贵州省遵义市新高考协作体2023届高三上学期理数入学质量监测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·遵义开学考）若隻合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】，
=，则.
故答案为：D.
【分析】 先分别求出集合A、B，由并集的定义求出A∪B.
2．（2022高三上·遵义开学考）若复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意， ， ，
∴其虚部为 ；
故答案为：D.
【分析】由已知结合复数四则运算及共轭复数的概念，可求出答案.
3．（2022高三上·遵义开学考）某同学利用暑假积极参加社会实践活动，帮助湄潭翠芽经销商进行促销，该同学在两周内的每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论中正确的是（ ）
A．这14天的促销量的中位数大于200
B．这14天促销量超过200的天数所占比例大于50%
C．这14天内，促销量的极差小于200
D．前7天促销量的方差小于后7天促销量的方差
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】促销量由图可得214，275，243，157，80，155，260，83，165，179，138，214，221，263，
由小到大排列为80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，
这14天的促销量的中位数为，A不符合题意；
这14天促销量超过200的天数有214，214，221，243，260，263，275，共7天，
所占比例等于50% ，B不符合题意；
这14天内，促销量的极差为，C符合题意；
前7天促销量的平均数为，
后7天促销量的平均数为，
前7天促销量在平均数附近摆动幅度比后7天促销量在平均数附近摆动幅度大，所以方差大于后7天促销量的方差，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】 利用中位数判断A；利用百分比判断B；利用极差判断C；利用方差判断D.
4．（2022高三上·遵义开学考）已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．80 B．81 C．243 D．242
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】设数列公比是，则，
由，因，故解得，
所以．
故答案为：D．
【分析】由通项公式和前项和定义列方程组求出，再由前项和公式得解.
5．（2022高三上·遵义开学考）现有甲、乙、丙、丁四位同学要与两位老师站成一排合影留念，则甲同学不站两端且两位老师必须相邻的站法有（ ）
A．72种 B．144种 C．288种 D．576种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】若甲同学在第二位，两位老师可以在第三第四位，或者两位老师在第四第五位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第三位，或者两位老师可以在第一第二位，或者两位老师可以在第四第五位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第四位，两位老师可以在第一第二位，或者两位老师在第二第三位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第五位，两位老师可以在第一第二位，或者两位老师在第二第三位，或者两位老师在第三第四位，其他同学没有限制要求，有种；
所以共有种.
故答案为：B.
【分析】先安排甲同学在第二位、第三位、第四位、第五位，再安排两位老师，最后安排其他同学，利用分类加法原理、分步计数原理可得答案.
6．（2022高三上·遵义开学考）已知角的终边在直线上，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为角的终边在直线上，所以，
所以
故答案为：B
【分析】依题意可得，再利用两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.
7．（2022高三上·遵义开学考）设、、三点不共线，则“与的夹角是钝角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】设命题与的夹角是钝角，命题，
若与的夹角是钝角，
则，
，
所以，
故，，即.
若，
则，
因为、、三点不共线
所以，故与的夹角是钝角，即.
所以“与的夹角是钝角”是“”的充分必要条件.
故答案为：C
【分析】设命题与的夹角是钝角，命题，根据与的夹角是钝角推得，又根据推得与 的夹角是钝角，即可得到答案.
8．（2022高三上·遵义开学考）已知圆C的方程为，，A为圆C上任意一点，若点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，则点P的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】因为点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，所以，
所以，而，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长是4的椭圆．设其方程为，
，，，则，
所以点轨迹方程是．
故答案为：C．
【分析】由椭圆定义确定P点轨迹是椭圆，然后求出，，可得其方程．
9．（2022高三上·遵义开学考）函数在的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】因为，定义域关于原点对称，
，即为奇函数，图象关于原点对称，故排除C；
，故排除AD.
故答案为：B.
【分析】先判断出的奇偶性，结合特殊值，利用排除法可得答案.
10．（2022高三上·遵义开学考）已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】若球体半径为R，则，可得，
而底面中，，易得：，
又，故，则底面外接圆半径为，
要使三棱锥的体积的最大，只需在球面上离面最远，而，
所以在球面上离面最远距离为，
故最大体积.
