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江西省宜春市第一中学2024届高三下学期高考模拟二数学试题（Word版附答案）
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这是一份江西省宜春市第一中学2024届高三下学期高考模拟二数学试题（Word版附答案），文件包含江西省宜春市第一中学2024届高三下学期高考模拟二数学试题原卷版docx、江西省宜春市第一中学2024届高三下学期高考模拟二数学试题解析版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。
本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一、选择题：本题共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. 已知集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题先计算出B集合，再利用交集、并集运算规则即可得出结果.
【详解】由题得，
所以，
又，
所以．
故选：D．
2. 若为纯虚数，则（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，由题意可得且，解方程即可得出答案.
【详解】由题得，
因为为纯虚数．所以且，
解得．
故选：A．
3. 色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标．现抽检一批毛绒玩具，测得的色差和色度数据如表所示：
根据表中数据可得色度关于色差的经验回归方程为，则（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】首先由表示出样本中心点，再代入经验回归方程，计算可得.
【详解】由题可得，
，
因为经验回归直线必过样本中心点，
所以，解得.
故选：B．
4. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由，作差．
得两圆的公共弦所在直线的方程为．
由，得．
所以圆心，半径，
则圆心到公共弦的距离．
所以两圆的公共弦长为．
故选：D．
5. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数，例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且q，d均为正整数，则该数列前5项的和为（ ）
A. 124B. 155C. 186D. 217
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，确定，则有，结合q，d均为正整数，分、、三种情况讨论即可求解.
【详解】由题意得，，
当时，不是正整数；当时，；
当时．，不是正整数；
所以，，所以该数列前5项的和为．
故选：B．
6. 从由数字0，1，2，3，4组成的五位数中任取一个，则取到数字2和3相邻的五位数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用排列组合知识求出五位数的个数，再求出2和3相邻的五位数的个数，结合古典概率可得答案.
【详解】由数字0，1，2，3，4组成的五位数共有个，其中数字2和3相邻的五位数有个．
所以取到数字2和3相邻的五位数的概率为．
故选：C．
7. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用作商法可得；构建函数，，利用导数判断的单调性，可得，构建，，利用导数判断的单调性，可得.
【详解】显然，，
因为，所以；
又因为，，
令，．则，
可知在上单调递增，
则，可得，
令，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，
则，即，所以；
综上所述：．
故选：A．
8. 在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【详解】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交，
连接．由题得，．所以，
所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，．
在正六边形中，易得，因平面，平面．
所以，又，平面，
所以平面，即平面，且，又，．
所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆．
由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆．
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：根据球的半径为2，判断球只与侧而及侧面，上底面及下底面相交.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据得到垂直关系；B选项，求出，根据模长公式求出答案；C选项，根据得到答案；D选项，利用得到D正确.
【详解】A选项，因为，．
所以．则．所以．故A正确：
B选项，因为．所以．故B正确；
C选项，因为．且．
所以．故C错误；
在上的投影向量为．故D正确．
故选：ABD．
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 若，则的面积为
C. 记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D. 若是的上顶点，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可判断A；设，，由余弦定理可求出，再由三角形的面积公式可判断B；设，，则，表示出结合椭圆方程可判断C；设，求出，由二次函数的性质可判断D.
【详解】由椭圆方程，得，，所以．
对于A，，所以存在点，使得．故A正确；
对于B，设，，则，因为，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B错误；
对于C，由题得，设，，则．
所以，又．
所以．所以．故C正确；
对于D．．设．则．
所以
．
因为．所以当时，取得最大值18．
所以的最大值为，故D正确
故选：ACD．
11. 已知函数，，则（ ）
A. 若有2个不同的零点，则
B. 当时，有5个不同的零点
C. 若有4个不同的零点，则的取值范围是
D. 若有4个不同的零点，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出的图象，由有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由，令，得到，求得，结合图象，可判定B正确；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到，进而判定C正确；由，结合对勾函数的性质，可判定D正确．
【详解】由函数，可得，
作出的图象，如图所示．
对于A中，由，可得，若有2个不同的零点，
结合图象知或，所以A错误；
对于B中，当时，由，可得，
令，则有，可得，
结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根，
所以有5个不同的零点，所以B正确；
对于C中，若有4个不同的零点，
则，且，则，
由二次函数的对称性得，则，
结合B知，所以，所以的取值范围为，所以C正确；
对于D中，由，其中，
由对勾函数性质，可得在上为单调递减函数，可得，
所以的取值范围为，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略：
1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象；
2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”.
