北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期数学期中试卷
一、选择题（每题4分，共40分）
1．（2023高三上·北京市期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式：得：，故，因为，则，故，故
故答案为：B.
【分析】解出一元二次不等式得到集合A，再根据绝对值的意义得到集合B，再根据交集的运算规则进行运算即可求解.
2．（2023高三上·北京市期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．的虚部是2
B．
C．的共轭复数是
D．在复平面内对应的点在第二象限
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A选项：的虚部是-2，故A选项错误，
对于B选项：，故B选项正确，
对于C选项：的共轭复数为：，故C选项错误；
对于D选项：在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】对于A选项根据复数的概念：，a为实部，b为虚部就可求解，对B选项：复数的模公式：就可求解，对于C选项：结合共轭复数：，就可求解，对于D选项结合复数的几何概念即可求解.
3．（2023高三上·北京市期中）已知点是角终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号；诱导公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为 点是角终边上一点，所以，
结合三角函数的定义有：，.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数的定义可得：，在结合诱导公式对变形即可求解.
4．（2023高三上·北京市期中）已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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选项：当时，则平行关系不成立，则A选项错误；
对于B选项：，则直线的关系可以是平行也可以是异面，故B选项错误，
对于C选项：有线面垂直判定定理知：需要垂直内的两条相交直线才能得到，故C选项错误，
对于D选项：根据线面垂直的性质定理可知：，则，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】根据线面的位置关系、线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质进行依次判定即可.
5．（2023高三上·北京市期中）在中，点在边上，.记，.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；向量加减混合运算
【解析】【解答】解：如图所示，
根据向量加减法得三角形法则有：，又，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量的加减法得三角形法则及共线向量的性质即可求解.
6．（2023高三上·北京市期中）函数在区间上的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：
，则，故当即时有最大值.
故答案为：C.
【分析】利用三角形恒等式变形及辅助角公式：其中，且，对已知函数进行化简得到：，在结合的图像和性质即可求解.
7．（2023高三上·北京市期中）在数列中，已知，，则“”是“”是单调递增数列的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
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；数列的函数特性；数列的应用
【解析】【解答】解：若 在数列中，，且，则，可解得：若 在数列中，，且为递增数列，则，即：，解得：，
设，由一次函数的性质知道在r上单调递减，故：
即即可满足为递增数列，故“”是“”为递增数列的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】先根据及已知条件解得：，在结合递增数列的性质及一次函数的单调性得到：为递增数列时，结合充分和必要条件的判定条件即可求解.
8．（2020高三上·海淀期中）已知函数 的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移 个单位长度，得到函数 的图象若函数 为奇函数，则t的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图象可得 时，函数 的函数值为0，即 ，
，
，将此函数向左平移 个单位得，
，又因为 为奇函数，
，
，
因为
．
故答案为：B．
【分析】由图象可得 时，函数 的函数值为0，可以解出 的表达式，再利用平移的知识可以得出 的最小值．
9．（2023高三上·北京市期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：由正方体的性质可以如图建立空间直角坐标系：
则，，
设平面的法向量为：，则，
令，可解得：，故平面的一个法向量为
，则点A到平面的距离为：.
故答案为：A.
【分析】依据题意可以建立空间直角坐标系，写出个点坐标，然后求出平面的一个法向量为，在根据点到平面的距离公式：即可求解.
10．（2023高三上·北京市期中）设函数，给出下列四个结论：
①当时，函数有三个极值点；
②当时，函数有三个极值点；
③，是函数的极小值点；
④，不是函数的极大值点.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
【答案】D
【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
【解析】【解答】解：对于 ① ，可化为，
令，，因为，故，则在上单调递减，
在上单调递增，此时只有一个极小值点，又可化为，
因为，所以结合一次函数的单调性知：在上递增，
在上单调递减，此时只有一个极大值点，且，故综上所述：
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故只有两个极值点
（极小值点）和（极大值点），故①错误；对于② ，当时，，按照①的做法照样将变为和，但是当时，，在上单调递减，在上单调递增，此时只有一个极小值点，而此时：在上递减，在上单调递增，，
故在上单调递减，在上单调递增，在上递减，在上单调递增，故有三个极值点，
即、x=1、，故②正确；对于③ 结合①知道当时，为的极大值点，故 ③错误；
对于④ 结合①②知当时，都 不是函数的极大值点，当时，结合②知故综上所述：在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故只有两个极值点（极小值点）和（极大值点），
所以也不是函数的极大值点，故④正确.
故答案为D：.
