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2024湖南师大附中高三上学期月考卷（四）数学试卷含解析
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这是一份2024湖南师大附中高三上学期月考卷（四）数学试卷含解析，文件包含婀栧崡甯堣寖澶у闄勫睘涓2023-2024瀛﹀勾楂樹笁涓婂鏈熸湀鑰冨嵎锛堝洓锛夋暟瀛﹁瘯棰橈紙瑙ｆ瀽鐗堬級docx、婀栧崡甯堣寖澶у闄勫睘涓2023-2024瀛﹀勾楂樹笁涓婂鏈熸湀鑰冨嵎锛堝洓锛夋暟瀛﹁瘯棰橈紙鍘熷嵎鐗堬級docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得，再分析求解即可.
【详解】根据题意得：，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为：.
故选：C.
2. 若随机事件A，B满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题意计算出，再根据条件概率求出即可.
【详解】由题意知：，可得，故.
故选：D.
3. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：因为是公比不为1的无穷等比数列，
若为递减数列，
当，则，所以，令，则，
所以，所以时，
当，则，所以恒成立，
当，则，所以，当时，
当，则，此时恒成立，对任意均有，故充分性成立；
若存在正整数，当时，，
当且，则恒成立，所以对任意均有，但是为递增数列，故必要性不成立，
故“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分不必要条件；
故选：A
4. 设，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定等式，利用同角公式及和角的正弦公式化简变形，再利用正弦函数性质推理即得.
【详解】由，得，
于是，即，
由，，得，
则或，即或（不符合题意，舍去），
所以.
故选：D
5. 若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理，求指定项的系数，各项系数和，奇次项系数和与偶数项系数和.
【详解】由，
对于A中，令，可得，所以A错误；
对于B中，，由二项展开式的通项得，所以B错误；
对于C中，与的系数之和相等，
令即，所以C正确；
对于D中，令，则，
令，则，
解得，，
可得，所以D错误.
故选：C.
6. 函数在区间上所有零点的和等于（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据在的零点，转化为的图象和函数的图象在交点的横坐标，画出函数图象，可得到两图象关于直线对称，且在上有8个交点，即可求出.
【详解】因为，
令，则，
则函数的零点就是函数的图象和函数的图象在交点的横坐标，
可得和的函数图象都关于直线对称，
则交点也关于直线对称，画出两个函数的图象，如图所示.
观察图象可知，函数的图象和函数的图象在上有8个交点，
即有8个零点，且关于直线对称，
故所有零点的和为.
故选：D
7. 点M是椭圆上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P，Q，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据题目条件可知圆的半径为，画出图形由是钝角三角形可得，即可求得椭圆离心率的取值范围.
【详解】依题意，不妨设为右焦点，则，
由圆Ｍ与x轴相切于焦点F，M在椭圆上，易得或，则圆的半径为.
过M作轴垂足为N，则，，如下图所示：
，均为半径，则为等腰三角形，∴，
∵为钝角，∴，
即，所以得，即，得，得，
故有，从而解得.
故选：B
8. 已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与连线的直线斜率小于0，结合图象即可求得范围.
【详解】作出的函数图象如图所示：
表示点与点所在直线的斜率，
可得曲线上只有一个点（x为整数）和点所在直线的斜率小于0，
而点在动直线上运动，
由，，，
可得当时，只有点满足；
当时，只有点满足.
又a为整数，可得a的取值集合为.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分、
9. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 的方程为B. 的离心率为
C. 曲线经过的一个焦点D. 直线与有两个公共点
【答案】AC
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．
【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，
把点代入，得，即．
双曲线的方程为，故正确；
由，，得，
双曲线的离心率为，故错误；
取，得，，曲线过定点，故正确；
联立，化简得，
所以直线与只有一个公共点，故不正确．
故选：．
10. 已知向量，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由，得，又且，得，，可得，，有，，可判断各选项.
