48.医学上常用基本传染数来衡量传染病的传染性强弱，其中，）表示天内的累计病例数.据统计某地发现首例型传染性病例，在内累计病例数达到例，取，根据上面的信息可以计算出型传染病的基本传染数.已知型传染病变异株的基本传染数(表示不超过的最大整数），平均感染周期为天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染，以此类推），则感染人数由个初始感染者增加到人大约需要的天数为（）（参考数据:）A.63B.70C.77D.84【答案】A【解析】【分析】根据题目信息求出，由等比数列求和得感染者总数，假设感染人数由个初始感染者增加到人大约需要轮传染，建立不等关系求得的取值范围，进而求得结果.【详解】由，，可以得到.型传染病变异株的基本传染数，感染人数由个初始感染者增加到人大约需要轮传染，则每轮新增感染人数为，经过轮传染，总共感染人数为:，因为，由题意可得解得，又因为平均感染周期为天，所以感染人数由个初始感染者增加到人大约需要天.故选：A二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
5分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下图是国家统计局发布的我国最近10年的人口出生率（单位:‰），根据下图，则（）A.这10年的人口出生率逐年下降B.这10年的人口出生率超过12的年数所占比例等于50%C.这10年的人口出生率的80%分位数为13.57D.这10年的人口出生率的平均数小于12【答案】BD【解析】【分析】由条形图的高低可判断A错误；出生率超过12的年数为5，所以B正确；根据百分位数的定义计算可知C错误；利用平均数定义可得D正确.【详解】根据条形图可知，这10年的人口出生率呈现高低起伏的特点，并不是逐年下降，可得A错误；这10年的人口出生率超过12的年数为5，所占比例等于50%，所以B正确；由于，所以这10年的人口出生率的80%分位数为第8个数和第9个数的平均值为故C错误；这10年的人口出生率的平均数为显然D正确.故选：BD10.先把函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）,第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
6再把得到的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象.已知是函数图象的一个对称中心,则（）A.ω的值为B.的最小正周期为C.是函数的一条对称轴D.函数在区间上单调递增【答案】AD【解析】【分析】根据图象变换找到的表达式,再根据及求出的值,进而得到的解析式,即可得其最小正周期,将代入中,即可得选项C正误,根据的范围,求出相位的范围,即可判断选项D的正误.【详解】解:由题意,将图象上的所有点的横坐标缩短为原来的,可得,再将图象向左平移个单位长度,可得:因为是函数的图象一个对称中心,则有,即,因为,所以,故选项A正确;第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
7所以,故,故选项B错误;当时,,故选项C错误;当时,,所以在上单调递增,故选项D正确.故选:AD11.已知双曲线C:（，），过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为P，过右焦点作一条直线交C的右支于A，B两点，的内切圆与相切于点Q，则（）A.线段AB的最小值为B.的内切圆与直线AB相切于点C.当时，C的离心率为2D.当点关于点P的对称点在另一条渐近线上时，C的渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D.【详解】设双曲线的右焦点为，，当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
8当直线斜率存在时，设直线的方程为联立，消去，得，，由，解得或，所以，所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误；设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得，因为，所以，所以与重合，即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确；由题可知双曲线的渐近线为，，则，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
9由上可知，所以，所以，故C错误；若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确.故选：BD.12.如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，其中，则（）A.存在，使得平面平面B.存在，使得平面平面C.对任意的最小值为D.当时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面可判断A；由平面平面，可判断和的重合点，进而可判断选项B；找出最小时的位置，进而判断选项C；利用构造平形四边的方法，找到截面，进而求解判断选项D.【详解】对于A，由正方体中，，又平面，平面，，可证平面,可得,又，平面，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
10平面，，可证平面，可得，所以由，平面，平面，，可得平面，所以当时，平面，即平面平面，故A项正确；对于B，平面平面，又因为平面，所以与重合，与重合，此时，不符合题意，故B项错误；对于C，当时，，此时最小，最小值为，故C项正确；对于D，当时，在上取靠近点的三等分点，连接并延长交于点，易得点是上靠近点的三等分点，在上取靠近点的三等分点，如下图：则，且又因为平面，所以，即，则四边形为矩形，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
11又，，则矩形的面积为，故D项正确．故选：ACD．三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.抛物线的焦点坐标是_______．【答案】【解析】【分析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为.故答案为：【点睛】本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.14.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中论述了有关二阶等差数列的概念，它与一般的等差数列不同，相邻两项的差并不相等，但是逐项差数构成等差数列.例如，数列1，3，6，10，相邻两项的差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.现有二阶等差数列，则________.【答案】4952【解析】【分析】根据等差数列的定义求出的通项公式，再用累加法可求即可求解.【详解】因为成等差数列，且，，则公差为1，所以，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
12所以，，...，，累加得，故，所以.故答案为:4952.15.已知向量，满足，且，若向量满足，则的最大值为________.【答案】##【解析】【分析】根据条件作出示意图，可得向量的终点在以A点为圆心1为半径的圆上，然后根据圆的性质即得.【详解】因为，所以，又，，如图，向量的终点在以A点为圆心1为半径的圆上，又，所以的最大值为，即的最大值为.故答案为：.16.已知函数（且a≠1）在上有一个极值点，则实数a的取值范围为________.【答案】第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
