【高考数学】2022-2023学年江苏省南京市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年江苏省南京市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析，共54页。试卷主要包含了设集合，则，已知单位向量满足，则，已知，则实数的值为，已知，则的大小关系为，如图是函数的部分图像，则等内容，欢迎下载使用。

【高考数学】2022-2023学年江苏省南京市专项提升仿真模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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评卷人
得分



一、单 选 题
1．设集合，则（       ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，设z=1+i（i是虚数单位），则复数+z2对应的点位于
A．象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知单位向量满足，则（       ）
A． B． C．0 D．
4．已知，则实数的值为（       ）
A． B．2 C．4 D．8
5．为加快新冠检测效率，检测机构采取“合检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定一切样本都是阴性的；若为阳性，则还需求对本组的每个人再做检测．现对来自管控区的人进行核酸检测，若有人，则随机将其平均分成组后这两名患者在同一组的概率为（       ）
A． B． C． D．
6．已知奇函数在点处的切线方程为，则（       ）
A．或1 B．或 C．或2 D．或
7．已知是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上的一个动点，若的内切圆半径的值是，则椭圆的离心率为（       ）
A． B． C． D．
8．已知，则的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．已知两种项目获得的分别为，分布列如下表，则（       ）
/百万

0
2





百万
0
1
2





A． B．
C．两种项目的期望一样多 D．项目的风险比项目高
10．如图是函数的部分图像，则（       ）

A．的最小正周期为
B．将函数的图像向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
C．是函数的一条对称轴
D．若函数在上有且仅有两个零点，则
11．某酒店大堂的壁灯的外观是将两个正三棱锥的底面重合构成的一个六面体（如图），已知，现已知三棱锥的高大于三棱锥的高，则（       ）

A．∥平面
B．二面角的余弦值小于
C．该六面体存在外接球
D．该六面体存在内切球
12．在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（       ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
第II卷（非选一选）
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评卷人
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三、填 空 题
13．在正项等比数列中，，记数列的前项的积为，若，请写出一个满足条件的的值为__________．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切，且与双曲线的左支交于轴上方的一点，当时直线的斜率为__________．
15．函数，若函数有三个零点，则实数的值为__________．
评卷人
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四、双空题
16．如图，已知四面体中，和都是等腰直角三角形，．若四面体外接球的表面积为，则此时二面角的大小为__________；若二面角为时，点为线段上一点，则的最小值为__________．

评卷人
得分



五、解 答 题
17．在①且；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的成绩中，并解答成绩．
成绩：在中，角的对边分别为，且__________．
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求中线长．
18．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右挪动一个单位，质点到达地位的数字记为．

(1)若该质点共挪动2次，位于原点的概率；
(2)若该质点共挪动6次，求该质点到达数字的分布列和数学期望．
19．已知数列满足的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
20．如图，在四棱锥中，已知侧面为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点分别在线段和上，且，.

(1)求证：平面；
(2)设二面角的余弦值为，求直线和平面所成角的大小．
21．已知，函数．
(1)讨论的导函数零点的个数；
(2)若，求的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，已知，点到直线的距离比到点的距离大2，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过的直线交于两点，过点作的切线，交轴于点，直线交于点（不同于点），直线交轴于点．若，求直线的方程．

答案：
1．B

【分析】
化简集合A，根据交集运算即可.
【详解】
，
.
故选：B
2．A

【详解】
试题分析：根据复数的四则运算进行化简，复数的几何意义即可得到结论．
解：∵z=1+i，
∴+z2=+（1+i）2==1﹣i+2i=1+i，
对应的点为（1，1），位于象限，
故选A．
点评：本题次要考查复数的几何意义，利用复数的基本运算进行化简是处理本题的关键．
3．D

【分析】
根据数量积的运算律移项后平方化简即可得解.
【详解】
由可得，
平方可得，
所以，解得.
故选：D
4．C

【分析】
变形可得m，由两角和差的正弦公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系化简可得．
【详解】
解：∵tan20°+msin20°，
∴m