【分析】对函数进变形化简，分为和两个函数，在根据二次函数与一次函数的性质结合a的取值范围进行讨论即可得出答案.
二、填空题（每题5分，共25分）
11．（2023高三上·北京市期中）首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比 .
【答案】2
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的首项，设公比为q，则：，又，，成等差数列，
由等差中项的性质有：即： ，解得：
故答案为：2.
【分析】利用等比数列的通项公式即等差中项的结论解答即可.
12．（2023高三上·北京市期中）若函数为偶函数，则 ，的最小值为 .
【答案】；2
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，所以，即解得：，
故，当时，，，故当且仅当
即当时.等号成立，又根据偶函数图象的对称性知，当时，
故综上所述，，即的最小值为2.
故答案为：-1， 2.
【分析】根据偶函数的定义，即可求出a=-1，利用重要不等式及偶函数的对称性即可求出函数的最小值.
13．（2023高三上·北京市期中）已知正四棱锥，底面边长为2，体积为，则这个四棱锥的侧棱长为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为 正四棱锥，底面边长为2 ，所以正四棱锥底面积为：，
设正四棱锥的高为h，由棱锥的体积公式有：，解得，
故根据勾股定理得四棱锥的侧棱长：.
故答案为：.
【分析】先算出棱锥的底面积，再根据棱锥的体积公式：，解出，再利用勾股定理求解即可.
14．（2023高三上·北京市期中）已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为 .
【答案】24
【知识点】数列的应用；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
故由求数列通项公式的累加法有：==，
又，所以：
当n为偶数时，，解得：，则此时有19个m符合要求，
当n为奇数时，，此时将看作二次函数，则该函数的对称轴为m=-2，当m=9时，，
当m=11时，，所以，又此时m为奇数，有5个
故综上所述：中元素的个数为24个，
故答案为：24.
【分析】先利用累加法得到：，在结合已知条件得到：
，然后在分n为奇数和偶数两种情况讨论即可求解.
15．（2023高三上·北京市期中）已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，（，），则 .
【答案】
【知识点】空间向量的概念；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可设：，，则，又为空间单位向量，
则，即，取，则，
设，则，所以：，
故，
所以：
当即时取等号，根据题意：
所以，即，则.
故答案为：.
【分析】根据题意且方便计算可以取，然后设，根据题目中的条件算出，在设出，同理根据题目条件得到：，从而得到：，在结合平方的性质得到然后建立方程求解即可.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（2023高三上·北京市期中）中，.
（1）求的大小；
（2）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件，并求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，.
注：条件选择错误，第（2）问得0分.
【答案】（1）解：由余弦定理，又，
可得，所以，又因为，所以
（2）解：选择条件②
由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.
因为，，所以.
由正弦定理，可得，
所以
所以三角形面积.
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理，在结合已知条件得到：，然后解出A即可；
（2）由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.然后再结合正弦定理和三角形的面积公式进行求解即可.
17．（2023高三上·北京市期中）如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.
（1）若点为线段中点，求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明：连结交于，连结，.
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为，的中点，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：在矩形中，
，∴平面
因为平面，所以.
因为，点是的中点，
所以
又因为，所以平面.
【知识点】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
【解析】【分析】（1）把证明线面平行转化为线线平行，然后利用矩形的性质和平行四边的判定进行证明即可；
（2）把证明线面垂直转化为线线垂直，根据面面垂直的性质可得：平面，进而得到，在证明，即可得证明.
18．（2023·天津市模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数，
所以，.
又因为，则切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：函数定义域为，
由（1）可知，.
令解得.
与在区间上的情况如下：
－ 0 ＋
↘ 极小值 ↗
所以，的单调递增区间是；
的单调递减区间是.
（3）解：当时，“”等价于“”.
令，，，.
令解得，
当时，，所以在区间单调递减.
当时，，所以在区间单调递增.
而，.
所以在区间上的最大值为.
所以当时，对于任意，都有.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；
（2） 由（1）可知，， 令解得，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；
（3） 当时，“”等价于“”， 令，， 令解得，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.
19．（2023高三上·北京市期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的正弦值；
（3）是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
不妨设，则，，
设直线与平面所成角为，则.
（2）解：由正方体可得，平面的一个法向量为，则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（3）解：存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.此时
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方体的性质建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量为，然后设直线与平面所成角为，根据求解即可；
（2）根据正方体的性质得到平面的一个法向量为，然后根据求出两个法向量所成角，在根据二面角的正弦值为.即可得出答案；
（3）设点的坐标为，求出平面的一个法向量为，然后根据直线平行平面则与法向量垂直得，解出t即可求解.
