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湖南省五市十校教研教改共同体2023_2024学年高三数学上学期12月大联考试卷含解析
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这是一份湖南省五市十校教研教改共同体2023_2024学年高三数学上学期12月大联考试卷含解析，共22页。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 设全集，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次方程得集合B，然后利用并集运算和补集运算的概念求解即可.
【详解】因为，又，所以，
又，所以.
故选：B
2. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数模的坐标表示即可得解.
【详解】因为z在复平面内对应的点为，
所以，则，
又，所以，即.
故选：C．
3. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律及向量夹角的运算公式求解即可.
【详解】因为，所以，
设与的夹角为，则，所以.
故选：D
4. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．
【详解】详解：
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
5. 在平面直角坐标系中，角与的顶点均为坐标原点O，始边均为x轴的非负半轴．若角的终边与单位圆交于点，将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与角的终边重合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义表示，利用和差角的余弦公式计算即可.
【详解】由题意知，根据三角函数的定义得，所以
，
故选：A．
6. 推动小流域综合治理提质增效，推进生态清洁小流域建设是助力乡村振兴和建设美丽中国的重要途径之一．某乡村落实该举措后因地制宜，发展旅游业，预计2023年平均每户将增加4000元收入，以后每年度平均每户较上一年增长的收入是在前一年每户增长收入的基础上以10%的增速增长的，则该乡村每年度平均每户较上一年增加的收入开始超过12000元的年份大约是（）（参考数据：，，）
A. 2033年B. 2034年C. 2035年D. 2036年
【答案】C
【解析】
分析】设经过n年之后，每年度平均每户收入增加y元，且，解不等式可得答案．
【详解】设经过n年之后，每年度平均每户收入增加y元，
由题得，即，
则，，
又，则．所以所求年份大约是2035年．
故选：C.
7. 已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前13项和为（ ）
A. 0B. 12C. 24D. 26
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质，结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】结合题意：
，
所以，
由，可得，
当时，，故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以数列的前13项和为．
故选：D．
8. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，构造函数利用已知条件判断出在上单调递减，结合，构造出从而求得解集.
【详解】设，即，
在上单调递减，又，
∴不等式,
即原不等式的解集为．
故选:B．
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. 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
【解析】
【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
10. 已知，直线，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用，找到，结合基本不等式及不等式的性质逐一判断即可.
【详解】，且，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
，当且仅当时等号成立，
，故B正确；
，故C错误；
，当且仅当，即时等号成立，故D正确．
故选：ABD.
11. 已知偶函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（）
A.
B. 不等式的解集为
C. 若方程在区间的解为，则
D. 的图象与直线的交点个数为3
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数周期和奇偶性求出函数解析式，然后通过平移变化求出，根据三角函数的性质与图像逐项判断即可.
【详解】由已知为偶函数，
得，因为，所以，则，
又最小正周期为，所以，
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数，A错误；
由得，
所以，B正确；
由得，所以，
又，所以，，
由对称性知，所以，C正确；
，
时， ，
时，，
结合图象知交点个数不为3个，D错误．
故选：BC．
12. 已知圆锥SO的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（）
A. 当时，圆锥SO的体积为
B. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】AC
【解析】
【分析】根据圆锥的几何性质逐项求解即可.
【详解】由已知，
当时，，此时圆锥的高为，
此时圆锥的体积为，A正确；
当时，设圆锥轴截面为，
因为圆锥SO的侧面积为，所以，
即，，
所以为钝角，
故截面三角形的最大面积为，B错误；
当时，，侧面展开图的弧长为，沿将侧面展开，得扇形，
所以圆心角为，
又，所以，
在中，由余弦定理得，C正确；
将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，则外接球半径为，
由题圆锥母线时，其侧面积为，
则圆锥的高，
设内切球半径为，球心为,球与母线相切于，则,
易知，则，
解得，不可以任意转动，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点睛：本题D选项解决关键是充分理解正四面体在圆锥SO内可以任意转动，从而求出正四面体的外接球与圆锥的内切球，由此得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 记为等比数列的前项和，若，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由，求出等比数列的首项和公比，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，
由，即，解得，
所以.
