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数学-2023年高考押题预测卷01（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（全解全析）
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这是一份数学-2023年高考押题预测卷01（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（全解全析），共24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年高考押题预测卷01【云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省专用】
数学•全解全析
一、单选题：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．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先解出集合,再根据列不等式直接求解.
【详解】集合，.
要使，只需，解得：.
故选：A
2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（ ）
A． B．2 C．2i D．
【答案】B
【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.
【详解】由可得：，
则，所以的虚部为2.
故选：B.
3．设向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先根据，求的值，再判断充分，必要条件.
【详解】由条件可知，，
得，化简得，
得或，
即或
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为（ ）
A．24 B．25 C．26 D．27
【答案】A
【分析】由二项分布及其期望计算即可.
【详解】设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；
设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32-n．
X所有可能的取值为0，1，2，，n，则，；
Y所有可能的取值为0，1，2，，32-n，则，，
所以获胜的业余棋手总人数的期望，解得．
故选：A．
5．若，则（ ）
A． B．1 C．15 D．16
【答案】C
【分析】利用赋值法结合条件即得.
【详解】因为，
令得，，
令得，，
所以，．
故选：C.
6．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数只有1为公约数，则称互质，对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，.记为数列的前项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得，结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】由题意可知：若正整数与不互质，则为3的倍数，共有个，
故，
∵，即数列是以首项，公比的等比数列，
故.
故选：D.
7．已知函数，，下列命题中：
①的最小正周期是，最大值是；
②；
③的单调增区间是（）；
④将的图象向右平移个单位得到的函数是偶函数，
其中正确个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】化简可得，即可求出周期、最大值，得出①；代入化简，即可得出②；解，即可得出③；根据图象平移，得出，求出即可判断④.
【详解】.
对于①，，
因为，所以的最大值为，故①正确；
对于②，
，故②正确；
对于③，由可得，
，
所以，的单调增区间是（），故③正确；
对于④，将的图象向右平移个单位得到的函数为
，
，故④错误.
综上所述，①②③正确.
故选：C.
8．已知是定义在上的奇函数，，且在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意不等式等价于，再根据函数的单调性分和两种情况讨论即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，，且在上单调递增，
所以在上单调递增，
由，得，
当时，由，得，
当时，由，得，
所以原不等式的解集为.
故选：A.
二、多选题：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．已知点，，点P为圆C：上的动点，则（ ）
A．面积的最小值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.
【详解】，
圆C是以为圆心，为半径的圆.
对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，
，故选项A错误；
对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；
对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，
，故选项C正确；
对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；
故选：BCD.
10．如图，在正方体中，点P为线段上的一个动点（不包含端点），则（ ）
A．
B．直线PC与直线异面
C．存在点P使得PC与所成的角为60°
D．存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°
【答案】ABD
【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；证明平面，PC平面，可判断B；求出PC与所成的角的最大值恒小于60°可判断C；求出PC与底面ABCD所成的角为60°时，的长度可判断D.
【详解】对A，在正方体中，易得，底面，
平面，，
，平面，则平面，
因为平面，所以，故A正确；
对B，因为平面，平面，平面，且，
所以直线PC与直线异面，故B正确；
对C，因为，所以PC与所成的角即为PC与所成的角，
由图可知，当点位于点处时，最大，此时，
所以PC与所成的角恒小于60°，故C不正确；
对D，过点作平面交直线于点，则，
设正方体的边长为，PC与底面ABCD所成的角即为，
若，则，
则，所以存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°.
故D正确.
故选：ABD.
11．以下说法正确的是（ ）
A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95
B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点
C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强
D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥
【答案】ACD
【分析】对于A选项：结合百分位数的定义即可求解；
对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；
对于C选项：根据相关系数的性质即可判断；
对于D选项：根据互斥事件的定义和事件的相互独立性即可求解.
【详解】对于A选项：从小到大排列共有9个数据，则不是整数，则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据，即第75百分位数为95，所以A选项正确；
对于B选项：线性回归方程不一定经过点，，，中的任何一个点，但一定经过样本的中心点即，所以B选项错误；
对于C选项：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于，所以C选项正确；
对于D选项：因为，则，
则事件与相互独立，所以事件A与B不互斥，所以D选项正确；
故选：ACD.
12．已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称 B．的一个周期为
C．不关于对称 D．关于对称
【答案】ABD
【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；
B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；
C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；
D选项，验证是否成立可判断选项正误.
