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江苏省南通市、宿迁、连云港、泰州、扬州、徐州、淮安苏北七市2025届高三第二次调研数学试卷
一、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，则（　　）
A．1 B． C．2 D．4
2．设集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
4．已知4个不全相等的正整数的平均数与中位数都是2，则这组数据的极差为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．若函数有最大值，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数的极值点与的零点完全相同，则（　　）
A． B． C．1 D．2
8．设数列的前项和为，且，则（　　）
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.
9．设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
10．已知函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），则下列结论可能正确的是（　　）
A．，，且
B．，，且
C．，，且，
D．，，且，
11．在平面直角坐标系中，设，，定义：．若，且，则下列结论正确的是（　　）
A．若关于x轴对称，则
B．若关于直线对称，则
C．若，则
D．若，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知点在直线上，，则原点与的最短距离为　 　．
13．已知，，则　 　．
14．设函数，其中．若对任意的恒成立，则　 　．
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．记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且．
（1）证明：；
（2）若，边上的高为，求．
16．如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的正弦值．
17．已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
（1）求两局后比赛终止的概率；
（2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
（3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
19．已知函数，．
（1）证明：有唯一零点；
（2）记的零点为．
（i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；
（ii）证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：A
【分析】本题考查复数的除法运算与复数的模的计算，核心是先通过分母实数化化简复数z，再根据复数模的定义求出∣z∣。
2．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：依题意，，
所以或，A选项错误；
，B选项正确；
或，
或，C选项错误.
，，D选项错误.
故答案为：B.
【分析】利用集合交、并、补的运算判断即可.
3．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得的焦点为，则，而，
得到，即方程为，得到离心率.
故答案为：D.
【分析】先得到焦点坐标，进而得到椭圆方程及离心率即可.
4．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：设这四个不全相等的正整数为，
不妨设，
则，
所以，
由于是正整数，所以，
（若，则，与已知个数不全相等矛盾）
所以极差为.
故答案为：C
【分析】本题考查平均数、中位数与极差的计算，核心是根据平均数和中位数的定义，结合正整数的性质确定四个数的具体取值，进而计算极差。
5．【答案】A
【知识点】球内接多面体；正弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，
由正弦定理可得，则，
易知该圆锥的高为，故该圆锥的体积为.
故答案为：A.
【分析】由题可知，外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，设圆锥的底面半径为，再解三角形求出和圆锥的高即可.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，，则，
当时，，此时，函数单调递增，
当时，，此时，函数单调递减，
则函数在处取得极大值，且极大值为，
因为函数函数有最大值，则，解得，
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】本题考查分段函数的最值问题与利用导数研究函数的单调性和极值，核心是先分析x≥2时函数的极值与最值，再结合x<2时一次函数的单调性，根据分段函数有最大值的条件列出关于k的不等式，进而求出k的最大值。
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
由，得①，
对于，
由，得，
依题意，所以②，
由于函数的极值点与的零点完全相同，
对比①②可得.
故答案为：B.
【分析】先化简，根据正弦型函数的极值点也是最值点，求出，结合正切函数零点列方程求.
8．【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：因为数列的前项和为，且，
当时，则，解得，
当且时，由可得，
上述两式作差可得，整理可得，
等式两边同时除以可得，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列，
所以，所以，
对于AB选项，，，则，A错B对；
，
对于CD选项，，，
所以，，CD都错.
故答案为：B.
【分析】根据，求得，结合递推式得到，再逐项判断即可.
9．【答案】B,C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，若，，则可能相交，A选项错误.
对于B，若，，则，B选项正确.
对于C，若，，则，C选项正确.
