山西省2023年高三数模拟试卷（8套含答案）

高三数学一模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．复数满足，则（）A．2B．C．1D．3．在天文学中，常用星等，光照度等来描述天体的明暗程度.两颗星的星等与光照度满足星普森公式.已知大犬座天狼星的星等为，天狼星的光照度是织女星光照度的4倍，据此估计织女星的星等为（参考数据）（）A．2B．1.05C．0.05D．4．经过，，三点的圆与直线的位置关系为（）A．相交B．相切C．相交或相切D．无法确定5．已知矩形中，为边中点，线段和交于点，则（）A．B．C．D．6．已知随机变量的分布列如下：012其中，2，若，则（）A．，B．，C．，D．，7．近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要不间断从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 .方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定，则下列说法正确的是（）A．方案一更经济B．方案二更经济C．两种方案一样D．条件不足，无法确定8．定义在上的函数满足在区间内恰有两个零点和一个极值点，则下列说法正确的是（）A．的最小正周期为B．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称C．图象的一个对称中心为D．在区间上单调递增二、多选题9．某同学用搜集到的六组数据绘制了如下散点图，在这六个点中去掉点后重新进行回归 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ，则下列说法正确的是（）A．决定系数变小B．相关系数的绝对值越趋于1C．残差平方和变小D．解释变量与预报变量相关性变弱10．设，，，则下列结论正确的是（）A．的最大值为B．的最小值为C．的最小值为9D．的最小值为11．1202年，斐波那契在《算盘全书》中从兔子问题得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，19世纪以前并没有人认真研究它，但在19世纪末和20世纪，这一问题派生出广泛的应用，从而活跃起来，成为热门的研究课题，记为该数列的前项和，则下列结论正确的是（）A．B．为偶数C．D．12．在棱长为1的正方体中，在侧面（含边界）内运动，在底面（含边界）内运动，则下列说法正确的是（）A．若直线与直线所成角为30°，则点的轨迹为圆弧B．若直线与平面所成角为30°，则点的轨迹为双曲线的一部分C．若，则点的轨迹为线段D．若到直线的距离等于到平面的距离，则点的轨迹为抛物线的一部分三、填空题13．若，则．14．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为.15．写出一个同时满足下列三个条件的函数的解析式.①；②；③在上单调递增.16．已知抛物线的焦点为，点，为抛物线上一动点，则周长的最小值为.四、解答题17．在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题.问题：在中，角，，所对的边分别为，，，且____.（1）求角的大小；（2）若，，边上一点满足，求.18．从下面的表格中选出3个数字（其中任意两个数字不同行且不同列）作为递增等差数列的前三项.第1列第2列第3列第1行723第2行154第3行698（1）求数列的通项公式，并求的前项和；（2）若，记的前项和，求证.19．如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.（1）求到平面的距离；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同.（1）每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率；（2）若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率.21．双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.22．已知.（1）若的最小值为，求的值；（2）若恒成立，求实数的取值范围.1．D2．C3．C4．A5．D6．B7．B8．D9．B,C10．A,B,C11．A,C,D12．A,B,D13．14．6015．（答案不唯一，满足条件即可）16．17．（1）解：选①.由及正弦定理得.又，∴，于是，，即，又，∴，故.选②.由及正弦定理得，化简得，于是，又，故.选③.由及正弦定理得，又，∴，于是，，又，故.（2）解：，两边平方有：，所以，.18．（1）解：由题意，选出3个数字组成的等差数列的前三项为：，，，所以，，所以.（2）证明：.因为，所以，所以19．（1）解：取的中点，连接，，为等边三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，，，即，令，则，又，故到平面的距离；（2）解：设，，，，则，，设平面的法向量为，，，则，令，则，又平面的法向量为，于是，化简得，又，得，即，故存在点，此时.20．（1）解：依题意，记事件表示第次从第一个盒子里取出红球，记事件表示两次取球中有红球，则，.（2）解：记事件表示从第一个盒子里取出红球，记事件表示从第一个盒子里取出白球，记事件表示从第二个盒子里取出红球，则.21．（1）解：由双曲线可得渐近线为，不妨取渐近线即由焦点到渐近线的距离为可得，即由题意得，得，从而双曲线的方程为.（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，于是，从而，化简得，从而过定点.22．（1）解：，定义域为，①当时，在恒成立，单调递增，又，故当时，，不满足题意，舍去；②当时，由得，得，所以，在上单调递减，在上单调递增，所以.令，则，令，得，，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，当的最小值为时，即时，解得.所以（2）解：由（1）知：当时，恒成立，等价于，又等价于.令，则上述不等式等价于因为恒成立，所以，在上单调递增，.所以等价于，即，因为当时，恒成立，所以，故，解得.所以，实数的取值范围是.高三理数二模试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．