2023年安徽省云南省吉林省黑龙江省高三联考数学试卷评价

这是一份2023年安徽省云南省吉林省黑龙江省高三联考数学试卷评价，共34页。试卷主要包含了总体评价与分析，试卷变化对比，亮点题评析，复习建议等内容，欢迎下载使用。

2023年安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省联考数学试卷评价
2023年安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省联考数学试卷评价
一、总体评价与分析
2023年安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省的考生即将首次参加“新高考”（或“新教材”的高考），为了实现新旧高考的平稳过渡，教育部教育考试院命制了这份试卷，供考生适应试卷结构与考试过程。这份联考试卷，题目难度不像去年和前年八省联考那么打击学生，基础送分题还是很多的，贯彻“低起点、多层次、高落差”的科学调控策略．在突出基础性、注重综合性、加强应用性、体现创新性等方面作出积极探索．着重考查考生的概念性思维和理性思维能力．
试卷遵照《高考评价体系》的指导方针，落实立德树人根本任务，落实“一核四层四翼”的要求，加强教考衔接，充分发挥模考命题的育人功能和积极导向作用．这份试卷紧密围绕“服务选才、引导教学”的核心功能，期望检测出的学生真实水平，能够客观地反映学生现阶段存在的主要问题；以此为各校高三后续的有效复习备考提供科学的决策依据．
试卷突出考查综合性、应用性、创新性，突出考查数学运算、直观想象（5，6，8，10，11，12-14，17，18，21，22等题）、抽象概括（7，9，15，16，22等题）、逻辑推理（8-10，12，15，16，20-22等题）、数学建模、数据分析与处理（3，8，11，12，15，16，20，22等题）等核心素养．试题加强了信息识别与加工（11，12，15，1620，22题等）、代数变形与思维建模（7-9，12，15，19，-22等题）、语言组织与表达（20，22题等）、独立思考与质疑（8-10，12，15，16，20，22等题）等能力的考查，这也是高考命题的主要方向和要求．
这份试卷最大的亮点是情境问题和数学背景的题目考查力度非常大，如第11题（匀速圆周运动）、第12题（球面三角）、第15题（调日法）、第16题（布尔代数：开关阵列）、第20题（概率统计在生活中的应用：极大似然法）、第22题（椭圆加密算法）等，这些题目打破传统数学题目具有接受性、封闭性和确定性等特征，更加倡导“问题解决”这一数学教学模式．整份试卷优化试题呈现方式，加强对关键能力和学科素养的考查，有效避免死记硬背和“机械刷题”现象，培养学生搜集和处理信息的能力、获取新知识的能力、分析和解决问题的能力．这更加要求我们在教学中，注重对学生“四基”、“四能”的培养，学生要从本质上去理解数学，而非机械性地记忆．
总之，2023届四省联考试题立足新课程新教材，对接新高考新评价体系，充分体现立德树人鲜明导向，贯彻“五育并举”党的教育方针，探索了“以生考熟”的基本思路．到达了考查学生真实水平的目的，让一线高三数学教师和学生及时发现教与学中的问题，为下一阶段的复习做了有效的提醒与警示．
二、试卷变化对比
1．考点和题型变化对比
2020新高考I卷
2021新高考I卷
2022新高考I卷
2023届四省联考
题号

