还剩17页未读，
继续阅读
2023-2024学年江西省赣州市全南县高三上学期期中数学模拟试题（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年江西省赣州市全南县高三上学期期中数学模拟试题（含解析），共20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。
一、单选题（每题5分，共40分）
1．满足条件的所有集合的个数是（ ）
A．32B．31C．16D．15
2．已知为虚数单位，若复数的模为该复数的实部的倍，则
A．0B．-4C．1或-1D．1
3．已知p：x2+x-2>0，q：x>a，若q是p的充分不必要条件，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．设，且，则（ ）
A．B．10C．20D．100
5．已知点为的外心，的外接圆的半径为1，则与的夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知球O的半径为2，四棱锥的顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．2C．D．
7．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，其中，若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．图象的一条对称轴方程是
C．图象的对称中心是，
D．函数是偶函数
10．已知，为定义在上的函数，且对任意的x，y满足：，且，则下面说法正确的是（ ）
A．
B．
C．为奇函数
D．若，则3是的一个周期
11．已知矩形，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中有下列结论：（ ）
A．四棱锥的体积最大值为B．四棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为D．与平面所成角的最大值为
12．对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，则（ ）
A．等差数列是“线性数列”B．等比数列是“线性数列”
C．若是等差数列，则是“线性数列”D．若是等比数列，则是“线性数列”
三、填空题（共20分）
13．已知等差数列满足，，则的前项的和为
14．已知倾斜角为的直线的斜率等于双曲线的离心率，则 .
15．四个棱长为1的正方体拼成如图所示长方体，为上表面异于B的8个点，结果有 个不同的值．
16．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题（共70分）
17．在中，是，B，所对应的分边别为，，，且满足.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
18．设数列的前项和为，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，，证明：，.
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为等边三角形且垂直于底面，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
20．为积极发展生态低碳农业，某农业大学实验基地进行绿色农业种植实验，已知该基地引进了营养价值较高的A品种黄豆，统计了近几年的产量及市场售价情况（市场售价与产量相互独立），得到了如图①②所示的频率分布直方图（每组数据用该组区间的中点值为代表）：
(1)若不考虑其他因素，设A品种黄豆明年的收入为元，求的分布列；；
(2)已知A品种黄豆人工种植及管理费用和其他黄豆相当，不考虑其他因素，若明年A品种黄豆的收入不低于520元，则后年可大面积推广种植A品种黄豆．请根据统计学知识预测后年能否大面积推广种植A品种黄豆，并说明理由．
21．已知点和直线，动点到点的距离与到直线的距离之比为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交于两点，若点的坐标为，直线与轴的交点分别是，证明：线段的中点为定点.
22．已知函数．
（1）试判断函数的单调性；
（2）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围．
1．B
【分析】根据已知所给的集合关系将问题转化求集合真子集即可.
【详解】由集合满足条件，
所以集合至少含元素1,2，将1,2看成一个整体用来表示，
则上述集合关系式变成：，
则此时集合为集合的真子集，
问题转化为求集合的真子集的个数即：，
故满足题意的集合有31个.
故选：B.
2．A
【分析】将复数分母实数化得到模和实部，建立方程可得解.
【详解】复数.
模为.
根据题意得：，解得.
故选：A.
3．D
【分析】先求出二次不等式的解集，根据q是p的充分不必要条件，得到对应集合的包含关系，从而得到答案.
【详解】由得或，设,
若q是p的充分不必要条件，则
所以a≥1．
故选：D．
4．A
【分析】根据指数式与对数的互化和对数的换底公式，求得，，进而结合对数的运算公式，即可求解.
【详解】由，可得，，
由换底公式得，，
所以，
又因为，可得．
故选：A.
5．A
【分析】由已知可得：，两边同时平方利用数量积运算和已知条件，即可得出结果；
【详解】，，
，又，
，，
而，故.
故选：A
6．D
【分析】根据给定条件，确定四棱锥体积最大时为正四棱锥，设出底面外接圆半径，求出体积函数式，再利用导数求解作答.