3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据区间上的长度不大于半个周期求出，再根据的范围确定所满足的范围，由在区间上单调递减，得到的取值范围.
【详解】因为在区间上单调递减，所以，
则，即，所以，
因为，，所以，
因为，所以，，
因为在区间上单调递减，
，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.
14. 已知抛物线是直线上的一点（点不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为，圆与直线切于点，且，则四边形的面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，，利用导数的几何意义得出直线AB的方程为，联立抛物线方程得到，从而有，，利用弦长公式得，再直接求出点，到直线AB的距离，进而得到，再利用题设条件，即可求出结果.
【详解】设，，由，得，则，
所以切线斜率为，其方程为，即，
设，．则，同理可得切线PB的方程为，
所以直线AB的方程为，联立，得，
则，，，
所以，
设分别为点，到直线AB的距离，
则，，
则四边形的面积，
因为．所以为线段AB的中点，则，
由题可知，则，解得，
则，即四边形的面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用导数的几何意义，求出切线方程，进而求出直线AB的方程为，再利用几何法求出弦长及点，到直线AB的距离，即可得到，从而求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若外接圆的半径为，且为锐角，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理、两角和正弦公式化简题目已知条件即可求出a的边长.
（2）利用正弦定理以及先求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值即可求解.
【小问1详解】
由题得．
所以．
所以，又，所以，
由正弦定理得，因为，所以.
【小问2详解】
由正弦定理得，所以，
又为锐角．所以，
由余弦定理得，
所以，当且仅当时取等号，
所以的面积.
故面积的最大值为8.
16. 如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．
（1）证明：当时，平面；
（2）求点D到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可证面面平行，根据面面平行的性质即可求解，
（2）根据，可得为二面角的平面角，即可判断等边，进而可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量法求解点面距离，
（3）求解两平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解.
小问1详解】
当时，为棱SC的中点．
取CD的中点，连接MN，BN，则，
因为平面，平面．
所以平面．
由题可得，，，
所以，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
【小问2详解】
由题意得，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形．
因为，平面．
所以平面，又平面，所以平面平面，
取AD的中点，连接，则．
因为平面平面，所以平面．
所以AD，AB，OS两两垂直．
则以O为原点，OA，OS所在直线分别为x，z轴，以过点且平行于AB的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则．
取，则，，所以．
所以点到平面的距离．
【小问3详解】
由（2）可得，
则由，得．
所以．
设平面的法向量为．
则，
取，则，，
所以．
由（2）可知为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为．
则，
解得或（舍）．所以的值为．
17. 为了解并普及人工智能相关知识、发展青少年科技创新能力，某中学开展了“科技改变生活”人工智能知识竞赛，竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类有若干道题），各类试题的分值及小明答对的概率如表所示，每道题回答正确得到相应分值，否则得0分，竞赛分三轮，每轮回答一道题，依次进行，每轮得分之和即为参赛选手的总得分．
小明参加竞赛，有两种方案可以选择：
方案一：回答三道乙类题；
方案二：第一轮在甲类题中选择一道作答，若正确，则进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，进入第二轮答题，否则退出比赛；第二轮在丙类题中选择一道作答，若正确，则进入第三轮答题，否则退出比赛；第三轮在乙类题中选择一道作答．
（1）方案一中，在小明至少答对2道乙类题的条件下，求小明恰好答对2道乙类题的概率；
（2）为使总得分的数学期望最大，小明应选择哪一种方案？并说明理由．
【答案】（1）
（2）小明应该选择方案一，理由见解析
【解析】
【分析】（1）记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，结合独立重复试验的概率公式和条件概率的计算公式，即可求解；
（2）设方案一中小明答对乙类题的题数为，总得分为，利用二项分布的期望和期望的性质，求得；再由方案二中，得到小明的总得分为的可能取值，求得相应的概率，利用期望的公式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，
则，，
所以.
