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安徽省阜阳市2023届高三下学期3月质量检测数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省阜阳市2023届高三下学期3月质量检测数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省阜阳市2023届高三下学期3月质量检测数学试题Word版含解析docx、安徽省阜阳市2023届高三下学期3月质量检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，
所以．
故选：B．
2. 已知集合，，则的非空子集个数为（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】先依次求出集合和，再由子集公式结合非空子集定义即可得解.
【详解】因为，
又，所以，
所以的元素个数为3，其非空子集有个.
故选：A.
3. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由终边上的点可得，，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求.
【详解】角的终边的经过，
所以，，
所以，，
所以．
故选：B．
4. 已知平面向量，是单位向量，且，向量满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模的定义可得，进而求得，利用向量的线性运算，结合向量模的定义即可求解.
【详解】解：因为，所以，即，又，所以．
所以．
因为，
所以．
故选：A．
5. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，分析比较，即可得答案.
【详解】因为在上为增函数，所以，即．
因为在上为增函数，所以，即，
所以．
故选：C．
6. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（ ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）
A. 794B. 631C. 316D. 251
【答案】A
【解析】
【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.
【详解】由题意，即，则；
当时，地震的最大振幅，
当时，地震的最大振幅，
所以，
即；
故选：A．
7. 已知双曲线，其左、右焦点分别为，.点到的一条渐近线的距离为1.若双曲线的焦点在轴上且与具有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（ ）
A B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用点到的一条渐近线的距离求出，再由双曲线的渐近线及离心率的公式求解即可.
【详解】设双曲线的半焦距为,则右焦点，
不妨设双曲线的一条渐近线为，
因为点到的一条渐近线的距离为1，
所以，由于，解得.
设：，其半焦距为，其渐近线方程为，
由题意可知，，所以，即，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
8. 已知函数，，若，不等式恒成立，则正数t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式可分别判断出单调性，由不等式恒成立可得只需满足即可，利用函数单调性分别求得其最值即可求出正数t的取值范围.
【详解】因为，所以在上单调递增，
所以对，．
因为，所以，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以．
因为，任意，不等式恒成立，
所以有，整理得，
解得或，
所以正数的取值范围为．
故选：D．
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. 若函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数在上为增函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由三角函数的恒等变换化简，再由三角函数的平移变换可判断A；求出可判断B、C；先判断在上为增函数，即可判断在的单调性.
详解】由题意，．
函数的图象向右平移个单位长度可得到，故A错误；，所以函数的图象关于直线对称，故B正确，C错误；
函数在上为增函数，时，，故函数在上单调递增，所以函数在上为增函数，故D正确．
故选：BD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，且，则的最大值是1
C. 若，，则
D. 函数的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.
【详解】因为，则，所以成立，故A正确；
由．
当且仅当时，取得最大值，故B错误；
因为，，所以，
当且仅当即时，等号成立，故C正确；
，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
11. 在长方体中，AB＝3，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面B. 与平面所成角的正切值的最大值是
C. 的最小值为D. 以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可判断A，根据线面角定义找出线面角，当最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.
【详解】对于A，如图，
在长方体中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于B，因为平面，所以与平面所成角为，如图，
当时，最小，的正切值最大，，所以B错误；
对于C，将沿翻折与在同一个平面，且点，C在直线的异侧，如图，
此时，，,,
所以，所以，
故，
解得，所以的最小值为，所以C正确；
对于D，如图，
由于平面，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，
所以交线长为，所以D正确，
故选：ACD．
12. 已知函数以下结论正确的是（ ）
A. f(x)在区间[7,9]上是增函数
B.
C. 若函数上有6个零点，则
D. 若方程恰有3个实根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A根据f(x)的周期性判断区间单调性；B利用周期性求得即可判断；C转化为与的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D根据函数图象求得与交点个数为2或3时的临界值，即可得范围.
【详解】A：由题意,当时f(x)以3为周期的函数，故f(x)在[7,9]上的单调性与f(x)在[-2,0]上的单调性相同，而当时，
∴f(x)在[-2,0]上不单调，错误；
B：，，故，正确；
C：作出的函数图象如图所示：
由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，不妨设，i＝1，2，3，4，5，
由图象知:，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，
∴，正确；
D：若直线经过(3,0)，则，
若直线与相切，则消元可得：，
令可得，解得k＝-1或k＝-5（舍），
若直线与在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k＝1．
因为恰有3个实根，故直线与有3个交点，
∴或k＝1，错误，
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，所有项的系数之和为________，含的项的系数是________．（用数字作答）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】令，即可求得所有项系数和，写出展开式通项，列方程求解，即可求解.
【详解】令，得所有项的系数之和为；
展开式中的通项为，
令，得，所以含的项的系数是．
故答案为：；.
14. 已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数________．
【答案】1
【解析】
【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.
