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贵州贵阳市2026届高三年级适用性考试（一）数学试题
1．复数的虚部是（　　）
A． B．i C． D．1
2．集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
4．设a，，则是的（　　）
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
5．记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
6．某校教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（　　）
A．32 B．33 C．34 D．35
7．设方程的两个根为，，则（　　）
A．0 B．1 C．e D．
8．已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．已知函数的图象关于点中心对称．则（　　）
A．的最小正周期为
B．直线是曲线的对称轴
C．将的图象向右平移个单位可得到函数的图象
D．在区间上单调递增
10．我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗．它们均可抽象为正八边形，如图3，O为其中心．记，，且，则（　　）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
11．古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．则（　　）
A．椭圆的长轴为
B．椭圆的离心率为
C．与的交点是椭圆的一个焦点
D．内接于椭圆的菱形周长最大值为20
12．已知数据的平均值为3，则的平均值为　 　．
13．已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是　 　．
14．已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为　 　．
15．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且．
（1）求A的大小；
（2）若，，试判断的形状，并求的面积．
16．如图，已知四面体的所有棱长都等于2，E，F，G分别是棱，，的中点．平面平面．
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
17．已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为．
（1）求曲线的方程；
（2）不过原点的直线与曲线交于不同的两点，若以为直径的圆过坐标原点．
（i）证明：直线过定点；
（ii）点是曲线上位于直线下方的一动点，若对于给定的直线，记的面积最大值为，对所有符合题设条件的动直线，求的最小值．
18．有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测．
若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测．
若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）．
（1）若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率；
（2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值；
（3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：）
19．已知函数，．
（1）令，求在点处的切线方程：
（2）讨论在上的单调性；
（3）证明：（i）当时，
（ii）．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为.故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算，结合复数的概念求解即可.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易知集合，集合，则.
故答案为：C.
【分析】分别解等式和不等式求得集合A、B，再根据集合的交集运算求解即可.
3．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：方程表示双曲线，则，解得或.
故答案为：D.
【分析】根据方程表示双曲线列式求解即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，则；当时，则，，因此由可推出，即充分性成立；
若，不一定推出，如，，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据指数幂比大小，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的求和公式以及通项公式列关于首项和公差的方程组，求解基本量，再根据等差数列的通项公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法；
跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法；
跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法；
跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法；
跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法，
所以不同走法种数为.
故答案为：C.
【分析】利用分类加法计数原理，结合组合数性质求解即可.
7．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
由对数函数的单调性可知：，即，
因为方程的两个根为，，
所以为的两根，所以，即，所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据对数运算性质以及对数的单调性化简可得，由题意可得为的两根，利用韦达定理及指数运算性质可得，代入立方和公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，，且对于任意，都有成立，
则，可得，
由，可得，即，即，
又由及可得，则，
易知为递增数列，则，且，
因函数在上为增函数，则，
由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在，设，则，
对取极限得，即，
函数在上单调递增，故，解得，
故实数c的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据，结合，求得，再由及可得，则，根据函数的单调性，可得，求c的取值范围即可.
9．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；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：由题意可得，则，，即，
因为，所以，则，
A、最小正周期，故A正确；
B、对称轴应满足，，解得，，则不存在，使得，故B错误；
C、的图象向右平移个单位得到，故C正确；
D、当时，，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不是单调递增，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据函数图象关于点中心对称，求得函数的解析式，利用最小正周期公式求解即可判断A；求函数的对称轴即可判断B；根据三角函数图象的平移变换求解即可判断C；当时，，根据函数的单调性求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，则向量的夹角为，
因为，所以，故A正确；
B、，，故B错误；
C、因为，，
所以，
所以，又为的角平分线，
由平行四边形法则可得，所以，故C正确；
D、因为，，
则，又，
所以在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知，向量的夹角为，利用向量数量积的定义求解即可判断A；根据向量的线性运算求解即可判断BC；以为基底表示，再根据投影向量的定义求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】椭圆的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；三角函数诱导公式二~六；余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
A、椭圆的长轴为的长，在中，，
由余弦定理得，
因此，故A正确；
B、设与的交点为，，
在中，，
，
在中，，
则，故B正确；
C、椭圆长轴长，由，得半焦距，
在中，，，
又，因此不为椭圆焦点，故C错误；
D、如图，椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形，
设，则，即，
则，，化简得，
同理，菱形中，，
则当时，取得最大值为25，即，
因此菱形周长的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】在中，求得，椭圆的长轴为的长，在中，利用余弦定理求解即可判断A；设与的交点为，，利用余弦定理，同角三角函数基本关系以及曲线的离心率求解即可判断B；解，求得，根据，判断不为椭圆焦点即可判断C；椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形，设，利用诱导公式求得点坐标，再由距离公式，结合正弦函数的性质求解即可判断D.
12．【答案】7
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由数据的平均值为3，可得，
则的平均数为：
.
故答案为：.
【分析】根据平均数公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
令直线上为圆心的点为，以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，
则，即，
依题意，存在以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则点到直线的距离不大于2，
即，即，解得，
则k的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知圆C的圆心和半径，由题意可得点到直线的距离不大于2，利用点到直线距离公式列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；棱柱的结构特征；球内接多面体；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心，
易得平面，且，因，则，
则该外接球的半径为.
以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，设点，
由，可得，
两边取平方，展开整理得：，
配方可得，
则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，
因球的球心距为，
两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足，
故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为.
故答案为：.
【分析】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心，先求外接球的半径，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由，利用两点间距离公式化简推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，再利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度.
15．【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
整理得，
因为，所以，所以
又因为，所以；
（2）解：由（1）可得，，，
，即，
则，，
因为．则，，所以是等边三角形，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）可得，，利用正弦的和差角公式以及辅助角公式化简可得，再根据三角函数的性质求解的大小，判断三角形为等边三角形，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，
整理得，
因为，故，
又，故．
（2）已知，则，故，
，即，
则，，
因为．则．故，
所以，是等边三角形．
因此.
16．【答案】（1）证明：因为F，G分别是棱，的中点，故，
又平面，平面，所以平面，
而平面，平面平面，所以；
（2）解：过D作平面，垂足为O，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，
设为平面的法向量，则
，取
平面的一个法向量为，所以，
设为平面与平面所成角，则，
因此，平面与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定定理得平面，再根据线面平行得到性质定理证明即可；
（2）过D作平面，垂足为O，建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用空间向量法求面面角即可.
（1）因为F，G分别是棱，的中点，故．
又平面，平面，所以平面．
而平面，平面平面，所以．
（2）过D作平面，垂足为O．建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，，
，，
设为平面的法向量，则
，取
平面的一个法向量为，所以，
设为平面与平面所成角，则，
因此，平面与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：设点，则以为直径的圆的圆心为，半径，
因为该圆与x轴相切，所以，所以，整理得，
故曲线的方程为；
（2）解：（i）设直线，，，
联立，消去得，由韦达定理可得，，
以为直径的圆过原点，则，
则，
因，解得，所以直线方程为，恒过定点；
（ii）对于给定的，直线与交于，
则，
将，，代入得，
又点在上且位于下方，即，
点到直线的距离为，
由知，故，
令，则对于给定的，为开口向下的一元二次函数，
所以当时，取得最大值，此时最大，，
所以面积的最大值，
令，，易知单调递增，
所以当，即时，取得最小值．
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；恒过定点的直线；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设点，利用中点坐标公式以及两点间距离公式求出圆心坐标和半径，再根据以为直径的圆与轴相切，列方程化简求曲线的方程即可；
（2）（i）设直线，，，联立直线与抛物线方程，结合“以为直径的圆过原点”转化为，利用韦达定理求参数证明直线过定点即可；
（ii）利用弦长公式、点到直线距离公式表示的面积，利用换元法，结合函数单调性求的最小值即可.
（1）设点，则以为直径的圆的圆心为，半径，
因为该圆与x轴相切，所以，
所以，整理得，
故曲线的方程为．
（2）（i）设直线，，，
则，消去得，所以，，
以为直径的圆过原点，所以，
则，
因，解得，所以直线方程为，恒过定点．
（ii）对于给定的，直线与交于，
则，
将，，代入得，
又点在上且位于下方，即，
点到直线的距离为，
由知，故，
令，则对于给定的，为开口向下的一元二次函数，
所以当时，取得最大值，此时最大，，
所以面积的最大值，
令，，易知单调递增，
所以当，即时，取得最小值．
18．【答案】（1）解：设小组中有酶的人数为X，则，
已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为；
（2）解：设每组检测次数，则的分布列为
1
p
期望为，
则总检测次数的期望；
（3）解：若分组检测，检测次数的期望为，
总成本期望为，
若逐一检测，则总成本为，由节省50%以上得，
代入，，，得，整理得，，
故的取值范围是.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，易知服从二项分布，利用二项分布结合条件概率公式求解即可；
（2）设每组检测次数，则易得，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望；
（3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望，若逐一检测，则总成本为，依题意，代值计算即得的取值范围.
（1）设小组中有酶的人数为X，则．
已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为
．
（2）设每组检测次数，则的分布列为
1
p
期望为
则总检测次数的期望；
（3）若分组检测，检测次数的期望为．
总成本期望为，
若逐一检测，则总成本为．由节省50%以上得．
代入，，，得，
整理得，因此，，故的取值范围是．
19．【答案】（1）解：易知函数，，，，
则在点处的切线方程为，即；
（2）解：，，
记，
故，
设，则，
当时，，单调递减，则，即，单调递减，
，故在单调递增；
（3）证明：（i）令，则，
所以在上单调递增，所以，即当时，
所以当时，；
（ii）由（i）可知当时，，故，
由于，则，故，
由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减，
故，所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）利用导数判断函数的单调性即可；
（3）（i）构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明即可；
（ii）根据（i）的结论可证明，即可结合求证即可.
（1），则，，，
所以在点处的切线方程为，即．
（2），则
，
记，
故
设，则
当时，，单调递减，所以，即，所以单调递减，
所以，故在单调递增．
（3）证明：（i）令，则，
所以在上单调递增，所以，即当时，
所以当时，；
（ii）由（i）可知当时，，故，
由于，则，故，
由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减，
故，所以．
1 / 1贵州贵阳市2026届高三年级适用性考试（一）数学试题
1．复数的虚部是（　　）
A． B．i C． D．1
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为.故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算，结合复数的概念求解即可.
2．集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易知集合，集合，则.
故答案为：C.
【分析】分别解等式和不等式求得集合A、B，再根据集合的交集运算求解即可.
3．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：方程表示双曲线，则，解得或.
故答案为：D.
【分析】根据方程表示双曲线列式求解即可.
4．设a，，则是的（　　）
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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，则；当时，则，，因此由可推出，即充分性成立；
若，不一定推出，如，，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据指数幂比大小，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的求和公式以及通项公式列关于首项和公差的方程组，求解基本量，再根据等差数列的通项公式求解即可.
6．某校教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（　　）
A．32 B．33 C．34 D．35
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法；
跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法；
跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法；
跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法；
跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法，
所以不同走法种数为.
故答案为：C.
【分析】利用分类加法计数原理，结合组合数性质求解即可.
7．设方程的两个根为，，则（　　）
A．0 B．1 C．e D．
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
由对数函数的单调性可知：，即，
因为方程的两个根为，，
所以为的两根，所以，即，所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据对数运算性质以及对数的单调性化简可得，由题意可得为的两根，利用韦达定理及指数运算性质可得，代入立方和公式求解即可.
8．已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，，且对于任意，都有成立，
则，可得，
由，可得，即，即，
又由及可得，则，
易知为递增数列，则，且，
因函数在上为增函数，则，
由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在，设，则，
对取极限得，即，
函数在上单调递增，故，解得，
故实数c的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据，结合，求得，再由及可得，则，根据函数的单调性，可得，求c的取值范围即可.
9．已知函数的图象关于点中心对称．则（　　）
A．的最小正周期为
B．直线是曲线的对称轴
C．将的图象向右平移个单位可得到函数的图象
D．在区间上单调递增
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；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：由题意可得，则，，即，
因为，所以，则，
A、最小正周期，故A正确；
B、对称轴应满足，，解得，，则不存在，使得，故B错误；
C、的图象向右平移个单位得到，故C正确；
D、当时，，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不是单调递增，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据函数图象关于点中心对称，求得函数的解析式，利用最小正周期公式求解即可判断A；求函数的对称轴即可判断B；根据三角函数图象的平移变换求解即可判断C；当时，，根据函数的单调性求解即可判断D.