故答案为：A
【分析】由球体体积可得半径，根据已知条件求底面的外接圆半径，进而求球心到底面外接圆距离，结合三棱锥的体积的最大即在球面上离面最远，求棱锥的高，最后求体积即可.
11．（2022高三上·遵义开学考）若直线是曲线的切线，也是的切线，则（ ）
A． B． C．2 D．-2
【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设直线与和的切点分别为，，
则切线方程分别为，
，
，
化简得，
依题意上述两直线与是同一条直线，
所以，，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】设直线与和的切点分别为，，分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到的值.
12．（2022高三上·遵义开学考）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】，，，
，
设，，所以在上是增函数，
时，，所以，
所以，
，，而，
综上，．
故答案为：D．
【分析】构造函数，由导数得单调性，从而证得时，，由此可比较大小（需由诱导公式化简），然后由余弦函数性质、不等式的性质比较大小，从而得出结论．
二、填空题
13．（2022高三上·遵义开学考）直线：，：，若，则 ．
【答案】2
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】由题设，，则，
所以或，
当，：，：重合，不合题设；
当，：，：平行，满足题设；
故.
故答案为：2
【分析】由两直线平行的判定列方程求参数，注意验证排除重合的情况.
14．（2022高三上·遵义开学考）在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设，则，且.
而，而，
故
，
故
故答案为：.
【分析】利用向量的数量积可求异面直线与 所成角的余弦值.
15．（2022高三上·遵义开学考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理，即，又，故，即.
由二倍角公式有，因为，故，所以，所以，即.
由余弦定理，结合基本不等式有，即，，故，当且仅当时取等号.
故△ABC周长的最大值为的最大值为.
故答案为：
【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可.
16．（2022·湖北模拟）过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且，若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】过作抛物线准线的垂线，垂足为，如图，
则，又，
所以，，
所以直线的斜率等于，
显然直线与渐近线垂直，所以，
，而，所以，即，
，，
所以.
故答案为：.
【分析】首先由已知条件作出抛物线的图象，然后由抛物线的定义以及三角形中的几何计算关系，结合斜率公式整理化简即可得出a与b的不等关系，结合双曲线里的 a、b 、c 三者的关系利用整体思想以及离心率公式，代入数值计算出结果即可。
三、解答题
17．（2022高三上·遵义开学考）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满成功．为纪念中国航天事业成就、发扬并传承中国航天精神，在遵义市某高中学校进行航天知识竞赛，并记录得分（满分：100分），根据得分，将数据分成了7组：，，…，并绘制出如下的频率分步直方图：
（1）用频率估计概率，从该校随机抽取2名同学，求其中1人的得分低于70分，另1人的得分不低于80分的概率；
（2）从得分在的学生中利用分层抽样选出8名学生，若从中选出3人进行航天演讲活动，求选出的3人竞赛得分不低于70分的人数X的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：每名同学得分低于70分的概率：，不低于80分的概率：，
其中1人的得分低于70分，另1人的得分不低于80分的概率是
（2）解：由频率分步直方图可得8人中，的人数：2人，的人数：6人
X可取1，2，3
X 1 2 3
P
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由频率分步直方图求得得分低于70分的概率，不低于80分的概率，然后由独立事件的概率公式计算．
（2）由不低于80分的概率求出8人中， 的人数：2人，的人数：6人 ，而X可取1，2，3 ，分别计算概率得分布列，再由期望公式计算期望．
18．（2022高三上·遵义开学考）为数列的前n项和，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）解：由已知条件：，
当时：，
两式相减得：，即：，
左右同除得：，
即：，且，
所以数列是首项为1，公差为0的等差数列，即常数列，
∴，∴，
（2）证明：左边.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）利用（）得数列的递推关系，并构造出新数列是常数列，从而得通项公式；
（2）用裂项相消法求和后可得证．
19．（2022高三上·遵义开学考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，E为AB的中点，，侧面底面ABCD．
（1）证明：平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OE，
∵且O是AD中点，
∴，
∵面面ABCD，面面，面ABCD，
∴面PAD，面PAD，
∴，又，
∴且，，面PBD，
∴面PBD.