4
故选：C
5．C

【分析】
根据组合计数原理平均分组法以及古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
若有人，随机这人平均分成组，
则这两名患者在同一组的分组方法数为，
因此，所求概率为.
故选：C.
6．D

【分析】
由函数为奇函数可得，根据切线的斜率为0建立方程求出即可得解.
【详解】
由可得，
由于，所以，解得.
所以，故切线斜率，
又，所以，解得或，
所以或.
故选：D
7．B

【分析】
依题意可得，，，设内切圆的半径为，根据等面积法得到，即可得到的值，从而求出，即可求出椭圆的离心率；
【详解】
解：由椭圆，可得，，，则，
如图，

设内切圆的半径为，
，
，则，
要使内切圆半径，则需，
，
又内切圆半径的值为，即，解得，所以．
则椭圆的离心率
故选：B．
8．D

【分析】
将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再，根据函数的单调性即可得出答案.
【详解】
解：由，
得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又因，
且，
所以，
即，
所以.
故选：D.
9．ACD

【分析】
根据分布列的性质求出、，再根据期望、方差公式计算可得；
【详解】
解：依题意可得，所以，
，所以，所以，故A正确；
所以，则，故B错误；
，所以，故C正确；
由于
，
即，所以项目的风险比项目高，故D正确；
故选：ACD
10．AD

【分析】
先根据图像可得，即可判断A，接上去求得 ，即可得到的解析式，根据图像平移判断B，令解出即可判断C，令，解出函数零点，然后根据在上有且仅有两个零点列出不等式解 即可判断D
【详解】
由图像可知，
，即，故A正确
   
此时
又 在图像上， ，解得

将 的图像向右平移个单位后得到的图像对应的解析式为 不为奇函数，故B错误
，

当是函数的一条对称轴时，此时 不符合题意，故C错误
令 ，解得
当 时， ，不合题意
时， ；
时， ；
时，
又由于函数在上有且仅有两个零点
，解得 ，故D正确
故选：AD
11．BD

【分析】
连接AE交平面BCD于F.延伸DF交BC于H.
对于A：利用向量法求解，即可判断；对于B：先判断出为二面角的平面角.在EF上取点G，使.连接BG、CG、DG、HG.解三角形求出.利用余弦函数的单调性判断出.即可证明；
对于C：先求出正三棱锥A-BCD的外接球球O，再判断出球O不能点E.即可否定C;
对于D：利用等体积法可求出内切球的半径.即可判断.
【详解】
连接AE交平面BCD于F.延伸DF交BC于H.

由于该几何体为两个正三棱锥的底面重合构成的一个六面体，且，
所以为边长为1的正三角形，且F为的，且面,面.
所以,.
以H为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，过H作Hz平行AF，为z轴建立空间直角坐标系,则，，，，，（）.所以,,.
对于A：设为面的一个法向量，则，不妨令y=1，则.
假设∥平面，则有，解得.
这与相矛盾，所以∥平面不成立.故A错误；
对于B：由于面,所以.
在正三角形中，.
又,所以面,所以,.所以为二面角的平面角.

在EF上取点G，使.连接BG、CG、DG、HG.
则几何体G-BCD为正三棱锥，且与正三棱锥A-BCD全等.
所以,.
由余弦定理得.
如图示：由于,所以.
即二面角的余弦值小于.

故B正确；
对于C：假设该六面体存在外接球，设其球心为O.则球O必ABCD,所以球O为正三棱锥A-BCD的外接球，设球O的半径为R.

