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备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）（Word版附解析）
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这是一份备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为,
所以.
故选：.
2．若，则（ ）
A．B．C．2D．6
【答案】D
【详解】由题设可得，则，则，
故，故，
故选：D
3．如图，在四边形ABCD中，，设，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】因为，
所以
.
故选：C
4．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.
A．B．24C．D．72
【答案】B
【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，
连接，则底面边长，对角线，.
又，故高.
故该正四棱锥体积为.
故选：B
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】不超过15的素数有，随机取两个不同取法有种，
其中和等于16的情况有或两种情况，
所以随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是.
故选：C
6．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故选：C.
7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，，，
令，，则，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故在上恒成立，
将中换为可得，，
即，故在上恒成立，
所以在上单调递增，
由复合函数单调性可知在上单调递增，
故，即.
故选：D
8．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为上的动点（P与C不重合），将沿折起，使点A到达点的位置，且平面平面若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球O的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
将翻折后，，，又平面平面，
平面平面，
平面，平面，于是平面，平面，
显然，的中点D，E分别为，四边形外接圆圆心，
则平面，平面，因此，，
取的中点F，连接则有，，
四边形为矩形，设且，，，
设球O的半径R，有，
当时，，所以球O表面积的最小值为．
故选：A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．正方体的内切球的半径为
B．两条异面直线和所成的角为
C．直线BC与平面所成的角等于
D．点D到面的距离为
【答案】BC
【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.
【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.
对于B中，如图所示，连接，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，
又因为，则为正三角形，即，所以B正确；
对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.
因为平面，平面，所以.
又因为，平面，平面，
所以平面，所以直线与平面所成的角为，
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，
所以,
又因为，根据等体积转换可知：，
即，即，解得，所以D错误.
故选：BC.
10．已知函数，则（ ）
A．为奇函数B．不是函数的极值点
C．在上单调递增D．存在两个零点
【答案】BC
【分析】根据奇函数的定义判断A，求导得函数的单调性判断BC，根据零点存在性定理和单调性判断D.
【详解】函数的定义域为R，又，，
则，所以不是奇函数，故选项A错误；
因为，所以在上单调递增，所以函数不存在极值点，故选项B与C正确；
因为，，又在上单调递增，且，
所以仅有一个零点0，故选项D错误.
故选：BC
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值是6B．若点，则的最小值是4
C．D．若，则直线的斜率为
【答案】ABD
【分析】A，根据结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当三点共线时；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.
【详解】对A，设，
因为这些倾斜角不为0，
则设直线的方程为，联立抛物线得，
则，
所以，
则（当且仅当时等号成立），A正确；
对B，如图抛物线准线，要使其最小，
即三点共线时取得最小值，
即，B正确；
对C，由，C错误；
对D，
，解得,D正确
故选：ABD.
12．已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由题意分析得到关于直线对称，函数关于直线对称及周期为2，逐项求解即可.
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
所以关于直线对称，令得，即，故A正确；
因为，所以，即，
所以，因为为偶函数，所以，
所以，即，所以，
则的一个周期为2.因为关于直线对称，所以是函数的一个极值点，
所以，所以，故B正确；
因为，所以，所以，故D正确；
设（为常数），定义域为R，则，，，又，则，
显然也满足题设，即上下平移均满足题设，显然的值不确定，故C错误.
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中含项的系数是 .
【答案】120
【详解】，
因为的展开式的通项公式为，不可能出现含的项，
所以展开式中含的项为，即含项的系数是120.
故答案为：120.
14．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程 .
【答案】或或（答案不唯一）
【详解】由题设知，圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
所以，即两圆外离，故共有4条公切线；
又易知关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与平行的两条公切线.
设过原点的公切线为，则，即，解得或，
所以公切线为或；
设与平行的公切线为，且M，N与公切线距离都为1，
则，即，
所以公切线为.
故答案为：或或
15．若函数与，有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则的最小值为 .
【答案】
【详解】，.
设曲线与的公共点为，两者在公共点处的切线方程相同，
因此，即，解得或.
因为，，所以舍去.
又，即.
令函数，则.
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即，解得.
则的最小值为.
