高考模擬試題PAGEPAGE1梅州市高三總復習質檢試卷數學2023.2一?單項選擇題：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，只有一項符合題目要求.1.已知復數滿足，是虛數單位，則在復平面內的對應點落在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算，求得，確定其對應的點的坐標，即可求得〖答案〗.〖詳析〗由可得，則在復平面內的對應點為，落在第三象限，故選：C2.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分別解出集合對應的不等式，再根據交集運算即可求得結果.〖詳析〗由題意可知，解集合對應的不等式可得，即；所以.故選：B3.為了了解小學生的體能情況，抽取了某小學四年級100名學生進行一分鐘跳繩次數測試，將所得數據整理后，繪制如下頻率分布直方圖.根據此圖，下列結論中錯誤的是（）A.B.估計該小學四年級學生的一分鐘跳繩的平均次數超過125C.估計該小學四年級學生的一分鐘跳繩次數的中位數約為119D.四年級學生一分鐘跳繩超過125次以上優秀，則估計該小學四年級優秀率35%〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據頻率分布直方圖矩形面積和等于1可得，經計算可得平均數為，中位數約為119，優秀率為35%即可得出正確選項.〖詳析〗根據題意可得，可得，故A正確；根據頻率分布直方圖可得其平均數為，所以B錯誤；由頻率分布直方圖可知，，而，所以中位數落在區間內，設中位數為，則，可得，所以C正確；由圖可知，超過125次以上的頻率為，所以優秀率為35%，即D正確.故選：B4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗將改寫成的形式，利用誘導公式和二倍角公式即可求得結果.〖詳析〗由可得，，由二倍角公式可得；即故選：A5.由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品.若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線（，）下支的部分，且此雙曲線兩條漸近線方向向下的夾角為，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據已知結合雙曲線兩條漸近線對稱關系可得的傾斜角為，即，則，則，即可得出雙曲線的離心率為.〖詳析〗雙曲線（，）的漸近線的方程為，雙曲線兩條漸近線方向向下的夾角為，根據雙曲線兩條漸近線對稱關系可得的傾斜角為，則，則，，則該雙曲線的離心率為，故選：D.6.若從0，1，2，3，…9這10個整數中同時取3個不同的數，則其和為偶數的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出基本事件總數，再求出滿足條件的事件數，利用古典概型概率求解.〖詳析〗10不同的數取3個不同的數的情況為：，其中3個之和為偶數的情況為：①三個為偶數：，②兩奇數一偶數：，共60種情況，所以所求概率為：.故選：D.7.某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為，若序列的所有項都是2，且，，則（）A. B. C.. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設，由題意得到第項為，然后利用累乘法求解.〖詳析〗解：設，由題意得，第項為，則時，，因為，，所以，解得，故選：B8.《九章算術》是我國古代著名的數學著作，書中記載有幾何體“芻甍”.現有一個芻甍如圖所示，底面為正方形，平面，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，且，則此芻甍的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據給定條件，求出點到平面的距離，再由幾何體的結構特征確定球心位置，結合球面的性質求解作答.〖詳析〗取、中點、，正方形中心，中點，連接，根據題意可得平面，，點是的中點，，在等腰中，，，同理，則等腰梯形的高為，根據幾何體的結構特征可知，芻甍的外接球的球心在直線上，連接，正方體的外接圓的半徑，則有，而，，當點在線段的延長線（含點）時，視為非負數，若點在線段的延長線（不含點）時，視為負數，即有，則，解得，則芻甍的外接球的半徑為，則芻甍的外接球的表面積為，故選：C.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，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.