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2022届湖北省仙桃中学高三下学期第四次半月考数学试题含解析
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这是一份2022届湖北省仙桃中学高三下学期第四次半月考数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖北省仙桃中学高三下学期第四次半月考数学试题
一、单选题
1．已知集合的一个必要条件是，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出集合，根据集合的一个必要条件是，即选一个由成立能推出的选项即选项对应的集合包含A，由此可得答案.
【详解】解不等式，即 ，得 ，
故，
所以的一个必要条件是，
则对于A, ，不一定是的子集，A错误；
对于B，，不是的子集，B错误；
对于C，，是的子集，C正确；
对于D, ,不一定是的子集，比如时，D错误；
故选：C
2．已知平面，，，直线，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面平行与垂直的性质定理，即可对选项分别做出判断.
【详解】若，，，则与平行或相交，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，由面面平行与线面垂直的性质定理可得，，故C正确；
若，，，则与平行或相交，故D错误.
故选：C.
3．小明班的语文老师昨天报了一次听写，语文老师给了小明满分分，但实际上小明有一处写了个错别字，告诉了小王和小丁，错一处扣分，但小明自己不会给老师说，小王有的可能告诉老师，小丁有的可能告诉老师，他们都不会告诉其他同学，老师知道后就会把分扣下来，则最后小明的听写本上的得分期望（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析可知的可能取值为：、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
【详解】由题意可知的可能取值为：、，
则，，
因此，.
故选：D.
4．已知是奇函数，当时，，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出函数的解析式，令，把原不等式转化为，利用单调性法解不等式即可得到答案.
【详解】因为是奇函数，当时，；
所以当时，；
当时，则，所以.
因为是奇函数，所以，所以.即当时，.
综上所述：.
令，则，所以不等式可化为：.
当时，不合题意舍去.
当时，对于.
因为在上递增，在上递增，所以在上递增.
又，
所以由可解得：，即，解得：.
故选：C
5．在凸四边形中，，则以下结论正确的是（ ）
A． B．四边形为菱形
C． D．四边形为平行四边形
【答案】A
【分析】设，得到 都是单位向量，结合题意求得，得到，且为的平分线，进而逐项判定，即可求解.
【详解】如图（1）所示，设，则 都是单位向量，
因为，所以，可得，
又因为，所以，且为的平分线，所以C不正确；
在中，因为，且，
可得，
所以四边形的面积大于，所以A正确；
如图图（2）所示只有当时，此时凸四边形才能为平行四边形且为菱形，所以B、D不正确；
故选：A.
6．定义： ，当 时，称这个数为波动数，由组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先判断出由组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有
个，即可求出波动数的概率.
【详解】由组成的没有重复数字的五位数一共有种.
而构成波动数，需满足，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个.
所以波动数的概率为.
故选：B.
7．已知的焦点为F，其准线与轴的交点为E，椭圆的左右顶点为A、B， 为线段的两个四等分点，与的交点连线过的焦点，则的离心率 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别讨论焦点在轴和轴的情况，得到，再求椭圆的离心率即可.
【详解】当时，椭圆的焦点在轴，如图所示，
因为为线段的两个四等分点，所以，即.
设与在第一象限的交点为，因为与的交点连线过的焦点，
所以.
将代入得：，
即，与矛盾，舍去.
当时，椭圆的焦点在轴，如图所示，
因为为线段的两个四等分点，所以，即.
设与在第一象限的交点为，因为与的交点连线过的焦点，
所以.
将代入得：，
即，.
故选：A
8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理可得，由余弦定理可得，两式结合可得，根据三角函数的性质即可求得答案。
【详解】由，可得，
由余弦定理得： ，
两式结合得：，
即，
即，
则当时，，则，
故由 可得其最小值为 ，
故选：C
二、多选题
9．若函数，则（ ）
A．为偶函数 B．的图像关于 对称
C．在上有4个零点 D．在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先通过二倍角公式将函数化简，进而化为，进而结合三角函数的性质及二次函数的性质求得答案.
