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四川省绵阳中学2022-2023学年高三上学期期末模拟检测试题（解析版）
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这是一份四川省绵阳中学2022-2023学年高三上学期期末模拟检测试题（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绵阳中学高2023届高三上学期期末模拟检测试题
理科数学
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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的模的公式即可得解.
【详解】∵，则，
∴.
故选：A．
2. 设集合，，则A∩B =（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合．
【详解】，即，解得：或，，，
则.
故选：A
3. “” 是“函数为奇函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】求得函数为奇函数时的值，从而判断出充分、必要条件.
【详解】当为奇函数时，
①非奇非偶函数，不符合题意.
②时，由，
令是中的较大者，则的定义域为，定义域不关于原点对称，
是非奇非偶函数，不符合题意.
③时，由，
要使是奇函数，则，则，
的定义域为，
且，是奇函数.
综上所述，是奇函数时，.
而，
所以“” 是“函数为奇函数”的必要不充分条件.
故选：B
4. 某研究员为研究某两个变量的相关性，随机抽取这两个变量样本数据如下表：
004
1
4.84
10.24
1.1
2.1
2.3
3.3
4.2
若依据表中数据画出散点图，则样本点都在曲线附近波动.但由于某种原因表中一个值被污损，将方程作为回归方程，则根据回归方程和表中数据可求得被污损数据为（ ）
A. B. 1.69 C. 1.96 D. 4.32
【答案】C
【解析】
【分析】
令，根据线性回归中心点在回归直线上，求出，得出，即可求解.
【详解】设缺失的数据为，则样本数据如下表所示：
0.2
1
2.2
3.2
1.1
2.1
2.3
3.3
42
其回归直线方程为，由表中数据可得，
，
由线性回归方程得，，
即，解得
故选:C.
【点睛】本题考查线性回归方程的应用，换元是解题的关键，掌握回归中心点在线性回归直线上，考查计算求解能力，属于中档题.
5. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由等价于，即可计算出答案.
【详解】因为，
所以解得：，
故选：D.
6. 已知函数（）的周期为，那么当时，的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先化简函数，根据周期求，再根据函数的定义域求函数的值域.
【详解】，，，
，，，
所以.
故选：B
7. 如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象分析变化过程中关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.
【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，
所以,故排除C,D选项；
当时，，由图象可知选B.
故选：B
【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.
8. 比利时数学家Germinal Dandelin发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆.这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为10，底面半径为2的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，作出圆柱的轴截面，由于,所以，而由已知可求出的长，从而可得，而椭圆短轴的长就等于圆柱的底面直径，得，由此可求出离心率.
【详解】对圆柱沿轴截面进行切割，如图所示，切点为，，延长与圆柱面相交于，，过点作，垂足为.
在直角三角形中，，，
所以，又因为，
所以.
由平面与圆柱所截可知椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，即，则可求得，
所以，
故选：D.
【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系、直角三角形中正弦的定义和椭圆的基本概念等知识，属于基础题.
9. 分形几何是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，科赫曲线是比较典型的分形图形，1904年瑞典数学家科赫第一次描述了这种曲线，因此将这种曲线称为科赫曲线.其生成方法是：（I）将正三角形（图（1））的每边三等分，以每边三等分后的中间的那一条线段为一边，向形外作等边三角形，并将这“中间一段”去掉，得到图（2）；（II）将图（2）的每边三等分，重复上述的作图方法，得到图（3）；（Ⅲ）再按上述方法继续做下去……，设图（1）中的等边三角形的边长为1，并且分别将图（1）、图（2）、图（3）、…、图（n）、…中的图形依次记作，，，…，，…，设的周长为，则为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，故可求出的周长为
【详解】解：由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，
所以，
所以
故选：C
【点睛】此题考查以实际问题为载体，考查数列模型的构建，属于中档题
10. 某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形面积公式，将表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.
【详解】由题意可知，，故，
又，
，
设劣弧所对扇形面积为，则，
故，
，
则；
令，，则，
令，得或（舍去），
记，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当，即时，取得最大值，即取得最大值．
故选：．
11. 已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且（为坐标原点），若与的面积分别为和，则最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设直线的方程为，点，直线与轴交点为
∴联立，可得，根据韦达定理得．
∵
∴，即
∵位于轴的两侧
∴
∴
设点在轴的上方，则
∵
∴
当且仅当，即时取等号
∴的最小值是6
故选B
点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
12. ，若，且，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出函数图像，可得，且，将化简为关于的函数即可求出.
