湖南省教育战略合作学校2025-2026学年高三上学期第二次联考数学试题
1．（2026高三上·湖南月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用对数函数的单调性，从而得出集合A，再利用补集的运算法则得出集合.
2．（2026高三上·湖南月考）设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第一、三象限 D．第二、四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，解得或，
所以或，其在复平面内对应的点位于第一、三象限．
故答案为：C.
【分析】利用复数的乘法运算法则得出复数z，再利用复数的几何意义，从而得出复数z在复平面内对应的点所在的象限.
3．（2026高三上·湖南月考）已知是各项均为正数的等比数列，设其前n项和为，若成等差数列，则（ ）
A．9 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设正项等比数列的公比为，
因为成等差数列，所以，
则，解得 （舍去）或，
所以．
故答案为：A．
【分析】根据题意结合等差中项公式，从而得出，再利用等比数列的通项公式，从而化简得，得出公比的值，再由等比数列前n项和公式得，从而得出的值．
4．（2026高三上·湖南月考）已知圆锥的母线长l为5，体积V为，底面半径r，高为，该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为圆锥体积：，化简得．
由母线长，得，把代入，
整理得
或，
解得或，
因为，所以或，
当时，或舍去，
当时，，，
因为，
所以，又因为，
所以，与已知矛盾，舍去，
综上所述：，，
则圆锥的表面积为．
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和圆锥的体积公式，再结合圆锥的表面积公式，从而得出该圆锥的表面积.
5．（2026高三上·湖南月考）已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ）
A． B． C．3 D．2
【答案】A
【知识点】向量的模；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：将的两边同时平方，得，
展开得，整理得，
由在上的投影向量为单位向量，可知其模长为1，
则，
所以，
解得．
故答案为：A.
【分析】将的两边同时平方结合数量积的运算法则，从而得出，再根据在上的投影向量为单位向量和数量积求投影向量的公式以及已知条件，从而得到一个关于的方程，进而解方程得出的值.
6．（2026高三上·湖南月考）已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ）
A．0 B． C． D．1
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为在上恰有两个不同的零点，
所以函数与在上恰有两个不同的交点，
又因为函数在上单调递增，在上单调递减，
且，，
作出两函数的图象，
可得，
由图可知，，
可得，则.
故答案为：C．
【分析】由题意，将问题转化为函数与在上恰有两个不同的交点，利用函数的单调性和端点、极值，从而作出函数的图象，再利用函数的图象得出实数m的取值范围，从而得到，进而得出，再结合余弦型函数的单调性，从而得出的取值范围.
7．（2026高三上·湖南月考）若曲线与圆恰有一个公共点，则实数m的值为（ ）
A．e B．2 C． D．1
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为曲线与圆恰有一个公共点，
所以曲线与圆相切.
设切点横坐标为，
由，得；
由，结合图象，得，
则，可得．
故答案为：D.
【分析】将问题转化为与圆相切，再利用直线与圆相切位置关系判断方法，从而列出关于切点横坐标与实数的方程组，解方程组得出实数m的值.
8．（2026高三上·湖南月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线为，与直线交于点D，的内切圆圆心为C，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，
由，
得，
根据圆的切线长性质有，
则，也就是E与重合，
所以于，则，
又因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，由双曲线的定义和内切圆的性质，可得E与重合，则于，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再根据直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出，再利用两条直线夹角的正切公式，从而得出的值.