故答案：
14. 已知圆C的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆C相交于A，B两点，且，则圆C的方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，并求出圆心的坐标，再借助点到直线距离求出半径即得.
【详解】抛物线的焦点为，该点关于直线的对称点C的坐标为，
点C到直线的距离为，
圆C的半径为，
所以圆C的方程为.
故答案为：
15. 已知是定义在上的奇函数，且，都有，当时，，则函数在区间内的所有零点之和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和对称性，依据函数图象求解即可.
【详解】因为是定义在上的奇函数，，
则，
所以函数的周期为4，
因为，所以关于对称，
因为周期为4，所以关于直线对称，
作出函数在区间上的图象，由图知共有5个零点，
其横坐标从小到大依次为，
所以，
．
故答案为：
16. 在平面四边形中，，将沿折起，使点到达点，且，则四面体的外接球的体积为_________；若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据题意把四面体置于的正方体中，四面体的外接球转化为正方体外接球计算求得半径，进而求得外接球的体积；
②在几何体外接球中所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小，可知球心到截面的距离最大，在直角三角形中求解得出截面圆半径.
【详解】①因为，
如图所示，将四面体置于棱长为3的正方体中，
可知外接球即为此正方体的外接球，所以球的半径为，
所以球的体积为；
②过点作球的截面，若要所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为，截面半径为，则，
所以只需球心到截面的距离最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即，
如图，是的中点，连接,由①可知,
所以在中，，
，
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、证明过程及演算步骤.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，且．
（1）求A；
（2）若的外接圆半径为2，且，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意表示出，利用正弦定理将角化边，借助余弦定理化简即可;
（2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出的面积即可.
【小问1详解】
由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
【小问2详解】
因，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，E，F分别是BC，PA的中点．
（1）求证：平面PCD；
（2）若平面平面ABCD，求直线PD与平面DEF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一，取PD的中点G，证明四边形CEFG为平行四边形即可推出结论；方法二，取AD的中点M，证明平面平面PCD即可；
（2）建系，利用向量法求线面角的正弦，再转化成余弦即可.
【小问1详解】
方法一：取PD的中点G，连接GF，CG，因为G，F分别为PD，PA的中点，
所以，且，
又因为四边形ABCD为矩形，且E为BC的中点，
所以，且，
可得，且，所以四边形CEFG为平行四边形，
则，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．
方法二：取AD的中点M，连接FM，ME，
则，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，
又，面，
所以平面平面，
又平面EFM，所以平面PCD．
【小问2详解】
由已知平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAB，所以平面ABCD，
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
可得．
设平面DEF的法向量，则
令，则，可得，
设直线PD与平面DEF所成的角为，
则，
，
即直线PD与平面DEF所成角的余弦值为．
19. 杭州第19届亚运会后，多所高校掀起了体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进行研究，得到数据绘制成如下的折线图：
（1）若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
（2）现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】19. 分布列见解析，；
20. 23轮.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列，并求得数学期望；
（2）先求得一轮测试该同学“优秀”的概率，然后根据二项分布的知识列不等式，从而求得答案.
【小问1详解】
参加“艺术体操”人数在35人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布，即满足，
由，
所以理论上至少要进行23轮测试．
20. 已知数列的首项，前n项和为，且．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）令，求函数在处的导数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用当时，将原式变形为，两式相减，最后根据等比数列定义给以证明；
（2）通过导数得，根据分组求和法以及错位相减法化简.
