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四川省绵阳市东辰学校2024届高三下学期第二学月考试数学（理科）试题（原卷版+解析版）
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考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：周朝礼，审题人：张刚
一、选择题：本大题共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. 下列函数是奇函数且在区间上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意依次分析选项中函数的奇偶性和单调性即可得答案．
【解答】对于A：正弦函数且为奇函数，且在区间上是增函数，故A符合题意；
对于B：是指数函数不是奇函数，故B不符合题意；
对于C：是二次函数，且为偶函数不是奇函数，故C不符合题意；
对于D： 是反比例函数且是奇函数，但在区间上是减函数，故D不符合题意.
故选：A．
2. 已知a为实数,复数为纯虚数,则
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的运算与纯虚数的概念求解即可.
【详解】由为纯虚数，
，.
故选：C.
3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），下左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，下右图为身高与臂展所对应的散点图并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）
A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系
C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米
D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米
【答案】D
【解析】
【分析】根据折线图数据判断A，由回归直线方程、散点图判断BCD.
【详解】对于A，身高极差大约为21，臂展极差大约为26，故A正确；
对于B，根据散点图以及回归直线得到，15名志愿者身高和臂展成正相关关系，故B正确；
对于C，当时，，
所以可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米，故C正确；
对于D，由回归方程保知身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，
但并不是准确值，回归直线上的点并不都是准确的样本点，故D不正确.
故选：D．
4. 在中，，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】由余弦定理得，
且，所以，
所以．
故选：B
5. 已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 牛奶的温度降至还需
D. 牛奶的温度降至还需
【答案】D
【解析】
【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.
【详解】由，得，
即，故，A、B错误；
又由，，得，
故牛奶的温度从降至需，
从降至还需.
故选：D
6. 已知集合，，若中恰有两个元素，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由中恰有两个元素，确定的范围，解不等式，由不等式根的情况可求出的范围，从而确定结果.
【详解】由中恰有两个元素，可知，故，即．
因为，
故在上恒成立，
故实数的取值范围为.
故选：D．
7. 已知等边的边长为6，D在上且，E为线段上的动点，求的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，用表示出，然后平方转化为数量积的运算得出关于的函数，再由二次函数知识得最大值和最小值，从而得其范围．
【详解】设，则，，
设，又，
则，，
，
，
所以时，取得最小值12，时，取得最大值28，
所以的取值范围是，
故选：B．
8. 已知圆的直径长为8，与相离的直线垂直于直线，垂足为，且，圆上的两点，到的距离分别为，，且．若，，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】方法一，由题意找到点满足的关系式，，由韦达定理可解；
方法二：由题意可知点，在抛物线上运动，利用抛物线定义可解.
【详解】方法一：如图建系，，
圆，，，
，，
同理，，是的两根，
，．
方法二：以所在直线为轴，以中垂线所在直线为轴建系，
设，，在上的射影分别为，，
，，，在抛物线上运动，
两根为，，.
故选：D．
【点睛】思路点睛：解决本题的关键在于由距离公式得出点所在曲线的方程，进而结合韦达定理求解.
9. 已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于两点，若，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线，，由得到，再根据条件得出，代入方程，即可求出结果.
【详解】易知的渐近线方程为，不妨设直线，，
联立方程得，解得，，所以，
又，而，，得到，
解得，故，代入中，
得，得到，又，得到，解得，
故所求的渐近线方程为，
故选：C.
10. 已知正数满足（为自然对数的底数），则下列关系式中不正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造，由函数单调性得到，通过变换可得到ABD正确，C错误.
【详解】由题意得，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，
故，
所以，B正确，
，A正确，
，D正确，
C选项，，
，
又在上单调递增，，
故，所以，
故，
设，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，故，即，当且仅当时，等号成立，
故，
则，所以，
又，故，C错误.
故选：C
【点睛】常见的不等式放缩有，，，，，等，常用来比较大小.
11. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点（异于坐标原点），与轴交于点，若，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点，利用导数求出直线的方程，可求出点的坐标，利用已知条件可得出关于、的方程，解出这两个量的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得向量与的夹角.
【详解】设点，抛物线对应的函数为，求导得，
所以，直线的斜率为，则直线的方程为，
即，
在直线的方程中，令，可得，即点，
由已知可得，解得，故抛物线的方程为，
则，
，，
所以，，，
所以，，
因为，故.
故选：B.
12. 在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意由P在菱形ABCD的内部及边界上运动且可知Q的轨迹，截取平面图将几何体拆分成若干部分利用对称性分别求得各部分体积即可得出结果.
