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河北省张家口市2026届高三下学期一模数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，即集合，集合，
则.
故答案为：B.
【分析】解不等式求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．已知复数，复数为复数的共轭复数，则（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数，可得，
则，
即.
故答案为：A.
【分析】先求复数的共轭复数，再根据复数代数形式的乘除化简，最后根据复数模的公式求解即可.
3．已知向量，，若与共线，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
因为与共线，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量坐标的运算，结合向量共线的坐标表示求解即可.
4．通过下表5组数据得到的经验回归方程为，则的值为（　　）
2 3 4 5 6
0.67 0.56 0.47 0.39 0.31
A． B．0.08 C． D．0.09
【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：根据题意可得，，
由，可得，解得：.
故答案为：C.
【分析】根据数据先分别求，再根据经验回归直线必过样本中心点，建立关于的方程求解即可.
5．已知实数，，且满足，则的最小值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：变形可得，
因为实数，，所以，
则，即，解得或（舍），
当且仅当时，即时等号成立.
所以的最小值为6.
【分析】将变形可得，利用基本不等式求解即可.
6．已知等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．18 B．19 C．20 D．21
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为是等差数列的前项和，所以成等差数列，
则，即.
故答案为：A
【分析】根据等差数列前n项和的性质以及等差中项求解即可.
7．已知函数，若是的解，且满足，将函数的图象向左平移个单位长度后可以得到一个偶函数的图象，若函数在上恰有2个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，即，
可得或，
根据正弦函数图象性质可知，解得，则；
将函数的图象向左平移个单位可得，
因为为偶函数，所以，又因为，所以，
则，
当时，，若函数在内恰有个零点，
则，解得，故实数的取值范围为.
【分析】由题意，根据正弦函数的性质，结合最小距离求得，再利用三角函数图象的平移规则和函数奇偶性求得，最后根据函数在内恰有2个零点限定出范围可得解.
8．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点，且满足，（为坐标原点），，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．3
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理
【解析】【解答】解：设，
由双曲线的定义可得，
在中，，
，化简可得，
则，
因为，所以，
，
因为，
所以，化简可得，
则双曲线C的离心率.
【分析】设，根据双曲线的定义可得，在中，利用余弦定理可得，再由，得，最后根据，结合离心率公式计算即可.
9．某学校组织“爱国主义教育法”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的同学在两类问题中随机选择一类并从中任意抽取一个问题回答，已知甲同学答对类问题的概率为，答对类问题的概率为，甲同学回答类问题的概率为，每轮只答一道题，每轮答题互不影响，则下列说法正确的是（　　）
A．甲同学在第一轮答对试题的概率为
B．甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为
C．甲同学经过三轮答题，只答对一道试题的概率为
D．甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为6
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、在第一轮答题中，甲同学回答正确的概率为，故A正确；
B、甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为，故B不正确；
C、分析可得，甲同学经过轮答题，答对的试题个数服从二项分布，
则甲同学经过三轮答题，只回答正确一道试题的概率为，故C正确；
D、甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求解即可判断A；根据条件概率公式求解即可判断B；分析可得，甲同学经过轮答题，答对的试题个数服从二项分布，利用二项分布求解即可判断C；求数学期望即可判断D.
10．如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．该正四棱锥的外接球的表面积为
D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则
【答案】B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；用空间向量求直线间的夹角、距离；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】【解答】解：设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：底面边长为，高为，则 ，
A、易得，，
则异面直线所成角余弦为，故A错误；
B、，，
设平面的法向量，则，
令，可得，即平面的法向量，
则直线与平面所成角 的正弦值为，故B正确；
C、易知正四棱锥外接球球心在高（轴）上，
设球心，半径，又，
由得： ，
所以外接球表面积， 故C正确；
D、
设平面法向量，又，
则
设可得，
则，
易知平面法向量；
平面法向量：
，
，故D错误.
【分析】设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，建立空间直角坐标系，利用线线、线面的面面的夹角公式求解即可判断ABD；设球心，结合半径列出等式求，进而求得半径，再求外接球的表面积即可判断C.
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则椭圆的离心率为
B．若，，则的面积为2
C．若，，，则内切圆的半径为
D．若，，则椭圆的离心率为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
此时椭圆的离心率为，故A正确；
B、因为，所以，即，
则，故B错误；
C、易知，由，，可得，
设内切圆半径为，则，故C正确；
D、如图：
由，，可得，
由正弦定理：，可得，
即，
则，故D正确.
