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湖南省长沙市第一中学2023届高三数学上学期月考（四）试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南省长沙市第一中学2023届高三数学上学期月考（四）试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长沙市一中2023届高三月考试卷（四）
数学
时量：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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. 集合，全集，则的所有子集个数（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件，用列举法表示集合A，再求出即可作答.
【详解】依题意，，而，则，，因此，
所以的所有子集个数是.
故选：C
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则即可求解.
【详解】由题得所以.
所以在复平面内对应点在第一象限.
故选:A.
3. 在中，点满足，记，，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算将分解为，再转化为，表示即可.
【详解】.
故选：A.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数函数、指数函数、正弦函数的性质比较大小即可.
【详解】，，，∴.
故选：B.
5. 2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运20专机在两架歼20战机护航下抵达沈阳国际机场．歼20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形，则机身头部空间大约（ ）立方米
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式即可得到答案.
【详解】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式得.
故选:B
6. 已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.
【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．
故选：D．
7. 用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
8. 已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：C
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.
【详解】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.
对于B选项，设是中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.
对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.
对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.
故选：AD
10. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程为
B. 直线与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为11
【答案】BCD
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.
【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；
由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；
设点，所以，
所以，故C正确；
如图过点作准线，交于点，，，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；
故选：BCD
11. 已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.
【详解】因为，故可得，
，
对A：当时，，故可得，故A正确；
对B：因为，则对也成立，
又当，时，，则，故B正确；
对C：令，则，故在单调递减，
则，则当时，，；
则当，时，，即；
则
，
即，又，，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.
12. 已知偶函数在R上可导，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项：根据偶函数图象的特点和导数的几何意义判断即可；
B选项；对求导，得到，，再根据函数的奇偶性得到，然后求即可；
C选项：利用特殊函数的思路，找出一个满足题目要求的，代入即可判断；
D选项：根据的奇偶性得到，然后利用累加法求即可.
【详解】因为函数为偶函数，所以图象在处的斜率为0，即，故A正确；
函数为偶函数，所以为奇函数，，所以，令，得，又为奇函数，所以，，故B正确；
假设，满足为偶函数，，，符合题目的要求，此时，，故C错；
为偶函数，所以，即，
，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】①为偶函数，则为奇函数；为奇函数，则为偶函数；
②当（可求和）时，可以用累加法求，.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知圆，若直线l与圆C交于A，B两点，则△ABC的面积最大值为___________.
【答案】8
【解析】
【分析】设出线段的中点，由垂径定理得到，由基本不等式求出，从而得到△ABC的面积最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为4，
设线段的中点为，
由垂径定理得：，
由基本不等式可得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
则，
故答案为：8
14. 若的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32,则展开式中项的系数是___________.
【答案】15
【解析】
【分析】先赋值求出所有项的系数，进而计算出，再根据二项式定理计算展开式中项的系数.
【详解】令,得所有项的系数和为,二项式系数和为,所以,即的第项为
令,得
所以项的系数是
故答案为：15
15. 已知点是椭圆的左焦点，过原点作直线交椭圆于两点，分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意分析可知，设点，利用得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，只需满足，得出离心率的范围.
【详解】解：
如图所示，当点分别是、的中点时，是的两条中位线，若以为直径的圆过原点，则有,，
设点，则点,又点，
所以，，,
则，又，
所以，，得，
即只需，整理得：
解得，又，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查离心率取值范围问题，难度较大，解答时一定要灵活转化，列出满足条件的含的关系式，根据关系式化简求解离心率的取值范围.
16. 设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．
【详解】解：设公共点坐标为，，则，
所以有，即，解出舍去），
又，所以有，
故，
所以有，对求导有，
故关于的函数在为增函数，在为减函数，
所以当时有最大值．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．
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. 已知数列的前项和满足：.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用退一相减法可知数列为等比数列，进而可得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由已知，
当时，，解得，
当时，，
则，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，则，
所以①，
②，
①②得，
所以.
18. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D是BC上的点，AD平分.
（1）若，，，求的值；
（2）若为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的取值范围.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用可求出答案；
（2）首先证明，若选①，利用余弦定理和三角形的面积公式可求出，然后可得，即可求出答案；若选②，结合倍角公式可求出，然后可算出答案；若选③，由条件可得，然后可求出，然后可求出答案.
【小问1详解】
依题意可得，
可得，
又因为平分，且，所以，
则，
整理可得.
【小问2详解】
选条件①
∵，
∴，∴，即，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴
.
∵是锐角三角形，∴，∴，
∴，即的取值范围为.
选条件②
∵，
∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴.
∵是锐角三角形，∴，
∴，∴，
∴的取值范围为.
选条件③
∵，
∴，
由正弦定理得，
∴根据余弦定理得，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴.