对于D，若，，则可能相交，D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A，由题可知，可能相交；对于B，由线面垂直的推论即可判断；对于C，由面面平行的推论即可判断；对于D，可能相交．
10．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A，取，，满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
可得，，且，故A正确；
B，取，，函数均为偶函数，当时，，，
令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，
即满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
又在上单调递增，在上单调递增，
可得，，且，故B正确；
C，若，，且，，当时，，可得，
此时不满足成立，故C错误；
D，取，，令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，
故满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
取，使得，且，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查函数不等式的构造与性质分析，核心是通过构造具体的函数实例，验证每个选项的可能性，结合f(x)≥g(x)（当且仅当x=0时等号成立）的条件判断结论是否正确。
11．【答案】A,B,D
【知识点】指数函数单调性的应用；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：A，因为关于x轴对称，且，，
所以，而，
得到，
同理，
即此时满足，故A正确，
B，因为关于直线对称，且，，
所以，则，
，
构造，由指数函数性质得在上单调递增，
，因为，且，所以，得到，
则，得到，即，
则，故B正确，
C，由题意得，，
因为，所以，
得到，
令，符合题意，
此时，
而，则，
由已知得，则，故C错误，
D，设，，则，
则，从而，
，，则，
，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】本题考查新定义距离的性质分析，核心是结合坐标对称性化简新定义的距离表达式，利用指数函数的单调性比较大小，通过举反例排除错误选项，再根据子集的定义判断集合间的包含关系。
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：不妨设点，则，
因此，，
当且仅当时，等号成立，
因此，原点与的最短距离为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的坐标运算与两点间距离的最值问题，核心是先根据点A在直线上的条件设出A的坐标，再通过向量运算表示出点B的坐标，最后利用二次函数的性质求原点到点B距离的最小值。
13．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由题意得，，
若，则，
而，
与矛盾，所以，，
所以，
则，
即
故答案为：
【分析】本题考查三角恒等变换与两角和的余弦公式，核心是先通过已知条件推导得出，再利用弦的比值变形，结合两角和的余弦公式求出的值。
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，则，
令，可得或或，
由于，则，
，
令，
令可得或或，
由于，则，
由可得，
若，取，，，
当时，，，此时，，
当时，由穿根法可知，，矛盾，
所以，，即，则，
所以，
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，则，解得，
因此，.
故答案为：.
【分析】本题考查三次函数的性质与不等式恒成立问题，核心是通过构造函数 ，结合穿根法分析函数 与 的零点关系，利用对称性得出 且 ，最终求和。
15．【答案】（1）证明：因为，
所以，
在中，，所以，
由正弦定理，
得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）解：因为，所以，
由（1）知，．
方法1：因为，
所以为锐角三角形，
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，
所以，，
则在中，，，，
所以，解得，
则在中，，即．
方法2：因为，又因为，
解得，．
因为，所以，
所以，．
由，得，
解得．
由正弦定理，得，
解得．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，从而可得，再利用正弦定理结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简证出成立.
（2）利用两种方法求解.
解法1：利用已知条件得出角A的正切值，再利用（1）得出角B的正切值，结合诱导公式和两角和的正切公式，从而求出的值，进而判断出为锐角三角形，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，利用勾股定理求出的值，然后在中利用勾股定理，从而求出的值.
解法2：利用同角三角函数的基本关系和角B的取值范围，从而求出、的值，再利用三角形的面积公式求出的值，最后利用正弦定理求出的值.
（1）因为，所以，
在中，，所以．
由正弦定理，得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）因为，所以，由（1）知．
法1：因为，
所以为锐角三角形．
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，所以，，
所以在中，，，，所以，解得，
所以在中，，即．
法2：因为，又因为，解得，．
因为，所以，所以，．
由，得，解得．
由正弦定理，得，解得．
16．【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以．
（2）解：如图，取的中点，连接．
因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，所以平面．
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为，，，为的中点，所以．
因为，所以，所以．
则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，所以．
同理，平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，所以．
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的性质定理证明平面，结合线面垂直的性质得到，再由是中点，根据等腰三角形三线合一证明。
(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出二面角的余弦值，再结合三角基本关系得到正弦值。
（1）因为为的中点，，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以．
（2）如图，取的中点，连接．
因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，所以平面．
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为，，，为的中点，所以．
因为，所以，所以．
则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，所以．
同理，平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，所以．
17．【答案】（1）解：因为C的实轴长为，渐近线方程为，所以，，解得，，
则C的标准方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，，
联立，化简得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，整理得
则或或，解得，
由，可得，即，
将代入上式得，
，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，解得，则；
（ii）因为，所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径，
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或，
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得，故外接圆的面积为．
【知识点】双曲线的标准方程；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）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求得，即可得双曲线的标准方程；
（2）（i）设直线的方程为，，，，联立直线与双曲线方程，化简整理，利用韦达定理，结合列方程求点的坐标；
（ii）由，可得外接圆是以为直径的圆，记为圆T，求的外接圆的半径，再根据弦长列方程，求解即可.