【详解】画出函数图像如下：
观察图像可得，，即，且，
则，
因为，所以，
即的取值范围为.
故选：A.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 命题“，若 ，则 ”用反证法证明时应假设为__________．
【答案】.
【解析】
【详解】分析： 利用的否定为不都等于，从而可得结果.
详解：考虑的否定，由于都等于，故否定为不都等于，故答案为或.
点睛：反证法的适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少．
14. 的展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，则当时，_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，分别代入，两式作差即可求出.
【详解】解：设，
当时，，
当时，，
两式相减得，，
即，
故答案为: .
【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查展开式中部分项的系数和.
15. 如图，四个边长为1的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，…，，记，则______.
【答案】60
【解析】
【分析】建立坐标系，求出直线的方程，利用坐标法表示数量积即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建系，如图所示：
可得：，，，，
直线的方程为：，
可设：，则有，
即有：，
.
故答案为：60
16. 定义函数，则函数在区间内的所有的零点之和为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
函数f（x）是分段函数，要分区间进行讨论，当1≤x≤2，f（x）是二次函数，当x＞2时，对应的函数很复杂，找出其中的规律，最后利用等比数列求和即可．
【详解】当1≤x时，f（x）＝12x﹣12，
所以，此时当x时，g（x）max＝0；
当x≤2时，f（x）＝24﹣12x，所以＜0；
由此可得1≤x≤2时，g（x）max＝0．
下面考虑2n﹣1
所以，
此时当x＝3•2n﹣2时，g（x）max＝0；
当3•2n﹣2
从而g（x）在区间[1，2n]上有n个零点，且这些零点为xn＝3•2n﹣2，
因此，所有这些零点成等比数列，所有零点的和为．
故答案为：．
【点睛】解决本题的关键是先求得1≤x≤2时，g（x）max，再利用伸缩且平移的特点考虑2n﹣1
（一）必考题：共60分．
17. 如图，ABCD是一块边长为100m的正方形地皮，其中AST是半径为90m的扇形小山，其余部分都是平地．一开发商想在平地上建一个矩形停车场，使矩形的一个顶点P在ST上，相邻两边CQ，CR正好落在正方形的边BC，CD上，连接AP，设．记矩形停车场PQCR面积为．
（1）求S关于的函数关系式；
（2）求S的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）延长交于点，解锐角三角形，从而求得，再求面积，则问题得解；
（2）根据（1）中所求函数解析式，利用与之间的关系，利用换元法,结合二次函数的最小值的求解，即可求得结果.
【小问1详解】
延长，交于点，如下所示：
在△中，，，
故，
故
故S关于的函数关系式为.
【小问2详解】
因为，令，
故，则，
则，
又其对称轴，又，故当时，取得最小值为.
故S的最小值为.
18. 某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．
x
100
150
200
300
450
t
90
65
45
30
20
（1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；
（2）令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）
（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）
参考数据：，，，，，，，，，，．
【答案】（1）
0
1
2
P
（2） （3）150元/天
【解析】
【分析】（1）根据图象得出的所有可能情况，利用超几何分布求得不同下的概率，进而列出分布列.
（2）由散点图判断出更适模型的回归方程，分别求出和，求出回归方程.
（3）写出100天销售额L的表达式，再根据导数求得最大值，即可得出收费标准.
【小问1详解】
由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.
,，，
∴的分布列为：
0
1
2
P
【小问2详解】由散点图可知,散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，
∵
∴
∴回归方程为：
【小问3详解】
由题意得，,
在中
当时，解得：，
当即时，函数单调递减，
当即时，函数单调递增，
∴函数在处取最大值，
∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.
19. 如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直及面面垂直的判定即可证得．
（2）作，以为原点，以、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角公式求出R，再利用点面距的向量公式求出距离.
【小问1详解】
由题设，平面，又是切线与圆的切点，
∴平面，则，且，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且，
又，可得，
∴，，，
有，，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
又直线与平面所成角的正弦值为，
即，
整理得，即，解得或
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
综上，点A到平面的距离为或.
20. 已知椭圆）的上下顶点分别为和，左右顶点分别为和，离心率为.过椭圆的左焦点的直线交于点（都异于为中点.
（1）求椭圆的方程；
（2）记直线的斜率分别为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由上下顶点及离心率可求得，即可求得椭圆方程.
(2)设直线方程，与椭圆联立，韦达定理可得两根之和与两根之积，由为的中点，即可得到中点坐标，用斜率公示直线的斜率，化简后结合导数可求得最小值.
【小问1详解】
由题意可知，
，解得：，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时的斜率为0，不符合题意.