【小问2详解】
解：设方案一中小明答对乙类题的题数为．总得分为，
由题意知，则，
所以．
设方案二中小明的总得分为，由题意得的可能取值为0，10，50，70，
则，，
，，
所以，
所以．
所以小明应该选择方案一．
18. 已知双曲线的焦距为，过点的直线与交于A，B两点，且当与轴平行时，．
（1）求的方程；
（2）记的右顶点为，若点A，B均在的左支上，直线AT，BT分别与轴交于点M，N，且，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出，得到方程；
（2）设，联立，得到两根之和，两根之积，根据两交点在左支上得到不等式，求出，表达出直线AT的方程为，得到，同理可得，根据，求出，，，并求出其取值范围.
【小问1详解】
由题可知双曲线过点，
则．解得，，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
若的斜率不存在，此时与双曲线无交点，舍去，
根据题意设直线，，，，
联立，得．
则，且，
由，，可得，所以．
由（1）可知．
则直线AT的方程为．
令，得，所以，同理可得．
所以，，．
由，．
得，，
所以，，
所以
，
因为，所以．
所以，所以．
所以的取值范围为．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 定义：设和均为定义在上的函数，其导函数分别为，，若不等式对任意恒成立，则称和为区间上的“友好函数”．
（1）若和是“友好函数”，求的取值范围；
（2）给出两组函数：①，；②，，分别判断这两组函数是否为上的“友好函数”．
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由函数的新定义化简把问题转化为在上恒成立，再结合指数函数的取值范围求出参数即可；
（2）①由函数新定义化简，再构造函数求导分析单调性可得判断；②构造函数，求导分析单调性，利用零点存在定理找到零点，从而得到，再次构造函数，求导分析单调性，从而确定，最终可判断结果.
【小问1详解】
因为和是“友好函数”．
所以，在上恒成立．
即在上恒成立．
因为指数函数的取值范围为，
所以，即的取值范围为．
【小问2详解】
①由题得，
令，，
则，所以在上单调递增．
所以，又时，，
所以．
所以与是上的“友好函数”．
②令，
则，．
则．
当时，，
令，．则．
所以在上单调递增．
又，．
所以存在唯一的，使得，即，
则，，
所以当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以
．
令，，
则，
令，．
则，所以在上单调递增，
所以．则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
所以即在上不恒成立，
所以与不是上的“友好函数”．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解函数新定义，用导数分析单调性和极值，结合零点存在定理得出函数是否符合函数新定义.
色差x
21
23
25
27
色度y
m
18
19
20
甲类题
乙类题
丙类题
每题分值
10
20
40
每题答对概率
本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一、选择题：本题共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. 已知集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题先计算出B集合，再利用交集、并集运算规则即可得出结果.
【详解】由题得，
所以，
又，
所以．
故选：D．
2. 若为纯虚数，则（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，由题意可得且，解方程即可得出答案.
【详解】由题得，
因为为纯虚数．所以且，
解得．
故选：A．
3. 色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标．现抽检一批毛绒玩具，测得的色差和色度数据如表所示：
根据表中数据可得色度关于色差的经验回归方程为，则（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】首先由表示出样本中心点，再代入经验回归方程，计算可得.
【详解】由题可得，
，
因为经验回归直线必过样本中心点，
所以，解得.
故选：B．
4. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由，作差．
得两圆的公共弦所在直线的方程为．
由，得．
所以圆心，半径，
则圆心到公共弦的距离．
所以两圆的公共弦长为．
故选：D．
5. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数，例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且q，d均为正整数，则该数列前5项的和为（ ）
A. 124B. 155C. 186D. 217
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，确定，则有，结合q，d均为正整数，分、、三种情况讨论即可求解.
【详解】由题意得，，
当时，不是正整数；当时，；
当时．，不是正整数；
所以，，所以该数列前5项的和为．
故选：B．
6. 从由数字0，1，2，3，4组成的五位数中任取一个，则取到数字2和3相邻的五位数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用排列组合知识求出五位数的个数，再求出2和3相邻的五位数的个数，结合古典概率可得答案.
【详解】由数字0，1，2，3，4组成的五位数共有个，其中数字2和3相邻的五位数有个．
所以取到数字2和3相邻的五位数的概率为．
故选：C．
7. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用作商法可得；构建函数，，利用导数判断的单调性，可得，构建，，利用导数判断的单调性，可得.
