广东省阳江市广东两阳中学2025届高三高考适应性考试数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·阳江模拟）如图，已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由图知阴影部分表示的集合是，
因，，
则，故.
故答案为：D.
【分析】先确定阴影部分所对应的集合运算形式，即B与A在全集U中补集的交集，然后分别求出A的补集，再求其与B的交集 .
2．（2025·阳江模拟）若，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，
故答案为：B
【分析】本题考查复数的运算，解题思路是先通过已知等式求出复数，再将其代入进行计算.
3．（2025·阳江模拟）已知，且在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知，将等式两边同时平方可得.
根据向量平方的展开式，所以，
化简可得，即，这表明.
根据向量投影向量的定义， 所以在上的投影向量为.
因为，所以.
则在上的投影向量为.
故在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题需要先利用向量模长等式推出与的关系，再依据投影向量的定义计算 在 上的投影向量.
4．（2025·阳江模拟）一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以，所以，
则圆锥的母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：A
【分析】本题需要先根据水上升的体积等于圆锥的体积求出圆锥的高，再结合圆锥底面半径求出母线长，最后利用圆锥侧面积公式计算侧面积.
5．（2025·阳江模拟）设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】本题围绕条件概率的计算，需先利用对立事件概率公式求出，再依据互斥事件概率的加法公式求出，最后代入条件概率公式计算.
6．（2025·阳江模拟）已知圆，过圆上一点P作圆O的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：如图，，
因为当三点共线时，，
此时，
所以四边形面积的最小值为.
故答案为：B
【分析】利用切线长公式、圆的位置关系（圆心距 ），结合几何直观求最小值，核心逻辑：四边形OAPB面积可转化为两个直角三角形面积之和，通过分析OP的最小值，推导面积最小值.
7．（2025·阳江模拟）已知函数的定义域为，且当时，，则当时，的解析式可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、当时，，此时，，
令，
，令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值，此时，
又因为，所以，
即，即，
即，符合题意，
当时，，，
因为，即，所以，
即，A正确；
B、，当，此时，，
此时，不符合题意，B错误；
C、，当，此时，，
此时，不符合题意，C错误；
D、，当，此时，，
此时，不符合题意，不符合题意，D错误，
故答案为：A.
【分析】本题需判断当时，哪个函数满足 ，已知时 ，
A、分和 ，通过构造函数并利用导数研究其单调性来验证.
B、C、D，通过代入特殊值 ，计算与的值并比较大小来判断.
8．（2025·阳江模拟）已知函数在上单调，且，若将函数的图象向右平移个单位长度后关于y轴对称，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为函数，又函数在上单调，所以函数的最小正周期，所以，又，所以，2，3.
若，则，且，又，则无解；
若，则，且，又，则；
若，则，且，又，则无解.
综上，.
所以函数的图像向右平移m个单位长度后对应解析式为，
因为关于轴对称，所以，.所以，，又，所以当时，m取最小值为.
故答案为：D.
【分析】本题需先对函数化简，结合单调性确定的可能取值，再通过特殊点函数值确定与，最后根据平移后函数的对称性求的最小值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·阳江模拟）某学校组织“综合体能测试”，现从所有参加体能测试的学生中，随机抽取100名学生的“综合体能测试”成绩，并统计如下，则（ ）
成绩
频数 6 12 18 30 24 10
A．这100名学生的“综合体能测试”成绩高于80的学生超八成
B．这100名学生的“综合体能测试”成绩的中位数大于85
C．这100名学生的“综合体能测试”成绩的众数为85
D．这100名学生的“综合体能测试”成绩的平均数在90至95之间
【答案】A,B
【知识点】频率分布表；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、这100名学生的“综合体能测试”成绩高于80的学生人数为，A正确；
B、成绩不超过85的学生人数为，B正确；
C、成绩分布在的人数为30，但不一定成绩的众数为85，C错误；
D、由于，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题围绕频数分布表，考查统计量（频数、中位数、众数、平均数 ）的计算与判断，需根据频数分布表，分别计算各选项涉及的统计量，结合定义分析判断.
10．（2025·阳江模拟）在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为
【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、设为的中点，连接，
则，而，
所以，故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，A正确；
B、取的中点，连接，则且，
故或其补角为异面直线所成的角，
而，故，故，B正确；
C、设直线与直线交于，连接角于，
因为，故，同理，故，
故，而，
，故截面图形的周长为，C错误；
D、建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
则，
则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），
每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，
D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、利用线面平行的判断定理可判断其正误.
