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浙江省宁波市2025-2026学年第二学期高考模拟考试高三数学试题
1．复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．3
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为．
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据虚部的概念求解即可．
2．集合，则中的元素个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】集合的表示方法；补集及其运算
【解析】【解答】解：，
则，中的元素个数为3．
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式，结合集合的特征求得集合U，再根据集合补集运算求解即可.
3．已知，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式
【解析】【解答】解：若，则，即充分性成立；
若，取，满足条件，则，不满足，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用基本不等式，结合特殊值法，以及充分、必要条件的定义判断即可.
4．已知正方形的边长为1，则（　　）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：在正方形中，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据向量的加减运算，结合正方形的特征求解即可.
5．某中学校园十佳歌手比赛中，7位评委对某歌手的评分分别为，记为数组，将数组中去掉一个最高分和一个最低分后保留的5个有效评分记为数组，对这两个数组进行比较，有（　　）
A．极差相同 B．方差相同
C．分位数相同 D．平均数相同
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：去掉最高分和最低分后，数组B的数据为，
A、数组A的极差为，数组B的极差为，故A错误；
BD、数组A的平均数，
数组B的平均数，故D正确；
数组A的方差为
，
数组B的方差为，故B错误；
C、，则数组A的分位数为，，则数组B的分位数为，故C错误.
故答案为：D.
【分析】去掉最高分和最低分的数据为 ，计算极差即可判断A；再分别计算数据A，B的平均数，方差即可判断BD；根据百分位数的定义求解即可判断C.
6．在钝角中，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，
因为，所以，即，解得或，
当时，，则，，则角B为钝角，符合题意；
当时，，则，，不符合题意，舍去，即，
则的面积.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用余弦定理，求得a值，再分别利用余弦定理及钝角三角形验证确定a的值，最后利用三角形面积公式求解即可.
7．已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：，
易知函数在和单调递增，如图所示：
设，即方程有三个不同的实数解，
又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解，
所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解，
且，，解得，
时，即，
不妨设，
则，
即，解得
，
又在上单调递增，
时，．
故答案为：D.
【分析】易知函数的单调性，作出函数的图象，由题意可知方程有三个不同的实根，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，再根据函数在上单调递增，利用函数的单调性求的最小值即可．
8．数列满足：为的前项和，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由递推关系得，，，
，，，
，，，
，，，
可得数列的周期为12，则，故A正确，B错误；
一个周期内的和为，
则，故C、D错误.
故答案为：A.
【分析】利用数列的递推关系求数列的前14项，得到数列的周期，再根据数列的周期性逐项求解判断即可.
9．若是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的（　　）
A．实轴长相等 B．焦距相等 C．离心率相同 D．渐近线相同
【答案】B,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：，，不妨设，
A、的实轴长分别为，不相等，故A错误；
B、的焦距分别为，相等，故B正确；
C、的离心率分别为，不相同，故C错误；
D、的渐近线分别为，相同，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】根据双曲线的性质逐项求解判断即可.
10．定义在上的函数满足：，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解： 函数满足：，
A、令，则，解得，故A正确；
B、令，则，解得，故B错误；
C、令，则，即，故C正确；
D、令，则，
因为，
所以
，
又因为不恒为零，所以，即，
则，即，故D错误．
古答案为：AC.
【分析】根据函数满足，，利用赋值法，令，解方程即可判断A；令，解得即可判断B；令，即可得到即可判断C；利用赋值法，令，结合，可得，进而可得即可判断D．
11．正四棱台的高为，，，点均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则（　　）
A．点的轨迹的长度为
B．直线与所成角的正切值的最小值为
C．线段的长度的最小值为
D．点到直线的距离大于
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：在平面内，在平面外，平面，，
因为直线与直线所成角范围为，正切函数在上单调递增，
所以当直线与直线所成角正切值最小时，直线与直线所成角最小，
此时，直线与直线所成角为直线与平面所成角，
设直线与平面所成角为，，则
设，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，则，解得，
所以，
则，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则点轨迹长度为，故A正确；
因为在平面内，设，
，，
，
所以，
化简得，
设，其中，
，
设直线与直线所成角为，则，
因为，所以，
，即，
当取最大值时，取最小值，即取最小值，
此时，，，
则直线与直线所成角的正切值的最小值为，故B错误；
，
，
因为，，，
，所以长度的最小值为，故C正确；
，，同理，
过作于，设，
由正棱台性质可知：平面，平面，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，即与重合，
所以，则，
设点为中点，则，，，
因为，所以，
点到直线的距离为，
则点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的大于或等于，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用空间向量求，可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，再求点的轨迹长度即可判断A；先由直线与直线所成角正切值的最小值，判断点的轨迹，再分别验证四个选项是否正确.
