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2023-2024学年内蒙古赤峰二中高三上学期第三次月考试题数学（理）含答案
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这是一份2023-2024学年内蒙古赤峰二中高三上学期第三次月考试题数学（理）含答案，文件包含内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第三次月考数学理答案docx、内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第三次月考数学理docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34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．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择 题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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. 定义集合．已知集合，，则的元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中条件，直接进行计算即可.
【详解】因为，，
所以，故的元素的个数为4．
故选：
2. 若i是虚数单位，则复数的虚部等于（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的运算化简得答案．
【详解】，
复数的虚部等于．
故选：B．
3. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析数据情况，再根据平均数公式计算可得.
【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，
又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，
又极差为，所以最小数字为，
所以这组数据为、、、、，
所以平均数为.
故选：B
4. 2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出弓形弧所对圆心角的大小，再求出扇形、三角形面积即可得解.
【详解】依题意，弦AB中点为D，弧AB的中点为C，，，，如图，
设圆的半径为R，，，在中，，解得，
，．显然，则，，
，于是，
因此扇形的面积，而的面积，
所以弓形面积约为.
故选：C
5. 点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可
【详解】不妨设，定义域为：
对求导可得：
令
解得：（其中舍去）
当时，，则此时该点到直线的距离为最小
根据点到直线的距离公式可得：
解得：
故选：A
6. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.
【详解】设，
则
，
所以.
故选：A
7. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用两角和的正切公式可得，再利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.
【详解】因为，
整理得，解得，
所以.
故选：D.
8. 若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】不等式恒成立，只要即可，根据基本不等式中“1”的整体代换求出的最小值，再结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】由题意知，
，
当且仅当，即时取等，
又不等式恒成立，
则不等式，解得，
所以实数m的取值范围为.
故选：A.
9. 已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果.
【详解】由得：，
三点共线，，即，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，则.
故选：A.
10. 腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中，求得，根据题意得到三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，得到，进而得到且，设三棱锥外接球的半径为，分别求得和的外接圆的半径，结合，进而求得外接球的表面积.
【详解】在中，因为，
可得，所以，
当三棱锥体积最大时，平面平面，
因为，取中点，则，
设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，
再设为外接圆圆心，平面，则且，
设三棱锥外接球的半径为
在直角中，可得且，
因为，可得
所以外接圆半径，所以，
因为，
所以的外接圆的半径，且，
在中，可得，可得，
所以，
所以外接球的表面积为.
故选：A.
11. 中，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.
【详解】，
在中，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理得，
故因为，所以，
故，
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
故选：B
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
12. 高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，如，，已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A. 2026B. 2025C. 2024D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式证明数列为等比数列，然后由等比数列通项公式可得，利用累加法求，再对进行放缩求，最后由裂项相消法求出，根据高斯函数可得答案.
【详解】由得，
又，所以数列是以4为首项和公比的等比数列，
故，
由累加法得
，
所以，
∵，
又，∴，
令，，
，
∴，
代入得.
故选：B．
【点睛】本题难点在于考察知识点多，解答过程曲折不易思考，每个知识点的考察难度不算太大，这就要求学生对数列知识掌握全面，并且对问题掌握一定的分析方法.
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进而可求解.
【详解】，
由于是偶函数，所以,故，
所以，
故答案为：
14. 已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知且、不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】由已知且、不共线，则，解得且.
所以，实数的取值范围是.
故答案为：.
15. 已知A，B，C是双曲线（，）上的三点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若，且，则该双曲线的离心率为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线定义，作出辅助线构造矩形，利用勾股定理求解即可.
【详解】
设双曲线的左焦点为E，连接AE，CE，BE，
由题意知，，，
∴四边形AEBF为矩形，令，，
∵，，
∴在中，，将代入可得，
∴，，
∴在中，，即，可得．
故答案为：.
16. 已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由导数得出函数的图像，讨论与的关系，结合图像得出实数的取值范围.
【详解】当时，，
即函数在上单调递增
函数的图像如下图所示：
由得出，
当时，显然不成立.
但时，解得，使得不等式只有唯一整数解，此时.
即时，唯一整数解是，
当时，，使得不等式只有唯一整数解，此时，
即时，唯一整数解是.
综上，.
故答案为：
三、解答题：共70分.解答题写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必修作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．
（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
（2）求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，
（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，进而可求解分布列.
【小问1详解】
5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；
【小问2详解】
X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．
；；．
所以分布列为：
18. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，
（2）根据错位相减法即可求和.
【小问1详解】
当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
，
，
则，
所以．
19. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ACDE是正方形，DF//BC，AB⊥AC，AE⊥平面ABC，AB=AC=2，EF=DF=.
（1）求证:平面BCDF⊥平面BEF；
（2）求二面角A-BF-E的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件证明EF⊥CD，EF⊥DF即可推理作答.
