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湖南永州市2026届高三第三次模拟考试数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用元素与集合的关系和元素的取值范围，从而得出集合U，再利用已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．已知函数，则的一个对称中心为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：令，得，
当时，，此时函数的一个对称中心为，
的一个对称中心为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和换元法以及正弦函数的对称性，从而得出正弦型函数的一个对称中心.
3．已知随机变量服从正态分布，，则（　　）
A．0.7 B．0.6 C．0.5 D．0.3
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，且，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求概率的方法，从而得出的值.
4．某学校派甲、乙、丙、丁4名同学参加“永超”足球比赛中3个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，甲、乙两位同学不能参加同一场次，则不同派法的种数为（　　）
A．12 B．24 C．30 D．36
【答案】C
【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：符合要求的选派方法可分为两步完成，
第一步，将名同学分成人数分别为的三组，该步有种完成方法，
因为甲、乙两位同学不能参加同一场次，
所以种；
第二步，将组同学分派到3个场次，此步有种完成方法，
由分步乘法计数原理，可得符合要求的派法种数为．
故答案为：C.
【分析】利用组合数公式、排列数公式，先求将名同学分成人数分别为的三组的方法数，再求将组同学分派到3个场次的方法数，根据分步乘法计数原理，从而得出不同派法的种数．
5．已知数列是公比为的等比数列，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列是公比为的等比数列，
若，则，所以，
又因为，所以，解得：或，
若，则，
因为，，所以，
则成立，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的通项公式，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（　　）
A．3 B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线，得焦点，
设，
因为是的中点，所以的坐标为，
又因为在抛物线上，将坐标代入，得： ，
由两点间距离公式，得： .
故答案为：D.
【分析】利用抛物线方程得出焦点坐标，再利用中点的坐标公式得出点M的坐标，结合两点距离公式，从而得出的值.
7．已知，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两边同除以，得，
所以，
因为，所以，
所以
，
当且仅当时，即当时取等号，
所以最大值为．
故答案为：A.
【分析】利用两角和的余弦公式以及同角三角函数基本关系式将用表示，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
8．已知数列满足，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，
化简递推右侧，得：，
令（显然所有，则），
将上式改写为：，
下构建辅助不等式，证明：，对任意，，
设，求导得，
则在单调递增，，不等式得证，
令，代入得：，
移项得：；证明：
对任意，，设，
求导得：，
则在单调递增，所以，不等式得证，
令，代入不等式，得：
两边取倒数，不等号反向，得：
移项得：，
对所有，可得：，
左侧累加得：，代入，
得：，
右侧累加，得：
代入，得：，
综上可得：.
故答案为：B.
【分析】引入倒数代换，利用对数不等式和构造函数法，从而求导证出不等式，再分别放缩得到的取值范围，根据累加法对差分不等式从到进行求和，利用累加法建立首项与目标项的不等关系式，再通过倒数得出的取值范围.
