天津市河北区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试卷
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·河北期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，则.
故答案为：A.
【分析】运用集合的交集运算规则（由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合），计算即可得到答案可.
2．（2025高三上·河北期末）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】根据存在量词命题的否定形式为全称量词命题，即可找出正确的选项.
3．（2025高三上·河北期末）某同学记录了当地2月最后8天每天的最低气温（单位：），分别为，则该组数据的第60百分位数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将该组数据从小到大排列：，共8项，
又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8.
故答案为：C.
【分析】利用百分位数的定义将数据从小到大排列，计算，该组数据的第60百分位数为第5项即可得解.
4．（2025高三上·河北期末）已知，是两个平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，则，该选项错误，不合题意；
B、若，，则，，或与相交，该选项错误，不合题意；
C、若，，则或，该选项错误，不合题意；
D、若，，则，即一条直线垂直于两平行平面中的一个，也垂直于另一个，该选项正确，符合题意．
故答案为：D
【分析】由，，则，可判断A；，，则，，或与相交，可判断B；由，，则或，可判断C；由，，则可判断D.
5．（2025高三上·河北期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数，递减区间是
B．是奇函数，递减区间是
C．是偶函数，递增区间是
D．是偶函数，递增区间是
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：的定义域为R，且，
所以函数为奇函数，
将函数去掉绝对值得，
画出函数的图象，如图，观察图象可知，
在上单调递减.
故答案为：B
【分析】去绝对值将函数解析式化为分段函数型，并作出函数图象，由图象即可判断
6．（2025高三上·河北期末）已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：因为等比数列单调递增，，则，又，
解得或（舍去），所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】由等比数列的性质求出，与联立可得、，代入公式求出，再由求和公式计算可得.
7．（2025高三上·河北期末）已知（），且，则m等于（ ）
A． B． C． D．6
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；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
又
所以，则解得，
因为，所以，
故答案为：C.
【分析】由可得，由对数运算中换底公式可得，与联立可得，可解.
8．（2025高三上·河北期末）若函数（），①函数的最小正周期为，则；②当时，在区间上单调递增；③当时，为函数的一个对称中心；④若在上有且只有两个零点，则.其中正确结论的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得
，
①、若函数的最小正周期为，则，得，该选项错误，不合题意；
②、当时，，若，则，
根据函数在上单调递增，
所以在区间上单调递增；该选项正确，符合题意；
③、当时，，
因为，
所以 是函数的对称点，该选项正确，符合题意；
④、时，，
若在上有且只有两个零点，
则，即，解得，即，该选项错误，不合题意.
综上，正确结论的个数为2.
故答案为：C.
【分析】由二倍角公式和辅助角公式得， 可判断①；时，，由x范围得，在上单调递增可判断②；由A得代入可判断③；在上有且只有两个零点，则，即，解得可判断④.
9．（2025高三上·河北期末）设F是双曲线（，）的右焦点，O为坐标原点，过F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为H，若的内切圆与x轴切于点B，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线方程为：，即，
到渐近线的距离为，
，则直角三角形的内切圆的半径，
如图，设三角形的内切圆与切于，则，，
可得，，
即，则，
所以，
由，，，.
故答案为：A.
【分析】首先由点到直线的距离求出求出，利用内切圆几何特征求出，代入运算得到，，解出即可.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.
10．（2025高三上·河北期末）若，则复数的虚部是 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则复数的虚部是.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的概念求解即可．
11．（2025高三上·河北期末）已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为 .
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，
因此，二项式系数之和为.
故答案为：.
【分析】
令，可得可得，故二项式系数之和.
12．（2025高三上·河北期末）已知抛物线C：（）的焦点F恰为圆的圆心，点P是C与圆的一个公共点，则点F到直线OP的距离为 .
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：圆，即，可知圆心为，半径，
即，则，可得，抛物线C：，
联立方程，解得或，
根据对称性不妨取，则直线OP：，
所以点F到直线OP的距离为.
故答案为：.
【分析】写出圆心和半径，即可得F坐标，利用抛物线定义得，可得抛物线C：，联立方程求交点坐标，代入点F到直线OP的距离公式求解.
