湖北省高中名校联盟2023届高三上学期数学第二次联合测评试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖北期中）设集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题知，
，
，
即.
故答案为：D
【分析】解出集A，B， 利用交集的概念，将结果用区间表示即可选出结果.
2．（2022高三上·湖北期中）设复数，则（ ）
A．z的虚部为 B．
C．z的实部为 D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由已知
，
对于A，复数的虚部为，因此复数的虚部为，A不符合题意；
对于B，复数的共轭复数，因此复数的共轭复数为，B符合题意；
对于C，复数的实部为，因此复数的实部为，C不符合题意；
对于D，复数的模，因此复数的模，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算，计算后依次对各选项进行判断即可.
3．（2022高三上·湖北期中）已知x，y是任意实数，则p：是q：且的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 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】因为由推不出且，而由且可推出，
所以p：是q：且的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分条件，必要条件的定义即得.
4．（2022高三上·湖北期中）已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数的性质；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据对数函数及二次函数的单调性可得，进而即得.
5．（2022高三上·湖北期中）已知，，则（ ）
A． B． C．7 D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】因为，则，又因为，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据已知条件求出，然后结合两角差的正切公式即可求解.
6．（2022高三上·湖北期中）已知，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】依题意，，，故在方向上的投影向量的坐标为：.
故答案为：C
【分析】根据投影向量的计算公式求解即可.
7．（2022高三上·湖北期中）2022年10月16日中国共产党二十大报告中指出“我们经过接续奋斗，实现了小康这个中华民族的千年梦想，打赢人类历史上规模最大的脱贫攻坚战，历史性地解决绝对贫困问题，为全球减贫事业作出了重大贡献”，为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式共有（ ）
A．1176 B．2352 C．1722 D．1302
【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】由题可知把7名工作人员分别分为三种情况，
把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有：种，
综上，不同的安排方式共有种，
故答案为：A．
【分析】把7名工作人员分别分为三种情况讨论，然后分别计算即可求解．
8．（2022高三上·湖北期中）在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（ ）
A．这个人患流感的概率为0.15
B．此人选自A地区且患流感的概率为0.0375
C．如果此人患流感，此人选自地区的概率为
D．如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人
【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件；二项分布；全概率公式
【解析】【解答】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则，且彼此互斥，
由题意可得，，，
，，，
A.由全概率公式可得；A不符合题意；
B.，，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B不符合题意；
C.由条件概率公式可得，C符合题意.
D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X，
则，即；D不符合题意.
故答案为：C
【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到
，，，，，，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.
二、多选题
9．（2022高三上·湖北期中）下列叙述正确的是（ ）
A．的最小值为
B．命题p：，的否定为：，
C．8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为151
D．设随机变量X服从正态分布且，则
【答案】B,C
【知识点】命题的否定；基本不等式；众数、中位数、平均数；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，，而等号成立时，即显然不成立，A不符合题意；
对于B，命题p：，的否定为：，，B符合题意；
对于C，8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为，C符合题意；
对于D，因为随机变量X服从正态分布且，则，，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】根据基本不等式及三角函数的性质可判断A，根据全称量词命题的否定为存在量词命题可判断B，根据中位数的概念可判断C，根据正态分布的性质可判断D.
10．（2022高三上·湖北期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，A符合题意；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，B不符合题意；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，C符合题意；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】对A，显然平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；
对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；
对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.
11．（2022高三上·湖北期中）已知抛物线C：过点，焦点为F，准线与x轴交于点T，直线l过焦点F且与抛物线C交于P，Q两点，过P，Q分别作抛物线C的切线，两切线相交于点H，则下列结论正确的是（ ）
A． B．抛物线C的准线过点H
C． D．当取最小值时，
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】将点代入可得，抛物线方程为：，焦点为，准线方程为.
设，，根据曲线切线斜率和导数关系，，即，故过点P切线斜率为，过点Q切线斜率为.
设直线l方程为，联立方程，
得，根据韦达定理：
，故两切线互相垂直，，A符合题意.
设过点P切线方程为：
设过点Q切线方程为：
两式相减得
所以，得代入①式
因为，故，所以两切线得交点过抛物线准线，B符合题意；
由题意可知，
所以，即，直线l 随着m 的值改变时也会随之发生改变，因此也会随着改变，故不是定值，C不符合题意
设，，
当且仅当时等号成立，此时，D符合题意故答案为：ABD
【分析】根据题意将抛物线方程求出，写出直线l方程，联立找出交点坐标的关系，表示出两切线斜率即可证明A，联立两切线方程即可求出两切线的交点坐标，即可证明B，分别求出 的正切值找出两角的关系即可判断C，用两点距离公式即可求出何时为最小值，继而求出.
