【高考數學】2022-2023學年北京市朝陽區(qū)專項突破仿真模擬試題（一模二模）含解析

高考模仿試卷第頁碼7頁/總NUMPAGES總頁數49頁高考模仿試卷【高考數學】2022-2023學年北京市朝陽區(qū)專項突破仿真模擬試題（一模）第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單選題1．已知集合A={x|0<x<3}，且A∩B={1}，則集合B可以是（

）A．{x|x<1}B．{x|x≤1}C．{-1，0，1}D．{x∈Z|x≥1}2．已知復數（其中），則上面結論正確的是（

）A．B．C．D．在復平面上，對應的點在直線上3．下列函數中，定義域為的偶函數是（

）A．B．C．D．4．若，且，則下列不等式一定成立的是（

）A．B．C．D．5．已知拋物線，為坐標原點，過其焦點的直線與拋物線相交于，兩點，且，則中點到軸的距離為（

）A．B．C．D．6．已知邊長為2的正方形，設為平面內任一點，則“”是“點在正方形及內部”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件7．設函數在的圖象大致如圖所示，則的最小正周期為（

）A．B．C．D．8．已知直線l被圓C：所截的弦長不小于2，則下列曲線中與直線l一定有公共點的是（

）A．B．C．D．9．若，則（

）A．B．C．D．10．2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個表示圖，現有A，B，C三點，且A，B，C在同一程度面上的投影滿足，．由C點測得B點的仰角為，與的差為100；由B點測得A點的仰角為，則A，C兩點到程度面的高度差約為（）（

