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【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析
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这是一份【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共46页。试卷主要包含了设，则，设集合，则，已知，且，则，已知，则，函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．设，则（ ）
A．2B．3C．D．
2．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率（ ）
A．3B．C．D．
4．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是
A．相等B．互补C．相等或互补D．不确定
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．函数对任意，由得到的数列均是单调递增数列，则下列图像对应的函数符合上述条件的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，以为直径的圆过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
9．从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则（ ）
A．“都是红球”与“都是白球”是互斥
B．“至少有一个红球”与“都是白球”是对立
C．“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥
D．“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥
评卷人
得分
二、多选题
10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．，若恒成立，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
11．已知数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．是等比数列
B．是等比数列
C．
D．中存在不相等的三项构成等差数列
12．若动直线与圆相交于两点，则（ ）
A．的最小值为
B．的值为
C．为坐标原点）的值为78
D．的值为18
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、填 空 题
13．展开式中的系数为_______________．
14．已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，的众数是3，则这6个数的极差时，方差的值是__________.
15．表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，则这个多面体的体积为__________.
16．已知函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是__________.
评卷人
得分
四、解 答 题
17．设正项数列的前项和为且，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18．记的内角的对边分别为，若.
(1)求角；
(2)若，点在线段上，且是线段中点，与交于点，求.
19．第24届冬季在首都北京举办，北京成为世界上一个双奥之城.为了让更多青少年参与､热爱冰雪运动，某调研机构在全市先生中组织了相关知识竞赛，并随机抽取20名参赛先生的成绩制成如下频数分布表：
得分
频数
4
5
7
4
规定得分在为“中等”，得分在为“”.
(1)从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，求恰有2人是“中等”的概率；
(2)将20名参赛先生的频率视为概率.现从参赛先生中随机抽取4人，记得分为“”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.
20．如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.
(1)证明：不存在点使平面平面；
(2)若，求二面角的余泫值.
21．已知.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明.
22．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点满足：线段的中点在线段上，且.设点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设与轴的交点分别为在的左边，过与轴不垂直的直线交于，两点，若直线的斜率分别为，求证：为定值.
答案：
1．A
【分析】
化简复数，求共轭复数，进而可得，即得．
【详解】
由于，所以，
所以，
∴.
故选：A.
2．C
【分析】
先化简集合和，再求集合和的并集即可
【详解】
所以
所以
所以
故选：C
3．B
【分析】
由题意可得，再由可求出答案.
【详解】
由双曲线的渐近线方程为，可知，
，
，
故选：B．
4．D
【分析】
由已知的取值范围，求出的取值范围，再即可解得的值，即可求解
【详解】
由于，所以
又，所以，所以
所以
故选：D
5．D
根据题意，可在正方体中，举例阐明，得到答案.
【详解】
如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，
所以这两个二面角不一定相等或互补.
例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补.
本题次要考查了线面地位关系的运用，以及二面角的概念及运用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
6．B
【分析】
根据两头值法即可比较.
【详解】
， ，
由于，所以,故.
故选：B
7．A
【分析】
由题可得，进而可得函数的图像在直线的图像上方，即得.
【详解】
由题可知，，
∴，
故函数满足，即函数的图像在直线的图像上方，故排除BCD.
故选：A.
8．C
【分析】
先设出，由抛物线定义求出，勾股定理求出，基本不等式求出的值即可.
【详解】
如图，以开口向右的抛物线为例，过作垂直于准线，垂足为，设，
则，以为直径的圆过点，则，，
则，则，当且仅当时取等，
即的值为.
故选：C.
