四川省部分学校2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题
1．（2025高三上·四川月考）样本数据1，3，5，4，2的中位数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据1，3，5，4，2，从小到大排序为1，2，3，4，5，
所以中位数是3.
故答案为：C
【分析】由中位数的概念将给定的数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，若数据个数为奇数，则中间位置的数就是中位数；若数据个数为偶数，则中间两个数的平均值就是中位数即可求解.
2．（2025高三上·四川月考）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：，所以，
又，所以.
故答案为：A.
【分析】先确定集合，再由交集的定义求出既属于A又属于B 的元素即可得出答案.
3．（2025高三上·四川月考）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
其在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】分子分母同乘以1-i并利用复数的除法运算得到，进而可求解.
4．（2025高三上·四川月考）记等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，由可得，即.
因为，，所以，则.
故答案为：B.
【分析】由等差数列和的定义得，代入通项公式可求d，再代入通项公式可解.
5．（2025高三上·四川月考）若，，则（ ）
A．0 B．1 C． D．1或
【答案】D
【知识点】三角函数的化简求值；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
相减得，
当为偶数时，设，则；
当为奇数时，设，则，
故答案为：D
【分析】由得，由得，相减得，分类讨论为偶、奇数时可求的值.
6．（2025高三上·四川月考）一种质量为的物质，在化学分解中，经过时间（单位：）后，所剩的质量（单位：）与时间t的函数关系为（，均为参数，且）.已知的该物质，在化学分解中，经过后，所剩的质量为，再经过后，所剩的质量为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，解得.
故答案为：A
【分析】根据条件列出指数方程，代入指数的运算公式可解之间的关系.
7．（2025高三上·四川月考）青铜太阳轮，出土于三星堆，距今已有3000多年历史，其状若车轮，现存于三星堆博物馆．如图，该青铜太阳轮圆周上有5个孔，可看成5个点，记为，，，，，五边形ABCDE为正五边形，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解法一：取的中点，连接，
因为，所以在中，，
则．
解法二：在正五边形中，，，．
，
，
．
故答案为：A
【分析】解法一：取的中点，连接，则代入向量的线性运算结合数量积可求解；
解法二：由题意得，代入数量积公式可求解．
8．（2025高三上·四川月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点．直线与交于另一点，若，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
易知椭圆的焦点分别为，，
由，可得，
由椭圆的定义可得，，
设，则，，，，
因为，所以，又因为，所以，
又因为，所以，
则为直角三角形，，
在Rt中，，
则，解得或（舍去），
在Rt中，，即，代入，整理得，
则的离心率．
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的焦点分别为，，设，结合椭圆的定义，表达出其他各边长，推出为直角三角形，，在和分别利用勾股定理列方程，求出，整理得，再根据椭圆的离心率公式求解即可.
9．（2025高三上·四川月考）在下列区间中，函数单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】复合函数的单调性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：令，则在，上单调递减；
A、在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意；
B、在上单调递减，在上单调递增，该选项正确，符合题意；
C、在上单调递减，在上单调递增，该选项正确，符合题意；
D、在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意.
故答案为：BC.
【分析】令，则在，上单调递减，考虑在上单调递增可判断A；考虑在上其他三个区间的单调性可依次判断BCD.
10．（2025高三上·四川月考）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的值域为
C．， D．恰有1个零点
【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、要使函数有意义，所以的定义域为，该选项正确，符合题意.
B、因为函数和均为减函数，所以是减函数，
又因为，所以的值域为，该选项错误，不合题意.
C、因为，所以，，该选项正确，符合题意.
D、是减函数，且的值域为，所以恰有1个零点，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】A、先求定义域得定义域为；B，函数和均为减函数得是减函数可得函数的值域；C，由B得，；D，根据函数单调性和函数的值域得出零点个数.
11．（2025高三上·四川月考）如图，该几何体的表面由8个正三角形和6个正方形构成，已知该几何体的棱长均为2，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．该几何体的体积为
D．存在球，使得该几何体的顶点都在球的球面上
【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、作棱长为的正方体，取各个棱的中点，连接即可得符合题意的几何体.
取中点M，中点N，连接，可得，
由正方体性质可得，则可证平面，
则平面与平的交线，，则
则平面与平所成角为，
其中，则，该选项错误，不合题意；
B、由正方体性质可得平面平面，该选项正确，符合题意；
C、，该选项正确，符合题意；
D、球心为正方体中心，半径为2，则该几何体的顶点都在球的球面上，该选项正确，符合题意；
故答案为：BCD.