12．（2022高三上·湖北期中）已知函数（），（），则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值；三角函数的化简求值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，
又∵
∴，A符合题意.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A符合题意；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B符合题意.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】A项：方法1：分离参数画图即可求得m的范围；方法2：研究原图的图象与x轴交点即可；B项：由极值点偏移的证明步骤即可证得结果；C项：应用辅助角公式化简，求的极值点可得；D项：由 化简可得.
三、填空题
13．（2022高三上·湖北期中）的展开式中的系数为 .
【答案】40
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】因为的展开式的通项，
令和，可得的系数为.
故答案为：40.
【分析】利用的展开式的通项，令x的指数等于3和1，即得展开式中的系数.
14．（2022高三上·湖北期中）设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则该双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题可知双曲线的渐近线方程为，
由于过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，
则，
因此，，又，
所以，该双曲线的离心率为取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可得出与 的大小关系，再利用公式即得.
15．（2022高三上·湖北期中）已知数列满足，，且，则 .
【答案】2550
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由条件： 得： ，即偶数项是相邻两项的等比中项；
得： ，即奇数项是相邻两项的等差中项；
∴原数列为：1，2，4，6，9，12，16，……，其中第 项 ，第 项（ ） ；
；
故答案为：2550.
【分析】理解递推公式的意义，即偶数项是相邻两项的等比中项，奇数项是相邻两项的等差中项，据此找到规律计算即可.
16．（2022高三上·湖北期中）若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，
令，
即对任意恒成立，
易知时为增函数，
且时，时，
故存在使得，即，
所以时为减函数，
时为增函数，
所以
所以，
即，
所以，，
故答案为：
【分析】根据，构造函数，求导可得在时为增函数，从而存在零点使得，即，由即可得解.
四、解答题
17．（2022高三上·湖北期中）已知等差数列中，首项，公差，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前n项和为，，求正整数n的最大值.
【答案】（1）解：由题意可知：，解得
∴∴
（2）解：由题意可知
∴
∵，解得
∴n的最大整数为1617
【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）根据已知条件，列出关系式，解出公差，即可得到；
（2）代入整理可得，求出表达式，即可解出.
18．（2022高三上·湖北期中）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，．
（1）求角B；
（2）若边上的点D满足，，求的面积．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理可得：
∵，∴
∴
∵，∴
∴，化简可得：∴，
∵，∴
∴，又∵，∴.
（2）解：
∵，∴
两边平方得：，即
则，∴①
在中，由余弦定理得：，化简得：②
由①②可得：，即，∴或
当时，，∴；
当时，，，∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理，结合化简可得：，从而得出答案；
（2）由已知得，两边平方，结合数量积的运算性质及余弦定理求出，然后利用三角形面积公式计算即可．
19．（2022高三上·湖北期中）如图1，在直角梯形中，，，，，沿、、将，，折起，使得、、三点重合在一起，得到图2所示三棱锥．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：，，由翻折问题的性质可得：
，，，，面
∴面
∵，，交于一点，∴，
在图1中，过点作于，则是矩形，∴
∴，从而
∴
∴在图2中，
在中，根据余弦定理可得
得，∴
∴．
（2）解：过点P在平面内作的垂线，∵面，∴以P为原点，垂线为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示空间直角坐标系：
，，，，
设平面法向量为，
取，取平面的法向量
所以
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由已知可得面 ，进一步得 ，由余弦定理可得，然后由即可得出答案；
（2）过点P在平面内作 的垂线，以P为原点，垂线为x轴， 为y轴，为z轴建立空间直角坐标系 ，求出平面法向量，取平面的法向量，结合向量夹角公式得出答案．
20．（2022高三上·湖北期中）国庆节期间某商场开展了一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖的规则如下：箱子内装有10张大小、形状、材质完全相同的卡片，其中写有“喜”“迎”“国”“庆”的卡片各两张，另两张是没有写汉字的空白卡片；顾客抽奖时，一次性抽取4张卡片，抽完后卡片放回，记抽出的四张卡片上的汉字的个数为n（若出现两个相同的汉字，则只算一个，如抽出“迎”“迎”“国”“庆”，则），若则中一等奖，则中二等奖，则中三等奖，时没有奖励.商场规定：一等奖奖励20元购物券，二等奖奖励10元购物券，三等奖奖励5元购物券.
（1）求某位顾客中一等奖的概率；
（2）若某位顾客可以抽奖2次，记2次抽奖所获购物券的总金额为X，求X的数学期望.