题号
知识点
题号
知识点
题号
知识点
1
集合并集计算
1
交集的概念及运算
1
交集运算
1
复数的乘法、减法运算
2
复数除法
2
复数代数形式的乘法运算；共轭复数的概念及计算
2
共轭复数、复数的计算
2
子集的概念、交集运算
3
排列组合
3
圆锥中截面的有关计算
3
三点共线的向量问题
3
古典概型的概率计算
4
数学文化，球计算
4
求sinx型三角函数的单调性
4
棱台体积公式
4
向量夹角的坐标运算
5
积事件的概率公式
5
基本不等式求积的最大值；椭圆定义及辨析
5
古典概型
5
椭圆离心率的计算
6
指数型函数模型
6
正、余弦齐次式的计算；二倍角的正弦公式；给值求值型问题
6
三角函数图象及其性质
6
线面垂直的判定定理与性质定理；锥体积公式；均值不等式
7
平面向量数量积
7
求过一点的切线方程；利用导数研究函数图象及性质
7
函数与导数，构造函数比较大小
7
导数与函数的单调性
8
函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式
8
独立事件的判断
8
几何体的外接球
8
数式的大小比较
9
曲线方程
9
众数、平均数、中位数、极差、方差、标准差
9
线线垂直、线面垂直
9
抽象函数的奇偶性、单调性
10
正弦型三角函数图形
10
逆用和、差角的余弦公式化简、求值；二倍角的余弦公式；数量积的坐标表示；坐标计算向量的模
10
函数与导数，零点、对称中心
10
空间中线线、线面及面面位置关系的判断
11
不等式、指数函数
11
切线长；直线与圆的位置关系求距离的最值
11
抛物线的定义、标准方程及其几何性质
11
新情境（匀速圆周运动）下考查三角函数的定义、三角函数的周期想
12
新定义的理解和运用
12
求空间向量的数量积；立体几何中的轨迹问题
12
函数与导数、函数奇偶性、抽象函数
12
新情境（球面三角），中国古代数学文化；线面垂直的判定定理与性质定理
13
抛物线焦点弦长
13
根据函数的单调性求参数值
13
二项式系数
13
正态曲线的性质
14
等差数列的公共项
14
根据抛物线方程求焦点或准线；根据抛物线上的点求标准方程
14
圆和圆的位置关系、两圆的公切线
14
圆的标准方程及其几何性质；抛物线的标准方程及其几何性质
15
三角函数应用
15
由导数求函数的最值（不含参）
15
导数的几何意义
15
新情境（调日法），中国古代数学文化；不等式的性质
16
直棱柱的结构特征
16
错位相减法求和；数与式中的归纳推理
16
椭圆的定义、弦长问题
16
新情境（布尔代数）；数学的应用
17
三角函数组合条件
17
由递推数列研究数列的有关性质；利用定义求等差数列通项公式；求等差数列前n项和
17
由递推公式求通项公式、裂项求和、放缩问题
17
棱锥体积公式；二面角的计算
18
等比数列
18
写出简单离散型随机变量分布列；求离散型随机变量的均值
18
三角函数倍角公式、对称中心、三角函数最值
18
三角函数的图像及其性质
19
古典概型、列联表、独立性检验
19
正弦定理边角互化的应用；几何图形中的计算
19
立体几何点面距、二面角
19
由数列与前项和的关系求通项；错位相减法；不等式恒成立问题参数最值问题
20
线面角的计算
20
锥体体积的有关计算；线面垂直证明线线垂直；面面垂直证线面垂直；由二面角大小求线段长度或距离
20
独立性检验、条件概率、数学建模
20
新情境（标志重捕法），超几何分布及其应用；极大似然法
21
导数、不等式恒成立
21
求双曲线的轨迹方程；双曲线中的定值问题
21
双曲线标准方程及其几何性质、双斜率问题、弦长问题、三角形面积
21
