广东省阳江市2023-2024高三上册数学开学适应性试卷
一、单选题
1．（2023高三上·阳江开学考）已知集合，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合间的运算直接求解即可.
2．（2023高三上·阳江开学考）已知函数是上的单调函数，且，则在上的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的值域；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为是上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则．
因为为上的增函数，且，所以，
所以．
因为在上单调递增，所以，得．
故答案为：D.
【分析】根据函数的单调性可得，进而可得答案.
3．（2023高三上·阳江开学考）在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；球的体积和表面积；空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为 ，则的外接圆圆心为AC的中点M，连接，
所以当D在的外接圆上移动时，该三棱锥的外接球不变，
不妨令，
因为，则，
所以二面角的平面角为，
设的外心为，过作平面ABC的垂线，过M作平面ACD的垂线，
两条垂线均在平面BMD内，它们的交点即为三棱锥的外接球的球心O，如图所示：
在中，设，的外接圆半径为，
则，
由正弦定理可得，
则，
又因为，则，可得，
所以，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
可得三棱锥外接球表面积，即最小值为.
故答案为：B.
【分析】取AC的中点M，根据题意可知二面角的平面角为，的外心为，过O1作平面ABC的垂线，过的外心M作平面ACD的垂线，根据球的性质可知它们的交点就是球心O，设，用表示，进而可求外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求得答案.
4．（2023高三上·阳江开学考）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：
①三棱锥的体积为定值；②；③直线与平面所成角的正弦值为；④的最小值为．其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于①：因为，且，
则四边形为平行四边形，所以，
且平面，平面，所以平面，
当点P在线段上运动时，点P到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又因为 也为定值，则为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故①正确；
对于②：因为平面，平面，则，
又因为为正方形，则，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，故②正确；
对于③：连接，交于点E，连接，
因为，且，
则四边形为平行四边形，所以，
由②可知：平面，则平面，
所以为直线与平面所成角，
又因为，
在中，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故③正确；
对于④：如图所示：将正方形沿翻折得到正方形，连接，在线段上取点M，使得，
易知，则，
可得，
在中，，
由余弦定理可得，即，
所有的最小值为，故④错误.
故答案为：C.
【分析】对①：先证平面，结合平行的性质分析可得三棱锥的体积为定值；对②：可证平面，进而可得；对③：先证平面，进而可知为直线与平面所成角，运算求解即可；对④：将正方形沿翻折得到正方形，结合余弦定理分析求解.
5．（2023高三上·阳江开学考）已知圆与圆交点的轨迹为，过平面内的点作轨迹的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：因为圆圆心，半径为，
圆圆心，半径为，
由题意可知，，则，
由椭圆定义知：点N是以为焦点的椭圆，
可得，且，所以轨迹M的方程为，
设点，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为：，
联立方程，消y得，
则，
整理得，
由题意可知，整理得；
当切线斜率不存在或为0时，则点P可以为，均满足方程，
所以点轨迹方程为．
故答案为：A.
【分析】根据题意结合椭圆的定义可得出轨迹M的方程为，设点，分切线斜率存在且不为0时和切线的斜率不存在或为0时两种情况，设切线方程并与椭圆方程联立，根据且求出，即可得解.
6．（2023高三上·阳江开学考）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；直线的斜截式方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的半焦距为c，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为2c，
故其方程为：，
令，则，结合A在y轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，可得直线.
设，
因为A在y轴的正半轴上，在x轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，整理得到：，故，
故答案为：D.
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，求出直线的方程后结合距离公式可求M的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
7．（2023高三上·阳江开学考）已知函数，，，恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
①当时，，则，
所以，
所以存在，使得；
②当时，，则，
所以存在，使得；
③当时，令，则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以存在，使得，即.
由上可知，对任意的，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以
，则，
所以，
令，其中，
所以，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，即的最大值为.
故答案为：A.
【分析】令，其中，分析可知，存在，使得，可得出，由题意可得出，可得出，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为的最大值.
8．（2023高三上·阳江开学考）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；正切函数的图象与性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，即，
所以，因为，
所以，由余弦定理，
可得，
再由正弦定理得，
因为，
所以，所以或，
得或（舍去）.