（2）解：∵底面ABCD
∴PB在底面ABCD内的射影是OB，是线面角，
连接OB，在Rt△PBO中，，，即，
∴
∵，，
∴
在Rt△OBD中，，
分别以，为x，y轴，过D作OP的平行线为z轴，建立空间直角坐标系：
则，，，
显然是平面DAP的一个法向量，
而，若平面PCE的一个法向量，
则，令，可得．
综上，，所以锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OE，易得，再由面面垂直的性质有面PAD，最后根据线面垂直的判定、性质证结论.
（2）构建空间直角坐标系，求面DAP、面PCE的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值.
20．（2022高三上·遵义开学考）已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上的任意一点，．
（1）求的最大值；
（2）过点的直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点．若，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由椭圆方程知：，，，则，，
由椭圆定义知：，，
（当且仅当三点共线，即与图中点重合时取等号），
又，的最大值为.
（2）解：由题意知：直线斜率存在，设，，，则，
由得：，
，；
，即，则；
同理可得：，
，
是定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用椭圆定义得，由可求得所求最大值；
（2） 设，，，则， 与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量坐标运算可得，，由此表示出，代入韦达定理进行整理即可得到定值.
21．（2022高三上·遵义开学考）已知
（1）若，，，请比较a，b，c的大小；
（2）若函数有两个零点，证明：．
【答案】（1）解：．
由．
当时，，单调递增
当时，，单调递减
而；；．
∵，∴．
即：．
（2）解：由题意：有两个零点，
即：有两个实数根，
令，则
由得：；由得：，在上递减，在上递增，
时，，，
的两个零点必有一个在上，一个在上，
不妨设，则
，
在点处的切线方程为，即
设直线与直线的交点横坐标为，
，以下证明：，
设，
则，时，，递减，时，，递增，
所以，所以，即，即的图像在切线的上方（只有切点是公共点），如图，
所以，
同理得在点处的切线方程为
设直线与直线的交点横坐标为，
，
同理可得的图像在切线的上方（只有点是公共点），如图，
所以，
综上，，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点
【解析】【分析】（1）求出，由的正负确定的单调性，由单调性比较 a，b，c 的大小；
（2）求出，，的零点转化的图像与直线的交点的横坐标，由导数确定的单调性、极值，得变化趋势，不妨设，得出，引入在点和点处的切线，由两条切线与直线的交点的横坐标与的大小关系可证结论成立．
22．（2022高三上·遵义开学考）在直角坐标系xOy中，直线：，：，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求，的极坐标方程；
（2）若的极坐标方程为，设与交于O，P两点（O为坐标原点），过O点与垂直的直线与，分别相交于M，N（N异于点O）两点，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
所以曲线：，曲线：
（2）解：由题意：点P为，的交点，联立，
得：，直角坐标，
直线：，
点M为，的交点，联立，
得：，
点N为，的交点，联立，
得：．
所以，
点到直线：的距离，
所以的面积.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；简单曲线的极坐标方程
【解析】【分析】（1）根据 求解；
（2）根据题意，联立方程组，分别求得点P，M，N的坐标，进而得到MN的距离以及点P到直线MN的距离，由求解.
23．（2022高三上·遵义开学考）已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）已知，若的图象与x轴围成的三角形面积大于，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：求解不等式，
①，解得：，
②，解得：，
③，解得：，
综上，.
（2）解：依题意，
所以
当时，令得：，，，
当时，令得：，
当，，
与x轴围成的三角形的面积，
解得：或（舍），
综上所述：.
【知识点】含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据零点分段法去绝对值，从而求得不等式的解集；
（2）将表示为分段函数的形式，根据的图象与x轴围成的三角形面积大于，列不等式来求得的取值范围.
