江苏省如东高级中学2023-2024学年高三上学期期中模拟数学试题

江苏省如东高级中学高三数学高三数学期中模拟 1、 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.已知集合P＝{x|y＝}，B＝{y|y＝}，则P∩Q＝ A． B．[0，＋∞) C．[1，＋∞) D．[－1，＋∞) 2.若复数（i为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3.关于x的方程至少有一个负根的充要条件是（    ） A． B． C． D． 4.已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（    ） A． B． C． D． 5.函数的最大值为（    ） A．2 B． C．0 D． 6.下列函数中，其图像上任意一点的坐标都满足条件的函数是（    ）． A． B． C． D． 7.已知，是圆上两点，且. 若存在，使得直线与的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8.已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 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．请在答题纸的指定位置填涂答案选项． 9.下列说法不正确的是（    ） A．双曲线与椭圆的焦点相同. B．设直线l：Ax＋By＋C＝0与二次曲线C：f(x，y)＝0．联立方程组，消去y后得ax2＋bx＋c＝0，则直线l与该曲线相交的充要条件是. C．存在过点的直线与双曲线相交于两点，且为线段的中点. D．顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线有且仅有一个. 10.设a，b为正数，且，则（    ） A． B． C． D． 11.现有内部直径为3的球型容器，则以下几何体能够放入该球型容器内的为（    ） A.底面为半径为1的圆，高为2的圆柱体 B.棱长为2的正方体 C.棱长为的正四面体 D.三棱锥，其中，，平面平面 12.设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A．函数的图象关于对称 B．的周期为4 C． D． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案写在答题纸的指定位置上． 13.若，则m的值为 ． 14.数列满足，且（且），若的前项和为，则满足的最小正整数的值为 . 15.已知圆柱体体积是1，设分别是圆柱的上、下底面的中心，以圆柱的两底面作为圆锥体的底面，以分别互为顶点和底面中心做2个圆锥体，则这两个圆锥体公共部分的体积 ． 16.摆线是一类重要的曲线，许多机器零件的轮廓线都是摆线，摆线的实用价值与椭圆、抛物线相比毫不逊色.摆线是研究一个动圆在一条曲线（基线）上滚动时，动圆上一点的轨迹.由于采用不同类型的曲线作为基线，产生了摆线族的大家庭.当基线是圆且动圆内切于定圆作无滑动的滚动时，切点运动的轨迹就得到内摆线.已知基线圆的方程为，半径为2的动圆内切于定圆作无滑动的滚动，切点的初始位置为.若，则的最小值为 ；若，且已知线段的中点的轨迹为椭圆，则该椭圆的方程为 . 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知四边形内接于，若，，． （1）求线段的长． （2）若，求的取值范围． 18.设函数，满足：①；②对任意，恒成立． （1）求函数的解析式． （2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：． 19.设数列的首项，前项和满足： ． （1）求证：数列是等比数列； （2）设数列的公比为，数列满足：，．求． 20.如图，且，，且，且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为,求证：BC∥；； (2)证明: (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 21.已知等轴双曲线C：的左，右顶点分别为A，B，且. (1)求双曲线C的方程； (2)过点的直线l交双曲线C于D，E两点（不与A，B重合），直线AD与直线BE的交点为P，证明：点P在定直线上，并求出该定直线的方程. 22.已知 ，函数，. （1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值； （2）若，求证：. 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学期中模拟 1、 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.已知集合P＝{x|y＝}，B＝{y|y＝}，则P∩Q＝ A． B．[0，＋∞) C．[1，＋∞) D．[－1，＋∞) 【答案】C 2.若复数（i为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，故. 3.关于x的方程至少有一个负根的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 当方程有二个负根时，则有， 当方程有一个负根一个正根时，则有， 综上所述：当关于x的方程至少有一个负根时，有， 即关于x的方程至少有一个负根的充要条件是. 4.已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知： ,, , , ,. 5.函数的最大值为（    ） A．2 B． C．0 D． 