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河北邢台市卓越联盟2026届高三下学期4月质量检测数学试题
1．已知集合，或，则（　　）
A． B．
C． D．或
2．设，则（　　）
A． B． C． D．
3．在等比数列中，，，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知，，则（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
5．设，，且，则的最小值为（　　）
A．12 B．9 C．8 D．4
6．某小组在试验中得到了一组样本数据：8，6，10，8，5，9，11，12，若这组数据的第百分位数恰为这组数据的众数，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．设，已知角的终边经过点，则（　　）
A． B． C． D．
8．已知抛物线与圆有且仅有一个公共点，则实数（　　）
A． B．0 C． D．1
9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A．
B．的图象关于轴对称的图象恰为的图象
C．两函数没有相同的零点
D．两函数在上单调性相同
10．已知直线被双曲线截得的弦长为，则下列直线中被截得的弦长也为的有（　　）
A． B． C． D．
11．已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（　　）
A． B．
C． D．
12．已知向量，满足，，则　 　．
13．记等差数列的前项和为，，，则的最大值为　 　.
14．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为　 　.
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，，.
（1）求的值；
（2）若边上的高为，求的周长.
16．甲、乙两队进行排球比赛，比赛采用五局三胜制.在一局比赛中，若甲队胜，则甲队下一局胜的概率为；若甲队输，则甲队下一局胜的概率为，已知第一局甲队胜的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局.
（1）求甲队第2局获胜的概率；
（2）求比赛不超过4局且甲队获胜的概率.
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）四棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球的体积．
18．已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2.
（1）分别求，的方程；
（2）直线与交于，两点，与相切于点.
（i）若为的中点，求的方程；
（ii）直线过交于，两点，，证明：.
19．已知函数，其中.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，，或，只有选项D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则、并集的运算法则以及集合间的包含关系，从而找出正确的选项.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由题意，得，
所以，
则
解得，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的运算法则和复数相等的判断方法，从而建立方程组得出复数z.
3．【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
则，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质得出的值，再利用等比数列的性质得出的值.
4．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意，得，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和对数的运算法则，从而得出的值.
5．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以，当且仅当，时取等号，
则的最小值为9.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，通过换“1”法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
6．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列为5，6，8，8，9，10，11，12，众数为8，
则这组数据的第百分位数为8，
因为，
若为整数，则，
解得；
若不为整数，则或，
解得或，
综上所述，.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件，先求出众数，再根据百分位数的定义结合是否为整数分类讨论后，从而得出实数的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
所以，
则，
解得（舍去）.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，再结合二倍角的正弦公式，从而转化为关于的一元二次方程求解，再根据题意得到满足要求的的值.
8．【答案】B
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意，得圆，
则圆心，半径为，其中为的焦点，
设抛物线与圆的公共点为，
则，
由题意知抛物线上满足条件的点有且只有一个，
由抛物线C和圆F均关于x轴对称，
则两曲线公共点在x轴上，即为原点，
所以与原点重合，
则，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据圆和抛物线的对称性可知公共点为原点和抛物线焦半径公式，从而建立关于m的方程，进而得出实数m的值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由题意，得，
所以，
因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以两函数图象关于轴对称，故B正确；
对于C，令，，，
解得，，
令，，，
解得，，
令，，，
则，，，无解，故C正确；
对于D，当时，，单调递减，
可得，
所以单调递减，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意结合正弦型函数的图象变换，从而得出函数解析式，再利用代入法判断出选项A；利用偶函数图象的对称性，验证与是否相等，则可判断选项B；利用函数零点的定义，分别得出两函数零点，则判断出选项C；利用x的取值范围和三角型函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：双曲线关于轴、轴和原点对称，
若两直线关于轴、轴或原点对称，
那么它们被双曲线截得的弦长相等.