13．（2025高三上·河北期末）甲箱中有3个黑球，2个蓝球和3个红球，乙箱中有4个黑球，2个蓝球和2个红球（除颜色外，球的大小、形状、质地完全相同）．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1球．分别以，，表示由甲箱取出的球是黑球，蓝球和红球的事件，以表示从乙箱取出的球是红球的事件，则 ， ．
【答案】 ；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率与独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意，，，，
，
故，
，，
所以，
，
所以．
故答案为：；．
【分析】代入古典概型的概率公式得，，，运用条件概率的概率公式及独立事件的概率公式P(AB)=P(A)P(B)求解即可．
14．（2025高三上·河北期末）如图，在平行四边形中，O为对角线与的交点，M为直线与的交点，N为直线与的交点，若，，，且，，，则 ， .
【答案】；
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在中，由，得，即，
则，又，
则，所以；
由分别为的中点，得为的重心，
则，
而，
所以
.
故答案为：；.
【分析】先由平行得，再将向量以为基底表示出来，进行数量积运算即得.
15．（2025高三上·河北期末）对于任意，用表示，中的较小者，记，设函数，.若对于任意，都有，则a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为函数与都是实数集上的增函数，
所以函数在R上单调递增，且，
当时，，所以当时，，
当时，，
由，即当时，恒成立，
即当时，，即恒成立，
设，则，
当且仅当，即，即时，等号成立，
.
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由复合函数性质得函数的单调性，且，分，时及函数的定义，结合基本不等式进行求解即可.
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·河北期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，内角A，B，C成等差数列.
（1）求a的值及的面积；
（2）求的值.
【答案】（1）解： 由角A，B，C成等差数列，可得，
结合三角形内角和定理，可得，
由余弦定理，代入已知条件得：
，化简得，
解得，或（舍去），所以，
又因为，所以，
由三角形面积公式，得：.
（2）解： 利用正弦定理，可得，
，则角A为锐角，
所以，
所以，，
故.
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式；解三角形
【解析】【分析】（1）由等差数列的中项性质得，又，代入余弦定理即可出a的值，代入三角形面积公式即可求解；
（2）结合正弦定理求出，由同角三角函数基本关系式求出，运用二倍角公式及两角和的正切公式即可求解.
（1）由角A，B，C成等差数列，可得，
结合三角形内角和定理，可得，
由余弦定理，代入已知条件得：
，化简得，
解得，或（舍去），所以，
又因为，所以，
由三角形面积公式，得：.
（2）利用正弦定理，可得，
，则角A为锐角，
所以，
所以，，
故.
17．（2025高三上·河北期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，E是AD的中点，，.
（1）证明：；
（2）求平面PEC与平面BEC的夹角的余弦值；
（3）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】（1）解：
如图，连接与交点为，因为，，
，，
由，得，，，
所以，，
所以，
由，，
所以，
因为底面ABCD，平面，
因为，平面，
平面，又因为平面，
所以.
（2）解： 因为，，两两垂直，故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为
设平面PEC与平面BEC的夹角为，
则
（3）解：，，，
，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角为，
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)要证明 需证平面，由勾股定理及底面ABCD ，可证；
(2)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，利用面面角的向量法求解即可；
(3)由(2)，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法求解即可.
（1）如图，连接与交点为，因为，，
，，
由，得，，，
所以，，
所以，
由，，
所以，
因为底面ABCD，平面，
因为，平面，
平面，又因为平面，
所以.
（2）因为，，两两垂直，故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为
设平面PEC与平面BEC的夹角为，
则
（3），，，
，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角为，
.
18．（2025高三上·河北期末）已知直线经过椭圆C：（）的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的下顶点为A，P是椭圆C上一动点，直线AP与圆O：相交于点M（异于点A），M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q（异于点A）.设直线MN，PQ的斜率分别为，，试探究当时，是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）解： 根据题意，，代入椭圆方程得，
得，所以，再根据，可得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解： 据题意，直线的斜率存在，且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，整理可得，所以或.
所以点的坐标为，
联立和，
整理可得，所以或.
所以点的坐标为.
显然，是圆的直径，故，所以直线的方程为.
用代替，得点的坐标为，即.
直线的斜率，
直线的斜率.
所以，为定值，得证.