【详解】令球O的内接四棱锥为，四边形外接圆半径为，对角线的夹角为，
则四边形的面积，
当且仅当，即四边形为正方形时取等号，
由球的结构特征知，顶点P为直线与球面O的交点，并且球心O在线段上，四棱锥的高最大，如图，
，高，
因此四棱锥的最大体积关系式为：，令，
则，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，此时，
所以当该四棱锥的体积最大时，其高为.
故选：D
7．B
【分析】由已知和托勒密定理可得，即 .再由三角形的面积公式可求得选项.
【详解】设，由托勒密定理知，，
所以.
又因为，，
所以四边形的面积为.
故选：B.
本题考查数学文化，数学定理的应用，以及解三角形，属于中档题.
8．B
【分析】由题设恰有两个零点转化为与的图象恰有两个不同的交点，利用导数研究的单调性，且必过，画出，的大致图象，进而利用导数的几何意义求，的相切时的切线方程并确定此时的斜率，结合函数图象分析要使，有两个不同交点，斜率a的变化范围即可.
【详解】由恰有两个零点，即恰有两个根，也就是恰有两个根，进而有函数与的图象恰有两个不同的交点，
由，得，
∴当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
由知：必过；
函数，的大致图象，如下图示：
设与相切于，切线斜率为，则切线方程为，
把代入可得：，
∴化简得，解得或.
当时，切线斜率大于2，又，
∴，此时切点坐标为，
∴的斜率为1，即时与相切.
由函数增长速率，易知：当x无限趋近于时，无限趋近于0且x小于0.
∴若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围为.
故选：B.
关键点点睛：由函数有两个零点转化为两个函数有两个不同交点问题，进而应用导数研究函数性质并画出草图，根据导数的几何意义，求直线与曲线相切时切线斜率，结合图象判断有两不同交点情况下直线的斜率变化范围.
9．BD
【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.
【详解】由函数的图象知：
，所以；即，解得，所以，
因为，所以，，
即，，因为，所以，.
对选项A，因为，故A错误.
对选项B，，故B正确．
对选项C，令，k∈Z，解得，，
所以的对称中心是，，故C错误．
对选项D，设，
则的定义域为R，，
所以为偶函数，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】利用赋值法逐项判断即可.
【详解】因为对任意的x，y满足：，所以
对于，令，则，故正确；
令，，则.又，则，故错误；
令，则，所以为奇函数，故正确；
令，，则，
由于，所以，
令，则，
令，则，
两式相加得：，
即：，所以，
故，所以是的一个周期，所以正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据翻折过程，结合线面关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】对A，当平面平面时，
点到的距离为即为棱锥高，
此时体积最大，故A正确；
对B，由，
故四棱锥的外接球的直径为，
四棱锥的外接球体积不变，故B正确；
对C，假设直线与所成角的最大值为，
此时，而，
所以平面，则，而斜边矛盾，故C错误；
对D，当平面平面时，与平面所成角为最大，
由为矩形，，此时，故D正确.
故选：ABD
本题考查了平面翻折过程中线面的动态变化，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）翻折过程中的线面的动态变化，在变化中找到确定的量；
（2）把空间线面关系的性质，用到变化过程中进一步确定变化的量.
12．ABD
【分析】对A,B根据“线性数列”的定义进行判断，C，找特例，代入即可判断；D，结合定义，设出等比数列，代入求的，再结合线性数列的定义，看是否存在实数即可.
【详解】对A，数列为等差数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，A正确；
对B，数列为等比数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，B正确；
对C，是等差数列，设，
则，若是“线性数列”，
则，则应有，
故不是“线性数列”，C错误；
对D，是等比数列，设首项为，公比为，
若时，，则，满足“线性数列”的定义；
若时，由，得，
，
累加的，
则，
经验证当时，满足，则，
若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，
则，
，
，
则，则，
则是“线性数列”，D正确.
故选：ABD
13．78
【分析】利用等差数列性质可计算得，，代入等差数列前项和公式即可求出结果.
【详解】由等差数列性质可知，解得；
由，可得；
则数列的前项的和为.
故
14．
【分析】求出双曲线的离心率，根据斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】双曲线的离心率，
所以.
故
此题考查求双曲线的离心率，根据直线的斜率求倾斜角，涉及同角三角函数的基本关系解决三角函数求值的问题.
