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宁夏回族自治区银川一中2024届高三第二次模拟考试理科数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份宁夏回族自治区银川一中2024届高三第二次模拟考试理科数学试题（原卷版+解析版），文件包含宁夏回族自治区银川一中2024届高三第二次模拟考试理科数学试题原卷版docx、宁夏回族自治区银川一中2024届高三第二次模拟考试理科数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，求出并集.
【详解】或，
，
.
故选：B
2. 已知，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助复数运算法则计算后结合纯虚数定义即可得.
【详解】，
若为纯虚数，则，解得.
故选：B.
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，计算体积即可.
【详解】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，
则该几何体的体积为．
故选：A.
4. 已知函数，为奇函数，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和定义域可得，解方程并验证即可求解.
【详解】因为函数是定义域为R的奇函数
所以，即，解得.
当时，，
有，函数为奇函数.
所以.
故选：D.
5. 设O为平面直角坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则点A落在区域内的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何概型的概率公式，由面积之比即可求解.
【详解】表示圆心为原点，半径为2的圆以及内部，区域表示圆心为原点，半径为2和半径为1的圆环以及内部，
所以概率为，
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. 3B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式结合同角关系式结合条件可得，然后利用诱导公式求解即可.
【详解】因，所以，所以，
又，所以，所以，
所以，故.
故选：A
7. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
8. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.
【详解】在中，，
即，又，
因，所以，同理，
又由平面ABC，平面.
设的外接圆半径为，所以，
所以，所以外接球的半径R满足，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
9. 《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（ ）
A. 224B. 448C. D. 147
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．
【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，
.
因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
所以底面，又，所以底面，
所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，
因为，所以，
易知四边形是等腰梯形，则，
所以在中，，则，即“刍童”的高为，
则该刍童的体积.
故选：B．
10. 抛物线与圆交于、两点，圆心，点为劣弧上不同于、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得的取值范围，可得答案.
【详解】解：如图，
可得圆心也是抛物线的焦点，
过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得
故的周长，
由可得，.
的取值范围为
的周长的取值范围为
故选：.
【点睛】本题主要考查圆与抛物线的综合、抛物线的基本量的计算与性质，综合性大，属于中档题.
11. 已知数列的前n项和为且，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.
【详解】由数列的前n项和为且，得，
于是，
两式相减得：，
因此，，显然数列是递增数列，
当为奇数时，，由恒成立，得，则，
当为偶数时，，由恒成立，得，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
12. 已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.
【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，
如图，过点作于点,
因为，
所以，，
因为，所以，
因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，
所以，，
故，，
因为，所以，，
将代入双曲线中，
即，化简得，，
，，，
解得或（舍去），，，
则该双曲线的渐近线方程为，
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线定义以及等面积法的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思想，考查数形结合思想，体现了综合性，是难题.
二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，对等式两边同时平方，即可求解.
【详解】由，得，
由，
解得.
故答案为：.
14. 当x、y满足条件时，的最小值为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】画出可行域和目标函数，由几何意义求出最小值.
【详解】画出可行域及目标函数，如下：阴影部分即为可行域，
为直线与轴交点的纵坐标，
由几何意义可知，当过点时，取得最小值，
联立，解得，
故.
故答案为：8
15. 设等比数列的前项和为.若，，成等差数列，且，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列列式，代入等比数列前项和公式，计算得，从而求解.
【详解】∵，，成等差数列，∴，由题意，
∴，可得，所以
∴.
故答案为：.
16. 若，则实数最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值.
【详解】， 定义域为，
则，
令，
则，在上单调递增，
且时，当时，
使得 即
当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以②，
由得①，
即，代入②得，，
整理得
，
∴，
∴，
，
故的最大值为3.
故答案为：3
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分）
17. 某校组织学生进行跳绳比赛，以每分钟跳绳个数作为比赛成绩（单位：个）.为了解参赛学生的比赛成绩，从参赛学生中随机抽取50名学生的比赛成绩作为样本，整理数据并按比赛成绩分成，，，，，这6组，得到的频率分布直方图如图所示.
（1）估计该校学生跳绳比赛成绩的中位数；
（2）若跳绳比赛成绩不低于140分的为优秀，以这50名学生跳绳比赛成绩的频率作为概率，现从该校学生中随机抽取3人，记被抽取的比赛成绩优秀的学生人数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）首先判断中位数在内，再列出方程，解得即可；
（2）依题意可得，即可求出其分布列与数学期望.