函數（，）的部分圖像如圖所示，則下列結論正確的是（）A.B.函數的圖像關于直線對稱C.函數在單調遞減D.函數是偶函數〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗根據函數圖象可得最小正周期為可求得；利用檢驗法代入可知是函數的一條對稱軸；根據整體代換法可求得函數在不是單調遞減的；利用函數奇偶性定義可得是奇函數；即可得到正確選項.〖詳析〗根據函數圖象可得，即函數的最小正周期為，可得，即A正確；又因為函數圖象過，所以，可得，又可得，所以；將代入可得，所以為函數的一條對稱軸，即B正確；當時，，根據正弦函數單調性可得函數在上先減后增，所以C錯誤；易得是奇函數，即D錯誤.故選：AB10.設是公差為（）的無窮等差數列的前項和，則下列命題正確的是（）A.若，則是數列的最大項B.若數列有最小項，則C.若數列是遞減數列，則對任意的：，均有D.若對任意的，均有，則數列是遞增數列〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗取特殊數列判斷A；由等差數列前項和的函數特性判斷B；取特殊數列結合數列的單調性判斷C；討論數列是遞減數列的情況，從而證明D.〖詳析〗對于A：取數列為首項為4，公差為的等差數列，，故A錯誤；對于B：等差數列中，公差，，是關于n的二次函數.當數列有最小項，即有最小值，對應的二次函數有最小值，對應的函數圖象開口向上，，B正確；對于C：取數列為首項為1，公差為的等差數列，，，即恒成立，此時數列是遞減數列，而，故C錯誤；對于D：若數列是遞減數列，則，一定存在實數，當時，之后所有項都為負數，不能保證對任意，均有.故若對任意，均有，有數列是遞增數列，故D正確．故選：BD11.如圖，在直三棱柱中，，，，為棱的中點；為棱上的動點（含端點），過點A??作三棱柱的截面，且交于，則（）A.線段的最小值為 B.棱上的不存在點，使得平面C.棱上的存在點，使得 D.當為棱的中點時，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗如圖，以為軸建立空間直角坐標系，用空間向量法研究空間位置關系，求線段長，從而判斷各選項．〖詳析〗如圖，以為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由于與底面垂直，因此當與重合時，在平面內，，此時最小為，A正確；，，若，與不垂直，因此不可能與平面垂直，B正確；設，則，，若，則，即，此方程無實數解，因此棱上的不存在點，使得，C錯；是中點時，，，D正確．故選：ABD．12.對于定義在區間上的函數，若滿足：，且，都有，則稱函數為區間上的“非減函數”，若為區間上的“非減函數”，且，，又當時，恒成立，下列命題中正確的有（）A. B.，C. D.，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用已知條件和函數的性質對選項逐一判斷即可得正確〖答案〗.〖詳析〗A.因為，所以令得，所以，故A正確；B.由當，恒成立，令，則，由為區間上的“非減函數”，則，所以，則，，故B錯誤；C.，，而，所以，，由，，，則，則，故C正確；當時，，，令，則，，則，即，故D正確.故選：ACD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.展開式中的系數為___________.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗易知展開式中項的系數是由兩部分組成，分別求出再相加即可得出結果.〖詳析〗根據題意可知，展開式中含的項為和兩部分；所以展開式中的系數為.故〖答案〗為：4014.在平面直角坐標系中，點繞著原點順時針旋轉得到點，點的橫坐標為___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據三角函數定義求得，確定與x軸正半軸的夾角為,結合三角函數定義以及兩角差的余弦公式即可求得〖答案〗.詳析〗由題意得,設與x軸正半軸的夾角為，則，則與x軸正半軸的夾角為，故點的橫坐標為，故〖答案〗為：15.甲?乙?丙三人參加數學知識應用能力比賽,他們分別來自A?B?C三個學校,并分別獲得第一?二?三名:已知:①甲不是A校選手;②乙不是B校選手;③A校選手不是第一名;④B校的選手獲得第二名;⑤乙不是第三名.根據上述情況,可判斷出丙是___________校選手,他獲得的是第___________名.〖答案〗①.A②.三〖解析〗〖祥解〗根據②④⑤說明乙是第一名,根據③說明乙是C校選手,根據①說明甲是B校選手,即丙是A校選手,根據④說明甲是第二名,可得丙是第三名.