天津市和平区2024-2025学年高三上学期期末质量调查数学试卷
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高三上·和平期末）已知集合，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
令得；
令得；
令得，
故，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用元素与集合的关系和元素的取值范围，从而求出集合，根据元素与集合的关系和列举法得出集合，再利用交集和补集的运算法则得出集合.
2．（2025高三上·和平期末）已知，使得不等式“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，则有，即，解得，
则是使得不等式“”成立的一个充分不必要条件. B是必要不充分条件，A是既不充分也不必要条件，D为充要条件
故答案为：C.
【分析】解得，有充分不必要条件定义得是使得不等式“”成立的一个充分不必要条件即可得.
3．（2025高三上·和平期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则或与异面，该选项错误，不合题意；
B、在内任取一点，设点与直线确定一个平面，且，
由，由线面平行的性质定理，可得，
因为，所以，因为，所以，该选项正确，符合题意；
C、若且，则或在内，该选项错误，不合题意；
D、若，，则或，该选项错误，不合题意.
故答案为：B.
【分析】由，，则或与异面可判断A；结合线面平行的性质定理可证，可判断B；由且，则或在内可判断C；由，，则或可判断D.
4．（2025高三上·和平期末）一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，，7，10，11，若该组数据的中位数是这组数据极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．7
【答案】A
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：该组数据的中位数为，极差为，
则有，即，
，则该组数据的第45百分位数是.
故答案为：A.
【分析】分别计算极差与中位数可得的值，代入百分位数公式即可得解.
5．（2025高三上·和平期末）若直线：与圆：相交于，两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：，
令，解得，
故直线过定点，
又，故在圆内，
，故圆心，半径为4，
连接，当和垂直时，最小，
其中，
由垂径定理得.
故答案为：C
【分析】由直线系得到点为直线的定点，且在圆内，连接，连接，当和垂直时，最小，其中 ，由垂径定理得.
6．（2025高三上·和平期末）设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：
又由，得，即函数与的交点横坐标就是，
根据递增且过点，在递减，由图可得：，
又由，得，即函数与的交点横坐标就是，
根据递增且过点，在递减且过点，由图可得：，
由于，根据幂函数，解得，即，（也可以数形结合判断）
综上可知：，
故答案为：A.
【分析】令得，转化为a是函数与的交点横坐标，由图像性质可得a>1，同理可得，，可得A.
7．（2025高三上·和平期末）已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，现将图象向右平移后得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则有，
则，又，则，
则，
当时，，
由函数在区间上单调递增，则有，
则有，解得，
则当时，，又，故.
故答案为：B.
【分析】由两条相邻对称轴之间的距离可得，代入公式即可得；由平移性质即可得，运用正弦型函数单调性可得不等式组即可得解.
8．（2025高三上·和平期末）在正方体中，是棱上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，
平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，
故台体体积为，剩余图形的体积为，
设正方体的棱长为4，则正方体体积为，
又，，故，
，，
台体的高为，
故台体的体积为，
故，
所以.
故答案为：D
【分析】作出辅助线，得台体体积，剩余图形的体积为，代入体积公式得，，，求出答案.
9．（2025高三上·和平期末）已知双曲线：的一条渐近线与抛物线：的准线相交于点，点的横坐标为，双曲线的左、右焦点分别为和．若过点的直线交的左支于，两点，且（为坐标原点），记点到直线的距离为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线：的准线方程为，则，
则双曲线的渐近线满足，即，
连接，取中点，连接，
由，则，则，
则，则，
即有，化简得，
又，则，即有，
即，则，
则，又，故.
故答案为：C.
【分析】由抛物线定义得，而双曲线渐近线方程得；再结合等腰三角形性质得，双曲线定义得，联立可解.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）
10．（2025高三上·和平期末）为虚数单位，若复数满足，则的虚部为 ．
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，则，
故的虚部为.
故答案为：.
【分析】运用复数除法法则得z=-1-i，虚部即i的系数.
11．（2025高三上·和平期末）在的二项展开式中，常数项为 ．
【答案】112
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，解得，
故常数项为
故答案为：112
【分析】展开式的通项公式得，得到方程，求出，即可得常数项.