【小问1详解】
由已知可得当时，，
两式相减得，即，从而．
当时，，所以，又，所以，
从而，所以，又，
，∴数列是以6为首项，3为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知：，整理得，
因为，所以．
则，
记，
记，
则，
两式相减，得：
，
所以，又，
所以．
21. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
（1）求动点M的轨迹；
（2）过点F的直线与点M的轨迹相交于A，B两点，与圆相交于P，Q两点，求的取值范围．
【答案】（1）是焦点在x轴上，长轴、短轴长分别是的椭圆；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意，表示出，化简整理可得动点M的轨迹;
（2）利用直线与椭圆及圆的位置关系，分别计算弦长，表示出，利用换元法，求得取值范围,注意要对直线的斜率存在与否进行讨论.
【小问1详解】
设d是点到直线的距离，由题意知，
即，
所以，
即，所以，
所以动点M的轨迹是焦点在x轴上，长轴、短轴长分别是的椭圆；
【小问2详解】
①若直线的斜率不存在，直线的方程为，则，
，所以；
②若直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组整理得，
则，
所以，
因为圆心到直线的距离，
结合圆的弦长公式可得：，
所以，
令，则，
所以，
，所以，
综上，的取值范围是．
22. 已知函数
（1）若函数在上为增函数，求实数的最大值；
（2）若有两个极值点，且不等式恒成立，求正数的取值范围．（其中为自然对数的底数）
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性求参数.
（2）利用导数研究函数的极值点求参数.
【小问1详解】
，
因为函数在上为增函数，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，由，由，
所以在上递增，在上递减，又当时，，
所以，即实数的最大值为；
【小问2详解】
因为是的两个极值点，
所以是方程的两个实数根，且．
由．
两边取自然对数得，
即，
令，则在恒成立．
所以在恒成立．
令，则．
①当，即时，在上递增，
所以恒成立，满足题意；
②当时，在上递增，
在上递减，
所以当时，，
所以在不能恒成立，不满足题意．
综上，的取值范围是．
【点睛】利用函数导数的符号判断函数的单调性和极值，求含参不等式恒成立问题方法归纳：
（1）与常数的恒成立问题
（2）与常数的恒成立问题
两个方法：
①令研究0或00
1
2
3
P
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 设全集，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次方程得集合B，然后利用并集运算和补集运算的概念求解即可.
【详解】因为，又，所以，
又，所以.
故选：B
2. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数模的坐标表示即可得解.
【详解】因为z在复平面内对应的点为，
所以，则，
又，所以，即.
故选：C．
3. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律及向量夹角的运算公式求解即可.
【详解】因为，所以，
设与的夹角为，则，所以.
故选：D
4. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．
【详解】详解：
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
5. 在平面直角坐标系中，角与的顶点均为坐标原点O，始边均为x轴的非负半轴．若角的终边与单位圆交于点，将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与角的终边重合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义表示，利用和差角的余弦公式计算即可.
【详解】由题意知，根据三角函数的定义得，所以
，
故选：A．
6. 推动小流域综合治理提质增效，推进生态清洁小流域建设是助力乡村振兴和建设美丽中国的重要途径之一．某乡村落实该举措后因地制宜，发展旅游业，预计2023年平均每户将增加4000元收入，以后每年度平均每户较上一年增长的收入是在前一年每户增长收入的基础上以10%的增速增长的，则该乡村每年度平均每户较上一年增加的收入开始超过12000元的年份大约是（）（参考数据：，，）
A. 2033年B. 2034年C. 2035年D. 2036年
【答案】C
【解析】
分析】设经过n年之后，每年度平均每户收入增加y元，且，解不等式可得答案．
【详解】设经过n年之后，每年度平均每户收入增加y元，
由题得，即，
则，，
又，则．所以所求年份大约是2035年．
故选：C.
7. 已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前13项和为（ ）
A. 0B. 12C. 24D. 26
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质，结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】结合题意：
，
所以，
由，可得，
当时，，故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以数列的前13项和为．
故选：D．
8. 设函数的定义域为，其导函数为，且满足，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，构造函数利用已知条件判断出在上单调递减，结合，构造出从而求得解集.