欧拉公式（）被称为“上帝公式”、“最伟大的数学公式”、“数学家的宝藏”．尤其是当时，得到，将数学中几个重要的数字0，1，i，e，联系在一起，美妙的无与伦比．利用欧拉公式化简，则在复平面内，复数z对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知为正项等差数列的前n项和，若，则（）A．22B．20C．16D．114．（）A．B．C．D．5．已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．B．15C．D．206．已知圆C：和直线l：，则“点在圆C上”是“直线l与圆C相切”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．为践行"绿水青山就是金山银山”的发展理念，全国各地对生态环境的保护意识持续增强，某化工企业在生产中产生的废气需要通过过滤使废气中的污染物含量减少到不高于最初的20%才达到排放 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ．已知在过滤过程中，废气中污染物含量y（单位：mg/L，）与时间t（单位：h）的关系式为（，k为正常数，表示污染物的初始含量），实验发现废气经过5h的过滤，其中的污染物被消除了40%．则该企业生产中产生的废气要达标排放需要经过的过滤时间至少约为（）（结果四舍五入保留整数，参考数据）A．12hB．16hC．26hD．33h8．某同学为了， 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了一个程序框图（如图所示），则在该程序框图中，①②两处应分别填入（）A．B．C．D．9．已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，，过C的右支上一点P作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，若的最小值为，则C的离心率为（）A．B．2C．D．10．第13届冬残奥会于3月4日在北京开幕．带着“一起向未来”的希冀，给疫情下的世界带来了信心．为了运动会的顺利举行，组织了一些志愿者协助运动会的工作．有来自某大学的2名男老师，2名女老师和1名学生的志愿者被组织方分配到某比赛场馆参加连续5天的协助工作，每人服务1天，如果2名男老师不能安排在相邻的两天，2名女老师也不能安排在相邻的两天，那么符合条件的不同安排方案共有（）A．120种B．96种C．48种D．24种11．辅助角公式是我国清代数学家李善兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中）．若，则下列结论正确的是（）A．B．的图象关于直线对称C．在上单调递增D．过点的直线与的图象一定有公共点12．已知函数有三个零点，且，则（）A．8B．1C．－8D．－27二、填空题13．已知两个单位向量的夹角为，若，且，则＝．14．已知椭圆C：的焦距为8，则．15．如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为．16．自华为事件以来，国内公司认识到自主创新的重要性，纷纷加大创新的技入．某公司2021年投资4千万元用于新产品的研发与生产．计划从2022年起，在今后若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的研发与生产，2021年新产品带来的收入为5百万元，并预测在今后相当长的时间内，新产品所带来的收入均在上年度收入的基础上增长，记2021年为第1年，表示第1年至第年的累计利润（含第年，累计利润＝累计收入一累计投入），则＝千万元；根据预测该新产品从第年开始盈利．（参考数据：）三、解答题17．家用自来水水龙头由于使用频繁，很容易损坏，受水龙头在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每件水龙头的利润与该水龙头首次出现损坏的时间有关，某阀门厂生产尺寸都为4分（指的是英制尺寸）的甲（不锈钢阀芯），乙（黄铜阀芯）两种品牌的家用水龙头，保修期均为1年（4个季度），现从该厂已售出的这两种水龙头中各随机抽取200件，统计数据如下表，品牌甲乙首次出现损坏时间x（季度）水龙头数量（件）20180816176每件的利润（元）3.65.8246将频率视为概率，解答下列问题：（1）从该厂生产的甲、乙两种品牌水龙头中各随机抽取一件，试比较首次出现损坏发生在保修期内的概率的大小；（2）由于资金限制，只能生产其中一种品牌的水龙头，若从水龙头的利润的平均值考虑，你认为应选择生产哪种品牌的水龙头比较合理？18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC周长的最大值．19．如图，在几何体ABCDE中，△ABC，△BCD，△CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．（1）求证：A，B，D，E四点共面；（2）求二面角的正弦值．20．在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F（2，0）且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）过点M（m，0）（m＞0）作两条互相垂直的直线，且与曲线交于A，B两点，与曲线交于C，D两点，点P，Q分别为AB，CD的中点，求△MPQ面积的最小值．21．设函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若时，存在实数b，使得对任意恒成立，求实数m的取值范围．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若曲线与轴交于点，与曲线交于，两点，求的值．23．已知．（1）求不等式的解集；（2）若不等式对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．1．B2．D3．A4．C5．C6．C7．B8．C9．B10．C11．D12．D13．814．2515．16．；917．（1）解：设“甲、乙两种品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内”为事件，，，.即乙品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内的概率大于甲品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内的概率.