10．我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗．它们均可抽象为正八边形，如图3，O为其中心．记，，且，则（　　）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，则向量的夹角为，
因为，所以，故A正确；
B、，，故B错误；
C、因为，，
所以，
所以，又为的角平分线，
由平行四边形法则可得，所以，故C正确；
D、因为，，
则，又，
所以在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知，向量的夹角为，利用向量数量积的定义求解即可判断A；根据向量的线性运算求解即可判断BC；以为基底表示，再根据投影向量的定义求解即可判断D.
11．古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．则（　　）
A．椭圆的长轴为
B．椭圆的离心率为
C．与的交点是椭圆的一个焦点
D．内接于椭圆的菱形周长最大值为20
【答案】A,B,D
【知识点】椭圆的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；三角函数诱导公式二~六；余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
A、椭圆的长轴为的长，在中，，
由余弦定理得，
因此，故A正确；
B、设与的交点为，，
在中，，
，
在中，，
则，故B正确；
C、椭圆长轴长，由，得半焦距，
在中，，，
又，因此不为椭圆焦点，故C错误；
D、如图，椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形，
设，则，即，
则，，化简得，
同理，菱形中，，
则当时，取得最大值为25，即，
因此菱形周长的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】在中，求得，椭圆的长轴为的长，在中，利用余弦定理求解即可判断A；设与的交点为，，利用余弦定理，同角三角函数基本关系以及曲线的离心率求解即可判断B；解，求得，根据，判断不为椭圆焦点即可判断C；椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形，设，利用诱导公式求得点坐标，再由距离公式，结合正弦函数的性质求解即可判断D.
12．已知数据的平均值为3，则的平均值为　 　．
【答案】7
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由数据的平均值为3，可得，
则的平均数为：
.
故答案为：.
【分析】根据平均数公式求解即可.
13．已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
令直线上为圆心的点为，以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，
则，即，
依题意，存在以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则点到直线的距离不大于2，
即，即，解得，
则k的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知圆C的圆心和半径，由题意可得点到直线的距离不大于2，利用点到直线距离公式列式求解即可.
14．已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为　 　．
【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；棱柱的结构特征；球内接多面体；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心，
易得平面，且，因，则，
则该外接球的半径为.
以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，设点，
由，可得，
两边取平方，展开整理得：，
配方可得，
则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，
因球的球心距为，
两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足，
故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为.
故答案为：.
【分析】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心，先求外接球的半径，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由，利用两点间距离公式化简推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，再利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度.
15．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且．
（1）求A的大小；
（2）若，，试判断的形状，并求的面积．
【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
整理得，
因为，所以，所以
又因为，所以；
（2）解：由（1）可得，，，
，即，
则，，
因为．则，，所以是等边三角形，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）可得，，利用正弦的和差角公式以及辅助角公式化简可得，再根据三角函数的性质求解的大小，判断三角形为等边三角形，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，
整理得，
因为，故，
又，故．
（2）已知，则，故，
，即，
则，，
因为．则．故，
所以，是等边三角形．
因此.
16．如图，已知四面体的所有棱长都等于2，E，F，G分别是棱，，的中点．平面平面．
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为F，G分别是棱，的中点，故，
又平面，平面，所以平面，
而平面，平面平面，所以；
（2）解：过D作平面，垂足为O，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，
设为平面的法向量，则
，取
平面的一个法向量为，所以，
设为平面与平面所成角，则，
因此，平面与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定定理得平面，再根据线面平行得到性质定理证明即可；
（2）过D作平面，垂足为O，建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用空间向量法求面面角即可.
