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2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学高三上学期期中考试数学含答案
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这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学高三上学期期中考试数学含答案，文件包含数学试题docx、数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合,即可由并运算求解.
【详解】由得，，
所以，
故选：A
2. 已知平面向量，满足，且，，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积可得，再由即可得出.
【详解】由可得，
又可得，所以；
即，所以.
故选：D
3. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列是一阶等比数列，则该数列的第项是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列特征可知数列为等比数列，进而得到，利用累乘法可求得，代入即可.
【详解】记数列为，设，
则，，，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
，.
故选：C.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换得到，再利用诱导公式求出答案.
【详解】因，即，
所以．
故选：D
5. 已知函数若方程有4个不同的零点，且，则（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数图象、对数的运算性质和二次函数的图象与性质分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，方程有4个不同的零点，即
曲线与直线有4个不同的交点，如下图
因为，所以由图知，
且，可得：
，∴，
解得：，则，
∴.
故选：A.
6.设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据三角函数的性质、利用导数判断单调性，作商比较大小即可得解.
【详解】解：由题意，
∵，∴，
∴，即有.
又因为，设，，
则，
当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递增，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
又因为，设，，
则，当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递减，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
综上知，.
故选：D.
7. 如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用转化法，将转化为或，进而求得的最小值.
【详解】解法一：
连接，则
，
当时，最小，即，
结合，得的最小值为．
解法二（极化恒等式法）：
依题意，为线段的中点，
则
,
由于，，所以的最小值为．
故选:D
8. 已知函数的定义域为R，且，为奇函数，，则（）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可得出周期为4，赋值可求出.进而由为奇函数，可推得函数关于点对称，由已知可求出，，，然后即可求得，.进而即可根据周期性得出函数值，求出，即可得出，代入数值，即可得出答案.
【详解】由，则，
所以，，周期为4，所以.
由，令，则有，所以，.
因为为奇函数，所以，
所以，，所以函数关于点对称，
所以，.
令，则.
令可得，，所以，所以，
所以，有，即有.
令，则有；
令，则.
综上，，，，.
所以，，
所以，.
故选：B.
【点睛】方法点睛：抽象函数求解函数值，常用赋值法.根据已知关系，推得函数的周期以及对称性，根据已知函数值，赋值求出其他函数值.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分.
9. 已知复数，则（）
A. 是纯虚数B. 对应的点位于第二象限
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的运算规则和几何意义逐项分析.
【详解】对于A，，实部为0，是纯虚数，正确；
对于B，，在复平面上对应点，在第四象限，错误；
对C，，错误；
对于D，，正确；
故选：AD.
10. 已知等差数列的公差为，前项和为，，，，则（）
A. ，B.
C. ，最大值为14D. 当时，有最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，，得出，再逐一对各个选项分析判断，即可求出结果.
【详解】因为，，故，故选项A正确；
选项B，因为，，又，即，故选项B错误；
选项C，因为，，又由，得到，所以，故选项C正确；
选项D，因为，，，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，，，( )
A. 若在区间上单调递减，则
B. 将函数的图像向左平移个单位得到曲线，若曲线对应的函数为偶函数，则的最小值为
C. 若方程在区间上恰有三个解，则
D. 关于的方程在上有两个不同的解，则
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A：求出单调递减满足的关系与选项比较即可；选项B：平移后初相应为的奇数倍；选项CD：求出相位满足的范围，卡右端点的范围即可.
【详解】选项A：时，，
若在区间上单调递减，则，，
解得，
因，，所以，
进而得，故A错误；
选项B：函数的图像向左平移个单位得到，
若为偶函数，则有，，解得，，
因为，所以的最小值为，故B正确；
选项C：，，则，
解得，则C正确；
选项D：，即，
，，则，
解得，故D错误，
故选：BC.
12. 已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 在上是增函数
B. 若不等式恒成立，则正数m的取值范围是
C. 若有两个根，则
D. 若，且，则的最大值为
【答案】A
【解析】
【分析】A选项，由题，，判断在上的单调性即可；
B选项，由，得，构造函数，求出其单调性，得，再次构造函数，求出其最大值即可;
C选项，由有两个零点，可得，设，则，又，后研究在上的单调性即可；
D选项，因，及在上单调递增，
可得.