（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）
因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．
18．【答案】（1）解：设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）解：设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）解：因为局获奖励万元，说明甲共胜局．（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；组合数公式
【解析】【分析】(1) 两局后比赛终止包含 “两局负（总分 0）” 和 “两局胜（总分 300）” 两种互斥情况，结合独立事件概率公式计算；
(2) 先求出 3 局比赛终止的所有情况概率，再求出其中挑战成功的情况概率，利用条件概率公式计算；
(3) 由获奖 1 万元知棋手胜 2 局，结合比赛终止条件分析n局比赛的胜负分布，列出P(n)的表达式，通过单调性分析求最大值。
（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
19．【答案】（1）证明：当时，，所以在上无零点，
因为，所以在上单调递增，
所以在上至多一个零点，
当时，有唯一零点1．
当时，因为，，
所以函数有唯一零点，得证，
（2）解：（i）由（1）知，，且，
两边取自然对数，得，①
所以，
两式相减，得，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，所以数列单调递增．
假设数列中存在，，成等比数列，则，
所以．
由①式得，，代入上式，得
，
．②
因为，所以，
又，所以方程②无解．
所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
（ii）先证明：时，，③
设，则，
所以当时，，单调递减：
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立．
由③式知，，
所以，所以，
所以．
在③式中，令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，，当且仅当时等号成立．
当时，在③式中，令，得，
所以时，
．
当时，成立．
所以，得证．
【知识点】等比关系的确定；数列与不等式的综合；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 分和讨论函数值与单调性，结合零点存在定理证明唯一零点；
(2) (i) 对零点等式取对数，构造单调函数结合等比数列性质判断；(ii) 利用对数不等式放缩，再通过裂项求和与对数求和分别证明左右两边不等式。
（1）当时，，所以在上无零点，
因为，所以在上单调递增，
所以在上至多一个零点，
当时，有唯一零点1．
当时，因为，，
所以函数有唯一零点，得证，
（2）（i）由（1）知，，且，
两边取自然对数，得，（*）
所以，
两式相减，得，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，所以数列单调递增．
假设数列中存在，，成等比数列，则，
所以．
由（*）式得，，代入上式，得
，
．（**）
因为，所以，
又，所以方程（**）无解．
所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
（ii）先证明：时，，（***）
设，则，
所以当时，，单调递减：
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立．
由（***）式知，，
所以，所以，
所以．
在（***）式中，令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，，当且仅当时等号成立．
当时，在（***）式中，令，得，
所以时，
．
当时，成立．
所以，得证．
1 / 1江苏省南通市、宿迁、连云港、泰州、扬州、徐州、淮安苏北七市2025届高三第二次调研数学试卷
一、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，则（　　）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：A
【分析】本题考查复数的除法运算与复数的模的计算，核心是先通过分母实数化化简复数z，再根据复数模的定义求出∣z∣。
2．设集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：依题意，，
所以或，A选项错误；
，B选项正确；
或，
或，C选项错误.
，，D选项错误.
故答案为：B.
【分析】利用集合交、并、补的运算判断即可.
3．已知椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得的焦点为，则，而，
得到，即方程为，得到离心率.
故答案为：D.
【分析】先得到焦点坐标，进而得到椭圆方程及离心率即可.
4．已知4个不全相等的正整数的平均数与中位数都是2，则这组数据的极差为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：设这四个不全相等的正整数为，
不妨设，
则，
所以，
由于是正整数，所以，
（若，则，与已知个数不全相等矛盾）
所以极差为.
故答案为：C
【分析】本题考查平均数、中位数与极差的计算，核心是根据平均数和中位数的定义，结合正整数的性质确定四个数的具体取值，进而计算极差。
5．已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球内接多面体；正弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，
由正弦定理可得，则，
易知该圆锥的高为，故该圆锥的体积为.
故答案为：A.
【分析】由题可知，外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径，设圆锥的底面半径为，再解三角形求出和圆锥的高即可.
6．若函数有最大值，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，，则，
当时，，此时，函数单调递增，
当时，，此时，函数单调递减，
则函数在处取得极大值，且极大值为，
因为函数函数有最大值，则，解得，
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
【分析】本题考查分段函数的最值问题与利用导数研究函数的单调性和极值，核心是先分析x≥2时函数的极值与最值，再结合x<2时一次函数的单调性，根据分段函数有最大值的条件列出关于k的不等式，进而求出k的最大值。
7．已知函数的极值点与的零点完全相同，则（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值；含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
由，得①，
对于，
由，得，
依题意，所以②，
由于函数的极值点与的零点完全相同，
对比①②可得.
故答案为：B.
【分析】先化简，根据正弦型函数的极值点也是最值点，求出，结合正切函数零点列方程求.