【详解】显然，，
因为，所以；
又因为，，
令，．则，
可知在上单调递增，
则，可得，
令，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，
则，即，所以；
综上所述：．
故选：A．
8. 在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【详解】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交，
连接．由题得，．所以，
所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，．
在正六边形中，易得，因平面，平面．
所以，又，平面，
所以平面，即平面，且，又，．
所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆．
由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆．
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：根据球的半径为2，判断球只与侧而及侧面，上底面及下底面相交.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据得到垂直关系；B选项，求出，根据模长公式求出答案；C选项，根据得到答案；D选项，利用得到D正确.
【详解】A选项，因为，．
所以．则．所以．故A正确：
B选项，因为．所以．故B正确；
C选项，因为．且．
所以．故C错误；
在上的投影向量为．故D正确．
故选：ABD．
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 若，则的面积为
C. 记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D. 若是的上顶点，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可判断A；设，，由余弦定理可求出，再由三角形的面积公式可判断B；设，，则，表示出结合椭圆方程可判断C；设，求出，由二次函数的性质可判断D.
【详解】由椭圆方程，得，，所以．
对于A，，所以存在点，使得．故A正确；
对于B，设，，则，因为，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B错误；
对于C，由题得，设，，则．
所以，又．
所以．所以．故C正确；
对于D．．设．则．
所以
．
因为．所以当时，取得最大值18．
所以的最大值为，故D正确
故选：ACD．
11. 已知函数，，则（ ）
A. 若有2个不同的零点，则
B. 当时，有5个不同的零点
C. 若有4个不同的零点，则的取值范围是
D. 若有4个不同的零点，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出的图象，由有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由，令，得到，求得，结合图象，可判定B正确；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到，进而判定C正确；由，结合对勾函数的性质，可判定D正确．
【详解】由函数，可得，
作出的图象，如图所示．
对于A中，由，可得，若有2个不同的零点，
结合图象知或，所以A错误；
对于B中，当时，由，可得，
令，则有，可得，
结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根，
所以有5个不同的零点，所以B正确；
对于C中，若有4个不同的零点，
则，且，则，
由二次函数的对称性得，则，
结合B知，所以，所以的取值范围为，所以C正确；
对于D中，由，其中，
由对勾函数性质，可得在上为单调递减函数，可得，
所以的取值范围为，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略：
1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象；
2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”.
3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据区间上的长度不大于半个周期求出，再根据的范围确定所满足的范围，由在区间上单调递减，得到的取值范围.
【详解】因为在区间上单调递减，所以，
则，即，所以，
因为，，所以，
因为，所以，，
因为在区间上单调递减，
，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.
14. 已知抛物线是直线上的一点（点不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为，圆与直线切于点，且，则四边形的面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，，利用导数的几何意义得出直线AB的方程为，联立抛物线方程得到，从而有，，利用弦长公式得，再直接求出点，到直线AB的距离，进而得到，再利用题设条件，即可求出结果.
【详解】设，，由，得，则，
所以切线斜率为，其方程为，即，
设，．则，同理可得切线PB的方程为，
所以直线AB的方程为，联立，得，
则，，，
所以，
设分别为点，到直线AB的距离，
则，，
则四边形的面积，
因为．所以为线段AB的中点，则，
由题可知，则，解得，
则，即四边形的面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用导数的几何意义，求出切线方程，进而求出直线AB的方程为，再利用几何法求出弦长及点，到直线AB的距离，即可得到，从而求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若外接圆的半径为，且为锐角，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理、两角和正弦公式化简题目已知条件即可求出a的边长.
（2）利用正弦定理以及先求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值即可求解.
【小问1详解】
由题得．
所以．
所以，又，所以，
由正弦定理得，因为，所以.
【小问2详解】
由正弦定理得，所以，
又为锐角．所以，
由余弦定理得，
所以，当且仅当时取等号，
所以的面积.
故面积的最大值为8.
16. 如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．
（1）证明：当时，平面；
（2）求点D到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可证面面平行，根据面面平行的性质即可求解，
（2）根据，可得为二面角的平面角，即可判断等边，进而可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量法求解点面距离，
（3）求解两平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解.
