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天津市河西区2025-2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查(二) 数学试卷
1．已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集、补集运算求解即可.
2．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】当 且 时，由基本不等式可得： ，当且仅当 时，取等号，
当 时， ，即 恒成立，则 ， ，
又因为 ，则 且 ，
所以 ， ，则“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义分别判断其充分性和必要性即可得到答案。
3．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：根据图象可得为定义域在上的奇函数，且，
A、因为，所以是定义域在上的奇函数，，故A不正确；
B、因为
所以是定义域在上的偶函数，故B不正确；
C、因为
所以是定义域在上的奇函数，因为，故C正确；
D、因为
所以是定义域在上的偶函数，故D不正确.
故答案为：C.
【分析】由图可知函数的定义域，以及函数的奇偶性，逐项判断函数的奇偶性，结合判断即可.
4．设，，，则a，b，c的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，，
其中，，，，
设，则，
令得，令得，
故在上单调递增，
所以，即，，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据指数函数和对数函数的单调性，判断，，，变形，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较出，得到答案
5．在数列中，已知，，那么使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为（　　）
A．2025 B．2026 C．2027 D．2028
【答案】B
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：，故，
，故，，，，
，……，
故当，为奇数时，，当，为偶数时，，
且当时，随着的增大，不减，
其中，，
，
所以使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为2026.
故答案为：B.
【分析】由变形可得，求数列的前几项，找到数列的规律以及周期，再利用单调性，结合分组法求和即可.
6．某研究小组为了探究变量x与y之间的线性相关关系，收集了5组数据，（），并绘制成如图所示的散点图（点A，B，C，D，E）.经计算，这5组数据的样本相关系数为r.若去掉点后，剩余4组数据的样本相关系数为，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】散点图；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：从散点图中可知，样本数据的两变量是正相关，
由于点较其他点偏离程度大，删除点后，回归效果更好，
从而相关系数的绝对值更接近于1，则.
故答案为：A.
【分析】根据散点图，结合相关系数的性质判断即可．
7．今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（　　）
A．168 B．192 C．216 D．240
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将原图形补全为长方体，如图所示：
因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米，
所以梯形的高（即几何体的高）为：米
所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米；
由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米，
所以每个三棱锥的体积为：立方米，
4 个三棱锥总体积：立方米，
所以该纪念碑基座的体积为立方米.
故答案为：C.
【分析】将几何体补全为长方体，由题意求得几何体的高为，先计算长方体的体积，再计算三棱锥的体积，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积求解即可.
8．已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则的最小正周期为，
因为，所以，解得，则，
因为为函数的对称中心，所以，
所以，解得，
因为，所以只有满足要求，故，
，故，
画出在上的函数图象，如下：
有且只有两个不同的实数根，，
则与有且只有两个不同的实数根，
所以且，
若，则关于对称，，，
即，解得，，
若，则关于对称，，，
即，解得，，
则的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：A.
【分析】由题意求得函数的周期，根据周期计算公式求得的值，再根据函数关于点对称，求得的值， 确定函数的解析式，利用换元法，作出函数在上的函数图象，数形结合得到的取值范围，并分两种情况，结合函数对称性得到方程求解即可.
9．双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．3
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，，即，直线的方程为：，
因为过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，
交抛物线于点M（A，M均在第一象限），所以，，
则，，
，
因为，所以当时，取最大值，
最大值为，
即，化简得，则双曲线的离心率为.
故答案为：B.
【分析】易知双曲线的焦点坐标和准线方程，由题意求得，，利用两点间距离公式求得，结合二次函数的性质得到的最大值为，从而得到，化简求双曲线的离心率即可.
10．已知是虚数单位，化简的结果为　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求解即可.
11．在的展开式中，项的系数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，
令，解得，则项的系数为.
故答案为：-84.
【分析】先写出展开式的通项，令，求项的系数即可.
12．已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为　 　.
【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，圆的半径为，圆的方程为：，
因为圆过，，且圆心在直线上，
联立方程： ，解得：，
所以圆的方程为：，
则，
所以切线长为.
故答案为：.
【分析】设圆心坐标为，圆的半径为，利用待定系数法求圆的方程，再利用两点间距离公式以及勾股定理求切线长即可.
13．天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为　 　；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为　 　.