12．（2025高三上·和平期末）某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4，某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是 ；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为 ．
【答案】 ；
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：①设事件表示使用已校正的气枪，事件表示射中10环，
则，
故任取一支气枪射中10环的概率是；
②4次射击中恰有2次射中10环的概率为：.
故答案为：①；②.
【分析】①代入全概率事件公式可得；②代入二项分布概率公式即可求解.
13．（2025高三上·和平期末）在平行四边形中，，，与交于点．设，，请用表示 ；若，则 ．
【答案】；
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
如图，三点共线，
设，则，
所以，
三点共线，
设，则，
所以，
所以，解得，
所以，又，即得.
故答案为：；.
【分析】向量的线性运算法则得，由平面向量基本定理，将，用表示出来，可解代入可得.
14．（2025高三上·和平期末）若曲线在点处的切线与轴的交点横坐标为，则 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：求导得：，
则曲线在点处的切线为，
令得：切线与轴的交点横坐标为，
故，
故答案为：.
【分析】先根据导数的几何意义求出切线方程，令y=0求与轴的交点横坐标，再代入求值计算即可.
15．（2025高三上·和平期末）设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，由，得，，
又因为是奇函数，有，
且当时，则有，
即，，
而，再利用的周期为4，的周期为2，
在区间上，可分别作出函数，的图象：
由图可知，函数和在上的图象有2个不同的交点，
故函数和在上的图象只有个交点，
才可以满足在上在轴上方两图象有3个交点.
所以圆心到直线的距离为，解得，
因为两点连线斜率为，所以根据图形可知，
当直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或.
故答案为：.
【分析】由题意作出两函数在上的图象，可知两函数在上的图象只有个交点，才可以满足题意，即圆心到直线的距离为1才可以，代入公式可得；两点连线斜率为，直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或.
三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（2025高三上·和平期末）在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）若，.
（ⅰ）求的面积；
（ⅱ）求的值.
【答案】（1）解：由已知及正弦定理，可得①，
又，代入①式得，
，
整理得，
因为，所以，，所以，
因为，所以；
（2）解：（ⅰ）因为，，所以，
整理得，解得或（舍），所以的值为3，
所以的面积为.
（ⅱ）由正弦定理，得，有，
由余弦定理得，
又，，
故
.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，代入正弦和角公式得到，由C的范围可解cosB，可得B；
（2）（ⅰ）由（1），结合余弦定理得，，代入三角形面积公式得到答案；
（ⅱ）由正弦定理得到，结合余弦定理求出cosA，代入余弦差角公式得到答案.
（1）由已知及正弦定理，可得①，
又，代入①式得，
，
整理得，
因为，所以，，所以，
因为，所以；
（2）（ⅰ）因为，，所以，
整理得，解得或（舍），所以的值为3，
所以的面积为.
（ⅱ）由正弦定理，得，有，
由余弦定理得，
又，，
故
.
17．（2025高三上·和平期末）如图，正方形所在的平面与平面垂直，点为的中点，，，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：
因为平面平面，交线为，平面且，所以平面，
又因为，所以．
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系．
所以，，，，，，．
因为，平面的法向量为，
，所以，又因为平面，所以平面．
（2）解：因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，，
，
则平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：因为，
则点到平面的距离为．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据垂直关系，建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，代入得d得证.
(2)由（1）求得平面法向量和平面的法向量，代入夹角公式计算；
(3)由（2）求得平面法向量，利用点到面的距离公式，求解.
（1）因为平面平面，交线为，平面且，所以平面，
又因为，所以．
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系．
所以，，，，，，．
因为，平面的法向量为，
，所以，又因为平面，所以平面．
（2）因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，，
，
则平面与平面夹角的余弦值为．
（3）因为，
则点到平面的距离为．
18．（2025高三上·和平期末）已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项．
（1）求数列的通项公式以及；
（2）若，数列的前项和为；
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由已知得，即，
当时，，解得，当时，，
则，
即，
所以有，因为，所以，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，；
（2）解：（ⅰ），
则，
所以．
因为，所以，所以；
（ⅱ）由（ⅰ）有，
所以，
，
则
，
所以．
若对任意，均有恒成立，
等价于恒成立，即恒成立，
设，则，
所以当时，当时，
所以的最大值为，故，
即实数的取值范围是：．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）由与的关系得解得即数列是首项为1，公差为2的等差数列，即可得通项公式，代入可得；
（2）（ⅰ）由（1）知，，裂项可得，运用裂项相消法可得，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，需要运用错位相减法，运算得，即恒成立，设，计算出数列的增减性后即可得的最大值，即可得解.