）A．346B．373C．446D．473第II卷（非選一選）請點擊修正第II卷的文字闡明評卷人得分二、填空題11．若的展開式中的常數項為-20，則a=_________．12．已知，，成等比數列，且，則_______．13．寫出一個同時具有下列性質①②③的函數f(x)=___________：①：②當時，；③是偶函數．14．設棱長為2的正方體，是中點，點、分別是棱、上的動點，給出以下四個結論：①存在；②存在平面；③存在有數個等腰三角形；④三棱錐的體積的取值范圍是.則一切結論正確的序號是______.評卷人得分三、雙空題15．設，為雙曲線的兩個焦點，若雙曲線的兩個頂點恰好將線段三等分，則雙曲線的離心率為____；漸近線方程為______.評卷人得分四、解答題16．已知函數()，再從條件①，條件②中選擇一個作為已知，求：（1）的值；（2）將的圖象向右平移個單位得到的圖象，求函數的單調增區(qū)間．條件①：的值為2；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按個解答計分．17．從2008年的冬季奧運會到2022年的冬季奧運會，志愿者身影成為“雙奧”之城的“最美名片”.十幾年間志愿不斷深入人心，志愿服務也融入社會生活各個領域.2022年的北京共錄用賽會志愿者18000多人.中先生志愿服務曾經納入先生綜合素質評價體系，為了解中先生參加志愿服務所用工夫，某市教委從全市抽取部分高二先生調查2020—2021學年度上學期參加志愿服務所用工夫，把工夫段按照，，，，分成5組，把抽取的600名先生參加志愿服務工夫的樣本數據繪制成如圖所示的頻率分布直方圖.(1)根據頻率分布直方圖，用每一個小矩形的中點值代替每一組工夫區(qū)間的平均值，估計這600名高二先生上學期參加志愿服務工夫的平均數.并寫出這600個樣本數據的第75百分位數的一個估計值；(2)若一個學期參加志愿服務的工夫不少于3.5小時視為“預期合格”，把頻率分布直方圖中的頻率視為該市高二先生上學期參加志愿服務工夫的概率，從全市一切高二先生中隨機抽取3名先生，設本學期這3名先生中達到“預期合格”的人數為，求的分布列并求數學期望；(3)用每一個小矩形的中點值代替每一組工夫區(qū)間的平均值，把工夫段在的數據組成新樣本組A，其方差記為，把工夫段在的數據組成新樣本組B，其方差記為，原來600個樣本數據的方差記為，試比較，，的大?。ńY論不要求證明）.18．如圖，矩形和梯形，，平面平面，且，過的平面交平面于．(1)求證：與相交；(2)當為中點時，求點到平面的距離：(3)若平面與平面的夾角的余弦值為，求的值．19．已知橢圓C：（a>b>0）上一點P到兩個焦點的距離之和為4，離心率為．(1)求橢圓C的方程；(2)設橢圓C的左右頂點分別為A、B，當P不與A、B重合時，直線AP，BP分別交直線x=4于點M、N，證明：以MN為直徑的圓過右焦點F．20．設函數（）.(1)當時，①求曲線在點處的切線方程；②求函數的最小值.(2)設函數，證明：當時，函數至少有一個零點.21．素數又稱質數，是指在大于的自然數中，除了和它本身以外不再有其他因數的自然數．早在多年前，歐幾里德就在《幾何本來》中證明了素數是有限的．在這之后，數學家們不斷地探求素數的規(guī)律與性質，并取得了明顯成果．中國數學家陳景潤證明了“”，即“表達偶數為一個素數及一個不超過兩個素數的乘積之和”，成為了哥德巴赫猜想研討上的里程碑，在國際數學界惹起了驚動．如何篩選出素數、判斷一個數能否為素數，是陳舊的、基本的，但至今仍遭到人們注重的成績．最早的素數篩選法由古希臘的數學家提出．年，一名印度數學家發(fā)明了一種素數篩選法，他構造了一個數表，具體構造的方法如下：中位于第行第列的數記為，首項為且公差為的等差數列的第項恰好為，其中；．請同窗們閱讀以上材料，回答下列成績.(1)求；(2)證明：；(3)證明：①若在中，則不是素數；②若不在中，則是素數．第頁碼17頁/總NUMPAGES總頁數49頁答案：1．C【分析】根據集合交集的運算，將選項逐一代入進行排除即可.【詳解】對于A：，故A錯誤；對于B：，故B錯誤；對于C：，故C正確；對于D：，故D錯誤.故選：C2．D【分析】根據共軛復數判斷A，根據復數代數方式的乘法運算判斷B，根據復數模的計算公式判斷C，根據復數的幾何意義判斷D；【詳解】解：由于，，所以，故A錯誤；，故B錯誤；，故C錯誤；復數在復平面內所對應的點的坐標為位于直線上，故D正確；故選：D3．D【分析】根據函數的奇偶性的定義及判定方法，以及初等函數的性質，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A，根據指數函數的性質知，函數為非奇非偶函數，不符合題意；對于B，函數滿足為偶函數，但定義域為，不為，不符合題意；對于C，函數為偶函數，但定義域為，不為，不符合題意；對于D，函數，定義域為，且滿足為偶函數，符合題意.故選：D.4．C【分析】取即可判斷A、B、D選項是錯誤的，由基本不等式即可判斷C選項是正確的.【詳解】取滿足，且，此時，A錯誤；取滿足，且，此時，B錯誤；可得，C正確；取滿足，且，此時，D錯誤.故選：C.5．B【分析】根據拋物線的定義求的橫坐標之和，然后得中點的橫坐標【詳解】設，，，由拋物線定義得：，故中點的橫坐標為故選：B6．B【分析】建立直角坐標系，利用向量的坐標運算可證明必要不充分性.【詳解】解：必要性證明：邊長為2的正方形，設為正方形及內部任意一點，以A為原點建立直角坐標系如圖：由題意可知（）則，故“”是“點在正方形及內部”的必要條件；充分性證明：若，則，但是可以為任意值，故點P不一定在正方形及內部.所以“”是“點在正方形及內部”的不充分條件.故“”是“點在正方形及內部”的必要非充分條件.故選：B7．A【分析】根據圖象先判斷出周期的大致范圍，再根據圖象過點可求解出，與周期的關系可得結果.【詳解】由圖象可知，，，解得.設函數的最小正周期為，易知，當且僅當時符合題意，此時,故選：A.8．C【分析】由題意知可以得到原點到直線的距離小于等于1，即直線上有一點到原點的距離小于等于1，故直線一定圓面內的點，再畫出圖象，圖象分析即可．【詳解】解：直線被圓所截的弦長不小于2，圓心到直線的距離小于或等于1，故直線一定圓面內的點，在平面直角坐標系中分別畫出，

