广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期12月第一次模拟数学试题
1．（2024高三上·广东模拟）若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
所以.
方法2：因为，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：根据复数除法运算法则求出复数，再利用共轭复数的定义结合复数乘法运算法则，从而可得复数.
方法2：利用复数的模的性质求出的值，再由共轭复数的性质，从而可得复数.
2．（2024高三上·广东模拟）已知命题，，，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．p和都是真命题
C．和q都是真命题 D．和都是真命题
【答案】B
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：当时，命题成立，则命题p是真命题，命题是假命题；
当时，命题不成立，则命题q是真命题，命题是真命题.
故答案为：B.
【分析】先判断命题的真假，再判断命题否定的真假即可.
3．（2024高三上·广东模拟）记为非零数列的前项和，若，，则（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：在非零数列中，，
由，，得出数列是等比数列，则，
因此，所以.
故答案为：C.
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断出数列是等比数列，再利用等比数列的通项公式得出，结合，从而得出的值.
4．（2024高三上·广东模拟）已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：连接，函数与轴交于点，
由图象的对称性，可知点也在函数的图象上，所以点的坐标为，
设，由，得，
所以的最小正周期满足，
解得，即，解得，所以，
因为点是图象的一个最高点，
所以，再结合，
解得.
故答案为：C.
【分析】连接，函数与轴交于点，从而得出点的坐标，则点也在函数的图象上，再由两点求斜率公式得出点的坐标，从而可得函数的周期，再根据正弦型函数的最小正周期公式求得的值，利用点是图象的一个最高点和五点对应法，则由的取值范围，从而得出的值，进而得出函数的解析式．
5．（2024高三上·广东模拟）众数 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，
所以平均数大于中位数为，
由于第一个小矩形面积为，
前2个小矩形面积之和为，
所以中位数位于之间，
故可得，解得，
由频率分布直方图可知众数，
故.
故答案为：D.
【分析】由频率分布直方图求众数、中位数和平均数的方法，从而比较出三者的大小.
6．（2024高三上·广东模拟）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：依题意可得，
若单调递减，则，
解得，
观察选项可知，只需写出在上的单调递减区间即可，
易知当时，单调递减区间为，只有，
可得为函数单调递减区间.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调区间，进而由集合的包含关系逐项判断，从而找出函数单调递减的区间.
7．（2024高三上·广东模拟）已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由为奇函数，知的图象关于点对称，则，
由，得，
由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，
所以，，
综上所述，，
由上可知，，则，
所以，则4为的一个周期，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据奇函数的性质和函数图象的对称性，从而求得、、，进而得出，从而确定函数的周期，再利用函数的周期性求出的值.
8．（2024高三上·广东模拟）椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的长轴长为6，
所以椭圆的焦点在轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：B.
【分析】由条件确定焦点在轴上，列方程求，再结合离心率的定义求椭圆的离心率.
9．（2024高三上·广东模拟）在复平面内，复数对应的向量分别为、，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，
则.
对于A，当时，，
则，故A错误；
对于B，因为，
，
所以，故B正确；
对于C，当时，，，
满足，但，故C错误；
对于D，当时，，
又因为，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】利用举例法和复数的运算法则以及复数求模公式，即可判断选项A、选项C和选项D；再根据复数的运算法则和复数求模公式，从而判断出选项B，进而找出说法不正确的选项.
10．（2024高三上·广东模拟）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆锥的侧面积为
B．该圆锥的休积为
C．
D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知可得，，，
易得等腰三角形的底边长，.
