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河北邯郸市2026届高三第一次模拟检测数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数的共轭复数为，若，则可能为（　　）
A． B． C． D．
3．“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知一组数据的方差为，甲同学将这组数据错看成，并求得错误数据的方差为，则正确数据的方差（　　）
A．80 B．60 C．40 D．20
6．若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（　　）
A． B．0 C． D．
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（　　）
A． B． C． D．
9．已知函数，则（　　）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．在上单调递增 D．的值域为
10．已知是椭圆上一点，分别是的左、右焦点，若点满足，，则的离心率可能为（　　）
A． B． C． D．
11．如图1，在长方形中，是边上一点，且．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，则下列结论正确的是（　　）
A．四棱锥体积的最大值为
B．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积为
C．在翻折的过程中，与始终不垂直
D．若，则
12．已知均为单位向量，则　 　．
13．已知是抛物线的焦点，是的准线与轴的交点，是上的点，且，则　 　．
14．某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有　 　种．
15．的内角的对边分别为，已知成等差数列，且．
（1）求；
（2）记外接圆的面积为，若，求的取值范围．
16．某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立．
（1）求该项目予以立项的概率；
（2）记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望．
17．如图，在三棱台中，平面，，，，，是棱上一点（不含端点）．
（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
（2）是否存在点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程．
（2）若的面积为24，求点的坐标．
（3）已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
19．已知函数．
（1）若，证明：．
（2）设有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知，，，，则．
【分析】根据元素和集合的关系判断即可.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，易知，
由，得，解得，则可能为．
故答案为：A.
【分析】设复数，根据共轭复数的定义求，再根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求解即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，解得或．
则“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的必要不充分条件．
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义，结合充分、必要条件的定义求解即可.
4．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A、以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图1所示：
设正方体的边长为，则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，可得，
又易知，则，
又因为，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误；
B、如图2，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误；
C、如图3，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误；
D、如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，则直线平面，故D正确.
故答案为：D.
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法求解即可判断ABC；记为正方体所在棱的中点，连接，利用面面平行的性质求证即可判断D.
5．【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由于，故正确数据和错误数据的平均数相等，记为，
则，
，
则，
则．
故答案为：C.
【分析】根据方差的公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为是偶函数，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以是以4为周期的函数，
则．
故答案为：C.
【分析】根据函数是偶函数，结合求得函数的周期，再利用周期性求解即可.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，
令，易知在上单调递减，且，
则在上恒成立，在上单调递减，则，
即，所以，
则，即．
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，再令，易知在上单调递减，由，结合单调性得到在上单调递减，从而得到，继而得到，即可得的大小关系．
8．【答案】D
【知识点】数列的函数特性；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为数列是递增数列，所以，
又因为，所以，则，
若，则，则，
由，得，即，矛盾，
故满足的关系式不可能为，
取，则，满足是递增数列，此时，
，取，，则，满足是递增数列，故．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据数列的单调性求得，取，即可判断AB；取取，，即可判断C；利用反证法验证即可判断D.
9．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，得，则的定义域关于原点对称，
且，即是奇函数，故A正确；
由，其最小正周期，且在上单调递增，故B不正确，C正确；
由，可得，则，故D不正确．
故答案为：AC.
【分析】易知函数的定义域关于原点对称，利用函数的奇偶性定义即可判断A；利用三角恒等变换化简函数，求最小正周期，并判断单调性即可判断BC；由，可得，即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由，可得为的中点，
因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则，
即的离心率可能为，和.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得为的中点，，再根据椭圆上点与焦点距离的范围列不等式，求椭圆离心率范围即可得正确答案.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，
过点作，垂足为，则，
则四棱锥体积的最大值为，故A正确；
连接，记外接圆的圆心为的中点，连接，
因为，
所以，
因为，，
则，
则，
则三棱锥外接球的半径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，B正确；
连接，因为，
所以，则，
因为平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面，
则点在平面上的射影在直线上，
过点作，并与交于点，连接，
若点在平面上的射影为，即平面，
由平面，得，
又，平面，则平面，
因为平面，所以，故C错误；
在上取靠近点处的四等分点，连接，
因为，所以，且，
从而四边形为平行四边形，则，D正确．
故答案为：ABD.
