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2025届江苏省常州市金坛区第一中学高三二模适应性检测数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．若函数 的定义域为 ，值域为 ，则函数的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
2．某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h（t）＝10﹣4.9t2+8t（距离单位：米，时间单位：秒），则他在0.5秒时的瞬时速度为（　　）
A．9.1米/秒 B．6.75米/秒 C．3.1米/秒 D．2.75米/秒
3．平行直线与之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
4．若命题“，”是假命题，则不能等于（　　）
A． B． C． D．
5．有3个男生和2个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为（　　）
A．18 B．36 C．72 D．144
6．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（　　）
A． B．1 C．3 D．2
7．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．若，则（　　）
A． B． C． D．
10．在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C．常数项为
D．展开式中系数最大项为第3项和第4项
11．设函数，则下列结论正确的是（　　）
A．存在实数使得 B．方程有唯一正实数解
C．方程有唯一负实数解 D．有负实数解
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知点，则过点且与原点的距离为2的直线l的方程为　 　.
13．阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有　 　种（用数字作答）.
14．在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为　 　.
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）
15．已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
16．如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
（1）求证：；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
（3）求点A到平面PCD的距离．
17．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
18．已知双曲线经过点，一条渐近线方程为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设为原点，若点为双曲线上的动点，点在直线上，且．
（ⅰ）求面积的最小值；
（ⅱ）判断是否存在定圆与直线相切，若存在，求出定圆方程；若不存在，说明理由．
19．已知函数，.（注：是自然对数的底数）
（1）若无极值点，求实数的取值范围；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为 ，值域为 ，
可知选项A图象定义域不满足条件；
选项B图象不满足函数的值域；
选项C图象满足题目要求；
选项D图象不是函数的图象.
故答案为：C．
【分析】根据函数的概念和函数的定义域、函数的值域，从而逐项判断找出函数可能的图象.
2．【答案】C
【知识点】导数的加法与减法法则；瞬时变化率
【解析】【解答】解：函数关系式是
，
在秒的瞬时速度为
故答案为：．
【分析】利用导数求瞬时变化率即可.
3．【答案】D
【知识点】两条直线平行的判定；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：因为直线与平行，
所以，即，
则，也就是，
所以两直线间的距离为.
故答案为：D
【分析】本题考查两直线平行的条件与平行线间的距离公式，核心是先根据直线平行的斜率关系求出参数a，再将直线化为同系数形式，代入距离公式计算。
4．【答案】C
【知识点】存在量词命题；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：根据题意，知原命题的否定“，”为真命题.
令，，解得.
故答案为：C.
【分析】根据命题的否定可知“，”为真命题，再结合恒成立性问题求参数的范围即可．
5．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设5个位置依次为1，2，3，4，5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3个位置，两女生不相邻，则
①甲在位置2，另一个女生只能4或5，2种选择；
②甲在位置3，另一个女生只能1或5，2种选择；
③甲在位置4，另一个女生只能1或2，2种选择，
根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有种，
剩余3个男生为全排列种排法，
根据分步乘法计数原理，不同排法总数为.
故答案为：B.
【分析】根据分步乘法计数原理，结合特殊元素优先法求解即可.
6．【答案】B
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得．
设圆柱底面半径为r，则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，
则，
即，所以，
得，
又由勾股定理得，解得，故．
故答案为：B.
【分析】根据题意，，结合即可求解.
7．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴多面体体积为：.
故答案为： B.
【分析】本题考查三棱锥体积的比例求解，核心是利用 “椎体体积比等于底面积比与高之比的乘积”，将多面体体积拆分为两个椎体体积之和，结合棱的三等分条件计算体积比例。
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为偶函数，则①，
对两边求导得，②，
在③中，用代替得④，
由①②④可得，⑤，
联立③⑤得，，
则化简为，，
令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则的最小值为，故，
则实数的取值范围是.
故答案为：A
【分析】利用简单复合函数求导法则，结合函数奇偶性得到关于和的方程组，进而解得，再参变分离，利用导数求函数的最值即可．
9．【答案】A,C,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】由得，
当时，由得，即，可得，
当时，由得，即，所以，故 A D符合题意；.
由得，且与同号，即，
所以与异号，即与同号，由得，B不符合题意；C符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】根据不等式的基本性质，逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
则前3项的系数分别为.
