四川省雅安市天立高2024年高考数学适应性考试（三）
一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1．（2024·雅安模拟） 已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：B.
【分析】先根据对数函数的定义域求出集合，再利用集合交集的定义可求出答案.
2．（2024·雅安模拟）欧拉公式把自然对数的底数e，虚数单位i，和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数z满足，则正确的是（ ）
A．z的共轭复数为 B．z的实部为1
C．z的虚部为 D．z的模为1
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：根据可得：所以根据，
可得：，所以z的共轭复数为：，故A选项错误；
对于B选项：复数z的实部为0，故B选项错误；对于C选项：z的虚部为-1，故C选项错误；对于D选项：z的模长为1，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】根据欧拉公式可得：，然后根据共轭复数，实部，虚部以及模长公式进行逐项判定即可求解.
3．（2024·雅安模拟） 在的展开式中，含项的系数是（ ）
A．16 B．19 C．21 D．24
【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
所以的展开式中含项为，所以展开式中含项的系数是.
故答案为：B
【分析】先求出展开式的通项为，据此列出含项的式子，利用组合数的计算公式可求出答案.
4．（2024·雅安模拟） 已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由三角函数定义得，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用任意角三角函数的定义可求出，再利用二倍角余弦公式化简式子可得，代入数据可求出答案.
5．（2024·雅安模拟） 执行下面的程序框图，输出的（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】循环结构
【解析】【解答】解：根据流程框图可知，第一次计算结果为；
第二次循环计算可得；
第三次循环计算可得，不满足，循环结束，
此时输出.
故答案为：A
【分析】根据程序框图的循环结构可求出第一次计算结果；第二次计算结果；第三次计算结果；不满足，循环结束，此时输出，据此可选出答案.
6．（2024·雅安模拟） 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故答案为：D
【分析】先利用平面向量数量积的坐标表示可求出约束条件为：，据此可画出可行域，再利用直线的截距的几何意义可求出的最大值.
7．（2024·雅安模拟） 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将5名大学生分配到A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有种分配方案；
因此共种.
故答案为：C
【分析】第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2，依次求出每一种分组的种数；第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，求出分配方案数，利用分步乘法计数原理可求出不同的分配方案数.
8．（2024·雅安模拟） α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：因为α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是，
故答案为：A
【分析】根据可推出再结合可推出据此可选出答案.
9．（2024·雅安模拟）如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合，已知某类果蔬的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系：（a，b为常数），若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度（假设物流过程中恒温）最高不能超过（ ）
A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃
【答案】A
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由题意知，两式相除得，所以，因为物流时间为4天，
所以，即x=14，所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过 14℃ .
故答案为：A．
【分析】根据题意得，解得，结合物流时间为4天可得，物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过 14℃ .
10．（2024·雅安模拟） 如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：把该多面体放入正方体中，如图所示：
由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，
该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.
故答案为：A
【分析】先根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，根据正方体的结构特征可推出该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于正方体面对角线的一半，利用勾股定理可求出外接球半径，利用球的表面积公式可求出答案.
11．（2024·雅安模拟） 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A． B． C．3 D．2
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故答案为：D
【分析】先设出点的坐标，根据点的坐标在双曲线上可推出，利用两点间距离公式可推出，，根据点在双曲线上及给定等式化简可推出，利用双曲线的离心率计算公式可求出双曲线C的离心率.
12．（2024·雅安模拟） 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意可构造函数，根据题意的可推出当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；根据，通过变形可推出图象关于直线对称，据此可将不等式转化为：，利用函数的单调性可列出不等式，解不等式可求出不等式的解集.
二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上。
13．（2024·雅安模拟） 已知为偶函数，则 .
【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：法一：特殊值法：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，为偶函数，符合题意.
法二：定义法：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：
【分析】法一：根据偶函数的性质可得，据此可列出方程，解方程可求出的值，然后代入验证；法二：根据偶函数的性质可得，据此可列出方程，解方程可求出的值，然后代入验证.
14．（2024·雅安模拟）已知的三边长，，，则的面积为 ．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，，，
所以由余弦定理可得：，
又因为，所以，
则的面积.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理结合同角三角函数基本关系求得角A的正弦值，再利用三角形的面积公式求解即可.
15．（2024·雅安模拟）已知两点，，若直线上存在唯一点P满足，则实数m的值为 .
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点P(x，y)，则=(-1-x，-y)，=(l-x，-y)，由， 得x2+y2=1，
因此点p在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线x-y+m=0与此圆相切，则，解得m=，
所以实数m 的值为 .
