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2024届江西省宜春市宜丰中学创新部高三上学期第一次（10月）月考数学试题含解析
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这是一份2024届江西省宜春市宜丰中学创新部高三上学期第一次（10月）月考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，集合，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.
【详解】解不等式,解得,则,
解不等式,解得,即,
即,
故选:A.
【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.
2．已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（ ）
A．1B．0C．D．
【答案】B
【分析】由复数为纯虚数求出，再代入所求式化简即可得出答案.
【详解】若复数为纯虚数，
所以，解得，
.
故选：B.
3．数列满足，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题设递推式可得数列具有周期性，周期为4，进而求解即可.
【详解】由，
因为，所以，，
，，，
所以数列具有周期性，周期为4，
所以．
故选：C.
4．若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335B．100C．360D．340
【答案】C
【分析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；每种分组再分同学1安排的几位老师辅导解答.
【详解】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
故选：C
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】判断函数为奇函数排除，当时，排除得到答案.
【详解】，
，函数为奇函数，排除.
当时，，，故，排除.
故选：.
【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数的奇偶性是解题的关键.
6．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
7．已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合弦长公式，即可求解的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，再结合点与圆的位置关系，即可求解.
【详解】圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，即，解得，
设的中点为，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
的轨迹方程为，
因为，
又，，
即,
即的取值范围为 .
故选：C
8．已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，
由双曲线的定义可得，，
由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，
在中，有勾股定理得，即，
解得，，，
由勾股定理得，即，，
所以，，则.
因此，双曲线的渐近线方程是.
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，且，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】A选项，作差法得到，结合，得到结论；B选项，可举出反例；CD选项，作差法比较大小.
【详解】对于A，，又，故，A正确；
对于B，不妨设，则，故B错误.
对于C，，
∵，∴，，，
∴，∴，所以C错误.
对于D，，
∵，∴，，∴，
∴，所以D正确.
故选：AD
10．已知函数的定义域为，函数的图象关于点对称，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象关于轴对称
C．函数是最小正周期为2的周期函数
D．若函数满足，则
【答案】ABD
【分析】根据抽象函数的对称性，以及条件的变形，即可判断ABC；首先判断函数的周期性，再利用周期性和函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于点对称，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以为偶函数.故B正确；
因为，所以是最小正周期为4的周期函数，故C错误；
因为，所以，那么，
所以也是周期为4的函数，
，
因为，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题考查抽象函数的性质和应用，理解抽象函数，理解自变量的任意性，从而学会变形，达到判断性质的目的.
11．如图，直角梯形中，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．四棱锥外接球的体积为
C．二面角的大小为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ABC
【分析】易证得四边形为矩形，得到；利用勾股定理可得；由线面垂直的判定可证得A正确；根据平面和矩形外接圆半径可求得外接球半径，代入球的体积公式可知B正确；根据二面角平面角定义可知即为所求角，根据长度关系知C正确；根据线面角定义可知为所求角，由长度关系可知D错误.
【详解】对于A，为中点，，，四边形为平行四边形，
又，四边形为矩形，；
，，，
，，又，平面，
平面，A正确；
对于B，，，，即，
平面，平面，，
又，平面，平面；
矩形的外接圆半径，
四棱锥的外接球半径，
四棱锥外接球的体积，B正确；
对于C，平面，平面，；
又，二面角的平面角为，
，，，
二面角的大小为，C正确；
对于D，平面，即为直线与平面所成角，
，，，，
即直线直线与平面所成角的正切值为，D错误.
故选：ABC.
12．已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，构造函数，求导得其最大值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．的展开式中含项的系数为 .
【答案】
【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答.
【详解】的展开式的通项为，
则展开式中含的项有，即，
所以展开式中含项的系数为.
故答案为：
14．如图1是某校园内的一座凉亭，已知该凉亭的正四棱台部分的直观图如图2所示，则该正四棱台部分的体积为 .
【答案】/
【分析】根据棱台体积公式求解即可；
【详解】
由图可知，
因为
故答案为：
15．已知函数（，且），曲线在点处的切线与直线平行，则 .
【答案】
【分析】由题意有，可解出的值.
【详解】函数，，
曲线在点处的切线与直线平行，
则有，得.
故答案为：.
16．双曲线的左焦点为F，直线与双曲线C的右支交于点D，A，B为线段的两个三等分点，且（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，得到，设出，，由双曲线定义得到方程，并由勾股定理得到，两方程联立后求出离心率.
