广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2025届高三上学期第二次统一考试数学试卷
1．（2024高三上·福田模拟）设全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由，求得，则集合，
图中阴影部分表示的集合为，因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合A，由图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的并集的定义求解即可.
2．（2024高三上·福田模拟）化简等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
①，
因为，所以，
故①可化为.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用同角三角函数的基本关系式，结合三角函数值的符号，化简求表达式即可.
3．（2024高三上·福田模拟）已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列和为等差数列，且前项和分别为、，满足，
所以，又因为，所以，
故答案为：B.
【分析】先求的值，再根据等差数列的性质得，求值即可.
4．（2024高三上·福田模拟）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加100米比赛，决出第1名到第5名的名次．比赛结束后甲说：“我不是第1名”，乙说：“我不是第5名”．根据以上信息，这5人的名次排列情况种数为（ ）
A．72 B．78 C．96 D．120
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当甲是第5名时，共有种；
当甲不是第5名时，共有种，
综上所述，共有78种.
故答案为：B.
【分析】讨论甲是否在第5名，根据排列数、组合数公式得出这5人的名次排列情况种数.
5．（2024高三上·福田模拟）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
因为且定义域为R，即选项B中函数为奇函数，排除选项B；
当时，，，即选项A、选项C中上函数值为正，
排除选项A和选项C.
故答案为：D.
【分析】由图知函数为偶函数，再结合偶函数的图象的对称性，则排除选项B；利用给定区间求函数值域的方法，则排除选项A和选项C，进而找出正确的选项.
6．（2024高三上·福田模拟）已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象；正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示：
设，且，
则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，，
则点与在函数上，
而函数的图象关于直线对称，
所以，由，解得，
若满足，则，所以，
所以，即的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】先作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，再求解的范围即可.
7．（2024高三上·福田模拟）已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，，
构造函数，求导可得，
令，得，令，得，
则函数在上单调递减，在上为单调递增，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】将变形，得，，，构造函数，求导，利用导数判断函数在区间和区间上的单调性，根据单调性可得，，再根据求解即可.
8．（2024高三上·福田模拟）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数列与函数的综合；简单的三角恒等变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：由方程
变形可得：，即，
则或，，
即或，，
因为，根据所有正数解从小到大组成数列
所以，，
，，，
即，
则，；
同理，
则，
；
同理可计算得，这样数列就是一个周期为2的数列，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用三角恒等变形和辅助角公式化归为正弦值求角，由于不是特殊值，这里借助反三角函数来表示所求的角，然后组成数列，并依次计算，利用周期性可得知数列是一个周期数列再求解即可.
9．（2024高三上·福田模拟）记为数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若对，，有，则数列一定是等差数列
B．若对，，有，则数列一定是等比数列
C．已知，则一定是等差数列
D．已知，则一定是等比数列
【答案】A,C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、，根据等差中项的性质，
可得数列是等差数列，故A正确；
B、当时，由和等比中项的性质，
可得数列是等比数列，故B不正确；
C、由等差数列前项和，得可看成的二次函数，且不含常数项，故C正确；
D、由等比数列前项和，若，则，所以，则此时数列不是等比数列，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前项和的形式逐项判断即可.
10．（2024高三上·福田模拟）已知的内角 所对的边分别为， 下列四个命题中， 正确的命题是（ ）
A．在中，若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若在线段 上，且，则的面积为8
D．若，动点在所在平面内且，则 动点的轨迹的长度为
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、因为，由正弦定理可得，所以，故A正确；
B、由，
可得，
整理得，
由正弦定理得，可得，
因为，可得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C、由在线段上，且，，，，
则，设，
在中，利用余弦定理，
整理得，解得或（舍去），
所以，
在中，可得，则，
所以的面积为，故C正确；
D、在中，因为，，
则点在以为弦的一个圆上，
由正弦定理可得外接圆的直径为，即，
当点在外部时，如图所示：
因为，可得，所以，
所以的长度为，
同理，当点在内部时，可得对应的弧长也是，
所以动点的轨迹的长度为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理结合三角形中大边对大角即可判断A；化简条件得到，求得或即可判断B；设，在中，利用余弦定理求得，得到，求得和，结合面积公式即可判断C；根据题意得到点在以为弦的一个圆上，结合正弦定理和圆的性质，以及弧长公式计算即可判断D．
11．（2024高三上·福田模拟）已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．三棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为
D．与平面所成角的余弦值最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；同角三角函数间的基本关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，
当平面平面时，三棱锥的高最大，
此时体积最大值为，故A正确；
B、设的中点为，则由知，，
所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，
所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确；
C、若，由，，平面，平面，
可得平面，因为平面，则，
因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；
D、因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，
当平面平面时，到面的距离为，
设与平面 所成角为，此时，
因为为锐角，所以，
即与平面 所成角的余弦值最小值为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】当平面平面时，三棱锥的高最大，再利用棱锥体积公式计算即可判断A；设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可判断B；若，由，，平面，平面，可得平面，得，因为，直角三角形斜边最长可判断C；因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可判断D.