又，则，
故，再次构造函数，求出最大值可判断选项.
【详解】对于A选项，，.
又当时，，则在上是增函数，故A正确；
对于B选项，，即，
令，则
在单调递增，由得
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，B错误；
对于C选项，有两个根，等价于函数有两个零点，
注意到，则在上单调递减，在上单调递增，因函数有零点，则.
设，又，，
则.令
则，得时，.
又，则，.得.
若，则等价于，因在上单调递增，
则等价于，又，
则等价于.
令，，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，故C错误；
对于D选项，由A选项分析可知，在上单调递增，
，，当时，
则在单调递增，
又，，
则.由，即，即有，又，在上单调递增，所以，即，所以，其中.令，，
则，令，得，当时，，
当时，，所以在单调递增，在单调递减，
所以，故D错误.
故选：A
【点睛】本题涉及求函数单调区间，恒成立问题及双变量问题，难度较大.对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，求解的关键是能够利用同构法,将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题,进而通过构造函数,利用函数单调性得到自变量的大小关系,从而化简恒成立的不等式，常利用分离参数法将问题转化为求最值.对于双变量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
三、填空题：本题共4小题，每空5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 已知球的表面积为，平面截球所得的截面面积为，则以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据球的表面积和截面圆面积可求得，利用勾股定理可求得球心到截面的距离，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设球的半径为，截面圆的半径为，球心到平面的距离为，
，，，，，
以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为.
故答案为：.
14. 已知，，且，则的最小值是______．
【答案】18
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】由题意可得，当且仅当，时，等号成立．
故答案为：18
15. 已知数列和，其中是的小数点后的第位数字，(例如)，若，且对任意的，均有，则满足的所有的值为_______．
【答案】或##或
【解析】
【分析】据题意可推导出为周期数列，再分析可知，然后利用周期逐一验证数列的各项与计算结果是否一致，即可找到所有符合题意的的值.
【详解】是的小数点后的第位数字，且.
是以3为周期的数列，且各项为依次循环出现.
又,
当时，，与数列各项均为正数相矛盾；
当时，不符合题意，与数列中最大项为相矛盾；
且，
，与相矛盾，故舍去；
，符合题意；与相矛盾，故舍去；
，符合题意；
综上所述：对任意的，均有，则满足的所有的值为或.
故答案为：或
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角A为最小角且均为整数，则___________，设，的中点为D，则___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对于第一空，因为A为最小角且均为整数，可确定，故可得答案；
第二空，结合第一空的结果，根据，均为整数，可确定，进而求得，然后利用正弦定理即可表示边b,c，在中由余弦定理表示出 ,即可求得答案.
【详解】第一空：在中，A为最小角且均为整数，
则 ,
若，因为 ，且 在上单调递增，
故 ，又因为A为最小角，则B,C都大于 ，与 矛盾，
所以，即 ；
第二空：由第一空可知，故，
则 ，即，
因为且均为整数，故 ,为锐角，
故 ,
由正弦定理得： ，
即 ，
所以在中，的中点为D，故
，
则，
故；
故答案为：；
四、解答题：本大题共6小题，其中17题满分10分，其余各题满分12分，共70分.把答案填在答题卡的相应位置.
17. 已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）试讨论函数的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数得出斜率，再根据点斜式求出切线方程即可；
（2）分和两种情况求导函数，分导数正负讨论函数的单调性.
【小问1详解】
因为，
所以，则，切点为
又因为
所以，即
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
【小问2详解】
因为，，
所以，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
18. 已知等差数列满足，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，的前n项和分别为，.若的公差为整数，且，求.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用等差数列的通项公式和等比中项的应用求出，即可求出；
（2）根据题意，由（1）可得，根据等差数列前n项求和公式计算可得，则，利用裂项相消求和法计算即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，∵，∴，
∵，，成等比，∴，
即，得，解得或，
∴当时，；
当时，；
∴或.
【小问2详解】
因为等差数列的公差为整数，由（1）得，
所以，则，
∴.
∴
.
19. 在中，，的面积为，为的中点，于点于点.