〖詳析〗解:因為乙不是B校選手且B校的選手獲得第二名,所以乙不是第二名,又因為乙不是第三名,所以乙是第一名,因為乙不是B校選手且A校選手不是第一名,所以乙是C校選手,因為甲不是A校選手,所以甲是B校選手,故丙是A校選手,因為B校的選手獲得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.故〖答案〗為：A；三.16.函數的最小值為___________.〖答案〗##3.5〖解析〗〖祥解〗將已知式子變形為，可表示拋物線上的點，到兩定點，的距離之和，即，拋物線的準線為，設點、分別為點、在準線上的投影，根據拋物線的定義得出，則，即可計算得出〖答案〗.〖詳析〗，，可表示拋物線上的點，到兩定點，的距離之和，即，而點在此拋物線內，點是此拋物線的焦點，拋物線的準線為，設點、分別為點、在準線上的投影，如圖，根據拋物線的定義有，則，故〖答案〗為：.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.在中，內角的對邊分別為，，，已知.（1）求內角；（2）點是邊上的中點，已知，求面積的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理將邊化成角，根據輔助角公式即可求得內角；（2）根據向量加法的平行四邊形法則可得，再利用數量積公式和基本不等式即可求得面積的最大值.〖小問1詳析〗在中，因為，由正弦定理得，因為，所以，于是有，所以，即，因為，所以，所以，即.〖小問2詳析〗因為點是邊上的中點，所以，對上式兩邊平分得：，因為，所以，即，而，有，所以，當且僅當時，等號成立.因此.即面積的最大值為.18.記是正項數列的前n項和，若存在某正數M，，都有，則稱的前n項和數列有界.從以下三個數列中任選兩個，①；②；③，分別判斷它們的前項和數列是否有界，并給予證明.〖答案〗數列①②的前項和數列有界，數列③的前項和數列無界，證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗①采用等比數列求和，②③采用放縮法，再求數列的和，結合有界數列的定義，即可證明.〖詳析〗數列①②的前項和數列有界，數列③的前項和數列無界，證明如下：①若，則其前項和，因為，所以，則，所以存在正數1，，，即前項和數列有界.②若，當時，，其前項和，因為，所以，則，所以存在正數2，，，即前項和數列有界.③若，其前項和為，，對于任意正數，?。ㄆ渲斜硎静淮笥诘淖畲笳麛担?，有，因此前項和數列不是有界的.19.如圖，在邊長為4的正三角形中，為邊的中點，過作于.把沿翻折至的位置，連接?.（1）為邊的一點，若，求證：平面；（2）當四面體的體積取得最大值時，求平面與平面的夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由線面平行判定定理證明平面，平面，根據面面平行判定定理證明平面平面，根據面面平行性質定理證明平面；(2)根據錐體體積公式由條件確定平面，建立空間直角坐標系，求平面與平面的法向量，根據向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結論.〖小問1詳析〗取中點，連接，因為在正三角形中，，又因為，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.〖小問2詳析〗因為，又因為的面積為定值，所以當到平面的距離最大時，四面體的體積有最大值，因為，，，，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，當時，平面平面，平面所以平面，即在翻折過程中，點到平面的最大距離是，因此四面體的體積取得最大值時，必有平面.如圖，以點為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直接坐標系，易知，，，，，，，為平面的一個法向量，設平面的法向量為，，由，令得：，，所以為平面的一個法向量，.所以平面與平面的夾角（銳角）的余弦值為.20.甲?乙?丙?丁四支球隊進行單循環小組賽（每兩支隊比賽一場），比賽分三輪，每輪兩場比賽，第一輪第一場甲乙比賽，第二場丙丁比賽；第二輪第一場甲丙比賽，第二場乙丁比賽；第三輪甲對丁和乙對丙兩場比賽同一時間開賽，規定：比賽無平局，獲勝的球隊記3分，輸的球隊記0分.三輪比賽結束后以積分多少進行排名，積分相同的隊伍由抽簽決定排名，排名前兩位的隊伍小組出線.假設四支球隊每場比賽獲勝概率以近10場球隊相互之間的勝場比為參考.隊伍近10場勝場比隊伍甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁（1）三輪比賽結束后甲的積分記為，求；（2）若前二輪比賽結束后，甲?