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2025届江苏省如皋市高三第三次适应性考试（三）数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知，为平面内一组基底，，，，若A，B，D三点共线，则a的值为（　　）
A．2 B． C．0 D．1
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，，
∵与共线，，
，
故选：A．
【分析】根据向量的减法运算求出，再由共线向量定理可知，进而即可求得a的值.
2．在等比数列中，，，则（　　）
A．36 B． C． D．6
【答案】D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：等比数列中∵，，
又∵， ∴，，
∵∴，∴，
故选：D．
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
3．已知9个数据：，，，，的均值为，方差为2，现将加入，则新数据的方差为（　　）
A． B．2 C． D．18
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由题意得，，∴，
∵新数据的均值为，
∴方差为，
故选：A．
【分析】结合题意利用平均值公式和方差公式即可求解.
4．已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．10
【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：∵圆，∴
而直线，即，过定点，
∴
设到距离为，
，
当时，可取得最大值为.
故选：B．
【分析】先求得圆C的圆心和半径，确定直线所过的定点，再求出圆心到该定点的距离，进而确定圆心到直线距离的取值范围，最后利用垂径定理可得AB的长度，结合三角形面积公式即可求出面积的最大值.
5．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，过A作l的垂线，垂足为．若，则（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：∵点A在C上，∴，又，为正三角形，
由题意可知点F为(0，1)，准线为y=-1，如图，准线与轴交于点(0，-1)，
在中，，|FM|=2，∴，∴.
故选：B
【分析】根据抛物线的性质，结合条件可得是等边三角形，利用抛物线的性质即可求解.
6．已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据，不妨设上底面边长为2，则下底面边长为3，
∴在正三棱台中上表面的面积，下表面的面积，
如图所示，过O作分别交AB，BC于点E，F，
O为的重心，，
且，∴四边形为平行四边形，
且，同理可得且，为三棱柱，
设此正棱台高为，
∴台体体积，棱柱的体积，
∴另一部分体积，
两部分体积之比为，
故选：B．
【分析】根据题意设上底面边长为2，下底面边长为3，通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱． 通过整体减部分的方法利用台体体积和柱体体积公式即可求得两个几何体的体积之比 .
7．已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于y轴对称，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
，
所以，
因为与关于y轴对称，则，，
所以，解得，
因为，所以当k=0时，可取得最小值为.
故选：C.
【分析】利用三角恒等变换和辅助角公式化简，进而利用图象变换求出，进而根据对称性可知，即，化简得，即可求得的最小值.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
8．已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则下列说法正确的有（　　）
A．若则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、当，时，，此时与无大小关系，故选项A错误；
B、∵，，，，，故选项B正确；
C、设，，
∵，即，
∴，∴，故选项C正确；
D、当，时，，即， 此时，故选项D错误，
故选：BC．
【分析】由复数不能比较大小，即可判断选项A，由复数的模长公式即可判断选项BC，举出反例，即可判断选项D.
9．已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．的对称中心为
C．过点作曲线的切线有三条
D．若函数的一个零点在之间，则它所有零点都在之间
【答案】A,B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，由函数，可得，令，可得，
当或时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减
所以在处取极大值，在处取极小值，故选项A正确；
B，因为函数为奇函数，关于对称，
所以函数关于中心对称，故选项B正确；
C，作出的大致图象，如图所示，
当时，为上凸函数，在拐点处的切线为，
它与恰交于；
当时，为上凹函数，，
过只能作的两条切线，故选项C错误；
D，由A知函数在上单调递增；上单调递减；
要使有零点，则只需，解得，
当时，大致图象如下
可得有一个零点之间，但另一零点，故选项D错误.
故选：AB．
【分析】求得，利用导数求得函数的单调区间，结合极值点的概念，可得判断选项A；根据为奇函数，结合函数的图象变换，可得判断选项B；作出的大致图象，结合函数的性质，可判断选项C；根据函数的单调性，结合图象和零点存在性定理列出不等式组求解进而即可判断选项D.
10．已知数列，设，若满足性质：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”，下列结论正确的是（　　）
A．若，则数列为“梦想数列”
B．若数列是“梦想数列”，则常数
C．若数列的前n项和，则数列为“梦想数列”
D．若数列是“梦想数列”，则为等差数列
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A，若，对两两不等的正整数i，j，k
符合条件，
为“梦想数列”，故选项A正确．
B，若是“梦想数列”，则①，
交换i，j的位置②，，
，故选项B正确．
C，，取，，，，
不为“梦想数列”，故选项C错误．
D，令，，记为数列的前n项和，是“梦想数列”，
，
①，
时，②，
，
（且），而时，上式也成立
对恒成立，为等差数列，故选项D正确.