因为是锐角三角形，则，解得，
令，
所以
可知在上单调递增，且，
所以的取值范围为，即的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角A表示，并求出角A范围，最后结合对勾函数运算求解.
二、多选题
9．（2023高三上·阳江开学考）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
【答案】A,B,D
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对A：因为，
所以
，
故A正确；
对B：因为，则
，故B正确；
对C：因为，
则
，
所以，
又因为其个位数字是0，所以的个位数字是9，故C错误；
对D：因为的展开式通项为，
所以，
可得展开式的的系数为，
又因为，则，
又因为的展开式通项为，
可得的展开式的的系数为，且，
所以，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对A：根据组合数的性质运算求解；对B：根据组合数公式分析运算；对C：因为，利用裂项相消法可得，结合排列数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
10．（2023高三上·阳江开学考）已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为
B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分
【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：过点M作交DC于点N，连接．
则即为与所成角的平面角，且．
当点M由点A向点C移动的过程中，点N由点D向点C移动，
线段逐渐变长，MN逐渐变短，所以逐渐变大．
又因为当点M在点A处时，；当点M在点C处时，，
所以与所成角的范围为，故A正确．
对于B：由题意可知：平面，平面，
则，
又因为，平面ABM，
所以平面ABM，
平面ABM，则，
故和均为直角三角形．
可知AC与BD的交点O即为三棱锥的外接球的球心，半径，
所以外接球的体积．故B错误．
对于C：由题意可知：平面，平面，
则，
点M在侧面内，满足，
故点M的轨迹是以点C为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以点M的轨迹的长度为，故C正确．
对于D：设三棱锥的高为h，
由三棱锥的体积为，解得，
即点M到平面的距离为．
对于三棱锥，设高为，
由体积可得，解得，
即点C到平面的距离为，
可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，
故点M在平面或为点C，
若，空间点M的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，
显然点C不满足题意，
设与平面所成的角为，则，
故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，
显然点不合题意，所以点M的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得AC与BD的交点O即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
11．（2023高三上·阳江开学考）已知椭圆，其右焦点为，以为端点作条射线交椭圆于，且每两条相邻射线的夹角相等，则（ ）
A．当时，
B．当时，的面积的最小值为
C．当时，
D．当时，过作椭圆的切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值
【答案】A,D
【知识点】直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于椭圆，且，则，
设为椭圆上一点，
则，整理得，
可得，
且，则，所以，即，
如图，
设，则，即，
整理得.
对于A：由题意可知：，则
当时，可得，.
所以
，故A正确；
对于B：设，
因为
，
由A可知：，则，
又因为，可得，
当且仅当时，等号成立，
可得，
所以的面积的最小值为，故B错误；
对于C：令，则，
可得，
则，故C错误；
对于D：设椭圆上一点，则切线，
设，可知的方程为.
因为交于点，所以切点弦的方程为.
因为弦过，所以，同理可得.
因为，所以，故.
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设，根据两点间的距离公式可得，对于A：根据公式结合两角和差公式可判断；对于B，设，根据面积关系结合选项A及基本不等式可判断；对于C，取可判断；对于D，根据椭圆的切线方程结合斜率公式即可判断.
12．（2023高三上·阳江开学考）已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（ ）
A． B．
C．在上是增函数 D．存在最小值
【答案】A,B,C
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：对A、B：设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
A：因为，所以，即，故A正确；
B：因为，所以，即，故B正确；
对C、D：令，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在单调递增，
又，
故恒成立，所以在上恒成立，
C：在上是增函数，C正确；
D：由C选项可知，函数在上是增函数，故无最小值，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】对AB：构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项；对CD：构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.
三、填空题
13．（2023高三上·阳江开学考）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线翻折，取的中点，连接，若，则三棱锥的外接球的半径为 .
【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；球内接多面体；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示，取和的中心为，则 三棱锥的球心为，外接球的半径为，连接，
因为和为边长为2的等边三角形，则，
且 ，则，
由球的性质可知：，则，
所以，
又因为平面，则，
可得，，
所以 三棱锥的外接球的半径为.
