PAGEPAGE1絕密★啟用前試卷類型：A2023年普通高等學校招生全國統一考試新課標Ⅰ卷數學本試卷共4頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1．答題前，考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（A）填涂在答題卡相應位置上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2．作答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗，〖答案〗不能答在試卷上.3．非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4．考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.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.已知集合，，則（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根據交集的運算解出．方法二：將集合中的元素逐個代入不等式驗證，即可解出．【詳析】方法一：因為，而，所以．故選：C．方法二：因為，將代入不等式，只有使不等式成立，所以．故選：C．2.已知，則（）A. B. C.0 D.1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求出，再由共軛復數的概念得到，從而解出．【詳析】因為，所以，即．故選：A．3.已知向量，若，則（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據向量的坐標運算求出，，再根據向量垂直的坐標表示即可求出．【詳析】因為，所以，，由可得，，即，整理得：．故選：D．4.設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用指數型復合函數單調性，判斷列式計算作答.【詳析】函數在R上單調遞增，而函數在區間上單調遞減，則有函數在區間上單調遞減，因此，解得，所以的取值范圍是.故選：D5.設橢圓的離心率分別為．若，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據給定的橢圓方程，結合離心率的意義列式計算作答.【詳析】由，得，因此，而，所以.故選：A6.過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳析】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，因為，則，可得，則，，即為鈍角，所以；法二：圓的圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，連接，可得，則，因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；方法三：圓的圓心，半徑，若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；若切線斜率存在，設切線方程為，即，則，整理得，且設兩切線斜率分別為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.7.記為數列的前項和，設甲：為等差數列；乙：為等差數列，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義，再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.，【詳析】方法1，甲：為等差數列，設其首項為，公差為，則，因此為等差數列，則甲是乙的充分條件；反之，乙：為等差數列，即為常數，設為，即，則，有，兩式相減得：，即，對也成立，因此為等差數列，則甲是乙的必要條件，所以甲是乙的充要條件，C正確.方法2，甲：為等差數列，設數列的首項，公差為，即，則，因此為等差數列，即甲是乙的充分條件；反之，乙：等差數列，即，即，，當時，上兩式相減得：，當時，上式成立，于是，又為常數，因此為等差數列，則甲是乙必要條件，所以甲是乙的充要條件.故選：C8.已知，則（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據給定條件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳析】因為，而，因此，則，所以.故選：B【『點石成金』】方法『點石成金』：三角函數求值的類型及方法（1）“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看較難，但非特殊角與特殊角總有一定關系．解題時，要利用觀察得到的關系，結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數．（2）“給值求值”：給出某些角的三角函數值，求另外一些角的三角函數值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系．（3）“給值求角”：實質上也轉化為“給值求值”，關鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角，有時要壓縮角的取值范圍．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.有一組樣本數據，其中是最小值，是最大值，則（）A.的平均數等于的平均數B.的中位數等于的中位數C.的標準差不小于的標準差D.的極差不大于的極差〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合平均數、中位數、標準差以及極差的概念逐項分析判斷.【詳析】對于選項A：設的平均數為，的平均數為，則，因為沒有確定的大小關系，所以無法判斷的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A錯誤；對于選項B：不妨設，可知的中位數等于的中位數均為，故B正確；對于選項C：因為是最小值，是最大值，則的波動性不大于的波動性，即的標準差不大于的標準差，例如：，則平均數，標準差，，則平均數，標準差，顯然，即；故C錯誤；對于選項D：不妨設，則，當且僅當時，等號成立，故D正確；故選：BD.10.噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級，其中常數是聽覺下限閾值，是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級：聲源與聲源的距離聲壓級燃油汽車10混合動力汽車10電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為，則（）．A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據題意可知，結合對數運算逐項分析判斷.【詳析】由題意可知：，對于選項A：可得，因為，則，即，所以且，可得，故A正確；對于選項B：可得，因為，則，即，所以且，可得，當且僅當時，等號成立，故B錯誤；對于選項C：因為，即，可得，即，故C正確；對于選項D：由選項A可知：，且，則，即，可得，且，所以，故D正確；故選：ACD.11.已知函數的定義域為，，則（）．A. B.C.是偶函數 D.為的極小值點〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗方法一：利用賦值法，結合函數奇遇性的判斷方法可判斷選項ABC，舉反例即可排除選項D.方法二：選項ABC的判斷與方法一同，對于D，可構造特殊函數進行判斷即可.【詳析】方法一：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，不妨令，顯然符合題設條件，此時無極值，故錯誤方法二：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，當時，對兩邊同時除以，得到，故可以設，則，當肘，，則，令，得；令，得；故在上單調遞減，在上單調遞增，因為為偶函數，所以在上單調遞增，在上單調遞減，顯然，此時是的極大值，故D錯誤.