9．A
【分析】
根据互斥与对立的定义辨析即可
【详解】
“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥，A对；
“至少有一个红球”与“都是白球”不能同时发生，但可同时不发生，不是对立，B错；
“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥，C错；
“至少有一个红球”与“至少有一个白球” 能够同时发生（如1红1白），不是互斥，D错
故选：A
10．ACD
【分析】
根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；
【详解】
解：由图可知，，所以，又，所以，所以，
又，且，所以，所以；
对于A：由于，所以，，所以，故A正确；
对于B：若，即，
所以或，，
即或，，故B错误；
对于C：由于关于对称，又，即，所以和关于对称，
故，所以，故C正确；
对于D：由于且，由在区间内的对称轴为可知，
，所以，故D正确；
故选：ACD
11．BC
【分析】
根据给定条件，求出数列的通项表达式，再逐项分析计算、判断作答.
【详解】
数列中，，，则，，
因此，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，
数列是以为首项，公比为3的等比数列，，B正确；
因，，则数列不是等比数列，A不正确；
，C正确；
假定中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为，且，，
则有，而，即，又，因此，不成立，
所以中不存在不相等的三项构成等差数列，D不正确.
故选：BC
12．ABD
【分析】
由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.
【详解】
由，可得，
故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，
由圆的性质可得当⊥时，取得最小，
此时，，故A正确；
∵，
∴，故B正确；
由，可得，
设，则，
∴
，
∴，
要使，则，
要求的值，不妨令，（当时不合题意）
则，
当且仅当，即取等号，
故，故C错误；
由题可知，
∴，故D正确.
故选：ABD.
13．
【分析】
把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】
解：，
故它的展开式中的系数为，
故．
本题次要考查二项式定理的运用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14．##
【分析】
根据给定信息，分析可得6个正整数依次为1，3，3，5，6，12，再利用方差定义计算作答.
【详解】
因6个正整数极差，则最小数是1，而众数是3，则3只能出现两次，若超过两次，则中位数是3，与中位数是4矛盾，
因此前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，显然，因平均数是5，则，
要使极差，当且仅当c，此时，，
所以这6个数的方差为.
故
15．
【分析】
求出球的半径，然后直接求出多面体的体积．
【详解】
解：由于球的体积为．
设球的半径为，所以，解．
由于表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，
所以球的半径就是球心到多面面子的距离，
所以多面体的体积为．
故．
16．
【分析】
由可得，，进而可得有两个零点，作出函数与直线的图象，利用数形即得.
【详解】
∵
，
由，可得，
∴，或，
对于函数在上单调递增，
又，
∴存在，使，即，
由，可得，
由题可得直线与有两个交点，
∵，由，可得，
∴单调递增，单调递减，
故函数，
作出函数与直线的图象，
由图可得，即，
综上，函数有3个不同的零点，实数的取值范围是.
故答案为.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）由时，，推得，再由等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．
(1)
解：由于，当，且时，
，
所以，
则是首项为1，公差为2的等差数列，所以，
即，所以，
所以；
(2)
解：由（1）可得，
所以．
18．(1)；
(2).
【分析】
（1）利用正弦定理，余弦定理可得，即得；
（2）利用余弦定理可得，进而可得，然后利用和角公式可得，即得.
(1)
∵，
∴，即，
又，
∴；
(2)
由题可知，，
∴，
∴，又，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴
.
19．(1)
(2)
【分析】
（1）利用组合和古典概型概率计算公式可得答案；
（2）求出的取值和对应的概率，可得分布列和数学期望.
(1)
“中等”先生共5人，“”先生共4人，从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，
所以恰有2人是“中等”的概率是.
(2)
得分为“”的概率为，的取值为，
，
，
，
，
，
∴X的分布列为
0
1
2
3
4
数学期望.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.
(1)
假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.
(2)
过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标
，，设平面的法向量，
可得，不妨取；
，，设平面的法向量，
可得，不妨取.
于是法向量的夹角为.
由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求解；
（2）将成绩转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.
(1)
由于，则，，
则，
所以所求切线方程为，即.
(2)
由题意，可知，要证明，
即证，
令，则，
当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
令，则，
由于，
所以当，当，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以恒成立，即恒成立，
所以当时，2x2−2x+alnx>0.
