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湖南岳阳市2026届高三年级教学质量监测（一）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：易知集合，集合，
则，即.
故答案为：B.
【分析】先解绝对值不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．在复平面内，若，则的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】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；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，
则在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得复数，再利用共轭复数的定义、结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．已知向量，若，则（　　）
A．-2 B．0 C．2 D．4
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量，可得，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直的坐标运算求解即可.
4．已知数列是等差数列，且，则（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，，
所以，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据等差数列的性质求解即可.
5．已知，则（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
因为，，所以，
又，所以，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】先利用同角三角函数基本关系求，再根据，利用两角差的余弦公式求解即可.
6．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间中的点的坐标；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：取下底面正方形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为下底面边长为，几何体的高为， 所以，，，
，，，，，
设几何体外接球的球心为，外接球半径为，
在中，，
在中，
则，解得，即，
故该几何体的外接球的表面积.
故答案为：B.
【分析】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，设几何体外接球的球心为，外接球半径为，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，求半径，再根据球的表面积公式求外接球表面积即可.
7．已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；等比中项
【解析】【解答】解：由题意，设圆上三点到直线的距离分别为，
圆心到直线的距离为，
若直线与圆相切或相交，此时可以取非常小的正数，
则必存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列；
若直线与圆相离，即，则圆上任意一点到直线的距离位于，
若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，
则需，得，
则的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设圆上三点到直线的距离分别为，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，要使圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之比大于等于4，建立不等式求的最小值即可.
8．已知函数的定义域为.若的图象关于点中心对称，且，则下列结论一定成立的是（　　）
A． B．关于直线对称
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的图象关于点中心对称，所以的图象关于原点对称，
则函数为奇函数，又因为函数的定义域为，所以，
又，则，
所以，则，
所以，所以，所以是的一个周期，
A、不妨令，满足定义域为的奇函数，周期为，
但，故A错误；
B、不妨令，其定义域为，
满足，则函数为奇函数，
，所以是的一个周期，
所以直线不是的对称轴，故B错误；
C、因为函数为周期为的奇函数，则，
，因为不一定为，故C错误；
D、函数为周期为的奇函数，
则，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得函数为奇函数，结合求得是周期为3的周期函数，不妨令，即可判断A；不妨令，满足函数是奇函数且周期为3，但即可判断B；利用函数的奇偶性和周期求解即可判断CD.
9．（多选）某企业2024年12个月的收入与支出数据的折线图如图所示．
已知：利润=收入-支出，根据该折线图，下列说法正确的是（　　）
A．该企业2024年1月至6月的总利润低于2024年7月至12月的总利润
B．该企业2024年第一季度的利润约是60万元
C．该企业2024年4月至7月的月利润持续增长
D．该企业2024年11月份的月利润最大
【答案】A,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：A、由企业2024年12个月的收入与支出数据的折线图，得该企业2024年1月至6月的总利润约为（万元），
该企业2024年7月至12月的总利润约为（万元），
所以该企业2024年1月至6月的总利润低于2024年7月至12月的总利润，故A正确；
B、该企业2024年第一季度的利润约是（万元），故B错误；
C、该企业2024年4月至7月的月利润（单位：万元）分别为10，28，30，52，所以该企业2024年4月至7月的月利润持续增长，故C正确；
D、该企业2024年7月和8月的月利润比11月份的月利润大，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用实线与虚线分别求企业2024年12个月的总利润和企业2024年7月至12月的总利润比较即可判断A；根据统计图求第一季度的利润即可判断B；根据实线与虚线的相对高度即可判断C；由图看相对高度的最大值即可判断D.
10．如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（　　）
A．曲线的方程为
B．的最小值为
C．
D．当直线斜率都存在时，
【答案】A,B,C
【知识点】椭圆的定义；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】【解答】解：
A、设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，，
则且不重合，
故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉重合的点），
则曲线的方程为，故A正确；
B、由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，
此时，所以，
则的最大值为，即的最小值为，故B正确；
C、，
当且仅当即时等号成立，故C正确；
D、设，则，即，
由题意设，则，即，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，根据椭圆的定义求解即可判断A；由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，求出的最大角即可判断B；直接利用向量的坐标运算求解即可判断C；设，，根据点在椭圆上，结合斜率公式求解即可判断D.
