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湖南新高考教学教研联盟2026届高三4月第二次联考数学试题
1．若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知单位向量，，满足，则（　　）
A． B． C．1 D．2
4．直线与圆的交点为，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．已知函数的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则（　　）
A．1013 B．1014 C．502 D．503
7．已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，，则（　　）
A．0 B． C．3 D．4
8．已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（　　）
A． B． C． D．
9．若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向2米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中正确的是（　　）
A．机器人移动4秒来到舞台中心的路径条数为12
B．已知机器人移动4秒到达舞台中心，则其在4秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C．机器人在移动3秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D．移动1秒后机器人与的距离为米的概率为
11．如图，对每个正整数，是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点．则（　　）
A．
B．
C．若，则的最小值为2
D．若，则
12．已知，则曲线在点处的切线方程为　 　．
13．如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则　 　．
14．已知数列，令，其中，，且，定义，则　 　．
15．在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表：
思维任务类型 信号同步性 合计
信号同步 信号不同步
逻辑推理 42 58 100
创造性想象 28 72 100
合计 70 130 200
（1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由．
（2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？
附：，
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
16．在中，已知，且．
（1）求角的大小；
（2）若，为中点，且，求的面积．
17．如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
18．已知椭圆的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为．
（1）求椭圆的离心率．
（2）过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），且的面积与的面积相等．
（ⅰ）求直线的斜率；
（ⅱ）若，求椭圆的方程．
19．已知函数，．
（1）当时，证明有唯一极值点；
（2）讨论的零点个数；
（3）若存在，当时，总有，求符合条件的的最小值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
要使函数有意义，则，解得，即集合，
则．
故答案为：D.
【分析】解不等式求得集合M，求函数的定义域，求得集合N，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点为，所以，
则，．
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示求得，再根据复数代数形式的乘除运算结合共轭复数的定义求解即可.
3．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，
则，
即，解得．
故答案为：B.
【分析】由，得，两边同时平方，结合向量数量积运算求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：在中，，圆的半径为4，
圆心到直线的距离为，
由点线距离公式得，即，解得．
故答案为：C.
【分析】易知圆的半径为4，在中，，圆心到直线的距离为2，利用点到直线的距离公式列式求k的值即可.
5．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数图像向左平移个单位后得到函数，
因为图象关于原点对称，所以，所以，
又因为，所以的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的平移变换，结合函数的奇偶性求解即可.
6．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：易知等比数列的通项为，因为，所以，
则．
故答案为：A.
【分析】根据等比数列的定义先求数列的通项，再根据，求得，最后利用等比数列的求和公式求解即可.
7．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是定义在上的奇函数，所以，
因为的图象关于对称，所以，
令，可得，则，即函数的一个周期为4，
则．
故答案为：C.
【分析】由函数为奇函数，可得，再根据的图象关于对称 ，可得，令，利用换元法求得函数是周期为的周期函数，利用函数的周期性和奇函数性质求解即可.
8．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：由两两相互独立得到，
设，
则
，解得，
又考虑，
解得，综上得．
故答案为：C.