（2）解：由题意，甲水龙头的利润的平均值，乙水龙头的利润的平均值，因为，所以应生产乙品牌的水龙头.18．（1）解：因为所以由正弦定理可得，即，由余弦定理知，，因为，所以（2）解：由和（1）可知，则，得，即，所以（当且仅当时，取得等号），所以周长的最大值为19．（1）证明：取的中点，连接，取的中点，连接，因为平面平面，且平面平面，而为等边三角形，所以，因此平面，因为平面平面，且平面平面，又因为为等边三角形，所以，因此平面，又因为平面，因此，又因为为等边三角形，所以，因此两两垂直，从而以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，又因为均为边长为2的等边三角形，所以，，，设，则，，，由于，所以，解得，因此，所以，，，所以，由空间向量基本定理可知：四点共面（2）解：设平面的法向量为，而，由于，即，取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，而，由于，即，取平面的一个法向量为，则，因为二面角的范围为，所以二面角的正弦值为非负数，，因此二面角的正弦值为20．（1）解：设圆心为，由题意得：，两边平方，整理得：，故曲线的方程为（2）解：显然直线斜率均存在，不妨设，（）与联立得：，设，则，则，故，，所以，由于直线互相垂直，故，所以，当且仅当，即时等号成立，所以△MPQ面积的最小值为16.21．（1）解：因为，当时，，此时在R上单调递增；当时，令，则，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增（2）解：等价于，令，则，若，此时恒成立，故单调递增，且，故不恒成立，不合题意；若，则对恒成立，设，则，令，则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，故，所以，所以原命题转化为存在，使得，令，则，，令，显然在时单调递增，且，所以当时，，当时，，即在时单调递减，在时单调递增，故，所以实数m的取值范围是22．（1）解：因为，所以，，所以曲线的普通方程为：；曲线的直角坐标方程为：（2）解：根据题意得，所以曲线的参数方程为：（为参数），因为曲线交于，两点，所以设，，所以，消去和得，，所以，，所以23．（1）解：当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，不等式的解集为（2）解：由，得，即，令，则，当时，，当时，，当时，，所以，所以，解得，所以实数a的取值范围为高三下学期数学一模试卷一、单选题1．已知集合，则集合的子集的个数为（）A．8B．7C．4D．32．复数的虚部为（）A．B．C．-3D．-63．抛物线的焦点关于其准线对称的点为，则的方程为（）A．B．C．D．4．1682年，英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年､1607年的彗星惊人地相似.他大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预㝘它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76年.请你预测它在本世纪回归的年份（）A．2042B．2062C．2082D．20925．已知，为不共线的非零向量，，，，则（）A．，，三点共线B．，，三点共线C．，，三点共线D．，，三点共线6．的展开式中的系数为（）A．-160B．-64C．64D．1607．已知，则（）A．B．C．D．8．《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A．B．C．D．二、多选题9．某学生社团有男生32名，女生24名，从中随机抽取一个容量为7的样本，某次抽样结果为：抽到3名男生和4名女生，则下列说法正确的是（）A．这次抽样可能采用的是抽签法B．这次抽样不可能是按性别分层随机抽样C．这次抽样中，每个男生被抽到的概率一定小于每个女生被抽到的概率D．这次抽样中，每个男生被抽到的概率不可能等于每个女生被抽到的概率10．已知函数，则下列说法正确的有（）A．的图象关于点中心对称B．的图象关于直线对称C．在上单调递减D．将的图象向左平移个单位，可以得到的图象11．如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（）A．平面B．平面C．D．与夹角的余弦值为12．定义在上的函数满足，则下列说法正确的是（）A．函数是奇函数B．函数是偶函数C．函数是周期函数D．若函数有4个零点，则函数的最大值为三、填空题13．已知，则.14．如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有种不同的绿化方案（用数字作答）.15．设是曲线上的动点，且.则的取值范围是.16．已知双曲线的离心率为分别为的左､右焦点，点在上且关于坐标原点对称，过点分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，且四边形的面积为6，则的面积为.四、解答题17．已知数列，，满足，，.（1）证明是等比数列，并求的通项公式；（2）设，证明：.18．记的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）若，求的面积.19．技术员小李对自己培育的新品种蔬菜种子进行发芽率等试验，每个试验组3个坑，每个坑种2粒种子.经过大量试验，每个试验组没有发芽的坑数平均数为.（1）求每粒种子发芽的概率：（2）若一个坑内至少有一粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种.取出一个试验组，对每个不发芽的坑补种1粒种子.设本试验组种植种子数为，求的平均数.20．在三棱锥中，，，，取直线与的方向向量分别为，，若与夹角为.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.21．已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，____.①为等差数列；②为等比数列.（1）在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；（2）（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由22．