【详解】由题意，.
对A，，A正确；
对B，，则函数的图像关于对称，B正确；
对C，令，而，则或或或或，C错误；
对D，时，，，且当x增大时，减小，此时减小，即函数为减函数，D正确.
故选：ABD.
10．已知单位向量分别对应复数，且，则可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据题意，设复数，，计算可得，即可选出答案.
【详解】因为单位向量分别对应复数，
设复数，，
因为，所以，即，
所以，
故选：AD.
11．已知为数列的前项之和，且满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 为等差数列 B．若 为等差数列，则公差为2
C．可能为等比数列 D．的最小值为0，最大值为20
【答案】BCD
【分析】当时，解出，当时，由退位相减法求得，讨论和，求出数列的通项，再依次判断即可.
【详解】当时，，解得或，当时，，，
整理得，当时，若，可得，若，，
可得数列为等比数列，；当时，可得，数列为等差数列，
若，可得，若，可得；故A错误；B正确；C正确；当时，；
当时，；当时，；当时，；故D正确.
故选：BCD.
12．已知点 为正方体的棱的中点，过的平面截正方体，，下列说法正确的是（ ）
A．若与地面所成角的正切值为，则截面为正六边形或正三角形
B．与地面所成角为则截面不可能为六边形
C．若截面为正三角形 时，三棱锥的外接球的半径为
D．若截面为四边形，则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】AD
【分析】取的中点，做底面，取的中点，连接、交于点，连接，在正方体中可判断平面与底面所成的角为，再分别取的中点，连接，可判断截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时，，可判断四边形为等腰梯形，必与有交点，则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形 时，则为的中点，所以三棱锥为正三棱锥，设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，利用求出半径可判断C；若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，求出余弦值可判断D.
【详解】取的中点，做底面，则为的四等分点，
且，分别取的中点，连接、交于点，则点为的四等分点，连接，在正方体中，，，此时平面，
即平面与底面所成的角为，且，
因为平面平面，所以平面与底面所成的角的正切值为，
再分别取的中点，连接，即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角， 且，，，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为，此时为等边三角形，故A正确；
当时，，所以，所以，
由于，所以为等腰直角三角形，，
由于，所以四边形为等腰梯形，必与有交点，
则截面为六边形，故B错误；
若截面为正三角形 时，则为的中点，
所以三棱锥为正三棱锥，且，，
设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，连接，
则，， 因为，
所以，在中，
因为，所以，解得，故C错误； ，
若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，连接，取的中点，连接，，则，，四边形为等腰梯形，，
则即为截面为时与平面所成平面角，，
，，在中，
由余弦定理得，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知，则的最小值为______________________ .
【答案】1
【分析】先根据解，利用基本不等式求得的最小值为9，再由，利用对勾函数的性质求解.
【详解】解：因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
，
令，
因为在上递增，
所以，
故答案为：1
14．如图直角梯形ABCD中，EF是CD边上长为6 的可移动的线段，，， ，则的取值范围为 ________________ .
【答案】
【分析】首先在上取一点，使得，取的中点，连接，，根据题意得到，再根据的最值求解即可.
【详解】在上取一点，使得，取的中点，连接，，
如图所示：
则，，，
，即.
，
当时，取得最小值，此时，
所以.
当与重合时，，，
则，
当与重合时，，，
则，
所以，即的取值范围为.
故答案为：
15．已知 ，则_____________ .
【答案】
【分析】首先利用三角函数诱导公式和辅助角公式得到，再根据求解即可.
【详解】因为
所以.
.
故答案为：
16．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为_______________ .
【答案】
【分析】根据式子结构，转化为恒成立，构造函数，只需在上递增，得到恒成立，即可求出实数的取值范围.
【详解】不等式可化为： ，即.
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即.
记，则.
因为，所以只需在上递增，
所以，
只需恒成立.
因为在单调递减，所以当时，最大，
所以.
