浙江杭州学军中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题
1．（2026高二上·杭州月考）已知集合，，则（ ）
A．(0，2] B．(0，2) C．(1，2) D．(1，2]
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
又因为不等式的解集为，
所以，，
则，
故答案为：C.
【分析】利用对数型函数的定义域求解方法和对数型函数的单调性，从而得出集合M，再利用绝对值不等式求解方法得出集合N，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2026高二上·杭州月考）已知点满足，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：因为表示点到点的距离；
表示点到直线的距离，
又因为，
所以点到点的距离等于点到直线的距离，
由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，抛物线方程为，
设，
则，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和抛物线的定义知点的轨迹为抛物线，从而得出抛物线的方程，设，再利用两点间的距离公式和二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
3．（2026高二上·杭州月考）如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则所有的正方形面积和将趋近于（ ）
A． B．8
C． D．以上A，B，C都不正确
【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；函数极限
【解析】【解答】解：依题意，正方形的面积为，正方形的面积为，
正方形的面积为，
将各正方形面积从大到小依次排成一列，
得等比数列，首项，公比，
则其前项和，
当趋近于正无穷大时，趋近于0，趋近于8，
则所有的正方形面积和将趋近于8.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和等比数列的定义，则将各正方形面积依次排成一列可得一个等比数列，再利用等比数列前项和公式和函数求极限的方法，从而得出所有的正方形面积和将趋近的值.
4．（2026高二上·杭州月考）将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为．则数列经过3次“洗牌”后得到的新数列是（ ）
A．8，7，6，5，4，3，2，1 B．1，2，3，4，5，6，7，8
C．2，4，6，8，1，3，5，7 D．1，3，5，7，2，4，6，8
【答案】A
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【解答】解：因为数列经过一次“洗牌”变为，
再经过一次“洗牌”变为，
第三次“洗牌”后变为，
则所得新数列是.
故答案为：A.
【分析】根据给定操作，依次写出每次“洗牌”后的新数列，从而得出数列经过3次“洗牌”后得到的新数列.
5．（2026高二上·杭州月考）如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，， ，则线段的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在平行六面体中，
底面是边长为1的正方形，，
，
，
线段的长为.
故答案为：A.
【分析】由平行六面体的结构特征，得，两边平方结合数量积的运算法则和数量积定义，从而求出的值，进而得出线段的长.
6．（2026高二上·杭州月考）已知数列的首项为，对于任意的都有，则“为单调递增的数列”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，
若为单调递增的数列，则；
若，则，，
所以，，
则，，
所以“为单调递增的数列”，
综上所述，“为单调递增的数列”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据题意和等差数列的定义，易得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，再结合通项公式、充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．（2026高二上·杭州月考）已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：将圆的方程化为，
设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以，
又因为的最小值是圆心到直线的距离，
所以，
因为，
所以．
故答案为：B．
【分析】设，则，由题意可得的取值范围，从而可得的值，再利用的最小值是圆心到直线的距离，从而列方程求出实数m的值.
8．（2026高二上·杭州月考）已知面积为1，边上的中线为，边上的中线为，且，则边的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：设，易知为的重心，
因为，结合重心性质，可得：，
又因为，
设，，
所以，
则，
所以，
由余弦定理，可得：，
令，整理得到，
又因为，其中，得到，
即，当且仅当时取得等号，
又因为，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】设，，，由三角形面积公式得到，再由余弦定理得，令，去分母，利用辅助角公式可得出边的最小值.