B、构造线线角结合解直角三角形可判断其正误.
C、作出截面后求出周长可判断其正误.
D、建立空间直角坐标系，作出轨迹后可判断其正误.
11．（2025·阳江模拟）如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列的通项公式 B．数列的通项公式
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、已知，设，因为为正三角形，
则直线的斜率为，直线的方程为，
联立，化简可得，因为，解得，则，
即，则，
由，则的横坐标为，纵坐标为，
且在曲线上，故①，
又因为，即代入①可得，
即②，
当时，，
再将代入上式可得③，
由②③可得，即，
由 ，可得，故得，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则，A正确；
B、因，
则
，B错误；
C、因为是正三角形，其面积，
则
由平方和公式，
可得， C正确；
D、因为，，
当时，，
则
，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列与的递推关系，即可判断AB，然后求得，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由时，，由裂项相消法代入计算，即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·阳江模拟）在的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
所以第四项的系数为，第三项的二项式系数为，
故在的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式应用，需先写出二项式展开式的通项，再分别确定第四项的系数和第三项的二项式系数，最后求和.
13．（2025·阳江模拟）已知，则 .
【答案】或（）
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由可得，
化简可得，
又，所以，
所以.
故答案为：或（）.
【分析】 本题围绕三角恒等变换，利用两角差正弦公式展开已知条件，结合同角三角函数关系求出，再利用二倍角的余弦公式计算可得.
14．（2025·阳江模拟）已知均为实数，若的解集是且，则函数的极大值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为原不等式的解集是且，
故、为的零点，
则或（舍）
所以，
则，
，得或；，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为.
故答案为：.
【分析】本题围绕三次函数的性质，通过不等式解集确定函数零点与因式分解形式，再求导分析单调性，进而确定极大值.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025·阳江模拟）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.
【答案】（1）解：由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
因为，所以.
（2）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）思路是对已知等式进行三角恒等变换，通过整理化简得到关于的式子，结合角的范围求出，进而确定角 .
（2）先根据正弦定理将转化为边的关系，再结合（1）中求得的角，利用余弦定理求出边和，最后计算周长 .
（1）由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
因为，所以；
（2），由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
16．（2025·阳江模拟）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上．
（1）当时，求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
由 知，，
∴，
∵，∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）解：∵平面，∴为与底面所成的角，即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，
则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为，
∴，解得，
所以，，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过构造线线平行，利用线面平行判定定理证明.
（2）先根据线面角确定边长，建立空间直角坐标系，用向量法结合二面角余弦值求.
（1）连接交于点，连接，
由 知，，∴，
∵，∴，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）∵平面，∴为与底面所成的角，
即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，
则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为，
∴，解得，
所以，，
所以.
17．（2025·阳江模拟）已知函数.
（1）讨论的极值点个数；
（2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值.
【答案】（1）解：当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点，理由如下，
由题意得
若，则在上单调递增，无极值点
若，令，得，由于是增函数.
所以时，单调递减，
时，单调递增，
故是的唯一极小值点.
综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.
（2）解：设切点为，
由（1）知，因为轴为的切线，则
解得，
令，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故是的唯一极大值点.
，所以的最大值为1.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题围绕函数展开，分两问考查极值点个数讨论与参数最值求解，核心运用导数工具分析函数单调性与极值：（1）求导后，根据导数符号与的取值关系（、 ），分类讨论函数单调性，进而确定极值点个数.
（2）设切点，利用切线条件（导数为、函数值为 ）建立方程组，消元得到关于的函数，再通过导数求该函数的最大值，即的最大值.
（1）由题意得
若，则在上单调递增，无极值点
若，令，得，由于是增函数.
所以时，单调递减，
时，单调递增，
故是的唯一极小值点.
综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.
（2）设切点为，
由（1）知，因为轴为的切线，则
解得，
令，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故是的唯一极大值点.
，所以的最大值为1.
18．（2025·阳江模拟）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆且，则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）不过点的直线与椭圆交于、，且直线与直线的斜率之积为.
①证明：直线过定点.
②试问在轴上是否存在点，使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）①证明：设、，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
因为，，
所以，
，
整理可得，即，解得或，
若，则直线的方程为，此时，直线过点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，则直线过定点；
②解：在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，理由如下，
由①可知，，，
设点，则，，
所以，
，
要使得直线、的斜率之积为定值，只需，解得，
当时，；
当时，.
