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江西省南昌市第十九中学2024届高三上学期第二次月考 数学试题（含解析）
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这是一份江西省南昌市第十九中学2024届高三上学期第二次月考 数学试题（含解析），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。
数学试卷
考试时间：120分钟；
第I卷（选择题）
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，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（ ）
A．B．C．D．2
3．已知向量，，则向量与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．设是定义在上偶函数，则在区间上是（ ）
A．增函数B．减函数C．先增后减函数D．与，有关，不能确定
5．若命题是命题的充分不必要条件，下列说法正确的是（ ）
A．命题：；命题：恒成立
B．命题：；命题：
C．命题：；命题：恒成立
D．命题：；命题：，使得
6．在边长为2的菱形中，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义域为R的函数，，对任意，，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
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．下列命题中，正确的有（ ）
A．数列中，“”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件
B．数列的通项为，若为单调递增数列，则
C．等比数列中，，是方程的两根，则
D．等差数列，的前n项和为分别为，，若，则
10．已知函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．函数是偶函数B．的图象关于点对称
C．在上是增函数D．当时，函数的值域是[1，2]
11．已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，若存在实数a使得方程有五个互不相等的实数根分别为，，，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．的取值范围为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知函数的定义域是，则函数的定义域是 .
14．以函数的图象上相邻三个最值点为顶点的三角形是正三角形，则 .
15．实数x满足，则= .
16．小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（，），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（，）比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（，）比第层的“高层恐惧度”高出倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第k层“购买满意度”为，且，则小王最想买第 层住宅.
（参考公式及数据：，，，）
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，设所对的边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)若的内切圆半径，求的面积．
18．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和，求证：.
19．如图，在棱长和高均为4的正三棱柱中，，两点分别为，两边的四等分点，为中点，为边上的动点（含端点）.
(1)求证：；
(2)求当点在边移动时，与平面所成线面角的正弦值的取值范围.
20．某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为.监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的时能性相同.
（1）求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；
（2）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定：若抽取的是黄色汽车.则将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束；并规定抽样的次数不超过次，在抽样结束时，若已取到的黄色汽车数以表示，求的分布列和数学期望.
21．如图，已知双曲线的一条渐近线与轴夹角为，点在上，过的两条直线的斜率分别为，且交于交于，线段与的中点分别为
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：存在点，使为定值.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性并求极值.
(2)设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
1．C
【分析】解对数不等式求得集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】解：，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.
【详解】由已知，故，
故z的虚部是2.
故答案为：D
3．D
【分析】由，，求得向量与的模与数量积，即可求得向量与的夹角的余弦值.
【详解】解：由，，
则，，
所以，，，
设向量与的夹角为，则.
故选：D.
4．B
【分析】根据偶函数的特点解出，然后根据二次函数的图像和性质进行判断即可.
【详解】是定义在上偶函数，∴定义域关于原点对称，即，∴，
则，由，
即，解得，∴，
函数图像抛物线开口向下，对称轴为，
则函数在区间上是减函数．
故选：B．
5．A
【分析】令，结合对勾函数单调性可求得，由推出关系可知A正确；解绝对值不等式可求得命题，由推出关系可知B错误；当时，可由反例可知不恒成立，由此可知C错误；当时，令，利用导数可求得，可知D错误.
【详解】对于A，令，则，
在上单调递增，，则，即命题：；
，，命题是命题的充分不必要条件，A正确；
对于B，由得：或，即命题：或；
或，或，命题是命题的必要不充分条件，B错误；
对于C，当时，令，则，
不恒成立，即，充分性不成立，C错误；
对于D，当时，令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
即不存在，使得；
即，使得，充分性不成立，D错误.
故选：A.
6．B
【分析】以为基底，求，利用函数性质求最小值.
【详解】边长为2的菱形中，，如图所示，
则，，
，，
，
由于，所以当时，有最小值.
故选：B
7．A
【分析】结合基本不等式、对数函数的运算与性质、函数的单调性等知识确定正确答案.
【详解】都为正数，
，
，
.
由于，所以，所以；
由于，所以，所以，
所以.
令，
任取，
，
由于，所以，
所以在上单调递减，而，
所以，
而，
所以，即，
综上所述，.
故选：A
8．D
【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.
