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2020届湖南省怀化市高三二模数学（理）试题（解析版）
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2020届湖南省怀化市高三二模数学（理）试题
一、单选题
1．已知为虚数单位，，复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由复数的除法运算，可得，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，复数，得，
所以，故选B．
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，其中解答中熟记复数的基本运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
2．已知集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据对数函数的性质，求得集合或，再根据集合的交集的运算，即可求解．
【详解】
由题意，集合或，
又由集合，所以，故选B.
【点睛】
本题主要考查了集合的交集的运算，以及对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，正确求解集合B是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3．某地的中小学办学条件在政府的教育督导下，迅速得到改变.教育督导一年后.分别随机抽查了初中（用表示）与小学（用表示）各10所学校.得到相关指标的综合评价得分（百分制）的茎叶图如图所示.则从茎叶图可得出正确的信息为（ ）（80分及以上为优秀）. ①初中得分与小学得分的优秀率相同；②初中得分与小学得分的中位数相同③初中得分的方差比小学得分的方差大④初中得分与小学得分的平均分相同.
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
【答案】B
【解析】根据茎叶图可计算优秀率、中位数、平均数；根据得分的分散程度可判断方差大小关系，从而可得各个选项的正误.
【详解】
从茎叶图可知
抽查的初中优秀率为：；小学的优秀率为：
可知①正确；
初中的中位数为，小学的中位数为，可知②错误；
初中得分比较分散，所以初中的方差大，可知③正确；
初中的平均分为，小学的平均分为，可知④错误.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查利用茎叶图求解频率、中位数、平均数、方差的问题，属于基础题.
4．等差数列的前项和为，且，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.16
【答案】B
【解析】由等差数列的性质和求和公式，求得， ，求得，得到数列的通项公式，再利用等差数列的前n项和公式，求得，令，即可求解，得到答案．
【详解】
由等差数列的性质可知，因为，则有，即，
又因为，解得，即，
所以公差，所以，
所以，
令，解得或（舍），
故选B.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质，以及通项公式和前n项和的应用，其中解答中熟记等差数列的性质，以及等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5．函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据奇偶性定义可知函数为偶函数，图象关于轴对称，排除；根据时，，排除；根据，排除，从而得到结果.
【详解】
由解析式可知，定义域为：
为偶函数，其图象关于轴对称，可排除；
当时，，可排除；
当时，，可排除.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查函数图象的识别，通常利用函数奇偶性、特殊位置函数值的符号来依次进行排除，属于常考题型.
6．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，过点作抛物线的切线交轴于点，若为坐标原点），则点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设点，由，得，得切线的斜率，求得P点处的切线方程为，求得，再利用抛物线的定义和题设条件，列出方程，即可求解．
【详解】
由题意，抛物线，得焦点坐标为，
设点，由，即，得，所以切线的斜率，
所以P点处的切线方程为，即，
令，得，可得，
又由抛物线的定义，可得，
又由，得，即，解得，即，
故选D.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的定义及其标准方程的应用，其中解答中根据导数的几何意义求得切线的方程，得到点的坐标，再利用抛物线的定义和题设条件，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
7．某组合体的三视图如图所示.则该组合体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据三视图还原几何体，可知为两个全等的正四棱锥，利用棱锥体积公式求得结果.
【详解】
由三视图可知该几何体是由两个顶点重叠，分别向上与向下放置的全等的正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为底面正方形的中心）组合体，可将其放置于边长为的正方体中（如图所示）
则该几何体的体积为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图准确还原几何体.
8．如图所示，在边长为2的菱形中，，点分别为对角线上两个三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在菱形中，求得，再根据向量的线性运算，得到，再根据向量的数量积的运算，即可求解．
【详解】
由题意，因为，，所以，
所以，
又，所以.故选A.
【点睛】
本题主要考查了向量的线性运算，以及平面向量数量积的运算，其中解答中熟练应用向量的三角形法则，以及准确利用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
9．定义在上的单调函数满足，,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，则，有，得到，得出，所以，代入即可求解的值，得到答案．
【详解】
由题意，定义在R上的单调函数满足，则必为一定值，设，所以，所以有，从而得到，
所以，所以，所以，
，
故选D.
