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高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试新高考数学模拟试卷02(新高考II卷)【原卷版+解析】
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这是一份高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试新高考数学模拟试卷02(新高考II卷)【原卷版+解析】，共32页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
4．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．108种
6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（ ）
A．B．C．D．2
7．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（ ）
A．B．3C．D．
8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（ ）
A．B．0C．3D．6
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数
C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为
D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为
10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为（为坐标原点）
11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，到底面的距离为
B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有
C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为
D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大
12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（ ）
A．B．
C．的最小值为12D．的最小值为
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．
14．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．
15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．
16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．
四、解答题：本大题共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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.
(1)求数列、的通项公式.
(2)若，求数列的前项和.
18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求四边形的面积.
19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.
(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.
①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰， 合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%， 求工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片. 某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查. 据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人. 依据的独立性检验， 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?
附：
20．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
(1)证明：；
(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？
21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；
(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
22．(2023·广东实验中学高三阶段练习）设函数（为常数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相同的零点， 证明:.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
数 学 试 卷
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
分析：计算绝对值不等式得到，从而进行交集，并集，补集相关计算.
【详解】由得：，所以，
又因为，所以，
故，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误.
故选：B
2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：使用共轭复数和复数乘法运算知识解决
【详解】若，则，
∴.
故选：C.
3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
答案：A
分析：由题意能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，从而可得数列的通项，再结合条件列不等式，即可得到结果.
【详解】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，
所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列.
即
由题意知且，得，
解得，，所以此数列的项数为58项.
故选:A.
4．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
分析：根据已知条件作出图形，利用向量的加法法则及相反向量的定义，结合向量的数量积的运算律及勾股定理即可求解.
【详解】由题意可知，取的中点，如图所示
所以．
，
当点与点或点重合时，取的最大值，取得最大值，且最大值为，故的最大值为.
故选：D.
5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．108种
答案：B
分析：先排两道程序有种放法，再排剩余的3道程序有种放法，再由分步计数原理即可得出答案.
【详解】先排两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放，共有种放法；再排剩余的3道程序，共有种放法；
则共有种放法.
故选：B.
6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（ ）
A．B．C．D．2
答案：C
分析：根据已知条件求得，化简求得正确答案.
【详解】依题意，
，
，
，
，
，
.
故选：C
7．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（ ）
A．B．3C．D．
答案：C
分析：[解法1]设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，即可得解.
[解法2] 同解法1，求得直角梯形的各边，利用图形的特殊性，作出的中垂线，与的延长线交点即为球心,由此进行计算即可.
【详解】[解法1]由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，
设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；
，，，又，
，
当位于线段上时，
设，则，解得：（舍）；
当位于线段的延长线上时，
设，则，解得：，
所以,
故选：C.
[解法2]同解法1，求得为直角梯形，如图所示，取的中点，连接,则为等腰直角三角形，四边形为正方形，取中点,连接并延长交的延长线于点,由于为的中垂线，所以,即O为四棱台的外接球的球心，显然，，
所以外接球半径.
故选：C.
8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（ ）
A．B．0C．3D．6
答案：B
分析：根据得到函数周期为12，从而得到，再根据的图像关于点对称，得到的图象关于点对称，得到，再利用赋值法求出，最终求出.
【详解】因为，
所以，
两式相减后得：，
故函数的周期，，
所以，
中，令得：
的图像关于点对称，
所以的图象关于点对称，
又的定义域为R，
所以，
中，令得：，
所以，
因为为奇函数，
所以，所以，解得：，
所以，
则.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数
C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为
D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为
答案：ABD
分析：选项A，把图像上的点代入函数解析式，可以求出，再算出最小正周期进行判断；
选项B，利用图像的平移，得到新函数解析式，再判断奇偶性；
选项C，方程的根转化为两个函数图像的交点问题，再根据对称性求和；
选项D，点到直线距离的最小问题，转化成曲线的切线问题解决.