【详解】因为，所以，即，整理可得，
再由，且，可得，所以，，A选项正确，D选项错误；
，即向量，的夹角，故向量，共线且方向相反，所以，B选项正确；
，C选项正确.
故选：ABC
11. 如图，正方体的棱长为2，点是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得二面角大小为
B. 存在点，使得平面与平面平行
C. 当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为
D. 当为中点时，四棱锥外接球的体积为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意，证得，得到二面角的平面角，可得判定A错误；利用线面平行的判定定理分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，可判定B正确；取中点，证得，得到，得到点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，可判定C正确；当为中点时，连接与交于点，求得，得到四棱锥外接球的球心为，进而可判定D错误.
【详解】在正方体中，可得平面，
因为平面，平面，所以，
所以二面角的平面角为，其中，所以A错误；
如图所示，当M为中点，为中点时，
在正方体中，可得，
因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且平面，且平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
所以B正确；
如图所示，取中点，连接，，，
在正方体中，平面，且，
所以平面，因为平面，可得，
则，
则点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，
分别交，于，，如图所示，则，
则，劣弧的长为，所以C正确
当为中点时，可得为等腰直角三角形，且平面平面，
连接与交于点，可得，
所以四棱锥外接球球心即为与的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，
所以D错误.
故选：BC.
12. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（为自然对数的底数），则（ ）
A. 在内单调递增；
B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；
C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；
D. 和之间存在唯一的“隔离直线”.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，利用导数可确定单调性，得到正确；
设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；分别在和两种情况下讨论满足的条件，进而求得的范围，得到正确，错误；
根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直线，则正确.
【详解】对于，，
，，
当时，，单调递增，
，在内单调递增，
正确；
对于，设，的隔离直线为，
则对任意恒成立，即对任意恒成立.
由对任意恒成立得：.
⑴若，则有符合题意；
⑵若则有对任意恒成立，
的对称轴为，，；
又的对称轴为，；
即，，；
同理可得：，；
综上所述：，，正确，错误；
对于，函数和图象在处有公共点，
若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点.
设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，
则恒成立，
若，则不恒成立.
若，令，对称轴为
在上单调递增，
又，故时，不恒成立.
若，对称轴为，
若恒成立，则，解得：.
此时直线方程为：，
下面证明，
令，则，
当时，；当时，；当时，；
当时，取到极小值，也是最小值，即，
，即，
函数和存在唯一的隔离直线，正确.
故选：.
【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的图像在点处的切线方程是，则＝______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，可得的值，根据点M在切线上，可求得的值，即可得答案.
【详解】由导数的几何意义可得，，
又在切线上，
所以，则=3，
故答案为：3
【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查分析理解的能力，属基础题.
14. 如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DEF拼成的一个较大的等边三角形，若，，则的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理以及余弦定理求得钝角三角形的三边长，根据等边三角形的性质以及面积公式，可得答案.
【详解】因为为等边三角形，所以，则，
在中，由正弦定理，则，
解得，
由余弦定理，则，
整理可得：，则，
解得或（舍去），
等边边长为，其面积为.
故答案为：.
15. 已知数列的首项，且满足．若，则n的最大值为______．
【答案】15
【解析】
【分析】应用等差数列定义得出等差数列,根据差数列通项公式及求和公式求解计算即得.
【详解】因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
可求得，
所以，即且单调递增,.
则n的最大值为15.
故答案为:15.
16. 在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理，证得平面，记与平面交于点H，连接，，，得到，结合点关于平面对称的点为，进而求得的最小值.
【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，
因为，，且，则平面，
又因为平面，所以，
同理得平面，因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
记与平面交于点H，连接，，，且，
则，可得，
由得点关于平面对称的点为，
所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数的最小值为.
（1）求函数的最大值；
（2）把函数的图象向右平移个单位，可得函数的图象，且函数在上为增函数，求的最大值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）化简函数为，再根据函数的最小值为求解；
（2）利用平移变换得到的图象，再由在上为增函数求解.