双曲线的标准方程及其几何性质；直线与双曲线位置关系
22
椭圆定点、定值问题
22
利用导数求函数的单调区间（不含参）；利用导数证明不等式；导数中的极值偏移问题
22
利用导数求参变量、利用导数研究函数的零点、同构问题
22
新情境问题；导数与函数的单调性、极值；三次函数的零点问题
注：
与四省往年的高考题相比，试卷题型的变化包括多项选择题、双空题．
多项选择题不但可以减少不分文理科带来的差异，使区分度更加精细合理，而且能够充分地考查考生对问题的全面深刻的理解，还考查了考生风险评估、科学决策的能力：由于部分选对得2分，有选错的得0分，这就要求考生自主判断，评估风险：是确定一个正确选项后转而先做后面的题（时常确定一个正确选项是容易的），还是继续穷尽所有选项，这不仅需要时间，而且要冒因错选而前功尽弃的风险．给考生选择的空间的同时，也突出考查了考生的选择意识、判断能力与取舍智慧．
2．考点分布的变化
2023届四省联考模拟卷依据新课程标准的考点进行规划，没有考查映射、线性规划、几何概型、程序框图、定积分等内容，其他考点继承了以前高考的特点，重点考查主干知识、注重试题的基础性、综合性、应用性与创新性．
3．情境及背景新颖
创新探索情境设置，考查学习潜能。选取未见于（或部分见于）学生已有学习经历的新知识或新方法，为情境型材料，创设学习关联或拓展迁移试题情境，命制情境化试题。情境可能是考生未见过的，提出的问题是新颖的，解决问题必备知识是高考所要求掌握的，思想方法是高中数学重要而典型的。情境题难在情景背后的数学化，要求学生多角度理解、开放地思考问题，并创造性地运用所学知识去解决新问题，如上文指出的第11，12，15，16，20，22等题，这些题目打破传统数学题目具有接受性、封闭性和确定性等特征，更加倡导“问题解决”这一数学教学模式，凸显了核心素养下对数学知识的综合考查．
三、亮点题（创新题）评析：
第8题依然是比较大小，但更高同学们对基础指数、对数函数图像的掌握。本题稍简单的解法：
解法2：时，，，同理可证：时，，故，，其中．由于．由比在任意时斜率都要大，故．
更简单的解法只要代特殊值即可（令）。
而第9，10题根植于教材基础性质、定理的考查。
第11题虽然考查匀速圆周运动，但只要理解三角函数的定义即可顺利求解。
第12这种背景题出得非常好，考查空间角的基础运算。很多同学动不动就建系，往往却忘了最基本定义法以及基础的转换（在小题中，往往可以快速得到目标），重点是找到直线BO与平面CKNM垂直，然后得到很多直角，再把选项中的三角转化为线段比，完全不涉及到数字运算。
第14题型较常见，但计算是个考查。一般学生三次函数求导，数感好点同学可以直接放缩。
第15题考查中国古代数学文化，相应材料可以在中国古代数学史中可以看到，本题以圆周率为背景，其实本质就是新教材中透露的各种平均原理生成的不等式。里面涉及到了糖水不等式中一种模型。如果同学们平时感兴趣这类东西，阅读、快速掌握关键信息和原理不难。
第16题背景是布尔代数，但是不一定非要用矩阵或奇偶分析法（有的解法甚至用到数论中的同余），只需简单的实验操作即可（看懂题目，再尝试操作，当然操作步骤有多种）。
第20题的背景是生物学中的“标志重捕法”，看懂题目，转化超几何分布问题，再运用超几何分布的概率计算公式和期望计算公式。
第21题，本质是考查射影几何中极点极线（圆锥曲线的交比、反演性质）。一般地结论如下：
【定理】如图，设点关于圆锥曲线Γ的极线为，过点任作一割线交于，，交于，则①；反之，若有①成立，则点，调和分割线段，或称点与关于调和共轭，或称点（或点）关于圆锥曲线的调和共轭点为点（或点）．点关于圆锥曲线的调和共轭点是一条直线，这条直线就是点的极线．