对于A，直线与直线关于轴对称，
它们被双曲线截得的弦长相等，故A正确；
对于B，直线与直线，
它们既不关于轴对称，也不关于轴和原点对称，
它们被双曲线截得的弦长不相等，故B错误；
对于C，直线与直线关于原点对称，
它们被双曲线截得的弦长相等，故C正确；
对于D，直线与直线，
它们既不关于轴对称，也不关于轴和原点对称，
它们被双曲线截得的弦长不相等，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用直线的对称性、双曲线的对称性，从而得出两直线被双曲线截得的弦长相等，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
所以，
则，
所以，
则，
又因为为奇函数，
所以，
则，
将替换为，
得，
所以，
则的周期为4，且.
对于A：在中，
令，得，
因为，
所以，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：当时，，
，
，
，
则，
所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用函数的奇偶性和周期性，从而赋值得出函数的值，则判断出选项A；利用函数f(x)和函数g(x)的关系式，从而得出函数的值，则判断出选项B；利用求和判断出选项C；利用函数f(x)和函数g(x)的关系式，从而求和判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】12
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，得，
因为，
作差得，
所以，，
则．
故答案为：12.
【分析】根据已知条件和平面向量的坐标运算和数量积的坐标表示，从而得出的值．
13．【答案】42
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以，
因为，
所以，
则，
所以，公差，
则，
可得的前6项为正，第7项为0，从第8项起为负，
所以的最大值为.
故答案为：42.
【分析】根据已知条件和等差数列前n项和公式，从而得出的值，再利用等差数列的性质得出公差的值，再根据等差数列的性质得出等差数列的通项公式，从而判断出数列各项的正负，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的最大值.
14．【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，，，
则，，
所以四边形是平行四边形，
则，
同理可得，
因为，
所以，
则，确定一个平面，即为平面，
过作，垂足为点，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，即，
在中，，
所以.
【分析】利用中位线定理得出线线平行，再利用平行四边形定义判断出四边形是平行四边形，再根据平行四边形性质得出线线平行，再利用线面垂直的定义得出线线垂直，再由线线垂直证出平面，即，则根据直角三角形对应边成比例得出点到平面的距离.
15．【答案】（1）解：由，
得，
所以，
由余弦定理，得，
则，
得，
所以，
由余弦定理，得.
（2）解：由（1）得，，
因为，
所以的面积，
又因为边上的高为，
所以，
则，
解得，
所以的周长为：.

【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用数量积的定义得出角C的余弦值，再利用余弦定理得出a，c的关系式，再根据余弦定理得出角A的余弦值.
（2）由（1）得出b，c与a的关系式，再利用同角三角函数基本关系式和三角形的面积公式，从而得出三角形的面积，再利用等面积法得出a的值，再根据三角形的周长公式得出的周长.
（1）由，得，所以，
由余弦定理得，
即，得，所以，
由余弦定理得.
（2）由（1）得，，，
所以的面积，
又边上的高为，所以，
所以，解得，
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：记事件第局甲队胜，，
则
.
（2）解：记事件“比赛不超过4局且甲队获胜”，比赛结束时的局数，
则；
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和全概率公式，从而计算出甲队第2局获胜的概率.
（2）根据已知条件和独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出比赛不超过4局且甲队获胜的概率.
（1）记事件第局甲队胜，，
.
（2）记事件“比赛不超过4局且甲队获胜”，比赛结束时的局数，
则；
，
所以
17．【答案】（1）证明：因为底面是正方形，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（2）解：设交于点，过作，垂足为点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为，，，
所以，
则，
所以，
则，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
在，，
所以，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由
得，
取，得，
设平面的法向量为，
由得，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：连接，由（2）知，
因为为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则四棱锥的所有顶点在球的球面上，
所以球的半径，
则球的体积．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的结构特征得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再利用勾股定理得出线线垂直，再结合直角三角形对应边成比例得出PE的长，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面PCD的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（3）由（2）知，再利用中点的性质得出四棱锥的所有顶点在球心为的球面上，从而得出球Q的半径，再根据球的体积公式得出该球的体积．
（1）证明：因为底面是正方形，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）设交于点，过作，垂足为点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又，，，所以，所以，
所以，所以，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
在，，所以，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由得，取，得，
设平面的法向量为，
由得，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）连接，由（2）知，又为的中点，所以，
又，所以，
所以四棱锥的所有顶点在球的球面上，所以球的半径，
所以球的体积．
18．【答案】（1）解：由题意，得椭圆，
所以，椭圆的离心率为，
因为椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，
所以，
整理得①，
又因为椭圆的短轴长比椭圆的长轴长小2，
所以②，
联立①②，解得，，
所以，椭圆的方程为，椭圆的方程为.