【小问1详解】
解：，
，
，
函数的最小值为
，
解得，
则，
函数的最大值为2.
【小问2详解】
由（1）可知：把函数向右平移个单位，
可得函数的图象.
在上为增函数，
函数的周期
，即的最大值为4.
18. 为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.第一个比赛项目A采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束）；第二个比赛项目B采取领先3局者获胜。每局不存在平局.假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响.
（1）求甲班在项目A中获胜的概率；
（2）若第二个比赛项目B进行了7局，仍然没有人领先3局，比赛结束，领先者也获胜.现比赛已经进行了2局，甲班2局全输.设甲班在第二个比赛项目B中参加总局数为X、求随机变量X的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据甲班在项目A中获胜对应的事件，利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式计算即可；
（2）由总局数X可能的取值，计算相应的概率，列出分布列，计算期望.
【小问1详解】
记“甲班在项目A中获胜”为事件A，比分有，，三种情况，
则，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
【小问2详解】
甲班在第二个比赛项目B中参加比赛总局数，
表示乙班获胜，表示乙班获胜，表示甲班获胜或乙班获胜或没有人领先3局，
，，，
所以X的分布列如下：
所以.
19. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上.
（1）若P是的中点，证明：；
（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直；
（2）求平面法向量，由二面角的余弦值为和平面，解得P点坐标，可求四面体的体积.
【小问1详解】
以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，其中，，
若P是的中点，则，，，
于是，∴，即.
【小问2详解】
由题设知，，是平面内的两个不共线向量.
设是平面的一个法向量，
则取，得.
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时.
设（），而，由此得点，，
∵平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而.
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积.
20. 如图，曲线C由上半椭圆和部分抛物线连接而成，与的公共点为A，B，其中的离心率为.
（1）求a，b值；
（2）过点B的直线l与，分别交于点P，Q（均异于点A，B），是否存在直线l，使得以为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据曲线的方程，令，求得，再结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，设其方程为，分别与曲线的方程，联立方程组，求得点和点，结合，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由曲线和曲线，
令，可得，且，是上半椭圆左、右顶点.
设的半焦距为，由及，可得，
所以，.
【小问2详解】
解：由（1）知，上半椭圆的方程为，
由题意知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为（），
代入的方程，整理得.（*）
设点P的坐标为，因为直线l过点B，可得是方程（*）的一个根，
由根与系数的关系得，从而，
所以点P的坐标为，
同理可得，由，可得点Q的坐标为，
可得，，
假设存在直线，使得以为直径的圆恰好过点A，所以，
可得，即，
因为，所以，解得，
经检验，符合题意，所以直线方程为.
【点睛】知识题型：解答直线与圆锥曲线的存在性与探究型问题的注意事项：
对于直线与圆锥曲线的存在性与探究型问题，通常先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确，则不存在.
1、当条件和结论不唯一时，要分类讨论求解；
2、当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
3、当条件和结论都未知时，按常规方法解题很难时，可先采取特殊点、特殊位置进行探究结论，再结合一般情况推理、论证.
21. 已知函数，．
（1）若的最大值是0，求的值；
（2）若对任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意对分类讨论，结合导数与函数的知识直接求解；
（2）根据题意转化为在上恒成立，进而求解函数的最小值，通过同构的方法直接求解即可.
【小问1详解】
的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，
显然符合题意，所以的值为
【小问2详解】
对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，
得，
所以，
所以的取值范围是
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集．
22. 设数列的前n项之积为，满足（）.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项之和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）时，有，变形为，可得数列为等比数列，可利用首项和公比求通项公式；
（2）利用数列求和的放缩法，结合函数单调性求最值，证明不等式.
【小问1详解】
∵数列的前n项之积为，满足（），
时，，解得.
∴时，，化为， 变形为，
又，∴，，
数列是首项为4公比为2的等比数列，∴.