对于A，由题意可得，
即，解得或（舍去），
所以，故A正确；
对于B，因为展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；
对于C，因为展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中常数项为，故C错误；
对于D，设展开式中第项的系数最大项，
则，解得或，
所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出展开式的通项，再根据题意可得，则可判断选项A；根据二项式定理的性质判断出选项B；令的指数等于零，则可判断选项C；利用系数最大项求解方法得出展开式中系数最大项，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数单调性的判断与证明；导数的四则运算；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，.由，设，因为函数定义域为，且，，可知方程一定有实数根，故A正确；由或.所以函数在，上单调递增，在上单调递减.且为极大值，为极小值.做出函数草图如下：
观察图象可知：方程有唯一正实数解，有唯一负实数解，故BC正确；又，结合函数的单调性，当时，，所以无负实数解.故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】判断各选项的正确性，需先研究函数的导数，分析其单调性、极值等性质，再结合函数图象或方程求解来判断.1. 求导分析函数单调性与极值：通过求导，找到导数为的点，划分单调区间，计算极值，这是研究函数性质的基础，能确定函数的大致图象.2. 判断选项A：将转化为方程，通过构造函数，利用零点存在定理判断方程是否有解.3. 判断选项B、C、D：对于方程（为常数 ），结合函数的单调性、极值和极限情况（当时函数的趋势 ），分析方程解的个数和位置.
12．【答案】或
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：①当的斜率不存在时显然成立，此时的方程为．
②当的斜率存在时，设，即，
由点到直线的距离公式得，，解得，
．
故所求的方程为或．
故答案为：或．
【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论即可求解．
13．【答案】288
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：先将3名母亲作全排列，共有种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法.
所以不同的排法种数有：（种）.
故答案为：288.
【分析】根据分步乘法计数原理，结合捆绑法和插空法求解．
14．【答案】
【知识点】轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，
则，，，于是，
以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
令，由，，得，，，
则，化简得，
因此点在以为圆心，为半径的圆上，
当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，
此时，，，，
因此点在底面上的射影在上，且，又，
显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，表面积为.
故答案为：
【分析】设点在平面内的投影为，进而得到的轨迹，再确定当三棱锥体积最小时点的位置，结合外接球的定义及球的表面积公式求解.
15．【答案】（1）解：当时，，显然成立；
当时，，，相减可得，
化简可得，由累乘法可得，
显然满足上式，故数列的通项公式.

（2）证明：由，
则，
，
两式相减可得
，
所以.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）利用与的关系，结合累乘法求即可；
（2）由题可知，再利用错位相减法求，结合即可证明.
（1）当时，，显然成立；
当时，，，相减可得，
化简可得，由累乘法可得，
显然满足上式，故数列的通项公式.
（2）由，
则，
，
两式相减可得
，
所以.
16．【答案】（1）证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC 平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF 平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）解：因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）解：由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用三角形中位线定理和平行线的传递性，先证明、，进而推出。
(2) 建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式求解二面角的余弦值。
(3) 利用空间向量的点到平面距离公式，结合平面的法向量和向量，计算点到平面的距离。
（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC 平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF 平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
17．【答案】（1）解：设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据表格，结合古典概型求概率即可；
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，根据表格得到对应概率，进而求出；
（ⅱ）计算出下一期保费的变化情况，与（ⅰ）比较即可．
（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
18．【答案】（1）解：双曲线经过点，
且一条渐近线方程为，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）解：设，，
（ⅰ）由点双曲线上的动点，则，
由于，则，显然，可得，
且，
所以
，
则当且仅当时，等号成立，；
（ⅱ）由对称性可知，若存在定圆，则定圆圆心在轴上，
当点趋于顶点时，点趋于无穷远处，此时切线的极限位置为，
由此猜想定圆为，
下面进行证明：
显然，直线，
即，
点到直线的距离为
，
所以存在定圆与直线相切.
【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】【分析】（1）把点代入，结合渐近线方程，列方程组求解即可；
（2）（ⅰ）设，，利用垂直的坐标表示可得，再由，结合基本不等式求最值；
（ⅱ）先猜想定圆为，再证明即可.
（1）双曲线经过点，
且一条渐近线方程为，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）设，，
（ⅰ）由点双曲线上的动点，则，
由于，则，显然，可得，
且，
所以
，
则当且仅当时，等号成立，；
（ⅱ）由对称性可知，若存在定圆，则定圆圆心在轴上，
当点趋于顶点时，点趋于无穷远处，此时切线的极限位置为，
由此猜想定圆为，
下面进行证明：
显然，直线，
即，
点到直线的距离为
，
所以存在定圆与直线相切.
