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必刷卷02（甲卷文科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷地区专用）（原卷版+解析版）
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这是一份必刷卷02（甲卷文科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷地区专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷02甲卷文科解析版docx、必刷卷02甲卷文科原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷02
全国甲卷地区专用
文科数学
新课标全国卷乙卷试题结构为12道单选题，4道填空题，6道解答题，其中一道解答题是“二选一”型。其中解答题是4道“基础型”，2道“压轴型”。
2022年甲卷文科试题，深化基础考察，突出主干知识，试题设计创新，试题在贯彻高考内容改革要求下，强调知识之间的内在联系，注重通性方法，淡化特殊技巧，再考察内容的全面性基础上，更加注重主干、重点内容的适度选择性考察，如数列题型，21年是一小题一大题的直接考察，22年试卷则是只有一道大题的直接考察了。立体几何题型，21年是第7题三视图，第14题立体几何圆锥，,22年试卷立体几何是第4题三视图，第9题线面角度，第10题圆锥表面积与体积，第19题立体几何大题特殊几何体。从数列和立体几何这两大知识模块来时， 常考的内容和题型，无论广度还是深度都有所提高，并且文科卷和理科卷的“相同题”比分大。
所以在复习备考时，要注重各知识模块的全面性和完备性，重基础，重知识模块之间的链接，注重数学思维的灵活性，数学知识应用的广泛性。如本卷第2、4，5、8，9，14,15等题
2022年新课标全国甲卷试题，相比2021年甲卷，在试题难易上，试题创新上，试题灵活应用上，变化比较大。
如数列大题从21年的第19题常规几何体直三棱柱，变化为22年的第19题的不规则几何体，，依旧是属于基础知识基础能力的考察范围，但试题图形更复杂，增加了难度。如21年的第18题数列，到22年18题数列，直接和理科数列题一致，接近“文理一致不分试题”的新高考方向。22年选择题第11、12题考察圆锥曲线和比大小题型，但是考察的深度和难度都有一定的增加。
试卷试题关注学生的创新意识与创新思想，加强对数学思维灵活性、多样性的考察，考察学生创造性的思考问题、解决问题的能力，考察学生在新颖或者陌生的试题情景和设为方式中完成开放西或探究性的能力。如本试卷第4..7，8.9,12，15，16等试题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用对数的单调性解不等式求集合A，再由集合的交、补运算求集合即可.
【详解】由，故，
所以.
故选：D
2．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者．如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（ ）
A．在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低
B．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡
C．在跳高和铁饼项目中，甲、乙水平相当
D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大
【答案】D
【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；
甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，B错误；
在铁饼项目中，乙比甲水平高，C错误；
甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确．
故选：D
3．设复数满足为虚数单位，则（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【分析】由题可得，设，后利用两复数相等条件可得答案.
【详解】.
设，则或.故或.
故选：C
4．如图，网格纸上用粗实线绘制了一个几何体的三视图，每一个小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，用正方体体积减截去部分的体积得几何体的体积.
【详解】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，其中三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形，圆柱的底面半径为2，所以该几何体的体积为.
故选：B.
5．函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，下列说法正确的是（ ）
A．函数图象关于直线对称
B．函数图象关于点对称
C．函数在单调递减
D．函数最小正周期为
【答案】C
【分析】由对称性求得，由图象平移变换求得，然后结合正弦函数的对称性，单调性，周期判断各选项．
【详解】由已知，，，又，∴，
，
，A错；
，B错；
时，，C正确；
的最小正周期是，D错．
故选：C．
6．随机郑两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和除以4，余数分别为，所对应的概率分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】用表格列举出所有可能的余数情况，并确定余数为对应概率，即可得结果.
【详解】由题设，两枚骰子所得点数和除以4的余数情况如下：
除以4的余数
1
2
3
4
5
6
1
2
3
0
1
2
3
2
3
0
1
2
3
0
3
0
1
2
3
0
1
4
1
2
3
0
1
2
5
2
3
0
1
2
3
6
3
0
1
2
3
0
由上表知：共36种情况，其中余数为分别有9种、8种、9种、10种，
所以.
故选：A
7．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性排除B、D，再取特值排除C.
【详解】对于函数，
∵，
故为奇函数，图象关于原点对称，B、D错误；
又∵，且，
故，C错误；
故选：A.