即实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．如图，在△ABC中，已知，，，BC边上的中线AM与的角平分线相交于点P．
(1)的余弦值．
(2)求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理可求出边BC的长度，然后判断出三角形ABC为等腰三角形，进而可得中线AM的长度，再由余弦定理可求出余弦值，进而根据两角和的余弦公式即可求解. （2）由三角形的面积公式即可求解.
【详解】(1)在中，由余弦定理可知：,即
故 , ,是等腰三角形，故
在中，由余弦定理可知：
即,
在中，由正弦定理可知：
因为为锐角，所以
(2)由（1）知： 是的重心，所以 ,故
所以四边形的面积为
18．已知数列为等比数列，且
(1)求的通项公式；
(2)若 ，的前项和为 ，求满足的最小正整数
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）列方程组求得等比数列首项、公比，进而求得其通项公式；
（2）先化简的通项公式，利用裂项相消法求得的前项和为，再解，即可求得满足不等式的最小正整数.
【详解】(1)设等比数列首项为，公比为q，
则，解之得，则等比数列的通项公式
(2)由，可得
则的前项和
由，可得
令，则
由，可得
由，可得
则有在单调递减，在单调递增
又， ，
则，
即由不等式，可得
则满足的最小正整数为5
19．如图，等腰梯形中，沿将 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，为中点，过 作平面 .
(1)请画出平面截四棱锥的截面，写出作法，并求其周长；
(2)求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)作法见解析，
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，用空间向量基本定理求出平面 与线段AB的交点；
（2）用（1）所建立的空间直角坐标系计算平面 与平面ABC的二面角.
【详解】(1)
以E为原点，EB为x轴，ED为y轴，EA为z轴，建立空间坐标系如上图，
平面与线段AB的交点为F，
则有: ， ，
设 ，则向量 与向量 共面，
， ， ，
设
得： …① ，
又 ，
…② ，
由①②得 ，解得 ，即 ，
， ， ，
F点在靠近B点的三分点处；
， ，
， ，
四边形CDMF的周长为 ；
(2)设平面ABC的一个法向量为 ， ,
则有 ，解得 ，令x=1 ，则 ，
设平面的一个法向量为 ， ,
，解得 ，令a=1，则b=1，c=4， ，
设平面与平面ABC的二面角的平面角为 ，
则 ；
综上，四边形CDMF的周长为 ，F点在靠近B点的三分点处，
平面与平面ABC的二面角的锐平面角的余弦值为 .
20．已知椭圆，和一条过定点且不与轴重合的直线相交于两点，线段的中点为点，
(1)求点的轨迹方程；
(2)射线交椭圆于点，为直线上一点，且为的等比中项，过点作圆 的两条切线，切点为 ，求面积的最小值 .
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）由题意可设直线l：.设线段的中点为点，利用“设而不求法”得到点E的参数方程（m为参数），消去m得：，即为所求；
（2）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．由题意求出F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
连接DM、DN，连接MN交DF于K，则.设.利用表示出，，得到.记，利用导数判断出在上单调递减.进而求出面积的最小值为.
【详解】(1)由题意，可设直线l：.不妨设，则，
消去x可得：，其中，，.
设线段的中点为点，所以，.
即（m为参数）.
消去m得：.
所以点的轨迹方程为：.
(2)以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．
由点的轨迹方程为：化为极坐标方程为，即.
椭圆化为极坐标方程为，即.
可设射线的极坐标方程为：.
因为射线交椭圆于点，为直线上一点，所以，.
因为为的等比中项，所以，即，解得：.
所以F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
如图示：连接DM、DN，则.
连接MN交DF于K，则.设.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F1时，最大，此时由，，可得：.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F2时，最大，此时由，，可得：，所以.
在直角三角形DNF中，由，可得：.
在直角三角形KNF中，，.
所以.
记，则.
因为，所以，所以在上单调递减.
要求面积的最小值，只需最大.
若点F在直线上时， F位于F1时，最大.此时.
若点F在直线上时， F位于F2时，最大，有.此时.
综上所述：面积的最小值为.