【小问1详解】
因为，，
所以该校学生比赛成绩的中位数在内，
设该校学生比赛成绩的中位数为，则，
解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，
则从该校学生中随机抽取人，被抽取的学生比赛成绩优秀的概率是．
由题意可知，
则，
即，，
，
所以的分布列为
故．
18. 已知平面四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，BC=3.
（1）若AB=6，AD=3，CD=4，求BD；
（2）若∠ABC=120°，△ABC的面积为，求四边形ABCD周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到，再利用基本不等式求解最值即可.
【小问1详解】
在△ABD中，由余弦定理得.
在△BCD中，由余弦定理得.
因为，所以，
即，
得.
【小问2详解】
由题意知，得.
在中，由余弦定理得.
令，，在中，
由余弦定理得，即.
所以，
即，，当且仅当时取等号.
所以四边形ABCD周长的最大值为..
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，E为中点，点在上，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角.
【小问1详解】
在中，
所以，即.
又因为，在平面中，，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，由平面，得.
由（1）知，且已知，
故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，.
所以
因为为中点，所以.
由知，.
设平面的法向量为，
则即
令，则.于是.
由（1）知平面，所以平面的法向量为.
所以，
由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为.
20. 已知椭圆的上顶点为，是椭圆上的一点，以为直径的圆经过椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，在直线上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求出等边三角形的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在；.
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上，及基本量关系列方程即可；
（2）直线代入椭圆方程得一元二次方程，求弦长，再由弦长关系得面积.
【详解】解：依据题意得，得，，
又， ， ，
椭圆的方程为.
（2）假设在直线上存在一点使得为等边三角形，设直线
由得，
，设，，的中点为
则，
，
.
为等边三角形，所以的斜率为，又点的横坐标为2，
为等边三角形，
即，得.，
的面积为
【点睛】直线与椭圆相交弦长公式：，
利用韦达定理整体求解是常用方法.
21. 已知函数.
（1）若是函数的一个极值点，求实数的值；
（2）若函数有两个极值点，其中，
①求实数的取值范围；
②若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）①，②
【解析】
【分析】（1）对函数求导，依题意可得，解得，经检验符合题意；
（2）①将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的正数根，再由函数与方程的思想可知函数与函数的图象在上有两个不同交点，利用数形结合可得；
②由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数对任意的恒成立，利用导数并对实数的取值分类讨论即可求得.
【小问1详解】
易知，又是函数的一个极值点，
，即.
此时，令，
上单调递增，且，
当，当，
在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，即符合题意；
因此实数的值为.
【小问2详解】
①因为，且有两个极值点，
所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，
将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，
则，令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且当时，，故作出的图象如下：
由图象可得满足题意，即.
即实数的取值范围为；
②由①知是的两个根，
故，则，
不妨设，又，所以可得，
可得，即，所以；
故由可得，
即，所以；
也即，化简得，
由于，所以等价于对任意的恒成立，
令，故对任意的恒成立，
则，
设，则，
（i）当时，单调递增，
故单调递减，故，不满足，舍去；
（ii）当时，单调递减，
故单调递增，故，故恒成立，符合题意；
（iii）当时，令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又，故时，，此时单调递减，故，
因此当时，，不符合题意，舍去.
综上，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得，并通过构造函数将不等式问题转化为函数在指定区间上恒成立问题，利用导函数求出函数最值即可求得实数的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4－4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为．
（1）求曲线C的直角坐标方程和直线的一般方程；
（2）设直线与曲线C交于A，B两点，求面积最大值．
【答案】（1），
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用公式把极坐标方程转化为直角坐标方程；消去参数，可把直线的参数方程化成一般方程.
（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，表示出的面积，结合基本（均值）不等式可求最大值.
【小问1详解】
∵曲线C的极坐标方程为，
∴曲线C的直角坐标方程为，即，
又∵直线的参数方程为（为参数），
∴直线的一般方程为．
【小问2详解】
将直线的参数方程（为参数）带入中，
得到，
化简可以得到：，
则，，
圆心C到直线的距离，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的面积的最大值为2．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）当时，解不等式；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）当时，零点分段化简函数即可求解不等式；
（2）根据先化简，化不等式为，根据含绝对值不等式的解法结合自变量取值求解不等式.
