天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三第三次质量检测（12月月考）数学试题
1．（2025高三上·西青月考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，得，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】先利用对数型函数的定义域，从而得出集合，再利用并集的运算法则、补集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高三上·西青月考）设，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【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，，，
可得，或，，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由解出，的两种关系式，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．（2025高三上·西青月考）函数在上的图象是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，可排除选项B和选项C；
因为，可排除选项.
故答案为：.
【分析】利用和以及排除法，从而找出函数的图象.
4．（2025高三上·西青月考）下列结论中错误的是（ ）
A．在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好
B．样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2
C．若随机变量服从正态分布，且，则
D．具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则
【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于选项A，因为决定系数越大，
所以回归模型的拟合效果越好，故A正确；
对于选项B，因为样本数据，，，的方差为8，
则数据，，，的方差为，故B正确；
对于选项C，随机变量服从正态分布，
均值，正态曲线的对称轴为，
，，
由对称性知，，
，故C错误；
对于选项D，因为经验回归方程过样本中心点，
将代入中，得，
解得，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据决定系数的意义，则判断出选项A；根据方差的性质，则判断出选项B；利用正态曲线的对称性求概率的方法，则可判断选项C；利用经验回归方程过样本中心点计算，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
5．（2025高三上·西青月考）函数零点所在的大致区间为，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
所以函数在上至多1个零点，
又因为，.
所以函数在上有零点.
综上所述，函数只在有1个零点.
故答案为：B.
【分析】先根据函数的单调性和零点存在性定理，从而判断出函数在区间上的零点个数，进而得出n的值.
6．（2025高三上·西青月考）若非零向量与满足，且，则为（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：表示与向量同向的单位向量，
因为，所以的角平分线与BC垂直，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则是等边三角形.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的角平分线与BC垂直，推出是等腰三角形，根据向量的数量积公式求角A，判断三角形的形状即可.
7．（2025高三上·西青月考）已知双曲线的左顶点为，离心率为，抛物线上一点到其焦点的距离为.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的方程为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【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：因为上一点到其焦点的距离为，
由定义，可得，则，
所以抛物线方程为.代入点，可得，
又因为双曲线左顶点为，渐近线斜率为，
由，得，则直线的斜率为，
因为渐近线与直线平行，所以，
则，两边平方，得，
将，代入得，解得，
因为，所以，则，
所以，
则双曲线方程为.
故答案为：A.
【分析】先由抛物线定义求出p的值，从而求出抛物线的标准方程，再由双曲线的渐近线方程和双曲线的离心率公式以及两直线平行斜率相等，纵截距不相等，从而求出a，b的值，进而得出双曲线方程.
8．（2025高三上·西青月考）已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．的图象在区间内有个对称中心
C．在区间上单调递增
D．的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于选项A，，
其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，
则函数的周期满足，
，，，
一条对称轴方程为，
，
，，故A正确；
对于选项B，，，
，，
由，可得或，
的图象在区间内有个对称中心，故B正确；
对于选项C，，，
在区间上单调递减，故C错误；
对于选项D，因为的图象上所有点向右平移个单位长度，
得到函数，故D正确.
故答案为：C.
【分析】由结合余弦型函数的对称性，从而得到余弦型函数的最小正周期，再根据余弦型函数的最小正周期公式得到的值，由余弦型函数的一条对称轴方程为结合，从而得出的值；令和，从而解出的值，则判断出选项B；由和不等式的基本性质求出的取值范围，再结合余弦型函数的图象判断出函数在区间上单调性，则判断出选项C；利用的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数，再利用诱导公式判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．（2025高三上·西青月考）如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：过C作，交AB于E，
则，
因为，且四边形ADCE为矩形，
所以，即.
由题意，得梯形绕所在直线旋转一周得到的几何体为圆台，
取圆台的轴截面，如图所示，
设外接球球心为O，半径为R，，
当O在线段AD上时，则，
由勾股定理，得，
则，
整理得，则不成立，
则点O不在线段AD上；
当球心O在DA的延长线上时，则，如图：
所以，
则，解得，
所以，
则该圆台外接球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】根据题中已知条件结合三角函数定义，先求出各个边长，由题意，旋转后的几何体为圆台，取其轴截面，设外接球球心为O，分别讨论O在线段AD上和在DA延长线上两种情况，再根据勾股定理列出方程组，从而解方程组求出的值，再利用球的表面积公式得出所得几何体的外接球的表面积.