【详解】由，得且函数关于点对称．
由对任意，，均有，
可知函数在上单调递增．
又因为函数的定义域为R，
所以函数在R上单调递增．
因为a，b为关于x的方程的两个解，
所以，解得，
且，即．
又，
令，则，
则由，得，
所以．
综上，t 的取值范围是.
故选：D．
9．AD
【分析】对A：根据等比数列的定义结合充分、必要条件分析判断；对B：根据数列递增数列的定义分析判断；对C：根据等比数列的通项公式结合等比数列的下标性质分析判断；对D：根据等差数列前n项和公式分析判断.
【详解】A：因为当时，显然数列不可能是等比数列，
但是是公比为2的等比数列一定有成立，
因此选项A正确；
B：因为为单调递增数列，
所以有，
因为函数是减函数，所以，
因此选项B不正确；
C：因为在等比数列中，设公比为 ，，是方程的两根，
所以有，于是有，
而，
所以，因此选项C不正确；
D：因为等差数列，的前n项和为分别为，，
所以由，
因此选项D正确，
故选：AD
10．BD
【分析】先根据辅助角公式化简，然后利用已知条件求解出的值，再根据图象的变换求解出的解析式，最后利用正弦函数的性质逐项分析判断作答.
【详解】因为，
又的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，
所以，所以，所以，
所以向左平移个单位得到，
横坐标伸长到原来倍得到，
A，为非奇非偶函数，故错误；
B，，所以的图象关于点对称，故正确；
C，因为，所以，
又因为在上先增后减，所以在上不是增函数，故错误；
D，当时，，
所以，此时；，此时，
所以的值域为，故正确.
故选：BD
11．BCD
【分析】将看作的图象与直线交点的横坐标，数形结合可判断A，B；结合题意可推出，利用不等式性质可判断C；根据已知不等式的结构特征，构造函数，利用其单调性可判断D.
【详解】由可知，若，则，则不成立，
又时，，故，
又，则可看作的图象与直线交点的横坐标，
作出与的图象如图，
结合图象可知，故A错误，B正确；
由，，得，
故，C正确；
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
由于，故，即，
故，D正确，
故选：BCD
12．BCD
【分析】作出在上的图象，由方程有五个互不相等的实数根，结合图象可得 ，从而判断A；由对数的性质可得，从而有，结合基本不等式即可判断B；由题意可得，结合，即可判断C；由余弦函数的对称性可得，，代入得，利用二次函数的性质及不等式的性质可求得的范围，从而判断D.
【详解】
作出在上的图象，如图所示：
对于A，因为，
又因为方程有五个互不相等的实数根，所以，故A错误；
对于B，由题意可得，且有
所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立， 故B正确；
对于C，由题意可得，
由A可知，所以， 故C正确；
对于D，由图可知：与关于对称，与关于对称，
且，， 所以，
所以
因为，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，即， 故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是能够准确作出在上的图象，再结合对数函数的性质和余弦函数的对称性，即可求解问题.
13．
【分析】根据抽象函数定义域和对数函数定义域列不等式求解可得.
【详解】因为函数的定义域是，
所以由题意可得，解得.
故答案为：
14．##
【分析】作出函数的大致图像，先由正弦函数的性质得，，再由正三角形的性质推得，从而利用三角函数的周期公式即可得解.
【详解】作出函数的大致图像，不妨取如图的相邻三个最值点，设其中两个最大值点为，最小值点为，过作交于，如图，
根据正弦函数的性质可知，，
因为是正三角形，所以，
故，则，
又，则，故，所以.
故答案为：.
15．30
【分析】由的范围，确定的范围.
【详解】，，
，，，
即，，
故答案为：30
16．10
【分析】由题意可得，且，；，，从而可求出和，则，方法一：作商比较的大小可得结论，方法二：构造函数，利用导数求其最大值即可》
【详解】依题意，，且，，
所以
，
由题意得，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以.
故小王对第k层住宅的购买满意度.
方法一：
由.即解得，
所以，
同理有，小王最想购买第10层住宅.
方法二：
设，，则，
故时，故在上为增函数，
时，故在上为减函数.
由于，，
故最大，小王最想购买第10层住宅.
故答案为：10
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得，，由此可求出和，从而可求出，考查计算能力，属于难题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得，配方得，再结合的内切圆半径，利用等面积法推出，即可求得，从而求得答案.
【详解】（1）在中，由得，
即,
故，由于，
故，而，故.
