广东省部分学校2025-2026学年高三1月综合练习数学试卷
1．（2026高三上·广东期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合．
2．（2026高三上·广东期末）的实部为（ ）
A． B． C．1 D．0
【答案】A
【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：由题意，可得：，
所以，的实部为．
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法和实部定义可得.
3．（2026高三上·广东期末）某校高一有500名学生，为了培养学生良好的数学素养，学校要求高一学生从《九章算术》《数书九章》《缀术》《海岛算经》中选一本阅读，其中有200人选《九章算术》，150人选《数书九章》，100人选《缀术》，50人选《海岛算经》．若按选书种类进行分层，用分层随机抽样的方法抽取50名学生分享读后感，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有（ ）
A．25 B．30 C．35 D．50
【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由分层抽样，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有．
故答案为：C．
【分析】根据分层抽样的方法，从而列式计算得出选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有的人数．
4．（2026高三上·广东期末）的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．168 D．-168
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项公式为，
令，
解得，
则的展开式中的系数为．
故答案为：C.
【分析】利用二项式定理得出展开式的通项公式，再利用已知条件和赋值法，从而得出的展开式中的系数.
5．（2026高三上·广东期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，
得，
所以
则的面积为．
故答案为：A．
【分析】由余弦定理和已知条件得出的值，再根据得出的面积．
6．（2026高三上·广东期末）已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为所以
两式相除，得，所以．
故答案为：A．
【分析】根据已知条件建立方程组，再利用等比数列的性质，从而解出的值结合等比数列的性质得出的值.
7．（2026高三上·广东期末）已知函数满足对任意，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，
由，
得，
则，
所以，对任意恒成立，
则或对任意恒成立，
所以或，
则且在区间[3，4]上单调递减，在区间[4，5]上单调递增，
当时，；
当时，；
当时，，
所以，
对任意，，
则．
故答案为：D.
【分析】先根据函数的表达式求出的表达式，将其代入不等式，通过解不等式进行分离参数，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
8．（2026高三上·广东期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线的方程为，
则到直线的距离为，
到直线的距离为，
所以，
解得或（舍去），则，
当四边形的面积最大时，轴，
联立解得或
不妨取在轴上方，
则点，
所以，
解得，
同理可得，，
则，
解得，
所以．
故答案为：B．
【分析】设直线的方程为，利用和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式，从而得到的值，则得出点P的坐标，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出交点坐标，利用两点距离公式和等面积法以及三角形的面积公式，从而得到，的值，进而得出的值．
9．（2026高三上·广东期末）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，则（ ）
A． B．
C．是递减数列 D．当且仅当时，取得最小值
【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，
得，
解得，故选项A和选项B正确；
因为，
所以，
当或n=2时，，
则，
所以，数列不是递减数列，故C错误；
因为，
则当或n=2时，取最小值为，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】根据题意结合等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项和公差，则判断出选项A和选项B；利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用单调函数的定义，则判断出选项C；利用等差数列前n项和公式和二次函数求最值的方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．（2026高三上·广东期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，其中一条渐近线的倾斜角为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．存在直线交于A，B两点，且线段的中点为
C．焦点到渐近线的距离为
D．若点满足且，则点的轨迹方程是
【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为的一条渐近线的倾斜角为，
所以，解得，故A错误；
由选项A知双曲线，
设直线的方程为，
则，
作差得，
又因为，所以，
则，所以，直线的方程为，经验证符合题意，故B正确；
因为焦点到渐近线的距离为，故C正确；
因为，所以点的轨迹是双曲线的右支，
又因为，所以，
则，所以，
则，
解得，
又因为点在双曲线的右支上，
所以，
则点的轨迹方程是，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】根据双曲线的渐近线方程得出渐近线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得到方程，解方程得出m的值，则判断出选项A；设直线的方程为，利用作差法得到，再根据两点求斜率公式得出直线的斜率，从而得出直线l的方程，则判断出选项B；利用点到直线的距离公式，从而得出焦点到渐近线的距离，则判断出选项C；利用双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线的右支，再结合求出实数的取值范围，从而得出点Q的轨迹方程，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
11．（2026高三上·广东期末）已知，则（ ）
（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A错误；
令，可知，
则当时，；当时，，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，故B正确；
设，则，
则当单调递增；当单调递减，
所以，
因此，当且仅当时取等号，
则，所以，故C正确；
因为，，，所以，则，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小，从而比较出a，b，c的大小．
12．（2026高三上·广东期末）已知向量满足，若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，
，
由题意，可得，
又因为，
，
解得．
故答案为：.