∵是锐角三角形，∴，
∴，∴，∴，
∴的取值范围为.
19. 如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，,为中点.
（1）证明：点在上.
（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面得，再根据等边三角形性质得，进而证明结论；
（2）结合（1），建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
【小问2详解】
解：结合（1）得，，，，．
过点作，交于，
结合（1）可知两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．
20. 已知双曲线经过点，两条渐近线夹角为，直线交双曲线于两点.
（1）求双曲线的方程.
（2）若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【解析】
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【小问1详解】
两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
【小问2详解】
由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
21. 某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为（）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为．
（1）证明：在的概率分布中，最大．
（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为（，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．
【答案】（1）证明见解析
（2）应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小，证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出（，1，2，3）的值，作差法比较大小得证；
（2）由（1）知，设三人任意顺序出场时三场投中的概率分别为，，，计算比赛时所需派出的人数的期望，证明成立，说明按排列时最小， 应当以甲、乙、丙的顺序安排出场.
【小问1详解】
由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
∵，∴，
所以概率最大．
【小问2详解】
由（1）知，当时，有的值最大，
且，，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
证明如下：
假设，，为，，的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，
该顺序下三人能完成项目的概率为，，，记在比赛时所需派出的人数为，则，2，3，且的分布列为：
1
2
3
数学期望，
∵，∴，
要使尽可能小，则需要尽可能大， 故当取时最小，所以，
∴，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
22. 已知函数，是非零常数．
（1）若函数在上是减函数，求的取值范围；
（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题知在上恒成立，再分和两种情况讨论求解即可；
（2）根据题意令，进而分，，三种情况讨论函数的单调性，进而得，其中，再根据当时，直线与的图像在上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.
【小问1详解】
解：
因为函数在上是减函数，
所以，在上恒成立，
当时，在上恒成立，满足题意；
当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，
所以，的取值范围为
【小问2详解】
解：令得，
所以，，则，
所以，当时，，函数在上单调递增，
当时，，故函数在上单调递减，
因为，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，
所以，在上单调递减，
综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，
因为，即，
由的唯一性可得，
又，
所以，，其中，
所以，当时即时，
直线与的图像在上有两个交点，
所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于构造函数，进而结合三角函数在的符号，分，，三种情况讨论函数的单调性，进而的函数值得范围，其中，再结合函数零点与极值点的概念即可求解.
长沙市一中2023届高三月考试卷（四）
数学
时量：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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. 集合，全集，则的所有子集个数（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件，用列举法表示集合A，再求出即可作答.
【详解】依题意，，而，则，，因此，
所以的所有子集个数是.
故选：C
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则即可求解.
【详解】由题得所以.
所以在复平面内对应点在第一象限.
故选:A.
3. 在中，点满足，记，，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算将分解为，再转化为，表示即可.
【详解】.
故选：A.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数函数、指数函数、正弦函数的性质比较大小即可.
【详解】，，，∴.
故选：B.
5. 2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运20专机在两架歼20战机护航下抵达沈阳国际机场．歼20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形，则机身头部空间大约（ ）立方米
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式即可得到答案.
【详解】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式得.
故选:B
6. 已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.
【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．
故选：D．
7. 用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
8. 已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：C
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.
【详解】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.
对于B选项，设是中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.
对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.
对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.
故选：AD
10. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程为
B. 直线与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为11
【答案】BCD
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.
【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；
由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；
设点，所以，
所以，故C正确；
如图过点作准线，交于点，，，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；
故选：BCD
11. 已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.
【详解】因为，故可得，
，
对A：当时，，故可得，故A正确；
对B：因为，则对也成立，
又当，时，，则，故B正确；
对C：令，则，故在单调递减，
则，则当时，，；
则当，时，，即；
则
，
即，又，，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.
12. 已知偶函数在R上可导，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项：根据偶函数图象的特点和导数的几何意义判断即可；
B选项；对求导，得到，，再根据函数的奇偶性得到，然后求即可；
C选项：利用特殊函数的思路，找出一个满足题目要求的，代入即可判断；
D选项：根据的奇偶性得到，然后利用累加法求即可.
【详解】因为函数为偶函数，所以图象在处的斜率为0，即，故A正确；
函数为偶函数，所以为奇函数，，所以，令，得，又为奇函数，所以，，故B正确；
假设，满足为偶函数，，，符合题目的要求，此时，，故C错；
为偶函数，所以，即，
，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】①为偶函数，则为奇函数；为奇函数，则为偶函数；
②当（可求和）时，可以用累加法求，.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知圆，若直线l与圆C交于A，B两点，则△ABC的面积最大值为___________.