8．设数列的前项和为，且，则（　　）
A． B． C． D．
【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：因为数列的前项和为，且，
当时，则，解得，
当且时，由可得，
上述两式作差可得，整理可得，
等式两边同时除以可得，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列，
所以，所以，
对于AB选项，，，则，A错B对；
，
对于CD选项，，，
所以，，CD都错.
故答案为：B.
【分析】根据，求得，结合递推式得到，再逐项判断即可.
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.
9．设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B,C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，若，，则可能相交，A选项错误.
对于B，若，，则，B选项正确.
对于C，若，，则，C选项正确.
对于D，若，，则可能相交，D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A，由题可知，可能相交；对于B，由线面垂直的推论即可判断；对于C，由面面平行的推论即可判断；对于D，可能相交．
10．已知函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），则下列结论可能正确的是（　　）
A．，，且
B．，，且
C．，，且，
D．，，且，
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A，取，，满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
可得，，且，故A正确；
B，取，，函数均为偶函数，当时，，，
令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，
即满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
又在上单调递增，在上单调递增，
可得，，且，故B正确；
C，若，，且，，当时，，可得，
此时不满足成立，故C错误；
D，取，，令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，
故满足函数与的定义域均为，（当且仅当时，等号成立），
取，使得，且，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查函数不等式的构造与性质分析，核心是通过构造具体的函数实例，验证每个选项的可能性，结合f(x)≥g(x)（当且仅当x=0时等号成立）的条件判断结论是否正确。
11．在平面直角坐标系中，设，，定义：．若，且，则下列结论正确的是（　　）
A．若关于x轴对称，则
B．若关于直线对称，则
C．若，则
D．若，，则
【答案】A,B,D
【知识点】指数函数单调性的应用；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：A，因为关于x轴对称，且，，
所以，而，
得到，
同理，
即此时满足，故A正确，
B，因为关于直线对称，且，，
所以，则，
，
构造，由指数函数性质得在上单调递增，
，因为，且，所以，得到，
则，得到，即，
则，故B正确，
C，由题意得，，
因为，所以，
得到，
令，符合题意，
此时，
而，则，
由已知得，则，故C错误，
D，设，，则，
则，从而，
，，则，
，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】本题考查新定义距离的性质分析，核心是结合坐标对称性化简新定义的距离表达式，利用指数函数的单调性比较大小，通过举反例排除错误选项，再根据子集的定义判断集合间的包含关系。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知点在直线上，，则原点与的最短距离为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：不妨设点，则，
因此，，
当且仅当时，等号成立，
因此，原点与的最短距离为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的坐标运算与两点间距离的最值问题，核心是先根据点A在直线上的条件设出A的坐标，再通过向量运算表示出点B的坐标，最后利用二次函数的性质求原点到点B距离的最小值。
13．已知，，则　 　．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由题意得，，
若，则，
而，
与矛盾，所以，，
所以，
则，
即
故答案为：
【分析】本题考查三角恒等变换与两角和的余弦公式，核心是先通过已知条件推导得出，再利用弦的比值变形，结合两角和的余弦公式求出的值。
14．设函数，其中．若对任意的恒成立，则　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，则，
令，可得或或，
由于，则，
，
令，
令可得或或，
由于，则，
由可得，
若，取，，，
当时，，，此时，，
当时，由穿根法可知，，矛盾，
所以，，即，则，
所以，
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，则，解得，
因此，.
故答案为：.
【分析】本题考查三次函数的性质与不等式恒成立问题，核心是通过构造函数 ，结合穿根法分析函数 与 的零点关系，利用对称性得出 且 ，最终求和。
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．记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且．
（1）证明：；
（2）若，边上的高为，求．
【答案】（1）证明：因为，
所以，
在中，，所以，
由正弦定理，
得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）解：因为，所以，
由（1）知，．
方法1：因为，
所以为锐角三角形，
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，
所以，，
则在中，，，，
所以，解得，
则在中，，即．
方法2：因为，又因为，
解得，．
因为，所以，
所以，．
由，得，
解得．
由正弦定理，得，
解得．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，从而可得，再利用正弦定理结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简证出成立.
（2）利用两种方法求解.
解法1：利用已知条件得出角A的正切值，再利用（1）得出角B的正切值，结合诱导公式和两角和的正切公式，从而求出的值，进而判断出为锐角三角形，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，利用勾股定理求出的值，然后在中利用勾股定理，从而求出的值.