9．（2026高二上·杭州月考）已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（ ）
A．当时，以AB为直径的圆与相交
B．当时，以AB为直径的圆经过原点O
C．当时，点M到的距离的最小值为2
D．当时，点M到的距离无最小值
【答案】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】抛物线，准线方程是，
直线代入，可得，，
设，则，
，
，
设，则，
点到准线的距离，
，
当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，A不符合题意；
当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，B符合题意；
当时，即，得，
则，当且仅当时等号成立，C符合题意；
当时，即，得，
所以，令，
则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，
故当时，取最小值，D不符合题意．
故答案为：BC．
【分析】将直线代入抛物线方程，得到，进而得到和
，求得，则，得到点到准线的距离和弦长，当时，得到，可判定A不符合题意；当时，求得，可判定B符合题意；当时，求得，结合基本不等式，可判定C符合题意；当时，求得，令，得到，结合对勾函数的性质，可判定D不符合题意．
10．（2026高二上·杭州月考）已知数列中，，.记， 则正确的结论是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，故A正确；
由题意，得，
若存在，则，得或（舍），
则与矛盾，所以，则，
所以，故B正确；
因为，所以，
则，故，
所以
，
因为，所以，
则，
所以，
则，
因为，，所以，，
则，所以，
则，故C正确、D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据配方法和已知条件，则判断出选项A；利用作差比较大小的方法，则可判断选项B；根据、求出，再结合可判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2026高二上·杭州月考）在直角坐标系中，是曲线上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．任意，直线与曲线C都没有公共点
C．O为坐标原点，
D．曲线的离心率
【答案】A,B
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：若点在曲线上，则点也在曲线上，
所以，曲线C关于原点对称，故A正确；
联立，得，
因为，所以，则方程无解，故B正确；
因为是曲线上任意一点，所以，
若，则方程无解，所以，则，
所以，
当时等号成立，又因为，故C错误；
因为，所以，可知其渐近线为，，
如图，设两条渐近线的角平分线为，
则双曲线的实轴和虚轴分别落在直线上，
设直线和轴的夹角为，与轴的夹角为，直线和轴的夹角为，
则，，，
所以，则，
所以，得（负值舍去），
则，
所以，双曲线的离心率为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】若点在曲线上，则判断出点是否在曲线上，从而判断出选项A；联立直线方程和曲线方程，从而求解判断出选项B；利用消元法结合基本不等式求最值的方法，则可判断出选项C；先找出曲线的渐近线，再根据渐近线的夹角和的关系，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2026高二上·杭州月考）已知锐角满足，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，为锐角，
得，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先根据同角三角函数的基本关系求出的值，再根据两角和的正切公式得出的值.
13．（2026高二上·杭州月考）已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：如图，易知圆心，半径，
取中点D，则，
因为，
所以，
则，所以，
又因为，
所以，
则，所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件得出线线垂直，再利用平面向量基本定理和数量积的运算律，从而可得，再根据圆的性质可得，从而得出AB的长.
14．（2026高二上·杭州月考）已知点是椭圆上异于左右顶点的一点，设，则的取值范围为
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆方程为，所以，
设，则，又因为点是椭圆上异于左右顶点的一点，
所以，
在中，由余弦定理，知：
，，
所以，
因为，所以，
则，
所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，根据已知条件和椭圆的定义，从而得出，，在中结合余弦定理，从而得出，再利用不等式的基本性质，从而得出的取值范围.
15．（2026高二上·杭州月考） 欧拉函数 (n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数.例如：，，，，两个正整数互质：除了 1 以外没有公因数，如：2 和3，2 的 因 数 1 和2，3 的 因 数 1 和3，所以 2和 3 互质；5 和7也是互质的.
（1）求，；
（2）猜测的值（不要求证明）；
（3）令，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：因为不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，
所以，
又因为不超过，
且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，
所以.
（2）解：因为表示相邻的三个正整数，
其中与互质的为与两个，
则分别取可得中与互质的正整数个数为：，
所以.
（3）解：由（2）可得，，
设数列的前n项和为，
则
两式相减，得：
则，
所以，
则.
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和；数列的求和；归纳推理
【解析】【分析】（1）根据欧拉函数的定义，则采用枚举法得出，的值.
（2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数，从而猜测出.
（3）由（2）和得出数列的通项公式，利用对数的运算法则得出数列的通项公式，再根据数列通项公式的特征，则由错位相减法得出数列的前n项和．
（1）不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则，
不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则.
（2）表示相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个，
故分别取可得中与互质的正整数个数为，
所以.
（3）由以上可得，，
设数列的前n项和为，
，
，
两式相减得：
，
则.
16．（2026高二上·杭州月考）如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.
（1）证明：直线与的交点在椭圆：上；
（2）已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由.
【答案】（1）证明：设，依题意，则，，，，
所以直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：
则
所以，直线与的交点M在椭圆上.
（2）解：依题意，直线的斜率均不为零，
则设直线PO的方程为，直线MO的方程为 由，
得：
由，
得
则
所以，成等比数列.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，再将两式相乘化简证出直线与的交点在椭圆：上.
