2024年高考数学模拟测试题（含答案）
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文档简介
高中数学测试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．角终边上有一点，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知集合，，则的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．已知函数为上的奇函数，当时，；若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，且的图象相邻两条对称轴间的距离为，下列说法正确的个数是（ ）
①
②是的一条对称轴
③当时，的值域为
④在区间上单调递增
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知、、，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．函数，则的部分图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知定义在R上的函数满足，，且当时，，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为，记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知实数满足不等式组,若目标函数的最大值不超过4,则实数m的取值范围是
A． B． C． D．[
10．已知四棱锥的底面是正方形，平面平面ABCD，，点E为PB的中点，且，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．已知，是抛物线上两个不同的点，为抛物线的焦点，为的重心.若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，数列的前n项和满足，下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列
C．若，则数列的通项公式
D．若，则数列的通项公式
评卷人得分
二、填空题
13．设向量a,b,c满足,,,若,则的值是
14．已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则 .
15．设，，，为球的球面上的四个点，满足，.若四面体的表面积为，则球的表面积为 .
16．如图所示，已知三棱锥中，底面为等腰直角三角形，斜边，侧面为正三角形，D为的中点，底面，则三棱锥外接球的表面积为 .
评卷人得分
三、解答题
17．已知数列满足.
(1)若，证明是等差数列；
(2)设，数列的前项和为，若，求.
18．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行 每一列 每一个粗线宫（）内的数字均含1至9且不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.
(1)赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如表的数据：
（天） 1 2 3 4 5 6 7
（秒） 990 990 450 320 300 240 210
现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过100天训练后，每天解题的平均速度约为多少秒？
(2)小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局.若不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率.
参考数据（其中）
1845 0.37 0.55
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，点在以为直径的圆上，平面平面，，，平面平面．
（1）证明：直线平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．
20．如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
21．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．若直线，的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线．
(1)求曲线的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，直线，已知点是曲线上的动点，求点到直线的最小值．
22．已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
23．已知a，b，c都是正数.
(1)证明：；
(2)若，证明：.
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试卷第1页，共3页
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试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】结合三角函数的定义确定正确选项.
【详解】角终边上有一点，
，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．B
【分析】根据对数的运算化简集合B，由交集的运算可得，即可求解子集个数.
【详解】由题意得，由，所以，
所以，其子集个数为.
故选：B.
3．D
【分析】由奇函数性质及的解析式，求得，在实数范围内单调递减，比较数的大小，从而有.
【详解】当时，，由奇函数的性质知，
，，函数单调递减；
又，，
则
由函数单减知，
故选：D
4．C
【分析】利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的图象与性质即可求解．
【详解】解：把的图象向右平移个单位后得到，
∵的图象相邻两条对称轴间的距离为，∴，即，则，
∴，故①错误；
∵，故是的一条对称轴，故②正确；
当时，，则当时，取得最大值为，
当时，取得最小值为，
故的值域为，故③正确；
当时，，则可得在区间上单调递增，故④正确.
故选：C.
5．D
【解析】利用对数的作商法结合对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】，得；由，得.
从而可得.
故选：D.
6．A
【分析】根据函数奇偶性以及时函数值的正负，通过排除法得答案.
【详解】函数的定义域为，
，
即函数为偶函数，排除BD；
当时，，排除C.
故选：A.
7．A
【分析】根据满足的关系可判断关于以及对称，进而可得周期性，根据周期即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以4是的一个周期.
因为当时，，
所以，.
在中，令，得，
令，得，
又，故，
所以.
故选：A
8．A
【分析】根据第n-1次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的事件，由互斥事件及独立事件同时发生的概率公式计算，得出递推关系，利用构造等比数列求出通项公式，再由单调性求最值即可.
【详解】由题意知，第n次推送时不购买此商品的概率，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
显然单调递减，所以当时，，
所以即M的最小值为.
故选：A
9．D
【分析】将化为,作出可行域和目标函数基准直线(如图所示),当直线将左上方平移时,直线在轴上的截距增大,由图象,得当直线过点时,取得最大值,联立,得,则,解得;故选D.
点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
10．B
【分析】解法一：根据面面垂直、线面垂直的性质，结合棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可；
解法二：根据面面垂直、线面垂直的性质，结合棱锥的体积公式、基本不等式进行求解即可.
