【高考数学】2022-2023学年山东省济南市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年山东省济南市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共51页。试卷主要包含了设集合，，则=，已知复数z满足，已知，p，已知过点的动直线l与圆C，已知无量数列满足等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年山东省济南市专项突破仿真模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．设集合，，则=（       ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数=（       ）
A．B．C．D．
3．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的为（       ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
4．“学习强国”APP是以深入学习、宣传思想，立足全体党员，面向全社会的优质学台．为了解甲、乙两人的平台学习情况，统计了他们最近7天的学习积分，制成如图所示的茎叶图，若两头一列的数字表示积分的十位数，两边的数字表示积分的个位数，则在这7天中，下列结论正确的为（       ）


A．甲、乙两人积分的极差相等
B．甲、乙两人积分的平均数不相等
C．甲、乙两人积分的中位数相等
D．甲积分的方差大于乙积分的方差
5．若函数在区间D上单调递减，则D可以为（       ）
A．B．C．D．
6．现安排编号分别为1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作，若每项工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一项工作，且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作，则不同的安排方法数为（       ）
A．36B．24C．18D．12
7．已知，p：；q：函数在区间上不单调，则p是q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
8．已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N．若动点，则的最小值为（       ）
A．6B．7C．8D．9
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二、多选题
9．的图案是由五颗五角星组成，这些五角星的地位关系意味着中国领导下的革命与人民大勾结．如图，五角星是由五个全等且顶角为36°的等腰三角形和一个正五边形组成．已知当时，，则下列结论正确的为（       ）


A．B．
C．D．
10．已知无量数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，，则下列结论正确的为（       ）
A．和均为数列中的项
B．数列为等差数列
C．仅有有限个整数使得成立
D．记数列的前项和为，则恒成立
11．在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线C：交于A，B两点，点为线段AB的中点，且，则下列结论正确的为（       ）
A．N为的外心B．M可以为C的焦点
C．l的斜率为D．可以小于2
12．的伯努利（Bemoulli）不等式为：，其中实数同号，且均大于－1．特别地，当，且时，有．已知伯努利不等式还可以推行为：设x，，若，且，则．设a，b为实数，则下列结论正确的为（       ）
A．任意，且任意，都有
B．任意，存在，使得
C．任意，且任意，都有
D．任意，存在，且，使得
第II卷（非选一选）
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三、填 空 题
13．请写出一个定义在R上的函数，其图象关于y轴对称，无最小值，且值为2．其解析式可以为______．
14．在平面直角坐标系xOy中，F为双曲线C：的一个焦点，过F的直线l与C的一条渐近线垂直．若l与C有且仅有一个交点，则C的离心率为______．
15．已知，则______．
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四、双空题
16．已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到地位．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积时，______，______．
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五、解 答 题
17．已知数列的首项，其前n项和为，且对任意的，点均在直线上．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
18．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)设D，E分别为边AB，BC的中点，已知的周长为，且，若，求a．
19．某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人赢取“购书券”的游戏．游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有个号码分别为、、、、的小球（小球除号码不同之外，其余完全相反）．每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）．若单方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除个积分，乙添加个积分；若号码之差为偶数，则甲添加个积分，乙被扣除个积分．游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，游戏结束后，若单方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若单方的积分相等，则均不能获得奖励．
(1)设游戏结束后，甲的积分为随机变量，求的分布列；
(2)以（1）中的随机变量的数学期望为决策根据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，记正整数的最小值为．
①求的值，并阐明理由；
②当时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率．
20．如图，平面ABCD平面ABE，点E为半圆弧上异于A，B的点，在矩形ABCD中，，设平面ABE与平面CDE的交线为l．

(1)证明：平面ABCD；
(2)当l与半圆弧相切时，求二面角A-DE-C的余弦值．
21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．
(1)求T的方程；
(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值．
22．已知函数．
(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：，