11．已知函数，则（　　）
A．若，且曲线的对称中心为，则
B．若，且曲线的对称中心为，则有极值
C．若，且，则存在实数，使得
D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，二阶导数，
对称中心横坐标，对称中心为；
一阶导数，判别式，时函数有两个极值点，时函数在上单调，
A、由，对称中心为，得，解得；
对称中心在函数图象上，故，即，得.
因此，故A正确；
B、由，对称中心为，得，得，
，即，解得，则，；
导数为，判别式：
导数有两个不同实根，存在极值，故B正确；
C、由，且，得，
导数判别式，故恒正或恒负，在上单调，
单调函数不存在使得，故C错误；
D、已知且，是对称中心处的切线，：
设切点为，切线过点，由切线方程得，
令，切线条数等价于的实根个数.
求导得，其中为对称中心横坐标，的极值点为和.
由对称中心处切线性质，，代入得.
因且，故，即.
分析的单调性与零点：
时，，单调递减，时，且，故有1个零点；
时，，单调递增，从递增到，故有1个零点；
时，，单调递减，从递减到时，故有1个零点.
共有3个实根，即过点与曲线相切的直线有三条，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对函数求二阶导，令二阶导为零求得对称中心横坐标，导数判别式决定函数单调性与极值，对称中心处的切线满足，代入对称中心条件求解参数，验证结论即可判断AB；判断导数判别式符号，结合单调性验证结论即可判断C；构造切线条数对应的零点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数即可判断D.
12．的展开式中的系数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：的展开式中的项为，则的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】以为整理，利用多项式乘法求得，再根据二项式的展开式计算的系数即可.
13．已知数列满足，则数列的前100项和为　 　.
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以数列是公比为，首项为的等比数列，则，
则数列的前100项和.
故答案为：.
【分析】原式变形为，易知数列是公比为，首项为的等比数列，利用等比数列的定义求通项公式，再根据等比数列的前项和公式求数列的前100项和即可．
14．若是函数的一个零点，且，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，
由，
可得；
即或，
当时，可得，此时；
当时，可得，此时；
又因为，且求的最小值，
所以对于可知当时，，
整理可得，解得，
因为，所以；
对于方程，当时，方程为，
整理可得，解得，因为，取；
显然，因此可得的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题意可知，利用和差化积公式可得，再根据正弦函数以及余弦函数零点列出关于的方程，最后利用求根公式求最小值即可.
15．在中，内角的对边分别为，，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，，所以，且，所以；
则，可得，
又因为，所以；
（2）解：因为，，所以，
又因为，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；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，结合两角和的正弦公式求得，再根据求角B即可；
（2）由（1）的结论，根据两角和的正弦公式求得，再由正弦定理求出边，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，可得，
且，所以；
则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，，
则，
又因为，则，
所以.
16．甲，乙两位同学进行羽毛球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛无平局且各局比赛的结果互不影响.
（1）若两人比赛三局，求甲至少胜两局的概率；
（2）若比赛采用五局三胜制（即先胜三局的一方获胜，比赛随即结束），设比赛结束时共进行了局，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）解：设事件为甲至少胜两局，则，
故三局比赛中甲至少胜两局概率为；
（2）解：由题意可知：随机变量可取3，4，5，
，
，
，
故的分布列为：
3 4 5
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 先记事件，三局比赛甲至少胜两局包含恰好胜两局和恰好胜三局两种情况，利用概率公式分别计算后求和即可；
（2）由题意可知：随机变量可取3，4，5，再分别计算甲 、乙在 3 局、4 局、5 局获胜的概率，列出分布列，根据期望公式求即可.
（1）设事件为甲至少胜两局，则
故三局比赛中甲至少胜两局概率为；
（2）依题意，可取3，4，5，
，
，
故的分布列为：
3 4 5
.