（1）求的面积；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，可得，，作于点，于点，可得，，代入上式得解；
（2）延长到点，使，连接，在中，利用余弦定理可得，在中由正弦定理可求得结果.
【小问1详解】
在四边形中，，，
故，
故，
作于点，于点，
又为的中点，
则，
，
故.
【小问2详解】
设的三条边，，分别为，，，
由，知，
延长到点，使，连接，
则，，
则在中，，，
故由与可得，，则，
，则，
由正弦定理得，
则.
20. 已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）对任意正整数n，都有，且存在常数m，使得为定值t，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，将已知转化为，即可变形为，从而证明是等差数列.
（2）根据分析数列的性质确定的值，再根据是定值，化简确定m的值，进而求出t的值，从而即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
两式相减得，整理得，
所以，即，
所以是等差数列.
【小问2详解】
由题意，
所以，解得.
由（1）可知是以为首项、2为公差的等差数列，即，
所以，
而，
所以，
由题意对任意正整数n，都有，
所以，
要使定值，则也为定值.
，
，
，
两式相减得：,
则，即，
则，
因为定值与的大小无关，所以，显然，解得，
经检验，符合题意，所以，
所以.
21. 如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口在的东偏北的方向（两点之间的高速公路可近似看成直线段），由于之间相距较远，计划在之间设置一个服务区．
（1）若在的正北方向且，求到市中心的距离和最小时的值；
（2）若在市中心的距离为，此时在的平分线与的交点位置，且满足，求到市中心的最大距离．
【答案】（1），
（2）20
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，将分别用表示，再利用基本不等式求的最小值；（2）先由化简得到，再根据三角形面积公式列方程得到与的函数关系，由函数单调性求得的最大值.
【小问1详解】
设，在中，
在中，由正弦定理得
当且仅当，即时取到等号
到市中心的距离和最小时，．
【小问2详解】
，
，即
，
又
即
当时，
22. 已知函数
（1）若，证明：在上恒成立；
（2）若方程有两个实数根且，证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）即证，构造，即可证明；
（2）分别利用切线放缩进行证明即可.
【小问1详解】
因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时,，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
【小问2详解】
证明：先证右半部分不等式：；
因为，，
所以；
可求曲线在和处切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：
（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；
（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合,即可由并运算求解.
【详解】由得，，
所以，
故选：A
2. 已知平面向量，满足，且，，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积可得，再由即可得出.
【详解】由可得，
又可得，所以；
即，所以.
故选：D
3. 南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列是一阶等比数列，则该数列的第项是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列特征可知数列为等比数列，进而得到，利用累乘法可求得，代入即可.
【详解】记数列为，设，
则，，，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
，.
故选：C.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换得到，再利用诱导公式求出答案.
【详解】因，即，
所以．
故选：D
5. 已知函数若方程有4个不同的零点，且，则（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数图象、对数的运算性质和二次函数的图象与性质分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，方程有4个不同的零点，即
曲线与直线有4个不同的交点，如下图
因为，所以由图知，
且，可得：
，∴，
解得：，则，
∴.
故选：A.
6.设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据三角函数的性质、利用导数判断单调性，作商比较大小即可得解.
【详解】解：由题意，
∵，∴，
∴，即有.
又因为，设，，
则，
当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递增，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
又因为，设，，
则，当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递减，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
综上知，.
故选：D.
7. 如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用转化法，将转化为或，进而求得的最小值.
【详解】解法一：
连接，则
，
当时，最小，即，
结合，得的最小值为．
解法二（极化恒等式法）：
依题意，为线段的中点，
则
,
由于，，所以的最小值为．
故选:D
8. 已知函数的定义域为R，且，为奇函数，，则（）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可得出周期为4，赋值可求出.进而由为奇函数，可推得函数关于点对称，由已知可求出，，，然后即可求得，.进而即可根据周期性得出函数值，求出，即可得出，代入数值，即可得出答案.
【详解】由，则，
所以，，周期为4，所以.
由，令，则有，所以，.
因为为奇函数，所以，
所以，，所以函数关于点对称，
所以，.
令，则.
令可得，，所以，所以，
所以，有，即有.
令，则有；
令，则.
综上，，，，.
所以，，
所以，.
故选：B.