15．1
【分析】可根据图象得出，然后将转化为，最后根据棱长为及即可得出结果.
【详解】由图象可知，，
则，
因为平面，平面，所以，
所以，则，
即的不同值的个数为，
故1
16．
【分析】首先排除的情况，再通过同构思想得到函数，再分类讨论即可.
【详解】若时，时，，舍去.
若时，
令，，，
则在上单调递增，且
①若，即时，则不等式(式恒成立；
②若，即时，而，
令，.
当，，则在上单调递增，
当，，则在上单调递减，
，的取值范围为.
故答案为.
关键点睛：本题的关键是通过合理变形，再利用函数的单调性得到，再对合理分类讨论即可.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合正弦的二倍角公式变形可得；
（2）由面积公式求得，再由余弦定理求出，从而可得周长．
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，则，
因为，所以，
又因为，所以；
（2）因为，所以，
又由余弦定理得， ，所以，
则，
所以的周长为：．
18．(1)；(2)证明见详解.
（1）利用与的关系，即可容易求得；
（2）由（1）中所得即可求得，利用等比数列前项和公式，以及适度的放缩，即可证明.
【详解】（1）因为，则，解得，
故当时，，
故可得，则，
则数列为首项为3公比为的等比数列，
故，解得.
（2）由（1）中所求可得，
当为偶数时，；
当为奇数时，，
故
.即证.
本题考查利用关系求数列的通项公式，涉及等比数列前项和的求解，以及数列的放缩，属综合中档题.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，连接，先证明平面，再由线线垂直证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
则,
因为平面平面，且平面平面，平面
所以平面,
因为平面，所以 ,
又因为F为CD的中点，所以，
又，平面PGB，
所以平面，平面，
所以，
，为的中点，
所以，又，平面，平面，
所以平面.
（2）不妨设正方形的边长为2，以点为坐标原点，为轴，垂直于的直线为轴，为轴建立空间坐标系，
则,
，
设平面与平面的法向量分别为，夹角为，
则
不妨设,所以，
，
所以.
20．(1)分布列见解析
(2)能，理由见解析
【分析】（1）结合频率分布直方图求得产量与市场售价对应的概率，再由题意得到的可能取值，进而求得对应的值的概率，从而得解；
（2）利用数学期望公式预测明年A品种黄豆收入的均值，从而得解.
【详解】（1）依题意可知产量为190千克的概率为，产量为210千克的概率为，
市场售价是2.5元/千克的概率为，售价是2.7元/千克的概率为，
所以的所有可能取值为475，513，525，567，
所以，
，
则的分布列为：
（2）由（1）可得预计明年A品种黄豆收入的均值为
因为，
所以预测后年能大面积推广种植A品种黄豆.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据题意得到，整理得到答案.
（2）排除斜率不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，，确定，得到证明.
【详解】（1）设，则，，
整理得，即，
故动点的轨迹的方程为.
（2）当直线斜率不存在时不成立，故设直线的方程为.
联立得.
由，得，整理得.
设，则.
直线的方程为，令，得，同理.
，
所以，所以线段的中点坐标为，
故线段的中点为定点.
关键点睛：本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算是解题的关键，需要熟练掌握.