【分析】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，过点作，垂足为，求出，再利用体积公式计算即可判断A；连接，记外接圆的圆心为的中点，连接，利用余弦定理求的，再根据求三棱锥外接球的半径，最后计算外接球的表面积即可判断B；过点作，并与交于点，求证平面，进而求证即可判断C；在上取靠近点处的四等分点，利用勾股定理计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为均为单位向量，所以，
所以，则．
故答案为：.
【分析】易知，将两边平方，结合向量的数量积求解即可.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，点，
设，由，可得，解得，
则．
故答案为：.
【分析】易知抛物线的焦点，点，设，由，列式求得，再根据焦半径公式求解即可.
14．【答案】390
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有种安排方案；
第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有种情况，
其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有种情况，
因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有种；
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的方案.
故答案为：390.
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
15．【答案】（1）解：因为成等差数列，所以，，由正弦定理可得，
设，则，；
（2）解：由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用等差中项的性质可得，由正弦定理可得，设，求得，再利用余弦定理求解即可；
（2）由（1）得结论，利用同角三角函数基本关系求得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，结合求边长的范围即可.
（1）因为成等差数列，所以，又，所以．
设，则，则．
（2）由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
16．【答案】（1）解：该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，两位初审专家都评审通过该项目的概率，
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，
则该项目予以立项的概率；
（2）解：由题意可知随机变量的取值可能为，
且，，由（1）知，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
【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；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式求解.
（2）由题意可知随机变量的取值可能为，求出的所有可能值及各个值对应的概率，列分布列，并求期望即可.
（1）该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，
两位初审专家都评审通过该项目的概率，
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，
所以该项目予以立项的概率．
（2）依题意，的取值可能为，
且，，由（1）知，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
17．【答案】（1）解：由平面，，可得两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，，，，由为的中点，可得，
，，，
设平面的法向量为，
由，可得，令，得，
设直线与平面所成的角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：假设存在点（异于），使得，
因为平面，平面，所以，又因为，所以，
连接，如图所示：
由，可得，
则，，则，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，从而平面，
这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可；
（2）假设存在点（异于），使得，根据线面垂直的判定定理以及性质，若可证明平面，又因为平面，得出矛盾，即可得结论.
（1）由平面，，可得两两垂直．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．
由为的中点，可得，
，，．
设平面的法向量为，
由，可得，令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
（2）（方法一）连接，如图，
由，
可得．
假设存在点（异于），使得，则，
解得，则与重合，
这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
（方法二）假设存在点（异于），使得．
因为平面，平面，所以．又，
所以．
连接．由，可得，
则，，则．
因为，，平面，所以平面．
又平面，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以，
又，平面，从而平面，
这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
18．【答案】（1）解：由题可知，，则，
因为三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）解：设，因为的面积为24，所以，得，
由，得，
因为是的重心，所以或或或；
（3）解：由题可知的斜率存在，可设的方程为，
由，得，
则，得，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
则，
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，结合双曲线的定义写的方程即可；
（2）设，根据的面积，结合点在双曲线上，求出点的坐标，再根据重心的坐标性质确定点的坐标即可；
（3）设的方程为，联立双曲线与直线方程，由韦达定理求得，，利用点斜式写出直线与的方程，联立求出的轨迹求解即可.
（1）由题可知，，则．
又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）设．因为的面积为24，
所以，得．
由，得．
因为是的重心，
所以或或或；
（3）由题可知的斜率存在，可设的方程为．
由，得，
则，得，则，．
直线的方程为，直线的方程为，
则．
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
19．【答案】（1）证明：因为，，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，则；
（2）解：①、由，可得，
令，则，
令，显然在上单调递增，且，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则，
当时，，且当时，，
因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为；
②由①可知，，
要证，需证，即，
即，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，则，即，
则，
令，则，
则在上单调递减，则，从而．
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1） 若 ，，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得出，即可证明；
（2）①、由，可得，构造函数，求导，再令，利用导数判断函数的单调性，并求的值域，即可求的取值范围；
②、由①得，，要证即证，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得出，进而得出，再构造函数，利用导数证明即可．
（1）因为，，所以．
令，则．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，则．
（2）①由，可得．
令，则．
令，显然在上单调递增，且，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则．
当时，，且当时，．
因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为．
②由①可知，，
要证，需证，即，
即．
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，则，即，
则．
令，则，
则在上单调递减，则，从而．
1 / 1河北邯郸市2026届高三第一次模拟检测数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知，，，，则．
【分析】根据元素和集合的关系判断即可.