故选：ABD．
【分析】根据等差数列求和得，然后根据“梦想数列”的概念判断选项A；“梦想数列”的线性特征求得判断选项B；，举例子取，，，然后根据“梦想数列”的概念判断选项C；根据“梦想数列”的概念得，通过构造递推式证明等差数列即可判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，母小题5分，共15分．
11．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径，
设球心O的半径为R，
，，
∴该四棱台外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】注意四棱台的对称性特征，利用上下底面中心连线建立方程组求得外接球半径R，进而利用球的表面积公式即可求解．
12．函数的最小值为　 　．
【答案】1
【知识点】函数单调性的判断与证明；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】【解答】解：当时，，此时，，
令得：；令得：；
所以在处取得最小值，最小值为；
当时，，此时，
此时在单调递减，且；
综上：函数的最小值为1.
故答案为：1
【分析】分和两种情况讨论去掉绝对值，利用导函数研究函数单调性和极值，进而求出最小值即可.
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，轴上方的两点分别在双曲线的左右两支上，梯形两底边满足，以为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合；余弦定理
【解析】【解答】解：如图，由题意，令，则，，，
因为以为直径的圆过，所以，
又为梯形，易知，所以，
在中，由勾股定理可得，整理得，
因为，所以，
在中，由勾股定理可得，
且，则，
在中，由余弦定理可得，
所以，
解得，所以，整理得，
所以，即
故答案为：.
【分析】根据题意作图，利用双曲线的定义令，则，，，结合勾股定理、余弦定理建立边长的等量关系式，整理得出的关系式，进而利用离心率公式即可求得双曲线的离心率.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
14．如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，
因为，且为中点，所以，
又因为为中点，所以，
因为，所以
又因为，平面，平面，所以面，
因为面，所以．
（2）解：因为面面，面面，，平面，
所以面，所以为PN与平面ABCD所成角，即，
在梯形中，由，且为中点，
可得，所以，
又因为，可得，
以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以
设面的一个法向量，
则，即令，则，所以，
又因为平面，所以平面的一个法向量，
所以，
所以二面角余弦值为

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取中点，证得和，利用线面垂直的判定定理证得面，进而利用线面垂直的性质即可证得；
（2）利用面面垂直的性质定理，证得面，得到为与平面所成角，得到，求得，，利用建系法，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值 .
（1）取中点，连接，
因为，且为中点，所以，
又因为为中点，所以，
因为，所以
又因为，平面，平面，
所以面，因为面，所以．
（2）因为面面，面面，，平面，
所以面，可得为PN与平面ABCD所成角，即，
在梯形中，由，且为中点，
可得，所以，
又因为，可得，
以为中点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
设面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
又因为平面，所以平面的一个法向量，
则，所以二面角余弦值为
15．已知一个黑色袋子里装有2个红球，4个白球，这些球除颜色不同外，其余均相同，甲同学每次从袋子中任取一个球，不放回，直到把两个红球都取出来即终止，记此时袋子里剩余球的个数为X．
（1）求甲同学取球两次即终止的概率；
（2）求随机变量X的分布列及期望．
【答案】（1）解：设甲同学取球两次即终止为事件A， ；
（2）解：易知随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，
，；
，
随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
【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）先记事件，根据古典概型概率公式求解即可；
（2）易知随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，求出相应的概率，列分布列，利用期望公式求解即可.
（1）设甲同学取球两次即终止为事件A，．
（2）X的可能取值为0，1，2，3，4
，；
随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
答：甲同学取球两次即终止的概率为，随机变量X的期望为．
16．在锐角中，内角、、的对边分别为、、，面积为，满足．
（1）求证：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明：因为，所以，即，
由余弦定理得：，即，
化简得：，
由正弦定理得：，
即，化简得：，
因为，，所以，
因为正弦函数在上单调递增，所以，即.
（2）解：由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，则，解得，则，
令，则，其中，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，故，
故当时，.