（2）（i）解：联立
得，
所以，
化简得，且，
所以，
则，即，
设，，
联立
得，
所以，
化简得，且，，
所以，
则，
所以的中点坐标为，
则
解得
则此时直线或.
（ii）证明：
当时，为的短轴端点，为的短轴，
所以，，
则；
当时，由（ⅰ）可得：
，
设直线，
因为点在上，
所以，
解得，
同理可得：
，
所以
因为，
所以，
则，当且仅当时取等号，
所以，
则.
综上所述，.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据两椭圆的离心率的关系和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关系，再根据两椭圆长轴、短轴的长度关系列方程，从而求出的值，进而得到两椭圆的方程.
（2）（i）利用已知条件联立直线和椭圆的方程，再根据直线与椭圆相切结合判别式法，从而求出切点坐标，再联立直线和椭圆结合韦达定理得到的中点坐标，从而建立方程求出的值，进而得到直线的方程.
（ii）利用椭圆的弦长公式求出，再结合得出两直线斜率之积等于-1，从而设出直线方程，再代入点坐标求出t，m的关系式，再利用两点距离公式求出，从而计算出并化简，再利用证出.
（1）由题得，所以的离心率为，
因为的离心率是的离心率的倍，所以，整理得①，
又的短轴长比的长轴长小2.所以②，
联立①②解得，，
所以的方程为，的方程为.
（2）（ⅰ）联立得，
所以，化简得.
且，所以，所以，
即.
设，.
联立得，
所以，化简得，
且，，
所以，所以，
所以的中点坐标为，
所以解得
则此时直线或
（ⅱ）证明：当时，为的短轴端点，为的短轴，所以，，
所以；
当时，由（ⅰ）可得
，
设直线，因为点在上，
所以，解得，
同理可得
，
所以，
因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即.
综上，.
19．【答案】（1）解：当时，，
所以，
则，
又因为，
所以切线方程为，即.
（2）（i）解：因为函数的定义域为，，
由，得，即，
由题意，可得有三个零点，，，，
令，
则.
①当时，，单调递增，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在正数，使得，
令，得；
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则在上最多有2个零点，不符合题意；
②当时，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
若，则，
所以，
则在上单调递减，不可能有三个零点；
若，则，
所以，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知，存在，，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，
所以，即，
又因为，当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在三个零点，，，
所以，当有三个零点时，的取值范围是.
（ii）证明：由，
得，
所以也是的零点，
则，
所以，
则，
所以.
又因为的两个极值点分别为，，
所以，是，即的两个变号根，
则直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，，
因为，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
则，
令，，
则，
因为，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以，
则，
所以在上单调递增，
则，
所以，
则，
所以，
则，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，再由点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）（i）由题意结合函数零点求解方法，从而可得函数有三个零点，令，对函数求导，再分，，三种情况结合导数的正负判断函数单调性方法和求函数最值的方法以及零点的存在性定理，从而分类讨论得出实数a的取值范围.
（ii）由可得，则，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，令，可得，再令，，再根据导数可得m，n的不等关系，从而证出不等关系成立.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以切线方程为，即；
（2）（i）函数的定义域为，，
由，得，即，
由题意可得有三个零点，，，，
令，则，
①当时，，单调递增，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得；
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则在上最多有2个零点，不符合题意；
②当时，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
若，则，所以，
所以在上单调递减，不可能有三个零点；
若，则，，
且当时，；当时，，
故由零点存在定理可知存在，，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，所以，即.
又，当时，；当时，，
所以由零点存在定理可知存在三个零点，，，
所以有三个零点时，的取值范围是.
（ii）证明：由，所以，
所以也是的零点，所以，
所以，所以，所以.
又的两个极值点分别为，，
所以，是，即的两个变号根，
所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，，
而，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
，，
令，，则，
因为，所以，所以，
所以，，，
所以，
所以，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以.