已知函数是其导函数.（1）讨论的单调性；（2）对恒成立，求的取值范围.1．C2．D3．B4．B5．B6．C7．D8．A9．A,B10．A,C11．A,B,D12．B,C,D13．14．18015．16．17．（1）证明：因为，，所以，即，即，又因为，所以是首项为1，公比为3的等比数列，所以的通项公式为（2）证明：因为，所以，所以，所以，即，所以18．（1）证明：由及正弦定理得：，整理得，.因为，所以，所以或，所以或（舍），所以.（2）解：由及余弦定理得：，整理得，又因为，可解得，则，所以△是直角三角形，所以△的面积为19．（1）解：由题意知，每组中各个坑是否发芽相互独立，每个坑不发芽的概率为，设每组不发芽的坑数为，则，所以每组没有发芽的坑数的平均数为，解得，所以每个种子的发芽率为.（2）解：由（1）知每个坑不发芽的概率为，设为补种种子的个数，则，所以，20．（1）证明：过作，且，连接，，取的中点，连接，，，则为与的夹角，即.设，则，因为，所以为等边三角形，则，，.因为，所以平行四边形为矩形，所以，所以，即.因为，平面，所以平面.取的中点，连接，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.则，，，，所以，，，所以.（2）解：，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21．（1）解：选①，由题意解得所以的标椎方程为.选②，由题意解得所以的标椎方程为.（2）解：①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，的方程为，令，得，所以，同理，所以以为直径的圆的标准方程为.②当直线的斜率存在时，设的方程为，联立得，由韦达定理得.因为，所以的方程为，令，得，即的坐标为，同理的坐标为，所以以为直径的圆的标准方程为将韦达定理代入并整理得，令，则，解得或.当斜率不存在时，令，则，解得或.由①②知，以为直径的圆过和.22．（1）解：函数的导函数，当时，，所以在R上单调递增；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增.综述：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解：因为对恒成立，所以当时，；当时，，则，所以.所以且连续不断.，，情形一：当时，当时，在上单调递增，又因为，所以在上单调递增，所以，满足题意.当时，由（1）知在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，不符合题意.情形二：当时，当时，由，知不恒成立；.当时，，易知恒成立.当时，由（1）知的最小值，所以在单调递增，而，所以成立.综上可得的取值范围为.高三理数三模试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．设，则复数在复平面内对应的点为（）A．B．C．D．3．已知向量，且，则实数（）A．-1B．C．1D．4．已知双曲线的离心率是它的一条渐近线斜率的2倍，则（）A．B．C．D．25．若，则（）A．B．0C．1D．6．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．7．将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若恰好在函数的图像上，则的最小值为（）A．B．C．D．8．若的展开式中的系数为35，则正数（）A．B．2C．D．49．已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（）A．B．C．D．10．某车间加工某种机器的零件数（单位：个）与加工这些零件所花费的时间（单位：min）之间的对应数据如下表所示：个10203040506268758189由表中的数据可得回归直线方程，则加工70个零件比加工60个零件大约多用（）A．B．C．D．11．已知实数满足，给出下列结论：①；②；③；④.则所有正确结论的序号为（）A．①③B．②③C．①②④D．②③④12．已知数列满足，，记的前项和为，的前项和为，则（）A．-5409B．-5357C．5409D．5357二、填空题13．设满足约束条件则的最大值为.14．若直线是曲线的一条切线，则实数.15．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在轴上方），过分别作的垂线，垂足分别为，连接.若，则直线的斜率为.16．三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为.三、解答题17．在中；内角的对边分别为，已知.（1）求A；（2）若，点为的中点，求的最大值.18．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，侧面是矩形，为的中点，.（1）证明：平面；（2）点在线段上，若，求二面角的余弦值.19．足球比赛淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：0，则不需要再踢第5轮了）；③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：（2）现有甲､乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需进行“点球大战”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；（ii）求“点球大战”在第6轮结束，且乙队以5：4（不含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.20．已知函数.（1）求的单调区间；（2）证明：.21．已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）点关于原点的对称点为点B，与直线AB平行的直线与交于点，直线与交于点P，点P是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的极坐标方程；（2）设与交于两点，若，求的直角坐标方程.23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，，求的取值范围.1．B2．C3．A4．A5．D6．C7．D8．B9．B10．C11．D12．B13．1514．-115．