【详解】根据题意可知Q的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示，
其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL区域内的几何体为半圆柱，
它们的高为2，底面半径为1，体积为；
AFG，BEL，CKJ，DHI区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D，
半径为1，，，
，
所以这四个区域的几何体组成一个半径为1的完整的球，体积为；
而ABCD区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为，
所以Q的轨迹所围成的几何体体积为，
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先确定点Q是绕点的球面，再结合点在菱形ABCD的内部及边界上运动得出所围成的几何体，再由几何体体积的求法可得结果.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设满足线性约束条件，则的最大值为_________．
【答案】1
【解析】
【分析】作出可行域，平移直线寻找最优解，解方程组求得最优解，然后代入目标函数可得.
【详解】作出可行域，如图所示，
由题意满足的可行域为以点为顶点的三角形及其内部，
平移直线可知，当且仅当动直线经过点时取得最大值，
解得，
代入目标函数得，即最大值为1.
故答案为：1
14. 二项式展开式中常数项为______．
【答案】28
【解析】
【分析】首先写出二项式展开式的通项公式，然后确定其常数项即可.
【详解】的展开式的通项公式为
，
令，解得，故的展开式中常数项为．
故答案为：28
15. 若某圆锥的侧面积为底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出圆锥的底面半径r和母线l，根据条件得到r、l的关系式，由此可表示出圆锥的高h，根据可求结果.
【详解】设圆锥的底面半径和母线长分别为r，l，
母线与底面所成的角为，由题意可得，得，
由勾股定理可得圆锥高，
所以，
故答案为：
16. 某种信号波形可以用函数的图像来表达.则下列各结论正确的有___________.
①最小正周期为；
②对称轴为，；
③在上有9个零点；
④值域.
【答案】①③
【解析】
【分析】先化简得到，利用求出最小正周期；验证是否，满足来判断对称轴；解和，求出上的零点个数；结合，，，看能否同时取到，判断值域是否是.
【详解】因为，
所以
设的周期为，则，
即
则满足题意，故当时，为最小正周期，故①正确；
因为，
，
当时，，
，
则，此时满足题意；
当时，
，
显然此时，故对称轴不为，，②错误；
令，则或
由得：，所以，
因为，所以，
解得：，则，
由得：，或，
因为，所以或，
解得：，，
以上零点经检验，均不相同，综上：在上有9个零点，③正确；
由于，，，
故，且当时，等号成立，故最大值为3
但由于，当且时，不可能等于-1，故最小值不是-3，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】对于三角函数性质问题，要通过三角恒等变换，得到相对来说熟悉的三角函数，进行求解.
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. 本小题满分12分）根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的影响如下表：
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9. 求：
（Ⅰ）工期延误天数的均值与方差；
（Ⅱ）在降水量X至少是的条件下，工期延误不超过6天的概率.
【答案】（Ⅰ）的均值为3，方差为.
（Ⅱ）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由题意，该工程施工期间降水小于的概率分别为，结合工程施工期间的降水量对工期的影响，可求相应的概率，金额可得延误天数的均值与方差；（2）利用概率的加法公式，可得各个概率值，再利用条件概率，即可得到结论．
试题解析：（1）由已知条件和概率的加法公式，有
，
，
，
．
所以的分布列为：
于是，；
D（Y）=（0-3）2×0.3+（2-3）2×0.4+（6-3）2×0.2+（10-3）2×0.1=9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8，
（2）由概率的加法公式，，
又．
由条件概率，得
．
故在降水量至少是300的条件下，工期延期不超过6天的概率是．
考点：随机变量的期望与方程；概率的应用．
18. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求，，并证明：数列为等比数列；
（2）求的值．
【答案】（1），，证明见详解 （2）968
【解析】
【分析】（1）利用递推公式可求得、的值，由递推关系式，作差后变形得到，即说明数列为等比数列；
（2）由（1）求出的通项公式，利用分组求和求出，再利用分组求和求出.
【小问1详解】
由已知可得，解得，，
，
，，
两式相减得，即，
，又，
所以，因为，
所以数列为等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，，
，
.
19. 已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若存在极小值点，且，其中，求证：.
【答案】（1）增区间为，减区间为；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）求导，分别解不等式，可得；
（2）由极值点处导数为可得，代入方程因式分解即可得证.
【小问1详解】
由题知，，
则，
因为，所以
令解得，令解得，
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
由，得，
因存在极小值点，所以，即，
又，即，
所以，代入，
得，即，
因为，所以.
20. 如图，是边长为2的等边三角形，且.