【详解】由题意得，取中点，连接，设双曲线C的右焦点为，连接，
因为，所以，
又A，B为线段的两个三等分点，所以，即为的中点，
又为的中点，所以，故，
设，则，又，
由勾股定理得，则，
由双曲线定义得，即①，
在Rt中，由勾股定理得，
即②，
由①得，两边平方得，
解得或（负值舍去），
将代入②得，故离心率为.
故答案为：
四、解答题
17．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知.
(1)求角的值；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理，将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先由三角形面积公式求得，再根据余弦定理，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理可得：
，则，
因为，则，所以，，
可得，故.
（2）由于的面积为，所以，，解得
在中，由余弦定理得：
，故，
当且仅当，即，时，的最小值为.
18．已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）求得，，利用递推公式计算得出，由此可证得结论成立；
（2）由（1）可知，利用累加法可求出数列的通项公式，可得出，利用定义法判断数列的单调性，进而可得出结论.
【详解】（1）在数列中，，，则，
，则，
则，
所以，数列为等比数列，且首项为，所以，；
（2）由（1）可知，即，可得，
累加得，
.
，，
，
令，则，
所以，.
，
，，所以，当时，.
所以，，.
所以，数列中，最大，故.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；
（2）前项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.
一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
19．某单位组织知识竞赛，有甲、乙两类问题．现有、、三位员工参加比赛，比赛规则为：先从甲类问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该员工比赛结束；若回答正确再从乙类问题中随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该员工比赛结束．每人两次回答问题的过程相互独立．三人回答问题也相互独立．甲类问题中每个问题回答正确得分，否则得分；乙类问题中每个问题回答正确得分，否则得分．已知员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为；员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为；员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为．
(1)求人得分之和为分的概率；
(2)设随机变量为人中得分为的人数，求随机变量的数学期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）列举出人得分之和为分的各种情况，结合独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出人各自得分为的概率，可知，利用二项分布的期望公式可求出的值.
【详解】（1）解：设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
三人得分之和为分的情况有：
①员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
则；
②员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
；
③员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
，
所以三人得分之和为分的概率为.
（2）解：因为员工得分的概率为，
B员工得分的概率为，
员工得100分的概率为，
所以，随机变量，所以，.
20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最大？
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
【分析】（1）连接，易知，，由，，再利用勾股定理求得和的长，从而证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可；
（2）易知平面的一个法向量为，0，，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，从而知当时，得解．
【详解】（1）证明：连接，
，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，
，，
，，
，，
，即，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ， ， ， ，
设，且，则，
， ，
，即．
（2）解：平面，平面的一个法向量为，
由（1）知，， ，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，，
，
又
当时，面与面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
21．已知函数
（1）若，证明：；
（2）若在上有两个极值点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1) 令,利用导数求出的最小值为1,而的最大值为1,所以;
(2)将问题转化为在上有两个不同的实数根,然后构造函,数利用导数研究函数的单调性,根据单调性求得函数的最小值,根据最小值和端点值可以得到答案.
【详解】(1)证明:时,,令,则,
当时,,在上为递减函数,
当时,,在上为增函数,
所以,而,且,
所以,即.
(2)在上有两个极值点等价于在上有两个不同的实数根,
等价于,设,
,令,得,
当时,,在上为减函数,
当时,,在上为增函数,
又,,
所以当时,方程在上有两个不同的实数根,
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值,根据最值证明不等式,考查了根据极值点的个数求参数,第(1)问中转化为证的最小值大于的最大值是解题关键,第(2)问题中对分离参数后构造函数求导是解题关键,本题属于较难题.
22．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，建立方程组，可得答案；
（2）分情况设直线的方程，联立方程，写出韦达定理，根据斜率之间的关系，求得直线方程的参数，整理所求值的函数，利用导数，求得最值.
【详解】（1）
当点P为椭圆C短轴顶点时，的面积取最大值，
结合及，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 .
（2）
设点，
若直线PQ的斜率为零，由对称性知，，
则，，，不合题意.
设直线PQ 的方程为 ，由于直线PQ不过椭圆 C 的左、右顶点，则
联立 得，由可得 ，
，，
所以
解得
即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点 .
由韦达定理可得，
由平面几何知识，
所以，
设，则，当时，，故在单调增，
因为，所以，
因此，的最大值为.
一、单选题
1．集合，集合，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.