9．（2026高三上·湖南月考）已知实数x，y满足，则下列说法正确的有（ ）
A．x的取值范围为 B．y的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】函数单调性的性质；指数型复合函数的性质及应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，可知，
则，故A正确；
对于B，因为，
所以，
可知，则，故B错误；
对于C，由选项A知，
根据对勾函数的性质，知在上单调递减，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，因为，又因为，
所以，则，
所以的取值范围为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】根据不等式的同向可加性，则判断出选项A和选项B；由选项A得出实数x的取值范围，再结合对勾函数的单调性则判断出选项C；根据指数幂的运算性质、指数函数的单调性和不等式的同向可加性，从而可得的取值范围，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2026高三上·湖南月考）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，且，平面平面，为的中点，分别是的动点，满足，， ，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．三棱锥的外接球表面积为
C．若，且，则
D．当时，三棱锥的体积为
【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在菱形中，，则为等边三角形，
因为也为等边三角形，又因为平面平面，
过点作，垂足为，连接，则，
设和的中心为，三棱锥的外接球的球心为，连接，
易得平面，平面，则即为三棱锥的外接球的半径，
又因为和的边长均为2，所以，
则，，所以，
则三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
对于C，由，
因为，
所以，
则，
所以，又因为，所以，故C错误；
对于D，当时，点为的中点，
因为，且平面，平面，
所以平面，
则，
取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
则，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】利用两直线平行对应边成比例，则得出，再利用线线平行证出线面平行，则判断出选项A；过作，垂足为，连接，连接，从而得出平面，平面，则为三棱锥的外接球的半径，再利用球的表面积公式，则判断出选项B；根据两向量垂直数量积为0的等价关系，则判断出选项C；取的中点，连接，利用等体积法和三棱锥的体积公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2026高三上·湖南月考）设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ）
A．当数列为等差数列时，
B．数列的通项公式可能为
C．当数列满足时，
D．当数列满足时，
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；离散型随机变量及其分布列；数列的通项公式
【解析】【解答】解：对于A，若为等差数列，设公差为d，数列的前n项和为，
因为离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，
所以，则，故A正确；
对于B，由，可知，
可变形为，
所以
，故B正确；
对于C，由题意，得数列的前项是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
则，故C错误；
对D，令，2，…，99，
则，
整理得，2，…，98，
所以，
化简可得，
又因为，所以，
则，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据随机变量的分布列和等差数列求和公式以及等差数列的性质，从而得出的值，则判断出选项A；利用裂项相消法和随机变量的分布列的性质，则判断出选项B；根据等比数列的定义，则判断出数列的前项是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列求和公式和指数的运算法则，从而求值判断出选项C；令，2，…，99，从而得出，再利用累乘法得出，再结合得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2026高三上·湖南月考）的二项展开式中的第3项的系数为 ．
【答案】80
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，第3项系数为．
故答案为：80.
【分析】根据二项式定理得出展开式中的通项公式，再利用展开式的通项公式结合赋值法得出的二项展开式中的第3项的系数.
13．（2026高三上·湖南月考）若，则的值为 ．
【答案】3或不存在
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：令，则，
所以，
化简上式，得，
当时，两边同除以，可得，
所以的值为3；
当时，
则，，，此时无意义，所以不存在.
故答案为：3或不存在.
【分析】设，将已知条件转化为，再利用分类讨论的方法和两角和与差的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
14．（2026高三上·湖南月考）已知函数的图象总在的图象的上方，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：依题意，得恒成立，
则恒成立，
设，
则.
（1）当时，，
则在上单调递增，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
所以，符合题意；
（2）当时，令，得或；令，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
当时，令，得或；令，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
综上所述，当时，要使恒成立，
则只需且即可，
由，得，则，
由，得，
设函数，，则，
令，得；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，作出函数的图象，如图：
结合图象，得的解为，
则．
故答案为：.
【分析】由题意将问题转化为恒成立，设，再根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而可得且，则且，设函数，， 再利用导数的正负判断出函数单调性，再结合函数图象解不等式，从而得出实数a的取值范围.
15．（2026高三上·湖南月考）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．
【答案】（1）解：由，
得，
则，
因为，所以，
又因为，
所以或．
（2）解：因为为锐角三角形，所以，
由正弦定理，得，
则，
所以
，
又因为，解得，
则，
所以，
则．
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换公式结合，从而得到，再根据和三角形中角A的取值范围，从而得出角的值.