【分析】先由向量的运算的坐标表示，从而求出向量的坐标，再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，再根据已知条件得出实数k的值.
13．（2026高三上·广东期末）已知函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数在上为增函数，
由，可得，
则，如下图所示：
由图可知，不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图象判断分段函数的单调性，将 转为 ，解不等式即可.
14．（2026高三上·广东期末）已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时， .
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设外接圆的半径为，
因为平面ABC，
所以，三棱锥的外接球可看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球，
其半径满足，易知，
设，则，得．
在中，由余弦定理，
得：，
由正弦定理，得，则，
因此，，
则，
所以，
则，
所以
，
当时，，
则当取得最大值时，．
故答案为：.
【分析】根据题意结合线面垂直，则将三棱锥的外接球看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球，再利用勾股定理得出三棱锥的外接球的半径长，根据勾股定理和余弦定理、正弦定理，从而得出，再利用三棱锥的体积公式求得的最大值，并求出取得最大值时的的值．
15．（2026高三上·广东期末）某校举办校园手工作品大赛，低年级组提交240件，高年级组提交260件．经评选，共有10件作品获奖，其中金奖2件、银奖8件．
（1）现从所有参赛作品中随机抽取1件，求抽到获奖作品的概率；
（2）现有1名同学从这10件获奖作品中随机选取2件欣赏，设选到的金奖作品的数量为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：由题意知，所有参赛作品共500件，获奖作品共10件，
则从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率.
（2）解：由题意，则的可能取值为0，1，2．
所以，
则的分布列如下表所示：
0 1 2
则．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出抽到获奖作品的概率.
（2）根据题意得出随机变量的可能取值，利用组合数公式和古典概率公式，从而得出对应的概率，进而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望．
（1）解：由题知所有参赛作品共500件，获奖作品共10件，
故从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率；
（2）的可能取值为0，1，2．
则，
则的分布列如下表所示．
0 1 2
则．
16．（2026高三上·广东期末）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且．
（1）求；
（2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标．
【答案】（1）解：由题意，则函数的图象经过点，
所以函数的图象经过点，
则，代入中，
得，
所以，
由，得，
所以，
解得.
（2）解：由（1）得，，
则，
令，
得，
则或，
解得或（舍去），
当时，；
当时，；
当时，，
所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意和余弦型函数的图象变换和代入法以及的取值范围，从而得到的值.
（2）由（1）得出函数的解析式，再利用已知条件，令，再利用分类讨论的方法得出函数与的图象在区间内的交点横坐标．
（1）解：由题意，函数的图象经过点，
所以函数的图象经过点，即，
代入中，得，即，
由，得，
所以，解得；
（2）由（1）得，，
，
令，得，
则或，
解得或（舍去），
当时，；当时，；当时，．
所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为．
17．（2026高三上·广东期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为，
所以，
则四边形是平行四边形，
所以对角线与相交于点，
则是的中点，
所以是的中位线，
则，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，
则点，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
由，
令，得平面的一个法向量为．
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得（负值舍去），
则．
（3）解：由（2）得，点，
则，
所以，点到平面的距离为．
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由中位线定理得出线线平行，利用平行四边形的定义判断出四边形是平行四边形，再根据中位线定理得出线线平行，利用线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件得出参数的值，从而得出BC的长.
