广东省广州市奥林匹克中学2024~2025学年高三上学期期中考试数学试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.）
1．（2024高三上·广州期中）设集合 ， ，则 的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】B
【知识点】子集与真子集；交集及其运算
【解析】【解答】因为 ， ，
所以 ，
则子集为 ， ， ， 共 个，
故答案为：B
【分析】先利用交集的运算得到，再由子集的定义即可求出 的子集个数.
2．（2024高三上·广州期中）若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题得
∴，
∴复数z对应的点为，在第一象限.
故选：A.
【分析】根据复数的运算法则先求得，进而利用复数的几何意义即可求得答案.
3．（2024高三上·广州期中）设 是公差为正数的等差数列，若 ， ，则 （ ）
A．12 B．35 C．75 D．90
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】设公差为 ，则 ，
∵ ，故解得 ，
∴ ，
故答案为：B．
【分析】利用等差数列通项公式，求出等差数列的首项和公差，由通项公式即可求出第12项的值.
4．（2024高三上·广州期中）的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
的展开式通项为，
所以的展开式中的常数项为.
故选：B.
【分析】根据题意可知只有与的展开式中的一次项乘积为常数，利用二项式定理展开式直接计算可求得结果.
5．（2024高三上·广州期中）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为（ ）（注：一丈=10尺=100寸，）
A．300立方寸 B．305.6立方寸 C．310立方寸 D．316.6立方寸
【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设截面图中圆的半径为（寸），则，解得.
如图所示，在截面图中连接，设，
所以，所以，即.
所以阴影部分的面积约为，
故木材镶嵌墙内部分的体积约为（立方寸），
故选：D.
【分析】根据已知条件求得圆的半径，进而求得∠AOB，算出截面图中阴影部分的面积后利用柱体的体积公式可求木材镶嵌墙内部分的体积.
6．（2024高三上·广州期中）双曲线的左、右焦点分别为，且的一条渐近线与直线平行，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用斜率判定两直线平行；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，解得，
所以双曲线的标准方程为．
故选：A．
【分析】利用已知条件和双曲线的性质列方程组求出a、b的值，即可求得双曲线C的标准方程.
7．（2024高三上·广州期中）函数及，则及的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为，过点(0，a)，
A、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域为，则b>0，此时b的值相互矛盾，故选项A错误；
B、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域可得b<0，且由单调性可得a>1，故选项B正确；
C、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域为，此时b的值相互矛盾，故选项C错误；
D、根据图象中的直线可得b>0，a<0，而函数 可得a>0且a≠0，此时a的值相互矛盾，故选项D错误；
故选：B.
【分析】函数的定义域为，过点(0，a)，根据图象逐一结合函数的定义域，单调性，定点分析讨论a，b的值即可得到正确选项.
8．（2024高三上·广州期中）在长方体 中， ， ，点 在正方形 内， 平面 ，则三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】长方体 中， 平面 ， 平面 ，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ，∴ 平面 ，而 平面 ，∴ ，
因为四边形 是正方形，∴ 是 与 交点，即为 的中点，也是 的中点，
因为 是直角三角形，设 是 中点， 是 中点，
则由 可得 平面 （长方体中棱与相交面垂直）， 是 的外心，
三棱锥 的外接球球心 在直线 上（线段 或 的延长线上），
设 ，则 ，解得 ，
∴外接球半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，
故答案为：C
【分析】由长方体的结构特征可证线面垂直，进而可得线线垂直，利用 是 的外心，三棱锥 的外接球球心 在直线 上（线段 或 的延长线上），求出三棱锥外接球的半径，再利用球的表面积公式，即可求出三棱锥 的外接球的表面积.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.）
9．（2024高三上·广州期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为等腰直角三角形
C．若，则的面积为
D．若为锐角三角形，的最小值为1
【答案】A,B
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得，所以，
因为，所以
所以，
所以，所以，
因为，所以，所以或，
当时，此时显然不成立，所以，即，故选项A正确；
B、因为，所以，
因为，所以，所以，所以，所以，
所以为等腰直角三角形，故B正确；
C、因为，所以，
因为，所以，所以，所以，所以，，
所以，所以，故选项C错误；
D、，
因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，此时无最小值，故选项D错误；
故选：AB.