12．若，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：，即，解得.
故答案为：-2.
【分析】利用两角差的正切公式化简求解即可.
13．在等差数列中，为其前项和，若，则　 　.
【答案】42
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为d，则，
所以，解得，
所以.
故答案为：42.
【分析】设等差数列的公差为d，由题意，利用等差数列的求和公式列式求得基本量的值，再代入等差数列的求和公式求解即可.
14．如图，已知定点轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点与相交于点，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】抛物线的定义；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由，可知，直线方程为，
设点，，则直线方程为，
当时，可得，即点，
则点的轨迹为抛物线，即，可得抛物线的准线为，焦点为，
延长，交抛物线准线于点，如图所示：
由抛物线概念可知，
则的最小值，即的最小值，可知当三点共线时，取得最小值，
此时.
故答案为：.
【分析】易知点，直线方程为，设点，求得点的坐标，和直线的方程，以及点P的坐标，判断点P的轨迹是抛物线，求得焦点坐标和准线方程，延长，交抛物线准线于点，利用抛物线的定义求解即可.
15．已知函数的最大值为1.
（1）求常数的值；
（2）求使成立的的取值集合.
【答案】（1）解：
，
当时，有最大值，则，解得；
（2）解：由（1）知，，
由，得，则，解得，
故满足条件的的取值集合为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用两角和、差的正弦公式，以及余弦的二倍角公式，辅助角公式化简函数，根据正弦型函数的性质，结合函数的最大值，求m的值即可；
（2）由（1）知，，根据正弦型函数的性质求解即可.
（1）由题意
，
当时，有最大值，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
由，得，所以，
解得，
故满足条件的的取值集合为.
16．已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程.
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率，所以，则，
因为点在椭圆上，所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：设直线，
联立，化简得，
，解得.
由韦达定理得，
则，
所以，
又因为，
所以.
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；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）根据椭圆的离心率，求得，椭圆方程表示为则，再根据点在椭圆上，代入求得a，b的值，即可得椭圆方程；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表达式，结合弦长公式求得，再根据点到直线的距离求得点P到直线AB的距离，最后利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为椭圆的离心率，
所以，则，
因为点在椭圆上，所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线，
联立，化简得，
，解得.
由韦达定理得，
则，
所以，
又因为，
所以.
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线或.
17．在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.
（1）证明：平面平面；
（2）线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：在中，由余弦定理可得，
则，又为的中点，则，
取的中点，显然有，
因为，则在中，，
由余弦定理可得，
可得，所以，
所以，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面；
（2）解：连接，因为，所以，
由（1）可知，两两相互垂直，
则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
故.
记在上的射影点为，
设，
可得，
则，即，解得，
因为，且，所以；
所以存在符合题意，且.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，取的中点，显然有，求出几何体各边长，再在中，利用余弦定理，结合勾股定理证明线线垂直，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接，由（1）可知，两两相互垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
写出相应点的坐标，根据空间向量共线的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式求出参数值，即可得的长度.
（1）在中，由余弦定理可得，
则，又为的中点，则.
取的中点，显然有.
因为，则在中，，
由余弦定理可得，
可得，所以，
所以，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面
（2）如图所示，连接，因为，所以，
由（1）可知，两两相互垂直，
则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故.
记在上的射影点为，
设，
可得，
则，即，解得，
因为，且，所以；
所以存在符合题意，且.
18．某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示 主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对 润色 改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且.
（1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为，
（i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；
（ii）求随机变量的期望；
（2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：.
【答案】（1）解：记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，
由已知得，
（i）即求；
（ii）的可能取值有，
，
，
，
则；
（2）证明：事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操作后处于状态2，
显然，且，
当时，由，
得，
又
，
，
而，
得
，
故.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）（i）记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，利用条件概率的乘法公式求解；
（ii）由题意可得随机变量的可能取值有，利用条件概率的乘法公式分别求出对应概率，再求期望即可；
（2）由题可知，再根据，且化简证明即可．
（1）记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，
由已知得.