8．已知函数，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先根据题干条件，得，化简整理得，
然后构造函数，借助导数求解的最小值，即可求出的最小值.
【详解】由，得，
化简整理得：；
令（），，令，解得.
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
即，故
故选：D
9．如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A． 有且仅有一个点P，使得
B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接,
因为平面,平面,所以,
且四边形为正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以当点在线段上时，
必有平面,则，
所以存在无数个点P，使得，A错误；
对于B，当点与点重合时，
与平面相交，B错误；
对于C，若，则为中点，
连接,则为等腰直角三角形，且，
且也为等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径为,
所以我外接球的表面积为，C错误；
对于D，连接
因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，
所以点P的轨迹长为，D正确，
故选:D.
10．已知等比数列的前n项和为，记，若数列也为等比数列，则（ ）
A．12 B．32 C． D．
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为q，对q分和两种情况进行讨论即可.
【详解】解：设等比数列的公比为q，
①当时，，不可能为等比数列；
②当时，，，
，
若数列为等比数列，必有，解得，有．
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是（1）要分和两种情况进行讨论；
（2）当时，利用等比数列前n项和公式及分组求和法求出，然后结合等比数列通项公式即可求解.
11．如图，已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与过的直线交于点，线段的中点为，线段的垂直平分线与的交点（第一象限）在椭圆上，若为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用三角形的中位线、线段的中垂线、椭圆的定义对转化，用P点的坐标表示，通过P点在第一想象的范围，求出范围.
【详解】如图所示，点在轴右边，
因为为的垂直平分线，所以．
由中位线定理可得．
设点．
由两点间的距离公式，得
，
同理可得，
所以，故，
因为，，所以，
故，所以．
因为，所以．
故的取值范围为．
故选：D．
【点睛】本题考查了椭圆的定义、直线和椭圆的关系、三角形中位线和线段的中垂线的几何性质，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于难题.
12．已知，，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再构造函数，进而得到，由此得解.
【详解】令，，
则，故在上单调递减，
所以，即，即，故；
令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
令，
所以，所以在上单调递增，
，
所以，所以；
综上：.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，满足，，.设，则___________.
【答案】##-0.8
【分析】法一：采用特殊值法，设，，求得，最终可求；法二：直接求解，根据向量夹角公式求解即可.
【详解】法一：设，，则，
所以.
法二：，又，
则.
故答案为：
14．已知圆与交于两点.若存在，使得，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得满足的等式关系，根据方程有解，即可得的取值范围.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径
若两圆相交，则，所以，即，
又两圆相交弦所在直线方程为：即
所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，
则弦长，所以，则，所以，
若存在，使得，则，即，所以的取值范围为.
故答案为：.
15．已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，P为双曲线右支上任意一点，若的最小值为2c，，则该双曲线的离心率是______．
【答案】##
【分析】设，则，根据双曲线的定义，故，分与讨论，结合“对勾”函数的性质可求出离心率.
【详解】设，则，由双曲线的定义知，
∴，，
当，即时，
，不符合题意；
当，即时，
在上单调递增，
所以当时取得最小值，
故，化简得，
即，解得（舍）或，满足.
综上所述，该双曲线的离心率是.
故答案为:.
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知， ，则A＝____________.
【答案】
【分析】先利用边角变换得到，再由与代入化简得到，再根据，求得，即.
【详解】由正弦定理得，可化为，
又因为，所以，，
又，
所以，
所以，
即，即，
所以，即，
因为，所以，故，故.
故答案为：.
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．
17． （12分）．某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：
一般
良好
合计
男
20
100
120
女
30
50
80
合计
50
150
200
(1)通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
(2)利用样本数据，在评价结果为“良好”的客户中，按照性别用分层抽样的方法抽取了6名客户.若从这6名客户中随机选择2名进行访谈，求所抽取的2名客户中至少有1名女性的概率.
附表及公式：
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
其中，.
【答案】(1)有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
(2)
【分析】（1）根据表中数据计算出的值，对比附表数据，然后作出判断；
（2）先根据分层抽样计算出男、女客户并对男女生进行标记，列出“从名学生中随机抽取名”的所有基本事件，分析满足“抽取的两名学生中至少有名女性”的基本事件，根据基本事件数之比求解出对应概率.
