2023年高考培優(yōu)數(shù)學(xué)試卷（二）（新高考版）（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023年高考培優(yōu)卷（二）（新高考版）數(shù)學(xué)一、單項(xiàng)選擇題1．若集合，，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，得，解得或，所以或，因?yàn)?，所以，?duì)于A，因?yàn)?，所以，所以A錯(cuò)誤，對(duì)于B，因?yàn)榛?，，所以，所以B正確，對(duì)于C，因?yàn)椋訡錯(cuò)誤，對(duì)于D，因?yàn)榛?，所以，因?yàn)椋?，所以D錯(cuò)誤，故選：B2．若復(fù)數(shù)是方程的一個(gè)根，則的虛部為（

）A．2 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗設(shè)復(fù)數(shù)其中為虛數(shù)單位，又復(fù)數(shù)是方程的一個(gè)根所以，即所以所以，故，所以的虛部為故選：A3．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，向量，，，且，則用表示，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，即，，，；為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，設(shè)其公差為，，同理可得：，，.故選：B.4．古希臘亞歷山大時(shí)期的數(shù)學(xué)家帕普斯在《數(shù)學(xué)匯編》第3卷中記載著一個(gè)確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”，即（表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，表示平面圖形的面積，表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長）.如圖直角梯形，已知，則重心到的距離為（

）A． B． C．3 D．2〖答案〗A〖解析〗直角梯形繞旋轉(zhuǎn)一周所得的圓臺(tái)的體積為；梯形的面積，故記重心到的距離為，則，則，故選：A5．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”，原文如下：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二，問物幾何？現(xiàn)有這樣一個(gè)相關(guān)的問題：數(shù)列由被3除余1且被4除余2的正整數(shù)按照從小到大的順序排列而成，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則的最小值為（

）A．48 B．50 C．52 D．54〖答案〗C〖解析〗被3除余1且被4除余2的正整數(shù)按照從小到大的順序排列，構(gòu)成首項(xiàng)為10，公差為的等差數(shù)列，則，，從而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為52.故選：C6．某校為統(tǒng)籌推進(jìn)以德智體美勞“五育并舉+教師教育”為特色的第二課堂養(yǎng)成體系，引導(dǎo)學(xué)生們崇尚勞動(dòng)、尊重勞動(dòng)者、提高勞動(dòng)素養(yǎng)，設(shè)置以勞動(dòng)周的形式開展勞育工作的創(chuàng)新實(shí)踐.學(xué)生可以參加“民俗文化”“茶藝文化”“茶壺制作”“音樂欣賞”“蔬菜種植”“打印”這六門勞動(dòng)課中的一門.則甲、乙、丙、丁這4名學(xué)生至少有3名學(xué)生所選勞動(dòng)課全不相同的方法共有（

）A．135種 B．720種 C．1080種 D．1800種〖答案〗C〖解析〗分兩種情況討論：如果4名學(xué)生選的課目全不同，有種方法；如果只有2名學(xué)生選的課目相同，有種方法，共有種方法，故選：C.7．設(shè),,,則（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由題知,記,,所以,所以,所以,在時(shí)成立,所以,即,即,記,,所以,所以在上,,單調(diào)遞減,在上,,單調(diào)遞增,所以,所以,則,即,即,,即有,因?yàn)?所以,綜上:.故選:D8．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯在研究圓錐曲線時(shí)發(fā)現(xiàn)了橢圓的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)射出的光線，經(jīng)橢圓反射，其反射光線必經(jīng)過橢圓的另一焦點(diǎn)，設(shè)橢圓方程，，為其左、右焦點(diǎn)，若從右焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)橢圓上的點(diǎn)A和點(diǎn)B反射后，滿足，，則該橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由題意，可作圖如下：則，，即，可設(shè)，，，由，則，即，，在中，，則.故選：C.二、多項(xiàng)選擇題9．下列命題正確的是（