（i）即求；
（ii）的可能取值有，
，
，
，
所以；
（2）事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操
作后处于状态2，显然，且，
当时，由，
得，
又
，
，
而
，
得
，
所以.
19．设，函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围；
（3）若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数，，故切线方程为；
（2）解：由，得，
所以，即，
记，则，
又，则在上单调递增，
所以有2个不等实根，
记，有，
得在上递减，在上递增，
又当时，，当时，，
故只需，即，得，故；
（3）解：记，
记，注意到与的符号相反，
，可知在上单调递增，在上单调递减，
故，
记，则，
当时，，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，
故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，
若，则，故存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，当时，，故存在，使得，即存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
下面证明：当时，命题成立，
当时，，当时，，所以只需证明，
由，得，
设，在上单调递减，又，且当时，，
故存在，使得，所以，
因为，
又因为，故，
同理，所以，
所以，结合在上递减，可得，
又因为在上递减，所以，得证，
综上，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代数得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）由，得，化简整理可得，令，则，结合函数的单调性可得有2个不等实根，记，求导，利用导数判断函数的单调性，结合零点个数求参数即可；
（3）记，求其导函数，再分、、三种情况，结合导数与零点的关系进行讨论求解即可．
（1）解：，，
故切线方程为，
（2）解：由，得，
所以，即，
记，则，
又，则在上单调递增，
所以有2个不等实根．
记，有，
得在上递减，在上递增.
又当时，，当时，，
故只需，即，得，故.
（3）解：记，
记，注意到与的符号相反，
，可知在上递增，在上递减，
故，
记，则，
当时，，故在上递增，在上递减，
所以，
若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，
故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，
若，则，故存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，在上递增.
当时，在上递增，当时，，故存在，使得，即存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
下面证明：当时，命题成立.
当时，，当时，，所以只需证明.
由，得，
设，
在上递减，又，且当时，，
故存在，使得，所以，
因为，
又因为，故，
同理，所以，
所以，结合在上递减，可得，
又因为在上递减，所以，得证.
综上，.
1 / 1浙江省宁波市2025-2026学年第二学期高考模拟考试高三数学试题
1．复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．3
2．集合，则中的元素个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知，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
4．已知正方形的边长为1，则（　　）
A．0 B．1 C． D．2
5．某中学校园十佳歌手比赛中，7位评委对某歌手的评分分别为，记为数组，将数组中去掉一个最高分和一个最低分后保留的5个有效评分记为数组，对这两个数组进行比较，有（　　）
A．极差相同 B．方差相同
C．分位数相同 D．平均数相同
6．在钝角中，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．数列满足：为的前项和，则（　　）
A． B． C． D．
9．若是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的（　　）
A．实轴长相等 B．焦距相等 C．离心率相同 D．渐近线相同
10．定义在上的函数满足：，则（　　）
A． B． C． D．
11．正四棱台的高为，，，点均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则（　　）
A．点的轨迹的长度为
B．直线与所成角的正切值的最小值为
C．线段的长度的最小值为
D．点到直线的距离大于
12．若，则　 　.
13．在等差数列中，为其前项和，若，则　 　.
14．如图，已知定点轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点与相交于点，则的最小值为　 　.
15．已知函数的最大值为1.
（1）求常数的值；
（2）求使成立的的取值集合.
16．已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程.
17．在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.
（1）证明：平面平面；
（2）线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
18．某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示 主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对 润色 改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作.假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态2的概率均为，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且.
（1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为，
（i）求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；
（ii）求随机变量的期望；
（2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：.
19．设，函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围；
（3）若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为．
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据虚部的概念求解即可．
2．【答案】C
【知识点】集合的表示方法；补集及其运算
【解析】【解答】解：，
则，中的元素个数为3．
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式，结合集合的特征求得集合U，再根据集合补集运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式
【解析】【解答】解：若，则，即充分性成立；
若，取，满足条件，则，不满足，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用基本不等式，结合特殊值法，以及充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：在正方形中，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据向量的加减运算，结合正方形的特征求解即可.
5．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：去掉最高分和最低分后，数组B的数据为，
A、数组A的极差为，数组B的极差为，故A错误；
BD、数组A的平均数，
数组B的平均数，故D正确；
数组A的方差为
，
数组B的方差为，故B错误；
C、，则数组A的分位数为，，则数组B的分位数为，故C错误.
