广东省广州市黄埔区2025-2026学年高三上学期期中教学质量监测数学试题
1．（2025高三上·黄埔期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，即集合，
易知集合，则.
故答案为：D.
【分析】解对数不等式求得集合，再根据集合的特征求得集合B，最后根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高三上·黄埔期中）已知复数（为虚数单位），则z的虚部是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
则z的虚部是.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除、减法运算化简复数，再根据复数虚部的定义求解即可.
3．（2025高三上·黄埔期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”．
故答案为：C．
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可．
4．（2025高三上·黄埔期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】由可得，根据，利用三角函数同角基本关系求得的值，再根据诱导公式求解即可.
5．（2025高三上·黄埔期中）设为两个平面，为两条直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则或
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、 若， 当直线在平面内时，即，故A错误；
B、当时，若，则，此时，不成立，故B错误；
C、由，经过直线的平面如果与平面有交线，由线面平行的性质定理知且，
又因为，所以，而，所以，故C正确；
D、在正方体中，如图所示：
设平面为平面，平面为平面，则两平面的交线为，设直线为，则，但不与垂直，也不与垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】举反例即可判断ABD；利用线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理即可判断C.
6．（2025高三上·黄埔期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用对数运算性质求得，代入求值即可.
7．（2025高三上·黄埔期中）已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：易知：，，则，，函数，
由函数经过点，根据五点法作图可得，
则，又因为，所以，则，
令，则当时，，
若方程在上有两个不相等的实数根，
则方程在上有两个不相等的实数根，
等价于函数的图象与直线在上有两个交点，
在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，如图所示：
由图可知：方程在上有两个不相等的实数根时，
则实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由图可得，，根据周期公式求得，，将点代入，结合，可得，令，则，原问题等价于函数的图象与直线在上有两个交点，在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，数形结合求解即可.
8．（2025高三上·黄埔期中）已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：由题意可得：函数在上单调递增，
函数满足，令，可得，
等价于，
即，即，
即，即，即，
令，求导可得，
则当时，，当时取等号，即在上单调递增，
故，即，
则实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：函数在上单调递增，且满足，不等式转化为化为，分离参数可得，令后，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可得实数的取值范围.
9．（2025高三上·黄埔期中）下列说法正确的是（ ）
A．定义域为的函数，且，则
B．函数的最小值为1
C．定义域为的函数满足，当时，，则
D．定义域为的函数，，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为函数定义域为R，且，所以，
则，即，
由，
可得，则对于任意恒成立，即，则，故A正确；
B、函数，当且仅当时等号成立，故B正确；
C、由题意可得：函数关于直线对称，则，故C错误.
D、令，则，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意可得函数是定义在R上的奇函数，则求得，再根据代入求得，即可判断A；利用同角三角函数基本关系，结合基本不等式求解即可判断B；易得函数关于直线对称，求解即可判断C；利用赋值法计算即可判断D.
10．（2025高三上·黄埔期中）已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．的对称轴为
D．若函数，则在上有6个零点
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
A、函数，，故A正确；
B、，故B错误；
C、由，令，，解得，，则的对称轴为，故C正确；
D、，
令，则，
在直角坐标系中分别作出的图象，如图所示：
由图可知，它们在上有6个交点，即在上有6个零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用余弦、正弦的二倍角公式以及辅助角公式化简函数，可得，利用正弦型函数的周期公式求解即可判断A；根据三角函数图象的平移变换求解可得即可判断B；利用正弦型函数对称轴计算即可判断C；利用诱导公式结合辅助角公式化简求得后，将的图象画出，数形结合求解即可判断D.