处理本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）设，连接，则由题意得，从而可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，进而可求出其方程，
（2）当直线的斜率存在时，设直线为，，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，求出，，再化简可得结论，当直线的斜率不存在时，求出坐标，再求出，，再化简可得结论，
(1)
由于，所以，
设，连接，则为的中点，
所以,
所以根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，
设，其中，
所以的方程为
(2)
证明：当直线的斜率存在时，设直线为，
由，得，
由于点在椭圆内部，所以直线与椭圆一定交于两个不同的点，设，则
，
由于，
所以的斜率为，直线的斜率为，
所以
，
当直线的斜率不存在时，可得或，
由于，
所以或，
所以，
综上，为定值2，
关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的地位关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出直线的斜率，，再化简计算即可，考查计算能力，属于较难题
【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（二模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．复数的模是（ ）
A．B．C．0D．1
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．哥隆尺是一种的尺子.图1的哥隆尺可以性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能性度量的长度为（ ）
A．11B．13C．15D．17
5．已知，记，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图(1)，正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所的区域构成如图(2)所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
评卷人
得分
二、多选题
9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记A为“次向下的数字为偶数”，B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说确的是（ ）
A．B．A和B互为对立
C．D．A和B互相
10．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．B．在单调递增
C．的图象关于对称D．在上的值是1
11．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面截直四棱柱所得截面的外形为四边形
B．平面截直四校柱所得被面的面积为
C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
12．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、填 空 题
13．已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________.
14．将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同的放法，则在的展开式中，含项的系数为______．
15．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．
16．已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．
评卷人
得分
四、解 答 题
17．已知数列满足，，.
(1)求的通项公式.
(2)证明.
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．
(1)若，求边c；
(2)若，求角C．
19．如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．
(1)证明：平面ABCD；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．在某次数学考试中，共有四道填 空 题，每道题5分.已知某同窗在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于一道题，答对的概率为，答错的概率为.
(1)求该同窗在本次考试中填 空 题部分得分不低于15分的概率；
(2)设该同窗在本次考试中，填 空 题部分的总得分为，求的分布列.
21．在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．
(1)求点的轨迹方程；
(2)过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的地位关系，并阐明理由．
22．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当，时，，证明：．
答案：
1．D
【分析】
复数的模的定义,根据求解即可.
【详解】
解：由于，所以，
所以复数z的模是1.
故选:D．
2．C
【分析】
解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】
由题意，，
所以．
故选：C．
3．C
【分析】
分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】
函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
4．C
图象以及选项，确定正确选项.
【详解】
对于A选项，图中，用“与”可以测量；
对于B选项，图中，用“与”可以测量；
对于D选项，图中，用“与”可以测量.
图2的哥隆尺不能性度量的长度为.
故选：C
5．A
【分析】
根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.
【详解】
解：由于，
所以，
所以，
故选：A
6．A
【分析】
由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，从而可求出外接圆的半径和圆锥的高，进而可求出圆锥的体积
【详解】
由于正方体的棱长为1，
所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，
所以外接圆的半径为，
圆锥的母线长为正方体的边长，即，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：A
7．C
【分析】
求出函数有两个极值点时满足的条件，再列出一切可能的情况，查出满足条件的可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.
【详解】
由题意得有两个根,则有，解得，
a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，
有如下，共种情况，
其中满足的有，共6种情况，
则函数有两个极值点的概率为，即，
故选:C．
8．D
【分析】
利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.
【详解】
设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，由于被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.
故选：D.
9．CD
【分析】
根据的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.
【详解】
对于A，，可得A错误；
对于B，B次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，
就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知A和B不是对立，
可得B错误；
对于C，由，可得，
可得C正确；
对于D选项，由，可得，
可知A和B互相，可得D正确；
故选：CD.
