2023屆湖南省長沙市高三上學期新高考適應性考試數(shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1長沙市2023年新高考適應性考試數(shù)學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復數(shù)z滿足，則（）A. B.C.2 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)除法運算求得，進而求得.〖詳析〗，所以.故選：B2.設集合，，則的元素個數(shù)是（）A.1 B.2C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗聯(lián)立求出交點坐標，從而得到〖答案〗.〖詳析〗聯(lián)立，即，解得：或，即，故的元素個數(shù)為3.故選：C3.已知，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)可得，即可得出，則；又，即可得出.〖詳析〗，所以，所以.，所以.所以有.故選：C.4.的展開式中，常數(shù)項為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出展開式的通項公式，然后求出其一次項系數(shù)和常數(shù)項，從而可求得結(jié)果.〖詳析〗展開式的通項公式為，所以的展開式中，常數(shù)項為，故選：D5.在平行六面體中，已知，，，，，則的值為（）A10.5 B.12.5C.22.5 D.42.5〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗將作為基底，然后用基底表示出，再求其數(shù)量積即可.〖詳析〗由題意得，，因為，，，，，所以，故選：A6.若，則的值為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由已知可得，進而求出.將化為二次齊次式，即可求出結(jié)果.〖詳析〗由可得，，所以，所以.故選：A.7.裴波那契數(shù)列，因數(shù)學家萊昂納多·裴波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，該數(shù)列滿足，且．盧卡斯數(shù)列是以數(shù)學家愛德華·盧卡斯命名，與裴波那契數(shù)列聯(lián)系緊密，即，且，則（）A B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用數(shù)列的遞推式推得，從而推得，由此得解.〖詳析〗因為，所以當時，，所以，故，因為，所以，，故，所以.故選：C.8.在平面直角坐標系中,已知,,若該平面中存在點,同時滿足兩個條件與,則的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗設出點坐標,根據(jù),求出點的軌跡方程,根據(jù),可求出點的另一個軌跡方程,只需這兩個方程的曲線無交點即可,利用圓與圓的位置關(guān)系列出等式求出范圍即可.〖詳析〗解:由題知,不妨設,因為,所以,化簡可得:,故點在以為圓心,為半徑的圓上,又因為,所以,化簡可得:,即點在以為圓心,為半徑的圓上,故若存在點P，只需圓與圓有交點即可,即,同時平方化簡可得:,即,解得:.所以不存在點P時，或.故選:D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知雙曲線的方程為，則（）A.漸近線方程為 B.焦距為C.離心率為 D.焦點到漸近線的距離為8〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗A選項，先判斷出雙曲線焦點在軸上，利用公式求出漸近線方程；B選項，求出，得到焦距；C選項，根據(jù)離心率公式求出〖答案〗；D選項，利用點到直線距離公式進行求解.〖詳析〗焦點在軸上，故漸近線方程為，A錯誤；，故，故焦距為，B正確；離心率為，C正確；焦點坐標為，故焦點到漸近線的距離為，D錯誤.故選：BC10.自然環(huán)境中，大氣壓受到各種因素的影響，如溫度、濕度、風速和海拔等方面的改變，都將導致大氣壓發(fā)生相應的變化，其中以海拔的影響最為顯著．下圖是根據(jù)一組觀測數(shù)據(jù)得到海拔6千米～15千米的大氣壓強散點圖，根據(jù)一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸方程為，決定系數(shù)為；根據(jù)非線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸方程為，決定系數(shù)為，則下列說法正確的是（）A.由散點圖可知，大氣壓強與海拔高度負相關(guān)B.由方程可知，海拔每升高1千米，大氣壓強必定降低4.0kPaC.由方程可知，樣本點的殘差為D.對比兩個回歸模型，結(jié)合實際情況，方程的預報效果更好〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)散點圖即可得出A項；根據(jù)回歸方程的含義可判斷B項；根據(jù)殘差計算公式求出殘差，可判斷C項；根據(jù)實際大氣壓強不能為負，可判斷D項.〖詳析〗對于A項，由圖象知，海拔高度越高，大氣壓強越低，所以大氣壓強與海拔高度負相關(guān)，故A項正確；對于B項，回歸直線得到的數(shù)據(jù)為估計值，而非精確值，故B項錯誤；對于C項，當時，，又由散點圖知觀測值為，所以樣本點的殘差為，故C項正確；對于D項，隨著海拔高度的增加，大氣壓強越來越小，但不可能為負數(shù)，因此方程的預報效果更好，故D項正確.故選：ACD.11.已知函數(shù)與相交于A，B兩點，與相交于C，D兩點，若A，B，C，D四點的橫坐標分別為，，，，且，，則（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)，分別代入，即可判斷A,B，根據(jù)，關(guān)于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，即可根據(jù)對稱性判斷CD.