（1）由已知得，即，
当时，，解得，当时，，
则，
即，
所以有，因为，所以，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，；
（2）（ⅰ），
则，
所以．
因为，所以，所以；
（ⅱ）由（ⅰ）有，
所以，
，
则
，
所以．
若对任意，均有恒成立，
等价于恒成立，即恒成立，
设，则，
所以当时，当时，
所以的最大值为，故，
即实数的取值范围是：．
19．（2025高三上·和平期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为点和，点在上且轴．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于不同的两点、，若的面积为，，（为坐标原点），求的最大值．
【答案】（1）解：因为轴，所以，
将代入椭圆得到，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）解：设直线与椭圆交于不同的两点、，
当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，则，，
由在椭圆上，则，
的面积为，即，
与联立，解得，，
，故，，
故；
当直线的斜率存在时，设直线为，点到直线的距离为，
联立方程组，整理得到．
，①，，
，，
，
其中，
则，
化简为，，
即，则②，且满足．
将②式代入①式化简可得，，
，
由②可知，解得，
故，
，
，
当且仅当，即时等号成立，故．
综上，的最大值为7．
【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）利用 几何特征 得到，将代入方程，与联立，解该方程组，可得，即得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况；当斜率不存在时，，两点关于轴对称，易得；当直线的斜率存在时，将直线与椭圆方程联立，消元用韦达定理得两根之和、两根之积，代入弦长公式得到，记点到直线的距离为，得，得，即，代入，运用基本不等式求出的最大值．
（1）因为轴，所以，
将代入椭圆得到，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，
当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，则，，
由在椭圆上，则，
的面积为，即，
与联立，解得，，
，故，，
故；
当直线的斜率存在时，设直线为，点到直线的距离为，
联立方程组，整理得到．
，①，，
，，
，
其中，
则，
化简为，，
即，则②，且满足．
将②式代入①式化简可得，，
，
由②可知，解得，
故，
，
，
当且仅当，即时等号成立，故．
综上，的最大值为7．
20．（2025高三上·和平期末）已知函数，，．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当为奇数时，
（ⅰ）若函数在其定义域内是增函数，求实数的取值范围；
（ⅱ）设（、均为实数，且），若函数有两个零点，，记为与的平均数，证明：（其中是的导函数）．
【答案】（1）解：当时，，的定义域是．
，
当为偶数时，，所以在上单调递增；
当为奇数时，，
令，解得，或，
在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
因此，当为偶数时，在上单调递增，
当为奇数时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2）解：当为奇数时，，，
（ⅰ）因为在其定义域内是增函数，所以，
即，
即在恒成立，
所以，或解得，
当为奇数时，函数在其定义域内是增函数，此时实数的取值范围为．
（ⅱ）证明：，，
因为有两个零点，则有
，②①得，
即③，
所以，将③式代入有
．
不妨设，令，则，且．
因为，由（2）（ⅰ）知在定义域上为增函数，而，所以，即．
又因为，，所以．
综上，当为奇数时得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）代入m=0，先求h'(x)，分类讨论整数的值，可得函数的单调区间；
（2）（i)由增函数性质得恒成立，求得m的范围；
(ii)由零点可得，可得，即得；构造新函数，由（i)得，得证.
