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1．设函数 ，则（ ）
A．当 时， 有三个零点
B．当 时， 是 的极大值点
C．存在a，b，使得 为曲线 的对称轴
D．存在a，使得点 为曲线 的对称中心
2．已知函数 ，则（ ）
A． 有两个极值点 B． 有三个零点
C．点 是曲线 的对称中心 D．直线 是曲线 的切线
3．已知函数 ，则（ ）
A． 时，函数 在 上单调递增
B． 时，若 有3个零点，则实数 的取值范围是
C．若直线 与曲线 有3个不同的交点 ， ， ，且
，则
D．若 存在极值点 ，且 ，其中 ，则4．已知函数 有两个极值点．则（ ）
A． 的图象关于点 对称 B． 的极值之和为
C． ，使得 有三个零点 D．当 时， 只有一个零点
5．记 为等差数列 的前n项和，若 ， ，则 .
6．设 为等差数列 的前 项和.若 ， ，则 .
7．等差数列 中， ，则 ．
8．若等差数列 前 项和为 ，且 ， ，数列 的前10项的和为
.
9．已知 为第一象限角， 为第三象限角， ， ，则
.
10．在 中，已知 ， ，求 的值.11．已知 为锐角， ．
（1）求 的值；
（2）求 的值．
12．已知 ， ，求 的值．
13．在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共
有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是
．
14．2023年深秋，鼻病毒、肺炎支原体、呼吸道合胞病毒、腺病毒肆虐天津各个高中.目前
病毒减员情况已经得到缓解，为了挽回数学课程，市教委决定派遣具有丰富教学经验的四
支不同的教师队伍A、B、C、D，前往四所高中E、F、G、H进行教学指导，每支教师队
伍到一所高中，那么总共有 （请用数字作答）种的不同的派遣方法.如果已知A
教师队伍被派遣到H高中，那么此时B教师队伍被派遣到E高中的概率是 .15．某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有 种不
同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有 种不同的排法．
（用具体数字作答）
16．某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段
三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，
比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获
得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的
概率为 ，在一场比赛中高一获胜的概率为 ．
17．记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
(1)求A．
(2)若 ， ，求 的周长．
18．在 中，设角 、 及 所对边的边长分别为 、 及 ．已知
．
(1)求角 的大小；
(2)当 ， 时，求边长 ．
19．在 中，角 所对的边分别为 的外接圆半径为 ，且
．
(1)求 的值；(2)若 的面积为 ，求 的周长．
20．已知 分别为锐角 三个内角 的对边，且 .
(1)求 ；
(2)若 ，求 周长取值范围.参考答案：
1．AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为 ，根据零点存在定理和极值的符号判
断出 在 上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进
行分析；C选项，假设存在这样的 ，使得 为 的对称轴，则 为
恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的 ，使得 为 的对称中心，则
，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项， ，由于 ，
故 时 ，故 在 上单调递增，
时， ， 单调递减，
则 在 处取到极大值，在 处取到极小值，
由 ， ，则 ，
根据零点存在定理 在 上有一个零点，
又 ， ，则 ，
则 在 上各有一个零点，于是 时， 有三个零点，A选项正确；
B选项， ， 时， ， 单调递减，
时 ， 单调递增，
此时 在 处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的 ，使得 为 的对称轴，
即存在这样的 使得 ，即 ，
根据二项式定理，等式右边 展开式含有 的项为 ，
于是等式左右两边 的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的 ，使得 为 的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的 ，使得 为 的对称中心，
则 ，事实上，
，
于是
即 ，解得 ，即存在 使得 是 的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
， ， ，
由 ，于是该三次函数的对称中心为 ，
由题意 也是对称中心，故 ，
即存在 使得 是 的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1） 的对称轴为 ；（2） 关于
对称 ；（3）任何三次函数 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是 的解，即 是三
次函数的对称中心
2．AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合 的单调性、极值可判断B，利用平移可判
断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题， ，令 得 或 ，
令 得 ，
所以 在 ， 上单调递增， 上单调递减，所以 是
极值点，故A正确；
因 ， ， ，
所以，函数 在 上有一个零点，
当 时， ，即函数 在 上无零点，
综上所述，函数 有一个零点，故B错误；
令 ，该函数的定义域为 ， ，
则 是奇函数， 是 的对称中心，
将 的图象向上移动一个单位得到 的图象，
所以点 是曲线 的对称中心，故C正确；
令 ，可得 ，又 ，
当切点为 时，切线方程为 ，当切点为 时，切线方程为 ，故D错误.