9．已知复数，则（　　）
A．
B．的虚部为
C．在复平面内对应的点位于第二象限
D．为方程的一个根
【答案】A,D
【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；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：因为，
，故A正确；
因为复数的虚部为，故B错误；
因为复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C错误；
因为方程的根为，
所以是方程的一个根，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】根据复数除法运算法则得出复数z，再利用复数求模公式，则判断出选项A；利用复数虚部的定义判断出选项B；利用复数的几何意义判断出选项C；利用方程求复数根的方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．已知函数，则（　　）
A．的图象关于轴对称 B．有两个零点
C．不等式的解集为 D．若，则的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，因为函数的定义域为，
所以，
则函数为偶函数，其图象关于轴对称，故A对；
对于选项B，当时，，
因为函数、、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，且，
则函数在上为减函数，且，
所以，函数有且只有两个零点，故B对；
对于选项C，因为函数是定义域为上的偶函数，且该函数在上为增函数，
由，可得，
所以，解得且，
则不等式的解集为，故C错；
对于选项D，因为，
所以，
由，可得，则，
因为函数在上单调递增，所以，
则，所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
则的最小值为，故D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和偶函数的图象对称性，则判断出选项A；利用函数零点的定义判断出选项B；利用偶函数的性质和函数的单调性，从而得出不等式的解集，则判断出选项C；利用函数的解析式和代入法以及函数的单调性，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．在三棱锥中，，，，平面，点为的垂心，且，则（　　）
A．平面
B．
C．三棱锥体积的最小值为
D．三棱锥外接球表面积的最小值为
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项，由点为的垂心，可知，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
同理可得，，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，
所以平面，故选项正确；
对于选项，由选项易知，，两两垂直，
则平面，所以点为的垂心，
则，
由海伦公式，知，
代入上式，两边平方，取倒数，化简可得，
代入，，，，
得：，化简得，故选项正确；
对于选项，由，，两两垂直，，，，
根据勾股定理，可得，，，
在中，由余弦定理，可得，
代入各边长，化简得：，
所以，
则，
因此，
两边同时平方，得，
由选项知，
设，，则，
可得，，所以，
代入，
化简得，
令，
则，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以，当时，取最小值，为，
则的最小值为，
因此的最小值为，故选项正确；
对于选项，因为，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球球心与以，，为长宽高的长方体外接球的球心相同，
则外接球直接，
所以，则外接球表面积为，
由，
则，
由基本不等式，可得，
当且仅当时，即当时等号成立，
此时外接球表面积的最小值为，故选项错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用垂心的性质和线面垂直以及已知条件，从而找出与垂直的两条相交直线，由线面垂直的判定定理判断出选项A；由三棱锥一定点处三条棱两两垂直，再利用底面垂心的性质得出，再代入得出，则判断出选项B；先根据底面三条边结合三角形的面积公式，从而求出三角形ABC的面积，再利用三棱锥的体积公式和选项B， 先根据底面三条边求出三角形面积，进而表示出体积，由选项的结论，代入化简成一个参数的表达式，利用导数求出最值 则判断出选项C；利用三棱锥一定点处三条棱两两垂直可知三棱锥与此三条棱构成的长方体外接球的球心相同，从而求出球的半径，再利用球的表面积公式得出球的表面积，再根据基本不等式得出球的表面积的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．已知，，则　 　．
【答案】2
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，.
，，
则，所以.
故答案为：2.
【分析】利用向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系得出，再根据数量积的坐标表示得出的值.
13．已知曲线在点处的切线与圆：相切，则　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为，求导得，
则，
所以曲线在点处的切线为，即.
又因为切线与圆相切，所以，
整理得，解得.
故答案为：.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式方程求出曲线在点处的切线，由直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，从而求出的值.
14．已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由的面积公式，即，
代入椭圆方程得，
则点为椭圆短轴端点，不妨取，
由椭圆的定义，可得 的周长为，
根据内切圆切线长性质，得：，
由椭圆的定义，得：，，，
则，
由得，
则，
因为直线过)和，则方程为，
联立椭圆方程，代入可得：，
解得点的横坐标，
由椭圆右焦半径公式，
则，
代入，可得：，
解得.
故答案为：.
【分析】利用三角形面积公式可得点为椭圆短轴端点，利用，再结合椭圆的定义可得，再利用椭圆的第二定义得出直线的方程，联立直线方程和椭圆的方程，从而得出点B的横坐标，再利用椭圆的右焦半径公式结合，从而得出a，c的关系式可得出椭圆的离心率.
15．如图，在四棱锥中，平面，，，，与相交于点，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：在四边形中，，
所以，则，
因为，所以，则，
所以，
又因为，所以.
在中，因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以，又因为，
则以点为原点，过点且平行于的直线为轴，，为轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则.
所以，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
则
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先得出，利用两直线平行对应边成比例，从而得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在四边形中，，所以，所以.
因为，所以，即，则.
又，所以.
在中，因为，所以.
又平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，又，
以点为原点，过点且平行于的直线为轴，，为轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则.