【分析】由独立事件得定义可得，设，利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性的定义逐步缩小求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式
【解析】【解答】解：，则，，故A，C正确；
，由A可知，所以此处等号不能取，
所以，故B正确；
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据对数函数的单调性，结合对数函数的运算求解即可判断AC；利用换底公式，结合基本不等式以及A选项的结论即可判断B；由即可判断D．
10．【答案】B,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、机器人移动4秒到达舞台中心，则机器人需要有两步向西，
剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有种，故A错误；
B、机器人移动4秒到达舞台中心，由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，故所求概率为，故B正确；
C、移动3秒机器人移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处，
则距离为3米可能的情况有1种，距离为1米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一步，即种，故所求概率为，故C错误；
D、移动1秒后机器人与的距离为米，即向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况，而与在移动1秒后有种情况，故所求概率为，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】由题意可得，机器人需要有两步向西，剩下两步为东西各一步或者南北各一步，利用分步乘法计算原理结合组合数求解即可判断A；机器人移动4秒到达舞台中心，由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，根据古典概型概率公式求解即可判断B；移动3秒机器人移动到正北方向上，移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处，利用古典概型概率公式求解即可判断C；由题意可得向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况
根据古典概型概率公式求解即可判断D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列的前n项和；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
设直线的方程为，
联立，消元整理得，
由一元二次方程根与系数的关系得，故A正确；
对任意固定的，因为，
则抛物线在处的切线的斜率，
故在处的切线方程为：，①
同理，在处的切线方程为：，②
由②-①，得，，，③
将③代入①并结合得交点的坐标为，
由可知，
是直角三角形，又，
则，，
由射影定理，知，故B正确；
由两点间的距离公式，
得．
当，则，
由对勾函数性质知，当时，，故C错误；
若，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得：
，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】易知抛物线的焦点，设直线的方程，联立直线与抛物线方程，消元整理得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系即可判断A；求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求出抛物线在和处的切线方程，相减可得点的坐标，再利用斜率关系可得，即可判断B；利用两点间的距离公式，当，可得，结合对勾函数性质求的最小值，即可判断C；将代入，利用等比数列求和公式计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数，，，，
则在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可.
13．【答案】
【知识点】球内接多面体；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：过作，且，过作，且，
连接，，，，根据题意可知，，
由题意知，，，所以，
又，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面，所以三棱柱为直三棱柱，
则三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为，
由，知，设三角形的外接圆半径为，
则，求得，
设，则，在中，设，，
则，，
代入，解得或（舍），．
故答案为：.
【分析】过作，且，过作，且，连接，，，，作出辅助线，易知三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为，转化为三棱柱的外接球问题，结合正弦定理和余弦定理求解即可.
14．【答案】2
【知识点】数列的函数特性；数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意知，，，且，所以是的个位数，
由于，；，；，；，；，；，，…
以此类推可知，周期为5，
下面分析，设，对每个，先计算，
时，相减得；
时，相减得；
时，相减得，
同理可计算与时，与，
故是以1，2，1，2，1循环的周期数列，
是以循环的周期数列，周期为10，
.
故答案为：2.
【分析】由题意可得：是的个位数，利用赋值法求得数列个位数字的周期性，设，对每个，先计算，利用周期性得到差的规律，从而得到数列的周期性，再利用周期求和即可.
15．【答案】（1）解：逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率，
思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即；
（2）解：零假设：思维任务类型与信号同步性无关，
根据表中数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
【知识点】独立性检验的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据列联表数据分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率判断即可；
（2）先进行零假设，再计算值，与临界值比较判断即可.
（1）逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率，
思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即；
（2）零假设：思维任务类型与信号同步性无关，
根据表中数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
16．【答案】（1）解：，
，即，
，
或，
又，为三角形的内角且，，；
（2）解：在中，由余弦定理得①，
在中，因为为中点，所以，
由余弦定理得②，
由②-①，得③，
将，代入③式，解得，，
将，代入②式，解得，
故的面积．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用正弦、余弦的二倍角公式以及辅助角公式化简原式，再根据正弦型函数的性质求解即可；
（2）在中，利用余弦定理可得①，在中，利用余弦定理得②，联立①②求得，最后根据三角形的面积公式求解即可.
