湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高三上学期月考（二）（10月）数学试题
1．（2025高三上·开福月考）若复数z满足，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】先通过复数的除法运算求出z的代数形式，再利用复数模的计算公式求解。
2．（2025高三上·开福月考）已知向量的夹角为，，，则（ ）
A． B．21 C．3 D．9
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：C
【分析】通过向量模长的平方等于向量自身的平方这一性质，先将所求向量的模长转化为向量平方的开方形式，再结合向量的数量积公式进行计算.
3．（2025高三上·开福月考）已知为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．5 B．9 C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，显然，
由，即，
则，解得，
所以.
故答案为：A
【分析】先根据等比数列的通项公式，由已知条件求出公比q，再利用等比数列的前n项和公式与通项公式，计算。
4．（2025高三上·开福月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，解得，
所以
.
故答案为：C
【分析】先通过差角公式求出，再将目标式转化为关于的表达式，代入计算即可。
5．（2025高三上·开福月考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，，
，
，，
又，都大于，．，
故答案为：．
【分析】通过换底公式和代数变形，将对数转化为同一变量的表达式，再通过作差法比较大小。
6．（2025高三上·开福月考）是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先求圆心到直线的距离（利用二次函数求最小值），再用该距离减去圆的半径得|PQ|的最小值。
7．（2025高三上·开福月考）已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，，，
由，则，故，
所以，可得，则，
所以，，又，
所以，可得，即（负值舍）.
故答案为：C
【分析】利用椭圆的定义（椭圆上点到两焦点距离和为2a）结合向量垂直的性质（勾股定理），建立关于a、c的齐次方程，进而求解离心率。
8．（2025高三上·开福月考）如图是棱长为2的正方体，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接它们的交线后如下图所示，
即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，
作的中点M，N，设内切球的半径为r，
所以，，
所以，，，又，
所以，即表面积为．
故答案为：C．
【分析】先确定公共部分的几何形状（正八面体），再通过截面分析利用等面积法求出内切球半径，最终计算表面积。
9．（2025高三上·开福月考）下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则事件相互独立
B．已知随机变量，则
C．数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11
D．已知随机变量，若，则
【答案】A,B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，，则，所以事件相互独立，故A正确；
B，，故B正确；
C，将数据按从小到大排序为：.共有8个数据，所以第75百分位数为第6，7个数据的平均数，为，故C错误；
D，随机变量，且，则，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】分别利用事件独立的定义、二项分布的方差公式、百分位数的计算方法、正态分布的对称性，逐一判断各选项的正误。
10．（2025高三上·开福月考）已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．的最小正周期为
B．为奇函数
C．
D．在内有唯一的极小值点
【答案】B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：辅助角公式化简原函数为，其中，.
因为图象关于直线对称，根据正弦型函数的性质有，即.
又，，，
则.
A：的最小正周期为；
B：，为奇函数；
C：
，不恒为.
D：当，则，
当时，取得极小值，
因此只有，即为唯一的极小值点.
故答案为：BD.
【分析】本题考查三角函数的对称性、周期性、奇偶性与极值点，核心思路是先利用对称轴求出b，化简函数后，结合三角函数的性质逐一分析选项。
11．（2025高三上·开福月考）已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ）
A．若，则
B．数列是等差数列
C．数列是等比数列
D．设是的面积，则
【答案】B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的应用；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：A，设，点为关于轴的对称点，则，
又点，点在抛物线上，所以，，
两式相减，得，化简得，
又过点的直线斜率，且，
所以，解得.故A错误；
B、C，因为关于轴的对称点为，直线的斜率为，
所以，且，化简整理，得，
又，都在上，两式相减，得，
即，所以，
所以是首项为2，公差为的等差数列，故B正确，C错误；
D，若，即，而与有一条公共边，所以需考虑，到边的距离，而，同理，，
由于是等差数列，所以，从而有，则，所以.故D正确.
故答案为：BD
【分析】本题考查抛物线与等差数列的综合应用，核心思路是利用抛物线的点差法推导数列{}的递推关系，结合等差数列的定义和直线平行的性质分析各选项。
12．（2025高三上·开福月考）若，则 .
【答案】-120
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为展开式的通项公式为，
所以.
故答案为：
【分析】本题考查二项式定理的通项应用，核心思路是将乘积式拆分为两个因式的组合，分别求出对应次数项的系数，再相加得到目标项的系数。
13．（2025高三上·开福月考）已知，且满足，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以，
所以
，
当且仅当 即时等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：.