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【小问1详解】
因AE⊥平面ABC，平面ABC，则AE⊥BC，而DF//BC，有AE⊥DF，正方形ACDE中，AE⊥DE，
，平面DEF，因此，平面DEF，平面DEF，则，
而AE//CD，则EF⊥CD，因DE=2，EF=DF=，即，则有EF⊥DF，
因为，平面BCDF，因此，EF⊥平面BCDF，又EF平面BEF，
所以平面BCDF⊥平面BEF.
【小问2详解】
因AB⊥AC，AE⊥平面ABC，则以A为原点，以AB，AC，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，
设为平面ABF的法向量，则，令，得，
设为平面BEF的法向量，则，令，得，
则有，由图可知，二面角A-BF-E为锐二面角，
所以二面角A-BF-E的余弦值为.
20. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点P满足．记P的轨迹为M．
（1）求M的方程；
（2）直线交M于A，B两点，C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线，求四边形ACBD面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义求解；
（2）分别求出将四边形ACBD面积的表示为二次函数求范围.
【小问1详解】
∵，
∴是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为（），则，∴，
又∵，则，
∴椭圆M的方程为；
【小问2详解】
由，解得或，
因此．
设直线CD的方程为，设，．
由得．
，故．
由得，
又AB，CD的交点在A，B之间，故，
解得．
因为直线CD斜率为1，
所以．
又四边形ACBD的面积，其中，
当时，S取得最大值，最大值为，
当时，，
∴面积取值范围
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；
（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.
【详解】(1)的定义域为，
，
①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以在上单调递增；
④当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
在时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，上单调递增，在上单调递减，
（2），则的定义域为，，
若有两个极值点，，（），则方程的判别式，且，，所以，
因为，所以，得，所以，
设，其中，令得，
又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，∴，
从而恒成立.
【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（，），已知直线l与曲线C相交于M，N两点.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）记线段的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由得曲线的极坐标方程；
（2）利用三角函数的恒等变换和极径求出结果．
【小问1详解】
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的直角坐标方程为，
化为一般式得：，
设，
∴，
∴曲线的极坐标方程为：.
【小问2详解】
联立和，得，
易得，设、，则，
由，得，
当时，取最大值，
所以实数的取值范围为.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若为正实数，且，证明不等式.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；
（2）解法一：根据基本不等式“1”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证明即可.
【小问1详解】
由题知，
其函数图象如图所示，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，则，
解法一：利用基本不等式：
，
当且仅当时取等号.
所以，.
解法二：利用柯西不等式：，
当且仅当时取等号.
所以，.
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
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．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择 题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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. 定义集合．已知集合，，则的元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中条件，直接进行计算即可.
【详解】因为，，
所以，故的元素的个数为4．
故选：
2. 若i是虚数单位，则复数的虚部等于（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的运算化简得答案．
【详解】，
复数的虚部等于．
故选：B．
3. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析数据情况，再根据平均数公式计算可得.
【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，
又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，
又极差为，所以最小数字为，
所以这组数据为、、、、，
所以平均数为.
故选：B
4. 2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出弓形弧所对圆心角的大小，再求出扇形、三角形面积即可得解.
【详解】依题意，弦AB中点为D，弧AB的中点为C，，，，如图，
设圆的半径为R，，，在中，，解得，
，．显然，则，，
，于是，
因此扇形的面积，而的面积，
所以弓形面积约为.
故选：C
5. 点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可
【详解】不妨设，定义域为：
对求导可得：
令
解得：（其中舍去）
当时，，则此时该点到直线的距离为最小
根据点到直线的距离公式可得：
解得：
故选：A
6. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.
【详解】设，
则
，
所以.
故选：A
7. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用两角和的正切公式可得，再利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.
【详解】因为，
整理得，解得，
所以.
故选：D.
8. 若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】不等式恒成立，只要即可，根据基本不等式中“1”的整体代换求出的最小值，再结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】由题意知，
，
当且仅当，即时取等，
又不等式恒成立，
则不等式，解得，
所以实数m的取值范围为.
故选：A.
9. 已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果.
【详解】由得：，
三点共线，，即，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，则.
故选：A.
10. 腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中，求得，根据题意得到三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，得到，进而得到且，设三棱锥外接球的半径为，分别求得和的外接圆的半径，结合，进而求得外接球的表面积.
【详解】在中，因为，
可得，所以，
当三棱锥体积最大时，平面平面，
因为，取中点，则，
设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，
再设为外接圆圆心，平面，则且，
设三棱锥外接球的半径为
在直角中，可得且，
因为，可得
所以外接圆半径，所以，
因为，
所以的外接圆的半径，且，
在中，可得，可得，
所以，
所以外接球的表面积为.
故选：A.
11. 中，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.
