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所属成套资源：2024湖南省雅礼中学高三上学期月考（一）及答案(九科)
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2024长沙雅礼中学高三上学期月考（一）数学试卷含解析
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这是一份2024长沙雅礼中学高三上学期月考（一）数学试卷含解析，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接解出集合，再求交集即可.
【详解】，，则.
故选：D.
2. 记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（ ）
A. 3B. 2C. －2D. －3
【答案】A
【解析】
【分析】由题得a3＝7，设等差数列的公差为，解方程组即得解.
【详解】解：由等差数列性质可知，S5＝×5＝5a3＝35，解得a3＝7，
设等差数列的公差为，
所以，解之得.
故选：A.
3. 已知，是关于x的方程的两个根.若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
法二：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
故选：C.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：D.
5. 已知的解集为，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由题知为方程的一个根，由韦达定理即可得出答案.
【详解】因为的解集为，
所以为方程的一个根，
所以．
故选:B．
6. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cs10°≈0.985）
A. 45.25B. 50.76C. 56.74D. 58.60
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
7. 已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -3
【答案】B
【解析】
【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．
故选:B．
8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
C. 函数的单调递增区间为
D. 的最小正周期为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得，知A正确；
根据三角函数平移变换可求得，知B错误；
利用三角恒等变换公式化简得到解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确；
利用特殊值判断D错误.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误；
对于C，，
则由，得：，，
的单调递增区间为，C正确；
对于D，无意义，不是函数的周期，D错误.
故选：AC.
10. 如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若平面与平面的交线为，则AC//l
C. 三棱柱的外接球的表面积为
D. 当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.
【详解】对于选项A，若，又因为平面，
但是不一定在平面上，所以A不正确；
对于选项B，因为，所以平面，
平面平面，所以，所以B正确；
对于选项C，取的中心，的中心，
的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为，所以C不正确；
对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，
的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，
点到平面的最大距离为，所以D正确.
故选：BD
11. 同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是（ ）
A. 是函数为偶函数的充分不必要条件；
B. 是函数为奇函数的充要条件；
C. 如果，那么为单调函数；
D. 如果，那么函数存在极值点.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调性，结合极值点的概念即可判断CD.
【详解】对于A，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为偶函数；
当函数为偶函数时，，故，
即，又，故，
所以是函数为偶函数充要条件，故A错误；
对于B，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为奇函数，
当函数为奇函数时，，
因为，，故.
所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；
对于C，，因为，
若，则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故C正确；
对于D，，
令得，又，
若，
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.
若，
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故D正确.
故答案为：BCD.
12. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A. 为递减数列B.
C. 是数列中的最大项D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意先判断出数列前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：
对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由及前n项和的定义即可判断；对于C：前项积为的定义即可判断；对于D：先求出，由即可判断.
【详解】由可得：和异号，即或.
而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.
因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；
对于B：因为，所以，所以.故B错误；
对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；
对于D：
因为，所以，即.故D错误.
故选：AC
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．
【详解】因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 已知函数，则函数的零点个数为______.
【答案】3
【解析】
【分析】令得，根据分段函数性质可在同一直角坐标系中作出，的大致图象，由图象可知，函数与的图象有3个交点，即可得出答案．
【详解】令得，
可知函数的零点个数即为函数与的交点个数，
在同一直角坐标系中作出，的大致图象如下：
由图象可知，函数与的图象有3个交点，
即函数有3个零点，
故答案为：3.
15. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正方体的结构特征，判断平面所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的，
所以平面与平面平行，
由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为，
所以其面积为.
故答案为：.
16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则______.
（参考数据：取.）
【答案】914
【解析】
【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.
【详解】由题意可知：，
则，
可得，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：914.
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，M为中点.
（1）证明：平面；
（2）求点A到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；
(2)利用等体积法求解.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
则有为的中点，M为的中点，
所以，
且平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接,因为，所以,
又因为平面，平面，
所以，,所以平面,
又因为平面,所以,
又，所以是等腰直角三角形，
,
所以,
,
设点A到平面的距离为，
因为,所以,
所以.
18. 记锐角的内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；
（2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解
【小问1详解】
证明：由题知，
所以，
所以,
所以
因为 为锐角，即 ，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，
因为，
所以，
因为由正弦定理得：，
所以,
所以，
因为 ，
所以，
所以
因为是锐角三角形，且，
所以 ，
所以，
所以，
当时，取最大值为 ，
所以最大值为： .
19. 甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．
（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．
【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；
（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.
【小问1详解】
记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，
由题意得：，，
甲的得分X的可能取值为，
，
，
所以X的分布列为：
.
【小问2详解】
经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，
甲3轮各得1分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分的概率为，
甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为，
所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.
20. 已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求得，，利用递推公式计算得出，由此可证得结论成立；
（2）由（1）可知，利用累加法可求出数列的通项公式，可得出，利用定义法判断数列的单调性，进而可得出结论.
【详解】（1）在数列中，，，则，
，则，
则，
所以，数列为等比数列，且首项为，所以，；
（2）由（1）可知，即，可得，
累加得，
.
，，
，
令，则，
所以，.
，
，，所以，当时，.
所以，，.
所以，数列中，最大，故.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；
（2）前项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.
一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
21. 已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
（1）求双曲线E的标准方程．
（2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线CD过定点，定点坐标为．
【解析】
【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【小问1详解】
法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
【小问2详解】
直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，
，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得
．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
22. 设函数.
（1）求的最值；
（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
【答案】（1）在上的最小值为，在上无最大值.
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.
（2）根据（1）可得，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的求和公式可证题设中的不等式.
【小问1详解】
，设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，所以，故在上为增函数，
故在上的最小值为，在上无最大值.