1 / 1河北邢台市卓越联盟2026届高三下学期4月质量检测数学试题
1．已知集合，或，则（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，，或，只有选项D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和交集的运算法则、并集的运算法则以及集合间的包含关系，从而找出正确的选项.
2．设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由题意，得，
所以，
则
解得，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的运算法则和复数相等的判断方法，从而建立方程组得出复数z.
3．在等比数列中，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
则，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质得出的值，再利用等比数列的性质得出的值.
4．已知，，则（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意，得，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和对数的运算法则，从而得出的值.
5．设，，且，则的最小值为（　　）
A．12 B．9 C．8 D．4
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以，当且仅当，时取等号，
则的最小值为9.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，通过换“1”法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
6．某小组在试验中得到了一组样本数据：8，6，10，8，5，9，11，12，若这组数据的第百分位数恰为这组数据的众数，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列为5，6，8，8，9，10，11，12，众数为8，
则这组数据的第百分位数为8，
因为，
若为整数，则，
解得；
若不为整数，则或，
解得或，
综上所述，.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件，先求出众数，再根据百分位数的定义结合是否为整数分类讨论后，从而得出实数的取值范围.
7．设，已知角的终边经过点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
所以，
则，
解得（舍去）.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，再结合二倍角的正弦公式，从而转化为关于的一元二次方程求解，再根据题意得到满足要求的的值.
8．已知抛物线与圆有且仅有一个公共点，则实数（　　）
A． B．0 C． D．1
【答案】B
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意，得圆，
则圆心，半径为，其中为的焦点，
设抛物线与圆的公共点为，
则，
由题意知抛物线上满足条件的点有且只有一个，
由抛物线C和圆F均关于x轴对称，
则两曲线公共点在x轴上，即为原点，
所以与原点重合，
则，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据圆和抛物线的对称性可知公共点为原点和抛物线焦半径公式，从而建立关于m的方程，进而得出实数m的值.
9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A．
B．的图象关于轴对称的图象恰为的图象
C．两函数没有相同的零点
D．两函数在上单调性相同
【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由题意，得，
所以，
因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以两函数图象关于轴对称，故B正确；
对于C，令，，，
解得，，
令，，，
解得，，
令，，，
则，，，无解，故C正确；
对于D，当时，，单调递减，
可得，
所以单调递减，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意结合正弦型函数的图象变换，从而得出函数解析式，再利用代入法判断出选项A；利用偶函数图象的对称性，验证与是否相等，则可判断选项B；利用函数零点的定义，分别得出两函数零点，则判断出选项C；利用x的取值范围和三角型函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．已知直线被双曲线截得的弦长为，则下列直线中被截得的弦长也为的有（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：双曲线关于轴、轴和原点对称，
若两直线关于轴、轴或原点对称，
那么它们被双曲线截得的弦长相等.
对于A，直线与直线关于轴对称，
它们被双曲线截得的弦长相等，故A正确；
对于B，直线与直线，
它们既不关于轴对称，也不关于轴和原点对称，
它们被双曲线截得的弦长不相等，故B错误；
对于C，直线与直线关于原点对称，
它们被双曲线截得的弦长相等，故C正确；
对于D，直线与直线，
它们既不关于轴对称，也不关于轴和原点对称，
它们被双曲线截得的弦长不相等，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用直线的对称性、双曲线的对称性，从而得出两直线被双曲线截得的弦长相等，从而逐项判断找出正确的选项.
11．已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
所以，
则，
所以，
则，
又因为为奇函数，
所以，
则，
将替换为，
得，
所以，
则的周期为4，且.
对于A：在中，
令，得，
因为，
所以，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：当时，，
，
，
，
则，
所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用函数的奇偶性和周期性，从而赋值得出函数的值，则判断出选项A；利用函数f(x)和函数g(x)的关系式，从而得出函数的值，则判断出选项B；利用求和判断出选项C；利用函数f(x)和函数g(x)的关系式，从而求和判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．已知向量，满足，，则　 　．
【答案】12
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，得，
因为，
作差得，
所以，，
则．
故答案为：12.