（1）当时，，的定义域是．
，
当为偶数时，，所以在上单调递增；
当为奇数时，，
令，解得，或，
在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
因此，当为偶数时，在上单调递增，
当为奇数时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2）当为奇数时，，，
（ⅰ）因为在其定义域内是增函数，所以，
即，
即在恒成立，
所以，或解得，
当为奇数时，函数在其定义域内是增函数，此时实数的取值范围为．
（ⅱ）证明：，，
因为有两个零点，则有
，②①得，
即③，
所以，将③式代入有
．
不妨设，令，则，且．
因为，由（2）（ⅰ）知在定义域上为增函数，而，所以，即．
又因为，，所以．
综上，当为奇数时得证．
1 / 1天津市和平区2024-2025学年高三上学期期末质量调查数学试卷
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高三上·和平期末）已知集合，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·和平期末）已知，使得不等式“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·和平期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
4．（2025高三上·和平期末）一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，，7，10，11，若该组数据的中位数是这组数据极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．7
5．（2025高三上·和平期末）若直线：与圆：相交于，两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·和平期末）设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·和平期末）已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，现将图象向右平移后得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·和平期末）在正方体中，是棱上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·和平期末）已知双曲线：的一条渐近线与抛物线：的准线相交于点，点的横坐标为，双曲线的左、右焦点分别为和．若过点的直线交的左支于，两点，且（为坐标原点），记点到直线的距离为，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）
10．（2025高三上·和平期末）为虚数单位，若复数满足，则的虚部为 ．
11．（2025高三上·和平期末）在的二项展开式中，常数项为 ．
12．（2025高三上·和平期末）某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4，某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是 ；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为 ．
13．（2025高三上·和平期末）在平行四边形中，，，与交于点．设，，请用表示 ；若，则 ．
14．（2025高三上·和平期末）若曲线在点处的切线与轴的交点横坐标为，则 ．
15．（2025高三上·和平期末）设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（2025高三上·和平期末）在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）若，.
（ⅰ）求的面积；
（ⅱ）求的值.
17．（2025高三上·和平期末）如图，正方形所在的平面与平面垂直，点为的中点，，，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
18．（2025高三上·和平期末）已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项．
（1）求数列的通项公式以及；
（2）若，数列的前项和为；
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围．
19．（2025高三上·和平期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为点和，点在上且轴．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于不同的两点、，若的面积为，，（为坐标原点），求的最大值．
20．（2025高三上·和平期末）已知函数，，．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当为奇数时，
（ⅰ）若函数在其定义域内是增函数，求实数的取值范围；
（ⅱ）设（、均为实数，且），若函数有两个零点，，记为与的平均数，证明：（其中是的导函数）．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
令得；
令得；
令得，
故，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用元素与集合的关系和元素的取值范围，从而求出集合，根据元素与集合的关系和列举法得出集合，再利用交集和补集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，则有，即，解得，
则是使得不等式“”成立的一个充分不必要条件. B是必要不充分条件，A是既不充分也不必要条件，D为充要条件
故答案为：C.
【分析】解得，有充分不必要条件定义得是使得不等式“”成立的一个充分不必要条件即可得.
3．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则或与异面，该选项错误，不合题意；
B、在内任取一点，设点与直线确定一个平面，且，
由，由线面平行的性质定理，可得，
因为，所以，因为，所以，该选项正确，符合题意；
C、若且，则或在内，该选项错误，不合题意；
D、若，，则或，该选项错误，不合题意.
故答案为：B.
【分析】由，，则或与异面可判断A；结合线面平行的性质定理可证，可判断B；由且，则或在内可判断C；由，，则或可判断D.
4．【答案】A
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：该组数据的中位数为，极差为，
则有，即，
，则该组数据的第45百分位数是.
故答案为：A.
【分析】分别计算极差与中位数可得的值，代入百分位数公式即可得解.
5．【答案】C
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：，
令，解得，
故直线过定点，
又，故在圆内，
，故圆心，半径为4，
连接，当和垂直时，最小，
其中，
由垂径定理得.
故答案为：C
【分析】由直线系得到点为直线的定点，且在圆内，连接，连接，当和垂直时，最小，其中 ，由垂径定理得.
6．【答案】A
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：
又由，得，即函数与的交点横坐标就是，
根据递增且过点，在递减，由图可得：，
又由，得，即函数与的交点横坐标就是，
根据递增且过点，在递减且过点，由图可得：，
由于，根据幂函数，解得，即，（也可以数形结合判断）
综上可知：，
故答案为：A.
【分析】令得，转化为a是函数与的交点横坐标，由图像性质可得a>1，同理可得，，可得A.
7．【答案】B
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则有，
则，又，则，
则，
当时，，
由函数在区间上单调递增，则有，
则有，解得，
则当时，，又，故.
故答案为：B.
【分析】由两条相邻对称轴之间的距离可得，代入公式即可得；由平移性质即可得，运用正弦型函数单调性可得不等式组即可得解.