【答案】（1）解：由题意设获一等奖的概率为P，则；
（2）解：设一次抽奖所获奖励为Y，则Y的可能取值为20，10，5，0，
∴，
，
，
所以Y的分布列为：
Y 20 10 5 0
P
∴，
因为两次抽奖相互独立，
所以.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式即得；
（2）设一次抽奖所获奖励为Y，可得取值为20，10，5，0，然后结合排列组合知识及概率公式分别求概率进而可得分布列及期望，进而即得.
21．（2022高三上·湖北期中）已知椭圆：（）的离心率为，的长轴的左、右端点分别为、，与圆上点的距离的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）一条不垂直坐标轴的直线交于C、D两点（C、D位于x轴两侧），设直线、、、的斜率分别为、、、，满足，问直线是否经过定点，若过定点，求出该定点，否则说明理由.
【答案】（1）解：设，由题意知：，
又∵，∴，则
∴椭圆方程为：.
（2）解：设直线的方程为：联立方程得：
，设、，
∴，
∵
∴，同理
∵
∴
∴
∵
∴
∴即
∴
∴
∴
∴
∴或.
显然直线不过点
所以直线过定点
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件可求得，， 则 ，然后即可得到椭圆的方程；
（2） 设直线的方程为：，联立椭圆方程，结合韦达定理然后根据条件求得直线的方程，即可得到结果.
22．（2022高三上·湖北期中）已知函数，
（1）时，求函数在上的单调区间；
（2）时，试讨论在区间上的零点个数.
【答案】（1）解：时，，∴
而在上单调递增，而
∴，.
∴在上单调递减
（2）解：当时：
①时，，∴∴在区间上无零点
②时，方程的解等价于方程的解.
时，在单调递增，
而
∴唯一使得且在单调递减，单调递增
而，
∴在上有两个零点
③时，，，
令，则在上单调递减
，，
唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，，
∴唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，
∴在上无零点.
④时
∴在单调递减
而，
∴唯一使得
综上所述：时，在区间有三个零点
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，得，利用导数的相关性质，得到的单调性；
（2）通过导数，分类讨论，，，，进而分析的图像，可求解.
1 / 1湖北省高中名校联盟2023届高三上学期数学第二次联合测评试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖北期中）设集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·湖北期中）设复数，则（ ）
A．z的虚部为 B．
C．z的实部为 D．
3．（2022高三上·湖北期中）已知x，y是任意实数，则p：是q：且的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2022高三上·湖北期中）已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·湖北期中）已知，，则（ ）
A． B． C．7 D．
6．（2022高三上·湖北期中）已知，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·湖北期中）2022年10月16日中国共产党二十大报告中指出“我们经过接续奋斗，实现了小康这个中华民族的千年梦想，打赢人类历史上规模最大的脱贫攻坚战，历史性地解决绝对贫困问题，为全球减贫事业作出了重大贡献”，为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式共有（ ）
A．1176 B．2352 C．1722 D．1302
8．（2022高三上·湖北期中）在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（ ）
A．这个人患流感的概率为0.15
B．此人选自A地区且患流感的概率为0.0375
C．如果此人患流感，此人选自地区的概率为
D．如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人
二、多选题
9．（2022高三上·湖北期中）下列叙述正确的是（ ）
A．的最小值为
B．命题p：，的否定为：，
C．8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为151
D．设随机变量X服从正态分布且，则
10．（2022高三上·湖北期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
11．（2022高三上·湖北期中）已知抛物线C：过点，焦点为F，准线与x轴交于点T，直线l过焦点F且与抛物线C交于P，Q两点，过P，Q分别作抛物线C的切线，两切线相交于点H，则下列结论正确的是（ ）
A． B．抛物线C的准线过点H
C． D．当取最小值时，
12．（2022高三上·湖北期中）已知函数（），（），则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
三、填空题
13．（2022高三上·湖北期中）的展开式中的系数为 .
14．（2022高三上·湖北期中）设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则该双曲线的离心率的取值范围为 .
15．（2022高三上·湖北期中）已知数列满足，，且，则 .
16．（2022高三上·湖北期中）若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是 .
四、解答题
17．（2022高三上·湖北期中）已知等差数列中，首项，公差，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前n项和为，，求正整数n的最大值.