（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别将直线方程与椭圆的方程联立，由韦达定理求出，从而证出再利用等比中项公式，则可判断、、成等比数列.
（1）设，依题意，，，，，
则直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：即
故直线与的交点M在椭圆上；
（2）依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，
直线MO的方程为
由得：
由得
即成等比数列.
17．（2026高二上·杭州月考）已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为．
（1）求的值；
（2）求证：数列是等差数列，并求；
（3）求的面积．
【答案】（1）解：因为点在抛物线上，可得，解得．
（2）证明：由（1）知：，即，
方法一：因为点在抛物线上，则，且，过，且斜率为的直线，
联立方程组，可得，
解得或，所以，
可得，所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
方法二：因为点在抛物线上，
所以，
两式相减得：．
所以：
可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，.
（3）解：由（2）知：，
可得梯形的面积为：，
即，同理可得，
又由梯形的面积为：，
即，
则的面积为：
【知识点】等差数列的通项公式；等差关系的确定；抛物线的标准方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，直接求解参数.点在曲线上→坐标满足方程.
（2）通过设点、求直线方程、联立抛物线方程，结合对称点性质，证明数列为等差数列并求通项.直线与抛物线联立→利用对称点→等差数列定义验证.
（3）用（2）中通项公式，求出三点坐标，结合三角形面积公式计算.坐标代入→面积公式应用.
（1）解：因为点在抛物线上，可得，解得．
（2）证明：由（1）知：，即，
方法一：因为点在抛物线上，则，且，
过，且斜率为的直线，
联立方程组，可得，
解得或，所以，可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
方法二：因为点在抛物线上，
所以，两式相减得：．
所以：可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
（3）解：由（2）知：，
可得梯形的面积为：
即，同理可得，
又由梯形的面积为：
，
即，则的面积为：
．
18．（2026高二上·杭州月考）如图，在中，，，，，将点A沿BD折起到点P的位置，点E为PC的中点，点G为的重心．
（1）求证：EG不平行于平面PBD；
（2）若，平面平面BCD，求二面角B-PC-D的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，连接DG并延长，交BC于点F，
则点F为BC的中点，连接EF，
∵点E为PC的中点，∴，
又因为平面PBD，平面PBD，
∴平面PBD，（提示：线面平行的判定定理）
假设平面PBD，∵，
∴平面平面PBD，
又因为平面平面，平面平面，
∴，（提示：面面平行的性质定理）
与矛盾，则假设不成立，
∴EG不平行于平面PBD．
（2）解：第一步：找到图形中的垂直关系.
在中，，，
由余弦定理，可得，
当时，，
又因为，，
∴在中，由余弦定理，得，
∴，则，
又因为，∴，
则．
第二步：建立空间直角坐标系，并求相关平面的法向量.
∵平面平面BCD，
∴以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，
在平面PBD中过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，．
设平面PBC的法向量为，
则即
不妨取．
设平面PDC的法向量为，
则即
不妨取．
第三步：求二面角的正弦值.
设二面角B-PC-D的平面角为，
则，
∴，（二面角的取值范围是）
则二面角B-PC-D的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，证出，再利用线线平行证出平面PBD，假设平面可得平面EFG平面PBD，根据面面平行的性质定理推导出假设不成立，从而证出EG不平行于平面PBD.
（2）由已知条件可得，再根据三角形中的关系可得，从而可得，再建立合适的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面PBC的法向量和平面PDC的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角B-PC-D的正弦值.
（1）如图，连接DG并延长，交BC于点F，则点F为BC的中点，
连接EF，∵点E为PC的中点，∴，
又平面PBD，平面PBD，∴平面PBD．（提示：线面平行的判定定理）
假设平面PBD，
∵，∴平面平面PBD，
又平面平面，平面平面，
∴，（提示：面面平行的性质定理）
与矛盾，故假设不成立，
∴EG不平行于平面PBD．
（2）第一步：找到图形中的垂直关系
在中，，，∴由余弦定理可得，
当时，，
又，，∴在中，由余弦定理得，
∴，故，
又，∴，即．
第二步：建立空间直角坐标系，并求相关平面的法向量
∵平面平面BCD，
∴以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，在平面PBD中过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，．
设平面PBC的法向量为，
则即
不妨取．
设平面PDC的法向量为，
则即
不妨取．
第三步：求二面角的正弦值
设二面角B-PC-D的平面角为，
则，
∴，（二面角的取值范围是）
故二面角B-PC-D的正弦值为．
19．（2026高二上·杭州月考）已知双曲线的虚轴长为2，其中一条渐近线方程为.且，分别是双曲线的左、右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于，两点，若直线，的斜率分别为，.