乙?丙?丁四支球隊積分分別為3?3?0?6，求甲隊能小組出線的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據題意可知，代表甲獲勝一場比賽，按比賽場次分情況討論即可求得結果；（2）對第三局比賽結果進行分類討論，對每種情況對應的積分再分別判斷是否需要抽簽，利用條件概率公式和概率加法公式即可求得結果.〖小問1詳析〗（1）設甲的第場比賽獲勝記為（，2，3），根據表格可知甲對乙、丙、丁比賽獲勝的概率分別為，則有.〖小問2詳析〗分以下三種情況：（i）若第三輪甲勝丁，另一場比賽乙勝丙，則甲?乙?丙?丁四個球隊積分變為6?6?0?6，此時甲?乙?丁三支球隊積分相同，要抽簽決定排名，甲抽中前兩名的概率為，所以這種情況下，甲出線的概率為；（ii）若第三輪甲勝丁，另一場比賽乙輸丙，則甲?乙?丙?丁積分變為6?3?3?6，此時甲一定出線，甲出線概率為；（iii）若第三輪甲輸丁，另一場比賽乙輸丙.則甲?乙?丙?丁積分變為3?3?3?9，此時甲?乙?丙三支球隊要抽簽決定排名，甲抽到第二名的概率為，所以這種情況下，甲出線的概率為.綜上，甲出線的概率為.21.已知函數.（1）當時，求函數的單調區間；（2）若，討論函數的零點個數.〖答案〗（1）增區間為和，減區間為（2）〖答案〗見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）當時，求得，利用函數的單調性與導數的關系可求得函數的增區間和減區間；（2）利用導數分析函數的單調性，對實數的取值進行分類討論，結合零點存在定理可得出結論.〖小問1詳析〗解：當時，，該函數的定義域為，，由可得，由可得或.故當時，函數的增區間為和，減區間為.〖小問2詳析〗解：函數的定義域為，，由，得，，由可得，由可得或.所以，函數的增區間為、，減區間為，所以，函數的極大值為，極小值為，當時，，令，其中，則，即函數在上單調遞增，故當時，，此時，，所以在上不存在零點；①當時，，此時函數無零點；②當時，，此時函數只有一個零點；③當時，，，則在與上各有一個零點.綜上所述，（i）當時，在上不存在零點；（ii）當時，在上存在一個零點；（iii）當時，在上存在兩個零點.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.22.已知動圓經過定點，且與圓：內切.（1）求動圓圓心的軌跡的方程；（2）設軌跡與軸從左到右的交點為點，點為軌跡上異于的動點，設交直線于點，連結交軌跡于點.直線?的斜率分別為?.（i）求證：為定值；（ii）證明直線經過軸上的定點，并求出該定點的坐標.〖答案〗（1）（2）（i）證明見〖解析〗；（ii）證明見〖解析〗，定點〖解析〗〖祥解〗（1）根據定點和圓心的位置關系，利用兩圓內切即可得出半徑之和等于圓心距，再根據橢圓定義即可求得軌跡的方程；（2）（i）易知即為橢圓的左右頂點，設出點坐標，利用共線時斜率相等即可得出的表達式，化簡即可得出；（ii）根據（i）中的結論，寫出直線的方程，將表達式化簡即可得出直線經過定點.〖小問1詳析〗設動圓的半徑為，由題意得圓的圓心為，半徑；所以，，則.所以動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓.因此軌跡方程為.〖小問2詳析〗（i）設，，.由題可知，，如下圖所示：則，，而，于是，所以，又，則，因此為定值.（ii）設直線方程為，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化簡得，解得或（舍去），所以直線的方程為，因此直線經過定點.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：解決定值或定點問題時，經常會用到設而不求的方法，即首先設出點坐標或直線方程，再根據題目條件尋找等量關系即可實現整體代換求得定值或定點.高考模擬試題PAGEPAGE1梅州市高三總復習質檢試卷數學2023.2一?單項選擇題：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，只有一項符合題目要求.1.已知復數滿足，是虛數單位，則在復平面內的對應點落在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算，求得，確定其對應的點的坐標，即可求得〖答案〗.〖詳析〗由可得，則在復平面內的對應點為，落在第三象限，故選：C2.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗分別解出集合對應的不等式，再根據交集運算即可求得結果.〖詳析〗由題意可知，解集合對應的不等式可得，即；所以.故選：B3.為了了解小學生的體能情況，抽取了某小學四年級100名學生進行一分鐘跳繩次數測試，將所得數據整理后，繪制如下頻率分布直方圖.根據此圖，下列結論中錯誤的是（）A.B.估計該小學四年級學生的一分鐘跳繩的平均次數超過125C.估計該小學四年級學生的一分鐘跳繩次數的中位數約為119D.四年級學生一分鐘跳繩超過125次以上優秀，則估計該小學四年級優秀率35%〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據頻率分布直方圖矩形面積和等于1可得，經計算可得平均數為，中位數約為119，優秀率為35%即可得出正確選項.〖詳析〗根據題意可得，可得，故A正確；根據頻率分布直方圖可得其平均數為，所以B錯誤；由頻率分布直方圖可知，，而，所以中位數落在區間內，設中位數為，則，可得，所以C正確；由圖可知，超過125次以上的頻率為，所以優秀率為35%，即D正確.故選：B4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗將改寫成的形式，利用誘導公式和二倍角公式即可求得結果.〖詳析〗由可得，，由二倍角公式可得；即故選：A5.由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品.若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線（，）下支的部分，且此雙曲線兩條漸近線方向向下的夾角為，則該雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據已知結合雙曲線兩條漸近線對稱關系可得的傾斜角為，即，則，則，即可得出雙曲線的離心率為.〖詳析〗雙曲線（，）的漸近線的方程為，雙曲線兩條漸近線方向向下的夾角為，根據雙曲線兩條漸近線對稱關系可得的傾斜角為，則，則，，則該雙曲線的離心率為，故選：D.6.若從0，1，2，3，…9這10個整數中同時取3個不同的數，則其和為偶數的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先求出基本事件總數，再求出滿足條件的事件數，利用古典概型概率求解.〖詳析〗10不同的數取3個不同的數的情況為：，其中3個之和為偶數的情況為：①三個為偶數：，②兩奇數一偶數：，共60種情況，所以所求概率為：.故選：D.7.某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為，若序列的所有項都是2，且，，則（）A. B. C.. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設，由題意得到第項為，然后利用累乘法求解.〖詳析〗解：設，由題意得，第項為，則時，，因為，，所以，解得，故選：B8.《九章算術》是我國古代著名的數學著作，書中記載有幾何體“芻甍”.現有一個芻甍如圖所示，底面為正方形，平面，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，且，則此芻甍的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據給定條件，求出點到平面的距離，再由幾何體的結構特征確定球心位置，結合球面的性質求解作答.〖詳析〗取、中點、，正方形中心，中點，連接，根據題意可得平面，，點是的中點，，在等腰中，，，同理，則等腰梯形的高為，根據幾何體的結構特征可知，芻甍的外接球的球心在直線上，連接，正方體的外接圓的半徑，則有，而，，當點在線段的延長線（含點）時，視為非負數，若點在線段的延長線（不含點）時，視為負數，即有，則，解得，則芻甍的外接球的半徑為，則芻甍的外接球的表面積為，故選：C.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，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.函數（，）的部分圖像如圖所示，則下列結論正確的是（）A.B.函數的圖像關于直線對稱C.函數在單調遞減D.函數是偶函數〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗根據函數圖象可得最小正周期為可求得；利用檢驗法代入可知是函數的一條對稱軸；根據整體代換法可求得函數在不是單調遞減的；利用函數奇偶性定義可得是奇函數；即可得到正確選項.〖詳析〗根據函數圖象可得，即函數的最小正周期為，可得，即A正確；又因為函數圖象過，所以，可得，又可得，所以；將代入可得，所以為函數的一條對稱軸，即B正確；當時，，根據正弦函數單調性可得函數在上先減后增，所以C錯誤；易得是奇函數，即D錯誤.故選：AB10.設是公差為（）的無窮等差數列的前項和，則下列命題正確的是（）A.若，則是數列的最大項B.若數列有最小項，則C.若數列是遞減數列，則對任意的：，均有D.若對任意的，均有，則數列是遞增數列〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗取特殊數列判斷A；由等差數列前項和的函數特性判斷B；取特殊數列結合數列的單調性判斷C；討論數列是遞減數列的情況，從而證明D.〖詳析〗對于A：取數列為首項為4，公差為的等差數列，，故A錯誤；對于B：等差數列中，公差，，是關于n的二次函數.當數列有最小項，即有最小值，對應的二次函數有最小值，對應的函數圖象開口向上，，B正確；對于C：取數列為首項為1，公差為的等差數列，，，即恒成立，此時數列是遞減數列，而，故C錯誤；對于D：若數列是遞減數列，則，一定存在實數，當時，之后所有項都為負數，不能保證對任意，均有.故若對任意，均有，有數列是遞增數列，故D正確．故選：BD11.如圖，在直三棱柱中，，，，為棱的中點；為棱上的動點（含端點），過點A??作三棱柱的截面，且交于，則（）A.線段的最小值為 B.棱上的不存在點，使得平面C.棱上的存在點，使得 D.當為棱的中點時，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗如圖，以為軸建立空間直角坐標系，用空間向量法研究空間位置關系，求線段長，從而判斷各選項．〖詳析〗如圖，以為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由于與底面垂直，因此當與重合時，在平面內，，此時最小為，A正確；，，若，與不垂直，因此不可能與平面垂直，B正確；設，則，，若，則，即，此方程無實數解，因此棱上的不存在點，使得，C錯；是中點時，，，D正確．故選：ABD．12.對于定義在區間上的函數，若滿足：，且，都有，則稱函數為區間上的“非減函數”，若為區間上的“非減函數”，且，，又當時，恒成立，下列命題中正確的有（）A. B.，C. D.，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗利用已知條件和函數的性質對選項逐一判斷即可得正確〖答案〗.〖詳析〗A.因為，所以令得，所以，故A正確；B.由當，恒成立，令，則，由為區間上的“非減函數”，則，所以，則，，故B錯誤；C.，，而，所以，，由，，，則，則，故C正確；當時，，，令，則，，則，即，故D正確.故選：ACD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.展開式中的系數為___________.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗易知展開式中項的系數是由兩部分組成，分別求出再相加即可得出結果.〖詳析〗根據題意可知，展開式中含的項為和兩部分；所以展開式中的系數為.故〖答案〗為：4014.在平面直角坐標系中，點繞著原點順時針旋轉得到點，點的橫坐標為___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據三角函數定義求得，確定與x軸正半軸的夾角為,結合三角函數定義以及兩角差的余弦公式即可求得〖答案〗.詳析〗由題意得,設與x軸正半軸的夾角為，則，則與x軸正半軸的夾角為，故點的橫坐標為，故〖答案〗為：15.甲?乙?丙三人參加數學知識應用能力比賽,他們分別來自A?B?C三個學校,并分別獲得第一?二?三名:已知:①甲不是A校選手;②乙不是B校選手;③A校選手不是第一名;④B校的選手獲得第二名;⑤乙不是第三名.根據上述情況,可判斷出丙是___________校選手,他獲得的是第___________名.〖答案〗①.A②.三〖解析〗〖祥解〗根據②④⑤說明乙是第一名,根據③說明乙是C校選手,根據①說明甲是B校選手,即丙是A校選手,根據④說明甲是第二名,可得丙是第三名.〖詳析〗解:因為乙不是B校選手且B校的選手獲得第二名,所以乙不是第二名,又因為乙不是第三名,所以乙是第一名,因為乙不是B校選手且A校選手不是第一名,所以乙是C校選手,因為甲不是A校選手,所以甲是B校選手,故丙是A校選手,因為B校的選手獲得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.故〖答案〗為：A；三.16.函數的最小值為___________.〖答案〗##3.5〖解析〗〖祥解〗將已知式子變形為，可表示拋物線上的點，到兩定點，的距離之和，即，拋物線的準線為，設點、分別為點、在準線上的投影，根據拋物線的定義得出，則，即可計算得出〖答案〗.