【详解】解不等式,解得,则,
解不等式,解得,即,
即,
故选:A.
【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.
2．已知a为实数，若复数为纯虚数，则的值为（ ）
A．1B．0C．D．
【答案】B
【分析】由复数为纯虚数求出，再代入所求式化简即可得出答案.
【详解】若复数为纯虚数，
所以，解得，
.
故选：B.
3．数列满足，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题设递推式可得数列具有周期性，周期为4，进而求解即可.
【详解】由，
因为，所以，，
，，，
所以数列具有周期性，周期为4，
所以．
故选：C.
4．若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335B．100C．360D．340
【答案】C
【分析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；每种分组再分同学1安排的几位老师辅导解答.
【详解】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
故选：C
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】判断函数为奇函数排除，当时，排除得到答案.
【详解】，
，函数为奇函数，排除.
当时，，，故，排除.
故选：.
【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数的奇偶性是解题的关键.
6．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
7．已知是圆上不同的两个动点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合弦长公式，即可求解的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，再结合点与圆的位置关系，即可求解.
【详解】圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，即，解得，
设的中点为，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
的轨迹方程为，
因为，
又，，
即,
即的取值范围为 .
故选：C
8．已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，
由双曲线的定义可得，，
由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，
在中，有勾股定理得，即，
解得，，，
由勾股定理得，即，，
所以，，则.
因此，双曲线的渐近线方程是.
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，且，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】A选项，作差法得到，结合，得到结论；B选项，可举出反例；CD选项，作差法比较大小.
【详解】对于A，，又，故，A正确；
对于B，不妨设，则，故B错误.
对于C，，
∵，∴，，，
∴，∴，所以C错误.
对于D，，
∵，∴，，∴，
∴，所以D正确.
故选：AD
10．已知函数的定义域为，函数的图象关于点对称，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象关于轴对称
C．函数是最小正周期为2的周期函数
D．若函数满足，则
【答案】ABD
【分析】根据抽象函数的对称性，以及条件的变形，即可判断ABC；首先判断函数的周期性，再利用周期性和函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于点对称，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以为偶函数.故B正确；
因为，所以是最小正周期为4的周期函数，故C错误；
因为，所以，那么，
所以也是周期为4的函数，
，
因为，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题考查抽象函数的性质和应用，理解抽象函数，理解自变量的任意性，从而学会变形，达到判断性质的目的.
11．如图，直角梯形中，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．四棱锥外接球的体积为
C．二面角的大小为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ABC
【分析】易证得四边形为矩形，得到；利用勾股定理可得；由线面垂直的判定可证得A正确；根据平面和矩形外接圆半径可求得外接球半径，代入球的体积公式可知B正确；根据二面角平面角定义可知即为所求角，根据长度关系知C正确；根据线面角定义可知为所求角，由长度关系可知D错误.
【详解】对于A，为中点，，，四边形为平行四边形，
又，四边形为矩形，；
，，，
，，又，平面，
平面，A正确；
对于B，，，，即，
平面，平面，，
又，平面，平面；
矩形的外接圆半径，
四棱锥的外接球半径，
四棱锥外接球的体积，B正确；
对于C，平面，平面，；
又，二面角的平面角为，
，，，
二面角的大小为，C正确；
对于D，平面，即为直线与平面所成角，
，，，，
即直线直线与平面所成角的正切值为，D错误.
故选：ABC.
12．已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，构造函数，求导得其最大值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．的展开式中含项的系数为 .
【答案】
【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答.
【详解】的展开式的通项为，
则展开式中含的项有，即，
所以展开式中含项的系数为.
故答案为：
14．如图1是某校园内的一座凉亭，已知该凉亭的正四棱台部分的直观图如图2所示，则该正四棱台部分的体积为 .
【答案】/
【分析】根据棱台体积公式求解即可；
【详解】
由图可知，
因为
故答案为：
15．已知函数（，且），曲线在点处的切线与直线平行，则 .
【答案】
【分析】由题意有，可解出的值.
【详解】函数，，
曲线在点处的切线与直线平行，
则有，得.
故答案为：.
16．双曲线的左焦点为F，直线与双曲线C的右支交于点D，A，B为线段的两个三等分点，且（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，得到，设出，，由双曲线定义得到方程，并由勾股定理得到，两方程联立后求出离心率.