小问1详解】
当时，为棱SC的中点．
取CD的中点，连接MN，BN，则，
因为平面，平面．
所以平面．
由题可得，，，
所以，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
【小问2详解】
由题意得，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形．
因为，平面．
所以平面，又平面，所以平面平面，
取AD的中点，连接，则．
因为平面平面，所以平面．
所以AD，AB，OS两两垂直．
则以O为原点，OA，OS所在直线分别为x，z轴，以过点且平行于AB的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则．
取，则，，所以．
所以点到平面的距离．
【小问3详解】
由（2）可得，
则由，得．
所以．
设平面的法向量为．
则，
取，则，，
所以．
由（2）可知为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为．
则，
解得或（舍）．所以的值为．
17. 为了解并普及人工智能相关知识、发展青少年科技创新能力，某中学开展了“科技改变生活”人工智能知识竞赛，竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类有若干道题），各类试题的分值及小明答对的概率如表所示，每道题回答正确得到相应分值，否则得0分，竞赛分三轮，每轮回答一道题，依次进行，每轮得分之和即为参赛选手的总得分．
小明参加竞赛，有两种方案可以选择：
方案一：回答三道乙类题；
方案二：第一轮在甲类题中选择一道作答，若正确，则进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，进入第二轮答题，否则退出比赛；第二轮在丙类题中选择一道作答，若正确，则进入第三轮答题，否则退出比赛；第三轮在乙类题中选择一道作答．
（1）方案一中，在小明至少答对2道乙类题的条件下，求小明恰好答对2道乙类题的概率；
（2）为使总得分的数学期望最大，小明应选择哪一种方案？并说明理由．
【答案】（1）
（2）小明应该选择方案一，理由见解析
【解析】
【分析】（1）记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，结合独立重复试验的概率公式和条件概率的计算公式，即可求解；
（2）设方案一中小明答对乙类题的题数为，总得分为，利用二项分布的期望和期望的性质，求得；再由方案二中，得到小明的总得分为的可能取值，求得相应的概率，利用期望的公式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，
则，，
所以.
【小问2详解】
解：设方案一中小明答对乙类题的题数为．总得分为，
由题意知，则，
所以．
设方案二中小明的总得分为，由题意得的可能取值为0，10，50，70，
则，，
，，
所以，
所以．
所以小明应该选择方案一．
18. 已知双曲线的焦距为，过点的直线与交于A，B两点，且当与轴平行时，．
（1）求的方程；
（2）记的右顶点为，若点A，B均在的左支上，直线AT，BT分别与轴交于点M，N，且，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出，得到方程；
（2）设，联立，得到两根之和，两根之积，根据两交点在左支上得到不等式，求出，表达出直线AT的方程为，得到，同理可得，根据，求出，，，并求出其取值范围.
【小问1详解】
由题可知双曲线过点，
则．解得，，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
若的斜率不存在，此时与双曲线无交点，舍去，
根据题意设直线，，，，
联立，得．
则，且，
由，，可得，所以．
由（1）可知．
则直线AT的方程为．
令，得，所以，同理可得．
所以，，．
由，．
得，，
所以，，
所以
，
因为，所以．
所以，所以．
所以的取值范围为．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 定义：设和均为定义在上的函数，其导函数分别为，，若不等式对任意恒成立，则称和为区间上的“友好函数”．
（1）若和是“友好函数”，求的取值范围；
（2）给出两组函数：①，；②，，分别判断这两组函数是否为上的“友好函数”．
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由函数的新定义化简把问题转化为在上恒成立，再结合指数函数的取值范围求出参数即可；
（2）①由函数新定义化简，再构造函数求导分析单调性可得判断；②构造函数，求导分析单调性，利用零点存在定理找到零点，从而得到，再次构造函数，求导分析单调性，从而确定，最终可判断结果.
【小问1详解】
因为和是“友好函数”．
所以，在上恒成立．
即在上恒成立．
因为指数函数的取值范围为，
所以，即的取值范围为．
【小问2详解】
①由题得，
令，，
则，所以在上单调递增．
所以，又时，，
所以．
所以与是上的“友好函数”．
②令，
则，．
则．
当时，，
令，．则．
所以在上单调递增．
又，．
所以存在唯一的，使得，即，
则，，
所以当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以
．
令，，
则，
令，．
则，所以在上单调递增，
所以．则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
所以即在上不恒成立，
所以与不是上的“友好函数”．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解函数新定义，用导数分析单调性和极值，结合零点存在定理得出函数是否符合函数新定义.
色差x
21
23
25
27
色度y
m
18
19
20
甲类题
乙类题
丙类题
每题分值
10
20
40
每题答对概率
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