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2020届湖北省宜昌市高三下学期3月线上统一调研测试数学（文）试题（解析版）
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2020届湖北省宜昌市高三下学期3月线上统一调研测试数学（文）试题
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据对数函数的单调性求解出不等式解集即为集合，再求解出一元二次不等式的解集为集合，由此计算出的结果.
【详解】
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查解对数不等式、一元二次不等式的解集求法、集合的并集运算，属于综合性问题，难度较易.解对数型不等式时，要注意对数式的真数大于零.
2．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.
【详解】
因为，所以，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.
3．如图是国家统计局公布的2013-2018年入境游客（单位：万人次）的变化情况，则下列结论错误的是（ ）
A．2014年我国入境游客万人次最少
B．后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势
C．这6年我国入境游客万人次的中位数大于13340万人次
D．前3年我国入境游客万人次数据的方差小于后3年我国入境游客万人次数据的方差
【答案】D
【解析】ABD可通过统计图直接分析得出结论，C可通过计算中位数判断选项是否正确.
【详解】
A．由统计图可知：2014年入境游客万人次最少，故正确；
B．由统计图可知：后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势，故正确；
C．入境游客万人次的中位数应为与的平均数，大于万次，故正确；
D．由统计图可知：前年的入境游客万人次相比于后年的波动更大，所以对应的方差更大，故错误.
故选：D.
【点睛】
本题考查统计图表信息的读取以及对中位数和方差的理解，难度较易.处理问题的关键是能通过所给统计图，分析出对应的信息，对学生分析问题的能力有一定要求.
4．设函数，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【解析】先解不等式,则使成立的一个充分不必要条件应为其解集的子集,即可得到结果.
【详解】
由题,因为,所以,即,解得或,即解集为,
则使成立的一个充分不必要条件应为解集的子集,
故选:A
【点睛】
本题考查命题的充分不必要条件,考查解对数不等式.
5．若实数满足，则的最小值为（ ）
A．6 B．14 C．4 D．
【答案】D
【解析】先由不等式组画出可行域,设,则,平移直线,找到可行域内截距最小的点,即可求解.
【详解】
由题,可行域如图所示,
设,则,平移直线,当与点相交时,截距最小,
所以,
故选:D
【点睛】
本题考查由线性规划求最值,考查数形结合思想.
6．关于某设备的使用年限（年）和所支出的维修费用（万元），有如下的统计资料:
/年
1
2
3
4
5
/万元
4
6
7
8
10
由资料可知对呈线性相关关系，且线性回归方程为，请估计当使用年限为8年时，维修费用约为（ ）
A．12.6万元 B．12.8万元 C．13万元 D．13.4万元
【答案】C
【解析】先求得,代入线性回归方程可得,再将代入即可.
【详解】
由数据可得,,
所以,所以,
所以当时,,
故选:C
【点睛】
本题考查由线性回归方程估计数据,考查求线性回归方程.
7．下边茎叶图记录了甲､乙两位同学在5次考试中的成绩（单位:分）.已知甲成绩的中位数是124，乙成绩的平均数是127，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】根据茎叶图由甲成绩的中位数是124,可得；利用平均数的公式即可求得,进而求解.
【详解】
由甲成绩的中位数是124,可得；
乙成绩的平均数是127,可得,所以,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查茎叶图的应用,考查由中位数、平均数求参数.
8．如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】B
【解析】先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.
【详解】
由题意可知：，
所以，，
所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.
9．已知函数:①，②，③，④.从中任取两个函数，则这两个函数的奇偶性相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先判断①②③④的奇偶性,再列出所有可能的情况及符合条件的情况,进而求解.
【详解】
由题,①定义域为,；
②定义域为,；
③定义域为,；
④定义域为,,即；
所以①为偶函数；②为偶函数；③为奇函数；④为奇函数；
则任取两个函数有（①, ②）,（①, ③）,（①, ④）,（②, ③）,（②, ④）,（③, ④）,共6种情况,其中两个函数的奇偶性相同有（①, ②）,（③, ④）,共有2种情况,
所以概率,
故选:B
【点睛】
本题考查函数奇偶性的判断,考查列举法求古典概型的概率.
10．已知数列满足，，现将该数列按下图规律排成蛇形数阵（第行有个数，），从左至右第行第个数记为（且），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题可观察得到第行有个数,当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,则先求得前20行的数的个数,再加2即为对应的数列的项,即可求解.