【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．
故答案为：1.
15. 在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，利用圆的弦长为得到为等腰直角三角形，从而得到的坐标，代入抛物线方程可得的值，它就是焦点到准线的距离．
【详解】圆，原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，
因为，又因为，,故，故为等腰直角三角形，．
因，故，代入抛物线方程得．填．
【点睛】求不同曲线的交点，一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标．
16. 如图，棱长均相等的直三棱柱的上、下底面均内接于圆柱的上、下底面，则圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】设三棱柱的棱长为，再求出圆柱的半径与其外接球的半径即可求解
【详解】设三棱柱的棱长为，
所以外接圆的半径，
所以圆柱外接球的半径．
故外接球的表面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为．
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. 在中，角、、的对边分别为、、，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
【小问1详解】
解：由已知可得
，
即，
，则，解得，因此，.
【小问2详解】
解：由正弦定理可得，
所以，
，
其中为锐角，且，
因为，则，，
所以，当时，即当时，取得最大值.
18. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列中与关系即可求得的通项公式；
（2）先利用题给条件求得数列的通项公式，再利用错位相减法去求数列的前项和．
【小问1详解】
当时，；
当时，．
综上，
【小问2详解】
因为，
所以当时，，所以．
当时，由
得，所以．
又当时，，所以．
所以，
，
所以，
所以．
19. 北京时间2021年7月25日，2020东京奥运会射箭女子团体决赛在梦之岛公园射箭场结束．决赛规则为每局比赛双方各派一名队员射击6次，6次总分高的一方获得2分，若总分持平，双方各得1分，先得6分的一方获得比赛的胜利．韩国队提前一局结束比赛，以6-0完胜俄罗斯奥委会队，自该项目1988年进入奥运会大家庭以来，韩国队包揽了全部9枚金牌．在本届赛事中，韩国代表团迄今收获的两金均来于射箭项目，其中20岁的安山有望在东京奥运会上成为三冠王，俄罗斯奥委会队连续两届摘得该项目银牌，德国队获得季军，决赛的成绩（单位：环）统计数据如图所示．
（1）分别求韩国队、俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数；
（2）比较韩国队、俄罗斯奥委会队第2局比赛的平均水平和发挥的稳定性；
（3）从韩国队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为x，从俄罗斯奥委会队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为y，设Z＝x-y，求Z的数学期望．
【答案】（1）韩国队第3局比赛成绩的中位数，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数
（2）韩国队的平均水平高，发挥更稳定
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图形可得到韩国和俄罗斯的比赛成绩，然后分别计算中位数即可
（2）通过计算第2局比赛韩国队和俄罗斯队的平均分和方差，根据方差的意义确定比赛成绩的稳定性
（3）根据题意可得的取值是0，1，2，3，4，5，然后分别计算其对应的概率，最后计算即可
小问1详解】
韩国队第3局比赛成绩的中位数，
俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数
【小问2详解】
第2局比赛，韩国队的分数依次为10，9，9，10，9，9，
平均分为，
俄罗斯奥委会队的分数依次为9，8，8，10，8，10，
平均分为，
因为，，
所以韩国队的平均水平高，发挥更稳定
【小问3详解】
Z的所有可能结果有0，1，2，3，4，5，
，，，
，，．
∴
20. 如图，在四棱锥中，底面，平面平面，四棱锥的体积为4.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为,利用面面垂直的性质定理可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判断定理求解即可；
（2）以为轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
设，在平面内过点作，垂足为,
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面平面，所以,
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
在中，由，可得，，
由（1）知，则，
解得，
因为平面，平面，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
设平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，
则解得，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组即可求解；
（2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案.
【小问1详解】
解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为，
与的方程联立，得，由题意得，所以，
又，
所以，，
因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以，
所以，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
所以，，
所以
，
因为点到直线的距离，且是线段的中点，
所以点到直线的距离为，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，此时直线的方程为，即或
22. 已知函数（）.
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）若，当时，设，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由解析式得，讨论、、时的符号，判断f(x)的区间单调性即可.
（2）由（1）知上f(x)在上递减，在上递增，利用找到的对称点，讨论、、时f(x)的区间单调性，并结合导数研究的单调性，求的范围最后取并集即可.
【详解】（1），
①当，即时，若或，，若，，
∴f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
②当，即时，恒成立，f(x)在上单调递增；
③当，即时，若，，若或，，
∴f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
（2）由（1）知，当时，f(x)在上递减，在上递增，
由，解得或，
①若，即时，f(x)在上递减,；
②若，即时，f(x)在上递减，在上递增，且，则；
③若，即时，f(x)在上递减，在上递增，且，则，
∴，则在上递减，
∴，
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：
（1）分类讨论参数，结合导数确定函数的单调区间；
（2）由（1）所得f(x)区间单调性，讨论参数a，判断f(x)在上的单调性，并结合导数研究，进而确定的范围.