故選：.12.下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（）A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為，高為的圓柱體D.底面直徑為，高為的圓柱體〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳析】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內，故C正確；對于選項D：因為正方體的體對角線長為，且，設正方體的中心為，以為軸對稱放置圓柱，設圓柱的底面圓心到正方體的表面的最近的距離為，如圖，結合對稱性可知：，則，即，解得，所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；故選：ABD.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：對于C、D：以正方體的體對角線為圓柱的軸，結合正方體以及圓柱的性質分析判斷.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種（用數字作答）．〖答案〗64〖解析〗〖祥解〗分類討論選修2門或3門課，對選修3門，再討論具體選修課的分配，結合組合數運算求解.【詳析】（1）當從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種；（2）當從8門課中選修3門，①若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種；②若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種；綜上所述：不同的選課方案共有種.故〖答案〗：64.14.在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳析】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，因為，則，故，則，所以所求體積為.故〖答案〗為：.15.已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.【詳析】因為，所以，令，則有3個根，令，則有3個根，其中，結合余弦函數的圖像性質可得，故，故〖答案〗為：.16.已知雙曲線的左、右焦點分別為．點在上，點在軸上，，則的離心率為________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗方法一：利用雙曲線的定義與向量數積的幾何意義得到關于的表達式，從而利用勾股定理求得，進而利用余弦定理得到的齊次方程，從而得解.方法二：依題意設出各點坐標，從而由向量坐標運算求得，，將點代入雙曲線得到關于的齊次方程，從而得解；【詳析】方法一：依題意，設，則，在中，，則，故或（舍去），所以，，則，故，所以在中，，整理得，故.方法二:依題意，得，令，因為，所以，則，又，所以，則，又點上，則，整理得，則，所以，即，整理得，則，解得或，又，所以或（舍去），故.故〖答案〗為：.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：雙曲線過焦點的三角形的解決關鍵是充分利用雙曲線的定義，結合勾股定理與余弦定理得到關于的齊次方程，從而得解.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.已知在中，．（1）求；（2）設，求邊上的高．〖答案〗（1）（2）6〖解析〗〖祥解〗（1）根據角的關系及兩角和差正弦公式，化簡即可得解；（2）利用同角之間的三角函數基本關系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根據等面積法求解即可.【小問1詳析】，，即，又，，，，即，所以，.【小問2詳析】由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.18.如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．（1）證明：；（2）點在棱上，當二面角為時，求．〖答案〗（1）證明見〖解析〗；（2）1〖解析〗〖祥解〗（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；（2）設，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【小問1詳析】以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，又不在同一條直線上，.【小問2詳析】設，則，設平面的法向量，則，令，得，，設平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.19.已知函數．（1）討論的單調性；（2）證明：當時，．〖答案〗（1）〖答案〗見〖解析〗（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.【小問1詳析】因為，定義域為，所以，當時，由于，則，故恒成立，所以在上單調遞減；當時，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳析】方法一：由（1）得，，要證，即證，即證恒成立，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.方法二：令，則，由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，則，當且僅當時，等號成立，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以要證，即證，即證，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.20.設等差數列的公差為，且．令，記分別為數列的前項和．（1）若，求的通項公式；（2）若為等差數列，且，求．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據等差數列的通項公式建立方程求解即可；（2）由為等差數列得出或，再由等差數列的性質可得，分類討論即可得解.【小問1詳析】，，解得，，又，，即，解得或（舍去），.【小問2詳析】為等差數列，，即，，即，解得或，，，又，由等差數列性質知，，即，，即，解得或（舍去）當時，，解得，與矛盾，無解；當時，，解得.綜上，.21.甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．（1）求第2次投籃的人是乙的概率；（2）求第次投籃的人是甲的概率；（3）已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗〖祥解〗（1）根據全概率公式即可求出；（2）設，由題意可得，根據數列知識，構造等比數列即可解出；（3）先求出兩點分布的期望，再根據題中的結論以及等比數列的求和公式即可求出．【小問1詳析】記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，所以，.【小問2詳析】設，依題可知，，則，即，構造等比數列，設，解得，則，又，所以是首項為，公比為的等比數列，即．【小問3詳析】因為，，所以當時，，故．【『點石成金』】本題第一問直接考查全概率公式的應用，后兩問的解題關鍵是根據題意找到遞推式，然后根據數列的基本知識求解．22.在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．（1）求的方程；（2）已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．