22．（1）函数在和上单调递减；（2）．
【分析】（1）求得函数的定义域及导数，令，利用导数求得函数单调性和极值，得到，即可得到函数单调性；
（2）由不等式恒成立，转化为恒成立，即，令，利用导数求得函数的单调性，分和两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）由函数可得定义域为，且，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号，
所以当且时，，所以函数在和上单调递减．
（2）由（1）知且，且，所以，，所以，
因为不等式且恒成立，
所以且，即且恒成立，
所以，其中．
由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递减，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，，所以，即；
当时，，所以，即；
所以由可得且，
所以且，即且．
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以且，所以，所以实数的取值范围为．
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
475
513
525
567
0.16
0.24
0.24
0.36
一、单选题（每题5分，共40分）
1．满足条件的所有集合的个数是（ ）
A．32B．31C．16D．15
2．已知为虚数单位，若复数的模为该复数的实部的倍，则
A．0B．-4C．1或-1D．1
3．已知p：x2+x-2>0，q：x>a，若q是p的充分不必要条件，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．设，且，则（ ）
A．B．10C．20D．100
5．已知点为的外心，的外接圆的半径为1，则与的夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知球O的半径为2，四棱锥的顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．2C．D．
7．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，其中，若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．图象的一条对称轴方程是
C．图象的对称中心是，
D．函数是偶函数
10．已知，为定义在上的函数，且对任意的x，y满足：，且，则下面说法正确的是（ ）
A．
B．
C．为奇函数
D．若，则3是的一个周期
11．已知矩形，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中有下列结论：（ ）
A．四棱锥的体积最大值为B．四棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为D．与平面所成角的最大值为
12．对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，则（ ）
A．等差数列是“线性数列”B．等比数列是“线性数列”
C．若是等差数列，则是“线性数列”D．若是等比数列，则是“线性数列”
三、填空题（共20分）
13．已知等差数列满足，，则的前项的和为
14．已知倾斜角为的直线的斜率等于双曲线的离心率，则 .
15．四个棱长为1的正方体拼成如图所示长方体，为上表面异于B的8个点，结果有 个不同的值．
16．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题（共70分）
17．在中，是，B，所对应的分边别为，，，且满足.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
18．设数列的前项和为，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，，证明：，.
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为等边三角形且垂直于底面，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
20．为积极发展生态低碳农业，某农业大学实验基地进行绿色农业种植实验，已知该基地引进了营养价值较高的A品种黄豆，统计了近几年的产量及市场售价情况（市场售价与产量相互独立），得到了如图①②所示的频率分布直方图（每组数据用该组区间的中点值为代表）：
(1)若不考虑其他因素，设A品种黄豆明年的收入为元，求的分布列；；
(2)已知A品种黄豆人工种植及管理费用和其他黄豆相当，不考虑其他因素，若明年A品种黄豆的收入不低于520元，则后年可大面积推广种植A品种黄豆．请根据统计学知识预测后年能否大面积推广种植A品种黄豆，并说明理由．
21．已知点和直线，动点到点的距离与到直线的距离之比为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交于两点，若点的坐标为，直线与轴的交点分别是，证明：线段的中点为定点.
22．已知函数．
（1）试判断函数的单调性；
（2）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围．
1．B
【分析】根据已知所给的集合关系将问题转化求集合真子集即可.
【详解】由集合满足条件，
所以集合至少含元素1,2，将1,2看成一个整体用来表示，
则上述集合关系式变成：，
则此时集合为集合的真子集，
问题转化为求集合的真子集的个数即：，
故满足题意的集合有31个.
故选：B.
2．A
【分析】将复数分母实数化得到模和实部，建立方程可得解.
【详解】复数.
模为.
根据题意得：，解得.
故选：A.
3．D
【分析】先求出二次不等式的解集，根据q是p的充分不必要条件，得到对应集合的包含关系，从而得到答案.
【详解】由得或，设,
若q是p的充分不必要条件，则
所以a≥1．
故选：D．
4．A
【分析】根据指数式与对数的互化和对数的换底公式，求得，，进而结合对数的运算公式，即可求解.
【详解】由，可得，，
由换底公式得，，
所以，
又因为，可得．
故选：A.
5．A
【分析】由已知可得：，两边同时平方利用数量积运算和已知条件，即可得出结果；
【详解】，，
，又，
，，
而，故.
故选：A
6．D
【分析】根据给定条件，确定四棱锥体积最大时为正四棱锥，设出底面外接圆半径，求出体积函数式，再利用导数求解作答.
【详解】令球O的内接四棱锥为，四边形外接圆半径为，对角线的夹角为，
则四边形的面积，
当且仅当，即四边形为正方形时取等号，
由球的结构特征知，顶点P为直线与球面O的交点，并且球心O在线段上，四棱锥的高最大，如图，
，高，
因此四棱锥的最大体积关系式为：，令，
则，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，此时，
所以当该四棱锥的体积最大时，其高为.
故选：D
7．B
【分析】由已知和托勒密定理可得，即 .再由三角形的面积公式可求得选项.
【详解】设，由托勒密定理知，，
所以.