【分析】根据已知条件和平面向量的坐标运算和数量积的坐标表示，从而得出的值．
13．记等差数列的前项和为，，，则的最大值为　 　.
【答案】42
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以，
因为，
所以，
则，
所以，公差，
则，
可得的前6项为正，第7项为0，从第8项起为负，
所以的最大值为.
故答案为：42.
【分析】根据已知条件和等差数列前n项和公式，从而得出的值，再利用等差数列的性质得出公差的值，再根据等差数列的性质得出等差数列的通项公式，从而判断出数列各项的正负，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的最大值.
14．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为　 　.
【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，，，
则，，
所以四边形是平行四边形，
则，
同理可得，
因为，
所以，
则，确定一个平面，即为平面，
过作，垂足为点，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，即，
在中，，
所以.
【分析】利用中位线定理得出线线平行，再利用平行四边形定义判断出四边形是平行四边形，再根据平行四边形性质得出线线平行，再利用线面垂直的定义得出线线垂直，再由线线垂直证出平面，即，则根据直角三角形对应边成比例得出点到平面的距离.
15．在中，内角，，所对的边分别为，，，，.
（1）求的值；
（2）若边上的高为，求的周长.
【答案】（1）解：由，
得，
所以，
由余弦定理，得，
则，
得，
所以，
由余弦定理，得.
（2）解：由（1）得，，
因为，
所以的面积，
又因为边上的高为，
所以，
则，
解得，
所以的周长为：.

【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用数量积的定义得出角C的余弦值，再利用余弦定理得出a，c的关系式，再根据余弦定理得出角A的余弦值.
（2）由（1）得出b，c与a的关系式，再利用同角三角函数基本关系式和三角形的面积公式，从而得出三角形的面积，再利用等面积法得出a的值，再根据三角形的周长公式得出的周长.
（1）由，得，所以，
由余弦定理得，
即，得，所以，
由余弦定理得.
（2）由（1）得，，，
所以的面积，
又边上的高为，所以，
所以，解得，
所以的周长为.
16．甲、乙两队进行排球比赛，比赛采用五局三胜制.在一局比赛中，若甲队胜，则甲队下一局胜的概率为；若甲队输，则甲队下一局胜的概率为，已知第一局甲队胜的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局.
（1）求甲队第2局获胜的概率；
（2）求比赛不超过4局且甲队获胜的概率.
【答案】（1）解：记事件第局甲队胜，，
则
.
（2）解：记事件“比赛不超过4局且甲队获胜”，比赛结束时的局数，
则；
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和全概率公式，从而计算出甲队第2局获胜的概率.
（2）根据已知条件和独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出比赛不超过4局且甲队获胜的概率.
（1）记事件第局甲队胜，，
.
（2）记事件“比赛不超过4局且甲队获胜”，比赛结束时的局数，
则；
，
所以
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）四棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球的体积．
【答案】（1）证明：因为底面是正方形，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（2）解：设交于点，过作，垂足为点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为，，，
所以，
则，
所以，
则，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
在，，
所以，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由
得，
取，得，
设平面的法向量为，
由得，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：连接，由（2）知，
因为为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则四棱锥的所有顶点在球的球面上，
所以球的半径，
则球的体积．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的结构特征得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再利用勾股定理得出线线垂直，再结合直角三角形对应边成比例得出PE的长，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面PCD的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（3）由（2）知，再利用中点的性质得出四棱锥的所有顶点在球心为的球面上，从而得出球Q的半径，再根据球的体积公式得出该球的体积．
（1）证明：因为底面是正方形，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）设交于点，过作，垂足为点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又，，，所以，所以，
所以，所以，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
在，，所以，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由得，取，得，
设平面的法向量为，
由得，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）连接，由（2）知，又为的中点，所以，
又，所以，
所以四棱锥的所有顶点在球的球面上，所以球的半径，
所以球的体积．
18．已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2.
（1）分别求，的方程；
（2）直线与交于，两点，与相切于点.
（i）若为的中点，求的方程；
（ii）直线过交于，两点，，证明：.