故答案为：.
【分析】取和的中心为，三棱锥的球心为，连接，根据题意分析可得，结合直角三角形结合球的性质运算求解.
14．（2023高三上·阳江开学考）已知函数在上为减函数，命题为假命题，则的最大值为 ．
【答案】2
【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为函数 在上为减函数，且，
所以，，
即，，则，
所以，即时，一定满足题意，
此时由知，k的最大值为2；
下验证不符合题意，
如图：在标准单位圆中，设，
的正弦线为有向线段MP，则，
因为，即．
所以，
即时原命题为真命题，不符合.
故答案为：2.
【分析】根据给出的函数得到，，进而得到，再结合三角函数的定义可得，则，进而可得结果.
15．（2023高三上·阳江开学考）已知奇函数，有三个零点，则t的取值范围为 .
【答案】
【知识点】奇函数；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：若，，函数没有三个零点，所以，
因为为奇函数，则，即，
可得，
设，函数定义域为R，且，所以为偶函数，
，则是R上的增函数，且，
则，解得；，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
因为，则，且，所以，
则，
令，则，
原题意等价于与直线有三个交点，
因为与均为奇函数，
则与直线在内有一个交点
因为 ，
且在内单调递增，且，
所以，解得
所以t的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由为奇函数求出a的值，根据题意分析可知原题意等价于与直线有三个交点，再利用奇函数的性质以及导数的几何意义运算求解.
16．（2023高三上·阳江开学考）斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点，且在直线l的左上方.若，则的周长是 .
【答案】
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知满足，可知P在椭圆C：上 ，
设，
联立方程，消去y得，
则，解得，
又因为在直线l的左上方，则 ，解得，
综上所述：；
若A或B的横坐标为，则，
解得或，与不符，所以A或B的横坐标不可能为为；
又因为，
可得
，
即，即PA，PB关于直线对称，不妨设，
且，所以PA，PB与x轴围成的三角形为正三角形，可得，
则直线PA的方程，与联立，
消去y可得，可知其两根为，
则，解得，
同理可得，所以，
故的周长是
，
故答案为：.
【分析】根据题意可知点P在椭圆上，设，联立方程结合韦达定理可得，由分析可得 ，进而可求出A，B的横坐标，即可求得，结合弦长公式运算求解.
四、解答题
17．（2023高三上·阳江开学考）在中，为的角平分线，且.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求边的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
所以，
得：，
解得，
所以.
（2）解：设，，
由得
，
即，
所以，
又在中，
所以，
得，
因为且，
得，
则，
所以，
即边的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1)因为，结合面积公式可得，进而可得结果；
(2)因为，利用面积公式可得，结合余弦定理可得，结合函数求取值范围.
18．（2023高三上·阳江开学考）已知数列中，是其前项的和，，.
（1）求，的值，并证明是等比数列；
（2）证明：.
【答案】（1）解：由，得，
所以，，
由，得，
所以，.
证明如下：
由，得，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，，
，，
，
因为，所以，
于是，
其中，
于是，
所以.
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】(1)根据题意直接求，的值，并结合等比数列的定义分析证明；
(2)由（1）知，，整理得，利用放缩证明.
19．（2023高三上·阳江开学考）在正三棱台中，，，为中点，在上，.
（1）请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：
作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：
在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）解：由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：
由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：
易知，，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【知识点】棱台的结构特征；空间图形的公理；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据平面的性质作出截面，并结合台体的结构特征运算求解；
(2)根据题意分析可知直线与平面所成角为，进而利用余弦定理运算求解即可.
20．（2023高三上·阳江开学考）已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明：直线DE的倾斜角为定值．
【答案】（1）解：由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．
∴椭圆C的方程为．
（2）解：设，，，则．①
当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．
由①知，∴．
∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
综上所述，直线DE的倾斜角为．
【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意可得a＝2，c＝1，进而可得结果；
(2) 设，，，分类讨论直线PN的斜率是否存在，分析可得，即，即可得结果.