16．17．（1）解：在中，由正弦定理得.因为，所以.又，所以，所以.因为中，，所以.（2）解：在中，由及余弦定理，得，所以，所以，当且仅当时等号成立.又点为的中点，所以，所以，即AD的最大值为.18．（1）证明：因为矩形中，为的中点，所以，所以.因为，所以，所以.因为，所以平面BDM.因为平面BDM，所以，又，所以平面.（2）解：由（1）知两两相互垂直，所以以D为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为，令，连接，则，所以.设平面的一个法向量为，则，得，所以，令，得，所以，由（1）知是平面的一个法向量，所以，故二面角的余弦值为.19．（1）解：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数的可能取值为.，，则X的分布列为X0123X的数学期望.或（易知）.（2）解：（i）记事件“甲队先踢点球，在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出"为事件A，意味着甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，对应的概率为（ii））记“点球大战在第6轮结束，且乙队以（不含常规赛和加时赛得分）胜出”为事件B，意味着前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球，其对应的概率为20．（1）解：函数，定义域为，（i）当时，单调递增；（ii）当时，时，单调递减；时，单调递增，综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由（1）知，当时，，且，所以，因为，所以不等式等价于，令，则在时恒成立，所以当时，，又，所以，故，即.21．（1）解：由题意得，解得，所以椭圆的方程是.（2）解：点是在定直线上，理由如下，由（1）知，设，，将的方程与联立消，得，则，得且，且，因为，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，联立直线与直线的方程，得，得，所以所以点在定直线上.22．（1）解：因为的参数方程为（为参数），所以消去参数可得的直角坐标方程为，即，又，所以的极坐标方程为.（2）解：由于与交于两点，联立得，设两点所对应的极径为，则，故，整理得，则，所以的直角坐标方程为.23．（1）解：当时，；当时，，解得：，；当时，，解得：，；当时，，解得：，；综上所述：不等式的解集为.（2）解：当时，，即；①当时，，即恒成立；，解得：；②当时，，即恒成立；，不等式组解集为；综上所述：实数的取值范围为.高三下学期理数模拟试卷一、单选题1．设是全集的子集,,则满足的的个数是（）A．5B．4C．3D．22．复数的虚部为（）A．B．C．D．3．设非零向量满足，则（）A．B．C．D．4．已知，则的值为（）A．B．2C．D．-25．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（）A．18种B．36种C．54种D．60种6．已知双曲线与抛物线的准线交于A，B两点，且(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．7．已知数列的前n项和则数列的前n项和=（）A．B．C．D．8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（）A．64B．65C．66D．679．抛物线的焦点为，已知点为抛物线上的两个动点，且满足．过弦的中点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为（）A．B．1C．D．210．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 定义的：已知是该数列的第100项，则m=（）A．98B．99C．100D．10111．设，则（）A．B．C．D．12．对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题13．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为.1818079245441716580979838619620676500310552364050526623814．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为．15．已知向量与的夹角为，且，若且，则实数的值为．16．已知函数，下面四个结论：①的图象是轴对称图形；②的图象是中心对称图形；③在上单调；④的最大值为．其中正确的有．三、解答题17．已知锐角△ABC中，（1）求（2）若AB=7，求△ABC的面积S.18．现有5张扑克牌，其中有3张梅花，另外2张是大王、小王，进行某种扑克游戏时，需要先从5张牌中一张一张随机抽取，直到大王和小王都被抽取到，取牌结束.以表示取牌结束时取到的梅花张数，以Y表示取牌结束时剩余的梅花张数.（1）求概率；（2）写出随机变量Y的分布列，并求数学期望E(Y).19．已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角的大小为，此时恰有.（1）求BD的长；（2）求二面角的余弦值.20．已知椭圆过点离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足求线段PN长的最小值.21．已知函数.（1）若函数的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线，过极点作射线与曲线交于点，在射线上取一点，使.（1）求点的轨迹的极坐标方程；（2）以极点为直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，若直线与（1）中的曲线相交于点（异于点），与曲线（为参数）相交于点，求的值.23．已知函数，且的解集为．（1）求m的值；（2）设a，b，c为正数，且，求的最大值.1．B2．A3．B4．B5．C6．C7．A8．C9．A10．B11．D12．D13．1914．215．116．①③④17．（1）解：∵，∴，.∴又，故，∴，两式相除，∴（2）解：由正弦定理得，∴∴，又锐角△ABC，，所以，，∴，∴∴18．（1）解：由题，即一共取了4张，共种取法，其中第4张为大王或小王，前3张中有一张王和两张梅花，故（2）解：Y的可能取值为0，1，2，3，，，，Y的分布列为Y0123P19．