【小问2详解】
先证明左边：即证明，
由（1）可得：，解得，
又由，解得，
又，
所以，
再证明右边：.
∴，
下面证明，
即证明，
设，，
则，即证明，.
设，，，
则函数在上单调递增，∴，
即，，
∴.
∴.X
3
5
7
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得，再分析求解即可.
【详解】根据题意得：，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为：.
故选：C.
2. 若随机事件A，B满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题意计算出，再根据条件概率求出即可.
【详解】由题意知：，可得，故.
故选：D.
3. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：因为是公比不为1的无穷等比数列，
若为递减数列，
当，则，所以，令，则，
所以，所以时，
当，则，所以恒成立，
当，则，所以，当时，
当，则，此时恒成立，对任意均有，故充分性成立；
若存在正整数，当时，，
当且，则恒成立，所以对任意均有，但是为递增数列，故必要性不成立，
故“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分不必要条件；
故选：A
4. 设，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定等式，利用同角公式及和角的正弦公式化简变形，再利用正弦函数性质推理即得.
【详解】由，得，
于是，即，
由，，得，
则或，即或（不符合题意，舍去），
所以.
故选：D
5. 若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理，求指定项的系数，各项系数和，奇次项系数和与偶数项系数和.
【详解】由，
对于A中，令，可得，所以A错误；
对于B中，，由二项展开式的通项得，所以B错误；
对于C中，与的系数之和相等，
令即，所以C正确；
对于D中，令，则，
令，则，
解得，，
可得，所以D错误.
故选：C.
6. 函数在区间上所有零点的和等于（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据在的零点，转化为的图象和函数的图象在交点的横坐标，画出函数图象，可得到两图象关于直线对称，且在上有8个交点，即可求出.
【详解】因为，
令，则，
则函数的零点就是函数的图象和函数的图象在交点的横坐标，
可得和的函数图象都关于直线对称，
则交点也关于直线对称，画出两个函数的图象，如图所示.
观察图象可知，函数的图象和函数的图象在上有8个交点，
即有8个零点，且关于直线对称，
故所有零点的和为.
故选：D
7. 点M是椭圆上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P，Q，若是钝角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据题目条件可知圆的半径为，画出图形由是钝角三角形可得，即可求得椭圆离心率的取值范围.
【详解】依题意，不妨设为右焦点，则，
由圆Ｍ与x轴相切于焦点F，M在椭圆上，易得或，则圆的半径为.
过M作轴垂足为N，则，，如下图所示：
，均为半径，则为等腰三角形，∴，
∵为钝角，∴，
即，所以得，即，得，得，
故有，从而解得.
故选：B
8. 已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与连线的直线斜率小于0，结合图象即可求得范围.
【详解】作出的函数图象如图所示：
表示点与点所在直线的斜率，
可得曲线上只有一个点（x为整数）和点所在直线的斜率小于0，
而点在动直线上运动，
由，，，
可得当时，只有点满足；
当时，只有点满足.
又a为整数，可得a的取值集合为.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分、
9. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 的方程为B. 的离心率为
C. 曲线经过的一个焦点D. 直线与有两个公共点
【答案】AC
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．
【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，
把点代入，得，即．
双曲线的方程为，故正确；
由，，得，
双曲线的离心率为，故错误；
取，得，，曲线过定点，故正确；
联立，化简得，
所以直线与只有一个公共点，故不正确．
故选：．
10. 已知向量，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由，得，又且，得，，可得，，有，，可判断各选项.
【详解】因为，所以，即，整理可得，
再由，且，可得，所以，，A选项正确，D选项错误；
，即向量，的夹角，故向量，共线且方向相反，所以，B选项正确；
，C选项正确.