（1），
，即，
，
或，
又，为三角形的内角且，，．
（2）法一：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理，得，
又因为，所以，又因为中点，
所以，故，
化简可得，
故，在中，
由正弦定理得，所以，
在中，，
所以，可得，
所以三角形是等腰直角三角形，故，
所以，．
法二：在中，由余弦定理得，①
在中，因为为中点，所以，
由余弦定理得，②
由②-①，得，③
将，代入③式，解得，，
将，代入②式，解得，
所以的面积．
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
，分别是和的中点，与平行且相等；
和都垂直于平面，且，与平行且相等，
与平行且相等，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）解：设到平面的距离为，则，故，
由于垂直于平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
，，，，
设，则，
，，
设平面的法向量为，则，即，取，得，，
则平面的一个法向量，
由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，先证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）设到平面的距离为，根据四棱锥的体积为3求出点到平面的距离，由于垂直于平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，，
，分别是和的中点，与平行且xd；
和都垂直于平面，且，与平行且相等，
与平行且相等，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面．
（2）设到平面的距离为，
则，故．
法一：由于垂直于平面，建立如图空间直角坐标系，
，，
，，，，
设，则，
，，
设平面的法向量为，则由得
取，得，，因此平面的一个法向量．
由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
法二：延长和交于点，过作于，
平面，，又，，且两直线在平面内，
平面，，
为平面与平面的夹角，
由，得，
而，所以，当且仅当时等号成立；
，，
∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
18．【答案】（1）解：法一：因为，
所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形，
所以，即；
法二：由题意得，消去得，
同除以得，即，解得或，
因为为锐角三角形，所以，即，故；
（2）解：（ⅰ），和到直线的距离相等，
当和在直线同侧时，，直线的斜率为；
当和在直线异侧时，直线过的中点，直线的斜率，
综上，直线的斜率为或；
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，解得，或，
所以，，
（不合题意，舍去）；
（另解：在中，，，故，从而，不合题意）
当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
由韦达定理可得，，
，
由（ⅰ）知垂直平分，故，
所以，故，
此时椭圆的方程为，
综上所述：椭圆的方程为．
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）法一：由题意，利用三角形面积公式求出，根据为锐角三角形，求得，为等边三角形，进而得到关系，再利用椭圆的离心率公式求解即可；
法二：由题意可得，将代入，得到关于的齐次式，化简求离心率即可；
（2）（ⅰ）由的面积与的面积相等，可得和到直线的距离相等，再分和在直线同侧、异侧两种总情况讨论，计算斜率即可；
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，联立方程组，求得P，Q的坐标，利用两点间公式判断，不符合题意，舍去；再分析斜率为的情况：联立直线与椭圆方程，用韦达定理求出弦长，由垂直平分得，结合椭圆定义转化得，进而求出，得到椭圆方程.
（1）法一：因为，
所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形，
所以，即．
法二：由题意得消去得，
同除以得，即，解得或，
因为为锐角三角形，所以，即，故．
（2）（ⅰ），和到直线的距离相等，
当和在直线同侧时，，直线的斜率为；
当和在直线异侧时，直线过的中点，
直线的斜率，
综上，直线的斜率为或．
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
解得或所以，，
（不合题意，舍去）；
（另解：在中，，，故，从而，不合题意）
当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
故，．
，
由（ⅰ）知垂直平分，故，
所以，故，
此时椭圆的方程为，
综上所述：椭圆的方程为．
19．【答案】（1）证明：函数，，
令，
则，
当时，①当时，，，，故；
②当时，令，
，
因为，，，故，
单调递减，因为，，
所以，使得，
当时，当时，
综合①②，得，
当时，当时，
所以有唯一极值点，即有唯一极值点；
（2）解：①当时，在上单调递增，在上单调递减，
，，
又，，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当时，，
，又，
存在唯一，使得，
因此有2个零点和；
②当时，，，有唯一零点；
③当时，当时，，，，
又，，有唯一零点，
综上所述：当时，有2个零点；当时，有1个零点；
（3）解：原问题等价于存在，当时，总有，
设，则，
设，则，
若，，单调递增，
当时，，即，
，单调递减，
当时，，即，命题成立，
下面仅需考虑的情况：
在上单调递减，其中，
故，在上均单调递减，
，，
①如果，即，则，单调递增，
，即，
又，在上单调递减，
故，所以在上单调递减，所以，即，
当时，总有，命题成立，
②如果，即，故由零点存在定理知，使得，
当时，，单调递减，，
即（不合题意，舍去），
综上：的最小值为．
【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
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，令，求导，利用导数判断函数单调性，确定极值点即可；（2）由（1）的函数的导函数，再分、和讨论分析的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数即可；
（3）原问题等价于存在，当时，总有，构造函数，，分类讨论函数的单调性确定符合条件的的最小值 .