本题值得进一步研究，可尝试作进一步的变式或推广，如证明：以DE为直径的圆上动点到两点距离比为定值，或考虑其向量数乘系数的等价形式等。
第22题干里的“椭圆曲线”是高中生没接触过的概念，此外还加入了新定义运算，第（2）问还要求学生证明该运算的性质，提醒我们高考题可能会涉及到新情境、新定义题，读懂题目很关键，且第（1）（2）问并不难。
四、复习建议
在复习中要做到：点点落实，板块清晰，网络完善，能力到位．
（一）抓信息研究
要在复习中做到既有针对性又避免做无用功，既能减轻负担，又能提高复习效率，就必须认真研究《课程标准》，吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求，同时还应关注近三年的高考试题，捕捉高考信息，吸收新高考的新思想、新理念，使复习有的放矢，事半功倍．
（二）突出对课本基础知识的再挖掘
近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向．强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”．尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变．当然回归课本不是死记硬背，而是抓纲悟本，对着课本目录回忆和梳理知识，对典型问题进行引申，推广发挥其应有的作用．
（三）抓好专题复习，领会数学思想
高考数学二轮复习重在知识和方法专题的复习．在知识专题复习中可以进一步巩固第一轮复习的成果，加强各知识板块的综合．尤其注意知识的交叉点和结合点，进行必要的针对性专题复习．例如：
1．函数与导数
此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练．对函数奇偶性、周期性、对称性与零点问题的交叉应用要格外重视．
2．三角函数、平面向量和解三角形
此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，解三角形是重点．对可以出中高档题目的地方要进行小专题巩固针对性复习．也要对解答题部分可以出难点易错点的地方重视．
3．数列
此专题中数列通项是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练．掌握等差数列通项公式及求和公式和各种求和方法，哪些地方可以出大题及选择填空压轴题部分．
4．立体几何
此专题注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点．对球的内切、外接问题进行归纳，对典型截面等考查空间想象问题归纳．
5．解析几何
此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标．突出直线和圆、圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等．
6．概率与统计
此专题中二项分布、超几何分布（以及它们的一些变形）是重点，特别是新情境中的概率统计问题．
专题复习要结合课堂老师的讲解，通过对习题的精讲、精练，力求归纳出知识模块形成体系，同时也要能提炼出数学思想层次的东西．
（四）抓规范训练，提高解题速度与准确率
1．加强思维训练，规范答题过程
解题一定要非常规范，俗语说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以大家要形成良好的思维品质和学习习惯，务必将解题过程写得层次分明结构完整．通过训练过好四关：
一是审题关，审题要慢，答题要快，要逐句逐字看题，找出关键句，发掘隐含条件，寻找突破口；二是运算关，准字当先，争取既准又快，为此，同学们熟记一些常用的中间结论是非常必要的；三是书写关，要一步一步答题，重视解题过程的语言表达，培养学生条理清楚，步步有据，规范简洁，优美整齐的答题习惯．在第二轮复习中我们认真学习高考评分标准，学会踩得分点;四是题后反思关，做题不在多而在精，想要以少胜多，贵在反思，形成题后三思：一思知识提取是否熟练?二思方法运用是否熟练?三思自己的弱点何在?熟练的前提是练熟，能力的提高在于反思．
2．加强客观题的解题速度和正确率的强化训练
选择、填空题都是客观试题，它的特点是：概念性强、量化突出、充满思辨性、形数皆备、解法多样形、题量大，分值高，实现对“四基”的考查．每次小题训练应不断强化自己选择题的解法，如特值法、数形结合等，另外，在解答一道选择题时，往往需要同时采用几种方法进行分析、推理，只有这样，才会在高考时充分利用题目自身提供的信息，化常规为特殊，避免小题大作，真正做到准确和快速．
3．及时总结反思，发现存在问题，明确改进方向
在做成套完整的模拟题后，将多套题中的选择题、填空题、解答题放在一起比较，才能诊断出你哪一类题容易做错，这就是诊断性练习．只有找出错误和不足，重做错题，分析错误原因，找准对策，并及时请教同学和老师，及时查漏补缺，将问题解决在考前．要求每位学生准备错题集，注明错误原因与反思心得，时常翻阅计算能力是高考四大能力之一，也是学生的薄弱环节之一．
二轮复习要通过动手、动脑做题，培养正确应用知识、寻求合理、简捷的运算途径的能力，还要能根据要求对数字进行估算和近似的计算，在解题中提高计算能力．每次练习要做到熟练、准确、简捷、迅速．选择题、填空题在考试中比例较大，分值较高，对高考成绩占有举足轻重的地位，其正确率和速度都直接影响高考成绩．因此，在第二轮复习中有必要强化解答选择题、填空题的方法，即如何利用排除法、特例法、估算法、图象法、递推验证等方法准确、快速地解选择题和填空题．
在这一阶段，除正常每天作业外，每周安排一次以选择题、填空题为主的定时练习和一次综合练习，并做到及时“讲评”．高考复习需要大量练习，为了赶时间，往往只注重解题思路的寻找，不按规定格式解题，导致会而不对，对而不全．因此，大家在平时的练习和考试中要规范答题踩准得分点，减少过失性失分．
总之，高三复习夯实基础是根本，掌握规律是方向，提高能力是关键．必须明晰考试要求，以不变应万变，才可能利用有限时间，取得满意效果．
2023年安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省联考数学试卷
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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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．
一、选择题：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．设，则（    ）
A．i B． C．1 D．
2．设集合，，．若，，则（    ）
A． B． C．1 D．3
3．甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（    ）
A． B． C． D．
4．平面向量与相互垂直，已知，，且与向量的夹角是钝角，则（    ）
A． B． C． D．
5．已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（    ）
A． B． C． D．
6．三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（    ）
A．2 B． C．1 D．
7．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（    ）
A． B．
C． D．
8．已知a，b，c满足，，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
二、选择题：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．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（    ）
A． B．
C． D．
10．已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（    ）
A．若，，且，则ABCD是平行四边形
B．若M是AB中点，N是CD中点，则
C．若，，，则CD在上的射影是BD
D．直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等
11．质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（    ）
A． B．
C． D．
12．下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（    ）