（2）利用为锐角三角形和（1）得出角的值，再根据正弦定理表示出边，再利用三角形的面积公式结合正弦型函数求值域的方法，从而得出的面积的取值范围．
（1）由，
得，
即，又，
所以，又，所以或．
（2）因为为锐角三角形，所以，由正弦定理得，，
即，
则
，
又，解得，
则，，
所以．
16．（2026高三上·湖南月考）现有6个除颜色外大小和形状完全相同的小球，其中3个红球，3个白球．甲同学将这6个小球全部分配到一号和二号盒子中，分配完成后，乙先随机选一个盒子，再从选中的盒子中随机摸1个球，试验结束．
（1）若甲在一号盒子中放置了2个红球和1个白球，求乙摸到红球的概率；
（2）甲应该如何分配这些球，才能使乙摸到红球的概率最大，说明理由并求出此时概率的最大值．
【答案】（1）解：记事件A为“乙摸到红球”，
若乙选择的是1号盒子，则乙摸到红球的概率；
若乙选择的是2号盒子，则乙摸到红球的概率，
由全概率公式，得.
（2）解：由（1）知，，
不妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球，
则在二号盒子中有个红球，个白球，
其中，1，2，3且，1，2，3，
由对称性，只需考虑和两种情况，
当时，，
，
当，时，
当时取最大，则在一号盒子中只放一个红球，
所以，此时；
当时，
列举可得，，均小于，
则甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，
此时乙最终摸到红球的概率最大为．
【知识点】概率的应用；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和全概率公式，从而计算可得乙摸到红球的概率.
（2）设在一号盒子中放k个红球和m个白球，则在二号盒子中有个红球，个白球，其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，考虑和两种情况分类讨论，从而得出甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，此时乙最终摸到红球的概率最大为．
（1）记事件A为“乙摸到红球”，
若乙选择的是1号盒子，则乙摸到红球的概率，
若乙选择的是2号盒子，则乙摸到红球的概率，
由全概率公式得，，
（2）由（1）知，，
不妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球，
则在二号盒子中有个红球，个白球，
其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，只需考虑和两种情况，
当时，，
，
当，时，
时取最大，即在一号盒子中只放一个红球，则，
此时．
当时，
列举可得，，均小于．
故甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，
此时乙最终摸到红球的概率最大为．
17．（2026高三上·湖南月考）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，，点分别是的中点．
（1）若过点的平面交于点，求的值；
（2）在棱上取一点，使得平面，求面与面夹角的余弦值．
【答案】（1）解：因为，
则设，所以，
则，
又因为面，
设
，
由空间向量基本定理，
得，解得，
所以.
（2）解：以为原点，为轴，在平面中垂直于直线所在的直线为轴，
为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为在上，设，则，
所以，则，
又因为，，为的中点，
所以，
因为平面，平面，所以，
则，
所以，则，
所以，则，
又因为，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，
又因为平面的法向量为，
设面与面夹角为，
则.
【知识点】空间向量基本定理；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据向量共面定理，可设，再结合空间向量基本定理，从而可得关于参数x，y，的方程组，进而求解可得的值.
（2）先建立如图所示的空间直角坐标系，设，再根据平面得出的值，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，从而求出平面的法向量，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余弦值.
（1）因为，故设，即，
故，
又面，设
，
由空间向量基本定理，得，解得，所以.
（2）以为原点，为轴，在平面中垂直于直线所在的直线为轴，
为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为在上，设，则，
故，故，
又，因为，为的中点，故，
而平面，平面，则，
即，故，即，
故，故，而，
设平面的法向量为，则，
即，取，
平面的法向量为，
设面与面夹角为，
则.
18．（2026高三上·湖南月考）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：对于任意的，都有；
（3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，
又因为，可知当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）证明：当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以，
则在上单调递增，所以，
则对于任意的，都有.
（3）解：由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
则，
此时，
则，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）当时，设，，利用函数的单调性证明即可；
（3）先求导构建函数，，可知在上存在零点，可得，设，，再利用导数求得的范围，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，又，
可知时，，时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又，则，
所以在上单调递增，则，
即对于任意的，都有.
