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四川省成都市第十二中学（川大附中）2026届高三下学期二诊热身考试数学试题
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，
即集合，集合，则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
，其虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示可得复数z，再根据复数代数形式的乘除运算化简求得，最后根据复数的概念判断即可.
3．在等差数列中，为其前n项和，，则（　　）
A．55 B．65 C．15 D．60
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，即，
则.
故答案为：B．
【分析】根据等差数列的性质先求，再根据等差数列的求和公式求解即可.
4．若双曲线的一条渐近线方程为，则（　　）
A． B．-2 C． D．-4
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，则，解得.
故答案为：D.
【分析】令，求双曲线的渐近线，根据斜率为2列式求解即可.
5．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数为奇函数，所以，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】先根据函数为奇函数求得，再根据求得即可得正确答案.
6．小张上班有四种方式，有步行，骑自行车，乘坐公汽，自己开车.他记录了100次用这四种方式上班所花费的时间，分别用随机变量来表示用这四种方式上班所用时间（分钟）.经数据分析，，，如果某天有70分钟可用，他该选择哪种方式上班不迟到的概率最大（　　）
，
A．步行 B．骑自行车 C．乘坐公汽 D．自己开车
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：①当小张步行方式上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
②当小张骑自行车上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
③当小张乘坐公汽上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
④当小张自己开车上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
由，可知小张骑自行车上班时不迟到的概率最大.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布求解判断即可.
7．桌面上有以下四种几何体，设点是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点到桌面的距离最大的几何体是（　　）
A．棱长为1的正方体
B．表面积为的球
C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱
D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、当点是棱长为1的正方体表面上的一点时，
因为棱长为1的正方体的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；
B、当点是表面积为的球表面上的一点时，设该球的半径为，由，解得，则该球的直径为，由球的性质可知点到桌面的最大距离为；
C、当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，
此时该正方形的对角线长为，则点到桌面的最大距离为；
D、当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，
由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，
设斜边长为，则该圆锥的底面的半径为，圆锥的高为，
由，解得，则斜边长为，
因此点到桌面的最大距离为，显然，即.
故答案为：D.
【分析】求正方体的体对角线、根据球的表面积先求球的直径；当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，求该正方形的对角线长；当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，求圆锥的底面的直径，再比较大小判断即可.
8．已知内角A，B，C满足，，则（　　）
A．2 B．4 C．8 D．9
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在中，，
，
，
由，可得，两边同除以，
可得；
又因为，所以，可得，
根据两角和的正切公式可得，
在中，，则，.
故答案为：.
【分析】利用三角形内角和定理，结合两角和的正弦、余弦公式将，展开整理，再利用同角三角函数基本关系弦化切，结合两角和的正切公式求解即可.
9．若数列的前项和满足，则（　　）
A． B．
C．为等比数列 D．
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列与函数的综合；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、当时，；
当时，，相减得，
则数列是等比数列，，，即，故A正确；
B、因为，所以数列是以1为公差的等差数列，
所以由等差中项性质可得
，故B选项正确；
C、，不为常数，所以不是等比数列，故C错误；
D、，
当时，则；
当时，令，
则，即单调递增，，即，综上：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数列中与关系求数列的通项公式即可判断A；由A选项可得数列通项公式，易知数列为等差数列，由等差中项性质求解即可判断B；不为等比数列即可判断C；，构造函数，利用单调性的定义证明该函数恒大于0即可判断D.
10．任意抛掷一枚骰子一次观察它向上一面的点数，得到样本空间为，若事件，事件，事件满足，下列结论中正确的是（　　）
A．
B．事件，，两两独立
C．当事件时，
D．当事件时，满足条件的事件有3个
【答案】A,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、由题意得，故A正确；
B、由题意得，，，
所以事件，不相互独立，故B错误；
C、当时，，，故C正确；
D、当时，，解得，即事件包含4个样本点，并且必包含1，不包含5，再从剩下的2，3，4，6中选3个，
所以满足条件的事件分别是，
共4个，故D错误.