21．（2023高三上·阳江开学考）某科研单位研制出某型号科考飞艇，一艘该型号飞艇最多只能执行次科考任务，一艘该型号飞艇第1次执行科考任务，能成功返航的概率为，若第次执行科考任务能成功返航，则执行第次科考任务且能成功返航的概率也为，否则此飞艇结束科考任务.一艘该型号飞艇每次执行科考任务，若能成功返航，则可获得价值为万元的科考数据，且“”的概率为0.8，“”的概率为0.2；若不能成功返航，则此次科考任务不能获得任何科考数据.记一艘该型号飞艇共可获得的科考数据的总价值为万元.
（1）若，，求的分布列；
（2）求（用和表示）.
【答案】（1）解：若，，则的所有取值为0，200，400，
记一艘该型号飞艇第次执行科考任务能成功返航为事件，获得价值为200万元的科考数据为事件，.则
，
，
所以的分布列为
0 200 400
0.86 0.13 0.01
（2）解：取值表示的意义如下：若一艘该型号飞艇能执行第次科考任务且在此次任务中获得价值200万元的科考数据，则，否则，.
因为的分布列为
0 200
所以
因为，
所以
【知识点】等比数列的前n项和；概率的基本性质；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】 (1)由题意可知：的所有取值为0，200，400，进而结合独立事件概率公式求分布列；
(2) 根据题意分析可得：，进而可求分布列，结合等比数列求和求期望.
22．（2023高三上·阳江开学考）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，且，证明：.
【答案】（1）解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以的减区间是，增区间是.
（2）证明：当时，，当时，，
因为且，结合在上单调递减，在上单调递增可得，设，则，
所以，从而，
又因为，所以，故①，
设，则，
令，可得；令，可得，
从而在上单调递减，在上单调递增，
又由，所以，故，
所以，
因为，所以，故②，
将①②两式相加可得，
设，则，所以在上单调递减，
又，所以，从而，所以，
，所以，故，
又因为，所以，
综上所述，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1)求导，利用导数求原函数的单调区间；
(2) 根据题意分析可得，设，可得，设，利用导数可得，设，利用导数可得，进而可得结果.
1 / 1广东省阳江市2023-2024高三上册数学开学适应性试卷
一、单选题
1．（2023高三上·阳江开学考）已知集合，，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高三上·阳江开学考）已知函数是上的单调函数，且，则在上的值域为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·阳江开学考）在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高三上·阳江开学考）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：
①三棱锥的体积为定值；②；③直线与平面所成角的正弦值为；④的最小值为．其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023高三上·阳江开学考）已知圆与圆交点的轨迹为，过平面内的点作轨迹的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三上·阳江开学考）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·阳江开学考）已知函数，，，恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·阳江开学考）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023高三上·阳江开学考）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
10．（2023高三上·阳江开学考）已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为
B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分
11．（2023高三上·阳江开学考）已知椭圆，其右焦点为，以为端点作条射线交椭圆于，且每两条相邻射线的夹角相等，则（ ）
A．当时，
B．当时，的面积的最小值为
C．当时，
D．当时，过作椭圆的切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值
12．（2023高三上·阳江开学考）已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（ ）
A． B．
C．在上是增函数 D．存在最小值
三、填空题
13．（2023高三上·阳江开学考）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线翻折，取的中点，连接，若，则三棱锥的外接球的半径为 .
14．（2023高三上·阳江开学考）已知函数在上为减函数，命题为假命题，则的最大值为 ．
15．（2023高三上·阳江开学考）已知奇函数，有三个零点，则t的取值范围为 .
16．（2023高三上·阳江开学考）斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点，且在直线l的左上方.若，则的周长是 .
四、解答题
17．（2023高三上·阳江开学考）在中，为的角平分线，且.
（1）若，，求的面积；
（2）若，求边的取值范围.
18．（2023高三上·阳江开学考）已知数列中，是其前项的和，，.
（1）求，的值，并证明是等比数列；
（2）证明：.
19．（2023高三上·阳江开学考）在正三棱台中，，，为中点，在上，.
