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河北黄骅中学等十校2026届高三下学期一模数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中曲线的长度为（　　）
A． B． C． D．
3．等比数列中，，则（　　）
A．2 B． C． D．
4．已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
5．已知每门大炮击中某目标的概率是0.4，现在n门大炮向此目标各射击一次．如果此目标至少被击中一次的概率超过92%，至少需要大炮的门数是（　　）（参考数据：，）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．我国通信技术飞速发展，部分领域全球领先．某卫星信号测试中，专家将通信信号抽象为向量，接收端参考信号抽象为向量，定义信号匹配度函数，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，则函数的单调递增区间为（　　）
A．， B．，，
C．， D．，，
8．已知抛物线的焦点为，过点作斜率为的直线交抛物线于第一象限内的，两点，若，则（　　）
A． B． C． D．
9．定义在上的奇函数周期为2，则（　　）
A． B． C． D．
10．已知数列满足，，且，，则（　　）
A．一定不是等差数列 B．一定不是递减数列
C． D．
11．空间直角坐标系中，满足条件的点构成一几何体，则该几何体（　　）
A．为正多面体 B．体积为
C．外接球体积为 D．内切球表面积为
12．已知二项式展开式中的系数为40，则实数　 　．
13．函数的图象本质是双曲线，那么该双曲线的离心率是　 　，焦距是　 　．
14．设定义在上的函数有三个不同的零点，，，且，则的值是　 　．
15．在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）证明：；
（2）若，求面积的最大值．
16．如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积是四棱柱体积的．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）已知为数列的前项和，证明：．
18．已知椭圆的中心在原点，坐标轴为对称轴，其中一个焦点为，离心率为．直线，与椭圆交于不同的两点，，且直线，的斜率之积为．
（1）证明：为定值；
（2）以椭圆上一动点为圆心作与直线，均相切的圆，探究圆的面积是否为定值，若是定值，求出圆的面积，若不是定值，说明理由；
（3）求四边形面积的最大值．
19．单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）．
（1）当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值；
（2）证明：；
（3）现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】由题意知，，
根据补集的运算法则，
可得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和一元二次不等式求解方法得出集合M，再利用补集的运算法则。从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为是一个圆的标准方程，
所以，圆心坐标为，半径，
则圆的周长为．
故答案为：D.
【分析】利用圆的标准方程得出圆心坐标和半径长，再利用圆的周长公式得出曲线的长度.
3．【答案】A
【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，
，
，
.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质，从而得出的值，再利用等比数列的性质得出的值.
4．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的三角形式
【解析】【解答】解：由，
则.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和三角函数的定义以及复数的乘法运算法则，从而得出复数.
5．【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；换底公式及其推论；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：每门大炮不击中目标的概率为，
因为门大炮射击是相互独立事件，所以门大炮都不击中目标的概率为，
“目标至少被击中一次”的对立事件是“目标一次都不被击中”，根据对立事件概率之和为，可得目标至少被击中一次的概率为，
已知目标至少被击中一次的概率超过，
则可列出不等式，移项可得，
两边同时取以10为底的对数，根据对数函数的单调性可得，
因为，，
将，代入中，
可得，解得，
因为为大炮的门数，应为正整数，所以的最小值为，故至少需要大炮的门数是.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：每门大炮不击中目标的概率为，根据“目标至少被击中一次的概率超过”，利用独立事件的概率公式结合对立事件的概率公式列出不等式，根据对数运算求解的取值范围，进而确定的最小值即可.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，可得
，
令，，得，，则，
令，得；令，得或，
则在和上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，，
所以的最大值为，则的最大值为．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和数量积的坐标表示以及二倍角的余弦公式，从而化简函数f(x)，再利用换元法，令，，从而得出函数g(t)，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值.
7．【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
则当或时，，
所以，函数单调递减区间为，
当时，，则单调递增，
对，有且，
则，
因为，所以为偶函数，
故只需分析时的单调性，
令，则，
当时，；当时，，
则，所以，
则在上单调递减，所以单调递增；
当时，，
则，所以，
则在上单调递减，上单调递增，
当时，单调递减；当时，单调递增，
则当时，单调递增区间为、，单调递减区间为，
由偶函数性质可知，当时，单调递增区间为，
则函数的单调递增区间为，，.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，再利用函数的奇偶性，从而得出函数的单调递增区间
8．【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线方程可知，点为抛物线准线与轴交点坐标，
过点作准线的垂线，垂足为，如图所示，
则，
由抛物线定义，可知，
因为，所以，
所以，则点为线段中点，
设点，则点为，
又因为点在抛物线上，
所以，则，
解得或（舍），
所以，点，则．
故答案为：B.