【点睛】方法点睛：抽象函数求解函数值，常用赋值法.根据已知关系，推得函数的周期以及对称性，根据已知函数值，赋值求出其他函数值.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分.
9. 已知复数，则（）
A. 是纯虚数B. 对应的点位于第二象限
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的运算规则和几何意义逐项分析.
【详解】对于A，，实部为0，是纯虚数，正确；
对于B，，在复平面上对应点，在第四象限，错误；
对C，，错误；
对于D，，正确；
故选：AD.
10. 已知等差数列的公差为，前项和为，，，，则（）
A. ，B.
C. ，最大值为14D. 当时，有最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，，得出，再逐一对各个选项分析判断，即可求出结果.
【详解】因为，，故，故选项A正确；
选项B，因为，，又，即，故选项B错误；
选项C，因为，，又由，得到，所以，故选项C正确；
选项D，因为，，，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，，，( )
A. 若在区间上单调递减，则
B. 将函数的图像向左平移个单位得到曲线，若曲线对应的函数为偶函数，则的最小值为
C. 若方程在区间上恰有三个解，则
D. 关于的方程在上有两个不同的解，则
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A：求出单调递减满足的关系与选项比较即可；选项B：平移后初相应为的奇数倍；选项CD：求出相位满足的范围，卡右端点的范围即可.
【详解】选项A：时，，
若在区间上单调递减，则，，
解得，
因，，所以，
进而得，故A错误；
选项B：函数的图像向左平移个单位得到，
若为偶函数，则有，，解得，，
因为，所以的最小值为，故B正确；
选项C：，，则，
解得，则C正确；
选项D：，即，
，，则，
解得，故D错误，
故选：BC.
12. 已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 在上是增函数
B. 若不等式恒成立，则正数m的取值范围是
C. 若有两个根，则
D. 若，且，则的最大值为
【答案】A
【解析】
【分析】A选项，由题，，判断在上的单调性即可；
B选项，由，得，构造函数，求出其单调性，得，再次构造函数，求出其最大值即可;
C选项，由有两个零点，可得，设，则，又，后研究在上的单调性即可；
D选项，因，及在上单调递增，
可得.
又，则，
故，再次构造函数，求出最大值可判断选项.
【详解】对于A选项，，.
又当时，，则在上是增函数，故A正确；
对于B选项，，即，
令，则
在单调递增，由得
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，B错误；
对于C选项，有两个根，等价于函数有两个零点，
注意到，则在上单调递减，在上单调递增，因函数有零点，则.
设，又，，
则.令
则，得时，.
又，则，.得.
若，则等价于，因在上单调递增，
则等价于，又，
则等价于.
令，，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，故C错误；
对于D选项，由A选项分析可知，在上单调递增，
，，当时，
则在单调递增，
又，，
则.由，即，即有，又，在上单调递增，所以，即，所以，其中.令，，
则，令，得，当时，，
当时，，所以在单调递增，在单调递减，
所以，故D错误.
故选：A
【点睛】本题涉及求函数单调区间，恒成立问题及双变量问题，难度较大.对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，求解的关键是能够利用同构法,将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题,进而通过构造函数,利用函数单调性得到自变量的大小关系,从而化简恒成立的不等式，常利用分离参数法将问题转化为求最值.对于双变量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
三、填空题：本题共4小题，每空5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 已知球的表面积为，平面截球所得的截面面积为，则以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据球的表面积和截面圆面积可求得，利用勾股定理可求得球心到截面的距离，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设球的半径为，截面圆的半径为，球心到平面的距离为，
，，，，，
以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为.
故答案为：.
14. 已知，，且，则的最小值是______．
【答案】18
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】由题意可得，当且仅当，时，等号成立．
故答案为：18
15. 已知数列和，其中是的小数点后的第位数字，(例如)，若，且对任意的，均有，则满足的所有的值为_______．
【答案】或##或
【解析】
【分析】据题意可推导出为周期数列，再分析可知，然后利用周期逐一验证数列的各项与计算结果是否一致，即可找到所有符合题意的的值.
【详解】是的小数点后的第位数字，且.
是以3为周期的数列，且各项为依次循环出现.