〖詳析〗由題意可知是方程的一個根，則，將代入得，所以也是方程的一個根，所以，故，故A正確，由題意可知是方程的一個根，則，則，所以也是方程的一個根，所以，故，故B正確，設點在函數(shù)上，則滿足，即點關(guān)于直線的對稱點為，將代入得，即可，因此可知在函數(shù)上，即關(guān)于直線的對稱，又關(guān)于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，故和，所以，，故D正確，由于，故C錯誤，故選：ABD12.如圖，已知是邊長為4的等邊三角形，D，E分別是AB，AC的中點，將沿著DE翻折，使點A到點P處，得到四棱錐，則（）A.翻折過程中，該四棱錐的體積有最大值為3B.存在某個點位置，滿足平面平面C.當時，直線與平面所成角的正弦值為D.當時，該四棱錐的五個頂點所在球的表面積為〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗當平面平面時，體積最大，求出底面積和高，即可求出最值，判斷A項；找出平面與平面所成二面角，根據(jù)題意推導出，即可說明B項錯誤；過點作，根據(jù)題意可得即為直線與平面所成的角.根據(jù)余弦定理以及三角函數(shù)可推出，進而得出，即可得出結(jié)果，得出C項；由已知可推得平面平面.設球心為，的外心為，點為等腰梯形的外心，可得四邊形為矩形，進而求出即半徑的長，即可得出外接球的表面積.〖詳析〗如圖1，設，分別是，的中點.則，，，且.對于A項，當平面平面時，四棱錐的體積最大.的高為，四邊形為高為的梯形，梯形面積，體積，故A項正確；對于B項，設平面平面，則，有，，可得平面，即為平面與平面所成的二面角，由可知，，故B項錯誤；對于C項，如圖1，過點作，垂足為.由B分析可得，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即為直線與平面所成的角.由題意可知，，，，在中，由余弦定理可得，所以；在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為；對于D項，當時，由，可知，即，又，且，則平面，又平面，則平面平面.四棱錐的外接球球心為，的外心為，則平面.如圖2，易知點為等腰梯形的外心，則平面，則四邊形為矩形，且，從而有，從而該四棱錐的五個頂點所在球的表面積為，故D項正確.故選：ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，，，若，則________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)向量垂直數(shù)量積為零，列出方程即可求解.〖詳析〗因為已知，，，所以，又因為，所以，解得.故〖答案〗為：14.已知函數(shù),若函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,則的最小值為______．〖答案〗3〖解析〗〖祥解〗圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,即與之間相差,列出等式,根據(jù)范圍求解即可.〖詳析〗解:由題知的圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,則與之間的距離為,即,,即,,

因為,所以當時,的最小值為3.故〖答案〗為:315.已知O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線的焦點，過點F作傾斜角為60°的直線與拋物線交于A，B兩點（其中點A在第一象限）．若直線AO與拋物線的準線l交于點D，設，的面積分別為，，則______．〖答案〗##0.5625〖解析〗〖祥解〗直線方程為.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，求出點的坐標，進而得到的坐標，表示出，，即可得出結(jié)果.〖詳析〗由題意知，，直線方程為.設，.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，解得或.因為點A在第一象限，所以，，直線方程為，點坐標為.因為，所以軸.所以，，所以.故〖答案〗為：.16.已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程恰有兩個不相等的實數(shù)根，且，則的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)給定分段函數(shù)，求出函數(shù)的〖解析〗式，確定給定方程有兩個不等實根的a的取值范圍，再將目標函數(shù)用a表示出即可求解作答.〖詳析〗函數(shù)在上單調(diào)遞增，，在上單調(diào)遞增，，當，即時，，且，當，即時，，且，當，即時，，且，因此，在坐標系內(nèi)作出函數(shù)的圖象，如圖，再作出直線，則方程有兩個不等實根，當且僅當直線與函數(shù)的圖象有兩個不同交點，觀察圖象知方程有兩個不等實根，當且僅當，此時，且，即，且，則有，令，求導得，令，當時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，，即，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，，而，于是當時，，有，所以的取值范圍是.故〖答案〗為：〖『點石成金』〗思路『點石成金』：涉及給定函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍問題，可以通過分離參數(shù)，等價轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，數(shù)形結(jié)合推理作答.