答案：
1．D

【分析】
先由解出集合，再由的值域解出，计算交集即可.
【详解】
由解得，则，又时，，
则，即，又，则.
故选：D.
2．A

【分析】
由复数的除法运算求得z，然后由共轭复数定义可得.
【详解】
由于
所以.
故选：A
3．D

【分析】
由空间中的线面关系的判定及性质依次判断即可.
【详解】
对于A，还可能是，错误；
对于B，的地位关系不确定，错误；
对于C，的地位关系不确定，错误；
对于D，由，，可得，又，则，正确.
故选：D.
4．B

【分析】
依次求出极差、平均数、中位数即可判断A、B、C选项；由集中程度即可判断D选项.
【详解】
甲的极差为，乙的极差为，极差不相等，A错误；
甲的平均数为，乙的平均数为，平均数不相等，B正确；
甲的中位数为44，乙的中位数为43，中位数不相等，C错误；
由茎叶图知，甲数据较乙数据更集中，故甲的方差小于乙，D错误.
故选：B.
5．C

【分析】
由的范围求出全体的范围，再得到的正负及单调性，依次判断4个选项即可.
【详解】
对于A，当时，，且单调递增，单调递增，错误；
对于B，当时，，且单调递减，单调递增，错误；
对于C，当时，，且单调递增，单调递减，正确；
对于D，当时，，且单调递增，单调递增，错误.
故选：C.
6．C

【分析】
先按照要求将志愿者分为3组，再分配到三项工作，由分步计数原理求解即可.
【详解】
先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组，有1号和3号一组；2号和4号一组；1号和4号一组共3种情况；
再将3组志愿者分配到三项工作有种；
按照分步乘法计数原理，共有种.
故选：C.
7．A

【分析】
先由命题解出对应的范围，再由充分必要的定义判断即可.
【详解】
由可得，又，又，
要使函数在区间上不单调，有，解得，显然，
即p是q的充分不必要条件.
故选：A.
8．B

【分析】
先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.
【详解】

易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，
设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，
故，整理得，又点在直线上，
故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为
圆心到直线的距离减去半径1，即.
故选：B.
9．AB

【分析】
连接DH，AF，CH，BH，利用五角星的结构特征逐项分析判断作答.
【详解】
对于A，连接DH，如图，由DF=FH，得：，，A正确；


对于B，连接AF，由得：AF垂直平分DH，而，即，则，B正确；
对于C，与不共线，C不正确；
对于D，连接CH，BH，由选项A知，，而，则四边形是平行四边形，
，D不正确.
故选：AB
10．BD

【分析】
分别令、，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的定义可判断B选项；解不等式可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】
对于A选项，分析可知当为奇数时，为奇数，
当为偶数时，为偶数，
令可得，不合乎题意，
令可得，合乎题意，
所以，不是数列中的项，是数列中的项，A错；
对于B选项，由于，
所以，数列是公差为的等差数列，B对；
对于C选项，若为偶数，由可得，矛盾，
若为奇数，由可得，即，解得，
一切满足条件的奇数都合乎题意，
所以，有有限个整数使得成立，C错；
对于D选项，为偶数，则，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，D对.
故选：BD.
11．AC

【分析】
由可得，即可判断A选项；设出直线，联立抛物线，由求出，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选项；求出即可判断D选项.
【详解】


由可得，则N为的外心，A正确；
易得直线斜率不为0，设，，联立可得，
，则，则，由可得，
即，则，则焦点为，B错误；
由作差得，即，C正确；
，则，D错误.
故选：AC.
12．ACD

【分析】
由标题所给不等式及推行不等式依次判断4个选项即可.
【详解】
选项A：由，，则，且，
∴，
由基本不等式可知，当且仅当时取等，∴，故选项A正确；
选项B：∵，∴，又，∴，即，∴恒成立，故选项B错误；
选项C：∵，且，∴，且，∴，即，∴，故选项C正确；
选项D：①若，则当时，不等式显然成立；
②若，∵，∴，，∴当时，，
∴，记为不超过b的整数，易知．∴当时，成立，
∴任意，存在，且，使得，故选项D正确.
故选：ACD．
13．或（，等）（答案不）

【分析】
根据所给函数性质写出一个函数即可.
【详解】
根据题中的条件可知函数是偶函数，值为2，所以满足题中的条件，再如，再如等等（答案不）.
故或（，等）（答案不）.
14．