21．治疗慢性乙肝在医学上一直都是一个难题，因为基本不能治愈，只是可以让肝功能正常，不可以清除病毒，而且发展严重后还具有传染性，所以在各种体检中肝功能的检查是必不可少的.在对某学校初中一个班上64名学生进行体检后，不小心将2份携带乙肝的血液样本和62份正常样本（都用试管独立装好的）混在了一起，现在要将它们找出来，试管上都有标签，采用将共64份样品采用混检的方式，先将其平均分成两组，每组32份，将每组的32份进行混检，若携带病毒的在同一组，则将这一组继续取两份平均分组的混合样本进行检验，若携带病毒的样本不在同一组，则将两组都继续平均分组混检下去，直到最后将两份携带病毒的样本找出为止（样品检验时可以很快出结果，每次含病毒的那一组进行平均分组时，每个含病毒的样本被分到任意一组的概率都是，且互不影响），设共需检验的次数为.
(1)求随机变量的分布列和期望；
(2)若5岁以上的乙肝患者急性和慢性的比例约为 ，急性乙肝炎症治愈率可达 ，没有治愈的会转为慢性乙肝，慢性乙肝炎症治愈率只有 ，在找出两个乙肝样本后通知其进行治疗，求两人最后至少有一人痊愈的概率 .（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)分布列见解析，期望为20；
(2)0.97
【分析】（1）先求出病毒被分在同一组和不在同一组的概率，再求出随机变量的可能取值计算出对应概率，列出分布列计算期望即可；
（2）先求出乙肝患者被治愈的概率，再由对立事件计算求出至少有一人痊愈的概率即可.
【详解】(1)病毒被分在同一组的概率为，不被分在同一组的概率为；
若病毒被分在同一组，则下次需要进行2次检验，若病毒不被分在同一组，则下次需要进行4次检验；
若每次病毒均在同一组，则需要进行5次分组，最后一次每组有2份样品，即进行10次检验，；
若前4次病毒均在同一组，第5次病毒不在同一组，此时每组有2份样品，还需要再进行1次分组，再进行4次检验，即进行14次检验，；
若前3次病毒均在同一组，第4次病毒不在同一组，此时每组有4份样品，还需要再进行2次分组，再进行8次检验，即进行16次检验，；
若前2次病毒均在同一组，第3次病毒不在同一组，此时每组有8份样品，还需要再进行3次分组，再进行12次检验，即进行18次检验，；
若第1次病毒在同一组，第2次病毒不在同一组，此时每组有16份样品，还需要再进行4次分组，再进行16次检验，即进行20次检验，；
若第1次病毒不在同一组，此时每组有32份样品，还需要再进行5次分组，再进行20次检验，即进行22次检验，；故随机变量的分布列为：
10
14
16
18
20
22
则；
(2)由题意知是急性乙肝的概率为，慢性乙肝的概率为，则乙肝患者治愈的概率为，
没有治愈的概率为，则两人最后至少有一人痊愈的概率.
22．设函数， 为实数， 若有最大值为
(1)求的值；
(2)若，求实数的最小整数值.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）求定义域，求导，得到在处取得极大值，也是最大值，进而列出方程，求出；（2）参变分离后，利用隐零点得到在处取得极大值，也是最大值，令，，求出最大值的范围，确定实数的最小整数值.
【详解】(1)，定义域为，
，
当时，，当时，，
所以在处取得极大值，也是最大值，
所以，解得：；
(2)，即,
，令，定义域为，
，
令，
则，
可以看出在单调递减，
又，，
由零点存在性定理可知：，使得，即，
当时，，当时，，
在处取得极大值，也是最大值，
，
，，
，
故存在，，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上大于0，在上小于0，
所以在单调递增，在上单调递减，
且当时，恒成立，
所以在处取得极大值，也是最大值，其中，
，
令，
，当时，，
故，
所以实数的最小整数值为1.
【点睛】对于函数隐零点问题，要结合零点存在性定理得到隐零点的大致范围，然后对函数值进行变形，最后确定函数值的取值范围，确定参数的取值范围.