【分析】根据古典概型概率公式求解即可判断A；易知，事件，不相互独立即可判断B；当时，根据独立事件的概率公式求解即可判断C；事件的样本点包含1不包含5，满足条件的事件有4个，即可判断D.
11．已知抛物线：的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（　　）
A．当时，则的最小值为4
B．当时，存在点，，使得点为的重心
C．当时，则的最小值为16
D．当时，则
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；抛物线的简单性质；简单曲线的极坐标方程
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，
设点的极坐标为，则，
由抛物线的极坐标方程可得 ，所以，
当时，，此时共线，是一条焦点弦，
两点所对的极角分别为，
所以，
当，即时，取到最小值4，故A正确；
当时，，
若点为的重心，由重心性质可知，
移项得，两边平方可得，
因为，
所以上式可化为①，
若移项得，两边平方化简后可得②，
若移项得，两边平方化简后可得③，
①-②化简后整理可得④，
②-③化简后整理可得⑤.联立④⑤可解得，
若点为的重心，则由重心公式可知，所以，
设，由焦半径公式可知，
所以，
所以，即，
将代入抛物线方程，解得，不存在第三个解，
所以抛物线上不存在点为的重心的，，三点，故B错误；
当时，，
此时两点所对的极角分别为，
所以共线，共线，，
因为，
，
所以，
当，即或时取到最小值16，故C正确；
当时，，
此时两点所对的极角分别为，
所以，
，
，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知抛物线的焦点，设点的极坐标为，则，由抛物线的极坐标方程得到 ，，利用极坐标公式求出的最小值，即可判断A；假设点为的重心，根据重心性质推出，进而根据焦半径公式得到对应点的横坐标相等，将其代入抛物线方程推出矛盾即可判断B；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断C；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值即可判断D.
12．已知平面向量与非零向量满足，，，则　 　.
【答案】2
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
即，解得或，
因为是非零向量，所以.
故答案为：2.
【分析】将两边平方，结合向量的数量积公式化简求解即可.
13．若直线与曲线相切，则　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：设切点，
定义域为，，
切线斜率，
因为切线过原点，所以，
化简可得，
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
则在处取得极小值，也是最小值，，即，
可得，即.
故答案为：.
【分析】设切点坐标，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合两点间的斜率公式计算即可.
14．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且，
以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正四面体的棱长为，所以，因此；
所以，
由可得；
易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即；
在中，，即，解得；
因此，所以；
过点作球的截面，若截面面积为，
则截面圆半径满足，因此；
因此球心到截面距离为；
又，所以；
设直线与该截面所成的角为，
则直线与该截面所成的角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，以在底面内的射影为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义求直线与该截面所成的角的正弦值即可.
15．在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且.
（1）求的值；
（2）若的外接圆半径为，求的面积.
【答案】（1）解：因为成等差数列，所以，
因为，由正弦定理可得，将其代入，可得，
由余弦定理可得；
（2）解：因为，且，所以，
设的外接圆半径为，则，
由正弦定理可得，
则，故的面积.
【知识点】等差数列的性质；解三角形；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）根据等差中项可得，再由正弦定理得，联立求得，最后利用余弦定理求解即可；
（2）利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理、三角形面积公式求解即可.
（1）因为成等差数列，所以.
因为，由正弦定理可得，将其代入，可得.
由余弦定理可得；
（2）因为，且，所以.
设的外接圆半径为，则.
由正弦定理可得，
则.
所以的面积.
16．某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下：
企业
研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000
年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11
（1）现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”.
（i）求条件概率的值；
（ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由；
（2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：（i）易知，，则；
（ii）事件M与N不相互独立，
理由如下：
因为，，所以，所以，不相互独立；
（2）解：这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，随机变量的可能取值为，
服从超几何分布，，
，，
，，
则的分布列为：
X 0 1 2 3
P
故的数学期望.