【详解】（1），
有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
（2）因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为，即为，
所以抽取的名客户中，男生有名，记为，，，，
女生有名，记为，，
从这人中选取人的所有基本事件有：，，，，
，，，，，，，，
，，，共个.
其中至少一名女生的基本事件有：，，，，
，，，，，共9个.
所以，抽取的名学生中至少有名女性的概率为.
18．已知数列满足：，，，.
(1)证明：是等差数列：
(2)记的前n项和为，，求n的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)最小值为10.
【分析】（1）解法一：（指数运算）由已知可推得，，相乘结合已知，即可得出，进而证明；解法二：（对数运算）由已知可得，结合已知即可得出，进而证明；
（2）解法一：先根据（1）推出，然后结合已知条件得到，然后计算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，求解即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
由，得，则，
从而.
又，
所以，
即，所以是等差数列.
解法二：
由，且，
则，
得，
因为，，
所以，
即，所以是等差数列.
（2）解法一：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
所以，
，
又；
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法二：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又，所以.
当时，
，
，
所以，
，
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法三：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
当时，
，
所以，.
又，则，且，
所以n的最小值为10.
19．刍（chú）甍（méng）是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，屋盖也。求积术日：倍下表，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶。……”现有一个刍甍如图所示，四边形为长方形，平面，和是全等的等边三角形.
(1)求证：；
(2)若已知，求该五面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即得；
（2）过点作，作，过点作，作，利用割补法可把该五面体分为两个四棱锥和一个三棱柱，然后利用锥体及柱体的体积公式即得.
【详解】（1）五面体中，因为平面，
平面，平面平面，
所以.
（2）过点作，作，垂足分别为，，
过点作，作，垂足分别为，，
连接，，如图，
取中点，连接，由知，，
因为，，且，是平面内两相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以，又，是平面内两相交直线，
所以平面，
在中，，，可得，
所以，四棱锥和的体积均为，
三棱柱的体积，
所以，该五面体的体积为.
20．已知函数．
(1)若函数在，处取得极值，且函数的极小值为－1，求的解析式；
(2)若，函数的图象上的任意一点的切线斜率为，有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据函数的极值点及极小值列出方程组，求出，，得到答案；
（2）根据导函数的几何意义得到时，恒成立，参变分离，构造函数，得到其单调性和最值情况，从而得到实数的取值范围.
【详解】（1）因为在，处取得极值，且，
所以，，解得．
故，
所以当或时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以当时，函数有极小值，
又因为函数极小值为-1，所以，
所以．
（2）由题意，知时，恒成立，
即，
当时，成立，满足要求，
当时，，则在时恒成立，
设，．
由，知在内是单调递增的，所以．
所以，实数的取值范围是．
21．抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）由焦半径公式求出，求出抛物线方程；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立得到点坐标，同理得到点坐标，利用得到，求出，求出定点坐标.
【详解】（1）由抛物线的定义得，解得，
则抛物线的标准方程为.
（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，
由得直线方程为：，
由，解得，
由，解得
由得，假定在轴上存在点使得，设点，
则由（1）得直线斜率，直线斜率，
由得，则有，即，
整理得，
显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，
即当时，恒成立，恒成立，
所以轴上存在点使得.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，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，曲线的直角坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；
（2）射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，求四边形的面积.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】（1）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间转换求出结果即可.
（2）利用三角形的面积公式的应用和割补法的应用即可求出答案.
【详解】（1）曲线的参数方程为，为参数），转换为直角坐标方程为.
曲线的直角坐标方程为，根据，整理得，即.
（2）射线，和曲线分别交于点，，
与直线分别交于，两点，如图所示：
所以直线的直角坐标方程为，直线的直线方程为，
所以，解得，
设直线与轴交于点，
将代入，得，即.
所以.
同理：，解得：，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形的面积公式的应用，割补法的应用，同时考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于难题.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知，求证：
(1)；
(2).
已知a，b，c都是正数，且，证明：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用常数代换以及均值不等式证明.
（2）利用第(1)问的结论、均值不等式以及不等式的性质进行证明.
【详解】（1），
因为a，b，c都是正数，，
当前仅当取等号，
（2），
，
，
当前仅当取等号，
由（1）有：，，
当前仅当取等号，
，当前仅当取等号.