【分析】由抛物线方程可知，点为抛物线准线与轴交点坐标，利用两三角形相似和抛物线定义以及中点的性质，从而得出点为线段中点，进而得出点A的坐标，再利用点代入法得出点B的坐标，由两点求斜率公式得出直线的斜率k的值.
9．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数周期为2，所以，
则，故A正确；
对于B，若，又因为函数周期为2，
所以，则，
所以函数为偶函数，与函数为上的奇函数矛盾，故B错误；
对于C，因为函数为上的奇函数，所以，
则，所以，故C正确；
对于D，若，又因为函数周期为2，
所以，则，
所以，对任意，都有，
如为上的奇函数，周期为2，但不满足恒为0，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和奇函数的性质以及函数的周期性，从而找出满足要求的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意知，，
若，根据等差中项的性质，可得是等差数列，故A错；
由，得，则是非递减数列，
当时，，得，
若是递减数列，则，与矛盾，
所以一定不是递减数列，故B、C正确；
由是非递减数列，得，则，
因为，所以，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等差中项的性质，从而判断出数列是否为等差数列，则判断出选项A；利用递推公式和数列的单调性以及反证法，则判断出选项B和选项C；利用数列的单调性和数列中项之间的关系，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，在棱长为1的正方体中，
则满足条件的点构成一几何体为三棱锥，
因为四个面为直角三角形，不是正多面体，故A错误；
又因为，故B正确；
因为三棱锥的外接球为正方体的外接球，半径，
所以，体积，故C正确；
因为三棱锥的表面积为：
，
所以，三棱锥的内切球半径，
则表面积，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和正多面体的结构特征，则判断出选项A；利用四棱锥的体积公式判断出选项B；利用三棱锥与外接球的位置关系和球的体积公式，则判断出选项C；利用三棱锥和内切球的位置关系以及球的表面积公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：因为二项式的通项为，
又因为二项式展开式中的系数为40，
令，解得，
则，
解得．
【分析】由二项式定理得出展开式的通项，再利用展开式的通项得出二项式展开式中的系数，再根据已知条件得出实数a的值．
13．【答案】；8
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的一条渐近线为，倾斜角为，
另一条渐近线为，倾斜角为，
则两条渐近线的夹角为，
又因为双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角平分线，
所以，直线的倾斜角为，即，
设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，渐近线与实轴的夹角为，
则，
所以，双曲线离心率；
联立，
解得或，
所以，双曲线的顶点为，，
则，
所以，
则，
所以，焦距为.
故答案为：，8.
【分析】利用双曲线的离心率公式得出该双曲线的离心率；再利用双曲线的焦距定义，从而得出该双曲线的焦距.
14．【答案】16
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由有三个不同的零点，
则有三个不同的实根，
所以有三个不同的实根，
令，则，
整理得，
设方程的两根为，，所以且，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
当时，有最小值；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，
因为方程只有两个根，，且，
所以，
则必有一个解，必有两个解，且，
所以，，
则.
故答案为：16.
【分析】利用函数的零点与方程的根的等价关系和已知条件，从而得出有三个不同的实根，令，整理得，再利用韦达定理和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据函数求极限的方法和方程的根的个数，从而得出的值.
15．【答案】（1）证明：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
（2）解：，，
，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两角和与差的的正弦公式和正余弦定理的变形，从而化简整理证出成立.
（2）利用已知条件和三角形面积公式以及同角关系式和基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值.
（1），，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，；
（2），，
，
，
当且仅当时，即时，等号成立，
.
16．【答案】（1）证明：因为底面为直角梯形，
所以，
又因为，
所以，
则，
因为，
又因为三棱锥的体积是四棱柱体积的，
所以，
解得，
因为，，
所以
又因为，，
所以，
则，
由直四棱柱，
可得平面，
又因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
所以，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，
令，得，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用三棱锥的体积公式和四棱柱的体积公式以及三棱锥的体积与四棱柱体积的关系，从而得出BC的长，再利用数量积得出线线垂直，结合直四棱柱的结构特征证出平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，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．
（1）因为底面为直角梯形，所以，
，所以，
所以，又，
又因为三棱锥的体积是四棱柱体积的，
所以，解得.