10．AC
【分析】
由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．
【详解】
由题意，，所以，
，，
，A正确；
时，，递增，递减，B错；
是值，C正确；
时，，的最小值是，的值是，D错；
故选：AC．
11．BCD
【分析】
根据所给条件，线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.
【详解】
对A，延伸交直线于，连接，交棱于，
连接可得五变形，故A错误；
对B，由平行线分线段成比例可得，
故 ，则为等腰三角形，由类似三角形可知：
，，则，，
连接，易知，
因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为，
又，
所以五边形的面积为，故B正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，
则，
所以，，故C正确；
对D，由于平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.
故选：BCD.
本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关成绩，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离成绩，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：
（1）确定平面截空间几何体的截面地位；
（2）根据截面所在地位计算相关量.
12．BCD
【分析】
利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】
对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】
根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.
【详解】
由，有.
故
14．70
【分析】
先求出，再由二项式定理展开求解
【详解】
由题意得：
在展开式中，，当即时，该项为
故70
15．
根据向量条件，求出的坐标，代入双曲线方程，即可得出结论.
【详解】
由题意，设，直线的方程为，
与渐近线联立，可得的坐标为，
，即，
，
代入双曲线方程可得，，
化简可得，
，
故
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需求根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
16．
【分析】
对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其值后可求k的取值范围.
【详解】
，则当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，，
由已知，即，
令，则在上不存在减区间，
从而当时，恒成立，即恒成立，
令，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，所以.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据，利用累加法求解；
（2）由，利用裂项相消法求解.
(1)
解：由，
得，，…，，
由累加法得
，
所以，
又满足，
又由于，
所以.
(2)
由于，
所以当时，
，
当时，成立，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得，利用正弦定理求得.
（2）利用三角恒等变换求得，从而求得，进而求得.
(1)
由余弦定理：
，故，
由于，，，则.
由正弦定理：，得.
(2)
由（1）知，故，
故，
则，故，
由于，所以，所以，解得.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.
（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
取的中点G，连接EG，FG，AC，
由于，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
由于，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
由于，所以平面平面ABCD，
由于平面ABCD，所以平面ABCD．
(2)
设，
由，得，
由于，所以，
由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，取，得，
连接BD，由于，，，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
20．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】
(1)该同窗在本次考试中填 空 题部分得分不低于15分，则四道填 空 题答对三道或四道，根据和互斥概率即可计算；
(2)X的可能取值是0，5，10，15，20，据此依次求出概率即可列出分布列．
(1)
设“第题答对”为，设“得分不低于15分”为B，
则P(B)=
=
=；
(2)
易知的取值可能为0，5，10，15，20，
，
=；
=
=；
=；
；
则的分布列为：
0
5
10
15
20
21．(1)；
(2)点在以为直径的圆外，理由见解析.
【分析】
（1）设点，根据斜率公式已知条件可得出点的轨迹方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.
(1)
解：设点的坐标为，其中，
则直线的斜率为，直线的斜率为．
由已知有，化简得点的轨迹方程为．
(2)
解：点在圆外，理由如下：
若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，
故可设，另记、，
联立，可得，．．
由韦达定理知，
，，
则有
，
其中无解，则，故，
即点在以为直径的圆外．
方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻觅、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）化简不等式，构造函数，利用导数研讨的最值，由此分离常数，由的不等关系式构造函数，解得导数证得不等式成立.
(1)
的定义域为R，．
①当时，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减．
②当时，当或时，，单调递减；
当时，，单调递增．
(2)
由，得，由于，所以，
令，则，
设，则，所以在单调递增，
又由于，，
（由（1）知当时，，所以当时，，即．）
所以，存在，使得，即．
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以．
所以．
设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以，所以．
利用导数研讨函数的单调性，当导函数含有参数时，要留意对参数进行分类讨论，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、零点分布等知识.