故选：ABC
11. 如图，正方体的棱长为2，点是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得二面角大小为
B. 存在点，使得平面与平面平行
C. 当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为
D. 当为中点时，四棱锥外接球的体积为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意，证得，得到二面角的平面角，可得判定A错误；利用线面平行的判定定理分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，可判定B正确；取中点，证得，得到，得到点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，可判定C正确；当为中点时，连接与交于点，求得，得到四棱锥外接球的球心为，进而可判定D错误.
【详解】在正方体中，可得平面，
因为平面，平面，所以，
所以二面角的平面角为，其中，所以A错误；
如图所示，当M为中点，为中点时，
在正方体中，可得，
因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且平面，且平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
所以B正确；
如图所示，取中点，连接，，，
在正方体中，平面，且，
所以平面，因为平面，可得，
则，
则点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，
分别交，于，，如图所示，则，
则，劣弧的长为，所以C正确
当为中点时，可得为等腰直角三角形，且平面平面，
连接与交于点，可得，
所以四棱锥外接球球心即为与的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，
所以D错误.
故选：BC.
12. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（为自然对数的底数），则（ ）
A. 在内单调递增；
B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；
C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；
D. 和之间存在唯一的“隔离直线”.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，利用导数可确定单调性，得到正确；
设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；分别在和两种情况下讨论满足的条件，进而求得的范围，得到正确，错误；
根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直线，则正确.
【详解】对于，，
，，
当时，，单调递增，
，在内单调递增，
正确；
对于，设，的隔离直线为，
则对任意恒成立，即对任意恒成立.
由对任意恒成立得：.
⑴若，则有符合题意；
⑵若则有对任意恒成立，
的对称轴为，，；
又的对称轴为，；
即，，；
同理可得：，；
综上所述：，，正确，错误；
对于，函数和图象在处有公共点，
若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点.
设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，
则恒成立，
若，则不恒成立.
若，令，对称轴为
在上单调递增，
又，故时，不恒成立.
若，对称轴为，
若恒成立，则，解得：.
此时直线方程为：，
下面证明，
令，则，
当时，；当时，；当时，；
当时，取到极小值，也是最小值，即，
，即，
函数和存在唯一的隔离直线，正确.
故选：.
【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的图像在点处的切线方程是，则＝______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，可得的值，根据点M在切线上，可求得的值，即可得答案.
【详解】由导数的几何意义可得，，
又在切线上，
所以，则=3，
故答案为：3
【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查分析理解的能力，属基础题.
14. 如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DEF拼成的一个较大的等边三角形，若，，则的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理以及余弦定理求得钝角三角形的三边长，根据等边三角形的性质以及面积公式，可得答案.
【详解】因为为等边三角形，所以，则，
在中，由正弦定理，则，
解得，
由余弦定理，则，
整理可得：，则，
解得或（舍去），
等边边长为，其面积为.
故答案为：.
15. 已知数列的首项，且满足．若，则n的最大值为______．
【答案】15
【解析】
【分析】应用等差数列定义得出等差数列,根据差数列通项公式及求和公式求解计算即得.
【详解】因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
可求得，
所以，即且单调递增,.
则n的最大值为15.
故答案为:15.
16. 在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理，证得平面，记与平面交于点H，连接，，，得到，结合点关于平面对称的点为，进而求得的最小值.
【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，
因为，，且，则平面，
又因为平面，所以，
同理得平面，因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
记与平面交于点H，连接，，，且，
则，可得，
由得点关于平面对称的点为，
所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数的最小值为.
（1）求函数的最大值；
（2）把函数的图象向右平移个单位，可得函数的图象，且函数在上为增函数，求的最大值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）化简函数为，再根据函数的最小值为求解；
（2）利用平移变换得到的图象，再由在上为增函数求解.
【小问1详解】
解：，
，
，
函数的最小值为
，
解得，
则，
函数的最大值为2.
【小问2详解】
由（1）可知：把函数向右平移个单位，
可得函数的图象.
在上为增函数，
函数的周期
，即的最大值为4.