10．（2025高三上·西青月考）是虚数单位，复数满足，则 .
【答案】
【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，
则.
故答案为：.
【分析】根据复数的除法运算法则，从而得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模.
11．（2025高三上·西青月考）的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，
其中展开式的通项为，
所以的展开式含的项为，
则的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】由结合二项式定理得出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
12．（2025高三上·西青月考）已知圆与圆相交，且它们的公共弦的长为 ，则的值为 .
【答案】或
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：将圆与圆方程相减，
化简得：，
则两圆相交弦所在直线方程，
又因为圆圆心为，半径为.
所以，点到直线的距离为，
则，解得或，
因为圆需满足.
又因为圆，
所以，
则圆心为，半径为，
因为两个圆相交，所以，
则，
所以或都符合题意.
故答案为：或.
【分析】先联立两圆方程作差得出两圆相交弦所在直线方程，再利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，根据点到直线的距离公式得出圆圆心到直线的距离，从而得出a的值，再根据圆的判断方法和两圆相交位置关系判断方法，从而得出满足题意的的值.
13．（2025高三上·西青月考）甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱有5个红球 5个白球，乙箱中有4个红球 6个白球.先从甲箱中随机摸出1个球放入乙箱中，再从乙箱中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为 ；若从甲箱中随机摸出3个球，用表示摸出红球的个数，则随机变量的数学期望为 .
【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用；全概率公式
【解析】【解答】解：①若先从甲箱摸出的是红球，其概率为，
放入乙箱后，乙箱有 个红球，6个白球（共11个球），
此时再从乙箱摸出红球的概率为；
若从甲箱摸出的是白球，其概率为，
放入乙箱后，乙箱有4个红球， 个白球（共11个球），
此时从乙箱摸出红球的概率为，
由全概率公式，可得概率为：；
②因为服从超几何分布
（超几何分布的期望公式为，其中 是抽取数， 是总体红球数， 是总体球数），
所以.
故答案：；.
【分析】利用已知条件和古典概率公式以及全概率公式，从而得出摸到红球的概率；再利用超几何分布的期望公式求出随机变量的数学期望.
14．（2025高三上·西青月考）如图，在中，点 分别为 中点，与相交于点，点满足.记，，用，表示 ；若，，，则 .
【答案】；
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以
因为，
所以.
则.
故答案为：①②.
【分析】利用平面向量基本定理，从而用，将表示出来；再利用已知条件和数量积运算律以及数量积的定义，从而求出的值.
15．（2025高三上·西青月考）已知函数，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：①当时，要使有意义，则；
因为方程为，
平方得，，
解得，显然，
解不等式，得，
在上函数满足：当或时，函数有1个零点；
当时，函数有两个零点；
②当时，若，，函数有无穷个零点，
当时，方程，则，
当时，，此时方程无实数解；
当时，解得，
令，则，
当时，则；
在上满足：当时，有1个零点；
当时，有无穷个零点；
当或时，没有零点，
综上所述，当时，有三个零点．
故答案为：.
【分析】根据分段函数解析式，从而分类讨论，在不同的取值范围下函数零点的个数，再利用已知条件得解.
16．（2025高三上·西青月考）在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求的大小；
（2）当，时，
（i）求边长；
（ii）求的值.
【答案】（1）解：在中，
由和正弦定理，
得，
则，
又因为，
所以
，
则.
（2）解：（i）由（1）知，，
又因为，，
由余弦定理，
得，
所以.
（ii）由正弦定理，
得，
又因为为锐角，
所以，
则，，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）（i）利用（1）和余弦定理，从而得出c的值.
（ii）利用正弦定理得出角B的正弦值，再利用角B的取值范围得出角B的余弦值，根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，以及两角和的正弦公式，从而得出的值.
（1）在中，由及正弦定理得，
即，而，则，
所以.
（2）（i）由（1）知，，而，，
由余弦定理得，
所以.
（ii）由正弦定理，得，
而为锐角，则，，，
所以.
17．（2025高三上·西青月考）如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明：由平面平面，
平面平面，平面，
则，
得直线平面，
又因为四边形是正方形，
所以直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
依题意，则是平面的一个法向量，
又因为，
所以，
又因为直线平面，
所以平面.
（2）解：因为，
设平面CPB的法向量为 ，
则，取，得，
设平面PQB的法向量为 ，
则，取，得 ，
设平面与平面夹角为，
则，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
（3）解：由点H在PD上，设，
则，
依题意，得，
又因为，
解得，
所以线段的长为.