【点睛】
本题主要考查了函数的解析式的求解，以及分段函数的求值问题，其中解答中根据题设条件，求得函数的解析式，得出的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
10．已知点在内，且满足，现在内随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分别延长到，到，到，使得，，，则有，得到点为的重心，所以，进而求得，，，得出面积之间的关系，即可求解．
【详解】
由题意，分别延长到，到，到，
使得，，，则有，
所以点为的重心，所以，
又，，，
从而得到，
则，即.故选C.
【点睛】
本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮的运算求得点的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
11．已知双曲线为坐标原点，为的右焦点，过点作倾斜角为的直线与在第一象限的渐近线及轴的交点分别为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.或 D.或
【答案】D
【解析】设过点F点直线方程为，联立方程，解得，求得，根据，化简得或，即可求解；
【详解】
由题可设过点F且倾角为的直线方程为，
联立方程，解得，所以，
从而，
又，所以由，得，即，
化简得，或，所以，或，故选D.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
12．已知函数，若方程在区间上恰有两个不相等的实根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由方程在区间上恰有两个不相等的实根，即有两个不等的正实根，记，转化为，求得或，根据，得到函数的单调性与最小值，即可求解．
【详解】
由题意，方程在区间上恰有两个不相等的实根，即有两个不等的正实根，
记（其中），则上述方程转化为，
即，所以或，
因为，当时，，单调递减；
当时，，当时，，单调递增，
当时，，
所以当时，取最小值e，所以若或，有两个不相等的实根，
需或，故选D.
【点睛】
本题主要考查了导数在函数中的综合应用，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把方程恰有两个不相等的实根，转化为有两个不等的正实根，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于难题．
二、填空题
13．已知各项均为正数的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值为______.
【答案】12
【解析】由与的等比中项为，求得，再由，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，与的等比中项为，即，
而，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟练应用等比中项和基本不等式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
14．若满足约束条件，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】由约束条件画出可行域，作出直线，在区域内进行平移；可知当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时最大，求得点坐标，代入得到结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：
作直线，将直线在不等式组表示的平面区域内平移
数形结合易知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时最大
联立方程组，即：
此时的最大值为：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为在轴上的截距的最值问题，属于常考题型.
15．甲、乙、丙、丁四人进行一项益智游戏，方法如下：第一步：先由四人看着平面直角坐标系中方格内的16个棋子（如图所示），甲从中记下某个棋子的坐标；第二步：甲分别告诉其他三人：告诉乙棋子的横坐标.告诉丙棋子的纵坐标，告诉丁棋子的横坐标与纵坐标相等；第三步：由乙、丙、丁依次回答.对话如下：“乙先说我无法确定.丙接着说我也无法确定.最后丁说我知道”.则甲记下的棋子的坐标为_____.
【答案】
【解析】根据题意，得出乙棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，丙棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上，再根据横纵坐标相等，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，乙只知道棋子的横坐标，又无法确定，所以棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，接下来丙知道棋子的纵坐标，又无法确定，所以棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上，这些横纵坐标相等的点只有，所以丁说棋子的坐标为.
【点睛】
本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中认真审题，合理确定乙棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，丙棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
16．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若对满足的有，则_____.
【答案】
【解析】由，因为，，
两式相减得，所以，当时，，进而求得，得到答案．
【详解】
由题意，函数，
所以将其向右平移个单位后得，
由，
因为，，
所以与一个取值为1另一个取值为，
不妨设，，
则，，，，
所以两式相减得，
所以，
又因为，所以，所以当时，，
由题得，所以.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
三、解答题
17．如图所示，中，，，在内存在一点，满足，，外接圆的半径为.
（1）求，；
（2）求的长及的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理，求得，得到，进而求得，在在中，，得到，从而得到；
（2）在中，由余弦定理，求得，在等腰中，求得，利用面积公式，即可求解．
【详解】
（1）因为外接圆的半径为2，所以.
因为，所以.
又，所以.
由正弦定理得.
所以，
因为，所以，所以，
所以，从而得到.
（2）在中，由余弦定理得，
所以.
所以为等腰三角形，所以，，
从而，
所以.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
18．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，.
（1）证明：当点在上运动时，始终有平面平面；
（2）求锐二而角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由底面ABCD，证得，又由勾股定理，得，利用线面垂直的判定定理，得到平面PBC，再由面面垂直的判定定理，可得平面平面，即可得到结论；
（2）分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
【详解】
（1）由题意，因为底面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，所以，，所以，
所以，从而得到．
又平面PBC，平面PBC，，所以平面PBC，
又平面，所以平面平面，
所以当点E在PB上运动时，始终有平面平面PBC.