【分析】根据正弦定理进行边化角可得，结合两角和差的正弦公式可得，进而结合角A，B的取值即可判定选项A；根据正弦定理进行边化角和二倍角的正弦公式求解出，即可求得角A，可得三角形形状即可判断选项B；据正弦定理进行边化角和二倍角的正弦公式求解出，即可求得角A，C，进而可得c=2b，利用三角形的面积公式计算即可判断选项C；根据同角三角函数的关系式和二倍角的正弦，余弦公式先化简可得，根据三角形的性质列式可得的范围，判断原式的取值情况，由此可判断选项D.
10．（2024高三上·广州期中）设函数，已知在有且仅有5个零点，下述结论正确的是（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递减
D．的取值范围是
【答案】A,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：D、因为，所以，
因为在有且仅有5个零点，所以，解得，
所以的取值范围是，故选项D正确；
AB、在有且仅有3个极大值点，在有2个极小值点或3个极小值点，故选项A正确，B错误；
C、因为，所以，
因为，所以，所以在单调递增，故选项C错误.
故选：AD.
【分析】利用整体思想求出时，得出的范围，根据的范围计算可得的范围即可判断选项D；根据的范围和正弦函数的图象，即可判断选项AB；求出时，的范围，结合的范围和正弦函数的单调性即可判断选项C.
11．（2024高三上·广州期中）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由得，所以函数和互为反函数，
所以两函数图象关于直线对称，
而直线与垂直，所以直线关于对称.
由得，所以点，关于点对称，
所以.
由图可知，.
A、所以，当且仅当，即时等号成立，
因为，所以等号不成立，所以，故选项A正确.
B、因为，所以，故选项B正确.
C、因为，所以，故.
设，所以，
因为，所以，所以在上为单调递增，
由得，即，
所以，故选项C错误.
D、因为，所以，
所以，
所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】函数和互为反函数，直线关于对称，点，关于点对称，，结合图象可得，利用基本不等式计算即可判断选项A；根据即可判断选项B；由不等式的性质得，构造函数，求导利用单调性即可判断选项C；根据得，利用作差法计算即可判断选项D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.）
12．（2024高三上·广州期中）已知，是互相垂直的单位向量，若与的夹角为，则实数的值是 .
【答案】
【知识点】单位向量；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为与的夹角为，所以，
又因为，是互相垂直的单位向量，所以，
解得，
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的充要条件可得，利用平面向量的数量积运算与单位向量的定义列出方程即可求得的值.
13．（2024高三上·广州期中）A同学和B同学参加某市青少年围棋比赛并进入决赛，决赛采取“3局2胜”制，若A同学每局获胜的概率均为，且每局比赛相互独立，则在A先胜一局的条件下，A最终能获胜的穊率是 .
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：在A先胜一局的条件下，A再胜第二局，即前两局A胜的概率为，
A第一局和第三局胜，第二局输的概率为，
所以在A先胜一局的条件下，A最终能获胜的概率是.
故答案为：.
【分析】先求出前两局A胜以及A第一局和第三局胜，第二局输的概率，进而利用条件概率的概率公式即可得所求概率.
14．（2024高三上·广州期中）已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 且斜率为 的直线 交 于 ， 两点，以线段 为直径的圆交 轴于 ， 两点，设线段 的中点为 ，若点 到 的准线的距离为3，则 的值为 ．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：抛物线 ： 的焦点为 ，准线方程为 ，
由题意得 ，则抛物线方程为 ，
则直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
设 的横坐标分别为 ，则 ，
所以 的中点 的坐标为 ， ，
则圆 的半径为4，
在 中， ，
故答案为：
【分析】利用点 到 的准线的距离为3可得p的值和过点 且斜率为 的直线 方程，再与抛物线方程联立，利用中点坐标公式结合弦长公式，得到圆 的半径，即可求出 的值 .
四、解答题（本大题共5小题，共计77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广州期中）已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】解：（1）当时，，
当时，，
当时，符合上式，
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；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)根据已知条件和求得数列 的通项公式，利用等差数列的通项公式即可求得的通项公式；
(2)由(1)先求得数列的通项公式，进而利用分组求和即可求得数列的前项和.
16．（2024高三上·广州期中）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）讨论极值点的个数.
【答案】（1）解：当时，，其定义域为，
又，
令，解得；令，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：函数的定义域为，而，
当时，，所以在上单调递增，无极值，即极值点的个数为个；
当时，，
所以解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，即极值点的个数为个.