【详解】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，.
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知 ，若对任意 ，都有，则的最大值为________.
【答案】/0.5
【分析】运用整体法，根据正弦型函数的图像求解.
【详解】由题意， ， ，又 ， ，
由正弦函数 的单调性和周期性可知： ；
故答案为： .
14．平面四边形中，，，，，，点在直线上，点在直线上，且，，，则的最小值为______.
【答案】
【分析】过点作于点，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据已知得出点以及向量的坐标，根据，得出，然后根据基本不等式“1”的代换，即可得出答案.
【详解】过点作于点.
因为，，
所以，，.
如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，，
所以，，，
所以，，.
因为，
所以有，
所以，所以，
所以，，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
15．如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：
①当为的中点时，平面；
②存在点，使得；
③三棱锥的体积为定值；
④三棱锥的外接球的体积为.
其中正确的结论序号为__________.
【答案】③
【分析】根据线面平行的判定定理，及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：
因为分别为的中点，故可得//，，
根据已知条件可知：//，故//，
故四边形为平行四边形，则//，显然与面，
故与面相交，即不平行，故①错误；
②：因为面面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，设，，
所以，故不垂直，故②错误；
③：，因为均为定点，故为定值，
又//面面，故//面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
④：取△的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上，
因为面，面面，则，又，
面，故面,即面，
则//，故在同一个平面，过作，连接如图所示.
在△中，容易知，
由余弦定理得，故，
由正弦定理得；
设三棱锥的外接球半径为，则，且P为BC中点，
在△中，，又，
由勾股定理知：，即，
该棱锥外接球的体积，故④错误.
故答案为：③.
16．已知双曲线C：的左顶点为A，P为C的一条渐近线上一点，AP与C的另一条渐近线交于点Q，若直线AP的斜率为1，且A为PQ的三等分点，则C的离心率为______．
【答案】
【分析】写出直线的方程为，将其分别与双曲线渐近线联立解出的纵坐标，根据为的三等分点，得到关于的方程，最后化为关于的齐次方程，即可得到离心率.
【详解】不妨设点在第二象限，直线的方程为，
联立，得点的纵坐标;
联立，得点的纵坐标.
由为的三等分点,可知，则有，整理得,
则，则，故的离心率.
故答案为：.
四、解答题：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．（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦边角关系得，根据余弦定理求的余弦值，进而确定其大小；
（2）由已知和余弦定理得，再由求面积最大值，注意取值条件.
【详解】（1）由已知，
即，由正弦边角关系得，
所以，又，所以.
（2）由余弦定理，得，又，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，故的面积的最大值为.
18．（12分）已知数列中，，．
(1)记，证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)记，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可推出，即可得出证明；
（2）求出，写出的通项公式，即可得出；
（3）将的表达式代入，裂项可推得，然后求和即可得出答案.
【详解】（1）因为，
故数列是公比为2的等比数列.
（2）因为，
所以，
所以，
所以.
（3）因为，
所以
．
19．（12分）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，，
过点C作于E，则，可知，
由余弦定理知，
则，所以.
又，，，平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：因为平面，，所以C为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，即.
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
20．（12分）今年以来，人们的出行需求持续释放，各种旅游项目态势火爆，旅游预订人数也开始增多.某调查组对400名不同年龄段的游客进行了问卷调查，其中有200名游客进行了预订，这200名游客中各年龄段所占百分比如图所示：
年龄在19-35岁的人群称为青年人群，已知在所有调查游客中随机抽取1人，抽到不预订的青年游客概率为.
(1)请将下列列联表补充完整，并判断能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否为青年有关；
预定旅游
不预定旅游
合计
青年
非青年
合计
(2)按照分层抽样的方法，从预订旅游客群中选取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人中至少有2人是青年人的概率.
附：①，其中.
②
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)列联表答案见解析，能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关
(2)
【分析】（1）先求出青年游客预订旅游人数，再求出青年游客不预订旅游的人数，从而得到列联表，再利用列联表求出的值，从而得到结论；
（2）先求出每层抽取的人数，再求出基本事件的个数和事件包含的个数，利用古典概率公式即可求出结果.
【详解】（1）200名有预订的游客中，青年游客人数为，
200名不预订的游客中，青年游客人数为，
可知列联表如下
预订旅游
不预订旅游
合计
青年
120
75
195
非青年
80
125
205
合计
200
200
400
所以能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关.