故在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，
当点的坐标为时，直线、的斜率之积为定值；
当点的坐标为时，直线线、的斜率之积为定值.
【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用共轭椭圆定义，结合已知椭圆 与椭圆的共轭关系，以及椭圆右顶点 确定 ，再通过共轭椭圆“标准形式系数对应比例”求出 ，从而确定椭圆方程.
（2）①联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出 、 ，再结合“” 这一条件列方程，通过化简方程求出 的值（排除 后确定 ），进而得出直线 恒过定点 .
②设点，利用韦达定理结合斜率公式化简，结合为定值求出的值，即可结论.
（1）由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）①设、，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
因为，，
所以，
，
整理可得，即，解得或，
若，则直线的方程为，此时，直线过点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，则直线过定点；
②由①可知，，，
设点，则，，
所以，
，
要使得直线、的斜率之积为定值，只需，解得，
当时，；
当时，.
故在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，
当点的坐标为时，直线、的斜率之积为定值；
当点的坐标为时，直线线、的斜率之积为定值.
19．（2025·阳江模拟）某研究机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能Y，S，W来提升综合能力.初始时，机器人选择学习技能Y，且每次学习Y后会等可能地选择学习S或W；每次学习S后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习W；每次学习W后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习S.设，，分别表示第n次学习后接着学习技能Y，S，W的概率.
（1）若机器人仅进行三次学习，求学习技能Y次数的分布列及其数学期望；
（2）求及其最大值；
（3）已知，，
若数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）解：设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
故的分布列为：
1 2
故.
（2）解：已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值.
故，最大值为.
（3）证明：，
，
当，
，
，
所以
由于，
所以.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；概率分布列
【解析】【分析】（1）思路是确定三次学习中次数的可能取值，利用独立事件概率公式计算各取值概率，列出分布列后求期望.
（2）先根据学习规则建立与的递推关系，通过构造等比数列求出通项，再分析数列单调性求最大值.
（3）先化简、，分析的结构，得出的表达式后，利用放缩法结合基本不等式证明不等式 .
（1）设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
故的分布列为：
1 2
故
（2）已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值
（3），
，
当，
，
，
所以
由于，
所以
1 / 1广东省阳江市广东两阳中学2025届高三高考适应性考试数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·阳江模拟）如图，已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·阳江模拟）若，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2025·阳江模拟）已知，且在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·阳江模拟）一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·阳江模拟）设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·阳江模拟）已知圆，过圆上一点P作圆O的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
7．（2025·阳江模拟）已知函数的定义域为，且当时，，则当时，的解析式可以是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·阳江模拟）已知函数在上单调，且，若将函数的图象向右平移个单位长度后关于y轴对称，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·阳江模拟）某学校组织“综合体能测试”，现从所有参加体能测试的学生中，随机抽取100名学生的“综合体能测试”成绩，并统计如下，则（ ）
成绩
频数 6 12 18 30 24 10
A．这100名学生的“综合体能测试”成绩高于80的学生超八成
B．这100名学生的“综合体能测试”成绩的中位数大于85
C．这100名学生的“综合体能测试”成绩的众数为85
D．这100名学生的“综合体能测试”成绩的平均数在90至95之间
10．（2025·阳江模拟）在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为
11．（2025·阳江模拟）如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列的通项公式 B．数列的通项公式
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·阳江模拟）在的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为 .
13．（2025·阳江模拟）已知，则 .
14．（2025·阳江模拟）已知均为实数，若的解集是且，则函数的极大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025·阳江模拟）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.
16．（2025·阳江模拟）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上．
（1）当时，求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求．
17．（2025·阳江模拟）已知函数.
（1）讨论的极值点个数；
（2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值.
18．（2025·阳江模拟）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆且，则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）不过点的直线与椭圆交于、，且直线与直线的斜率之积为.
①证明：直线过定点.
②试问在轴上是否存在点，使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
19．（2025·阳江模拟）某研究机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能Y，S，W来提升综合能力.初始时，机器人选择学习技能Y，且每次学习Y后会等可能地选择学习S或W；每次学习S后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习W；每次学习W后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习S.设，，分别表示第n次学习后接着学习技能Y，S，W的概率.
（1）若机器人仅进行三次学习，求学习技能Y次数的分布列及其数学期望；
（2）求及其最大值；
（3）已知，，
若数列的前项和为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由图知阴影部分表示的集合是，
因，，
则，故.
故答案为：D.
【分析】先确定阴影部分所对应的集合运算形式，即B与A在全集U中补集的交集，然后分别求出A的补集，再求其与B的交集 .