【答案】8
【解析】
【分析】设出线段的中点，由垂径定理得到，由基本不等式求出，从而得到△ABC的面积最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为4，
设线段的中点为，
由垂径定理得：，
由基本不等式可得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
则，
故答案为：8
14. 若的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32,则展开式中项的系数是___________.
【答案】15
【解析】
【分析】先赋值求出所有项的系数，进而计算出，再根据二项式定理计算展开式中项的系数.
【详解】令,得所有项的系数和为,二项式系数和为,所以,即的第项为
令,得
所以项的系数是
故答案为：15
15. 已知点是椭圆的左焦点，过原点作直线交椭圆于两点，分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意分析可知，设点，利用得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，只需满足，得出离心率的范围.
【详解】解：
如图所示，当点分别是、的中点时，是的两条中位线，若以为直径的圆过原点，则有,，
设点，则点,又点，
所以，，,
则，又，
所以，，得，
即只需，整理得：
解得，又，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查离心率取值范围问题，难度较大，解答时一定要灵活转化，列出满足条件的含的关系式，根据关系式化简求解离心率的取值范围.
16. 设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．
【详解】解：设公共点坐标为，，则，
所以有，即，解出舍去），
又，所以有，
故，
所以有，对求导有，
故关于的函数在为增函数，在为减函数，
所以当时有最大值．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．
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. 已知数列的前项和满足：.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用退一相减法可知数列为等比数列，进而可得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由已知，
当时，，解得，
当时，，
则，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，则，
所以①，
②，
①②得，
所以.
18. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D是BC上的点，AD平分.
（1）若，，，求的值；
（2）若为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的取值范围.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用可求出答案；
（2）首先证明，若选①，利用余弦定理和三角形的面积公式可求出，然后可得，即可求出答案；若选②，结合倍角公式可求出，然后可算出答案；若选③，由条件可得，然后可求出，然后可求出答案.
【小问1详解】
依题意可得，
可得，
又因为平分，且，所以，
则，
整理可得.
【小问2详解】
选条件①
∵，
∴，∴，即，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴
.
∵是锐角三角形，∴，∴，
∴，即的取值范围为.
选条件②
∵，
∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴.
∵是锐角三角形，∴，
∴，∴，
∴的取值范围为.
选条件③
∵，
∴，
由正弦定理得，
∴根据余弦定理得，
∵，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
在中，由正弦定理得，∴，
∵平分，与互补，
∴.
∵是锐角三角形，∴，
∴，∴，∴，
∴的取值范围为.
19. 如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，,为中点.
（1）证明：点在上.
（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面得，再根据等边三角形性质得，进而证明结论；
（2）结合（1），建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
【小问2详解】
解：结合（1）得，，，，．
过点作，交于，
结合（1）可知两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．
20. 已知双曲线经过点，两条渐近线夹角为，直线交双曲线于两点.
（1）求双曲线的方程.
（2）若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【解析】
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【小问1详解】
两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
【小问2详解】
由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
21. 某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为（）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为．
（1）证明：在的概率分布中，最大．
（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为（，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．
【答案】（1）证明见解析
（2）应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小，证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出（，1，2，3）的值，作差法比较大小得证；
（2）由（1）知，设三人任意顺序出场时三场投中的概率分别为，，，计算比赛时所需派出的人数的期望，证明成立，说明按排列时最小， 应当以甲、乙、丙的顺序安排出场.
【小问1详解】
由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
∵，∴，
所以概率最大．
【小问2详解】
由（1）知，当时，有的值最大，
且，，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
证明如下：
假设，，为，，的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，
该顺序下三人能完成项目的概率为，，，记在比赛时所需派出的人数为，则，2，3，且的分布列为：
1
2
3
数学期望，
∵，∴，
要使尽可能小，则需要尽可能大， 故当取时最小，所以，
∴，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
22. 已知函数，是非零常数．
（1）若函数在上是减函数，求的取值范围；
（2）设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题知在上恒成立，再分和两种情况讨论求解即可；
（2）根据题意令，进而分，，三种情况讨论函数的单调性，进而得，其中，再根据当时，直线与的图像在上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.
【小问1详解】
解：
因为函数在上是减函数，
所以，在上恒成立，
当时，在上恒成立，满足题意；
当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，
所以，的取值范围为
【小问2详解】
解：令得，
所以，，则，
所以，当时，，函数在上单调递增，
当时，，故函数在上单调递减，
因为，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，
所以，在上单调递减，
综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，
因为，即，
由的唯一性可得，
又，
所以，，其中，
所以，当时即时，
直线与的图像在上有两个交点，
所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于构造函数，进而结合三角函数在的符号，分，，三种情况讨论函数的单调性，进而的函数值得范围，其中，再结合函数零点与极值点的概念即可求解.
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