①试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
②设，，，若，（），求的面积.
【答案】（1）解：由题意，
可设双曲线为：（，），
则
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解：如图所示，
①为定值.
理由如下：
由题意知，，，
设，，直线的方程为，
由
消元得，
则，
所以，且，
则，
所以
则为定值.
②由①知，，
设直线的斜率为，
则，
因为，
所以，
则.
又因为，，
所以，
由，可得，
则，
又因为，
所以（舍）或.
则直线的方程为，
由
可得：，
则点的纵坐标为，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，设出双曲线的标准方程，再结合双曲线的渐近线方程、双曲线的虚轴长公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）①设直线的方程，联立直线的方程和双曲线方程，再结合韦达定理可得，再代入中计算得出为定值.
②设直线的斜率为，从而可得的值，再结合可得的值，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而可得，再结合可得的值，从而得出直线的方程，再联立直线的方程与双曲线方程可得点的纵坐标，再利用三角形的面积公式可得的面积.
（1）由题意可设双曲线：（，），
则解得，
所以双曲线的方程为.
（2）如图所示，
①为定值.理由如下：
由题意知，，，
设，，直线的方程为，
由消元得，
则，，且，
所以，
所以，
故为定值.
②由①知，，设直线的斜率为，则，
又，所以，
所以.
又，，所以，
由可得，即，
又，所以（舍），.
所以直线的方程为.
由可得：，即点的纵坐标为，
所以.
1 / 1浙江杭州学军中学2025-2026学年高二上学期1月月考数学试题
1．（2026高二上·杭州月考）已知集合，，则（ ）
A．(0，2] B．(0，2) C．(1，2) D．(1，2]
2．（2026高二上·杭州月考）已知点满足，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．4
3．（2026高二上·杭州月考）如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则所有的正方形面积和将趋近于（ ）
A． B．8
C． D．以上A，B，C都不正确
4．（2026高二上·杭州月考）将项数列重新排序为的操作称为一次“洗牌”，即排序后的新数列以为首项，将排在之后，将排在之后．例如，当时，数列经过一次“洗牌”后变为．则数列经过3次“洗牌”后得到的新数列是（ ）
A．8，7，6，5，4，3，2，1 B．1，2，3，4，5，6，7，8
C．2，4，6，8，1，3，5，7 D．1，3，5，7，2，4，6，8
5．（2026高二上·杭州月考）如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，， ，则线段的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
6．（2026高二上·杭州月考）已知数列的首项为，对于任意的都有，则“为单调递增的数列”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2026高二上·杭州月考）已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2026高二上·杭州月考）已知面积为1，边上的中线为，边上的中线为，且，则边的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2026高二上·杭州月考）已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（ ）
A．当时，以AB为直径的圆与相交
B．当时，以AB为直径的圆经过原点O
C．当时，点M到的距离的最小值为2
D．当时，点M到的距离无最小值
10．（2026高二上·杭州月考）已知数列中，，.记， 则正确的结论是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2026高二上·杭州月考）在直角坐标系中，是曲线上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．任意，直线与曲线C都没有公共点
C．O为坐标原点，
D．曲线的离心率
12．（2026高二上·杭州月考）已知锐角满足，则 .
13．（2026高二上·杭州月考）已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则
14．（2026高二上·杭州月考）已知点是椭圆上异于左右顶点的一点，设，则的取值范围为
15．（2026高二上·杭州月考） 欧拉函数 (n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数.例如：，，，，两个正整数互质：除了 1 以外没有公因数，如：2 和3，2 的 因 数 1 和2，3 的 因 数 1 和3，所以 2和 3 互质；5 和7也是互质的.
（1）求，；
（2）猜测的值（不要求证明）；
（3）令，求数列的前n项和．
16．（2026高二上·杭州月考）如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.
