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2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）三
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这是一份2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）三，文件包含单元素质评价二第二单元同步练习教师版2023-2024部编版历史八年级上册docx、单元素质评价二第二单元同步练习学生版2023-2024部编版历史八年级上册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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i为虚数单位，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的复数等式求出复数z，即得.
【详解】由得：
，
∴复数z虚部为，
故选：B.
2. 设全集，集合，，则下列结论正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出及其补集后可得正确的选项.
【详解】集合，从而A、C错，，
故，，
故选：D．
3. 已知函数，则“”是“函数在处取得极小值”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】对求导，分a＝0和a≠0讨论的单调性，即可求出a≠0时，在x＝－1处取得极小值，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】.
①当a＝0时，，故在R上单调递增，无最小值.
②当a≠0时，令，得x＝－1或.又，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故在x＝－1处取得极小值.
综上，函数在x＝－1处取得极小值.
所以“”是“函数在x＝－1处取得极小值”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知点是所在平面上的一点，的三边为，若，则点是的（ ）
A. 外心B. 内心C. 重心D. 垂心
【答案】B
【解析】
【分析】在，上分别取点，，使得，，以，为邻边作平行四边形，即可得到四边形是菱形，再根据平面向量线性运算法则及共线定理得到，，三点共线，即可得到在的平分线上，同理说明可得在其它两角的平分线上，即可判断.
【详解】在，上分别取点，，使得，，则．
以，为邻边作平行四边形，如图，
则四边形是菱形，且．
为的平分线．
，
即，
．
，，三点共线，即在平分线上．
同理可得在其它两角的平分线上，
是的内心．
故选：B．
5. 用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.
【详解】∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.
故选：C.
【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
6. 已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及圆柱的侧面积、表面积和体积公式即可求解.
【详解】设底面圆的半径为，高为，则
由题意可知，，解得.
所以该圆柱的高为.
故选：B.
7. 若，且，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系求出csα和sinβ的值，然后由两角和与差的正弦函数公式并将相应的值代入即可．
【详解】，且，，
则csα
sinβ，
sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ．
故选B．
【点睛】此题考查了同角三角函数的基本关系、两角和与差的余弦函数公式以及特殊角的三角函数值，熟记公式是解题的关键，属于基础题．
8. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中由一道著名的“引葭赴氨”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺.引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有水池丈见方（即尺），芦苇生长在水的中央，长处水面的部分为尺.将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示），问水深、芦苇的长度各是多少？”现假设，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图，设水深为，则芦苇长为，故，所以，从而，所以，故或者（舎），所以，选C.
二、选择题：本大题共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. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说正确的是（ ）
A. 在上是减函数B. 其函数图象关于直线对称
C. 函数是偶函数D. 在上的值域是
【答案】AD
【解析】
【分析】由，根据函数的最小正周期为，可得，所以，可得，对各项分析判断，即可得解.
【详解】，
由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，
，则，所以，
将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.
对于A选项，当时，，则函数在上是减函数，A选项正确；
对于B选项，，所以，函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
对于C选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，C选项错误；
对于D选项，当时，，则，.
所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.
故选：AD.
10. 已知样本：，，…，的均值为4，标准差为m，样本：，，…，的均值为3，方差为4，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 样本和样本的极差相同D. 样本和样本的中位数相同
【答案】AC
【解析】
【分析】若给定一组数据，，…，，，其平均数为，方差为，则，，…，的平均数为，方差为，，，…，的平均数为，方差为，求出，，，，再比较极差及中位数即可判断各选项.
【详解】选项A，B，设样本，，…，的均值为，方差为，极差为M，中位数为q，则，则，，，
所以，，，，故A正确，B错误；
选项C，样本：，，…，；样本：，，…，，可得样本和样本的极差相等，故C正确；
选项D，设样本的中位数为，样本的中位数为，故D错误；
故选：AC.
11. 如图，正方体中，是线段上的动点，则（ ）
A. 平面
B.