A． B．
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需调整生产工艺，使得至多为________．(若，则)
14．若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________．
15．数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．
16．图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________．











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．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．

(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
18．已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．
(1)求图像的一条对称轴；
(2)若，求．
19．记数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设m为整数，且对任意，，求m的最小值．
20．一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若，求的数学期望；
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值（以使得最大的N的值作为N的估计值）．
21．已知双曲线过点，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．
22．椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：


参考答案：
1．A
【分析】利用复数的乘法可求运算结果.
【详解】,
故选：A
2．B
【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.
【详解】因为，故，故或，
若，则，，此时，符合；
若，则，，此时，不符合；
故选：B
3．A
【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.
【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，
教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，
而甲、乙在同一组的分法有，故，
故选：A.
4．D
【分析】设，则由题意得，解出方程，检验即可.
【详解】设，则由题意得，即，
解得或，
设，当时，此时，
又因为向量夹角范围为，故此时夹角为锐角，舍去；
当时，此时，故此时夹角为钝角，
故选：D.
5．C
【分析】首先由题得到，结合，即可求得.
【详解】无论椭圆焦点位于轴或轴，根据点,,为椭圆的三个顶点,
若是正三角形,则，即，即，
即有，则，解得.
故选：C.
6．D
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
7．C
【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.
【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，
若，则，故A错误，
若，则，故B错误；
对于CD，因为，在上的导函数存在，且，
令，则，
所以在上单调递减，
因为，即，所以，
由得，则，故C正确；
由得，则，故D错误.
故选：C.
8．B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，

根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.
9．BD
【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可.
【详解】因为是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，且两函数在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，，，
所以BD正确，C错误；
若，则，A错误.
故选：BD
10．ABD
【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐项判断即可得解.
【详解】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，
由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D,
所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；
对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.
故选：ABD.