（2）由可得，而，
故，则，
由的内切圆半径，可得，
即，即，
故，解得，
故的面积.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得当时，，两式相减得到，再求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）得，求得成立；当时，得到，结合裂项求和法，求得，进而证得.
【详解】（1）解：因为，
当时，，
两式相减得，可得，
令，可得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，且，
当时，可得成立；
当时，，
所以
，
因为，可得，可得，
所以，
综上可得，.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，然后表示出的坐标，再求出其数量积，从而可证得结论；
（2）求出平面的一个法向量，再利用空间向量表示直线与平面所成的角的正弦值，然后由的范围，可求出的范围.
【详解】（1）以为原点，过垂直于平面的直线为轴，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
因为，，
所以，所以.
（2）由（1）知，.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则.
设直线与平面所成的角为，
当时，，此时在平面内，
则与平面所成线面角为0，所以
当时，则，
.
因为，
所以.
综上，与平面所成线面角的正弦值的取值范围为
20．（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）任取1辆汽车取到蓝色汽车的概率为，从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，取到蓝色汽车的数量，由此能求出抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率．
（2）的可能取值为0，1，2，，，，，，，，，由此能求出的分布列和数学期望．
【详解】解：（1）因为随机地抽取一辆汽车是蓝色汽车的概率为，
用表示“抽取的5辆汽车中蓝颜色汽车的个数”，则服从二项分布，即，
所以抽取的5辆汽车中有2辆是蓝颜色汽车的概率.
（2）的可能取值为：0，1，2，…，.
，，，……，
，.
所以的分布列为：
的数学期望为：
， （1）
. （2）
（1）-（2）得：
，
.
所以.
【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，求解即可；
（2）设的方程为，的方程为，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理求得，同理求得，又，从而有进而求得直线的方程为，从而可知直线恒过定点，由此可知的轨迹为以为直径的圆.取中点即为所求.
【详解】（1）依题意，则，
的方程为.
（2）
设的方程为，
的方程为，
联立，得，
则，且，
，从而
同理可得，
，
的斜率，
直线的方程为，即
直线恒过定点.又
的轨迹为以为直径的圆.取中点，
则.
故存在定点使为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
0
1
2
……
……
数学试卷
考试时间：120分钟；
第I卷（选择题）
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，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（ ）
A．B．C．D．2
3．已知向量，，则向量与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．设是定义在上偶函数，则在区间上是（ ）
A．增函数B．减函数C．先增后减函数D．与，有关，不能确定
5．若命题是命题的充分不必要条件，下列说法正确的是（ ）
A．命题：；命题：恒成立
B．命题：；命题：
C．命题：；命题：恒成立
D．命题：；命题：，使得
6．在边长为2的菱形中，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义域为R的函数，，对任意，，均有，已知a，b为关于x的方程的两个解，则关于t的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
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．下列命题中，正确的有（ ）
A．数列中，“”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件
B．数列的通项为，若为单调递增数列，则
C．等比数列中，，是方程的两根，则
D．等差数列，的前n项和为分别为，，若，则
10．已知函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．函数是偶函数B．的图象关于点对称
C．在上是增函数D．当时，函数的值域是[1，2]
11．已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，若存在实数a使得方程有五个互不相等的实数根分别为，，，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．的取值范围为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知函数的定义域是，则函数的定义域是 .
14．以函数的图象上相邻三个最值点为顶点的三角形是正三角形，则 .
15．实数x满足，则= .
16．小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（，），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（，）比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（，）比第层的“高层恐惧度”高出倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第k层“购买满意度”为，且，则小王最想买第 层住宅.
（参考公式及数据：，，，）
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，设所对的边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)若的内切圆半径，求的面积．
18．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和，求证：.
19．如图，在棱长和高均为4的正三棱柱中，，两点分别为，两边的四等分点，为中点，为边上的动点（含端点）.
(1)求证：；
(2)求当点在边移动时，与平面所成线面角的正弦值的取值范围.
20．某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为.监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的时能性相同.
（1）求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；
（2）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定：若抽取的是黄色汽车.则将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束；并规定抽样的次数不超过次，在抽样结束时，若已取到的黄色汽车数以表示，求的分布列和数学期望.
21．如图，已知双曲线的一条渐近线与轴夹角为，点在上，过的两条直线的斜率分别为，且交于交于，线段与的中点分别为
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：存在点，使为定值.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性并求极值.