【小问1详解】
∵当时，，
∴等价于或或，
解得或或，
综上，不等式的解集为．
【小问2详解】
∵，∴，
∴对任意恒成立等价于对任意恒成立，
即，则，∴，
即a的取值范围为．
0
1
2
3
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，求出并集.
【详解】或，
，
.
故选：B
2. 已知，若为纯虚数，则（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助复数运算法则计算后结合纯虚数定义即可得.
【详解】，
若为纯虚数，则，解得.
故选：B.
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，计算体积即可.
【详解】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，
则该几何体的体积为．
故选：A.
4. 已知函数，为奇函数，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和定义域可得，解方程并验证即可求解.
【详解】因为函数是定义域为R的奇函数
所以，即，解得.
当时，，
有，函数为奇函数.
所以.
故选：D.
5. 设O为平面直角坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则点A落在区域内的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何概型的概率公式，由面积之比即可求解.
【详解】表示圆心为原点，半径为2的圆以及内部，区域表示圆心为原点，半径为2和半径为1的圆环以及内部，
所以概率为，
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. 3B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式结合同角关系式结合条件可得，然后利用诱导公式求解即可.
【详解】因，所以，所以，
又，所以，所以，
所以，故.
故选：A
7. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
8. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.
【详解】在中，，
即，又，
因，所以，同理，
又由平面ABC，平面.
设的外接圆半径为，所以，
所以，所以外接球的半径R满足，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
9. 《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（ ）
A. 224B. 448C. D. 147
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．
【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，
.
因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
所以底面，又，所以底面，
所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，
因为，所以，
易知四边形是等腰梯形，则，
所以在中，，则，即“刍童”的高为，
则该刍童的体积.
故选：B．
10. 抛物线与圆交于、两点，圆心，点为劣弧上不同于、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得的取值范围，可得答案.
【详解】解：如图，
可得圆心也是抛物线的焦点，
过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得
故的周长，
由可得，.
的取值范围为
的周长的取值范围为
故选：.
【点睛】本题主要考查圆与抛物线的综合、抛物线的基本量的计算与性质，综合性大，属于中档题.
11. 已知数列的前n项和为且，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.
【详解】由数列的前n项和为且，得，
于是，
两式相减得：，
因此，，显然数列是递增数列，
当为奇数时，，由恒成立，得，则，
当为偶数时，，由恒成立，得，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
12. 已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.
【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，
如图，过点作于点,
因为，
所以，，
因为，所以，
因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，
所以，，
故，，
因为，所以，，
将代入双曲线中，
即，化简得，，
，，，
解得或（舍去），，，
则该双曲线的渐近线方程为，
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线定义以及等面积法的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转化思想，考查数形结合思想，体现了综合性，是难题.
二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，对等式两边同时平方，即可求解.
【详解】由，得，
由，
解得.
故答案为：.
14. 当x、y满足条件时，的最小值为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】画出可行域和目标函数，由几何意义求出最小值.
【详解】画出可行域及目标函数，如下：阴影部分即为可行域，
为直线与轴交点的纵坐标，
由几何意义可知，当过点时，取得最小值，
联立，解得，
故.
故答案为：8
15. 设等比数列的前项和为.若，，成等差数列，且，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列列式，代入等比数列前项和公式，计算得，从而求解.
【详解】∵，，成等差数列，∴，由题意，
∴，可得，所以
∴.
故答案为：.
16. 若，则实数最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值.
【详解】， 定义域为，
则，
令，
则，在上单调递增，
且时，当时，
使得 即
当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以②，
由得①，
即，代入②得，，
整理得
，
∴，
∴，
，
故的最大值为3.
故答案为：3
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分）
17. 某校组织学生进行跳绳比赛，以每分钟跳绳个数作为比赛成绩（单位：个）.为了解参赛学生的比赛成绩，从参赛学生中随机抽取50名学生的比赛成绩作为样本，整理数据并按比赛成绩分成，，，，，这6组，得到的频率分布直方图如图所示.
（1）估计该校学生跳绳比赛成绩的中位数；
（2）若跳绳比赛成绩不低于140分的为优秀，以这50名学生跳绳比赛成绩的频率作为概率，现从该校学生中随机抽取3人，记被抽取的比赛成绩优秀的学生人数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）首先判断中位数在内，再列出方程，解得即可；
（2）依题意可得，即可求出其分布列与数学期望.