【答案】A 【分析】先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令，利用换元法求解即可. 【详解】， 令，则，故， 则，所以当时，， 所以函数的最大值为. 6.下列函数中，其图像上任意一点的坐标都满足条件的函数是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】   当时，，，，故A错误； 当时，，，满足，当时， 设，则，则在上单调递减， 则，满足，故B正确； 当时，，，，故C错误；    当时，，，，故D错误； 7.若直线与曲线恰有一个公共点，则b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案. 【详解】由曲线，可得，其中，表示以原点为圆心，半径为1的右半圆，是倾斜角为的直线，其与曲线有且只有一个公共点有两种情况： （1）直线与半圆相切，根据，所以，结合图象，可得：； （2）直线与半圆的下半部分相交于一个交点，由图可知.综上可知：. 8.已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：因为，故考虑设，利用导数研究其单调性，由此比较的大小， 因为，考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论. 方法二：因为，，构造函数，利用导数 函数的单调性，由此证明，因为， 考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论. 【详解】方法一：因为，所以， 设，则 设，则，则在单调递增，，即，所以在单调递增，， 所以，即． 因为，所以， 设， 设，则在单调递减，，则，记可得，所以， 所以．因此有．故选：C. 方法二：因为，又，设， 则，所以函数在上单调递增，又， 所以当时，，故，所以， 则．因为，所以，设， 设，则在单调递减， 所以当时，，又，所以当时，， 所以，所以，所以．因此有． 【点睛】关键点点睛：结合作差结果，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，确定差的正负，由此确定被比较的数的大小关系. 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．请在答题纸的指定位置填涂答案选项． 9.下列说法不正确的是（    ） A．双曲线与椭圆的焦点相同. B．设直线l：Ax＋By＋C＝0与二次曲线C：f(x，y)＝0．联立方程组，消去y后得方程ax2＋bx＋c＝0，则直线l与该曲线相交的充要条件是. C．存在过点的直线与双曲线相交于两点，且为线段的中点. D．顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线有且仅有一个. 【答案】BCD 【分析】计算椭圆离心率验证选项A；计算双曲线与椭圆的焦点坐标验证选项B；利用点差法处理中点弦问题验证选项C；由过的点求抛物线方程，验证选项D. 【详解】对于A,双曲线即，焦点为和， 椭圆的焦点为和，A选项正确； B选项不正确； 对于C,假设存在过点的直线与双曲线交于、两点，并以为中点， 设，，则，， 把，，分别代入双曲线方程． 得，两式相减，得：， 即，得直线的斜率， 直线的方程为：，即， 把代入双曲线方程，得：， 方程无解，所以不存在满足条件的直线， C选项不正确； 对于D,顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线， 对称轴是轴时，设它的标准方程为， 由，解得，抛物线方程为. 对称轴是轴时，设它的标准方程为， 由，解得，抛物线方程为 满足条件的抛物线有两个，D选项不正确. 10.设a，b为正数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】通过变形为，，即可判定选项A,B； 利用基本不等式构造的不等关系式即可判定选项C；利用消元求出的最值，从而得到，将代入，即可判定选项D. 【详解】因为，所以，且， 因为a，b为正数，所以，，即，，故A正确，B错误； 对于C，因为，所以同除可得， 又a，b为正数，可得，（当且仅当时取得等号） 则，故，所以，即，故C正确； 对于D，因为，所以，又，即， 所以，（当且仅当时取得等号） 即，因为，所以，又所以， 即，故D不正确. 11.现有内部直径为3的球型容器，则以下几何体能够放入该球型容器内的为（    ） A.底面为半径为1的圆，高为2的圆柱体 B.棱长为2的正方体 C.棱长为的正四面体 D.三棱锥，其中，，平面平面 【答案】ACD 【分析】根据几何体外接球的几何性质逐项求解判断即可. 【详解】对于A，底面为半径为1的圆，高为2的圆柱体的外接球半径为，故A符合； 对于B，棱长为2的正方体的外接球直径为，故B不符合； 对于C，如图，棱长为的正四面体的底面中心为，则底面外接圆的半径为，连接，则，所以，则正四面体的高度， 设该几何体的外接球半径为，则，解得，所以直径，故C符合； 对于D，设该几何体的外接球半径为R，如图， 其中点D为线段中点，点E为中心，点F为的外心， 因为，点D为线段中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又，点E为中心，所以， 点E为中心，且在线段上，设， 又，，， ，，计算可得，故D符合. 12.设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A．函数的图象关于对称 B．的周期为4 C． D． 【答案】ABC 【分析】根据为奇函数，得出的图象关于点对称，逆向思维根据导数的性质得出与的关系：，代入推出图象的对称轴是，从而判断A，进而得出的周期是4，这样只要得出的值及关系即可求解判断BCD． 