故答案为： .
【分析】设出点p的坐标，求出点p的轨迹，再根据直线与圆相切求出m 的值.
16．（2024·雅安模拟） 已知F为抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A、B，若抛物线C在A、B两点处的切线相交于点P，则的最小值为 ．
【答案】5
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线可知，
显然直线的斜率一定存在，可设直线的方程为，；
如下图所示：
联立抛物线和直线的方程，消去可得；
由韦达定理可得；
利用焦点弦公式可得；
由可得，求导可得，
所以抛物线在点处的切线方程为，由，
整理可得；
同理可得点处的切线方程为；
联立解得，即；
可得；
所以，
令，则；
利用对勾函数性质可知函数在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立；
即的最小值为5.
故答案为：5
【分析】先设直线的方程为，将直线的方程和抛物线方程进行联立，应用韦达定理可得：，利用焦点弦公式可求出的表达式，再求出抛物线的导函数可得：，据此可求出切线的方程，利用切线方程可求出点坐标，据此可推出，再利用对勾函数性质可求出其最小值.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题每题12分，第22题10分.
17．（2024·雅安模拟） 已知为各项均为正数的数列的前项和，.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若对恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）解：当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，所以
（2）解： 由得：
.
因为，所以，则数列是递增数列，
所以，故实数的最大值是
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】本题考查数列的通项与前n项和的关系，裂项相消法求数列的和.
(1)当时，根据题意可得一元二次方程，解方程可求出；再根据数列的递推公式写出，两式相减可推出，利用等差数列的通项公式可求出的通项公式 ；
(2)根据题意可得：，利用裂项相消法可求出，进而推出数列是递增数列，利用数列的单调性可求出实数的最大值.
18．（2024·雅安模拟）某校高三年级进行班级数学文化知识竞赛，每班选三人组成代表队，其中1班和2班进入最终的决赛．决赛第一轮要求两个班级的代表队队员每人回答一道必答题，答对则为本班得1分，答错或不答都得0分．已知1班的三名队员答对的概率分别为、、，班的三名队员答对的概率都是，每名队员回答正确与否相互之间没有影响．用、分别表示1班和2班的总得分．
（1）求随机变量、的数学期望；
（2）若，求2班比1班得分高的概率．
【答案】（1）解： 依题意可得的可能取值为、、、，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
所以．
又班的总得分满足，则．
（2）解： 设“”为事件，“班比班得分高”为事件，
则
，
，
所以，
所以班比班得分高的概率为．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量的期望和方差，二项分布，条件概率的计算公式.
（1）根据题意可得的可能取值为、、、，利用相互独立事件的概率公式可求出所对应的概率，据此可列出分布列，利用离散型随机变量的期望公式可求出数学期望，根据，利用二项分布的期望公式可求出；
（2）设“”为事件，“班比班得分高”为事件，结合（1）中结论，l利用二项分布的概率计算公式可求出，，利用条件概率的概率公式进行计算可求出答案.
19．（2024·雅安模拟）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面，是等腰直角三角形，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明：取的中点，连接如图所示：
因为，平面平面，平面平面，
所以平面.同理，平面.
所以.
又和是等腰直角三角形，
所以，
四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以平面平面
（2）解：如图，以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面
内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
设，
.
所以.设平面的法向量为，则
令，得，
所以.
设平面的法向量为，则
令，得，所以
.
所以.
设，则
，
所以在上单调递减，所以
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的取值范围是
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面平行的判定，利用空间向量求二面角.
（1）取的中点，连接，根据题意可推出，，利用平行四边形的判定定理可证明为平行四边形，据此可推出，可证平面，同理可证平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明结论.
（2）以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应的向量，求出平面平面的法向量，平面的法向量，再利用空间向量的夹角计算公式可得：，利用换元法设，通过分离参数，利用反比例函数的单调性可求出锐二面角的余弦值的取值范围.
20．（2024·雅安模拟） 已知椭圆的离心率为其左右焦点分别为下顶点为A，右顶点为B，的面积为
（1）求椭圆C的方程；
（2）设不过原点O的直线交C于M、N两点，且直线的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围．
【答案】（1）解： 依题意，又，
又，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）解： 由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，如图所示：
设，
联立直线和椭圆，化简得，
由题意可知，即，
且，则
，又直线的斜率依次成等比数列。即，则，
所以且，
设点O到直线的距离为，
，
所以，
令，，显然在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，所，故面积的取值范围为
【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】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）利用椭圆的离心率公式和椭圆的关系式可推出，再利用三角形的面积公式可列出方程，解方程可求出的值，进而求出的值，据此可求出椭圆C的方程；
（2）设直线方程：，将直线方程与椭圆方程进行联立，应用韦达定理可得：，进而求出，根据直线的斜率依次成等比数列可推出m与k的关系，进而求出，利用点到直线的距离公式、弦长公式可表示出面积为：，利用二次函数的性质可求出面积的取值范围.