【分析】
由l与C有且仅有一个交点得与另一条渐近线垂直，进而得到，再求离心率即可.
【详解】

不妨设为右焦点，直线l与渐近线垂直，要使l与C有且仅有一个交点，则与另一条渐近线不相交，即与另一条渐近线平行，
则两条渐近线互相垂直，即，则离心率为.
故答案为.
15．0或1##1或0

【分析】
变形给定等式，利用同角公式计算作答.
【详解】
由得：，
则，，所以或.
故0或1
16．          ##

【分析】
先判断出当时四面体的表面积，即可求得；先求出表面积，再得到的中点O为四面体的外接球球心，即可求得，再求出四面体的体积，由即可求得，即可求解.
【详解】

易得的面积为定值，又，显然当时，此时面积，
即四面体的表面积，此时；
当四面体的表面积时，易知四面体的表面积值为，设的中点为O，
易知，∴，即O为四面体的外接球球心，∴四面体的外接球半径，
∵，且，∴，∴，由，平面，
，可得平面，∴四面体的体积为，
又，∴，解得，
∴.
故；．
17．(1)
(2)

【分析】
（1）先由条件得到，再经过退位相减法得到数列是等比数列，由等比数列的通项公式求解即可；
（2）先求出，再表示出，经过裂项相消法求和即可.
(1)
∵对任意的，点均在直线上，∴，∴当时，，
∴，即，又∵，∴，
∴，∴，∴数列是以3为首项，9为公比的等比数列，∴．
(2)
，∴，
∴，即．
18．(1)
(2)

【分析】
（1）根据正弦定理，将边转化成角，然后用辅助角公式，即可求解. （2）在，分别用余弦定理表示出 ，根据，可得边长的关系，进而根据周长即可求解.
(1)
由正弦定理，得，
∵A，B，C为的内角，∴，
∴，
∴，
∵，，∴，，
∴，
易知，∴，即．
(2)
设，，则，，在中，由余弦定理，
得，
在中，同理有，
∵，∴，即，
整理得，解得或，
∵，即，∴，且，
∵的周长为，∴，
∴，∴．
19．(1)答案见解析
(2)① ；理由见解析；②

【分析】
（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率可得出随机变量的分布列；
（2）①求得，解不等式可得的值；
②记“甲至少有一局被扣除积分”为，记“甲获得“购书券”奖励”为，计算出、的值，利用条件概率公式可求得所求的概率.
(1)
解：记“一局游戏后甲被扣除个积分”为，“一局游戏后乙被扣除个积分”为，
由题可知，则，
当三局均为甲被扣除个积分时，，
当两局为甲被扣除个积分，一局为乙被扣除个积分时，，
当一局为甲被扣除个积分，两局为乙被扣除个积分时，，
当三局均为乙被扣除个积分时，，
所以，，，
，，
所以，随机变量的分布列为

－6



P





(2)
解：①由（1）易得，
显然甲、乙单方的积分之和恒为零，
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，则需，
所以，，即正整数的最小值；
②当时，记“甲至少有一局被扣除积分”为，则，
由题设可知若甲获得“购书券”奖励则甲被扣除积分的局数至少为，
记“甲获得“购书券”奖励”为，易知为“甲恰好有一局被扣除积分”，
则，所以，，
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）根据线面平行的性质定理，可得线线平行，进而可得线面平行.
（2）根据空间坐标法，计算法向量，进而可得二面角大小，或者根据长度关系，可用几何法找到二面角，进而利用余弦定理求解.
(1)
证明：∵四边形ABCD为矩形，∴，
∵平面 ，平面，
∴平面
又平面 ，平面平面，
∴，
∵平面 ，∴．
(2)
（法一）取AB，CD的中点分别为O，F，连接OE，OF，则，
∵平面平面，且交线为AB，∴平面，
又平面，，
当l与半圆弧相切时，，即，
以OE，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，易得，，，，
则，，，
设为平面DAE的一个法向量，
则，即，
∴，令，则，
设为平面DCE的一个法向量，则，
即，∴，令，则，
∴，
易知二面角A-DE-C的平面角大小即为，
∴二面角A-DE-C的余弦值为．
（法二）当l与半圆弧相切时，，，∴，
∵平面平面，其交线为，且，平面 ，
∴平面，又平面，∴，
同理，
不妨设，则，，
∴由勾股定理得，
取DE的中点F，连接AF，FC，AC，