【分析】先将已知等式变形为 “(x+1)+2y=2”，再利用“乘1法”结合基本不等式，将目标式转化为可利用均值定理的形式，求解最小值。
14．（2025高三上·开福月考）已知是公差不为0的无穷等差数列，且各项均为整数.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质P.若，则具有性质P的数列的个数为 .
【答案】6.
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：设数列的公差为，假设为负整数，则为递减数列，
所以中各项的最大值为，由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，故为正整数.
因为，，又，由题意，，使得，所以，
所以，d只能是12的正约数，所以.
当时，，数列为，经验证符合题意；
当时，，数列为，经验证符合题意；
当时，，数列为，证符合题意；
；
依次验证这六个值均符合题意.故具有性质P的数列有6个.
故答案为：6.
【分析】本题考查等差数列的性质与整数约数分析，核心思路是通过性质P的定义推导公差的约束条件，结合正约数的枚举确定符合条件的公差个数。
15．（2025高三上·开福月考）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，过点B作，D为垂足，求BD的最大值．
【答案】（1）解：由及正弦定理，得，
所以，
又，
则，
化简可得，又，，
所以，所以，又，所以.
（2）解：设，由三角形的面积公式可得，解得，
又，
又，所以，当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）角的求解：利用正弦定理将边化为角，结合展开，化简后得到的值，进而确定角。
（2）的最大值：通过面积公式将转化为的表达式，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，从而得到的最大值。
（1）由及正弦定理，得，
所以，
又，
则，
化简可得，又，，
所以，所以，又，所以.
（2）设，由三角形的面积公式可得，解得，
又，
又，所以，当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为.
16．（2025高三上·开福月考）如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且.
（1）求证：；
（2）当时，求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
又，且，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
故.
（2）解：因为，所以在等腰直角三角形中，，得.
又在直角三角形中，，得.
因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以，
取的中点为S，连接，则，且，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
故直线与直线所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）通过线面垂直的判定与性质，逐步推导线线垂直，体现空间中垂直关系的转化逻辑。
（2）利用几何法找线线角，结合余弦定理计算，体现空间角的几何构造与定量分析。
（1）因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
又，且，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
故.
（2）解法一：因为，所以在等腰直角三角形中，，得.
又在直角三角形中，，得.
因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以，
取的中点为S，连接，则，且，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
故直线与直线所成角的余弦值为.
解法二：当时，，分别是和的中点，所以.
又与所在的平面垂直，所以平面，平面，所以.
此时，，两两垂直.
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图：
得，，，，
故，.
则，
故直线PC与直线AM所成角的余弦值为.
17．（2025高三上·开福月考）根据相关研究报告显示，预计年电商交易额突破亿元，网购用户规模接近亿．下表为某网店统计的近个月的利润（单位：万元），其中为月份代号．
月份 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月 2025年4月
月份代号 1 2 3 4 5
利润／万元 8 6.3 5.1 3.2 2.4
（1）依据表中的统计数据，计算样本相关系数（精确到），判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系；若可用，求出关于的经验回归方程，并估计年月该网店利润；若不可用，请说明理由；
（2）该专营店为了吸引顾客，推出两种抽奖方案．方案一：一次性购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折，其余情况不打折．方案二：从装有个形状大小、完全相同的小球（其中红球个，白球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸出个红球和一个白球打六折，摸出个黑球打八折，其余情况不打折．某顾客计划在此网店购买元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠．
参考：，，
【答案】（1）解：由题意可得，，
，
，
，
所以，，
因为接近于，所以可以用线性回归模型拟合与的关系，
，则，
所以，关于的经验回归方程为，
将代入经验回归方程为，
故估计年月该网点利润估计知为万元.
（2）解：设方案一的中奖次数为，由题意可知，实际付款金额为万元，
则的可能取值有、、、，
则，，
，，
故，
设方案二实际付款金额为万元，由题意可知，的可能取值有、、，
，，，
故
因为，所以，从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择方案二更优惠.
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）线性回归：先计算样本均值、协方差和方差，求相关系数判断线性相关程度；再求回归系数得经验回归方程，代入x值预测利润。
（2）方案选择：分别计算两种方案下实际付款的数学期望，比较期望大小确定更优惠的方案。
（1）由题意可得，，
，
，
，
所以，，
因为接近于，所以可以用线性回归模型拟合与的关系，
，则，
所以，关于的经验回归方程为，
将代入经验回归方程为，
故估计年月该网点利润估计知为万元.
（2）设方案一的中奖次数为，由题意可知，实际付款金额为万元，
则的可能取值有、、、，
则，，
，，
故，
设方案二实际付款金额为万元，由题意可知，的可能取值有、、，
，，，
故
因为，所以，从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择方案二更优惠.