又因为，，
所以四边形的面积为.
故选：B.
本题考查数学文化，数学定理的应用，以及解三角形，属于中档题.
8．B
【分析】由题设恰有两个零点转化为与的图象恰有两个不同的交点，利用导数研究的单调性，且必过，画出，的大致图象，进而利用导数的几何意义求，的相切时的切线方程并确定此时的斜率，结合函数图象分析要使，有两个不同交点，斜率a的变化范围即可.
【详解】由恰有两个零点，即恰有两个根，也就是恰有两个根，进而有函数与的图象恰有两个不同的交点，
由，得，
∴当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
由知：必过；
函数，的大致图象，如下图示：
设与相切于，切线斜率为，则切线方程为，
把代入可得：，
∴化简得，解得或.
当时，切线斜率大于2，又，
∴，此时切点坐标为，
∴的斜率为1，即时与相切.
由函数增长速率，易知：当x无限趋近于时，无限趋近于0且x小于0.
∴若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围为.
故选：B.
关键点点睛：由函数有两个零点转化为两个函数有两个不同交点问题，进而应用导数研究函数性质并画出草图，根据导数的几何意义，求直线与曲线相切时切线斜率，结合图象判断有两不同交点情况下直线的斜率变化范围.
9．BD
【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.
【详解】由函数的图象知：
，所以；即，解得，所以，
因为，所以，，
即，，因为，所以，.
对选项A，因为，故A错误.
对选项B，，故B正确．
对选项C，令，k∈Z，解得，，
所以的对称中心是，，故C错误．
对选项D，设，
则的定义域为R，，
所以为偶函数，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】利用赋值法逐项判断即可.
【详解】因为对任意的x，y满足：，所以
对于，令，则，故正确；
令，，则.又，则，故错误；
令，则，所以为奇函数，故正确；
令，，则，
由于，所以，
令，则，
令，则，
两式相加得：，
即：，所以，
故，所以是的一个周期，所以正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据翻折过程，结合线面关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】对A，当平面平面时，
点到的距离为即为棱锥高，
此时体积最大，故A正确；
对B，由，
故四棱锥的外接球的直径为，
四棱锥的外接球体积不变，故B正确；
对C，假设直线与所成角的最大值为，
此时，而，
所以平面，则，而斜边矛盾，故C错误；
对D，当平面平面时，与平面所成角为最大，
由为矩形，，此时，故D正确.
故选：ABD
本题考查了平面翻折过程中线面的动态变化，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）翻折过程中的线面的动态变化，在变化中找到确定的量；
（2）把空间线面关系的性质，用到变化过程中进一步确定变化的量.
12．ABD
【分析】对A,B根据“线性数列”的定义进行判断，C，找特例，代入即可判断；D，结合定义，设出等比数列，代入求的，再结合线性数列的定义，看是否存在实数即可.
【详解】对A，数列为等差数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，A正确；
对B，数列为等比数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，B正确；
对C，是等差数列，设，
则，若是“线性数列”，
则，则应有，
故不是“线性数列”，C错误；
对D，是等比数列，设首项为，公比为，
若时，，则，满足“线性数列”的定义；
若时，由，得，
，
累加的，
则，
经验证当时，满足，则，
若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，
则，
，
，
则，则，
则是“线性数列”，D正确.
故选：ABD
13．78
【分析】利用等差数列性质可计算得，，代入等差数列前项和公式即可求出结果.
【详解】由等差数列性质可知，解得；
由，可得；
则数列的前项的和为.
故
14．
【分析】求出双曲线的离心率，根据斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】双曲线的离心率，
所以.
故
此题考查求双曲线的离心率，根据直线的斜率求倾斜角，涉及同角三角函数的基本关系解决三角函数求值的问题.
15．1
【分析】可根据图象得出，然后将转化为，最后根据棱长为及即可得出结果.
【详解】由图象可知，，
则，
因为平面，平面，所以，
所以，则，
即的不同值的个数为，
故1
16．
【分析】首先排除的情况，再通过同构思想得到函数，再分类讨论即可.
【详解】若时，时，，舍去.
若时，
令，，，
则在上单调递增，且
①若，即时，则不等式(式恒成立；
②若，即时，而，
令，.