【详解】因为经过点，所以，
又在的单调递减区间内，所以①；
又因为经过点，所以，，
又是在时最小的解，所以②．
联立①、②，可得，即，代入①，可得，又，所以，则．的最小正周期为，A正确．
向左平移个单位后得到的新函数是，为偶函数，B正确．
设在上的6个根从小到大依次为．令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，，所以，C错误．
作与平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线的最小距离，
令，则，
解得或，又，所以（舍去），
又，令，，，则由可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，D正确
故选：ABD．
10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为（为坐标原点）
答案：BC
分析：设，利用焦半径公式求出，进而求出，并结合，求出，即可判断A；求出三点的坐标，从而求出向量，的坐标， 即可判断B；已知两点坐标，且，利用斜率公式可得，即可判断C；由，求出的面积，即可判断D.
【详解】
如图，设，
，
，
，
又，
，即，
解得：；
故选项A不正确；
由上述分析可知，
又容易知，
则，，
故成立；
故选项B正确；
；
故选项C正确；
，
故选项D不正确；
故选：BC．
11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，到底面的距离为
B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有
C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为
D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大
答案：AD
分析：利用等体积法求正三棱锥的高判断A；分析可得当时三棱锥体积最大判断B；利用平面展开图分析C，写出表面积，利用三角函数的单调性判断D．
【详解】解：对于A，当时，，
，
设正三棱锥的高为，
根据，得，A正确；
对于B，结合A的分析，当正三棱锥的体积取最大值时，则有，B错；
对于C，当时，过点A作平面分别交线段，于，不重合，
则周长的最小值为展开图的直线距离，C错；
对于，在中根据余弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，
故函数在上递增，
即当变大时，正三棱锥的表面积一定变大，故D正确．
故选：AD．
12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（ ）
A．B．
C．的最小值为12D．的最小值为
答案：ACD
分析：由已知可得，由于，所以可得当时，，当时，，从而可得，，则，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断.
【详解】由，得，
所以，
因为，
所以当时，，当时，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以当时，，当时，，
所以对于函数，有，，所以，
所以A正确，B错误，
对于C，因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为12，所以C正确，
对于D，，
令，因为，当且仅当即时取等号，所以，
由，得，所以，
所以，
所以函数在上递增，
所以当时，取得最小值为，
所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于较难题.
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．
答案：0.4##
分析：易得从而正态分布曲线的对称轴为直线，即可得到答案
【详解】由题意知，，
∴
∴正态分布曲线的对称轴为直线，
因为，
∴，
故该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4，
故答案为：0.4
14．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．
答案：
分析：通过图像可知当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值，利用导数几何意义可构造方程求得，利用点到直线距离公式求得最小值.
【详解】如图所示，当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值．
令，解得：，，.
故答案为：；.
15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．
答案：10
分析：解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到，进而根据三点共线即可求出最值；
解法2：将转化为，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．
【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用
假设，使得，
则，
从而可得，
从而可知圆心坐标为，
所以，，解得，即．
所以
．
即的最小值为10．
解法2：代数转逆法
由，得．
表示的是动点与和之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，
故．
16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．
答案：
分析：根据题意列式求出，即可得出椭圆方程，再设，，根据题意，得到，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据判别式，以及根与系数关系，由题意，得到，求出，即可得出结果．
【详解】由题意，得，解得，∴椭圆的方程为．
设，．∵，而，∴，
故可设直线的方程为．
联立，得，
首先，由得，解得．（*）且，．
又，∴，得，
即，整理得，，
∴，
即，解得或（均适合（*）式）．
当时，直线恰好经过点，不能构成三角形，不合题意，故舍去．
∴直线的方程为．
四、解答题：本大题共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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.
(1)求数列、的通项公式.
(2)若，求数列的前项和.
答案：(1)，
(2)
分析：（1）先利用求出，再利用累加法求出；
（2）先利用（1）结果求出，再利用等差数列求和公式进行求和即可．
（1）
∵，∴，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，…，，
以上各式相加得：
，
，
又符合上式，∴；
（2）
由题意得，
时，,
当时，，
∴.
18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求四边形的面积.
答案：(1)证明见解析；
(2).