17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面.
（1）求证：；
（2）设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为，
（i）求平面与平面所成角的余弦值；
（ii）平面交直线于点，设，求的值.
【答案】（1）证明：连接和交于点，连接，
因为底面为菱形，所以为的中点，且，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，
所以是直线与平面所成角，即，
在菱形中，，，所以，即；
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
平面的法向量为，则，
故平面与平面所成角的余弦值为；
（ii）平面交线段于点，设，
则，
因为，所以，即，解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接和交于点，连接，根据菱形的特征，结合面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可；
（2）（i）根据面面垂直的性质证明平面，推出是直线与平面所成角，求得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面所成的角即可；
（ii）平面交线段于点，设，利用向量运算求出，再由求解即可.
（1）连接和交于点，连接.
∵底面为菱形，
为的中点，且
又平面平面，平面平面，
平面，又平面，
.
（2）因为，所以
∵平面平面，平面平面，
平面.
是直线与平面所成角，即.
在菱形中，，
.
，即.
（i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
平面的法向量为，
因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为
（ii）平面交线段于点，设，
则，
因为，即，
即，解得.
18．已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为.
（i）求（用表示）；
（ii）若，的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】（1）解：由椭圆的离心率为 ，可得，化简得①，
因为在椭圆上，所以②，联立解得，
故椭圆的方程为；
（2）解：（i）依题意，设直线的方程为，
联立，消去得，
其中，即，
设，则，
则
；
（ii）由（i）可得，解得，即，
，且，
因，，
则，
令，则，
，当且仅当，即时等号成立，
则的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，根据点在椭圆上得，联立求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合斜率公式化简计算即可；
（ii）由（i）可得，求得，即，分别表示出，利用（i）的韦达定理，结合基本不等式求的最大值即可.
（1）由题可知，，化简得，
又因为在椭圆上，则，
联立解得，故椭圆的方程为.
（2）（i）依题意，设直线的方程为，
则联立，消去得
其中，即，
设，则.
则
；
（ii）由（i）可得，解得，即，
，且.
因，，
则
令，则，
，当且仅当，即时等号成立.
的最大值为.
19．已知实数，函数．
（1）当时，试比较和的大小，并说明理由：
（2）若时，，求的取值范围；
（3）设正项数列的前项和为，若，且，求证：．
【答案】（1）解：当时，函数，则，
所以，
所以，所以；
（2）解：由题可知，因为，
所以原不等式等价于，即，
设，因为，，
令，，，
当时，，所以在上单调递减，
，也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，又，令，解得，
则时，，所以在上单调递减，
又因为，所以必存在，使得时，，
也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，，则时，，
所以在上单调递增，，
也即在上单调递增，，所以符合题意；
综上所述，a的取值范围为；
（3）证明：因为，所以，
即，又，
所以，
也即当时，，又，
所以，
由（2）可知，当时，，也即，
令，则，即，
故．
【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；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）当时，函数，求其导函数，并求出和，利用作差法比较即可；
（2）由题可知，因为，原不等式等价于，即，构造函数，求导后分、、三种情况，利用导数判断函数的单调性，结合单调性求的取值范围即可；
（3）由，根据数列中的关系求数列的通项表达式，再令，由（2）可得不等式，又令，可得，结合裂项相消法求和证明即可．
（1）当时，，则，
所以，
所以，
所以．
（2）由题可知，因为，
所以原不等式等价于，即，
设，因为，，
令，，，
当时，，所以在上单调递减，
，也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，又，令，解得，
则时，，所以在上单调递减，
又因为，所以必存在，使得时，，
也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，，则时，，
所以在上单调递增，，
也即在上单调递增，，所以符合题意；
综上所述，a的取值范围为．
（3）因为，所以，
即，又，
所以，
也即当时，，又，
所以，
由（2）可知，当时，，也即，
令，则，即，
所以．
1 / 1湖南岳阳市2026届高三年级教学质量监测（一）数学试题
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．在复平面内，若，则的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，若，则（　　）
A．-2 B．0 C．2 D．4
4．已知数列是等差数列，且，则（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．已知，则（　　）
A． B．
C． D．或
6．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
7．已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知函数的定义域为.若的图象关于点中心对称，且，则下列结论一定成立的是（　　）
A． B．关于直线对称
C． D．
9．（多选）某企业2024年12个月的收入与支出数据的折线图如图所示．
已知：利润=收入-支出，根据该折线图，下列说法正确的是（　　）
A．该企业2024年1月至6月的总利润低于2024年7月至12月的总利润
B．该企业2024年第一季度的利润约是60万元
C．该企业2024年4月至7月的月利润持续增长
D．该企业2024年11月份的月利润最大
10．如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（　　）
A．曲线的方程为
B．的最小值为
C．
D．当直线斜率都存在时，
11．已知函数，则（　　）
A．若，且曲线的对称中心为，则
B．若，且曲线的对称中心为，则有极值
C．若，且，则存在实数，使得
D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条
12．的展开式中的系数为　 　.