【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，结合，列式求的值，再求离心率即可判断A；由题意可得，利用焦点三角形的面积公式求的面积即可判断B；利用焦点三角形的面积公式，结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，求内切圆的半径即可判断C；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义求解即可判断D.
12．已知锐角满足，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：是锐角，且，则，
设，
则，解得，
，
则．
故答案为：.
【分析】设，利用同角三角函数平方和关系求得k的值，即可得，再根据两角和的正弦公式求解即可.
13．已知函数满足，当时，，则不等式的解集为　 　．
【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数函数的单调性与特殊点；不等式的解集
【解析】【解答】解：由函数满足，可得函数的对称轴为直线，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
则函数在上单调递减，
由得，等价于或，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：
【分析】由题意可得函数的对称轴为直线，再判断函数的单调性，不等式等价于或，求解即可.
14．已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则的数学期望　 　．
【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：易知每次抽取的概率为，抽取的概率为，抽取的概率为，
随机变量可能取值为，
当时，4次中有两个元素各出现两次，或者4次中三个都出现，其中有一个元素出现两次，其余两个元素各出现一次，
，
当时，4次中有一个元素抽到4次，，
，
的分布列如下：
.
故答案为：.
【分析】易知抽取2，0，6的概率，易知随机变量可能取值为，先求每个值对应的概率，列分布列，再求数学期望即可.
15．已知数列的前项和为，满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）解： 数列的前项和为，满足，
当时，，即，即，
则数列是首项为，公差为的等差数列，，故；
（2）解：由（1）知，则，
因为，所以，
，
则，
即数列的前项和．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系，结合等差数列的定义求即可；
（2）由（1）知，将代回，求得，再利用裂项相消求数列的前项和．
（1）由得，
当时，，
即，
即.
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，故.
（2）由（1）知，所以.
因为，所以.
又.
所以
.
所以数列的前项和．
16．在中，内角的对边分别为，满足．
（1）证明：；
（2）若，，点为边上一点，为的平分线，求的值；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）证明：由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以，
所以或，
所以或（舍去）
所以；
（2）解：由，可得，
又，所以，
又因为，所以，
又由为的平分线，所以，
所以，
所以，
又由余弦定理得：，即，
则；
（3）解：由（1），，可得，
由正弦定理得：，
因为为锐角三角形，所以，
所以，所以，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合诱导公式，两角和的正弦公式化简求证即可；
（2）由题意先计算，再利用二倍角余弦公式得，最后根据结合正弦的二倍角公式求解即可；
（3）由（1），得，再由正弦定理求得，根据为锐角三角形求出的范围，即可得的取值范围.
（1）由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以，
所以或，
所以或（舍去）
所以；
（2）由，所以，
又，所以，
又，所以，
又由为的平分线，
所以，
所以，
所以，
又由余弦定理得：，
所以，所以；
（3）由（1）有，又，所以，
又由正弦定理得：
，
又为锐角三角形，所以，
所以，所以，所以.
17．如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若，点为的中点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：连接和，
在斜三棱柱中，由，
所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，
又为的中点，所以，
又，，，所以，
所以，又为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解：由，可得为等腰直角三角形，
则，且，
因为，所以，
又因为，所以和为等边三角形，
所以，所以，所以，又，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
故点到平面的距离为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）连接和，先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面即可；
（2）由题意推出以，，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.
（1）连接和，
在斜三棱柱中，由，
所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，
又为的中点，所以，
又，，，所以，
所以，又为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由，又为等腰直角三角形，
所以，且，
又，所以，
又，所以和为等边三角形，
所以，所以，所以，又，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
所以点到平面的距离为.
18．已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：；
（3）若，关于的不等式有解，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）证明：设，，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
设定义域为，，，
当时，，为增函数，当时，，为减函数，
且，即，所以当且仅当时等号成立，
故；
（3）解：，整理可得，
故，设函数，则，
因为，所以函数单调递增，所以，
整理可得，设函数，则，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，则，即，解得，
则实数的取值范围.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解切线方程即可；
（2）设，求导，利用导数判断函数的单调性，证明当且仅当时等号成立，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明；
（3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解.
（1）由得，所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）设，，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
设，定义域为，
则，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
所以；
（3）因为，整理可得，
故，设函数，则，
因为，所以函数单调递增，所以，
整理可得，设函数，则，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围.