所以，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
16．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，的内切圆半径为1，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得：，
则，
又因为，
所以，
则，
因为，所以，
则．
（2）解：因为，所以，
又因为，由余弦定理，可知，
则，
因为的内切圆半径为1，
所以，
则，
所以，
联立，得：，
解得或（舍去），
所以的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将已知式子和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式，从而化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
（2）先利用已知条件得出角A的正弦值，再利用余弦定理和三角形内切圆半径以及三角形面积公式，从而联立方程组得出bc的值，结合三角形的面积公式得出的面积．
（1）因为，
所以由正弦定理得：，
即，因为，
所以，
所以，因为，故，
故．
（2）因为，所以，因为，
由余弦定理可知，即，
因为的内切圆半径为1，得，
即，故，
所以联立：，解得，或（舍去），
所以的面积为．
17．在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程：
（2）已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求．
【答案】（1）解：由，
得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，
则实半轴长，半焦距，虚半轴长，
因此，点的轨迹方程为，
设，由，得，
则，
所以，
则曲线的方程为.
（2）解：依题意，直线的斜率存在且不为0，
设其方程为，，
由，
消去得，
则，
所以，
则，，
由，，成等差数列，
得，
则，
所以，
则，
所以.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线定义判断出点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式得出c的值，从而得出点的轨迹方程，再利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而得出点P的坐标，再根据代入法得出曲线E的方程.
（2）依题意，直线的斜率存在且不为0，则设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，再利用判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，结合等差中项公式得出t的值.
（1）由，得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，
实半轴长，半焦距，虚半轴长，
因此点的轨迹方程为，设，由，得，
于是，即，所以曲线的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，，
由消去得，，
则，，，
由，，成等差数列，得，即，
则，即，所以.
18．甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为．
（1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率；
（2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望；
（3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和．
【答案】（1）解：设事件：甲第次投篮合中，
则则甲投篮4次即停止投篮的概率为，
所以，
则甲投篮4次即停止投篮的概率为．
（2）解：依题意，可得随机变量的可能取值为：，
则，
当局结束时，
甲胜概率为：；
当局结束时，
乙胜概率为：，
则，
，
所以，随机变量X的分布列为：
则随机变量X的数学期望为：.
（3）解：当时，，
则；
当时，，
则，
所以，
则，
所以，数列为首项为，公比为的等比数列，
则，
所以，
则．
【知识点】等比数列的前n项和；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件加法求概率公式，从而分析出投篮4次停止需满足“前两次未出现连中且后两次连中”的结构，再利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲投篮4次即停止投篮的概率.
（2）依据比赛规则确定随机变量的所有可能取值，利用独立事件乘法求概率公式与互斥事件加法求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）利用数学期望的递推关系和分类讨论的方法，再利用等比数列的定义判断出数列为首项为，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式得出数列的前项和．
（1）设事件：甲第次投篮合中，
则则甲投篮4次即停止投篮的概率，
则，故甲投篮4次即停止投篮的概率为．
（2）依题意可得，随机变量的可能取值为：，
，
局结束时，甲胜概率，
局结束时，乙胜概率，
，
，
分布列：
数学期望：.
（3）当时，，则，
当时，，
则，即则，
故为首项为，公比为的等比数列故，
即，故．
19．已知函数有唯一的极值点．
（1）求的取值范围；
（2）设是的两个零点，记，，．
（i）证明：；
（ii）判断是否可能为直角三角形，并说明理由．
【答案】（1）解：当时，是增函数，无极值点，
当时，，
因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，
令，则，
令，则，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，时，，
则当时，直线与的图象有一个交点，
则有唯一的极值点，
所以的取值范围为．
（2）（i）证明：由（1）知，因为为极值点，所以，
则，又因为，所以，则，
因为为增函数，且，
所以，，
则函数在单调递减，在单调递增，
又因为，所以，
因为，所以，
则，
要证：，只需证：，只需证：
只需证：，
令，则，
所以在上单调递增，则，所以.