（2）由条件知底面ABCD，且，
所以过点C作交AB于点F，分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
所以，，，.
由（1）知为平面PBC的一个法向量，
因为，，
设平面PAB的一个法向量为，则，
即，令，则，所以，
所以，
故锐二面角的余弦值．
【点睛】
本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19．每年春晚都是万众瞩目的时刻，这些节目体现的文化内涵、历史背景等反映了社会的进步.国家的富强，人民生活水平的提高等.某学校高三年级主任开学初为了解学生在看春晚后对节目体现的文化内涵、历史背景等是否会在今年的高考题中体现进行过思考，特地随机抽取100名高三学生（其中文科学生50，理科学生50名），进行了调查.统计数据如表所示（不完整）：
“思考过”
“没有思考过”
总计
文科学生
40
10
理科学生
30
总计
100
（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有的把握认为看春晚后会思考节目体现的文化内涵、历史背景等与文理科学生有关；
（2）①现从上表的”思考过”的文理科学生中按分层抽样选出7人.再从这7人中随机抽取4人，记这4人中“文科学生”的人数为,试求的分布列与数学期望；
②现设计一份试卷（题目知识点来自春晚相关知识整合与变化），假设“思考过”的学生及格率为，“没有思考过”的学生的及格率为.现从“思考过”与“没有思考过”的学生中分别随机抽取一名学生进行测试，求两人至少有一个及格的概率.
附参考公式：，其中.
参考数据：
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）列联表见解析，有；（2）①见解析；②.
【解析】（1）根据题意，得出的列联表，利用公式求的的值，即可得出结论；
（2）①由题意，得出所以的所有可能取值为，取得随机变量取每个值对应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解．
②设“思考过”的学生的及格率；“没有思考过”的学生的及格率，根据独立事件的概率计算公式，即可求解．
【详解】
（1）填表如下：
“思考过”
“没有思考过”
总计
文科学生
40
10
50
理科学生
30
20
50
总计
70
30
100
由上表得，的观测值，
故有的把握认为看春晚节目后是否会思考与文理科学生有关.
（2）①由题意，得抽取的100名学生中“思考过”的有文科学生40人，理科学生30人，所以抽取7人中文科学生有4人，理科学生有3人，所以的所有可能取值为1，2，3，4.
，，,
,
所以的分布列为
1
2
3
4
P
故数学期望为.
②设“思考过”的学生的及格率为，则；“没有思考过”的学生的及格率为，则，所以两人至少有一个及格的概率为.
【点睛】
本题主要考查了独立性检验的应用，以及随机变量的分布列与期望的计算，其中解答中认真审题，求得随机变量的取值，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
20．已知过椭圆的左焦点，作斜率为的直线，交椭圆于两点.
（1）若原点到直线的距离为，求直线的方程；
（2）设点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点.设的斜率为，则是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】(1)设过点F且斜率为k的直线l的方程为，利用点到直线的距离公式，求得，即可得到所求直线的方程；
(2)设，，，，设直线AM的方程为，
联立方程组，根据根据与系数的关系，求得，所以，进而得到，同理得到，化简得到，即可得到结论．
【详解】
(1)由椭圆，可知，
所以可设过点F且斜率为k的直线l的方程为，
即，设原点O到直线l的距离为d，则，
依题意有，
所以所求的直线l的方程为或.
(2)设，，，，
因为点，所以可设直线AM的方程为，
联立方程，消去y得，
整理，得.（）
所以，是方程（）的两实根，所以，所以，
所以.
所以
同理，，即.
所以
，
所以（定值）.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质的应用、以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
21．已知函数.
（1）当且时，求函数的单调区间；
（2）当时，若函数的两个极值点分别为、，证明.
【答案】（1）的单调递增区间为，；无单调递减区间；（2）证明见解析.
【解析】(1)求得，分类讨论，即可求解的单调区间，得到答案；
(2)根据是函数的两个零点，设是方程的两个实数解，再根据二次函数的性质函数在处取得极大值,在处取得极小值，进而得到，代入得，令，则，得到，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】
(1)由题意，当时，，，
①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增；
②当时，记，则，
所以当时，，∴单调递减，且；
当时，，单调递增，且，
所以当时，，函数单调递增.