19．【答案】（1）解：易知，由无极值点可知，无变号零点，令（*），
显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意；
故当（*）可变形得，
令，原问题等价于的图像与无相交交点，
又，则，，单调递增；
，，单调递减；
又趋于，趋于；趋于，趋于；.
可得的图象如图：
由图可知，解得，
综上，
（2）解：由可知，，
即，
令，即证，
易知，
则，
若，即时，
则，，单调递增，，不符合题意；
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
又，故令，
解得，即，
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
故令
，
记，则恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，
即对于任意，恒成立，
综上所述，
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 函数无极值点等价于其导数无变号零点，结合分离参数法和构造函数求最值，确定实数的取值范围。
(2) 将不等式变形，通过分离参数法转化为的形式，构造函数并利用导数求其最大值，进而得到实数的取值范围。
（1）（方法一）易知，由无极值点可知，
无变号零点，令（*），
显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意；
故当（*）可变形得，
令，原问题等价于的图像与无相交交点，
又，则，，单调递增；
，，单调递减；
又趋于，趋于；趋于，趋于；.
可得的图象如图：
由图可知，解得，
综上，
（方法二）构建，则
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为，，
所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，当时恒成立，即无极值点；
③当时，当，；当，，
所以在单调递减，在上单调递增，
故，
若，则即.
当时，，
当时，，
设，，故，
故在上为增函数，
故，
故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点.
当时，当时恒成立，即无极值点；
综上所述：
（2）（方法一）由可知，，
即，
令，即证，
易知，
则，
若，即时，
则，，单调递增，，不符合题意；
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
又，故令，
解得，即，
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
故令
，
记，则恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，
即对于任意，恒成立，
综上所述，
（方法二）①当时，不等式恒成立，可得；
②当时，可得恒成立，设，
则
.
可设，可得，
设，，
由，可得恒成立，可得在上单调递增，
在上单调递增，所以，
即恒成立，即在上单调递增，所以，
再令，可得，
当时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减，
所以，
所以，综上可得的取值范围是.
1 / 12025届江苏省常州市金坛区第一中学高三二模适应性检测数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．若函数 的定义域为 ，值域为 ，则函数的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为 ，值域为 ，
可知选项A图象定义域不满足条件；
选项B图象不满足函数的值域；
选项C图象满足题目要求；
选项D图象不是函数的图象.
故答案为：C．
【分析】根据函数的概念和函数的定义域、函数的值域，从而逐项判断找出函数可能的图象.
2．某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h（t）＝10﹣4.9t2+8t（距离单位：米，时间单位：秒），则他在0.5秒时的瞬时速度为（　　）
A．9.1米/秒 B．6.75米/秒 C．3.1米/秒 D．2.75米/秒
【答案】C
【知识点】导数的加法与减法法则；瞬时变化率
【解析】【解答】解：函数关系式是
，
在秒的瞬时速度为
故答案为：．
【分析】利用导数求瞬时变化率即可.
3．平行直线与之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两条直线平行的判定；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：因为直线与平行，
所以，即，
则，也就是，
所以两直线间的距离为.
故答案为：D
【分析】本题考查两直线平行的条件与平行线间的距离公式，核心是先根据直线平行的斜率关系求出参数a，再将直线化为同系数形式，代入距离公式计算。
4．若命题“，”是假命题，则不能等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】存在量词命题；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：根据题意，知原命题的否定“，”为真命题.
令，，解得.
故答案为：C.
【分析】根据命题的否定可知“，”为真命题，再结合恒成立性问题求参数的范围即可．
5．有3个男生和2个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为（　　）
A．18 B．36 C．72 D．144
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设5个位置依次为1，2，3，4，5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3个位置，两女生不相邻，则
①甲在位置2，另一个女生只能4或5，2种选择；
②甲在位置3，另一个女生只能1或5，2种选择；
③甲在位置4，另一个女生只能1或2，2种选择，
根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有种，
剩余3个男生为全排列种排法，
根据分步乘法计数原理，不同排法总数为.
故答案为：B.
【分析】根据分步乘法计数原理，结合特殊元素优先法求解即可.