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數(shù)列為等差數(shù)列，數(shù)列為等比數(shù)列，滿足，，．（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和．〖答案〗（1），；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量法求得公差和公比后可得通項公式；（2）用錯位相減法求數(shù)列的和．〖小問1詳析〗解：設的公差為，的公比為，，，聯(lián)立，整理可得，解得，所以，.〖小問2詳析〗解：由（1）知，則，①，②①-②，得.所以.18.在銳角中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若，求的周長的取值范圍．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）根據(jù)正弦定理得到，從而得到，求出，得到，，從而求出周長的取值范圍.〖小問1詳析〗，由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，因為，所以；〖小問2詳析〗銳角中，，，由正弦定理得：，故，則，因為銳角中，，則，，解得：，故，，則，故，所以三角形周長的取值范圍是.〖『點石成金』〗解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出〖答案〗；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值19.如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的六面體中（其中平面EDC），四邊形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面．（1）設為棱的中點，證明：四點共面；（2）若，求平面與平面的夾角的余弦值．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)線面垂直以及面面垂直的性質(zhì)證明平面，平面，進而證明，即可求解，（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)平面法向量以及向量的夾角即可求解平面夾角.〖小問1詳析〗連接,由于四邊形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以,平面，所以平面，由于為棱的中點，，所以,又平面平面，平面平面，平面,所以平面,因此,所以四點共面，〖小問2詳析〗由于兩兩垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，,,設，由（1）知,故，解得，故,,設平面，的法向量分別為則即，取，則，即，取，則，設平面與平面的夾角為，則20.為了調(diào)動大家積極學習黨的二十大精神，某市舉辦了黨史知識的競賽．初賽采用“兩輪制”方式進行，要求每個單位派出兩個小組，且每個小組都要參加兩輪比賽，兩輪比賽都通過的小組才具備參與決賽的資格．某單位派出甲、乙兩個小組參賽，在初賽中，若甲小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，乙小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，且各個小組所有輪次比賽的結(jié)果互不影響.（1）若該單位獲得決賽資格的小組個數(shù)為X，求X的數(shù)學期望；（2）已知甲、乙兩個小組都獲得了決賽資格，決賽以搶答題形式進行．假設這兩組在決賽中對每個問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率．若最后一道題被該單位的某小組搶到，且甲、乙兩個小組搶到該題的可能性分別是45%，55%，該題如果被答對，計算恰好是甲小組答對的概率．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先算出甲乙通過兩輪制的初賽的概率，的取值有分三種情況解決.(2)先算出一個題被答對的概率，然后再算出被甲答對的概率，然后再根據(jù)條件概率求解.〖小問1詳析〗設甲乙通過兩輪制的初賽分別為事件則由題意可得，的取值有則的分布列為：所以〖小問2詳析〗設甲乙兩組對每個問題回答正確的概率分別為，兩組在決賽中對每個問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率，則一個題被甲小組搶到為事件，則，設一個題答對為事件，則該題如果被答對，恰好是甲小組答對即為21.設A，B是橢圓上異于的兩點，且直線AB經(jīng)過坐標原點，直線PA，PB分別交直線于C，D兩點．（1）求證：直線PA，AB，PB的斜率成等差數(shù)列；（2）求面積的最小值．〖答案〗（1）證明過程見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）設，，表達出直線，直線，直線的斜率，由證明出結(jié)論；（2）寫出直線PA的方程，與聯(lián)立求出，同理求出，求出，利用三角換元，求出的最小值，結(jié)合到直線的距離，求出面積的最小值.〖小問1詳析〗設，則，，直線的斜率，直線的斜率為，直線的斜率為，，故直線PA，AB，PB的斜率成等差數(shù)列；〖小問2詳析〗直線PA的方程為，與聯(lián)立得：，同理可得：直線PB的方程為，與聯(lián)立得：，故，因為，設，故，其中，故當時，取得最小值，最小值為，又點到直線的距離，故面積的最小值為.〖『點石成金』〗圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值或范圍．22.已知函數(shù)，其中．（1）求的最大值；（2）若不等式對于任意恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．