（3）由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
即，
此时，即，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为．
19．（2026高三上·湖南月考）已知圆，圆．若动圆C与圆外切，且与圆内切，设圆心C的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知双曲线，过其右顶点A作直线分别交曲线E和双曲线于点（异于点A），作直线分别交曲线E和双曲线Γ于点（异于点A），设直线与直线交点为H，
（ⅰ）求证：点的横坐标乘积为定值，并求出该定值．
（ⅱ）求证：点H在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】（1）解：设动圆C的半径为R，
∵动圆C与圆外切，则．
又∵动圆C与圆内切，
结合图象，可知，
∴， ∴，
由椭圆的定义，可知动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为，半焦距为c，
则，∴，
可知圆与圆内切，∴点C不能在切点处，
则椭圆应去掉点，
∴曲线E的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则；
，
又∵，∴，
所以（*），
同向相除，得，
解得，
则点M，N的横坐标乘积为定值3．
（ⅱ）证明：设，
由（ⅰ）知：，
代入（*）式，得：，
同理可得，，
所以，直线，
整理得：…①，
同理可得…② ，
将代入②，
化简得：直线…③，
联立①③，解得：，
所以，点H在定直线上．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由题意可知，，根据椭圆的定义得出曲线E的方程.
（2）（ⅰ）设，利用两点求斜率公式表示出和 ，从而得到，从而得出的值，进而证出点的横坐标乘积为定值，并求出该定值．（ⅱ）设，结合（ⅰ）得直线，整理得直线，再联立直线的方程，从而证出点H在定直线上，并求出该定直线的方程．
（1）设动圆C的半径为R，
∵动圆C与圆外切，则．
又∵动圆C与圆内切，结合图象可知，∴．
∴．
由椭圆的定义可知，动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为，半焦距为c，
则，∴．
又可知圆与圆内切，∴点C不能在切点处，即椭圆应去掉点，
∴曲线E的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则；
；
又∵，∴．
即（*），同向相除得，
解得，即点M，N的横坐标乘积为定值3．
（ⅱ）设，则
由（ⅰ）知：，代入（*）式得：．同理，．
，
整理得：…①
同理…②
将代入②化简得：
…③．
联立①③解得：．
即点H在定直线上．
1 / 1湖南省教育战略合作学校2025-2026学年高三上学期第二次联考数学试题
1．（2026高三上·湖南月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2026高三上·湖南月考）设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第一、三象限 D．第二、四象限
3．（2026高三上·湖南月考）已知是各项均为正数的等比数列，设其前n项和为，若成等差数列，则（ ）
A．9 B．2 C． D．
4．（2026高三上·湖南月考）已知圆锥的母线长l为5，体积V为，底面半径r，高为，该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2026高三上·湖南月考）已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ）
A． B． C．3 D．2
6．（2026高三上·湖南月考）已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ）
A．0 B． C． D．1
7．（2026高三上·湖南月考）若曲线与圆恰有一个公共点，则实数m的值为（ ）
A．e B．2 C． D．1
8．（2026高三上·湖南月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线为，与直线交于点D，的内切圆圆心为C，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
9．（2026高三上·湖南月考）已知实数x，y满足，则下列说法正确的有（ ）
A．x的取值范围为 B．y的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
10．（2026高三上·湖南月考）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，且，平面平面，为的中点，分别是的动点，满足，， ，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．三棱锥的外接球表面积为
C．若，且，则
D．当时，三棱锥的体积为
11．（2026高三上·湖南月考）设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ）
A．当数列为等差数列时，
B．数列的通项公式可能为
C．当数列满足时，
D．当数列满足时，
12．（2026高三上·湖南月考）的二项展开式中的第3项的系数为 ．
13．（2026高三上·湖南月考）若，则的值为 ．
14．（2026高三上·湖南月考）已知函数的图象总在的图象的上方，则实数a的取值范围是 ．
15．（2026高三上·湖南月考）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．
16．（2026高三上·湖南月考）现有6个除颜色外大小和形状完全相同的小球，其中3个红球，3个白球．甲同学将这6个小球全部分配到一号和二号盒子中，分配完成后，乙先随机选一个盒子，再从选中的盒子中随机摸1个球，试验结束．
（1）若甲在一号盒子中放置了2个红球和1个白球，求乙摸到红球的概率；
（2）甲应该如何分配这些球，才能使乙摸到红球的概率最大，说明理由并求出此时概率的最大值．
17．（2026高三上·湖南月考）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，，点分别是的中点．
（1）若过点的平面交于点，求的值；
（2）在棱上取一点，使得平面，求面与面夹角的余弦值．
18．（2026高三上·湖南月考）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：对于任意的，都有；
（3）若函数存在极小值点，且，求a的取值范围．
19．（2026高三上·湖南月考）已知圆，圆．若动圆C与圆外切，且与圆内切，设圆心C的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知双曲线，过其右顶点A作直线分别交曲线E和双曲线于点（异于点A），作直线分别交曲线E和双曲线Γ于点（异于点A），设直线与直线交点为H，
（ⅰ）求证：点的横坐标乘积为定值，并求出该定值．
（ⅱ）求证：点H在定直线上，并求出该定直线的方程．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用对数函数的单调性，从而得出集合A，再利用补集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，解得或，
所以或，其在复平面内对应的点位于第一、三象限．
故答案为：C.