对于A，因为该圆锥的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为该圆锥的体积为，所以B正确；
对于C，如图，取中点为，连接，
则为与底面所成角为，故，所以C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设球心为，球的半径为，过向作垂线，垂足为，则，
又因为，所以，
所以，
所以球的表面积为，所以D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等腰三角形的结构特征以及圆锥的侧面积公式，则判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式，则判断出选项B；取中点为，连接，从而得出为与底面所成角
，再结合弦长公式得出AC的长，则判断出选项C；利用得出，从而得出球的半径，再根据球的表面积公式得出该圆锥内部半径最大的球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高三上·广东模拟）“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A．若，则的方程为
B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上
C．若，点在上，则
D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为原点在上，则，设为上任意一点，
则，整理得．
若，则曲线的方程为，故A正确；
若，则，
代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；
若，点在上，则，
整理得，所以，故C正确；
因为，，可得，
所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，
联立曲线C和圆的方程，解得，，即，
所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由题意得出，设为上任意一点，从而得到，再根据得出曲线C的方程，则判断出选项A；利用得出a的值，再代入方程得出点不在此曲线上，则判断出选项B；利用a的值和代入法，从而得出的值，则判断出选项C；利用三角形的面积公式和，从而得出，进而得出点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，得出点P的坐标，再根据两点距离公式得出的值，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高三上·广东模拟）已知，则 .
【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，整理得，
则，解得，所以.
另解：由题意可知，则，
利用基本不等式可得，
当且仅当时取等号，解得.
故答案为：4.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意结合对数的运算性质，从而可得，从而解一元二次方程得出的值，再利用指数式与对数式的互化公式，则得出a的值.
方法二：由题意可知，利用对数的运算法则和对数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围，再结合基本不等式求最值的方法求出的最小值，进而得出a的值.
13．（2024高三上·广东模拟）若存在（互不相等），满足，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：存在（互不相等），
满足，
则，
不妨设，且是相邻最值点，
当时，
则，解得，
由，解得，
当时，；
当时，；
当时，，
所以，
当时，
则，
解得，
由，解得，
当时，；
当时，，
所以，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】由题意可得，不妨设，再分和两种情况讨论，从而分别求出的值，进而可得出的取值范围.
14．（2024高三上·广东模拟）已知函数的最小值为0，则 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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：依题意，对于恒成立，且能取得等号，
即对于恒成立，且能取得等号，
函数在上单调递增，不等式为，
则，即，
因此在上恒成立，且能取得等号，
设，于是是函数在上的最小值，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以.
故答案为：.
【分析】根据给定条件，利用同构变形构造函数，借助求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的值.
15．（2024高三上·广东模拟）在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且．
（1）若，且的面积为，求A；
（2）若，求．
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
所以的面积，则，
因为，所以或．
（2）解：因为，所以，
所以，
由余弦定理得，
因为，所以或，
又因为，所以，所以，
所以．
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）运用正弦定理边角互化，再结合勾股定理得出b，c的值，再根据三角形的面积公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用已知条件和勾股定理、余弦定理得出b，c的值，再结合正弦定理得出满足要求的b，c的值，从而根据数量积的定义和余弦定理得出的值.
（1）因为，所以，
又，所以，
所以的面积，
则，因为，所以或．
（2）因为，所以，
所以.由余弦定理得，
因为，所以或，
又，所以，所以，
所以．
16．（2024高三上·广东模拟）已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）．
（1）计算．
（2）设函数．
①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；
②若且，函数，证明：．
【答案】（1）解：原式
．
（2）解：①因为
又因为，
当或时，；当时，，
所以在和上是增函数，在上是减函数，
所以的极大值点为，极小值点为1，
因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，
所以，
则公差，
所以，
所以．
证明：②因为，
所以在上无零点，
在上存在唯一零点，且，
令，
则
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
又因为，所以，
令，则，
因为在上单调递减，
所以，当时，，
即单调递减；
当时，，
即单调递增，
所以，
又因为，所以， 综上所述，．
【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；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据题设定义，即可得出的值.
（2）根据题设定义，得到.
①利用导数的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，利用的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，从而得出数列的第一项和第二项的值，再根据等差数列的定义以及通项公式得出数列的通项公式，进而得出，进而得出.
②构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，再构造函数，再利用二次函数的性质判断出函数的单调性，从而得到，即可证出不等式成立.
