答案 1--12题 DCBCABADCDBD 13 / 14 ， 15 16 11．【解答】解：设|AB|＝4x，则|AF1|＝3x，|AF2|＝x， ∵|AF1|﹣|AF2|＝2a，∴x＝a， ∴|AB|＝4a，|BF1|＝5a， ∴满足|AF1|2+|AB|2＝|BF1|2， 则∠F1AB＝90°， 则|AF1|2+|AF2|2＝|F1F2|2， 即9a2+a2＝4c2， 即10a2＝4c2， 得e＝＝， 故选：B． 12．【解答】解：根据题意，画出f（x）的图象如下所示： 令f（x）＝t，（t＞0），故可得lnx＝t，解得x＝et；，解得． 故可得，故， 故可得，，恒成立，故g'（t）是单调递增函数，且g'（1）＝0，关于g'（t）＜0在（0，1）成立，g'（t）＞0在（1，+∞）成立，故g（t）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，故g（t）min＝g（1）＝e+e＝2e．即AB的最小值为2e．故选：D． 16．【详解】取AB的中点D，连接SD，CD，设的外接圆的圆心为，连接AO，BO，SO， 因为是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 所以就是二面角的平面角，又二面角的大小为，所以，又，，， 所以，所以， 所以点O就是三棱锥外接球的球心，其球半径为， 所以该三棱锥外接球的表面积为， 故答案为：. 17. 因为，所以， 因为，所以，所以，故. 【小问2详解】 因为，解得， 再由余弦定理可得， 所以. 18. 【详解】（1）由为等差数列，得，则 又构成等比数列，所以， 即解得或(舍)，所以; （2）因为， 所以 19．【详解】（1）四边形为菱形，且，中点为，所以． 因为，所以， 因为平面，平面，所以． 又，，平面， 所以平面； （2）设交于点，取中点，连接，所以，底面．以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，，， ，，， 所以，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得； ，，平面的一个法向量为， 则，令得； 所以， 所以平面与平面的夹角的大小为． 20.【详解】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有， 在方程中，令，解得， 因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1， 所以有，由可得：， 所以椭圆的方程为； （2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意； 当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为， 于是有， 因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有， 化简，得， 设，于是有， 因为， 所以， 代入中，得， 于是有， 化简，得，代入中，得. 21. 【小问1详解】 因为， 当时，， 所以， 由，得，由，得， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 所以在处有极大值，极大值为，无极小值； 【小问2详解】 因为， 所以，则有两个变号零点， 由，可得， 所以有两个不等正根， 设，则， 由，可得，函数单调递增，由，可得，函数单调递减， 所以在处有极大值，， 又，时；时，， 作出函数的大致图象， 由图象可知要使有两个不等正根，则， 即a的取值范围为. 22.【详解】（1）解：由（为参数）可得（为参数）， 消去参数可得，即， 转换为极坐标方程可得，即曲线的极坐标方程为. （2）解：设点的极坐标为，设点的极坐标为， 将代入曲线的极坐标方程可得， 因为，解得， 将代入直线的极坐标方程可得，可得， 因此，. 23．【详解】（1）由题意知， ∴原不等式等价于或或， 解得或或， ∴原不等式的解集为； （2）当时，， 当时，， 当时，， 所以的最小值为， ∴只需，整理得， 解得， ∴实数的取值范围为.石嘴山市大武口区2023-2024学年高三第一学期期中数学（理） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数（是虚数单位），则的值为（ ） A. B. C.2 D. 1 3. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)， ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