由得.
由于,,所以，解得.
设球O的与AE的另一个交点为M，则,所以
而,所以球O不能点E.
即该六面体不存在外接球.故C错误；
对于D：由于该六面体是将两个正三棱锥的底面重合构成的，所以存在球Q与六面体均相切，设内切球的半径为r.设.由等体积法可得：
.
而，
可求出.
故该六面体存在内切球.故D正确.
故选：BD
12．BC

【分析】
根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.
【详解】
设，则，不满足为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；
由题意，则，即，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；
设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；
若数列既是等方差数列，又是等差数列，不妨设，（为非零常数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与，矛盾，故D错误.
故选：BC
13．4（答案不）

【分析】
先求出公比，的通项公式，从而得到，得到的值.
【详解】
由于为正项等比数列且，所以，
又由于，所以，又，所以，
则，
，
由于，所以当时满足要求，
故4
14．##

【分析】
根据双曲线定义求得的长度，在△中利用勾股定理求得的关系，进而求得直线的斜率
【详解】
设直线与圆相切于点D，连接DO，过点作于E，
则，，

由点位于双曲线的左支上，可得
又△中，，，则
则有，即
解之得，或（舍）
则，则直线的斜率为
故
15．

【分析】
先求定义域，对去掉值，利用导函数研讨其函数图像，画出函数图像，将有三个零点转化为两函数的交点成绩，数形求出实数的值.
【详解】
定义域为，
当得：，
恒成立，所以在上单调递减，
此时，
当时，，，
所以在上单调递增，
当时，，，
当时，，当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
且，
画出函数图像如下：

显然，当时，与有三个交点，此时有三个零点，满足要求
故-2
16．     ##     ##

【分析】
①首先找到四面体外接球的球心，再作出二面角的平面角，即可求得二面角的大小；②首先确定的最小值即为的边上的高，再利用余弦定理解三角形即可求得的最小值.
【详解】
分别取BD、CD中点E、F，连接EF，AE，AF

由和都是等腰直角三角形，．
可得，则为二面角的的平面角
又由和都是等腰直角三角形，．
可得，
①若四面体外接球的表面积为，可得四面体外接球的半径为
由和，可知在四面体外接球的大圆上,
则F为四面体外接球的球心，则
中，，则有
则，即此时二面角的大小为
②若二面角为时， 则，
又，则
点为线段上一点，则的最小值即为的边上的高
中
又，则
则边上的高为
则的最小值为
故；
17．(1)
(2)

【分析】
（1）若选①：利用余弦定理和二倍角公式得到，求出；若选②：利用正弦定理和夹角公式，求出；若选③：由正弦定理和余弦定理求出．
（2）利用余弦定理求出，利用数量积的运算即可求出长为．
(1)
若选①：，且，
所以，所以．
又，所以，所以，所以．
若选②：由正弦定理得，由于，
所以，即．
由，所以，所以．
若选③：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又，所以．
(2)
在中，由余弦定理得，所以，
又，
所以，所以中线长为．
18．(1);
(2)分布列见解析，.

【分析】
(1)由题意知质点挪动2次的一切可能种数，再求出挪动2次后在原点的一切可能种数，根据古典概型求解即可；
（2）设向左挪动的次数为随机变量，易知，得出随机变量,由二项分布求出对应的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解的期望.
(1)
质点挪动2次，可能结果共有种，
若质点位于原点，则质点需求向左、右各挪动，共有种，
故质点位于原点的概率.
(2)
质点每次挪动向左或向右，设A为“向右”，则为“向左”，故,
设Y表示6次挪动中向左挪动的次数，则，质点到达的数字,
所以,
，，
，，
，，
所以的分布列为：





2
4
6









.
19．(1)
(2)证明见解析

【分析】
（1）由已知，令，求解出，然后再递推一项作差，从而得到的关系式，再验证能否满足即可完成求解；
（2）由第（1）问求解出的通项公式，先求解出数列的前项和，然后将的通项公式带入中，得到的通项公式，然后写出的表达式，并对通项进行裂项，然后求和，经过对比即可完成证明.
(1)
当时，，
当时，①
②
由①-②得，即．
当时也成立，所以数列的通项公式为．
(2)
证明：由（1）知，所以，
由于，
所以，
所以，
所以．
由于，
所以，
所以．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）连接，交于点，根据平行线分线段成比例可证得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）取中点，作，利用线面垂直的判定可证得平面，平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据二面角平面角的定义可知二面角的平面角为，由此可得的线段长度，得到所需点的坐标，利用线面角的向量求法可求得结果.
(1)
连接，交于点，连接；