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，
故答案为：B
【分析】本题考查复数的运算，解题思路是先通过已知等式求出复数，再将其代入进行计算.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知，将等式两边同时平方可得.
根据向量平方的展开式，所以，
化简可得，即，这表明.
根据向量投影向量的定义， 所以在上的投影向量为.
因为，所以.
则在上的投影向量为.
故在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题需要先利用向量模长等式推出与的关系，再依据投影向量的定义计算 在 上的投影向量.
4．【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以，所以，
则圆锥的母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：A
【分析】本题需要先根据水上升的体积等于圆锥的体积求出圆锥的高，再结合圆锥底面半径求出母线长，最后利用圆锥侧面积公式计算侧面积.
5．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】本题围绕条件概率的计算，需先利用对立事件概率公式求出，再依据互斥事件概率的加法公式求出，最后代入条件概率公式计算.
6．【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：如图，，
因为当三点共线时，，
此时，
所以四边形面积的最小值为.
故答案为：B
【分析】利用切线长公式、圆的位置关系（圆心距 ），结合几何直观求最小值，核心逻辑：四边形OAPB面积可转化为两个直角三角形面积之和，通过分析OP的最小值，推导面积最小值.
7．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、当时，，此时，，
令，
，令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值，此时，
又因为，所以，
即，即，
即，符合题意，
当时，，，
因为，即，所以，
即，A正确；
B、，当，此时，，
此时，不符合题意，B错误；
C、，当，此时，，
此时，不符合题意，C错误；
D、，当，此时，，
此时，不符合题意，不符合题意，D错误，
故答案为：A.
【分析】本题需判断当时，哪个函数满足 ，已知时 ，
A、分和 ，通过构造函数并利用导数研究其单调性来验证.
B、C、D，通过代入特殊值 ，计算与的值并比较大小来判断.
8．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为函数，又函数在上单调，所以函数的最小正周期，所以，又，所以，2，3.
若，则，且，又，则无解；
若，则，且，又，则；
若，则，且，又，则无解.
综上，.
所以函数的图像向右平移m个单位长度后对应解析式为，
因为关于轴对称，所以，.所以，，又，所以当时，m取最小值为.
故答案为：D.
【分析】本题需先对函数化简，结合单调性确定的可能取值，再通过特殊点函数值确定与，最后根据平移后函数的对称性求的最小值.
9．【答案】A,B
【知识点】频率分布表；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、这100名学生的“综合体能测试”成绩高于80的学生人数为，A正确；
B、成绩不超过85的学生人数为，B正确；
C、成绩分布在的人数为30，但不一定成绩的众数为85，C错误；
D、由于，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题围绕频数分布表，考查统计量（频数、中位数、众数、平均数 ）的计算与判断，需根据频数分布表，分别计算各选项涉及的统计量，结合定义分析判断.
10．【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、设为的中点，连接，
则，而，
所以，故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，A正确；
B、取的中点，连接，则且，
故或其补角为异面直线所成的角，
而，故，故，B正确；
C、设直线与直线交于，连接角于，
因为，故，同理，故，
故，而，
，故截面图形的周长为，C错误；
D、建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
则，
则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），
每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，
D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、利用线面平行的判断定理可判断其正误.
B、构造线线角结合解直角三角形可判断其正误.
C、作出截面后求出周长可判断其正误.
D、建立空间直角坐标系，作出轨迹后可判断其正误.
11．【答案】A,C,D
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、已知，设，因为为正三角形，
则直线的斜率为，直线的方程为，
联立，化简可得，因为，解得，则，
即，则，
由，则的横坐标为，纵坐标为，
且在曲线上，故①，
又因为，即代入①可得，
即②，
当时，，
再将代入上式可得③，
由②③可得，即，
由 ，可得，故得，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则，A正确；
B、因，
则
，B错误；
C、因为是正三角形，其面积，
则
由平方和公式，
可得， C正确；
D、因为，，
当时，，
则
，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列与的递推关系，即可判断AB，然后求得，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由时，，由裂项相消法代入计算，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
所以第四项的系数为，第三项的二项式系数为，
故在的展开式中，第四项的系数与第三项的二项式系数之和为.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式应用，需先写出二项式展开式的通项，再分别确定第四项的系数和第三项的二项式系数，最后求和.
13．【答案】或（）
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由可得，
化简可得，
又，所以，
所以.
故答案为：或（）.