分析：(1)根据题意和正弦定理，利用诱导公式，结合两角和的正弦公式化简计算得，利用同角的三角函数关系即可证明；
(2)由(1)，利用余弦定理求出，求得，利用同角的三角函数关系求出，结合三角形面积公式即可求解.
（1）
在中，，在中，，
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以，
因为，
，
，
所以，
即，
所以，
所以.
（2）
由（1）可设，则，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，
所以四边形的面积.
19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.
(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.
①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰， 合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%， 求工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片. 某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查. 据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人. 依据的独立性检验， 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?
附：
答案：(1)①；②；
(2)能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联，理由见解析.
分析：（1）①先求出芯片的正品率，利用对立事件求概率公式求出答案；
②利用条件概率公式求出人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
（2）写出列联表，计算出卡方，与7.879比较后得到结论.
（1）
①批次芯片的次品率为
②设批次的芯片智能自功检测合格为事件， 人工抽检合格为事件，
由已知得，
则工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品为事件，
.
（2）
零假设为： 芯片批次与用户对开机速度满意度无关联.
由数据可建立列联表如下： （单位： 人）
根据列联表得
因此，依据的独立性检验，我们推断此推断不成立，即能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005.
20．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
(1)证明：；
(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？
答案：(1)证明见解析；
(2)2.
分析：（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.
（1）
因为三角形是等边三角形，且E是中点，
所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为面，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）
设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
设，则、
设平面的法向量为，
则，
令，有，
设直线与平面所成的角，
所以，
当且仅当时取等号，
当时，直线与平面所成角最大．
21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；
(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
答案：(1)
(2)
(3)答案见解析.
分析：（1）根据双曲线渐近线方程和右焦点列出方程，即可求出答案；
（2）首先求出点M的轨迹方程即为 其中k为直线 的斜率；
若选择①②∶设直线 的方程为 ，求出点M的坐标，可得M为的中点，即可推出；
若选择①③︰当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点M的坐标，即可；
若选择②③∶设直线的方程为，设的中点C，求出点C的坐标，可得点M恰为中点，故点M在直线上．
（1）
由题意可得，即 ，
解得 ，
因此C的方程为 ；
（2）
由直线的斜率为1，得直线的方程为，
联立 ，得： ，不妨设,
联立 ，得： ，不妨设,
故线段的中点的横坐标为，纵坐标为，
故线段的中点的坐标为；
（3）
由题意设直线 的方程为 ，将直线的方程代入得 ,
,因为，，
，，
设点M的坐标为,则，
整理得，
，，
解得，
又因为，
，
，；
若选择①②作条件：
设直线的方程为，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得
同理求得，
，
此时点M的坐标满足，
解得，
故M为 的中点，即，即③成立 ；
若选择①③作条件：
当直线 的斜率不存在时，点M即为点 ，此时不在直线 ，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得，
同理解得，
此时，，
由于点M同时在直线 上，故 解得 ，
因此 ，即②成立．
若选择②③作条件：
设直线的方程为 ，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得，
同理可得，
设的中点为,则，
由于，故M在的垂直平分线上，即点M在直线上，
将该直线与联立，解得，
即点M恰为中点，即点M在直线上, ①成立；
【点睛】本题考查了双曲线方程的求法以及双曲线几何性质的应用，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，计算量大，解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.
22．(2023·广东实验中学高三阶段练习）设函数（为常数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相同的零点， 证明:.
答案：(1)在上单调递减，上单调递增.
(2)证明见解析
分析：（1）对函数求导后，再构造函数，再次求导，可得在上单调递增，再由，可求出的单调区间，
（2）不妨设，转化为只需证，构造函数，利用导数求出其最大值小于零即可.
（1）
由（），
得，
令，则，
所以在上单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增.
（2）
由（1）的结论，不妨设.
又均，
只需证.
构造函数.