综上所述，函数的单调递增区间为，；无单调递减区间.
(2)由，
，
是函数的两个零点，
是方程的两个实数解，
由，且，得，则有，
不妨设，
又，即得，
，，
即得，从而得到，
，且，
由二次函数的图象及性质知函数在处取得极大值,在处取得极小值.
， （）
又为方程的根，，
代人()式得，
令，则，，
设，，，单调递减，
从而有，.
，即得证.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程与直线的极坐标方程；
（2）若射线与曲线交于点（不同于原点），与直线交于点，直线与极轴所在直线交于点.求的值.
【答案】（1）；；（2）
【解析】（1）将曲线的极坐标方程变为，根据极坐标与直角坐标互化原则得到直角坐标方程；将直线的参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标互化原则得到极坐标方程；（2）将代入曲线和直线的极坐标方程，求得的极坐标；将代入直线的极坐标方程，求得点极坐标；根据三角形面积公式求得，根据求得结果.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程为：
直线的参数方程为：为参数）
消去参数得：
极坐标方程为
（2）将代入曲线的极坐标方程得：
点的极坐标为：
将代入直线的极坐标方程得：，解得：
点的极坐标为：
将代入直线的极坐标方程，解得
点的极坐标为：
，
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程、极坐标系中三角形面积的求解问题，关键是能够明确极坐标的几何意义，根据几何意义来确定三角形边长和夹角，从而利用三角形面积公式来求解.
23．已知函数，且恒成立.
（1）求的值；
（2）当时，，证明：.
【答案】（1）（2）见证明
【解析】（1）利用绝对值三角不等式可将转化为：，结合可求得；（2）由（1）知，根据可整理得，从而可得：，利用基本不等式求得，从而证得结论.
【详解】
（1）
，
当且仅当且时，取等号
恒成立可转化为：恒成立，解得：
（2）由（1）知：
当，时，有，
由得：
当且仅当时，取等号
，即：
【点睛】
本题考查绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式证明的问题，关键是能够将恒成立问题转变为函数最值求解的问题，易错点是忽略基本不等式成立的前提条件，属于常考题型.
一、单选题
1．已知为虚数单位，，复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由复数的除法运算，可得，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，复数，得，
所以，故选B．
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，其中解答中熟记复数的基本运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
2．已知集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据对数函数的性质，求得集合或，再根据集合的交集的运算，即可求解．
【详解】
由题意，集合或，
又由集合，所以，故选B.
【点睛】
本题主要考查了集合的交集的运算，以及对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，正确求解集合B是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3．某地的中小学办学条件在政府的教育督导下，迅速得到改变.教育督导一年后.分别随机抽查了初中（用表示）与小学（用表示）各10所学校.得到相关指标的综合评价得分（百分制）的茎叶图如图所示.则从茎叶图可得出正确的信息为（ ）（80分及以上为优秀）. ①初中得分与小学得分的优秀率相同；②初中得分与小学得分的中位数相同③初中得分的方差比小学得分的方差大④初中得分与小学得分的平均分相同.
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
【答案】B
【解析】根据茎叶图可计算优秀率、中位数、平均数；根据得分的分散程度可判断方差大小关系，从而可得各个选项的正误.
【详解】
从茎叶图可知
抽查的初中优秀率为：；小学的优秀率为：
可知①正确；
初中的中位数为，小学的中位数为，可知②错误；
初中得分比较分散，所以初中的方差大，可知③正确；
初中的平均分为，小学的平均分为，可知④错误.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查利用茎叶图求解频率、中位数、平均数、方差的问题，属于基础题.
4．等差数列的前项和为，且，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.16
【答案】B
【解析】由等差数列的性质和求和公式，求得， ，求得，得到数列的通项公式，再利用等差数列的前n项和公式，求得，令，即可求解，得到答案．
【详解】
由等差数列的性质可知，因为，则有，即，
又因为，解得，即，
所以公差，所以，
所以，
令，解得或（舍），
故选B.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质，以及通项公式和前n项和的应用，其中解答中熟记等差数列的性质，以及等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5．函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据奇偶性定义可知函数为偶函数，图象关于轴对称，排除；根据时，，排除；根据，排除，从而得到结果.