（ii）结论：不可能为直角三角形，理由如下：
由（i）证明过程可知为极小值点，
所以，
由（i）知，所以，
因为，所以，
先证明：，
证明过程如下：
因为在单调递减，
只需证，又因为，只需证：，
即证明：，即证：，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，则，
所以在单调递增，
则，
因为，所以，则，
又因为，所以，
则，
因为，
所以，
又因为，所以，
则，
所以不可能为直角三角形．
【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；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）对分离参数，再利用有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，令，则，令，利用导数的正负判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法得出满足要求的实数a的取值范围.
（2）（i）利用（1）得出的实数a的取值范围，利用极值点的定义得出，再由a的取值范围得出的取值范围，从而得出，将证不等式等价变形为，构造辅助函数结合导数的正负判断函数的单调性，从而证出.
（ii）先确定三点横坐标关系为，再根据正切函数的定义得出，利用（i）的结论得到，再证明，从而得出为锐角，进而得出，从而判断不可能为直角三角形.
（1）当时，是增函数，无极值点
当时，，
又因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，
令，则，
令，则，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减．
当时，时，，
则当时，直线与的图象有一个交点，有唯一的极值点，
所以的取值范围为．
（2）（i）由①知，因为为极值点，所以，
即，因为，所以，所以，
因为为增函数，且，所以，，
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，
要证：，只需证：，只需证：
只需证：，
令，则，
则在上单调递增，，即得证.
（ii）结论：不可能为直角三角形，理由如下：
由（i）证明过程知为极小值点，
所以，
由（i）知，所以，
因为，所以，
先证明：，证明过程如下：
因为在单调递减，
所以只需证，
又因为，只需证：，
即证明：，即证：，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，所以，
所以在单调递增，所以，
因为，所以，即得证，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以
不可能为直角三角形．
1 / 1湖南永州市2026届高三第三次模拟考试数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知函数，则的一个对称中心为（　　）
A． B． C． D．
3．已知随机变量服从正态分布，，则（　　）
A．0.7 B．0.6 C．0.5 D．0.3
4．某学校派甲、乙、丙、丁4名同学参加“永超”足球比赛中3个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，甲、乙两位同学不能参加同一场次，则不同派法的种数为（　　）
A．12 B．24 C．30 D．36
5．已知数列是公比为的等比数列，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（　　）
A．3 B． C．4 D．
7．已知，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知数列满足，则（　　）
A． B．
C． D．
9．已知复数，则（　　）
A．
B．的虚部为
C．在复平面内对应的点位于第二象限
D．为方程的一个根
10．已知函数，则（　　）
A．的图象关于轴对称 B．有两个零点
C．不等式的解集为 D．若，则的最小值为
11．在三棱锥中，，，，平面，点为的垂心，且，则（　　）
A．平面
B．
C．三棱锥体积的最小值为
D．三棱锥外接球表面积的最小值为
12．已知，，则　 　．
13．已知曲线在点处的切线与圆：相切，则　 　．
14．已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为　 　．
15．如图，在四棱锥中，平面，，，，与相交于点，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
16．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，的内切圆半径为1，求的面积．
17．在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程：
（2）已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求．
18．甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为．
（1）若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率；
（2）若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望；
（3）若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和．
19．已知函数有唯一的极值点．
（1）求的取值范围；
（2）设是的两个零点，记，，．
（i）证明：；
（ii）判断是否可能为直角三角形，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用元素与集合的关系和元素的取值范围，从而得出集合U，再利用已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：令，得，
当时，，此时函数的一个对称中心为，
的一个对称中心为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和换元法以及正弦函数的对称性，从而得出正弦型函数的一个对称中心.
3．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，且，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求概率的方法，从而得出的值.
4．【答案】C
【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：符合要求的选派方法可分为两步完成，
第一步，将名同学分成人数分别为的三组，该步有种完成方法，
因为甲、乙两位同学不能参加同一场次，
所以种；
第二步，将组同学分派到3个场次，此步有种完成方法，
由分步乘法计数原理，可得符合要求的派法种数为．
故答案为：C.