【详解】因为,所以， 又，用替换得，， 所以，令得，， 所以，用替换得，所以函数的图象关于对称，A正确； 为奇函数，即的图象关于原点对称， 图象向右平移2个单位得的图象关于点对称，，，又， 所以，从而， 则是周期函数，4是它的一个周期，， 的图象是由的图象平移变换得到，因此也是周期为4的周期函数，B正确； ，，所以（）中连续4个数的和为0， ，C正确； ，，所以，D错， 故选：ABC． 【点睛】方法点睛：本题考查导数的运算，抽象函数的奇偶性、对称性及周期性的综合应用，解题方法是利用逆向思想得出，然后代入已知条件求出，再根据函数的奇偶性、对称性与周期性的关系求解 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案写在答题纸的指定位置上． 13.已知，则= 【答案】 14.数列满足，且（且），则的前项和为= . 【答案】 【分析】依题意可得，利用累乘法求出的通项公式，再利用错位相减法求出，最后根据单调性求出的取值范围. 【详解】因为（且）， 所以，所以，，，， 所以， 即，又，所以， 所以，则， 所以 ，所以， 15.边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为 【答案】 如图所示，设围成的四棱柱为， 为正四棱锥高，作交于，连接， 设，则，在直角三角形中由勾股定理得， 又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上， 记球心为，半径为，连接，则， 则在直角三角形中， 即，解得， 令，则，， 令解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时取最小值，所以， 所以该四棱锥外接球表面积的最小值为， 16.摆线是一类重要的曲线，许多机器零件的轮廓线都是摆线，摆线的实用价值与椭圆、抛物线相比毫不逊色.摆线是研究一个动圆在一条曲线（基线）上滚动时，动圆上一点的轨迹.由于采用不同类型的曲线作为基线，产生了摆线族的大家庭.当基线是圆且动圆内切于定圆作无滑动的滚动时，切点运动的轨迹就得到内摆线.已知基线圆的方程为，半径为2的动圆内切于定圆作无滑动的滚动，切点的初始位置为.若，则的最小值为 ；若，且已知线段的中点的轨迹为椭圆，则该椭圆的方程为 . 【答案】 4 【分析】根据圆、摆线、椭圆的知识求得正确答案. 【详解】当时，的最小值为. 当时，初始位置为，圆的四分之一弧长为， 圆的半周长为，所以的轨迹过点，所以，椭圆焦点在轴上，所以椭圆方程为. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知四边形内接于，若，，． （1）求线段的长． （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题知，，所以， 根据余弦定理，， 即，． 所以，所以．所以． 【小问2详解】 因为 所以，所以（当且仅当时取等号） 又,所以 18.设函数，满足：①；②对任意，恒成立． （1）求函数的解析式． （2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：． 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解； （2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证. 【小问1详解】 因为，由，得，则； 由，得，恒成立， 即恒成立，所以，所以，所以； 【小问2详解】 因为，令，得；令，得； 所以在单调递增，单调递减． 不妨设，，由知， 那么，；故， 因为，所以． 19.如图，且，，且，且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为,求证：BC∥； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 【详解】（1）因为，，所以BC∥EG,又，，所以BC∥面EFG，又，，所以BC∥ （2）因为且，所以四边形ADGE为平行四边形，又AD=DG,所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.因为平面，，所以DG⊥CD,又，，所以CD⊥面ADGE，又，所以CD⊥AG,又AG⊥DE，，所以AG⊥面CDE,又，所以 （3）由于，，，平面，， 则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图， 于是，，设平面ABE的法向量为， 则，令，得， 假设线段BE上存在点P,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.设， ,得 所以线段BE上存在点P,且时使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 20.已知双曲线C：（，）的离心率为2，在C上. (1)求双曲线C的方程； (2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且，求证：直线l过定点. 【答案】(1) 【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程； （2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到和的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况. 【详解】（1）由已知得：，则， 又因为在C上，则， 解得，， 所以双曲线C的方程为. （2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，， 联立方程，消去y得， 由已知，则，且，可得，， 又因为，由可得：， 整理得：， 则， 可得，则， 由已知l不经过点，故，所以，即， 可得l：，过定点；若直线l的斜率不存在，设，， 可得， 由可得：， 又因为，解得，满足条件，综上所述：故直线l过定点. 