【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）运用椭圆的几何性质，将，，代入椭圆方程得，根据，解方程可得，，，进而得到所求椭圆方程；
（2）需先判断直线的斜率存在，且不为0，再运用两点的斜率公式，分别计算线直的斜率，直线的斜率，作比值即可.
（1）根据题意，，代入椭圆方程得，
得，所以，再根据，可得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）据题意，直线的斜率存在，且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，整理可得，所以或.
所以点的坐标为，
联立和，
整理可得，所以或.
所以点的坐标为.
显然，是圆的直径，故，所以直线的方程为.
用代替，得点的坐标为，即.
直线的斜率，
直线的斜率.
所以，为定值，得证.
19．（2025高三上·河北期末）已知是首项为1的等差数列，其前n项和为，，为等比数列，，.
（1）求数列和的通项公式：
（2）求；
（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 设等差数列的公差为，因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）解：因为，
．
（3）解：因为，．
令，
则，（）
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1） 代入等差数列求和公式 得公差d，同理代入等比数列通项公式得工笔q，即得；
（2）由题意得，代入原式，结合分组求和及等差数列的求和公式可求和；
（3）由（1）得数列的通项公式，及分析数列的单调性 ，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围.
（1）设等差数列的公差为，因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）因为，
．
（3）因为，．
令，
则，（）
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
20．（2025高三上·河北期末）已知函数（）.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）当时，证明：对于任意的，，有.
【答案】（1）解：，则．
曲线在点处的切线方程为，
则，解得，
由，解得，
（2）解：，其中，函数定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
若，则在上恒成立，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（3）证明： 当时，，
对于任意的，有
因为，所以即得；
所以，进而得出
所以
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【分析】（1）求定义域求导，则斜率为即可求解；
（2）由导数判断单调性关系，进而对的范围进行分类讨论即可求解．
（3）由题意得，再作差，化简，判断出差小于零即可.
（1），则．
曲线在点处的切线方程为，
则，解得，
由，解得，
（2），其中，函数定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
若，则在上恒成立，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（3）当时，，
对于任意的，有
因为，所以即得；
所以，进而得出
所以
所以.
1 / 1天津市河北区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试卷
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·河北期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·河北期末）命题，的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025高三上·河北期末）某同学记录了当地2月最后8天每天的最低气温（单位：），分别为，则该组数据的第60百分位数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．（2025高三上·河北期末）已知，是两个平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．（2025高三上·河北期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数，递减区间是
B．是奇函数，递减区间是
C．是偶函数，递增区间是
D．是偶函数，递增区间是
6．（2025高三上·河北期末）已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025高三上·河北期末）已知（），且，则m等于（ ）
A． B． C． D．6
8．（2025高三上·河北期末）若函数（），①函数的最小正周期为，则；②当时，在区间上单调递增；③当时，为函数的一个对称中心；④若在上有且只有两个零点，则.其中正确结论的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
9．（2025高三上·河北期末）设F是双曲线（，）的右焦点，O为坐标原点，过F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为H，若的内切圆与x轴切于点B，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.
10．（2025高三上·河北期末）若，则复数的虚部是 ．
11．（2025高三上·河北期末）已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为 .
12．（2025高三上·河北期末）已知抛物线C：（）的焦点F恰为圆的圆心，点P是C与圆的一个公共点，则点F到直线OP的距离为 .
13．（2025高三上·河北期末）甲箱中有3个黑球，2个蓝球和3个红球，乙箱中有4个黑球，2个蓝球和2个红球（除颜色外，球的大小、形状、质地完全相同）．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1球．分别以，，表示由甲箱取出的球是黑球，蓝球和红球的事件，以表示从乙箱取出的球是红球的事件，则 ， ．
14．（2025高三上·河北期末）如图，在平行四边形中，O为对角线与的交点，M为直线与的交点，N为直线与的交点，若，，，且，，，则 ， .
15．（2025高三上·河北期末）对于任意，用表示，中的较小者，记，设函数，.若对于任意，都有，则a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·河北期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，内角A，B，C成等差数列.
（1）求a的值及的面积；
（2）求的值.
17．（2025高三上·河北期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，E是AD的中点，，.
（1）证明：；
（2）求平面PEC与平面BEC的夹角的余弦值；
（3）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
18．（2025高三上·河北期末）已知直线经过椭圆C：（）的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的下顶点为A，P是椭圆C上一动点，直线AP与圆O：相交于点M（异于点A），M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q（异于点A）.设直线MN，PQ的斜率分别为，，试探究当时，是否为定值，并说明理由.