（3）利用（2）得出点A的坐标和点F的坐标，从而得出向量的坐标，再利用数量积求点到平面的距离公式，从而得出点到平面的距离．
（1）证明：如图，取的中点，连接．
因为，
所以，所以是平行四边形，
所以对角线与相交于点，即是的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，
的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则点，
则，
设平面的一个法向量为，
则由，
令，得平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
由，
令，得平面的一个法向量为．
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得（负值舍去），故．
（3）由（2）得点，则，
故点到平面的距离为．
18．（2026高三上·广东期末）已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于两点，且.
（1）求的方程；
（2）过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），连接FQ，过点作，垂足为．
（i）证明：；
（ii）当时，求面积的最大值．
【答案】（1）解：由题意，则直线的方程为，
联立，
消去得，
则，解得（负值舍去），
则抛物线的方程为.
（2）（i）证明：由（1）得（取），
则，
不妨设点在第一象限，
则过点的的切线斜率为，
所以，切线方程为，
令，得，
解得，
则点，
所以，
又因为，
所以，
则，
因为，所以，则．
（ii）在切线方程中，
令，得，
则点，
当时，，，
又因为，所以，
则，
所以的面积，
则
当且仅当时，即当时取等号，
所以的面积的最大值为．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理和已知条件，从而得出p的值，进而得出抛物线C的标准方程.
（2）（i）先求导，利用导数的几何意义得到切线的斜率，再根据点斜式方程得出切线方程，则由赋值法求出点，利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而证出，进而得到，再利用两直线平行对应边成比例，从而证出成立.
（ii）根据题意结合赋值法得出点P的坐标，利用两点距离公式和抛物线定义，再利用三角形的面积公式得到，平方结合基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值．
（1）由题意直线的方程为．
联立，消去得，
则，解得（负值舍去），
则的方程为；
（2）（i）证明：由（1）得（取），则，
不妨设点在第一象限，则过点的的切线斜率为，切线方程为，
令得，
解得，则点，
所以；
又，所以，
所以，因为，所以，
所以．
（ii）在切线方程中，令，
得，则点．
当时，，
所以，而，所以．
则，
所以的面积，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积的最大值为．
19．（2026高三上·广东期末）已知函数．
（1）若，求在区间上的最值；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（3）若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于．
【答案】（1）解：若，则，
令，
则，所以在区间上单调递增，
又因为，
所以在区间上恒成立，则在区间上单调递增．
由
所以在区间上的最大值为，最小值为．
（2）解：若在区间上单调递增，
则在区间上恒成立，
所以．
设，
则
因为，所以，则，
所以在区间上单调递增，
则，
所以的取值范围为．
（3）证明：若，则，
令，得，整理得．
令，
再令，则，
所以在区间上单调递增，
又因为
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
因此，当时，单调递减；当时，单调递增，
又因为
结合函数的单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点，
所以函数在区间上单调递增，可知函数存在1个零点；
当时，单调递增且，故无零点，
综上所述，有且仅有2个零点，则，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在区间上的最值.
（2）将原问题转化为，设，求出的最小值可得的取值范围.
（3）令，二次求导可得到存在唯一的，使得，从而判断出函数的单调性，再结合，从而证出函数有且仅有2个零点且2个零点之和小于.