则，，
∴是二面角A-DE-C的平面角，
易知，，且，
∴在中，有，
∴二面角A-DE-C的余弦值为．
21．(1)
(2)

【分析】
（1）由切线长相等得，再椭圆的定义即可求得T的方程；
（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.
(1)

不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，
∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，
长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，
∴T的方程为：．
(2)
设，，，∵，∴，
若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，
代入，又，化简得，
同理可得，，∴，为方程的两根，
∵，∴，即，即动点P在定直线：上，
令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，
由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，
且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，
联立得，此时，，且直线P R即直线l：，
即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．

本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】
（1）直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；
（2）先经过分析法将要证结论转化为证，再（1）得到，由累加法放缩、裂项相消即可证明.
(1)
，当时，，，∴当时，，在区间上单调递增，
当时，，，∴当时，，∴在区间上单调递减，不合题意，
∴若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为．
(2)
欲证，只需证，
只需证，即证，
只需证，由（1）可知当时，在区间上单调递增，
∴，∴当时，不等式恒成立，即恒成立，∴，
即，同理，…，，
将上述不等式累加得：
又
，
∴不等式得证，∴不等式得证．

本题关键点在于先经过分析法将要证结论转化为证，然后由（1）中结论得到，经过累加法得到，再利用放缩、裂项相消求和即可证得结论.





















【高考数学】2022-2023学年山东省济南市专项突破仿真模拟试题（二模）

第I卷（选一选）
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得分



一、单 选 题
1．已知集合，，则（       ）
A．B．
C．D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（       ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（       ）
A．B．C．2D．
4．随着北京的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相反的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只要个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（       ）
A．B．C．D．
5．已知二次函数的值域为，则的最小值为（       ）
A．B．C．D．
6．已知，则（       ）
A．B．C．D．
7．若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为（       ）
A．B．C．D．
8．若函数为偶函数，对任意的，且，都有，则（       ）
A．B．
C．D．
评卷人
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二、多选题
9．在某市高三年级举行的模仿考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试先生成绩情况，从中抽取了部分先生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为.按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为.则下列结论正确的是（       ）

A．样本容量
B．图中
C．估计该市全体先生成绩的平均分为分
D．该市要对成绩由高到低前的先生授子“先生”称号，则成绩为分的先生肯定能得到此称号
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（       ）

A．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
B．直线是图象的一条对称轴
C．若，则的最小值为
D．直线与函数在上的图象有个交点
11．已知直线与圆交于、两点，且为锐角（其中为坐标原点），则实数的取值可以是（       ）
A．B．C．D．
12．已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是（       ）
A．是等差数列
B．
C．
D．满足的的最小正整数解为
第II卷（非选一选）
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三、填 空 题
13．设随机变量，若，则________.
14．已知函数，则________.
15．在边长为的等边中，已知，点在线段上，且，则________.
评卷人
得分



四、双空题
16．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的值为________.
评卷人
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五、解 答 题
17．已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)在锐角中，若，，，求的面积.
18．已知等差数列的前项和为，且，，数列满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
19．如图1，在平行四边形中，，，，以对角线为折痕把折起，使点到达图2所示点的地位，且.

(1)求证：；
(2)若点在线段上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
20．某文娱节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为元、元、元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束，选手小李参加该闯关游戏，已知他、二、三关闯关成功的概率分别为，，，关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.
(1)求小李关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；
(2)设小李所得总奖金为，求随机变量的分布列及其数学期望.
21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，点在椭圆上，且的值为，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于另一点（异于点），与直线交于一点，的角平分线与直线交于点，求证：点是线段的中点.
22．已知函数，.
(1)当时，证明：；
(2)若函数在内有零点，求实数的取值范围.