（1）原式
．
（2）．
（i）．
当或时，；当时，．
所以在和上是增函数，在上是减函数，
所以的极大值点为，极小值点为1．
因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，
所以，
则公差，所以，
所以．
（ii）因为，
所以在上无零点，在上存在唯一零点，且．
令，
则，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，
而，所以．
令，则．
因为在上单调递诚，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，
而，所以．
综上，．
17．（2024高三上·广东模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：方法一；由，则，
因为为正方形，故，
又因为平面平面且交于平面，
所以，平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，
故平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：因为为正方形，故，
又因为平面平面交于平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角，
则，
所以，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
因为平面平面交于平面，
所以，平面，
又因为平面，
所以，，
由已知，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）解：取中点为，
由（1）知，，
从而建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，
取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用三种方法证明.
方法一：先证明平面，从而得到，再证明面，从而证出平面平面.
方法二：根据二面角的平面角定义，从而判断出是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得的值，从而证出平面平面.
方法三：建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，求出平面和平面的法向量，再根据两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出平面平面.
（2）取中点为，由（1）知，，建立空间直角坐标系，得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积求出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面所成锐二面角的余弦值.
（1）方法一；由，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于平面，
所以平面，又平面，
所以，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
.有，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
而平面平面交于平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为.由（1）知，，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
所以，，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
18．（2024高三上·广东模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．（2024高三上·广东模拟）设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列.
（i）若，求；
（ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）解：（i)
，
设，
所以，
上面两式相减得，
所以，
所以，
所以.
(ii），
因为都是递减数列，
所以，
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，，
则，
所以；
当时，，
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在，
综上所述，当正整数对取和时，成立.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用错位相减法得到.
（ii)由，再利用数列的单调性进行放缩讨论，从而得出当正整数对取和时，成立.
（1）当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）①
设，
所以，
上面两式相减得，
所以
所以，
所以.
②
因为都是递减数列；
所以；
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，；
则
所以；
当时，；
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在：
综上所述，当正整数对取和时，成立.
1 / 1广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期12月第一次模拟数学试题
1．（2024高三上·广东模拟）若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
2．（2024高三上·广东模拟）已知命题，，，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．p和都是真命题
C．和q都是真命题 D．和都是真命题
3．（2024高三上·广东模拟）记为非零数列的前项和，若，，则（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
4．（2024高三上·广东模拟）已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·广东模拟）众数 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·广东模拟）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广东模拟）已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2024高三上·广东模拟）椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·广东模拟）在复平面内，复数对应的向量分别为、，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
10．（2024高三上·广东模拟）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆锥的侧面积为
B．该圆锥的休积为
C．
D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为
11．（2024高三上·广东模拟）“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A．若，则的方程为
B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上
C．若，点在上，则
D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
12．（2024高三上·广东模拟）已知，则 .
13．（2024高三上·广东模拟）若存在（互不相等），满足，则的取值范围为 .
14．（2024高三上·广东模拟）已知函数的最小值为0，则 ．
15．（2024高三上·广东模拟）在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且．
（1）若，且的面积为，求A；
（2）若，求．
16．（2024高三上·广东模拟）已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）．
（1）计算．
（2）设函数．
①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；
②若且，函数，证明：．
17．（2024高三上·广东模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2024高三上·广东模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·广东模拟）设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列.
（i）若，求；
（ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
所以.
方法2：因为，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：根据复数除法运算法则求出复数，再利用共轭复数的定义结合复数乘法运算法则，从而可得复数.
方法2：利用复数的模的性质求出的值，再由共轭复数的性质，从而可得复数.
2．【答案】B
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：当时，命题成立，则命题p是真命题，命题是假命题；
当时，命题不成立，则命题q是真命题，命题是真命题.
故答案为：B.
【分析】先判断命题的真假，再判断命题否定的真假即可.
3．【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：在非零数列中，，
由，，得出数列是等比数列，则，
因此，所以.
故答案为：C.