【小问2详解】
先证明一个不等式：，
证明：设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故即恒成立.
当时，
由（1）可得，故，
故
,
故
.X
0
1
p
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接解出集合，再求交集即可.
【详解】，，则.
故选：D.
2. 记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（ ）
A. 3B. 2C. －2D. －3
【答案】A
【解析】
【分析】由题得a3＝7，设等差数列的公差为，解方程组即得解.
【详解】解：由等差数列性质可知，S5＝×5＝5a3＝35，解得a3＝7，
设等差数列的公差为，
所以，解之得.
故选：A.
3. 已知，是关于x的方程的两个根.若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
法二：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
故选：C.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：D.
5. 已知的解集为，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由题知为方程的一个根，由韦达定理即可得出答案.
【详解】因为的解集为，
所以为方程的一个根，
所以．
故选:B．
6. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cs10°≈0.985）
A. 45.25B. 50.76C. 56.74D. 58.60
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
7. 已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -3
【答案】B
【解析】
【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．
故选:B．
8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
C. 函数的单调递增区间为
D. 的最小正周期为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得，知A正确；
根据三角函数平移变换可求得，知B错误；
利用三角恒等变换公式化简得到解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确；
利用特殊值判断D错误.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误；
对于C，，
则由，得：，，
的单调递增区间为，C正确；
对于D，无意义，不是函数的周期，D错误.
故选：AC.
10. 如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若平面与平面的交线为，则AC//l
C. 三棱柱的外接球的表面积为
D. 当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.
【详解】对于选项A，若，又因为平面，
但是不一定在平面上，所以A不正确；
对于选项B，因为，所以平面，
平面平面，所以，所以B正确；
对于选项C，取的中心，的中心，
的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为，所以C不正确；
对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，
的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，
点到平面的最大距离为，所以D正确.
故选：BD
11. 同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是（ ）
A. 是函数为偶函数的充分不必要条件；
B. 是函数为奇函数的充要条件；
C. 如果，那么为单调函数；
D. 如果，那么函数存在极值点.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调性，结合极值点的概念即可判断CD.
【详解】对于A，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为偶函数；
当函数为偶函数时，，故，
即，又，故，
所以是函数为偶函数充要条件，故A错误；
对于B，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为奇函数，
当函数为奇函数时，，
因为，，故.
所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；
对于C，，因为，
若，则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故C正确；
对于D，，
令得，又，
若，
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.
若，
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故D正确.
故答案为：BCD.
12. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A. 为递减数列B.
C. 是数列中的最大项D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意先判断出数列前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：
对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由及前n项和的定义即可判断；对于C：前项积为的定义即可判断；对于D：先求出，由即可判断.
【详解】由可得：和异号，即或.
而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.
因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；
对于B：因为，所以，所以.故B错误；
对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；
对于D：
因为，所以，即.故D错误.
故选：AC
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．
【详解】因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 已知函数，则函数的零点个数为______.
【答案】3
【解析】
【分析】令得，根据分段函数性质可在同一直角坐标系中作出，的大致图象，由图象可知，函数与的图象有3个交点，即可得出答案．
【详解】令得，
可知函数的零点个数即为函数与的交点个数，
在同一直角坐标系中作出，的大致图象如下：
由图象可知，函数与的图象有3个交点，
即函数有3个零点，
故答案为：3.
15. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正方体的结构特征，判断平面所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的，
所以平面与平面平行，
由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为，
所以其面积为.
故答案为：.
16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则______.
（参考数据：取.）
【答案】914
【解析】
【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.
【详解】由题意可知：，
则，
可得，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：914.
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，M为中点.
（1）证明：平面；
（2）求点A到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；
(2)利用等体积法求解.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
则有为的中点，M为的中点，
所以，
且平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接,因为，所以,
又因为平面，平面，
所以，,所以平面,
又因为平面,所以,
又，所以是等腰直角三角形，
,
所以,
,
设点A到平面的距离为，
因为,所以,
所以.
18. 记锐角的内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；
（2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解
【小问1详解】
证明：由题知，
所以，
所以,
所以
因为 为锐角，即 ，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，
因为，
所以，
因为由正弦定理得：，
所以,
所以，
因为 ，
所以，
所以
因为是锐角三角形，且，
所以 ，
所以，
所以，
当时，取最大值为 ，
所以最大值为： .
19. 甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．
（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．
【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；
（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.
【小问1详解】
记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，
由题意得：，，
甲的得分X的可能取值为，
，
，
所以X的分布列为：
.
【小问2详解】
经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，
甲3轮各得1分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分的概率为，
甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为，
所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.
20. 已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求得，，利用递推公式计算得出，由此可证得结论成立；
（2）由（1）可知，利用累加法可求出数列的通项公式，可得出，利用定义法判断数列的单调性，进而可得出结论.
【详解】（1）在数列中，，，则，
，则，
则，
所以，数列为等比数列，且首项为，所以，；
（2）由（1）可知，即，可得，
累加得，
.
，，
，
令，则，
所以，.
，
，，所以，当时，.
所以，，.
所以，数列中，最大，故.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；
（2）前项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.
一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
21. 已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
（1）求双曲线E的标准方程．
（2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线CD过定点，定点坐标为．
【解析】
【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【小问1详解】
法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
【小问2详解】
直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，
，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得
．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
22. 设函数.
（1）求的最值；
（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
【答案】（1）在上的最小值为，在上无最大值.
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.
（2）根据（1）可得，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的求和公式可证题设中的不等式.
【小问1详解】
，设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，所以，故在上为增函数，
故在上的最小值为，在上无最大值.
【小问2详解】
先证明一个不等式：，
证明：设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故即恒成立.
当时，
由（1）可得，故，
故
,
故
.X
0
1
p
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