C. 与所成角的余弦值为
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用线面垂直定理、异面直线所成角的求法以及棱锥的体积公式求解判断.
【详解】对于选项A，正方体中，，,又，
所以平面，又，故A不正确；
对于选项B, 正方体中，，,又，
所以平面，又平面，所以，故B正确；
对于选项C, 正方体中，，所以与所成角即为与所成角，
因为是等边三角形，所以与所成角为，即与所成角的余弦值为，
故C正确；
对于选项D, 正方体中，因为，所以无论在线段上怎么移动，
点到平面的距离是定值，又的面积是定值，，
所以即三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知函数及其导函数的定义域都为R，，，，则下列说法中正确的有（ ）
A. 导函数为奇函数
B. 2是函数的一个周期
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，根据，得到为偶函数，进而证明为奇函数即可；
选项B，化简得到为，，利用周期函数的性质，即可判断；
选项C，利用，化简即可判断
选项D，由，得，进而得到，计算即可判断
【详解】对于A，，得到关于对称，即关于轴对称，得到为偶函数，故为奇函数；证明如下：
若设可导函数为偶函数，则，两边求导，进而得到，故为奇函数；A正确；
对于B，因为为偶函数，故，可得，设，，可得，
，令，得，此时，，则可转换为，，
若2是函数的一个周期，则必有，故与不符，故B错误；
对于C，由，，当时，
则
，故此时，必有，故C正确；
对于D，由，得，为整数的同时也是偶数，，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数,为的导函数，则的展开式中项的系数是__________．
【答案】-540
【解析】
【分析】先对进行求导得到，求出的通项公式，再由多项式乘法法则可得答案
【详解】由可得，
因为展开式通项公式为，
所以的展开式中项的系数是，
故答案为：
14. 若关于的方程和（，且）的四个根组成首项为的等差数列，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设方程的根是，方程的根是，由韦达定理得，，从而四个根排成的等差数列不妨设为，然后求得得出，再计算．
【详解】设方程的根是，方程的根是，
∴，，
四个根排成等差数列，不妨设为，
则，于是，，
，因此，，∴，
．
故答案为：．
15. 已知直线与圆相交于，两点，若，则实数的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由，求出cs∠PCQ的值，结合余弦定理可得，由勾股定理可得圆心到直线的距离，然后利用点到直线距离公式建立k的方程即可.
【详解】因为，所以，故弦长，于是圆心到直线的距离为，由，得.
故答案为
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系问题，考查了垂径定理，数量积运算，余弦定理等知识，属于中档题.
16. 已知函数，则最小值是________，若关于的方程有且仅有四个不同的实数解，则整数的一个取值为________.
【答案】 ①. ②. 1（答案不唯一，即可）
【解析】
【分析】分段函数分别计算两段的最小值，得到函数的最小值；方程有且仅有四个不同的实数解,即函数的图像与函数的图像有四个不同的交点，作出函数图像，数形结合解决.
【详解】当时， ，
易知当时，有最小值；
当时，，
由，得，则，此时最小值为；
综上：函数的最小值为.
因为方程有且仅有四个不同的实数解,即函数的图像与函数的图像有四个不同的交点，
作出函数的图像，由于a为整数，如图所示，只有函数和的图像与函数的图像有四个不同的交点，
所以整数a的取值可以为中的一个.
故答案为：；1（答案不唯一，即可）
四、解答题：本大题共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，角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理求得，进一步求得；
（2）由，利用余弦定理得到为等边三角形，把转化为含有、的式子，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，即，
所以，因为，所以.
【小问2详解】
由，利用余弦定理得，
所以，由（1）可知，为等边三角形，
所以， ，，
所以，
，
设的中点为，则，则，
所以
，
因为，所以，
所以的取值范围是.