答案：
1．C

【分析】
解对数不等式求得集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】
解：，
所以.
故选：C.
2．D

【分析】
利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可得出复数的虚部.
【详解】
由已知可得，
因此，复数的虚部为.
故选：D.
3．A

【分析】
求出双曲线C渐近线的斜率，与已知直线斜率的乘积等于-1，即可求解.
【详解】
由题意，双曲线的方程为： ，斜率为 和 ，
直线 的斜率为 ，由于两直线垂直，
则有 ，即 ，（ ，显然这是不可能的），
或 ， ；
故选：A.
4．B

【分析】
将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素这位运动员所构成的空中，插空法可求得结果.
【详解】
由于个“冰墩墩”完全相反，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，
先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素这位运动员所构成的空中，
且、元素不相邻，则不同的排法种数为.
故选：B.
5．B

【分析】
由二次函数的值域可得出，可得出，则有，利用基本不等式可求得结果.
【详解】
若，则函数的值域为，不合乎题意，
由于二次函数的值域为，则，
且，所以，，可得，则，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B.
6．D

【分析】
利用诱导公式二倍角的余弦公式可求得所求值.
【详解】
.
故选：D.
7．C

【分析】
正六棱柱有内切球，则到每个面的距离相等，即，可求内切球的半径，根据可求外接球的半径，代入球的面积公式计算．
【详解】
如图：分别为底面，为的中点，为的中点
设正六棱柱的底面边长为
若正六棱柱有内切球，则，即内切球的半径
，即外接球的半径
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为
故选：C．

8．A

【分析】
由题意可得函数在上递减，且关于对称，则，利用作差法比较三者之间的大小关系，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】
解：由对，且，都有，
所以函数在上递减，
又函数为偶函数，
所以函数关于对称，
所以，
又，
由于，
所以，
由于，
所以，
所以，
所以，
即.
故选：A.
9．BC

【分析】
根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断A；根据频率之和等于，即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意得，即可判断D.
【详解】
对于A：由于成绩落在区间内的人数为，所以样本容量，故A不正确；
对于B：由于，解得，故B正确；
对于C：先生成绩平均分为：，故C正确；
对于D：由于，
即按照成绩由高到低前的先生中不含分的先生，所以成绩为分的先生不能得到此称号，故D不正确.
故选：BC.
10．BCD

【分析】
由图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期性可判断C选项；求出在时的可能取值，可判断D选项.
【详解】
对于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，
又由于，由于，则，
所以，，则，所以，，
故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；
对于B选项，，
所以，直线是图象的一条对称轴，B对；
对于C选项，由于，
所以，的最小值为，C对；
对于D选项，当时，，
由可知的可能取值集合为，
所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.
故选：BCD.
11．BC

【分析】
设，可得，求得，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】
设，则，可得，
设圆心到直线的距离为，圆的圆心为原点，半径为，
所以，，由点到直线的距离公式可得，
所以，，解得或.
故选：BC.
12．ACD

【分析】
根据题意得，整理得，即可判断A；由A知，，所以，，即可判断B；由于，即，令，即，构造函数，求解判断即可；根据题意得，求和得，再根据题意求解判断即可.
【详解】
由于，当时，，解得，
当时，，即，
整理得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，又正项数列的前项和为，所以，故A正确；
当时，解得，当时，，即，
又，所以，，
由于，所以，即，故B不正确；
由于，，即，令，
所以原不等式为：，即，
令，所以，当时，恒成立，
所以在单调递增，所以，所以成立，故C正确；
由于，所以，所以
，所以


，
由于，即，化简整理得：，
当时，，当时，，
所以满足的的最小正整数解为，故D正确.
故选：ACD.