故答案为：
16．已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分.过点D作、的垂线，垂足分别为A、B.则的最小值是 .
【答案】
【详解】如图，
由椭圆的性质可知，点位于短轴的端点时，最大，由可知最大值为.
设，因为平分，所以，设，
已知椭圆，所以.
从而，
，
所以，解得.
,
所以,
所以，
因为，所以，
设，
所以在上单调递减，所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，所以，
即，因为，所以，
又，所以，
所以，
所以.
（2）由（1）得，，
所以，
所以
，
又，所以.
18．在中，内角所对的边分别为，满足
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，
或（舍）,
.
（2）为锐角三角形,
解得：,所以，
且
由（1）问，，
令，
则，
所以
因为,
当时，所求的最大值为.
19．如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且平面，
(1)求棱的长度：
(2)若，且的面积，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取的中点D，连接，
在三棱柱中，可得，且，
四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
∵平面，
，
又D为的中点，
为等腰三角形，
∵，，则；
（2）由（1）知，，，
平面，所以，
故，
由（1）知，平面，平面，
则，
又三棱柱中，∴
又，∴，
∵又平面，
平面，
三棱柱为直三棱柱，
∴为直角三角形，可得，
又在三棱柱中，，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
,
设平面的一个法向量为
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值为.
20．为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：
并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.
(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：
(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.
（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：：
（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.
①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；
②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.
校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.
附：，其中.
【答案】(1)频率分布表见解析，根据小概率值的独立性检验，可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关
(2)（i）证明见解析；（ii）当时，选择传统型优惠方案；当时，选择“饥饿型”优惠方案，理由见解析
【详解】（1）（1）设组的频率为t，则组的频率为，
估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，
故可补全频率分布表如下：
据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：
零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
注意到.
据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.
（2）（i）证法一：由题意得，，
结合，.
结合条件概率公式知，即.
，
即成立.
证法二：由题意得，，
所以，同理，
于是，
故
，即成立.
（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，
若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，
则，，对，有，
故，
，
令，结合得，记为.
若，则，，
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；
若，则，，
此时李明应选择传统型优惠方案.
若，则，.
注意到，
.
因此
，
即.
此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.
综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；
当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.
21．已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线的平行线l，l与直线交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段的中点，求实数t的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，设双曲线上一点，
则，
又因为在双曲线上，所以，即，
代入可得，又因为，，代入可得，，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）如图所示，
知，所以，
若直线斜率为0，此时点不在第一象限，矛盾，故斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，
联立，化简可得，
则，可得，
则，
又因为，所以 ，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，
即的纵坐标为.
又由上可知，，两式相除，
得，
代入可得，
因为为线段的中点，所以
即，
所以需满足，解得.
22．已知函数，其中是自然对数的底数．
(1)求函数的单调区间和最值；
(2)证明：函数有且只有一个极值点；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由求导可得：
因故，
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减；
所以函数的单调递增区间为，递减区间为，最小值为，无最大值.
（2）因，其定义域为，
取则，因故，则在上单调递增，
①当时，故函数在内有且仅有一个变号零点，
则此时，函数有且仅有一个极值点；
②当时，因因在上单调递增，故函数有且仅有一个变号零点，
则此时，函数有且仅有一个极值点；
③当时，，又因，，，即，
故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；
综上所述，函数有且仅有一个极值点.
（3）由（2）可知，当时，函数有且仅有一个零点，设为，则
又由（2）函数有最小值为.
由可得：，即两边取自然对数得：，
故
于是
，不妨设则，故得，则，
对于函数，其对应方程的判别式，
设，则恒成立，
故函数在上单调递增，则，即，
从而，于是，
故有恒成立，故恒成立，所以学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.10
0.00
0.50
点外卖
0.20
0.00
0.50
合计
0.20
0.15
0.00
1.00
0.10
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.20
0.10
0.05
0.00
0.50
点外卖
0.05
0.20
0.15
0.10
0.00
0.50
合计
0.20
0.40
0.25
0.15
0.00
1.00
学生距最近食堂较近
学生距最近食较堂远
合计
在食堂就餐
700
300
1000
点外卖
500
500
1000
合计
1200
800
2000
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为,
所以.