【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为，与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出的关系或者的值，从而求出定点. 21.设数列的首项，前项和满足： ． （1）求证：数列是等比数列； （2）设数列的公比为，数列满足：，．求． 【解析】 【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可； （2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可. 【小问1详解】 由；令，得，故，； 因为，其中，，． 所以当时，，两式相减得：， 整理得：，．综上，数列是首项为1，公比为的等比数列． 【小问2详解】 由题意得：，，，， 故． 当为偶数时， 当为奇数时， 综上： 22.已知 ，函数，. （1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值； （2）若，求证：. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案. （2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明. 【小问1详解】，定义域均为， ， 当时，则，在单调递增，无极值，与题不符； 当时，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 又， 当时：，在单调递减，无极值，与题不符； 当时：令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 由题意：，解得：. 【小问2详解】令，因为，所以， 由可得：， （1）-（2）得：，所以， 要证： ，只要证： ，只要证： 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只要证：， 令， ， 所以在上单调递增， ， 即有成立，所以成立. 高三数学期中模拟 2、 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.已知集合P＝{x|y＝}，B＝{y|y＝}，则P∩Q＝ A． B．[0，＋∞) C．[1，＋∞) D．[－1，＋∞) 【答案】C 2.若复数（i为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，故. 3.关于x的方程至少有一个负根的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 当方程有二个负根时，则有， 当方程有一个负根一个正根时，则有， 综上所述：当关于x的方程至少有一个负根时，有， 即关于x的方程至少有一个负根的充要条件是. 4.已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知： ,, , , ,. 5.函数的最大值为（    ） A．2 B． C．0 D． 【答案】A 【分析】先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令，利用换元法求解即可. 【详解】， 令，则，故， 则，所以当时，， 所以函数的最大值为. 6.下列函数中，其图像上任意一点的坐标都满足条件的函数是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】   当时，，，，故A错误； 当时，，，满足，当时， 设，则，则在上单调递减， 则，满足，故B正确； 当时，，，，故C错误；    当时，，，，故D错误； 7.若直线与曲线恰有一个公共点，则b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案. 【详解】由曲线，可得，其中，表示以原点为圆心，半径为1的右半圆，是倾斜角为的直线，其与曲线有且只有一个公共点有两种情况： （1）直线与半圆相切，根据，所以，结合图象，可得：； （2）直线与半圆的下半部分相交于一个交点，由图可知.综上可知：. 8.已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：因为，故考虑设，利用导数研究其单调性，由此比较的大小， 因为，考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论. 方法二：因为，，构造函数，利用导数 函数的单调性，由此证明，因为， 考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论. 【详解】方法一：因为，所以， 设，则 设，则，则在单调递增，，即，所以在单调递增，， 所以，即． 因为，所以， 设， 设，则在单调递减，，则，记可得，所以， 所以．因此有．故选：C. 方法二：因为，又，设， 则，所以函数在上单调递增，又， 所以当时，，故，所以， 则．因为，所以，设， 设，则在单调递减， 所以当时，，又，所以当时，， 所以，所以，所以．因此有． 【点睛】关键点点睛：结合作差结果，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，确定差的正负，由此确定被比较的数的大小关系. 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．请在答题纸的指定位置填涂答案选项． 9.下列说法不正确的是（    ） A．双曲线与椭圆的焦点相同. B．