6．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（　　）
A． B．1 C．3 D．2
【答案】B
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得．
设圆柱底面半径为r，则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，
则，
即，所以，
得，
又由勾股定理得，解得，故．
故答案为：B.
【分析】根据题意，，结合即可求解.
7．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴多面体体积为：.
故答案为： B.
【分析】本题考查三棱锥体积的比例求解，核心是利用 “椎体体积比等于底面积比与高之比的乘积”，将多面体体积拆分为两个椎体体积之和，结合棱的三等分条件计算体积比例。
8．已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为偶函数，则①，
对两边求导得，②，
在③中，用代替得④，
由①②④可得，⑤，
联立③⑤得，，
则化简为，，
令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则的最小值为，故，
则实数的取值范围是.
故答案为：A
【分析】利用简单复合函数求导法则，结合函数奇偶性得到关于和的方程组，进而解得，再参变分离，利用导数求函数的最值即可．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】由得，
当时，由得，即，可得，
当时，由得，即，所以，故 A D符合题意；.
由得，且与同号，即，
所以与异号，即与同号，由得，B不符合题意；C符合题意；
故答案为：ACD.
【分析】根据不等式的基本性质，逐项进行判断，可得答案.
10．在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C．常数项为
D．展开式中系数最大项为第3项和第4项
【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为展开式的通项为，
则前3项的系数分别为.
对于A，由题意可得，
即，解得或（舍去），
所以，故A正确；
对于B，因为展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；
对于C，因为展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中常数项为，故C错误；
对于D，设展开式中第项的系数最大项，
则，解得或，
所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出展开式的通项，再根据题意可得，则可判断选项A；根据二项式定理的性质判断出选项B；令的指数等于零，则可判断选项C；利用系数最大项求解方法得出展开式中系数最大项，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．设函数，则下列结论正确的是（　　）
A．存在实数使得 B．方程有唯一正实数解
C．方程有唯一负实数解 D．有负实数解
【答案】A,B,C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数单调性的判断与证明；导数的四则运算；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，.由，设，因为函数定义域为，且，，可知方程一定有实数根，故A正确；由或.所以函数在，上单调递增，在上单调递减.且为极大值，为极小值.做出函数草图如下：
观察图象可知：方程有唯一正实数解，有唯一负实数解，故BC正确；又，结合函数的单调性，当时，，所以无负实数解.故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】判断各选项的正确性，需先研究函数的导数，分析其单调性、极值等性质，再结合函数图象或方程求解来判断.1. 求导分析函数单调性与极值：通过求导，找到导数为的点，划分单调区间，计算极值，这是研究函数性质的基础，能确定函数的大致图象.2. 判断选项A：将转化为方程，通过构造函数，利用零点存在定理判断方程是否有解.3. 判断选项B、C、D：对于方程（为常数 ），结合函数的单调性、极值和极限情况（当时函数的趋势 ），分析方程解的个数和位置.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知点，则过点且与原点的距离为2的直线l的方程为　 　.
【答案】或
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：①当的斜率不存在时显然成立，此时的方程为．
②当的斜率存在时，设，即，
由点到直线的距离公式得，，解得，
．
故所求的方程为或．
故答案为：或．
【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论即可求解．
13．阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数共有　 　种（用数字作答）.
【答案】288
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：先将3名母亲作全排列，共有种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有种排法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有种排法.
所以不同的排法种数有：（种）.
故答案为：288.
【分析】根据分步乘法计数原理，结合捆绑法和插空法求解．
14．在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，
则，，，于是，
以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
令，由，，得，，，
则，化简得，
因此点在以为圆心，为半径的圆上，
当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，
此时，，，，
因此点在底面上的射影在上，且，又，
显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，表面积为.
故答案为：
【分析】设点在平面内的投影为，进而得到的轨迹，再确定当三棱锥体积最小时点的位置，结合外接球的定义及球的表面积公式求解.
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）
15．已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）解：当时，，显然成立；
当时，，，相减可得，
化简可得，由累乘法可得，
显然满足上式，故数列的通项公式.

（2）证明：由，
则，
，
两式相减可得
，
所以.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）利用与的关系，结合累乘法求即可；
（2）由题可知，再利用错位相减法求，结合即可证明.
（1）当时，，显然成立；
当时，，，相减可得，
化简可得，由累乘法可得，
显然满足上式，故数列的通项公式.
（2）由，
则，
，
两式相减可得
，
所以.