综上所述，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）先求得函数 的解析式，再求出其定义域，进而求导，利用导函数即可求得函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，利用导数分别求出函数的单调性，即可得到函数 的极值点个数.
（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
17．（2024高三上·广州期中）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，
（1）求的坐标和椭圆的焦距；
（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；
（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立 若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）椭圆，可得，，所以，
，焦距为；
（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，，，
由得，
所以，所以，
所以，，
所以
(或用）
点到直线的距离，
所以，
令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为；
（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，，
因为，所以，
即，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
当直线的斜率不存在时，直线也过定点，
故轴上存在定点，使得恒成立．
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆的性质即可求得的坐标和椭圆的焦距；
(2)设直线，，，联立直线l与椭圆方程，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得|MN|，利用点到直线的距离公式求得点到直线的距离，进而结合基本不等式和三角形的面积公式即可求得面积的最大值与k的值，进而可求得直线l的方程；
(3) 将恒成立转化为，利用两点连线斜率的坐标公式以及根与系数的关系，求出定点即可．
18．（2024高三上·广州期中）定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．
（1）直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
（2）已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
（3）已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．
【答案】（1）解：由题意可知， 函数的定义域为，，
令，解得，
不妨设切点，
所以点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）解：由题意可知，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，所以存在，使得，
所以在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，
所以，所以函数在上单调递增，
又，函数的零点为，所以，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）证明：设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，
所以，
所以在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，所以，
由，同理可得，
因为，所以，
所以，即有，
所以，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；余弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）先对函数求导，进而利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点，再分别求切线方程验证即可得出结论；
（2）求出函数的导数，并设出切点，存在，使得，求出处的切线方程，“双重切线”的定义可列方程组，整理可得，构造函数，利用求导求得函数的零点，进而求得x1和x2，即可求得切线方程.
（3）利用“双重切线”的定义，分别设出对应的切点，分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间，然后借助不等式性质推理即得.
（1）的定义域为，求导得，直线的斜率为2，
令，解得，不妨设切点，
则点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，求导得，
则在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，则有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
1 / 1广东省广州市奥林匹克中学2024~2025学年高三上学期期中考试数学试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.）
1．（2024高三上·广州期中）设集合 ， ，则 的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
2．（2024高三上·广州期中）若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高三上·广州期中）设 是公差为正数的等差数列，若 ， ，则 （ ）
A．12 B．35 C．75 D．90
4．（2024高三上·广州期中）的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广州期中）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为（ ）（注：一丈=10尺=100寸，）
A．300立方寸 B．305.6立方寸 C．310立方寸 D．316.6立方寸
6．（2024高三上·广州期中）双曲线的左、右焦点分别为，且的一条渐近线与直线平行，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广州期中）函数及，则及的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·广州期中）在长方体 中， ， ，点 在正方形 内， 平面 ，则三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.）
9．（2024高三上·广州期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为等腰直角三角形
C．若，则的面积为
D．若为锐角三角形，的最小值为1
10．（2024高三上·广州期中）设函数，已知在有且仅有5个零点，下述结论正确的是（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递减
D．的取值范围是
11．（2024高三上·广州期中）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.）
12．（2024高三上·广州期中）已知，是互相垂直的单位向量，若与的夹角为，则实数的值是 .
13．（2024高三上·广州期中）A同学和B同学参加某市青少年围棋比赛并进入决赛，决赛采取“3局2胜”制，若A同学每局获胜的概率均为，且每局比赛相互独立，则在A先胜一局的条件下，A最终能获胜的穊率是 .
14．（2024高三上·广州期中）已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 且斜率为 的直线 交 于 ， 两点，以线段 为直径的圆交 轴于 ， 两点，设线段 的中点为 ，若点 到 的准线的距离为3，则 的值为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共计77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广州期中）已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．（2024高三上·广州期中）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）讨论极值点的个数.
17．（2024高三上·广州期中）已知椭圆，是的下焦点，过点的直线交于、两点，
（1）求的坐标和椭圆的焦距；
（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；
（3）在轴上是否存在定点，使得恒成立 若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
18．（2024高三上·广州期中）定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．
（1）直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
（2）已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
（3）已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】子集与真子集；交集及其运算
【解析】【解答】因为 ， ，
所以 ，
则子集为 ， ， ， 共 个，
故答案为：B
【分析】先利用交集的运算得到，再由子集的定义即可求出 的子集个数.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题得
∴，
∴复数z对应的点为，在第一象限.