、、的圖象如下所示：對于A：對于B：對于C對于D：圖象可知，在四個選項中只要這個點一定在橢圓內或橢圓上，與橢圓一定有公共點故選：C．9．A【分析】將不等式變?yōu)?，根據的單調性知，以此去判斷各個選項中真數與的大小關系，進而得到結果.【詳解】由得：，令，為上的增函數，為上的減函數，為上的增函數，，，，，則A正確，B錯誤；與的大小不確定，故CD無法確定.故選：A.本題考查對數式的大小的判斷成績，解題關鍵是能夠經過構造函數的方式，利用函數的單調性得到的大小關系，考查了轉化與化歸的數學思想.10．B【分析】經過做輔助線，將已知所求量轉化到一個三角形中，借助正弦定理，求得，進而得到答案．【詳解】過作，過作，故，由題，易知為等腰直角三角形，所以．所以．由于，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故選：B．本題關鍵點在于如何正確將的長度經過作輔助線的方式轉化為．11．【分析】利用二項式定理求出展開式的通項公式，列出方程，求出的值.【詳解】的展開式的通項公式為，令，解得：，，解得.故12．4【分析】利用等比中項可得＝16，對數運算性質可得結果.【詳解】解：依題意，得：＝16，所以，＝4故答案為4本題考查了等比數列的性質，對數的運算性質，考查計算能力.13．（答案不）【分析】根據冪函數的性質條件可得所求的.【詳解】取，則，滿足①，，時有，滿足②，的定義域為，又，故是偶函數，滿足③.故（答案不）14．③④【分析】正方體的性質，利用棱錐的體積公式以及空間向量的坐標運算逐一判斷即可.【詳解】對于①：取中點P，當點N在上挪動時，直線平面，同時當點M在直線AB上挪動時平面，由于，故與不可能平行，①錯誤.對于②：如圖，以D為原點建立空間直角坐標系，所以，，,設，，所以，，，設平面的法向量為，則即，令得，所以，所以，故與平面不垂直，②錯誤.對于③：令即，化簡得，即，，，由于，所以該式在的范圍中存在有數組解，故闡明有有數組可使，故③正確.對于④：根據等體積性質可知，所以該三棱錐高可以看作，所以體積的取值范圍即底面積的取值范圍，根據點M地位的變化可知，當點M在A點時最小，當點M在B點時，計算得，，所以，故④正確.故③④15．