13【解析】【分析】由题意得到在有一个变号零点，分与两种情况，排除，当时，二次求导，分类讨论得到时，在内存在唯一零点，即在有一个零点.【详解】函数（且）在有一个极值点，则在有一个变号零点，当时，在（0，+∞）上单调递增，所以，不符合题意，舍去.当时，令，则，解得，①当，即时，在上单调递增，所以舍去；②当时，即时，在单调递减，在单调递增，因为，所以，又因为，所以在内存在唯一零点，即在有一个零点；综上可得，实数a的取值范围为.故答案为：四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的直径为1，且满足____________________.在下面三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答问题.①；②（为的面积）；③.（1）求A;（2）求周长的最大值.第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
14注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）选①根据正弦定理把化成边，代入，再根据余弦定理求解即可；选②根据面积和余弦定理代入化简整理即可；对于③由正弦定理把边全部转化为角，化简求解即可.（2）根据正弦定理把边求出来，然后根据余弦定理和基本不等式求解.【小问1详解】选①:由正弦定理可得，，所以，即，由余弦定理，可得，因为，所以，选②:因为，，所以，即，，因为，所以，选③:由正弦定理可得，，，∵∴，因为，所以【小问2详解】由正弦定理可知，，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
15由余弦定理可得，，即，因为，所以，解得，当且仅当时等号成立，故△ABC周长的最大值为18.一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形ABDC，E为CD的中点.将沿BC折起至，连接PE，使得PE=BD，如图（2）.（1）证明:平面PBC⊥平面BCD.（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）取BC的中点O，证明平面，可得平面平面（2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决线面角的问题.【小问1详解】取BC的中点O，连接OP，OE，如图所示，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
16设，在中，因为，，所以，又PO为斜边BC上的中线，所以，又E为CD的中点，所以，因为，所以，由，则因为，所以，又，，平面所以平面，又平面，所以，平面平面.【小问2详解】由（1）可知分别以OE，OC，OP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，有，，，，则，，.设平面PCD的法向量为则，解得，令，得，则.所以，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
17又，，则，所以，直线与平面所成角的正弦值为.19.小明每天去学校有A，B两条路线可供选择，小明上学时随机地选择一条路线.如果小明上学时选择A路线，那么放学时选择A路线的概率为0.6;如果小明上学时选择B路线，那么放学时选择A路线的概率为0.8.（1）求小明放学时选择A路线的概率;（2）已知小明放学时选择A路线，求小明上学时选择B路线的概率.【答案】（1）0.7（2）【解析】【分析】(1)设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，再利用条件概率公式求解；(2)利用条件概率公式求解.【小问1详解】设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，则，且与互斥，根据题意得，，，由全概率公式，得所以小明放学时选择A路线的概率为0.7.【小问2详解】所以已知小明放学时选择A路线，上学选择B路线的概率为.20.已知正项数列的前项和为，且.第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
18（1）求的通项公式;（2）数列的前项和为，且对任意的恒成立，求实数的取值范围.（参考数据:）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用及等差数列的定义求解即可；（2）利用裂项相消求得，代入得对任意的恒成立，只需即可，利用作商法求的最大值.【小问1详解】当时，，解得，当时，由，得①，②，由①②得，化简得，因为，所以，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，即.【小问2详解】由（1）得，所以，所以，带入，可得对任意的恒成立，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
19只需即可，令，由，即，解得，所以，，故当时，的最大值为，所以.21.已知椭圆C:的离心率为,且过（1）求C的方程.（2）若为上不与重合的两点,为原点,且,,①求直线的斜率;②与平行的直线与交于,两点,求面积的最大值.【答案】（1）（2）①;②【解析】【分析】(1)根据已知条件列方程组求解即可;(2)①设,因为,可得点的坐标,将点的坐标代入椭圆的方程,与已知条件结合即可得到结果;②由①知设的方程为,联立直线与曲线的方程,根据弦长公式求出的长,根据点到直线的距离公式表示出到直线的距离,将的面积用表示,利用导数进行求解即可.【小问1详解】由题意可得第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
20解得,.所以,的方程为.【小问2详解】①设,因为,所以点的坐标为,又因为点在椭圆上,所以,化简可得,因为且,所以,因为为上不与重合的两点,所以,,即直线的斜率.②设的方程为,由,消去,可得,由,可得,且,,,,第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
21到直线的距离,所以面积为,令,.令,解得,当,解得;当,解得或,所以在上单调递增,在,上单调递减,所以的最大值为,所以,即面积的最大值为.22.已知函数.（1）当时，讨论的单调性:（2）当时，恒成立，求a的取值范围;（3）设，证明:.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)根据导函数讨论单调性直接求解；(2)利用导数讨论单调性，分和两者情况分别讨论求解；(3)利用(2)的结论：当时，,令，化简可得,进而用累加法可证明.【小问1详解】当时，，，第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
22当时，，当时，，所以，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】，,令，,①当，即时，因为，所以存在，使得当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增，因为,所以在上单调递增，则与矛盾，故舍去,②当，即时，此时下面证明恒成立即可，即证,令，,所以在上单调递减，所以,所以，即综上可得，a的取值范围为.【小问3详解】由（2）知当时，当时，,即，令，则,第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
23化简可得，,所以,即所以.【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式：当时，,从而可得，是本题的关键，常用函数不等式结合数列累加累乘等方法可证明数列不等式.第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司
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