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四川省宜宾市2024届高三下学期第二次诊断性考试理科数学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市2024届高三下学期第二次诊断性考试理科数学试卷（Word版附解析），文件包含四川省宜宾市2024届高三下学期第二次诊断性考试理科数学试卷Word版含解析docx、四川省宜宾市2024届高三下学期第二次诊断性考试理科数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 全卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号，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，将答题卡交回.
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，只有一项符合要求，
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求集合A，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：B.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“”的否定是：.
故选：C
3. 已知向量，向量满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.
【详解】设，则，
由，得，
又，得，即，
联立，解得.
.
故选：C.
4. 根据调查统计，某市未来新能源汽车保有量基本满足模型，其中（单位：万辆）为第年底新能源汽车的保有量，为年增长率，为饱和度，为初始值.若该市2023年底的新能源汽车保有量是20万辆，以此为初始值，以后每年的增长率为，饱和度为1300万辆，那么2033年底该市新能源汽车的保有量约为（ ）（结果四舍五入保留整数，参考数据：）
A. 65万辆B. 64万辆C. 63万辆D. 62万辆
【答案】B
【解析】
【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给模型，代入有关数据，注意以2023年的为初始值，
则2033年底该省新能源汽车的保有量为，
因，所以，
所以，
所以2033年底该市新能源汽车的保有量约为64万辆.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值分析判断.
【详解】因为，且，即；
；；
所以.
故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化为，利用二倍角公式即可即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故选：D
7. 为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共6个服务站.由含甲､乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型结合排列数、组合数分析求解.
【详解】由题意可知甲队和乙队共有种不同安排方法，
甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况，
1、从2个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的5个服务站选一个安排乙；
2、从中间5个饮水点任选一个安排甲，再从不与该饮水点相邻的4个服务站选一个安排乙；
3、从6个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻5个饮水站选一个安排乙；
共有种不同安排方法，
所以甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为.
故选：D.
8. 在数列中，已知，且满足，则数列的前2024项的和为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】用去换中的，得，相加即可得数列的周期，再利用周期性运算得解.
【详解】由题意得，用替换式子中的，得，
两式相加可得，即，所以数列是以6为周期的周期函数.
又，，.
所以数列得前2024项和.
故选：A.
9. 已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，则当取得最小值时，线段长度的最小，利用点到直线的距离公式求出的最小值即可得解.
【详解】圆的圆心，半径，
由题意可得，
则，
则当取得最小值时，线段长度的最小，
，
所以.
故选：D.
10. 设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，是渐近线上位于第二象限的点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出，，进而求出，在中，由正弦定理列式求得，再根据离心率公式运算得解.
【详解】如图，根据题意可得，
，，
又，，
，
，
在中，由正弦定理可得，，
即，化简得，
.
故选：D.
11. 在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为棱和中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，根据题意利用割补法分析求解.
【详解】连接，
由题意可知：，，
则，
所以.
故选：C.
12. 已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.
【详解】不等式有解，即，，只需要，
令，
，，
令，，
，所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，即，
，，即；，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，又由，可得，
.
.
故选：A.
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.
二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算计算得，再根据复数的模长公式可得结果.
【详解】∵，
∴|z|＝1
故答案为：1.
【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的模长公式，属于基础题.
14. 数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则__________.
【答案】57
【解析】
【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.
详解】令，，，，
又数列为等差数列，所以公差，
，即，
，
.
故答案为：57.
15. 所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解.
【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，
设球心为，如图，连接并延长交底面于，
则平面，且为底面的中心，
所以，
在中，可求得，
设外接球半径为，内切球半径为，
则，
解得，，
所以线段长度的最大值为.
故答案为：.
16. 已知为抛物线的焦点，过直线上的动点作抛物线的切线，切点分别是，则与为坐标原点）面积之和的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点P、Q处的切线斜率，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.
【详解】由，得，，求导得，
根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，
设，，可知在处切线斜率分别为，
设，显然过点M的切线的斜率存在，设切线方程为，
联立方程，消去y得，
则，整理得，
可得，即，
联立方程，消去y整理得，
则，可得，
则直线PQ的方程为，过定点，且，
设，则，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以与为坐标原点）面积之和的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
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.
（一）必做题：共60分.
17. 在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题.三个条件为：
①；②；③.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的值.
【答案】17. 所选条件见解析，；
18. 3.