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2023年高考数学考前信息必刷卷02
全国甲卷地区专用
文科数学
新课标全国卷乙卷试题结构为12道单选题，4道填空题，6道解答题，其中一道解答题是“二选一”型。其中解答题是4道“基础型”，2道“压轴型”。
2022年甲卷文科试题，深化基础考察，突出主干知识，试题设计创新，试题在贯彻高考内容改革要求下，强调知识之间的内在联系，注重通性方法，淡化特殊技巧，再考察内容的全面性基础上，更加注重主干、重点内容的适度选择性考察，如数列题型，21年是一小题一大题的直接考察，22年试卷则是只有一道大题的直接考察了。立体几何题型，21年是第7题三视图，第14题立体几何圆锥，,22年试卷立体几何是第4题三视图，第9题线面角度，第10题圆锥表面积与体积，第19题立体几何大题特殊几何体。从数列和立体几何这两大知识模块来时， 常考的内容和题型，无论广度还是深度都有所提高，并且文科卷和理科卷的“相同题”比分大。
所以在复习备考时，要注重各知识模块的全面性和完备性，重基础，重知识模块之间的链接，注重数学思维的灵活性，数学知识应用的广泛性。如本卷第2、4，5、8，9，14,15等题
2022年新课标全国甲卷试题，相比2021年甲卷，在试题难易上，试题创新上，试题灵活应用上，变化比较大。
如数列大题从21年的第19题常规几何体直三棱柱，变化为22年的第19题的不规则几何体，，依旧是属于基础知识基础能力的考察范围，但试题图形更复杂，增加了难度。如21年的第18题数列，到22年18题数列，直接和理科数列题一致，接近“文理一致不分试题”的新高考方向。22年选择题第11、12题考察圆锥曲线和比大小题型，但是考察的深度和难度都有一定的增加。
试卷试题关注学生的创新意识与创新思想，加强对数学思维灵活性、多样性的考察，考察学生创造性的思考问题、解决问题的能力，考察学生在新颖或者陌生的试题情景和设为方式中完成开放西或探究性的能力。如本试卷第4..7，8.9,12，15，16等试题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用对数的单调性解不等式求集合A，再由集合的交、补运算求集合即可.
【详解】由，故，
所以.
故选：D
2．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者．如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（ ）
A．在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低
B．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡
C．在跳高和铁饼项目中，甲、乙水平相当
D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大
【答案】D
【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；
甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，B错误；
在铁饼项目中，乙比甲水平高，C错误；
甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确．
故选：D
3．设复数满足为虚数单位，则（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【分析】由题可得，设，后利用两复数相等条件可得答案.
【详解】.
设，则或.故或.
故选：C
4．如图，网格纸上用粗实线绘制了一个几何体的三视图，每一个小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，用正方体体积减截去部分的体积得几何体的体积.
【详解】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，其中三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形，圆柱的底面半径为2，所以该几何体的体积为.
故选：B.
5．函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，下列说法正确的是（ ）
A．函数图象关于直线对称
B．函数图象关于点对称
C．函数在单调递减
D．函数最小正周期为
【答案】C
【分析】由对称性求得，由图象平移变换求得，然后结合正弦函数的对称性，单调性，周期判断各选项．
【详解】由已知，，，又，∴，
，
，A错；
，B错；
时，，C正确；
的最小正周期是，D错．
故选：C．
6．随机郑两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和除以4，余数分别为，所对应的概率分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】用表格列举出所有可能的余数情况，并确定余数为对应概率，即可得结果.
【详解】由题设，两枚骰子所得点数和除以4的余数情况如下：
除以4的余数
1
2
3
4
5
6
1
2
3
0
1
2
3
2
3
0
1
2
3
0
3
0
1
2
3
0
1
4
1
2
3
0
1
2
5
2
3
0
1
2
3
6
3
0
1
2
3
0
由上表知：共36种情况，其中余数为分别有9种、8种、9种、10种，
所以.
故选：A
7．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性排除B、D，再取特值排除C.
【详解】对于函数，
∵，
故为奇函数，图象关于原点对称，B、D错误；
又∵，且，
故，C错误；
故选：A.