11．（2025高三上·黄埔期中）已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，必有两个极值点
B．过点可以作曲线的3条不同切线，则
C．若有三个不同的零点，且，则
D．若有三个不同的零点，则
【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
A、要使有两个极值点，则有两个不等实根，即，解得，
则当时，必有两个极值点，故A正确；
B、设切点为，
点处的切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，即，令，
问题转化为与图象的交点个数，
，令，解得或，令，解得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
且，，要使与图象有3个交点，则，故B正确；
C、 若有三个不同的零点， 则
，
即，
因为，所以，
则，即，故C错误；
D、由C分析可得：，
，，
同理，
则
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，求导，若函数有两个极值点，有两个不等实根，即，可得，即可判断A；设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，由切线过点，将问题转化为与图象的交点个数，进而求解即可判断B； 若有三个不同的零点， ，化简得到，再结合可得到即可判断C；由C分析可得，根据导数的运算法则可得，，进而求解即可判断D.
12．（2025高三上·黄埔期中）已知，，则 ．
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
则.
故答案为：.
【分析】根据题意结合对数的运算法则和换底公式，从而得出ab的值.
13．（2025高三上·黄埔期中）已知，则 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，可得，
即，平方可得，解得，
则.
故答案为：.
【分析】利用两角和的正弦公式可得，两边平方结合同角三角函数的平方关系可得，将所求式子切化弦代值求解即可.
14．（2025高三上·黄埔期中）外接圆半径为2，三个角的对边分别为，若，且，则 ；的最大值为 .
【答案】；
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：若，
由余弦定理可得，
因为的外接圆的半径为2，所以，
所以，，且，所以是钝角，且，
由，可得，，且，
则
（其中），
即，当且仅当，时，，取得最大值.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用余弦定理结合正弦定理求得角C，再由正弦定理和辅助角公式可得所求式子的最大值.
15．（2025高三上·黄埔期中）已知函数（）的最小正周期为.
（1）求的解析式并求其单调递减区间；
（2）若方程在上恰有3个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数，
因为函数的最小正周期，所以，即，则，
令，解得，
则单调减区间；
（2）解：因为，所以，
当时，，
若恰有3个不相等的实数根，则，解得，
则实数的取值范围为.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）逆用两角和的正弦公式化简可得，结合周期公式求得，即可得函数的解析式，再利用整体法求解单调递减区间即可；
（2）方程，即，问题转化为恰有3个不相等的实数根，结合正弦函数的图象求解即可.
（1）由，
则最小正周期，即.
令，
解得，
则单调减区间.
（2）因为，则，
当时，，
若恰有3个不相等的实数根，
则，解得，
则实数的取值范围为.
16．（2025高三上·黄埔期中）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，求实数的取值范围并求的极值.
【答案】（1）解：函数定义域为，
求导可得，
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒大于0，在上单调递增；
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，
则，解得，则的取值范围，
故函数的极大值，的极小值.
【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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分、和讨论导数的正负，判断函数的单调性即可；
（2）由（1）知：函数的两个极值点一定为，且两个极值点都在区间内，由题意列不等式求a的取值范围，再利用（1）求极值即可.
（1）当时，在上恒大于0，在上恒小于0，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒大于0，在上单调递增；
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
在上单调递增，在上单调递减.
（2）解法一：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，则，
解得，则的取值范围.
的极大值，的极小值.
解法二：因为，
①当时，则解得；
②当时，在内不存在两个极值点，所以不符合；
③当时，，则无解.
则函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，的取值范围.
的极大值的极小值.
17．（2025高三上·黄埔期中）已知正项数列的前n项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求的前项和
【答案】（1）解：正项数列的前n项和为，且，
当时，，解得；
当时，，，
两式相减得：，
整理得到：，
因为，所以，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
则；
（2）解：由（1）得，
则
.
【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，根据数列与的关系，结合等差数列的概念求其通项公式即可；
（2）由（1）得，利用裂项相消法求其前项和即可.
（1）当时，，解得.
当时，，.
两式相减得：.
整理得到：.
.
数列是首项为1，公差为2的等差数列.
.
（2）由（1）得.
则
.
18．（2025高三上·黄埔期中）设，是双曲线与x轴的左右两个交点，是双曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线与交点为点.
（1）求点轨迹方程.