【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．设，则（ ）
A．2B．3C．D．
2．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率（ ）
A．3B．C．D．
4．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是
A．相等B．互补C．相等或互补D．不确定
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．函数对任意，由得到的数列均是单调递增数列，则下列图像对应的函数符合上述条件的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，以为直径的圆过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
9．从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则（ ）
A．“都是红球”与“都是白球”是互斥
B．“至少有一个红球”与“都是白球”是对立
C．“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥
D．“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥
评卷人
得分
二、多选题
10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．，若恒成立，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
11．已知数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．是等比数列
B．是等比数列
C．
D．中存在不相等的三项构成等差数列
12．若动直线与圆相交于两点，则（ ）
A．的最小值为
B．的值为
C．为坐标原点）的值为78
D．的值为18
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、填 空 题
13．展开式中的系数为_______________．
14．已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，的众数是3，则这6个数的极差时，方差的值是__________.
15．表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，则这个多面体的体积为__________.
16．已知函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是__________.
评卷人
得分
四、解 答 题
17．设正项数列的前项和为且，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18．记的内角的对边分别为，若.
(1)求角；
(2)若，点在线段上，且是线段中点，与交于点，求.
19．第24届冬季在首都北京举办，北京成为世界上一个双奥之城.为了让更多青少年参与､热爱冰雪运动，某调研机构在全市先生中组织了相关知识竞赛，并随机抽取20名参赛先生的成绩制成如下频数分布表：
得分
频数
4
5
7
4
规定得分在为“中等”，得分在为“”.
(1)从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，求恰有2人是“中等”的概率；
(2)将20名参赛先生的频率视为概率.现从参赛先生中随机抽取4人，记得分为“”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.
20．如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.
(1)证明：不存在点使平面平面；
(2)若，求二面角的余泫值.
21．已知.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明.
22．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点满足：线段的中点在线段上，且.设点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设与轴的交点分别为在的左边，过与轴不垂直的直线交于，两点，若直线的斜率分别为，求证：为定值.
答案：
1．A
【分析】
化简复数，求共轭复数，进而可得，即得．
【详解】
由于，所以，
所以，
∴.
故选：A.
2．C
【分析】
先化简集合和，再求集合和的并集即可
【详解】
所以
所以
所以
故选：C
3．B
【分析】
由题意可得，再由可求出答案.
【详解】
由双曲线的渐近线方程为，可知，
，
，
故选：B．
4．D
【分析】
由已知的取值范围，求出的取值范围，再即可解得的值，即可求解
【详解】
由于，所以
又，所以，所以
所以
故选：D
5．D
根据题意，可在正方体中，举例阐明，得到答案.
【详解】
如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，
所以这两个二面角不一定相等或互补.
例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补.
本题次要考查了线面地位关系的运用，以及二面角的概念及运用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
6．B
【分析】
根据两头值法即可比较.
【详解】
， ，
由于，所以,故.
故选：B
7．A
【分析】
由题可得，进而可得函数的图像在直线的图像上方，即得.
【详解】
由题可知，，
∴，
故函数满足，即函数的图像在直线的图像上方，故排除BCD.
故选：A.
8．C
【分析】
先设出，由抛物线定义求出，勾股定理求出，基本不等式求出的值即可.
【详解】
如图，以开口向右的抛物线为例，过作垂直于准线，垂足为，设，
则，以为直径的圆过点，则，，
则，则，当且仅当时取等，
即的值为.
故选：C.
9．A
【分析】
根据互斥与对立的定义辨析即可
【详解】
“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥，A对；
“至少有一个红球”与“都是白球”不能同时发生，但可同时不发生，不是对立，B错；
“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥，C错；
“至少有一个红球”与“至少有一个白球” 能够同时发生（如1红1白），不是互斥，D错
故选：A
10．ACD
【分析】
根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；
【详解】
解：由图可知，，所以，又，所以，所以，
又，且，所以，所以；
对于A：由于，所以，，所以，故A正确；
对于B：若，即，
所以或，，
即或，，故B错误；
对于C：由于关于对称，又，即，所以和关于对称，
故，所以，故C正确；
对于D：由于且，由在区间内的对称轴为可知，
，所以，故D正确；
故选：ACD
11．BC
【分析】
根据给定条件，求出数列的通项表达式，再逐项分析计算、判断作答.