（1）证明：直线与的交点在椭圆：上；
（2）已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由.
17．（2026高二上·杭州月考）已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为．
（1）求的值；
（2）求证：数列是等差数列，并求；
（3）求的面积．
18．（2026高二上·杭州月考）如图，在中，，，，，将点A沿BD折起到点P的位置，点E为PC的中点，点G为的重心．
（1）求证：EG不平行于平面PBD；
（2）若，平面平面BCD，求二面角B-PC-D的正弦值．
19．（2026高二上·杭州月考）已知双曲线的虚轴长为2，其中一条渐近线方程为.且，分别是双曲线的左、右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于，两点，若直线，的斜率分别为，.
①试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
②设，，，若，（），求的面积.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
又因为不等式的解集为，
所以，，
则，
故答案为：C.
【分析】利用对数型函数的定义域求解方法和对数型函数的单调性，从而得出集合M，再利用绝对值不等式求解方法得出集合N，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：因为表示点到点的距离；
表示点到直线的距离，
又因为，
所以点到点的距离等于点到直线的距离，
由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，抛物线方程为，
设，
则，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和抛物线的定义知点的轨迹为抛物线，从而得出抛物线的方程，设，再利用两点间的距离公式和二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
3．【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；函数极限
【解析】【解答】解：依题意，正方形的面积为，正方形的面积为，
正方形的面积为，
将各正方形面积从大到小依次排成一列，
得等比数列，首项，公比，
则其前项和，
当趋近于正无穷大时，趋近于0，趋近于8，
则所有的正方形面积和将趋近于8.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和等比数列的定义，则将各正方形面积依次排成一列可得一个等比数列，再利用等比数列前项和公式和函数求极限的方法，从而得出所有的正方形面积和将趋近的值.
4．【答案】A
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【解答】解：因为数列经过一次“洗牌”变为，
再经过一次“洗牌”变为，
第三次“洗牌”后变为，
则所得新数列是.
故答案为：A.
【分析】根据给定操作，依次写出每次“洗牌”后的新数列，从而得出数列经过3次“洗牌”后得到的新数列.
5．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在平行六面体中，
底面是边长为1的正方形，，
，
，
线段的长为.
故答案为：A.
【分析】由平行六面体的结构特征，得，两边平方结合数量积的运算法则和数量积定义，从而求出的值，进而得出线段的长.
6．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，
若为单调递增的数列，则；
若，则，，
所以，，
则，，
所以“为单调递增的数列”，
综上所述，“为单调递增的数列”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据题意和等差数列的定义，易得数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列，公差均为1，再结合通项公式、充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：将圆的方程化为，
设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以，
又因为的最小值是圆心到直线的距离，
所以，
因为，
所以．
故答案为：B．
【分析】设，则，由题意可得的取值范围，从而可得的值，再利用的最小值是圆心到直线的距离，从而列方程求出实数m的值.
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：设，易知为的重心，
因为，结合重心性质，可得：，
又因为，
设，，
所以，
则，
所以，
由余弦定理，可得：，
令，整理得到，
又因为，其中，得到，
即，当且仅当时取得等号，
又因为，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】设，，，由三角形面积公式得到，再由余弦定理得，令，去分母，利用辅助角公式可得出边的最小值.
