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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）四
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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）四，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、单项选择题：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. 若复数满足,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的除法运算以及模长公式即可求出结果.
【详解】因为,
所以,
则,
故选:B.
2. 已知集合，，（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
3. 等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A. 45B. 49C. 56D. 63
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质，结合前项和公式求解即可.
【详解】由题意，，解得，
故.
故选：D
4. 从2位男生，3位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种
A 16B. 36C. 54D. 96
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类计数原理，结合排列和组合的定义进行求解即可.
【详解】当选择一个男生，二个女生时，不同的安排方法有；
当选择二个男生，一个女生时，不同的安排方法有，
所以不同安排方法有种，
故选：C
5. “”是“直线与圆相切”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】由与圆相切等价于直线到圆心距离等于半径结合充分必要条件相关知识可得答案.
【详解】由可得，则其圆心为，半径为1.
当时，直线为，此时其到圆圆心距离为，则“”是“直线与圆相切”的充分条件；若直线“直线与圆相切”，则，得或，则“”不是“直线与圆相切”的必要条件，则“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A
6. 在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.
【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，
因为过且垂直于轴，故，
所以直线，整理得到，故.
因为，故，整理得到，
所以即，故.
故选：B
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D. .
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合诱导公式可得，然后结合二倍角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则下列等式一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的对称性以及复合函数求导运算，利用举反例的形式，逐一判断，可得答案.
【详解】由函数为偶函数，可得，则，所以函数关于成轴对称；
由函数为偶函数，可得，所以函数关于成轴对称；
对于A，设，，显然符合题意，但，故A错误；
对于B，因为为偶函数，故，
故，故（为常数），
令，则，故，
故的图象关于成中心对称，
由，且为函数图象的对称轴，则，
由，
则函数图象的对称轴为直线，
由，则，所以，故B正确；
对于C，设，令，解得，则的对称轴为；
，令，解得，则的对称中心为；
所以此时函数符合题意，，故C错误；
对于D，由选项C，符合题意，则，
，故D错误.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 给出下列命题中，其中正确的命题是（ ）
A. 随机变量，则
B. 已知，，则
C. 随机变量，若，则，
D. 以模型拟合一组数据时，为了求回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.2.
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，根据二项分布的均值公式易判断；B选项，根据条件概率的计算公式可判断；C选项，根据正态分布的概念以及随机变量间均值方差公式易判断；D选项，代入运算对比可判断.
【详解】A选项，，，故A正确；
B选项，由条件概率的计算公式，，
故B错误；
C选项，，，，又
，，，故C正确；
D选项，，又，
，即，，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数的图象如图所示，则（ ）
A. 函数解析式
B. 将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上的最大值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据图像得到解析式，利用函数的性质进项判断即可.
【详解】由题图知：函数的最小正周期，
则，，所以函数．
将点代入解析式中可得，
则，得，
因为，所以，
因此，故A正确．
将函数的图像向左平移个单位长度可得函数的图像，故B正确.
，当时，，故C正确.
当时，，所以，即最大值为，
故D错误．
故选：ABC．
11. 如果有限数列满足，则称其为“对称数列”，设是项数为的“对称数列”，其中是首项为50，公差为的等差数列，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则所有项的和为590
C. 当时，所有项的和最大
D. 所有项的和可能为0
【答案】BC
【解析】
【分析】确定的和，代入数据计算得到BC正确，D错误，计算，A错误，得到答案.
【详解】的和，
对选项A：，则，错误；
对选项B：，则所有项的和为，正确；
对选项C：的和，当时，和最大，正确.
对选项D：，方程无正整数解，错误.
故选：BC
12. 如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）
A 面面
B. 线段长度的取值范围为
C. 直线和所成的角始终为
D. 当三棱锥体积最大时，点在三棱锥外接球的外部
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定可得面，可判断A选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断B选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项.