则，
因为，所以，
所以，
所以
，
当且仅当时取等号，而，所以取不到等号，
所以，
所以在上单递增，
所以，
所以恒成立，结论得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为只需证，然后构造函数，利用导数求其最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
开机速度满意度
芯片批次
合计
不满意
10
2
12
满意
30
58
88
合计
40
60
100
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
4．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．108种
6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（ ）
A．B．C．D．2
7．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（ ）
A．B．3C．D．
8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（ ）
A．B．0C．3D．6
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数
C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为
D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为
10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为（为坐标原点）
11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，到底面的距离为
B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有
C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为
D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大
12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（ ）
A．B．
C．的最小值为12D．的最小值为
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．
14．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．
15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．
16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．
四、解答题：本大题共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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.
(1)求数列、的通项公式.
(2)若，求数列的前项和.
18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求四边形的面积.
19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.
(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.
①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰， 合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%， 求工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片. 某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查. 据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人. 依据的独立性检验， 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?
附：
20．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
(1)证明：；
(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？
21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；
(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
22．(2023·广东实验中学高三阶段练习）设函数（为常数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相同的零点， 证明:.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
数 学 试 卷
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
分析：计算绝对值不等式得到，从而进行交集，并集，补集相关计算.
【详解】由得：，所以，
又因为，所以，
故，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误.
故选：B
2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：使用共轭复数和复数乘法运算知识解决
【详解】若，则，
∴.
故选：C.
3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
答案：A
分析：由题意能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，从而可得数列的通项，再结合条件列不等式，即可得到结果.
【详解】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，
所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列.
即
由题意知且，得，
解得，，所以此数列的项数为58项.
故选:A.
4．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
分析：根据已知条件作出图形，利用向量的加法法则及相反向量的定义，结合向量的数量积的运算律及勾股定理即可求解.
【详解】由题意可知，取的中点，如图所示
所以．
，
当点与点或点重合时，取的最大值，取得最大值，且最大值为，故的最大值为.
故选：D.
5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种B．36种C．72种D．108种
答案：B
分析：先排两道程序有种放法，再排剩余的3道程序有种放法，再由分步计数原理即可得出答案.
【详解】先排两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放，共有种放法；再排剩余的3道程序，共有种放法；
则共有种放法.
故选：B.
6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（ ）
A．B．C．D．2
答案：C
分析：根据已知条件求得，化简求得正确答案.
【详解】依题意，
，
，
，
，
，
.
故选：C
7．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（ ）
A．B．3C．D．
答案：C
分析：[解法1]设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，即可得解.
[解法2] 同解法1，求得直角梯形的各边，利用图形的特殊性，作出的中垂线，与的延长线交点即为球心,由此进行计算即可.
【详解】[解法1]由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，
设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；
，，，又，
，
当位于线段上时，
设，则，解得：（舍）；
当位于线段的延长线上时，
设，则，解得：，
所以,
故选：C.
[解法2]同解法1，求得为直角梯形，如图所示，取的中点，连接,则为等腰直角三角形，四边形为正方形，取中点,连接并延长交的延长线于点,由于为的中垂线，所以,即O为四棱台的外接球的球心，显然，，
所以外接球半径.
故选：C.
8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（ ）
A．B．0C．3D．6
答案：B
分析：根据得到函数周期为12，从而得到，再根据的图像关于点对称，得到的图象关于点对称，得到，再利用赋值法求出，最终求出.
【详解】因为，
所以，
两式相减后得：，
故函数的周期，，
所以，
中，令得：
的图像关于点对称，
所以的图象关于点对称，
又的定义域为R，
所以，
中，令得：，
所以，
因为为奇函数，
所以，所以，解得：，
所以，
则.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数
C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为
D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为
答案：ABD
分析：选项A，把图像上的点代入函数解析式，可以求出，再算出最小正周期进行判断；
选项B，利用图像的平移，得到新函数解析式，再判断奇偶性；
选项C，方程的根转化为两个函数图像的交点问题，再根据对称性求和；
选项D，点到直线距离的最小问题，转化成曲线的切线问题解决.
