湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷
1．（2025高三上·望城期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用高次不等式求解方法，从而得出集合，再由交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高三上·望城期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
则复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数求模公式，从而得出的值，再由复数的混合运算法则和复数相等的判断方法以及复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．（2025高三上·望城期中）若函数的最小正周期为1，则函数图象的对称中心为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，所以，
当时，，
令，解得，
当时，，
令，解得，
所以，函数图象的对称中心为.
故答案为：B.
【分析】由题意结合正切型函数的最小正周期根式得出的值，再结合正切型函数的对称性得出函数图象的对称中心.
4．（2025高三上·望城期中）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】D
【知识点】分层抽样方法；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理，则不同的抽样结果共有种.
故答案为：D.
【分析】利用分层抽样的方法和组合数公式，再利用分步乘法计数原理，从而得出不同的抽样结果共有的种数.
5．（2025高三上·望城期中）若实数互不相等，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．以上三个答案都不正确
【答案】C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，
则，，，
根据指数函数的图象、对数函数图象，且互不相等，
易得：，，
则，.
故答案为：C.
【分析】令，再分别求解出与k的关系式，再利用指数函数的图象与性质、对数函数的图象与性质，从而判断出x，y，z的大小关系.
6．（2025高三上·望城期中）已知双曲线的左、右两个焦点为，，若是双曲线左支上的一点，且，则此双曲线离心率的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：作图，设，
则
解得，
因为是双曲线左支上的一点，
所以，则，
解得.
故答案为：．
【分析】设，根据双曲线的定义和性质，可得，再利用双曲线的离心率公式和几何法求最值的方法，从而得出此双曲线离心率的最大值．
7．（2025高三上·望城期中）设函数的定义域为是偶函数，是奇函数，且当时，，若，则（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：是偶函数，
是奇函数，∴，且.
∴.
由，解得，
∴ 当时，，
.
故选：B.
【分析】由函数的奇偶性可得，进而结合题意列方程组可求出，再利用函数的周期性可得，计算即可求解.
8．（2025高三上·望城期中）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：已知圆的方程为，
将其配方可得，
可知该圆的圆心坐标为，半径，
因为点为线段MN的中点，
根据垂径定理，可知，
因为，所以，
在中，根据勾股定理，得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
已知点在直线上，
可得圆心到直线的距离为：，
因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，
则.
故答案为：B.
【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和圆的半径，再根据弦长公式求出圆心到弦MN的距离，从而确定点的轨迹，再根据点到直线的距离公式求出的最小值.
9．（2025高三上·望城期中）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：法一：对于A，在正三棱柱中，平面，
因为平面，
所以，则，
又因为是正三角形，为中点，
所以，则，
又因为，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又因为平面，所以，
因为是正三角形，为中点，
所以，，
又因为平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又因为平面平面，
所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误.
故答案为：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，
则，
对于A，因为，
所以，
则不成立，故选项A错误；
对于B、D，因为，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，
所以，，
则平面，平面，故选项B、选项D正确；
对于C，因为，
所以，显然不成立，故C错误.
故答案为：BD.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：对于A，利用线面垂直得出，再利用正三角形三线合一得出， 再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和空间向量基本定理以及数量积的运算律，从而判断出选项A；利用线面垂直的判定定理与性质定理，则可判断选项B；利用线面平行的判定定理判断出选项D；利用反证法可判断出选项C，从而找出正确的选项.
方法二：根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量法逐项判断各选项，从而找出正确的选项.
10．（2025高三上·望城期中）已知，是抛物线上的两点，若直线过抛物线的焦点且倾斜角为.则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【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：对于选项A，设直线的方程为，
代入，可得，
所以，，故选项A正确；
对于选项B，因为是过抛物线的焦点的弦，
由抛物线定义，可得，
由选项A，知，，
所以，
则，
解得，
当时，，所以，
当时，，则，
当时，也适合上式，则，故选项B正确；
对于选项C，不妨设，点A在x轴上方，再设，是，在准线上的射影，
则，
所以，
同理可得，
所以，
同理可证时，等式也成立，故选项C正确；
对于选项D，由以上选项可知：，，
所以，故选项D不正确.
故答案为：ABC.