〖答案〗（1）1（2）〖解析〗〖祥解〗（1）求導，得到函數(shù)單調(diào)性，極值最值情況，求出最大值；（2）先考慮時滿足題意，再分與兩種情況，求導后變形，與題干中的建立聯(lián)系，分類討論求出實數(shù)a的取值范圍.〖小問1詳析〗，，令，解得：或，令，解得：，故在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故在處取得極大值，，令，即當時，恒成立，故在處取得最大值，；小問2詳析〗設，其中，①當時，，符合題意，②當時，，且，由（1）知：在單調(diào)遞增，故，若，，則單調(diào)遞減，有，符合題意，若，，符合題意，若，即時，，則在上單調(diào)遞減，有，符合題意，若，即時，存在使得，當時，，故，則單調(diào)遞增，可得，不合題意，因此當時，滿足題意得，③當時，，且，由②可知：只需考慮，若，即時，由（1）知在上單調(diào)遞減，故，存在，使得，當時，，得，則單調(diào)遞減，可得：，不合題意，若，即時，由（1）可知：當時，，，故，則在上單調(diào)遞增，有，符合題意，若，，符合題意，若，下面證明符合題意，當時，，故，當時，設，則，可得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，從而，符合題意，綜上：.〖『點石成金』〗數(shù)學問題的轉(zhuǎn)化要注意等價性，也就是充分性與必要性兼?zhèn)?，有時在探求參數(shù)的取值范圍時，為了尋找解題突破口，從滿足題意得自變量范圍內(nèi)選擇一個數(shù)，代入求得參數(shù)的取值范圍，從而得到使得問題成立的一個必要條件，這個范圍可能恰好就是所求范圍，也可能比所求的范圍大，需要驗證其充分性，這就是所謂的必要性探路和充分性證明，對于特殊值的選取策略一般是某個常數(shù)，實際上時切線的橫坐標，端點值或極值點等.

高考模擬試題PAGEPAGE1長沙市2023年新高考適應性考試數(shù)學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復數(shù)z滿足，則（）A. B.C.2 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用復數(shù)除法運算求得，進而求得.〖詳析〗，所以.故選：B2.設集合，，則的元素個數(shù)是（）A.1 B.2C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗聯(lián)立求出交點坐標，從而得到〖答案〗.〖詳析〗聯(lián)立，即，解得：或，即，故的元素個數(shù)為3.故選：C3.已知，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)可得，即可得出，則；又，即可得出.〖詳析〗，所以，所以.，所以.所以有.故選：C.4.的展開式中，常數(shù)項為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出展開式的通項公式，然后求出其一次項系數(shù)和常數(shù)項，從而可求得結(jié)果.〖詳析〗展開式的通項公式為，所以的展開式中，常數(shù)項為，故選：D5.在平行六面體中，已知，，，，，則的值為（）A10.5 B.12.5C.22.5 D.42.5〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗將作為基底，然后用基底表示出，再求其數(shù)量積即可.〖詳析〗由題意得，，因為，，，，，所以，故選：A6.若，則的值為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由已知可得，進而求出.將化為二次齊次式，即可求出結(jié)果.〖詳析〗由可得，，所以，所以.故選：A.7.裴波那契數(shù)列，因數(shù)學家萊昂納多·裴波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，該數(shù)列滿足，且．盧卡斯數(shù)列是以數(shù)學家愛德華·盧卡斯命名，與裴波那契數(shù)列聯(lián)系緊密，即，且，則（）A B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先利用數(shù)列的遞推式推得，從而推得，由此得解.〖詳析〗因為，所以當時，，所以，故，因為，所以，，故，所以.故選：C.8.在平面直角坐標系中,已知,,若該平面中存在點,同時滿足兩個條件與,則的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗設出點坐標,根據(jù),求出點的軌跡方程,根據(jù),可求出點的另一個軌跡方程,只需這兩個方程的曲線無交點即可,利用圓與圓的位置關(guān)系列出等式求出范圍即可.〖詳析〗解:由題知,不妨設,因為,所以,化簡可得:,故點在以為圓心,為半徑的圓上,又因為,所以,化簡可得:,即點在以為圓心,為半徑的圓上,故若存在點P，只需圓與圓有交點即可,即,同時平方化簡可得:,即,解得:.所以不存在點P時，或.故選:D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知雙曲線的方程為，則（）A.漸近線方程為 B.焦距為C.離心率為 D.焦點到漸近線的距離為8〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗A選項，先判斷出雙曲線焦點在軸上，利用公式求出漸近線方程；B選項，求出，得到焦距；C選項，根據(jù)離心率公式求出〖答案〗；D選項，利用點到直線距離公式進行求解.〖詳析〗焦點在軸上，故漸近線方程為，A錯誤；，故，故焦距為，B正確；離心率為，C正確；焦點坐標為，故焦點到漸近線的距離為，D錯誤.故選：BC10.自然環(huán)境中，大氣壓受到各種因素的影響，如溫度、濕度、風速和海拔等方面的改變，都將導致大氣壓發(fā)生相應的變化，其中以海拔的影響最為顯著．