2．已知复数的共轭复数为，若，则可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，易知，
由，得，解得，则可能为．
故答案为：A.
【分析】设复数，根据共轭复数的定义求，再根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等求解即可.
3．“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，解得或．
则“曲线在处的切线的倾斜角为”是“”的必要不充分条件．
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义，结合充分、必要条件的定义求解即可.
4．在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A、以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图1所示：
设正方体的边长为，则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，可得，
又易知，则，
又因为，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误；
B、如图2，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误；
C、如图3，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误；
D、如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，则直线平面，故D正确.
故答案为：D.
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法求解即可判断ABC；记为正方体所在棱的中点，连接，利用面面平行的性质求证即可判断D.
5．已知一组数据的方差为，甲同学将这组数据错看成，并求得错误数据的方差为，则正确数据的方差（　　）
A．80 B．60 C．40 D．20
【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由于，故正确数据和错误数据的平均数相等，记为，
则，
，
则，
则．
故答案为：C.
【分析】根据方差的公式求解即可.
6．若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（　　）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为是偶函数，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以是以4为周期的函数，
则．
故答案为：C.
【分析】根据函数是偶函数，结合求得函数的周期，再利用周期性求解即可.
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，
令，易知在上单调递减，且，
则在上恒成立，在上单调递减，则，
即，所以，
则，即．
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，再令，易知在上单调递减，由，结合单调性得到在上单调递减，从而得到，继而得到，即可得的大小关系．
8．已知递增数列满足，且，则满足的关系式不可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的函数特性；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：因为数列是递增数列，所以，
又因为，所以，则，
若，则，则，
由，得，即，矛盾，
故满足的关系式不可能为，
取，则，满足是递增数列，此时，
，取，，则，满足是递增数列，故．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据数列的单调性求得，取，即可判断AB；取取，，即可判断C；利用反证法验证即可判断D.
9．已知函数，则（　　）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．在上单调递增 D．的值域为
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，得，则的定义域关于原点对称，
且，即是奇函数，故A正确；
由，其最小正周期，且在上单调递增，故B不正确，C正确；
由，可得，则，故D不正确．
故答案为：AC.
【分析】易知函数的定义域关于原点对称，利用函数的奇偶性定义即可判断A；利用三角恒等变换化简函数，求最小正周期，并判断单调性即可判断BC；由，可得，即可判断D.
10．已知是椭圆上一点，分别是的左、右焦点，若点满足，，则的离心率可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由，可得为的中点，
因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则，
即的离心率可能为，和.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得为的中点，，再根据椭圆上点与焦点距离的范围列不等式，求椭圆离心率范围即可得正确答案.
11．如图1，在长方形中，是边上一点，且．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，则下列结论正确的是（　　）
A．四棱锥体积的最大值为
B．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积为
C．在翻折的过程中，与始终不垂直
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，
过点作，垂足为，则，
则四棱锥体积的最大值为，故A正确；
连接，记外接圆的圆心为的中点，连接，
因为，
所以，
因为，，
则，
则，
则三棱锥外接球的半径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，B正确；
连接，因为，
所以，则，
因为平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面，
则点在平面上的射影在直线上，
过点作，并与交于点，连接，
若点在平面上的射影为，即平面，
由平面，得，
又，平面，则平面，
因为平面，所以，故C错误；
在上取靠近点处的四等分点，连接，
因为，所以，且，
从而四边形为平行四边形，则，D正确．
故答案为：ABD.
【分析】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，过点作，垂足为，求出，再利用体积公式计算即可判断A；连接，记外接圆的圆心为的中点，连接，利用余弦定理求的，再根据求三棱锥外接球的半径，最后计算外接球的表面积即可判断B；过点作，并与交于点，求证平面，进而求证即可判断C；在上取靠近点处的四等分点，利用勾股定理计算即可判断D.
12．已知均为单位向量，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为均为单位向量，所以，
所以，则．
故答案为：.
【分析】易知，将两边平方，结合向量的数量积求解即可.
13．已知是抛物线的焦点，是的准线与轴的交点，是上的点，且，则　 　．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，点，
设，由，可得，解得，
则．
故答案为：.