（1）解：取中点，连接，，∵是正三角形，∴，又∴，，平面∴平面，平面，∴，∴在菱形中，，则，∴（2）解：取为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设平面PCD的法向量为，∵∴，令，则，，∴，设平面PCB的法向量为∵∴，令，则，，所以所以，又二面角为钝二面角，二面角的余弦值为；20．（1）解：根据题意，解得，椭圆C的方程为（2）解：设A（，），B（，），N（x，y），由，得，∴，又，∴，∴点N在直线上，∴.21．（1）解：，设切点为，则∴时，显然不成立，∴消去a得∴；（2）解：令，即有且只有一个解，当时，显然不成立，∴，令，∴与有且只有一个交点，∵，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，又当时，→0，当当时，，当时，如图所示，综上，a的取值范围是.22．（1）解：设，则又∴为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为，把代入C2得，把代入C1得23．（1）解：由，得所以又的解集为，所以，解得（2）解：由（1）知，由柯西不等式得所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为3高三下学期数学百日冲刺试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，则（）A．4B．C．8D．3．已知，则的最小值是（）A．6B．8C．10D．124．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是矩形，，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A．B．C．D．5．已知直线：与圆C：，则“”是“直线l与圆C一定相交”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．溶液酸碱度是通过计量的，的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升．已知某溶液的值为2.921，则该溶液中氢离子的浓度约为（）（取，）A．摩尔/升B．摩尔/升C．摩尔/升D．摩尔/升7．春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（）A．120种B．240种C．420种D．720种8．若函数在内恰有4个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D．二、多选题9．下列关于非零复数，的结论正确的是（）A．若，互为共轭复数，则B．若，则，互为共轭复数C．若，互为共轭复数，则D．若，则，互为共轭复数10．已知，，且，则（）A．B．C．D．11．若的三个内角均小于，点M满足，则点M到三角形三个顶点的距离之和最小，点M被人们称为费马点．根据以上性质，已知是平面内任意一个向量，向量，满足，且，则的取值可以是（）A．9B．C．D．612．已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，，，且是奇函数，则（）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．D．三、填空题13．某蛋糕店新推出一款蛋糕，连续一周每天的销量分别为18，22，25，29，21，20，19，则这组数据的平均数是．14．在等比数列中，若，，则当取得最大值时，．15．一个正方体的体积为m立方米，表面积为n平方米，则的最小值是，此时，该正方体内切球的体积是立方米．16．已知双曲线C：的右焦点为F，直线l：与双曲线C交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率是．四、解答题17．设等差数列的前n项和为，，．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前100项和．18．某校为了解高三年级学生的学习情况，进行了一次高考模拟测试，从参加测试的高三学生中随机抽取200名学生的成绩进行分析，得到如下列联表：本科分数线以下本科分数线以上（包含本科分数线）合计男4080120女324880合计72128200将频率视为概率．（1）从该校高三男、女学生中各随机抽取1名，求这2名高三学生中恰有1名的成绩在本科分数线以下的概率；（2）从该校所有高三学生中随机抽取3名，记被抽取到的3名高三学生本次高考模拟成绩在本科分数线以上（包含本科分数线）的男生人数为X，求X的分布列和数学期望．19．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，且的面积是，求AD的最小值．20．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，，平面ADE⊥平面ABCD，，．（1）证明：BD⊥平面ACE．（2）若平面CEF与平面ABFE夹角的余弦值为，求BF的长．21．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．22．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围．1．C2．A3．D4．B5．A6．A7．C8．D9．A,C10．A,B,D11．A,B12．A,B,C13．2214．615．-32；16．17．（1）解：由题意可得，解得，．故（2）解：由（1）及等差数列前n项和公式可得，则．故数列的前100项和18．（1）解：由题意可知本次高考模拟测试中，该校高三男生的成绩在本科分数线以下的概率是，高三女生的成绩在本科分数线以下的概率是，则所求概率（2）解：由题意可知从该校所有高三学生中随机抽取1名学生，抽到男生成绩在本科分数线以上（包含本科分数线）的概率是．所以所有可能取值为，，，．所以，，，，则的分布列为0123故19．（1）解：因为，所以，所以，解得．因为，所以（2）解：因为△ABC的面积是，所以，解得．因为，所以，所以，所以．因为，所以，所以．因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，即当时，AD取得最小值．20．（1）证明：因为，所以，所以．因为平面ADE⊥平面ABCD，且平面平面，面ADE，所以AE⊥平面ABCD，平面ABCD，所以．