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，
所以．
故选：B．
2. 已知集合，，则的非空子集个数为（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】先依次求出集合和，再由子集公式结合非空子集定义即可得解.
【详解】因为，
又，所以，
所以的元素个数为3，其非空子集有个.
故选：A.
3. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由终边上的点可得，，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求.
【详解】角的终边的经过，
所以，，
所以，，
所以．
故选：B．
4. 已知平面向量，是单位向量，且，向量满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模的定义可得，进而求得，利用向量的线性运算，结合向量模的定义即可求解.
【详解】解：因为，所以，即，又，所以．
所以．
因为，
所以．
故选：A．
5. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，分析比较，即可得答案.
【详解】因为在上为增函数，所以，即．
因为在上为增函数，所以，即，
所以．
故选：C．
6. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（ ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）
A. 794B. 631C. 316D. 251
【答案】A
【解析】
【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.
【详解】由题意，即，则；
当时，地震的最大振幅，
当时，地震的最大振幅，
所以，
即；
故选：A．
7. 已知双曲线，其左、右焦点分别为，.点到的一条渐近线的距离为1.若双曲线的焦点在轴上且与具有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（ ）
A B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用点到的一条渐近线的距离求出，再由双曲线的渐近线及离心率的公式求解即可.
【详解】设双曲线的半焦距为,则右焦点，
不妨设双曲线的一条渐近线为，
因为点到的一条渐近线的距离为1，
所以，由于，解得.
设：，其半焦距为，其渐近线方程为，
由题意可知，，所以，即，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
8. 已知函数，，若，不等式恒成立，则正数t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式可分别判断出单调性，由不等式恒成立可得只需满足即可，利用函数单调性分别求得其最值即可求出正数t的取值范围.
【详解】因为，所以在上单调递增，
所以对，．
因为，所以，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以．
因为，任意，不等式恒成立，
所以有，整理得，
解得或，
所以正数的取值范围为．
故选：D．
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. 若函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数在上为增函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由三角函数的恒等变换化简，再由三角函数的平移变换可判断A；求出可判断B、C；先判断在上为增函数，即可判断在的单调性.
详解】由题意，．
函数的图象向右平移个单位长度可得到，故A错误；，所以函数的图象关于直线对称，故B正确，C错误；
函数在上为增函数，时，，故函数在上单调递增，所以函数在上为增函数，故D正确．
故选：BD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，且，则的最大值是1
C. 若，，则
D. 函数的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.
【详解】因为，则，所以成立，故A正确；
由．
当且仅当时，取得最大值，故B错误；
因为，，所以，
当且仅当即时，等号成立，故C正确；
，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
11. 在长方体中，AB＝3，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面B. 与平面所成角的正切值的最大值是
C. 的最小值为D. 以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可判断A，根据线面角定义找出线面角，当最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.
【详解】对于A，如图，
在长方体中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于B，因为平面，所以与平面所成角为，如图，
当时，最小，的正切值最大，，所以B错误；
对于C，将沿翻折与在同一个平面，且点，C在直线的异侧，如图，
此时，，,,
所以，所以，
故，
解得，所以的最小值为，所以C正确；
对于D，如图，
由于平面，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，
所以交线长为，所以D正确，
故选：ACD．
12. 已知函数以下结论正确的是（ ）
A. f(x)在区间[7,9]上是增函数
B.
C. 若函数上有6个零点，则
D. 若方程恰有3个实根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A根据f(x)的周期性判断区间单调性；B利用周期性求得即可判断；C转化为与的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D根据函数图象求得与交点个数为2或3时的临界值，即可得范围.
【详解】A：由题意,当时f(x)以3为周期的函数，故f(x)在[7,9]上的单调性与f(x)在[-2,0]上的单调性相同，而当时，
∴f(x)在[-2,0]上不单调，错误；
B：，，故，正确；
C：作出的函数图象如图所示：
由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，不妨设，i＝1，2，3，4，5，
由图象知:，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，
∴，正确；
D：若直线经过(3,0)，则，
若直线与相切，则消元可得：，
令可得，解得k＝-1或k＝-5（舍），
若直线与在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k＝1．
因为恰有3个实根，故直线与有3个交点，
∴或k＝1，错误，
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，所有项的系数之和为________，含的项的系数是________．（用数字作答）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】令，即可求得所有项系数和，写出展开式通项，列方程求解，即可求解.
【详解】令，得所有项的系数之和为；
展开式中的通项为，
令，得，所以含的项的系数是．
故答案为：；.
14. 已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数________．
【答案】1
【解析】
【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.
【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．
故答案为：1.