【解析】
【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；
（2）利用余弦定理分析求解.
【小问1详解】
若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
即，解得.
18. 为了加强企业文化建设，某公司组织了一次趣味答题比赛，题目分为生活和文化两大类，比赛规则如下：
（i）选手在每个类别中回答5道题目，每个类别中答对3道及以上为合格；
（ii）第一个类别答完5道题并且合格后可以进入下一个类别，否则该选手结束比赛；
（iii）选手进入第二个类别后再回答5道题，无论答对与否均结束比赛.
若选手甲在生活类答题比赛中每道题目答对的概率都是0.5.
（1）求选手甲参加生活类答题合格的概率；
（2）已知选手甲参加文化类答题合格的概率为0.4.比赛规定每个类别答题合格得5分，不合格得0分.设累计得分为X，为使累计得分X的期望最大，选手甲应选择先进行哪个类别的答题比赛（每个类别合格的概率与次序无关），并说明理由.
【答案】（1）0.5 （2）选手甲先进行生活类答题
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）分析讨论甲先进行生活类答题或甲先进行文化类答题，分别求相应的期望，对比分析即可结果.
【小问1详解】
若选手甲参加生活类答题合格，则答对的题目数量为：3，4，5，
所以选手甲参加生活类答题合格的概率.
【小问2详解】
选手甲先进行生活类答题，理由如下：
若选手甲先进行生活类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，
则，
可得；
若选手甲先进行文化类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，
则，
可得；
因为，所以选手甲先进行生活类答题.
19. 如图，在正三棱柱中，延长至，使，连接分别是的中点，动点在直线上，.
（1）证明：∥平面；
（2）试确定点位置，使二面角的余弦值为.
【答案】（1）证明见详解
（2）点为点或点
【解析】
【分析】（1）连接，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，设，利用空间向量处理二面角问题.
【小问1详解】
连接，可知为的中点，
且分别是的中点，则∥，
且平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
分别取的中点，连接，
由题意可知：，
以为坐标原点，分别为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得或，
结合图形可知或均符合题意，
所以当点为点或点时，二面角的余弦值为.
20. 已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为0直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）三角形的面积是定值，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果；
（2）设直线，联立方程结合韦达定理可得，联立直线方程可得点在直线上，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
三角形的面积是定值，理由如下：
由（1）可知：，
因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交，
由题意可设：直线，
联立方程，消去x得，，
则，可知，
又因为直线，直线，
联立方程，
解得
，
即点在直线上，
所以三角形的面积为.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
21. 已知函数.
（1）若是上的单调递增函数，求的取值范围；
（2）当满足什么条件时，恒成立.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，利用参变分离法结合恒成立问题分析求解；
（2）构建，可知在上恒成立，分、和三种情况，利用正弦函数的有界性进行放缩，利用导数判断函数单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
因为，
由题意可知：在上恒成立，即在上恒成立，
且，即，可得，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
构建，即在上恒成立，
（ⅰ）若，当趋近于时，则趋近于0，趋近于，，
可知趋近于，即存在，使得，不合题意；
（ⅱ）若，则，
①当，即时，则，符合题意；
②当，即时，令，则，
存在，使得，不合题意；
（ⅲ）若，则
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知：在内单调递减，在内单调递增，
可得，
①当，即时，可知，符合题意；
②当，即时，
令，则，
因为，取，即，
则，即不恒成立，不合题意；
综上所述：或，符合题意.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
1.分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
2.函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
（二）选做题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，点是曲线（为参数）上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，点的坐标为，射线与曲线分别交于两点，求的面积.
【答案】（1）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再根据即可求出曲线的极坐标方程，结合已知，即可求得曲线的极坐标方程；
（2）先求出点到射线的距离，再分别求出，即可求出，进而可得出答案.
【小问1详解】
将曲线（为参数）转化为直角坐标方程，
得，
又，所以，
整理得，即曲线的极坐标方程为，
以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，
设点的极坐标为，则点的极坐标为，
又点在曲线上，所以
即曲线的极坐标方程为；
【小问2详解】
由题意点到射线的距离，
联立，解得，
联立，解得，
故，
所以的面积为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知定义在上的函数.
（1）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若的最小值为，设，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用绝对值的三角不等式求出，在分类讨论去绝对值符号即可得解；
（2）利用柯西不等式求证即可.