【分析】易知抛物线的焦点，点，设，由，列式求得，再根据焦半径公式求解即可.
14．某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有　 　种．
【答案】390
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有种安排方案；
第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有种情况，
其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有种情况，
因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有种；
由分步乘法计数原理可知，共有种不同的方案.
故答案为：390.
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
15．的内角的对边分别为，已知成等差数列，且．
（1）求；
（2）记外接圆的面积为，若，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为成等差数列，所以，，由正弦定理可得，
设，则，；
（2）解：由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用等差中项的性质可得，由正弦定理可得，设，求得，再利用余弦定理求解即可；
（2）由（1）得结论，利用同角三角函数基本关系求得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，结合求边长的范围即可.
（1）因为成等差数列，所以，又，所以．
设，则，则．
（2）由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
16．某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立．
（1）求该项目予以立项的概率；
（2）记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）解：该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，两位初审专家都评审通过该项目的概率，
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，
则该项目予以立项的概率；
（2）解：由题意可知随机变量的取值可能为，
且，，由（1）知，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
【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；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式求解.
（2）由题意可知随机变量的取值可能为，求出的所有可能值及各个值对应的概率，列分布列，并求期望即可.
（1）该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和，
两位初审专家都评审通过该项目的概率，
两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率，
所以该项目予以立项的概率．
（2）依题意，的取值可能为，
且，，由（1）知，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
17．如图，在三棱台中，平面，，，，，是棱上一点（不含端点）．
（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
（2）是否存在点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：由平面，，可得两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，，，，由为的中点，可得，
，，，
设平面的法向量为，
由，可得，令，得，
设直线与平面所成的角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：假设存在点（异于），使得，
因为平面，平面，所以，又因为，所以，
连接，如图所示：
由，可得，
则，，则，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，从而平面，
这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可；
（2）假设存在点（异于），使得，根据线面垂直的判定定理以及性质，若可证明平面，又因为平面，得出矛盾，即可得结论.
（1）由平面，，可得两两垂直．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．
由为的中点，可得，
，，．
设平面的法向量为，
由，可得，令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
（2）（方法一）连接，如图，
由，
可得．
假设存在点（异于），使得，则，
解得，则与重合，
这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
（方法二）假设存在点（异于），使得．
因为平面，平面，所以．又，
所以．
连接．由，可得，
则，，则．
因为，，平面，所以平面．
又平面，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以，
又，平面，从而平面，
这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得．
18．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程．
（2）若的面积为24，求点的坐标．
（3）已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】（1）解：由题可知，，则，
因为三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）解：设，因为的面积为24，所以，得，
由，得，
因为是的重心，所以或或或；
（3）解：由题可知的斜率存在，可设的方程为，
由，得，
则，得，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
则，
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，结合双曲线的定义写的方程即可；
（2）设，根据的面积，结合点在双曲线上，求出点的坐标，再根据重心的坐标性质确定点的坐标即可；
（3）设的方程为，联立双曲线与直线方程，由韦达定理求得，，利用点斜式写出直线与的方程，联立求出的轨迹求解即可.
（1）由题可知，，则．
又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；
（2）设．因为的面积为24，
所以，得．
由，得．
因为是的重心，
所以或或或；
（3）由题可知的斜率存在，可设的方程为．
由，得，
则，得，则，．
直线的方程为，直线的方程为，
则．
由，，得，
则，得，
故点在定直线上.
19．已知函数．
（1）若，证明：．
（2）设有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）证明：因为，，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，则；
（2）解：①、由，可得，
令，则，
令，显然在上单调递增，且，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则，
当时，，且当时，，
因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为；
②由①可知，，
要证，需证，即，
即，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，则，即，
则，
令，则，
则在上单调递减，则，从而．
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1） 若 ，，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得出，即可证明；
（2）①、由，可得，构造函数，求导，再令，利用导数判断函数的单调性，并求的值域，即可求的取值范围；
②、由①得，，要证即证，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得出，进而得出，再构造函数，利用导数证明即可．
（1）因为，，所以．
令，则．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，则．
（2）①由，可得．
令，则．
令，显然在上单调递增，且，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则．
当时，，且当时，．
因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为．
②由①可知，，
要证，需证，即，
即．
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，则，即，
则．
令，则，
则在上单调递减，则，从而．
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