（1）若点到平面的距离为1，求；
（2）若且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由点到面的距离公式可证平面，再由勾股定理即可得到结果；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
是边长为2的等边三角形，，又，
中，，
点到平面的距离为1，不妨设平面的法向量为，
则，
又，即，，
平面，又平面，，
又.
【小问2详解】
由（1）知，
又，且，
且平面，平面，
又，，
设中点为，则，又，且，
，且，平面；
设中点为，则，
因此，两两垂直；
如图建系；则，
，，，
，；
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
则，，
，取，则，
21. 已知点是圆的动点，过作轴，为垂足，且，，记动点，的轨迹分别为，．
（1）证明：，有相同的离心率；
（2）若直线与曲线交于，，与曲线交于，，与圆交于，，当时，试比较与的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）借助向量共线定理即可得轨迹方程，即可得离心率；
（2）联立直线与曲线，借助弦长公式可得、、，即可得，令，，通过构造函数，结合导数研究函数的单调性，从而研究与的大小关系.
【小问1详解】
设，，由得，
∴，即的轨迹方程为，
同理可得的轨迹方程为，
所以，的离心率均为，
【小问2详解】
设，分别为，，
联立，消去得，
则，，，
则，
同理可得，，
∴
，
令，，，，
当时，，，则，
则
，
因为且，所以，，，
所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于，借助弦长公式表示出、、，从而利用导数即可得解.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
（2）判断直线与曲线的交点个数，若有两个交点，求两交点间的距离.
【答案】（1）；.
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数就可得到曲线的方程；由极坐标中即可得到直线的方程.
（2）由（1）知曲线圆心为，半径为的圆，利用直线与圆相交几何法求出弦长，即可求解.
【小问1详解】
由，得，
得曲线的普通方程为.
将代入，
得直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由（1）知，曲线是圆心，半径的圆，
圆心到直线的距离，
直线与圆有两个交点.设两个交点分别为，
则.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知，若的解集为．
（1）求实数m，n的值；
（2）已知a，b，c均为正数，且满足，求的最小值．
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据可得，即可分类讨论求解不等式，即可得，
（2）根据基本不等式，结合对勾函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
因为的解集为，所以，得，
故，
当时，，得，
当时，得，
综上解得，，
，．
【小问2详解】
由（1）得，，
，
又a，b，c均为正数，，
所以得，
由于函数在单调递增，所以，，
当且时，即，取得最小值．降水量X
工期延误天数
0
2
6
10
0
2
6
10
0.3
0.4
0.2
0.1
考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：周朝礼，审题人：张刚
一、选择题：本大题共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. 下列函数是奇函数且在区间上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意依次分析选项中函数的奇偶性和单调性即可得答案．
【解答】对于A：正弦函数且为奇函数，且在区间上是增函数，故A符合题意；
对于B：是指数函数不是奇函数，故B不符合题意；
对于C：是二次函数，且为偶函数不是奇函数，故C不符合题意；
对于D： 是反比例函数且是奇函数，但在区间上是减函数，故D不符合题意.
故选：A．
2. 已知a为实数,复数为纯虚数,则
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的运算与纯虚数的概念求解即可.
【详解】由为纯虚数，
，.
故选：C.
3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），下左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，下右图为身高与臂展所对应的散点图并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）
A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系
C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米
D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米
【答案】D
【解析】
【分析】根据折线图数据判断A，由回归直线方程、散点图判断BCD.
【详解】对于A，身高极差大约为21，臂展极差大约为26，故A正确；
对于B，根据散点图以及回归直线得到，15名志愿者身高和臂展成正相关关系，故B正确；
对于C，当时，，
所以可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米，故C正确；
对于D，由回归方程保知身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，
但并不是准确值，回归直线上的点并不都是准确的样本点，故D不正确.
故选：D．
4. 在中，，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】由余弦定理得，
且，所以，
所以．
故选：B
5. 已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 牛奶的温度降至还需
D. 牛奶的温度降至还需
【答案】D
【解析】
【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.
【详解】由，得，
即，故，A、B错误；
又由，，得，
故牛奶的温度从降至需，
从降至还需.
故选：D
6. 已知集合，，若中恰有两个元素，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由中恰有两个元素，确定的范围，解不等式，由不等式根的情况可求出的范围，从而确定结果.
【详解】由中恰有两个元素，可知，故，即．
因为，
故在上恒成立，
故实数的取值范围为.
故选：D．
7. 已知等边的边长为6，D在上且，E为线段上的动点，求的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，用表示出，然后平方转化为数量积的运算得出关于的函数，再由二次函数知识得最大值和最小值，从而得其范围．
【详解】设，则，，
设，又，
则，，
，
，
所以时，取得最小值12，时，取得最大值28，
所以的取值范围是，
故选：B．
8. 已知圆的直径长为8，与相离的直线垂直于直线，垂足为，且，圆上的两点，到的距离分别为，，且．若，，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】方法一，由题意找到点满足的关系式，，由韦达定理可解；
方法二：由题意可知点，在抛物线上运动，利用抛物线定义可解.