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断出数列是等比数列，再利用等比数列的通项公式得出，结合，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：连接，函数与轴交于点，
由图象的对称性，可知点也在函数的图象上，所以点的坐标为，
设，由，得，
所以的最小正周期满足，
解得，即，解得，所以，
因为点是图象的一个最高点，
所以，再结合，
解得.
故答案为：C.
【分析】连接，函数与轴交于点，从而得出点的坐标，则点也在函数的图象上，再由两点求斜率公式得出点的坐标，从而可得函数的周期，再根据正弦型函数的最小正周期公式求得的值，利用点是图象的一个最高点和五点对应法，则由的取值范围，从而得出的值，进而得出函数的解析式．
5．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，
所以平均数大于中位数为，
由于第一个小矩形面积为，
前2个小矩形面积之和为，
所以中位数位于之间，
故可得，解得，
由频率分布直方图可知众数，
故.
故答案为：D.
【分析】由频率分布直方图求众数、中位数和平均数的方法，从而比较出三者的大小.
6．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：依题意可得，
若单调递减，则，
解得，
观察选项可知，只需写出在上的单调递减区间即可，
易知当时，单调递减区间为，只有，
可得为函数单调递减区间.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调区间，进而由集合的包含关系逐项判断，从而找出函数单调递减的区间.
7．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由为奇函数，知的图象关于点对称，则，
由，得，
由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，
所以，，
综上所述，，
由上可知，，则，
所以，则4为的一个周期，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据奇函数的性质和函数图象的对称性，从而求得、、，进而得出，从而确定函数的周期，再利用函数的周期性求出的值.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的长轴长为6，
所以椭圆的焦点在轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：B.
【分析】由条件确定焦点在轴上，列方程求，再结合离心率的定义求椭圆的离心率.
9．【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，
则.
对于A，当时，，
则，故A错误；
对于B，因为，
，
所以，故B正确；
对于C，当时，，，
满足，但，故C错误；
对于D，当时，，
又因为，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】利用举例法和复数的运算法则以及复数求模公式，即可判断选项A、选项C和选项D；再根据复数的运算法则和复数求模公式，从而判断出选项B，进而找出说法不正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知可得，，，
易得等腰三角形的底边长，.
对于A，因为该圆锥的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为该圆锥的体积为，所以B正确；
对于C，如图，取中点为，连接，
则为与底面所成角为，故，所以C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设球心为，球的半径为，过向作垂线，垂足为，则，
又因为，所以，
所以，
所以球的表面积为，所以D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等腰三角形的结构特征以及圆锥的侧面积公式，则判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式，则判断出选项B；取中点为，连接，从而得出为与底面所成角
，再结合弦长公式得出AC的长，则判断出选项C；利用得出，从而得出球的半径，再根据球的表面积公式得出该圆锥内部半径最大的球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为原点在上，则，设为上任意一点，
则，整理得．
若，则曲线的方程为，故A正确；
若，则，
代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；
若，点在上，则，
整理得，所以，故C正确；
因为，，可得，
所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，
联立曲线C和圆的方程，解得，，即，
所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】由题意得出，设为上任意一点，从而得到，再根据得出曲线C的方程，则判断出选项A；利用得出a的值，再代入方程得出点不在此曲线上，则判断出选项B；利用a的值和代入法，从而得出的值，则判断出选项C；利用三角形的面积公式和，从而得出，进而得出点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，得出点P的坐标，再根据两点距离公式得出的值，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，整理得，
则，解得，所以.
另解：由题意可知，则，
利用基本不等式可得，
当且仅当时取等号，解得.
故答案为：4.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意结合对数的运算性质，从而可得，从而解一元二次方程得出的值，再利用指数式与对数式的互化公式，则得出a的值.
方法二：由题意可知，利用对数的运算法则和对数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围，再结合基本不等式求最值的方法求出的最小值，进而得出a的值.