【分析】利用复数的乘法运算法则得出复数z，再利用复数的几何意义，从而得出复数z在复平面内对应的点所在的象限.
3．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：设正项等比数列的公比为，
因为成等差数列，所以，
则，解得 （舍去）或，
所以．
故答案为：A．
【分析】根据题意结合等差中项公式，从而得出，再利用等比数列的通项公式，从而化简得，得出公比的值，再由等比数列前n项和公式得，从而得出的值．
4．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为圆锥体积：，化简得．
由母线长，得，把代入，
整理得
或，
解得或，
因为，所以或，
当时，或舍去，
当时，，，
因为，
所以，又因为，
所以，与已知矛盾，舍去，
综上所述：，，
则圆锥的表面积为．
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和圆锥的体积公式，再结合圆锥的表面积公式，从而得出该圆锥的表面积.
5．【答案】A
【知识点】向量的模；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：将的两边同时平方，得，
展开得，整理得，
由在上的投影向量为单位向量，可知其模长为1，
则，
所以，
解得．
故答案为：A.
【分析】将的两边同时平方结合数量积的运算法则，从而得出，再根据在上的投影向量为单位向量和数量积求投影向量的公式以及已知条件，从而得到一个关于的方程，进而解方程得出的值.
6．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为在上恰有两个不同的零点，
所以函数与在上恰有两个不同的交点，
又因为函数在上单调递增，在上单调递减，
且，，
作出两函数的图象，
可得，
由图可知，，
可得，则.
故答案为：C．
【分析】由题意，将问题转化为函数与在上恰有两个不同的交点，利用函数的单调性和端点、极值，从而作出函数的图象，再利用函数的图象得出实数m的取值范围，从而得到，进而得出，再结合余弦型函数的单调性，从而得出的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为曲线与圆恰有一个公共点，
所以曲线与圆相切.
设切点横坐标为，
由，得；
由，结合图象，得，
则，可得．
故答案为：D.
【分析】将问题转化为与圆相切，再利用直线与圆相切位置关系判断方法，从而列出关于切点横坐标与实数的方程组，解方程组得出实数m的值.
8．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，
由，
得，
根据圆的切线长性质有，
则，也就是E与重合，
所以于，则，
又因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，由双曲线的定义和内切圆的性质，可得E与重合，则于，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再根据直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出，再利用两条直线夹角的正切公式，从而得出的值.