18. 已知等差数列{an}满足a3=5，a5﹣2a2=3，又等比数列{bn}中，b1=3且公比q=3．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
【答案】（1）an=2n﹣1，bn=3n
（2）n2+
【解析】
【分析】（1）根据题目所给的条件列方程即可求解；
（2）写出 的通项公式，分组求和即可.
【小问1详解】
设等差数列{an}的公差为d，则由题意得 ，
解得 ，所以，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1；
因为{bn}是以b1=3且公比q=3的等比数列，
所以bn=3n；
【小问2详解】
由第一问得cn=an+bn=（2n﹣1）+3n，
则Sn=1+3+5+…+（2n﹣1）+（3+32+33+…+3n）
；
综上， ， .
19. 如图a，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，F为AD的中点，E在BC上，且EF∥AB．已知AB＝AD＝CE＝2，沿线段EF把四边形CDFE折起如图b，使平面CDFE⊥平面ABEF．
（1）求证：AB⊥平面BCE；
（2）求三棱锥体积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由图a中，EF∥AB，AB⊥AD，易得图b中，CE⊥EF，结合平面CDFE⊥平面ABEF及面面垂直的性质定理可得CE⊥平面ABEF，进而CE⊥AB，再由AB⊥BE，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面BCE；
（2）由平面CDFE⊥平面ABEF，AF⊥FE，根据面面垂直的性质定理可得AF⊥平面CDEF，即AF为三棱锥A﹣CDE的高，计算出AF的长及底面三角形ADE的面积，代入棱锥体积公式可得答案．
【小问1详解】
在图a中，EF∥AB，AB⊥AD，
∴EF⊥AD，
在图b中，CE⊥EF，
又∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF＝EF，
∴CE⊥平面ABEF，又∵AB⊂平面ABEF，∴CE⊥AB，
又∵AB⊥BE，BE∩CE＝E，平面，
∴AB⊥平面BCE.
【小问2详解】
∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF＝EF，AF⊥FE，AF⊂平面ABEF，
∴AF⊥平面CDEF，
∴AF为三棱锥A﹣CDE的高，且AF＝1，
又∵AB＝CE＝2，∴，
故三棱锥C﹣ADE体积VAF•S△CDE
20. 第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为．
（1）设甲3次点球的总得分为X，求X的概率分布列和数学期望；
（2）求乙总得分为100分的概率．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为100
（2）
【解析】
【分析】（1）运用二项分布求得其分布列及期望.
（2）乙总得分为100分事件为3次点球中有2次射中1次未射中，结合互斥事件的概率加法公式求解即可.
【小问1详解】
设甲3次点球射进的次数为Y，则，
Y的可能取值为0，1，2，3，且，则X的所有可能的取值为0，50，100，150．
；
；
；
，
所以X的概率分布列为
，
（或）．
【小问2详解】
设“乙第i次射进点球”为事件（，2，3），
则乙总得分为100分的事件为．
因为，，互斥．
所以，
故乙总得分为100分的概率为．
21. 知椭圆E：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.
（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.
【小问1详解】
过且斜率为的直线的方程为，
令，得，
由题意可得，解得，
椭圆E的方程为：；
【小问2详解】
由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，
，，
联立，得
，，
由，得，
，
，
直线AD的方程为，令，解得，
则，同理可得，
【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. 已知函数．
（1）若是函数的一个极值点，求的值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可求得的值，然后分析导数的符号变化，可得出结论；
（2）分析可知对任意的恒成立，分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证是否在上恒成立，由此可得出实数的取值范围；
（3）当时，可知在上单调递增，可得出，结合对数的运算性质以及对数函数的单调性化简可证得结论成立.
【小问1详解】
解：，则，
由题意可得，解得，此时，
因为函数的定义域为，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时函数在处取得极小值，合乎题意，故.
【小问2详解】
解：在上恒成立，且，故，.
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
所以，，合乎题意；
当时，由，可得；当时，可得.
即在上为减函数，在上为增函数，
所以，，不合乎题意.
综上所述，.