8．已知函数，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先根据题干条件，得，化简整理得，
然后构造函数，借助导数求解的最小值，即可求出的最小值.
【详解】由，得，
化简整理得：；
令（），，令，解得.
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
即，故
故选：D
9．如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A． 有且仅有一个点P，使得
B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接,
因为平面,平面,所以,
且四边形为正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以当点在线段上时，
必有平面,则，
所以存在无数个点P，使得，A错误；
对于B，当点与点重合时，
与平面相交，B错误；
对于C，若，则为中点，
连接,则为等腰直角三角形，且，
且也为等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径为,
所以我外接球的表面积为，C错误；
对于D，连接
因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，
所以点P的轨迹长为，D正确，
故选:D.
10．已知等比数列的前n项和为，记，若数列也为等比数列，则（ ）
A．12 B．32 C． D．
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为q，对q分和两种情况进行讨论即可.
【详解】解：设等比数列的公比为q，
①当时，，不可能为等比数列；
②当时，，，
，
若数列为等比数列，必有，解得，有．
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是（1）要分和两种情况进行讨论；
（2）当时，利用等比数列前n项和公式及分组求和法求出，然后结合等比数列通项公式即可求解.
11．如图，已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与过的直线交于点，线段的中点为，线段的垂直平分线与的交点（第一象限）在椭圆上，若为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用三角形的中位线、线段的中垂线、椭圆的定义对转化，用P点的坐标表示，通过P点在第一想象的范围，求出范围.
【详解】如图所示，点在轴右边，
因为为的垂直平分线，所以．
由中位线定理可得．
设点．
由两点间的距离公式，得
，
同理可得，
所以，故，
因为，，所以，
故，所以．
因为，所以．
故的取值范围为．
故选：D．
【点睛】本题考查了椭圆的定义、直线和椭圆的关系、三角形中位线和线段的中垂线的几何性质，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于难题.
12．已知，，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再构造函数，进而得到，由此得解.
【详解】令，，
则，故在上单调递减，
所以，即，即，故；
令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
令，
所以，所以在上单调递增，
，
所以，所以；
综上：.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，满足，，.设，则___________.
【答案】##-0.8
【分析】法一：采用特殊值法，设，，求得，最终可求；法二：直接求解，根据向量夹角公式求解即可.
【详解】法一：设，，则，
所以.
法二：，又，
则.
故答案为：
14．已知圆与交于两点.若存在，使得，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得满足的等式关系，根据方程有解，即可得的取值范围.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径
若两圆相交，则，所以，即，
又两圆相交弦所在直线方程为：即
所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，
则弦长，所以，则，所以，
若存在，使得，则，即，所以的取值范围为.
故答案为：.
15．已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，P为双曲线右支上任意一点，若的最小值为2c，，则该双曲线的离心率是______．
【答案】##
【分析】设，则，根据双曲线的定义，故，分与讨论，结合“对勾”函数的性质可求出离心率.
【详解】设，则，由双曲线的定义知，
∴，，
当，即时，
，不符合题意；
当，即时，
在上单调递增，
所以当时取得最小值，
故，化简得，
即，解得（舍）或，满足.
综上所述，该双曲线的离心率是.
故答案为:.
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知， ，则A＝____________.
【答案】
【分析】先利用边角变换得到，再由与代入化简得到，再根据，求得，即.
【详解】由正弦定理得，可化为，
又因为，所以，，
又，
所以，
所以，
即，即，
所以，即，
因为，所以，故，故.
故答案为：.
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．
17． （12分）．某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：
一般
良好
合计
男
20
100
120
女
30
50
80
合计
50
150
200
(1)通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
(2)利用样本数据，在评价结果为“良好”的客户中，按照性别用分层抽样的方法抽取了6名客户.若从这6名客户中随机选择2名进行访谈，求所抽取的2名客户中至少有1名女性的概率.
附表及公式：
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
其中，.
【答案】(1)有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
(2)
【分析】（1）根据表中数据计算出的值，对比附表数据，然后作出判断；
（2）先根据分层抽样计算出男、女客户并对男女生进行标记，列出“从名学生中随机抽取名”的所有基本事件，分析满足“抽取的两名学生中至少有名女性”的基本事件，根据基本事件数之比求解出对应概率.