故选：AC.
3．BD
【分析】根据函数求导后公式及结合 的取值情况可对A项判断； ，求出
再结合函数极大小值即可对B项判断；求出函数的二阶导数，从而求出
对称中心点 即可对C项判断；根据函数存在极值点 再结合令 ，求
出 ，即可对D项判断.
【详解】对于A：求导 ，当 时， 有2个不
相等的实根 ， ，在区间 上 ， 单调递减，故选项A错误.
对于B：当 时，令 ，得 ， ，若
有3个零点，则极大值 ，极小值 ，实数 的取值范围是
，故选项B正确.
对于C：令二阶导数 ，得 ，则三次函数 的对称中心是
.当直线 与曲线 有3个不同的交点 ， ， ，且
时，点 一定是对称中心，所以 ，故选项C错误.
对于D：若 存在极值点 ，则 ， ， .令
，得 ，因为 ，于是 ，所以 ，化简得：
，
因为 ，故 ，于是 ，即 .故选项D正确.
故选：BD.
4．ACD
【分析】利用奇偶函数性质和平移法 判断A，利用极值和导数关系即可判断B，根据零点
个数与导数、函数的关系即可判断D.
【详解】对A，设 ，定义域为 ，关于原点对称，
且 ，则 为奇函数，
的图象可由奇函数 的图象向上平移2个单位长度得到，
故 的图象关于点 对称，选项A正确．
对B，设 的极值点分别为 ，令 ，则 为方
程两不等实数根，
根据韦达定理知 ，故 ，
即 的极值之和为4，选项B错误．
对C，依题意，方程 有两异根，则 ， ， ，
令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
则 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，在区间 单
调递增．
则 时， 的图象与 轴有3个交点，即 有3个零点，此时 ，即 ，解得 ，故选项C
正确．
对D，当 时， ，
，
此时 只有一个零点，选项D正确．
故选：ACD.
5．95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 ，再利用等差数列的求和公式节即
可得到答案.
【详解】因为数列 为等差数列，则由题意得 ，解得 ，
则 .
故答案为： .
6．15
【分析】根据等差数列基本量运算求出公差 ，利用等差数列前n项和公式运算得解.
【详解】 ，
，又 ，解得 ，
.
故答案为：15.
7．60
【分析】根据等差数列的通项公式列式得 ，再根据等差数列的求和公式可求出
结果.【详解】设公差为 ，则 ，即 ，
所以 .
故答案为： .
8．
【分析】由题意可得 ，解方程求出 ，即可求出 ，再由等差数列
的前 项和公式求解即可.
【详解】设等差数列 的首项为 ，公差为 ，
则 ，解得 ，
故 ，
所以 ，
所以数列 的前10项的和为 .
故答案为： .
9．
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得 ，再缩小 的范围，
最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得 ，
因为 ， ，则 ， ，
又因为 ，
则 ， ，则 ，
则 ，联立 ，解得 .
法二： 因为 为第一象限角， 为第三象限角，则 ,
， ，
则
故答案为： .
10．
【分析】利用同角三角函数求值，由 可以得到 ,利用正切的和差公式就可
以得到答案.
【详解】因为 ， ，有 ，
所以 .
故答案为： .
11．（1） ；（2） ．【分析】（1）根据题设条件，结合正切的倍角公式，即可求解；
（2）根据题设条件，求得 ，结合 ，即可求
解.
【详解】（1）因为 ，可得 ．
（2）因为 为锐角，可得 ．
又因为 ，所以 ，可得 ，
则 ．
12． ．
【分析】先分析所求式 ，分子、分母均为已知条件中和差角的
展开式的项．
【详解】∵ ，
，
解得 ， ，
所以
.13． 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出
所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有 种选法；
每种选法可标记为 ， 分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中， 的4个数之和最大，为 .