【详解】A选项：连接，由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，由余弦定理，故，，所以，同理，又，平面，故平面，又面，故面面，故A选项正确；
B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且.又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项错误；
C选项：由B选项得，所以直线和所成角即为与所成角，又，故，故C选项正确；
D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，故，，故在的外接圆内，又的外接圆在三棱锥外接球的内部，故点在三棱锥外接球的内部，故D选项错误；
故选：AC
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式的中间一项的系数是______（用数字作答）.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项式的展开式的性质进行求解即可.
【详解】的展开式的中间一项为，
系数为，
故答案为：
14. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】因为向量，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为：
，
故答案为：
15. 函数为在定义域内为增函数，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】由函数为在定义域内为增函数，得出,令，再构造函数转化为
,计算即可求出实数的取值范围.
【详解】∵函数在其定义域内是增函数，
∴对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，
即，
令，
则，
解，得,单调递增；解，得,单调递减；
因此当时，取得最小值，
∴，
故实数的取值范围为.
故答案为:.
16. 如图C是圆台母线AB的中点，BD是底面的直径，上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，点M是弧BD的中点，则C、M两点在圆台侧面上连线长最小值的平方等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】将圆台展开为平面图形，结合几何位置关系在中利用余弦定理求解.
【详解】因为圆台上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，
所以该圆台是由底面半径为2，母线长为4的圆锥所截得，
所以圆锥的侧面展开图的弧长为，
所以圆锥的侧面展开图的圆心角为，即侧面展开图为一个半圆，
所以圆台侧面展开图为一个半圆环，
沿母线展开如图所示，，.，
由余弦定理可得：.
故答案为: .
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. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式，即可求数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果可知，再利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
两式相减得：，即，
所以，
且符合，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
所以
.
18. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①；
②；
③．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若 ．
（1）求角C；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）①利用正弦定理进行边角互换，得到，然后利用余弦定理求即可；
②利用二倍角公式和辅助角公式进行化简得到，然后根据解方程即可；
③根据内角和、诱导公式和和差公式得到，代入原式得到，即可得到；
（2）利用余弦定理和基本不等式得到，再根据三角形三边关系得到，即可得到周长的范围.
【小问1详解】
选①，由得：
，
即，
所以，
因为，
故角；
选②，由得：
，
，
所以，
因为，，
所以，
解得：；
选③，因为，
又因为，
所以，
∴，
∵，
∴，
∴，
因为，
所以．
【小问2详解】
根据（1）可知：，
又因为，
由余弦定理得：，
所以，
即，当且仅当时取得等号，
又因为根据三角形的三边关系有：
所以，
所以△ABC周长的取值范围为．
19. 已知四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，，，AB⊥DA，AB∥CD．
（1）求证：平面PAD⊥平面PCD；
（2）设M是棱PC上的点，若二面角M-BD-A的余弦值为，试求直线BC与平面BDM所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
分析】（1）依题意可证明AD⊥面PCD；根据面面垂直判断定理即可证明结论；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面BDM与平面ABCD的法向量，根据二面角向量公式求出点点M的位置，从而求出平面BDM的一个法向量，即可求出直线BC与平面BDM所成的角的正弦值．
【小问1详解】
证明：在四棱锥P-ABCD中，
∵PD⊥平面ABCD，
∴，
∵，，
∴；
又∵；面PCD，面PCD
∴AD⊥面PCD；
又∵面PAD；
∴平面PAD⊥平面PCD．
【小问2详解】
由（1）得DA，DP，DC两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
则依题意有：，，，，，
由，得点，
因为PD⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，
设为平面BDM的法向量，
又因为，，
所以，即，
令，则，，
∴，
∵二面角M-BD-A的余弦值为，
∴，
解得，
故有，此时点M为线段PC的中点．
设直线BC与平面BDM所成的角为，平面BDM的一个法向量为；
又因为，
所以，
即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为．
20. 已知椭圆的左､右顶点分别，上顶点为，的长轴长比短轴长大4.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点（异于点），且，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】(1)利用二倍角的余弦公式得出，则有方程组，解之即可；
(2)设直线的方程为与椭圆方程联立得到韦达定理，
由得出，写出向量代入计算可得到与的关系，代回直线方程即可求出定点.