故选：A.
【分析】根据复数的运算法则先求得，进而利用复数的几何意义即可求得答案.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】设公差为 ，则 ，
∵ ，故解得 ，
∴ ，
故答案为：B．
【分析】利用等差数列通项公式，求出等差数列的首项和公差，由通项公式即可求出第12项的值.
4．【答案】B
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
的展开式通项为，
所以的展开式中的常数项为.
故选：B.
【分析】根据题意可知只有与的展开式中的一次项乘积为常数，利用二项式定理展开式直接计算可求得结果.
5．【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设截面图中圆的半径为（寸），则，解得.
如图所示，在截面图中连接，设，
所以，所以，即.
所以阴影部分的面积约为，
故木材镶嵌墙内部分的体积约为（立方寸），
故选：D.
【分析】根据已知条件求得圆的半径，进而求得∠AOB，算出截面图中阴影部分的面积后利用柱体的体积公式可求木材镶嵌墙内部分的体积.
6．【答案】A
【知识点】用斜率判定两直线平行；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，解得，
所以双曲线的标准方程为．
故选：A．
【分析】利用已知条件和双曲线的性质列方程组求出a、b的值，即可求得双曲线C的标准方程.
7．【答案】B
【知识点】函数的图象；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为，过点(0，a)，
A、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域为，则b>0，此时b的值相互矛盾，故选项A错误；
B、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域可得b<0，且由单调性可得a>1，故选项B正确；
C、根据图象中的直线可得b<0，a>1，由曲线可得函数 的定义域为，此时b的值相互矛盾，故选项C错误；
D、根据图象中的直线可得b>0，a<0，而函数 可得a>0且a≠0，此时a的值相互矛盾，故选项D错误；
故选：B.
【分析】函数的定义域为，过点(0，a)，根据图象逐一结合函数的定义域，单调性，定点分析讨论a，b的值即可得到正确选项.
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】长方体 中， 平面 ， 平面 ，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ，∴ 平面 ，而 平面 ，∴ ，
因为四边形 是正方形，∴ 是 与 交点，即为 的中点，也是 的中点，
因为 是直角三角形，设 是 中点， 是 中点，
则由 可得 平面 （长方体中棱与相交面垂直）， 是 的外心，
三棱锥 的外接球球心 在直线 上（线段 或 的延长线上），
设 ，则 ，解得 ，
∴外接球半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，
故答案为：C
【分析】由长方体的结构特征可证线面垂直，进而可得线线垂直，利用 是 的外心，三棱锥 的外接球球心 在直线 上（线段 或 的延长线上），求出三棱锥外接球的半径，再利用球的表面积公式，即可求出三棱锥 的外接球的表面积.
9．【答案】A,B
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得，所以，
因为，所以
所以，
所以，所以，
因为，所以，所以或，
当时，此时显然不成立，所以，即，故选项A正确；
B、因为，所以，
因为，所以，所以，所以，所以，
所以为等腰直角三角形，故B正确；
C、因为，所以，
因为，所以，所以，所以，所以，，
所以，所以，故选项C错误；
D、，
因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，此时无最小值，故选项D错误；
故选：AB.
【分析】根据正弦定理进行边化角可得，结合两角和差的正弦公式可得，进而结合角A，B的取值即可判定选项A；根据正弦定理进行边化角和二倍角的正弦公式求解出，即可求得角A，可得三角形形状即可判断选项B；据正弦定理进行边化角和二倍角的正弦公式求解出，即可求得角A，C，进而可得c=2b，利用三角形的面积公式计算即可判断选项C；根据同角三角函数的关系式和二倍角的正弦，余弦公式先化简可得，根据三角形的性质列式可得的范围，判断原式的取值情况，由此可判断选项D.
10．【答案】A,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：D、因为，所以，
因为在有且仅有5个零点，所以，解得，
所以的取值范围是，故选项D正确；
AB、在有且仅有3个极大值点，在有2个极小值点或3个极小值点，故选项A正确，B错误；
C、因为，所以，
因为，所以，所以在单调递增，故选项C错误.
故选：AD.
【分析】利用整体思想求出时，得出的范围，根据的范围计算可得的范围即可判断选项D；根据的范围和正弦函数的图象，即可判断选项AB；求出时，的范围，结合的范围和正弦函数的单调性即可判断选项C.