故答案为：D.
【分析】去掉最高分和最低分的数据为 ，计算极差即可判断A；再分别计算数据A，B的平均数，方差即可判断BD；根据百分位数的定义求解即可判断C.
6．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理，
因为，所以，即，解得或，
当时，，则，，则角B为钝角，符合题意；
当时，，则，，不符合题意，舍去，即，
则的面积.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用余弦定理，求得a值，再分别利用余弦定理及钝角三角形验证确定a的值，最后利用三角形面积公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：，
易知函数在和单调递增，如图所示：
设，即方程有三个不同的实数解，
又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解，
所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解，
且，，解得，
时，即，
不妨设，
则，
即，解得
，
又在上单调递增，
时，．
故答案为：D.
【分析】易知函数的单调性，作出函数的图象，由题意可知方程有三个不同的实根，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，再根据函数在上单调递增，利用函数的单调性求的最小值即可．
8．【答案】A
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由递推关系得，，，
，，，
，，，
，，，
可得数列的周期为12，则，故A正确，B错误；
一个周期内的和为，
则，故C、D错误.
故答案为：A.
【分析】利用数列的递推关系求数列的前14项，得到数列的周期，再根据数列的周期性逐项求解判断即可.
9．【答案】B,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：，，不妨设，
A、的实轴长分别为，不相等，故A错误；
B、的焦距分别为，相等，故B正确；
C、的离心率分别为，不相同，故C错误；
D、的渐近线分别为，相同，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】根据双曲线的性质逐项求解判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解： 函数满足：，
A、令，则，解得，故A正确；
B、令，则，解得，故B错误；
C、令，则，即，故C正确；
D、令，则，
因为，
所以
，
又因为不恒为零，所以，即，
则，即，故D错误．
古答案为：AC.
【分析】根据函数满足，，利用赋值法，令，解方程即可判断A；令，解得即可判断B；令，即可得到即可判断C；利用赋值法，令，结合，可得，进而可得即可判断D．
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：在平面内，在平面外，平面，，
因为直线与直线所成角范围为，正切函数在上单调递增，
所以当直线与直线所成角正切值最小时，直线与直线所成角最小，
此时，直线与直线所成角为直线与平面所成角，
设直线与平面所成角为，，则
设，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，则，解得，
所以，
则，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则点轨迹长度为，故A正确；
因为在平面内，设，
，，
，
所以，
化简得，
设，其中，
，
设直线与直线所成角为，则，
因为，所以，
，即，
当取最大值时，取最小值，即取最小值，
此时，，，
则直线与直线所成角的正切值的最小值为，故B错误；
，
，
因为，，，
，所以长度的最小值为，故C正确；
，，同理，
过作于，设，
由正棱台性质可知：平面，平面，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，即与重合，
所以，则，
设点为中点，则，，，
因为，所以，
点到直线的距离为，
则点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的大于或等于，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用空间向量求，可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，再求点的轨迹长度即可判断A；先由直线与直线所成角正切值的最小值，判断点的轨迹，再分别验证四个选项是否正确.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：，即，解得.
故答案为：-2.
【分析】利用两角差的正切公式化简求解即可.
13．【答案】42
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为d，则，
所以，解得，
所以.
故答案为：42.
【分析】设等差数列的公差为d，由题意，利用等差数列的求和公式列式求得基本量的值，再代入等差数列的求和公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】抛物线的定义；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由，可知，直线方程为，
设点，，则直线方程为，
当时，可得，即点，
则点的轨迹为抛物线，即，可得抛物线的准线为，焦点为，
延长，交抛物线准线于点，如图所示：
由抛物线概念可知，
则的最小值，即的最小值，可知当三点共线时，取得最小值，
此时.
故答案为：.
【分析】易知点，直线方程为，设点，求得点的坐标，和直线的方程，以及点P的坐标，判断点P的轨迹是抛物线，求得焦点坐标和准线方程，延长，交抛物线准线于点，利用抛物线的定义求解即可.
15．【答案】（1）解：
，
当时，有最大值，则，解得；
（2）解：由（1）知，，
由，得，则，解得，
故满足条件的的取值集合为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用两角和、差的正弦公式，以及余弦的二倍角公式，辅助角公式化简函数，根据正弦型函数的性质，结合函数的最大值，求m的值即可；
（2）由（1）知，，根据正弦型函数的性质求解即可.