（1）请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20．（2023高三上·阳江开学考）已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明：直线DE的倾斜角为定值．
21．（2023高三上·阳江开学考）某科研单位研制出某型号科考飞艇，一艘该型号飞艇最多只能执行次科考任务，一艘该型号飞艇第1次执行科考任务，能成功返航的概率为，若第次执行科考任务能成功返航，则执行第次科考任务且能成功返航的概率也为，否则此飞艇结束科考任务.一艘该型号飞艇每次执行科考任务，若能成功返航，则可获得价值为万元的科考数据，且“”的概率为0.8，“”的概率为0.2；若不能成功返航，则此次科考任务不能获得任何科考数据.记一艘该型号飞艇共可获得的科考数据的总价值为万元.
（1）若，，求的分布列；
（2）求（用和表示）.
22．（2023高三上·阳江开学考）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合间的运算直接求解即可.
2．【答案】D
【知识点】函数的值域；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为是上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则．
因为为上的增函数，且，所以，
所以．
因为在上单调递增，所以，得．
故答案为：D.
【分析】根据函数的单调性可得，进而可得答案.
3．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；球的体积和表面积；空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为 ，则的外接圆圆心为AC的中点M，连接，
所以当D在的外接圆上移动时，该三棱锥的外接球不变，
不妨令，
因为，则，
所以二面角的平面角为，
设的外心为，过作平面ABC的垂线，过M作平面ACD的垂线，
两条垂线均在平面BMD内，它们的交点即为三棱锥的外接球的球心O，如图所示：
在中，设，的外接圆半径为，
则，
由正弦定理可得，
则，
又因为，则，可得，
所以，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
可得三棱锥外接球表面积，即最小值为.
故答案为：B.
【分析】取AC的中点M，根据题意可知二面角的平面角为，的外心为，过O1作平面ABC的垂线，过的外心M作平面ACD的垂线，根据球的性质可知它们的交点就是球心O，设，用表示，进而可求外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求得答案.
4．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于①：因为，且，
则四边形为平行四边形，所以，
且平面，平面，所以平面，
当点P在线段上运动时，点P到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又因为 也为定值，则为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故①正确；
对于②：因为平面，平面，则，
又因为为正方形，则，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，故②正确；
对于③：连接，交于点E，连接，
因为，且，
则四边形为平行四边形，所以，
由②可知：平面，则平面，
所以为直线与平面所成角，
又因为，
在中，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故③正确；
对于④：如图所示：将正方形沿翻折得到正方形，连接，在线段上取点M，使得，
易知，则，
可得，
在中，，
由余弦定理可得，即，
所有的最小值为，故④错误.
故答案为：C.
【分析】对①：先证平面，结合平行的性质分析可得三棱锥的体积为定值；对②：可证平面，进而可得；对③：先证平面，进而可知为直线与平面所成角，运算求解即可；对④：将正方形沿翻折得到正方形，结合余弦定理分析求解.
5．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：因为圆圆心，半径为，
圆圆心，半径为，
由题意可知，，则，
由椭圆定义知：点N是以为焦点的椭圆，
可得，且，所以轨迹M的方程为，
设点，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为：，
联立方程，消y得，
则，
整理得，
由题意可知，整理得；
当切线斜率不存在或为0时，则点P可以为，均满足方程，
所以点轨迹方程为．
故答案为：A.
【分析】根据题意结合椭圆的定义可得出轨迹M的方程为，设点，分切线斜率存在且不为0时和切线的斜率不存在或为0时两种情况，设切线方程并与椭圆方程联立，根据且求出，即可得解.
6．【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；直线的斜截式方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的半焦距为c，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为2c，
故其方程为：，
令，则，结合A在y轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，可得直线.
设，
因为A在y轴的正半轴上，在x轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，整理得到：，故，
故答案为：D.
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，求出直线的方程后结合距离公式可求M的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
①当时，，则，
所以，
所以存在，使得；
②当时，，则，
所以存在，使得；
③当时，令，则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以存在，使得，即.
由上可知，对任意的，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以
，则，
所以，
令，其中，
所以，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，即的最大值为.
故答案为：A.
【分析】令，其中，分析可知，存在，使得，可得出，由题意可得出，可得出，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为的最大值.