）A．若甲、乙兩組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)分別為0.66和，則乙組數(shù)據(jù)的線性相關(guān)性更強(qiáng)；B．在檢驗(yàn)A與B是否有關(guān)的過程中，根據(jù)數(shù)據(jù)算得，已知，，則有99%的把握認(rèn)為A與B有關(guān)；C．已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，若，則；D．在回歸分析中，殘差平方和與決定系數(shù)都可以用來刻畫回歸的效果，它們的值越小，則模型的擬合效果越好．〖答案〗AC〖解析〗A：由知：乙組數(shù)據(jù)的線性相關(guān)性更強(qiáng)，正確；B：由，即，則有97.5%的把握認(rèn)為A與B有關(guān)，錯(cuò)誤；C：由已知：隨機(jī)變量X的分布曲線關(guān)于對(duì)稱，故，正確；D：殘差平方和越小，模型的擬合效果越好，但決定系數(shù)越大，模型的擬合效果越好，錯(cuò)誤.故選：AC10．已知圓C：點(diǎn)P在直線l：上運(yùn)動(dòng)，以線段PC為直徑的圓D與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．直線l與圓相離 B．圓D的面積的最小值為C．弦長的最大值為2 D．直線AB過定點(diǎn)〖答案〗ABD〖解析〗由題設(shè)得圓的圓心，半徑為1，對(duì)于選項(xiàng)A：圓心到直線的距離，所以直線與圓相離，A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：由于點(diǎn)在直線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)，則圓的圓心，所以圓的半徑，故當(dāng)時(shí)半徑有最小值，所以圓的面積的最小值為，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)D：由上面的B選項(xiàng)可知圓的方程為，將圓的方程與圓的方程相減可得相交弦的直線方程為：，整理得，令，解得，所以直線過定點(diǎn)，故D正確；對(duì)于選項(xiàng)C：由C得，弦的直線方程為：，若弦過圓心，則，方程無解，所以弦不過圓心，從而小于圓直徑，圓直徑為2，故C錯(cuò)誤．故選：ABD．11．已知正方體的棱長為2，過棱，的中點(diǎn)E，F(xiàn)作正方體的截面，下列說法正確的是（

）．A．該正方體外接球的表面積是B．若截面是正六邊形，則直線與截面垂直C．若截面是正六邊形，則直線與截面所成角的正弦值為D．若截面過點(diǎn)，則截面周長為〖答案〗BD〖解析〗對(duì)于A，外接球的半徑為，故外接球的表面積為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)的中點(diǎn)為G，則，，，，，∴，，，∴，，則，，即，，又，，正六邊形截面，∴正六邊形截面，故B正確；對(duì)于C，如圖1，易得，為正六邊形截面的一個(gè)法向量，設(shè)直線與截面所成的角為，則，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖2，延長，與的延長線交于點(diǎn)K，與的延長線交于點(diǎn)L，連接交于點(diǎn)M，連接交于點(diǎn)N，則截面為平面．因此有，M為的三等分點(diǎn)，N為的三等分點(diǎn)，于是．∵，，，故截面的周長為，故D正確．故選：BD．12．取名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲·布勞威爾不動(dòng)點(diǎn)定理是拓?fù)鋵W(xué)里一個(gè)非常重要的不動(dòng)點(diǎn)定理.該定理表明：對(duì)于滿足一定條件的圖象連續(xù)不間斷的函數(shù)，在其定義域內(nèi)存在一點(diǎn)，使得，則稱為函數(shù)的一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，那么下列函數(shù)具有“不動(dòng)點(diǎn)”的是（