【分析】由题意得该几何体可由正方体切去八个角得到，A、由正方体性质可证平面，则平面与平的交线有，可求平面与平所成角为，由勾股定理判断；B、由正方体性质可得平面平面；C、代入即可；D、球心为正方体中心，半径为2，则该几何体的顶点都在球的球面上.
12．（2025高三上·四川月考）已知双曲线的渐近线和圆相切，则 .
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为的渐近线方程为，圆的圆心坐标为，
则点到直线的距离为，由圆和渐近线相切，可得.
故答案为：.
【分析】先求出渐近线方程为，算出利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径，建立方程即可解得.
13．（2025高三上·四川月考）在中，内角所对的边分别为，已知，，的周长为，则的面积为 .
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，，可得①.
的周长为，即②.
由①②，解得，，故的面积为.
故答案为：.
【分析】余弦定理得；三角形周长得联立可得，代入三角形面积公式计算即得.
14．（2025高三上·四川月考）已知函数，若，，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
若，当时，，则在上单调递增，
因，，则，解得；
若，当时，，
当时，，
所以当时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因，故要使得，，
则或，解得，
综上，的取值范围是.
故答案为：
【分析】先写出函数解析式，再分类讨论a与0的关系，由求导的方法判断单调性，利用单调性解即可.
15．（2025高三上·四川月考）设数列的前项和为，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解：因为，，所以，
即的偶数项均为，
因为，所以，
又因为，
所以的奇数项均为2，
综合得；
（2）解：记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得，
所以.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由前项和与通项的关系得，可得，即即的偶数项均为，的奇数项均为2，可得的通项公式；
（2）由（1）得项的特征符合错位相减法求和，代入该法求解即可.
（1）因为，，所以，
即的偶数项均为，
因为，所以，
又因为，
所以的奇数项均为2，
综合得；
（2）记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得，
所以.
16．（2025高三上·四川月考）对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）.
（1）求这4联可以凑成甲对联的概率；
（2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望
【答案】（1）解：8联中随机取出4联，有种取法，
取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，
所以这4联可以凑成甲对联的概率为.
（2）解：的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
【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；概率分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）先8联中随机取出4联，其中甲对联有种取法，代入概率公式可求概率；
（2）由X可能的取值可能为0，1，2，类比（1）方法分别计算对应的概率，列分布列代入数学期望公式即可.
（1）8联中随机取出4联，有种取法，
取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，
所以这4联可以凑成甲对联的概率为.
（2）的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
17．（2025高三上·四川月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（1）证明：平面平面．
（2）证明：平面．
（3）求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：，即，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：取的中点，连接，，，．
则在中，．因为平面，平面，
所以平面．
在中，，，，
所以，即.
而，，则有，所以，，
所以是等边三角形，所以，即．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，
所以平面平面，而平面，所以平面．
（3）解：连接，结合（1）（2）易得两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，．
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）由平面平面，得平面，即得，结合判断得平面，可证平面平面；
（2）取的中点，结合，得平面．在中，可判断进而得是等边三角形，可证，可得平面．易证平面平面，得平面；
（3）构建合适的空间直角坐标系，建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线线角的向量法求解即可.角.
（1）证明：，即，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：取的中点，连接，，，．
则在中，．因为平面，平面，
所以平面．
在中，，，，
所以，即.
而，，则有，所以，，
所以是等边三角形，所以，即．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，
所以平面平面，而平面，所以平面．
（3）连接，结合（1）（2）易得两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，．
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
18．（2025高三上·四川月考）已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，.
（1）求p的值.
（2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上.
①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由.
②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由抛物线定义知，，解得；
（2）解：由（1）可得抛物线，，
①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为，
由，得，因为点B，D均在第一象限，所以，
所以，则，
点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为，
故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24；
②设，，
若，则，因为在矩形FBED中，，则，
又，则，
而不在上，不符合题意；
若，则直线的斜率，
因为在矩形FBED中，，所以，则，
所以直线FB的方程为，
由点的纵坐标，得，
因为在矩形FBED中，
则，将其坐标代入，得，
解得或（舍），
因为，所以，即，
综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得，可得p=4；
（2）①由直线轴，直线的方程，联立直线与抛物线方程可得平行四边形的顶点坐标，即可计算面积；
②由题意可设，，由矩形特征得当时得则不在上推出矛盾；当时求出直线的斜率，可求直线FB的方程，可得点的纵坐标，在矩形FBED中将点坐标代入抛物线方程中求出即可.