解法2：利用同角三角函数的基本关系和角B的取值范围，从而求出、的值，再利用三角形的面积公式求出的值，最后利用正弦定理求出的值.
（1）因为，所以，
在中，，所以．
由正弦定理，得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）因为，所以，由（1）知．
法1：因为，
所以为锐角三角形．
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，所以，，
所以在中，，，，所以，解得，
所以在中，，即．
法2：因为，又因为，解得，．
因为，所以，所以，．
由，得，解得．
由正弦定理，得，解得．
16．如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以．
（2）解：如图，取的中点，连接．
因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，所以平面．
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为，，，为的中点，所以．
因为，所以，所以．
则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，所以．
同理，平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，所以．
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的性质定理证明平面，结合线面垂直的性质得到，再由是中点，根据等腰三角形三线合一证明。
(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出二面角的余弦值，再结合三角基本关系得到正弦值。
（1）因为为的中点，，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以．
（2）如图，取的中点，连接．
因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，所以平面．
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为，，，为的中点，所以．
因为，所以，所以．
则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，所以．
同理，平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，所以．
17．已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
【答案】（1）解：因为C的实轴长为，渐近线方程为，所以，，解得，，
则C的标准方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，，
联立，化简得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，整理得
则或或，解得，
由，可得，即，
将代入上式得，
，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，解得，则；
（ii）因为，所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径，
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或，
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得，故外接圆的面积为．
【知识点】双曲线的标准方程；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）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求得，即可得双曲线的标准方程；
（2）（i）设直线的方程为，，，，联立直线与双曲线方程，化简整理，利用韦达定理，结合列方程求点的坐标；
（ii）由，可得外接圆是以为直径的圆，记为圆T，求的外接圆的半径，再根据弦长列方程，求解即可.
（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）
因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．
18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
（1）求两局后比赛终止的概率；
（2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
（3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
【答案】（1）解：设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）解：设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）解：因为局获奖励万元，说明甲共胜局．（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；组合数公式
【解析】【分析】(1) 两局后比赛终止包含 “两局负（总分 0）” 和 “两局胜（总分 300）” 两种互斥情况，结合独立事件概率公式计算；
(2) 先求出 3 局比赛终止的所有情况概率，再求出其中挑战成功的情况概率，利用条件概率公式计算；
(3) 由获奖 1 万元知棋手胜 2 局，结合比赛终止条件分析n局比赛的胜负分布，列出P(n)的表达式，通过单调性分析求最大值。
（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
19．已知函数，．
（1）证明：有唯一零点；
（2）记的零点为．
（i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；
（ii）证明：．
【答案】（1）证明：当时，，所以在上无零点，
因为，所以在上单调递增，
所以在上至多一个零点，
当时，有唯一零点1．
当时，因为，，
所以函数有唯一零点，得证，
（2）解：（i）由（1）知，，且，
两边取自然对数，得，①
所以，
两式相减，得，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，所以数列单调递增．
假设数列中存在，，成等比数列，则，
所以．
由①式得，，代入上式，得
，
．②
因为，所以，
又，所以方程②无解．
所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
（ii）先证明：时，，③
设，则，
所以当时，，单调递减：
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立．
由③式知，，
所以，所以，
所以．
在③式中，令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，，当且仅当时等号成立．
当时，在③式中，令，得，
所以时，
．
当时，成立．
所以，得证．
【知识点】等比关系的确定；数列与不等式的综合；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 分和讨论函数值与单调性，结合零点存在定理证明唯一零点；
(2) (i) 对零点等式取对数，构造单调函数结合等比数列性质判断；(ii) 利用对数不等式放缩，再通过裂项求和与对数求和分别证明左右两边不等式。
（1）当时，，所以在上无零点，
因为，所以在上单调递增，
所以在上至多一个零点，
当时，有唯一零点1．
当时，因为，，
所以函数有唯一零点，得证，
（2）（i）由（1）知，，且，
两边取自然对数，得，（*）
所以，
两式相减，得，
所以．
因为函数在上单调递增，
所以，所以数列单调递增．
假设数列中存在，，成等比数列，则，
所以．
由（*）式得，，代入上式，得
，
．（**）
因为，所以，
又，所以方程（**）无解．
所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．
（ii）先证明：时，，（***）
设，则，
所以当时，，单调递减：
当时，，单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立．
由（***）式知，，
所以，所以，
所以．
在（***）式中，令，得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，，当且仅当时等号成立．
当时，在（***）式中，令，得，
所以时，
．
当时，成立．
所以，得证．
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