【详解】方法一：如图建系，，
圆，，，
，，
同理，，是的两根，
，．
方法二：以所在直线为轴，以中垂线所在直线为轴建系，
设，，在上的射影分别为，，
，，，在抛物线上运动，
两根为，，.
故选：D．
【点睛】思路点睛：解决本题的关键在于由距离公式得出点所在曲线的方程，进而结合韦达定理求解.
9. 已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于两点，若，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线，，由得到，再根据条件得出，代入方程，即可求出结果.
【详解】易知的渐近线方程为，不妨设直线，，
联立方程得，解得，，所以，
又，而，，得到，
解得，故，代入中，
得，得到，又，得到，解得，
故所求的渐近线方程为，
故选：C.
10. 已知正数满足（为自然对数的底数），则下列关系式中不正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造，由函数单调性得到，通过变换可得到ABD正确，C错误.
【详解】由题意得，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，
故，
所以，B正确，
，A正确，
，D正确，
C选项，，
，
又在上单调递增，，
故，所以，
故，
设，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，故，即，当且仅当时，等号成立，
故，
则，所以，
又，故，C错误.
故选：C
【点睛】常见的不等式放缩有，，，，，等，常用来比较大小.
11. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点（异于坐标原点），与轴交于点，若，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点，利用导数求出直线的方程，可求出点的坐标，利用已知条件可得出关于、的方程，解出这两个量的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得向量与的夹角.
【详解】设点，抛物线对应的函数为，求导得，
所以，直线的斜率为，则直线的方程为，
即，
在直线的方程中，令，可得，即点，
由已知可得，解得，故抛物线的方程为，
则，
，，
所以，，，
所以，，
因为，故.
故选：B.
12. 在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意由P在菱形ABCD的内部及边界上运动且可知Q的轨迹，截取平面图将几何体拆分成若干部分利用对称性分别求得各部分体积即可得出结果.
【详解】根据题意可知Q的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示，
其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL区域内的几何体为半圆柱，
它们的高为2，底面半径为1，体积为；
AFG，BEL，CKJ，DHI区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D，
半径为1，，，
，
所以这四个区域的几何体组成一个半径为1的完整的球，体积为；
而ABCD区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为，
所以Q的轨迹所围成的几何体体积为，
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先确定点Q是绕点的球面，再结合点在菱形ABCD的内部及边界上运动得出所围成的几何体，再由几何体体积的求法可得结果.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设满足线性约束条件，则的最大值为_________．
【答案】1
【解析】
【分析】作出可行域，平移直线寻找最优解，解方程组求得最优解，然后代入目标函数可得.
【详解】作出可行域，如图所示，
由题意满足的可行域为以点为顶点的三角形及其内部，
平移直线可知，当且仅当动直线经过点时取得最大值，
解得，
代入目标函数得，即最大值为1.
故答案为：1
14. 二项式展开式中常数项为______．
【答案】28
【解析】
【分析】首先写出二项式展开式的通项公式，然后确定其常数项即可.
【详解】的展开式的通项公式为
，
令，解得，故的展开式中常数项为．
故答案为：28
15. 若某圆锥的侧面积为底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出圆锥的底面半径r和母线l，根据条件得到r、l的关系式，由此可表示出圆锥的高h，根据可求结果.
【详解】设圆锥的底面半径和母线长分别为r，l，
母线与底面所成的角为，由题意可得，得，
由勾股定理可得圆锥高，
所以，
故答案为：
16. 某种信号波形可以用函数的图像来表达.则下列各结论正确的有___________.
①最小正周期为；
②对称轴为，；
③在上有9个零点；
④值域.
【答案】①③
【解析】
【分析】先化简得到，利用求出最小正周期；验证是否，满足来判断对称轴；解和，求出上的零点个数；结合，，，看能否同时取到，判断值域是否是.
【详解】因为，
所以
设的周期为，则，
即
则满足题意，故当时，为最小正周期，故①正确；
因为，
，
当时，，
，
则，此时满足题意；
当时，
，
显然此时，故对称轴不为，，②错误；
令，则或
由得：，所以，
因为，所以，
解得：，则，
由得：，或，
因为，所以或，
解得：，，
以上零点经检验，均不相同，综上：在上有9个零点，③正确；
由于，，，
故，且当时，等号成立，故最大值为3
但由于，当且时，不可能等于-1，故最小值不是-3，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】对于三角函数性质问题，要通过三角恒等变换，得到相对来说熟悉的三角函数，进行求解.