（1）由抛物线定义知，，解得；
（2）由（1）可得抛物线，，
①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为，
由，得，因为点B，D均在第一象限，所以，
所以，则，
点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为，
故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24；
②设，，
若，则，因为在矩形FBED中，，则，
又，则，
而不在上，不符合题意；
若，则直线的斜率，
因为在矩形FBED中，，所以，则，
所以直线FB的方程为，
由点的纵坐标，得，
因为在矩形FBED中，
则，将其坐标代入，得，
解得或（舍），
因为，所以，即，
综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时.
19．（2025高三上·四川月考）已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若，求与的数量关系；
（3）设，是的两个极值点，证明：.
【答案】（1）解：，，
令，由，得，
此时，在上单调递增；
当，即时，方程的两根为，；
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2）解：，即，
令，，
，，
若，则存在，使得当时，，
即在上单调递增，而，所以，不符合题意，
若，则存在，使得当时，
，即在上单调递减，而，
所以，不符合题意，
若，即，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意；
综上，与的数量关系为.
（3）证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，，
且，，，
令，由于，则，则，
则，
设，
则，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递减，
则时，且小于，所以，
所以.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先求得，令分子为零，先讨论判别式的正负，再对进行分类讨论根的大小，可分别得的单调区间；
（2）原不等式可转化为，构造函数，问题转化为求g(x)最小值即可；
（3结合（1）可得，当有两个极值点时，，此时，，，作差得，将所证双变量不等式转化为单变量不等式，令，，求导可得单调递减，即得.
（1），，
令，由，得，
此时，在上单调递增；
当，即时，方程的两根为，；
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2），即，
令，，
，，
若，则存在，使得当时，，
即在上单调递增，而，所以，不符合题意，
若，则存在，使得当时，
，即在上单调递减，而，
所以，不符合题意，
若，即，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意；
综上，与的数量关系为.
（3）证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，，
且，，，
令，由于，则，则，
则，
设，
则，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递减，
则时，且小于，所以，
所以.
1 / 1四川省部分学校2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题
1．（2025高三上·四川月考）样本数据1，3，5，4，2的中位数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
2．（2025高三上·四川月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·四川月考）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2025高三上·四川月考）记等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．（2025高三上·四川月考）若，，则（ ）
A．0 B．1 C． D．1或
6．（2025高三上·四川月考）一种质量为的物质，在化学分解中，经过时间（单位：）后，所剩的质量（单位：）与时间t的函数关系为（，均为参数，且）.已知的该物质，在化学分解中，经过后，所剩的质量为，再经过后，所剩的质量为，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·四川月考）青铜太阳轮，出土于三星堆，距今已有3000多年历史，其状若车轮，现存于三星堆博物馆．如图，该青铜太阳轮圆周上有5个孔，可看成5个点，记为，，，，，五边形ABCDE为正五边形，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·四川月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点．直线与交于另一点，若，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·四川月考）在下列区间中，函数单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·四川月考）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的值域为
C．， D．恰有1个零点
11．（2025高三上·四川月考）如图，该几何体的表面由8个正三角形和6个正方形构成，已知该几何体的棱长均为2，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．该几何体的体积为
D．存在球，使得该几何体的顶点都在球的球面上
12．（2025高三上·四川月考）已知双曲线的渐近线和圆相切，则 .
13．（2025高三上·四川月考）在中，内角所对的边分别为，已知，，的周长为，则的面积为 .
14．（2025高三上·四川月考）已知函数，若，，则的取值范围是 .
15．（2025高三上·四川月考）设数列的前项和为，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16．（2025高三上·四川月考）对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）.
（1）求这4联可以凑成甲对联的概率；
（2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望
17．（2025高三上·四川月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（1）证明：平面平面．
（2）证明：平面．
（3）求直线与直线所成角的余弦值．
18．（2025高三上·四川月考）已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，.
（1）求p的值.
（2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上.
①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由.
②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由.
19．（2025高三上·四川月考）已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若，求与的数量关系；
（3）设，是的两个极值点，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据1，3，5，4，2，从小到大排序为1，2，3，4，5，
所以中位数是3.
故答案为：C
【分析】由中位数的概念将给定的数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，若数据个数为奇数，则中间位置的数就是中位数；若数据个数为偶数，则中间两个数的平均值就是中位数即可求解.