【分析】设直线的方程为，代入，再利用韦达定理，则判断出选项A；利用抛物线的定义和选项A中的结论，则表示出，从而判断出选项B；由抛物线的定义，在直角三角形中，利用余弦函数的定义可得的长，同理可得的长，则可判断选项C；利用选项A中的结论判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2025高三上·望城期中）数列 满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B． ，数列 单调递减
C． ，使得数列 为公差不为 0 的等差数列
D．若
【答案】A,B,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示
【解析】【解答】解：对于A，，
因为 ，所以，故A正确；
对于B，当时，则，
所以，则数列 单调递减，故B正确；
对于C，因为，，
若数列 为公差不为 0 的等差数列，
则，所以或，
当时，公差为0，不合题意；
当时，公差为3，，
不符合，舍去，
所以不存在 ，使得数列为公差不为0的等差数列，故C错误；
对于D：因为，
所以，则，
所以，
则
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用，则可判断选项A；利用作差法计算可判断选项B；假设数列为等差数列，则得出或，再分类判断出选项C；先化简再结合等比数列求和公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高三上·望城期中）设数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值为 .
【答案】或
【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：当时，，成立；
当时，，
因为，所以，
化简，得，
解得 或，
综上可知，公比的值为或．
故答案为：1或.
【分析】利用等比数列的通项公式和等比数列的求和公式，从而列方程求解得出公比q的值.
13．（2025高三上·望城期中）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为与相切，
又因为，设切点坐标为，
则切线方程为.
因为切线过原点，所以，
则切点为，所以，
对于函数，，
由，根据，得切点纵坐标为：，
根据，得切点纵坐标为：，
由结合题意，
可知.
故答案为：.
【分析】先根据与相切确定的值，再根据直线与相切，从而确定的值.
14．（2025高三上·望城期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是 .
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，
由BE=2EA，D为BC中点，
知BF=FE=EA，AO=OD，
所以
，
则
所以
则.
【分析】由题意，将原问题转化为基底的数量积，再利用几何性质和数量积的运算律，从而得出的值.
15．（2025高三上·望城期中）在锐角中，内角的对边分别是，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：因为，所以，则，
由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，
解得，
则，
所以，
则，
所以的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合锐角三角形中角的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用正弦定理将边化为角，再结合锐角三角形的性质和正弦型函数的值域，从而计算得出实数a的取值范围.
（1）因为，则，
则，
因为，所以；
（2）因为，所以，则，
由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，所以，
所以，即的取值范围为.
16．（2025高三上·望城期中）不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
甲学院 乙学院
使用 不使用 使用 不使用
A款 40人 80人 60人 20人
款 70人 50人 30人 50人
假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
（1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率；
（2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望；
（3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小．
【答案】（1）解：由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为.
（2）解：由题意，可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
所以的分布列如下：
0 1 2 3
P
则.
（3）解：由第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式，
可知，
，
所以.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）利用已知条件和古典概率公式，再结合表格分别估计出该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量X的值，再利用对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出离散型随机变量的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）利用二项分布的方差公式计算并比较出与的大小.
（1）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为；
（2）由题意可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
的分布列如下：
0 1 2 3
P
所以；
（3）同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式可知，
，
所以.
17．（2025高三上·望城期中）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【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）面面垂直证明：先通过几何关系证，翻折后结合得平面，进而证平面，最终由面面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，得到比值。
（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
18．（2025高三上·望城期中）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是上的另一点，满足四边形为平行四边形.
（i）求；
（ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆.
【答案】（1）解：如图所示，
当P在短轴顶点时最大，此时，
解得，
所以椭圆方程为：.
（2）（i）解：如图所示，直线l的斜率存在，
设，，直线l的斜率为k，
则直线AB的方程为，代入，
得，
其中，
，，
，
则，
因为C点在椭圆上，代入椭圆方程，得，
则，解得，
所以，.
则.
（ii）证明：由（i）可知，
点C关于O的对称点为，，，
因为，，
所以，，，
则，
所以
又因为，，
所以，
则
，
根据，，不妨设，，
计算可得，，，，
所以，
则，
所以，
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，
可知A，B，C，D四点共圆.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据三角形的面积公式和椭圆的概念，从而求出参数，进而写出椭圆方程.
（2）（i）根据椭圆的弦长公式和直线与椭圆的位置关系，设出直线方程，再根据韦达定理求出直线斜率，再结合弦长公式求出弦长的值.
（ii）先根据图形中心对称原则和向量法判断四点共圆的方法，再结合四点所成四边形对角互补，从而证出，，，四点共圆.
（1）如图所示，当P在短轴顶点时最大，此时，
解得，所以椭圆方程为：；
（2）（i）
如图所示，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k.