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. 本小题满分12分）根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的影响如下表：
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9. 求：
（Ⅰ）工期延误天数的均值与方差；
（Ⅱ）在降水量X至少是的条件下，工期延误不超过6天的概率.
【答案】（Ⅰ）的均值为3，方差为.
（Ⅱ）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由题意，该工程施工期间降水小于的概率分别为，结合工程施工期间的降水量对工期的影响，可求相应的概率，金额可得延误天数的均值与方差；（2）利用概率的加法公式，可得各个概率值，再利用条件概率，即可得到结论．
试题解析：（1）由已知条件和概率的加法公式，有
，
，
，
．
所以的分布列为：
于是，；
D（Y）=（0-3）2×0.3+（2-3）2×0.4+（6-3）2×0.2+（10-3）2×0.1=9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8，
（2）由概率的加法公式，，
又．
由条件概率，得
．
故在降水量至少是300的条件下，工期延期不超过6天的概率是．
考点：随机变量的期望与方程；概率的应用．
18. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求，，并证明：数列为等比数列；
（2）求的值．
【答案】（1），，证明见详解 （2）968
【解析】
【分析】（1）利用递推公式可求得、的值，由递推关系式，作差后变形得到，即说明数列为等比数列；
（2）由（1）求出的通项公式，利用分组求和求出，再利用分组求和求出.
【小问1详解】
由已知可得，解得，，
，
，，
两式相减得，即，
，又，
所以，因为，
所以数列为等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，，
，
.
19. 已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若存在极小值点，且，其中，求证：.
【答案】（1）增区间为，减区间为；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）求导，分别解不等式，可得；
（2）由极值点处导数为可得，代入方程因式分解即可得证.
【小问1详解】
由题知，，
则，
因为，所以
令解得，令解得，
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
由，得，
因存在极小值点，所以，即，
又，即，
所以，代入，
得，即，
因为，所以.
20. 如图，是边长为2的等边三角形，且.
（1）若点到平面的距离为1，求；
（2）若且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由点到面的距离公式可证平面，再由勾股定理即可得到结果；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
是边长为2的等边三角形，，又，
中，，
点到平面的距离为1，不妨设平面的法向量为，
则，
又，即，，
平面，又平面，，
又.
【小问2详解】
由（1）知，
又，且，
且平面，平面，
又，，
设中点为，则，又，且，
，且，平面；
设中点为，则，
因此，两两垂直；
如图建系；则，
，，，
，；
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
则，，
，取，则，
21. 已知点是圆的动点，过作轴，为垂足，且，，记动点，的轨迹分别为，．
（1）证明：，有相同的离心率；
（2）若直线与曲线交于，，与曲线交于，，与圆交于，，当时，试比较与的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）借助向量共线定理即可得轨迹方程，即可得离心率；
（2）联立直线与曲线，借助弦长公式可得、、，即可得，令，，通过构造函数，结合导数研究函数的单调性，从而研究与的大小关系.
【小问1详解】
设，，由得，
∴，即的轨迹方程为，
同理可得的轨迹方程为，
所以，的离心率均为，
【小问2详解】
设，分别为，，
联立，消去得，
则，，，
则，
同理可得，，
∴
，
令，，，，
当时，，，则，
则
，
因为且，所以，，，
所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于，借助弦长公式表示出、、，从而利用导数即可得解.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
（2）判断直线与曲线的交点个数，若有两个交点，求两交点间的距离.
【答案】（1）；.
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数就可得到曲线的方程；由极坐标中即可得到直线的方程.
（2）由（1）知曲线圆心为，半径为的圆，利用直线与圆相交几何法求出弦长，即可求解.
【小问1详解】
由，得，
得曲线的普通方程为.
将代入，
得直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由（1）知，曲线是圆心，半径的圆，
圆心到直线的距离，
直线与圆有两个交点.设两个交点分别为，
则.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知，若的解集为．
（1）求实数m，n的值；
（2）已知a，b，c均为正数，且满足，求的最小值．
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据可得，即可分类讨论求解不等式，即可得，
（2）根据基本不等式，结合对勾函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
因为的解集为，所以，得，
故，
当时，，得，
当时，得，
综上解得，，
，．
【小问2详解】
由（1）得，，
，
又a，b，c均为正数，，
所以得，
由于函数在单调递增，所以，，
当且时，即，取得最小值．降水量X
工期延误天数
0
2
6
10
0
2
6
10
0.3
0.4
0.2
0.1
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