（1），
令，
则，
当时，
①当时，，，，故；
②当时，令，
，
因为，，，故，
单调递减，因为，，
所以，使得，
当时，当时，
综合①②，得，
当时，当时，
所以有唯一极值点，即有唯一极值点．
（2）①当时，在上单调递增，在上单调递减，
，，
又，，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当时，，
，又，
存在唯一，使得，
因此有2个零点和；
②当时，，，有唯一零点；
③当时，当时，，，，
又，，有唯一零点．
综上所述：当时，有2个零点；当时，有1个零点．
（3）原问题等价于存在，当时，总有．
设，则，
设，则，
若，，单调递增，
当时，，即，
，单调递减，
当时，，即，命题成立．
下面仅需考虑的情况：
在上单调递减，其中，
故，在上均单调递减，
，，
①如果，即，
则，单调递增，
，即，
又，在上单调递减，
故，所以在上单调递减，
所以，即，
当时，总有，命题成立．
②如果，即，故由零点存在定理知，使得，
当时，，单调递减，，
即（不合题意，舍去）．
综上：的最小值为．
1 / 1湖南新高考教学教研联盟2026届高三4月第二次联考数学试题
1．若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
要使函数有意义，则，解得，即集合，
则．
故答案为：D.
【分析】解不等式求得集合M，求函数的定义域，求得集合N，再根据集合的交集运算求解即可.
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点为，所以，
则，．
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示求得，再根据复数代数形式的乘除运算结合共轭复数的定义求解即可.
3．已知单位向量，，满足，则（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，得，
则，
即，解得．
故答案为：B.
【分析】由，得，两边同时平方，结合向量数量积运算求解即可.
4．直线与圆的交点为，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：在中，，圆的半径为4，
圆心到直线的距离为，
由点线距离公式得，即，解得．
故答案为：C.
【分析】易知圆的半径为4，在中，，圆心到直线的距离为2，利用点到直线的距离公式列式求k的值即可.
5．已知函数的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数图像向左平移个单位后得到函数，
因为图象关于原点对称，所以，所以，
又因为，所以的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的平移变换，结合函数的奇偶性求解即可.
6．已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则（　　）
A．1013 B．1014 C．502 D．503
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：易知等比数列的通项为，因为，所以，
则．
故答案为：A.
【分析】根据等比数列的定义先求数列的通项，再根据，求得，最后利用等比数列的求和公式求解即可.
7．已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，，则（　　）
A．0 B． C．3 D．4
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是定义在上的奇函数，所以，
因为的图象关于对称，所以，
令，可得，则，即函数的一个周期为4，
则．
故答案为：C.
【分析】由函数为奇函数，可得，再根据的图象关于对称 ，可得，令，利用换元法求得函数是周期为的周期函数，利用函数的周期性和奇函数性质求解即可.
8．已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：由两两相互独立得到，
设，
则
，解得，
又考虑，
解得，综上得．
故答案为：C.
【分析】由独立事件得定义可得，设，利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性的定义逐步缩小求解即可.