18．（2022高三上·湖北期中）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，．
（1）求角B；
（2）若边上的点D满足，，求的面积．
19．（2022高三上·湖北期中）如图1，在直角梯形中，，，，，沿、、将，，折起，使得、、三点重合在一起，得到图2所示三棱锥．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
20．（2022高三上·湖北期中）国庆节期间某商场开展了一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖的规则如下：箱子内装有10张大小、形状、材质完全相同的卡片，其中写有“喜”“迎”“国”“庆”的卡片各两张，另两张是没有写汉字的空白卡片；顾客抽奖时，一次性抽取4张卡片，抽完后卡片放回，记抽出的四张卡片上的汉字的个数为n（若出现两个相同的汉字，则只算一个，如抽出“迎”“迎”“国”“庆”，则），若则中一等奖，则中二等奖，则中三等奖，时没有奖励.商场规定：一等奖奖励20元购物券，二等奖奖励10元购物券，三等奖奖励5元购物券.
（1）求某位顾客中一等奖的概率；
（2）若某位顾客可以抽奖2次，记2次抽奖所获购物券的总金额为X，求X的数学期望.
21．（2022高三上·湖北期中）已知椭圆：（）的离心率为，的长轴的左、右端点分别为、，与圆上点的距离的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）一条不垂直坐标轴的直线交于C、D两点（C、D位于x轴两侧），设直线、、、的斜率分别为、、、，满足，问直线是否经过定点，若过定点，求出该定点，否则说明理由.
22．（2022高三上·湖北期中）已知函数，
（1）时，求函数在上的单调区间；
（2）时，试讨论在区间上的零点个数.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题知，
，
，
即.
故答案为：D
【分析】解出集A，B， 利用交集的概念，将结果用区间表示即可选出结果.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由已知
，
对于A，复数的虚部为，因此复数的虚部为，A不符合题意；
对于B，复数的共轭复数，因此复数的共轭复数为，B符合题意；
对于C，复数的实部为，因此复数的实部为，C不符合题意；
对于D，复数的模，因此复数的模，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算，计算后依次对各选项进行判断即可.
3．【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】因为由推不出且，而由且可推出，
所以p：是q：且的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分条件，必要条件的定义即得.
4．【答案】B
【知识点】二次函数的性质；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据对数函数及二次函数的单调性可得，进而即得.
5．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】因为，则，又因为，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据已知条件求出，然后结合两角差的正切公式即可求解.
6．【答案】C
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】依题意，，，故在方向上的投影向量的坐标为：.
故答案为：C
【分析】根据投影向量的计算公式求解即可.
7．【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】由题可知把7名工作人员分别分为三种情况，
把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有：种，
综上，不同的安排方式共有种，
故答案为：A．
【分析】把7名工作人员分别分为三种情况讨论，然后分别计算即可求解．
8．【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件；二项分布；全概率公式
【解析】【解答】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则，且彼此互斥，
由题意可得，，，
，，，
A.由全概率公式可得；A不符合题意；
B.，，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B不符合题意；
C.由条件概率公式可得，C符合题意.
D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X，
则，即；D不符合题意.
故答案为：C
【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到
，，，，，，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.
9．【答案】B,C
【知识点】命题的否定；基本不等式；众数、中位数、平均数；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】对于A，，而等号成立时，即显然不成立，A不符合题意；
对于B，命题p：，的否定为：，，B符合题意；
对于C，8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为，C符合题意；
对于D，因为随机变量X服从正态分布且，则，，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】根据基本不等式及三角函数的性质可判断A，根据全称量词命题的否定为存在量词命题可判断B，根据中位数的概念可判断C，根据正态分布的性质可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，A符合题意；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，B不符合题意；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，C符合题意；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】对A，显然平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；
对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；
对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】将点代入可得，抛物线方程为：，焦点为，准线方程为.
设，，根据曲线切线斜率和导数关系，，即，故过点P切线斜率为，过点Q切线斜率为.
设直线l方程为，联立方程，
得，根据韦达定理：
，故两切线互相垂直，，A符合题意.
设过点P切线方程为：
设过点Q切线方程为：
两式相减得
所以，得代入①式
因为，故，所以两切线得交点过抛物线准线，B符合题意；
由题意可知，
所以，即，直线l 随着m 的值改变时也会随之发生改变，因此也会随着改变，故不是定值，C不符合题意
设，，
当且仅当时等号成立，此时，D符合题意故答案为：ABD
【分析】根据题意将抛物线方程求出，写出直线l方程，联立找出交点坐标的关系，表示出两切线斜率即可证明A，联立两切线方程即可求出两切线的交点坐标，即可证明B，分别求出 的正切值找出两角的关系即可判断C，用两点距离公式即可求出何时为最小值，继而求出.