又，，
所以
又，，
所以，所以.
又由直四棱柱，可得平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：因为，其定义域为，
又因为，且，
令，可得，
令，解得；令，解得，
则在单调递增，在单调递减.
所以，
则函数的最大值为.
（2）证明：由（1）知，当时，
则，
令，
则，
所以，
则，
所以，
则.
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数最大（小）值；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出的最大值.
（2）根据（1）建立不等式，再通过累加法和对数的运算法则和数列求和公式，从而证出不等式成立.
（1）因为，其定义域为，又，且，
令，可得，
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减.
则，即函数的最大值为
（2）由（1）知，当时，，即，
令，则，
即，
所以，
即，
即，得证.
18．【答案】（1）证明：因为，，，
所以，，
则椭圆E的方程为.
设直线OA，OB的方程分别为，，
联立，
解得，，
所以
，
因为，所以，
则
所以是定值且为3．
（2）解：设，半径为r，，
则，即，
设过原点的圆M的切线方程为，
所以圆心到切线的距离为，
整理得，
因为直线OA，OB是圆M的两条切线，
所以是方程的两个根，
则，
所以，
则圆M的面积为定值.
（3）解：由（2）可知，，
所以四边形OAMB的面积为：
，
因为，
所以，
当且仅当时取等号，
所以，
则四边形OAMB面积的最大值为1.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由已知条件条件和焦点的坐标、椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出椭圆的标准方程，再联立直线OA的方程、直线OB的方程与椭圆方程，从而得出与直线斜率lk的关系式证明为定值.
（2）设出圆心M的坐标，再代入椭圆方程，再结合直线和圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，则根据韦达定理得出原点半径可得圆的面积是定值.
（3）由（2）得出原点半径，再利用四边形的面积与基本不等式求最值的方法，从而得出四边形面积的最大值．
（1）由已知：，，，
所以，，故椭圆E的方程为.
设直线OA，OB的方程分别为，，
联立，解得，，
所以
，
因为，所以，
所以
故是定值，且为3．
（2）设，半径为r，，则，即.
设过原点的圆M的切线方程为，
所以圆心到切线的距离为，整理得，
因为直线OA，OB是圆M的两条切线，所以是方程的两个根，
所以，所以，
所以圆M的面积为定值.
（3）由（2）可知，，所以四边形OAMB的面积为
，
因为，所以，
当且仅当时取等号，所以，
故四边形OAMB面积的最大值为1.
19．【答案】（1）解：当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，
则每支球队都比赛5场，
所以共比赛场，
根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，
则比赛结束后所有队胜的场次和为15，
所以.
（2）证明：根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，
所以
因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，
所以，全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等，
得，
则，
又因为
所以，
因为，
所以
，
所以.
（3）解：设乙组有球队支，则甲组有球队支，
由（2）知所有球队总得分为：
.
因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，
所以甲组球队总得分为，
又因为乙组球队总得分为，
因为乙组球队在乙组内总得分为，
则每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，
所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，
得.
解得，
因为为整数，
解得只能为6，
所以，甲组球队共有11支，乙组球队共6支，
则所有球队总得分为分，
所以甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，
则甲组球队内部总得分为分，乙组球队内部总得分分，
因为乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分，
所以乙组胜甲组的得分为2分，
则乙组球队最高得分不大于分，
又因为甲组共11支，而，
则甲组中至少有一支球队超过7分，
所以冠军在甲组球队中.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式，从而得出的值.
（2）根据代数恒等变形和平方差公式，再利用已知条件证出成立.
（3）根据（2）和乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，再利用组合数公式，从而列出一元二次不等式，再解不等式判断出冠军在甲组球队中.
（1）当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，则每支球队都比赛5场，
所以共比赛场.
根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，故比赛结束后所有队胜的场次和为15，
所以.
（2）根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，所以
又因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，故全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等，
得，即.
又.
所以.
又因为，所以
所以.
（3）设乙组有球队支，则甲组有球队支，由（2）知所有球队总得分为
.
又因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，所以甲组球队总得分为，
乙组球队总得分为，又乙组球队在乙组内总得分为.
而每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，
得.
解得，又为整数，解得只能为6.
所以甲组球队共有11支，乙组球队共6支，所有球队总得分为分，
甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，甲组球队内部总得分为分，
乙组球队内部总得分分，因乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分，
所以乙组胜甲组的得分为2分，所以乙组球队最高得分不大于分，
又因为甲组共11支，而，故甲组中至少有一支球队超过7分，所以冠军在甲组球队中.