故选：.
2．若，则（ ）
A．B．C．2D．6
【答案】D
【详解】由题设可得，则，则，
故，故，
故选：D
3．如图，在四边形ABCD中，，设，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】因为，
所以
.
故选：C
4．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.
A．B．24C．D．72
【答案】B
【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，
连接，则底面边长，对角线，.
又，故高.
故该正四棱锥体积为.
故选：B
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】不超过15的素数有，随机取两个不同取法有种，
其中和等于16的情况有或两种情况，
所以随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是.
故选：C
6．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故选：C.
7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，，，
令，，则，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故在上恒成立，
将中换为可得，，
即，故在上恒成立，
所以在上单调递增，
由复合函数单调性可知在上单调递增，
故，即.
故选：D
8．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为上的动点（P与C不重合），将沿折起，使点A到达点的位置，且平面平面若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球O的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
将翻折后，，，又平面平面，
平面平面，
平面，平面，于是平面，平面，
显然，的中点D，E分别为，四边形外接圆圆心，
则平面，平面，因此，，
取的中点F，连接则有，，
四边形为矩形，设且，，，
设球O的半径R，有，
当时，，所以球O表面积的最小值为．
故选：A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．正方体的内切球的半径为
B．两条异面直线和所成的角为
C．直线BC与平面所成的角等于
D．点D到面的距离为
【答案】BC
【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.
【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.
对于B中，如图所示，连接，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，
又因为，则为正三角形，即，所以B正确；
对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.
因为平面，平面，所以.
又因为，平面，平面，
所以平面，所以直线与平面所成的角为，
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，
所以,
又因为，根据等体积转换可知：，
即，即，解得，所以D错误.
故选：BC.
10．已知函数，则（ ）
A．为奇函数B．不是函数的极值点
C．在上单调递增D．存在两个零点
【答案】BC
【分析】根据奇函数的定义判断A，求导得函数的单调性判断BC，根据零点存在性定理和单调性判断D.
【详解】函数的定义域为R，又，，
则，所以不是奇函数，故选项A错误；
因为，所以在上单调递增，所以函数不存在极值点，故选项B与C正确；
因为，，又在上单调递增，且，
所以仅有一个零点0，故选项D错误.
故选：BC
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值是6B．若点，则的最小值是4
C．D．若，则直线的斜率为
【答案】ABD
【分析】A，根据结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当三点共线时；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.
【详解】对A，设，
因为这些倾斜角不为0，
则设直线的方程为，联立抛物线得，
则，
所以，
则（当且仅当时等号成立），A正确；
对B，如图抛物线准线，要使其最小，
即三点共线时取得最小值，
即，B正确；
对C，由，C错误；
对D，
，解得,D正确
故选：ABD.
12．已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由题意分析得到关于直线对称，函数关于直线对称及周期为2，逐项求解即可.
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
所以关于直线对称，令得，即，故A正确；
因为，所以，即，
所以，因为为偶函数，所以，
所以，即，所以，
则的一个周期为2.因为关于直线对称，所以是函数的一个极值点，
所以，所以，故B正确；
因为，所以，所以，故D正确；
设（为常数），定义域为R，则，，，又，则，
显然也满足题设，即上下平移均满足题设，显然的值不确定，故C错误.
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中含项的系数是 .
【答案】120
【详解】，
因为的展开式的通项公式为，不可能出现含的项，
所以展开式中含的项为，即含项的系数是120.
故答案为：120.
14．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程 .
【答案】或或（答案不唯一）
【详解】由题设知，圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
所以，即两圆外离，故共有4条公切线；
又易知关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与平行的两条公切线.
设过原点的公切线为，则，即，解得或，
所以公切线为或；
设与平行的公切线为，且M，N与公切线距离都为1，
则，即，
所以公切线为.
故答案为：或或
15．若函数与，有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则的最小值为 .
【答案】
【详解】，.
设曲线与的公共点为，两者在公共点处的切线方程相同，
因此，即，解得或.
因为，，所以舍去.
又，即.
令函数，则.
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即，解得.
则的最小值为.