【详解】
由题可知,第行有个数,
当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,
表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,
则前20行共有个数,即第21行倒数第1个数为,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查合情推理,考查归纳总结能力,考查等差数列求和公式的应用.
11．设为双曲线的右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为，线段的中点为，的外心为，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【解析】先由可确定、、三点共线,则根据外心的性质可得,再由点为焦点的中点,根据中位线性质可得,则,进而在中利用勾股定理求解.
【详解】
由题,因为,所以、、三点共线,
因为点为线段的中点,的外心为,所以,即,
设双曲线的左焦点为,则点为线段的中点,
则在中,,即,所以是直角三角形,
所以,
因为,由双曲线定义可得,所以,
则,因为,整理可得,
所以,
则,
故选:D
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的定义的应用.
12．已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱容器，如图1，为正三角形，，，里面装有体积为的液体，现将该棱柱绕旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（ ）
①液面刚好同时经过，，三点；
②当平面与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为；
③当液面与水平桌面的距离为时，与液面所成角的正弦值为.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,进而求解即可；②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,画出图形,可先求得液面上方的三棱柱以四边形为底面的高,再与直三棱柱以四边形为底面的高求差即可；③由①可得此时液面与水平桌面的距离为,画出图形,即可求解.
【详解】
①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,
因为,所以①正确；
②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱的交点为,如图所示,
因为直三棱柱的体积为,
所以直棱柱的体积为,
所以,即,则在中边上的高为,
因为在中边上的高为,所以液面与水平桌面的距离为,所以②正确；
③当液面刚好同时经过,,三点时,如图所示,
此时,则,
易得,则中边上的高为,
所以,
设点到平面的距离为,则,即,
即液面与水平桌面的距离为,
由棱柱的对称性可得点到平面的距离为,设与液面所成角为,
则,所以③正确,
所以①②③正确,
故选:D
【点睛】
本题考查三棱柱的体积,考查线面夹角,考查点到平面的距离,考查转化思想和空间想象能力.
二、填空题
13．已知，，若，则__________.
【答案】
【解析】由可得,代入求解即可.
【详解】
由题,因为,所以,解得,
故答案为:
【点睛】
本题考查由向量垂直求参数,属于基础题.
14．函数在上的最大值为__________.
【答案】
【解析】先求导可得,再利用导函数判断函数单调性,进而求得最值.
【详解】
由题,,令,所以,,
所以当时,,所以在上单调递增；
当时,,所以在上单调递减,
则,
故答案为:
【点睛】
本题考查利用导函数求最值,考查运算能力.
15．定义运算，若，且，，则__________.
【答案】
【解析】由题中定义可得,即,则,利用差角公式求解即可.
【详解】
由题,因为,所以,即,
因为,,所以,所以,
所以,
故答案为:
【点睛】
本题考查已知三角函数值求值,考查余弦的和（差）角公式的应用,考查理解分析能力.
16．“克拉茨猜想”又称“猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想:任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数经过7次运算后首次得到1，则的所有不同取值的集合为____________.
【答案】
【解析】由题,设第7次的运算结果为,分别讨论第6次为奇数和偶数的情况,即可推导第6次的结果,依次类推,经过7次运算后得到所求,求解过程中需注意,正整数经过7次运算后首次得到1,则运算过程中出现非正整数及1均不符合条件.
【详解】
由题,由正整数经过7次运算后首次得到1,即可设第7次的运算结果为,
若第6次为奇数,则,解得,不符合；
若第6次为偶数,则,解得；
若第5次为奇数,则,解得,不符合；
若第5次为偶数,则,解得；
若第4次为奇数,则,解得,不符合；
若第4次为偶数,则,解得；
若第3次为奇数,则,解得,不符合；
若第3次为偶数,则,解得；
若第2次为奇数,则,解得①；
若第2次为偶数,则,解得②；
第1次为奇数,则①,解得,不符合；②,解得,不符合；
第1次为偶数,则①,解得③；②,解得④；
若为奇数,则③,解得；④,解得；
若为偶数,则③,解得；④,解得.
综上,的所有不同取值的集合为,
故答案为:
【点睛】
本题考查合情推理,考查理解分析能力与分类讨论思想.