（2）按分层抽样，从预定游客中选取5人，
其中青年游客的人数为人，非青年游客2人，
所以从5人中任取3人，其中至少有2人是青年人的概率为
.
21．（12分）已知椭圆经过点，离心率为，与轴交于两点，，过点的直线与交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，当点异于点时，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆过点及离心率，可得椭圆方程；
（2）法一：设直线方程，联立方程组确定点，联立直线，方程可得，从而确定；法二：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，若直线过点，可得，当直线不过点时，要证，即证，化简即可得证；法三：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，化简即可.
【详解】（1）由题意得，
又因为，解得，，
所以的方程为；
（2）
法一：
若的斜率不存在，则，
此时，，不符合题意，
若的斜率存在，则设的斜率为，则的方程为，
联立方程，得，
解得，，
所以，
所以，
，
则，
又，
，
联立，的方程，解得：，，
所以点坐标为，
直线，令，解得：，
所以，
所以为定值.
法二：
若在轴上，则，
此时，，不符合题意，
设， 则，且，，
，，，
，，
消去得，
，
解得，
，，
令，解得，
，
特别地，当过点时，，，此时，
要证恒成立，即恒成立，
只需证，
即证，
即证，
即，
上式显然成立，
所以.
法三：
若在轴上，则，
此时，，不符合题意，
设， 则，且，，
，，，
，，
消去得，
，
解得，
，，
令，解得，
所以为定值.
22．（12分）已知函数，为的导数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）设，对求导，分和讨论即可；
（2）分离参数得，设，利用导数研究其值域与图像即可.
【详解】（1）设的定义域为,.
当时,在上为增函数,在上单调递增;
当时,令,得.
若,则单调递增,
若,则单调递减.
综上,当时,在上单调递增;
当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
（2）直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,
整理方程,得.
令,其中,
则.
令，则.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减.
由,
得时,,则,
当时,,则,
当时,,则,
则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,
则.
当趋近于时,趋近于0,即当时,;
当趋近于0时,趋近于,
作出如图所示图象：
故要使直线与曲线有两个交点,则需,
即的取值范围是.
2023年高考押题预测卷01【云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省专用】
数学•全解全析
一、单选题：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．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先解出集合,再根据列不等式直接求解.
【详解】集合，.
要使，只需，解得：.
故选：A
2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（ ）
A． B．2 C．2i D．
【答案】B
【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.
【详解】由可得：，
则，所以的虚部为2.
故选：B.
3．设向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先根据，求的值，再判断充分，必要条件.
【详解】由条件可知，，
得，化简得，
得或，
即或
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为（ ）
A．24 B．25 C．26 D．27
【答案】A
【分析】由二项分布及其期望计算即可.
【详解】设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；
设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32-n．
X所有可能的取值为0，1，2，，n，则，；
Y所有可能的取值为0，1，2，，32-n，则，，
所以获胜的业余棋手总人数的期望，解得．
故选：A．
5．若，则（ ）
A． B．1 C．15 D．16
【答案】C
【分析】利用赋值法结合条件即得.
【详解】因为，
令得，，
令得，，
所以，．
故选：C.
6．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数只有1为公约数，则称互质，对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，.记为数列的前项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得，结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】由题意可知：若正整数与不互质，则为3的倍数，共有个，
故，
∵，即数列是以首项，公比的等比数列，
故.
故选：D.
7．已知函数，，下列命题中：
①的最小正周期是，最大值是；
②；
③的单调增区间是（）；
④将的图象向右平移个单位得到的函数是偶函数，
其中正确个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】化简可得，即可求出周期、最大值，得出①；代入化简，即可得出②；解，即可得出③；根据图象平移，得出，求出即可判断④.
【详解】.
对于①，，
因为，所以的最大值为，故①正确；
对于②，
，故②正确；
对于③，由可得，
，
所以，的单调增区间是（），故③正确；
对于④，将的图象向右平移个单位得到的函数为
，
，故④错误.
综上所述，①②③正确.
故选：C.
8．已知是定义在上的奇函数，，且在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意不等式等价于，再根据函数的单调性分和两种情况讨论即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，，且在上单调递增，
所以在上单调递增，
由，得，
当时，由，得，
当时，由，得，
所以原不等式的解集为.