【分析】利用组合数公式、排列数公式，先求将名同学分成人数分别为的三组的方法数，再求将组同学分派到3个场次的方法数，根据分步乘法计数原理，从而得出不同派法的种数．
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列是公比为的等比数列，
若，则，所以，
又因为，所以，解得：或，
若，则，
因为，，所以，
则成立，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等比数列的通项公式，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线，得焦点，
设，
因为是的中点，所以的坐标为，
又因为在抛物线上，将坐标代入，得： ，
由两点间距离公式，得： .
故答案为：D.
【分析】利用抛物线方程得出焦点坐标，再利用中点的坐标公式得出点M的坐标，结合两点距离公式，从而得出的值.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两边同除以，得，
所以，
因为，所以，
所以
，
当且仅当时，即当时取等号，
所以最大值为．
故答案为：A.
【分析】利用两角和的余弦公式以及同角三角函数基本关系式将用表示，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，
化简递推右侧，得：，
令（显然所有，则），
将上式改写为：，
下构建辅助不等式，证明：，对任意，，
设，求导得，
则在单调递增，，不等式得证，
令，代入得：，
移项得：；证明：
对任意，，设，
求导得：，
则在单调递增，所以，不等式得证，
令，代入不等式，得：
两边取倒数，不等号反向，得：
移项得：，
对所有，可得：，
左侧累加得：，代入，
得：，
右侧累加，得：
代入，得：，
综上可得：.
故答案为：B.
【分析】引入倒数代换，利用对数不等式和构造函数法，从而求导证出不等式，再分别放缩得到的取值范围，根据累加法对差分不等式从到进行求和，利用累加法建立首项与目标项的不等关系式，再通过倒数得出的取值范围.
9．【答案】A,D
【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；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：因为，
，故A正确；
因为复数的虚部为，故B错误；
因为复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C错误；
因为方程的根为，
所以是方程的一个根，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】根据复数除法运算法则得出复数z，再利用复数求模公式，则判断出选项A；利用复数虚部的定义判断出选项B；利用复数的几何意义判断出选项C；利用方程求复数根的方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，因为函数的定义域为，
所以，
则函数为偶函数，其图象关于轴对称，故A对；
对于选项B，当时，，
因为函数、、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，且，
则函数在上为减函数，且，
所以，函数有且只有两个零点，故B对；
对于选项C，因为函数是定义域为上的偶函数，且该函数在上为增函数，
由，可得，
所以，解得且，
则不等式的解集为，故C错；
对于选项D，因为，
所以，
由，可得，则，
因为函数在上单调递增，所以，
则，所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
则的最小值为，故D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和偶函数的图象对称性，则判断出选项A；利用函数零点的定义判断出选项B；利用偶函数的性质和函数的单调性，从而得出不等式的解集，则判断出选项C；利用函数的解析式和代入法以及函数的单调性，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项，由点为的垂心，可知，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
同理可得，，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，
所以平面，故选项正确；
对于选项，由选项易知，，两两垂直，
则平面，所以点为的垂心，
则，
由海伦公式，知，
代入上式，两边平方，取倒数，化简可得，
代入，，，，
得：，化简得，故选项正确；
对于选项，由，，两两垂直，，，，
根据勾股定理，可得，，，
在中，由余弦定理，可得，
代入各边长，化简得：，
所以，
则，
因此，
两边同时平方，得，
由选项知，
设，，则，
可得，，所以，
代入，
化简得，
令，
则，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以，当时，取最小值，为，
则的最小值为，
因此的最小值为，故选项正确；
对于选项，因为，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球球心与以，，为长宽高的长方体外接球的球心相同，
则外接球直接，
所以，则外接球表面积为，
由，
则，
由基本不等式，可得，
当且仅当时，即当时等号成立，
此时外接球表面积的最小值为，故选项错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用垂心的性质和线面垂直以及已知条件，从而找出与垂直的两条相交直线，由线面垂直的判定定理判断出选项A；由三棱锥一定点处三条棱两两垂直，再利用底面垂心的性质得出，再代入得出，则判断出选项B；先根据底面三条边结合三角形的面积公式，从而求出三角形ABC的面积，再利用三棱锥的体积公式和选项B， 先根据底面三条边求出三角形面积，进而表示出体积，由选项的结论，代入化简成一个参数的表达式，利用导数求出最值 则判断出选项C；利用三棱锥一定点处三条棱两两垂直可知三棱锥与此三条棱构成的长方体外接球的球心相同，从而求出球的半径，再利用球的表面积公式得出球的表面积，再根据基本不等式得出球的表面积的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，.