因为四边形ABCD是菱形，所以．因为AE，平面ACE，且，所以BD⊥平面ACE．（2）解：记，以O为坐标原点，分别以，的方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，，，故，，，．设平面ABFE的法向量为，则，令，得．设平面CEF的法向量为，则，令，得．设平面CEF与平面ABFE的夹角为θ，则，解得，即当平面CEF与平面ABFE夹角的余弦值是时，BF的长为3．21．（1）解：由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程为（2）解：设直线l的方程为，，，联立，整理得，则，即，解得，，．故△OPQ的面积．设，因为，所以，所以，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，则，即△OPQ面积的最大值为．22．（1）解：由题意可得．当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．当时，，则．由，得或，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．当时，在R上恒成立，则在R上单调递增．当时，，则．由，得或，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．（2）解：由（1）可知当时，在上单调递减，在上单调递增．要使有两个零点，需至少满足，即．当时，，，则在与上各有一个零点，即符合题意．当时，只有一个零点，则不符合题意．当时，由，当时，，，则在上恒成立．由（1）可知在上单调递增或先递减后递增，则不可能有两个零点，即不符合题意．综上，a的取值范围为．高三理数二模试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．欧拉公式（）被称为“上帝公式”、“最伟大的数学公式”、“数学家的宝藏”．尤其是当时，得到，将数学中几个重要的数字0，1，i，e，联系在一起，美妙的无与伦比．利用欧拉公式化简，则在复平面内，复数z对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知为正项等差数列的前n项和，若，则（）A．22B．20C．16D．114．（）A．B．C．D．5．已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．B．15C．D．206．已知圆C：和直线l：，则“点在圆C上”是“直线l与圆C相切”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．为践行"绿水青山就是金山银山”的发展理念，全国各地对生态环境的保护意识持续增强，某化工企业在生产中产生的废气需要通过过滤使废气中的污染物含量减少到不高于最初的20%才达到排放标准．已知在过滤过程中，废气中污染物含量y（单位：mg/L，）与时间t（单位：h）的关系式为（，k为正常数，表示污染物的初始含量），实验发现废气经过5h的过滤，其中的污染物被消除了40%．则该企业生产中产生的废气要达标排放需要经过的过滤时间至少约为（）（结果四舍五入保留整数，参考数据）A．12hB．16hC．26hD．33h8．某同学为了，设计了一个程序框图（如图所示），则在该程序框图中，①②两处应分别填入（）A．B．C．D．9．已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，，过C的右支上一点P作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，若的最小值为，则C的离心率为（）A．B．2C．D．10．第13届冬残奥会于3月4日在北京开幕．带着“一起向未来”的希冀，给疫情下的世界带来了信心．为了运动会的顺利举行，组织了一些志愿者协助运动会的工作．有来自某大学的2名男老师，2名女老师和1名学生的志愿者被组织方分配到某比赛场馆参加连续5天的协助工作，每人服务1天，如果2名男老师不能安排在相邻的两天，2名女老师也不能安排在相邻的两天，那么符合条件的不同安排方案共有（）A．120种B．96种C．48种D．24种11．辅助角公式是我国清代数学家李善兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中）．若，则下列结论正确的是（）A．B．的图象关于直线对称C．在上单调递增D．过点的直线与的图象一定有公共点12．已知函数有三个零点，且，则（）A．8B．1C．－8D．－27二、填空题13．已知两个单位向量的夹角为，若，且，则＝．14．已知曲线的焦距为8，则.15．如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为．16．自华为事件以来，国内公司认识到自主创新的重要性，纷纷加大创新的技入．某公司2021年投资4千万元用于新产品的研发与生产．计划从2022年起，在今后若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的研发与生产，2021年新产品带来的收入为5百万元，并预测在今后相当长的时间内，新产品所带来的收入均在上年度收入的基础上增长，记2021年为第1年，表示第1年至第年的累计利润（含第年，累计利润＝累计收入一累计投入），则＝千万元；根据预测该新产品从第年开始盈利．（参考数据：）三、解答题17．家用自来水水龙头由于使用频繁，很容易损坏，受水龙头在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每件水龙头的利润与该水龙头首次出现损坏的时间有关，某阀门厂生产尺寸都为4分（指的是英制尺寸）的甲（不锈钢阀芯），乙（黄铜阀芯）两种品牌的家用水龙头，保修期均为1年（4个季度），现从该厂已售出的这两种水龙头中各随机抽取200件，统计数据如下表，品牌甲乙首次出现损坏时间x（季度）水龙头数量（件）20180816176每件的利润（元）3.65.8246将频率视为概率，解答下列问题：（1）从该厂生产的甲、乙两种品牌水龙头中各随机抽取一件，试比较首次出现损坏发生在保修期内的概率的大小；（2）由于资金限制，只能生产其中一种品牌的水龙头，若从水龙头的利润的平均值考虑，你认为应选择生产哪种品牌的水龙头比较合理？18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC周长的最大值．19．