（2）过点的直线l交曲线Γ于两点，其中点在轴上方.设直线的斜率为，直线的斜率为，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）解：设，，
由题意可得：，因为共线，所以①，
又因为共线，所以②，
由①②两式相乘，可得，（*）
又因为点在双曲线上，所以，即，
将其代入（*）式，得，即，
故点的轨迹方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
设，由韦达定理可得：，即，
则，为定值.
【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）设，，由点共线可得，，两式相乘可得，再由在双曲线上可得，即可得点P的轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与曲线Γ的方程，消元整理，根据韦达定理可得，即，代入斜率公式求解即可.
（1）设，，由题意可得，
共线，故，①
又共线，故，②
由①②两式相乘，得，（*）
因在双曲线上，则，即，
将其代入（*）式，得，即，
即的轨迹方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，
联立，得.
设，则，即，
则
，为定值.
19．（2025高三上·黄埔期中）已知函数（为自然对数的底数）
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若对记，若，有，求的取值范围；
（3）设，且，证明：
【答案】（1）解：函数定义域为，易知，
求导可得，，
则函数在点处的切线方程为，即；
（2）解：由题意可得：，即对时恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式等价于，即恒成立，
设，求导可得，
设，，则，
因为，所以，
所以在为减函数，则，
所以在为减函数，即，所以，
则的取值范围为；
（3）证明：由（2）知，当且时，，即，
令，得，
因为，所以，
当时，，当时，，
，
以上不等式相加得
，证毕.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）由题意可得对时恒成立，当时，不等式恒成立， 当时，问题转化问题为对时恒成立，设，求导，利用导数分析其单调性求解即可；
（3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可.
（1）由，则，
而，则，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）若对，有，
即为：对时恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式等价于，
即为恒成立，
设，则，
设，，则，
因为，所以，
所以在为减函数，则，
所以在为减函数，即，
所以，则的取值范围为.
（3）由（2）知，当且时，，即，
令，得，
因为，所以，
当时，，当时，，
，
以上不等式相加得
，证毕.
1 / 1广东省广州市黄埔区2025-2026学年高三上学期期中教学质量监测数学试题
1．（2025高三上·黄埔期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·黄埔期中）已知复数（为虚数单位），则z的虚部是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·黄埔期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·黄埔期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·黄埔期中）设为两个平面，为两条直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则或
6．（2025高三上·黄埔期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·黄埔期中）已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·黄埔期中）已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·黄埔期中）下列说法正确的是（ ）
A．定义域为的函数，且，则
B．函数的最小值为1
C．定义域为的函数满足，当时，，则
D．定义域为的函数，，则
10．（2025高三上·黄埔期中）已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．的对称轴为
D．若函数，则在上有6个零点
11．（2025高三上·黄埔期中）已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，必有两个极值点
B．过点可以作曲线的3条不同切线，则
C．若有三个不同的零点，且，则
D．若有三个不同的零点，则
12．（2025高三上·黄埔期中）已知，，则 ．
13．（2025高三上·黄埔期中）已知，则 ．
14．（2025高三上·黄埔期中）外接圆半径为2，三个角的对边分别为，若，且，则 ；的最大值为 .
15．（2025高三上·黄埔期中）已知函数（）的最小正周期为.
（1）求的解析式并求其单调递减区间；
（2）若方程在上恰有3个不相等的实数根，求实数的取值范围.
16．（2025高三上·黄埔期中）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，求实数的取值范围并求的极值.
17．（2025高三上·黄埔期中）已知正项数列的前n项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求的前项和
18．（2025高三上·黄埔期中）设，是双曲线与x轴的左右两个交点，是双曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线与交点为点.
（1）求点轨迹方程.
（2）过点的直线l交曲线Γ于两点，其中点在轴上方.设直线的斜率为，直线的斜率为，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由.
19．（2025高三上·黄埔期中）已知函数（为自然对数的底数）
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若对记，若，有，求的取值范围；
（3）设，且，证明：
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，即集合，
易知集合，则.