13．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：存在（互不相等），
满足，
则，
不妨设，且是相邻最值点，
当时，
则，解得，
由，解得，
当时，；
当时，；
当时，，
所以，
当时，
则，
解得，
由，解得，
当时，；
当时，，
所以，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】由题意可得，不妨设，再分和两种情况讨论，从而分别求出的值，进而可得出的取值范围.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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：依题意，对于恒成立，且能取得等号，
即对于恒成立，且能取得等号，
函数在上单调递增，不等式为，
则，即，
因此在上恒成立，且能取得等号，
设，于是是函数在上的最小值，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以.
故答案为：.
【分析】根据给定条件，利用同构变形构造函数，借助求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的值.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，所以，
所以的面积，则，
因为，所以或．
（2）解：因为，所以，
所以，
由余弦定理得，
因为，所以或，
又因为，所以，所以，
所以．
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）运用正弦定理边角互化，再结合勾股定理得出b，c的值，再根据三角形的面积公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用已知条件和勾股定理、余弦定理得出b，c的值，再结合正弦定理得出满足要求的b，c的值，从而根据数量积的定义和余弦定理得出的值.
（1）因为，所以，
又，所以，
所以的面积，
则，因为，所以或．
（2）因为，所以，
所以.由余弦定理得，
因为，所以或，
又，所以，所以，
所以．
16．【答案】（1）解：原式
．
（2）解：①因为
又因为，
当或时，；当时，，
所以在和上是增函数，在上是减函数，
所以的极大值点为，极小值点为1，
因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，
所以，
则公差，
所以，
所以．
证明：②因为，
所以在上无零点，
在上存在唯一零点，且，
令，
则
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
又因为，所以，
令，则，
因为在上单调递减，
所以，当时，，
即单调递减；
当时，，
即单调递增，
所以，
又因为，所以， 综上所述，．
【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；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据题设定义，即可得出的值.
（2）根据题设定义，得到.
①利用导数的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，利用的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，从而得出数列的第一项和第二项的值，再根据等差数列的定义以及通项公式得出数列的通项公式，进而得出，进而得出.
②构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，再构造函数，再利用二次函数的性质判断出函数的单调性，从而得到，即可证出不等式成立.
（1）原式
．
（2）．
（i）．
当或时，；当时，．
所以在和上是增函数，在上是减函数，
所以的极大值点为，极小值点为1．
因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，
所以，
则公差，所以，
所以．
（ii）因为，
所以在上无零点，在上存在唯一零点，且．
令，
则，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，
而，所以．
令，则．
因为在上单调递诚，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，
而，所以．
综上，．
17．【答案】（1）证明：方法一；由，则，
因为为正方形，故，
又因为平面平面且交于平面，
所以，平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，
故平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：因为为正方形，故，
又因为平面平面交于平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角，
则，
所以，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
因为平面平面交于平面，
所以，平面，
又因为平面，
所以，，
由已知，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）解：取中点为，
由（1）知，，
从而建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，
取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用三种方法证明.
方法一：先证明平面，从而得到，再证明面，从而证出平面平面.
方法二：根据二面角的平面角定义，从而判断出是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得的值，从而证出平面平面.
方法三：建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，求出平面和平面的法向量，再根据两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出平面平面.
（2）取中点为，由（1）知，，建立空间直角坐标系，得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积求出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面所成锐二面角的余弦值.
（1）方法一；由，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于平面，
所以平面，又平面，
所以，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
.有，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
而平面平面交于平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为.由（1）知，，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
所以，，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．【答案】（1）解：当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）解：（i)
，
设，
所以，
上面两式相减得，
所以，
所以，
所以.
(ii），
因为都是递减数列，
所以，
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，，
则，
所以；
当时，，
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在，
综上所述，当正整数对取和时，成立.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用错位相减法得到.
（ii)由，再利用数列的单调性进行放缩讨论，从而得出当正整数对取和时，成立.
（1）当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）①
设，
所以，
上面两式相减得，
所以
所以，
所以.
②
因为都是递减数列；
所以；
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，；
则
所以；
当时，；
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在：
综上所述，当正整数对取和时，成立.
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