（1）若，则，
令，
则，
所以在区间上单调递增，
又，
所以在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增．
由，
所以在区间上的最大值为，最小值为．
（2）若在区间上单调递增，则在区间上恒成立，
即．
设，
则
因为，所以，所以，所以在区间上单调递增，
所以，所以的取值范围为．
（3）若，则，
令，得，整理为．
令，
令，则，
所以在区间上单调递增，
又，
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
因此，当时，单调递减；当时，单调递增．
又因为，
所以结合单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点；
在区间上单调递增，可知存在1个零点；
当时，单调递增且，故无零点．
综上，有且仅有2个零点，则，
所以．
1 / 1广东省部分学校2025-2026学年高三1月综合练习数学试卷
1．（2026高三上·广东期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2026高三上·广东期末）的实部为（ ）
A． B． C．1 D．0
3．（2026高三上·广东期末）某校高一有500名学生，为了培养学生良好的数学素养，学校要求高一学生从《九章算术》《数书九章》《缀术》《海岛算经》中选一本阅读，其中有200人选《九章算术》，150人选《数书九章》，100人选《缀术》，50人选《海岛算经》．若按选书种类进行分层，用分层随机抽样的方法抽取50名学生分享读后感，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有（ ）
A．25 B．30 C．35 D．50
4．（2026高三上·广东期末）的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．168 D．-168
5．（2026高三上·广东期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
6．（2026高三上·广东期末）已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2026高三上·广东期末）已知函数满足对任意，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2026高三上·广东期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2026高三上·广东期末）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，则（ ）
A． B．
C．是递减数列 D．当且仅当时，取得最小值
10．（2026高三上·广东期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，其中一条渐近线的倾斜角为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．存在直线交于A，B两点，且线段的中点为
C．焦点到渐近线的距离为
D．若点满足且，则点的轨迹方程是
11．（2026高三上·广东期末）已知，则（ ）
（参考数据：）
A． B． C． D．
12．（2026高三上·广东期末）已知向量满足，若，则 .
13．（2026高三上·广东期末）已知函数，则不等式的解集是 .
14．（2026高三上·广东期末）已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时， .
15．（2026高三上·广东期末）某校举办校园手工作品大赛，低年级组提交240件，高年级组提交260件．经评选，共有10件作品获奖，其中金奖2件、银奖8件．
（1）现从所有参赛作品中随机抽取1件，求抽到获奖作品的概率；
（2）现有1名同学从这10件获奖作品中随机选取2件欣赏，设选到的金奖作品的数量为，求的分布列及数学期望．
16．（2026高三上·广东期末）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且．
（1）求；
（2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标．
17．（2026高三上·广东期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离．
18．（2026高三上·广东期末）已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于两点，且.
（1）求的方程；
（2）过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），连接FQ，过点作，垂足为．
（i）证明：；
（ii）当时，求面积的最大值．
19．（2026高三上·广东期末）已知函数．
（1）若，求在区间上的最值；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（3）若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合．
2．【答案】A
【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：由题意，可得：，
所以，的实部为．
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法和实部定义可得.
3．【答案】C
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由分层抽样，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有．
故答案为：C．
【分析】根据分层抽样的方法，从而列式计算得出选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有的人数．
4．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项公式为，
令，
解得，
则的展开式中的系数为．
故答案为：C.
【分析】利用二项式定理得出展开式的通项公式，再利用已知条件和赋值法，从而得出的展开式中的系数.
5．【答案】A
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，
得，
所以
则的面积为．
故答案为：A．
【分析】由余弦定理和已知条件得出的值，再根据得出的面积．
6．【答案】A
【知识点】等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为所以
两式相除，得，所以．
故答案为：A．
【分析】根据已知条件建立方程组，再利用等比数列的性质，从而解出的值结合等比数列的性质得出的值.
7．【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，
由，
得，
则，
所以，对任意恒成立，
则或对任意恒成立，
所以或，
则且在区间[3，4]上单调递减，在区间[4，5]上单调递增，
当时，；
当时，；
当时，，
所以，
对任意，，
则．
故答案为：D.