15. 在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，利用圆的弦长为得到为等腰直角三角形，从而得到的坐标，代入抛物线方程可得的值，它就是焦点到准线的距离．
【详解】圆，原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，
因为，又因为，,故，故为等腰直角三角形，．
因，故，代入抛物线方程得．填．
【点睛】求不同曲线的交点，一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标．
16. 如图，棱长均相等的直三棱柱的上、下底面均内接于圆柱的上、下底面，则圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为______．
【答案】
【解析】
【分析】设三棱柱的棱长为，再求出圆柱的半径与其外接球的半径即可求解
【详解】设三棱柱的棱长为，
所以外接圆的半径，
所以圆柱外接球的半径．
故外接球的表面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为．
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. 在中，角、、的对边分别为、、，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
【小问1详解】
解：由已知可得
，
即，
，则，解得，因此，.
【小问2详解】
解：由正弦定理可得，
所以，
，
其中为锐角，且，
因为，则，，
所以，当时，即当时，取得最大值.
18. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列中与关系即可求得的通项公式；
（2）先利用题给条件求得数列的通项公式，再利用错位相减法去求数列的前项和．
【小问1详解】
当时，；
当时，．
综上，
【小问2详解】
因为，
所以当时，，所以．
当时，由
得，所以．
又当时，，所以．
所以，
，
所以，
所以．
19. 北京时间2021年7月25日，2020东京奥运会射箭女子团体决赛在梦之岛公园射箭场结束．决赛规则为每局比赛双方各派一名队员射击6次，6次总分高的一方获得2分，若总分持平，双方各得1分，先得6分的一方获得比赛的胜利．韩国队提前一局结束比赛，以6-0完胜俄罗斯奥委会队，自该项目1988年进入奥运会大家庭以来，韩国队包揽了全部9枚金牌．在本届赛事中，韩国代表团迄今收获的两金均来于射箭项目，其中20岁的安山有望在东京奥运会上成为三冠王，俄罗斯奥委会队连续两届摘得该项目银牌，德国队获得季军，决赛的成绩（单位：环）统计数据如图所示．
（1）分别求韩国队、俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数；
（2）比较韩国队、俄罗斯奥委会队第2局比赛的平均水平和发挥的稳定性；
（3）从韩国队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为x，从俄罗斯奥委会队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为y，设Z＝x-y，求Z的数学期望．
【答案】（1）韩国队第3局比赛成绩的中位数，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数
（2）韩国队的平均水平高，发挥更稳定
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图形可得到韩国和俄罗斯的比赛成绩，然后分别计算中位数即可
（2）通过计算第2局比赛韩国队和俄罗斯队的平均分和方差，根据方差的意义确定比赛成绩的稳定性
（3）根据题意可得的取值是0，1，2，3，4，5，然后分别计算其对应的概率，最后计算即可
小问1详解】
韩国队第3局比赛成绩的中位数，
俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数
【小问2详解】
第2局比赛，韩国队的分数依次为10，9，9，10，9，9，
平均分为，
俄罗斯奥委会队的分数依次为9，8，8，10，8，10，
平均分为，
因为，，
所以韩国队的平均水平高，发挥更稳定
【小问3详解】
Z的所有可能结果有0，1，2，3，4，5，
，，，
，，．
∴
20. 如图，在四棱锥中，底面，平面平面，四棱锥的体积为4.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为,利用面面垂直的性质定理可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判断定理求解即可；
（2）以为轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
设，在平面内过点作，垂足为,
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面平面，所以,
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
在中，由，可得，，
由（1）知，则，
解得，
因为平面，平面，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
设平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，
则解得，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组即可求解；
（2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案.
【小问1详解】
解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为，
与的方程联立，得，由题意得，所以，
又，
所以，，
因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以，
所以，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
所以，，
所以
，
因为点到直线的距离，且是线段的中点，
所以点到直线的距离为，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，此时直线的方程为，即或
22. 已知函数（）.
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）若，当时，设，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由解析式得，讨论、、时的符号，判断f(x)的区间单调性即可.
（2）由（1）知上f(x)在上递减，在上递增，利用找到的对称点，讨论、、时f(x)的区间单调性，并结合导数研究的单调性，求的范围最后取并集即可.
【详解】（1），
①当，即时，若或，，若，，
∴f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
②当，即时，恒成立，f(x)在上单调递增；
③当，即时，若，，若或，，
∴f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
（2）由（1）知，当时，f(x)在上递减，在上递增，
由，解得或，
①若，即时，f(x)在上递减,；
②若，即时，f(x)在上递减，在上递增，且，则；
③若，即时，f(x)在上递减，在上递增，且，则，
∴，则在上递减，
∴，
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：
（1）分类讨论参数，结合导数确定函数的单调区间；
（2）由（1）所得f(x)区间单调性，讨论参数a，判断f(x)在上的单调性，并结合导数研究，进而确定的范围.
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