）A． B．C． D．〖答案〗AD〖解析〗對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，由對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象可知：方程有解，所以函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，也即，因?yàn)榕袆e式，所以方程無解，故假設(shè)不成立，也即函數(shù)不存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)不滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，當(dāng)時(shí)，方程為無解；當(dāng)時(shí)，方程為，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以，則方程為無解，故選項(xiàng)不滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，令，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，，則，由零點(diǎn)存在性定理可知：函數(shù)在上存在零點(diǎn)，也即有解，所以函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)滿足，故選：.三、填空題13．的展開式含的系數(shù)是________（用常數(shù)表示）．〖答案〗〖解析〗由含的項(xiàng)中對(duì)應(yīng)的指數(shù)分別為6,2，所以，對(duì)于中含的項(xiàng)為，所以含的系數(shù)是.故〖答案〗為：14．雙曲線C：的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，P為C上一點(diǎn)，直線PA，PB與分別交于M，N兩點(diǎn)，則的最小值為______.〖答案〗〖解析〗由題意，，設(shè)，，，，直線方程為，令，得，直線方程為，令，得，，設(shè)，則，得，時(shí)，，時(shí)，，∴在上遞減，在上遞增，時(shí)，，所以．故〖答案〗為：．15．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)都有（是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），，若不等式組的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是__________〖答案〗〖解析〗依題意可得，即，所以（為常數(shù)），則，由得，所以.，由可得或，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，函數(shù)圖象如下圖所示：，由圖圖象可知不等式組的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，分別是，所以有故〖答案〗為：.16．已知函數(shù)，給出下列判斷：①函數(shù)的最小正周期為；②函數(shù)是偶函數(shù)；③函數(shù)關(guān)于點(diǎn)，成中心對(duì)稱；④函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)遞減函數(shù)．其中正確的判斷是___．（寫出所有正確判斷的序號(hào)）〖答案〗①②③〖解析〗函數(shù)的最小正周期為，故命題①正確；函數(shù)，所以，所以是偶函數(shù)，故命題②正確；由于當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)關(guān)于點(diǎn)，成中心對(duì)稱，故命題③正確；在區(qū)間上，，故函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)遞減函數(shù)，故命題④錯(cuò)誤，故〖答案〗為：①②③．解答題17．已知為數(shù)列的前項(xiàng)和，，．（1）求；（2）若，證明：．（1）解：①時(shí)，②則①-②得，當(dāng)時(shí)可整理得，即，由①當(dāng)時(shí)，，得，當(dāng)時(shí)，，得，，，又，，符合，；（2）證明：由（1）得，，18．在銳角三角形中,角的對(duì)邊分別為,向量,,且.（1）求角的大小;（2）若的面積為,求的取值范圍.解：（1）由題知,,,所以有:①,在中,由正弦定理可得:,代入①中有:,展開移項(xiàng)后可得:,即,因?yàn)槭堑娜?所以上式可化為:,在中,由余弦定理可得:,因?yàn)?所以;（2）在中,過點(diǎn)向作垂線,垂足為,過點(diǎn)作的垂線,交延長線于點(diǎn),如圖所示:因?yàn)闉殇J角三角形,所以點(diǎn)在線段上（不含端點(diǎn)）,即,由（1）可得,且,所以,所以,因?yàn)?所以,即,由,所以,解得:,所以,令,,由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得在上單調(diào)遞減,故,即.19．如圖，四邊形是菱形，，平面，，．（1）證明：．（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．（1）證明：連接．因?yàn)樗倪呅问橇庑危裕制矫?，所以．因?yàn)椋云矫妫郑云矫婢褪瞧矫?，因?yàn)槠矫?，所以．?）解：設(shè)，相交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，所在直線分別為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)，則設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得．取的中點(diǎn)G，連接．易證平面平面，因?yàn)槭钦切?，所以，從而平面，即是平面的一個(gè)法向量．因?yàn)椋?，所以，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．20．近些年來，學(xué)生的近視情況由高年級(jí)向低年級(jí)漫延，為調(diào)查某小學(xué)生的視力情況與電子產(chǎn)品的使用時(shí)間之間的關(guān)系，調(diào)查者規(guī)定：平均每天使用電子產(chǎn)品累計(jì)5小時(shí)或連續(xù)使用2小時(shí)定義為長時(shí)間使用電子產(chǎn)品，否則為非長時(shí)間使用.隨機(jī)抽取了某小學(xué)的150名學(xué)生，其中非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的100名，長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的50名，調(diào)查表明非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生中有95人視力正常，長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生中有40人視力正常.（1）是否有99.5%的把握認(rèn)為視力正常與否與是否長時(shí)間使用電子產(chǎn)品有關(guān)？（2）如果用這150名學(xué)生中，長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生和非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生視力正常的在各自范圍內(nèi)所占比率分別代替該校長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生和非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品的學(xué)生視力正常的概率，且每位學(xué)生視力正常與否相互獨(dú)立，現(xiàn)從該校學(xué)生中隨機(jī)抽取3人（2個(gè)非長時(shí)間使用和1個(gè)長時(shí)間使用電子產(chǎn)品），設(shè)隨機(jī)變量表示“3人中視力正?！钡娜藬?shù)，試求的分布列和數(shù)學(xué)期望.附：.0.100.050.0250.010.0052.7063.8415.0246.6357.879解：（1）根據(jù)題意，列出如下列聯(lián)表：視力正常視力不正?？傆?jì)長時(shí)間使用電子產(chǎn)品非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品總計(jì)則，所以有99.5%的把握認(rèn)為視力正常與否與是否長時(shí)間使用電子產(chǎn)品有關(guān).（2）長時(shí)間使用電子產(chǎn)品視力正常的概率是，非長時(shí)間使用電子產(chǎn)品視力正常的概率是，由題意可知：的可能取值為，；；；；所以的分布列為：則.21．已知，為橢圓E：的上、下焦點(diǎn)，為平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中.（1）若，求面積的最大值；（2）記射線與橢圓E交于，射線與橢圓E交于，若，探求，，之間的關(guān)系.解：（1）由題可知橢圓E：的上、下焦點(diǎn)，又因?yàn)?所以,則點(diǎn)為橢圓上一點(diǎn)，且，則，于是面積的最大值為.（2）射線的方程為，射線的方程為，聯(lián)立解得，①又，則，②將②代入①，得.22．已知函數(shù).（1）若函數(shù)有大于零的極小值，求實(shí)數(shù)的取值范圍;（2）若函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，（），證明:.（1）解：由題意得，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞增，∴無極值.當(dāng)時(shí)，令，解得，當(dāng)時(shí)，;當(dāng)時(shí)，.∴的極小值為.由已知得，∵，∴，解得，故的取值范圍為.（2）證明：.令,則,令,解得.當(dāng)時(shí),,當(dāng)時(shí),,∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.趨向于時(shí)，趨向于又函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn),,,且,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞減,當(dāng)時(shí),,又,.令,則,今,則,在上單調(diào)遞增,,在上單調(diào)遞增,.,即,.2023年高考培優(yōu)卷（二）（新高考版）數(shù)學(xué)一、單項(xiàng)選擇題1．若集合，，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，得，解得或，所以或，因?yàn)?，所以，?duì)于A，因?yàn)?，所以，所以A錯(cuò)誤，對(duì)于B，因?yàn)榛?，，所以，所以B正確，對(duì)于C，因?yàn)椋訡錯(cuò)誤，對(duì)于D，因?yàn)榛?，所以，因?yàn)椋?，所以D錯(cuò)誤，故選：B2．若復(fù)數(shù)是方程的一個(gè)根，則的虛部為（