【小问1详解】
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，
则或或，
解得或或，
所以实数的取值范围为；
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
则，
由柯西不等式可得，
即，
所以，
当且仅当时取等号.
（考试时间：120分钟 全卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号，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，将答题卡交回.
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，只有一项符合要求，
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求集合A，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：B.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“”的否定是：.
故选：C
3. 已知向量，向量满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.
【详解】设，则，
由，得，
又，得，即，
联立，解得.
.
故选：C.
4. 根据调查统计，某市未来新能源汽车保有量基本满足模型，其中（单位：万辆）为第年底新能源汽车的保有量，为年增长率，为饱和度，为初始值.若该市2023年底的新能源汽车保有量是20万辆，以此为初始值，以后每年的增长率为，饱和度为1300万辆，那么2033年底该市新能源汽车的保有量约为（ ）（结果四舍五入保留整数，参考数据：）
A. 65万辆B. 64万辆C. 63万辆D. 62万辆
【答案】B
【解析】
【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给模型，代入有关数据，注意以2023年的为初始值，
则2033年底该省新能源汽车的保有量为，
因，所以，
所以，
所以2033年底该市新能源汽车的保有量约为64万辆.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值分析判断.
【详解】因为，且，即；
；；
所以.
故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化为，利用二倍角公式即可即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故选：D
7. 为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共6个服务站.由含甲､乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型结合排列数、组合数分析求解.
【详解】由题意可知甲队和乙队共有种不同安排方法，
甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况，
1、从2个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的5个服务站选一个安排乙；
2、从中间5个饮水点任选一个安排甲，再从不与该饮水点相邻的4个服务站选一个安排乙；
3、从6个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻5个饮水站选一个安排乙；
共有种不同安排方法，
所以甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为.
故选：D.
8. 在数列中，已知，且满足，则数列的前2024项的和为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】用去换中的，得，相加即可得数列的周期，再利用周期性运算得解.
【详解】由题意得，用替换式子中的，得，
两式相加可得，即，所以数列是以6为周期的周期函数.
又，，.
所以数列得前2024项和.
故选：A.
9. 已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，则当取得最小值时，线段长度的最小，利用点到直线的距离公式求出的最小值即可得解.
【详解】圆的圆心，半径，
由题意可得，
则，
则当取得最小值时，线段长度的最小，
，
所以.
故选：D.
10. 设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，是渐近线上位于第二象限的点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出，，进而求出，在中，由正弦定理列式求得，再根据离心率公式运算得解.
【详解】如图，根据题意可得，
，，
又，，
，
，
在中，由正弦定理可得，，
即，化简得，
.
故选：D.
11. 在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为棱和中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，根据题意利用割补法分析求解.
【详解】连接，
由题意可知：，，
则，
所以.
故选：C.
12. 已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.
【详解】不等式有解，即，，只需要，
令，
，，
令，，
，所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，即，
，，即；，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，又由，可得，
.
.
故选：A.
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.
二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算计算得，再根据复数的模长公式可得结果.
【详解】∵，
∴|z|＝1
故答案为：1.
【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的模长公式，属于基础题.
14. 数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则__________.
【答案】57
【解析】
【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.
详解】令，，，，
又数列为等差数列，所以公差，
，即，
，
.
故答案为：57.
15. 所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解.
【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，
设球心为，如图，连接并延长交底面于，
则平面，且为底面的中心，
所以，
在中，可求得，
设外接球半径为，内切球半径为，
则，
解得，，
所以线段长度的最大值为.
故答案为：.
16. 已知为抛物线的焦点，过直线上的动点作抛物线的切线，切点分别是，则与为坐标原点）面积之和的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点P、Q处的切线斜率，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.
【详解】由，得，，求导得，
根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，
设，，可知在处切线斜率分别为，
设，显然过点M的切线的斜率存在，设切线方程为，
联立方程，消去y得，
则，整理得，
可得，即，
联立方程，消去y整理得，
则，可得，
则直线PQ的方程为，过定点，且，
设，则，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以与为坐标原点）面积之和的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
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.
（一）必做题：共60分.
17. 在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题.三个条件为：
①；②；③.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的值.
【答案】17. 所选条件见解析，；
18. 3.
【解析】
【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；
（2）利用余弦定理分析求解.
【小问1详解】
若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
即，解得.