，，
则，所以.
故答案为：2.
【分析】利用向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系得出，再根据数量积的坐标表示得出的值.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为，求导得，
则，
所以曲线在点处的切线为，即.
又因为切线与圆相切，所以，
整理得，解得.
故答案为：.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式方程求出曲线在点处的切线，由直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，从而求出的值.
14．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由的面积公式，即，
代入椭圆方程得，
则点为椭圆短轴端点，不妨取，
由椭圆的定义，可得 的周长为，
根据内切圆切线长性质，得：，
由椭圆的定义，得：，，，
则，
由得，
则，
因为直线过)和，则方程为，
联立椭圆方程，代入可得：，
解得点的横坐标，
由椭圆右焦半径公式，
则，
代入，可得：，
解得.
故答案为：.
【分析】利用三角形面积公式可得点为椭圆短轴端点，利用，再结合椭圆的定义可得，再利用椭圆的第二定义得出直线的方程，联立直线方程和椭圆的方程，从而得出点B的横坐标，再利用椭圆的右焦半径公式结合，从而得出a，c的关系式可得出椭圆的离心率.
15．【答案】（1）证明：在四边形中，，
所以，则，
因为，所以，则，
所以，
又因为，所以.
在中，因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以，又因为，
则以点为原点，过点且平行于的直线为轴，，为轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则.
所以，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
则
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先得出，利用两直线平行对应边成比例，从而得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在四边形中，，所以，所以.
因为，所以，即，则.
又，所以.
在中，因为，所以.
又平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，又，
以点为原点，过点且平行于的直线为轴，，为轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则.
所以，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得：，
则，
又因为，
所以，
则，
因为，所以，
则．
（2）解：因为，所以，
又因为，由余弦定理，可知，
则，
因为的内切圆半径为1，
所以，
则，
所以，
联立，得：，
解得或（舍去），
所以的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将已知式子和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式，从而化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
（2）先利用已知条件得出角A的正弦值，再利用余弦定理和三角形内切圆半径以及三角形面积公式，从而联立方程组得出bc的值，结合三角形的面积公式得出的面积．
（1）因为，
所以由正弦定理得：，
即，因为，
所以，
所以，因为，故，
故．
（2）因为，所以，因为，
由余弦定理可知，即，
因为的内切圆半径为1，得，
即，故，
所以联立：，解得，或（舍去），
所以的面积为．
17．【答案】（1）解：由，
得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，
则实半轴长，半焦距，虚半轴长，
因此，点的轨迹方程为，
设，由，得，
则，
所以，
则曲线的方程为.
（2）解：依题意，直线的斜率存在且不为0，
设其方程为，，
由，
消去得，
则，
所以，
则，，
由，，成等差数列，
得，
则，
所以，
则，
所以.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线定义判断出点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式得出c的值，从而得出点的轨迹方程，再利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而得出点P的坐标，再根据代入法得出曲线E的方程.
（2）依题意，直线的斜率存在且不为0，则设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，再利用判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，结合等差中项公式得出t的值.
（1）由，得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线，
实半轴长，半焦距，虚半轴长，
因此点的轨迹方程为，设，由，得，
于是，即，所以曲线的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，，
由消去得，，
则，，，
由，，成等差数列，得，即，
则，即，所以.
