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四川省成都市2024届高三下学期第二次诊断性检测理科数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市2024届高三下学期第二次诊断性检测理科数学试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市2024届高三下学期第二次诊断性检测理科数学试题Word版含解析docx、四川省成都市2024届高三下学期第二次诊断性检测理科数学试题Word版无答案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。
本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自已的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
第I卷
（选择题，共60分）
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数（是虚数单位），则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】 先利用复数的除法法则化简复数，再求模即可.
【详解】由题意，所以.
故选：
2. 命题“，”的否定形式是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据命题的否定直接可得解.
【详解】由命题“，”，
可知其否定为“，”，
故选：C.
3. 如图，已知集合，则阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由阴影部分为以全集为A的集合A与集合B交集的补集求解.
【详解】解：因为，
所以，，
即阴影部分表示的集合为，
故选：B
4. 对变量有观测数据，得散点图1；对变量有观测数据，得散点图2.表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A. 变量与呈现正相关，且B. 变量与呈现负相关，且
C. 变量与呈现正相关，且D. 变量与呈现负相关，且
【答案】C
【解析】
【分析】利用散点图，结合相关系数的知识可得答案.
【详解】由题意可知，变量的散点图中，随的增大而增大，所以变量与呈现正相关；
再分别观察两个散点图，图比图点更加集中，相关性更好，所以线性相关系数.
故选：C.
5. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据任意角三角函数定义，结合角终边经过点，求出、，再利用二倍角公式即可求解.
【详解】因为终边经过点，所以，，则，
所以有，，
所以.
故选：A
6. 已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对实数分类讨论，根据二次函数的性质及指数函数的值域可得结果.
【详解】当时，，符合题意；
当时，因为函数的值域为满足，
由指数函数的单调性可知，即二次函数的最小值小于或等于零；
若时，依题意有的最小值，即，
若时，不符合题意；
综上：，
故选：B.
7. 筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（ ）
A. 9秒B. 12秒C. 15秒D. 20秒
【答案】D
【解析】
【分析】画出示意图，结合题意和三角函数值可解出答案.
【详解】假设所在直线垂直于水面，且米，如下示意图，
由已知可得，
所以，处劣弧时高度不低于米，
转动的角速度为/每秒，
所以水筒P距离水面的高度不低于的时间为秒，
故选：D.
8. 现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由分步计数原理计算“用四种不同得颜色要对如图形中的五部分进行着色”和“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，由古典概型公式计算可得答案.
【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故选：C
9. 已知向量是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标．若点的广义坐标分别为，则“"是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的垂直和线性运算即可判断.
【详解】根据题意得：，.
因为，
所以，
则，即
因为向量是平面内的一组基向量，
所以.
故“"是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
10. 已知点是椭圆上的动点，若到轴与轴的距离之和的范围是，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用距离和的范围求出，利用离心率的公式可得答案.
【详解】设，由椭圆的对称性，不妨设点位于第一象限或轴正半轴上，
由题意，，结合椭圆性质有且，其中；
所以，解得，椭圆的离心率为.
故选：D.
11. 在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【详解】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，
由，可得；
由直四棱柱的性质可得，平面，所以；
因为，所以.
在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分,即图中圆弧.
因为，所以，
因为点的轨迹长度为，所以，即.
四棱柱的表面积为.
故选：A.
12. 已知是抛物线上任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为，，则劣弧长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的切线性质，可转化为求的最小值，结合二次函数求值域可得解.
【详解】
如图所示，当劣弧长度的最小时，最小，即最小，
即最大，
即取的最小值，
设，则，
则，
当时，取最小值为，
即，
即，
，
即，
即劣弧长度的最小值为，
故选：D.
第Ⅱ卷：（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上
13. 一个几何体的三视图的正视图是三角形，则这个几何体可以是___________.（写出一个你认为正确的答案即可）
【答案】三棱柱（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，由三视图的知识，即可得到结果.