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方
格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
14． 24
【分析】将四支教师队伍进行全排可求得派遣方法的个数，只考虑 教师队伍被派遣的可
能情况，利用古典概型的概率公式可求得 教师队伍被派遣到 高中的概率.
【详解】由题意可知，每支教师队伍到一所高中的派遣方法数为 ，
由于A教师队伍被派遣到H高中，则B教师队伍可派遣到其它 个高中，
因此 教师队伍被派遣到 高中的概率是 .
故答案为： ； .
15．
【分析】根据语文、数学、英语、物理、化学、体育的全排列得出第一空；
分类讨论体育所在节数，由分类加法计数原理得出第二空.
【详解】某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有 种不同的排法
当体育在第一节时，在第三，四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、
化学，则共有 种不同的排法
当体育在第二节时，在第四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，
则共有 种不同的排法
当体育在第三节时，在第一，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，
则共有 种不同的排法
当体育在第四节时，在第一，二，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，
则共有 种不同的排法
当体育在第五节时，在第一，二，三节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，
则共有 种不同的排法
当体育在第六节时，在第一，二，三，四节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、
化学，则共有 种不同的排法
则若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有 种不同的排法
故答案为： ；
【点睛】本题主要考查了全排列问题和不相邻排列问题，涉及了分类加法计数原理的应用，
属于中档题.
16．
【分析】第一局先安排2个对手共9种不同安排方法，利用古典概型求解，安排一场三局
比赛的出场顺序共36种，列出高一获胜的安排方法，利用古典概型求解.
【详解】设 为高一出场选手， 为高二出场选手，其中 表示段位，
则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，
其中高一能取得胜利的基本事件为 ， ， ，共3个，
所以第一局比赛高一获胜的概率为 ，
在一场三局比赛中，共有不同的 种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为 ， ， ，
， ， ，共6种，故在一场比赛中高一获
胜的概率为 .
故答案为： ；
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件 进行化简处理即可求解，常规方
法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解
决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出 ，然后根据正弦定理算出 即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由 可得 ，即 ，
由于 ，故 ，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由 ，又 ，消去 得到：，解得 ，
又 ，故
方法三：利用极值点求解
设 ，则 ，
显然 时， ，注意到 ，
，在开区间 上取到最大值，于是 必定是极值点，
即 ，即 ，
又 ，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设 ，由题意， ，
根据向量的数量积公式， ，
则 ，此时 ，即 同向共线，
根据向量共线条件， ，
又 ，故
方法五：利用万能公式求解
设 ，根据万能公式， ，
整理可得， ，
解得 ，根据二倍角公式， ，又 ，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又 ，则 ，进而 ，得到 ，
于是 ，
，
由正弦定理可得， ，即 ，
解得 ，
故 的周长为
18．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角，结合 及两角和的正弦公式计算化
简即可得；
（2）根据正弦定理即可计算出 ，结合 可求出 ，再使用正弦定理即可得到 .
【详解】（1）由正弦定理得 ，
由于 ，则 ，
展开得 ，即 ，因为 ，
化简得 ，则 ，
又 ，所以 ；
（2）由正弦定理，得 ，即有 ，
因为 ，所以 是锐角，即 ，
所以 ，
，
所以 .
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据辅助角公式结合已知即可得解；
（2）由（1）求出 ，再根据正弦定理可得出 的关系，再根据三角形的面积公式
求出边长，即可得解.
【详解】（1）由 ，结合正弦定理 ，
得 ，化简得 ，
因为 ，且 不同时为钝角，则 ，所以 ，
又 ，所以 ，因此 ；
（2）由（1）知 ，
则 ，
由正弦定理得 ，
令 ，则 ，
则 ，解得 ，
因此 的周长为 ．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简可得 ，即可求得结
果.
（2）由正弦定理结合辅助角公式得 ，再由角 的范围结合三角函数
的性质求得 的范围，即可求得周长的范围.
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理可得
且
所以 ，且则
所以
（2）由正弦定理得 ，
则
，
又 是锐角三角形，则 ， ，
可得 ，
又 周长为 ，且
故 周长的取值范围为 .