【知识点】相互独立事件；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；条件概率
【解析】【分析】（1）（i）根据古典概型概率公式求和，再利用条件概率公式求即可；
（ii）验证与是否相等判断即可；
（2）易知随机变量的可能取值为，利用超几何分布概率公式计算对应的概率，列分布列，再用期望公式求即可.
（1）（i），，
.
（ii）事件M与N不相互独立
理由如下：
法1：利用条件概率：
，，
，
所以，不相互独立.
法2：利用独立性定义：
，，
，
所以，不相互独立.
（2）这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为，
（服从超几何分布，）
，，
，，
故的分布列为：
X 0 1 2 3
P
故的数学期望.
17．如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，．
（1）证明：；
（2）若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离．
【答案】（1）证明：在中，，
由余弦定理，可得，满足，则，
由平面平面，平面平面，且，平面，则平面，
又因为平面，所以；
（2）解：取中点分别为，连接，
由为正三角形知，，
结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
可得，
设，则，且，
可得，
由，解得或（舍去），
则，且，
故点到直线的距离
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，满足，得，再由面面垂直的性质，可得平面，即可证明；
（2）取中点分别为，连接，由为正三角形，结合（1）中平面，证明两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标，利用空间向量法求解即可.
（1）在中，，
由余弦定理可得：，
则，所以有，则
由平面平面，平面平面，
且，平面，则平面，
又平面，则.
（2）取中点分别为，连接
由为正三角形知，，
结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，
如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
可得
设，则，且，
可得
由，解得或（舍去），
则，且
故点到直线的距离
18．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点.
（ⅰ）求证：四边形的面积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】（1）解：易知，由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即，
则，令，，，
则，令，，，
则，，
，
故求证四边形面积为定值2；
（ⅱ）直线，到直线的距离为且，
，
当且仅当时等号成立，
故的面积.
【知识点】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）易知，由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，利用点斜式写出直线的方程，表示出的长，代入面积公式化简求证即可；
（ⅱ）直线，利用点到直线的距离求得到直线的距离，再求出的面积，根据，问题转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可.
（1）由题意可得，又，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即
则，令，
则，令，，
则，
.
故求证四边形面积为定值2.
（ⅱ）直线，到直线的距离为
且
当且仅当时等号成立.
所以的面积
19．已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围；
（3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：当时，函数，求导可得，，，
则的图象在处的切线方程为，即；
（2）解：由，
当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符；
当时，令，则，则当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，且，.
故有两个零点，即，则，即实数的取值范围为；
（3）解：由于，所以与的零点个数相同，
依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点，
不妨设的两个零点为，，的两个零点为，，
则有，
因为，得①，
所以②，
又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当时，即，，，成等差数列，则有③，
由②③得，
代入①得，④，
又⑤，
将④代入⑤式可得，
由等差数列性质及，可得，从而有，
可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当时，即，，，成等差数列，则③，
由②③得，同理得，④，
又⑥，
将④代入⑥式可得，
代入③可得，解得，，
这与④矛盾，故实数不存在，
综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，函数，求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，求出极值，列式求解即可；
（3）由，得与的零点个数相同，则与各有两个零点，设的两个零点为，，的两个零点为，，可得，分和讨论即可.
（1）由，
当时，，，
故的图象在处的切线方程为，即.
（2）由，
当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符；
当时，令，则，则当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，且，.
故有两个零点，即，.
（3）由于，所以与的零点个数相同.
依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点.
不妨设的两个零点为，，的两个零点为，，
则有，
因为，得，①
所以，②
又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当时，即，，，成等差数列，则有，③
由②③得，
代入①得，，④
又，⑤
将④代入⑤式可得，
由等差数列性质及，可得，从而有，
可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当时，即，，，成等差数列，则，③
由②③得，同理得，，④
又，⑥
将④代入⑥式可得，
代入③可得，解得，，
这与④矛盾，故实数不存在.