【详解】因为平面平面ABCD，平面平面，，
所以平面PAD，，则为直角三角形，
又E为PB的中点，，故.
如图，取AD的中点O，连接PO，OB，
由可得，
由平面平面ABCD，平面平面，
可得平面ABCD，
设，，则，即.
解法一 ：，四棱锥的体积.
设，
则，由可得，
易知当时，，当时，，
故的最大值，
故四棱锥体积的最大值为.
故选：B.
解法二： ，
则四棱锥的体积
，当且仅当，即时等号成立，
故四棱锥体积的最大值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用导数的性质或基本不等式进行求解是解题的关键.
11．B
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设，，，根据抛物线的定义及重心坐标公式得到，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，根据抛物线的定义计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，，，所以，，
因为，所以，所以，
因为为的重心，所以，
过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，
所以，当且仅当、、三点共线（在右侧）时取等号.
故选：B
12．C
【分析】根据，递减写出一项，得到关于的递推关系后进行判断，注意项的下标一定是正整数.
【详解】，，∴①
当时，；当时，，②
①-②，得，即，③
因为首项不确定，所以的值不确定，所以不一定成立，故A错误；
当时，，④
③-④，得，故数列偶数项成等差数列，奇数项从开始成等差数列，故B错误；
因为时，，
当时，，，此时从第2项起构成常数列，每一项均为0，所以，即，又满足上式，所以，所以C正确；
当时，从第2项起，构成首项为，公比为-1的等比数列，故又时，不符合上式，所以D错误.
故选：C．
13．4
【详解】∵a＋b＋c＝0，∴c＝－(a＋b)．
∵(a－b)⊥c，∴(a－b)·[－(a＋b)]＝0.
即|a|2－|b|2＝0，∴|a|＝|b|＝1，
∵a⊥b，∴a·b＝0，
∴|c|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋b2＝1＋0＋1＝2.
∴|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.
14．
【分析】由第4项与第8项的二项式系数相等，即可求得值，再通过赋值即可求得值.
【详解】由于展开式中第4项与第8项的二项式系数相等
∴，即，解得 ，
令得，解得或，
∵，∴，
∴，
故答案为：.
15．
【解析】首先由题意求出和的面积，从而得另两个面的面积，再由三角形面积公式得，于是得是四面体外接球直径，可求得球表面积．
【详解】解：由题意知，是等边三角形，，是等腰三角形，.所以，
即，所以，则的中点到，，，四点的距离均为，所以球的表面积为.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题考查求球的表面积，关键是求出球的半径，
寻找三棱锥的外接球的球心的两种思路：
（1）利用球的直径对球面上任一点的张角为得出；
（2）过各面外心作该面的垂线，垂线的交点就是球心．
16．/
【分析】设三棱锥外接球的球心为O，确定球心的位置，即球心落在过底面外心的垂线上，利用图形的几何性质求得外接球半径，进而求得表面积.
【详解】如图，取AC中点E，连接DE.
在等腰直角三角形中，，则
因为侧面为正三角形，所以.
因为底面为等腰直角三角形，E是AC中点，故E为的外心，
所以平面.
又底面，所以.
设三棱锥外接球的球心为O，连接，则.
所以三棱锥为正三棱锥，O在平面上的射影F是的重心，
则点F在SD上，，且平面.
因为底面为等腰直角三角形，且AC为斜边，所以.
因为D、E分别为AB、AC中点，所以，所以.
因为底面，底面，所以.
又因为平面，
所以平面，所以.
所以四边形OEDF为矩形，，
所以外接球半径，
外接球面积.
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题设中的递推关系可得均为等差数列，求出它们的通项后再利用等差数列的定义可证明是等差数列；
（2）利用分组求和和裂项相消法可求.
【详解】（1）因为，所以，
故均为等差数列，公差均为3，
故，
且，
故，所以，所以是等差数列.
（2）由（1）可得，，
当时，，
当时，，
而
18．(1)回归方程为，经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒
(2)
【分析】（1）首先求得，然后根据回归方程的计算公式，计算出回归方程，并求得预测值.
（2）根据独立重复试验概率计算公式，计算出所求的概率.
【详解】（1）由题意，，
令，设关于的线性回归方程为，则，
则.