2022届湖北省仙桃中学高三下学期第四次半月考数学试题
一、单选题
1．已知集合的一个必要条件是，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出集合，根据集合的一个必要条件是，即选一个由成立能推出的选项即选项对应的集合包含A，由此可得答案.
【详解】解不等式，即 ，得 ，
故，
所以的一个必要条件是，
则对于A, ，不一定是的子集，A错误；
对于B，，不是的子集，B错误；
对于C，，是的子集，C正确；
对于D, ,不一定是的子集，比如时，D错误；
故选：C
2．已知平面，，，直线，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面平行与垂直的性质定理，即可对选项分别做出判断.
【详解】若，，，则与平行或相交，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，由面面平行与线面垂直的性质定理可得，，故C正确；
若，，，则与平行或相交，故D错误.
故选：C.
3．小明班的语文老师昨天报了一次听写，语文老师给了小明满分分，但实际上小明有一处写了个错别字，告诉了小王和小丁，错一处扣分，但小明自己不会给老师说，小王有的可能告诉老师，小丁有的可能告诉老师，他们都不会告诉其他同学，老师知道后就会把分扣下来，则最后小明的听写本上的得分期望（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析可知的可能取值为：、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
【详解】由题意可知的可能取值为：、，
则，，
因此，.
故选：D.
4．已知是奇函数，当时，，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出函数的解析式，令，把原不等式转化为，利用单调性法解不等式即可得到答案.
【详解】因为是奇函数，当时，；
所以当时，；
当时，则，所以.
因为是奇函数，所以，所以.即当时，.
综上所述：.
令，则，所以不等式可化为：.
当时，不合题意舍去.
当时，对于.
因为在上递增，在上递增，所以在上递增.
又，
所以由可解得：，即，解得：.
故选：C
5．在凸四边形中，，则以下结论正确的是（ ）
A． B．四边形为菱形
C． D．四边形为平行四边形
【答案】A
【分析】设，得到 都是单位向量，结合题意求得，得到，且为的平分线，进而逐项判定，即可求解.
【详解】如图（1）所示，设，则 都是单位向量，
因为，所以，可得，
又因为，所以，且为的平分线，所以C不正确；
在中，因为，且，
可得，
所以四边形的面积大于，所以A正确；
如图图（2）所示只有当时，此时凸四边形才能为平行四边形且为菱形，所以B、D不正确；
故选：A.
6．定义： ，当 时，称这个数为波动数，由组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先判断出由组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有
个，即可求出波动数的概率.
【详解】由组成的没有重复数字的五位数一共有种.
而构成波动数，需满足，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个.
所以波动数的概率为.
故选：B.
7．已知的焦点为F，其准线与轴的交点为E，椭圆的左右顶点为A、B， 为线段的两个四等分点，与的交点连线过的焦点，则的离心率 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别讨论焦点在轴和轴的情况，得到，再求椭圆的离心率即可.
【详解】当时，椭圆的焦点在轴，如图所示，
因为为线段的两个四等分点，所以，即.
设与在第一象限的交点为，因为与的交点连线过的焦点，
所以.
将代入得：，
即，与矛盾，舍去.
当时，椭圆的焦点在轴，如图所示，
因为为线段的两个四等分点，所以，即.
设与在第一象限的交点为，因为与的交点连线过的焦点，
所以.
将代入得：，
即，.
故选：A
8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理可得，由余弦定理可得，两式结合可得，根据三角函数的性质即可求得答案。
【详解】由，可得，
由余弦定理得： ，
两式结合得：，
即，
即，
则当时，，则，
故由 可得其最小值为 ，
故选：C
二、多选题
9．若函数，则（ ）
A．为偶函数 B．的图像关于 对称
C．在上有4个零点 D．在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先通过二倍角公式将函数化简，进而化为，进而结合三角函数的性质及二次函数的性质求得答案.
【详解】由题意，.
对A，，A正确；
对B，，则函数的图像关于对称，B正确；
对C，令，而，则或或或或，C错误；
对D，时，，，且当x增大时，减小，此时减小，即函数为减函数，D正确.