9．【答案】A,D
【知识点】函数单调性的性质；指数型复合函数的性质及应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，可知，
则，故A正确；
对于B，因为，
所以，
可知，则，故B错误；
对于C，由选项A知，
根据对勾函数的性质，知在上单调递减，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，因为，又因为，
所以，则，
所以的取值范围为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】根据不等式的同向可加性，则判断出选项A和选项B；由选项A得出实数x的取值范围，再结合对勾函数的单调性则判断出选项C；根据指数幂的运算性质、指数函数的单调性和不等式的同向可加性，从而可得的取值范围，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在菱形中，，则为等边三角形，
因为也为等边三角形，又因为平面平面，
过点作，垂足为，连接，则，
设和的中心为，三棱锥的外接球的球心为，连接，
易得平面，平面，则即为三棱锥的外接球的半径，
又因为和的边长均为2，所以，
则，，所以，
则三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
对于C，由，
因为，
所以，
则，
所以，又因为，所以，故C错误；
对于D，当时，点为的中点，
因为，且平面，平面，
所以平面，
则，
取的中点，连接，则，
因为平面，平面，
所以平面，
则，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】利用两直线平行对应边成比例，则得出，再利用线线平行证出线面平行，则判断出选项A；过作，垂足为，连接，连接，从而得出平面，平面，则为三棱锥的外接球的半径，再利用球的表面积公式，则判断出选项B；根据两向量垂直数量积为0的等价关系，则判断出选项C；取的中点，连接，利用等体积法和三棱锥的体积公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；离散型随机变量及其分布列；数列的通项公式
【解析】【解答】解：对于A，若为等差数列，设公差为d，数列的前n项和为，
因为离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，
所以，则，故A正确；
对于B，由，可知，
可变形为，
所以
，故B正确；
对于C，由题意，得数列的前项是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
则，故C错误；
对D，令，2，…，99，
则，
整理得，2，…，98，
所以，
化简可得，
又因为，所以，
则，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据随机变量的分布列和等差数列求和公式以及等差数列的性质，从而得出的值，则判断出选项A；利用裂项相消法和随机变量的分布列的性质，则判断出选项B；根据等比数列的定义，则判断出数列的前项是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列求和公式和指数的运算法则，从而求值判断出选项C；令，2，…，99，从而得出，再利用累乘法得出，再结合得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】80
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：因为，
所以，第3项系数为．
故答案为：80.
【分析】根据二项式定理得出展开式中的通项公式，再利用展开式的通项公式结合赋值法得出的二项展开式中的第3项的系数.
13．【答案】3或不存在
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：令，则，
所以，
化简上式，得，
当时，两边同除以，可得，
所以的值为3；
当时，
则，，，此时无意义，所以不存在.
故答案为：3或不存在.
【分析】设，将已知条件转化为，再利用分类讨论的方法和两角和与差的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：依题意，得恒成立，
则恒成立，
设，
则.
（1）当时，，
则在上单调递增，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
所以，符合题意；
（2）当时，令，得或；令，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
当时，令，得或；令，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，；当时，且无限趋向于0，
综上所述，当时，要使恒成立，
则只需且即可，
由，得，则，
由，得，
设函数，，则，
令，得；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，作出函数的图象，如图：
结合图象，得的解为，
则．
故答案为：.
【分析】由题意将问题转化为恒成立，设，再根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而可得且，则且，设函数，， 再利用导数的正负判断出函数单调性，再结合函数图象解不等式，从而得出实数a的取值范围.
15．【答案】（1）解：由，
得，
则，
因为，所以，
又因为，
所以或．
（2）解：因为为锐角三角形，所以，
由正弦定理，得，
则，
所以
，
又因为，解得，
则，
所以，
则．
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换公式结合，从而得到，再根据和三角形中角A的取值范围，从而得出角的值.
（2）利用为锐角三角形和（1）得出角的值，再根据正弦定理表示出边，再利用三角形的面积公式结合正弦型函数求值域的方法，从而得出的面积的取值范围．
（1）由，
得，
即，又，
所以，又，所以或．
（2）因为为锐角三角形，所以，由正弦定理得，，
即，
则
，
又，解得，
则，，
所以．
16．【答案】（1）解：记事件A为“乙摸到红球”，
若乙选择的是1号盒子，则乙摸到红球的概率；
若乙选择的是2号盒子，则乙摸到红球的概率，
由全概率公式，得.
（2）解：由（1）知，，
不妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球，
则在二号盒子中有个红球，个白球，
其中，1，2，3且，1，2，3，
由对称性，只需考虑和两种情况，
当时，，
，
当，时，
当时取最大，则在一号盒子中只放一个红球，
所以，此时；
当时，
列举可得，，均小于，
则甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，
此时乙最终摸到红球的概率最大为．
【知识点】概率的应用；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和全概率公式，从而计算可得乙摸到红球的概率.