【详解】设，即，
在上单调递减，又，
∴不等式,
即原不等式的解集为．
故选:B．
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. 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
【解析】
【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
10. 已知，直线，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用，找到，结合基本不等式及不等式的性质逐一判断即可.
【详解】，且，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
，当且仅当时等号成立，
，故B正确；
，故C错误；
，当且仅当，即时等号成立，故D正确．
故选：ABD.
11. 已知偶函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（）
A.
B. 不等式的解集为
C. 若方程在区间的解为，则
D. 的图象与直线的交点个数为3
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数周期和奇偶性求出函数解析式，然后通过平移变化求出，根据三角函数的性质与图像逐项判断即可.
【详解】由已知为偶函数，
得，因为，所以，则，
又最小正周期为，所以，
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数，A错误；
由得，
所以，B正确；
由得，所以，
又，所以，，
由对称性知，所以，C正确；
，
时， ，
时，，
结合图象知交点个数不为3个，D错误．
故选：BC．
12. 已知圆锥SO的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（）
A. 当时，圆锥SO的体积为
B. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】AC
【解析】
【分析】根据圆锥的几何性质逐项求解即可.
【详解】由已知，
当时，，此时圆锥的高为，
此时圆锥的体积为，A正确；
当时，设圆锥轴截面为，
因为圆锥SO的侧面积为，所以，
即，，
所以为钝角，
故截面三角形的最大面积为，B错误；
当时，，侧面展开图的弧长为，沿将侧面展开，得扇形，
所以圆心角为，
又，所以，
在中，由余弦定理得，C正确；
将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，则外接球半径为，
由题圆锥母线时，其侧面积为，
则圆锥的高，
设内切球半径为，球心为,球与母线相切于，则,
易知，则，
解得，不可以任意转动，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点睛：本题D选项解决关键是充分理解正四面体在圆锥SO内可以任意转动，从而求出正四面体的外接球与圆锥的内切球，由此得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 记为等比数列的前项和，若，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由，求出等比数列的首项和公比，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，
由，即，解得，
所以.
故答案：
14. 已知圆C的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆C相交于A，B两点，且，则圆C的方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，并求出圆心的坐标，再借助点到直线距离求出半径即得.
【详解】抛物线的焦点为，该点关于直线的对称点C的坐标为，
点C到直线的距离为，
圆C的半径为，
所以圆C的方程为.
故答案为：
15. 已知是定义在上的奇函数，且，都有，当时，，则函数在区间内的所有零点之和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和对称性，依据函数图象求解即可.
【详解】因为是定义在上的奇函数，，
则，
所以函数的周期为4，
因为，所以关于对称，
因为周期为4，所以关于直线对称，
作出函数在区间上的图象，由图知共有5个零点，
其横坐标从小到大依次为，
所以，
．
故答案为：
16. 在平面四边形中，，将沿折起，使点到达点，且，则四面体的外接球的体积为_________；若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据题意把四面体置于的正方体中，四面体的外接球转化为正方体外接球计算求得半径，进而求得外接球的体积；
②在几何体外接球中所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小，可知球心到截面的距离最大，在直角三角形中求解得出截面圆半径.
【详解】①因为，
如图所示，将四面体置于棱长为3的正方体中，
可知外接球即为此正方体的外接球，所以球的半径为，
所以球的体积为；
②过点作球的截面，若要所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为，截面半径为，则，
所以只需球心到截面的距离最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即，
如图，是的中点，连接,由①可知,
所以在中，，
，
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、证明过程及演算步骤.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，且．
（1）求A；
（2）若的外接圆半径为2，且，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意表示出，利用正弦定理将角化边，借助余弦定理化简即可;
（2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出的面积即可.