∴，又，
∴关于的回归方程为，故时，.
∴经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒.
（2）设比赛再继续进行局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，由题意知，最多再进行4局就有胜负.
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴.
∴小明最终赢得比赛的概率为.
19．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据矩形的性质、圆的性质，结合线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、以及平行线的性质进行证明即可；
（2）根据棱锥的体积公式，结合基本不等式能求出的长，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】解：（1）因为四边形是矩形，所以．
因为点在以为直径的圆上，所以，，
平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面平面，所以，所以直线平面．
（2）设，所以（），．
因为平面平面，交线为，且，所以平面，而平面，所以．在直角△中，，，有．
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，．
如图.
建立空间直角坐标系，可得，
，，
所以，，，
设平面和平面的法向量分别为和
由，所以，
由，所以
所以
所以二面角的余弦值为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）先对两直线的参数方程消参化简，然后两方程联立消去可得结果，
（2）将直线的极坐标方程化为普通方程，则可得点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可
【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），
消参得，①
直线的参数方程为（为参数），消参得．②
由①②两式消得，即曲线的普通方程为．
（2）直线可化为普通方程，
过点作直线的垂线交圆于点，垂足为；
由题知点到直线的最小值为
22．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解；
（2）利用单调性将问题转化为证明，然后构造差函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）的定义域为，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值.
又当x趋近于0或时，趋于，
所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即.
所以实数的取值范围为.
（2）不妨设，由（1）可知，，则，
要证，只需证，
又在上单调递增，所以只需证，即证.
记，
则，
当时，，单调递增，
又，
所以，即.
所以.
【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，单调性结合即可证明.
23．(1)具体见解析；
(2)具体见解析.
【分析】（1）将左边化为，进而利用基本不等式证明问题；
（2）根据条件得到，进而左边化为，进一步得到，然后用基本不等式证明问题.
【详解】（1）因为已知a，b，c都是正数，所以，左边，当且仅当时取“=”.
即成立.
（2）因为已知a，b，c都是正数，，所以，
则左边
.
当且仅当时取“=”.
即成立.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．角终边上有一点，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知集合，，则的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．已知函数为上的奇函数，当时，；若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，且的图象相邻两条对称轴间的距离为，下列说法正确的个数是（ ）
①
②是的一条对称轴
③当时，的值域为
④在区间上单调递增
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知、、，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．函数，则的部分图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知定义在R上的函数满足，，且当时，，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．我们打开购物平台时，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为，记第n次推送时不购买此商品的概率为，当时，恒成立，则M的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知实数满足不等式组,若目标函数的最大值不超过4,则实数m的取值范围是
A． B． C． D．[
10．已知四棱锥的底面是正方形，平面平面ABCD，，点E为PB的中点，且，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．已知，是抛物线上两个不同的点，为抛物线的焦点，为的重心.若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，数列的前n项和满足，下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列
C．若，则数列的通项公式
D．若，则数列的通项公式
评卷人得分
二、填空题
13．设向量a,b,c满足,,,若,则的值是
14．已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则 .
15．设，，，为球的球面上的四个点，满足，.若四面体的表面积为，则球的表面积为 .
16．如图所示，已知三棱锥中，底面为等腰直角三角形，斜边，侧面为正三角形，D为的中点，底面，则三棱锥外接球的表面积为 .
评卷人得分
三、解答题
17．已知数列满足.
(1)若，证明是等差数列；
(2)设，数列的前项和为，若，求.
18．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行 每一列 每一个粗线宫（）内的数字均含1至9且不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.
(1)赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如表的数据：
（天） 1 2 3 4 5 6 7
（秒） 990 990 450 320 300 240 210
现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过100天训练后，每天解题的平均速度约为多少秒？
(2)小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局.若不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率.
参考数据（其中）
1845 0.37 0.55
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，点在以为直径的圆上，平面平面，，，平面平面．
（1）证明：直线平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．
20．如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
21．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．若直线，的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线．
(1)求曲线的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，直线，已知点是曲线上的动点，求点到直线的最小值．
22．已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
23．已知a，b，c都是正数.
(1)证明：；
(2)若，证明：.
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参考答案：
1．C
【分析】结合三角函数的定义确定正确选项.