直线AB的方程为，代入，
得，
其中，
，，
，
从而，因为C点在椭圆上，代入椭圆方程得，
即，解得，所以，.
所以，
（ii）
由（i）可知，C关于O的对称点为，，，
因为，，
即，，，
所以，
，
又，，
所以，
则
，
根据，，不妨设，，
计算可得，，，，
所以，所以，
所以.
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆.
19．（2025高三上·望城期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且存在两个极值点．
①求的取值范围；
②设的两个极值点为，证明：．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由，可得；
由，可得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①解：因为，
所以，
又因为存在两个极值点，
所以存在两个变号的零点，
则有两个不同的根，
所以，函数与有两个不同的交点，
又因为，当，则，即单调递增，
当，则，即单调递减，
所以，
因为当时，；当时，，
则函数与有两个不同的交点，
所以，
则，
所以函数存在两个极值点，
则的取值范围为.
②证明：由①可知时，存在两个极值点，设，
则，即，
则，
所以，要证，
即证，
即证，
由①知在上单调递增，
即证，
又因为，即证，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上有，
则成立，
所以，
则成立.
【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；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】【分析】（1）将函数求导，再根据参数的取值进行分类，再结合导数判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）①先求出导数，根据函数极值点就是导数零点，则有两个不同的根，从而函数与有两个不同的交点，再通过讨论函数单调性和最值可得其取值变化，从而求得的取值范围.
②设，由结合对数运算，可得要证，即证，即证，由在上单调递增，可得需证，令，利用导数可证得，即证得，从而证出成立.
（1）函数的定义域为，则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由可得；由，可得.
则在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①因为，则，
因为存在两个极值点，则存在两个变号的零点，
即有两个不同的根，
则函数与有两个不同的交点，
又因为，则有，即有单调递增，
则有，即有单调递减，
所以，
又时，，当时，，
则函数与有两个不同的交点，有，即，
故存在两个极值点，的取值范围为；
②证明：由①可知时，存在两个极值点，设，
则，即，
则，
所以，要证，
即证明，即证，
由①知在上单调递增，则即证，
又因为，即证，
令，
，
所以在上单调递增，又，
所以在上有，
即成立，
所以有，即成立.
1 / 1湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷
1．（2025高三上·望城期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·望城期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
3．（2025高三上·望城期中）若函数的最小正周期为1，则函数图象的对称中心为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·望城期中）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种 B．种
C．种 D．种
5．（2025高三上·望城期中）若实数互不相等，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．以上三个答案都不正确
6．（2025高三上·望城期中）已知双曲线的左、右两个焦点为，，若是双曲线左支上的一点，且，则此双曲线离心率的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2025高三上·望城期中）设函数的定义域为是偶函数，是奇函数，且当时，，若，则（ ）
A． B． C． D．3
8．（2025高三上·望城期中）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2025高三上·望城期中）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
10．（2025高三上·望城期中）已知，是抛物线上的两点，若直线过抛物线的焦点且倾斜角为.则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·望城期中）数列 满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B． ，数列 单调递减
C． ，使得数列 为公差不为 0 的等差数列
D．若
12．（2025高三上·望城期中）设数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值为 .
13．（2025高三上·望城期中）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
14．（2025高三上·望城期中）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是 .
15．（2025高三上·望城期中）在锐角中，内角的对边分别是，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
16．（2025高三上·望城期中）不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
甲学院 乙学院
使用 不使用 使用 不使用
A款 40人 80人 60人 20人
款 70人 50人 30人 50人
假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
（1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率；
（2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望；
（3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小．
17．（2025高三上·望城期中）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
18．（2025高三上·望城期中）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是上的另一点，满足四边形为平行四边形.
（i）求；
（ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆.
19．（2025高三上·望城期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且存在两个极值点．
①求的取值范围；
②设的两个极值点为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用高次不等式求解方法，从而得出集合，再由交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
则复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数求模公式，从而得出的值，再由复数的混合运算法则和复数相等的判断方法以及复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，所以，
当时，，
令，解得，
当时，，
令，解得，
所以，函数图象的对称中心为.
故答案为：B.
【分析】由题意结合正切型函数的最小正周期根式得出的值，再结合正切型函数的对称性得出函数图象的对称中心.
4．【答案】D
【知识点】分层抽样方法；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理，则不同的抽样结果共有种.
故答案为：D.
【分析】利用分层抽样的方法和组合数公式，再利用分步乘法计数原理，从而得出不同的抽样结果共有的种数.