13．已知数列满足，则数列的前100项和为　 　.
14．若是函数的一个零点，且，则的最小值为　 　.
15．在中，内角的对边分别为，，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
16．甲，乙两位同学进行羽毛球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛无平局且各局比赛的结果互不影响.
（1）若两人比赛三局，求甲至少胜两局的概率；
（2）若比赛采用五局三胜制（即先胜三局的一方获胜，比赛随即结束），设比赛结束时共进行了局，求的分布列与数学期望.
17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面.
（1）求证：；
（2）设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为，
（i）求平面与平面所成角的余弦值；
（ii）平面交直线于点，设，求的值.
18．已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为.
（i）求（用表示）；
（ii）若，的面积为，的面积为，求的最大值.
19．已知实数，函数．
（1）当时，试比较和的大小，并说明理由：
（2）若时，，求的取值范围；
（3）设正项数列的前项和为，若，且，求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，集合，
则，即.
故答案为：B.
【分析】先解绝对值不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
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；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，
则在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得复数，再利用共轭复数的定义、结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量，可得，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直的坐标运算求解即可.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，，
所以，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据等差数列的性质求解即可.
5．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
因为，，所以，
又，所以，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】先利用同角三角函数基本关系求，再根据，利用两角差的余弦公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】空间中的点的坐标；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：取下底面正方形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为下底面边长为，几何体的高为， 所以，，，
，，，，，
设几何体外接球的球心为，外接球半径为，
在中，，
在中，
则，解得，即，
故该几何体的外接球的表面积.
故答案为：B.
【分析】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，设几何体外接球的球心为，外接球半径为，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，求半径，再根据球的表面积公式求外接球表面积即可.
7．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；等比中项
【解析】【解答】解：由题意，设圆上三点到直线的距离分别为，
圆心到直线的距离为，
若直线与圆相切或相交，此时可以取非常小的正数，
则必存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列；
若直线与圆相离，即，则圆上任意一点到直线的距离位于，
若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，
则需，得，
则的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设圆上三点到直线的距离分别为，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，要使圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之比大于等于4，建立不等式求的最小值即可.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的图象关于点中心对称，所以的图象关于原点对称，
则函数为奇函数，又因为函数的定义域为，所以，
又，则，
所以，则，
所以，所以，所以是的一个周期，
A、不妨令，满足定义域为的奇函数，周期为，
但，故A错误；
B、不妨令，其定义域为，
满足，则函数为奇函数，
，所以是的一个周期，
所以直线不是的对称轴，故B错误；
C、因为函数为周期为的奇函数，则，
，因为不一定为，故C错误；
D、函数为周期为的奇函数，
则，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得函数为奇函数，结合求得是周期为3的周期函数，不妨令，即可判断A；不妨令，满足函数是奇函数且周期为3，但即可判断B；利用函数的奇偶性和周期求解即可判断CD.