三、解答题
17．某大型运动会的组委会为了搞好接待工作，招募了30名男志愿者和20名女志愿者.调查发现，这些志愿者中有部分志愿者喜爱运动，另一部分志愿者不喜欢运动，并得到了如下等高条形图和列联表:
喜爱运动
不喜爱运动
总计
男生
30
女生
20
总计
50
（1）求出列联表中､､､的值；
（2）是否有的把握认为喜爱运动与性别有关?附:参考公式和数据:，（其中）
0.500
0.100
0.050
0.010
0.001
0.455
2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）24，6，8，12（2）有的把握认为喜爱运动与性别有关
【解析】（1）利用等高条形图中的数据求解即可；
（2）由（1）,将数据代入公式求解,并与6.635比较即可.
【详解】
（1）由等高条形图可得:
,,,.
（2）,
所以有的把握认为喜爱运动与性别有关.
【点睛】
本题考查完善列联表,考查独立性检验解决实际问题.
18．已知数列和满足，若数列为等差数列，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），（2）
【解析】（1）当时可得,当时,作差可得,由可得,则可根据等差数列的定义求得数列的通项公式；再利用累乘法求得数列的通项公式；
（2）由（2）可得,利用裂项相消法求解即可.
【详解】
（1）当时,,∴；
当时,,
∴,
又,∴,
∵为等差数列,设公差为,则,即,
∴,
∴，则,由累乘法得,
经验证时仍满足,∴.
（2）由（1）,,
∴
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式,考查累乘法求通项公式,考查递推公式的应用,考查裂项相消法求数列的和.
19．如图，在四棱锥中，侧棱平面，底面是直角梯形，，，，，在棱上，且，若平面与棱相交于点，且平面平面.
（1）求的值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由面面平行的性质可得,即可求解；
（2）由（1）可知到平面的距离等于到平面的距离的,进而利用等体积法由求解即可.
【详解】
（1）∵平面平面,且平面平面,平面平面,
∴,
又,∴,∴.
（2）由（1）,∵为的三等分点,∴到平面的距离等于到平面的距离的,
设到平面的距离为,∵平面,
∴,
又∵,,∴,
∵,
∴平面,∴,
由等体积法:,即,
,,,,
,,
∴,
∴到平面的距离等于.
【点睛】
本题考查面面平行的性质的应用,考查等体积法求点到平面距离,考查运算能力与转化思想.
20．已知抛物线过点，该抛物线的准线与椭圆:相切，且椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于､两点，为平面上一定点，且满足，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或
【解析】（1）将点代入抛物线方程可得,即可得到准线方程,又由于椭圆相切可得,再利用椭圆的离心率求得,进而求解；
（2）分别讨论直线斜率为0与直线斜率不为0的情况,利用斜率公式处理,对于直线斜率不为0的情况,设直线为,联立直线与椭圆方程,由韦达定理可得的关系,代入中即可求解.
【详解】
（1）抛物线过点,,即,
∴抛物线的准线为,∴,
又∵,∴,,
∴椭圆的标准方程为.
（2）由（1）,右焦点,
若直线斜率为0,则不妨设,,
∴,满足条件,此时直线的方程为；
若直线的斜率不为0,设的方程为,
与椭圆的方程联立得:,可得恒成立,
设,,由韦达定理得,,①
∴,
将①代入得,解得,
综上所述,直线的方程为或.
【点睛】
本题考查求椭圆的方程,考查抛物线的几何性质的应用,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查分类讨论思想.
21．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，总有，求整数的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）将代回可得,先求导可得,则即为切线的斜率,再由直线的点斜式方程求解即可；
（2）由且,整理可得恒成立,设,进而利用导函数求得的最大值,即可求解.
【详解】
（1）当时,,
∴,
∴,,
∴在点处的切线方程为,即.
（2）由题,即,即,
又,∴恒成立,
令,∴,
令,则恒成立,
∴在上递减,
,,,
∴使,即,则,
∴当时,；当时,,
∴,
因为,且,∴,即整数的最小值为.
【点睛】
本题考查求曲线上一点的切线方程,考查利用导函数求函数的最值,考查运算能力.
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值
∵，∴当，时取得最小值
即，∴
【点睛】
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.
23．设函数.
（1）解不等式；
（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；
（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.