综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
1 / 1四川省成都市第十二中学（川大附中）2026届高三下学期二诊热身考试数学试题
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．2
3．在等差数列中，为其前n项和，，则（　　）
A．55 B．65 C．15 D．60
4．若双曲线的一条渐近线方程为，则（　　）
A． B．-2 C． D．-4
5．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（　　）
A． B． C． D．
6．小张上班有四种方式，有步行，骑自行车，乘坐公汽，自己开车.他记录了100次用这四种方式上班所花费的时间，分别用随机变量来表示用这四种方式上班所用时间（分钟）.经数据分析，，，如果某天有70分钟可用，他该选择哪种方式上班不迟到的概率最大（　　）
，
A．步行 B．骑自行车 C．乘坐公汽 D．自己开车
7．桌面上有以下四种几何体，设点是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点到桌面的距离最大的几何体是（　　）
A．棱长为1的正方体
B．表面积为的球
C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱
D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥
8．已知内角A，B，C满足，，则（　　）
A．2 B．4 C．8 D．9
9．若数列的前项和满足，则（　　）
A． B．
C．为等比数列 D．
10．任意抛掷一枚骰子一次观察它向上一面的点数，得到样本空间为，若事件，事件，事件满足，下列结论中正确的是（　　）
A．
B．事件，，两两独立
C．当事件时，
D．当事件时，满足条件的事件有3个
11．已知抛物线：的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（　　）
A．当时，则的最小值为4
B．当时，存在点，，使得点为的重心
C．当时，则的最小值为16
D．当时，则
12．已知平面向量与非零向量满足，，，则　 　.
13．若直线与曲线相切，则　 　．
14．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为　 　.
15．在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且.
（1）求的值；
（2）若的外接圆半径为，求的面积.
16．某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下：
企业
研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000
年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11
（1）现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”.
（i）求条件概率的值；
（ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由；
（2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望.
17．如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，．
（1）证明：；
（2）若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离．
18．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点.
（ⅰ）求证：四边形的面积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
19．已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围；
（3）设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，
即集合，集合，则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
，其虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示可得复数z，再根据复数代数形式的乘除运算化简求得，最后根据复数的概念判断即可.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，即，
则.
故答案为：B．
【分析】根据等差数列的性质先求，再根据等差数列的求和公式求解即可.
4．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，则，解得.
故答案为：D.
【分析】令，求双曲线的渐近线，根据斜率为2列式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数为奇函数，所以，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】先根据函数为奇函数求得，再根据求得即可得正确答案.
6．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：①当小张步行方式上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
②当小张骑自行车上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
③当小张乘坐公汽上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
④当小张自己开车上班时，由知，，
所以他上班不迟到的概率为：
，
由，可知小张骑自行车上班时不迟到的概率最大.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布求解判断即可.
7．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、当点是棱长为1的正方体表面上的一点时，
因为棱长为1的正方体的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；
B、当点是表面积为的球表面上的一点时，设该球的半径为，由，解得，则该球的直径为，由球的性质可知点到桌面的最大距离为；
C、当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，
此时该正方形的对角线长为，则点到桌面的最大距离为；
D、当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，
由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，
设斜边长为，则该圆锥的底面的半径为，圆锥的高为，
由，解得，则斜边长为，
因此点到桌面的最大距离为，显然，即.
故答案为：D.
【分析】求正方体的体对角线、根据球的表面积先求球的直径；当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，求该正方形的对角线长；当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，求圆锥的底面的直径，再比较大小判断即可.
8．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在中，，
，
，
由，可得，两边同除以，
可得；
又因为，所以，可得，
根据两角和的正切公式可得，
在中，，则，.
故答案为：.
