小问1详析〗证明：平面平面..又，平面平面.平面.取的中点，连接为的中点，..，，为中点，.又平面平面.平面.〖小问2详析〗解：.，且四边形为矩形，平面.∴，解得，以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建