2．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，所以，
又，所以.
故答案为：A.
【分析】先确定集合，再由交集的定义求出既属于A又属于B 的元素即可得出答案.
3．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
其在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】分子分母同乘以1-i并利用复数的除法运算得到，进而可求解.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公差为，由可得，即.
因为，，所以，则.
故答案为：B.
【分析】由等差数列和的定义得，代入通项公式可求d，再代入通项公式可解.
5．【答案】D
【知识点】三角函数的化简求值；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
相减得，
当为偶数时，设，则；
当为奇数时，设，则，
故答案为：D
【分析】由得，由得，相减得，分类讨论为偶、奇数时可求的值.
6．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，解得.
故答案为：A
【分析】根据条件列出指数方程，代入指数的运算公式可解之间的关系.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解法一：取的中点，连接，
因为，所以在中，，
则．
解法二：在正五边形中，，，．
，
，
．
故答案为：A
【分析】解法一：取的中点，连接，则代入向量的线性运算结合数量积可求解；
解法二：由题意得，代入数量积公式可求解．
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
易知椭圆的焦点分别为，，
由，可得，
由椭圆的定义可得，，
设，则，，，，
因为，所以，又因为，所以，
又因为，所以，
则为直角三角形，，
在Rt中，，
则，解得或（舍去），
在Rt中，，即，代入，整理得，
则的离心率．
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的焦点分别为，，设，结合椭圆的定义，表达出其他各边长，推出为直角三角形，，在和分别利用勾股定理列方程，求出，整理得，再根据椭圆的离心率公式求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】复合函数的单调性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：令，则在，上单调递减；
A、在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意；
B、在上单调递减，在上单调递增，该选项正确，符合题意；
C、在上单调递减，在上单调递增，该选项正确，符合题意；
D、在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意.
故答案为：BC.
【分析】令，则在，上单调递减，考虑在上单调递增可判断A；考虑在上其他三个区间的单调性可依次判断BCD.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；简单函数定义域
【解析】【解答】解：A、要使函数有意义，所以的定义域为，该选项正确，符合题意.
B、因为函数和均为减函数，所以是减函数，
又因为，所以的值域为，该选项错误，不合题意.
C、因为，所以，，该选项正确，符合题意.
D、是减函数，且的值域为，所以恰有1个零点，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】A、先求定义域得定义域为；B，函数和均为减函数得是减函数可得函数的值域；C，由B得，；D，根据函数单调性和函数的值域得出零点个数.
11．【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、作棱长为的正方体，取各个棱的中点，连接即可得符合题意的几何体.
取中点M，中点N，连接，可得，
由正方体性质可得，则可证平面，
则平面与平的交线，，则
则平面与平所成角为，
其中，则，该选项错误，不合题意；
B、由正方体性质可得平面平面，该选项正确，符合题意；
C、，该选项正确，符合题意；
D、球心为正方体中心，半径为2，则该几何体的顶点都在球的球面上，该选项正确，符合题意；
故答案为：BCD.
【分析】由题意得该几何体可由正方体切去八个角得到，A、由正方体性质可证平面，则平面与平的交线有，可求平面与平所成角为，由勾股定理判断；B、由正方体性质可得平面平面；C、代入即可；D、球心为正方体中心，半径为2，则该几何体的顶点都在球的球面上.
12．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为的渐近线方程为，圆的圆心坐标为，
则点到直线的距离为，由圆和渐近线相切，可得.
故答案为：.
【分析】先求出渐近线方程为，算出利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径，建立方程即可解得.
13．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，，可得①.
的周长为，即②.
由①②，解得，，故的面积为.
故答案为：.
【分析】余弦定理得；三角形周长得联立可得，代入三角形面积公式计算即得.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
若，当时，，则在上单调递增，
因，，则，解得；
若，当时，，
当时，，
所以当时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因，故要使得，，
则或，解得，
综上，的取值范围是.
故答案为：
【分析】先写出函数解析式，再分类讨论a与0的关系，由求导的方法判断单调性，利用单调性解即可.
15．【答案】（1）解：因为，，所以，
即的偶数项均为，
因为，所以，
又因为，
所以的奇数项均为2，
综合得；
（2）解：记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得，
所以.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由前项和与通项的关系得，可得，即即的偶数项均为，的奇数项均为2，可得的通项公式；
（2）由（1）得项的特征符合错位相减法求和，代入该法求解即可.