【分析】利用三角形内角和定理，结合两角和的正弦、余弦公式将，展开整理，再利用同角三角函数基本关系弦化切，结合两角和的正切公式求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列与函数的综合；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、当时，；
当时，，相减得，
则数列是等比数列，，，即，故A正确；
B、因为，所以数列是以1为公差的等差数列，
所以由等差中项性质可得
，故B选项正确；
C、，不为常数，所以不是等比数列，故C错误；
D、，
当时，则；
当时，令，
则，即单调递增，，即，综上：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数列中与关系求数列的通项公式即可判断A；由A选项可得数列通项公式，易知数列为等差数列，由等差中项性质求解即可判断B；不为等比数列即可判断C；，构造函数，利用单调性的定义证明该函数恒大于0即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、由题意得，故A正确；
B、由题意得，，，
所以事件，不相互独立，故B错误；
C、当时，，，故C正确；
D、当时，，解得，即事件包含4个样本点，并且必包含1，不包含5，再从剩下的2，3，4，6中选3个，
所以满足条件的事件分别是，
共4个，故D错误.
【分析】根据古典概型概率公式求解即可判断A；易知，事件，不相互独立即可判断B；当时，根据独立事件的概率公式求解即可判断C；事件的样本点包含1不包含5，满足条件的事件有4个，即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；抛物线的简单性质；简单曲线的极坐标方程
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，
设点的极坐标为，则，
由抛物线的极坐标方程可得 ，所以，
当时，，此时共线，是一条焦点弦，
两点所对的极角分别为，
所以，
当，即时，取到最小值4，故A正确；
当时，，
若点为的重心，由重心性质可知，
移项得，两边平方可得，
因为，
所以上式可化为①，
若移项得，两边平方化简后可得②，
若移项得，两边平方化简后可得③，
①-②化简后整理可得④，
②-③化简后整理可得⑤.联立④⑤可解得，
若点为的重心，则由重心公式可知，所以，
设，由焦半径公式可知，
所以，
所以，即，
将代入抛物线方程，解得，不存在第三个解，
所以抛物线上不存在点为的重心的，，三点，故B错误；
当时，，
此时两点所对的极角分别为，
所以共线，共线，，
因为，
，
所以，
当，即或时取到最小值16，故C正确；
当时，，
此时两点所对的极角分别为，
所以，
，
，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知抛物线的焦点，设点的极坐标为，则，由抛物线的极坐标方程得到 ，，利用极坐标公式求出的最小值，即可判断A；假设点为的重心，根据重心性质推出，进而根据焦半径公式得到对应点的横坐标相等，将其代入抛物线方程推出矛盾即可判断B；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断C；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值即可判断D.
12．【答案】2
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
即，解得或，
因为是非零向量，所以.
故答案为：2.
【分析】将两边平方，结合向量的数量积公式化简求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：设切点，
定义域为，，
切线斜率，
因为切线过原点，所以，
化简可得，
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
则在处取得极小值，也是最小值，，即，
可得，即.
故答案为：.
【分析】设切点坐标，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合两点间的斜率公式计算即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且，
以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正四面体的棱长为，所以，因此；
所以，
由可得；
易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即；
在中，，即，解得；
因此，所以；
过点作球的截面，若截面面积为，
则截面圆半径满足，因此；
因此球心到截面距离为；
又，所以；
设直线与该截面所成的角为，
则直线与该截面所成的角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，以在底面内的射影为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义求直线与该截面所成的角的正弦值即可.
15．【答案】（1）解：因为成等差数列，所以，
因为，由正弦定理可得，将其代入，可得，
由余弦定理可得；
（2）解：因为，且，所以，
设的外接圆半径为，则，
由正弦定理可得，
则，故的面积.
【知识点】等差数列的性质；解三角形；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）根据等差中项可得，再由正弦定理得，联立求得，最后利用余弦定理求解即可；
（2）利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理、三角形面积公式求解即可.
（1）因为成等差数列，所以.
因为，由正弦定理可得，将其代入，可得.
由余弦定理可得；
（2）因为，且，所以.
设的外接圆半径为，则.
由正弦定理可得，
则.
所以的面积.
16．【答案】（1）解：（i）易知，，则；
（ii）事件M与N不相互独立，
理由如下：
因为，，所以，所以，不相互独立；
（2）解：这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，随机变量的可能取值为，
服从超几何分布，，
，，
，，
则的分布列为：
X 0 1 2 3
P
故的数学期望.