12．（2024高三上·福田模拟）盒中有个红球，个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是 ．
【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：记事件：第一次抽取的是黑球；事件：第二次抽取的是黑球；则；
因为，；，，
.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，结合全概率公式计算即可.
13．（2024高三上·福田模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为 ．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，，且为中点，
所以，且，，
因为，
所以，解得，
直线的方程为，所以，则，
在直角三角形中利用勾股定理得，
解得，所以，双曲线的标准方程为.
故填：.
【分析】利用中位线的性质得到，且，再根据结合双曲线的定义，从而得到的值，然后利用点到直线的距离公式得到，再利用勾股定理列方程得到的值，即可得到双曲线的标准方程.
14．（2024高三上·福田模拟）已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 .
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设函数，求导可得，
当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
且时，；时，，
故，
作出的图象，如图所示：
要使有三个不同的零点，其中
令，则需要有两个不同的实数根（其中）
可得，
因为，所以，则
所以，则，且
.
故答案为：1.
【分析】设函数，求导，利用导数判断函数的单调性，令，则原函数会转化为关于的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的情况，同时研究内层函数的图象，数形结合研究零点的范围即可.
15．（2024高三上·福田模拟）设正项数列的前n项和为，且，当时，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，且，求数列的通项公式．
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
则数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，
当时，，
当时，也满足上式，
故数列的通项公式为． ；
（2）解：由，
可得：当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据结合题意可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，从而求得的通项公式；
（2）根据累加法与错位相减法求解即可.
（1）由，得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，当时，，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
（2）由知：
当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
16．（2024高三上·福田模拟）如图，、、为圆锥三条母线，.
（1）证明：；
（2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接、，
因为、、为圆锥三条母线，，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而，
故以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为圆锥侧面积为为底面直径，，
所以底面半径为1，母线长为，
所以，
则可得，
故，
设为面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
设为面的法向量，
则，
令，则，所以，
则，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点，连接、，
因为、、为圆锥三条母线，，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而，
故以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥侧面积为为底面直径，，
所以底面半径为1，母线长为，
所以，
则可得，
故，
设为面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
设为面的法向量，
则，
令，则，所以，
则，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
17．（2024高三上·福田模拟）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求的方程；
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
【答案】（1）解：令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是；
（2）解：由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
则，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即可；
（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理求解即可.
（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
18．（2024高三上·福田模拟）已知函数.
（1）若的极大值为，求的值；
（2）当时，若使得，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数，可得，
因为，令，解得或，
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
所以的极大值为，不符合题意；
当时，即时，，在上单调递增，无极大值；
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以极大值为，解得；
（2）解：当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
当时，即时，当时，单调递增，，
又因为当时，，
因为，所以，当时，使得，
当时，即时，
当时，单调递增，，
当时，
若满足题意，只需，即，
当时，即时，
当时，在上单调递减，上单调递增，
所以函数的最小值为，
所以，
又因为时，，
若满足题意，只需，即，
因为，所以，
所以，当时，不存在使得，
综上，实数的取值范围为.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，令，解得或，分和、讨论，求得函数的单调性以及极大值，结合题意求解即可；
（2）当时，由（1）可得函数的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列不等式求解即可.
19．（2024高三上·福田模拟）法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.
【答案】（1）解：因为，
所以，即，
由正弦定理得，故；
（2）解：由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为；
（3）解：由（2）知，
设，
由得，
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
故实数的最小值为.
【知识点】基本不等式；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦的二倍角公式得到，再由正弦定理得到，从而求得；
（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，利用基本不等式求解即可；
（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.
（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得.
所以.
（2）
由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
所以实数的最小值为.