【详解】因为经过点，所以，
又在的单调递减区间内，所以①；
又因为经过点，所以，，
又是在时最小的解，所以②．
联立①、②，可得，即，代入①，可得，又，所以，则．的最小正周期为，A正确．
向左平移个单位后得到的新函数是，为偶函数，B正确．
设在上的6个根从小到大依次为．令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，，所以，C错误．
作与平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线的最小距离，
令，则，
解得或，又，所以（舍去），
又，令，，，则由可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，D正确
故选：ABD．
10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为（为坐标原点）
答案：BC
分析：设，利用焦半径公式求出，进而求出，并结合，求出，即可判断A；求出三点的坐标，从而求出向量，的坐标， 即可判断B；已知两点坐标，且，利用斜率公式可得，即可判断C；由，求出的面积，即可判断D.
【详解】
如图，设，
，
，
，
又，
，即，
解得：；
故选项A不正确；
由上述分析可知，
又容易知，
则，，
故成立；
故选项B正确；
；
故选项C正确；
，
故选项D不正确；
故选：BC．
11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，到底面的距离为
B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有
C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为
D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大
答案：AD
分析：利用等体积法求正三棱锥的高判断A；分析可得当时三棱锥体积最大判断B；利用平面展开图分析C，写出表面积，利用三角函数的单调性判断D．
【详解】解：对于A，当时，，
，
设正三棱锥的高为，
根据，得，A正确；
对于B，结合A的分析，当正三棱锥的体积取最大值时，则有，B错；
对于C，当时，过点A作平面分别交线段，于，不重合，
则周长的最小值为展开图的直线距离，C错；
对于，在中根据余弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，
故函数在上递增，
即当变大时，正三棱锥的表面积一定变大，故D正确．
故选：AD．
12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（ ）
A．B．
C．的最小值为12D．的最小值为
答案：ACD
分析：由已知可得，由于，所以可得当时，，当时，，从而可得，，则，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断.
【详解】由，得，
所以，
因为，
所以当时，，当时，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以当时，，当时，，
所以对于函数，有，，所以，
所以A正确，B错误，
对于C，因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为12，所以C正确，
对于D，，
令，因为，当且仅当即时取等号，所以，
由，得，所以，
所以，
所以函数在上递增，
所以当时，取得最小值为，
所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于较难题.
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．
答案：0.4##
分析：易得从而正态分布曲线的对称轴为直线，即可得到答案
【详解】由题意知，，
∴
∴正态分布曲线的对称轴为直线，
因为，
∴，
故该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4，
故答案为：0.4
14．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．
答案：
分析：通过图像可知当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值，利用导数几何意义可构造方程求得，利用点到直线距离公式求得最小值.
【详解】如图所示，当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值．
令，解得：，，.
故答案为：；.
15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．
答案：10
分析：解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到，进而根据三点共线即可求出最值；
解法2：将转化为，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．
【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用
假设，使得，
则，
从而可得，
从而可知圆心坐标为，
所以，，解得，即．
所以
．
即的最小值为10．
解法2：代数转逆法
由，得．
表示的是动点与和之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，
故．
16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．
答案：
分析：根据题意列式求出，即可得出椭圆方程，再设，，根据题意，得到，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据判别式，以及根与系数关系，由题意，得到，求出，即可得出结果．
【详解】由题意，得，解得，∴椭圆的方程为．
设，．∵，而，∴，
故可设直线的方程为．
联立，得，
首先，由得，解得．（*）且，．
又，∴，得，
即，整理得，，
∴，
即，解得或（均适合（*）式）．
当时，直线恰好经过点，不能构成三角形，不合题意，故舍去．
∴直线的方程为．
四、解答题：本大题共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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.
(1)求数列、的通项公式.
(2)若，求数列的前项和.
答案：(1)，
(2)
分析：（1）先利用求出，再利用累加法求出；
（2）先利用（1）结果求出，再利用等差数列求和公式进行求和即可．
（1）
∵，∴，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，…，，
以上各式相加得：
，
，
又符合上式，∴；
（2）
由题意得，
时，,
当时，，
∴.
18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求四边形的面积.
答案：(1)证明见解析；
(2).
分析：(1)根据题意和正弦定理，利用诱导公式，结合两角和的正弦公式化简计算得，利用同角的三角函数关系即可证明；
(2)由(1)，利用余弦定理求出，求得，利用同角的三角函数关系求出，结合三角形面积公式即可求解.