当，，则在上单调递增，
当，，则在上单调递减，
，的取值范围为.
故答案为.
关键点睛：本题的关键是通过合理变形，再利用函数的单调性得到，再对合理分类讨论即可.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合正弦的二倍角公式变形可得；
（2）由面积公式求得，再由余弦定理求出，从而可得周长．
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，则，
因为，所以，
又因为，所以；
（2）因为，所以，
又由余弦定理得， ，所以，
则，
所以的周长为：．
18．(1)；(2)证明见详解.
（1）利用与的关系，即可容易求得；
（2）由（1）中所得即可求得，利用等比数列前项和公式，以及适度的放缩，即可证明.
【详解】（1）因为，则，解得，
故当时，，
故可得，则，
则数列为首项为3公比为的等比数列，
故，解得.
（2）由（1）中所求可得，
当为偶数时，；
当为奇数时，，
故
.即证.
本题考查利用关系求数列的通项公式，涉及等比数列前项和的求解，以及数列的放缩，属综合中档题.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，连接，先证明平面，再由线线垂直证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
则,
因为平面平面，且平面平面，平面
所以平面,
因为平面，所以 ,
又因为F为CD的中点，所以，
又，平面PGB，
所以平面，平面，
所以，
，为的中点，
所以，又，平面，平面，
所以平面.
（2）不妨设正方形的边长为2，以点为坐标原点，为轴，垂直于的直线为轴，为轴建立空间坐标系，
则,
，
设平面与平面的法向量分别为，夹角为，
则
不妨设,所以，
，
所以.
20．(1)分布列见解析
(2)能，理由见解析
【分析】（1）结合频率分布直方图求得产量与市场售价对应的概率，再由题意得到的可能取值，进而求得对应的值的概率，从而得解；
（2）利用数学期望公式预测明年A品种黄豆收入的均值，从而得解.
【详解】（1）依题意可知产量为190千克的概率为，产量为210千克的概率为，
市场售价是2.5元/千克的概率为，售价是2.7元/千克的概率为，
所以的所有可能取值为475，513，525，567，
所以，
，
则的分布列为：
（2）由（1）可得预计明年A品种黄豆收入的均值为
因为，
所以预测后年能大面积推广种植A品种黄豆.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据题意得到，整理得到答案.
（2）排除斜率不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，，确定，得到证明.
【详解】（1）设，则，，
整理得，即，
故动点的轨迹的方程为.
（2）当直线斜率不存在时不成立，故设直线的方程为.
联立得.
由，得，整理得.
设，则.
直线的方程为，令，得，同理.
，
所以，所以线段的中点坐标为，
故线段的中点为定点.
关键点睛：本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算是解题的关键，需要熟练掌握.
22．（1）函数在和上单调递减；（2）．
【分析】（1）求得函数的定义域及导数，令，利用导数求得函数单调性和极值，得到，即可得到函数单调性；
（2）由不等式恒成立，转化为恒成立，即，令，利用导数求得函数的单调性，分和两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）由函数可得定义域为，且，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号，
所以当且时，，所以函数在和上单调递减．
（2）由（1）知且，且，所以，，所以，
因为不等式且恒成立，
所以且，即且恒成立，
所以，其中．
由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递减，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，，所以，即；
当时，，所以，即；
所以由可得且，
所以且，即且．
令，则，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以且，所以，所以实数的取值范围为．
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
475
513
525
567
0.16
0.24
0.24
0.36
相关试卷
2023-2024学年江西省赣州市高三上学期期末数学试题(含解析）： 这是一份2023-2024学年江西省赣州市高三上学期期末数学试题(含解析），共18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。
2024届江西省赣州市全南县全南中学高三上学期期中数学试题含答案： 这是一份2024届江西省赣州市全南县全南中学高三上学期期中数学试题含答案，共19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。
2023-2024学年山东省青岛市高三上学期期中数学模拟试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年山东省青岛市高三上学期期中数学模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了和是单位向量且满足，则的夹角为，已知数列的前项和为，设，，则，如图是一个圆台的侧面展开图，下列命题中错误的有，若满足，则等内容，欢迎下载使用。