【知识点】异面直线所成的角；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）根据已知条件证出直线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再利用法向量定义得出平面的一个法向量，根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而证出平面.
（2）由（1）中的坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（3）由点H在PD上，设出点坐标，即，再利用数量积求向量夹角公式和t的取值范围，从而得出t的值，进而得出线段的长.
（1）由平面平面，平面平面，平面，
，得直线平面，而四边形是正方形，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，
依题意，是平面的一个法向量，又，
则，而直线平面，所以平面.
（2），
设平面CPB的法向量为 ，则，取，得，
设平面PQB的法向量为 ，则，取，得 ，
设平面与平面夹角为，则，
，所以平面与平面夹角的正弦值为.
（3）由点H在PD上，设，则，
依题意，，而，解得，
所以线段的长为.
18．（2025高三上·西青月考）已知椭圆的离心率为，右焦点为，左顶点为，上顶点为，的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点的坐标为，，是直线上的两点（在轴上方，在轴下方），直线，与椭圆分别交于，两点.若，，三点共线，求证：.
【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由题意，
可设，，，且，，
再设直线的方程为，
由，
消去，整理得，
因为成立，
由，
解得，
所以，
则.
①当直线轴时，，解得，
由椭圆的对称性，
可得，
又因为，
所以；
②当直线不垂直轴时，即当时，，
则直线的斜率，
同理可得，
因为，，三点共线，
所以，则，
在和中，
，，
所以，
因为，均为锐角，
所以，
综上所述，若，，三点共线，则.
【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）根据椭圆的离心率公式和三角形面积公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列方程组求解得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设，，，且，，联立直线的方程和椭圆方程，再利用判别式法和求根公式，从而表示出点坐标，根据分类讨论的方法和椭圆的对称性、两点求斜率公式和三点共线，从而得出的关系式，再根据正切函数的定义，从而证出.
（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）由题意可设，，，且，.
直线的方程为.
由消去，整理得.
成立.
由，解得.
所以.所以.
①当直线轴时，，解得，
由椭圆的对称性可得.
又因为，所以.
②当直线不垂直轴时，即时，，
直线的斜率.同理.
因为，，三点共线，所以.所以.
在和中，，，
所以.因为，均为锐角，所以.
综上，若，，三点共线，则.
19．（2025高三上·西青月考）已知是公差大于0的等差数列，，是和的等比中项.是公比大于0的等比数列，，.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设，求；
（3）记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和.
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
由是和的等比中项，
得，
则，
又因为，所以，
则，
设等比数列的公比为，
由，，得，
又因为，解得，
所以.
（2）由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，
设；
设，，
两式相减得，
因此，所以.
；
（3）由，，，，，，，
得对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据给定条件，列式分别求出数列与的公差、公比，进而求出通项公式.
（2）由（1）求出，按奇偶分组求和，再利用裂项相消法及错位相减法求和即得.
（3）根据给定条件，分段求出数列的前100项，再求出它们的和.
（1）设等差数列的公差为，由是和的等比中项，得，
即，而，解得，因此；
设等比数列的公比为，由，，得，而，解得，
因此.
（2）由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，
设；
设，，
两式相减得，
因此，所以.
（3）由，，，，，，，
得对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个，
所以.
20．（2025高三上·西青月考）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，，
则曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）解：因为函数的定义域为，且，
① 当时，易得，则在上单调递减，
又因为，则当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，则在上单调递增；
由，得时，则在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，
所以，
令，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为恒成立， 所以．
（3）证明：因为，
令，得，
令，
则与有相同的零点，且，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递增，
又因为，，
所以，使得，
则当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
则的最小值为，
由，得，则，
令，，则，
所以在单调递增，
因为，所以，则，
所以，则，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，则函数有2个零点．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用代入法得出切点的坐标，由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）对函数求导后，根据参数的取值分类讨论，从而得出当时，，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而得出，再结合恒成立得出的值.
（3）由得，令，结合零点存在定理得和隐零点法求出的最小值为，再由可得，，从而得出的最小值，再由和函数求极限的方法，从而判断出函数的零点个数.