9．【答案】A,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】解：A、由企业2024年12个月的收入与支出数据的折线图，得该企业2024年1月至6月的总利润约为（万元），
该企业2024年7月至12月的总利润约为（万元），
所以该企业2024年1月至6月的总利润低于2024年7月至12月的总利润，故A正确；
B、该企业2024年第一季度的利润约是（万元），故B错误；
C、该企业2024年4月至7月的月利润（单位：万元）分别为10，28，30，52，所以该企业2024年4月至7月的月利润持续增长，故C正确；
D、该企业2024年7月和8月的月利润比11月份的月利润大，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用实线与虚线分别求企业2024年12个月的总利润和企业2024年7月至12月的总利润比较即可判断A；根据统计图求第一季度的利润即可判断B；根据实线与虚线的相对高度即可判断C；由图看相对高度的最大值即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】椭圆的定义；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】【解答】解：
A、设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，，
则且不重合，
故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉重合的点），
则曲线的方程为，故A正确；
B、由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，
此时，所以，
则的最大值为，即的最小值为，故B正确；
C、，
当且仅当即时等号成立，故C正确；
D、设，则，即，
由题意设，则，即，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，根据椭圆的定义求解即可判断A；由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，求出的最大角即可判断B；直接利用向量的坐标运算求解即可判断C；设，，根据点在椭圆上，结合斜率公式求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，二阶导数，
对称中心横坐标，对称中心为；
一阶导数，判别式，时函数有两个极值点，时函数在上单调，
A、由，对称中心为，得，解得；
对称中心在函数图象上，故，即，得.
因此，故A正确；
B、由，对称中心为，得，得，
，即，解得，则，；
导数为，判别式：
导数有两个不同实根，存在极值，故B正确；
C、由，且，得，
导数判别式，故恒正或恒负，在上单调，
单调函数不存在使得，故C错误；
D、已知且，是对称中心处的切线，：
设切点为，切线过点，由切线方程得，
令，切线条数等价于的实根个数.
求导得，其中为对称中心横坐标，的极值点为和.
由对称中心处切线性质，，代入得.
因且，故，即.
分析的单调性与零点：
时，，单调递减，时，且，故有1个零点；
时，，单调递增，从递增到，故有1个零点；
时，，单调递减，从递减到时，故有1个零点.
共有3个实根，即过点与曲线相切的直线有三条，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对函数求二阶导，令二阶导为零求得对称中心横坐标，导数判别式决定函数单调性与极值，对称中心处的切线满足，代入对称中心条件求解参数，验证结论即可判断AB；判断导数判别式符号，结合单调性验证结论即可判断C；构造切线条数对应的零点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：的展开式中的项为，则的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】以为整理，利用多项式乘法求得，再根据二项式的展开式计算的系数即可.
13．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以数列是公比为，首项为的等比数列，则，
则数列的前100项和.
故答案为：.
【分析】原式变形为，易知数列是公比为，首项为的等比数列，利用等比数列的定义求通项公式，再根据等比数列的前项和公式求数列的前100项和即可．
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，
由，
可得；
即或，
当时，可得，此时；
当时，可得，此时；
又因为，且求的最小值，
所以对于可知当时，，
整理可得，解得，
因为，所以；
对于方程，当时，方程为，
整理可得，解得，因为，取；
显然，因此可得的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题意可知，利用和差化积公式可得，再根据正弦函数以及余弦函数零点列出关于的方程，最后利用求根公式求最小值即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，，所以，且，所以；
则，可得，
又因为，所以；
（2）解：因为，，所以，
又因为，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；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，结合两角和的正弦公式求得，再根据求角B即可；
（2）由（1）的结论，根据两角和的正弦公式求得，再由正弦定理求出边，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，可得，
且，所以；
则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，，
则，
又因为，则，
所以.