19．（2025高三上·河北期末）已知是首项为1的等差数列，其前n项和为，，为等比数列，，.
（1）求数列和的通项公式：
（2）求；
（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
20．（2025高三上·河北期末）已知函数（）.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）当时，证明：对于任意的，，有.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，则.
故答案为：A.
【分析】运用集合的交集运算规则（由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合），计算即可得到答案可.
2．【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】根据存在量词命题的否定形式为全称量词命题，即可找出正确的选项.
3．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将该组数据从小到大排列：，共8项，
又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8.
故答案为：C.
【分析】利用百分位数的定义将数据从小到大排列，计算，该组数据的第60百分位数为第5项即可得解.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，则，该选项错误，不合题意；
B、若，，则，，或与相交，该选项错误，不合题意；
C、若，，则或，该选项错误，不合题意；
D、若，，则，即一条直线垂直于两平行平面中的一个，也垂直于另一个，该选项正确，符合题意．
故答案为：D
【分析】由，，则，可判断A；，，则，，或与相交，可判断B；由，，则或，可判断C；由，，则可判断D.
5．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：的定义域为R，且，
所以函数为奇函数，
将函数去掉绝对值得，
画出函数的图象，如图，观察图象可知，
在上单调递减.
故答案为：B
【分析】去绝对值将函数解析式化为分段函数型，并作出函数图象，由图象即可判断
6．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：因为等比数列单调递增，，则，又，
解得或（舍去），所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】由等比数列的性质求出，与联立可得、，代入公式求出，再由求和公式计算可得.
7．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；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
又
所以，则解得，
因为，所以，
故答案为：C.
【分析】由可得，由对数运算中换底公式可得，与联立可得，可解.
8．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得
，
①、若函数的最小正周期为，则，得，该选项错误，不合题意；
②、当时，，若，则，
根据函数在上单调递增，
所以在区间上单调递增；该选项正确，符合题意；
③、当时，，
因为，
所以 是函数的对称点，该选项正确，符合题意；
④、时，，
若在上有且只有两个零点，
则，即，解得，即，该选项错误，不合题意.
综上，正确结论的个数为2.
故答案为：C.
【分析】由二倍角公式和辅助角公式得， 可判断①；时，，由x范围得，在上单调递增可判断②；由A得代入可判断③；在上有且只有两个零点，则，即，解得可判断④.
9．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线方程为：，即，
到渐近线的距离为，
，则直角三角形的内切圆的半径，
如图，设三角形的内切圆与切于，则，，
可得，，
即，则，
所以，
由，，，.
故答案为：A.
【分析】首先由点到直线的距离求出求出，利用内切圆几何特征求出，代入运算得到，，解出即可.
10．【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则复数的虚部是.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的概念求解即可．
11．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，
因此，二项式系数之和为.
故答案为：.
【分析】
令，可得可得，故二项式系数之和.
12．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：圆，即，可知圆心为，半径，
即，则，可得，抛物线C：，
联立方程，解得或，
根据对称性不妨取，则直线OP：，
所以点F到直线OP的距离为.
故答案为：.
【分析】写出圆心和半径，即可得F坐标，利用抛物线定义得，可得抛物线C：，联立方程求交点坐标，代入点F到直线OP的距离公式求解.
13．【答案】 ；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率与独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意，，，，
，
故，
，，
所以，
，
所以．
故答案为：；．
【分析】代入古典概型的概率公式得，，，运用条件概率的概率公式及独立事件的概率公式P(AB)=P(A)P(B)求解即可．
14．【答案】；
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在中，由，得，即，
则，又，
则，所以；
由分别为的中点，得为的重心，
则，
而，
所以
.
故答案为：；.
【分析】先由平行得，再将向量以为基底表示出来，进行数量积运算即得.
15．【答案】
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为函数与都是实数集上的增函数，
所以函数在R上单调递增，且，
当时，，所以当时，，
当时，，
由，即当时，恒成立，
即当时，，即恒成立，
设，则，
当且仅当，即，即时，等号成立，
.
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由复合函数性质得函数的单调性，且，分，时及函数的定义，结合基本不等式进行求解即可.