设直线l：Ax＋By＋C＝0与二次曲线C：f(x，y)＝0．联立方程组，消去y后得方程ax2＋bx＋c＝0，则直线l与该曲线相交的充要条件是. C．存在过点的直线与双曲线相交于两点，且为线段的中点. D．顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线有且仅有一个. 【答案】BCD 【分析】计算椭圆离心率验证选项A；计算双曲线与椭圆的焦点坐标验证选项B；利用点差法处理中点弦问题验证选项C；由过的点求抛物线方程，验证选项D. 【详解】对于A,双曲线即，焦点为和， 椭圆的焦点为和，A选项正确； B选项不正确； 对于C,假设存在过点的直线与双曲线交于、两点，并以为中点， 设，，则，， 把，，分别代入双曲线方程． 得，两式相减，得：， 即，得直线的斜率， 直线的方程为：，即， 把代入双曲线方程，得：， 方程无解，所以不存在满足条件的直线， C选项不正确； 对于D,顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线， 对称轴是轴时，设它的标准方程为， 由，解得，抛物线方程为. 对称轴是轴时，设它的标准方程为， 由，解得，抛物线方程为 满足条件的抛物线有两个，D选项不正确. 10.设a，b为正数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】通过变形为，，即可判定选项A,B； 利用基本不等式构造的不等关系式即可判定选项C；利用消元求出的最值，从而得到，将代入，即可判定选项D. 【详解】因为，所以，且， 因为a，b为正数，所以，，即，，故A正确，B错误； 对于C，因为，所以同除可得， 又a，b为正数，可得，（当且仅当时取得等号） 则，故，所以，即，故C正确； 对于D，因为，所以，又，即， 所以，（当且仅当时取得等号） 即，因为，所以，又所以， 即，故D不正确. 11.现有内部直径为3的球型容器，则以下几何体能够放入该球型容器内的为（    ） A.底面为半径为1的圆，高为2的圆柱体 B.棱长为2的正方体 C.棱长为的正四面体 D.三棱锥，其中，，平面平面 【答案】ACD 【分析】根据几何体外接球的几何性质逐项求解判断即可. 【详解】对于A，底面为半径为1的圆，高为2的圆柱体的外接球半径为，故A符合； 对于B，棱长为2的正方体的外接球直径为，故B不符合； 对于C，如图，棱长为的正四面体的底面中心为，则底面外接圆的半径为，连接，则，所以，则正四面体的高度， 设该几何体的外接球半径为，则，解得，所以直径，故C符合； 对于D，设该几何体的外接球半径为R，如图， 其中点D为线段中点，点E为中心，点F为的外心， 因为，点D为线段中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又，点E为中心，所以， 点E为中心，且在线段上，设， 又，，， ，，计算可得，故D符合. 12.设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A．函数的图象关于对称 B．的周期为4 C． D． 【答案】ABC 【分析】根据为奇函数，得出的图象关于点对称，逆向思维根据导数的性质得出与的关系：，代入推出图象的对称轴是，从而判断A，进而得出的周期是4，这样只要得出的值及关系即可求解判断BCD． 【详解】因为,所以， 又，用替换得，， 所以，令得，， 所以，用替换得，所以函数的图象关于对称，A正确； 为奇函数，即的图象关于原点对称， 图象向右平移2个单位得的图象关于点对称，，，又， 所以，从而， 则是周期函数，4是它的一个周期，， 的图象是由的图象平移变换得到，因此也是周期为4的周期函数，B正确； ，，所以（）中连续4个数的和为0， ，C正确； ，，所以，D错， 故选：ABC． 【点睛】方法点睛：本题考查导数的运算，抽象函数的奇偶性、对称性及周期性的综合应用，解题方法是利用逆向思想得出，然后代入已知条件求出，再根据函数的奇偶性、对称性与周期性的关系求解 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案写在答题纸的指定位置上． 13.已知，则= 【答案】 14.数列满足，且（且），则的前项和为= . 【答案】 【分析】依题意可得，利用累乘法求出的通项公式，再利用错位相减法求出，最后根据单调性求出的取值范围. 【详解】因为（且）， 所以，所以，，，， 所以， 即，又，所以， 所以，则， 所以 ，所以， 15.边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为 【答案】 如图所示，设围成的四棱柱为， 为正四棱锥高，作交于，连接， 设，则，在直角三角形中由勾股定理得， 又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上， 记球心为，半径为，连接，则， 则在直角三角形中， 即，解得， 令，则，， 令解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时取最小值，所以， 所以该四棱锥外接球表面积的最小值为， 16.摆线是一类重要的曲线，许多机器零件的轮廓线都是摆线，摆线的实用价值与椭圆、抛物线相比毫不逊色.摆线是研究一个动圆在一条曲线（基线）上滚动时，动圆上一点的轨迹.由于采用不同类型的曲线作为基线，产生了摆线族的大家庭.当基线是圆且动圆内切于定圆作无滑动的滚动时，切点运动的轨迹就得到内摆线.已知基线圆的方程为，半径为2的动圆内切于定圆作无滑动的滚动，切点的初始位置为.若，则的最小值为 ；若，且已知线段的中点的轨迹为椭圆，则该椭圆的方程为 . 【答案】 4 【分析】根据圆、摆线、椭圆的知识求得正确答案. 【详解】当时，的最小值为. 当时，初始位置为，圆的四分之一弧长为， 圆的半周长为，所以的轨迹过点，所以，椭圆焦点在轴上，所以椭圆方程为. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知四边形内接于，若，，． （1）求线段的长． （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题知，，所以， 根据余弦定理，， 即，． 所以，所以．所以． 【小问2详解】 因为 所以，所以（当且仅当时取等号） 又,所以 18.设函数，满足：①；②对任意，恒成立． （1）求函数的解析式． （2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：． 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解； （2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证. 【小问1详解】 因为，由，得，则； 由，得，恒成立， 即恒成立，所以，所以，所以； 【小问2详解】 因为，令，得；令，得； 所以在单调递增，单调递减． 不妨设，，由知， 那么，；故， 因为，所以． 19.如图，且，，且，且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为,求证：BC∥； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 【详解】（1）因为，，所以BC∥EG,又，，所以BC∥面EFG，又，，所以BC∥ （2）因为且，所以四边形ADGE为平行四边形，又AD=DG,所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.因为平面，，所以DG⊥CD,又，，所以CD⊥面ADGE，又，所以CD⊥AG,又AG⊥DE，，所以AG⊥面CDE,又，所以 （3）由于，，，平面，， 则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图， 于是，，设平面ABE的法向量为， 则，令，得， 假设线段BE上存在点P,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.设， ,得 所以线段BE上存在点P,且时使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 20.已知双曲线C：（，）的离心率为2，在C上. (1)求双曲线C的方程； (2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且，求证：直线l过定点. 【答案】(1) 【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程； （2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到和的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况. 【详解】（1）由已知得：，则， 又因为在C上，则， 解得，， 所以双曲线C的方程为. （2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，， 联立方程，消去y得， 由已知，则，且，可得，， 又因为，由可得：， 整理得：， 则， 可得，则， 由已知l不经过点，故，所以，即， 可得l：，过定点；若直线l的斜率不存在，设，， 可得， 由可得：， 又因为，解得，满足条件，综上所述：故直线l过定点. 【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为，与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出的关系或者的值，从而求出定点. 21.设数列的首项，前项和满足： ． （1）求证：数列是等比数列； （2）设数列的公比为，数列满足：，．求． 【解析】 【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可； （2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可. 【小问1详解】 由；令，得，故，； 因为，其中，，． 所以当时，，两式相减得：， 整理得：，．综上，数列是首项为1，公比为的等比数列． 【小问2详解】 由题意得：，，，， 故． 当为偶数时， 当为奇数时， 综上： 22.已知 ，函数，. （1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值； （2）若，求证：. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案. （2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明. 【小问1详解】，定义域均为， ， 当时，则，在单调递增，无极值，与题不符； 当时，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 又， 当时：，在单调递减，无极值，与题不符； 当时：令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 由题意：，解得：. 【小问2详解】令，因为，所以， 由可得：， （1）-（2）得：，所以， 要证： ，只要证： ，只要证： 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只要证：， 令， ， 所以在上单调递增， ， 即有成立，所以成立. 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $$