高考模擬試題PAGEPAGE1江西省五市九校協作體2023屆高三第一次聯考數學（理科）試卷考試時間：120分鐘，分值：150分第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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.已知全集，集合，，那么陰影部分表示的集合為A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由韋恩圖可知陰影部分表示的集合為，求出，計算得到〖答案〗〖詳析〗陰影部分表示的集合為，故選〖『點石成金』〗本題主要考查的是韋恩圖表達集合的關系和運算，屬于基礎題2.已知復數滿足，則的最大值為（）A. B. C. D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設，，利用復數幾何意義計算.〖詳析〗設，由已知，，所以點在單位圓上，而，表示點到的距離，故.故選：B〖『點石成金』〗本題考查求復數模的最大值，其實本題可以利用不等式來解決.3.甲、乙兩人各射擊一次，是否命中目標互不影響，已知甲、乙兩人命中目標的概率分別為，，則至少有一人命中目標的概率（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先根據題意求出甲、乙兩人各射擊一次，目標沒被命中的概率，再利用對立事件的概率公式求解即可.〖詳析〗∵甲、乙兩人各射擊一次，目標沒被命中的概率為，∴甲、乙兩人各射擊一次，目標被命中的概率為.故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據已知式子結合同角三角函數的商數關系與平方關系，可求得的值，再由誘導公式求得的值.〖詳析〗解：①，由于代入①，得：，由于，所以，故，所以.故選：C.5.當前疫情階段，口罩成為熱門商品，為了賺錢，小明決定在家制作兩種口罩：N95口罩和N90口罩.已知制作一只N95口罩需要2張熔噴布和2張針刺棉，制作一只N90口罩需要3張熔噴布和1張針刺棉，現小明手上有36張熔噴布和20張針刺棉，且一只N95口罩有4元利潤，一只N90口罩有3元利潤，為了獲得最大利潤，那么小明應該制作（）A.5只N95口罩，8只N90口罩 B.6只N95口罩，6只N90口罩C.7只N95口罩，6只N90口罩 D.6只N95口罩，8只N90口罩〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據題意，設出變量，列出約束條件，畫出可行域，求得最優解，注意變量需要取整數.〖詳析〗設制作x只N95口罩，y只N90口罩，根據題意有，可行域如圖所示：利潤，目標函數看作斜率為的直線，當目標函數表示的直線經過可行域內的點，且在y軸上的截距最大時，最大，由，求得最優解，所以當時，z的值最大，所以小明應該制作6只N95口罩，8只N90口罩，故選：D.6.古希臘亞歷山大時期最后一位重要的幾何學家帕普斯（，公元3世紀末）在其代表作《數學匯編》中研究了“三線軌跡”問題：即到兩條已知直線距離的乘積與到第三條直線距離的平方之比等于常數的動點軌跡為圓錐曲線.今有平面內三條給定的直線，，，且，均與垂直.若動點M到的距離的乘積與到的距離的平方相等，則動點M在直線之間的軌跡是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據題意得到三條直線的關系，不妨設記為，直線為，為，進而可根據條件表示出動點M的軌跡方程，從而得出結論.〖詳析〗因為在平面內三條給定的直線，，，且，均與垂直，所以，平行，又因為動點M到的距離的乘積與到的距離的平方相等，記為，直線為，為，設，且動點M在直線之間，所以M到的距離為，M到的距離為，M到的距離為，所以，若，則；若，則，所以，即，故動點M的軌跡為圓.故選：A.7.已知橢圓：的右焦點和上頂點分別為，且焦距等于4，的延長線交橢圓于點，，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據題意得出直線的方程，聯立方程組，利用韋達定理求出點的橫坐標，再結合即可求出的值，進而求出橢圓的離心率.〖詳析〗由題意可知：，，則直線的方程為：，設，將直線方程與橢圓方程聯立，整理化簡可得：，則，又因為，所以，則有，解得：，所以，又，所以橢圓的離心率為，故選：.8.某同學在參加《通用技術》實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合），若其中一個截面圓的周長為，則該球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設截面圓半徑為，球的半徑為，根據截面圓的周長求得，再利用求解.〖詳析〗設截面圓半徑為，球的半徑為，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即2，根據截面圓的周長可得，則，由題意知，即，∴該球的表面積為．故選：A9.八一起義紀念碑(如圖甲所示)是江西省南昌市的標志性建筑，它坐落于南昌市中心的八一廣場.紀念碑的碑身為長方體，正北面是葉劍英元帥題寫的“八一南昌起義紀念塔”九個銅胎鎏金大字.建軍節那天，李華同學去八一廣場瞻仰紀念碑，把地面抽象為平面?碑身抽象為線段，李華同學抽象為點，則李華同學站在廣場上瞻仰紀念碑的情景可簡化為如圖乙所示的數學模型，設A?B兩點的坐標分別為，，要使看上去最長(可見角最大)，李華同學(點)的坐標為()甲乙A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據幾何關系表示出，利用基本不等式求其最大值即可判斷C的坐標．〖詳析〗設，則C(c，0)，，當且僅當，即時取等號，∵為銳角，故當tan最大時，最大．故選：A．10.已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在雙曲線上，且，的延長線交雙曲線于點，若雙曲線的離心率為，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用雙曲線的定義得到關于的表達式，在與中利用余弦定理求得與，從而求得關于的表達式，由此得解.〖詳析〗因為雙曲線的離心率為，即，令，則，所以，，不妨設點在雙曲線的右支上時，如圖，記，則由雙曲線的定義得，所以，在中，，則，即，整理得，解得或（舍去），故，，在中，，則，即，整理得，解得，則，，所以；故選：B.11.如圖，已知正四面體ABCD的棱長為1，過點B作截面分別交側棱AC，AD于E，F兩點，且四面體ABEF的體積為四面體ABCD體積的，則EF的最小值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據已知可得的面積，由三角形面積公式和余弦定理，使用基本不等式可得.〖詳析〗由題知，所以，記，則，即.則，當且僅當，即時，取等號.所以a的最小值為故選：D12.已知關于的不等式對任意恒成立，則的最大值為（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗討論的取值范圍，利用函數圖象，結合導數求出，構造函數，利用導數求出函數的最值，進而得解．〖詳析〗解：關于的不等式對任意恒成立，設，，若，對任意恒成立，則，對任意恒成立，當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，顯然，由圖可知，對任意不恒成立；當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，顯然，由圖可知，對任意不恒成立；當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，由圖可知，臨界條件是直線與曲線的圖象相切時，由，求導，設，解得，且，當的切線斜率為2時，切點坐標為，故，所以，即，所以，令，求導，令，得，即，當，函數單調遞增，當，函數單調遞減，所以當，函數取到最大值，且.故的最大值為．故選：D．〖『點石成金』〗本題考查了函數的恒成立問題與導數的關系，屬于難題．解決本問題的關鍵為討論的取值范圍，利用函數圖象，當時，不等式恒成立轉化為切線問題，設切點坐標，根據導數的幾何意義可得，構造函數，利用導數求出函數的最值，進而得解．第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.的展開式中常數項為_________．（用數字作答）〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求出的展開式中的常數項和的系數，再求的常數項.〖詳析〗解：因為，其中展開式的通項為，令得的常數項為，令，即得展開式中的系數為.所以的常數項為.故〖答案〗為：14.在平行四邊形中，是的中點，，且，，則___________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根據平面向量基本定理，結合平面向量線性運算的性質、平面向量數量積的運算性質和定義進行求解即可.〖詳析〗在平行四邊形中，有，因為是的中點，所以，因為，所以，由因為，所以由，解得：，故〖答案〗為：15.已知等比數列滿足：，，則的值為___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用等比數列得性質得出，再將所求式子通分代入即可求得.〖詳析〗因為為等比數列，所以，故〖答案〗為：1016.已知，，是正實數，且，則最小值為__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由于，，是正實數，且，所以先結合基本不等式“1”的代換求的最小值，得，則，再根據基本不等式湊項法求的最小值，即可求得的最小值.〖詳析〗解：，由于，，是正實數，且，所以，當且僅當，即，所以時等號成立，則的最小值為，所以，當且僅當，即時等號成立，則最小值為.故〖答案〗為：.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～22為必考題，每個試題考生都必須作答，第22、23題為選做題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分17.已知數列是遞增的等比數列，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設為數列的前n項和，，為數列的前n項和，若對一切成立，求最小正整數m.〖答案〗（1）（2）2022〖解析〗〖祥解〗（1）由已知解方程，得，，由此能求出數列的通項公式．（2）由已知條件利用等比數列的前項和公式先求出，從而得到，由此利用裂項求和法能求出數列的前項和．由，得到，由此能求出最小正整數．〖小問1詳析〗數列是遞增的等比數列，且，，，，是方程的兩個根，解方程，得，，，，．〖小問2詳析〗由（1）得：，，數列的前項和：，且對一切成立，，解得，最小正整數為2022．18.如圖多面體中，四邊形是菱形，，平面，，（1）證明：平面平面；（2）在棱上有一點，使得平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中點，連接交于，連接，，證明，利用平面，證明平面，從而平面平面；（2）建立平面直角坐標系，設，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐標，再利用空間向量法求出點到面的距離．〖小問1詳析〗證明：取中點，連接交于，連接，，因為是菱形，所以，且是的中點，所以且，又，，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；〖小問2詳析〗解：取的中點，由四邊形是菱形，，則，是正三角形，，，又平面，所以以原點，，，為坐標軸建立空間直角坐標系，設在棱上存在點使得平面與平面的夾角為，則，，，，，，則設，，所以，，，，設平面的一個法向量為，，，則，即，令，，得平面的法向量可以為，，解得，所以，則設平面的一個法向量為，則，即，取，得，所以點到平面的距離.19.2020年8月，體育總局和教育部聯合提出了《關于深化體教融合，促進青少年健康發展的意見》.某地區為落實該意見，初中畢業生升學體育考試規定，考生必須參加立定跳遠?擲實心球?1分鐘跳繩三項測試，三項考試滿分為50分，其中立定跳遠15分，擲實心球15分，1分鐘跳繩20分.某學校在初三上學期開始時要掌握全年級學生每分鐘跳繩的情況，隨機抽取了100名學生進行測試，得到頻率分布直方圖(如圖所示)，且規定計分規則如下表：每分鐘跳繩個數得分17181920（1）現從樣本的100名學生中，任意選取2人，求兩人得分之和不大于35分的概率；（2）若該校初三年級所有學生的跳繩個數，用樣本數據的平均值和方差估計總體的期望和方差.已知樣本方差(各組數據用中點值代替).根據往年經驗，該校初三年級學生經過訓練，正式測試時跳繩個數都有明顯進步.假設中考正式測試時每人每分鐘跳繩個數比初三上學期開始時個數增加10個，現利用所得正態分布模型：①全年級有1000名學生，預估正式測試每分鐘跳182個以上人數；(結果四舍五入到整數)②若在全年級所有學生中任意選取3人，記正式測試時每分鐘跳195個以上的人數為，求隨機變量的分布列和期望.附：若，則.〖答案〗（1）；（2）①人；②分布列〖答案〗見〖解析〗，數學期望：.〖解析〗〖祥解〗（1）分成兩人得分均為16分，或兩人中1人16分，1人17分兩種情況，計算得到〖答案〗；（2）①先計算，得到，代入公式計算得到〖答案〗；②每分鐘跳繩個數195以上的概率為0.5，計算概率得到分布列，再計算數學期望得到〖答案〗.〖詳析〗（1）由頻率分步直方圖得，得分為17，18的人數分別為6人，12人，所以兩人得分之和不大于35分為兩人得分均為17分，或兩人中1人17分1人18分，所以.（2）又，所以正式測試時，，所以，①所以，所以人；②由正態分布模型，任取1人，每分鐘跳繩個數195以上的概率為，即，所以，所以，所以的分布列為0123所以.答：（1）兩人得分之和不大于35分的概率為；（2）①每分鐘跳182個以上人數為841；②隨機變量的期望.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：本題考查了概率的計算，分布列，數學期望，第二問的關鍵點是計算出，從而得出，判斷出，意在考查學生的綜合應用能力.20.已知橢圓的左焦點為，過原點的直線與橢圓交于，兩點，若，且.（1）求橢圓的離心率；（2）橢圓的上頂點為，不過的直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為，若，試問直線是否經過定點？若經過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.〖答案〗（1）（2）直線恒過定點，定點坐標為〖解析〗〖祥解〗（1）設橢圓的右焦點為，連接，，然后在由條件可得，，，然后利用余弦定理求解即可；（2）首先求出橢圓的方程，然后由可推出，然后設直線的方程為，，，聯立直線與橢圓的方程消元表示出、，然后由求出的值可得〖答案〗.〖小問1詳析〗設橢圓的右焦點為，連接，根據橢圓的對稱性可知，四邊形為平行四邊形.又，所以而，所以，在四邊形中，，所以，在中，根據余弦定理得即化簡得.所以橢圓的離心率；〖小問2詳析〗因為橢圓的上頂點為，所以，所以，又由（1）知，解得，所以橢圓的標準方程為.在中，，，所以，從而，又為線段的中點，即，所以，因此，從而，根據題意可知直線的斜率一定存在，設它的方程為，，，聯立消去得①，，根據韋達定理可得，，所以所以，整理得，解得或又直線不經過點，所以舍去，于是直線的方程為，恒過定點，該點在橢圓內，滿足關于的方程①有兩個不相等的解，所以直線恒過定點，定點坐標為.21.已知函數，.若函數在定義域內有兩個不同的極值點.（1）求實數a的取值范圍；（2）當時，證明：.〖答案〗（1）；（2）證明見〖解析〗．〖解析〗〖祥解〗(1)在內有兩個不同的極值點、，等價于在內有兩個不同的零點、.研究的單調性和零點情況即可求出a的范圍；(2)設，由(1)知且，則，將a=代入要證的不等式，可將不等式化為，令，則不等式化為，問題轉化為在(0，1)恒成立即可．〖小問1詳析〗函數定義域為，在內有兩個不同極值點、，等價于在內有兩個不同的零點、．設，由，當時，，在上單調遞增，至多只有一個零點，不符題意；當時，在上，單調遞增；在上，單調遞減，∴當時，，函數有兩個零點，則必有，即，解得．易證，證明如下：令，，當時，，單調遞減，當時，單調遞增，故，故，得證．∴，又，∴在和上各有一個零點、，此時：00↓極小值↑極大值↓故在定義域內有兩個不同的極值點時，a的范圍為；〖小問2詳析〗方法1：由(1)可知是的兩個零點，不防設，由且，得．∵．令，則，記，，則，令，．又，則，即，∴在上單調遞增，故，即成立．∴不等式成立．方法2：欲證，由，，則只需證：．不妨設，則且，則，∴，令，則，記，，由，即在上單調遞增，故，即成立.故．〖『點石成金』〗本題第一問關鍵是找到x=1和x=，判斷，，從而根據零點存在性定理判斷在和上各有一個零點；第二問的關鍵是利用是的兩個零點用替換a，再利用換元將雙變量轉化為單變量進行證明．（二）選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.作答時請寫清題號.選修4-4：坐標系與參數方程22.以等邊三角形的每個頂點為圓心，以其邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形被稱為勒洛三角形．如圖，在極坐標系中，曲邊三角形為勒洛三角形，且．以極點O為直角坐標原點，極軸為x軸正半軸建立平面直角坐標系．（1）求的極坐標方程；（2）若曲線C的參數方程為（t為參數），求曲線C與交點的極坐標．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）求得的直角坐標方程，再轉化為極坐標方程即可；（2）求得曲線的普通方程，結合的直角坐標方程，求得交點的直角坐標，再轉化為極坐標即可.〖小問1詳析〗對點，設其直角坐標為，則，即其直角坐標為，故在直角坐標系下的方程為：，由可得：，故的極坐標方程為：.〖小問2詳析〗由題可得曲線的普通方程為：，聯立，可得，解得或，又，故，則，即曲線C與交點的直角坐標為，設其極坐標為，則，，即曲線C與交點的極坐標為.選修4-5：不等式選講23.已知函數．（1）當a＝3時，解不等式；（2）若不等式的解集非空，求實數a的取值范圍．〖答案〗（1）；（2）．〖解析〗〖祥解〗（1）由a＝3可得，去絕對值，分類討論解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由題意可得有解，運用絕對值不等式的性質可得此不等式左邊的最小值，解a的不等式可得所求范圍．〖詳析〗（1）當a＝3時，即為，等價于或或，解得或或，則原不等式的解集為；（2）不等式的解集非空等價于有解．由，（當且僅當時取得等號），所以，解得，故a的取值范圍是．〖『點石成金』〗本題考查分類討論解絕對值不等式以及不等式能成立求參數的問題，考查學生分類討論的思想，是一道容易題.

高考模擬試題PAGEPAGE1江西省五市九校協作體2023屆高三第一次聯考數學（理科）試卷考試時間：120分鐘，分值：150分第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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.已知全集，集合，，那么陰影部分表示的集合為A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由韋恩圖可知陰影部分表示的集合為，求出，計算得到〖答案〗〖詳析〗陰影部分表示的集合為，故選〖『點石成金』〗本題主要考查的是韋恩圖表達集合的關系和運算，屬于基礎題2.已知復數滿足，則的最大值為（）A. B. C. D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設，，利用復數幾何意義計算.〖詳析〗設，由已知，，所以點在單位圓上，而，表示點到的距離，故.故選：B〖『點石成金』〗本題考查求復數模的最大值，其實本題可以利用不等式來解決.3.甲、乙兩人各射擊一次，是否命中目標互不影響，已知甲、乙兩人命中目標的概率分別為，，則至少有一人命中目標的概率（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先根據題意求出甲、乙兩人各射擊一次，目標沒被命中的概率，再利用對立事件的概率公式求解即可.〖詳析〗∵甲、乙兩人各射擊一次，目標沒被命中的概率為，∴甲、乙兩人各射擊一次，目標被命中的概率為.故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據已知式子結合同角三角函數的商數關系與平方關系，可求得的值，再由誘導公式求得的值.〖詳析〗解：①，由于代入①，得：，由于，所以，故，所以.故選：C.5.當前疫情階段，口罩成為熱門商品，為了賺錢，小明決定在家制作兩種口罩：N95口罩和N90口罩.已知制作一只N95口罩需要2張熔噴布和2張針刺棉，制作一只N90口罩需要3張熔噴布和1張針刺棉，現小明手上有36張熔噴布和20張針刺棉，且一只N95口罩有4元利潤，一只N90口罩有3元利潤，為了獲得最大利潤，那么小明應該制作（）A.5只N95口罩，8只N90口罩 B.6只N95口罩，6只N90口罩C.7只N95口罩，6只N90口罩 D.6只N95口罩，8只N90口罩〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據題意，設出變量，列出約束條件，畫出可行域，求得最優解，注意變量需要取整數.〖詳析〗設制作x只N95口罩，y只N90口罩，根據題意有，可行域如圖所示：利潤，目標函數看作斜率為的直線，當目標函數表示的直線經過可行域內的點，且在y軸上的截距最大時，最大，由，求得最優解，所以當時，z的值最大，所以小明應該制作6只N95口罩，8只N90口罩，故選：D.6.古希臘亞歷山大時期最后一位重要的幾何學家帕普斯（，公元3世紀末）在其代表作《數學匯編》中研究了“三線軌跡”問題：即到兩條已知直線距離的乘積與到第三條直線距離的平方之比等于常數的動點軌跡為圓錐曲線.今有平面內三條給定的直線，，，且，均與垂直.若動點M到的距離的乘積與到的距離的平方相等，則動點M在直線之間的軌跡是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據題意得到三條直線的關系，不妨設記為，直線為，為，進而可根據條件表示出動點M的軌跡方程，從而得出結論.〖詳析〗因為在平面內三條給定的直線，，，且，均與垂直，所以，平行，又因為動點M到的距離的乘積與到的距離的平方相等，記為，直線為，為，設，且動點M在直線之間，所以M到的距離為，M到的距離為，M到的距離為，所以，若，則；若，則，所以，即，故動點M的軌跡為圓.故選：A.7.已知橢圓：的右焦點和上頂點分別為，且焦距等于4，的延長線交橢圓于點，，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據題意得出直線的方程，聯立方程組，利用韋達定理求出點的橫坐標，再結合即可求出的值，進而求出橢圓的離心率.〖詳析〗由題意可知：，，則直線的方程為：，設，將直線方程與橢圓方程聯立，整理化簡可得：，則，又因為，所以，則有，解得：，所以，又，所以橢圓的離心率為，故選：.8.某同學在參加《通用技術》實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合），若其中一個截面圓的周長為，則該球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設截面圓半徑為，球的半徑為，根據截面圓的周長求得，再利用求解.〖詳析〗設截面圓半徑為，球的半徑為，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即2，根據截面圓的周長可得，則，由題意知，即，∴該球的表面積為．故選：A9.八一起義紀念碑(如圖甲所示)是江西省南昌市的標志性建筑，它坐落于南昌市中心的八一廣場.紀念碑的碑身為長方體，正北面是葉劍英元帥題寫的“八一南昌起義紀念塔”九個銅胎鎏金大字.建軍節那天，李華同學去八一廣場瞻仰紀念碑，把地面抽象為平面?碑身抽象為線段，李華同學抽象為點，則李華同學站在廣場上瞻仰紀念碑的情景可簡化為如圖乙所示的數學模型，設A?B兩點的坐標分別為，，要使看上去最長(可見角最大)，李華同學(點)的坐標為()甲乙A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據幾何關系表示出，利用基本不等式求其最大值即可判斷C的坐標．〖詳析〗設，則C(c，0)，，當且僅當，即時取等號，∵為銳角，故當tan最大時，最大．故選：A．10.已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在雙曲線上，且，的延長線交雙曲線于點，若雙曲線的離心率為，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用雙曲線的定義得到關于的表達式，在與中利用余弦定理求得與，從而求得關于的表達式，由此得解.〖詳析〗因為雙曲線的離心率為，即，令，則，所以，，不妨設點在雙曲線的右支上時，如圖，記，則由雙曲線的定義得，所以，在中，，則，即，整理得，解得或（舍去），故，，在中，，則，即，整理得，解得，則，，所以；故選：B.11.如圖，已知正四面體ABCD的棱長為1，過點B作截面分別交側棱AC，AD于E，F兩點，且四面體ABEF的體積為四面體ABCD體積的，則EF的最小值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據已知可得的面積，由三角形面積公式和余弦定理，使用基本不等式可得.〖詳析〗由題知，所以，記，則，即.則，當且僅當，即時，取等號.所以a的最小值為故選：D12.已知關于的不等式對任意恒成立，則的最大值為（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗討論的取值范圍，利用函數圖象，結合導數求出，構造函數，利用導數求出函數的最值，進而得解．〖詳析〗解：關于的不等式對任意恒成立，設，，若，對任意恒成立，則，對任意恒成立，當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，顯然，由圖可知，對任意不恒成立；當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，顯然，由圖可知，對任意不恒成立；當時，在同一坐標系中作出函數，的圖象，由圖可知，臨界條件是直線與曲線的圖象相切時，由，求導，設，解得，且，當的切線斜率為2時，切點坐標為，故，所以，即，所以，令，求導，令，得，即，當，函數單調遞增，當，函數單調遞減，所以當，函數取到最大值，且.故的最大值為．故選：D．〖『點石成金』〗本題考查了函數的恒成立問題與導數的關系，屬于難題．解決本問題的關鍵為討論的取值范圍，利用函數圖象，當時，不等式恒成立轉化為切線問題，設切點坐標，根據導數的幾何意義可得，構造函數，利用導數求出函數的最值，進而得解．第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.的展開式中常數項為_________．（用數字作答）〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求出的展開式中的常數項和的系數，再求的常數項.〖詳析〗解：因為，其中展開式的通項為，令得的常數項為，令，即得展開式中的系數為.所以的常數項為.故〖答案〗為：14.在平行四邊形中，是的中點，，且，，則___________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根據平面向量基本定理，結合平面向量線性運算的性質、平面向量數量積的運算性質和定義進行求解即可.〖詳析〗在平行四邊形中，有，因為是的中點，所以，因為，所以，由因為，所以由，解得：，故〖答案〗為：15.已知等比數列滿足：，，則的值為___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用等比數列得性質得出，再將所求式子通分代入即可求得.〖詳析〗因為為等比數列，所以，故〖答案〗為：1016.已知，，是正實數，且，則最小值為__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由于，，是正實數，且，所以先結合基本不等式“1”的代換求的最小值，得，則，再根據基本不等式湊項法求的最小值，即可求得的最小值.〖詳析〗解：，由于，，是正實數，且，所以，當且僅當，即，所以時等號成立，則的最小值為，所以，當且僅當，即時等號成立，則最小值為.故〖答案〗為：.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～22為必考題，每個試題考生都必須作答，第22、23題為選做題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分17.已知數列是遞增的等比數列，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設為數列的前n項和，，為數列的前n項和，若對一切成立，求最小正整數m.