16．【答案】（1）解： 由角A，B，C成等差数列，可得，
结合三角形内角和定理，可得，
由余弦定理，代入已知条件得：
，化简得，
解得，或（舍去），所以，
又因为，所以，
由三角形面积公式，得：.
（2）解： 利用正弦定理，可得，
，则角A为锐角，
所以，
所以，，
故.
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式；解三角形
【解析】【分析】（1）由等差数列的中项性质得，又，代入余弦定理即可出a的值，代入三角形面积公式即可求解；
（2）结合正弦定理求出，由同角三角函数基本关系式求出，运用二倍角公式及两角和的正切公式即可求解.
（1）由角A，B，C成等差数列，可得，
结合三角形内角和定理，可得，
由余弦定理，代入已知条件得：
，化简得，
解得，或（舍去），所以，
又因为，所以，
由三角形面积公式，得：.
（2）利用正弦定理，可得，
，则角A为锐角，
所以，
所以，，
故.
17．【答案】（1）解：
如图，连接与交点为，因为，，
，，
由，得，，，
所以，，
所以，
由，，
所以，
因为底面ABCD，平面，
因为，平面，
平面，又因为平面，
所以.
（2）解： 因为，，两两垂直，故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为
设平面PEC与平面BEC的夹角为，
则
（3）解：，，，
，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角为，
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)要证明 需证平面，由勾股定理及底面ABCD ，可证；
(2)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，利用面面角的向量法求解即可；
(3)由(2)，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法求解即可.
（1）如图，连接与交点为，因为，，
，，
由，得，，，
所以，，
所以，
由，，
所以，
因为底面ABCD，平面，
因为，平面，
平面，又因为平面，
所以.
（2）因为，，两两垂直，故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为
设平面PEC与平面BEC的夹角为，
则
（3），，，
，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角为，
.
18．【答案】（1）解： 根据题意，，代入椭圆方程得，
得，所以，再根据，可得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解： 据题意，直线的斜率存在，且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，整理可得，所以或.
所以点的坐标为，
联立和，
整理可得，所以或.
所以点的坐标为.
显然，是圆的直径，故，所以直线的方程为.
用代替，得点的坐标为，即.
直线的斜率，
直线的斜率.
所以，为定值，得证.
【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）运用椭圆的几何性质，将，，代入椭圆方程得，根据，解方程可得，，，进而得到所求椭圆方程；
（2）需先判断直线的斜率存在，且不为0，再运用两点的斜率公式，分别计算线直的斜率，直线的斜率，作比值即可.
（1）根据题意，，代入椭圆方程得，
得，所以，再根据，可得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）据题意，直线的斜率存在，且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，整理可得，所以或.
所以点的坐标为，
联立和，
整理可得，所以或.
所以点的坐标为.
显然，是圆的直径，故，所以直线的方程为.
用代替，得点的坐标为，即.
直线的斜率，
直线的斜率.
所以，为定值，得证.
19．【答案】（1）解： 设等差数列的公差为，因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）解：因为，
．
（3）解：因为，．
令，
则，（）
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1） 代入等差数列求和公式 得公差d，同理代入等比数列通项公式得工笔q，即得；
（2）由题意得，代入原式，结合分组求和及等差数列的求和公式可求和；
（3）由（1）得数列的通项公式，及分析数列的单调性 ，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围.
（1）设等差数列的公差为，因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）因为，
．
（3）因为，．
令，
则，（）
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
20．【答案】（1）解：，则．
曲线在点处的切线方程为，
则，解得，
由，解得，
（2）解：，其中，函数定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
若，则在上恒成立，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（3）证明： 当时，，
对于任意的，有
因为，所以即得；
所以，进而得出
所以
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【分析】（1）求定义域求导，则斜率为即可求解；
（2）由导数判断单调性关系，进而对的范围进行分类讨论即可求解．
（3）由题意得，再作差，化简，判断出差小于零即可.
（1），则．
曲线在点处的切线方程为，
则，解得，
由，解得，
（2），其中，函数定义域为，
则，
令，解得或，
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
若，则在上恒成立，单调递增，
若，则当时，，单调递减，
当和时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（3）当时，，
对于任意的，有
因为，所以即得；
所以，进而得出
所以
所以.
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