，，，，
又，，，
又平面，平面，平面.
(2)
取中点，连接；作，垂足为；
为正三角形，；
，，四边形为平行四边形，，
又，，又，平面，
平面；
平面，，
又，，平面，平面；
作，交于点，则，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如下图所示空间直角坐标系，

，，即为二面角的平面角，
又，，，；
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设直线和平面所成角为，，
又，，即直线和平面所成角的大小为.
21．(1)当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1；
(2).

【分析】
（1）求导再对分三种情况讨论得解；
（2）先证明满足题意；再讨论时，，综合即得解.
(1)
解：令．
若，则，所以的零点个数为0；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1．
综上得，当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1.
(2)
解：由（1）知：
若，故在上单调递增，
所以，所以满足题意；
若，存在唯，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，
化简得，又，
所以，
设，
所以在上单调递减，所以，
解得．
综上所述，的取值范围为．
22．(1)
(2)或

【分析】
（1）利用点到直线的距离比到点的距离大2，可知到直线的距离等于到的距离，可知其轨迹为抛物线，写出抛物线方程.
（2）先求出点的切线方程，再将直线和直线PQ方程分别与抛物线方程联立，然后根据可求得直线的方程.
(1)
解：由题意得：
由于点到直线的距离比到点的距离大2
所以到直线的距离等于到的距离
所以的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为
(2)
设
点处的切线方程为
联立方程组，得
由，解得，可知切线为
今，得．
设直线的方程为
联立方程组，得，所以．
设直线的方程为
联立方程组，得，所以．
所以，得
又在拋物线上，得．
所以直线的方程为，令，得．
由，得
解得，得．
所以直线的方程为或．











【高考数学】2022-2023学年江苏省南京市专项提升仿真模拟试题（二模）

第I卷（选一选）
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评卷人
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一、单 选 题
1．已知复数z满足，则|z|＝（       ）
A．1B．C．2D．2
2．已知全集，集合，集合，用如图所示的暗影部分表示的集合为（       ）

A．{2，4}B．{0，3，5，6}
C．{0，2，3，4，5，6}D．{1，2，4}
3．足球训练中点球射门是队员练习的必修课，经统计，某足球队员踢向球门左侧时进球的概率为80%，踢向球门右侧时进球的概率为75%．若该球员进行点球射门时踢向球门左、右两侧的概率分别为60%、40%，则该球员点球射门进球的概率为（       ）
A．77%B．77.5%C．78%D．78.5%
4．已知，则（       ）
A．2B．C．D．
5．已知直线，，且，则的最小值为（       ）
A．B．C．D．
6．为庆祝神州十三号飞船顺利前往，某校举行“特别能吃苦，特别能，特别能攻关，特别能奉献”的航天演讲比赛，其奖杯设计如下图，奖杯由一个半径为6cm的铜球和一个底座组成，底座由边长为36cm的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，则奖杯的高度为（       ）cm．


A．B．C．D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线E的两条渐近线分别交于M，N，若，且，则双曲线E的离心率为（       ）
A．B．4C．D．6
8．已知定义在R上的奇函数满足，已知当时，，若恰有六个不相等的零点，则实数m的取值范围为（       ）
A．B．
C．D．
评卷人
得分