8．【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，
平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，
故台体体积为，剩余图形的体积为，
设正方体的棱长为4，则正方体体积为，
又，，故，
，，
台体的高为，
故台体的体积为，
故，
所以.
故答案为：D
【分析】作出辅助线，得台体体积，剩余图形的体积为，代入体积公式得，，，求出答案.
9．【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线：的准线方程为，则，
则双曲线的渐近线满足，即，
连接，取中点，连接，
由，则，则，
则，则，
即有，化简得，
又，则，即有，
即，则，
则，又，故.
故答案为：C.
【分析】由抛物线定义得，而双曲线渐近线方程得；再结合等腰三角形性质得，双曲线定义得，联立可解.
10．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，则，
故的虚部为.
故答案为：.
【分析】运用复数除法法则得z=-1-i，虚部即i的系数.
11．【答案】112
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，解得，
故常数项为
故答案为：112
【分析】展开式的通项公式得，得到方程，求出，即可得常数项.
12．【答案】 ；
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：①设事件表示使用已校正的气枪，事件表示射中10环，
则，
故任取一支气枪射中10环的概率是；
②4次射击中恰有2次射中10环的概率为：.
故答案为：①；②.
【分析】①代入全概率事件公式可得；②代入二项分布概率公式即可求解.
13．【答案】；
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
如图，三点共线，
设，则，
所以，
三点共线，
设，则，
所以，
所以，解得，
所以，又，即得.
故答案为：；.
【分析】向量的线性运算法则得，由平面向量基本定理，将，用表示出来，可解代入可得.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：求导得：，
则曲线在点处的切线为，
令得：切线与轴的交点横坐标为，
故，
故答案为：.
【分析】先根据导数的几何意义求出切线方程，令y=0求与轴的交点横坐标，再代入求值计算即可.
15．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，由，得，，
又因为是奇函数，有，
且当时，则有，
即，，
而，再利用的周期为4，的周期为2，
在区间上，可分别作出函数，的图象：
由图可知，函数和在上的图象有2个不同的交点，
故函数和在上的图象只有个交点，
才可以满足在上在轴上方两图象有3个交点.
所以圆心到直线的距离为，解得，
因为两点连线斜率为，所以根据图形可知，
当直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或.
故答案为：.
【分析】由题意作出两函数在上的图象，可知两函数在上的图象只有个交点，才可以满足题意，即圆心到直线的距离为1才可以，代入公式可得；两点连线斜率为，直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或.
16．【答案】（1）解：由已知及正弦定理，可得①，
又，代入①式得，
，
整理得，
因为，所以，，所以，
因为，所以；
（2）解：（ⅰ）因为，，所以，
整理得，解得或（舍），所以的值为3，
所以的面积为.
（ⅱ）由正弦定理，得，有，
由余弦定理得，
又，，
故
.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，代入正弦和角公式得到，由C的范围可解cosB，可得B；
（2）（ⅰ）由（1），结合余弦定理得，，代入三角形面积公式得到答案；
（ⅱ）由正弦定理得到，结合余弦定理求出cosA，代入余弦差角公式得到答案.
（1）由已知及正弦定理，可得①，
又，代入①式得，
，
整理得，
因为，所以，，所以，
因为，所以；
（2）（ⅰ）因为，，所以，
整理得，解得或（舍），所以的值为3，
所以的面积为.
（ⅱ）由正弦定理，得，有，
由余弦定理得，
又，，
故
.
17．【答案】（1）证明：
因为平面平面，交线为，平面且，所以平面，
又因为，所以．
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系．
所以，，，，，，．
因为，平面的法向量为，
，所以，又因为平面，所以平面．
（2）解：因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，，
，
则平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：因为，
则点到平面的距离为．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据垂直关系，建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，代入得d得证.
(2)由（1）求得平面法向量和平面的法向量，代入夹角公式计算；
(3)由（2）求得平面法向量，利用点到面的距离公式，求解.