设l：，联立 消去，
化简得
设，则，
因为，
所以
令，则
记，
则，,在上单调递增，,所以在上单调递减，
所以的最小值为，此时.
即的最小值为.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 已知函数，，
（1）求和的极值；
（2）证明：
【答案】（1）的极大值，无极小值；极大值，无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出和的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．
【小问1详解】
解：，，
，，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得极大值，无极小值；
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值，无极小值．
【小问2详解】
解：令，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
即，
所以时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以．
【点睛】本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计，进而证得，这里的我们称之为“隐零点”；如果的范围不合适，可以借助二分法去缩小的范围，直至证得．
（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，曲线的参数方程为，(为参数)，曲线的参数方程为，(为参数，且)．
（1）求与的普通方程，
（2）若分别为与上的动点，求的最小值．
【答案】（1）的普通方程为的普通方程为，；（2）
【解析】
【分析】
（1）消参即可求出的普通方程；对的参数方程同时平方得，再结合即可得的普通方程；
（2）设的平行直线为，当直线与相切时，两直线的距离即为的最值，即可得解.
【详解】（1）消参可得的普通方程为；
又因为的参数方程为，可得，
又，所以，
所以的普通方程为，
（2）由题意，设的平行直线为，
联立消元可得：，
令，解得，
又因为，经检验可知时直线与相切，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程和直角坐标方程的转化，考查了圆锥曲线上的点到直线上的点的距离的最值的求解，属于中档题.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 设数列的前n项和为.满足，且，设
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：对一切正整数n，有.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可得：当时，有，结合已知方程作差，可得：，两边除以，再整理得：，可得，问题得解．
（2）利用（1）可求得：，通过放缩可得：，由此可得：，结合等比数列求和公式即可证明原不等式成立．
【详解】（1）∵，
∴当时，有，
两式相减整理得，
则，
即，∴，
当时，，且，则，
∴，满足.
∴.
故数列是首项为3，公比为的等比数列，即.
（2）由（1）知，∴，
则，
当时，，即，
∴.
当时，，上式也成立.
综上可知，对一切正整数n，有.
【点睛】本题主要考查了赋值法及化简、整理能力，还考查了构造思想及等比数列的通项公式，考查了放缩法证明不等式，还考查了等比数列前项和公式，考查转化能力及计算能力，属于难题．
绵阳中学高2023届高三上学期期末模拟检测试题
理科数学
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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的模的公式即可得解.
【详解】∵，则，
∴.
故选：A．
2. 设集合，，则A∩B =（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合．
【详解】，即，解得：或，，，
则.
故选：A
3. “” 是“函数为奇函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】求得函数为奇函数时的值，从而判断出充分、必要条件.
【详解】当为奇函数时，
①非奇非偶函数，不符合题意.
②时，由，
令是中的较大者，则的定义域为，定义域不关于原点对称，
是非奇非偶函数，不符合题意.
③时，由，
要使是奇函数，则，则，
的定义域为，
且，是奇函数.
综上所述，是奇函数时，.
而，
所以“” 是“函数为奇函数”的必要不充分条件.
故选：B
4. 某研究员为研究某两个变量的相关性，随机抽取这两个变量样本数据如下表：
004
1
4.84
10.24
1.1
2.1
2.3
3.3
4.2
若依据表中数据画出散点图，则样本点都在曲线附近波动.但由于某种原因表中一个值被污损，将方程作为回归方程，则根据回归方程和表中数据可求得被污损数据为（ ）
A. B. 1.69 C. 1.96 D. 4.32
【答案】C
【解析】
【分析】
令，根据线性回归中心点在回归直线上，求出，得出，即可求解.
【详解】设缺失的数据为，则样本数据如下表所示：
0.2
1
2.2
3.2
1.1
2.1
2.3
3.3
42
其回归直线方程为，由表中数据可得，
，
由线性回归方程得，，
即，解得
故选:C.
【点睛】本题考查线性回归方程的应用，换元是解题的关键，掌握回归中心点在线性回归直线上，考查计算求解能力，属于中档题.
5. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由等价于，即可计算出答案.
【详解】因为，
所以解得：，
故选：D.
6. 已知函数（）的周期为，那么当时，的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先化简函数，根据周期求，再根据函数的定义域求函数的值域.
【详解】，，，
，，，
所以.
故选：B
7. 如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象分析变化过程中关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.
【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，
所以,故排除C,D选项；
当时，，由图象可知选B.
故选：B
【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.