二、多选题
9．为了解先生在网课期间的学习情况，某地教育部门对高三网课期间的教学进行了质量监测．已知该地甲、乙两校高三年级的先生人数分别为900、850，质量监测中甲、乙两校数学学科的考试成绩（考试成绩均为整数）分别服从正态分布（108，25）、（97，64），人数保留整数，则（       ）
参考数：若，则，，.
A．从甲校高三年级任选一名先生，他的数学成绩大于113的概率约为0.15865
B．甲校数学成绩不超过103的人数少于140人
C．乙校数学成绩的分布比甲校数学成绩的分布更分散
D．乙校数学成绩低于113的比例比甲校数学成绩低于113的比例小
10．若，则（       ）
A．B．
C．D．
11．在正四面体A－BCD中，，点O为的重心，过点O的截面平行于AB和CD，分别交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，则 （       ）

A．四边形EFGH的周长为8
B．四边形EFGH的面积为2
C．直线AB和平面EFGH的距离为
D．直线AC与平面EFGH所成的角为
12．若正整数m．n只要1为公约数，则称m，n互质，对于正整数k，（k）是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数（k）以其首名研讨者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，，，．已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么，例如：，则（       ）
A．
B．数列是等比数列
C．数列不是递增数列
D．数列的前n项和小于
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．已知抛物线，直线被抛物线C截得的弦长为8，则抛物线C的准线方程为___．
14．某射手每次射击击中目标的概率均为0.6，该名射手至少需求射击___次才能使目标被击中的概率超过0.999，（参考数据：，）
15．已知等差数列{}的前n项和是，，，则数列{||}中值最小的项为第___项．
16．平面向量满足，与的夹角为，且则的最小值是___．
评卷人
得分



四、解 答 题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面成绩中，并完成成绩的解答．
已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，b＝1，c＝3，且___．
(1)求A；
(2)若点D在边BC上，且，求AD．
注：如果选择多个进行解答，则按个解答计分
18．已知数列的前项和是，且
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和．
19．手机用户可以经过查看本人每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的比较或．现从小华的内随机选取了100人，记录了他们某的行走步数，并将数据整理如下表：

0～2000
2001～5000
5001～8000
8001～10000
10001以上
男
5
8
12
12
13
女
10
12
13
6
9

若某人的行走步数超过8000则被评定为“积极型”，否则被评定为“懒惰型”．
(1)根据题意完成上面的列联表，并据此判断能否有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关；

积极型
懒惰型
总计
男



女



总计




附：

0.100
0.050
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

，其中；
(2)在被评定为“积极型的对象中采用分层抽样的方法从样本中抽取8人，再从中随机抽取3人，求抽到女性“积极型”人数X的概率分布列和数学期望．
20．如图，在正三棱柱中，，，为的中点，为侧棱上的点．


(1)当为的中点时，求证：平面；
(2)若平面与平面所成的锐二面角为，求的长度．
21．已知椭圆）的左焦点为F，其离心率，过点F垂直于x轴的直线交椭圆于P，Q两点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的下顶点为B，过点D（2，0）的直线l与椭圆相交于两个不同的点M，N，直线BM，BN的斜率分别为，求的取值范围．
22．已知函数，．
(1)求的单调区间；
(2)求证：存在极小值；
(3)若的最小值等于，求的值．

答案：
1．C

【分析】
由已知得，根据复数的模的计算可得答案.
【详解】
解：由已知得，则，∴，
故选：C．
2．B

【分析】
根据文氏图求解即可.
【详解】
，，暗影部分为.
故选：B．
3．C

【分析】
根据该球员点球射门进球的可能情况，即踢向球门左、右两侧时都有进球的可能，由此求得答案.
【详解】
由题意得：该球员进行点球射门时踢向球门左册时进球的概率为
踢向右侧进球的概为，
故该球员点球射门进球的概率为，
故选：C．
4．D

【分析】
由已知利用正切的二倍角公式可求解．
【详解】
，则，∴，
故选：D．
5．A

【分析】
由两直线垂直得到，再代入消元利用二次函数的性质求解.
【详解】
解：，则，∴，
所以，
二次函数的抛物线的对称轴为，
当时，取最小值.
故选：A．
6．C