1 / 1贵州省遵义市新高考协作体2023届高三上学期理数入学质量监测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·遵义开学考）若隻合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·遵义开学考）若复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·遵义开学考）某同学利用暑假积极参加社会实践活动，帮助湄潭翠芽经销商进行促销，该同学在两周内的每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论中正确的是（ ）
A．这14天的促销量的中位数大于200
B．这14天促销量超过200的天数所占比例大于50%
C．这14天内，促销量的极差小于200
D．前7天促销量的方差小于后7天促销量的方差
4．（2022高三上·遵义开学考）已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．80 B．81 C．243 D．242
5．（2022高三上·遵义开学考）现有甲、乙、丙、丁四位同学要与两位老师站成一排合影留念，则甲同学不站两端且两位老师必须相邻的站法有（ ）
A．72种 B．144种 C．288种 D．576种
6．（2022高三上·遵义开学考）已知角的终边在直线上，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·遵义开学考）设、、三点不共线，则“与的夹角是钝角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2022高三上·遵义开学考）已知圆C的方程为，，A为圆C上任意一点，若点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，则点P的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022高三上·遵义开学考）函数在的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022高三上·遵义开学考）已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022高三上·遵义开学考）若直线是曲线的切线，也是的切线，则（ ）
A． B． C．2 D．-2
12．（2022高三上·遵义开学考）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．（2022高三上·遵义开学考）直线：，：，若，则 ．
14．（2022高三上·遵义开学考）在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
15．（2022高三上·遵义开学考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为 ．
16．（2022·湖北模拟）过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且，若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是 ．
三、解答题
17．（2022高三上·遵义开学考）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满成功．为纪念中国航天事业成就、发扬并传承中国航天精神，在遵义市某高中学校进行航天知识竞赛，并记录得分（满分：100分），根据得分，将数据分成了7组：，，…，并绘制出如下的频率分步直方图：
（1）用频率估计概率，从该校随机抽取2名同学，求其中1人的得分低于70分，另1人的得分不低于80分的概率；
（2）从得分在的学生中利用分层抽样选出8名学生，若从中选出3人进行航天演讲活动，求选出的3人竞赛得分不低于70分的人数X的分布列及数学期望．
18．（2022高三上·遵义开学考）为数列的前n项和，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，．
19．（2022高三上·遵义开学考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，E为AB的中点，，侧面底面ABCD．
（1）证明：平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
20．（2022高三上·遵义开学考）已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上的任意一点，．
（1）求的最大值；
（2）过点的直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点．若，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
21．（2022高三上·遵义开学考）已知
（1）若，，，请比较a，b，c的大小；
（2）若函数有两个零点，证明：．
22．（2022高三上·遵义开学考）在直角坐标系xOy中，直线：，：，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求，的极坐标方程；
（2）若的极坐标方程为，设与交于O，P两点（O为坐标原点），过O点与垂直的直线与，分别相交于M，N（N异于点O）两点，求的面积．
23．（2022高三上·遵义开学考）已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）已知，若的图象与x轴围成的三角形面积大于，求实数a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】，
=，则.
故答案为：D.
【分析】 先分别求出集合A、B，由并集的定义求出A∪B.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意， ， ，
∴其虚部为 ；
故答案为：D.
【分析】由已知结合复数四则运算及共轭复数的概念，可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】促销量由图可得214，275，243，157，80，155，260，83，165，179，138，214，221，263，
由小到大排列为80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，
这14天的促销量的中位数为，A不符合题意；
这14天促销量超过200的天数有214，214，221，243，260，263，275，共7天，
所占比例等于50% ，B不符合题意；
这14天内，促销量的极差为，C符合题意；
前7天促销量的平均数为，
后7天促销量的平均数为，
前7天促销量在平均数附近摆动幅度比后7天促销量在平均数附近摆动幅度大，所以方差大于后7天促销量的方差，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】 利用中位数判断A；利用百分比判断B；利用极差判断C；利用方差判断D.
4．【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】设数列公比是，则，
由，因，故解得，
所以．
故答案为：D．
【分析】由通项公式和前项和定义列方程组求出，再由前项和公式得解.