【详解】
数列中，，，则，，
因此，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，
数列是以为首项，公比为3的等比数列，，B正确；
因，，则数列不是等比数列，A不正确；
，C正确；
假定中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为，且，，
则有，而，即，又，因此，不成立，
所以中不存在不相等的三项构成等差数列，D不正确.
故选：BC
12．ABD
【分析】
由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.
【详解】
由，可得，
故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，
由圆的性质可得当⊥时，取得最小，
此时，，故A正确；
∵，
∴，故B正确；
由，可得，
设，则，
∴
，
∴，
要使，则，
要求的值，不妨令，（当时不合题意）
则，
当且仅当，即取等号，
故，故C错误；
由题可知，
∴，故D正确.
故选：ABD.
13．
【分析】
把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】
解：，
故它的展开式中的系数为，
故．
本题次要考查二项式定理的运用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14．##
【分析】
根据给定信息，分析可得6个正整数依次为1，3，3，5，6，12，再利用方差定义计算作答.
【详解】
因6个正整数极差，则最小数是1，而众数是3，则3只能出现两次，若超过两次，则中位数是3，与中位数是4矛盾，
因此前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，显然，因平均数是5，则，
要使极差，当且仅当c，此时，，
所以这6个数的方差为.
故
15．
【分析】
求出球的半径，然后直接求出多面体的体积．
【详解】
解：由于球的体积为．
设球的半径为，所以，解．
由于表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，
所以球的半径就是球心到多面面子的距离，
所以多面体的体积为．
故．
16．
【分析】
由可得，，进而可得有两个零点，作出函数与直线的图象，利用数形即得.
【详解】
∵
，
由，可得，
∴，或，
对于函数在上单调递增，
又，
∴存在，使，即，
由，可得，
由题可得直线与有两个交点，
∵，由，可得，
∴单调递增，单调递减，
故函数，
作出函数与直线的图象，
由图可得，即，
综上，函数有3个不同的零点，实数的取值范围是.
故答案为.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）由时，，推得，再由等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．
(1)
解：由于，当，且时，
，
所以，
则是首项为1，公差为2的等差数列，所以，
即，所以，
所以；
(2)
解：由（1）可得，
所以．
18．(1)；
(2).
【分析】
（1）利用正弦定理，余弦定理可得，即得；
（2）利用余弦定理可得，进而可得，然后利用和角公式可得，即得.
(1)
∵，
∴，即，
又，
∴；
(2)
由题可知，，
∴，
∴，又，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴
.
19．(1)
(2)
【分析】
（1）利用组合和古典概型概率计算公式可得答案；
（2）求出的取值和对应的概率，可得分布列和数学期望.
(1)
“中等”先生共5人，“”先生共4人，从“中等”和“”两组先生中随机抽取4名先生，
所以恰有2人是“中等”的概率是.
(2)
得分为“”的概率为，的取值为，
，
，
，
，
，
∴X的分布列为
0
1
2
3
4
数学期望.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.
(1)
假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.
(2)
过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标
，，设平面的法向量，
可得，不妨取；
，，设平面的法向量，
可得，不妨取.
于是法向量的夹角为.
由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求解；
（2）将成绩转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.
(1)
由于，则，，
则，
所以所求切线方程为，即.
(2)
由题意，可知，要证明，
即证，
令，则，
当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
令，则，
由于，
所以当，当，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以恒成立，即恒成立，
所以当时，2x2−2x+alnx>0.