20．（2023高三上·北京市期中）已知函数.
（1）求证：函数在区间上为单调递增函数；
（2）若函数在上的最大值在区间内，求整数的值.
【答案】（1）解：，
当时，，，，∴单调递增
（2）解：.
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即，
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，，
当时，（等号仅在时成立），
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则（），
所以在上单调递增，则，，
所以，所以.
【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单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对进行求导得到其导函数：然后判定时，然后得到 函数在区间上为单调递增函数；
（2）由（1）知道的导函数：，在时，，只需要判定的正负即可，故，通过二次求导得到：从而知道在上单调递增，且，则在上存在零点，且，故可得到在上单调递增，在上单调递减，从而得到，在构造新函数：，，在利用导数可判定在上单调递增，从而得到，然后即可求解.
21．（2023高三上·北京市期中）已知数列：，，…，.如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”.
（1）若数列：，，，的“衍生数列”是：5，，7，2，求；
（2）若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
（3）若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，…依次将数列，，，…第（）项取出，构成数列：，，….
求证：是等差数列.
【答案】（1）解：：2，1，4，5
（2）解：证明：由已知，，.
因此，猜想.
①当时，，猜想成立；
②假设（）时，.
当时，
故当时猜想也成立.
由①、②可知，对于任意正整数，有
设数列的“衍生数列”为，则由以上结论可知
，其中.
由于为偶数，所以，
所以，其中.
因此，数列即是数列.
（3）证明：设数列，，中后者是前者的“衍生数列”.欲证成等差数列，
只需证明，，成等差数列，即只要证明（）即可.
由（Ⅱ）中结论可知，
所以，，即，，成等差数列，
所以是等差数列.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据题目对 “衍生数列”的定义进行求解即可：
（2）由已知得到：，，由此猜想到：，然后由已知，，分三种情况进行讨论可得：，设数列的“衍生数列”为，利用的结论和n为偶数可得：从而证得数列即是数列，从而证明了结论：
（3）利用（2）的结论得到然后代入中运用累加求和的方法进行计算最终得到：利用等差中项的性质即可得证.
1 / 1北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期数学期中试卷
一、选择题（每题4分，共40分）
1．（2023高三上·北京市期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·北京市期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．的虚部是2
B．
C．的共轭复数是
D．在复平面内对应的点在第二象限
3．（2023高三上·北京市期中）已知点是角终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高三上·北京市期中）已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．（2023高三上·北京市期中）在中，点在边上，.记，.则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三上·北京市期中）函数在区间上的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
7．（2023高三上·北京市期中）在数列中，已知，，则“”是“”是单调递增数列的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2020高三上·海淀期中）已知函数 的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移 个单位长度，得到函数 的图象若函数 为奇函数，则t的最小值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2023高三上·北京市期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
10．（2023高三上·北京市期中）设函数，给出下列四个结论：
①当时，函数有三个极值点；
②当时，函数有三个极值点；
③，是函数的极小值点；
④，不是函数的极大值点.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
二、填空题（每题5分，共25分）
11．（2023高三上·北京市期中）首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比 .
12．（2023高三上·北京市期中）若函数为偶函数，则 ，的最小值为 .
13．（2023高三上·北京市期中）已知正四棱锥，底面边长为2，体积为，则这个四棱锥的侧棱长为 .
14．（2023高三上·北京市期中）已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为 .
15．（2023高三上·北京市期中）已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，（，），则 .
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（2023高三上·北京市期中）中，.
（1）求的大小；
（2）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件，并求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，.
注：条件选择错误，第（2）问得0分.
17．（2023高三上·北京市期中）如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.
（1）若点为线段中点，求证：平面；
（2）求证：平面.
18．（2023·天津市模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.
19．（2023高三上·北京市期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的正弦值；
（3）是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
20．（2023高三上·北京市期中）已知函数.
（1）求证：函数在区间上为单调递增函数；
（2）若函数在上的最大值在区间内，求整数的值.
21．（2023高三上·北京市期中）已知数列：，，…，.如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”.
（1）若数列：，，，的“衍生数列”是：5，，7，2，求；
（2）若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
（3）若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，…依次将数列，，，…第（）项取出，构成数列：，，….
求证：是等差数列.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式：得：，故，因为，则，故，故
故答案为：B.