1 / 1河北黄骅中学等十校2026届高三下学期一模数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】由题意知，，
根据补集的运算法则，
可得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和一元二次不等式求解方法得出集合M，再利用补集的运算法则。从而得出集合.
2．在平面直角坐标系中曲线的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为是一个圆的标准方程，
所以，圆心坐标为，半径，
则圆的周长为．
故答案为：D.
【分析】利用圆的标准方程得出圆心坐标和半径长，再利用圆的周长公式得出曲线的长度.
3．等比数列中，，则（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【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，
，
，
.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和等比数列的性质，从而得出的值，再利用等比数列的性质得出的值.
4．已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的三角形式
【解析】【解答】解：由，
则.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和三角函数的定义以及复数的乘法运算法则，从而得出复数.
5．已知每门大炮击中某目标的概率是0.4，现在n门大炮向此目标各射击一次．如果此目标至少被击中一次的概率超过92%，至少需要大炮的门数是（　　）（参考数据：，）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；换底公式及其推论；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：每门大炮不击中目标的概率为，
因为门大炮射击是相互独立事件，所以门大炮都不击中目标的概率为，
“目标至少被击中一次”的对立事件是“目标一次都不被击中”，根据对立事件概率之和为，可得目标至少被击中一次的概率为，
已知目标至少被击中一次的概率超过，
则可列出不等式，移项可得，
两边同时取以10为底的对数，根据对数函数的单调性可得，
因为，，
将，代入中，
可得，解得，
因为为大炮的门数，应为正整数，所以的最小值为，故至少需要大炮的门数是.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：每门大炮不击中目标的概率为，根据“目标至少被击中一次的概率超过”，利用独立事件的概率公式结合对立事件的概率公式列出不等式，根据对数运算求解的取值范围，进而确定的最小值即可.
6．我国通信技术飞速发展，部分领域全球领先．某卫星信号测试中，专家将通信信号抽象为向量，接收端参考信号抽象为向量，定义信号匹配度函数，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；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，可得
，
令，，得，，则，
令，得；令，得或，
则在和上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，，
所以的最大值为，则的最大值为．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和数量积的坐标表示以及二倍角的余弦公式，从而化简函数f(x)，再利用换元法，令，，从而得出函数g(t)，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值.
7．已知函数，则函数的单调递增区间为（　　）
A．， B．，，
C．， D．，，
【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
则当或时，，
所以，函数单调递减区间为，
当时，，则单调递增，
对，有且，
则，
因为，所以为偶函数，
故只需分析时的单调性，
令，则，
当时，；当时，，
则，所以，
则在上单调递减，所以单调递增；
当时，，
则，所以，
则在上单调递减，上单调递增，
当时，单调递减；当时，单调递增，
则当时，单调递增区间为、，单调递减区间为，
由偶函数性质可知，当时，单调递增区间为，
则函数的单调递增区间为，，.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，再利用函数的奇偶性，从而得出函数的单调递增区间
8．已知抛物线的焦点为，过点作斜率为的直线交抛物线于第一象限内的，两点，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线方程可知，点为抛物线准线与轴交点坐标，
过点作准线的垂线，垂足为，如图所示，
则，
由抛物线定义，可知，
因为，所以，
所以，则点为线段中点，
设点，则点为，
又因为点在抛物线上，
所以，则，
解得或（舍），
所以，点，则．
故答案为：B.
【分析】由抛物线方程可知，点为抛物线准线与轴交点坐标，利用两三角形相似和抛物线定义以及中点的性质，从而得出点为线段中点，进而得出点A的坐标，再利用点代入法得出点B的坐标，由两点求斜率公式得出直线的斜率k的值.
9．定义在上的奇函数周期为2，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数周期为2，所以，
则，故A正确；
对于B，若，又因为函数周期为2，
所以，则，
所以函数为偶函数，与函数为上的奇函数矛盾，故B错误；
对于C，因为函数为上的奇函数，所以，
则，所以，故C正确；
对于D，若，又因为函数周期为2，
所以，则，
所以，对任意，都有，
如为上的奇函数，周期为2，但不满足恒为0，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和奇函数的性质以及函数的周期性，从而找出满足要求的选项.