21．（2024·雅安模拟） 设函数，．
（1）试研究在区间上的极值点；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解： 函数，求导得，
令，求导得，设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
则在上单调递增，即有，
于是函数在上单调递增，因此，所以在区间上没有极值点.
（2）解： 由（1）知，当，则，
设，求导得，设，求导得，则函数在上单调递增，有，即，函数在上单调递增，于是，即，则对任意的恒成立，
当时，，则当时，对任意的恒成立，
当时，设，求导得，显然，而函数在上的图象连续不断，则存在实数，使得对于任意的，均有，
因此函数在上单调递减，则当时，，即，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的极值，函数的恒成立问题.
（1）求出函数的导数，令，再求出导函数，利用导数可推出函数在上单调递增，，据此可判断在区间上的极值点.
（2）通过变形可得，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数，求出导函数，利用导函数可证明当时，对任意的恒成立，当时，构造函数，求出导函数，利用导函数可证明，不符合题意，据此可求出实数的取值范围.
22．（2024·雅安模拟） 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）点分别为曲线与直线上的动点，求的最小值.
【答案】（1）解： 因为，将（为参数），消去参数，
可得.由，得，
因为，所以.所以曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为
（2）解： 由点A在曲线上，设，
则点A到的距离为：
，所以当时，，
所以的最小值为
【知识点】点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程；抛物线的参数方程
【解析】【分析】本题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与普通方程的互化，参数方程的应用.
（1）根据二倍角的余弦公式，利用三角函数消参法可求出曲线的普通方程，在 直线的极坐标方程中应用进行替换可求出直线的直角坐标方程；
（2）设，应用点到直线距离公式，再结合辅助角公式化简可得：，利用余弦函数的图象和性质可求出的最小值.
1 / 1四川省雅安市天立高2024年高考数学适应性考试（三）
一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1．（2024·雅安模拟） 已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·雅安模拟）欧拉公式把自然对数的底数e，虚数单位i，和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数z满足，则正确的是（ ）
A．z的共轭复数为 B．z的实部为1
C．z的虚部为 D．z的模为1
3．（2024·雅安模拟） 在的展开式中，含项的系数是（ ）
A．16 B．19 C．21 D．24
4．（2024·雅安模拟） 已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·雅安模拟） 执行下面的程序框图，输出的（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·雅安模拟） 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．3
7．（2024·雅安模拟） 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将5名大学生分配到A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A．18种 B．24种 C．36种 D．48种
8．（2024·雅安模拟） α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024·雅安模拟）如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合，已知某类果蔬的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系：（a，b为常数），若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度（假设物流过程中恒温）最高不能超过（ ）
A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃
10．（2024·雅安模拟） 如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·雅安模拟） 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A． B． C．3 D．2
12．（2024·雅安模拟） 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上。
13．（2024·雅安模拟） 已知为偶函数，则 .
14．（2024·雅安模拟）已知的三边长，，，则的面积为 ．
15．（2024·雅安模拟）已知两点，，若直线上存在唯一点P满足，则实数m的值为 .
16．（2024·雅安模拟） 已知F为抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A、B，若抛物线C在A、B两点处的切线相交于点P，则的最小值为 ．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题每题12分，第22题10分.
17．（2024·雅安模拟） 已知为各项均为正数的数列的前项和，.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若对恒成立，求实数的最大值.
18．（2024·雅安模拟）某校高三年级进行班级数学文化知识竞赛，每班选三人组成代表队，其中1班和2班进入最终的决赛．决赛第一轮要求两个班级的代表队队员每人回答一道必答题，答对则为本班得1分，答错或不答都得0分．已知1班的三名队员答对的概率分别为、、，班的三名队员答对的概率都是，每名队员回答正确与否相互之间没有影响．用、分别表示1班和2班的总得分．
（1）求随机变量、的数学期望；
（2）若，求2班比1班得分高的概率．
19．（2024·雅安模拟）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面，是等腰直角三角形，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
20．（2024·雅安模拟） 已知椭圆的离心率为其左右焦点分别为下顶点为A，右顶点为B，的面积为
（1）求椭圆C的方程；
（2）设不过原点O的直线交C于M、N两点，且直线的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围．
21．（2024·雅安模拟） 设函数，．
（1）试研究在区间上的极值点；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
22．（2024·雅安模拟） 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）点分别为曲线与直线上的动点，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：B.