9．若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式
【解析】【解答】解：，则，，故A，C正确；
，由A可知，所以此处等号不能取，
所以，故B正确；
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据对数函数的单调性，结合对数函数的运算求解即可判断AC；利用换底公式，结合基本不等式以及A选项的结论即可判断B；由即可判断D．
10．在舞台上，智能机器人从舞台中心出发，伴着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”．与此同时，另一台机器人从舞台中心正东方向2米的位置起步，移动规则与相同，若相遇，则继续独立移动．下列说法中正确的是（　　）
A．机器人移动4秒来到舞台中心的路径条数为12
B．已知机器人移动4秒到达舞台中心，则其在4秒移动中至少存在一步向正南移动的概率为
C．机器人在移动3秒来到舞台中心的正北方向上的概率为
D．移动1秒后机器人与的距离为米的概率为
【答案】B,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、机器人移动4秒到达舞台中心，则机器人需要有两步向西，
剩下两步为东西各一步或者南北各一步，那么路径条数共有种，故A错误；
B、机器人移动4秒到达舞台中心，由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，故所求概率为，故B正确；
C、移动3秒机器人移动到正北方向上，即移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处，
则距离为3米可能的情况有1种，距离为1米可能的情况有向北两步向南一步、向北一步向西一步向东一步，即种，故所求概率为，故C错误；
D、移动1秒后机器人与的距离为米，即向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况，而与在移动1秒后有种情况，故所求概率为，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】由题意可得，机器人需要有两步向西，剩下两步为东西各一步或者南北各一步，利用分步乘法计算原理结合组合数求解即可判断A；机器人移动4秒到达舞台中心，由A可知，在4秒移动中存在一步向正南移动的可能情况是两步向西且南北各一步，根据古典概型概率公式求解即可判断B；移动3秒机器人移动到正北方向上，移动到正北方向距离舞台中心1米、3米处，利用古典概型概率公式求解即可判断C；由题意可得向北向西、向东向北、向东向南、向南向西，共4种情况
根据古典概型概率公式求解即可判断D．
11．如图，对每个正整数，是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点．则（　　）
A．
B．
C．若，则的最小值为2
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列的前n项和；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
设直线的方程为，
联立，消元整理得，
由一元二次方程根与系数的关系得，故A正确；
对任意固定的，因为，
则抛物线在处的切线的斜率，
故在处的切线方程为：，①
同理，在处的切线方程为：，②
由②-①，得，，，③
将③代入①并结合得交点的坐标为，
由可知，
是直角三角形，又，
则，，
由射影定理，知，故B正确；
由两点间的距离公式，
得．
当，则，
由对勾函数性质知，当时，，故C错误；
若，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得：
，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】易知抛物线的焦点，设直线的方程，联立直线与抛物线方程，消元整理得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系即可判断A；求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求出抛物线在和处的切线方程，相减可得点的坐标，再利用斜率关系可得，即可判断B；利用两点间的距离公式，当，可得，结合对勾函数性质求的最小值，即可判断C；将代入，利用等比数列求和公式计算即可判断D.
12．已知，则曲线在点处的切线方程为　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数，，，，
则在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可.
13．如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则　 　．
【答案】
【知识点】球内接多面体；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：过作，且，过作，且，
连接，，，，根据题意可知，，
由题意知，，，所以，
又，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面，所以三棱柱为直三棱柱，
则三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为，
由，知，设三角形的外接圆半径为，
则，求得，
设，则，在中，设，，
则，，
代入，解得或（舍），．
故答案为：.
【分析】过作，且，过作，且，连接，，，，作出辅助线，易知三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为，转化为三棱柱的外接球问题，结合正弦定理和余弦定理求解即可.
14．已知数列，令，其中，，且，定义，则　 　．
【答案】2
【知识点】数列的函数特性；数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意知，，，且，所以是的个位数，
由于，；，；，；，；，；，，…
以此类推可知，周期为5，
下面分析，设，对每个，先计算，
时，相减得；
时，相减得；
时，相减得，
同理可计算与时，与，
故是以1，2，1，2，1循环的周期数列，
是以循环的周期数列，周期为10，
.
故答案为：2.
【分析】由题意可得：是的个位数，利用赋值法求得数列个位数字的周期性，设，对每个，先计算，利用周期性得到差的规律，从而得到数列的周期性，再利用周期求和即可.