如图，在几何体ABCDE中，△ABC，△BCD，△CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．（1）求证：A，B，D，E四点共面；（2）求二面角的正弦值．20．在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F（2，0）且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）过点M（m，0）（m＞0）作两条互相垂直的直线，且与曲线交于A，B两点，与曲线交于C，D两点，点P，Q分别为AB，CD的中点，求△MPQ面积的最小值．21．设函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若时，存在实数b，使得对任意恒成立，求实数m的取值范围．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若曲线与轴交于点，与曲线交于，两点，求的值．23．已知．（1）求不等式的解集；（2）若不等式对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．1．B2．D3．A4．C5．C6．C7．B8．C9．B10．C11．D12．D13．814．25或-715．16．；917．（1）解：设“甲、乙两种品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内”为事件，，，.即乙品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内的概率大于甲品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内的概率.（2）解：由题意，甲水龙头的利润的平均值，乙水龙头的利润的平均值，因为，所以应生产乙品牌的水龙头.18．（1）解：因为所以由正弦定理可得，即，由余弦定理知，，因为，所以（2）解：由和（1）可知，则，得，即，所以（当且仅当时，取得等号），所以周长的最大值为19．（1）证明：取的中点，连接，取的中点，连接，因为平面平面，且平面平面，而为等边三角形，所以，因此平面，因为平面平面，且平面平面，又因为为等边三角形，所以，因此平面，又因为平面，因此，又因为为等边三角形，所以，因此两两垂直，从而以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，又因为均为边长为2的等边三角形，所以，，，设，则，，，由于，所以，解得，因此，所以，，，所以，由空间向量基本定理可知：四点共面（2）解：设平面的法向量为，而，由于，即，取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，而，由于，即，取平面的一个法向量为，则，因为二面角的范围为，所以二面角的正弦值为非负数，，因此二面角的正弦值为20．（1）解：设圆心为，由题意得：，两边平方，整理得：，故曲线的方程为（2）解：显然直线斜率均存在，不妨设，（）与联立得：，设，则，则，故，，所以，由于直线互相垂直，故，所以，当且仅当，即时等号成立，所以△MPQ面积的最小值为16.21．（1）解：因为，当时，，此时在R上单调递增；当时，令，则，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增（2）解：等价于，令，则，若，此时恒成立，故单调递增，且，故不恒成立，不合题意；若，则对恒成立，设，则，令，则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，故，所以，所以原命题转化为存在，使得，令，则，，令，显然在时单调递增，且，所以当时，，当时，，即在时单调递减，在时单调递增，故，所以实数m的取值范围是22．（1）解：因为，所以，，所以曲线的普通方程为：；曲线的直角坐标方程为：（2）解：根据题意得，所以曲线的参数方程为：（为参数），因为曲线交于，两点，所以设，，所以，消去和得，，所以，，所以23．（1）解：当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，不等式的解集为（2）解：由，得，即，令，则，当时，，当时，，当时，，所以，所以，解得，所以实数a的取值范围为高三下学期理数四模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知复数，在复平面内对应点的坐标为（）A．B．C．D．3．已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（）A．B．9C．3D．4．已知等比数列的公比为q，且，则下列选项不正确的是（）A．B．C．D．5．已知双曲线的左右焦点，，是双曲线上一点，，则（）A．1或13B．1C．13D．96．等于（）A．-2B．2C．-4D．47．如图是某赛季两位篮球运动员最近10场比赛中各自得分的茎叶图，两人的平均得分分别为、则下列结论正确的是（）A．，甲比乙稳定B．，乙比甲稳定C．，甲比乙稳定D．，乙比甲稳定8．设函数（，）的部分图象如图所示.若，则（）A．B．C．D．9．某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司中选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中各随机抽取3个问题回答，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中的4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立的，则甲、乙两家公司共答对2道题目的概率为（）A．B．C．D．10．已知圆C：x2+y2=4，直线l：x+y=m（mR），设圆C上到直线l的距离为1的点的个数为S，当0≤m<3时，则S的可能取值共有A．2种B．3种C．4种D．5种11．已知曲线在，，两点处的切线分别与曲线相切于，，则的值为（）A．1B．2C．D．12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，点P，Q分别为的中点，G在侧面上运动，且满足G∥平面，以下命题错误的是（）A．B．多面体的体积为定值C．侧面上存在点G，使得D．直线与直线BC所成的角可能为二、填空题13．函数满足，且在内单调递增，请写出一个符合条件的函数.14．设抛物线：的焦点为