【详解】
（1）当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
∴原不等式的解集为
（2）
当且仅当即时取等号，
∴，∴
∵，∴，
∴（当且仅当时取“”）
同理可得，
∴
∴（当且仅当时取“”）
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据对数函数的单调性求解出不等式解集即为集合，再求解出一元二次不等式的解集为集合，由此计算出的结果.
【详解】
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查解对数不等式、一元二次不等式的解集求法、集合的并集运算，属于综合性问题，难度较易.解对数型不等式时，要注意对数式的真数大于零.
2．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.
【详解】
因为，所以，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.
3．如图是国家统计局公布的2013-2018年入境游客（单位：万人次）的变化情况，则下列结论错误的是（ ）
A．2014年我国入境游客万人次最少
B．后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势
C．这6年我国入境游客万人次的中位数大于13340万人次
D．前3年我国入境游客万人次数据的方差小于后3年我国入境游客万人次数据的方差
【答案】D
【解析】ABD可通过统计图直接分析得出结论，C可通过计算中位数判断选项是否正确.
【详解】
A．由统计图可知：2014年入境游客万人次最少，故正确；
B．由统计图可知：后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势，故正确；
C．入境游客万人次的中位数应为与的平均数，大于万次，故正确；
D．由统计图可知：前年的入境游客万人次相比于后年的波动更大，所以对应的方差更大，故错误.
故选：D.
【点睛】
本题考查统计图表信息的读取以及对中位数和方差的理解，难度较易.处理问题的关键是能通过所给统计图，分析出对应的信息，对学生分析问题的能力有一定要求.
4．设函数，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【解析】先解不等式,则使成立的一个充分不必要条件应为其解集的子集,即可得到结果.
【详解】
由题,因为,所以,即,解得或,即解集为,
则使成立的一个充分不必要条件应为解集的子集,
故选:A
【点睛】
本题考查命题的充分不必要条件,考查解对数不等式.
5．若实数满足，则的最小值为（ ）
A．6 B．14 C．4 D．
【答案】D
【解析】先由不等式组画出可行域,设,则,平移直线,找到可行域内截距最小的点,即可求解.
【详解】
由题,可行域如图所示,
设,则,平移直线,当与点相交时,截距最小,
所以,
故选:D
【点睛】
本题考查由线性规划求最值,考查数形结合思想.
6．关于某设备的使用年限（年）和所支出的维修费用（万元），有如下的统计资料:
/年
1
2
3
4
5
/万元
4
6
7
8
10
由资料可知对呈线性相关关系，且线性回归方程为，请估计当使用年限为8年时，维修费用约为（ ）
A．12.6万元 B．12.8万元 C．13万元 D．13.4万元
【答案】C
【解析】先求得,代入线性回归方程可得,再将代入即可.
【详解】
由数据可得,,
所以,所以,
所以当时,,
故选:C
【点睛】
本题考查由线性回归方程估计数据,考查求线性回归方程.
7．下边茎叶图记录了甲､乙两位同学在5次考试中的成绩（单位:分）.已知甲成绩的中位数是124，乙成绩的平均数是127，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】根据茎叶图由甲成绩的中位数是124,可得；利用平均数的公式即可求得,进而求解.
【详解】
由甲成绩的中位数是124,可得；
乙成绩的平均数是127,可得,所以,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查茎叶图的应用,考查由中位数、平均数求参数.
8．如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】B
【解析】先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.
【详解】
由题意可知：，
所以，，
所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.
9．已知函数:①，②，③，④.从中任取两个函数，则这两个函数的奇偶性相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先判断①②③④的奇偶性,再列出所有可能的情况及符合条件的情况,进而求解.
【详解】
由题,①定义域为,；
②定义域为,；
③定义域为,；
④定义域为,,即；
所以①为偶函数；②为偶函数；③为奇函数；④为奇函数；
则任取两个函数有（①, ②）,（①, ③）,（①, ④）,（②, ③）,（②, ④）,（③, ④）,共6种情况,其中两个函数的奇偶性相同有（①, ②）,（③, ④）,共有2种情况,
所以概率,
故选:B
【点睛】
本题考查函数奇偶性的判断,考查列举法求古典概型的概率.
10．已知数列满足，，现将该数列按下图规律排成蛇形数阵（第行有个数，），从左至右第行第个数记为（且），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题可观察得到第行有个数,当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,则先求得前20行的数的个数,再加2即为对应的数列的项,即可求解.