16．如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
（1）求证：；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
（3）求点A到平面PCD的距离．
【答案】（1）证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC 平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF 平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）解：因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）解：由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用三角形中位线定理和平行线的传递性，先证明、，进而推出。
(2) 建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式求解二面角的余弦值。
(3) 利用空间向量的点到平面距离公式，结合平面的法向量和向量，计算点到平面的距离。
（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC 平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF 平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cos〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
17．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）解：设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据表格，结合古典概型求概率即可；
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，根据表格得到对应概率，进而求出；
（ⅱ）计算出下一期保费的变化情况，与（ⅰ）比较即可．
（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
18．已知双曲线经过点，一条渐近线方程为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设为原点，若点为双曲线上的动点，点在直线上，且．
（ⅰ）求面积的最小值；
（ⅱ）判断是否存在定圆与直线相切，若存在，求出定圆方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：双曲线经过点，
且一条渐近线方程为，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）解：设，，
（ⅰ）由点双曲线上的动点，则，
由于，则，显然，可得，
且，
所以
，
则当且仅当时，等号成立，；
（ⅱ）由对称性可知，若存在定圆，则定圆圆心在轴上，
当点趋于顶点时，点趋于无穷远处，此时切线的极限位置为，
由此猜想定圆为，
下面进行证明：
显然，直线，
即，
点到直线的距离为
，
所以存在定圆与直线相切.
【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】【分析】（1）把点代入，结合渐近线方程，列方程组求解即可；
（2）（ⅰ）设，，利用垂直的坐标表示可得，再由，结合基本不等式求最值；
（ⅱ）先猜想定圆为，再证明即可.
（1）双曲线经过点，
且一条渐近线方程为，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）设，，
（ⅰ）由点双曲线上的动点，则，
由于，则，显然，可得，
且，
所以
，
则当且仅当时，等号成立，；
（ⅱ）由对称性可知，若存在定圆，则定圆圆心在轴上，
当点趋于顶点时，点趋于无穷远处，此时切线的极限位置为，
由此猜想定圆为，
下面进行证明：
显然，直线，
即，
点到直线的距离为
，
所以存在定圆与直线相切.
19．已知函数，.（注：是自然对数的底数）
（1）若无极值点，求实数的取值范围；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：易知，由无极值点可知，无变号零点，令（*），
显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意；
故当（*）可变形得，
令，原问题等价于的图像与无相交交点，
又，则，，单调递增；
，，单调递减；
又趋于，趋于；趋于，趋于；.
可得的图象如图：
由图可知，解得，
综上，
（2）解：由可知，，
即，
令，即证，
易知，
则，
若，即时，
则，，单调递增，，不符合题意；
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
又，故令，
解得，即，
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
故令
，
记，则恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，
即对于任意，恒成立，
综上所述，
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 函数无极值点等价于其导数无变号零点，结合分离参数法和构造函数求最值，确定实数的取值范围。
(2) 将不等式变形，通过分离参数法转化为的形式，构造函数并利用导数求其最大值，进而得到实数的取值范围。
（1）（方法一）易知，由无极值点可知，
无变号零点，令（*），
显然时，（*）无零点，此时无极值点，满足题意；
故当（*）可变形得，
令，原问题等价于的图像与无相交交点，
又，则，，单调递增；
，，单调递减；
又趋于，趋于；趋于，趋于；.
可得的图象如图：
由图可知，解得，
综上，
（方法二）构建，则
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为，，
所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，当时恒成立，即无极值点；
③当时，当，；当，，
所以在单调递减，在上单调递增，
故，
若，则即.
当时，，
当时，，
设，，故，
故在上为增函数，
故，
故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点.
当时，当时恒成立，即无极值点；
综上所述：
（2）（方法一）由可知，，
即，
令，即证，
易知，
则，
若，即时，
则，，单调递增，，不符合题意；
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
又，故令，
解得，即，
若，即时，
则，，单调递减，
，，单调递增，
，，单调递减，
故令
，
记，则恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，
即对于任意，恒成立，
综上所述，
（方法二）①当时，不等式恒成立，可得；
②当时，可得恒成立，设，
则
.
可设，可得，
设，，
由，可得恒成立，可得在上单调递增，
在上单调递增，所以，
即恒成立，即在上单调递增，所以，
再令，可得，
当时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减，
所以，
所以，综上可得的取值范围是.
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