故答案为：
16．已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分.过点D作、的垂线，垂足分别为A、B.则的最小值是 .
【答案】
【详解】如图，
由椭圆的性质可知，点位于短轴的端点时，最大，由可知最大值为.
设，因为平分，所以，设，
已知椭圆，所以.
从而，
，
所以，解得.
,
所以,
所以，
因为，所以，
设，
所以在上单调递减，所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，所以，
即，因为，所以，
又，所以，
所以，
所以.
（2）由（1）得，，
所以，
所以
，
又，所以.
18．在中，内角所对的边分别为，满足
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，
或（舍）,
.
（2）为锐角三角形,
解得：,所以，
且
由（1）问，，
令，
则，
所以
因为,
当时，所求的最大值为.
19．如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且平面，
(1)求棱的长度：
(2)若，且的面积，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取的中点D，连接，
在三棱柱中，可得，且，
四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
∵平面，
，
又D为的中点，
为等腰三角形，
∵，，则；
（2）由（1）知，，，
平面，所以，
故，
由（1）知，平面，平面，
则，
又三棱柱中，∴
又，∴，
∵又平面，
平面，
三棱柱为直三棱柱，
∴为直角三角形，可得，
又在三棱柱中，，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
,
设平面的一个法向量为
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值为.
20．为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：
并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.
(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：
(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.
（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：：
（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.
①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；
②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.
校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.
附：，其中.
【答案】(1)频率分布表见解析，根据小概率值的独立性检验，可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关
(2)（i）证明见解析；（ii）当时，选择传统型优惠方案；当时，选择“饥饿型”优惠方案，理由见解析
【详解】（1）（1）设组的频率为t，则组的频率为，
估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，
故可补全频率分布表如下：
据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：
零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
注意到.
据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.
（2）（i）证法一：由题意得，，
结合，.
结合条件概率公式知，即.
，
即成立.
证法二：由题意得，，
所以，同理，
于是，
故
，即成立.
（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，
若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，
则，，对，有，
故，
，
令，结合得，记为.
若，则，，
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；
若，则，，
此时李明应选择传统型优惠方案.
若，则，.
注意到，
.
因此
，
即.
此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.
综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；
当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.
21．已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线的平行线l，l与直线交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段的中点，求实数t的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，设双曲线上一点，
则，
又因为在双曲线上，所以，即，
代入可得，又因为，，代入可得，，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）如图所示，
知，所以，
若直线斜率为0，此时点不在第一象限，矛盾，故斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，
联立，化简可得，
则，可得，
则，
又因为，所以 ，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，
即的纵坐标为.
又由上可知，，两式相除，
得，
代入可得，
因为为线段的中点，所以
即，
所以需满足，解得.
22．已知函数，其中是自然对数的底数．
(1)求函数的单调区间和最值；
(2)证明：函数有且只有一个极值点；
(3)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由求导可得：
因故，
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减；
所以函数的单调递增区间为，递减区间为，最小值为，无最大值.
（2）因，其定义域为，
取则，因故，则在上单调递增，
①当时，故函数在内有且仅有一个变号零点，
则此时，函数有且仅有一个极值点；
②当时，因因在上单调递增，故函数有且仅有一个变号零点，
则此时，函数有且仅有一个极值点；
③当时，，又因，，，即，
故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；
综上所述，函数有且仅有一个极值点.
（3）由（2）可知，当时，函数有且仅有一个零点，设为，则
又由（2）函数有最小值为.
由可得：，即两边取自然对数得：，
故
于是
，不妨设则，故得，则，
对于函数，其对应方程的判别式，
设，则恒成立，
故函数在上单调递增，则，即，
从而，于是，
故有恒成立，故恒成立，所以学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.10
0.00
0.50
点外卖
0.20
0.00
0.50
合计
0.20
0.15
0.00
1.00
0.10
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.20
0.10
0.05
0.00
0.50
点外卖
0.05
0.20
0.15
0.10
0.00
0.50
合计
0.20
0.40
0.25
0.15
0.00
1.00
学生距最近食堂较近
学生距最近食较堂远
合计
在食堂就餐
700
300
1000
点外卖
500
500
1000
合计
1200
800
2000
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