【分析】解出一元二次不等式得到集合A，再根据绝对值的意义得到集合B，再根据交集的运算规则进行运算即可求解.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A选项：的虚部是-2，故A选项错误，
对于B选项：，故B选项正确，
对于C选项：的共轭复数为：，故C选项错误；
对于D选项：在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】对于A选项根据复数的概念：，a为实部，b为虚部就可求解，对B选项：复数的模公式：就可求解，对于C选项：结合共轭复数：，就可求解，对于D选项结合复数的几何概念即可求解.
3．【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号；诱导公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为 点是角终边上一点，所以，
结合三角函数的定义有：，.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数的定义可得：，在结合诱导公式对变形即可求解.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；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选项：当时，则平行关系不成立，则A选项错误；
对于B选项：，则直线的关系可以是平行也可以是异面，故B选项错误，
对于C选项：有线面垂直判定定理知：需要垂直内的两条相交直线才能得到，故C选项错误，
对于D选项：根据线面垂直的性质定理可知：，则，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】根据线面的位置关系、线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质进行依次判定即可.
5．【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；向量加减混合运算
【解析】【解答】解：如图所示，
根据向量加减法得三角形法则有：，又，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量的加减法得三角形法则及共线向量的性质即可求解.
6．【答案】C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：
，则，故当即时有最大值.
故答案为：C.
【分析】利用三角形恒等式变形及辅助角公式：其中，且，对已知函数进行化简得到：，在结合的图像和性质即可求解.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；数列的应用
【解析】【解答】解：若 在数列中，，且，则，可解得：若 在数列中，，且为递增数列，则，即：，解得：，
设，由一次函数的性质知道在r上单调递减，故：
即即可满足为递增数列，故“”是“”为递增数列的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】先根据及已知条件解得：，在结合递增数列的性质及一次函数的单调性得到：为递增数列时，结合充分和必要条件的判定条件即可求解.
8．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图象可得 时，函数 的函数值为0，即 ，
，
，将此函数向左平移 个单位得，
，又因为 为奇函数，
，
，
因为
．
故答案为：B．
【分析】由图象可得 时，函数 的函数值为0，可以解出 的表达式，再利用平移的知识可以得出 的最小值．
9．【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：由正方体的性质可以如图建立空间直角坐标系：
则，，
设平面的法向量为：，则，
令，可解得：，故平面的一个法向量为
，则点A到平面的距离为：.
故答案为：A.
【分析】依据题意可以建立空间直角坐标系，写出个点坐标，然后求出平面的一个法向量为，在根据点到平面的距离公式：即可求解.
10．【答案】D
【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
【解析】【解答】解：对于 ① ，可化为，
令，，因为，故，则在上单调递减，
在上单调递增，此时只有一个极小值点，又可化为，
因为，所以结合一次函数的单调性知：在上递增，
在上单调递减，此时只有一个极大值点，且，故综上所述：
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故只有两个极值点
（极小值点）和（极大值点），故①错误；对于② ，当时，，按照①的做法照样将变为和，但是当时，，在上单调递减，在上单调递增，此时只有一个极小值点，而此时：在上递减，在上单调递增，，
故在上单调递减，在上单调递增，在上递减，在上单调递增，故有三个极值点，
即、x=1、，故②正确；对于③ 结合①知道当时，为的极大值点，故 ③错误；
对于④ 结合①②知当时，都 不是函数的极大值点，当时，结合②知故综上所述：在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故只有两个极值点（极小值点）和（极大值点），
所以也不是函数的极大值点，故④正确.
故答案为D：.
【分析】对函数进变形化简，分为和两个函数，在根据二次函数与一次函数的性质结合a的取值范围进行讨论即可得出答案.
11．【答案】2
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的首项，设公比为q，则：，又，，成等差数列，
由等差中项的性质有：即： ，解得：
故答案为：2.
【分析】利用等比数列的通项公式即等差中项的结论解答即可.
12．【答案】；2
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，所以，即解得：，
故，当时，，，故当且仅当
即当时.等号成立，又根据偶函数图象的对称性知，当时，
故综上所述，，即的最小值为2.
故答案为：-1， 2.
【分析】根据偶函数的定义，即可求出a=-1，利用重要不等式及偶函数的对称性即可求出函数的最小值.
13．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为 正四棱锥，底面边长为2 ，所以正四棱锥底面积为：，
设正四棱锥的高为h，由棱锥的体积公式有：，解得，
故根据勾股定理得四棱锥的侧棱长：.
故答案为：.
【分析】先算出棱锥的底面积，再根据棱锥的体积公式：，解出，再利用勾股定理求解即可.