【分析】
A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，可得，设△ABC外接圆圆心O，则由正弦定理可得半径r，利用勾股定理可得、从而端点答案.
【详解】
A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，
∴，∴△ABC是边长为9的等边三角形，
设△ABC外接圆圆心O，半径r，则，
∴，，∴到平面DEF距离＝9，
∴奖杯的高度为，
故选：C．

7．B

【分析】
设，由将的坐标表示出来，再利用N在，M在上，求出点的坐标，由可求出离心率.
【详解】
设，已知、，
∵，
∴，∴

N在，M在，∴，
∴，即N，，，，
∴，∴，
故选：B．
8．D

【分析】
根据已知求出，再分析出函数的周期性和对称性，作出函数的图象分析即得解.
【详解】
解：由于是定义在R上的奇函数，所以.
所以当时，.
由于，则关于对称，
由于关于对称，有6个不相反的根，
∴在有三个不同的根，
表示过定点的直线系，

.
作出在上的图象,如图所示，

时，，又,
则；
时，;
时，显然不满足题意.
∴m的取值范围.
故选：D．
9．AC

【分析】
根据正态分布的性质逐一判断即可得选项.
【详解】
解：对于A，由于甲校数学学科的考试成绩（考试成绩均为整数）分别服从正态分布（108，25），则，
，故A正确．
对于B，，，故B不正确．
对于C，甲校的，乙校的，∴乙更分散，故C正确．
对于D，由于甲校数学学科的考试成绩服从正态分布（108，25），所以，
乙校数学学科的考试成绩服从正态分布，所以，故D不正确．
故选：AC.
10．ABD

【分析】
令，可求得，判断A；写出的求解式子，组合数的性质化简，即可判断B；令，即可求得的值，判断C;对两边求导数，令，即可求得D.SixED.
【详解】
当时，，故A对；
，B对；
令，则，
∴，故C错；
对等式两边求导，
即
令，则，
∴，故D对，
故选：ABD．
11．BCD

【分析】
根据点式的重心和可以求出,同理可求出,则可以判断A，,则四边形的面积可求，可以判断B，将正四面体补成正方体，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，再利用向量法求出距离和夹角，则可以判断CD
【详解】
O为的垂心，连AO延伸与CD交于M点，则
∴，∴，，，∴，
∴周长为6，A错．
，则，B对．
将四面体补成一个长方体，则正方体边长为，∴

P，Q分别为AB，CD中点，PQ⊥平面EFGH，
∴A到平面EFGH距离，C对
AC与PQ夹角为，则AC与平面EFGH的夹角为，D对
故选：BCD
12．ABD

【分析】
根据欧拉函数定义及运算性质，数列的性质与求和公式，依次判断各选项即可得出结果.
【详解】
，A对；
∵2为质数，∴在不超过的正整数中，一切偶数的个数为，
∴为等比数列，B对；
∵与互质的数为
共有个，∴
又∵=，∴一定是单调增数列，C错；
，的前n项和为
，D对.
故选：ABD．
13．

【分析】
联立直线方程和抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用弦长可求得，即可求得答案.
【详解】
由题意得， ，消x可得， ，
设，则，
故
，∴，则准线方程为，
故
14．8

【分析】
设某射手射击n次，表示出目标被击中的概率，列出相应不等式，对数运算，求得答案.
【详解】
设某射手射击n次，则目标被击中的概率，
∴令， ，
∴，∴，
故,
故8
15．10

【分析】
根据题意判断等差数列{}的，，，由此可判断数列的项的增减情况，进而确定答案.
【详解】
由题意得：，∴，
，∴，，
∴，故等差数列{}为递减数列，即公差为负数，
因此的前9项依次递减，从第10项开始依次递增，
由于，∴{||}最小的项是第10项，
故10
16．##