下圖是根據(jù)一組觀測數(shù)據(jù)得到海拔6千米～15千米的大氣壓強散點圖，根據(jù)一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸方程為，決定系數(shù)為；根據(jù)非線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸方程為，決定系數(shù)為，則下列說法正確的是（）A.由散點圖可知，大氣壓強與海拔高度負相關(guān)B.由方程可知，海拔每升高1千米，大氣壓強必定降低4.0kPaC.由方程可知，樣本點的殘差為D.對比兩個回歸模型，結(jié)合實際情況，方程的預報效果更好〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)散點圖即可得出A項；根據(jù)回歸方程的含義可判斷B項；根據(jù)殘差計算公式求出殘差，可判斷C項；根據(jù)實際大氣壓強不能為負，可判斷D項.〖詳析〗對于A項，由圖象知，海拔高度越高，大氣壓強越低，所以大氣壓強與海拔高度負相關(guān)，故A項正確；對于B項，回歸直線得到的數(shù)據(jù)為估計值，而非精確值，故B項錯誤；對于C項，當時，，又由散點圖知觀測值為，所以樣本點的殘差為，故C項正確；對于D項，隨著海拔高度的增加，大氣壓強越來越小，但不可能為負數(shù)，因此方程的預報效果更好，故D項正確.故選：ACD.11.已知函數(shù)與相交于A，B兩點，與相交于C，D兩點，若A，B，C，D四點的橫坐標分別為，，，，且，，則（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)，分別代入，即可判斷A,B，根據(jù)，關(guān)于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，即可根據(jù)對稱性判斷CD.〖詳析〗由題意可知是方程的一個根，則，將代入得，所以也是方程的一個根，所以，故，故A正確，由題意可知是方程的一個根，則，則，所以也是方程的一個根，所以，故，故B正確，設點在函數(shù)上，則滿足，即點關(guān)于直線的對稱點為，將代入得，即可，因此可知在函數(shù)上，即關(guān)于直線的對稱，又關(guān)于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，故和，所以，，故D正確，由于，故C錯誤，故選：ABD12.如圖，已知是邊長為4的等邊三角形，D，E分別是AB，AC的中點，將沿著DE翻折，使點A到點P處，得到四棱錐，則（）A.翻折過程中，該四棱錐的體積有最大值為3B.存在某個點位置，滿足平面平面C.當時，直線與平面所成角的正弦值為D.當時，該四棱錐的五個頂點所在球的表面積為〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗當平面平面時，體積最大，求出底面積和高，即可求出最值，判斷A項；找出平面與平面所成二面角，根據(jù)題意推導出，即可說明B項錯誤；過點作，根據(jù)題意可得即為直線與平面所成的角.根據(jù)余弦定理以及三角函數(shù)可推出，進而得出，即可得出結(jié)果，得出C項；由已知可推得平面平面.設球心為，的外心為，點為等腰梯形的外心，可得四邊形為矩形，進而求出即半徑的長，即可得出外接球的表面積.〖詳析〗如圖1，設，分別是，的中點.則，，，且.對于A項，當平面平面時，四棱錐的體積最大.的高為，四邊形為高為的梯形，梯形面積，體積，故A項正確；對于B項，設平面平面，則，有，，可得平面，即為平面與平面所成的二面角，由可知，，故B項錯誤；對于C項，如圖1，過點作，垂足為.由B分析可得，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即為直線與平面所成的角.由題意可知，，，，在中，由余弦定理可得，所以；在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為；對于D項，當時，由，可知，即，又，且，則平面，又平面，則平面平面.四棱錐的外接球球心為，的外心為，則平面.如圖2，易知點為等腰梯形的外心，則平面，則四邊形為矩形，且，從而有，從而該四棱錐的五個頂點所在球的表面積為，故D項正確.故選：ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，，，若，則________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)向量垂直數(shù)量積為零，列出方程即可求解.〖詳析〗因為已知，，，所以，又因為，所以，解得.故〖答案〗為：14.已知函數(shù),若函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,則的最小值為______．〖答案〗3〖解析〗〖祥解〗圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,即與之間相差,列出等式,根據(jù)范圍求解即可.〖詳析〗解:由題知的圖象關(guān)于點中心對稱,且關(guān)于直線軸對稱,則與之間的距離為,即,,即,,