）A．2 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗設(shè)復(fù)數(shù)其中為虛數(shù)單位，又復(fù)數(shù)是方程的一個(gè)根所以，即所以所以，故，所以的虛部為故選：A3．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，向量，，，且，則用表示，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，即，，，；為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，設(shè)其公差為，，同理可得：，，.故選：B.4．古希臘亞歷山大時(shí)期的數(shù)學(xué)家帕普斯在《數(shù)學(xué)匯編》第3卷中記載著一個(gè)確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”，即（表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，表示平面圖形的面積，表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長）.如圖直角梯形，已知，則重心到的距離為（

）A． B． C．3 D．2〖答案〗A〖解析〗直角梯形繞旋轉(zhuǎn)一周所得的圓臺(tái)的體積為；梯形的面積，故記重心到的距離為，則，則，故選：A5．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”，原文如下：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二，問物幾何？現(xiàn)有這樣一個(gè)相關(guān)的問題：數(shù)列由被3除余1且被4除余2的正整數(shù)按照從小到大的順序排列而成，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則的最小值為（

）A．48 B．50 C．52 D．54〖答案〗C〖解析〗被3除余1且被4除余2的正整數(shù)按照從小到大的順序排列，構(gòu)成首項(xiàng)為10，公差為的等差數(shù)列，則，，從而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為52.故選：C6．某校為統(tǒng)籌推進(jìn)以德智體美勞“五育并舉+教師教育”為特色的第二課堂養(yǎng)成體系，引導(dǎo)學(xué)生們崇尚勞動(dòng)、尊重勞動(dòng)者、提高勞動(dòng)素養(yǎng)，設(shè)置以勞動(dòng)周的形式開展勞育工作的創(chuàng)新實(shí)踐.學(xué)生可以參加“民俗文化”“茶藝文化”“茶壺制作”“音樂欣賞”“蔬菜種植”“打印”這六門勞動(dòng)課中的一門.則甲、乙、丙、丁這4名學(xué)生至少有3名學(xué)生所選勞動(dòng)課全不相同的方法共有（