15．在脑机接口技术实验中，研究人员为验证不同思维任务下，两个大脑的信号同步性是否独立，研究人员选取了200组观测数据，聚焦于“逻辑推理”与“创造性想象”两类任务，记录了两位受试者脑电信号的同步情况，得到了如下列联表：
思维任务类型 信号同步性 合计
信号同步 信号不同步
逻辑推理 42 58 100
创造性想象 28 72 100
合计 70 130 200
（1）分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率，你认为思维任务类型与信号同步性有关吗？简述理由．
（2）根据小概率值的独立性检验，分析思维任务类型与信号同步性有关吗？
附：，
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率，
思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即；
（2）解：零假设：思维任务类型与信号同步性无关，
根据表中数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
【知识点】独立性检验的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据列联表数据分别计算两类任务中信号同步的频率，根据频率判断即可；
（2）先进行零假设，再计算值，与临界值比较判断即可.
（1）逻辑推理任务中信号同步的频率，创造性想象任务中信号同步的频率，
思维任务类型与信号同步性有关，因为两类任务的同步频率存在明显差异，即；
（2）零假设：思维任务类型与信号同步性无关，
根据表中数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即思维任务类型与信号同步性无关．
16．在中，已知，且．
（1）求角的大小；
（2）若，为中点，且，求的面积．
【答案】（1）解：，
，即，
，
或，
又，为三角形的内角且，，；
（2）解：在中，由余弦定理得①，
在中，因为为中点，所以，
由余弦定理得②，
由②-①，得③，
将，代入③式，解得，，
将，代入②式，解得，
故的面积．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；余弦定理；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用正弦、余弦的二倍角公式以及辅助角公式化简原式，再根据正弦型函数的性质求解即可；
（2）在中，利用余弦定理可得①，在中，利用余弦定理得②，联立①②求得，最后根据三角形的面积公式求解即可.
（1），
，即，
，
或，
又，为三角形的内角且，，．
（2）法一：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理，得，
又因为，所以，又因为中点，
所以，故，
化简可得，
故，在中，
由正弦定理得，所以，
在中，，
所以，可得，
所以三角形是等腰直角三角形，故，
所以，．
法二：在中，由余弦定理得，①
在中，因为为中点，所以，
由余弦定理得，②
由②-①，得，③
将，代入③式，解得，，
将，代入②式，解得，
所以的面积．
17．如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
，分别是和的中点，与平行且相等；
和都垂直于平面，且，与平行且相等，
与平行且相等，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）解：设到平面的距离为，则，故，
由于垂直于平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
，，，，
设，则，
，，
设平面的法向量为，则，即，取，得，，
则平面的一个法向量，
由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，先证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）设到平面的距离为，根据四棱锥的体积为3求出点到平面的距离，由于垂直于平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，，
，分别是和的中点，与平行且xd；
和都垂直于平面，且，与平行且相等，
与平行且相等，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面．
（2）设到平面的距离为，
则，故．
法一：由于垂直于平面，建立如图空间直角坐标系，
，，
，，，，
设，则，
，，
设平面的法向量为，则由得
取，得，，因此平面的一个法向量．
由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
法二：延长和交于点，过作于，
平面，，又，，且两直线在平面内，
平面，，
为平面与平面的夹角，
由，得，
而，所以，当且仅当时等号成立；
，，
∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
18．已知椭圆的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为．
（1）求椭圆的离心率．
（2）过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），且的面积与的面积相等．
（ⅰ）求直线的斜率；
（ⅱ）若，求椭圆的方程．
【答案】（1）解：法一：因为，
所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形，
所以，即；
法二：由题意得，消去得，
同除以得，即，解得或，
因为为锐角三角形，所以，即，故；
（2）解：（ⅰ），和到直线的距离相等，
当和在直线同侧时，，直线的斜率为；
当和在直线异侧时，直线过的中点，直线的斜率，
综上，直线的斜率为或；
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，解得，或，
所以，，
（不合题意，舍去）；
（另解：在中，，，故，从而，不合题意）
当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
由韦达定理可得，，
，
由（ⅰ）知垂直平分，故，
所以，故，
此时椭圆的方程为，
综上所述：椭圆的方程为．
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）法一：由题意，利用三角形面积公式求出，根据为锐角三角形，求得，为等边三角形，进而得到关系，再利用椭圆的离心率公式求解即可；
法二：由题意可得，将代入，得到关于的齐次式，化简求离心率即可；
（2）（ⅰ）由的面积与的面积相等，可得和到直线的距离相等，再分和在直线同侧、异侧两种总情况讨论，计算斜率即可；
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，联立方程组，求得P，Q的坐标，利用两点间公式判断，不符合题意，舍去；再分析斜率为的情况：联立直线与椭圆方程，用韦达定理求出弦长，由垂直平分得，结合椭圆定义转化得，进而求出，得到椭圆方程.