【详解】，
在中，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理得，
故因为，所以，
故，
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
故选：B
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
12. 高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，如，，已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A. 2026B. 2025C. 2024D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式证明数列为等比数列，然后由等比数列通项公式可得，利用累加法求，再对进行放缩求，最后由裂项相消法求出，根据高斯函数可得答案.
【详解】由得，
又，所以数列是以4为首项和公比的等比数列，
故，
由累加法得
，
所以，
∵，
又，∴，
令，，
，
∴，
代入得.
故选：B．
【点睛】本题难点在于考察知识点多，解答过程曲折不易思考，每个知识点的考察难度不算太大，这就要求学生对数列知识掌握全面，并且对问题掌握一定的分析方法.
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进而可求解.
【详解】，
由于是偶函数，所以,故，
所以，
故答案为：
14. 已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知且、不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】由已知且、不共线，则，解得且.
所以，实数的取值范围是.
故答案为：.
15. 已知A，B，C是双曲线（，）上的三点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若，且，则该双曲线的离心率为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线定义，作出辅助线构造矩形，利用勾股定理求解即可.
【详解】
设双曲线的左焦点为E，连接AE，CE，BE，
由题意知，，，
∴四边形AEBF为矩形，令，，
∵，，
∴在中，，将代入可得，
∴，，
∴在中，，即，可得．
故答案为：.
16. 已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由导数得出函数的图像，讨论与的关系，结合图像得出实数的取值范围.
【详解】当时，，
即函数在上单调递增
函数的图像如下图所示：
由得出，
当时，显然不成立.
但时，解得，使得不等式只有唯一整数解，此时.
即时，唯一整数解是，
当时，，使得不等式只有唯一整数解，此时，
即时，唯一整数解是.
综上，.
故答案为：
三、解答题：共70分.解答题写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必修作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．
（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
（2）求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，
（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，进而可求解分布列.
【小问1详解】
5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；
【小问2详解】
X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．
；；．
所以分布列为：
18. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，
（2）根据错位相减法即可求和.
【小问1详解】
当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
，
，
则，
所以．
19. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ACDE是正方形，DF//BC，AB⊥AC，AE⊥平面ABC，AB=AC=2，EF=DF=.
（1）求证:平面BCDF⊥平面BEF；
（2）求二面角A-BF-E的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件证明EF⊥CD，EF⊥DF即可推理作答.
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【小问1详解】
因AE⊥平面ABC，平面ABC，则AE⊥BC，而DF//BC，有AE⊥DF，正方形ACDE中，AE⊥DE，
，平面DEF，因此，平面DEF，平面DEF，则，
而AE//CD，则EF⊥CD，因DE=2，EF=DF=，即，则有EF⊥DF，
因为，平面BCDF，因此，EF⊥平面BCDF，又EF平面BEF，
所以平面BCDF⊥平面BEF.
【小问2详解】
因AB⊥AC，AE⊥平面ABC，则以A为原点，以AB，AC，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，
设为平面ABF的法向量，则，令，得，
设为平面BEF的法向量，则，令，得，
则有，由图可知，二面角A-BF-E为锐二面角，
所以二面角A-BF-E的余弦值为.
20. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点P满足．记P的轨迹为M．
（1）求M的方程；
（2）直线交M于A，B两点，C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线，求四边形ACBD面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义求解；
（2）分别求出将四边形ACBD面积的表示为二次函数求范围.
【小问1详解】
∵，
∴是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为（），则，∴，
又∵，则，
∴椭圆M的方程为；
【小问2详解】
由，解得或，
因此．
设直线CD的方程为，设，．
由得．
，故．
由得，
又AB，CD的交点在A，B之间，故，
解得．
因为直线CD斜率为1，
所以．
又四边形ACBD的面积，其中，
当时，S取得最大值，最大值为，
当时，，
∴面积取值范围
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；
（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.
【详解】(1)的定义域为，
，
①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以在上单调递增；
④当时，令，得或，令，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
在时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，上单调递增，在上单调递减，
（2），则的定义域为，，
若有两个极值点，，（），则方程的判别式，且，，所以，
因为，所以，得，所以，
设，其中，令得，
又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，∴，
从而恒成立.
【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（，），已知直线l与曲线C相交于M，N两点.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）记线段的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由得曲线的极坐标方程；
（2）利用三角函数的恒等变换和极径求出结果．
【小问1详解】
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的直角坐标方程为，
化为一般式得：，
设，
∴，
∴曲线的极坐标方程为：.
【小问2详解】
联立和，得，
易得，设、，则，
由，得，
当时，取最大值，
所以实数的取值范围为.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）求的最小值；
（2）若为正实数，且，证明不等式.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；
（2）解法一：根据基本不等式“1”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证明即可.
【小问1详解】
由题知，
其函数图象如图所示，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，则，
解法一：利用基本不等式：
，
当且仅当时取等号.
所以，.
解法二：利用柯西不等式：，
当且仅当时取等号.
所以，.
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
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