3

【分析】由條件確定的關系由此求離心率，再經過求求漸近線方程.【詳解】雙曲線的頂點坐標為，焦點坐標為，由于雙曲線的兩個頂點恰好將線段三等分，所以，所以離心率，所以，所以雙曲線C的漸近線方程為：，故3；.16．選擇見解析；（1）；（2）單調增區(qū)間為．【分析】（1）選擇①：利用三角恒等變換化簡函數解析式，進而根據最值求得的值；選擇②：代入直接求解即可；（2）根據三角函數伸縮平移變換可得函數解析式，進而求得其單調遞增區(qū)間.【詳解】解：（1）選擇①：由于所以，其中，所以，又由于，所以．選擇②：，所以．（①不寫不扣分，②每個值計算正確各給一分）（2）由于所以則，，所以函數的單調增區(qū)間為(一個都沒寫的扣一分)17．(1)平均數：4.35，75百分位數：5.25；(2)分布列見解析，；(3).【分析】（1）用每一組的中點值乘以頻率相加即得平均數，根據百分位數概念計算即可得第75百分位數的一個估計值；（2）由題可得，服從二項分布，可根據公式求出分布列；（3）根據前3組數據、后3組數據以及全體數據的離散程度進行判定(1)平均數等于，前3組頻率和，加上第4組得，所以75百分位數：；(2)由題可知“預期合格”的概率，從全市一切高二先生中隨機抽取3名先生，設本學期這3名先生中達到“預期合格”的人數為，則服從二項分布，的分布列為：X0123P0.0080.0960.3840.512.(3)由頻率分布直方圖可以看出，前3組數據比后3組數據更集中一些，所以，而這兩組數據相比全體數據都要集中一些，所以.18．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）利用線面平行的判定定理，證得平面，在由線面平行的性質定理，得到，，且，即可求解；所以直線與相交.（2）以為原點，以為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量為和，向量的距離公式，即可求解；（3）由，求得，得到，進而求得平面的法向量，以及平面平面的法向量為，向量夾角公式列出方程，求得的值，即可求解.(1)證明：由于矩形，所以，且又由于平面，平面，所以平面，又由過的平面交平面與，由線面平行的性質定理，可得，又由，所以，且，所以直線與相交.(2)解：由平面平面，其交線為，且，平面，所以平面，又由四邊形的矩形，以為原點，以為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，由于，可得，則，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，由于，所以點到平面的距離為.(3)解：設，由于，即，其中，則，可得，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，設平面與平面的夾角為，由于平面，可設平面的法向量為，所以，記得或（舍去），所以.19．(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）根據條件，列出關于的式子，即可求解；（2）解法一：首先設，利用類似關系，求得坐標間的關系，并且證明；解法二：首先設直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，求得點的坐標，可用表示，利用坐標表示數量積.(1)由題干可得，，所以，即橢圓的方程；(2)解法一：設，由于直線交直線于點，所以，則，同理，則，由于異于軸兩側，因此異號，所以，又由于，所以，即，以為直徑的圓過右焦點；解法二：設直線方程，，，，得，即，由于直線交直線于點，即，由于直線交直線于點，則由三點共線，得，即，所以，即，以為直徑的圓過右焦點.20．(1)①；②(2)證明見解析【分析】（1）①利用求導求出切線的斜率，然后寫出直線方程；②求導后分析函數的單調性可求得最小值；（2）對參數進行分類討論，利用倒數來分析函數的單調性來確定函數的零點.(1)解：由題意得：函數定義域為，當時①所以曲線在點處的切線方程是.②令，當即函數遞減區(qū)間為；當時，即函數遞增區(qū)間為所以函數的最小值；(2)由于令，①時，，函數在定義域上單調遞增，至少有一個零點；②時，，令，得，令，得所以函數在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增則函數在時有最小值，此時函數無零點.③時，，令，得或令，得所以函數在區(qū)間單調遞增，在區(qū)間單調遞減由于函數，所以，且在區(qū)間上恒成立.所以函數在區(qū)間上至少有一個零點.綜上，當時，函數至少有一個零點.21．(1)(2)證明見解析(3)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）先求出和，根據等差數列即可求解；（2）先求和，再求出，，代入等差數列公式求解即可；（3）先假設在中，得到，所以不是素數；再假設不在中，利用反證法，為合數，令，，，得到，可知在中，假設不成立即可求解.(1)根據題意：，，.(2)，公差，，，公差，，故．(3)①若在中，由（2）可知，存在，使得．，所以不是素數．②若不在中，反證法：假設為合數．不妨令，這里，皆為大于的奇數（這是由于為奇數）．令，（其中為正整數），則．由（2）得中數的通項公式，可知在中，這與已知矛盾，所以假設不成立，從而為素數．【高考數學】2022-2023學年北京市朝陽區(qū)專項突破仿真模擬試題（二模）第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單選題1．若復數（其中i為虛數單位），則復數在復平面上對應的點位于（

）A．象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．設集合，，則（

）A．B．C．D．3．在中，，，，則（

）A．B．C．D．154．已知為三條不同的直線，為三個不同的平面，則下列說確的是（

）A．若，則B．若且，則C．，，則D．若且，則5．函數有（

）A．值B．最小值C．值2D．最小值26．函數的圖像與函數的圖像的交點個數為（

）A．2B．3C．4D．07．演講比賽共有9位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從9個原始評分中去掉1個分、1個分，得到7個有效評分.7個有效評分與9個原始評分相比，不變的數字特征是A．中位數B．平均數C．方差D．極差8．已知、為雙曲線：的左、右焦點，以線段為直徑的圓與雙曲線的右支交于、兩點，若，其中為坐標原點，則的離心率為（