10．已知数列满足，，且，，则（　　）
A．一定不是等差数列 B．一定不是递减数列
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意知，，
若，根据等差中项的性质，可得是等差数列，故A错；
由，得，则是非递减数列，
当时，，得，
若是递减数列，则，与矛盾，
所以一定不是递减数列，故B、C正确；
由是非递减数列，得，则，
因为，所以，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等差中项的性质，从而判断出数列是否为等差数列，则判断出选项A；利用递推公式和数列的单调性以及反证法，则判断出选项B和选项C；利用数列的单调性和数列中项之间的关系，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．空间直角坐标系中，满足条件的点构成一几何体，则该几何体（　　）
A．为正多面体 B．体积为
C．外接球体积为 D．内切球表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，在棱长为1的正方体中，
则满足条件的点构成一几何体为三棱锥，
因为四个面为直角三角形，不是正多面体，故A错误；
又因为，故B正确；
因为三棱锥的外接球为正方体的外接球，半径，
所以，体积，故C正确；
因为三棱锥的表面积为：
，
所以，三棱锥的内切球半径，
则表面积，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和正多面体的结构特征，则判断出选项A；利用四棱锥的体积公式判断出选项B；利用三棱锥与外接球的位置关系和球的体积公式，则判断出选项C；利用三棱锥和内切球的位置关系以及球的表面积公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．已知二项式展开式中的系数为40，则实数　 　．
【答案】
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：因为二项式的通项为，
又因为二项式展开式中的系数为40，
令，解得，
则，
解得．
【分析】由二项式定理得出展开式的通项，再利用展开式的通项得出二项式展开式中的系数，再根据已知条件得出实数a的值．
13．函数的图象本质是双曲线，那么该双曲线的离心率是　 　，焦距是　 　．
【答案】；8
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的一条渐近线为，倾斜角为，
另一条渐近线为，倾斜角为，
则两条渐近线的夹角为，
又因为双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角平分线，
所以，直线的倾斜角为，即，
设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，渐近线与实轴的夹角为，
则，
所以，双曲线离心率；
联立，
解得或，
所以，双曲线的顶点为，，
则，
所以，
则，
所以，焦距为.
故答案为：，8.
【分析】利用双曲线的离心率公式得出该双曲线的离心率；再利用双曲线的焦距定义，从而得出该双曲线的焦距.
14．设定义在上的函数有三个不同的零点，，，且，则的值是　 　．
【答案】16
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由有三个不同的零点，
则有三个不同的实根，
所以有三个不同的实根，
令，则，
整理得，
设方程的两根为，，所以且，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
当时，有最小值；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，
因为方程只有两个根，，且，
所以，
则必有一个解，必有两个解，且，
所以，，
则.
故答案为：16.
【分析】利用函数的零点与方程的根的等价关系和已知条件，从而得出有三个不同的实根，令，整理得，再利用韦达定理和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据函数求极限的方法和方程的根的个数，从而得出的值.
15．在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）证明：；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）证明：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
（2）解：，，
，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两角和与差的的正弦公式和正余弦定理的变形，从而化简整理证出成立.
（2）利用已知条件和三角形面积公式以及同角关系式和基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值.
（1），，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，；
（2），，
，
，
当且仅当时，即时，等号成立，
.
16．如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积是四棱柱体积的．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为底面为直角梯形，
所以，
又因为，
所以，
则，
因为，
又因为三棱锥的体积是四棱柱体积的，
所以，
解得，
因为，，
所以
又因为，，
所以，
则，
由直四棱柱，
可得平面，
又因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
所以，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，
令，得，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用三棱锥的体积公式和四棱柱的体积公式以及三棱锥的体积与四棱柱体积的关系，从而得出BC的长，再利用数量积得出线线垂直，结合直四棱柱的结构特征证出平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，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．
（1）因为底面为直角梯形，所以，
，所以，
所以，又，
又因为三棱锥的体积是四棱柱体积的，
所以，解得.
又，，
所以
又，，
所以，所以.
又由直四棱柱，可得平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）已知为数列的前项和，证明：．
【答案】（1）解：因为，其定义域为，
又因为，且，
令，可得，
令，解得；令，解得，
则在单调递增，在单调递减.
所以，
则函数的最大值为.
（2）证明：由（1）知，当时，
则，
令，
则，
所以，
则，
所以，
则.
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数最大（小）值；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出的最大值.
（2）根据（1）建立不等式，再通过累加法和对数的运算法则和数列求和公式，从而证出不等式成立.
（1）因为，其定义域为，又，且，
令，可得，
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减.