18. 为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”.甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛.第一个比赛项目A采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束）；第二个比赛项目B采取领先3局者获胜。每局不存在平局.假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响.
（1）求甲班在项目A中获胜的概率；
（2）若第二个比赛项目B进行了7局，仍然没有人领先3局，比赛结束，领先者也获胜.现比赛已经进行了2局，甲班2局全输.设甲班在第二个比赛项目B中参加总局数为X、求随机变量X的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据甲班在项目A中获胜对应的事件，利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式计算即可；
（2）由总局数X可能的取值，计算相应的概率，列出分布列，计算期望.
【小问1详解】
记“甲班在项目A中获胜”为事件A，比分有，，三种情况，
则，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
【小问2详解】
甲班在第二个比赛项目B中参加比赛总局数，
表示乙班获胜，表示乙班获胜，表示甲班获胜或乙班获胜或没有人领先3局，
，，，
所以X的分布列如下：
所以.
19. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上.
（1）若P是的中点，证明：；
（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直；
（2）求平面法向量，由二面角的余弦值为和平面，解得P点坐标，可求四面体的体积.
【小问1详解】
以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，其中，，
若P是的中点，则，，，
于是，∴，即.
【小问2详解】
由题设知，，是平面内的两个不共线向量.
设是平面的一个法向量，
则取，得.
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时.
设（），而，由此得点，，
∵平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而.
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积.
20. 如图，曲线C由上半椭圆和部分抛物线连接而成，与的公共点为A，B，其中的离心率为.
（1）求a，b值；
（2）过点B的直线l与，分别交于点P，Q（均异于点A，B），是否存在直线l，使得以为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据曲线的方程，令，求得，再结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，设其方程为，分别与曲线的方程，联立方程组，求得点和点，结合，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由曲线和曲线，
令，可得，且，是上半椭圆左、右顶点.
设的半焦距为，由及，可得，
所以，.
【小问2详解】
解：由（1）知，上半椭圆的方程为，
由题意知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为（），
代入的方程，整理得.（*）
设点P的坐标为，因为直线l过点B，可得是方程（*）的一个根，
由根与系数的关系得，从而，
所以点P的坐标为，
同理可得，由，可得点Q的坐标为，
可得，，
假设存在直线，使得以为直径的圆恰好过点A，所以，
可得，即，
因为，所以，解得，
经检验，符合题意，所以直线方程为.
【点睛】知识题型：解答直线与圆锥曲线的存在性与探究型问题的注意事项：
对于直线与圆锥曲线的存在性与探究型问题，通常先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确，则不存在.
1、当条件和结论不唯一时，要分类讨论求解；
2、当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
3、当条件和结论都未知时，按常规方法解题很难时，可先采取特殊点、特殊位置进行探究结论，再结合一般情况推理、论证.
21. 已知函数，．
（1）若的最大值是0，求的值；
（2）若对任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意对分类讨论，结合导数与函数的知识直接求解；
（2）根据题意转化为在上恒成立，进而求解函数的最小值，通过同构的方法直接求解即可.
【小问1详解】
的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，
显然符合题意，所以的值为
【小问2详解】
对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，
得，
所以，
所以的取值范围是
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集．
22. 设数列的前n项之积为，满足（）.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项之和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）时，有，变形为，可得数列为等比数列，可利用首项和公比求通项公式；
（2）利用数列求和的放缩法，结合函数单调性求最值，证明不等式.
【小问1详解】
∵数列的前n项之积为，满足（），
时，，解得.
∴时，，化为， 变形为，
又，∴，，
数列是首项为4公比为2的等比数列，∴.
【小问2详解】
先证明左边：即证明，
由（1）可得：，解得，
又由，解得，
又，
所以，
再证明右边：.
∴，
下面证明，
即证明，
设，，
则，即证明，.
设，，，
则函数在上单调递增，∴，
即，，
∴.
∴.X
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