（1）法一：因为，
所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形，
所以，即．
法二：由题意得消去得，
同除以得，即，解得或，
因为为锐角三角形，所以，即，故．
（2）（ⅰ），和到直线的距离相等，
当和在直线同侧时，，直线的斜率为；
当和在直线异侧时，直线过的中点，
直线的斜率，
综上，直线的斜率为或．
（ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
解得或所以，，
（不合题意，舍去）；
（另解：在中，，，故，从而，不合题意）
当直线的斜率为时，设直线的方程为，，，
联立消去，得，
故，．
，
由（ⅰ）知垂直平分，故，
所以，故，
此时椭圆的方程为，
综上所述：椭圆的方程为．
19．已知函数，．
（1）当时，证明有唯一极值点；
（2）讨论的零点个数；
（3）若存在，当时，总有，求符合条件的的最小值．
【答案】（1）证明：函数，，
令，
则，
当时，①当时，，，，故；
②当时，令，
，
因为，，，故，
单调递减，因为，，
所以，使得，
当时，当时，
综合①②，得，
当时，当时，
所以有唯一极值点，即有唯一极值点；
（2）解：①当时，在上单调递增，在上单调递减，
，，
又，，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当时，，
，又，
存在唯一，使得，
因此有2个零点和；
②当时，，，有唯一零点；
③当时，当时，，，，
又，，有唯一零点，
综上所述：当时，有2个零点；当时，有1个零点；
（3）解：原问题等价于存在，当时，总有，
设，则，
设，则，
若，，单调递增，
当时，，即，
，单调递减，
当时，，即，命题成立，
下面仅需考虑的情况：
在上单调递减，其中，
故，在上均单调递减，
，，
①如果，即，则，单调递增，
，即，
又，在上单调递减，
故，所以在上单调递减，所以，即，
当时，总有，命题成立，
②如果，即，故由零点存在定理知，使得，
当时，，单调递减，，
即（不合题意，舍去），
综上：的最小值为．
【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
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，令，求导，利用导数判断函数单调性，确定极值点即可；（2）由（1）的函数的导函数，再分、和讨论分析的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数即可；
（3）原问题等价于存在，当时，总有，构造函数，，分类讨论函数的单调性确定符合条件的的最小值 .
（1），
令，
则，
当时，
①当时，，，，故；
②当时，令，
，
因为，，，故，
单调递减，因为，，
所以，使得，
当时，当时，
综合①②，得，
当时，当时，
所以有唯一极值点，即有唯一极值点．
（2）①当时，在上单调递增，在上单调递减，
，，
又，，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当时，，
，又，
存在唯一，使得，
因此有2个零点和；
②当时，，，有唯一零点；
③当时，当时，，，，
又，，有唯一零点．
综上所述：当时，有2个零点；当时，有1个零点．
（3）原问题等价于存在，当时，总有．
设，则，
设，则，
若，，单调递增，
当时，，即，
，单调递减，
当时，，即，命题成立．
下面仅需考虑的情况：
在上单调递减，其中，
故，在上均单调递减，
，，
①如果，即，
则，单调递增，
，即，
又，在上单调递减，
故，所以在上单调递减，
所以，即，
当时，总有，命题成立．
②如果，即，故由零点存在定理知，使得，
当时，，单调递减，，
即（不合题意，舍去）．
综上：的最小值为．
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