【答案】（1）解：由题意，得椭圆，
所以，椭圆的离心率为，
因为椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，
所以，
整理得①，
又因为椭圆的短轴长比椭圆的长轴长小2，
所以②，
联立①②，解得，，
所以，椭圆的方程为，椭圆的方程为.
（2）（i）解：联立
得，
所以，
化简得，且，
所以，
则，即，
设，，
联立
得，
所以，
化简得，且，，
所以，
则，
所以的中点坐标为，
则
解得
则此时直线或.
（ii）证明：
当时，为的短轴端点，为的短轴，
所以，，
则；
当时，由（ⅰ）可得：
，
设直线，
因为点在上，
所以，
解得，
同理可得：
，
所以
因为，
所以，
则，当且仅当时取等号，
所以，
则.
综上所述，.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据两椭圆的离心率的关系和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关系，再根据两椭圆长轴、短轴的长度关系列方程，从而求出的值，进而得到两椭圆的方程.
（2）（i）利用已知条件联立直线和椭圆的方程，再根据直线与椭圆相切结合判别式法，从而求出切点坐标，再联立直线和椭圆结合韦达定理得到的中点坐标，从而建立方程求出的值，进而得到直线的方程.
（ii）利用椭圆的弦长公式求出，再结合得出两直线斜率之积等于-1，从而设出直线方程，再代入点坐标求出t，m的关系式，再利用两点距离公式求出，从而计算出并化简，再利用证出.
（1）由题得，所以的离心率为，
因为的离心率是的离心率的倍，所以，整理得①，
又的短轴长比的长轴长小2.所以②，
联立①②解得，，
所以的方程为，的方程为.
（2）（ⅰ）联立得，
所以，化简得.
且，所以，所以，
即.
设，.
联立得，
所以，化简得，
且，，
所以，所以，
所以的中点坐标为，
所以解得
则此时直线或
（ⅱ）证明：当时，为的短轴端点，为的短轴，所以，，
所以；
当时，由（ⅰ）可得
，
设直线，因为点在上，
所以，解得，
同理可得
，
所以，
因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即.
综上，.
19．已知函数，其中.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）解：当时，，
所以，
则，
又因为，
所以切线方程为，即.
（2）（i）解：因为函数的定义域为，，
由，得，即，
由题意，可得有三个零点，，，，
令，
则.
①当时，，单调递增，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在正数，使得，
令，得；
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则在上最多有2个零点，不符合题意；
②当时，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
若，则，
所以，
则在上单调递减，不可能有三个零点；
若，则，
所以，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知，存在，，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，
所以，即，
又因为，当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在三个零点，，，
所以，当有三个零点时，的取值范围是.
（ii）证明：由，
得，
所以也是的零点，
则，
所以，
则，
所以.
又因为的两个极值点分别为，，
所以，是，即的两个变号根，
则直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，，
因为，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
则，
令，，
则，
因为，
所以，
则，
所以，，，
则，
所以，
则，
所以在上单调递增，
则，
所以，
则，
所以，
则，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，再由点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）（i）由题意结合函数零点求解方法，从而可得函数有三个零点，令，对函数求导，再分，，三种情况结合导数的正负判断函数单调性方法和求函数最值的方法以及零点的存在性定理，从而分类讨论得出实数a的取值范围.
（ii）由可得，则，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，令，可得，再令，，再根据导数可得m，n的不等关系，从而证出不等关系成立.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以切线方程为，即；
（2）（i）函数的定义域为，，
由，得，即，
由题意可得有三个零点，，，，
令，则，
①当时，，单调递增，
且当时，；当时，，
由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得；
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则在上最多有2个零点，不符合题意；
②当时，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
若，则，所以，
所以在上单调递减，不可能有三个零点；
若，则，，
且当时，；当时，，
故由零点存在定理可知存在，，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，所以，即.
又，当时，；当时，，
所以由零点存在定理可知存在三个零点，，，
所以有三个零点时，的取值范围是.
（ii）证明：由，所以，
所以也是的零点，所以，
所以，所以，所以.
又的两个极值点分别为，，
所以，是，即的两个变号根，
所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，，
而，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
，，
令，，则，
因为，所以，所以，
所以，，，
所以，
所以，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以.
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