【详解】
由题可知,第行有个数,
当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,
表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,
则前20行共有个数,即第21行倒数第1个数为,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查合情推理,考查归纳总结能力,考查等差数列求和公式的应用.
11．设为双曲线的右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为，线段的中点为，的外心为，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【解析】先由可确定、、三点共线,则根据外心的性质可得,再由点为焦点的中点,根据中位线性质可得,则,进而在中利用勾股定理求解.
【详解】
由题,因为,所以、、三点共线,
因为点为线段的中点,的外心为,所以,即,
设双曲线的左焦点为,则点为线段的中点,
则在中,,即,所以是直角三角形,
所以,
因为,由双曲线定义可得,所以,
则,因为,整理可得,
所以,
则,
故选:D
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的定义的应用.
12．已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱容器，如图1，为正三角形，，，里面装有体积为的液体，现将该棱柱绕旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（ ）
①液面刚好同时经过，，三点；
②当平面与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为；
③当液面与水平桌面的距离为时，与液面所成角的正弦值为.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,进而求解即可；②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,画出图形,可先求得液面上方的三棱柱以四边形为底面的高,再与直三棱柱以四边形为底面的高求差即可；③由①可得此时液面与水平桌面的距离为,画出图形,即可求解.
【详解】
①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,
因为,所以①正确；
②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱的交点为,如图所示,
因为直三棱柱的体积为,
所以直棱柱的体积为,
所以,即,则在中边上的高为,
因为在中边上的高为,所以液面与水平桌面的距离为,所以②正确；
③当液面刚好同时经过,,三点时,如图所示,
此时,则,
易得,则中边上的高为,
所以,
设点到平面的距离为,则,即,
即液面与水平桌面的距离为,
由棱柱的对称性可得点到平面的距离为,设与液面所成角为,
则,所以③正确,
所以①②③正确,
故选:D
【点睛】
本题考查三棱柱的体积,考查线面夹角,考查点到平面的距离,考查转化思想和空间想象能力.
二、填空题
13．已知，，若，则__________.
【答案】
【解析】由可得,代入求解即可.
【详解】
由题,因为,所以,解得,
故答案为:
【点睛】
本题考查由向量垂直求参数,属于基础题.
14．函数在上的最大值为__________.
【答案】
【解析】先求导可得,再利用导函数判断函数单调性,进而求得最值.
【详解】
由题,,令,所以,,
所以当时,,所以在上单调递增；
当时,,所以在上单调递减,
则,
故答案为:
【点睛】
本题考查利用导函数求最值,考查运算能力.
15．定义运算，若，且，，则__________.
【答案】
【解析】由题中定义可得,即,则,利用差角公式求解即可.
【详解】
由题,因为,所以,即,
因为,,所以,所以,
所以,
故答案为:
【点睛】
本题考查已知三角函数值求值,考查余弦的和（差）角公式的应用,考查理解分析能力.
16．“克拉茨猜想”又称“猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想:任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数经过7次运算后首次得到1，则的所有不同取值的集合为____________.
【答案】
【解析】由题,设第7次的运算结果为,分别讨论第6次为奇数和偶数的情况,即可推导第6次的结果,依次类推,经过7次运算后得到所求,求解过程中需注意,正整数经过7次运算后首次得到1,则运算过程中出现非正整数及1均不符合条件.
【详解】
由题,由正整数经过7次运算后首次得到1,即可设第7次的运算结果为,
若第6次为奇数,则,解得,不符合；
若第6次为偶数,则,解得；
若第5次为奇数,则,解得,不符合；
若第5次为偶数,则,解得；
若第4次为奇数,则,解得,不符合；
若第4次为偶数,则,解得；
若第3次为奇数,则,解得,不符合；
若第3次为偶数,则,解得；
若第2次为奇数,则,解得①；
若第2次为偶数,则,解得②；
第1次为奇数,则①,解得,不符合；②,解得,不符合；
第1次为偶数,则①,解得③；②,解得④；
若为奇数,则③,解得；④,解得；
若为偶数,则③,解得；④,解得.
综上,的所有不同取值的集合为,
故答案为:
【点睛】
本题考查合情推理,考查理解分析能力与分类讨论思想.