19．已知抛物线的焦点F到直线的距离为．
（1）求抛物线的方程．
（2）点为直线上的一点，过点作的切线，切点分别为．
①问：直线是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由．
②若点在抛物线的准线上，切点在第一象限内，存在过点的直线与相交于两点，过点作平行于的直线，分别与直线和直线交于点，若，求的值．
【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
焦点到直线的距离，
即，解得或（舍去）；
故抛物线的方程为；
（2）解：设抛物线在点的切线方程为，
联立，得，
则，
化简可得，解得，
因为点在抛物线上，则，所以，
所以切线方程为，即，
将代入化简可得，
所以抛物线在点的切线方程为；
①设，因为抛物线，
所以点处的切线方程为，点处的切线为，
设点，由题意可得，点在直线和直线上，
所以，所以直线过点，
所以直线的方程为，故，
令，解得，所以直线过定点；
②由题意可得，直线的方程为，联立，解得，所以，
设，直线的方程为，
联立，解得，
设直线的方程为，所以，所以直线的方程为，
联立，解得，
设直线的方程为，联立方程，消去可得，
由韦达定理可得，，
整理可得，
所以
，
所以，即.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点坐标，由题意，利用点到直线距离公式列式求解p的值，即可得抛物线的方程；
（2）①设切线方程，联立抛物线与切线方程，求得k的值，再根据点在抛物线上，求得切线方程，设，求点、点处的切线，由题意在切线方程上可得直线的方程为，由此计算可解；②联立直线与抛物线方程，可得，设，直线的方程为，可得，设直线的方程为，联立可得，设直线的方程为，联立可得，由此可计算，计算可解.
（1）由题意可得，
故焦点到直线的距离，
所以，解得或（舍去）；
所以抛物线的方程为；
（2）设抛物线在点的切线方程为，
切线与抛物线联立方程组，得，
则，
化简可得，所以，
因为点在抛物线上，则，所以，
所以切线方程为，即，
将代入化简可得，
所以抛物线在点的切线方程为；
①设，因为抛物线，
所以点处的切线方程为，点处的切线为，
设点，由题意可得，点在直线和直线上，
所以，
所以直线过点，
所以直线的方程为，故，
令，解得，
所以直线过定点；
②由题意可得，直线的方程为，联立，解得，所以，
设，直线的方程为，
联立方程，解得，
设直线的方程为，
所以，
所以直线的方程为，
联立方程，解得，
设直线的方程为，
联立方程，消去可得，
由韦达定理可得，，
整理可得，
所以
，
所以，即.
1 / 1河北省张家口市2026届高三下学期一模数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数，复数为复数的共轭复数，则（　　）
A．1 B． C． D．2
3．已知向量，，若与共线，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．通过下表5组数据得到的经验回归方程为，则的值为（　　）
2 3 4 5 6
0.67 0.56 0.47 0.39 0.31
A． B．0.08 C． D．0.09
5．已知实数，，且满足，则的最小值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
6．已知等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．18 B．19 C．20 D．21
7．已知函数，若是的解，且满足，将函数的图象向左平移个单位长度后可以得到一个偶函数的图象，若函数在上恰有2个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
8．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点，且满足，（为坐标原点），，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．3
9．某学校组织“爱国主义教育法”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的同学在两类问题中随机选择一类并从中任意抽取一个问题回答，已知甲同学答对类问题的概率为，答对类问题的概率为，甲同学回答类问题的概率为，每轮只答一道题，每轮答题互不影响，则下列说法正确的是（　　）
A．甲同学在第一轮答对试题的概率为
B．甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为
C．甲同学经过三轮答题，只答对一道试题的概率为
D．甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为6
10．如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．该正四棱锥的外接球的表面积为
D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则椭圆的离心率为
B．若，，则的面积为2
C．若，，，则内切圆的半径为
D．若，，则椭圆的离心率为
12．已知锐角满足，则的值为　 　．
13．已知函数满足，当时，，则不等式的解集为　 　．
14．已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则的数学期望　 　．
15．已知数列的前项和为，满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
16．在中，内角的对边分别为，满足．
（1）证明：；
（2）若，，点为边上一点，为的平分线，求的值；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
17．如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若，点为的中点，求点到平面的距离．
18．已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：；
（3）若，关于的不等式有解，求实数的取值范围．
19．已知抛物线的焦点F到直线的距离为．
（1）求抛物线的方程．
（2）点为直线上的一点，过点作的切线，切点分别为．
①问：直线是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由．
②若点在抛物线的准线上，切点在第一象限内，存在过点的直线与相交于两点，过点作平行于的直线，分别与直线和直线交于点，若，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，即集合，集合，
则.
故答案为：B.
【分析】解不等式求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数，可得，
则，
即.
故答案为：A.
【分析】先求复数的共轭复数，再根据复数代数形式的乘除化简，最后根据复数模的公式求解即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
因为与共线，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量坐标的运算，结合向量共线的坐标表示求解即可.