）A．135種 B．720種 C．1080種 D．1800種〖答案〗C〖解析〗分兩種情況討論：如果4名學(xué)生選的課目全不同，有種方法；如果只有2名學(xué)生選的課目相同，有種方法，共有種方法，故選：C.7．設(shè),,,則（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由題知,記,,所以,所以,所以,在時(shí)成立,所以,即,即,記,,所以,所以在上,,單調(diào)遞減,在上,,單調(diào)遞增,所以,所以,則,即,即,,即有,因?yàn)?所以,綜上:.故選:D8．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯在研究圓錐曲線時(shí)發(fā)現(xiàn)了橢圓的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)射出的光線，經(jīng)橢圓反射，其反射光線必經(jīng)過橢圓的另一焦點(diǎn)，設(shè)橢圓方程，，為其左、右焦點(diǎn)，若從右焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)橢圓上的點(diǎn)A和點(diǎn)B反射后，滿足，，則該橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由題意，可作圖如下：則，，即，可設(shè)，，，由，則，即，，在中，，則.故選：C.二、多項(xiàng)選擇題9．下列命題正確的是（

）A．若甲、乙兩組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)分別為0.66和，則乙組數(shù)據(jù)的線性相關(guān)性更強(qiáng)；B．在檢驗(yàn)A與B是否有關(guān)的過程中，根據(jù)數(shù)據(jù)算得，已知，，則有99%的把握認(rèn)為A與B有關(guān)；C．已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，若，則；D．在回歸分析中，殘差平方和與決定系數(shù)都可以用來刻畫回歸的效果，它們的值越小，則模型的擬合效果越好．〖答案〗AC〖解析〗A：由知：乙組數(shù)據(jù)的線性相關(guān)性更強(qiáng)，正確；B：由，即，則有97.5%的把握認(rèn)為A與B有關(guān)，錯(cuò)誤；C：由已知：隨機(jī)變量X的分布曲線關(guān)于對(duì)稱，故，正確；D：殘差平方和越小，模型的擬合效果越好，但決定系數(shù)越大，模型的擬合效果越好，錯(cuò)誤.故選：AC10．已知圓C：點(diǎn)P在直線l：上運(yùn)動(dòng)，以線段PC為直徑的圓D與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．直線l與圓相離 B．圓D的面積的最小值為C．弦長的最大值為2 D．直線AB過定點(diǎn)〖答案〗ABD〖解析〗由題設(shè)得圓的圓心，半徑為1，對(duì)于選項(xiàng)A：圓心到直線的距離，所以直線與圓相離，A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：由于點(diǎn)在直線上運(yùn)動(dòng)，設(shè)，則圓的圓心，所以圓的半徑，故當(dāng)時(shí)半徑有最小值，所以圓的面積的最小值為，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)D：由上面的B選項(xiàng)可知圓的方程為，將圓的方程與圓的方程相減可得相交弦的直線方程為：，整理得，令，解得，所以直線過定點(diǎn)，故D正確；對(duì)于選項(xiàng)C：由C得，弦的直線方程為：，若弦過圓心，則，方程無解，所以弦不過圓心，從而小于圓直徑，圓直徑為2，故C錯(cuò)誤．故選：ABD．11．已知正方體的棱長為2，過棱，的中點(diǎn)E，F(xiàn)作正方體的截面，下列說法正確的是（

）．A．該正方體外接球的表面積是B．若截面是正六邊形，則直線與截面垂直C．若截面是正六邊形，則直線與截面所成角的正弦值為D．若截面過點(diǎn)，則截面周長為〖答案〗BD〖解析〗對(duì)于A，外接球的半徑為，故外接球的表面積為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)的中點(diǎn)為G，則，，，，，∴，，，∴，，則，，即，，又，，正六邊形截面，∴正六邊形截面，故B正確；對(duì)于C，如圖1，易得，為正六邊形截面的一個(gè)法向量，設(shè)直線與截面所成的角為，則，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖2，延長，與的延長線交于點(diǎn)K，與的延長線交于點(diǎn)L，連接交于點(diǎn)M，連接交于點(diǎn)N，則截面為平面．因此有，M為的三等分點(diǎn)，N為的三等分點(diǎn)，于是．∵，，，故截面的周長為，故D正確．故選：BD．12．取名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲·布勞威爾不動(dòng)點(diǎn)定理是拓?fù)鋵W(xué)里一個(gè)非常重要的不動(dòng)點(diǎn)定理.該定理表明：對(duì)于滿足一定條件的圖象連續(xù)不間斷的函數(shù)，在其定義域內(nèi)存在一點(diǎn)，使得，則稱為函數(shù)的一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，那么下列函數(shù)具有“不動(dòng)點(diǎn)”的是（