三、解答题
17．某大型运动会的组委会为了搞好接待工作，招募了30名男志愿者和20名女志愿者.调查发现，这些志愿者中有部分志愿者喜爱运动，另一部分志愿者不喜欢运动，并得到了如下等高条形图和列联表:
喜爱运动
不喜爱运动
总计
男生
30
女生
20
总计
50
（1）求出列联表中､､､的值；
（2）是否有的把握认为喜爱运动与性别有关?附:参考公式和数据:，（其中）
0.500
0.100
0.050
0.010
0.001
0.455
2.706
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）24，6，8，12（2）有的把握认为喜爱运动与性别有关
【解析】（1）利用等高条形图中的数据求解即可；
（2）由（1）,将数据代入公式求解,并与6.635比较即可.
【详解】
（1）由等高条形图可得:
,,,.
（2）,
所以有的把握认为喜爱运动与性别有关.
【点睛】
本题考查完善列联表,考查独立性检验解决实际问题.
18．已知数列和满足，若数列为等差数列，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），（2）
【解析】（1）当时可得,当时,作差可得,由可得,则可根据等差数列的定义求得数列的通项公式；再利用累乘法求得数列的通项公式；
（2）由（2）可得,利用裂项相消法求解即可.
【详解】
（1）当时,,∴；
当时,,
∴,
又,∴,
∵为等差数列,设公差为,则,即,
∴,
∴，则,由累乘法得,
经验证时仍满足,∴.
（2）由（1）,,
∴
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式,考查累乘法求通项公式,考查递推公式的应用,考查裂项相消法求数列的和.
19．如图，在四棱锥中，侧棱平面，底面是直角梯形，，，，，在棱上，且，若平面与棱相交于点，且平面平面.
（1）求的值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由面面平行的性质可得,即可求解；
（2）由（1）可知到平面的距离等于到平面的距离的,进而利用等体积法由求解即可.
【详解】
（1）∵平面平面,且平面平面,平面平面,
∴,
又,∴,∴.
（2）由（1）,∵为的三等分点,∴到平面的距离等于到平面的距离的,
设到平面的距离为,∵平面,
∴,
又∵,,∴,
∵,
∴平面,∴,
由等体积法:,即,
,,,,
,,
∴,
∴到平面的距离等于.
【点睛】
本题考查面面平行的性质的应用,考查等体积法求点到平面距离,考查运算能力与转化思想.
20．已知抛物线过点，该抛物线的准线与椭圆:相切，且椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于､两点，为平面上一定点，且满足，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或
【解析】（1）将点代入抛物线方程可得,即可得到准线方程,又由于椭圆相切可得,再利用椭圆的离心率求得,进而求解；
（2）分别讨论直线斜率为0与直线斜率不为0的情况,利用斜率公式处理,对于直线斜率不为0的情况,设直线为,联立直线与椭圆方程,由韦达定理可得的关系,代入中即可求解.
【详解】
（1）抛物线过点,,即,
∴抛物线的准线为,∴,
又∵,∴,,
∴椭圆的标准方程为.
（2）由（1）,右焦点,
若直线斜率为0,则不妨设,,
∴,满足条件,此时直线的方程为；
若直线的斜率不为0,设的方程为,
与椭圆的方程联立得:,可得恒成立,
设,,由韦达定理得,,①
∴,
将①代入得,解得,
综上所述,直线的方程为或.
【点睛】
本题考查求椭圆的方程,考查抛物线的几何性质的应用,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查分类讨论思想.
21．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，总有，求整数的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）将代回可得,先求导可得,则即为切线的斜率,再由直线的点斜式方程求解即可；
（2）由且,整理可得恒成立,设,进而利用导函数求得的最大值,即可求解.
【详解】
（1）当时,,
∴,
∴,,
∴在点处的切线方程为,即.
（2）由题,即,即,
又,∴恒成立,
令,∴,
令,则恒成立,
∴在上递减,
,,,
∴使,即,则,
∴当时,；当时,,
∴,
因为,且,∴,即整数的最小值为.
【点睛】
本题考查求曲线上一点的切线方程,考查利用导函数求函数的最值,考查运算能力.
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值
∵，∴当，时取得最小值
即，∴
【点睛】
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.
23．设函数.
（1）解不等式；
（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；
（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.
【详解】
（1）当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
∴原不等式的解集为
（2）
当且仅当即时取等号，
∴，∴
∵，∴，
∴（当且仅当时取“”）
同理可得，
∴
∴（当且仅当时取“”）
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.
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