处理本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）设，连接，则由题意得，从而可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，进而可求出其方程，
（2）当直线的斜率存在时，设直线为，，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，求出，，再化简可得结论，当直线的斜率不存在时，求出坐标，再求出，，再化简可得结论，
(1)
由于，所以，
设，连接，则为的中点，
所以,
所以根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，
设，其中，
所以的方程为
(2)
证明：当直线的斜率存在时，设直线为，
由，得，
由于点在椭圆内部，所以直线与椭圆一定交于两个不同的点，设，则
，
由于，
所以的斜率为，直线的斜率为，
所以
，
当直线的斜率不存在时，可得或，
由于，
所以或，
所以，
综上，为定值2，
关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的地位关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出直线的斜率，，再化简计算即可，考查计算能力，属于较难题
【高考数学】2022-2023学年湖北省武汉市专项突破仿真模拟试题（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
得分
一、单 选 题
1．复数的模是（ ）
A．B．C．0D．1
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．哥隆尺是一种的尺子.图1的哥隆尺可以性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能性度量的长度为（ ）
A．11B．13C．15D．17
5．已知，记，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图(1)，正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所的区域构成如图(2)所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
评卷人
得分
二、多选题
9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记A为“次向下的数字为偶数”，B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说确的是（ ）
A．B．A和B互为对立
C．D．A和B互相
10．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．B．在单调递增
C．的图象关于对称D．在上的值是1
11．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面截直四棱柱所得截面的外形为四边形
B．平面截直四校柱所得被面的面积为
C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25
D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2
12．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
第II卷（非选一选）
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评卷人
得分
三、填 空 题
13．已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________.
14．将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同的放法，则在的展开式中，含项的系数为______．
15．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．
16．已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．
评卷人
得分
四、解 答 题
17．已知数列满足，，.
(1)求的通项公式.
(2)证明.
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．
(1)若，求边c；
(2)若，求角C．
19．如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．
(1)证明：平面ABCD；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．在某次数学考试中，共有四道填 空 题，每道题5分.已知某同窗在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于一道题，答对的概率为，答错的概率为.
(1)求该同窗在本次考试中填 空 题部分得分不低于15分的概率；
(2)设该同窗在本次考试中，填 空 题部分的总得分为，求的分布列.
21．在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．
(1)求点的轨迹方程；
(2)过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的地位关系，并阐明理由．
22．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当，时，，证明：．
答案：
1．D
【分析】
复数的模的定义,根据求解即可.
【详解】
解：由于，所以，
所以复数z的模是1.
故选:D．
2．C
【分析】
解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】
由题意，，
所以．
故选：C．
3．C
【分析】
分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】
函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
4．C
图象以及选项，确定正确选项.
【详解】
对于A选项，图中，用“与”可以测量；
对于B选项，图中，用“与”可以测量；
对于D选项，图中，用“与”可以测量.
图2的哥隆尺不能性度量的长度为.
故选：C
5．A
【分析】
根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.
【详解】
解：由于，
所以，
所以，
故选：A
6．A
【分析】
由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，从而可求出外接圆的半径和圆锥的高，进而可求出圆锥的体积
【详解】
由于正方体的棱长为1，
所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，
所以外接圆的半径为，
圆锥的母线长为正方体的边长，即，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：A
7．C
【分析】
求出函数有两个极值点时满足的条件，再列出一切可能的情况，查出满足条件的可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.
【详解】
由题意得有两个根,则有，解得，
a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，
有如下，共种情况，
其中满足的有，共6种情况，
则函数有两个极值点的概率为，即，
故选:C．
8．D
【分析】
利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.
【详解】
设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，由于被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.
故选：D.
9．CD
【分析】
根据的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.
【详解】
对于A，，可得A错误；
对于B，B次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，
就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知A和B不是对立，
可得B错误；
对于C，由，可得，
可得C正确；
对于D选项，由，可得，
可知A和B互相，可得D正确；
故选：CD.