(2)设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
1．C
【分析】解对数不等式求得集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】解：，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.
【详解】由已知，故，
故z的虚部是2.
故答案为：D
3．D
【分析】由，，求得向量与的模与数量积，即可求得向量与的夹角的余弦值.
【详解】解：由，，
则，，
所以，，，
设向量与的夹角为，则.
故选：D.
4．B
【分析】根据偶函数的特点解出，然后根据二次函数的图像和性质进行判断即可.
【详解】是定义在上偶函数，∴定义域关于原点对称，即，∴，
则，由，
即，解得，∴，
函数图像抛物线开口向下，对称轴为，
则函数在区间上是减函数．
故选：B．
5．A
【分析】令，结合对勾函数单调性可求得，由推出关系可知A正确；解绝对值不等式可求得命题，由推出关系可知B错误；当时，可由反例可知不恒成立，由此可知C错误；当时，令，利用导数可求得，可知D错误.
【详解】对于A，令，则，
在上单调递增，，则，即命题：；
，，命题是命题的充分不必要条件，A正确；
对于B，由得：或，即命题：或；
或，或，命题是命题的必要不充分条件，B错误；
对于C，当时，令，则，
不恒成立，即，充分性不成立，C错误；
对于D，当时，令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
即不存在，使得；
即，使得，充分性不成立，D错误.
故选：A.
6．B
【分析】以为基底，求，利用函数性质求最小值.
【详解】边长为2的菱形中，，如图所示，
则，，
，，
，
由于，所以当时，有最小值.
故选：B
7．A
【分析】结合基本不等式、对数函数的运算与性质、函数的单调性等知识确定正确答案.
【详解】都为正数，
，
，
.
由于，所以，所以；
由于，所以，所以，
所以.
令，
任取，
，
由于，所以，
所以在上单调递减，而，
所以，
而，
所以，即，
综上所述，.
故选：A
8．D
【分析】由题可得函数关于点对称，函数在R上单调递增，进而可得，利用函数的单调性即得.
【详解】由，得且函数关于点对称．
由对任意，，均有，
可知函数在上单调递增．
又因为函数的定义域为R，
所以函数在R上单调递增．
因为a，b为关于x的方程的两个解，
所以，解得，
且，即．
又，
令，则，
则由，得，
所以．
综上，t 的取值范围是.
故选：D．
9．AD
【分析】对A：根据等比数列的定义结合充分、必要条件分析判断；对B：根据数列递增数列的定义分析判断；对C：根据等比数列的通项公式结合等比数列的下标性质分析判断；对D：根据等差数列前n项和公式分析判断.
【详解】A：因为当时，显然数列不可能是等比数列，
但是是公比为2的等比数列一定有成立，
因此选项A正确；
B：因为为单调递增数列，
所以有，
因为函数是减函数，所以，
因此选项B不正确；
C：因为在等比数列中，设公比为 ，，是方程的两根，
所以有，于是有，
而，
所以，因此选项C不正确；
D：因为等差数列，的前n项和为分别为，，
所以由，
因此选项D正确，
故选：AD
10．BD
【分析】先根据辅助角公式化简，然后利用已知条件求解出的值，再根据图象的变换求解出的解析式，最后利用正弦函数的性质逐项分析判断作答.
【详解】因为，
又的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，
所以，所以，所以，
所以向左平移个单位得到，
横坐标伸长到原来倍得到，
A，为非奇非偶函数，故错误；
B，，所以的图象关于点对称，故正确；
C，因为，所以，
又因为在上先增后减，所以在上不是增函数，故错误；
D，当时，，
所以，此时；，此时，
所以的值域为，故正确.
故选：BD
11．BCD
【分析】将看作的图象与直线交点的横坐标，数形结合可判断A，B；结合题意可推出，利用不等式性质可判断C；根据已知不等式的结构特征，构造函数，利用其单调性可判断D.
【详解】由可知，若，则，则不成立，
又时，，故，
又，则可看作的图象与直线交点的横坐标，
作出与的图象如图，
结合图象可知，故A错误，B正确；
由，，得，
故，C正确；
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
由于，故，即，
故，D正确，
故选：BCD
12．BCD
【分析】作出在上的图象，由方程有五个互不相等的实数根，结合图象可得 ，从而判断A；由对数的性质可得，从而有，结合基本不等式即可判断B；由题意可得，结合，即可判断C；由余弦函数的对称性可得，，代入得，利用二次函数的性质及不等式的性质可求得的范围，从而判断D.