5．【答案】C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，
则，，，
根据指数函数的图象、对数函数图象，且互不相等，
易得：，，
则，.
故答案为：C.
【分析】令，再分别求解出与k的关系式，再利用指数函数的图象与性质、对数函数的图象与性质，从而判断出x，y，z的大小关系.
6．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：作图，设，
则
解得，
因为是双曲线左支上的一点，
所以，则，
解得.
故答案为：．
【分析】设，根据双曲线的定义和性质，可得，再利用双曲线的离心率公式和几何法求最值的方法，从而得出此双曲线离心率的最大值．
7．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：是偶函数，
是奇函数，∴，且.
∴.
由，解得，
∴ 当时，，
.
故选：B.
【分析】由函数的奇偶性可得，进而结合题意列方程组可求出，再利用函数的周期性可得，计算即可求解.
8．【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：已知圆的方程为，
将其配方可得，
可知该圆的圆心坐标为，半径，
因为点为线段MN的中点，
根据垂径定理，可知，
因为，所以，
在中，根据勾股定理，得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
已知点在直线上，
可得圆心到直线的距离为：，
因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，
则.
故答案为：B.
【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和圆的半径，再根据弦长公式求出圆心到弦MN的距离，从而确定点的轨迹，再根据点到直线的距离公式求出的最小值.
9．【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：法一：对于A，在正三棱柱中，平面，
因为平面，
所以，则，
又因为是正三角形，为中点，
所以，则，
又因为，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又因为平面，所以，
因为是正三角形，为中点，
所以，，
又因为平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又因为平面平面，
所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误.
故答案为：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，
则，
对于A，因为，
所以，
则不成立，故选项A错误；
对于B、D，因为，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，
所以，，
则平面，平面，故选项B、选项D正确；
对于C，因为，
所以，显然不成立，故C错误.
故答案为：BD.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：对于A，利用线面垂直得出，再利用正三角形三线合一得出， 再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和空间向量基本定理以及数量积的运算律，从而判断出选项A；利用线面垂直的判定定理与性质定理，则可判断选项B；利用线面平行的判定定理判断出选项D；利用反证法可判断出选项C，从而找出正确的选项.
方法二：根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量法逐项判断各选项，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【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：对于选项A，设直线的方程为，
代入，可得，
所以，，故选项A正确；
对于选项B，因为是过抛物线的焦点的弦，
由抛物线定义，可得，
由选项A，知，，
所以，
则，
解得，
当时，，所以，
当时，，则，
当时，也适合上式，则，故选项B正确；
对于选项C，不妨设，点A在x轴上方，再设，是，在准线上的射影，
则，
所以，
同理可得，
所以，
同理可证时，等式也成立，故选项C正确；
对于选项D，由以上选项可知：，，
所以，故选项D不正确.
故答案为：ABC.
【分析】设直线的方程为，代入，再利用韦达定理，则判断出选项A；利用抛物线的定义和选项A中的结论，则表示出，从而判断出选项B；由抛物线的定义，在直角三角形中，利用余弦函数的定义可得的长，同理可得的长，则可判断选项C；利用选项A中的结论判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示
【解析】【解答】解：对于A，，
因为 ，所以，故A正确；
对于B，当时，则，
所以，则数列 单调递减，故B正确；
对于C，因为，，
若数列 为公差不为 0 的等差数列，
则，所以或，
当时，公差为0，不合题意；
当时，公差为3，，
不符合，舍去，
所以不存在 ，使得数列为公差不为0的等差数列，故C错误；
对于D：因为，
所以，则，
所以，
则
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用，则可判断选项A；利用作差法计算可判断选项B；假设数列为等差数列，则得出或，再分类判断出选项C；先化简再结合等比数列求和公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】或
【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：当时，，成立；
当时，，
因为，所以，
化简，得，
解得 或，
综上可知，公比的值为或．
故答案为：1或.
【分析】利用等比数列的通项公式和等比数列的求和公式，从而列方程求解得出公比q的值.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为与相切，
又因为，设切点坐标为，
则切线方程为.
因为切线过原点，所以，
则切点为，所以，
对于函数，，
由，根据，得切点纵坐标为：，
根据，得切点纵坐标为：，
由结合题意，
可知.
故答案为：.
【分析】先根据与相切确定的值，再根据直线与相切，从而确定的值.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，
由BE=2EA，D为BC中点，
知BF=FE=EA，AO=OD，
所以
，
则
所以
则.