（2）设在一号盒子中放k个红球和m个白球，则在二号盒子中有个红球，个白球，其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，考虑和两种情况分类讨论，从而得出甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，此时乙最终摸到红球的概率最大为．
（1）记事件A为“乙摸到红球”，
若乙选择的是1号盒子，则乙摸到红球的概率，
若乙选择的是2号盒子，则乙摸到红球的概率，
由全概率公式得，，
（2）由（1）知，，
不妨设在一号盒子中放k个红球和m个白球，
则在二号盒子中有个红球，个白球，
其中，1，2，3且，1，2，3，由对称性，只需考虑和两种情况，
当时，，
，
当，时，
时取最大，即在一号盒子中只放一个红球，则，
此时．
当时，
列举可得，，均小于．
故甲应该在其中一个盒子中只放1个红球，在另一个盒子中放入剩余5个球，
此时乙最终摸到红球的概率最大为．
17．【答案】（1）解：因为，
则设，所以，
则，
又因为面，
设
，
由空间向量基本定理，
得，解得，
所以.
（2）解：以为原点，为轴，在平面中垂直于直线所在的直线为轴，
为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为在上，设，则，
所以，则，
又因为，，为的中点，
所以，
因为平面，平面，所以，
则，
所以，则，
所以，则，
又因为，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，
又因为平面的法向量为，
设面与面夹角为，
则.
【知识点】空间向量基本定理；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据向量共面定理，可设，再结合空间向量基本定理，从而可得关于参数x，y，的方程组，进而求解可得的值.
（2）先建立如图所示的空间直角坐标系，设，再根据平面得出的值，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，从而求出平面的法向量，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余弦值.
（1）因为，故设，即，
故，
又面，设
，
由空间向量基本定理，得，解得，所以.
（2）以为原点，为轴，在平面中垂直于直线所在的直线为轴，
为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为在上，设，则，
故，故，
又，因为，为的中点，故，
而平面，平面，则，
即，故，即，
故，故，而，
设平面的法向量为，则，
即，取，
平面的法向量为，
设面与面夹角为，
则.
18．【答案】（1）解：当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，
又因为，可知当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）证明：当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以，
则在上单调递增，所以，
则对于任意的，都有.
（3）解：由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
则，
此时，
则，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）当时，设，，利用函数的单调性证明即可；
（3）先求导构建函数，，可知在上存在零点，可得，设，，再利用导数求得的范围，再利用已知条件得出实数a的取值范围.
（1）当时，，，
则，
设，，则，
所以在单调递增，又，
可知时，，时，，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）当时，，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
又，则，
所以在上单调递增，则，
即对于任意的，都有.
（3）由，，则，
设，，可知在上单调递增，
因为函数存在极小值点，所以在存在零点，
即，
此时，即，
设，，且，
当时，，，则；
当时，，，则，
可得，则，此时，
则a的取值范围为．
19．【答案】（1）解：设动圆C的半径为R，
∵动圆C与圆外切，则．
又∵动圆C与圆内切，
结合图象，可知，
∴， ∴，
由椭圆的定义，可知动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为，半焦距为c，
则，∴，
可知圆与圆内切，∴点C不能在切点处，
则椭圆应去掉点，
∴曲线E的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则；
，
又∵，∴，
所以（*），
同向相除，得，
解得，
则点M，N的横坐标乘积为定值3．
（ⅱ）证明：设，
由（ⅰ）知：，
代入（*）式，得：，
同理可得，，
所以，直线，
整理得：…①，
同理可得…② ，
将代入②，
化简得：直线…③，
联立①③，解得：，
所以，点H在定直线上．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由题意可知，，根据椭圆的定义得出曲线E的方程.
（2）（ⅰ）设，利用两点求斜率公式表示出和 ，从而得到，从而得出的值，进而证出点的横坐标乘积为定值，并求出该定值．（ⅱ）设，结合（ⅰ）得直线，整理得直线，再联立直线的方程，从而证出点H在定直线上，并求出该定直线的方程．
（1）设动圆C的半径为R，
∵动圆C与圆外切，则．
又∵动圆C与圆内切，结合图象可知，∴．
∴．
由椭圆的定义可知，动点C在以为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为，半焦距为c，
则，∴．
又可知圆与圆内切，∴点C不能在切点处，即椭圆应去掉点，
∴曲线E的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则；
；
又∵，∴．
即（*），同向相除得，
解得，即点M，N的横坐标乘积为定值3．
（ⅱ）设，则
由（ⅰ）知：，代入（*）式得：．同理，．
，
整理得：…①
同理…②
将代入②化简得：
…③．
联立①③解得：．
即点H在定直线上．
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