4．【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：根据题意可得，，
由，可得，解得：.
故答案为：C.
【分析】根据数据先分别求，再根据经验回归直线必过样本中心点，建立关于的方程求解即可.
5．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：变形可得，
因为实数，，所以，
则，即，解得或（舍），
当且仅当时，即时等号成立.
所以的最小值为6.
【分析】将变形可得，利用基本不等式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为是等差数列的前项和，所以成等差数列，
则，即.
故答案为：A
【分析】根据等差数列前n项和的性质以及等差中项求解即可.
7．【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，即，
可得或，
根据正弦函数图象性质可知，解得，则；
将函数的图象向左平移个单位可得，
因为为偶函数，所以，又因为，所以，
则，
当时，，若函数在内恰有个零点，
则，解得，故实数的取值范围为.
【分析】由题意，根据正弦函数的性质，结合最小距离求得，再利用三角函数图象的平移规则和函数奇偶性求得，最后根据函数在内恰有2个零点限定出范围可得解.
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理
【解析】【解答】解：设，
由双曲线的定义可得，
在中，，
，化简可得，
则，
因为，所以，
，
因为，
所以，化简可得，
则双曲线C的离心率.
【分析】设，根据双曲线的定义可得，在中，利用余弦定理可得，再由，得，最后根据，结合离心率公式计算即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、在第一轮答题中，甲同学回答正确的概率为，故A正确；
B、甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为，故B不正确；
C、分析可得，甲同学经过轮答题，答对的试题个数服从二项分布，
则甲同学经过三轮答题，只回答正确一道试题的概率为，故C正确；
D、甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求解即可判断A；根据条件概率公式求解即可判断B；分析可得，甲同学经过轮答题，答对的试题个数服从二项分布，利用二项分布求解即可判断C；求数学期望即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；用空间向量求直线间的夹角、距离；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】【解答】解：设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：底面边长为，高为，则 ，
A、易得，，
则异面直线所成角余弦为，故A错误；
B、，，
设平面的法向量，则，
令，可得，即平面的法向量，
则直线与平面所成角 的正弦值为，故B正确；
C、易知正四棱锥外接球球心在高（轴）上，
设球心，半径，又，
由得： ，
所以外接球表面积， 故C正确；
D、
设平面法向量，又，
则
设可得，
则，
易知平面法向量；
平面法向量：
，
，故D错误.
【分析】设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，建立空间直角坐标系，利用线线、线面的面面的夹角公式求解即可判断ABD；设球心，结合半径列出等式求，进而求得半径，再求外接球的表面积即可判断C.
11．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
此时椭圆的离心率为，故A正确；
B、因为，所以，即，
则，故B错误；
C、易知，由，，可得，
设内切圆半径为，则，故C正确；
D、如图：
由，，可得，
由正弦定理：，可得，
即，
则，故D正确.
【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，结合，列式求的值，再求离心率即可判断A；由题意可得，利用焦点三角形的面积公式求的面积即可判断B；利用焦点三角形的面积公式，结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，求内切圆的半径即可判断C；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：是锐角，且，则，
设，
则，解得，
，
则．
故答案为：.
【分析】设，利用同角三角函数平方和关系求得k的值，即可得，再根据两角和的正弦公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数函数的单调性与特殊点；不等式的解集
【解析】【解答】解：由函数满足，可得函数的对称轴为直线，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
则函数在上单调递减，
由得，等价于或，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：
【分析】由题意可得函数的对称轴为直线，再判断函数的单调性，不等式等价于或，求解即可.
14．【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：易知每次抽取的概率为，抽取的概率为，抽取的概率为，
随机变量可能取值为，
当时，4次中有两个元素各出现两次，或者4次中三个都出现，其中有一个元素出现两次，其余两个元素各出现一次，
，
当时，4次中有一个元素抽到4次，，
，
的分布列如下：
.
故答案为：.
【分析】易知抽取2，0，6的概率，易知随机变量可能取值为，先求每个值对应的概率，列分布列，再求数学期望即可.
15．【答案】（1）解： 数列的前项和为，满足，
当时，，即，即，
则数列是首项为，公差为的等差数列，，故；
（2）解：由（1）知，则，
因为，所以，
，
则，
即数列的前项和．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系，结合等差数列的定义求即可；
（2）由（1）知，将代回，求得，再利用裂项相消求数列的前项和．
（1）由得，
当时，，
即，
即.
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，故.
（2）由（1）知，所以.
因为，所以.
又.
所以
.