小问3详解】
证明：当时，在上单调递增，
因为，且，则，
即，即，故.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
X
0
50
100
150
P
一、选择题：本大题共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i为虚数单位，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的复数等式求出复数z，即得.
【详解】由得：
，
∴复数z虚部为，
故选：B.
2. 设全集，集合，，则下列结论正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出及其补集后可得正确的选项.
【详解】集合，从而A、C错，，
故，，
故选：D．
3. 已知函数，则“”是“函数在处取得极小值”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】对求导，分a＝0和a≠0讨论的单调性，即可求出a≠0时，在x＝－1处取得极小值，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】.
①当a＝0时，，故在R上单调递增，无最小值.
②当a≠0时，令，得x＝－1或.又，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故在x＝－1处取得极小值.
综上，函数在x＝－1处取得极小值.
所以“”是“函数在x＝－1处取得极小值”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知点是所在平面上的一点，的三边为，若，则点是的（ ）
A. 外心B. 内心C. 重心D. 垂心
【答案】B
【解析】
【分析】在，上分别取点，，使得，，以，为邻边作平行四边形，即可得到四边形是菱形，再根据平面向量线性运算法则及共线定理得到，，三点共线，即可得到在的平分线上，同理说明可得在其它两角的平分线上，即可判断.
【详解】在，上分别取点，，使得，，则．
以，为邻边作平行四边形，如图，
则四边形是菱形，且．
为的平分线．
，
即，
．
，，三点共线，即在平分线上．
同理可得在其它两角的平分线上，
是的内心．
故选：B．
5. 用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.
【详解】∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.
故选：C.
【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
6. 已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及圆柱的侧面积、表面积和体积公式即可求解.
【详解】设底面圆的半径为，高为，则
由题意可知，，解得.
所以该圆柱的高为.
故选：B.
7. 若，且，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系求出csα和sinβ的值，然后由两角和与差的正弦函数公式并将相应的值代入即可．
【详解】，且，，
则csα
sinβ，
sin（α+β）＝sinαcsβ+csαsinβ．
故选B．
【点睛】此题考查了同角三角函数的基本关系、两角和与差的余弦函数公式以及特殊角的三角函数值，熟记公式是解题的关键，属于基础题．
8. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中由一道著名的“引葭赴氨”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺.引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有水池丈见方（即尺），芦苇生长在水的中央，长处水面的部分为尺.将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示），问水深、芦苇的长度各是多少？”现假设，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图，设水深为，则芦苇长为，故，所以，从而，所以，故或者（舎），所以，选C.
二、选择题：本大题共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. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说正确的是（ ）
A. 在上是减函数B. 其函数图象关于直线对称
C. 函数是偶函数D. 在上的值域是
【答案】AD
【解析】
【分析】由，根据函数的最小正周期为，可得，所以，可得，对各项分析判断，即可得解.
【详解】，
由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，
，则，所以，
将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.
对于A选项，当时，，则函数在上是减函数，A选项正确；
对于B选项，，所以，函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
对于C选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，C选项错误；
对于D选项，当时，，则，.
所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.
故选：AD.
10. 已知样本：，，…，的均值为4，标准差为m，样本：，，…，的均值为3，方差为4，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 样本和样本的极差相同D. 样本和样本的中位数相同
【答案】AC
【解析】
【分析】若给定一组数据，，…，，，其平均数为，方差为，则，，…，的平均数为，方差为，，，…，的平均数为，方差为，求出，，，，再比较极差及中位数即可判断各选项.
【详解】选项A，B，设样本，，…，的均值为，方差为，极差为M，中位数为q，则，则，，，
所以，，，，故A正确，B错误；
选项C，样本：，，…，；样本：，，…，，可得样本和样本的极差相等，故C正确；
选项D，设样本的中位数为，样本的中位数为，故D错误；
故选：AC.
11. 如图，正方体中，是线段上的动点，则（ ）
A. 平面
B.