故答案为：D.
【分析】解对数不等式求得集合，再根据集合的特征求得集合B，最后根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
则z的虚部是.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除、减法运算化简复数，再根据复数虚部的定义求解即可.
3．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”．
故答案为：C．
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可．
4．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】由可得，根据，利用三角函数同角基本关系求得的值，再根据诱导公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、 若， 当直线在平面内时，即，故A错误；
B、当时，若，则，此时，不成立，故B错误；
C、由，经过直线的平面如果与平面有交线，由线面平行的性质定理知且，
又因为，所以，而，所以，故C正确；
D、在正方体中，如图所示：
设平面为平面，平面为平面，则两平面的交线为，设直线为，则，但不与垂直，也不与垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】举反例即可判断ABD；利用线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理即可判断C.
6．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用对数运算性质求得，代入求值即可.
7．【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：易知：，，则，，函数，
由函数经过点，根据五点法作图可得，
则，又因为，所以，则，
令，则当时，，
若方程在上有两个不相等的实数根，
则方程在上有两个不相等的实数根，
等价于函数的图象与直线在上有两个交点，
在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，如图所示：
由图可知：方程在上有两个不相等的实数根时，
则实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由图可得，，根据周期公式求得，，将点代入，结合，可得，令，则，原问题等价于函数的图象与直线在上有两个交点，在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，数形结合求解即可.
8．【答案】A
【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：由题意可得：函数在上单调递增，
函数满足，令，可得，
等价于，
即，即，
即，即，即，
令，求导可得，
则当时，，当时取等号，即在上单调递增，
故，即，
则实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：函数在上单调递增，且满足，不等式转化为化为，分离参数可得，令后，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可得实数的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为函数定义域为R，且，所以，
则，即，
由，
可得，则对于任意恒成立，即，则，故A正确；
B、函数，当且仅当时等号成立，故B正确；
C、由题意可得：函数关于直线对称，则，故C错误.
D、令，则，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意可得函数是定义在R上的奇函数，则求得，再根据代入求得，即可判断A；利用同角三角函数基本关系，结合基本不等式求解即可判断B；易得函数关于直线对称，求解即可判断C；利用赋值法计算即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
A、函数，，故A正确；
B、，故B错误；
C、由，令，，解得，，则的对称轴为，故C正确；
D、，
令，则，
在直角坐标系中分别作出的图象，如图所示：
由图可知，它们在上有6个交点，即在上有6个零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用余弦、正弦的二倍角公式以及辅助角公式化简函数，可得，利用正弦型函数的周期公式求解即可判断A；根据三角函数图象的平移变换求解可得即可判断B；利用正弦型函数对称轴计算即可判断C；利用诱导公式结合辅助角公式化简求得后，将的图象画出，数形结合求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
A、要使有两个极值点，则有两个不等实根，即，解得，
则当时，必有两个极值点，故A正确；
B、设切点为，
点处的切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，即，令，
问题转化为与图象的交点个数，
，令，解得或，令，解得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
且，，要使与图象有3个交点，则，故B正确；
C、 若有三个不同的零点， 则
，
即，
因为，所以，
则，即，故C错误；
D、由C分析可得：，
，，
同理，
则
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，求导，若函数有两个极值点，有两个不等实根，即，可得，即可判断A；设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，由切线过点，将问题转化为与图象的交点个数，进而求解即可判断B； 若有三个不同的零点， ，化简得到，再结合可得到即可判断C；由C分析可得，根据导数的运算法则可得，，进而求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
则.
故答案为：.
【分析】根据题意结合对数的运算法则和换底公式，从而得出ab的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，可得，
即，平方可得，解得，
则.
故答案为：.
【分析】利用两角和的正弦公式可得，两边平方结合同角三角函数的平方关系可得，将所求式子切化弦代值求解即可.