【分析】先根据对数函数的定义域求出集合，再利用集合交集的定义可求出答案.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：根据可得：所以根据，
可得：，所以z的共轭复数为：，故A选项错误；
对于B选项：复数z的实部为0，故B选项错误；对于C选项：z的虚部为-1，故C选项错误；对于D选项：z的模长为1，故D选项正确.
故答案为：D.
【分析】根据欧拉公式可得：，然后根据共轭复数，实部，虚部以及模长公式进行逐项判定即可求解.
3．【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
所以的展开式中含项为，所以展开式中含项的系数是.
故答案为：B
【分析】先求出展开式的通项为，据此列出含项的式子，利用组合数的计算公式可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由三角函数定义得，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用任意角三角函数的定义可求出，再利用二倍角余弦公式化简式子可得，代入数据可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】循环结构
【解析】【解答】解：根据流程框图可知，第一次计算结果为；
第二次循环计算可得；
第三次循环计算可得，不满足，循环结束，
此时输出.
故答案为：A
【分析】根据程序框图的循环结构可求出第一次计算结果；第二次计算结果；第三次计算结果；不满足，循环结束，此时输出，据此可选出答案.
6．【答案】D
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故答案为：D
【分析】先利用平面向量数量积的坐标表示可求出约束条件为：，据此可画出可行域，再利用直线的截距的几何意义可求出的最大值.
7．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有种分配方案；
因此共种.
故答案为：C
【分析】第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2，依次求出每一种分组的种数；第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，求出分配方案数，利用分步乘法计数原理可求出不同的分配方案数.
8．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：因为α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是，
故答案为：A
【分析】根据可推出再结合可推出据此可选出答案.
9．【答案】A
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由题意知，两式相除得，所以，因为物流时间为4天，
所以，即x=14，所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过 14℃ .
故答案为：A．
【分析】根据题意得，解得，结合物流时间为4天可得，物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过 14℃ .
10．【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：把该多面体放入正方体中，如图所示：
由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，
该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.
故答案为：A
【分析】先根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，根据正方体的结构特征可推出该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于正方体面对角线的一半，利用勾股定理可求出外接球半径，利用球的表面积公式可求出答案.
11．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故答案为：D
【分析】先设出点的坐标，根据点的坐标在双曲线上可推出，利用两点间距离公式可推出，，根据点在双曲线上及给定等式化简可推出，利用双曲线的离心率计算公式可求出双曲线C的离心率.
12．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意可构造函数，根据题意的可推出当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；根据，通过变形可推出图象关于直线对称，据此可将不等式转化为：，利用函数的单调性可列出不等式，解不等式可求出不等式的解集.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：法一：特殊值法：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，为偶函数，符合题意.
法二：定义法：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：
【分析】法一：根据偶函数的性质可得，据此可列出方程，解方程可求出的值，然后代入验证；法二：根据偶函数的性质可得，据此可列出方程，解方程可求出的值，然后代入验证.
14．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：因为，，，
所以由余弦定理可得：，
又因为，所以，
则的面积.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理结合同角三角函数基本关系求得角A的正弦值，再利用三角形的面积公式求解即可.
15．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点P(x，y)，则=(-1-x，-y)，=(l-x，-y)，由， 得x2+y2=1，
因此点p在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线x-y+m=0与此圆相切，则，解得m=，
所以实数m 的值为 .
故答案为： .
【分析】设出点p的坐标，求出点p的轨迹，再根据直线与圆相切求出m 的值.
16．【答案】5
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线可知，
显然直线的斜率一定存在，可设直线的方程为，；
如下图所示：
联立抛物线和直线的方程，消去可得；
由韦达定理可得；
利用焦点弦公式可得；
由可得，求导可得，
所以抛物线在点处的切线方程为，由，
整理可得；
同理可得点处的切线方程为；
联立解得，即；
可得；
所以，
令，则；
利用对勾函数性质可知函数在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立；
即的最小值为5.
故答案为：5
【分析】先设直线的方程为，将直线的方程和抛物线方程进行联立，应用韦达定理可得：，利用焦点弦公式可求出的表达式，再求出抛物线的导函数可得：，据此可求出切线的方程，利用切线方程可求出点坐标，据此可推出，再利用对勾函数性质可求出其最小值.