所以数列的前项和．
16．【答案】（1）证明：由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以，
所以或，
所以或（舍去）
所以；
（2）解：由，可得，
又，所以，
又因为，所以，
又由为的平分线，所以，
所以，
所以，
又由余弦定理得：，即，
则；
（3）解：由（1），，可得，
由正弦定理得：，
因为为锐角三角形，所以，
所以，所以，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合诱导公式，两角和的正弦公式化简求证即可；
（2）由题意先计算，再利用二倍角余弦公式得，最后根据结合正弦的二倍角公式求解即可；
（3）由（1），得，再由正弦定理求得，根据为锐角三角形求出的范围，即可得的取值范围.
（1）由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以，
所以或，
所以或（舍去）
所以；
（2）由，所以，
又，所以，
又，所以，
又由为的平分线，
所以，
所以，
所以，
又由余弦定理得：，
所以，所以；
（3）由（1）有，又，所以，
又由正弦定理得：
，
又为锐角三角形，所以，
所以，所以，所以.
17．【答案】（1）证明：连接和，
在斜三棱柱中，由，
所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，
又为的中点，所以，
又，，，所以，
所以，又为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解：由，可得为等腰直角三角形，
则，且，
因为，所以，
又因为，所以和为等边三角形，
所以，所以，所以，又，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
故点到平面的距离为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）连接和，先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面即可；
（2）由题意推出以，，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.
（1）连接和，
在斜三棱柱中，由，
所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，
又为的中点，所以，
又，，，所以，
所以，又为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由，又为等腰直角三角形，
所以，且，
又，所以，
又，所以和为等边三角形，
所以，所以，所以，又，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
所以点到平面的距离为.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，，，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）证明：设，，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
设定义域为，，，
当时，，为增函数，当时，，为减函数，
且，即，所以当且仅当时等号成立，
故；
（3）解：，整理可得，
故，设函数，则，
因为，所以函数单调递增，所以，
整理可得，设函数，则，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，则，即，解得，
则实数的取值范围.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解切线方程即可；
（2）设，求导，利用导数判断函数的单调性，证明当且仅当时等号成立，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明；
（3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解.
（1）由得，所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）设，，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
设，定义域为，
则，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，
所以当且仅当时等号成立，
所以；
（3）因为，整理可得，
故，设函数，则，
因为，所以函数单调递增，所以，
整理可得，设函数，则，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围.
19．【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
焦点到直线的距离，
即，解得或（舍去）；
故抛物线的方程为；
（2）解：设抛物线在点的切线方程为，
联立，得，
则，
化简可得，解得，
因为点在抛物线上，则，所以，
所以切线方程为，即，
将代入化简可得，
所以抛物线在点的切线方程为；
①设，因为抛物线，
所以点处的切线方程为，点处的切线为，
设点，由题意可得，点在直线和直线上，
所以，所以直线过点，
所以直线的方程为，故，
令，解得，所以直线过定点；
②由题意可得，直线的方程为，联立，解得，所以，
设，直线的方程为，
联立，解得，
设直线的方程为，所以，所以直线的方程为，
联立，解得，
设直线的方程为，联立方程，消去可得，
由韦达定理可得，，
整理可得，
所以
，
所以，即.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点坐标，由题意，利用点到直线距离公式列式求解p的值，即可得抛物线的方程；
（2）①设切线方程，联立抛物线与切线方程，求得k的值，再根据点在抛物线上，求得切线方程，设，求点、点处的切线，由题意在切线方程上可得直线的方程为，由此计算可解；②联立直线与抛物线方程，可得，设，直线的方程为，可得，设直线的方程为，联立可得，设直线的方程为，联立可得，由此可计算，计算可解.
（1）由题意可得，
故焦点到直线的距离，
所以，解得或（舍去）；
所以抛物线的方程为；
（2）设抛物线在点的切线方程为，
切线与抛物线联立方程组，得，
则，
化简可得，所以，
因为点在抛物线上，则，所以，
所以切线方程为，即，
将代入化简可得，
所以抛物线在点的切线方程为；
①设，因为抛物线，
所以点处的切线方程为，点处的切线为，
设点，由题意可得，点在直线和直线上，
所以，
所以直线过点，
所以直线的方程为，故，
令，解得，
所以直线过定点；
②由题意可得，直线的方程为，联立，解得，所以，
设，直线的方程为，
联立方程，解得，
设直线的方程为，
所以，
所以直线的方程为，
联立方程，解得，
设直线的方程为，
联立方程，消去可得，
由韦达定理可得，，
整理可得，
所以
，
所以，即.
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