故选：A.
二、多选题：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．已知点，，点P为圆C：上的动点，则（ ）
A．面积的最小值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.
【详解】，
圆C是以为圆心，为半径的圆.
对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，
，故选项A错误；
对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；
对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，
，故选项C正确；
对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；
故选：BCD.
10．如图，在正方体中，点P为线段上的一个动点（不包含端点），则（ ）
A．
B．直线PC与直线异面
C．存在点P使得PC与所成的角为60°
D．存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°
【答案】ABD
【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；证明平面，PC平面，可判断B；求出PC与所成的角的最大值恒小于60°可判断C；求出PC与底面ABCD所成的角为60°时，的长度可判断D.
【详解】对A，在正方体中，易得，底面，
平面，，
，平面，则平面，
因为平面，所以，故A正确；
对B，因为平面，平面，平面，且，
所以直线PC与直线异面，故B正确；
对C，因为，所以PC与所成的角即为PC与所成的角，
由图可知，当点位于点处时，最大，此时，
所以PC与所成的角恒小于60°，故C不正确；
对D，过点作平面交直线于点，则，
设正方体的边长为，PC与底面ABCD所成的角即为，
若，则，
则，所以存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°.
故D正确.
故选：ABD.
11．以下说法正确的是（ ）
A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95
B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点
C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强
D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥
【答案】ACD
【分析】对于A选项：结合百分位数的定义即可求解；
对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；
对于C选项：根据相关系数的性质即可判断；
对于D选项：根据互斥事件的定义和事件的相互独立性即可求解.
【详解】对于A选项：从小到大排列共有9个数据，则不是整数，则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据，即第75百分位数为95，所以A选项正确；
对于B选项：线性回归方程不一定经过点，，，中的任何一个点，但一定经过样本的中心点即，所以B选项错误；
对于C选项：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于，所以C选项正确；
对于D选项：因为，则，
则事件与相互独立，所以事件A与B不互斥，所以D选项正确；
故选：ACD.
12．已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称 B．的一个周期为
C．不关于对称 D．关于对称
【答案】ABD
【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；
B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；
C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；
D选项，验证是否成立可判断选项正误.
【详解】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，.
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知 ，若对任意 ，都有，则的最大值为________.
【答案】/0.5
【分析】运用整体法，根据正弦型函数的图像求解.
【详解】由题意， ， ，又 ， ，
由正弦函数 的单调性和周期性可知： ；
故答案为： .
14．平面四边形中，，，，，，点在直线上，点在直线上，且，，，则的最小值为______.
【答案】
【分析】过点作于点，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据已知得出点以及向量的坐标，根据，得出，然后根据基本不等式“1”的代换，即可得出答案.
【详解】过点作于点.
因为，，
所以，，.
如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，，
所以，，，
所以，，.
因为，
所以有，
所以，所以，
所以，，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
15．如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：
①当为的中点时，平面；
②存在点，使得；
③三棱锥的体积为定值；
④三棱锥的外接球的体积为.
其中正确的结论序号为__________.
【答案】③
【分析】根据线面平行的判定定理，及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：
因为分别为的中点，故可得//，，
根据已知条件可知：//，故//，
故四边形为平行四边形，则//，显然与面，
故与面相交，即不平行，故①错误；
②：因为面面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，设，，
所以，故不垂直，故②错误；
③：，因为均为定点，故为定值，
又//面面，故//面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
④：取△的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上，
因为面，面面，则，又，
面，故面,即面，
则//，故在同一个平面，过作，连接如图所示.
在△中，容易知，
由余弦定理得，故，
由正弦定理得；
设三棱锥的外接球半径为，则，且P为BC中点，
在△中，，又，
由勾股定理知：，即，
该棱锥外接球的体积，故④错误.
故答案为：③.
16．已知双曲线C：的左顶点为A，P为C的一条渐近线上一点，AP与C的另一条渐近线交于点Q，若直线AP的斜率为1，且A为PQ的三等分点，则C的离心率为______．
【答案】
【分析】写出直线的方程为，将其分别与双曲线渐近线联立解出的纵坐标，根据为的三等分点，得到关于的方程，最后化为关于的齐次方程，即可得到离心率.
【详解】不妨设点在第二象限，直线的方程为，
联立，得点的纵坐标;
联立，得点的纵坐标.