【详解】
由解析式可知，定义域为：
为偶函数，其图象关于轴对称，可排除；
当时，，可排除；
当时，，可排除.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查函数图象的识别，通常利用函数奇偶性、特殊位置函数值的符号来依次进行排除，属于常考题型.
6．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，过点作抛物线的切线交轴于点，若为坐标原点），则点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设点，由，得，得切线的斜率，求得P点处的切线方程为，求得，再利用抛物线的定义和题设条件，列出方程，即可求解．
【详解】
由题意，抛物线，得焦点坐标为，
设点，由，即，得，所以切线的斜率，
所以P点处的切线方程为，即，
令，得，可得，
又由抛物线的定义，可得，
又由，得，即，解得，即，
故选D.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的定义及其标准方程的应用，其中解答中根据导数的几何意义求得切线的方程，得到点的坐标，再利用抛物线的定义和题设条件，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
7．某组合体的三视图如图所示.则该组合体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据三视图还原几何体，可知为两个全等的正四棱锥，利用棱锥体积公式求得结果.
【详解】
由三视图可知该几何体是由两个顶点重叠，分别向上与向下放置的全等的正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为底面正方形的中心）组合体，可将其放置于边长为的正方体中（如图所示）
则该几何体的体积为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图准确还原几何体.
8．如图所示，在边长为2的菱形中，，点分别为对角线上两个三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在菱形中，求得，再根据向量的线性运算，得到，再根据向量的数量积的运算，即可求解．
【详解】
由题意，因为，，所以，
所以，
又，所以.故选A.
【点睛】
本题主要考查了向量的线性运算，以及平面向量数量积的运算，其中解答中熟练应用向量的三角形法则，以及准确利用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
9．定义在上的单调函数满足，,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，则，有，得到，得出，所以，代入即可求解的值，得到答案．
【详解】
由题意，定义在R上的单调函数满足，则必为一定值，设，所以，所以有，从而得到，
所以，所以，所以，
，
故选D.
【点睛】
本题主要考查了函数的解析式的求解，以及分段函数的求值问题，其中解答中根据题设条件，求得函数的解析式，得出的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
10．已知点在内，且满足，现在内随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分别延长到，到，到，使得，，，则有，得到点为的重心，所以，进而求得，，，得出面积之间的关系，即可求解．
【详解】
由题意，分别延长到，到，到，
使得，，，则有，
所以点为的重心，所以，
又，，，
从而得到，
则，即.故选C.
【点睛】
本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮的运算求得点的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
11．已知双曲线为坐标原点，为的右焦点，过点作倾斜角为的直线与在第一象限的渐近线及轴的交点分别为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C.或 D.或
【答案】D
【解析】设过点F点直线方程为，联立方程，解得，求得，根据，化简得或，即可求解；
【详解】
由题可设过点F且倾角为的直线方程为，
联立方程，解得，所以，
从而，
又，所以由，得，即，
化简得，或，所以，或，故选D.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
12．已知函数，若方程在区间上恰有两个不相等的实根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由方程在区间上恰有两个不相等的实根，即有两个不等的正实根，记，转化为，求得或，根据，得到函数的单调性与最小值，即可求解．
【详解】
由题意，方程在区间上恰有两个不相等的实根，即有两个不等的正实根，
记（其中），则上述方程转化为，
即，所以或，
因为，当时，，单调递减；
当时，，当时，，单调递增，
当时，，
所以当时，取最小值e，所以若或，有两个不相等的实根，
需或，故选D.
【点睛】
本题主要考查了导数在函数中的综合应用，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把方程恰有两个不相等的实根，转化为有两个不等的正实根，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于难题．
二、填空题
13．已知各项均为正数的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值为______.
【答案】12
【解析】由与的等比中项为，求得，再由，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，与的等比中项为，即，
而，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟练应用等比中项和基本不等式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
14．若满足约束条件，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】由约束条件画出可行域，作出直线，在区域内进行平移；可知当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时最大，求得点坐标，代入得到结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：
作直线，将直线在不等式组表示的平面区域内平移
数形结合易知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时最大
联立方程组，即：
此时的最大值为：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为在轴上的截距的最值问题，属于常考题型.