【分析】由题意，将原问题转化为基底的数量积，再利用几何性质和数量积的运算律，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：因为，所以，则，
由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，
解得，
则，
所以，
则，
所以的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合锐角三角形中角的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用正弦定理将边化为角，再结合锐角三角形的性质和正弦型函数的值域，从而计算得出实数a的取值范围.
（1）因为，则，
则，
因为，所以；
（2）因为，所以，则，
由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，所以，
所以，即的取值范围为.
16．【答案】（1）解：由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为.
（2）解：由题意，可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
所以的分布列如下：
0 1 2 3
P
则.
（3）解：由第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式，
可知，
，
所以.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）利用已知条件和古典概率公式，再结合表格分别估计出该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量X的值，再利用对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出离散型随机变量的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）利用二项分布的方差公式计算并比较出与的大小.
（1）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为；
（2）由题意可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
的分布列如下：
0 1 2 3
P
所以；
（3）同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式可知，
，
所以.
17．【答案】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【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）面面垂直证明：先通过几何关系证，翻折后结合得平面，进而证平面，最终由面面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，得到比值。
（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
18．【答案】（1）解：如图所示，
当P在短轴顶点时最大，此时，
解得，
所以椭圆方程为：.
（2）（i）解：如图所示，直线l的斜率存在，
设，，直线l的斜率为k，
则直线AB的方程为，代入，
得，
其中，
，，
，
则，
因为C点在椭圆上，代入椭圆方程，得，
则，解得，
所以，.
则.
（ii）证明：由（i）可知，
点C关于O的对称点为，，，
因为，，
所以，，，
则，
所以
又因为，，
所以，
则
，
根据，，不妨设，，
计算可得，，，，
所以，
则，
所以，
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，
可知A，B，C，D四点共圆.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据三角形的面积公式和椭圆的概念，从而求出参数，进而写出椭圆方程.
（2）（i）根据椭圆的弦长公式和直线与椭圆的位置关系，设出直线方程，再根据韦达定理求出直线斜率，再结合弦长公式求出弦长的值.
（ii）先根据图形中心对称原则和向量法判断四点共圆的方法，再结合四点所成四边形对角互补，从而证出，，，四点共圆.
（1）如图所示，当P在短轴顶点时最大，此时，
解得，所以椭圆方程为：；
（2）（i）
如图所示，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k.
直线AB的方程为，代入，
得，
其中，
，，
，
从而，因为C点在椭圆上，代入椭圆方程得，
即，解得，所以，.
所以，
（ii）
由（i）可知，C关于O的对称点为，，，
因为，，
即，，，
所以，
，
又，，
所以，
则
，
根据，，不妨设，，
计算可得，，，，
所以，所以，
所以.
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆.
19．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由，可得；
由，可得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①解：因为，
所以，
又因为存在两个极值点，
所以存在两个变号的零点，
则有两个不同的根，
所以，函数与有两个不同的交点，
又因为，当，则，即单调递增，
当，则，即单调递减，
所以，
因为当时，；当时，，
则函数与有两个不同的交点，
所以，
则，
所以函数存在两个极值点，
则的取值范围为.
②证明：由①可知时，存在两个极值点，设，
则，即，
则，
所以，要证，
即证，
即证，
由①知在上单调递增，
即证，
又因为，即证，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上有，
则成立，
所以，
则成立.
【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；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】【分析】（1）将函数求导，再根据参数的取值进行分类，再结合导数判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）①先求出导数，根据函数极值点就是导数零点，则有两个不同的根，从而函数与有两个不同的交点，再通过讨论函数单调性和最值可得其取值变化，从而求得的取值范围.
②设，由结合对数运算，可得要证，即证，即证，由在上单调递增，可得需证，令，利用导数可证得，即证得，从而证出成立.
（1）函数的定义域为，则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由可得；由，可得.
则在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①因为，则，
因为存在两个极值点，则存在两个变号的零点，
即有两个不同的根，
则函数与有两个不同的交点，
又因为，则有，即有单调递增，
则有，即有单调递减，
所以，
又时，，当时，，
则函数与有两个不同的交点，有，即，
故存在两个极值点，的取值范围为；
②证明：由①可知时，存在两个极值点，设，
则，即，
则，
所以，要证，
即证明，即证，
由①知在上单调递增，则即证，
又因为，即证，
令，
，
所以在上单调递增，又，
所以在上有，
即成立，
所以有，即成立.
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