5．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】若甲同学在第二位，两位老师可以在第三第四位，或者两位老师在第四第五位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第三位，或者两位老师可以在第一第二位，或者两位老师可以在第四第五位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第四位，两位老师可以在第一第二位，或者两位老师在第二第三位，或者两位老师在第五第六位，其他同学没有限制要求，有种；
若甲同学在第五位，两位老师可以在第一第二位，或者两位老师在第二第三位，或者两位老师在第三第四位，其他同学没有限制要求，有种；
所以共有种.
故答案为：B.
【分析】先安排甲同学在第二位、第三位、第四位、第五位，再安排两位老师，最后安排其他同学，利用分类加法原理、分步计数原理可得答案.
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为角的终边在直线上，所以，
所以
故答案为：B
【分析】依题意可得，再利用两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】设命题与的夹角是钝角，命题，
若与的夹角是钝角，
则，
，
所以，
故，，即.
若，
则，
因为、、三点不共线
所以，故与的夹角是钝角，即.
所以“与的夹角是钝角”是“”的充分必要条件.
故答案为：C
【分析】设命题与的夹角是钝角，命题，根据与的夹角是钝角推得，又根据推得与 的夹角是钝角，即可得到答案.
8．【答案】C
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】因为点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，所以，
所以，而，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长是4的椭圆．设其方程为，
，，，则，
所以点轨迹方程是．
故答案为：C．
【分析】由椭圆定义确定P点轨迹是椭圆，然后求出，，可得其方程．
9．【答案】B
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】因为，定义域关于原点对称，
，即为奇函数，图象关于原点对称，故排除C；
，故排除AD.
故答案为：B.
【分析】先判断出的奇偶性，结合特殊值，利用排除法可得答案.
10．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】若球体半径为R，则，可得，
而底面中，，易得：，
又，故，则底面外接圆半径为，
要使三棱锥的体积的最大，只需在球面上离面最远，而，
所以在球面上离面最远距离为，
故最大体积.
故答案为：A
【分析】由球体体积可得半径，根据已知条件求底面的外接圆半径，进而求球心到底面外接圆距离，结合三棱锥的体积的最大即在球面上离面最远，求棱锥的高，最后求体积即可.
11．【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设直线与和的切点分别为，，
则切线方程分别为，
，
，
化简得，
依题意上述两直线与是同一条直线，
所以，，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】设直线与和的切点分别为，，分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到的值.
12．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】，，，
，
设，，所以在上是增函数，
时，，所以，
所以，
，，而，
综上，．
故答案为：D．
【分析】构造函数，由导数得单调性，从而证得时，，由此可比较大小（需由诱导公式化简），然后由余弦函数性质、不等式的性质比较大小，从而得出结论．
13．【答案】2
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】由题设，，则，
所以或，
当，：，：重合，不合题设；
当，：，：平行，满足题设；
故.
故答案为：2
【分析】由两直线平行的判定列方程求参数，注意验证排除重合的情况.
14．【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设，则，且.
而，而，
故
，
故
故答案为：.
【分析】利用向量的数量积可求异面直线与 所成角的余弦值.
15．【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理，即，又，故，即.
由二倍角公式有，因为，故，所以，所以，即.
由余弦定理，结合基本不等式有，即，，故，当且仅当时取等号.
故△ABC周长的最大值为的最大值为.
故答案为：
【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可.
16．【答案】
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】过作抛物线准线的垂线，垂足为，如图，
则，又，
所以，，
所以直线的斜率等于，
显然直线与渐近线垂直，所以，
，而，所以，即，
，，
所以.
故答案为：.