8．【答案】C
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；正切函数的图象与性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，即，
所以，因为，
所以，由余弦定理，
可得，
再由正弦定理得，
因为，
所以，所以或，
得或（舍去）.
因为是锐角三角形，则，解得，
令，
所以
可知在上单调递增，且，
所以的取值范围为，即的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角A表示，并求出角A范围，最后结合对勾函数运算求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对A：因为，
所以
，
故A正确；
对B：因为，则
，故B正确；
对C：因为，
则
，
所以，
又因为其个位数字是0，所以的个位数字是9，故C错误；
对D：因为的展开式通项为，
所以，
可得展开式的的系数为，
又因为，则，
又因为的展开式通项为，
可得的展开式的的系数为，且，
所以，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对A：根据组合数的性质运算求解；对B：根据组合数公式分析运算；对C：因为，利用裂项相消法可得，结合排列数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
10．【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：过点M作交DC于点N，连接．
则即为与所成角的平面角，且．
当点M由点A向点C移动的过程中，点N由点D向点C移动，
线段逐渐变长，MN逐渐变短，所以逐渐变大．
又因为当点M在点A处时，；当点M在点C处时，，
所以与所成角的范围为，故A正确．
对于B：由题意可知：平面，平面，
则，
又因为，平面ABM，
所以平面ABM，
平面ABM，则，
故和均为直角三角形．
可知AC与BD的交点O即为三棱锥的外接球的球心，半径，
所以外接球的体积．故B错误．
对于C：由题意可知：平面，平面，
则，
点M在侧面内，满足，
故点M的轨迹是以点C为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以点M的轨迹的长度为，故C正确．
对于D：设三棱锥的高为h，
由三棱锥的体积为，解得，
即点M到平面的距离为．
对于三棱锥，设高为，
由体积可得，解得，
即点C到平面的距离为，
可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，
故点M在平面或为点C，
若，空间点M的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，
显然点C不满足题意，
设与平面所成的角为，则，
故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，
显然点不合题意，所以点M的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得AC与BD的交点O即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
11．【答案】A,D
【知识点】直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于椭圆，且，则，
设为椭圆上一点，
则，整理得，
可得，
且，则，所以，即，
如图，
设，则，即，
整理得.
对于A：由题意可知：，则
当时，可得，.
所以
，故A正确；
对于B：设，
因为
，
由A可知：，则，
又因为，可得，
当且仅当时，等号成立，
可得，
所以的面积的最小值为，故B错误；
对于C：令，则，
可得，
则，故C错误；
对于D：设椭圆上一点，则切线，
设，可知的方程为.
因为交于点，所以切点弦的方程为.
因为弦过，所以，同理可得.
因为，所以，故.
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设，根据两点间的距离公式可得，对于A：根据公式结合两角和差公式可判断；对于B，设，根据面积关系结合选项A及基本不等式可判断；对于C，取可判断；对于D，根据椭圆的切线方程结合斜率公式即可判断.
12．【答案】A,B,C
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：对A、B：设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
A：因为，所以，即，故A正确；
B：因为，所以，即，故B正确；
对C、D：令，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在单调递增，
又，
故恒成立，所以在上恒成立，
C：在上是增函数，C正确；
D：由C选项可知，函数在上是增函数，故无最小值，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】对AB：构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项；对CD：构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.
13．【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；球内接多面体；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示，取和的中心为，则 三棱锥的球心为，外接球的半径为，连接，
因为和为边长为2的等边三角形，则，
且 ，则，
由球的性质可知：，则，
所以，
又因为平面，则，
可得，，
所以 三棱锥的外接球的半径为.
故答案为：.
【分析】取和的中心为，三棱锥的球心为，连接，根据题意分析可得，结合直角三角形结合球的性质运算求解.
14．【答案】2
【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为函数 在上为减函数，且，
所以，，
即，，则，
所以，即时，一定满足题意，
此时由知，k的最大值为2；
下验证不符合题意，
如图：在标准单位圆中，设，
的正弦线为有向线段MP，则，
因为，即．
所以，
即时原命题为真命题，不符合.
故答案为：2.
【分析】根据给出的函数得到，，进而得到，再结合三角函数的定义可得，则，进而可得结果.