）A．B．C．D．評卷人得分二、多選題9．已知為等差數列，其前項和，若，，則（

）A．公差B．C．D．當且僅當時10．某地建立了農業(yè)科技圖書館，供農民借閱，搜集了近5年的借閱數據如下表：年份20162017201820192020年份代碼x12345年借閱量y/萬冊4.95.15.55.75.8根據上表，可得y關于x的線性回歸方程為，則（

）A．B．估計近5年借閱量以0.24萬冊/年的速度增長C．y與x的樣本相關系數D．2021年的借閱量一定不少于6.12萬冊11．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列結論中正確的是（

）A．的最小正周期為B．C．在上單調遞增D．為奇函數12．已知正四棱臺的上下底面邊長分別為4，6，高為，是的中點，則（

）A．正四棱臺的體積為B．平面平面C．平面D．正四棱臺的外接球的表面積為第II卷（非選一選）請點擊修正第II卷的文字闡明評卷人得分三、填空題13．若，，則______.14．在教學質量調研測試中，某學校高三有1200名先生，全部先生的數學成績服從正態(tài)分布，若，且，則本次測試數學成績在80到120之間的先生約有______人.15．探照燈反射鏡的縱斷面是拋物線的一部分，光源在拋物線的焦點，已知燈口直徑是，燈深，則光源到反射鏡頂點的距離是___________.16．若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是______．評卷人得分四、解答題17．已知正項等比數列的前項和為，，且，，成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)設數列滿足，求數列的前項和18．在中，，，是角，，所對的邊，，有三個條件：①；②；③，現從上面三個條件中選擇兩個條件，使得三角形存在.（1）兩個條件中能有①嗎？闡明理由；（2）請指出這兩個條件，并求的面積.19．如圖，在直三棱柱中，，，直線與平面所成角為(1)求證：平面平面；(2)求二面角的余弦值.20．2019年4月，江蘇省發(fā)布了高考綜合改革實施，試行“”高考新模式.為調研新高考模式下，某校先生選擇物理或歷史與性別能否有關，統(tǒng)計了該校高三年級800名先生的選科情況，部分數據如下表：性別科目男生女生合計物理300歷史150合計400800（1）根據所給數據完成上述表格，并判斷能否有99.9%的把握認為該校先生選擇物理或歷史與性別有關；（2）該校為了進步選擇歷史科目先生的數學學習興味，用分層抽樣的方法從該類先生中抽取5人，組成數學學習小組.一段工夫后，從該小組中抽取3人匯報數學學習心得.記3人中男生人數為X，求X的分布列和數學期望.附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.82821．已知橢圓的左、右焦點分別為右頂點為過右焦點且垂直于軸的直線與橢圓相交于兩點，所得四邊形為菱形，且其面積為.（1）求橢圓的方程；（2）過左焦點的直線與橢圓交于兩點，試求三角形面積的值.22．已知函數（）.（1）當時，試求函數圖像在點處的切線方程；（2）若函數有兩個極值點、（），且不等式恒成立，試求實數的取值范圍.答案：1．A【分析】由復數除法運算求得，得其對應點坐標，從而得所在象限．【詳解】，對應點坐標為，在象限．故選：A．2．B【分析】解一元二次不等式得集合，然后由集合的運算法則計算．【詳解】由題意，，所以．故選：B．3．C【分析】根據向量的數量積的定義計算．【詳解】．故選：C4．D【分析】根據空間直線與平面的地位關系判斷．【詳解】對于A，或m與n異面，∴A錯誤；對于B，若或m，n異面，∴B錯誤；對于C，若或，∴C錯誤；對于D，∵，∵．∵，∴．∴D正確．故選：D．5．D【分析】分離常數后，用基本不等式可解.【詳解】（方法1），，則，當且僅當，即時，等號成立.（方法2）令，，，.將其代入，原函數可化為，當且僅當，即時等號成立，此時.故選：D6．C【分析】作出兩個函數的圖像，由圖像可得交點個數．