18．（2025高三上·开福月考）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
（1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围．
（2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”．
①求b的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）解：由与为“契合函数”，
得，使，
令，依题意，方程有唯一解，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，时，，，
又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或，
所以实数a的取值范围是.
（2）①解：由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”，
得存在，使，
即关于的方程有两个相异正根，令函数，
求导得，
由，得，得当时，；当时，，
则函数在上递增，在上递减，则，
当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点，
所以b的取值范围是.
②证明：由（1）知，当时，，令，
求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，，，
函数在上单调递减，，因此当时，，
而，则，又，于是，
又，函数在上递减，则，
所以.
【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
【解析】【分析】（1）参数范围：将 “契合函数” 转化为方程有唯一解，构造函数后利用导数分析单调性与最值，结合函数图象得参数范围。
（2）① 参数范围：同理转化为方程有两个正根，构造函数后分析单调性、最值及极限趋势，得参数范围。
② 不等式证明：利用函数单调性，将双变量不等式转化为单变量不等式，结合函数性质证明。
（1）由与为“契合函数”，得，使
，令，依题意，方程有唯一解，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，时，，，
又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或，
所以实数a的取值范围是.
（2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”，
得存在，使，
即关于的方程有两个相异正根，令函数，
求导得，
由，得，得当时，；当时，，
则函数在上递增，在上递减，则，
当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点，
所以b的取值范围是.
②由（1）知，当时，，令，
求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，，，
函数在上单调递减，，因此当时，，
而，则，又，于是，
又，函数在上递减，则，
所以.
19．（2025高三上·开福月考）已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
因为点到的一条渐近线的距离为，即，
又因为，所以
所以的方程为.
（2）解：（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
因为切线不平行的渐近线，所以.
由圆心到切线的距离，得.
联立消去得，
由题意知，设，
所以，
所以
.
所以，即.
所以.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求得双曲线的渐近线方程，进而由点到直线距离公式列式结合可得，即可求得双曲线C的方程；
（2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再联立切线方程与双曲线方程，由韦达定理可得，结合可得，进而可得，即可证得；
（ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案；
方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案；
方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案.
（1）解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
1 / 1湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高三上学期月考（二）（10月）数学试题
1．（2025高三上·开福月考）若复数z满足，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
2．（2025高三上·开福月考）已知向量的夹角为，，，则（ ）
A． B．21 C．3 D．9
3．（2025高三上·开福月考）已知为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．5 B．9 C． D．
4．（2025高三上·开福月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·开福月考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·开福月考）是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·开福月考）已知与分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·开福月考）如图是棱长为2的正方体，则两个三棱锥，的公共部分的内切球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
9．（2025高三上·开福月考）下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则事件相互独立
B．已知随机变量，则
C．数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11
D．已知随机变量，若，则
10．（2025高三上·开福月考）已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．的最小正周期为
B．为奇函数
C．
D．在内有唯一的极小值点
11．（2025高三上·开福月考）已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ）
A．若，则
B．数列是等差数列
C．数列是等比数列
D．设是的面积，则
12．（2025高三上·开福月考）若，则 .
13．（2025高三上·开福月考）已知，且满足，则的最小值为 ．
14．（2025高三上·开福月考）已知是公差不为0的无穷等差数列，且各项均为整数.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质P.若，则具有性质P的数列的个数为 .
15．（2025高三上·开福月考）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，过点B作，D为垂足，求BD的最大值．
16．（2025高三上·开福月考）如图，是的直径.与所在的平面垂直，，C是上的一动点（不同于A，B），M为线段的中点，点N在线段上，且.
（1）求证：；
（2）当时，求直线与直线所成角的余弦值.
17．（2025高三上·开福月考）根据相关研究报告显示，预计年电商交易额突破亿元，网购用户规模接近亿．下表为某网店统计的近个月的利润（单位：万元），其中为月份代号．
月份 2024年12月 2025年1月 2025年2月 2025年3月 2025年4月
月份代号 1 2 3 4 5
利润／万元 8 6.3 5.1 3.2 2.4
（1）依据表中的统计数据，计算样本相关系数（精确到），判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系；若可用，求出关于的经验回归方程，并估计年月该网店利润；若不可用，请说明理由；
（2）该专营店为了吸引顾客，推出两种抽奖方案．方案一：一次性购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折，其余情况不打折．方案二：从装有个形状大小、完全相同的小球（其中红球个，白球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸出个红球和一个白球打六折，摸出个黑球打八折，其余情况不打折．某顾客计划在此网店购买元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠．
参考：，，
18．（2025高三上·开福月考）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
（1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围．
（2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”．
①求b的取值范围；
②证明：．
19．（2025高三上·开福月考）已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】先通过复数的除法运算求出z的代数形式，再利用复数模的计算公式求解。
2．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：C
【分析】通过向量模长的平方等于向量自身的平方这一性质，先将所求向量的模长转化为向量平方的开方形式，再结合向量的数量积公式进行计算.