【分析】先根据函数的表达式求出的表达式，将其代入不等式，通过解不等式进行分离参数，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线的方程为，
则到直线的距离为，
到直线的距离为，
所以，
解得或（舍去），则，
当四边形的面积最大时，轴，
联立解得或
不妨取在轴上方，
则点，
所以，
解得，
同理可得，，
则，
解得，
所以．
故答案为：B．
【分析】设直线的方程为，利用和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式，从而得到的值，则得出点P的坐标，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出交点坐标，利用两点距离公式和等面积法以及三角形的面积公式，从而得到，的值，进而得出的值．
9．【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，
得，
解得，故选项A和选项B正确；
因为，
所以，
当或n=2时，，
则，
所以，数列不是递减数列，故C错误；
因为，
则当或n=2时，取最小值为，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】根据题意结合等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项和公差，则判断出选项A和选项B；利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用单调函数的定义，则判断出选项C；利用等差数列前n项和公式和二次函数求最值的方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为的一条渐近线的倾斜角为，
所以，解得，故A错误；
由选项A知双曲线，
设直线的方程为，
则，
作差得，
又因为，所以，
则，所以，直线的方程为，经验证符合题意，故B正确；
因为焦点到渐近线的距离为，故C正确；
因为，所以点的轨迹是双曲线的右支，
又因为，所以，
则，所以，
则，
解得，
又因为点在双曲线的右支上，
所以，
则点的轨迹方程是，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】根据双曲线的渐近线方程得出渐近线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得到方程，解方程得出m的值，则判断出选项A；设直线的方程为，利用作差法得到，再根据两点求斜率公式得出直线的斜率，从而得出直线l的方程，则判断出选项B；利用点到直线的距离公式，从而得出焦点到渐近线的距离，则判断出选项C；利用双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线的右支，再结合求出实数的取值范围，从而得出点Q的轨迹方程，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
11．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A错误；
令，可知，
则当时，；当时，，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，故B正确；
设，则，
则当单调递增；当单调递减，
所以，
因此，当且仅当时取等号，
则，所以，故C正确；
因为，，，所以，则，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小，从而比较出a，b，c的大小．
12．【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，
，
由题意，可得，
又因为，
，
解得．
故答案为：.
【分析】先由向量的运算的坐标表示，从而求出向量的坐标，再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，再根据已知条件得出实数k的值.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数在上为增函数，
由，可得，
则，如下图所示：
由图可知，不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图象判断分段函数的单调性，将 转为 ，解不等式即可.
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设外接圆的半径为，
因为平面ABC，
所以，三棱锥的外接球可看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球，
其半径满足，易知，
设，则，得．
在中，由余弦定理，
得：，
由正弦定理，得，则，
因此，，
则，
所以，
则，
所以
，
当时，，
则当取得最大值时，．
故答案为：.
【分析】根据题意结合线面垂直，则将三棱锥的外接球看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球，再利用勾股定理得出三棱锥的外接球的半径长，根据勾股定理和余弦定理、正弦定理，从而得出，再利用三棱锥的体积公式求得的最大值，并求出取得最大值时的的值．
15．【答案】（1）解：由题意知，所有参赛作品共500件，获奖作品共10件，
则从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率.
（2）解：由题意，则的可能取值为0，1，2．
所以，
则的分布列如下表所示：
0 1 2
则．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出抽到获奖作品的概率.
（2）根据题意得出随机变量的可能取值，利用组合数公式和古典概率公式，从而得出对应的概率，进而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望．
（1）解：由题知所有参赛作品共500件，获奖作品共10件，
故从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率；
（2）的可能取值为0，1，2．
则，
则的分布列如下表所示．
0 1 2
则．
16．【答案】（1）解：由题意，则函数的图象经过点，
所以函数的图象经过点，
则，代入中，
得，
所以，
由，得，
所以，
解得.
（2）解：由（1）得，，
则，
令，
得，
则或，
解得或（舍去），
当时，；
当时，；
当时，，
所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意和余弦型函数的图象变换和代入法以及的取值范围，从而得到的值.
（2）由（1）得出函数的解析式，再利用已知条件，令，再利用分类讨论的方法得出函数与的图象在区间内的交点横坐标．
（1）解：由题意，函数的图象经过点，
所以函数的图象经过点，即，
代入中，得，即，
由，得，
所以，解得；
（2）由（1）得，，
，
令，得，
则或，
解得或（舍去），
当时，；当时，；当时，．
所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为．
17．【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为，
所以，
则四边形是平行四边形，
所以对角线与相交于点，
则是的中点，
所以是的中位线，
则，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，
则点，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
由，
令，得平面的一个法向量为．
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得（负值舍去），
则．
（3）解：由（2）得，点，
则，
所以，点到平面的距离为．
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由中位线定理得出线线平行，利用平行四边形的定义判断出四边形是平行四边形，再根据中位线定理得出线线平行，利用线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件得出参数的值，从而得出BC的长.