（1）因为F，G分别是棱，的中点，故．
又平面，平面，所以平面．
而平面，平面平面，所以．
（2）过D作平面，垂足为O．建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，，
，，
设为平面的法向量，则
，取
平面的一个法向量为，所以，
设为平面与平面所成角，则，
因此，平面与平面所成角的正弦值为．
17．已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为．
（1）求曲线的方程；
（2）不过原点的直线与曲线交于不同的两点，若以为直径的圆过坐标原点．
（i）证明：直线过定点；
（ii）点是曲线上位于直线下方的一动点，若对于给定的直线，记的面积最大值为，对所有符合题设条件的动直线，求的最小值．
【答案】（1）解：设点，则以为直径的圆的圆心为，半径，
因为该圆与x轴相切，所以，所以，整理得，
故曲线的方程为；
（2）解：（i）设直线，，，
联立，消去得，由韦达定理可得，，
以为直径的圆过原点，则，
则，
因，解得，所以直线方程为，恒过定点；
（ii）对于给定的，直线与交于，
则，
将，，代入得，
又点在上且位于下方，即，
点到直线的距离为，
由知，故，
令，则对于给定的，为开口向下的一元二次函数，
所以当时，取得最大值，此时最大，，
所以面积的最大值，
令，，易知单调递增，
所以当，即时，取得最小值．
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；恒过定点的直线；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设点，利用中点坐标公式以及两点间距离公式求出圆心坐标和半径，再根据以为直径的圆与轴相切，列方程化简求曲线的方程即可；
（2）（i）设直线，，，联立直线与抛物线方程，结合“以为直径的圆过原点”转化为，利用韦达定理求参数证明直线过定点即可；
（ii）利用弦长公式、点到直线距离公式表示的面积，利用换元法，结合函数单调性求的最小值即可.
（1）设点，则以为直径的圆的圆心为，半径，
因为该圆与x轴相切，所以，
所以，整理得，
故曲线的方程为．
（2）（i）设直线，，，
则，消去得，所以，，
以为直径的圆过原点，所以，
则，
因，解得，所以直线方程为，恒过定点．
（ii）对于给定的，直线与交于，
则，
将，，代入得，
又点在上且位于下方，即，
点到直线的距离为，
由知，故，
令，则对于给定的，为开口向下的一元二次函数，
所以当时，取得最大值，此时最大，，
所以面积的最大值，
令，，易知单调递增，
所以当，即时，取得最小值．
18．有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测．
若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测．
若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）．
（1）若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率；
（2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值；
（3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：）
【答案】（1）解：设小组中有酶的人数为X，则，
已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为；
（2）解：设每组检测次数，则的分布列为
1
p
期望为，
则总检测次数的期望；
（3）解：若分组检测，检测次数的期望为，
总成本期望为，
若逐一检测，则总成本为，由节省50%以上得，
代入，，，得，整理得，，
故的取值范围是.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布
【解析】【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，易知服从二项分布，利用二项分布结合条件概率公式求解即可；
（2）设每组检测次数，则易得，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望；
（3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望，若逐一检测，则总成本为，依题意，代值计算即得的取值范围.
（1）设小组中有酶的人数为X，则．
已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为
．
（2）设每组检测次数，则的分布列为
1
p
期望为
则总检测次数的期望；
（3）若分组检测，检测次数的期望为．
总成本期望为，
若逐一检测，则总成本为．由节省50%以上得．
代入，，，得，
整理得，因此，，故的取值范围是．
19．已知函数，．
（1）令，求在点处的切线方程：
（2）讨论在上的单调性；
（3）证明：（i）当时，
（ii）．
【答案】（1）解：易知函数，，，，
则在点处的切线方程为，即；
（2）解：，，
记，
故，
设，则，
当时，，单调递减，则，即，单调递减，
，故在单调递增；
（3）证明：（i）令，则，
所以在上单调递增，所以，即当时，
所以当时，；
（ii）由（i）可知当时，，故，
由于，则，故，
由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减，
故，所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）利用导数判断函数的单调性即可；
（3）（i）构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明即可；
（ii）根据（i）的结论可证明，即可结合求证即可.
（1），则，，，
所以在点处的切线方程为，即．
（2），则
，
记，
故
设，则
当时，，单调递减，所以，即，所以单调递减，
所以，故在单调递增．
（3）证明：（i）令，则，
所以在上单调递增，所以，即当时，
所以当时，；
（ii）由（i）可知当时，，故，
由于，则，故，
由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减，
故，所以．
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