因此，的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式化简可得，进而利用余弦定理可得，由正弦定理可得以及两角和、差的正弦公式得出，结合正弦函数的单调性可得，即可证得结论成立；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，根据为锐角三角形求出角的取值范围，即可得出的取值范围，令，则，其中，然后利用二次函数的基本性质可求得的取值范围．
（1）由得，即，
由余弦定理得：，即，
化简得：，
由正弦定理有：，
即，化简得：，
因为，，所以，
因为正弦函数在上单调递增，故，即.
（2）由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，则，解得，则，
令，则目标式为，其中，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，故，
故当时，.
因此，的取值范围是.
17．已知O为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆C的左、右焦点分别为，，焦距为．定义椭圆C上点的“和点”为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）记OP，OQ的斜率分别为，，求的取值范围；
（3）若直线l交椭圆C于A，B两点，点A，B的“和点”分别为，，且，求面积的最大值．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆C的方程为；
（2）解：由题意，
令，则，
当时，，当且仅当取等号；
当时，，当且仅当取等号；
则或，即的取值范围为；
（3）解：当l斜率不为0时，设直线，，，则，，
，，
因为，所以，
所以，即，
所以，代入得（*）
，O到直线l的距离，
，
当且仅当，即时取“=”；
当l斜率为0时，设直线，联立，消元可得，由韦达定理可得，
由得，解得，
则，
综上：．
【知识点】基本不等式；斜率的计算公式；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）根据椭圆的离心率和焦距列式求解即可；
（2）根据斜率公式得，令，则，分和，利用基本不等式求解范围即可；
（3）分直线l斜率不为0和为0两种情况讨论，当l斜率不为0时，设直线，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，结合向量数量积的坐标运算列式得，再利用弦长公式求得，求出O到直线l的距离，进而求得，最后利用基本不等式求最大值即可；
当l斜率为0时，设直线，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合求出，然后求出，即可得解.
（1）由题意，解得，所以，
所以椭圆C的方程为．
（2）由题意，
令，则，
当时，，当且仅当取等号；
当时，，当且仅当取等号；
所以或，
即的取值范围为．
（3）方法一：①当l斜率不为0时，
设直线，，，则，，
，
，
，，
所以，即，
所以，代入得，
（*）
，O到直线l的距离，
，
当且仅当，即时取“=”．
②当l斜率为0时，设直线，联立，
则，
由得，解得，
所以，
综上：．
方法二：设，，，，
由，
，，
设，，其中，，
即，，
，
，而，，
当且仅当或2即，或，时，取最大值1．
18．定义：函数图象上不同的三点A，B，C，它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数，设．
（1）讨论的极值；
（2）若是其定义域上的“等差偏移”函数，求a的取值范围；
（3）当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：．
【答案】（1）解：．
当时，在上单调递减，无极值；
当时，令解得
∴在上单调递增；上单调递减，
无极小值．
（2）解：方法一：设，不妨设，由是其定义域上的＂等差偏移＂函数，
，
令，，
而时，，，，
即a的取值范围为．
方法二：设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为，
由“等差偏移”函数定义知：，化简得：
，
即：，即，
令，函数，，
故，又因为，所以，
（3）证明：方法一：时，，，
，假设，，，
令，，，
在上单调递增，，对恒成立
时
，
而，对恒成立
．
方法二：，则，
设，，
因为，当时在单调递增，，故．
构造函数，
即在单调递增，则，故当时，
所以有，故
即．
所以，即；
故
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；数列的求和；直线的斜率；等差中项
【解析】【分析】（1）对函数 求导，分和讨论函数单调性，进而即可求得极值；
（2）设，所以，，即令，，故只需判断的符号即可求得a的取值范围 ；
（3）由题意，证明得到，放缩即可得证.