【小问1详解】
由题意知：，
因为为锐角，故，
由题意知：，解得：，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
根据题意，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立可得：，
则，即.
设，则，.
因为，根据向量加法与减法的几何意义可得：，
则，因为，
所以
，
也即，
整理化简可得：，
解得：或，此时均满足，
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点，
此时定点与点重合，故舍去，
综上，直线恒过定点，定点坐标为.
【点睛】结论点睛：若直线与椭圆交于两点，为椭圆的左顶点且，直线过定点（为离心率）.
21. 春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” .某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.
（1）估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；
（3）由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.
参考数据：若，则，，.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．
（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．
（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．
【小问1详解】
解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即
【小问2详解】
解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．
所以，，，，，
所以的分布列为：
所以．
【小问3详解】
由（1）得，
，
所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，
由，，得，
所以估计在之间通过的车辆数为辆．
22. 已知函数，，.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若曲线在点处的切线与曲线切于点，求的值；
（Ⅲ）若恒成立，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
【详解】（Ⅰ） ，则.
令得，所以在上单调递增.
令得，所以在上单调递减.
（Ⅱ）因为，所以，所以的方程为.
依题意， ， .
于是与抛物线切于点，
由得.
所以 -
（Ⅲ）设,则恒成立.
易得
（1）当时，
因为，所以此时在上单调递增.
①若，则当时满足条件，此时；
②若，取且
此时，所以不恒成立．
不满足条件；
（2）当时，
令，得由，得；
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增.
要使得“恒成立”，必须有
“当时， ”成立.
所以.则
令则
令，得由，得；
由，得所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，当时，
从而，当时， 的最大值为.-
【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
0
1
2
3
4
一、单项选择题：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. 若复数满足,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的除法运算以及模长公式即可求出结果.
【详解】因为,
所以,
则,
故选:B.
2. 已知集合，，（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
3. 等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A. 45B. 49C. 56D. 63
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质，结合前项和公式求解即可.
【详解】由题意，，解得，
故.
故选：D
4. 从2位男生，3位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种
A 16B. 36C. 54D. 96
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类计数原理，结合排列和组合的定义进行求解即可.
【详解】当选择一个男生，二个女生时，不同的安排方法有；
当选择二个男生，一个女生时，不同的安排方法有，
所以不同安排方法有种，
故选：C
5. “”是“直线与圆相切”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】由与圆相切等价于直线到圆心距离等于半径结合充分必要条件相关知识可得答案.
【详解】由可得，则其圆心为，半径为1.
当时，直线为，此时其到圆圆心距离为，则“”是“直线与圆相切”的充分条件；若直线“直线与圆相切”，则，得或，则“”不是“直线与圆相切”的必要条件，则“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A
6. 在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.
【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，
因为过且垂直于轴，故，
所以直线，整理得到，故.
因为，故，整理得到，
所以即，故.
故选：B
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D. .
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合诱导公式可得，然后结合二倍角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则下列等式一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的对称性以及复合函数求导运算，利用举反例的形式，逐一判断，可得答案.
【详解】由函数为偶函数，可得，则，所以函数关于成轴对称；
由函数为偶函数，可得，所以函数关于成轴对称；
对于A，设，，显然符合题意，但，故A错误；
对于B，因为为偶函数，故，
故，故（为常数），
令，则，故，
故的图象关于成中心对称，
由，且为函数图象的对称轴，则，
由，
则函数图象的对称轴为直线，
由，则，所以，故B正确；
对于C，设，令，解得，则的对称轴为；
，令，解得，则的对称中心为；
所以此时函数符合题意，，故C错误；
对于D，由选项C，符合题意，则，
，故D错误.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 给出下列命题中，其中正确的命题是（ ）
A. 随机变量，则
B. 已知，，则
C. 随机变量，若，则，
D. 以模型拟合一组数据时，为了求回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.2.
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，根据二项分布的均值公式易判断；B选项，根据条件概率的计算公式可判断；C选项，根据正态分布的概念以及随机变量间均值方差公式易判断；D选项，代入运算对比可判断.