16．【答案】（1）解：设事件为甲至少胜两局，则，
故三局比赛中甲至少胜两局概率为；
（2）解：由题意可知：随机变量可取3，4，5，
，
，
，
故的分布列为：
3 4 5
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 先记事件，三局比赛甲至少胜两局包含恰好胜两局和恰好胜三局两种情况，利用概率公式分别计算后求和即可；
（2）由题意可知：随机变量可取3，4，5，再分别计算甲 、乙在 3 局、4 局、5 局获胜的概率，列出分布列，根据期望公式求即可.
（1）设事件为甲至少胜两局，则
故三局比赛中甲至少胜两局概率为；
（2）依题意，可取3，4，5，
，
，
故的分布列为：
3 4 5
.
17．【答案】（1）证明：连接和交于点，连接，
因为底面为菱形，所以为的中点，且，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，
所以是直线与平面所成角，即，
在菱形中，，，所以，即；
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
平面的法向量为，则，
故平面与平面所成角的余弦值为；
（ii）平面交线段于点，设，
则，
因为，所以，即，解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接和交于点，连接，根据菱形的特征，结合面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可；
（2）（i）根据面面垂直的性质证明平面，推出是直线与平面所成角，求得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面所成的角即可；
（ii）平面交线段于点，设，利用向量运算求出，再由求解即可.
（1）连接和交于点，连接.
∵底面为菱形，
为的中点，且
又平面平面，平面平面，
平面，又平面，
.
（2）因为，所以
∵平面平面，平面平面，
平面.
是直线与平面所成角，即.
在菱形中，，
.
，即.
（i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
平面的法向量为，
因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为
（ii）平面交线段于点，设，
则，
因为，即，
即，解得.
18．【答案】（1）解：由椭圆的离心率为 ，可得，化简得①，
因为在椭圆上，所以②，联立解得，
故椭圆的方程为；
（2）解：（i）依题意，设直线的方程为，
联立，消去得，
其中，即，
设，则，
则
；
（ii）由（i）可得，解得，即，
，且，
因，，
则，
令，则，
，当且仅当，即时等号成立，
则的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，根据点在椭圆上得，联立求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合斜率公式化简计算即可；
（ii）由（i）可得，求得，即，分别表示出，利用（i）的韦达定理，结合基本不等式求的最大值即可.
（1）由题可知，，化简得，
又因为在椭圆上，则，
联立解得，故椭圆的方程为.
（2）（i）依题意，设直线的方程为，
则联立，消去得
其中，即，
设，则.
则
；
（ii）由（i）可得，解得，即，
，且.
因，，
则
令，则，
，当且仅当，即时等号成立.
的最大值为.
19．【答案】（1）解：当时，函数，则，
所以，
所以，所以；
（2）解：由题可知，因为，
所以原不等式等价于，即，
设，因为，，
令，，，
当时，，所以在上单调递减，
，也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，又，令，解得，
则时，，所以在上单调递减，
又因为，所以必存在，使得时，，
也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，，则时，，
所以在上单调递增，，
也即在上单调递增，，所以符合题意；
综上所述，a的取值范围为；
（3）证明：因为，所以，
即，又，
所以，
也即当时，，又，
所以，
由（2）可知，当时，，也即，
令，则，即，
故．
【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；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）当时，函数，求其导函数，并求出和，利用作差法比较即可；
（2）由题可知，因为，原不等式等价于，即，构造函数，求导后分、、三种情况，利用导数判断函数的单调性，结合单调性求的取值范围即可；
（3）由，根据数列中的关系求数列的通项表达式，再令，由（2）可得不等式，又令，可得，结合裂项相消法求和证明即可．
（1）当时，，则，
所以，
所以，
所以．
（2）由题可知，因为，
所以原不等式等价于，即，
设，因为，，
令，，，
当时，，所以在上单调递减，
，也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，又，令，解得，
则时，，所以在上单调递减，
又因为，所以必存在，使得时，，
也即在上单调递减，，所以不符题意；
当时，，则时，，
所以在上单调递增，，
也即在上单调递增，，所以符合题意；
综上所述，a的取值范围为．
（3）因为，所以，
即，又，
所以，
也即当时，，又，
所以，
由（2）可知，当时，，也即，
令，则，即，
所以．
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