18. 为了加强企业文化建设，某公司组织了一次趣味答题比赛，题目分为生活和文化两大类，比赛规则如下：
（i）选手在每个类别中回答5道题目，每个类别中答对3道及以上为合格；
（ii）第一个类别答完5道题并且合格后可以进入下一个类别，否则该选手结束比赛；
（iii）选手进入第二个类别后再回答5道题，无论答对与否均结束比赛.
若选手甲在生活类答题比赛中每道题目答对的概率都是0.5.
（1）求选手甲参加生活类答题合格的概率；
（2）已知选手甲参加文化类答题合格的概率为0.4.比赛规定每个类别答题合格得5分，不合格得0分.设累计得分为X，为使累计得分X的期望最大，选手甲应选择先进行哪个类别的答题比赛（每个类别合格的概率与次序无关），并说明理由.
【答案】（1）0.5 （2）选手甲先进行生活类答题
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）分析讨论甲先进行生活类答题或甲先进行文化类答题，分别求相应的期望，对比分析即可结果.
【小问1详解】
若选手甲参加生活类答题合格，则答对的题目数量为：3，4，5，
所以选手甲参加生活类答题合格的概率.
【小问2详解】
选手甲先进行生活类答题，理由如下：
若选手甲先进行生活类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，
则，
可得；
若选手甲先进行文化类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，
则，
可得；
因为，所以选手甲先进行生活类答题.
19. 如图，在正三棱柱中，延长至，使，连接分别是的中点，动点在直线上，.
（1）证明：∥平面；
（2）试确定点位置，使二面角的余弦值为.
【答案】（1）证明见详解
（2）点为点或点
【解析】
【分析】（1）连接，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，设，利用空间向量处理二面角问题.
【小问1详解】
连接，可知为的中点，
且分别是的中点，则∥，
且平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
分别取的中点，连接，
由题意可知：，
以为坐标原点，分别为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得或，
结合图形可知或均符合题意，
所以当点为点或点时，二面角的余弦值为.
20. 已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为0直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）三角形的面积是定值，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果；
（2）设直线，联立方程结合韦达定理可得，联立直线方程可得点在直线上，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
三角形的面积是定值，理由如下：
由（1）可知：，
因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交，
由题意可设：直线，
联立方程，消去x得，，
则，可知，
又因为直线，直线，
联立方程，
解得
，
即点在直线上，
所以三角形的面积为.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
21. 已知函数.
（1）若是上的单调递增函数，求的取值范围；
（2）当满足什么条件时，恒成立.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，利用参变分离法结合恒成立问题分析求解；
（2）构建，可知在上恒成立，分、和三种情况，利用正弦函数的有界性进行放缩，利用导数判断函数单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
因为，
由题意可知：在上恒成立，即在上恒成立，
且，即，可得，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
构建，即在上恒成立，
（ⅰ）若，当趋近于时，则趋近于0，趋近于，，
可知趋近于，即存在，使得，不合题意；
（ⅱ）若，则，
①当，即时，则，符合题意；
②当，即时，令，则，
存在，使得，不合题意；
（ⅲ）若，则
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知：在内单调递减，在内单调递增，
可得，
①当，即时，可知，符合题意；
②当，即时，
令，则，
因为，取，即，
则，即不恒成立，不合题意；
综上所述：或，符合题意.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
1.分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
2.函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
（二）选做题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，点是曲线（为参数）上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，点的坐标为，射线与曲线分别交于两点，求的面积.
【答案】（1）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再根据即可求出曲线的极坐标方程，结合已知，即可求得曲线的极坐标方程；
（2）先求出点到射线的距离，再分别求出，即可求出，进而可得出答案.
【小问1详解】
将曲线（为参数）转化为直角坐标方程，
得，
又，所以，
整理得，即曲线的极坐标方程为，
以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，
设点的极坐标为，则点的极坐标为，
又点在曲线上，所以
即曲线的极坐标方程为；
【小问2详解】
由题意点到射线的距离，
联立，解得，
联立，解得，
故，
所以的面积为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知定义在上的函数.
（1）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若的最小值为，设，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用绝对值的三角不等式求出，在分类讨论去绝对值符号即可得解；
（2）利用柯西不等式求证即可.
【小问1详解】
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，
则或或，
解得或或，
所以实数的取值范围为；
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
则，
由柯西不等式可得，
即，
所以，
当且仅当时取等号.
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