1 / 1广东省深圳市红岭中学（红岭教育集团）2025届高三上学期第二次统一考试数学试卷
1．（2024高三上·福田模拟）设全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·福田模拟）化简等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·福田模拟）已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·福田模拟）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加100米比赛，决出第1名到第5名的名次．比赛结束后甲说：“我不是第1名”，乙说：“我不是第5名”．根据以上信息，这5人的名次排列情况种数为（ ）
A．72 B．78 C．96 D．120
5．（2024高三上·福田模拟）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·福田模拟）已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·福田模拟）已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·福田模拟）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则=（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·福田模拟）记为数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若对，，有，则数列一定是等差数列
B．若对，，有，则数列一定是等比数列
C．已知，则一定是等差数列
D．已知，则一定是等比数列
10．（2024高三上·福田模拟）已知的内角 所对的边分别为， 下列四个命题中， 正确的命题是（ ）
A．在中，若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若在线段 上，且，则的面积为8
D．若，动点在所在平面内且，则 动点的轨迹的长度为
11．（2024高三上·福田模拟）已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．三棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为
D．与平面所成角的余弦值最小值为
12．（2024高三上·福田模拟）盒中有个红球，个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是 ．
13．（2024高三上·福田模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为 ．
14．（2024高三上·福田模拟）已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 .
15．（2024高三上·福田模拟）设正项数列的前n项和为，且，当时，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，且，求数列的通项公式．
16．（2024高三上·福田模拟）如图，、、为圆锥三条母线，.
（1）证明：；
（2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值．
17．（2024高三上·福田模拟）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求的方程；
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
18．（2024高三上·福田模拟）已知函数.
（1）若的极大值为，求的值；
（2）当时，若使得，求的取值范围.
19．（2024高三上·福田模拟）法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由，求得，则集合，
图中阴影部分表示的集合为，因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求得集合A，由图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的并集的定义求解即可.
2．【答案】A
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
①，
因为，所以，
故①可化为.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用同角三角函数的基本关系式，结合三角函数值的符号，化简求表达式即可.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列和为等差数列，且前项和分别为、，满足，
所以，又因为，所以，
故答案为：B.
【分析】先求的值，再根据等差数列的性质得，求值即可.
4．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当甲是第5名时，共有种；
当甲不是第5名时，共有种，
综上所述，共有78种.
故答案为：B.
【分析】讨论甲是否在第5名，根据排列数、组合数公式得出这5人的名次排列情况种数.
5．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
因为且定义域为R，即选项B中函数为奇函数，排除选项B；
当时，，，即选项A、选项C中上函数值为正，
排除选项A和选项C.
故答案为：D.
【分析】由图知函数为偶函数，再结合偶函数的图象的对称性，则排除选项B；利用给定区间求函数值域的方法，则排除选项A和选项C，进而找出正确的选项.
6．【答案】A
【知识点】函数的图象；正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示：
设，且，
则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，，
则点与在函数上，
而函数的图象关于直线对称，
所以，由，解得，
若满足，则，所以，
所以，即的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】先作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，再求解的范围即可.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，，
构造函数，求导可得，
令，得，令，得，
则函数在上单调递减，在上为单调递增，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】将变形，得，，，构造函数，求导，利用导数判断函数在区间和区间上的单调性，根据单调性可得，，再根据求解即可.