（1）．
当时，在上单调递减，无极值；
当时，令易知在上单调递增；上单调递减，
无极小值．
（2）方法一：设，不妨设，
由是其定义域上的＂等差偏移＂函数，
，
令，
，而时，，，，
即a的取值范围为．
方法二：设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为，
由“等差偏移”函数定义知：，化简得：
，
即：，即，
令，函数，，
故，又因为，所以，
（3）方法一：时，，，
，假设，，，
令，，，
在上单调递增，，对恒成立
时
，
而，对恒成立
．
方法二：，则，
设，，
因为，当时在单调递增，，故．
构造函数，
即在单调递增，则，故当时，
所以有，故
即．
所以，即；
故
1 / 12025届江苏省如皋市高三第三次适应性考试（三）数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知，为平面内一组基底，，，，若A，B，D三点共线，则a的值为（　　）
A．2 B． C．0 D．1
2．在等比数列中，，，则（　　）
A．36 B． C． D．6
3．已知9个数据：，，，，的均值为，方差为2，现将加入，则新数据的方差为（　　）
A． B．2 C． D．18
4．已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．10
5．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，过A作l的垂线，垂足为．若，则（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于y轴对称，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
8．已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则下列说法正确的有（　　）
A．若则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
9．已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．的对称中心为
C．过点作曲线的切线有三条
D．若函数的一个零点在之间，则它所有零点都在之间
10．已知数列，设，若满足性质：存在常数c，使得对于任意两两不等的正整数i、j、k，都有，则称数列为“梦想数列”，下列结论正确的是（　　）
A．若，则数列为“梦想数列”
B．若数列是“梦想数列”，则常数
C．若数列的前n项和，则数列为“梦想数列”
D．若数列是“梦想数列”，则为等差数列
三、填空题：本题共3小题，母小题5分，共15分．
11．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为　 　．
12．函数的最小值为　 　．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，轴上方的两点分别在双曲线的左右两支上，梯形两底边满足，以为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
14．如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
15．已知一个黑色袋子里装有2个红球，4个白球，这些球除颜色不同外，其余均相同，甲同学每次从袋子中任取一个球，不放回，直到把两个红球都取出来即终止，记此时袋子里剩余球的个数为X．
（1）求甲同学取球两次即终止的概率；
（2）求随机变量X的分布列及期望．
16．在锐角中，内角、、的对边分别为、、，面积为，满足．
（1）求证：；
（2）求的取值范围．
17．已知O为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆C的左、右焦点分别为，，焦距为．定义椭圆C上点的“和点”为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）记OP，OQ的斜率分别为，，求的取值范围；
（3）若直线l交椭圆C于A，B两点，点A，B的“和点”分别为，，且，求面积的最大值．
18．定义：函数图象上不同的三点A，B，C，它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数，设．
（1）讨论的极值；
（2）若是其定义域上的“等差偏移”函数，求a的取值范围；
（3）当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，，
∵与共线，，
，
故选：A．
【分析】根据向量的减法运算求出，再由共线向量定理可知，进而即可求得a的值.
2．【答案】D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：等比数列中∵，，
又∵， ∴，，
∵∴，∴，
故选：D．
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
3．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由题意得，，∴，
∵新数据的均值为，
∴方差为，
故选：A．
【分析】结合题意利用平均值公式和方差公式即可求解.
4．【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：∵圆，∴
而直线，即，过定点，
∴
设到距离为，
，
当时，可取得最大值为.
故选：B．
【分析】先求得圆C的圆心和半径，确定直线所过的定点，再求出圆心到该定点的距离，进而确定圆心到直线距离的取值范围，最后利用垂径定理可得AB的长度，结合三角形面积公式即可求出面积的最大值.
5．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：∵点A在C上，∴，又，为正三角形，
由题意可知点F为(0，1)，准线为y=-1，如图，准线与轴交于点(0，-1)，
在中，，|FM|=2，∴，∴.
故选：B
【分析】根据抛物线的性质，结合条件可得是等边三角形，利用抛物线的性质即可求解.
6．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据，不妨设上底面边长为2，则下底面边长为3，
∴在正三棱台中上表面的面积，下表面的面积，
如图所示，过O作分别交AB，BC于点E，F，
O为的重心，，
且，∴四边形为平行四边形，
且，同理可得且，为三棱柱，
设此正棱台高为，
∴台体体积，棱柱的体积，
∴另一部分体积，
两部分体积之比为，
故选：B．
【分析】根据题意设上底面边长为2，下底面边长为3，通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱． 通过整体减部分的方法利用台体体积和柱体体积公式即可求得两个几何体的体积之比 .
7．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
，
所以，
因为与关于y轴对称，则，，
所以，解得，
因为，所以当k=0时，可取得最小值为.
故选：C.
【分析】利用三角恒等变换和辅助角公式化简，进而利用图象变换求出，进而根据对称性可知，即，化简得，即可求得的最小值.
8．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、当，时，，此时与无大小关系，故选项A错误；
B、∵，，，，，故选项B正确；
C、设，，
∵，即，
∴，∴，故选项C正确；
D、当，时，，即， 此时，故选项D错误，
故选：BC．
【分析】由复数不能比较大小，即可判断选项A，由复数的模长公式即可判断选项BC，举出反例，即可判断选项D.