【详解】A选项，，，故A正确；
B选项，由条件概率的计算公式，，
故B错误；
C选项，，，，又
，，，故C正确；
D选项，，又，
，即，，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数的图象如图所示，则（ ）
A. 函数解析式
B. 将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上的最大值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据图像得到解析式，利用函数的性质进项判断即可.
【详解】由题图知：函数的最小正周期，
则，，所以函数．
将点代入解析式中可得，
则，得，
因为，所以，
因此，故A正确．
将函数的图像向左平移个单位长度可得函数的图像，故B正确.
，当时，，故C正确.
当时，，所以，即最大值为，
故D错误．
故选：ABC．
11. 如果有限数列满足，则称其为“对称数列”，设是项数为的“对称数列”，其中是首项为50，公差为的等差数列，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则所有项的和为590
C. 当时，所有项的和最大
D. 所有项的和可能为0
【答案】BC
【解析】
【分析】确定的和，代入数据计算得到BC正确，D错误，计算，A错误，得到答案.
【详解】的和，
对选项A：，则，错误；
对选项B：，则所有项的和为，正确；
对选项C：的和，当时，和最大，正确.
对选项D：，方程无正整数解，错误.
故选：BC
12. 如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）
A 面面
B. 线段长度的取值范围为
C. 直线和所成的角始终为
D. 当三棱锥体积最大时，点在三棱锥外接球的外部
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定可得面，可判断A选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断B选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项.
【详解】A选项：连接，由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，由余弦定理，故，，所以，同理，又，平面，故平面，又面，故面面，故A选项正确；
B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且.又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项错误；
C选项：由B选项得，所以直线和所成角即为与所成角，又，故，故C选项正确；
D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，故，，故在的外接圆内，又的外接圆在三棱锥外接球的内部，故点在三棱锥外接球的内部，故D选项错误；
故选：AC
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式的中间一项的系数是______（用数字作答）.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项式的展开式的性质进行求解即可.
【详解】的展开式的中间一项为，
系数为，
故答案为：
14. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】因为向量，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为：
，
故答案为：
15. 函数为在定义域内为增函数，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】由函数为在定义域内为增函数，得出,令，再构造函数转化为
,计算即可求出实数的取值范围.
【详解】∵函数在其定义域内是增函数，
∴对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，
即，
令，
则，
解，得,单调递增；解，得,单调递减；
因此当时，取得最小值，
∴，
故实数的取值范围为.
故答案为:.
16. 如图C是圆台母线AB的中点，BD是底面的直径，上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，点M是弧BD的中点，则C、M两点在圆台侧面上连线长最小值的平方等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】将圆台展开为平面图形，结合几何位置关系在中利用余弦定理求解.
【详解】因为圆台上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，
所以该圆台是由底面半径为2，母线长为4的圆锥所截得，
所以圆锥的侧面展开图的弧长为，
所以圆锥的侧面展开图的圆心角为，即侧面展开图为一个半圆，
所以圆台侧面展开图为一个半圆环，
沿母线展开如图所示，，.，
由余弦定理可得：.
故答案为: .
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. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式，即可求数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果可知，再利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
两式相减得：，即，
所以，
且符合，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
所以
.
18. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①；
②；
③．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若 ．
（1）求角C；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）①利用正弦定理进行边角互换，得到，然后利用余弦定理求即可；
②利用二倍角公式和辅助角公式进行化简得到，然后根据解方程即可；
③根据内角和、诱导公式和和差公式得到，代入原式得到，即可得到；
（2）利用余弦定理和基本不等式得到，再根据三角形三边关系得到，即可得到周长的范围.