【小问1详解】
由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
【小问2详解】
因，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，E，F分别是BC，PA的中点．
（1）求证：平面PCD；
（2）若平面平面ABCD，求直线PD与平面DEF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一，取PD的中点G，证明四边形CEFG为平行四边形即可推出结论；方法二，取AD的中点M，证明平面平面PCD即可；
（2）建系，利用向量法求线面角的正弦，再转化成余弦即可.
【小问1详解】
方法一：取PD的中点G，连接GF，CG，因为G，F分别为PD，PA的中点，
所以，且，
又因为四边形ABCD为矩形，且E为BC的中点，
所以，且，
可得，且，所以四边形CEFG为平行四边形，
则，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．
方法二：取AD的中点M，连接FM，ME，
则，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，
又，面，
所以平面平面，
又平面EFM，所以平面PCD．
【小问2详解】
由已知平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAB，所以平面ABCD，
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
可得．
设平面DEF的法向量，则
令，则，可得，
设直线PD与平面DEF所成的角为，
则，
，
即直线PD与平面DEF所成角的余弦值为．
19. 杭州第19届亚运会后，多所高校掀起了体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进行研究，得到数据绘制成如下的折线图：
（1）若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
（2）现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】19. 分布列见解析，；
20. 23轮.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列，并求得数学期望；
（2）先求得一轮测试该同学“优秀”的概率，然后根据二项分布的知识列不等式，从而求得答案.
【小问1详解】
参加“艺术体操”人数在35人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布，即满足，
由，
所以理论上至少要进行23轮测试．
20. 已知数列的首项，前n项和为，且．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）令，求函数在处的导数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用当时，将原式变形为，两式相减，最后根据等比数列定义给以证明；
（2）通过导数得，根据分组求和法以及错位相减法化简.
【小问1详解】
由已知可得当时，，
两式相减得，即，从而．
当时，，所以，又，所以，
从而，所以，又，
，∴数列是以6为首项，3为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知：，整理得，
因为，所以．
则，
记，
记，
则，
两式相减，得：
，
所以，又，
所以．
21. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．
（1）求动点M的轨迹；
（2）过点F的直线与点M的轨迹相交于A，B两点，与圆相交于P，Q两点，求的取值范围．
【答案】（1）是焦点在x轴上，长轴、短轴长分别是的椭圆；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意，表示出，化简整理可得动点M的轨迹;
（2）利用直线与椭圆及圆的位置关系，分别计算弦长，表示出，利用换元法，求得取值范围,注意要对直线的斜率存在与否进行讨论.
【小问1详解】
设d是点到直线的距离，由题意知，
即，
所以，
即，所以，
所以动点M的轨迹是焦点在x轴上，长轴、短轴长分别是的椭圆；
【小问2详解】
①若直线的斜率不存在，直线的方程为，则，
，所以；
②若直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组整理得，
则，
所以，
因为圆心到直线的距离，
结合圆的弦长公式可得：，
所以，
令，则，
所以，
，所以，
综上，的取值范围是．
22. 已知函数
（1）若函数在上为增函数，求实数的最大值；
（2）若有两个极值点，且不等式恒成立，求正数的取值范围．（其中为自然对数的底数）
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性求参数.
（2）利用导数研究函数的极值点求参数.
【小问1详解】
，
因为函数在上为增函数，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，由，由，
所以在上递增，在上递减，又当时，，
所以，即实数的最大值为；
【小问2详解】
因为是的两个极值点，
所以是方程的两个实数根，且．
由．
两边取自然对数得，
即，
令，则在恒成立．
所以在恒成立．
令，则．
①当，即时，在上递增，
所以恒成立，满足题意；
②当时，在上递增，
在上递减，
所以当时，，
所以在不能恒成立，不满足题意．
综上，的取值范围是．
【点睛】利用函数导数的符号判断函数的单调性和极值，求含参不等式恒成立问题方法归纳：
（1）与常数的恒成立问题
（2）与常数的恒成立问题
两个方法：
①令研究0或00
1
2
3
P
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