3．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，显然，
由，即，
则，解得，
所以.
故答案为：A
【分析】先根据等比数列的通项公式，由已知条件求出公比q，再利用等比数列的前n项和公式与通项公式，计算。
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，解得，
所以
.
故答案为：C
【分析】先通过差角公式求出，再将目标式转化为关于的表达式，代入计算即可。
5．【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，，
，
，，
又，都大于，．，
故答案为：．
【分析】通过换底公式和代数变形，将对数转化为同一变量的表达式，再通过作差法比较大小。
6．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先求圆心到直线的距离（利用二次函数求最小值），再用该距离减去圆的半径得|PQ|的最小值。
7．【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，，，
由，则，故，
所以，可得，则，
所以，，又，
所以，可得，即（负值舍）.
故答案为：C
【分析】利用椭圆的定义（椭圆上点到两焦点距离和为2a）结合向量垂直的性质（勾股定理），建立关于a、c的齐次方程，进而求解离心率。
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接它们的交线后如下图所示，
即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，
作的中点M，N，设内切球的半径为r，
所以，，
所以，，，又，
所以，即表面积为．
故答案为：C．
【分析】先确定公共部分的几何形状（正八面体），再通过截面分析利用等面积法求出内切球半径，最终计算表面积。
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，，则，所以事件相互独立，故A正确；
B，，故B正确；
C，将数据按从小到大排序为：.共有8个数据，所以第75百分位数为第6，7个数据的平均数，为，故C错误；
D，随机变量，且，则，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】分别利用事件独立的定义、二项分布的方差公式、百分位数的计算方法、正态分布的对称性，逐一判断各选项的正误。
10．【答案】B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：辅助角公式化简原函数为，其中，.
因为图象关于直线对称，根据正弦型函数的性质有，即.
又，，，
则.
A：的最小正周期为；
B：，为奇函数；
C：
，不恒为.
D：当，则，
当时，取得极小值，
因此只有，即为唯一的极小值点.
故答案为：BD.
【分析】本题考查三角函数的对称性、周期性、奇偶性与极值点，核心思路是先利用对称轴求出b，化简函数后，结合三角函数的性质逐一分析选项。
11．【答案】B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的应用；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：A，设，点为关于轴的对称点，则，
又点，点在抛物线上，所以，，
两式相减，得，化简得，
又过点的直线斜率，且，
所以，解得.故A错误；
B、C，因为关于轴的对称点为，直线的斜率为，
所以，且，化简整理，得，
又，都在上，两式相减，得，
即，所以，
所以是首项为2，公差为的等差数列，故B正确，C错误；
D，若，即，而与有一条公共边，所以需考虑，到边的距离，而，同理，，
由于是等差数列，所以，从而有，则，所以.故D正确.
故答案为：BD
【分析】本题考查抛物线与等差数列的综合应用，核心思路是利用抛物线的点差法推导数列{}的递推关系，结合等差数列的定义和直线平行的性质分析各选项。
12．【答案】-120
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为展开式的通项公式为，
所以.
故答案为：
【分析】本题考查二项式定理的通项应用，核心思路是将乘积式拆分为两个因式的组合，分别求出对应次数项的系数，再相加得到目标项的系数。
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以，
所以
，
当且仅当 即时等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：.
【分析】先将已知等式变形为 “(x+1)+2y=2”，再利用“乘1法”结合基本不等式，将目标式转化为可利用均值定理的形式，求解最小值。
14．【答案】6.
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：设数列的公差为，假设为负整数，则为递减数列，
所以中各项的最大值为，由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，故为正整数.
因为，，又，由题意，，使得，所以，
所以，d只能是12的正约数，所以.
当时，，数列为，经验证符合题意；
当时，，数列为，经验证符合题意；
当时，，数列为，证符合题意；
；
依次验证这六个值均符合题意.故具有性质P的数列有6个.
故答案为：6.
【分析】本题考查等差数列的性质与整数约数分析，核心思路是通过性质P的定义推导公差的约束条件，结合正约数的枚举确定符合条件的公差个数。
15．【答案】（1）解：由及正弦定理，得，
所以，
又，
则，
化简可得，又，，
所以，所以，又，所以.