【分析】 本题围绕三角恒等变换，利用两角差正弦公式展开已知条件，结合同角三角函数关系求出，再利用二倍角的余弦公式计算可得.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为原不等式的解集是且，
故、为的零点，
则或（舍）
所以，
则，
，得或；，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为.
故答案为：.
【分析】本题围绕三次函数的性质，通过不等式解集确定函数零点与因式分解形式，再求导分析单调性，进而确定极大值.
15．【答案】（1）解：由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
因为，所以.
（2）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）思路是对已知等式进行三角恒等变换，通过整理化简得到关于的式子，结合角的范围求出，进而确定角 .
（2）先根据正弦定理将转化为边的关系，再结合（1）中求得的角，利用余弦定理求出边和，最后计算周长 .
（1）由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
因为，所以；
（2），由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
由 知，，
∴，
∵，∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）解：∵平面，∴为与底面所成的角，即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，
则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为，
∴，解得，
所以，，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过构造线线平行，利用线面平行判定定理证明.
（2）先根据线面角确定边长，建立空间直角坐标系，用向量法结合二面角余弦值求.
（1）连接交于点，连接，
由 知，，∴，
∵，∴，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）∵平面，∴为与底面所成的角，
即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，
则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为，
∴，解得，
所以，，
所以.
17．【答案】（1）解：当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点，理由如下，
由题意得
若，则在上单调递增，无极值点
若，令，得，由于是增函数.
所以时，单调递减，
时，单调递增，
故是的唯一极小值点.
综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.
（2）解：设切点为，
由（1）知，因为轴为的切线，则
解得，
令，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故是的唯一极大值点.
，所以的最大值为1.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题围绕函数展开，分两问考查极值点个数讨论与参数最值求解，核心运用导数工具分析函数单调性与极值：（1）求导后，根据导数符号与的取值关系（、 ），分类讨论函数单调性，进而确定极值点个数.
（2）设切点，利用切线条件（导数为、函数值为 ）建立方程组，消元得到关于的函数，再通过导数求该函数的最大值，即的最大值.
（1）由题意得
若，则在上单调递增，无极值点
若，令，得，由于是增函数.
所以时，单调递减，
时，单调递增，
故是的唯一极小值点.
综上，当时，无极值点；时，有唯一极小值点，无极大值点.
（2）设切点为，
由（1）知，因为轴为的切线，则
解得，
令，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故是的唯一极大值点.
，所以的最大值为1.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）①证明：设、，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
因为，，
所以，
，
整理可得，即，解得或，
若，则直线的方程为，此时，直线过点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，则直线过定点；
②解：在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，理由如下，
由①可知，，，
设点，则，，
所以，
，
要使得直线、的斜率之积为定值，只需，解得，
当时，；
当时，.
故在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，
当点的坐标为时，直线、的斜率之积为定值；
当点的坐标为时，直线线、的斜率之积为定值.
【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用共轭椭圆定义，结合已知椭圆 与椭圆的共轭关系，以及椭圆右顶点 确定 ，再通过共轭椭圆“标准形式系数对应比例”求出 ，从而确定椭圆方程.
（2）①联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出 、 ，再结合“” 这一条件列方程，通过化简方程求出 的值（排除 后确定 ），进而得出直线 恒过定点 .
②设点，利用韦达定理结合斜率公式化简，结合为定值求出的值，即可结论.
（1）由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）①设、，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
因为，，
所以，
，
整理可得，即，解得或，
若，则直线的方程为，此时，直线过点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，则直线过定点；
②由①可知，，，
设点，则，，
所以，
，
要使得直线、的斜率之积为定值，只需，解得，
当时，；
当时，.
故在轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值，
当点的坐标为时，直线、的斜率之积为定值；
当点的坐标为时，直线线、的斜率之积为定值.
19．【答案】（1）解：设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
故的分布列为：
1 2
故.
（2）解：已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值.
故，最大值为.
（3）证明：，
，
当，
，
，
所以
由于，
所以.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；概率分布列
【解析】【分析】（1）思路是确定三次学习中次数的可能取值，利用独立事件概率公式计算各取值概率，列出分布列后求期望.
（2）先根据学习规则建立与的递推关系，通过构造等比数列求出通项，再分析数列单调性求最大值.
（3）先化简、，分析的结构，得出的表达式后，利用放缩法结合基本不等式证明不等式 .
（1）设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
故的分布列为：
1 2
故
（2）已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值
（3），
，
当，
，
，
所以
由于，
所以
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