故选：ABD.
10．已知单位向量分别对应复数，且，则可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据题意，设复数，，计算可得，即可选出答案.
【详解】因为单位向量分别对应复数，
设复数，，
因为，所以，即，
所以，
故选：AD.
11．已知为数列的前项之和，且满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 为等差数列 B．若 为等差数列，则公差为2
C．可能为等比数列 D．的最小值为0，最大值为20
【答案】BCD
【分析】当时，解出，当时，由退位相减法求得，讨论和，求出数列的通项，再依次判断即可.
【详解】当时，，解得或，当时，，，
整理得，当时，若，可得，若，，
可得数列为等比数列，；当时，可得，数列为等差数列，
若，可得，若，可得；故A错误；B正确；C正确；当时，；
当时，；当时，；当时，；故D正确.
故选：BCD.
12．已知点 为正方体的棱的中点，过的平面截正方体，，下列说法正确的是（ ）
A．若与地面所成角的正切值为，则截面为正六边形或正三角形
B．与地面所成角为则截面不可能为六边形
C．若截面为正三角形 时，三棱锥的外接球的半径为
D．若截面为四边形，则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】AD
【分析】取的中点，做底面，取的中点，连接、交于点，连接，在正方体中可判断平面与底面所成的角为，再分别取的中点，连接，可判断截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时，，可判断四边形为等腰梯形，必与有交点，则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形 时，则为的中点，所以三棱锥为正三棱锥，设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，利用求出半径可判断C；若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，求出余弦值可判断D.
【详解】取的中点，做底面，则为的四等分点，
且，分别取的中点，连接、交于点，则点为的四等分点，连接，在正方体中，，，此时平面，
即平面与底面所成的角为，且，
因为平面平面，所以平面与底面所成的角的正切值为，
再分别取的中点，连接，即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角， 且，，，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为，此时为等边三角形，故A正确；
当时，，所以，所以，
由于，所以为等腰直角三角形，，
由于，所以四边形为等腰梯形，必与有交点，
则截面为六边形，故B错误；
若截面为正三角形 时，则为的中点，
所以三棱锥为正三棱锥，且，，
设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，连接，
则，， 因为，
所以，在中，
因为，所以，解得，故C错误； ，
若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，连接，取的中点，连接，，则，，四边形为等腰梯形，，
则即为截面为时与平面所成平面角，，
，，在中，
由余弦定理得，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知，则的最小值为______________________ .
【答案】1
【分析】先根据解，利用基本不等式求得的最小值为9，再由，利用对勾函数的性质求解.
【详解】解：因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
，
令，
因为在上递增，
所以，
故答案为：1
14．如图直角梯形ABCD中，EF是CD边上长为6 的可移动的线段，，， ，则的取值范围为 ________________ .
【答案】
【分析】首先在上取一点，使得，取的中点，连接，，根据题意得到，再根据的最值求解即可.
【详解】在上取一点，使得，取的中点，连接，，
如图所示：
则，，，
，即.
，
当时，取得最小值，此时，
所以.
当与重合时，，，
则，
当与重合时，，，
则，
所以，即的取值范围为.
故答案为：
15．已知 ，则_____________ .
【答案】
【分析】首先利用三角函数诱导公式和辅助角公式得到，再根据求解即可.
【详解】因为
所以.
.
故答案为：
16．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为_______________ .
【答案】
【分析】根据式子结构，转化为恒成立，构造函数，只需在上递增，得到恒成立，即可求出实数的取值范围.
【详解】不等式可化为： ，即.
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即.
记，则.
因为，所以只需在上递增，
所以，
只需恒成立.
因为在单调递减，所以当时，最大，
所以.
即实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．如图，在△ABC中，已知，，，BC边上的中线AM与的角平分线相交于点P．
(1)的余弦值．
(2)求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理可求出边BC的长度，然后判断出三角形ABC为等腰三角形，进而可得中线AM的长度，再由余弦定理可求出余弦值，进而根据两角和的余弦公式即可求解. （2）由三角形的面积公式即可求解.