9．【答案】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】抛物线，准线方程是，
直线代入，可得，，
设，则，
，
，
设，则，
点到准线的距离，
，
当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，A不符合题意；
当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，B符合题意；
当时，即，得，
则，当且仅当时等号成立，C符合题意；
当时，即，得，
所以，令，
则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，
故当时，取最小值，D不符合题意．
故答案为：BC．
【分析】将直线代入抛物线方程，得到，进而得到和
，求得，则，得到点到准线的距离和弦长，当时，得到，可判定A不符合题意；当时，求得，可判定B符合题意；当时，求得，结合基本不等式，可判定C符合题意；当时，求得，令，得到，结合对勾函数的性质，可判定D不符合题意．
10．【答案】A,B,C
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，故A正确；
由题意，得，
若存在，则，得或（舍），
则与矛盾，所以，则，
所以，故B正确；
因为，所以，
则，故，
所以
，
因为，所以，
则，
所以，
则，
因为，，所以，，
则，所以，
则，故C正确、D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据配方法和已知条件，则判断出选项A；利用作差比较大小的方法，则可判断选项B；根据、求出，再结合可判断出选项C和选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：若点在曲线上，则点也在曲线上，
所以，曲线C关于原点对称，故A正确；
联立，得，
因为，所以，则方程无解，故B正确；
因为是曲线上任意一点，所以，
若，则方程无解，所以，则，
所以，
当时等号成立，又因为，故C错误；
因为，所以，可知其渐近线为，，
如图，设两条渐近线的角平分线为，
则双曲线的实轴和虚轴分别落在直线上，
设直线和轴的夹角为，与轴的夹角为，直线和轴的夹角为，
则，，，
所以，则，
所以，得（负值舍去），
则，
所以，双曲线的离心率为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】若点在曲线上，则判断出点是否在曲线上，从而判断出选项A；联立直线方程和曲线方程，从而求解判断出选项B；利用消元法结合基本不等式求最值的方法，则可判断出选项C；先找出曲线的渐近线，再根据渐近线的夹角和的关系，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，为锐角，
得，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先根据同角三角函数的基本关系求出的值，再根据两角和的正切公式得出的值.
13．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：如图，易知圆心，半径，
取中点D，则，
因为，
所以，
则，所以，
又因为，
所以，
则，所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件得出线线垂直，再利用平面向量基本定理和数量积的运算律，从而可得，再根据圆的性质可得，从而得出AB的长.
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆方程为，所以，
设，则，又因为点是椭圆上异于左右顶点的一点，
所以，
在中，由余弦定理，知：
，，
所以，
因为，所以，
则，
所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，根据已知条件和椭圆的定义，从而得出，，在中结合余弦定理，从而得出，再利用不等式的基本性质，从而得出的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，
所以，
又因为不超过，
且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，
所以.
（2）解：因为表示相邻的三个正整数，
其中与互质的为与两个，
则分别取可得中与互质的正整数个数为：，
所以.
（3）解：由（2）可得，，
设数列的前n项和为，
则
两式相减，得：
则，
所以，
则.
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和；数列的求和；归纳推理
【解析】【分析】（1）根据欧拉函数的定义，则采用枚举法得出，的值.
（2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数，从而猜测出.
（3）由（2）和得出数列的通项公式，利用对数的运算法则得出数列的通项公式，再根据数列通项公式的特征，则由错位相减法得出数列的前n项和．
（1）不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则，
不超过，且与其互质的数即为中排除掉剩下的正整数，则.
（2）表示相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个，
故分别取可得中与互质的正整数个数为，
所以.
（3）由以上可得，，
设数列的前n项和为，
，
，
两式相减得：
，
则.
16．【答案】（1）证明：设，依题意，则，，，，
所以直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：
则
所以，直线与的交点M在椭圆上.
（2）解：依题意，直线的斜率均不为零，
则设直线PO的方程为，直线MO的方程为 由，
得：
由，
得
则
所以，成等比数列.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，再将两式相乘化简证出直线与的交点在椭圆：上.
（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别将直线方程与椭圆的方程联立，由韦达定理求出，从而证出再利用等比中项公式，则可判断、、成等比数列.
（1）设，依题意，，，，，
则直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：即
故直线与的交点M在椭圆上；
（2）依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，
直线MO的方程为
由得：
由得
即成等比数列.
17．【答案】（1）解：因为点在抛物线上，可得，解得．
（2）证明：由（1）知：，即，
方法一：因为点在抛物线上，则，且，过，且斜率为的直线，
联立方程组，可得，
解得或，所以，
可得，所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
方法二：因为点在抛物线上，
所以，
两式相减得：．
所以：
可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，.
（3）解：由（2）知：，
可得梯形的面积为：，
即，同理可得，
又由梯形的面积为：，
即，
则的面积为：
【知识点】等差数列的通项公式；等差关系的确定；抛物线的标准方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，直接求解参数.点在曲线上→坐标满足方程.
（2）通过设点、求直线方程、联立抛物线方程，结合对称点性质，证明数列为等差数列并求通项.直线与抛物线联立→利用对称点→等差数列定义验证.
（3）用（2）中通项公式，求出三点坐标，结合三角形面积公式计算.坐标代入→面积公式应用.