（1）
在中，，在中，，
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以，
因为，
，
，
所以，
即，
所以，
所以.
（2）
由（1）可设，则，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，
所以四边形的面积.
19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产. 在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.
(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.
①求批次芯片的次品率；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰， 合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验. 已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%， 求工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片. 某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用. 现对使用 这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查. 据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人. 依据的独立性检验， 能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?
附：
答案：(1)①；②；
(2)能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联，理由见解析.
分析：（1）①先求出芯片的正品率，利用对立事件求概率公式求出答案；
②利用条件概率公式求出人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品的概率；
（2）写出列联表，计算出卡方，与7.879比较后得到结论.
（1）
①批次芯片的次品率为
②设批次的芯片智能自功检测合格为事件， 人工抽检合格为事件，
由已知得，
则工人在流水线进行人工抽检时， 抽检一个芯片恰为合格品为事件，
.
（2）
零假设为： 芯片批次与用户对开机速度满意度无关联.
由数据可建立列联表如下： （单位： 人）
根据列联表得
因此，依据的独立性检验，我们推断此推断不成立，即能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005.
20．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
(1)证明：；
(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？
答案：(1)证明见解析；
(2)2.
分析：（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.
（1）
因为三角形是等边三角形，且E是中点，
所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为面，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）
设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
设，则、
设平面的法向量为，
则，
令，有，
设直线与平面所成的角，
所以，
当且仅当时取等号，
当时，直线与平面所成角最大．
21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；
(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
答案：(1)
(2)
(3)答案见解析.
分析：（1）根据双曲线渐近线方程和右焦点列出方程，即可求出答案；
（2）首先求出点M的轨迹方程即为 其中k为直线 的斜率；
若选择①②∶设直线 的方程为 ，求出点M的坐标，可得M为的中点，即可推出；
若选择①③︰当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点M的坐标，即可；
若选择②③∶设直线的方程为，设的中点C，求出点C的坐标，可得点M恰为中点，故点M在直线上．
（1）
由题意可得，即 ，
解得 ，
因此C的方程为 ；
（2）
由直线的斜率为1，得直线的方程为，
联立 ，得： ，不妨设,
联立 ，得： ，不妨设,
故线段的中点的横坐标为，纵坐标为，
故线段的中点的坐标为；
（3）
由题意设直线 的方程为 ，将直线的方程代入得 ,
,因为，，
，，
设点M的坐标为,则，
整理得，
，，
解得，
又因为，
，
，；
若选择①②作条件：
设直线的方程为，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得
同理求得，
，
此时点M的坐标满足，
解得，
故M为 的中点，即，即③成立 ；
若选择①③作条件：
当直线 的斜率不存在时，点M即为点 ，此时不在直线 ，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得，
同理解得，
此时，，
由于点M同时在直线 上，故 解得 ，
因此 ，即②成立．
若选择②③作条件：
设直线的方程为 ，并设A的坐标为 ，B的坐标为，
则，解得，
同理可得，
设的中点为,则，
由于，故M在的垂直平分线上，即点M在直线上，
将该直线与联立，解得，
即点M恰为中点，即点M在直线上, ①成立；
【点睛】本题考查了双曲线方程的求法以及双曲线几何性质的应用，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，计算量大，解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.
22．(2023·广东实验中学高三阶段练习）设函数（为常数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个不相同的零点， 证明:.
答案：(1)在上单调递减，上单调递增.
(2)证明见解析
分析：（1）对函数求导后，再构造函数，再次求导，可得在上单调递增，再由，可求出的单调区间，
（2）不妨设，转化为只需证，构造函数，利用导数求出其最大值小于零即可.
（1）
由（），
得，
令，则，
所以在上单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增.
（2）
由（1）的结论，不妨设.
又均，
只需证.
构造函数.
则，
因为，所以，
所以，
所以
，
当且仅当时取等号，而，所以取不到等号，
所以，
所以在上单递增，
所以，
所以恒成立，结论得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为只需证，然后构造函数，利用导数求其最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
开机速度满意度
芯片批次
合计
不满意
10
2
12
满意
30
58
88
合计
40
60
100
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