18．【答案】（1）解：设事件：甲第次投篮合中，
则则甲投篮4次即停止投篮的概率为，
所以，
则甲投篮4次即停止投篮的概率为．
（2）解：依题意，可得随机变量的可能取值为：，
则，
当局结束时，
甲胜概率为：；
当局结束时，
乙胜概率为：，
则，
，
所以，随机变量X的分布列为：
则随机变量X的数学期望为：.
（3）解：当时，，
则；
当时，，
则，
所以，
则，
所以，数列为首项为，公比为的等比数列，
则，
所以，
则．
【知识点】等比数列的前n项和；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件加法求概率公式，从而分析出投篮4次停止需满足“前两次未出现连中且后两次连中”的结构，再利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲投篮4次即停止投篮的概率.
（2）依据比赛规则确定随机变量的所有可能取值，利用独立事件乘法求概率公式与互斥事件加法求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（3）利用数学期望的递推关系和分类讨论的方法，再利用等比数列的定义判断出数列为首项为，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式得出数列的前项和．
（1）设事件：甲第次投篮合中，
则则甲投篮4次即停止投篮的概率，
则，故甲投篮4次即停止投篮的概率为．
（2）依题意可得，随机变量的可能取值为：，
，
局结束时，甲胜概率，
局结束时，乙胜概率，
，
，
分布列：
数学期望：.
（3）当时，，则，
当时，，
则，即则，
故为首项为，公比为的等比数列故，
即，故．
19．【答案】（1）解：当时，是增函数，无极值点，
当时，，
因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，
令，则，
令，则，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，时，，
则当时，直线与的图象有一个交点，
则有唯一的极值点，
所以的取值范围为．
（2）（i）证明：由（1）知，因为为极值点，所以，
则，又因为，所以，则，
因为为增函数，且，
所以，，
则函数在单调递减，在单调递增，
又因为，所以，
因为，所以，
则，
要证：，只需证：，只需证：
只需证：，
令，则，
所以在上单调递增，则，所以.
（ii）结论：不可能为直角三角形，理由如下：
由（i）证明过程可知为极小值点，
所以，
由（i）知，所以，
因为，所以，
先证明：，
证明过程如下：
因为在单调递减，
只需证，又因为，只需证：，
即证明：，即证：，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，则，
所以在单调递增，
则，
因为，所以，则，
又因为，所以，
则，
因为，
所以，
又因为，所以，
则，
所以不可能为直角三角形．
【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；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）对分离参数，再利用有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，令，则，令，利用导数的正负判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法得出满足要求的实数a的取值范围.
（2）（i）利用（1）得出的实数a的取值范围，利用极值点的定义得出，再由a的取值范围得出的取值范围，从而得出，将证不等式等价变形为，构造辅助函数结合导数的正负判断函数的单调性，从而证出.
（ii）先确定三点横坐标关系为，再根据正切函数的定义得出，利用（i）的结论得到，再证明，从而得出为锐角，进而得出，从而判断不可能为直角三角形.
（1）当时，是增函数，无极值点
当时，，
又因为有唯一的极值点等价于有唯一的变号零点，
令，则，
令，则，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减．
当时，时，，
则当时，直线与的图象有一个交点，有唯一的极值点，
所以的取值范围为．
（2）（i）由①知，因为为极值点，所以，
即，因为，所以，所以，
因为为增函数，且，所以，，
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，
要证：，只需证：，只需证：
只需证：，
令，则，
则在上单调递增，，即得证.
（ii）结论：不可能为直角三角形，理由如下：
由（i）证明过程知为极小值点，
所以，
由（i）知，所以，
因为，所以，
先证明：，证明过程如下：
因为在单调递减，
所以只需证，
又因为，只需证：，
即证明：，即证：，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，所以，
所以在单调递增，所以，
因为，所以，即得证，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以
不可能为直角三角形．
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