〖答案〗（1）（2）見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.【小問1詳析】設,則，兩邊同平方化簡得，故.【小問2詳析】法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，則,令，同理令，且，則，設矩形周長為,由對稱性不妨設，，則.，易知則令,令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，故,即.當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設在上，且，依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，直線的方程為，則聯立得，，則則，同理，令，則，設，則，令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設,根據對稱性不妨設.則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于..【『點石成金』】關鍵『點石成金』：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.PAGEPAGE2絕密★啟用前試卷類型：A2023年普通高等學校招生全國統一考試新課標Ⅰ卷數學本試卷共4頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1．答題前，考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（A）填涂在答題卡相應位置上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2．作答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗，〖答案〗不能答在試卷上.3．非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的〖答案〗無效.4．考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.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.已知集合，，則（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根據交集的運算解出．方法二：將集合中的元素逐個代入不等式驗證，即可解出．【詳析】方法一：因為，而，所以．故選：C．方法二：因為，將代入不等式，只有使不等式成立，所以．故選：C．2.已知，則（）A. B. C.0 D.1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求出，再由共軛復數的概念得到，從而解出．【詳析】因為，所以，即．故選：A．3.已知向量，若，則（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據向量的坐標運算求出，，再根據向量垂直的坐標表示即可求出．【詳析】因為，所以，，由可得，，即，整理得：．故選：D．4.設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用指數型復合函數單調性，判斷列式計算作答.【詳析】函數在R上單調遞增，而函數在區間上單調遞減，則有函數在區間上單調遞減，因此，解得，所以的取值范圍是.故選：D5.設橢圓的離心率分別為．若，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據給定的橢圓方程，結合離心率的意義列式計算作答.【詳析】由，得，因此，而，所以.故選：A6.過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳析】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，因為，則，可得，則，，即為鈍角，所以；法二：圓的圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，連接，可得，則，因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；方法三：圓的圓心，半徑，若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；若切線斜率存在，設切線方程為，即，則，整理得，且設兩切線斜率分別為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.7.記為數列的前項和，設甲：為等差數列；乙：為等差數列，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義，再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.，【詳析】方法1，甲：為等差數列，設其首項為，公差為，則，因此為等差數列，則甲是乙的充分條件；反之，乙：為等差數列，即為常數，設為，即，則，有，兩式相減得：，即，對也成立，因此為等差數列，則甲是乙的必要條件，所以甲是乙的充要條件，C正確.方法2，甲：為等差數列，設數列的首項，公差為，即，則，因此為等差數列，即甲是乙的充分條件；反之，乙：等差數列，即，即，，當時，上兩式相減得：，當時，上式成立，于是，又為常數，因此為等差數列，則甲是乙必要條件，所以甲是乙的充要條件.故選：C8.已知，則（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據給定條件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳析】因為，而，因此，則，所以.故選：B【『點石成金』】方法『點石成金』：三角函數求值的類型及方法（1）“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看較難，但非特殊角與特殊角總有一定關系．解題時，要利用觀察得到的關系，結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數．（2）“給值求值”：給出某些角的三角函數值，求另外一些角的三角函數值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系．（3）“給值求角”：實質上也轉化為“給值求值”，關鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角，有時要壓縮角的取值范圍．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.有一組樣本數據，其中是最小值，是最大值，則（）A.的平均數等于的平均數B.的中位數等于的中位數C.的標準差不小于的標準差D.的極差不大于的極差〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合平均數、中位數、標準差以及極差的概念逐項分析判斷.【詳析】對于選項A：設的平均數為，的平均數為，則，因為沒有確定的大小關系，所以無法判斷的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A錯誤；對于選項B：不妨設，可知的中位數等于的中位數均為，故B正確；對于選項C：因為是最小值，是最大值，則的波動性不大于的波動性，即的標準差不大于的標準差，例如：，則平均數，標準差，，則平均數，標準差，顯然，即；故C錯誤；對于選項D：不妨設，則，當且僅當時，等號成立，故D正確；故選：BD.10.噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級，其中常數是聽覺下限閾值，是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級：聲源與聲源的距離聲壓級燃油汽車10混合動力汽車10電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車處測得實際聲壓分別為，則（）．A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根據題意可知，結合對數運算逐項分析判斷.【詳析】由題意可知：，對于選項A：可得，因為，則，即，所以且，可得，故A正確；對于選項B：可得，因為，則，即，所以且，可得，當且僅當時，等號成立，故B錯誤；對于選項C：因為，即，可得，即，故C正確；對于選項D：由選項A可知：，且，則，即，可得，且，所以，故D正確；故選：ACD.11.已知函數的定義域為，，則（）．A. B.C.是偶函數 D.為的極小值點〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗方法一：利用賦值法，結合函數奇遇性的判斷方法可判斷選項ABC，舉反例即可排除選項D.方法二：選項ABC的判斷與方法一同，對于D，可構造特殊函數進行判斷即可.【詳析】方法一：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，不妨令，顯然符合題設條件，此時無極值，故錯誤方法二：因為，對于A，令，，故正確.對于B，令，，則，故B正確.對于C，令，，則，令，又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，對于D，當時，對兩邊同時除以，得到，故可以設，則，當肘，，則，令，得；令，得；故在上單調遞減，在上單調遞增，因為為偶函數，所以在上單調遞增，在上單調遞減，顯然，此時是的極大值，故D錯誤.故選：.12.下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（）A.直徑為的球體B.所有棱長均為的四面體C.底面直徑為，高為的圓柱體D.底面直徑為，高為的圓柱體〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳析】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內，故C正確；對于選項D：因為正方體的體對角線長為，且，設正方體的中心為，以為軸對稱放置圓柱，設圓柱的底面圓心到正方體的表面的最近的距離為，如圖，結合對稱性可知：，則，即，解得，所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；故選：ABD.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：對于C、D：以正方體的體對角線為圓柱的軸，結合正方體以及圓柱的性質分析判斷.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種（用數字作答）．〖答案〗64〖解析〗〖祥解〗分類討論選修2門或3門課，對選修3門，再討論具體選修課的分配，結合組合數運算求解.【詳析】（1）當從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種；（2）當從8門課中選修3門，①若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種；②若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種；綜上所述：不同的選課方案共有種.故〖答案〗：64.14.在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳析】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，因為，則，故，則，所以所求體積為.故〖答案〗為：.15.已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.【詳析】因為，所以，令，則有3個根，令，則有3個根，其中，結合余弦函數的圖像性質可得，故，故〖答案〗為：.16.已知雙曲線的左、右焦點分別為．點在上，點在軸上，，則的離心率為________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗方法一：利用雙曲線的定義與向量數積的幾何意義得到關于的表達式，從而利用勾股定理求得，進而利用余弦定理得到的齊次方程，從而得解.方法二：依題意設出各點坐標，從而由向量坐標運算求得，，將點代入雙曲線得到關于的齊次方程，從而得解；【詳析】方法一：依題意，設，則，在中，，則，故或（舍去），所以，，則，故，所以在中，，整理得，故.方法二:依題意，得，令，因為，所以，則，又，所以，則，又點上，則，整理得，則，所以，即，整理得，則，解得或，又，所以或（舍去），故.故〖答案〗為：.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：雙曲線過焦點的三角形的解決關鍵是充分利用雙曲線的定義，結合勾股定理與余弦定理得到關于的齊次方程，從而得解.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.已知在中，．（1）求；（2）設，求邊上的高．〖答案〗（1）（2）6〖解析〗〖祥解〗（1）根據角的關系及兩角和差正弦公式，化簡即可得解；（2）利用同角之間的三角函數基本關系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根據等面積法求解即可.【小問1詳析】，，即，又，，，，即，所以，.【小問2詳析】由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.18.如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．（1）證明：；（2）點在棱上，當二面角為時，求．〖答案〗（1）證明見〖解析〗；（2）1〖解析〗〖祥解〗（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；（2）設，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【小問1詳析】以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，又不在同一條直線上，.【小問2詳析】設，則，設平面的法向量，則，令，得，，設平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.19.已知函數．（1）討論的單調性；（2）證明：當時，．〖答案〗（1）〖答案〗見〖解析〗（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.【小問1詳析】因為，定義域為，所以，當時，由于，則，故恒成立，所以在上單調遞減；當時，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳析】方法一：由（1）得，，要證，即證，即證恒成立，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.方法二：令，則，由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，則，當且僅當時，等號成立，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以要證，即證，即證，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.20.設等差數列的公差為，且．令，記分別為數列的前項和．（1）若，求的通項公式；（2）若為等差數列，且，求．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據等差數列的通項公式建立方程求解即可；（2）由為等差數列得出或，