【小问1详解】
选①，由得：
，
即，
所以，
因为，
故角；
选②，由得：
，
，
所以，
因为，，
所以，
解得：；
选③，因为，
又因为，
所以，
∴，
∵，
∴，
∴，
因为，
所以．
【小问2详解】
根据（1）可知：，
又因为，
由余弦定理得：，
所以，
即，当且仅当时取得等号，
又因为根据三角形的三边关系有：
所以，
所以△ABC周长的取值范围为．
19. 已知四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，，，AB⊥DA，AB∥CD．
（1）求证：平面PAD⊥平面PCD；
（2）设M是棱PC上的点，若二面角M-BD-A的余弦值为，试求直线BC与平面BDM所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
分析】（1）依题意可证明AD⊥面PCD；根据面面垂直判断定理即可证明结论；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面BDM与平面ABCD的法向量，根据二面角向量公式求出点点M的位置，从而求出平面BDM的一个法向量，即可求出直线BC与平面BDM所成的角的正弦值．
【小问1详解】
证明：在四棱锥P-ABCD中，
∵PD⊥平面ABCD，
∴，
∵，，
∴；
又∵；面PCD，面PCD
∴AD⊥面PCD；
又∵面PAD；
∴平面PAD⊥平面PCD．
【小问2详解】
由（1）得DA，DP，DC两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
则依题意有：，，，，，
由，得点，
因为PD⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，
设为平面BDM的法向量，
又因为，，
所以，即，
令，则，，
∴，
∵二面角M-BD-A的余弦值为，
∴，
解得，
故有，此时点M为线段PC的中点．
设直线BC与平面BDM所成的角为，平面BDM的一个法向量为；
又因为，
所以，
即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为．
20. 已知椭圆的左､右顶点分别，上顶点为，的长轴长比短轴长大4.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点（异于点），且，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】(1)利用二倍角的余弦公式得出，则有方程组，解之即可；
(2)设直线的方程为与椭圆方程联立得到韦达定理，
由得出，写出向量代入计算可得到与的关系，代回直线方程即可求出定点.
【小问1详解】
由题意知：，
因为为锐角，故，
由题意知：，解得：，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
根据题意，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立可得：，
则，即.
设，则，.
因为，根据向量加法与减法的几何意义可得：，
则，因为，
所以
，
也即，
整理化简可得：，
解得：或，此时均满足，
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点，
此时定点与点重合，故舍去，
综上，直线恒过定点，定点坐标为.
【点睛】结论点睛：若直线与椭圆交于两点，为椭圆的左顶点且，直线过定点（为离心率）.
21. 春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” .某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.
（1）估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；
（3）由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.
参考数据：若，则，，.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．
（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．
（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．
【小问1详解】
解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即
【小问2详解】
解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．
所以，，，，，
所以的分布列为：
所以．
【小问3详解】
由（1）得，
，
所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，
由，，得，
所以估计在之间通过的车辆数为辆．
22. 已知函数，，.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若曲线在点处的切线与曲线切于点，求的值；
（Ⅲ）若恒成立，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
【详解】（Ⅰ） ，则.
令得，所以在上单调递增.
令得，所以在上单调递减.
（Ⅱ）因为，所以，所以的方程为.
依题意， ， .
于是与抛物线切于点，
由得.
所以 -
（Ⅲ）设,则恒成立.
易得
（1）当时，
因为，所以此时在上单调递增.
①若，则当时满足条件，此时；
②若，取且
此时，所以不恒成立．
不满足条件；
（2）当时，
令，得由，得；
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增.
要使得“恒成立”，必须有
“当时， ”成立.
所以.则
令则
令，得由，得；
由，得所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，当时，
从而，当时， 的最大值为.-
【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
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