【详解】由题意得，取中点，连接，设双曲线C的右焦点为，连接，
因为，所以，
又A，B为线段的两个三等分点，所以，即为的中点，
又为的中点，所以，故，
设，则，又，
由勾股定理得，则，
由双曲线定义得，即①，
在Rt中，由勾股定理得，
即②，
由①得，两边平方得，
解得或（负值舍去），
将代入②得，故离心率为.
故答案为：
四、解答题
17．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知.
(1)求角的值；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理，将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先由三角形面积公式求得，再根据余弦定理，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理可得：
，则，
因为，则，所以，，
可得，故.
（2）由于的面积为，所以，，解得
在中，由余弦定理得：
，故，
当且仅当，即，时，的最小值为.
18．已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）令，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）求得，，利用递推公式计算得出，由此可证得结论成立；
（2）由（1）可知，利用累加法可求出数列的通项公式，可得出，利用定义法判断数列的单调性，进而可得出结论.
【详解】（1）在数列中，，，则，
，则，
则，
所以，数列为等比数列，且首项为，所以，；
（2）由（1）可知，即，可得，
累加得，
.
，，
，
令，则，
所以，.
，
，，所以，当时，.
所以，，.
所以，数列中，最大，故.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；
（2）前项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.
一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
19．某单位组织知识竞赛，有甲、乙两类问题．现有、、三位员工参加比赛，比赛规则为：先从甲类问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该员工比赛结束；若回答正确再从乙类问题中随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该员工比赛结束．每人两次回答问题的过程相互独立．三人回答问题也相互独立．甲类问题中每个问题回答正确得分，否则得分；乙类问题中每个问题回答正确得分，否则得分．已知员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为；员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为；员工能正确回答甲类问题的概率为，能正确回答乙类问题的概率为．
(1)求人得分之和为分的概率；
(2)设随机变量为人中得分为的人数，求随机变量的数学期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）列举出人得分之和为分的各种情况，结合独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出人各自得分为的概率，可知，利用二项分布的期望公式可求出的值.
【详解】（1）解：设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
设事件为员工答对甲类问题；设事件为员工答对乙类问题；
三人得分之和为分的情况有：
①员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
则；
②员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
；
③员工答对甲类题，答错乙类题；与员工均答错甲类题，
，
所以三人得分之和为分的概率为.
（2）解：因为员工得分的概率为，
B员工得分的概率为，
员工得100分的概率为，
所以，随机变量，所以，.
20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最大？
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
【分析】（1）连接，易知，，由，，再利用勾股定理求得和的长，从而证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可；
（2）易知平面的一个法向量为，0，，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，从而知当时，得解．
【详解】（1）证明：连接，
，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，
，，
，，
，，
，即，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ， ， ， ，
设，且，则，
， ，
，即．
（2）解：平面，平面的一个法向量为，
由（1）知，， ，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，，
，
又
当时，面与面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．
21．已知函数
（1）若，证明：；
（2）若在上有两个极值点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1) 令,利用导数求出的最小值为1,而的最大值为1,所以;
(2)将问题转化为在上有两个不同的实数根,然后构造函,数利用导数研究函数的单调性,根据单调性求得函数的最小值,根据最小值和端点值可以得到答案.
【详解】(1)证明:时,,令,则,
当时,,在上为递减函数,
当时,,在上为增函数,
所以,而,且,
所以,即.
(2)在上有两个极值点等价于在上有两个不同的实数根,
等价于,设,
,令,得,
当时,,在上为减函数,
当时,,在上为增函数,
又,,
所以当时,方程在上有两个不同的实数根,
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的最值,根据最值证明不等式,考查了根据极值点的个数求参数,第(1)问中转化为证的最小值大于的最大值是解题关键,第(2)问题中对分离参数后构造函数求导是解题关键,本题属于较难题.
22．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，建立方程组，可得答案；
（2）分情况设直线的方程，联立方程，写出韦达定理，根据斜率之间的关系，求得直线方程的参数，整理所求值的函数，利用导数，求得最值.
【详解】（1）
当点P为椭圆C短轴顶点时，的面积取最大值，
结合及，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 .
（2）
设点，
若直线PQ的斜率为零，由对称性知，，
则，，，不合题意.
设直线PQ 的方程为 ，由于直线PQ不过椭圆 C 的左、右顶点，则
联立 得，由可得 ，
，，
所以
解得
即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点 .
由韦达定理可得，
由平面几何知识，
所以，
设，则，当时，，故在单调增，
因为，所以，
因此，的最大值为.
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