9．【答案】A,B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，由函数，可得，令，可得，
当或时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减
所以在处取极大值，在处取极小值，故选项A正确；
B，因为函数为奇函数，关于对称，
所以函数关于中心对称，故选项B正确；
C，作出的大致图象，如图所示，
当时，为上凸函数，在拐点处的切线为，
它与恰交于；
当时，为上凹函数，，
过只能作的两条切线，故选项C错误；
D，由A知函数在上单调递增；上单调递减；
要使有零点，则只需，解得，
当时，大致图象如下
可得有一个零点之间，但另一零点，故选项D错误.
故选：AB．
【分析】求得，利用导数求得函数的单调区间，结合极值点的概念，可得判断选项A；根据为奇函数，结合函数的图象变换，可得判断选项B；作出的大致图象，结合函数的性质，可判断选项C；根据函数的单调性，结合图象和零点存在性定理列出不等式组求解进而即可判断选项D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A，若，对两两不等的正整数i，j，k
符合条件，
为“梦想数列”，故选项A正确．
B，若是“梦想数列”，则①，
交换i，j的位置②，，
，故选项B正确．
C，，取，，，，
不为“梦想数列”，故选项C错误．
D，令，，记为数列的前n项和，是“梦想数列”，
，
①，
时，②，
，
（且），而时，上式也成立
对恒成立，为等差数列，故选项D正确.
故选：ABD．
【分析】根据等差数列求和得，然后根据“梦想数列”的概念判断选项A；“梦想数列”的线性特征求得判断选项B；，举例子取，，，然后根据“梦想数列”的概念判断选项C；根据“梦想数列”的概念得，通过构造递推式证明等差数列即可判断选项D.
11．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径，
设球心O的半径为R，
，，
∴该四棱台外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】注意四棱台的对称性特征，利用上下底面中心连线建立方程组求得外接球半径R，进而利用球的表面积公式即可求解．
12．【答案】1
【知识点】函数单调性的判断与证明；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】【解答】解：当时，，此时，，
令得：；令得：；
所以在处取得最小值，最小值为；
当时，，此时，
此时在单调递减，且；
综上：函数的最小值为1.
故答案为：1
【分析】分和两种情况讨论去掉绝对值，利用导函数研究函数单调性和极值，进而求出最小值即可.
13．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合；余弦定理
【解析】【解答】解：如图，由题意，令，则，，，
因为以为直径的圆过，所以，
又为梯形，易知，所以，
在中，由勾股定理可得，整理得，
因为，所以，
在中，由勾股定理可得，
且，则，
在中，由余弦定理可得，
所以，
解得，所以，整理得，
所以，即
故答案为：.
【分析】根据题意作图，利用双曲线的定义令，则，，，结合勾股定理、余弦定理建立边长的等量关系式，整理得出的关系式，进而利用离心率公式即可求得双曲线的离心率.
14．【答案】（1）证明：取中点，连接，
因为，且为中点，所以，
又因为为中点，所以，
因为，所以
又因为，平面，平面，所以面，
因为面，所以．
（2）解：因为面面，面面，，平面，
所以面，所以为PN与平面ABCD所成角，即，
在梯形中，由，且为中点，
可得，所以，
又因为，可得，
以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以
设面的一个法向量，
则，即令，则，所以，
又因为平面，所以平面的一个法向量，
所以，
所以二面角余弦值为

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取中点，证得和，利用线面垂直的判定定理证得面，进而利用线面垂直的性质即可证得；
（2）利用面面垂直的性质定理，证得面，得到为与平面所成角，得到，求得，，利用建系法，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值 .
（1）取中点，连接，
因为，且为中点，所以，
又因为为中点，所以，
因为，所以
又因为，平面，平面，
所以面，因为面，所以．
（2）因为面面，面面，，平面，
所以面，可得为PN与平面ABCD所成角，即，
在梯形中，由，且为中点，
可得，所以，
又因为，可得，
以为中点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
设面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
又因为平面，所以平面的一个法向量，
则，所以二面角余弦值为
15．【答案】（1）解：设甲同学取球两次即终止为事件A， ；
（2）解：易知随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，
，；
，
随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
【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）先记事件，根据古典概型概率公式求解即可；
（2）易知随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，求出相应的概率，列分布列，利用期望公式求解即可.