【详解】角终边上有一点，
，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．B
【分析】根据对数的运算化简集合B，由交集的运算可得，即可求解子集个数.
【详解】由题意得，由，所以，
所以，其子集个数为.
故选：B.
3．D
【分析】由奇函数性质及的解析式，求得，在实数范围内单调递减，比较数的大小，从而有.
【详解】当时，，由奇函数的性质知，
，，函数单调递减；
又，，
则
由函数单减知，
故选：D
4．C
【分析】利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的图象与性质即可求解．
【详解】解：把的图象向右平移个单位后得到，
∵的图象相邻两条对称轴间的距离为，∴，即，则，
∴，故①错误；
∵，故是的一条对称轴，故②正确；
当时，，则当时，取得最大值为，
当时，取得最小值为，
故的值域为，故③正确；
当时，，则可得在区间上单调递增，故④正确.
故选：C.
5．D
【解析】利用对数的作商法结合对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】，得；由，得.
从而可得.
故选：D.
6．A
【分析】根据函数奇偶性以及时函数值的正负，通过排除法得答案.
【详解】函数的定义域为，
，
即函数为偶函数，排除BD；
当时，，排除C.
故选：A.
7．A
【分析】根据满足的关系可判断关于以及对称，进而可得周期性，根据周期即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以4是的一个周期.
因为当时，，
所以，.
在中，令，得，
令，得，
又，故，
所以.
故选：A
8．A
【分析】根据第n-1次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的事件，由互斥事件及独立事件同时发生的概率公式计算，得出递推关系，利用构造等比数列求出通项公式，再由单调性求最值即可.
【详解】由题意知，第n次推送时不购买此商品的概率，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
显然单调递减，所以当时，，
所以即M的最小值为.
故选：A
9．D
【分析】将化为,作出可行域和目标函数基准直线(如图所示),当直线将左上方平移时,直线在轴上的截距增大,由图象,得当直线过点时,取得最大值,联立,得,则,解得;故选D.
点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
10．B
【分析】解法一：根据面面垂直、线面垂直的性质，结合棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可；
解法二：根据面面垂直、线面垂直的性质，结合棱锥的体积公式、基本不等式进行求解即可.
【详解】因为平面平面ABCD，平面平面，，
所以平面PAD，，则为直角三角形，
又E为PB的中点，，故.
如图，取AD的中点O，连接PO，OB，
由可得，
由平面平面ABCD，平面平面，
可得平面ABCD，
设，，则，即.
解法一 ：，四棱锥的体积.
设，
则，由可得，
易知当时，，当时，，
故的最大值，
故四棱锥体积的最大值为.
故选：B.
解法二： ，
则四棱锥的体积
，当且仅当，即时等号成立，
故四棱锥体积的最大值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用导数的性质或基本不等式进行求解是解题的关键.
11．B
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设，，，根据抛物线的定义及重心坐标公式得到，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，根据抛物线的定义计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，，，所以，，
因为，所以，所以，
因为为的重心，所以，
过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则，
所以，当且仅当、、三点共线（在右侧）时取等号.
故选：B
12．C
【分析】根据，递减写出一项，得到关于的递推关系后进行判断，注意项的下标一定是正整数.
【详解】，，∴①
当时，；当时，，②
①-②，得，即，③
因为首项不确定，所以的值不确定，所以不一定成立，故A错误；
当时，，④
③-④，得，故数列偶数项成等差数列，奇数项从开始成等差数列，故B错误；
因为时，，
当时，，，此时从第2项起构成常数列，每一项均为0，所以，即，又满足上式，所以，所以C正确；
当时，从第2项起，构成首项为，公比为-1的等比数列，故又时，不符合上式，所以D错误.
故选：C．
13．4
【详解】∵a＋b＋c＝0，∴c＝－(a＋b)．
∵(a－b)⊥c，∴(a－b)·[－(a＋b)]＝0.
即|a|2－|b|2＝0，∴|a|＝|b|＝1，
∵a⊥b，∴a·b＝0，
∴|c|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋b2＝1＋0＋1＝2.
∴|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.
14．
【分析】由第4项与第8项的二项式系数相等，即可求得值，再通过赋值即可求得值.
【详解】由于展开式中第4项与第8项的二项式系数相等
∴，即，解得 ，
令得，解得或，
∵，∴，
∴，
故答案为：.