C. 与所成角的余弦值为
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用线面垂直定理、异面直线所成角的求法以及棱锥的体积公式求解判断.
【详解】对于选项A，正方体中，，,又，
所以平面，又，故A不正确；
对于选项B, 正方体中，，,又，
所以平面，又平面，所以，故B正确；
对于选项C, 正方体中，，所以与所成角即为与所成角，
因为是等边三角形，所以与所成角为，即与所成角的余弦值为，
故C正确；
对于选项D, 正方体中，因为，所以无论在线段上怎么移动，
点到平面的距离是定值，又的面积是定值，，
所以即三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知函数及其导函数的定义域都为R，，，，则下列说法中正确的有（ ）
A. 导函数为奇函数
B. 2是函数的一个周期
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，根据，得到为偶函数，进而证明为奇函数即可；
选项B，化简得到为，，利用周期函数的性质，即可判断；
选项C，利用，化简即可判断
选项D，由，得，进而得到，计算即可判断
【详解】对于A，，得到关于对称，即关于轴对称，得到为偶函数，故为奇函数；证明如下：
若设可导函数为偶函数，则，两边求导，进而得到，故为奇函数；A正确；
对于B，因为为偶函数，故，可得，设，，可得，
，令，得，此时，，则可转换为，，
若2是函数的一个周期，则必有，故与不符，故B错误；
对于C，由，，当时，
则
，故此时，必有，故C正确；
对于D，由，得，为整数的同时也是偶数，，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数,为的导函数，则的展开式中项的系数是__________．
【答案】-540
【解析】
【分析】先对进行求导得到，求出的通项公式，再由多项式乘法法则可得答案
【详解】由可得，
因为展开式通项公式为，
所以的展开式中项的系数是，
故答案为：
14. 若关于的方程和（，且）的四个根组成首项为的等差数列，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设方程的根是，方程的根是，由韦达定理得，，从而四个根排成的等差数列不妨设为，然后求得得出，再计算．
【详解】设方程的根是，方程的根是，
∴，，
四个根排成等差数列，不妨设为，
则，于是，，
，因此，，∴，
．
故答案为：．
15. 已知直线与圆相交于，两点，若，则实数的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由，求出cs∠PCQ的值，结合余弦定理可得，由勾股定理可得圆心到直线的距离，然后利用点到直线距离公式建立k的方程即可.
【详解】因为，所以，故弦长，于是圆心到直线的距离为，由，得.
故答案为
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系问题，考查了垂径定理，数量积运算，余弦定理等知识，属于中档题.
16. 已知函数，则最小值是________，若关于的方程有且仅有四个不同的实数解，则整数的一个取值为________.
【答案】 ①. ②. 1（答案不唯一，即可）
【解析】
【分析】分段函数分别计算两段的最小值，得到函数的最小值；方程有且仅有四个不同的实数解,即函数的图像与函数的图像有四个不同的交点，作出函数图像，数形结合解决.
【详解】当时， ，
易知当时，有最小值；
当时，，
由，得，则，此时最小值为；
综上：函数的最小值为.
因为方程有且仅有四个不同的实数解,即函数的图像与函数的图像有四个不同的交点，
作出函数的图像，由于a为整数，如图所示，只有函数和的图像与函数的图像有四个不同的交点，
所以整数a的取值可以为中的一个.
故答案为：；1（答案不唯一，即可）
四、解答题：本大题共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，角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理求得，进一步求得；
（2）由，利用余弦定理得到为等边三角形，把转化为含有、的式子，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，即，
所以，因为，所以.
【小问2详解】
由，利用余弦定理得，
所以，由（1）可知，为等边三角形，
所以， ，，
所以，
，
设的中点为，则，则，
所以
，
因为，所以，
所以的取值范围是.
18. 已知等差数列{an}满足a3=5，a5﹣2a2=3，又等比数列{bn}中，b1=3且公比q=3．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
【答案】（1）an=2n﹣1，bn=3n
（2）n2+
【解析】
【分析】（1）根据题目所给的条件列方程即可求解；
（2）写出 的通项公式，分组求和即可.