10．AC
【分析】
由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．
【详解】
由题意，，所以，
，，
，A正确；
时，，递增，递减，B错；
是值，C正确；
时，，的最小值是，的值是，D错；
故选：AC．
11．BCD
【分析】
根据所给条件，线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.
【详解】
对A，延伸交直线于，连接，交棱于，
连接可得五变形，故A错误；
对B，由平行线分线段成比例可得，
故 ，则为等腰三角形，由类似三角形可知：
，，则，，
连接，易知，
因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为，
又，
所以五边形的面积为，故B正确；
记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，
则，
所以，，故C正确；
对D，由于平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.
故选：BCD.
本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关成绩，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离成绩，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：
（1）确定平面截空间几何体的截面地位；
（2）根据截面所在地位计算相关量.
12．BCD
【分析】
利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】
对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】
根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.
【详解】
由，有.
故
14．70
【分析】
先求出，再由二项式定理展开求解
【详解】
由题意得：
在展开式中，，当即时，该项为
故70
15．
根据向量条件，求出的坐标，代入双曲线方程，即可得出结论.
【详解】
由题意，设，直线的方程为，
与渐近线联立，可得的坐标为，
，即，
，
代入双曲线方程可得，，
化简可得，
，
故
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需求根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
16．
【分析】
对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其值后可求k的取值范围.
【详解】
，则当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，，
由已知，即，
令，则在上不存在减区间，
从而当时，恒成立，即恒成立，
令，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，所以.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据，利用累加法求解；
（2）由，利用裂项相消法求解.
(1)
解：由，
得，，…，，
由累加法得
，
所以，
又满足，
又由于，
所以.
(2)
由于，
所以当时，
，
当时，成立，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得，利用正弦定理求得.
（2）利用三角恒等变换求得，从而求得，进而求得.
(1)
由余弦定理：
，故，
由于，，，则.
由正弦定理：，得.
(2)
由（1）知，故，
故，
则，故，
由于，所以，所以，解得.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.
（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
取的中点G，连接EG，FG，AC，
由于，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
由于，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
由于，所以平面平面ABCD，
由于平面ABCD，所以平面ABCD．
(2)
设，
由，得，
由于，所以，
由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，取，得，
连接BD，由于，，，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
20．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】
(1)该同窗在本次考试中填 空 题部分得分不低于15分，则四道填 空 题答对三道或四道，根据和互斥概率即可计算；
(2)X的可能取值是0，5，10，15，20，据此依次求出概率即可列出分布列．
(1)
设“第题答对”为，设“得分不低于15分”为B，
则P(B)=
=
=；
(2)
易知的取值可能为0，5，10，15，20，
，
=；
=
=；
=；
；
则的分布列为：
0
5
10
15
20
21．(1)；
(2)点在以为直径的圆外，理由见解析.
【分析】
（1）设点，根据斜率公式已知条件可得出点的轨迹方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.
(1)
解：设点的坐标为，其中，
则直线的斜率为，直线的斜率为．
由已知有，化简得点的轨迹方程为．
(2)
解：点在圆外，理由如下：
若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，
故可设，另记、，
联立，可得，．．
由韦达定理知，
，，
则有
，
其中无解，则，故，
即点在以为直径的圆外．
方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻觅、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）化简不等式，构造函数，利用导数研讨的最值，由此分离常数，由的不等关系式构造函数，解得导数证得不等式成立.
(1)
的定义域为R，．
①当时，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减．
②当时，当或时，，单调递减；
当时，，单调递增．
(2)
由，得，由于，所以，
令，则，
设，则，所以在单调递增，
又由于，，
（由（1）知当时，，所以当时，，即．）
所以，存在，使得，即．
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以．
所以．
设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以，所以．
利用导数研讨函数的单调性，当导函数含有参数时，要留意对参数进行分类讨论，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、零点分布等知识.
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