15．
【解析】首先由题意求出和的面积，从而得另两个面的面积，再由三角形面积公式得，于是得是四面体外接球直径，可求得球表面积．
【详解】解：由题意知，是等边三角形，，是等腰三角形，.所以，
即，所以，则的中点到，，，四点的距离均为，所以球的表面积为.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题考查求球的表面积，关键是求出球的半径，
寻找三棱锥的外接球的球心的两种思路：
（1）利用球的直径对球面上任一点的张角为得出；
（2）过各面外心作该面的垂线，垂线的交点就是球心．
16．/
【分析】设三棱锥外接球的球心为O，确定球心的位置，即球心落在过底面外心的垂线上，利用图形的几何性质求得外接球半径，进而求得表面积.
【详解】如图，取AC中点E，连接DE.
在等腰直角三角形中，，则
因为侧面为正三角形，所以.
因为底面为等腰直角三角形，E是AC中点，故E为的外心，
所以平面.
又底面，所以.
设三棱锥外接球的球心为O，连接，则.
所以三棱锥为正三棱锥，O在平面上的射影F是的重心，
则点F在SD上，，且平面.
因为底面为等腰直角三角形，且AC为斜边，所以.
因为D、E分别为AB、AC中点，所以，所以.
因为底面，底面，所以.
又因为平面，
所以平面，所以.
所以四边形OEDF为矩形，，
所以外接球半径，
外接球面积.
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题设中的递推关系可得均为等差数列，求出它们的通项后再利用等差数列的定义可证明是等差数列；
（2）利用分组求和和裂项相消法可求.
【详解】（1）因为，所以，
故均为等差数列，公差均为3，
故，
且，
故，所以，所以是等差数列.
（2）由（1）可得，，
当时，，
当时，，
而
18．(1)回归方程为，经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒
(2)
【分析】（1）首先求得，然后根据回归方程的计算公式，计算出回归方程，并求得预测值.
（2）根据独立重复试验概率计算公式，计算出所求的概率.
【详解】（1）由题意，，
令，设关于的线性回归方程为，则，
则.
∴，又，
∴关于的回归方程为，故时，.
∴经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒.
（2）设比赛再继续进行局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，由题意知，最多再进行4局就有胜负.
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴；
当时，小明胜，∴.
∴小明最终赢得比赛的概率为.
19．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据矩形的性质、圆的性质，结合线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、以及平行线的性质进行证明即可；
（2）根据棱锥的体积公式，结合基本不等式能求出的长，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】解：（1）因为四边形是矩形，所以．
因为点在以为直径的圆上，所以，，
平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面平面，所以，所以直线平面．
（2）设，所以（），．
因为平面平面，交线为，且，所以平面，而平面，所以．在直角△中，，，有．
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，．
如图.
建立空间直角坐标系，可得，
，，
所以，，，
设平面和平面的法向量分别为和
由，所以，
由，所以
所以
所以二面角的余弦值为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）先对两直线的参数方程消参化简，然后两方程联立消去可得结果，
（2）将直线的极坐标方程化为普通方程，则可得点到直线的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可
【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），
消参得，①
直线的参数方程为（为参数），消参得．②
由①②两式消得，即曲线的普通方程为．
（2）直线可化为普通方程，
过点作直线的垂线交圆于点，垂足为；
由题知点到直线的最小值为
22．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解；
（2）利用单调性将问题转化为证明，然后构造差函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）的定义域为，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值.
又当x趋近于0或时，趋于，
所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即.
所以实数的取值范围为.
（2）不妨设，由（1）可知，，则，
要证，只需证，
又在上单调递增，所以只需证，即证.
记，
则，
当时，，单调递增，
又，
所以，即.
所以.
【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，单调性结合即可证明.
23．(1)具体见解析；
(2)具体见解析.
【分析】（1）将左边化为，进而利用基本不等式证明问题；
（2）根据条件得到，进而左边化为，进一步得到，然后用基本不等式证明问题.
【详解】（1）因为已知a，b，c都是正数，所以，左边，当且仅当时取“=”.
即成立.
（2）因为已知a，b，c都是正数，，所以，
则左边
.
当且仅当时取“=”.
即成立.
答案第1页，共2页
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