（1）解：因为点在抛物线上，可得，解得．
（2）证明：由（1）知：，即，
方法一：因为点在抛物线上，则，且，
过，且斜率为的直线，
联立方程组，可得，
解得或，所以，可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
方法二：因为点在抛物线上，
所以，两式相减得：．
所以：可得，
所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，．
（3）解：由（2）知：，
可得梯形的面积为：
即，同理可得，
又由梯形的面积为：
，
即，则的面积为：
．
18．【答案】（1）证明：如图，连接DG并延长，交BC于点F，
则点F为BC的中点，连接EF，
∵点E为PC的中点，∴，
又因为平面PBD，平面PBD，
∴平面PBD，（提示：线面平行的判定定理）
假设平面PBD，∵，
∴平面平面PBD，
又因为平面平面，平面平面，
∴，（提示：面面平行的性质定理）
与矛盾，则假设不成立，
∴EG不平行于平面PBD．
（2）解：第一步：找到图形中的垂直关系.
在中，，，
由余弦定理，可得，
当时，，
又因为，，
∴在中，由余弦定理，得，
∴，则，
又因为，∴，
则．
第二步：建立空间直角坐标系，并求相关平面的法向量.
∵平面平面BCD，
∴以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，
在平面PBD中过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，．
设平面PBC的法向量为，
则即
不妨取．
设平面PDC的法向量为，
则即
不妨取．
第三步：求二面角的正弦值.
设二面角B-PC-D的平面角为，
则，
∴，（二面角的取值范围是）
则二面角B-PC-D的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，证出，再利用线线平行证出平面PBD，假设平面可得平面EFG平面PBD，根据面面平行的性质定理推导出假设不成立，从而证出EG不平行于平面PBD.
（2）由已知条件可得，再根据三角形中的关系可得，从而可得，再建立合适的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面PBC的法向量和平面PDC的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角B-PC-D的正弦值.
（1）如图，连接DG并延长，交BC于点F，则点F为BC的中点，
连接EF，∵点E为PC的中点，∴，
又平面PBD，平面PBD，∴平面PBD．（提示：线面平行的判定定理）
假设平面PBD，
∵，∴平面平面PBD，
又平面平面，平面平面，
∴，（提示：面面平行的性质定理）
与矛盾，故假设不成立，
∴EG不平行于平面PBD．
（2）第一步：找到图形中的垂直关系
在中，，，∴由余弦定理可得，
当时，，
又，，∴在中，由余弦定理得，
∴，故，
又，∴，即．
第二步：建立空间直角坐标系，并求相关平面的法向量
∵平面平面BCD，
∴以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，在平面PBD中过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，．
设平面PBC的法向量为，
则即
不妨取．
设平面PDC的法向量为，
则即
不妨取．
第三步：求二面角的正弦值
设二面角B-PC-D的平面角为，
则，
∴，（二面角的取值范围是）
故二面角B-PC-D的正弦值为．
19．【答案】（1）解：由题意，
可设双曲线为：（，），
则
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解：如图所示，
①为定值.
理由如下：
由题意知，，，
设，，直线的方程为，
由
消元得，
则，
所以，且，
则，
所以
则为定值.
②由①知，，
设直线的斜率为，
则，
因为，
所以，
则.
又因为，，
所以，
由，可得，
则，
又因为，
所以（舍）或.
则直线的方程为，
由
可得：，
则点的纵坐标为，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，设出双曲线的标准方程，再结合双曲线的渐近线方程、双曲线的虚轴长公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）①设直线的方程，联立直线的方程和双曲线方程，再结合韦达定理可得，再代入中计算得出为定值.
②设直线的斜率为，从而可得的值，再结合可得的值，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而可得，再结合可得的值，从而得出直线的方程，再联立直线的方程与双曲线方程可得点的纵坐标，再利用三角形的面积公式可得的面积.
（1）由题意可设双曲线：（，），
则解得，
所以双曲线的方程为.
（2）如图所示，
①为定值.理由如下：
由题意知，，，
设，，直线的方程为，
由消元得，
则，，且，
所以，
所以，
故为定值.
②由①知，，设直线的斜率为，则，
又，所以，
所以.
又，，所以，
由可得，即，
又，所以（舍），.
所以直线的方程为.
由可得：，即点的纵坐标为，
所以.
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