【知识点】相互独立事件；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；条件概率
【解析】【分析】（1）（i）根据古典概型概率公式求和，再利用条件概率公式求即可；
（ii）验证与是否相等判断即可；
（2）易知随机变量的可能取值为，利用超几何分布概率公式计算对应的概率，列分布列，再用期望公式求即可.
（1）（i），，
.
（ii）事件M与N不相互独立
理由如下：
法1：利用条件概率：
，，
，
所以，不相互独立.
法2：利用独立性定义：
，，
，
所以，不相互独立.
（2）这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为，
（服从超几何分布，）
，，
，，
故的分布列为：
X 0 1 2 3
P
故的数学期望.
17．【答案】（1）证明：在中，，
由余弦定理，可得，满足，则，
由平面平面，平面平面，且，平面，则平面，
又因为平面，所以；
（2）解：取中点分别为，连接，
由为正三角形知，，
结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
可得，
设，则，且，
可得，
由，解得或（舍去），
则，且，
故点到直线的距离
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，满足，得，再由面面垂直的性质，可得平面，即可证明；
（2）取中点分别为，连接，由为正三角形，结合（1）中平面，证明两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标，利用空间向量法求解即可.
（1）在中，，
由余弦定理可得：，
则，所以有，则
由平面平面，平面平面，
且，平面，则平面，
又平面，则.
（2）取中点分别为，连接
由为正三角形知，，
结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直，
如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
可得
设，则，且，
可得
由，解得或（舍去），
则，且
故点到直线的距离
18．【答案】（1）解：易知，由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即，
则，令，，，
则，令，，，
则，，
，
故求证四边形面积为定值2；
（ⅱ）直线，到直线的距离为且，
，
当且仅当时等号成立，
故的面积.
【知识点】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）易知，由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，利用点斜式写出直线的方程，表示出的长，代入面积公式化简求证即可；
（ⅱ）直线，利用点到直线的距离求得到直线的距离，再求出的面积，根据，问题转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可.
（1）由题意可得，又，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即
则，令，
则，令，，
则，
.
故求证四边形面积为定值2.
（ⅱ）直线，到直线的距离为
且
当且仅当时等号成立.
所以的面积
19．【答案】（1）解：当时，函数，求导可得，，，
则的图象在处的切线方程为，即；
（2）解：由，
当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符；
当时，令，则，则当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，且，.
故有两个零点，即，则，即实数的取值范围为；
（3）解：由于，所以与的零点个数相同，
依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点，
不妨设的两个零点为，，的两个零点为，，
则有，
因为，得①，
所以②，
又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当时，即，，，成等差数列，则有③，
由②③得，
代入①得，④，
又⑤，
将④代入⑤式可得，
由等差数列性质及，可得，从而有，
可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当时，即，，，成等差数列，则③，
由②③得，同理得，④，
又⑥，
将④代入⑥式可得，
代入③可得，解得，，
这与④矛盾，故实数不存在，
综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，函数，求导，根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，求出极值，列式求解即可；
（3）由，得与的零点个数相同，则与各有两个零点，设的两个零点为，，的两个零点为，，可得，分和讨论即可.
（1）由，
当时，，，
故的图象在处的切线方程为，即.
（2）由，
当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符；
当时，令，则，则当，；当，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，且，.
故有两个零点，即，.
（3）由于，所以与的零点个数相同.
依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点.
不妨设的两个零点为，，的两个零点为，，
则有，
因为，得，①
所以，②
又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当时，即，，，成等差数列，则有，③
由②③得，
代入①得，，④
又，⑤
将④代入⑤式可得，
由等差数列性质及，可得，从而有，
可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当时，即，，，成等差数列，则，③
由②③得，同理得，，④
又，⑥
将④代入⑥式可得，
代入③可得，解得，，
这与④矛盾，故实数不存在.
综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
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