15．甲、乙、丙、丁四人进行一项益智游戏，方法如下：第一步：先由四人看着平面直角坐标系中方格内的16个棋子（如图所示），甲从中记下某个棋子的坐标；第二步：甲分别告诉其他三人：告诉乙棋子的横坐标.告诉丙棋子的纵坐标，告诉丁棋子的横坐标与纵坐标相等；第三步：由乙、丙、丁依次回答.对话如下：“乙先说我无法确定.丙接着说我也无法确定.最后丁说我知道”.则甲记下的棋子的坐标为_____.
【答案】
【解析】根据题意，得出乙棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，丙棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上，再根据横纵坐标相等，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，乙只知道棋子的横坐标，又无法确定，所以棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，接下来丙知道棋子的纵坐标，又无法确定，所以棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上，这些横纵坐标相等的点只有，所以丁说棋子的坐标为.
【点睛】
本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中认真审题，合理确定乙棋子必落在横坐标为2，5，6，7上，丙棋子必落在纵坐标为0，1，3，4，5，7上是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
16．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若对满足的有，则_____.
【答案】
【解析】由，因为，，
两式相减得，所以，当时，，进而求得，得到答案．
【详解】
由题意，函数，
所以将其向右平移个单位后得，
由，
因为，，
所以与一个取值为1另一个取值为，
不妨设，，
则，，，，
所以两式相减得，
所以，
又因为，所以，所以当时，，
由题得，所以.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
三、解答题
17．如图所示，中，，，在内存在一点，满足，，外接圆的半径为.
（1）求，；
（2）求的长及的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理，求得，得到，进而求得，在在中，，得到，从而得到；
（2）在中，由余弦定理，求得，在等腰中，求得，利用面积公式，即可求解．
【详解】
（1）因为外接圆的半径为2，所以.
因为，所以.
又，所以.
由正弦定理得.
所以，
因为，所以，所以，
所以，从而得到.
（2）在中，由余弦定理得，
所以.
所以为等腰三角形，所以，，
从而，
所以.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
18．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，.
（1）证明：当点在上运动时，始终有平面平面；
（2）求锐二而角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由底面ABCD，证得，又由勾股定理，得，利用线面垂直的判定定理，得到平面PBC，再由面面垂直的判定定理，可得平面平面，即可得到结论；
（2）分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
【详解】
（1）由题意，因为底面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，所以，，所以，
所以，从而得到．
又平面PBC，平面PBC，，所以平面PBC，
又平面，所以平面平面，
所以当点E在PB上运动时，始终有平面平面PBC.
（2）由条件知底面ABCD，且，
所以过点C作交AB于点F，分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
所以，，，.
由（1）知为平面PBC的一个法向量，
因为，，
设平面PAB的一个法向量为，则，
即，令，则，所以，
所以，
故锐二面角的余弦值．
【点睛】
本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19．每年春晚都是万众瞩目的时刻，这些节目体现的文化内涵、历史背景等反映了社会的进步.国家的富强，人民生活水平的提高等.某学校高三年级主任开学初为了解学生在看春晚后对节目体现的文化内涵、历史背景等是否会在今年的高考题中体现进行过思考，特地随机抽取100名高三学生（其中文科学生50，理科学生50名），进行了调查.统计数据如表所示（不完整）：
“思考过”
“没有思考过”
总计
文科学生
40
10
理科学生
30
总计
100
（1）补充完整所给表格，并根据表格数据计算是否有的把握认为看春晚后会思考节目体现的文化内涵、历史背景等与文理科学生有关；
（2）①现从上表的”思考过”的文理科学生中按分层抽样选出7人.再从这7人中随机抽取4人，记这4人中“文科学生”的人数为,试求的分布列与数学期望；
②现设计一份试卷（题目知识点来自春晚相关知识整合与变化），假设“思考过”的学生及格率为，“没有思考过”的学生的及格率为.现从“思考过”与“没有思考过”的学生中分别随机抽取一名学生进行测试，求两人至少有一个及格的概率.
附参考公式：，其中.
参考数据：
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）列联表见解析，有；（2）①见解析；②.
【解析】（1）根据题意，得出的列联表，利用公式求的的值，即可得出结论；
（2）①由题意，得出所以的所有可能取值为，取得随机变量取每个值对应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解．
②设“思考过”的学生的及格率；“没有思考过”的学生的及格率，根据独立事件的概率计算公式，即可求解．
【详解】
（1）填表如下：
“思考过”
“没有思考过”
总计
文科学生
40
10
50
理科学生
30
20
50
总计
70
30
100
由上表得，的观测值，
故有的把握认为看春晚节目后是否会思考与文理科学生有关.