8．【答案】C
【知识点】数列与函数的综合；简单的三角恒等变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：由方程
变形可得：，即，
则或，，
即或，，
因为，根据所有正数解从小到大组成数列
所以，，
，，，
即，
则，；
同理，
则，
；
同理可计算得，这样数列就是一个周期为2的数列，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用三角恒等变形和辅助角公式化归为正弦值求角，由于不是特殊值，这里借助反三角函数来表示所求的角，然后组成数列，并依次计算，利用周期性可得知数列是一个周期数列再求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、，根据等差中项的性质，
可得数列是等差数列，故A正确；
B、当时，由和等比中项的性质，
可得数列是等比数列，故B不正确；
C、由等差数列前项和，得可看成的二次函数，且不含常数项，故C正确；
D、由等比数列前项和，若，则，所以，则此时数列不是等比数列，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前项和的形式逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、因为，由正弦定理可得，所以，故A正确；
B、由，
可得，
整理得，
由正弦定理得，可得，
因为，可得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C、由在线段上，且，，，，
则，设，
在中，利用余弦定理，
整理得，解得或（舍去），
所以，
在中，可得，则，
所以的面积为，故C正确；
D、在中，因为，，
则点在以为弦的一个圆上，
由正弦定理可得外接圆的直径为，即，
当点在外部时，如图所示：
因为，可得，所以，
所以的长度为，
同理，当点在内部时，可得对应的弧长也是，
所以动点的轨迹的长度为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理结合三角形中大边对大角即可判断A；化简条件得到，求得或即可判断B；设，在中，利用余弦定理求得，得到，求得和，结合面积公式即可判断C；根据题意得到点在以为弦的一个圆上，结合正弦定理和圆的性质，以及弧长公式计算即可判断D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；同角三角函数间的基本关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，
当平面平面时，三棱锥的高最大，
此时体积最大值为，故A正确；
B、设的中点为，则由知，，
所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，
所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确；
C、若，由，，平面，平面，
可得平面，因为平面，则，
因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；
D、因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，
当平面平面时，到面的距离为，
设与平面 所成角为，此时，
因为为锐角，所以，
即与平面 所成角的余弦值最小值为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】当平面平面时，三棱锥的高最大，再利用棱锥体积公式计算即可判断A；设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可判断B；若，由，，平面，平面，可得平面，得，因为，直角三角形斜边最长可判断C；因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：记事件：第一次抽取的是黑球；事件：第二次抽取的是黑球；则；
因为，；，，
.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，结合全概率公式计算即可.
13．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，，且为中点，
所以，且，，
因为，
所以，解得，
直线的方程为，所以，则，
在直角三角形中利用勾股定理得，
解得，所以，双曲线的标准方程为.
故填：.
【分析】利用中位线的性质得到，且，再根据结合双曲线的定义，从而得到的值，然后利用点到直线的距离公式得到，再利用勾股定理列方程得到的值，即可得到双曲线的标准方程.
14．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设函数，求导可得，
当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
且时，；时，，
故，
作出的图象，如图所示：
要使有三个不同的零点，其中
令，则需要有两个不同的实数根（其中）
可得，
因为，所以，则
所以，则，且
.
故答案为：1.
【分析】设函数，求导，利用导数判断函数的单调性，令，则原函数会转化为关于的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的情况，同时研究内层函数的图象，数形结合研究零点的范围即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
则数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，
当时，，
当时，也满足上式，
故数列的通项公式为． ；
（2）解：由，
可得：当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据结合题意可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，从而求得的通项公式；
（2）根据累加法与错位相减法求解即可.
（1）由，得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，当时，，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
（2）由知：
当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
16．【答案】（1）证明：取中点，连接、，
因为、、为圆锥三条母线，，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而，
故以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为圆锥侧面积为为底面直径，，
所以底面半径为1，母线长为，
所以，
则可得，
故，
设为面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
设为面的法向量，
则，
令，则，所以，
则，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点，连接、，
因为、、为圆锥三条母线，，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而，
故以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥侧面积为为底面直径，，
所以底面半径为1，母线长为，
所以，
则可得，
故，
设为面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
设为面的法向量，
则，
令，则，所以，
则，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是；
（2）解：由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
则，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即可；
（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理求解即可.
（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
18．【答案】（1）解：因为函数，可得，
因为，令，解得或，
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
所以的极大值为，不符合题意；
当时，即时，，在上单调递增，无极大值；
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以极大值为，解得；
（2）解：当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
当时，即时，当时，单调递增，，
又因为当时，，
因为，所以，当时，使得，
当时，即时，
当时，单调递增，，
当时，
若满足题意，只需，即，
当时，即时，
当时，在上单调递减，上单调递增，
所以函数的最小值为，
所以，
又因为时，，
若满足题意，只需，即，
因为，所以，
所以，当时，不存在使得，
综上，实数的取值范围为.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，令，解得或，分和、讨论，求得函数的单调性以及极大值，结合题意求解即可；
（2）当时，由（1）可得函数的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列不等式求解即可.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，即，
由正弦定理得，故；
（2）解：由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为；
（3）解：由（2）知，
设，
由得，
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
故实数的最小值为.
【知识点】基本不等式；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦的二倍角公式得到，再由正弦定理得到，从而求得；
（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，利用基本不等式求解即可；
（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.
（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得.
所以.
（2）
由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
所以实数的最小值为.
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