（1）当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，即在上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，因恒成立，故．
（3）．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为当时，，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，故有2个零点．
1 / 1天津市西青区杨柳青第一中学2026届高三第三次质量检测（12月月考）数学试题
1．（2025高三上·西青月考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·西青月考）设，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高三上·西青月考）函数在上的图象是
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·西青月考）下列结论中错误的是（ ）
A．在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好
B．样本数据，，，的方差为8，则数据，，，的方差为2
C．若随机变量服从正态分布，且，则
D．具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，若样本点中心为，则
5．（2025高三上·西青月考）函数零点所在的大致区间为，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025高三上·西青月考）若非零向量与满足，且，则为（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形
7．（2025高三上·西青月考）已知双曲线的左顶点为，离心率为，抛物线上一点到其焦点的距离为.若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的方程为( )
A． B． C． D．
8．（2025高三上·西青月考）已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．的图象在区间内有个对称中心
C．在区间上单调递增
D．的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
9．（2025高三上·西青月考）如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·西青月考）是虚数单位，复数满足，则 .
11．（2025高三上·西青月考）的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
12．（2025高三上·西青月考）已知圆与圆相交，且它们的公共弦的长为 ，则的值为 .
13．（2025高三上·西青月考）甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱有5个红球 5个白球，乙箱中有4个红球 6个白球.先从甲箱中随机摸出1个球放入乙箱中，再从乙箱中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为 ；若从甲箱中随机摸出3个球，用表示摸出红球的个数，则随机变量的数学期望为 .
14．（2025高三上·西青月考）如图，在中，点 分别为 中点，与相交于点，点满足.记，，用，表示 ；若，，，则 .
15．（2025高三上·西青月考）已知函数，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是 .
16．（2025高三上·西青月考）在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求的大小；
（2）当，时，
（i）求边长；
（ii）求的值.
17．（2025高三上·西青月考）如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长.
18．（2025高三上·西青月考）已知椭圆的离心率为，右焦点为，左顶点为，上顶点为，的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点的坐标为，，是直线上的两点（在轴上方，在轴下方），直线，与椭圆分别交于，两点.若，，三点共线，求证：.
19．（2025高三上·西青月考）已知是公差大于0的等差数列，，是和的等比中项.是公比大于0的等比数列，，.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设，求；
（3）记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和.
20．（2025高三上·西青月考）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，证明：有2个零点．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，得，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】先利用对数型函数的定义域，从而得出集合，再利用并集的运算法则、补集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【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，，，
可得，或，，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由解出，的两种关系式，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．【答案】A
【知识点】函数的图象；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，可排除选项B和选项C；
因为，可排除选项.
故答案为：.
【分析】利用和以及排除法，从而找出函数的图象.
4．【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于选项A，因为决定系数越大，
所以回归模型的拟合效果越好，故A正确；
对于选项B，因为样本数据，，，的方差为8，
则数据，，，的方差为，故B正确；
对于选项C，随机变量服从正态分布，
均值，正态曲线的对称轴为，
，，
由对称性知，，
，故C错误；
对于选项D，因为经验回归方程过样本中心点，
将代入中，得，
解得，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据决定系数的意义，则判断出选项A；根据方差的性质，则判断出选项B；利用正态曲线的对称性求概率的方法，则可判断选项C；利用经验回归方程过样本中心点计算，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
5．【答案】B
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
所以函数在上至多1个零点，
又因为，.
所以函数在上有零点.
综上所述，函数只在有1个零点.
故答案为：B.
【分析】先根据函数的单调性和零点存在性定理，从而判断出函数在区间上的零点个数，进而得出n的值.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：表示与向量同向的单位向量，
因为，所以的角平分线与BC垂直，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则是等边三角形.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的角平分线与BC垂直，推出是等腰三角形，根据向量的数量积公式求角A，判断三角形的形状即可.
7．【答案】A
【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：因为上一点到其焦点的距离为，
由定义，可得，则，
所以抛物线方程为.代入点，可得，
又因为双曲线左顶点为，渐近线斜率为，
由，得，则直线的斜率为，
因为渐近线与直线平行，所以，
则，两边平方，得，
将，代入得，解得，
因为，所以，则，
所以，
则双曲线方程为.
故答案为：A.
【分析】先由抛物线定义求出p的值，从而求出抛物线的标准方程，再由双曲线的渐近线方程和双曲线的离心率公式以及两直线平行斜率相等，纵截距不相等，从而求出a，b的值，进而得出双曲线方程.
8．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于选项A，，
其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，
则函数的周期满足，
，，，
一条对称轴方程为，
，
，，故A正确；
对于选项B，，，
，，
由，可得或，
的图象在区间内有个对称中心，故B正确；
对于选项C，，，
在区间上单调递减，故C错误；
对于选项D，因为的图象上所有点向右平移个单位长度，
得到函数，故D正确.
故答案为：C.
【分析】由结合余弦型函数的对称性，从而得到余弦型函数的最小正周期，再根据余弦型函数的最小正周期公式得到的值，由余弦型函数的一条对称轴方程为结合，从而得出的值；令和，从而解出的值，则判断出选项B；由和不等式的基本性质求出的取值范围，再结合余弦型函数的图象判断出函数在区间上单调性，则判断出选项C；利用的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数，再利用诱导公式判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：过C作，交AB于E，
则，
因为，且四边形ADCE为矩形，
所以，即.
由题意，得梯形绕所在直线旋转一周得到的几何体为圆台，
取圆台的轴截面，如图所示，
设外接球球心为O，半径为R，，
当O在线段AD上时，则，
由勾股定理，得，
则，
整理得，则不成立，
则点O不在线段AD上；
当球心O在DA的延长线上时，则，如图：
所以，
则，解得，
所以，
则该圆台外接球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】根据题中已知条件结合三角函数定义，先求出各个边长，由题意，旋转后的几何体为圆台，取其轴截面，设外接球球心为O，分别讨论O在线段AD上和在DA延长线上两种情况，再根据勾股定理列出方程组，从而解方程组求出的值，再利用球的表面积公式得出所得几何体的外接球的表面积.
10．【答案】
【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，
则.
故答案为：.
【分析】根据复数的除法运算法则，从而得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模.
11．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，
其中展开式的通项为，
所以的展开式含的项为，
则的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】由结合二项式定理得出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
12．【答案】或
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：将圆与圆方程相减，
化简得：，
则两圆相交弦所在直线方程，
又因为圆圆心为，半径为.
所以，点到直线的距离为，
则，解得或，
因为圆需满足.
又因为圆，
所以，
则圆心为，半径为，
因为两个圆相交，所以，
则，
所以或都符合题意.
故答案为：或.
【分析】先联立两圆方程作差得出两圆相交弦所在直线方程，再利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，根据点到直线的距离公式得出圆圆心到直线的距离，从而得出a的值，再根据圆的判断方法和两圆相交位置关系判断方法，从而得出满足题意的的值.
13．【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用；全概率公式
【解析】【解答】解：①若先从甲箱摸出的是红球，其概率为，
放入乙箱后，乙箱有 个红球，6个白球（共11个球），
此时再从乙箱摸出红球的概率为；
若从甲箱摸出的是白球，其概率为，
放入乙箱后，乙箱有4个红球， 个白球（共11个球），
此时从乙箱摸出红球的概率为，
由全概率公式，可得概率为：；
②因为服从超几何分布
（超几何分布的期望公式为，其中 是抽取数， 是总体红球数， 是总体球数），
所以.
故答案：；.
【分析】利用已知条件和古典概率公式以及全概率公式，从而得出摸到红球的概率；再利用超几何分布的期望公式求出随机变量的数学期望.
14．【答案】；
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，
，
所以
因为，
所以.
则.
故答案为：①②.
【分析】利用平面向量基本定理，从而用，将表示出来；再利用已知条件和数量积运算律以及数量积的定义，从而求出的值.
15．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：①当时，要使有意义，则；
因为方程为，
平方得，，
解得，显然，
解不等式，得，
在上函数满足：当或时，函数有1个零点；
当时，函数有两个零点；
②当时，若，，函数有无穷个零点，
当时，方程，则，
当时，，此时方程无实数解；
当时，解得，
令，则，
当时，则；
在上满足：当时，有1个零点；
当时，有无穷个零点；
当或时，没有零点，
综上所述，当时，有三个零点．
故答案为：.
【分析】根据分段函数解析式，从而分类讨论，在不同的取值范围下函数零点的个数，再利用已知条件得解.
16．【答案】（1）解：在中，
由和正弦定理，
得，
则，
又因为，
所以
，
则.
（2）解：（i）由（1）知，，
又因为，，
由余弦定理，
得，
所以.
（ii）由正弦定理，
得，
又因为为锐角，
所以，
则，，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）（i）利用（1）和余弦定理，从而得出c的值.
（ii）利用正弦定理得出角B的正弦值，再利用角B的取值范围得出角B的余弦值，根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，以及两角和的正弦公式，从而得出的值.
（1）在中，由及正弦定理得，
即，而，则，
所以.
（2）（i）由（1）知，，而，，
由余弦定理得，
所以.
（ii）由正弦定理，得，
而为锐角，则，，，
所以.
17．【答案】（1）证明：由平面平面，
平面平面，平面，
则，
得直线平面，
又因为四边形是正方形，
所以直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
依题意，则是平面的一个法向量，
又因为，
所以，
又因为直线平面，
所以平面.
（2）解：因为，
设平面CPB的法向量为 ，
则，取，得，
设平面PQB的法向量为 ，
则，取，得 ，
设平面与平面夹角为，
则，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
（3）解：由点H在PD上，设，
则，
依题意，得，
又因为，
解得，
所以线段的长为.
【知识点】异面直线所成的角；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）根据已知条件证出直线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再利用法向量定义得出平面的一个法向量，根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而证出平面.
（2）由（1）中的坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（3）由点H在PD上，设出点坐标，即，再利用数量积求向量夹角公式和t的取值范围，从而得出t的值，进而得出线段的长.
（1）由平面平面，平面平面，平面，
，得直线平面，而四边形是正方形，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，
依题意，是平面的一个法向量，又，
则，而直线平面，所以平面.
（2），
设平面CPB的法向量为 ，则，取，得，
设平面PQB的法向量为 ，则，取，得 ，
设平面与平面夹角为，则，
，所以平面与平面夹角的正弦值为.
（3）由点H在PD上，设，则，
依题意，，而，解得，
所以线段的长为.
18．【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由题意，
可设，，，且，，
再设直线的方程为，
由，
消去，整理得，
因为成立，
由，
解得，
所以，
则.
①当直线轴时，，解得，
由椭圆的对称性，
可得，
又因为，
所以；
②当直线不垂直轴时，即当时，，
则直线的斜率，
同理可得，
因为，，三点共线，
所以，则，
在和中，
，，
所以，
因为，均为锐角，
所以，
综上所述，若，，三点共线，则.
【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）根据椭圆的离心率公式和三角形面积公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列方程组求解得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设，，，且，，联立直线的方程和椭圆方程，再利用判别式法和求根公式，从而表示出点坐标，根据分类讨论的方法和椭圆的对称性、两点求斜率公式和三点共线，从而得出的关系式，再根据正切函数的定义，从而证出.
（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）由题意可设，，，且，.
直线的方程为.
由消去，整理得.
成立.
由，解得.
所以.所以.
①当直线轴时，，解得，
由椭圆的对称性可得.
又因为，所以.
②当直线不垂直轴时，即时，，
直线的斜率.同理.
因为，，三点共线，所以.所以.
在和中，，，
所以.因为，均为锐角，所以.
综上，若，，三点共线，则.
19．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
由是和的等比中项，
得，
则，
又因为，所以，
则，
设等比数列的公比为，
由，，得，
又因为，解得，
所以.
（2）由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，
设；
设，，
两式相减得，
因此，所以.
；
（3）由，，，，，，，
得对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据给定条件，列式分别求出数列与的公差、公比，进而求出通项公式.
（2）由（1）求出，按奇偶分组求和，再利用裂项相消法及错位相减法求和即得.
（3）根据给定条件，分段求出数列的前100项，再求出它们的和.
（1）设等差数列的公差为，由是和的等比中项，得，
即，而，解得，因此；
设等比数列的公比为，由，，得，而，解得，
因此.
（2）由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，
设；
设，，
两式相减得，
因此，所以.
（3）由，，，，，，，
得对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个；
对应的区间分别为，则，即有个，
所以.
20．【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，，
则曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）解：因为函数的定义域为，且，
① 当时，易得，则在上单调递减，
又因为，则当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，则在上单调递增；
由，得时，则在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，
所以，
令，则，
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为恒成立， 所以．
（3）证明：因为，
令，得，
令，
则与有相同的零点，且，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递增，
又因为，，
所以，使得，
则当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
则的最小值为，
由，得，则，
令，，则，
所以在单调递增，
因为，所以，则，
所以，则，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，则函数有2个零点．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用代入法得出切点的坐标，由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）对函数求导后，根据参数的取值分类讨论，从而得出当时，，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而得出，再结合恒成立得出的值.
（3）由得，令，结合零点存在定理得和隐零点法求出的最小值为，再由可得，，从而得出的最小值，再由和函数求极限的方法，从而判断出函数的零点个数.
（1）当时，，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意；
② 当时，由，得时，即在上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以，
因为，则其等价于，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，因恒成立，故．
（3）．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为当时，，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
因为，所以当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，且，
所以有2个零点，故有2个零点．
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