〖詳析〗，，可表示拋物線上的點，到兩定點，的距離之和，即，而點在此拋物線內，點是此拋物線的焦點，拋物線的準線為，設點、分別為點、在準線上的投影，如圖，根據拋物線的定義有，則，故〖答案〗為：.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.在中，內角的對邊分別為，，，已知.（1）求內角；（2）點是邊上的中點，已知，求面積的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用正弦定理將邊化成角，根據輔助角公式即可求得內角；（2）根據向量加法的平行四邊形法則可得，再利用數量積公式和基本不等式即可求得面積的最大值.〖小問1詳析〗在中，因為，由正弦定理得，因為，所以，于是有，所以，即，因為，所以，所以，即.〖小問2詳析〗因為點是邊上的中點，所以，對上式兩邊平分得：，因為，所以，即，而，有，所以，當且僅當時，等號成立.因此.即面積的最大值為.18.記是正項數列的前n項和，若存在某正數M，，都有，則稱的前n項和數列有界.從以下三個數列中任選兩個，①；②；③，分別判斷它們的前項和數列是否有界，并給予證明.〖答案〗數列①②的前項和數列有界，數列③的前項和數列無界，證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗①采用等比數列求和，②③采用放縮法，再求數列的和，結合有界數列的定義，即可證明.〖詳析〗數列①②的前項和數列有界，數列③的前項和數列無界，證明如下：①若，則其前項和，因為，所以，則，所以存在正數1，，，即前項和數列有界.②若，當時，，其前項和，因為，所以，則，所以存在正數2，，，即前項和數列有界.③若，其前項和為，，對于任意正數，?。ㄆ渲斜硎静淮笥诘淖畲笳麛担?，有，因此前項和數列不是有界的.19.如圖，在邊長為4的正三角形中，為邊的中點，過作于.把沿翻折至的位置，連接?.（1）為邊的一點，若，求證：平面；（2）當四面體的體積取得最大值時，求平面與平面的夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由線面平行判定定理證明平面，平面，根據面面平行判定定理證明平面平面，根據面面平行性質定理證明平面；(2)根據錐體體積公式由條件確定平面，建立空間直角坐標系，求平面與平面的法向量，根據向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結論.〖小問1詳析〗取中點，連接，因為在正三角形中，，又因為，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.〖小問2詳析〗因為，又因為的面積為定值，所以當到平面的距離最大時，四面體的體積有最大值，因為，，，，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，當時，平面平面，平面所以平面，即在翻折過程中，點到平面的最大距離是，因此四面體的體積取得最大值時，必有平面.如圖，以點為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直接坐標系，易知，，，，，，，為平面的一個法向量，設平面的法向量為，，由，令得：，，所以為平面的一個法向量，.所以平面與平面的夾角（銳角）的余弦值為.20.甲?乙?丙?丁四支球隊進行單循環小組賽（每兩支隊比賽一場），比賽分三輪，每輪兩場比賽，第一輪第一場甲乙比賽，第二場丙丁比賽；第二輪第一場甲丙比賽，第二場乙丁比賽；第三輪甲對丁和乙對丙兩場比賽同一時間開賽，規定：比賽無平局，獲勝的球隊記3分，輸的球隊記0分.三輪比賽結束后以積分多少進行排名，積分相同的隊伍由抽簽決定排名，排名前兩位的隊伍小組出線.假設四支球隊每場比賽獲勝概率以近10場球隊相互之間的勝場比為參考.隊伍近10場勝場比隊伍甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙?。?）三輪比賽結束后甲的積分記為，求；（2）若前二輪比賽結束后，甲?乙?丙?丁四支球隊積分分別為3?3?0?6，求甲隊能小組出線的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據題意可知，代表甲獲勝一場比賽，按比賽場次分情況討論即可求得結果；（2）對第三局比賽結果進行分類討論，對每種情況對應的積分再分別判斷是否需要抽簽，利用條件概率公式和概率加法公式即可求得結果.〖小問1詳析〗（1）設甲的第場比賽獲勝記為（，2，3），根據表格可知甲對乙、丙、丁比賽獲勝的概率分別為，則有.〖小問2詳析〗分以下三種情況：（i）若第三輪甲勝丁，另一場比賽乙勝丙，則甲?乙?丙?丁四個球隊積