【详解】由三视图可知，正视图是三角形的几何体可以是三棱柱，三棱锥，圆锥等.
故答案为：三棱柱（答案不唯一）
14. 已知函数，若，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性，最后根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数的定义域为，且，
所以为奇函数，
又，所以在上单调递增，
不等式，即，
等价于，解得或，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
15. 平面四边形中，，则的最大值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，因为，设，且，
在中，可得 ，
即，可得，
在中，可得，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
16. 已知函数．给出下列四个结论：
①；
②存在，使得；
③对于任意的，都有；
④对于任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】对于①，借助中间值，计算即可判断；对于②，构造函数，由零点存在性定理判段即可；对于③，构造函数，，根据函数单调性判断即可；对于④，分段讨论当，，当，，再将函数，两边同时取对数化简可得，提公因式构造不等式判断可得，根据绝对值的意义判断即可.
【详解】因，所以，，
因为，，
所以，故①错误；
若，则，即，
，即，
令，因为，
所以存在，使得，即，
所以存在，使得，故②正确，
因为，
因为在上单调递减，所以也单调递减，
所以，
，
因为在上单调递增，所以也单调递增，
所以，
即，即对于任意的，都有，故③正确；
由②可知，存在，使得，
结合③可知当，，，即，
可知当，，，即，
因为，，得，
即，
当，有，
因为，所以，所以，
所以，即，
当，有，
因为，所以，所以，
即，所以对于任意，都有，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：解决本题②，在于构造函数，利用零点存在性定理判段；本题③，关键在于构造函数，，根据复合函数单调性判断；本题④，关键在于根据②的结论分段讨论，将函数两边同时取对数可得，结合③计算有关结论，提公因式构造不等式得，然后判断即可.
三､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. 记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与关系求解即可.
（2）先求导，再根据错位相减求解即可.
【小问1详解】
当时，.
当时，.
又当时，不满足上式，
所以
【小问2详解】
①
②
①-②得，
18. 某省举办了一次高三年级化学模拟考试，其中甲市有10000名学生参考．根据经验，该省及各市本次模拟考试成绩（满分100分）都近似服从正态分布．
（1）已知本次模拟考试甲市平均成绩为65分，87分以上共有228人．甲市学生的成绩为76分，试估计学生在甲市的大致名次；
（2）在该省本次模拟考试的参考学生中随机抽取40人，记表示在本次考试中化学成绩在之外的人数，求的概率及的数学期望．
参考数据：
参考公式：若，有，
【答案】18. 1587名
19. 0.0989；期望为
【解析】
【分析】（1）由本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，，87分以上共有228人，结合原则，求得，再由甲市学生在该次考试中成绩为76分，且求解；
（2）由随机变量服从二项分布，即求解．
【小问1详解】
解：已知本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，
由题意可得．
即，解得．
甲市学生在该次考试中成绩为76分，且，
又，即．
学生在甲市本次考试的大致名次为1587名．
【小问2详解】
在本次考试中，抽取1名化学成绩在之内的概率为0.9974．
抽取1名化学成绩在之外概率为0.0026．
随机变量服从二项分布，即．
．
的数学期望为．
19. 如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
（1）证明：；
（2）求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理即可证明平面，从而证明；
（2）根据题意，由二面角的定义，结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
取的中点为，连接．四面体为正四面体，
为正三角形．又为的中点，．同理可得．
平面，平面．
又平面．
【小问2详解】
取的中点为，连接，设．
由（1）得平面．平面．
为二面角的平面角，为二面角的平面角，
为二面角的平面角．由图形对称性可判断．
易得．在中，．
在中，．同理可得．
．
．
二面角的平面角最大，其余弦值等于．
20. 已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为.过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴的对称点为，且直线的斜率之积为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线分别与直线相交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设，根据直线的斜率之积为及在双曲线求出，即可得解；
（2）设，直线，联立方程，理由韦达定理求出，再求出两点的坐标，进而可求出以为直径的圆的方程，再令，即可得出结论.
【小问1详解】
设，
，
，
在双曲线上，
，
解得，
双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
设，直线，
由，消去得，
，
，
直线，
令，解得，同理可得，
以为直径的圆的方程为，
令，得，
，
，解得或，
以为直径的圆恒过点.
【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
21. 已知函数．
（1）当时，判断的零点个数并说明理由；
（2）若存在，使得当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）两个零点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，从而可得函数在上单调递增，再由零点存在定理即可得到结果；
（2）根据题意，构造函数设，然后分与讨论，利用导数代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，．
，令，则，
当时，，
函数在上单调递增．
由，
，使得．
当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，
有两个零点．
【小问2详解】
存在，使得当时，，
即存在，使得当时，．
设．
（i）当时，设．
．
在上单调递增，又，
在上单调递增．又，
在上恒成立．
．
当时，．
取，当时，恒成立．
当时满足题意．
（ii）当时，设．
．
在上恒成立，在上单调递增．
又在上恒成立．
设．
在上恒成立，在上单调递减．
又在上恒成立．
故恒成立，不合题意．
综上，的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题以及利用导数研究不等式恒成立问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，分类讨论计算.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.若为曲线上任意一点，将逆时针旋转得到，求线段中点的轨迹的极坐标方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合三角函数的基本关系式，消去参数，即可求解；
（2）求得曲线的极坐标方程为，设，根据题意得到，代入，即可求解.
【小问1详解】
解：曲线的参数方程为（为参数）可得，
平方相加，可得，
所以曲线的普通方程为.
【小问2详解】
解：曲线的极坐标方程为.
设，
因为，可得，
所以，
所以点的轨迹的极坐标方程为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，不等式的解集为.
（1）求实数的值；
（2）函数的最小值为，若正实数满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）最小值为4
【解析】
【分析】（1）根据解集得到方程，解出即可；
（2）根据乘“1”法即可得到最小值.
【小问1详解】
，易知，
.
的解集为，
，解得.
【小问2详解】
由（1）得，
的最小值为1，即.
，
当且仅当时，等号成立.
本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自已的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
第I卷
（选择题，共60分）
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数（是虚数单位），则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】 先利用复数的除法法则化简复数，再求模即可.
【详解】由题意，所以.
故选：
2. 命题“，”的否定形式是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据命题的否定直接可得解.
【详解】由命题“，”，
可知其否定为“，”，
故选：C.
3. 如图，已知集合，则阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由阴影部分为以全集为A的集合A与集合B交集的补集求解.
【详解】解：因为，
所以，，
即阴影部分表示的集合为，
故选：B
4. 对变量有观测数据，得散点图1；对变量有观测数据，得散点图2.表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A. 变量与呈现正相关，且B. 变量与呈现负相关，且
C. 变量与呈现正相关，且D. 变量与呈现负相关，且
【答案】C
【解析】
【分析】利用散点图，结合相关系数的知识可得答案.
【详解】由题意可知，变量的散点图中，随的增大而增大，所以变量与呈现正相关；
再分别观察两个散点图，图比图点更加集中，相关性更好，所以线性相关系数.
故选：C.
5. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据任意角三角函数定义，结合角终边经过点，求出、，再利用二倍角公式即可求解.
【详解】因为终边经过点，所以，，则，
所以有，，
所以.
故选：A
6. 已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对实数分类讨论，根据二次函数的性质及指数函数的值域可得结果.
【详解】当时，，符合题意；
当时，因为函数的值域为满足，
由指数函数的单调性可知，即二次函数的最小值小于或等于零；
若时，依题意有的最小值，即，
若时，不符合题意；
综上：，
故选：B.
7. 筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（ ）
A. 9秒B. 12秒C. 15秒D. 20秒
【答案】D
【解析】
【分析】画出示意图，结合题意和三角函数值可解出答案.
【详解】假设所在直线垂直于水面，且米，如下示意图，
由已知可得，
所以，处劣弧时高度不低于米，
转动的角速度为/每秒，
所以水筒P距离水面的高度不低于的时间为秒，
故选：D.
8. 现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由分步计数原理计算“用四种不同得颜色要对如图形中的五部分进行着色”和“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，由古典概型公式计算可得答案.
【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故选：C
9. 已知向量是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标．若点的广义坐标分别为，则“"是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的垂直和线性运算即可判断.
【详解】根据题意得：，.
因为，
所以，
则，即
因为向量是平面内的一组基向量，
所以.
故“"是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
10. 已知点是椭圆上的动点，若到轴与轴的距离之和的范围是，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用距离和的范围求出，利用离心率的公式可得答案.
【详解】设，由椭圆的对称性，不妨设点位于第一象限或轴正半轴上，
由题意，，结合椭圆性质有且，其中；
所以，解得，椭圆的离心率为.
故选：D.
11. 在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【详解】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，
由，可得；
由直四棱柱的性质可得，平面，所以；
因为，所以.
在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分,即图中圆弧.
因为，所以，
因为点的轨迹长度为，所以，即.
四棱柱的表面积为.
故选：A.
12. 已知是抛物线上任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为，，则劣弧长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的切线性质，可转化为求的最小值，结合二次函数求值域可得解.
【详解】
如图所示，当劣弧长度的最小时，最小，即最小，
即最大，
即取的最小值，
设，则，
则，
当时，取最小值为，
即，
即，
，
即，
即劣弧长度的最小值为，
故选：D.
第Ⅱ卷：（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上
13. 一个几何体的三视图的正视图是三角形，则这个几何体可以是___________.（写出一个你认为正确的答案即可）
【答案】三棱柱（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，由三视图的知识，即可得到结果.
【详解】由三视图可知，正视图是三角形的几何体可以是三棱柱，三棱锥，圆锥等.
故答案为：三棱柱（答案不唯一）
14. 已知函数，若，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性，最后根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数的定义域为，且，
所以为奇函数，
又，所以在上单调递增，
不等式，即，
等价于，解得或，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
15. 平面四边形中，，则的最大值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，因为，设，且，
在中，可得 ，
即，可得，
在中，可得，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
16. 已知函数．给出下列四个结论：
①；
②存在，使得；
③对于任意的，都有；
④对于任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】对于①，借助中间值，计算即可判断；对于②，构造函数，由零点存在性定理判段即可；对于③，构造函数，，根据函数单调性判断即可；对于④，分段讨论当，，当，，再将函数，两边同时取对数化简可得，提公因式构造不等式判断可得，根据绝对值的意义判断即可.
【详解】因，所以，，
因为，，
所以，故①错误；
若，则，即，
，即，
令，因为，
所以存在，使得，即，
所以存在，使得，故②正确，
因为，
因为在上单调递减，所以也单调递减，
所以，
，
因为在上单调递增，所以也单调递增，
所以，
即，即对于任意的，都有，故③正确；
由②可知，存在，使得，
结合③可知当，，，即，
可知当，，，即，
因为，，得，
即，
当，有，
因为，所以，所以，
所以，即，
当，有，
因为，所以，所以，
即，所以对于任意，都有，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：解决本题②，在于构造函数，利用零点存在性定理判段；本题③，关键在于构造函数，，根据复合函数单调性判断；本题④，关键在于根据②的结论分段讨论，将函数两边同时取对数可得，结合③计算有关结论，提公因式构造不等式得，然后判断即可.
三､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. 记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与关系求解即可.
（2）先求导，再根据错位相减求解即可.
【小问1详解】
当时，.
当时，.
又当时，不满足上式，
所以
【小问2详解】
①
②
①-②得，
18. 某省举办了一次高三年级化学模拟考试，其中甲市有10000名学生参考．根据经验，该省及各市本次模拟考试成绩（满分100分）都近似服从正态分布．
（1）已知本次模拟考试甲市平均成绩为65分，87分以上共有228人．甲市学生的成绩为76分，试估计学生在甲市的大致名次；
（2）在该省本次模拟考试的参考学生中随机抽取40人，记表示在本次考试中化学成绩在之外的人数，求的概率及的数学期望．
参考数据：
参考公式：若，有，
【答案】18. 1587名
19. 0.0989；期望为
【解析】
【分析】（1）由本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，，87分以上共有228人，结合原则，求得，再由甲市学生在该次考试中成绩为76分，且求解；
（2）由随机变量服从二项分布，即求解．
【小问1详解】
解：已知本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，
由题意可得．
即，解得．
甲市学生在该次考试中成绩为76分，且，
又，即．
学生在甲市本次考试的大致名次为1587名．
【小问2详解】
在本次考试中，抽取1名化学成绩在之内的概率为0.9974．
抽取1名化学成绩在之外概率为0.0026．
随机变量服从二项分布，即．
．
的数学期望为．
19. 如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
（1）证明：；
（2）求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理即可证明平面，从而证明；
（2）根据题意，由二面角的定义，结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
取的中点为，连接．四面体为正四面体，
为正三角形．又为的中点，．同理可得．
平面，平面．
又平面．
【小问2详解】
取的中点为，连接，设．
由（1）得平面．平面．
为二面角的平面角，为二面角的平面角，
为二面角的平面角．由图形对称性可判断．
易得．在中，．
在中，．同理可得．
．
．
二面角的平面角最大，其余弦值等于．
20. 已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为.过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴的对称点为，且直线的斜率之积为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线分别与直线相交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设，根据直线的斜率之积为及在双曲线求出，即可得解；
（2）设，直线，联立方程，理由韦达定理求出，再求出两点的坐标，进而可求出以为直径的圆的方程，再令，即可得出结论.
【小问1详解】
设，
，
，
在双曲线上，
，
解得，
双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
设，直线，
由，消去得，
，
，
直线，
令，解得，同理可得，
以为直径的圆的方程为，
令，得，
，
，解得或，
以为直径的圆恒过点.
【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
21. 已知函数．
（1）当时，判断的零点个数并说明理由；
（2）若存在，使得当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）两个零点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，从而可得函数在上单调递增，再由零点存在定理即可得到结果；
（2）根据题意，构造函数设，然后分与讨论，利用导数代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，．
，令，则，
当时，，
函数在上单调递增．
由，
，使得．
当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，
有两个零点．
【小问2详解】
存在，使得当时，，
即存在，使得当时，．
设．
（i）当时，设．
．
在上单调递增，又，
在上单调递增．又，
在上恒成立．
．
当时，．
取，当时，恒成立．
当时满足题意．
（ii）当时，设．
．
在上恒成立，在上单调递增．
又在上恒成立．
设．
在上恒成立，在上单调递减．
又在上恒成立．
故恒成立，不合题意．
综上，的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题以及利用导数研究不等式恒成立问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，分类讨论计算.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.若为曲线上任意一点，将逆时针旋转得到，求线段中点的轨迹的极坐标方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合三角函数的基本关系式，消去参数，即可求解；
（2）求得曲线的极坐标方程为，设，根据题意得到，代入，即可求解.
【小问1详解】
解：曲线的参数方程为（为参数）可得，
平方相加，可得，
所以曲线的普通方程为.
【小问2详解】
解：曲线的极坐标方程为.
设，
因为，可得，
所以，
所以点的轨迹的极坐标方程为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，不等式的解集为.
（1）求实数的值；
（2）函数的最小值为，若正实数满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）最小值为4
【解析】
【分析】（1）根据解集得到方程，解出即可；
（2）根据乘“1”法即可得到最小值.
【小问1详解】
，易知，
.
的解集为，
，解得.
【小问2详解】
由（1）得，
的最小值为1，即.
，
当且仅当时，等号成立.
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