）A． B．C． D．〖答案〗AD〖解析〗對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，由對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象可知：方程有解，所以函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，也即，因?yàn)榕袆e式，所以方程無解，故假設(shè)不成立，也即函數(shù)不存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)不滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，當(dāng)時(shí)，方程為無解；當(dāng)時(shí)，方程為，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以，則方程為無解，故選項(xiàng)不滿足；對(duì)于，假設(shè)函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，則方程有解，令，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，，則，由零點(diǎn)存在性定理可知：函數(shù)在上存在零點(diǎn)，也即有解，所以函數(shù)存在不動(dòng)點(diǎn)，故選項(xiàng)滿足，故選：.三、填空題13．的展開式含的系數(shù)是________（用常數(shù)表示）．〖答案〗〖解析〗由含的項(xiàng)中對(duì)應(yīng)的指數(shù)分別為6,2，所以，對(duì)于中含的項(xiàng)為，所以含的系數(shù)是.故〖答案〗為：14．雙曲線C：的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，P為C上一點(diǎn)，直線PA，PB與分別交于M，N兩點(diǎn)，則的最小值為______.〖答案〗〖解析〗由題意，，設(shè)，，，，直線方程為，令，得，直線方程為，令，得，，設(shè)，則，得，時(shí)，，時(shí)，，∴在上遞減，在上遞增，時(shí)，，所以．故〖答案〗為：．15．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)都有（是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），，若不等式組的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是__________〖答案〗〖解析〗依題意可得，即，所以（為常數(shù)），則，由得，所以.，由可得或，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，函數(shù)圖象如下圖所示：，由圖圖象可知不等式組的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，分別是，所以有故〖答案〗為：.16．已知函數(shù)，給出下列判斷：①函數(shù)的最小正周期為；②函數(shù)是偶函數(shù)；③函數(shù)關(guān)于點(diǎn)，成中心對(duì)稱；④函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)遞減函數(shù)．其中正確的判斷是___．（寫出所有正確判斷的序號(hào)）〖答案〗①②③〖解析〗函數(shù)的最小正周期為，故命題①正確；函數(shù)，所以，所以是偶函數(shù)，故命題②正確；由于當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)關(guān)于點(diǎn)，成中心對(duì)稱，故命題③正確；在區(qū)間上，，故函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)遞減函數(shù)，故命題④錯(cuò)誤，故〖答案〗為：①②③．解答題17．已知為數(shù)列的前項(xiàng)和，，．（1）求；（2）若，證明：．（1）解：①時(shí)，②則①-②得，當(dāng)時(shí)可整理得，即，由①當(dāng)時(shí)，，得，當(dāng)時(shí)，，得，，，又，，符合，；（2）證明：由（1）得，，18．在銳角三角形中,角的對(duì)邊分別為,向量,,且.（1）求角的大小;（2）若的面積為,求的取值范圍.解：（1）由題知,,,所以有:①,在中,由正弦定理可得:,代入①中有:,展開移項(xiàng)后可得:,即,因?yàn)槭堑娜?所以上式可化為:,在中,由余弦定理可得:,因?yàn)?所以;（2）在中,過點(diǎn)向作垂線,垂足為,過點(diǎn)作的垂線,交延長線于點(diǎn),如圖所示:因?yàn)闉殇J角三角形,所以點(diǎn)在線段上（不含端點(diǎn)）,即,由（1）可得,且,所以,所以,因?yàn)?所以,即,由,所以,解得:,所以,令,,由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得在上單調(diào)遞減,故,即.19．如圖，四邊形是菱形，，平面，，．（1）證明：．（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．（1）證明：連接．因?yàn)樗倪呅问橇庑?，所以．又平面，所以．因?yàn)?，所以平面．又，所以平面就是平面，因?yàn)槠矫?，所以．?）解：設(shè)，相交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，所在直線分別為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)，則設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得．取的中點(diǎn)G，連接．易證平面平面，因?yàn)槭钦切?，所以，從而平面，即是平面的一個(gè)法向量．因?yàn)?，，所以，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．20．近些年來，學(xué)生的近視情況