17．【答案】（1）解：当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，所以
（2）解： 由得：
.
因为，所以，则数列是递增数列，
所以，故实数的最大值是
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】本题考查数列的通项与前n项和的关系，裂项相消法求数列的和.
(1)当时，根据题意可得一元二次方程，解方程可求出；再根据数列的递推公式写出，两式相减可推出，利用等差数列的通项公式可求出的通项公式 ；
(2)根据题意可得：，利用裂项相消法可求出，进而推出数列是递增数列，利用数列的单调性可求出实数的最大值.
18．【答案】（1）解： 依题意可得的可能取值为、、、，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
所以．
又班的总得分满足，则．
（2）解： 设“”为事件，“班比班得分高”为事件，
则
，
，
所以，
所以班比班得分高的概率为．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量的期望和方差，二项分布，条件概率的计算公式.
（1）根据题意可得的可能取值为、、、，利用相互独立事件的概率公式可求出所对应的概率，据此可列出分布列，利用离散型随机变量的期望公式可求出数学期望，根据，利用二项分布的期望公式可求出；
（2）设“”为事件，“班比班得分高”为事件，结合（1）中结论，l利用二项分布的概率计算公式可求出，，利用条件概率的概率公式进行计算可求出答案.
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接如图所示：
因为，平面平面，平面平面，
所以平面.同理，平面.
所以.
又和是等腰直角三角形，
所以，
四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以平面平面
（2）解：如图，以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面
内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
设，
.
所以.设平面的法向量为，则
令，得，
所以.
设平面的法向量为，则
令，得，所以
.
所以.
设，则
，
所以在上单调递减，所以
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的取值范围是
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查平面与平面平行的判定，利用空间向量求二面角.
（1）取的中点，连接，根据题意可推出，，利用平行四边形的判定定理可证明为平行四边形，据此可推出，可证平面，同理可证平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明结论.
（2）以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应的向量，求出平面平面的法向量，平面的法向量，再利用空间向量的夹角计算公式可得：，利用换元法设，通过分离参数，利用反比例函数的单调性可求出锐二面角的余弦值的取值范围.
20．【答案】（1）解： 依题意，又，
又，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）解： 由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，如图所示：
设，
联立直线和椭圆，化简得，
由题意可知，即，
且，则
，又直线的斜率依次成等比数列。即，则，
所以且，
设点O到直线的距离为，
，
所以，
令，，显然在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，所，故面积的取值范围为
【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】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）利用椭圆的离心率公式和椭圆的关系式可推出，再利用三角形的面积公式可列出方程，解方程可求出的值，进而求出的值，据此可求出椭圆C的方程；
（2）设直线方程：，将直线方程与椭圆方程进行联立，应用韦达定理可得：，进而求出，根据直线的斜率依次成等比数列可推出m与k的关系，进而求出，利用点到直线的距离公式、弦长公式可表示出面积为：，利用二次函数的性质可求出面积的取值范围.
21．【答案】（1）解： 函数，求导得，
令，求导得，设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
则在上单调递增，即有，
于是函数在上单调递增，因此，所以在区间上没有极值点.
（2）解： 由（1）知，当，则，
设，求导得，设，求导得，则函数在上单调递增，有，即，函数在上单调递增，于是，即，则对任意的恒成立，
当时，，则当时，对任意的恒成立，
当时，设，求导得，显然，而函数在上的图象连续不断，则存在实数，使得对于任意的，均有，
因此函数在上单调递减，则当时，，即，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的极值，函数的恒成立问题.
（1）求出函数的导数，令，再求出导函数，利用导数可推出函数在上单调递增，，据此可判断在区间上的极值点.
（2）通过变形可得，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数，求出导函数，利用导函数可证明当时，对任意的恒成立，当时，构造函数，求出导函数，利用导函数可证明，不符合题意，据此可求出实数的取值范围.
22．【答案】（1）解： 因为，将（为参数），消去参数，
可得.由，得，
因为，所以.所以曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为
（2）解： 由点A在曲线上，设，
则点A到的距离为：
，所以当时，，
所以的最小值为
【知识点】点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程；抛物线的参数方程
【解析】【分析】本题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与普通方程的互化，参数方程的应用.
（1）根据二倍角的余弦公式，利用三角函数消参法可求出曲线的普通方程，在 直线的极坐标方程中应用进行替换可求出直线的直角坐标方程；
（2）设，应用点到直线距离公式，再结合辅助角公式化简可得：，利用余弦函数的图象和性质可求出的最小值.
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