【詳解】在上是增函數，在和上是減函數，在和上是增函數，，，，作出函數的圖像，如圖，由圖像可知它們有4個交點．故選：C．7．A【分析】可不用動筆，直接得到答案，亦可采用數據，特值法篩選答案．【詳解】設9位評委評分按從小到大陳列為．則①原始中位數為，去掉分，分，后剩余，中位數仍為，A正確．②原始平均數，后來平均數平均數受極端值影響較大，與不一定相反，B不正確③由②易知，C不正確．④原極差，后來極差可能相等可能變小，D不正確．本題旨在考查先生對中位數、平均數、方差、極差本質的理解.8．D【分析】根據雙曲線的性質得到，再根據，即可得到，在中，，設雙曲線的半焦距為，即可得到，，再根據雙曲線的定義及離心率公式計算可得；【詳解】解：依題意由雙曲線的對稱性可知，又，所以，所以，在中，，設雙曲線的半焦距為，所以，，則其離心率；故選：D9．ABC【分析】根據題意，等差數列前項和的公式和性質，逐一判斷即可.【詳解】由，得，即.因，所以，且，故選項AB正確；因，且，故時，，即，故選項C正確；由，得，即，故D錯.故選：ABC.10．ABC【分析】根據回歸方程過樣本點得，可判斷A；由的意義可判斷BC；根據的意義可判斷D.【詳解】，，代入，可得，所以A正確；由于，所以估計每年借閱量的增長量為0.24萬冊，所以B正確；由于，所以y與x正相關，，所以C正確；把代入得，而6.12萬冊是預測值，不是值，所以D錯誤.故選：ABC.11．ABD【分析】首先根據函數的圖象求A的值；然后根據求的值；根據圖象過點和求出，從而可求出函數，然后再逐一判斷選項即可.【詳解】由圖知，由，得，又由于，所以，由得，又，所以，所以，所以.故，選項A正確；又，所以為函數的一條對稱軸，故選項B正確；由，得，由，得，在上單調遞減，在上單調遞增，故C錯誤；為奇函數，故D正確.故選：ABD.12．BCD【分析】A.由題意，利用棱臺體積公式求解；B.利用線面垂直和面面垂直的判定定理判斷；C.取的中點，連接，且，連接，易知四邊形是平行四邊形，得到，再由，利用面面平行的判定定理判斷；D.由球心O在上，分外接球的球心O在正四棱臺的內部和內部判斷.【詳解】如圖所示：連接交于點，連接交于點，A.正四棱臺的體積為，故錯誤；B.易知，又，則平面，又平面，所以平面平面，故正確；C.如圖所示：取的中點，連接，且，連接，易知，，所以四邊形是平行四邊形，則，又平面，平面，則平面，又，平面，平面，則平面，又，所以平面平面，則平面，故正確；D.如圖所示：若外接球的球心O在正四棱臺的內部，則O在上，由于，上下底面邊長分別為4，6，則，所以，即無解，則若外接球的球心O在正四棱臺的內部，如圖所示：所以，解得，所以外接球的表面積為，故正確；故選：BCD13．【分析】由正切值求得角，再計算其他三角函數值．【詳解】由于，，所以，所以．故．14．720【分析】根據正態(tài)分布曲線的對稱性求得概率后可得人數．【詳解】由題意，所以．人數為．故720．15．##【分析】以拋物線的頂點為坐標原點，拋物線在頂點處的切線為軸、拋物線的對稱軸所在直線為軸建立平面直角坐標系，設拋物線的標準方程為，分析可知點在該拋物線上，求出的值，即可得解.【詳解】以拋物線的頂點為坐標原點，拋物線在頂點處的切線為軸、拋物線的對稱軸所在直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設拋物線的標準方程為，則點在該拋物線上，所以，，解得，所以，光源到反射鏡頂點的距離為.故答案為.16．【分析】求出導函數，利用，用分離參數法即可求出a的范圍.【詳解】由于，所以，又函數在上單調遞增，所以在恒成立，分離參數可得在恒成立，令，，所以在上單調遞增，所以，所以，故答案為.17．(1)；(2)．【分析】（1）設的公比為，根據等差數列的性質列方程求得后可得通項公式；（2）寫出，由分組求和法求和．(1)設的公比為（），由于，且，，成等差數列，所以，即，解得，所以；(2)由（1），．18．（1）不能有①，理由見解析；（2）只能選擇②和③，.【分析】（1）根據正弦定理由，可得，解得，若條件中有①，可得，則與矛盾；（2）只能選擇②和③，由余弦定理得，由，可得