11．ABD
【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.
【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角，
设t时刻两点重合，则,即，
此时点，
即，
当时，，故A正确；
当时，，即，故B正确；
当时，，即，故D正确.
由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.
故选：ABD.
12．ACD
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可.
【详解】因为在矩形中，，
又，，面，所以面，
又面，所以，
因为在矩形中，，所以，即，
因为，，，面，
所以面，
又在矩形中，，所以面，
又面，所以，
同时，易知在矩形中，，
对于A，在中，，
在中，，
在中，，
所以，故A正确；
对于B，在中，，
在中，，
又，且在中，为的斜边，则，
所以，故B错误；
对于C，在中，，
在中，，
又，
所以，故C正确；
对于D，在中，，
又，，，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解.
13．##0.5
【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，即可根据集合的包含关系列出不等式组，从而得解．
【详解】依题可知，，再根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，
由可得，，
所以，解得：，故σ至多为．
故答案为：．
14．##
【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解．
【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知，
的最小值即为的最小值减去半径．
因为，，
设，
，由于恒成立，
所以函数在上递减，在上递增，即，
所以，即的最小值为．
故答案为：．
15．     6    
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率，所以；
由可得，，即为弱率；
由可得，．
故答案为：6；．
16．5
【分析】方法一：根据题意可知，如果要求只改变的状态，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少，利用表格即可分析求出．
【详解】方法一：根据题意可知，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因如下：
假设开始按动前所有开关闭合，要只改变的状态，在按动（1,1）后，（1,2），（2,1）也改变，
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2,2），但会导致周边的（2,3），（3,2）也改变，
因此会按动开关更多的次数，所以接下来逐一恢复，则至少按开关3次，
这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动5次可以满足要求．
如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）










按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关

方法二：
要满足题意，按动开关次数必须为奇数，且连续两次按一个方格等于无操作，
按开关顺序无影响，由对称性按表格顺序可设各方格按动次数为
a
b
c
b
d
e
c
e
f

方格改变状态的次数为奇数，其它方格改变状态的次数为偶数，
所以，
对：a+2b为奇数；对或：a+b+c+d为偶数；
对：b+c+e为偶数；对：2b+2e+d为偶数；
对或：c+d+e+f为偶数；对：2e+f为偶数，
根据以上情况，为使开关次数最少，，，，
即1+b+c为偶数，b+c+e为偶数，c+e为偶数，所以可取，，即
各方格开关次数如下：
1
0
1
0
0
1
1
1
0

具体开闭状态可参照方法一，故按开关的最少次数为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查学生运用所学知识解决知识迁移问题的综合能力，利用表格分析法简单清晰直观．
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
18．(1)
(2)

【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；
（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.
【详解】（1）因为函数在区间单调，
所以函数的最小正周期，
又因为，
所以直线即为图象的一条对称轴；
（2）由（1）知，故，由，得或3．
由为的一条对称轴，所以．
因为，所以或，
若，则，即，
不存在整数，使得或3；
若，则，即，
不存在整数，使得或3．当时，．
此时，由，得．
19．(1)
(2)7

【分析】（1）由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得解；
（2）利用错位相减法求出，结合范围即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，故，
且不满足上式，
故数列的通项公式为
（2）设，则，
当时，，
故，
于是．
整理可得，所以，
又，所以符合题设条件的m的最小值为7．
20．(1)20
(2)6666

【分析】（1）首先求出标鱼占总体的比例，再分析其符合超几何分布，根据超几何分布期望的计算公式即可得到答案.
（2）首先计算出当时，，当时，，
记，计算，从而得到的单调性，最后得到其最大值.
【详解】（1）依题意X服从超几何分布，且，
故．
（2）当时，，
当时，，
记，则



．
由，
当且仅当，
则可知当时，；
当时，，
故时，最大，所以N的估计值为6666．
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【详解】（1）由题意可得，故，所以C的方程为．
（2）设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．




．
所以，所以
即．

【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.
22．(1)见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.
（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，

则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.