（1）因为平面平面，交线为，平面且，所以平面，
又因为，所以．
以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系．
所以，，，，，，．
因为，平面的法向量为，
，所以，又因为平面，所以平面．
（2）因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，，
，
则平面与平面夹角的余弦值为．
（3）因为，
则点到平面的距离为．
18．【答案】（1）解：由已知得，即，
当时，，解得，当时，，
则，
即，
所以有，因为，所以，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，；
（2）解：（ⅰ），
则，
所以．
因为，所以，所以；
（ⅱ）由（ⅰ）有，
所以，
，
则
，
所以．
若对任意，均有恒成立，
等价于恒成立，即恒成立，
设，则，
所以当时，当时，
所以的最大值为，故，
即实数的取值范围是：．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）由与的关系得解得即数列是首项为1，公差为2的等差数列，即可得通项公式，代入可得；
（2）（ⅰ）由（1）知，，裂项可得，运用裂项相消法可得，即可得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，需要运用错位相减法，运算得，即恒成立，设，计算出数列的增减性后即可得的最大值，即可得解.
（1）由已知得，即，
当时，，解得，当时，，
则，
即，
所以有，因为，所以，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，；
（2）（ⅰ），
则，
所以．
因为，所以，所以；
（ⅱ）由（ⅰ）有，
所以，
，
则
，
所以．
若对任意，均有恒成立，
等价于恒成立，即恒成立，
设，则，
所以当时，当时，
所以的最大值为，故，
即实数的取值范围是：．
19．【答案】（1）解：因为轴，所以，
将代入椭圆得到，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）解：设直线与椭圆交于不同的两点、，
当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，则，，
由在椭圆上，则，
的面积为，即，
与联立，解得，，
，故，，
故；
当直线的斜率存在时，设直线为，点到直线的距离为，
联立方程组，整理得到．
，①，，
，，
，
其中，
则，
化简为，，
即，则②，且满足．
将②式代入①式化简可得，，
，
由②可知，解得，
故，
，
，
当且仅当，即时等号成立，故．
综上，的最大值为7．
【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）利用 几何特征 得到，将代入方程，与联立，解该方程组，可得，即得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况；当斜率不存在时，，两点关于轴对称，易得；当直线的斜率存在时，将直线与椭圆方程联立，消元用韦达定理得两根之和、两根之积，代入弦长公式得到，记点到直线的距离为，得，得，即，代入，运用基本不等式求出的最大值．
（1）因为轴，所以，
将代入椭圆得到，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，
当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，则，，
由在椭圆上，则，
的面积为，即，
与联立，解得，，
，故，，
故；
当直线的斜率存在时，设直线为，点到直线的距离为，
联立方程组，整理得到．
，①，，
，，
，
其中，
则，
化简为，，
即，则②，且满足．
将②式代入①式化简可得，，
，
由②可知，解得，
故，
，
，
当且仅当，即时等号成立，故．
综上，的最大值为7．
20．【答案】（1）解：当时，，的定义域是．
，
当为偶数时，，所以在上单调递增；
当为奇数时，，
令，解得，或，
在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
因此，当为偶数时，在上单调递增，
当为奇数时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2）解：当为奇数时，，，
（ⅰ）因为在其定义域内是增函数，所以，
即，
即在恒成立，
所以，或解得，
当为奇数时，函数在其定义域内是增函数，此时实数的取值范围为．
（ⅱ）证明：，，
因为有两个零点，则有
，②①得，
即③，
所以，将③式代入有
．
不妨设，令，则，且．
因为，由（2）（ⅰ）知在定义域上为增函数，而，所以，即．
又因为，，所以．
综上，当为奇数时得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）代入m=0，先求h'(x)，分类讨论整数的值，可得函数的单调区间；
（2）（i)由增函数性质得恒成立，求得m的范围；
(ii)由零点可得，可得，即得；构造新函数，由（i)得，得证.
（1）当时，，的定义域是．
，
当为偶数时，，所以在上单调递增；
当为奇数时，，
令，解得，或，
在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
因此，当为偶数时，在上单调递增，
当为奇数时，在，上单调递增，在上单调递减．
（2）当为奇数时，，，
（ⅰ）因为在其定义域内是增函数，所以，
即，
即在恒成立，
所以，或解得，
当为奇数时，函数在其定义域内是增函数，此时实数的取值范围为．
（ⅱ）证明：，，
因为有两个零点，则有
，②①得，
即③，
所以，将③式代入有
．
不妨设，令，则，且．
因为，由（2）（ⅰ）知在定义域上为增函数，而，所以，即．
又因为，，所以．
综上，当为奇数时得证．
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