则，即函数的最大值为
（2）由（1）知，当时，，即，
令，则，
即，
所以，
即，
即，得证.
18．已知椭圆的中心在原点，坐标轴为对称轴，其中一个焦点为，离心率为．直线，与椭圆交于不同的两点，，且直线，的斜率之积为．
（1）证明：为定值；
（2）以椭圆上一动点为圆心作与直线，均相切的圆，探究圆的面积是否为定值，若是定值，求出圆的面积，若不是定值，说明理由；
（3）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）证明：因为，，，
所以，，
则椭圆E的方程为.
设直线OA，OB的方程分别为，，
联立，
解得，，
所以
，
因为，所以，
则
所以是定值且为3．
（2）解：设，半径为r，，
则，即，
设过原点的圆M的切线方程为，
所以圆心到切线的距离为，
整理得，
因为直线OA，OB是圆M的两条切线，
所以是方程的两个根，
则，
所以，
则圆M的面积为定值.
（3）解：由（2）可知，，
所以四边形OAMB的面积为：
，
因为，
所以，
当且仅当时取等号，
所以，
则四边形OAMB面积的最大值为1.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由已知条件条件和焦点的坐标、椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出椭圆的标准方程，再联立直线OA的方程、直线OB的方程与椭圆方程，从而得出与直线斜率lk的关系式证明为定值.
（2）设出圆心M的坐标，再代入椭圆方程，再结合直线和圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，则根据韦达定理得出原点半径可得圆的面积是定值.
（3）由（2）得出原点半径，再利用四边形的面积与基本不等式求最值的方法，从而得出四边形面积的最大值．
（1）由已知：，，，
所以，，故椭圆E的方程为.
设直线OA，OB的方程分别为，，
联立，解得，，
所以
，
因为，所以，
所以
故是定值，且为3．
（2）设，半径为r，，则，即.
设过原点的圆M的切线方程为，
所以圆心到切线的距离为，整理得，
因为直线OA，OB是圆M的两条切线，所以是方程的两个根，
所以，所以，
所以圆M的面积为定值.
（3）由（2）可知，，所以四边形OAMB的面积为
，
因为，所以，
当且仅当时取等号，所以，
故四边形OAMB面积的最大值为1.
19．单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）．
（1）当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值；
（2）证明：；
（3）现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由．
【答案】（1）解：当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，
则每支球队都比赛5场，
所以共比赛场，
根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，
则比赛结束后所有队胜的场次和为15，
所以.
（2）证明：根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，
所以
因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，
所以，全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等，
得，
则，
又因为
所以，
因为，
所以
，
所以.
（3）解：设乙组有球队支，则甲组有球队支，
由（2）知所有球队总得分为：
.
因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，
所以甲组球队总得分为，
又因为乙组球队总得分为，
因为乙组球队在乙组内总得分为，
则每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，
所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，
得.
解得，
因为为整数，
解得只能为6，
所以，甲组球队共有11支，乙组球队共6支，
则所有球队总得分为分，
所以甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，
则甲组球队内部总得分为分，乙组球队内部总得分分，
因为乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分，
所以乙组胜甲组的得分为2分，
则乙组球队最高得分不大于分，
又因为甲组共11支，而，
则甲组中至少有一支球队超过7分，
所以冠军在甲组球队中.
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式，从而得出的值.
（2）根据代数恒等变形和平方差公式，再利用已知条件证出成立.
（3）根据（2）和乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，再利用组合数公式，从而列出一元二次不等式，再解不等式判断出冠军在甲组球队中.
（1）当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，则每支球队都比赛5场，
所以共比赛场.
根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，故比赛结束后所有队胜的场次和为15，
所以.
（2）根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，所以
又因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，故全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等，
得，即.
又.
所以.
又因为，所以
所以.
（3）设乙组有球队支，则甲组有球队支，由（2）知所有球队总得分为
.
又因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，所以甲组球队总得分为，
乙组球队总得分为，又乙组球队在乙组内总得分为.
而每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分，
得.
解得，又为整数，解得只能为6.
所以甲组球队共有11支，乙组球队共6支，所有球队总得分为分，
甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，甲组球队内部总得分为分，
乙组球队内部总得分分，因乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分，
所以乙组胜甲组的得分为2分，所以乙组球队最高得分不大于分，
又因为甲组共11支，而，故甲组中至少有一支球队超过7分，所以冠军在甲组球队中.
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