（2）①由题意，得抽取的100名学生中“思考过”的有文科学生40人，理科学生30人，所以抽取7人中文科学生有4人，理科学生有3人，所以的所有可能取值为1，2，3，4.
，，,
,
所以的分布列为
1
2
3
4
P
故数学期望为.
②设“思考过”的学生的及格率为，则；“没有思考过”的学生的及格率为，则，所以两人至少有一个及格的概率为.
【点睛】
本题主要考查了独立性检验的应用，以及随机变量的分布列与期望的计算，其中解答中认真审题，求得随机变量的取值，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
20．已知过椭圆的左焦点，作斜率为的直线，交椭圆于两点.
（1）若原点到直线的距离为，求直线的方程；
（2）设点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点.设的斜率为，则是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】(1)设过点F且斜率为k的直线l的方程为，利用点到直线的距离公式，求得，即可得到所求直线的方程；
(2)设，，，，设直线AM的方程为，
联立方程组，根据根据与系数的关系，求得，所以，进而得到，同理得到，化简得到，即可得到结论．
【详解】
(1)由椭圆，可知，
所以可设过点F且斜率为k的直线l的方程为，
即，设原点O到直线l的距离为d，则，
依题意有，
所以所求的直线l的方程为或.
(2)设，，，，
因为点，所以可设直线AM的方程为，
联立方程，消去y得，
整理，得.（）
所以，是方程（）的两实根，所以，所以，
所以.
所以
同理，，即.
所以
，
所以（定值）.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质的应用、以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
21．已知函数.
（1）当且时，求函数的单调区间；
（2）当时，若函数的两个极值点分别为、，证明.
【答案】（1）的单调递增区间为，；无单调递减区间；（2）证明见解析.
【解析】(1)求得，分类讨论，即可求解的单调区间，得到答案；
(2)根据是函数的两个零点，设是方程的两个实数解，再根据二次函数的性质函数在处取得极大值,在处取得极小值，进而得到，代入得，令，则，得到，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．
【详解】
(1)由题意，当时，，，
①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增；
②当时，记，则，
所以当时，，∴单调递减，且；
当时，，单调递增，且，
所以当时，，函数单调递增.
综上所述，函数的单调递增区间为，；无单调递减区间.
(2)由，
，
是函数的两个零点，
是方程的两个实数解，
由，且，得，则有，
不妨设，
又，即得，
，，
即得，从而得到，
，且，
由二次函数的图象及性质知函数在处取得极大值,在处取得极小值.
， （）
又为方程的根，，
代人()式得，
令，则，，
设，，，单调递减，
从而有，.
，即得证.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程与直线的极坐标方程；
（2）若射线与曲线交于点（不同于原点），与直线交于点，直线与极轴所在直线交于点.求的值.
【答案】（1）；；（2）
【解析】（1）将曲线的极坐标方程变为，根据极坐标与直角坐标互化原则得到直角坐标方程；将直线的参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标互化原则得到极坐标方程；（2）将代入曲线和直线的极坐标方程，求得的极坐标；将代入直线的极坐标方程，求得点极坐标；根据三角形面积公式求得，根据求得结果.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程为：
直线的参数方程为：为参数）
消去参数得：
极坐标方程为
（2）将代入曲线的极坐标方程得：
点的极坐标为：
将代入直线的极坐标方程得：，解得：
点的极坐标为：
将代入直线的极坐标方程，解得
点的极坐标为：
，
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程、极坐标系中三角形面积的求解问题，关键是能够明确极坐标的几何意义，根据几何意义来确定三角形边长和夹角，从而利用三角形面积公式来求解.
23．已知函数，且恒成立.
（1）求的值；
（2）当时，，证明：.
【答案】（1）（2）见证明
【解析】（1）利用绝对值三角不等式可将转化为：，结合可求得；（2）由（1）知，根据可整理得，从而可得：，利用基本不等式求得，从而证得结论.
【详解】
（1）
，
当且仅当且时，取等号
恒成立可转化为：恒成立，解得：
（2）由（1）知：
当，时，有，
由得：
当且仅当时，取等号
，即：
【点睛】
本题考查绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式证明的问题，关键是能够将恒成立问题转变为函数最值求解的问题，易错点是忽略基本不等式成立的前提条件，属于常考题型.
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