【分析】
设，，设，根据数量积的运算求得C的轨迹是以为圆心，1为半径的圆,利用的几何意义可求得答案.
【详解】
由题意不妨设O为坐标原点，令，，设，
由于,
∴，∴，
即，故C的轨迹是以为圆心，1为半径的圆,
故，
故
17．(1)
(2)

【分析】
（1）若选①，由已知得，再运用正弦的和角公式有，从而由角的范围可求得答案；若选②，由正弦的二倍角公式得，从而由角的范围可求得答案；若选③，由余弦的二倍公式得，从而由角的范围可求得答案；
（2）由已知和向量的线性运算得，再运算向量的数量积运算求得，从而可求得答案.
(1)
解：若选①，，
∴，
又，∴，
由于 ，所以．
若选②，，
又，∴，
由于 ，所以 ，所以，．
若选③，，，
又，∴，
由于 ，所以；
(2)
解： 由于，
∴，
∴
，
∴．

18．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）由，得到，即，即可证明；（2）根据（1）得，所以，再分组求和，利用等差数列求和及错位相减法求和即可求解.
(1)
当时，，解得；当时，
由于，①
所以，②
①－②，所以，所以
又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列．
(2)
由（1）知，
所以，记的前项和为
所以，
，
两式相减得：
，所以
所以
19．(1)表格见解析，有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)分布列见解析，

【分析】
（1）首先根据题意完成上面的列联表，再计算，即可得到答案.
（2）利用超几何分布求解即可.
(1)
列联表如下：

积极型
懒惰型
总计
男
25
25
50
女
15
35
50
总计
40
60
100


∴有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)
100人中男生“积极型”有25人，女生“积极型”有15人
抽取比例为5∶3，抽取男生5人，女生3人，X的一切可能取值为0，1，2，3
，
，
∴X的分布列如下
X
0
1
2
3
P





.
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）取中点，连接，，为的中点，再根据条件证明四边形为平行四边形即可求解；（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，再利用二面角的空间向量法求解即可.
(1)
取中点，连接，，为的中点，

所以，且，又由于为的中点，，
且，所以，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，由于平面，
平面，所以平面．
(2)
如图建立空间直角坐标系，

所以，，设，，，
设平面的一个法向量，
所以，所以，
所以，
平面的一个法向量为，
所以，整理得
，所以，所以，即．
21．(1)
(2)

【分析】
小问1：由离心率和通径公式即可得到椭圆方程；
小问2：联立直线与椭圆方程，得到，由韦达定理得到与的关系，对进行整理，由函数性质来确定范围.
(1)
由题可知，解得.
所以椭圆的方程为.
(2)
由题可知，直线的斜率存在，则设直线的方程为，，.
由题可知，整理得
，解得.
由韦达定理可得，.
由(1)知，点设椭圆上顶点为，，且，
∴


∴的取值范围为．

本题考查直线与圆锥曲线的关系，并且函数性质求取值范围，留意要考虑直线斜率不存在的情况.
22．(1)的单调递增区间为，无递减区间
(2)证明见解析
(3)

【分析】
（1）根据题意得，分析即可求解；（2）根据题意得，令，，所以在上单调递增，又，，再根据单调性分析极值点即可；（3）由（2）知，且，，，即，设，，再分析单调性求解即可.
(1)
，
由于，所以恒成立，
所以的单调递增区间为，无递减区间．
(2)

令，，所以在上单调递增，
令，所以，由于，所以，
即，所以在单调递增，所以，
即当时，恒成立，由于，所以
留意到，
所以在上有的零点，且当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，所以存在极小值
(3)
由（2）知，①
且，，，
且
由①式得
令，
所以，当时，恒成立，
所以在上单调递减，留意到，所以，所以．

函数的单调性是函数的重要性质之一，它的运用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学成绩从表面上看似乎与函数的单调性有关，但如果我们能发掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、精确的认识，并掌握好运用的技巧和方法，这是非常必要的.根据标题的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多成绩，如果运用这种思想去处理，往往能获得简约明快的思绪，有着非凡的.