8. 比利时数学家Germinal Dandelin发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆.这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为10，底面半径为2的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，作出圆柱的轴截面，由于,所以，而由已知可求出的长，从而可得，而椭圆短轴的长就等于圆柱的底面直径，得，由此可求出离心率.
【详解】对圆柱沿轴截面进行切割，如图所示，切点为，，延长与圆柱面相交于，，过点作，垂足为.
在直角三角形中，，，
所以，又因为，
所以.
由平面与圆柱所截可知椭圆短轴即为圆柱底面直径的长，即，则可求得，
所以，
故选：D.
【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系、直角三角形中正弦的定义和椭圆的基本概念等知识，属于基础题.
9. 分形几何是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，科赫曲线是比较典型的分形图形，1904年瑞典数学家科赫第一次描述了这种曲线，因此将这种曲线称为科赫曲线.其生成方法是：（I）将正三角形（图（1））的每边三等分，以每边三等分后的中间的那一条线段为一边，向形外作等边三角形，并将这“中间一段”去掉，得到图（2）；（II）将图（2）的每边三等分，重复上述的作图方法，得到图（3）；（Ⅲ）再按上述方法继续做下去……，设图（1）中的等边三角形的边长为1，并且分别将图（1）、图（2）、图（3）、…、图（n）、…中的图形依次记作，，，…，，…，设的周长为，则为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，故可求出的周长为
【详解】解：由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，
所以，
所以
故选：C
【点睛】此题考查以实际问题为载体，考查数列模型的构建，属于中档题
10. 某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形面积公式，将表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.
【详解】由题意可知，，故，
又，
，
设劣弧所对扇形面积为，则，
故，
，
则；
令，，则，
令，得或（舍去），
记，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当，即时，取得最大值，即取得最大值．
故选：．
11. 已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且（为坐标原点），若与的面积分别为和，则最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设直线的方程为，点，直线与轴交点为
∴联立，可得，根据韦达定理得．
∵
∴，即
∵位于轴的两侧
∴
∴
设点在轴的上方，则
∵
∴
当且仅当，即时取等号
∴的最小值是6
故选B
点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
12. ，若，且，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出函数图像，可得，且，将化简为关于的函数即可求出.
【详解】画出函数图像如下：
观察图像可得，，即，且，
则，
因为，所以，
即的取值范围为.
故选：A.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 命题“，若 ，则 ”用反证法证明时应假设为__________．
【答案】.
【解析】
【详解】分析： 利用的否定为不都等于，从而可得结果.
详解：考虑的否定，由于都等于，故否定为不都等于，故答案为或.
点睛：反证法的适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少．
14. 的展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，则当时，_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，分别代入，两式作差即可求出.
【详解】解：设，
当时，，
当时，，
两式相减得，，
即，
故答案为: .
【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查展开式中部分项的系数和.
15. 如图，四个边长为1的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，…，，记，则______.
【答案】60
【解析】
【分析】建立坐标系，求出直线的方程，利用坐标法表示数量积即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建系，如图所示：
可得：，，，，
直线的方程为：，
可设：，则有，
即有：，
.
故答案为：60
16. 定义函数，则函数在区间内的所有的零点之和为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
函数f（x）是分段函数，要分区间进行讨论，当1≤x≤2，f（x）是二次函数，当x＞2时，对应的函数很复杂，找出其中的规律，最后利用等比数列求和即可．
【详解】当1≤x时，f（x）＝12x﹣12，
所以，此时当x时，g（x）max＝0；
当x≤2时，f（x）＝24﹣12x，所以＜0；
由此可得1≤x≤2时，g（x）max＝0．
下面考虑2n﹣1
所以，
此时当x＝3•2n﹣2时，g（x）max＝0；
当3•2n﹣2
从而g（x）在区间[1，2n]上有n个零点，且这些零点为xn＝3•2n﹣2，
因此，所有这些零点成等比数列，所有零点的和为．
故答案为：．
【点睛】解决本题的关键是先求得1≤x≤2时，g（x）max，再利用伸缩且平移的特点考虑2n﹣1
（一）必考题：共60分．
17. 如图，ABCD是一块边长为100m的正方形地皮，其中AST是半径为90m的扇形小山，其余部分都是平地．一开发商想在平地上建一个矩形停车场，使矩形的一个顶点P在ST上，相邻两边CQ，CR正好落在正方形的边BC，CD上，连接AP，设．记矩形停车场PQCR面积为．
（1）求S关于的函数关系式；
（2）求S的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）延长交于点，解锐角三角形，从而求得，再求面积，则问题得解；
（2）根据（1）中所求函数解析式，利用与之间的关系，利用换元法,结合二次函数的最小值的求解，即可求得结果.