（1）设甲同学取球两次即终止为事件A，．
（2）X的可能取值为0，1，2，3，4
，；
随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
答：甲同学取球两次即终止的概率为，随机变量X的期望为．
16．【答案】（1）证明：因为，所以，即，
由余弦定理得：，即，
化简得：，
由正弦定理得：，
即，化简得：，
因为，，所以，
因为正弦函数在上单调递增，所以，即.
（2）解：由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，则，解得，则，
令，则，其中，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，故，
故当时，.
因此，的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式化简可得，进而利用余弦定理可得，由正弦定理可得以及两角和、差的正弦公式得出，结合正弦函数的单调性可得，即可证得结论成立；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，根据为锐角三角形求出角的取值范围，即可得出的取值范围，令，则，其中，然后利用二次函数的基本性质可求得的取值范围．
（1）由得，即，
由余弦定理得：，即，
化简得：，
由正弦定理有：，
即，化简得：，
因为，，所以，
因为正弦函数在上单调递增，故，即.
（2）由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，则，解得，则，
令，则目标式为，其中，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，故，
故当时，.
因此，的取值范围是.
17．【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆C的方程为；
（2）解：由题意，
令，则，
当时，，当且仅当取等号；
当时，，当且仅当取等号；
则或，即的取值范围为；
（3）解：当l斜率不为0时，设直线，，，则，，
，，
因为，所以，
所以，即，
所以，代入得（*）
，O到直线l的距离，
，
当且仅当，即时取“=”；
当l斜率为0时，设直线，联立，消元可得，由韦达定理可得，
由得，解得，
则，
综上：．
【知识点】基本不等式；斜率的计算公式；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）根据椭圆的离心率和焦距列式求解即可；
（2）根据斜率公式得，令，则，分和，利用基本不等式求解范围即可；
（3）分直线l斜率不为0和为0两种情况讨论，当l斜率不为0时，设直线，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，结合向量数量积的坐标运算列式得，再利用弦长公式求得，求出O到直线l的距离，进而求得，最后利用基本不等式求最大值即可；
当l斜率为0时，设直线，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合求出，然后求出，即可得解.
（1）由题意，解得，所以，
所以椭圆C的方程为．
（2）由题意，
令，则，
当时，，当且仅当取等号；
当时，，当且仅当取等号；
所以或，
即的取值范围为．
（3）方法一：①当l斜率不为0时，
设直线，，，则，，
，
，
，，
所以，即，
所以，代入得，
（*）
，O到直线l的距离，
，
当且仅当，即时取“=”．
②当l斜率为0时，设直线，联立，
则，
由得，解得，
所以，
综上：．
方法二：设，，，，
由，
，，
设，，其中，，
即，，
，
，而，，
当且仅当或2即，或，时，取最大值1．
18．【答案】（1）解：．
当时，在上单调递减，无极值；
当时，令解得
∴在上单调递增；上单调递减，
无极小值．
（2）解：方法一：设，不妨设，由是其定义域上的＂等差偏移＂函数，
，
令，，
而时，，，，
即a的取值范围为．
方法二：设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为，
由“等差偏移”函数定义知：，化简得：
，
即：，即，
令，函数，，
故，又因为，所以，
（3）证明：方法一：时，，，
，假设，，，
令，，，
在上单调递增，，对恒成立
时
，
而，对恒成立
．
方法二：，则，
设，，
因为，当时在单调递增，，故．
构造函数，
即在单调递增，则，故当时，
所以有，故
即．
所以，即；
故
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；数列的求和；直线的斜率；等差中项
【解析】【分析】（1）对函数 求导，分和讨论函数单调性，进而即可求得极值；
（2）设，所以，，即令，，故只需判断的符号即可求得a的取值范围 ；
（3）由题意，证明得到，放缩即可得证.
（1）．
当时，在上单调递减，无极值；
当时，令易知在上单调递增；上单调递减，
无极小值．
（2）方法一：设，不妨设，
由是其定义域上的＂等差偏移＂函数，
，
令，
，而时，，，，
即a的取值范围为．
方法二：设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为，
由“等差偏移”函数定义知：，化简得：
，
即：，即，
令，函数，，
故，又因为，所以，
（3）方法一：时，，，
，假设，，，
令，，，
在上单调递增，，对恒成立
时
，
而，对恒成立
．
方法二：，则，
设，，
因为，当时在单调递增，，故．
构造函数，
即在单调递增，则，故当时，
所以有，故
即．
所以，即；
故
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