14．【答案】；
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：若，
由余弦定理可得，
因为的外接圆的半径为2，所以，
所以，，且，所以是钝角，且，
由，可得，，且，
则
（其中），
即，当且仅当，时，，取得最大值.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用余弦定理结合正弦定理求得角C，再由正弦定理和辅助角公式可得所求式子的最大值.
15．【答案】（1）解：函数，
因为函数的最小正周期，所以，即，则，
令，解得，
则单调减区间；
（2）解：因为，所以，
当时，，
若恰有3个不相等的实数根，则，解得，
则实数的取值范围为.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）逆用两角和的正弦公式化简可得，结合周期公式求得，即可得函数的解析式，再利用整体法求解单调递减区间即可；
（2）方程，即，问题转化为恰有3个不相等的实数根，结合正弦函数的图象求解即可.
（1）由，
则最小正周期，即.
令，
解得，
则单调减区间.
（2）因为，则，
当时，，
若恰有3个不相等的实数根，
则，解得，
则实数的取值范围为.
16．【答案】（1）解：函数定义域为，
求导可得，
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒大于0，在上单调递增；
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，
则，解得，则的取值范围，
故函数的极大值，的极小值.
【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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分、和讨论导数的正负，判断函数的单调性即可；
（2）由（1）知：函数的两个极值点一定为，且两个极值点都在区间内，由题意列不等式求a的取值范围，再利用（1）求极值即可.
（1）当时，在上恒大于0，在上恒小于0，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒大于0，在上单调递增；
当时，在上恒大于0，在上恒小于0，
在上单调递增，在上单调递减.
（2）解法一：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，则，
解得，则的取值范围.
的极大值，的极小值.
解法二：因为，
①当时，则解得；
②当时，在内不存在两个极值点，所以不符合；
③当时，，则无解.
则函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，的取值范围.
的极大值的极小值.
17．【答案】（1）解：正项数列的前n项和为，且，
当时，，解得；
当时，，，
两式相减得：，
整理得到：，
因为，所以，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
则；
（2）解：由（1）得，
则
.
【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，根据数列与的关系，结合等差数列的概念求其通项公式即可；
（2）由（1）得，利用裂项相消法求其前项和即可.
（1）当时，，解得.
当时，，.
两式相减得：.
整理得到：.
.
数列是首项为1，公差为2的等差数列.
.
（2）由（1）得.
则
.
18．【答案】（1）解：设，，
由题意可得：，因为共线，所以①，
又因为共线，所以②，
由①②两式相乘，可得，（*）
又因为点在双曲线上，所以，即，
将其代入（*）式，得，即，
故点的轨迹方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
设，由韦达定理可得：，即，
则，为定值.
【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）设，，由点共线可得，，两式相乘可得，再由在双曲线上可得，即可得点P的轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与曲线Γ的方程，消元整理，根据韦达定理可得，即，代入斜率公式求解即可.
（1）设，，由题意可得，
共线，故，①
又共线，故，②
由①②两式相乘，得，（*）
因在双曲线上，则，即，
将其代入（*）式，得，即，
即的轨迹方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，
联立，得.
设，则，即，
则
，为定值.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，易知，
求导可得，，
则函数在点处的切线方程为，即；
（2）解：由题意可得：，即对时恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式等价于，即恒成立，
设，求导可得，
设，，则，
因为，所以，
所以在为减函数，则，
所以在为减函数，即，所以，
则的取值范围为；
（3）证明：由（2）知，当且时，，即，
令，得，
因为，所以，
当时，，当时，，
，
以上不等式相加得
，证毕.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）由题意可得对时恒成立，当时，不等式恒成立， 当时，问题转化问题为对时恒成立，设，求导，利用导数分析其单调性求解即可；
（3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可.
（1）由，则，
而，则，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）若对，有，
即为：对时恒成立，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式等价于，
即为恒成立，
设，则，
设，，则，
因为，所以，
所以在为减函数，则，
所以在为减函数，即，
所以，则的取值范围为.
（3）由（2）知，当且时，，即，
令，得，
因为，所以，
当时，，当时，，
，
以上不等式相加得
，证毕.
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