因為,所以當時,的最小值為3.故〖答案〗為:315.已知O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線的焦點，過點F作傾斜角為60°的直線與拋物線交于A，B兩點（其中點A在第一象限）．若直線AO與拋物線的準線l交于點D，設，的面積分別為，，則______．〖答案〗##0.5625〖解析〗〖祥解〗直線方程為.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，求出點的坐標，進而得到的坐標，表示出，，即可得出結(jié)果.〖詳析〗由題意知，，直線方程為.設，.聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，解得或.因為點A在第一象限，所以，，直線方程為，點坐標為.因為，所以軸.所以，，所以.故〖答案〗為：.16.已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程恰有兩個不相等的實數(shù)根，且，則的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)給定分段函數(shù)，求出函數(shù)的〖解析〗式，確定給定方程有兩個不等實根的a的取值范圍，再將目標函數(shù)用a表示出即可求解作答.〖詳析〗函數(shù)在上單調(diào)遞增，，在上單調(diào)遞增，，當，即時，，且，當，即時，，且，當，即時，，且，因此，在坐標系內(nèi)作出函數(shù)的圖象，如圖，再作出直線，則方程有兩個不等實根，當且僅當直線與函數(shù)的圖象有兩個不同交點，觀察圖象知方程有兩個不等實根，當且僅當，此時，且，即，且，則有，令，求導得，令，當時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，，即，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，，而，于是當時，，有，所以的取值范圍是.故〖答案〗為：〖『點石成金』〗思路『點石成金』：涉及給定函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍問題，可以通過分離參數(shù)，等價轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，數(shù)形結(jié)合推理作答.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數(shù)列為等差數(shù)列，數(shù)列為等比數(shù)列，滿足，，．（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和．〖答案〗（1），；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量法求得公差和公比后可得通項公式；（2）用錯位相減法求數(shù)列的和．〖小問1詳析〗解：設的公差為，的公比為，，，聯(lián)立，整理可得，解得，所以，.〖小問2詳析〗解：由（1）知，則，①，②①-②，得.所以.18.在銳角中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若，求的周長的取值范圍．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）根據(jù)正弦定理得到，從而得到，求出，得到，，從而求出周長的取值范圍.〖小問1詳析〗，由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，因為，所以；〖小問2詳析〗銳角中，，，由正弦定理得：，故，則，因為銳角中，，則，，解得：，故，，則，故，所以三角形周長的取值范圍是.〖『點石成金』〗解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出〖答案〗；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值19.如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的六面體中（其中平面EDC），四邊形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面．（1）設為棱的中點，證明：四點共面；（2）若，求平面與平面的夾角的余弦值．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)線面垂直以及面面垂直的性質(zhì)證明平面，平面，進而證明，即可求解，（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)平面法向量以及向量的夾角即可求解平面夾角.〖小問1詳析〗連接,由于四邊形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以,平面，所以平面，由于為棱的中點，，所以,又平面平面，平面平面，平面,所以平面,因此,所以四點共面，〖小問2詳析〗由于兩兩垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，,,設，由（1）知,故，解得，故,,設平面，的法向量分別為則即，取，則，即，取，則，設平面與平面的夾角為，則20.為了調(diào)動大家積極學習黨的二十大精神，某市舉辦了黨史知識的競賽．初賽采用“兩輪制”方式進行，要求每個單位派出兩個小組，且每個小組都要參加兩輪比賽，兩輪比賽都通過的小組才具備參與決賽的資格．某單位派出甲、乙兩個小組參賽，在初賽中，若甲小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，乙小組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別是，，且各個小組所有輪次比賽的結(jié)果互不影響.（1）若該單位獲得決賽資格的小組個數(shù)為X，求X的數(shù)學期望；（2）已知甲、乙兩個小組都獲得了決賽資格，決賽以搶答題形式進行．假設這兩組在決賽中對每個問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率．若最后一道題被該單位的某小組搶到，且甲、乙兩個小組搶到該題的可能性分別是45%，55%，該題如果被答對，計算恰好是甲小組答對的概率．〖答案〗（1）見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先算出甲乙通過兩輪制的初賽的概率，的取值有分三種情況解決.(2)先算出一個題被答對的概率，然后再算出被甲答對的概率，然后再根據(jù)條件概率求