（1）因为，，所以，
即的偶数项均为，
因为，所以，
又因为，
所以的奇数项均为2，
综合得；
（2）记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得，
所以.
16．【答案】（1）解：8联中随机取出4联，有种取法，
取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，
所以这4联可以凑成甲对联的概率为.
（2）解：的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
【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；概率分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）先8联中随机取出4联，其中甲对联有种取法，代入概率公式可求概率；
（2）由X可能的取值可能为0，1，2，类比（1）方法分别计算对应的概率，列分布列代入数学期望公式即可.
（1）8联中随机取出4联，有种取法，
取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，
所以这4联可以凑成甲对联的概率为.
（2）的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
17．【答案】（1）证明：，即，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：取的中点，连接，，，．
则在中，．因为平面，平面，
所以平面．
在中，，，，
所以，即.
而，，则有，所以，，
所以是等边三角形，所以，即．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，
所以平面平面，而平面，所以平面．
（3）解：连接，结合（1）（2）易得两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，．
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）由平面平面，得平面，即得，结合判断得平面，可证平面平面；
（2）取的中点，结合，得平面．在中，可判断进而得是等边三角形，可证，可得平面．易证平面平面，得平面；
（3）构建合适的空间直角坐标系，建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线线角的向量法求解即可.角.
（1）证明：，即，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）证明：取的中点，连接，，，．
则在中，．因为平面，平面，
所以平面．
在中，，，，
所以，即.
而，，则有，所以，，
所以是等边三角形，所以，即．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，
所以平面平面，而平面，所以平面．
（3）连接，结合（1）（2）易得两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，．
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：由抛物线定义知，，解得；
（2）解：由（1）可得抛物线，，
①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为，
由，得，因为点B，D均在第一象限，所以，
所以，则，
点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为，
故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24；
②设，，
若，则，因为在矩形FBED中，，则，
又，则，
而不在上，不符合题意；
若，则直线的斜率，
因为在矩形FBED中，，所以，则，
所以直线FB的方程为，
由点的纵坐标，得，
因为在矩形FBED中，
则，将其坐标代入，得，
解得或（舍），
因为，所以，即，
综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得，可得p=4；
（2）①由直线轴，直线的方程，联立直线与抛物线方程可得平行四边形的顶点坐标，即可计算面积；
②由题意可设，，由矩形特征得当时得则不在上推出矛盾；当时求出直线的斜率，可求直线FB的方程，可得点的纵坐标，在矩形FBED中将点坐标代入抛物线方程中求出即可.
（1）由抛物线定义知，，解得；
（2）由（1）可得抛物线，，
①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为，
由，得，因为点B，D均在第一象限，所以，
所以，则，
点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为，
故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24；
②设，，
若，则，因为在矩形FBED中，，则，
又，则，
而不在上，不符合题意；
若，则直线的斜率，
因为在矩形FBED中，，所以，则，
所以直线FB的方程为，
由点的纵坐标，得，
因为在矩形FBED中，
则，将其坐标代入，得，
解得或（舍），
因为，所以，即，
综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时.
19．【答案】（1）解：，，
令，由，得，
此时，在上单调递增；
当，即时，方程的两根为，；
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2）解：，即，
令，，
，，
若，则存在，使得当时，，
即在上单调递增，而，所以，不符合题意，
若，则存在，使得当时，
，即在上单调递减，而，
所以，不符合题意，
若，即，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意；
综上，与的数量关系为.
（3）证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，，
且，，，
令，由于，则，则，
则，
设，
则，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递减，
则时，且小于，所以，
所以.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先求得，令分子为零，先讨论判别式的正负，再对进行分类讨论根的大小，可分别得的单调区间；
（2）原不等式可转化为，构造函数，问题转化为求g(x)最小值即可；
（3结合（1）可得，当有两个极值点时，，此时，，，作差得，将所证双变量不等式转化为单变量不等式，令，，求导可得单调递减，即得.
（1），，
令，由，得，
此时，在上单调递增；
当，即时，方程的两根为，；
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2），即，
令，，
，，
若，则存在，使得当时，，
即在上单调递增，而，所以，不符合题意，
若，则存在，使得当时，
，即在上单调递减，而，
所以，不符合题意，
若，即，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意；
综上，与的数量关系为.
（3）证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，，
且，，，
令，由于，则，则，
则，
设，
则，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递减，
则时，且小于，所以，
所以.
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