（2）解：设，由三角形的面积公式可得，解得，
又，
又，所以，当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）角的求解：利用正弦定理将边化为角，结合展开，化简后得到的值，进而确定角。
（2）的最大值：通过面积公式将转化为的表达式，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，从而得到的最大值。
（1）由及正弦定理，得，
所以，
又，
则，
化简可得，又，，
所以，所以，又，所以.
（2）设，由三角形的面积公式可得，解得，
又，
又，所以，当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为.
16．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
又，且，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
故.
（2）解：因为，所以在等腰直角三角形中，，得.
又在直角三角形中，，得.
因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以，
取的中点为S，连接，则，且，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
故直线与直线所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）通过线面垂直的判定与性质，逐步推导线线垂直，体现空间中垂直关系的转化逻辑。
（2）利用几何法找线线角，结合余弦定理计算，体现空间角的几何构造与定量分析。
（1）因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
又，且，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
故.
（2）解法一：因为，所以在等腰直角三角形中，，得.
又在直角三角形中，，得.
因为为等腰直角三角形，M为的中点，且，得，所以，
取的中点为S，连接，则，且，
所以为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
故直线与直线所成角的余弦值为.
解法二：当时，，分别是和的中点，所以.
又与所在的平面垂直，所以平面，平面，所以.
此时，，两两垂直.
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图：
得，，，，
故，.
则，
故直线PC与直线AM所成角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：由题意可得，，
，
，
，
所以，，
因为接近于，所以可以用线性回归模型拟合与的关系，
，则，
所以，关于的经验回归方程为，
将代入经验回归方程为，
故估计年月该网点利润估计知为万元.
（2）解：设方案一的中奖次数为，由题意可知，实际付款金额为万元，
则的可能取值有、、、，
则，，
，，
故，
设方案二实际付款金额为万元，由题意可知，的可能取值有、、，
，，，
故
因为，所以，从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择方案二更优惠.
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）线性回归：先计算样本均值、协方差和方差，求相关系数判断线性相关程度；再求回归系数得经验回归方程，代入x值预测利润。
（2）方案选择：分别计算两种方案下实际付款的数学期望，比较期望大小确定更优惠的方案。
（1）由题意可得，，
，
，
，
所以，，
因为接近于，所以可以用线性回归模型拟合与的关系，
，则，
所以，关于的经验回归方程为，
将代入经验回归方程为，
故估计年月该网点利润估计知为万元.
（2）设方案一的中奖次数为，由题意可知，实际付款金额为万元，
则的可能取值有、、、，
则，，
，，
故，
设方案二实际付款金额为万元，由题意可知，的可能取值有、、，
，，，
故
因为，所以，从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择方案二更优惠.
18．【答案】（1）解：由与为“契合函数”，
得，使，
令，依题意，方程有唯一解，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，时，，，
又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或，
所以实数a的取值范围是.
（2）①解：由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”，
得存在，使，
即关于的方程有两个相异正根，令函数，
求导得，
由，得，得当时，；当时，，
则函数在上递增，在上递减，则，
当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点，
所以b的取值范围是.
②证明：由（1）知，当时，，令，
求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，，，
函数在上单调递减，，因此当时，，
而，则，又，于是，
又，函数在上递减，则，
所以.
【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
【解析】【分析】（1）参数范围：将 “契合函数” 转化为方程有唯一解，构造函数后利用导数分析单调性与最值，结合函数图象得参数范围。
（2）① 参数范围：同理转化为方程有两个正根，构造函数后分析单调性、最值及极限趋势，得参数范围。
② 不等式证明：利用函数单调性，将双变量不等式转化为单变量不等式，结合函数性质证明。
（1）由与为“契合函数”，得，使
，令，依题意，方程有唯一解，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，时，，，
又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或，
所以实数a的取值范围是.
（2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”，
得存在，使，
即关于的方程有两个相异正根，令函数，
求导得，
由，得，得当时，；当时，，
则函数在上递增，在上递减，则，
当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点，
所以b的取值范围是.
②由（1）知，当时，，令，
求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，，，
函数在上单调递减，，因此当时，，
而，则，又，于是，
又，函数在上递减，则，
所以.
19．【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
因为点到的一条渐近线的距离为，即，
又因为，所以
所以的方程为.
（2）解：（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
因为切线不平行的渐近线，所以.
由圆心到切线的距离，得.
联立消去得，
由题意知，设，
所以，
所以
.
所以，即.
所以.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求得双曲线的渐近线方程，进而由点到直线距离公式列式结合可得，即可求得双曲线C的方程；
（2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再联立切线方程与双曲线方程，由韦达定理可得，结合可得，进而可得，即可证得；
（ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案；
方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案；
方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案.
（1）解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
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