11．【答案】A,B,D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由得，所以函数和互为反函数，
所以两函数图象关于直线对称，
而直线与垂直，所以直线关于对称.
由得，所以点，关于点对称，
所以.
由图可知，.
A、所以，当且仅当，即时等号成立，
因为，所以等号不成立，所以，故选项A正确.
B、因为，所以，故选项B正确.
C、因为，所以，故.
设，所以，
因为，所以，所以在上为单调递增，
由得，即，
所以，故选项C错误.
D、因为，所以，
所以，
所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】函数和互为反函数，直线关于对称，点，关于点对称，，结合图象可得，利用基本不等式计算即可判断选项A；根据即可判断选项B；由不等式的性质得，构造函数，求导利用单调性即可判断选项C；根据得，利用作差法计算即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】单位向量；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为与的夹角为，所以，
又因为，是互相垂直的单位向量，所以，
解得，
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的充要条件可得，利用平面向量的数量积运算与单位向量的定义列出方程即可求得的值.
13．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：在A先胜一局的条件下，A再胜第二局，即前两局A胜的概率为，
A第一局和第三局胜，第二局输的概率为，
所以在A先胜一局的条件下，A最终能获胜的概率是.
故答案为：.
【分析】先求出前两局A胜以及A第一局和第三局胜，第二局输的概率，进而利用条件概率的概率公式即可得所求概率.
14．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：抛物线 ： 的焦点为 ，准线方程为 ，
由题意得 ，则抛物线方程为 ，
则直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
设 的横坐标分别为 ，则 ，
所以 的中点 的坐标为 ， ，
则圆 的半径为4，
在 中， ，
故答案为：
【分析】利用点 到 的准线的距离为3可得p的值和过点 且斜率为 的直线 方程，再与抛物线方程联立，利用中点坐标公式结合弦长公式，得到圆 的半径，即可求出 的值 .
15．【答案】解：（1）当时，，
当时，，
当时，符合上式，
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；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)根据已知条件和求得数列 的通项公式，利用等差数列的通项公式即可求得的通项公式；
(2)由(1)先求得数列的通项公式，进而利用分组求和即可求得数列的前项和.
16．【答案】（1）解：当时，，其定义域为，
又，
令，解得；令，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：函数的定义域为，而，
当时，，所以在上单调递增，无极值，即极值点的个数为个；
当时，，
所以解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，即极值点的个数为个.
综上所述，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）先求得函数 的解析式，再求出其定义域，进而求导，利用导函数即可求得函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，利用导数分别求出函数的单调性，即可得到函数 的极值点个数.
（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
17．【答案】解：（1）椭圆，可得，，所以，
，焦距为；
（2）由题意得直线的斜率存在，设直线，，，
由得，
所以，所以，
所以，，
所以
(或用）
点到直线的距离，
所以，
令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为；
（3）当直线的斜率存在时，由（2）得，，
因为，所以，
即，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
当直线的斜率不存在时，直线也过定点，
故轴上存在定点，使得恒成立．
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆的性质即可求得的坐标和椭圆的焦距；
(2)设直线，，，联立直线l与椭圆方程，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得|MN|，利用点到直线的距离公式求得点到直线的距离，进而结合基本不等式和三角形的面积公式即可求得面积的最大值与k的值，进而可求得直线l的方程；
(3) 将恒成立转化为，利用两点连线斜率的坐标公式以及根与系数的关系，求出定点即可．
18．【答案】（1）解：由题意可知， 函数的定义域为，，
令，解得，
不妨设切点，
所以点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）解：由题意可知，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，所以存在，使得，
所以在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，
所以，所以函数在上单调递增，
又，函数的零点为，所以，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）证明：设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，
所以，
所以在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，所以，
由，同理可得，
因为，所以，
所以，即有，
所以，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；余弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）先对函数求导，进而利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点，再分别求切线方程验证即可得出结论；
（2）求出函数的导数，并设出切点，存在，使得，求出处的切线方程，“双重切线”的定义可列方程组，整理可得，构造函数，利用求导求得函数的零点，进而求得x1和x2，即可求得切线方程.
（3）利用“双重切线”的定义，分别设出对应的切点，分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间，然后借助不等式性质推理即得.
（1）的定义域为，求导得，直线的斜率为2，
令，解得，不妨设切点，
则点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，求导得，
则在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，则有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
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