由为的三等分点,可知，则有，整理得,
则，则，故的离心率.
故答案为：.
四、解答题：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．（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦边角关系得，根据余弦定理求的余弦值，进而确定其大小；
（2）由已知和余弦定理得，再由求面积最大值，注意取值条件.
【详解】（1）由已知，
即，由正弦边角关系得，
所以，又，所以.
（2）由余弦定理，得，又，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，故的面积的最大值为.
18．（12分）已知数列中，，．
(1)记，证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)记，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可推出，即可得出证明；
（2）求出，写出的通项公式，即可得出；
（3）将的表达式代入，裂项可推得，然后求和即可得出答案.
【详解】（1）因为，
故数列是公比为2的等比数列.
（2）因为，
所以，
所以，
所以.
（3）因为，
所以
．
19．（12分）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，，
过点C作于E，则，可知，
由余弦定理知，
则，所以.
又，，，平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：因为平面，，所以C为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，即.
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
20．（12分）今年以来，人们的出行需求持续释放，各种旅游项目态势火爆，旅游预订人数也开始增多.某调查组对400名不同年龄段的游客进行了问卷调查，其中有200名游客进行了预订，这200名游客中各年龄段所占百分比如图所示：
年龄在19-35岁的人群称为青年人群，已知在所有调查游客中随机抽取1人，抽到不预订的青年游客概率为.
(1)请将下列列联表补充完整，并判断能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否为青年有关；
预定旅游
不预定旅游
合计
青年
非青年
合计
(2)按照分层抽样的方法，从预订旅游客群中选取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人中至少有2人是青年人的概率.
附：①，其中.
②
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)列联表答案见解析，能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关
(2)
【分析】（1）先求出青年游客预订旅游人数，再求出青年游客不预订旅游的人数，从而得到列联表，再利用列联表求出的值，从而得到结论；
（2）先求出每层抽取的人数，再求出基本事件的个数和事件包含的个数，利用古典概率公式即可求出结果.
【详解】（1）200名有预订的游客中，青年游客人数为，
200名不预订的游客中，青年游客人数为，
可知列联表如下
预订旅游
不预订旅游
合计
青年
120
75
195
非青年
80
125
205
合计
200
200
400
所以能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关.
（2）按分层抽样，从预定游客中选取5人，
其中青年游客的人数为人，非青年游客2人，
所以从5人中任取3人，其中至少有2人是青年人的概率为
.
21．（12分）已知椭圆经过点，离心率为，与轴交于两点，，过点的直线与交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，当点异于点时，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆过点及离心率，可得椭圆方程；
（2）法一：设直线方程，联立方程组确定点，联立直线，方程可得，从而确定；法二：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，若直线过点，可得，当直线不过点时，要证，即证，化简即可得证；法三：设，分别表示直线，，进而表示点，即可确定，化简即可.
【详解】（1）由题意得，
又因为，解得，，
所以的方程为；
（2）
法一：
若的斜率不存在，则，
此时，，不符合题意，
若的斜率存在，则设的斜率为，则的方程为，
联立方程，得，
解得，，
所以，
所以，
，
则，
又，
，
联立，的方程，解得：，，
所以点坐标为，
直线，令，解得：，
所以，
所以为定值.
法二：
若在轴上，则，
此时，，不符合题意，
设， 则，且，，
，，，
，，
消去得，
，
解得，
，，
令，解得，
，
特别地，当过点时，，，此时，
要证恒成立，即恒成立，
只需证，
即证，
即证，
即，
上式显然成立，
所以.
法三：
若在轴上，则，
此时，，不符合题意，
设， 则，且，，
，，，
，，
消去得，
，
解得，
，，
令，解得，
所以为定值.
22．（12分）已知函数，为的导数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）设，对求导，分和讨论即可；
（2）分离参数得，设，利用导数研究其值域与图像即可.
【详解】（1）设的定义域为,.
当时,在上为增函数,在上单调递增;
当时,令,得.
若,则单调递增,
若,则单调递减.
综上,当时,在上单调递增;
当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
（2）直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,
整理方程,得.
令,其中,
则.
令，则.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减.
由,
得时,,则,
当时,,则,
当时,,则,
则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,
则.
当趋近于时,趋近于0,即当时,;
当趋近于0时,趋近于,
作出如图所示图象：
故要使直线与曲线有两个交点,则需,
即的取值范围是.
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