【分析】首先由已知条件作出抛物线的图象，然后由抛物线的定义以及三角形中的几何计算关系，结合斜率公式整理化简即可得出a与b的不等关系，结合双曲线里的 a、b 、c 三者的关系利用整体思想以及离心率公式，代入数值计算出结果即可。
17．【答案】（1）解：每名同学得分低于70分的概率：，不低于80分的概率：，
其中1人的得分低于70分，另1人的得分不低于80分的概率是
（2）解：由频率分步直方图可得8人中，的人数：2人，的人数：6人
X可取1，2，3
X 1 2 3
P
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由频率分步直方图求得得分低于70分的概率，不低于80分的概率，然后由独立事件的概率公式计算．
（2）由不低于80分的概率求出8人中， 的人数：2人，的人数：6人 ，而X可取1，2，3 ，分别计算概率得分布列，再由期望公式计算期望．
18．【答案】（1）解：由已知条件：，
当时：，
两式相减得：，即：，
左右同除得：，
即：，且，
所以数列是首项为1，公差为0的等差数列，即常数列，
∴，∴，
（2）证明：左边.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）利用（）得数列的递推关系，并构造出新数列是常数列，从而得通项公式；
（2）用裂项相消法求和后可得证．
19．【答案】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OE，
∵且O是AD中点，
∴，
∵面面ABCD，面面，面ABCD，
∴面PAD，面PAD，
∴，又，
∴且，，面PBD，
∴面PBD.
（2）解：∵底面ABCD
∴PB在底面ABCD内的射影是OB，是线面角，
连接OB，在Rt△PBO中，，，即，
∴
∵，，
∴
在Rt△OBD中，，
分别以，为x，y轴，过D作OP的平行线为z轴，建立空间直角坐标系：
则，，，
显然是平面DAP的一个法向量，
而，若平面PCE的一个法向量，
则，令，可得．
综上，，所以锐二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OE，易得，再由面面垂直的性质有面PAD，最后根据线面垂直的判定、性质证结论.
（2）构建空间直角坐标系，求面DAP、面PCE的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值.
20．【答案】（1）解：由椭圆方程知：，，，则，，
由椭圆定义知：，，
（当且仅当三点共线，即与图中点重合时取等号），
又，的最大值为.
（2）解：由题意知：直线斜率存在，设，，，则，
由得：，
，；
，即，则；
同理可得：，
，
是定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用椭圆定义得，由可求得所求最大值；
（2） 设，，，则， 与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量坐标运算可得，，由此表示出，代入韦达定理进行整理即可得到定值.
21．【答案】（1）解：．
由．
当时，，单调递增
当时，，单调递减
而；；．
∵，∴．
即：．
（2）解：由题意：有两个零点，
即：有两个实数根，
令，则
由得：；由得：，在上递减，在上递增，
时，，，
的两个零点必有一个在上，一个在上，
不妨设，则
，
在点处的切线方程为，即
设直线与直线的交点横坐标为，
，以下证明：，
设，
则，时，，递减，时，，递增，
所以，所以，即，即的图像在切线的上方（只有切点是公共点），如图，
所以，
同理得在点处的切线方程为
设直线与直线的交点横坐标为，
，
同理可得的图像在切线的上方（只有点是公共点），如图，
所以，
综上，，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点
【解析】【分析】（1）求出，由的正负确定的单调性，由单调性比较 a，b，c 的大小；
（2）求出，，的零点转化的图像与直线的交点的横坐标，由导数确定的单调性、极值，得变化趋势，不妨设，得出，引入在点和点处的切线，由两条切线与直线的交点的横坐标与的大小关系可证结论成立．
22．【答案】（1）解：因为，
所以曲线：，曲线：
（2）解：由题意：点P为，的交点，联立，
得：，直角坐标，
直线：，
点M为，的交点，联立，
得：，
点N为，的交点，联立，
得：．
所以，
点到直线：的距离，
所以的面积.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；简单曲线的极坐标方程
【解析】【分析】（1）根据 求解；
（2）根据题意，联立方程组，分别求得点P，M，N的坐标，进而得到MN的距离以及点P到直线MN的距离，由求解.
23．【答案】（1）解：求解不等式，
①，解得：，
②，解得：，
③，解得：，
综上，.
（2）解：依题意，
所以
当时，令得：，，，
当时，令得：，
当，，
与x轴围成的三角形的面积，
解得：或（舍），
综上所述：.
【知识点】含绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据零点分段法去绝对值，从而求得不等式的解集；
（2）将表示为分段函数的形式，根据的图象与x轴围成的三角形面积大于，列不等式来求得的取值范围.
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