15．【答案】
【知识点】奇函数；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：若，，函数没有三个零点，所以，
因为为奇函数，则，即，
可得，
设，函数定义域为R，且，所以为偶函数，
，则是R上的增函数，且，
则，解得；，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
因为，则，且，所以，
则，
令，则，
原题意等价于与直线有三个交点，
因为与均为奇函数，
则与直线在内有一个交点
因为 ，
且在内单调递增，且，
所以，解得
所以t的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由为奇函数求出a的值，根据题意分析可知原题意等价于与直线有三个交点，再利用奇函数的性质以及导数的几何意义运算求解.
16．【答案】
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知满足，可知P在椭圆C：上 ，
设，
联立方程，消去y得，
则，解得，
又因为在直线l的左上方，则 ，解得，
综上所述：；
若A或B的横坐标为，则，
解得或，与不符，所以A或B的横坐标不可能为为；
又因为，
可得
，
即，即PA，PB关于直线对称，不妨设，
且，所以PA，PB与x轴围成的三角形为正三角形，可得，
则直线PA的方程，与联立，
消去y可得，可知其两根为，
则，解得，
同理可得，所以，
故的周长是
，
故答案为：.
【分析】根据题意可知点P在椭圆上，设，联立方程结合韦达定理可得，由分析可得 ，进而可求出A，B的横坐标，即可求得，结合弦长公式运算求解.
17．【答案】（1）解：因为，
所以，
得：，
解得，
所以.
（2）解：设，，
由得
，
即，
所以，
又在中，
所以，
得，
因为且，
得，
则，
所以，
即边的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1)因为，结合面积公式可得，进而可得结果；
(2)因为，利用面积公式可得，结合余弦定理可得，结合函数求取值范围.
18．【答案】（1）解：由，得，
所以，，
由，得，
所以，.
证明如下：
由，得，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，，
，，
，
因为，所以，
于是，
其中，
于是，
所以.
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】(1)根据题意直接求，的值，并结合等比数列的定义分析证明；
(2)由（1）知，，整理得，利用放缩证明.
19．【答案】（1）解：①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：
作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：
在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）解：由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：
由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：
易知，，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【知识点】棱台的结构特征；空间图形的公理；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据平面的性质作出截面，并结合台体的结构特征运算求解；
(2)根据题意分析可知直线与平面所成角为，进而利用余弦定理运算求解即可.
20．【答案】（1）解：由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．
∴椭圆C的方程为．
（2）解：设，，，则．①
当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．
由①知，∴．
∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
综上所述，直线DE的倾斜角为．
【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意可得a＝2，c＝1，进而可得结果；
(2) 设，，，分类讨论直线PN的斜率是否存在，分析可得，即，即可得结果.
21．【答案】（1）解：若，，则的所有取值为0，200，400，
记一艘该型号飞艇第次执行科考任务能成功返航为事件，获得价值为200万元的科考数据为事件，.则
，
，
所以的分布列为
0 200 400
0.86 0.13 0.01
（2）解：取值表示的意义如下：若一艘该型号飞艇能执行第次科考任务且在此次任务中获得价值200万元的科考数据，则，否则，.
因为的分布列为
0 200
所以
因为，
所以
【知识点】等比数列的前n项和；概率的基本性质；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】 (1)由题意可知：的所有取值为0，200，400，进而结合独立事件概率公式求分布列；
(2) 根据题意分析可得：，进而可求分布列，结合等比数列求和求期望.
22．【答案】（1）解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以的减区间是，增区间是.
（2）证明：当时，，当时，，
因为且，结合在上单调递减，在上单调递增可得，设，则，
所以，从而，
又因为，所以，故①，
设，则，
令，可得；令，可得，
从而在上单调递减，在上单调递增，
又由，所以，故，
所以，
因为，所以，故②，
将①②两式相加可得，
设，则，所以在上单调递减，
又，所以，从而，所以，
，所以，故，
又因为，所以，
综上所述，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1)求导，利用导数求原函数的单调区间；
(2) 根据题意分析可得，设，可得，设，利用导数可得，设，利用导数可得，进而可得结果.
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