【小问1详解】
因为，，
所以该校学生比赛成绩的中位数在内，
设该校学生比赛成绩的中位数为，则，
解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，
则从该校学生中随机抽取人，被抽取的学生比赛成绩优秀的概率是．
由题意可知，
则，
即，，
，
所以的分布列为
故．
18. 已知平面四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，BC=3.
（1）若AB=6，AD=3，CD=4，求BD；
（2）若∠ABC=120°，△ABC的面积为，求四边形ABCD周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到，再利用基本不等式求解最值即可.
【小问1详解】
在△ABD中，由余弦定理得.
在△BCD中，由余弦定理得.
因为，所以，
即，
得.
【小问2详解】
由题意知，得.
在中，由余弦定理得.
令，，在中，
由余弦定理得，即.
所以，
即，，当且仅当时取等号.
所以四边形ABCD周长的最大值为..
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，E为中点，点在上，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角.
【小问1详解】
在中，
所以，即.
又因为，在平面中，，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，由平面，得.
由（1）知，且已知，
故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，.
所以
因为为中点，所以.
由知，.
设平面的法向量为，
则即
令，则.于是.
由（1）知平面，所以平面的法向量为.
所以，
由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为.
20. 已知椭圆的上顶点为，是椭圆上的一点，以为直径的圆经过椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，在直线上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求出等边三角形的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在；.
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上，及基本量关系列方程即可；
（2）直线代入椭圆方程得一元二次方程，求弦长，再由弦长关系得面积.
【详解】解：依据题意得，得，，
又， ， ，
椭圆的方程为.
（2）假设在直线上存在一点使得为等边三角形，设直线
由得，
，设，，的中点为
则，
，
.
为等边三角形，所以的斜率为，又点的横坐标为2，
为等边三角形，
即，得.，
的面积为
【点睛】直线与椭圆相交弦长公式：，
利用韦达定理整体求解是常用方法.
21. 已知函数.
（1）若是函数的一个极值点，求实数的值；
（2）若函数有两个极值点，其中，
①求实数的取值范围；
②若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）①，②
【解析】
【分析】（1）对函数求导，依题意可得，解得，经检验符合题意；
（2）①将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的正数根，再由函数与方程的思想可知函数与函数的图象在上有两个不同交点，利用数形结合可得；
②由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数对任意的恒成立，利用导数并对实数的取值分类讨论即可求得.
【小问1详解】
易知，又是函数的一个极值点，
，即.
此时，令，
上单调递增，且，
当，当，
在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，即符合题意；
因此实数的值为.
【小问2详解】
①因为，且有两个极值点，
所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，
将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，
则，令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且当时，，故作出的图象如下：
由图象可得满足题意，即.
即实数的取值范围为；
②由①知是的两个根，
故，则，
不妨设，又，所以可得，
可得，即，所以；
故由可得，
即，所以；
也即，化简得，
由于，所以等价于对任意的恒成立，
令，故对任意的恒成立，
则，
设，则，
（i）当时，单调递增，
故单调递减，故，不满足，舍去；
（ii）当时，单调递减，
故单调递增，故，故恒成立，符合题意；
（iii）当时，令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又，故时，，此时单调递减，故，
因此当时，，不符合题意，舍去.
综上，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得，并通过构造函数将不等式问题转化为函数在指定区间上恒成立问题，利用导函数求出函数最值即可求得实数的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4－4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为．
（1）求曲线C的直角坐标方程和直线的一般方程；
（2）设直线与曲线C交于A，B两点，求面积最大值．
【答案】（1），
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用公式把极坐标方程转化为直角坐标方程；消去参数，可把直线的参数方程化成一般方程.
（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，表示出的面积，结合基本（均值）不等式可求最大值.
【小问1详解】
∵曲线C的极坐标方程为，
∴曲线C的直角坐标方程为，即，
又∵直线的参数方程为（为参数），
∴直线的一般方程为．
【小问2详解】
将直线的参数方程（为参数）带入中，
得到，
化简可以得到：，
则，，
圆心C到直线的距离，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的面积的最大值为2．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）当时，解不等式；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）当时，零点分段化简函数即可求解不等式；
（2）根据先化简，化不等式为，根据含绝对值不等式的解法结合自变量取值求解不等式.
【小问1详解】
∵当时，，
∴等价于或或，
解得或或，
综上，不等式的解集为．
【小问2详解】
∵，∴，
∴对任意恒成立等价于对任意恒成立，
即，则，∴，
即a的取值范围为．
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