【详解】
作出在上的图象，如图所示：
对于A，因为，
又因为方程有五个互不相等的实数根，所以，故A错误；
对于B，由题意可得，且有
所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立， 故B正确；
对于C，由题意可得，
由A可知，所以， 故C正确；
对于D，由图可知：与关于对称，与关于对称，
且，， 所以，
所以
因为，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，即， 故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是能够准确作出在上的图象，再结合对数函数的性质和余弦函数的对称性，即可求解问题.
13．
【分析】根据抽象函数定义域和对数函数定义域列不等式求解可得.
【详解】因为函数的定义域是，
所以由题意可得，解得.
故答案为：
14．##
【分析】作出函数的大致图像，先由正弦函数的性质得，，再由正三角形的性质推得，从而利用三角函数的周期公式即可得解.
【详解】作出函数的大致图像，不妨取如图的相邻三个最值点，设其中两个最大值点为，最小值点为，过作交于，如图，
根据正弦函数的性质可知，，
因为是正三角形，所以，
故，则，
又，则，故，所以.
故答案为：.
15．30
【分析】由的范围，确定的范围.
【详解】，，
，，，
即，，
故答案为：30
16．10
【分析】由题意可得，且，；，，从而可求出和，则，方法一：作商比较的大小可得结论，方法二：构造函数，利用导数求其最大值即可》
【详解】依题意，，且，，
所以
，
由题意得，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以.
故小王对第k层住宅的购买满意度.
方法一：
由.即解得，
所以，
同理有，小王最想购买第10层住宅.
方法二：
设，，则，
故时，故在上为增函数，
时，故在上为减函数.
由于，，
故最大，小王最想购买第10层住宅.
故答案为：10
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得，，由此可求出和，从而可求出，考查计算能力，属于难题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得，配方得，再结合的内切圆半径，利用等面积法推出，即可求得，从而求得答案.
【详解】（1）在中，由得，
即,
故，由于，
故，而，故.
（2）由可得，而，
故，则，
由的内切圆半径，可得，
即，即，
故，解得，
故的面积.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得当时，，两式相减得到，再求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）得，求得成立；当时，得到，结合裂项求和法，求得，进而证得.
【详解】（1）解：因为，
当时，，
两式相减得，可得，
令，可得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，且，
当时，可得成立；
当时，，
所以
，
因为，可得，可得，
所以，
综上可得，.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，然后表示出的坐标，再求出其数量积，从而可证得结论；
（2）求出平面的一个法向量，再利用空间向量表示直线与平面所成的角的正弦值，然后由的范围，可求出的范围.
【详解】（1）以为原点，过垂直于平面的直线为轴，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
因为，，
所以，所以.
（2）由（1）知，.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则.
设直线与平面所成的角为，
当时，，此时在平面内，
则与平面所成线面角为0，所以
当时，则，
.
因为，
所以.
综上，与平面所成线面角的正弦值的取值范围为
20．（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）任取1辆汽车取到蓝色汽车的概率为，从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，取到蓝色汽车的数量，由此能求出抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率．
（2）的可能取值为0，1，2，，，，，，，，，由此能求出的分布列和数学期望．
【详解】解：（1）因为随机地抽取一辆汽车是蓝色汽车的概率为，
用表示“抽取的5辆汽车中蓝颜色汽车的个数”，则服从二项分布，即，
所以抽取的5辆汽车中有2辆是蓝颜色汽车的概率.
（2）的可能取值为：0，1，2，…，.
，，，……，
，.
所以的分布列为：
的数学期望为：
， （1）
. （2）
（1）-（2）得：
，
.
所以.
【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，求解即可；
（2）设的方程为，的方程为，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理求得，同理求得，又，从而有进而求得直线的方程为，从而可知直线恒过定点，由此可知的轨迹为以为直径的圆.取中点即为所求.
【详解】（1）依题意，则，
的方程为.
（2）
设的方程为，
的方程为，
联立，得，
则，且，
，从而
同理可得，
，
的斜率，
直线的方程为，即
直线恒过定点.又
的轨迹为以为直径的圆.取中点，
则.
故存在定点使为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
0
1
2
……
……
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