〖答案〗（1）（2）2022〖解析〗〖祥解〗（1）由已知解方程，得，，由此能求出數列的通項公式．（2）由已知條件利用等比數列的前項和公式先求出，從而得到，由此利用裂項求和法能求出數列的前項和．由，得到，由此能求出最小正整數．〖小問1詳析〗數列是遞增的等比數列，且，，，，是方程的兩個根，解方程，得，，，，．〖小問2詳析〗由（1）得：，，數列的前項和：，且對一切成立，，解得，最小正整數為2022．18.如圖多面體中，四邊形是菱形，，平面，，（1）證明：平面平面；（2）在棱上有一點，使得平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中點，連接交于，連接，，證明，利用平面，證明平面，從而平面平面；（2）建立平面直角坐標系，設，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐標，再利用空間向量法求出點到面的距離．〖小問1詳析〗證明：取中點，連接交于，連接，，因為是菱形，所以，且是的中點，所以且，又，，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；〖小問2詳析〗解：取的中點，由四邊形是菱形，，則，是正三角形，，，又平面，所以以原點，，，為坐標軸建立空間直角坐標系，設在棱上存在點使得平面與平面的夾角為，則，，，，，，則設，，所以，，，，設平面的一個法向量為，，，則，即，令，，得平面的法向量可以為，，解得，所以，則設平面的一個法向量為，則，即，取，得，所以點到平面的距離.19.2020年8月，體育總局和教育部聯合提出了《關于深化體教融合，促進青少年健康發展的意見》.某地區為落實該意見，初中畢業生升學體育考試規定，考生必須參加立定跳遠?擲實心球?1分鐘跳繩三項測試，三項考試滿分為50分，其中立定跳遠15分，擲實心球15分，1分鐘跳繩20分.某學校在初三上學期開始時要掌握全年級學生每分鐘跳繩的情況，隨機抽取了100名學生進行測試，得到頻率分布直方圖(如圖所示)，且規定計分規則如下表：每分鐘跳繩個數得分17181920（1）現從樣本的100名學生中，任意選取2人，求兩人得分之和不大于35分的概率；（2）若該校初三年級所有學生的跳繩個數，用樣本數據的平均值和方差估計總體的期望和方差.已知樣本方差(各組數據用中點值代替).根據往年經驗，該校初三年級學生經過訓練，正式測試時跳繩個數都有明顯進步.假設中考正式測試時每人每分鐘跳繩個數比初三上學期開始時個數增加10個，現利用所得正態分布模型：①全年級有1000名學生，預估正式測試每分鐘跳182個以上人數；(結果四舍五入到整數)②若在全年級所有學生中任意選取3人，記正式測試時每分鐘跳195個以上的人數為，求隨機變量的分布列和期望.附：若，則.〖答案〗（1）；（2）①人；②分布列〖答案〗見〖解析〗，數學期望：.〖解析〗〖祥解〗（1）分成兩人得分均為16分，或兩人中1人16分，1人17分兩種情況，計算得到〖答案〗；（2）①先計算，得到，代入公式計算得到〖答案〗；②每分鐘跳繩個數195以上的概率為0.5，計算概率得到分布列，再計算數學期望得到〖答案〗.〖詳析〗（1）由頻率分步直方圖得，得分為17，18的人數分別為6人，12人，所以兩人得分之和不大于35分為兩人得分均為17分，或兩人中1人17分1人18分，所以.（2）又，所以正式測試時，，所以，①所以，所以人；②由正態分布模型，任取1人，每分鐘跳繩個數195以上的概率為，即，所以，所以，所以的分布列為0123所以.答：（1）兩人得分之和不大于35分的概率為；（2）①每分鐘跳182個以上人數為841；②隨機變量的期望.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：本題考查了概率的計算，分布列，數學期望，第二問的關鍵點是計算出，從而得出，判斷出，意在考查學生的綜合應用能力.20.已知橢圓的左焦點為，過原點的直線與橢圓交于，兩點，若，且.（1）求橢圓的離心率；（2）橢圓的上頂點為，不過的直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為，若，試問直線是否經過定點？若經過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.〖答案〗（1）（2）直線恒過定點，定點坐標為〖解析〗〖祥解〗（1）設橢圓的右焦點為，連接，，然后在由條件可得，，，然后利用余弦定理求解即可；（2）首先求出橢圓的方程，然后由可推出，然后設直線的方程為，，，聯立直線與橢圓的方程消元表示出、，然后由求出的值可得〖答案〗.〖小問1詳析〗設橢圓的右焦點為，連接，根據橢圓的對稱性可知，四邊形為平行四邊形.又，所以而，所以，在四邊形中，，所以，在中，根據余弦定理得即化簡得.所以橢圓的離心率；〖小問2詳析〗因為橢圓的上頂點為，所以，所以，又由（1）知，解得，所以橢圓的標準方程為.在中，，，所以，從而，又為線段的中點，即，所以，因此，從而，根據題意可知直線的斜率一