【小问1详解】
设等差数列{an}的公差为d，则由题意得 ，
解得 ，所以，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1；
因为{bn}是以b1=3且公比q=3的等比数列，
所以bn=3n；
【小问2详解】
由第一问得cn=an+bn=（2n﹣1）+3n，
则Sn=1+3+5+…+（2n﹣1）+（3+32+33+…+3n）
；
综上， ， .
19. 如图a，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，F为AD的中点，E在BC上，且EF∥AB．已知AB＝AD＝CE＝2，沿线段EF把四边形CDFE折起如图b，使平面CDFE⊥平面ABEF．
（1）求证：AB⊥平面BCE；
（2）求三棱锥体积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由图a中，EF∥AB，AB⊥AD，易得图b中，CE⊥EF，结合平面CDFE⊥平面ABEF及面面垂直的性质定理可得CE⊥平面ABEF，进而CE⊥AB，再由AB⊥BE，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面BCE；
（2）由平面CDFE⊥平面ABEF，AF⊥FE，根据面面垂直的性质定理可得AF⊥平面CDEF，即AF为三棱锥A﹣CDE的高，计算出AF的长及底面三角形ADE的面积，代入棱锥体积公式可得答案．
【小问1详解】
在图a中，EF∥AB，AB⊥AD，
∴EF⊥AD，
在图b中，CE⊥EF，
又∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF＝EF，
∴CE⊥平面ABEF，又∵AB⊂平面ABEF，∴CE⊥AB，
又∵AB⊥BE，BE∩CE＝E，平面，
∴AB⊥平面BCE.
【小问2详解】
∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF＝EF，AF⊥FE，AF⊂平面ABEF，
∴AF⊥平面CDEF，
∴AF为三棱锥A﹣CDE的高，且AF＝1，
又∵AB＝CE＝2，∴，
故三棱锥C﹣ADE体积VAF•S△CDE
20. 第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为．
（1）设甲3次点球的总得分为X，求X的概率分布列和数学期望；
（2）求乙总得分为100分的概率．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为100
（2）
【解析】
【分析】（1）运用二项分布求得其分布列及期望.
（2）乙总得分为100分事件为3次点球中有2次射中1次未射中，结合互斥事件的概率加法公式求解即可.
【小问1详解】
设甲3次点球射进的次数为Y，则，
Y的可能取值为0，1，2，3，且，则X的所有可能的取值为0，50，100，150．
；
；
；
，
所以X的概率分布列为
，
（或）．
【小问2详解】
设“乙第i次射进点球”为事件（，2，3），
则乙总得分为100分的事件为．
因为，，互斥．
所以，
故乙总得分为100分的概率为．
21. 知椭圆E：的左右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.
（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.
【小问1详解】
过且斜率为的直线的方程为，
令，得，
由题意可得，解得，
椭圆E的方程为：；
【小问2详解】
由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，
，，
联立，得
，，
由，得，
，
，
直线AD的方程为，令，解得，
则，同理可得，
【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. 已知函数．
（1）若是函数的一个极值点，求的值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可求得的值，然后分析导数的符号变化，可得出结论；
（2）分析可知对任意的恒成立，分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证是否在上恒成立，由此可得出实数的取值范围；
（3）当时，可知在上单调递增，可得出，结合对数的运算性质以及对数函数的单调性化简可证得结论成立.
【小问1详解】
解：，则，
由题意可得，解得，此时，
因为函数的定义域为，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时函数在处取得极小值，合乎题意，故.
【小问2详解】
解：在上恒成立，且，故，.
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
所以，，合乎题意；
当时，由，可得；当时，可得.
即在上为减函数，在上为增函数，
所以，，不合乎题意.
综上所述，.
小问3详解】
证明：当时，在上单调递增，
因为，且，则，
即，即，故.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
X
0
50
100
150
P
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