12．【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值；三角函数的化简求值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，
又∵
∴，A符合题意.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A符合题意；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B符合题意.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】A项：方法1：分离参数画图即可求得m的范围；方法2：研究原图的图象与x轴交点即可；B项：由极值点偏移的证明步骤即可证得结果；C项：应用辅助角公式化简，求的极值点可得；D项：由 化简可得.
13．【答案】40
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】因为的展开式的通项，
令和，可得的系数为.
故答案为：40.
【分析】利用的展开式的通项，令x的指数等于3和1，即得展开式中的系数.
14．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题可知双曲线的渐近线方程为，
由于过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，
则，
因此，，又，
所以，该双曲线的离心率为取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可得出与 的大小关系，再利用公式即得.
15．【答案】2550
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由条件： 得： ，即偶数项是相邻两项的等比中项；
得： ，即奇数项是相邻两项的等差中项；
∴原数列为：1，2，4，6，9，12，16，……，其中第 项 ，第 项（ ） ；
；
故答案为：2550.
【分析】理解递推公式的意义，即偶数项是相邻两项的等比中项，奇数项是相邻两项的等差中项，据此找到规律计算即可.
16．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，
令，
即对任意恒成立，
易知时为增函数，
且时，时，
故存在使得，即，
所以时为减函数，
时为增函数，
所以
所以，
即，
所以，，
故答案为：
【分析】根据，构造函数，求导可得在时为增函数，从而存在零点使得，即，由即可得解.
17．【答案】（1）解：由题意可知：，解得
∴∴
（2）解：由题意可知
∴
∵，解得
∴n的最大整数为1617
【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）根据已知条件，列出关系式，解出公差，即可得到；
（2）代入整理可得，求出表达式，即可解出.
18．【答案】（1）解：在中，由正弦定理可得：
∵，∴
∴
∵，∴
∴，化简可得：∴，
∵，∴
∴，又∵，∴.
（2）解：
∵，∴
两边平方得：，即
则，∴①
在中，由余弦定理得：，化简得：②
由①②可得：，即，∴或
当时，，∴；
当时，，，∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理，结合化简可得：，从而得出答案；
（2）由已知得，两边平方，结合数量积的运算性质及余弦定理求出，然后利用三角形面积公式计算即可．
19．【答案】（1）解：，，由翻折问题的性质可得：
，，，，面
∴面
∵，，交于一点，∴，
在图1中，过点作于，则是矩形，∴
∴，从而
∴
∴在图2中，
在中，根据余弦定理可得
得，∴
∴．
（2）解：过点P在平面内作的垂线，∵面，∴以P为原点，垂线为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示空间直角坐标系：
，，，，
设平面法向量为，
取，取平面的法向量
所以
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由已知可得面 ，进一步得 ，由余弦定理可得，然后由即可得出答案；
（2）过点P在平面内作 的垂线，以P为原点，垂线为x轴， 为y轴，为z轴建立空间直角坐标系 ，求出平面法向量，取平面的法向量，结合向量夹角公式得出答案．
20．【答案】（1）解：由题意设获一等奖的概率为P，则；
（2）解：设一次抽奖所获奖励为Y，则Y的可能取值为20，10，5，0，
∴，
，
，
所以Y的分布列为：
Y 20 10 5 0
P
∴，
因为两次抽奖相互独立，
所以.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式即得；
（2）设一次抽奖所获奖励为Y，可得取值为20，10，5，0，然后结合排列组合知识及概率公式分别求概率进而可得分布列及期望，进而即得.
21．【答案】（1）解：设，由题意知：，
又∵，∴，则
∴椭圆方程为：.
（2）解：设直线的方程为：联立方程得：
，设、，
∴，
∵
∴，同理
∵
∴
∴
∵
∴
∴即
∴
∴
∴
∴
∴或.
显然直线不过点
所以直线过定点
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件可求得，， 则 ，然后即可得到椭圆的方程；
（2） 设直线的方程为：，联立椭圆方程，结合韦达定理然后根据条件求得直线的方程，即可得到结果.
22．【答案】（1）解：时，，∴
而在上单调递增，而
∴，.
∴在上单调递减
（2）解：当时：
①时，，∴∴在区间上无零点
②时，方程的解等价于方程的解.
时，在单调递增，
而
∴唯一使得且在单调递减，单调递增
而，
∴在上有两个零点
③时，，，
令，则在上单调递减
，，
唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，，
∴唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，
∴在上无零点.
④时
∴在单调递减
而，
∴唯一使得
综上所述：时，在区间有三个零点
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，得，利用导数的相关性质，得到的单调性；
（2）通过导数，分类讨论，，，，进而分析的图像，可求解.
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