14．【答案】24
【知识点】数列的应用；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
故由求数列通项公式的累加法有：==，
又，所以：
当n为偶数时，，解得：，则此时有19个m符合要求，
当n为奇数时，，此时将看作二次函数，则该函数的对称轴为m=-2，当m=9时，，
当m=11时，，所以，又此时m为奇数，有5个
故综上所述：中元素的个数为24个，
故答案为：24.
【分析】先利用累加法得到：，在结合已知条件得到：
，然后在分n为奇数和偶数两种情况讨论即可求解.
15．【答案】
【知识点】空间向量的概念；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可设：，，则，又为空间单位向量，
则，即，取，则，
设，则，所以：，
故，
所以：
当即时取等号，根据题意：
所以，即，则.
故答案为：.
【分析】根据题意且方便计算可以取，然后设，根据题目中的条件算出，在设出，同理根据题目条件得到：，从而得到：，在结合平方的性质得到然后建立方程求解即可.
16．【答案】（1）解：由余弦定理，又，
可得，所以，又因为，所以
（2）解：选择条件②
由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.
因为，，所以.
由正弦定理，可得，
所以
所以三角形面积.
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理，在结合已知条件得到：，然后解出A即可；
（2）由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.然后再结合正弦定理和三角形的面积公式进行求解即可.
17．【答案】（1）证明：连结交于，连结，.
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为，的中点，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：在矩形中，
，∴平面
因为平面，所以.
因为，点是的中点，
所以
又因为，所以平面.
【知识点】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
【解析】【分析】（1）把证明线面平行转化为线线平行，然后利用矩形的性质和平行四边的判定进行证明即可；
（2）把证明线面垂直转化为线线垂直，根据面面垂直的性质可得：平面，进而得到，在证明，即可得证明.
18．【答案】（1）解：因为函数，
所以，.
又因为，则切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：函数定义域为，
由（1）可知，.
令解得.
与在区间上的情况如下：
－ 0 ＋
↘ 极小值 ↗
所以，的单调递增区间是；
的单调递减区间是.
（3）解：当时，“”等价于“”.
令，，，.
令解得，
当时，，所以在区间单调递减.
当时，，所以在区间单调递增.
而，.
所以在区间上的最大值为.
所以当时，对于任意，都有.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；
（2） 由（1）可知，， 令解得，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；
（3） 当时，“”等价于“”， 令，， 令解得，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.
19．【答案】（1）解：以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
不妨设，则，，
设直线与平面所成角为，则.
（2）解：由正方体可得，平面的一个法向量为，则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（3）解：存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.此时
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方体的性质建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量为，然后设直线与平面所成角为，根据求解即可；
（2）根据正方体的性质得到平面的一个法向量为，然后根据求出两个法向量所成角，在根据二面角的正弦值为.即可得出答案；
（3）设点的坐标为，求出平面的一个法向量为，然后根据直线平行平面则与法向量垂直得，解出t即可求解.
20．【答案】（1）解：，
当时，，，，∴单调递增
（2）解：.
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即，
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，，
当时，（等号仅在时成立），
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则（），
所以在上单调递增，则，，
所以，所以.
【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单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对进行求导得到其导函数：然后判定时，然后得到 函数在区间上为单调递增函数；
（2）由（1）知道的导函数：，在时，，只需要判定的正负即可，故，通过二次求导得到：从而知道在上单调递增，且，则在上存在零点，且，故可得到在上单调递增，在上单调递减，从而得到，在构造新函数：，，在利用导数可判定在上单调递增，从而得到，然后即可求解.
21．【答案】（1）解：：2，1，4，5
（2）解：证明：由已知，，.
因此，猜想.
①当时，，猜想成立；
②假设（）时，.
当时，
故当时猜想也成立.
由①、②可知，对于任意正整数，有
设数列的“衍生数列”为，则由以上结论可知
，其中.
由于为偶数，所以，
所以，其中.
因此，数列即是数列.
（3）证明：设数列，，中后者是前者的“衍生数列”.欲证成等差数列，
只需证明，，成等差数列，即只要证明（）即可.
由（Ⅱ）中结论可知，
所以，，即，，成等差数列，
所以是等差数列.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据题目对 “衍生数列”的定义进行求解即可：
（2）由已知得到：，，由此猜想到：，然后由已知，，分三种情况进行讨论可得：，设数列的“衍生数列”为，利用的结论和n为偶数可得：从而证得数列即是数列，从而证明了结论：
（3）利用（2）的结论得到然后代入中运用累加求和的方法进行计算最终得到：利用等差中项的性质即可得证.
1 / 1