【详解】（1），
有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
（2）因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为，即为，
所以抽取的名客户中，男生有名，记为，，，，
女生有名，记为，，
从这人中选取人的所有基本事件有：，，，，
，，，，，，，，
，，，共个.
其中至少一名女生的基本事件有：，，，，
，，，，，共9个.
所以，抽取的名学生中至少有名女性的概率为.
18．已知数列满足：，，，.
(1)证明：是等差数列：
(2)记的前n项和为，，求n的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)最小值为10.
【分析】（1）解法一：（指数运算）由已知可推得，，相乘结合已知，即可得出，进而证明；解法二：（对数运算）由已知可得，结合已知即可得出，进而证明；
（2）解法一：先根据（1）推出，然后结合已知条件得到，然后计算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，求解即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
由，得，则，
从而.
又，
所以，
即，所以是等差数列.
解法二：
由，且，
则，
得，
因为，，
所以，
即，所以是等差数列.
（2）解法一：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
所以，
，
又；
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法二：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又，所以.
当时，
，
，
所以，
，
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法三：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
当时，
，
所以，.
又，则，且，
所以n的最小值为10.
19．刍（chú）甍（méng）是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，屋盖也。求积术日：倍下表，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶。……”现有一个刍甍如图所示，四边形为长方形，平面，和是全等的等边三角形.
(1)求证：；
(2)若已知，求该五面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即得；
（2）过点作，作，过点作，作，利用割补法可把该五面体分为两个四棱锥和一个三棱柱，然后利用锥体及柱体的体积公式即得.
【详解】（1）五面体中，因为平面，
平面，平面平面，
所以.
（2）过点作，作，垂足分别为，，
过点作，作，垂足分别为，，
连接，，如图，
取中点，连接，由知，，
因为，，且，是平面内两相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以，又，是平面内两相交直线，
所以平面，
在中，，，可得，
所以，四棱锥和的体积均为，
三棱柱的体积，
所以，该五面体的体积为.
20．已知函数．
(1)若函数在，处取得极值，且函数的极小值为－1，求的解析式；
(2)若，函数的图象上的任意一点的切线斜率为，有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据函数的极值点及极小值列出方程组，求出，，得到答案；
（2）根据导函数的几何意义得到时，恒成立，参变分离，构造函数，得到其单调性和最值情况，从而得到实数的取值范围.
【详解】（1）因为在，处取得极值，且，
所以，，解得．
故，
所以当或时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以当时，函数有极小值，
又因为函数极小值为-1，所以，
所以．
（2）由题意，知时，恒成立，
即，
当时，成立，满足要求，
当时，，则在时恒成立，
设，．
由，知在内是单调递增的，所以．
所以，实数的取值范围是．
21．抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）由焦半径公式求出，求出抛物线方程；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立得到点坐标，同理得到点坐标，利用得到，求出，求出定点坐标.
【详解】（1）由抛物线的定义得，解得，
则抛物线的标准方程为.
（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，
由得直线方程为：，
由，解得，
由，解得
由得，假定在轴上存在点使得，设点，
则由（1）得直线斜率，直线斜率，
由得，则有，即，
整理得，
显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，
即当时，恒成立，恒成立，
所以轴上存在点使得.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，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，曲线的直角坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；
（2）射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，求四边形的面积.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】（1）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间转换求出结果即可.
（2）利用三角形的面积公式的应用和割补法的应用即可求出答案.
【详解】（1）曲线的参数方程为，为参数），转换为直角坐标方程为.
曲线的直角坐标方程为，根据，整理得，即.
（2）射线，和曲线分别交于点，，
与直线分别交于，两点，如图所示：
所以直线的直角坐标方程为，直线的直线方程为，
所以，解得，
设直线与轴交于点，
将代入，得，即.
所以.
同理：，解得：，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形的面积公式的应用，割补法的应用，同时考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于难题.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知，求证：
(1)；
(2).
已知a，b，c都是正数，且，证明：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用常数代换以及均值不等式证明.
（2）利用第(1)问的结论、均值不等式以及不等式的性质进行证明.
【详解】（1），
因为a，b，c都是正数，，
当前仅当取等号，
（2），
，
，
当前仅当取等号，
由（1）有：，，
当前仅当取等号，
，当前仅当取等号.
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