（3）利用（2）得出点A的坐标和点F的坐标，从而得出向量的坐标，再利用数量积求点到平面的距离公式，从而得出点到平面的距离．
（1）证明：如图，取的中点，连接．
因为，
所以，所以是平行四边形，
所以对角线与相交于点，即是的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，
的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则点，
则，
设平面的一个法向量为，
则由，
令，得平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
由，
令，得平面的一个法向量为．
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得（负值舍去），故．
（3）由（2）得点，则，
故点到平面的距离为．
18．【答案】（1）解：由题意，则直线的方程为，
联立，
消去得，
则，解得（负值舍去），
则抛物线的方程为.
（2）（i）证明：由（1）得（取），
则，
不妨设点在第一象限，
则过点的的切线斜率为，
所以，切线方程为，
令，得，
解得，
则点，
所以，
又因为，
所以，
则，
因为，所以，则．
（ii）在切线方程中，
令，得，
则点，
当时，，，
又因为，所以，
则，
所以的面积，
则
当且仅当时，即当时取等号，
所以的面积的最大值为．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理和已知条件，从而得出p的值，进而得出抛物线C的标准方程.
（2）（i）先求导，利用导数的几何意义得到切线的斜率，再根据点斜式方程得出切线方程，则由赋值法求出点，利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而证出，进而得到，再利用两直线平行对应边成比例，从而证出成立.
（ii）根据题意结合赋值法得出点P的坐标，利用两点距离公式和抛物线定义，再利用三角形的面积公式得到，平方结合基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值．
（1）由题意直线的方程为．
联立，消去得，
则，解得（负值舍去），
则的方程为；
（2）（i）证明：由（1）得（取），则，
不妨设点在第一象限，则过点的的切线斜率为，切线方程为，
令得，
解得，则点，
所以；
又，所以，
所以，因为，所以，
所以．
（ii）在切线方程中，令，
得，则点．
当时，，
所以，而，所以．
则，
所以的面积，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积的最大值为．
19．【答案】（1）解：若，则，
令，
则，所以在区间上单调递增，
又因为，
所以在区间上恒成立，则在区间上单调递增．
由
所以在区间上的最大值为，最小值为．
（2）解：若在区间上单调递增，
则在区间上恒成立，
所以．
设，
则
因为，所以，则，
所以在区间上单调递增，
则，
所以的取值范围为．
（3）证明：若，则，
令，得，整理得．
令，
再令，则，
所以在区间上单调递增，
又因为
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
因此，当时，单调递减；当时，单调递增，
又因为
结合函数的单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点，
所以函数在区间上单调递增，可知函数存在1个零点；
当时，单调递增且，故无零点，
综上所述，有且仅有2个零点，则，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在区间上的最值.
（2）将原问题转化为，设，求出的最小值可得的取值范围.
（3）令，二次求导可得到存在唯一的，使得，从而判断出函数的单调性，再结合，从而证出函数有且仅有2个零点且2个零点之和小于.
（1）若，则，
令，
则，
所以在区间上单调递增，
又，
所以在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增．
由，
所以在区间上的最大值为，最小值为．
（2）若在区间上单调递增，则在区间上恒成立，
即．
设，
则
因为，所以，所以，所以在区间上单调递增，
所以，所以的取值范围为．
（3）若，则，
令，得，整理为．
令，
令，则，
所以在区间上单调递增，
又，
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
因此，当时，单调递减；当时，单调递增．
又因为，
所以结合单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点；
在区间上单调递增，可知存在1个零点；
当时，单调递增且，故无零点．
综上，有且仅有2个零点，则，
所以．
1 / 1