又,
当时，，与数列各项均为正数相矛盾；
当时，不符合题意，与数列中最大项为相矛盾；
且，
，与相矛盾，故舍去；
，符合题意；与相矛盾，故舍去；
，符合题意；
综上所述：对任意的，均有，则满足的所有的值为或.
故答案为：或
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角A为最小角且均为整数，则___________，设，的中点为D，则___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对于第一空，因为A为最小角且均为整数，可确定，故可得答案；
第二空，结合第一空的结果，根据，均为整数，可确定，进而求得，然后利用正弦定理即可表示边b,c，在中由余弦定理表示出 ,即可求得答案.
【详解】第一空：在中，A为最小角且均为整数，
则 ,
若，因为 ，且 在上单调递增，
故 ，又因为A为最小角，则B,C都大于 ，与 矛盾，
所以，即 ；
第二空：由第一空可知，故，
则 ，即，
因为且均为整数，故 ,为锐角，
故 ,
由正弦定理得： ，
即 ，
所以在中，的中点为D，故
，
则，
故；
故答案为：；
四、解答题：本大题共6小题，其中17题满分10分，其余各题满分12分，共70分.把答案填在答题卡的相应位置.
17. 已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）试讨论函数的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数得出斜率，再根据点斜式求出切线方程即可；
（2）分和两种情况求导函数，分导数正负讨论函数的单调性.
【小问1详解】
因为，
所以，则，切点为
又因为
所以，即
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
【小问2详解】
因为，，
所以，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
18. 已知等差数列满足，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，的前n项和分别为，.若的公差为整数，且，求.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用等差数列的通项公式和等比中项的应用求出，即可求出；
（2）根据题意，由（1）可得，根据等差数列前n项求和公式计算可得，则，利用裂项相消求和法计算即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，∵，∴，
∵，，成等比，∴，
即，得，解得或，
∴当时，；
当时，；
∴或.
【小问2详解】
因为等差数列的公差为整数，由（1）得，
所以，则，
∴.
∴
.
19. 在中，，的面积为，为的中点，于点于点.
（1）求的面积；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，可得，，作于点，于点，可得，，代入上式得解；
（2）延长到点，使，连接，在中，利用余弦定理可得，在中由正弦定理可求得结果.
【小问1详解】
在四边形中，，，
故，
故，
作于点，于点，
又为的中点，
则，
，
故.
【小问2详解】
设的三条边，，分别为，，，
由，知，
延长到点，使，连接，
则，，
则在中，，，
故由与可得，，则，
，则，
由正弦定理得，
则.
20. 已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）对任意正整数n，都有，且存在常数m，使得为定值t，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，将已知转化为，即可变形为，从而证明是等差数列.
（2）根据分析数列的性质确定的值，再根据是定值，化简确定m的值，进而求出t的值，从而即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
两式相减得，整理得，
所以，即，
所以是等差数列.
【小问2详解】
由题意，
所以，解得.
由（1）可知是以为首项、2为公差的等差数列，即，
所以，
而，
所以，
由题意对任意正整数n，都有，
所以，
要使定值，则也为定值.
，
，
，
两式相减得：,
则，即，
则，
因为定值与的大小无关，所以，显然，解得，
经检验，符合题意，所以，
所以.
21. 如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口在的东偏北的方向（两点之间的高速公路可近似看成直线段），由于之间相距较远，计划在之间设置一个服务区．
（1）若在的正北方向且，求到市中心的距离和最小时的值；
（2）若在市中心的距离为，此时在的平分线与的交点位置，且满足，求到市中心的最大距离．
【答案】（1），
（2）20
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，将分别用表示，再利用基本不等式求的最小值；（2）先由化简得到，再根据三角形面积公式列方程得到与的函数关系，由函数单调性求得的最大值.
【小问1详解】
设，在中，
在中，由正弦定理得
当且仅当，即时取到等号
到市中心的距离和最小时，．
【小问2详解】
，
，即
，
又
即
当时，
22. 已知函数
（1）若，证明：在上恒成立；
（2）若方程有两个实数根且，证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）即证，构造，即可证明；
（2）分别利用切线放缩进行证明即可.
【小问1详解】
因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时,，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
【小问2详解】
证明：先证右半部分不等式：；
因为，，
所以；
可求曲线在和处切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：
（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；
（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.
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