（1）由题意
，
当时，有最大值，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
由，得，所以，
解得，
故满足条件的的取值集合为.
16．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率，所以，则，
因为点在椭圆上，所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：设直线，
联立，化简得，
，解得.
由韦达定理得，
则，
所以，
又因为，
所以.
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；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）根据椭圆的离心率，求得，椭圆方程表示为则，再根据点在椭圆上，代入求得a，b的值，即可得椭圆方程；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表达式，结合弦长公式求得，再根据点到直线的距离求得点P到直线AB的距离，最后利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为椭圆的离心率，
所以，则，
因为点在椭圆上，所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线，
联立，化简得，
，解得.
由韦达定理得，
则，
所以，
又因为，
所以.
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线或.
17．【答案】（1）证明：在中，由余弦定理可得，
则，又为的中点，则，
取的中点，显然有，
因为，则在中，，
由余弦定理可得，
可得，所以，
所以，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面；
（2）解：连接，因为，所以，
由（1）可知，两两相互垂直，
则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
故.
记在上的射影点为，
设，
可得，
则，即，解得，
因为，且，所以；
所以存在符合题意，且.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，取的中点，显然有，求出几何体各边长，再在中，利用余弦定理，结合勾股定理证明线线垂直，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接，由（1）可知，两两相互垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
写出相应点的坐标，根据空间向量共线的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式求出参数值，即可得的长度.
（1）在中，由余弦定理可得，
则，又为的中点，则.
取的中点，显然有.
因为，则在中，，
由余弦定理可得，
可得，所以，
所以，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面
（2）如图所示，连接，因为，所以，
由（1）可知，两两相互垂直，
则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故.
记在上的射影点为，
设，
可得，
则，即，解得，
因为，且，所以；
所以存在符合题意，且.
18．【答案】（1）解：记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，
由已知得，
（i）即求；
（ii）的可能取值有，
，
，
，
则；
（2）证明：事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操作后处于状态2，
显然，且，
当时，由，
得，
又
，
，
而，
得
，
故.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）（i）记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，利用条件概率的乘法公式求解；
（ii）由题意可得随机变量的可能取值有，利用条件概率的乘法公式分别求出对应概率，再求期望即可；
（2）由题可知，再根据，且化简证明即可．
（1）记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，
由已知得.
（i）即求；
（ii）的可能取值有，
，
，
，
所以；
（2）事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操
作后处于状态2，显然，且，
当时，由，
得，
又
，
，
而
，
得
，
所以.
19．【答案】（1）解：函数，，故切线方程为；
（2）解：由，得，
所以，即，
记，则，
又，则在上单调递增，
所以有2个不等实根，
记，有，
得在上递减，在上递增，
又当时，，当时，，
故只需，即，得，故；
（3）解：记，
记，注意到与的符号相反，
，可知在上单调递增，在上单调递减，
故，
记，则，
当时，，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，
故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，
若，则，故存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，当时，，故存在，使得，即存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
下面证明：当时，命题成立，
当时，，当时，，所以只需证明，
由，得，
设，在上单调递减，又，且当时，，
故存在，使得，所以，
因为，
又因为，故，
同理，所以，
所以，结合在上递减，可得，
又因为在上递减，所以，得证，
综上，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代数得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）由，得，化简整理可得，令，则，结合函数的单调性可得有2个不等实根，记，求导，利用导数判断函数的单调性，结合零点个数求参数即可；
（3）记，求其导函数，再分、、三种情况，结合导数与零点的关系进行讨论求解即可．
（1）解：，，
故切线方程为，
（2）解：由，得，
所以，即，
记，则，
又，则在上单调递增，
所以有2个不等实根．
记，有，
得在上递减，在上递增.
又当时，，当时，，
故只需，即，得，故.
（3）解：记，
记，注意到与的符号相反，
，可知在上递增，在上递减，
故，
记，则，
当时，，故在上递增，在上递减，
所以，
若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，
故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，
若，则，故存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，在上递增.
当时，在上递增，当时，，故存在，使得，即存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
下面证明：当时，命题成立.
当时，，当时，，所以只需证明.
由，得，
设，
在上递减，又，且当时，，
故存在，使得，所以，
因为，
又因为，故，
同理，所以，
所以，结合在上递减，可得，
又因为在上递减，所以，得证.
综上，.
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