给出与的递推关系，求，常用思绪是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
13．0.5##

【分析】
根据正态分布曲线的对称性求得，即可得出答案.
【详解】
解：由于随机变量，，
所以，
所以.
故0.5.
14．##

【分析】
利用函数的解析式可求得的值.
【详解】
由于，则.
故答案为.
15．

【分析】
根据题意得，求出，所以，即，求解即可.
【详解】
由于，所以，又，
即，由于点在线段上，
所以，，三点共线，由平面向量三点共线定理得，，即，
所以，又是边长为的等边三角形，
所以
，故.
故答案为.
16．     ##1.5    

【分析】
空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．
【详解】
设过点的直线为，
联立方程消去得，可得
∵，则可得：，可得，解得
过点作准线的垂线，垂足为，则可得
若取到值即最小，此时直线与抛物线相切
，即，则
设，则切线斜率，切线方程为
切线过，代入得，解得，即
则，即
则的值为
故；．

17．(1)
(2)

【分析】
（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）由已知条件角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理可求得边的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.
(1)
解：由于
.
所以，函数的最小正周期为.
(2)
解：由于，所以，，
由于，则，，可得，
由余弦定理可得，
即，由于，解得，
此时，为最长边，角为角，此时，则角为锐角，
所以，.
18．(1)，
(2)

【分析】
（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出数列的通项公式，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；
（2）设，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的前项和.
(1)
解：设等差数列的公差为，则，解得，
所以，，
当时，，
当时，，可得，
上述两个等式作差可得，
也满足，故对任意的，.
(2)
解：由（1）可得，
设，
所以，，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，
因此，数列的前项和为.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）利用余弦定理勾股定理可证得，平形四边形的几何性质可得出，利用勾股定理可得出，利用线面垂直的判定和定义可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，确定点的地位，然后利用锥体的体积公式可求得结果.
(1)
证明：在中，由余弦定理可得
，
所以，，，
又由于四边形为平行四边形，所以，，
在中，，，，，则，
由于，，平面，
平面，.
(2)
解：由于，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设，其中，
，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由已知可得，由于，解得，
所以，为的中点，因此，.
20．(1)
(2)分布列见解析；.

【分析】
（1）根据题意包含两种情况，种情况为：关闯关成功，第二关闯关失败，第二种情况为：关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，分别求概率相加即可求解；（2）根据题意得的可能取值为：，，，，再分别求每个随机变量对应的概率，再求分布列和期望.
(1)
根据题意得，小李关闯关成功，但所得总奖金为零的分为两类情况：种情况为：关闯关成功，第二关闯关失败，其概率为：；第二种情况为：关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，其概率为：；记“小李关闯关成功，但所得总奖金为零”为：则.
(2)
根据题意得：的可能取值为：，，，，
所以，
，，
，
所以的分布列为：











所以的期望为.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】
（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）设点在轴上方，对直线的斜率能否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，分析可得，设出直线、的方程，求出点、、的坐标，由已知条件可得出、坐标之间的关系，可证得结论成立；在直线的斜率不存在时，直接求出、的坐标，即可证得结论成立.
(1)
解：由已知可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
(2)
证明：由对称性，不妨设点在轴上方.
①当直线的斜率存在时，由于的角平分线为，所以，，
所以，，即，
设直线的方程为，其中，
联立可得，
设点，则，所以，，
则，即点，
所以，，
设直线的方程为，则点、，
由于，则，整理可得，
由于，所以，，所以，，
所以，点为线段的中点；
②当直线的斜率不存在时，不妨设点，
则直线的方程为，所以点，
又由于直线的方程为，所以点，
所以，点为线段的中点.
综上可知，点为线段的中点.

关键点点睛：本题考查线段中点的证明，解题的关键就是对直线的斜率能否存在进行分类讨论，经过设出直线方程，求出、的坐标，线段的中点坐标公式得以证明.
22．(1)证明见解析；
(2)

【分析】
（1）构造函数，证得即可；
（2）根据零点存在性定理导函数与单调性、最值等关系进行判定.
(1)
证明：当时，设，，由，，可得在单调递减，在单调递增，所以，则，即；
(2)
函数，，若函数在内有零点，则函数在内至少有两个极值点，即在内至少有两个变号零点.，等价于在内至少有两个变号零点，，，当或时，或恒成立，则在上单调，不合题意；当时，由，，可得在单调递减，在上单调递增，所以当时，在内有两个变号零点且最多两个，即，令，，设，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即在上恒成立，所以.此时即有两个零点，设为，当和时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，则在上有零点，综上可得.

函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不只要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．