【详解】(1)在中，由余弦定理可知：,即
故 , ,是等腰三角形，故
在中，由余弦定理可知：
即,
在中，由正弦定理可知：
因为为锐角，所以
(2)由（1）知： 是的重心，所以 ,故
所以四边形的面积为
18．已知数列为等比数列，且
(1)求的通项公式；
(2)若 ，的前项和为 ，求满足的最小正整数
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）列方程组求得等比数列首项、公比，进而求得其通项公式；
（2）先化简的通项公式，利用裂项相消法求得的前项和为，再解，即可求得满足不等式的最小正整数.
【详解】(1)设等比数列首项为，公比为q，
则，解之得，则等比数列的通项公式
(2)由，可得
则的前项和
由，可得
令，则
由，可得
由，可得
则有在单调递减，在单调递增
又， ，
则，
即由不等式，可得
则满足的最小正整数为5
19．如图，等腰梯形中，沿将 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，为中点，过 作平面 .
(1)请画出平面截四棱锥的截面，写出作法，并求其周长；
(2)求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)作法见解析，
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，用空间向量基本定理求出平面 与线段AB的交点；
（2）用（1）所建立的空间直角坐标系计算平面 与平面ABC的二面角.
【详解】(1)
以E为原点，EB为x轴，ED为y轴，EA为z轴，建立空间坐标系如上图，
平面与线段AB的交点为F，
则有: ， ，
设 ，则向量 与向量 共面，
， ， ，
设
得： …① ，
又 ，
…② ，
由①②得 ，解得 ，即 ，
， ， ，
F点在靠近B点的三分点处；
， ，
， ，
四边形CDMF的周长为 ；
(2)设平面ABC的一个法向量为 ， ,
则有 ，解得 ，令x=1 ，则 ，
设平面的一个法向量为 ， ,
，解得 ，令a=1，则b=1，c=4， ，
设平面与平面ABC的二面角的平面角为 ，
则 ；
综上，四边形CDMF的周长为 ，F点在靠近B点的三分点处，
平面与平面ABC的二面角的锐平面角的余弦值为 .
20．已知椭圆，和一条过定点且不与轴重合的直线相交于两点，线段的中点为点，
(1)求点的轨迹方程；
(2)射线交椭圆于点，为直线上一点，且为的等比中项，过点作圆 的两条切线，切点为 ，求面积的最小值 .
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）由题意可设直线l：.设线段的中点为点，利用“设而不求法”得到点E的参数方程（m为参数），消去m得：，即为所求；
（2）以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．由题意求出F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
连接DM、DN，连接MN交DF于K，则.设.利用表示出，，得到.记，利用导数判断出在上单调递减.进而求出面积的最小值为.
【详解】(1)由题意，可设直线l：.不妨设，则，
消去x可得：，其中，，.
设线段的中点为点，所以，.
即（m为参数）.
消去m得：.
所以点的轨迹方程为：.
(2)以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．
由点的轨迹方程为：化为极坐标方程为，即.
椭圆化为极坐标方程为，即.
可设射线的极坐标方程为：.
因为射线交椭圆于点，为直线上一点，所以，.
因为为的等比中项，所以，即，解得：.
所以F点的轨迹的极坐标方程为或，化为直角坐标方程为或.
如图示：连接DM、DN，则.
连接MN交DF于K，则.设.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F1时，最大，此时由，，可得：.
若点F在直线上时，由对称性可知，当F位于F2时，最大，此时由，，可得：，所以.
在直角三角形DNF中，由，可得：.
在直角三角形KNF中，，.
所以.
记，则.
因为，所以，所以在上单调递减.
要求面积的最小值，只需最大.
若点F在直线上时， F位于F1时，最大.此时.
若点F在直线上时， F位于F2时，最大，有.此时.
综上所述：面积的最小值为.