【小问1详解】
延长，交于点，如下所示：
在△中，，，
故，
故
故S关于的函数关系式为.
【小问2详解】
因为，令，
故，则，
则，
又其对称轴，又，故当时，取得最小值为.
故S的最小值为.
18. 某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．
x
100
150
200
300
450
t
90
65
45
30
20
（1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；
（2）令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）
（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）
参考数据：，，，，，，，，，，．
【答案】（1）
0
1
2
P
（2） （3）150元/天
【解析】
【分析】（1）根据图象得出的所有可能情况，利用超几何分布求得不同下的概率，进而列出分布列.
（2）由散点图判断出更适模型的回归方程，分别求出和，求出回归方程.
（3）写出100天销售额L的表达式，再根据导数求得最大值，即可得出收费标准.
【小问1详解】
由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.
,，，
∴的分布列为：
0
1
2
P
【小问2详解】由散点图可知,散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，
∵
∴
∴回归方程为：
【小问3详解】
由题意得，,
在中
当时，解得：，
当即时，函数单调递减，
当即时，函数单调递增，
∴函数在处取最大值，
∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.
19. 如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直及面面垂直的判定即可证得．
（2）作，以为原点，以、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角公式求出R，再利用点面距的向量公式求出距离.
【小问1详解】
由题设，平面，又是切线与圆的切点，
∴平面，则，且，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且，
又，可得，
∴，，，
有，，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
又直线与平面所成角的正弦值为，
即，
整理得，即，解得或
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
综上，点A到平面的距离为或.
20. 已知椭圆）的上下顶点分别为和，左右顶点分别为和，离心率为.过椭圆的左焦点的直线交于点（都异于为中点.
（1）求椭圆的方程；
（2）记直线的斜率分别为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由上下顶点及离心率可求得，即可求得椭圆方程.
(2)设直线方程，与椭圆联立，韦达定理可得两根之和与两根之积，由为的中点，即可得到中点坐标，用斜率公示直线的斜率，化简后结合导数可求得最小值.
【小问1详解】
由题意可知，
，解得：，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时的斜率为0，不符合题意.
设l：，联立 消去，
化简得
设，则，
因为，
所以
令，则
记，
则，,在上单调递增，,所以在上单调递减，
所以的最小值为，此时.
即的最小值为.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 已知函数，，
（1）求和的极值；
（2）证明：
【答案】（1）的极大值，无极小值；极大值，无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出和的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．
【小问1详解】
解：，，
，，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得极大值，无极小值；
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值，无极小值．
【小问2详解】
解：令，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
即，
所以时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以．
【点睛】本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计，进而证得，这里的我们称之为“隐零点”；如果的范围不合适，可以借助二分法去缩小的范围，直至证得．
（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，曲线的参数方程为，(为参数)，曲线的参数方程为，(为参数，且)．
（1）求与的普通方程，
（2）若分别为与上的动点，求的最小值．
【答案】（1）的普通方程为的普通方程为，；（2）
【解析】
【分析】
（1）消参即可求出的普通方程；对的参数方程同时平方得，再结合即可得的普通方程；
（2）设的平行直线为，当直线与相切时，两直线的距离即为的最值，即可得解.
【详解】（1）消参可得的普通方程为；
又因为的参数方程为，可得，
又，所以，
所以的普通方程为，
（2）由题意，设的平行直线为，
联立消元可得：，
令，解得，
又因为，经检验可知时直线与相切，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程和直角坐标方程的转化，考查了圆锥曲线上的点到直线上的点的距离的最值的求解，属于中档题.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 设数列的前n项和为.满足，且，设
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：对一切正整数n，有.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可得：当时，有，结合已知方程作差，可得：，两边除以，再整理得：，可得，问题得解．
（2）利用（1）可求得：，通过放缩可得：，由此可得：，结合等比数列求和公式即可证明原不等式成立．
【详解】（1）∵，
∴当时，有，
两式相减整理得，
则，
即，∴，
当时，，且，则，
∴，满足.
∴.
故数列是首项为3，公比为的等比数列，即.
（2）由（1）知，∴，
则，
当时，，即，
∴.
当时，，上式也成立.
综上可知，对一切正整数n，有.
【点睛】本题主要考查了赋值法及化简、整理能力，还考查了构造思想及等比数列的通项公式，考查了放缩法证明不等式，还考查了等比数列前项和公式，考查转化能力及计算能力，属于难题．
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