21．治疗慢性乙肝在医学上一直都是一个难题，因为基本不能治愈，只是可以让肝功能正常，不可以清除病毒，而且发展严重后还具有传染性，所以在各种体检中肝功能的检查是必不可少的.在对某学校初中一个班上64名学生进行体检后，不小心将2份携带乙肝的血液样本和62份正常样本（都用试管独立装好的）混在了一起，现在要将它们找出来，试管上都有标签，采用将共64份样品采用混检的方式，先将其平均分成两组，每组32份，将每组的32份进行混检，若携带病毒的在同一组，则将这一组继续取两份平均分组的混合样本进行检验，若携带病毒的样本不在同一组，则将两组都继续平均分组混检下去，直到最后将两份携带病毒的样本找出为止（样品检验时可以很快出结果，每次含病毒的那一组进行平均分组时，每个含病毒的样本被分到任意一组的概率都是，且互不影响），设共需检验的次数为.
(1)求随机变量的分布列和期望；
(2)若5岁以上的乙肝患者急性和慢性的比例约为 ，急性乙肝炎症治愈率可达 ，没有治愈的会转为慢性乙肝，慢性乙肝炎症治愈率只有 ，在找出两个乙肝样本后通知其进行治疗，求两人最后至少有一人痊愈的概率 .（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)分布列见解析，期望为20；
(2)0.97
【分析】（1）先求出病毒被分在同一组和不在同一组的概率，再求出随机变量的可能取值计算出对应概率，列出分布列计算期望即可；
（2）先求出乙肝患者被治愈的概率，再由对立事件计算求出至少有一人痊愈的概率即可.
【详解】(1)病毒被分在同一组的概率为，不被分在同一组的概率为；
若病毒被分在同一组，则下次需要进行2次检验，若病毒不被分在同一组，则下次需要进行4次检验；
若每次病毒均在同一组，则需要进行5次分组，最后一次每组有2份样品，即进行10次检验，；
若前4次病毒均在同一组，第5次病毒不在同一组，此时每组有2份样品，还需要再进行1次分组，再进行4次检验，即进行14次检验，；
若前3次病毒均在同一组，第4次病毒不在同一组，此时每组有4份样品，还需要再进行2次分组，再进行8次检验，即进行16次检验，；
若前2次病毒均在同一组，第3次病毒不在同一组，此时每组有8份样品，还需要再进行3次分组，再进行12次检验，即进行18次检验，；
若第1次病毒在同一组，第2次病毒不在同一组，此时每组有16份样品，还需要再进行4次分组，再进行16次检验，即进行20次检验，；
若第1次病毒不在同一组，此时每组有32份样品，还需要再进行5次分组，再进行20次检验，即进行22次检验，；故随机变量的分布列为：
10
14
16
18
20
22
则；
(2)由题意知是急性乙肝的概率为，慢性乙肝的概率为，则乙肝患者治愈的概率为，
没有治愈的概率为，则两人最后至少有一人痊愈的概率.
22．设函数， 为实数， 若有最大值为
(1)求的值；
(2)若，求实数的最小整数值.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）求定义域，求导，得到在处取得极大值，也是最大值，进而列出方程，求出；（2）参变分离后，利用隐零点得到在处取得极大值，也是最大值，令，，求出最大值的范围，确定实数的最小整数值.
【详解】(1)，定义域为，
，
当时，，当时，，
所以在处取得极大值，也是最大值，
所以，解得：；
(2)，即,
，令，定义域为，
，
令，
则，
可以看出在单调递减，
又，，
由零点存在性定理可知：，使得，即，
当时，，当时，，
在处取得极大值，也是最大值，
，
，，
，
故存在，，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上大于0，在上小于0，
所以在单调递增，在上单调递减，
且当时，恒成立，
所以在处取得极大值，也是最大值，其中，
，
令，
，当时，，
故，
所以实数的最小整数值为1.
【点睛】对于函数隐零点问题，要结合零点存在性定理得到隐零点的大致范围，然后对函数值进行变形，最后确定函数值的取值范围，确定参数的取值范围.
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