【答案】；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：某游客在第一步获得“A组票箱”，即抽出的2个球颜色相同，
抽到的2个球均为红色或白色，故概率为；
故游客在第一步获得“B组票箱”的概率为，
从“A组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为，
从“B组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为，
所以游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为.
故答案为：.
【分析】利用古典概型的概率公式，结合互斥事件概率的加法公式以及全概率公式求解即可.
14．已知菱形的边长为2，，设点P为平面内一动点，满足，则　 　；的取值范围为　 　.
【答案】；
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：菱形边长为2，，设对角线交点为原点，对角线在轴上，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知 ，
设动点，则，
，
化简可得的轨迹： ，即在以原点为圆心，半径为的圆上，
则，
则，
由点是圆上的点，以原点为圆心，半径，
则，
即，
，
则的取值范围为.
故答案为：；.
【分析】以菱形的对角线为坐标轴，建立平面直角坐标系，设动点，根据向量数量积的坐标表示结合化简求得点的轨迹方程，再结合向量数量积的坐标运算求解即可.
15．若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意，对任意实数，都有恒成立，
因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且，
先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立，
因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于，
即，整理得，即，
故，
再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立，
同理，需判别式不大于，即，
因为，所以必须有，即；
并且由，得，
结合与，可得，
令，则，且，
由，得，
因此，
当时，，且取，解得，此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立，
综上，的最大值为．
故答案为：.
【分析】先利用绝对值不等式求解方法，则把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题，再利用一元二次不等式在R上恒成立的判别式条件，再根据换元法，令，则将转化为关于的二次函数，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的最大值．
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.
（1）求a和c的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）解：由，设，（），
根据余弦定理得，将，，
代入得 化简得，
解得，结合，得，
则，；
（2）解：因为B为的内角，所以，
根据同角三角函数的平方关系得，，
根据正弦定理，代入，，，
得到；
（3）解：在中，，因为，所以角为锐角，故，
由同角三角函数平方关系，
由二倍角公式，
，
由两角差的正弦公式得
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由，设，（），利用余弦定理求解即可；
（2）利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理求解即可；
（3）利用同角三角函数基本关系，正弦、余弦的二倍角公式以及两角差的正弦公式求解即可.
（1）因为，所以设，（），
根据余弦定理得，将，，
代入得 化简得，
解得，结合得，因此，.
（2）因为B为的内角，所以，
根据同角三角函数的平方关系得，，
根据正弦定理，代入，，，
得到；
（3）在中，，因为，
所以角为锐角，故，
由同角三角函数平方关系，
由二倍角公式，
而，
由两角差的正弦公式得
.
17．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，.
（1）若为棱的中点，求证：平面PAB；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点A到平面的距离.
【答案】（1）证明：取棱的中点N，连接，
在中，M，N分别为，的中点，
所以，且.因为，所以，
又因为底面中，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，从而，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，，所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
由已知条件可得各点坐标，，，，
因为且，所以点C的坐标为，
对于平面，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，即平面PCD的一个法向量为，
对于平面，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
即这两个平面夹角的余弦值为；
（3）解：由（2）可知，平面的一个法向量为，
因为点在平面上，且点A坐标为，所以，
则点A到平面的距离d为，
即点A到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点N，连接，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据线面垂直的性质可得，以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的空间坐标系，利用空间向量法，求点到平面的距离求解即可.
（1）取棱的中点N，连接.
在中，M，N分别为，的中点，
所以，且.因为，所以.
又因为底面中，且，所以，且.
所以四边形为平行四边形，从而.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，，
所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系.
由已知条件可得各点坐标，，，.
因为且，所以点C的坐标为.
对于平面，.
设平面的法向量为，
则，
令，则，.
所以平面PCD的一个法向量为.
对于平面，，.
设平面的法向量为，
则，
令，则，.
所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
故这两个平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，
因为点在平面上，且点A坐标为，所以
则点A到平面的距离d为，
所以点A到平面的距离为.
18．已知椭圆（）的焦距为4，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程.
【答案】（1）解：由题意，椭圆的焦距，所以，
因为，所以，
将点代入椭圆方程，得，
去分母化简得 ，
因为，所以，，
故椭圆的标准方程为：；
（2）解：由（1）知，右顶点，左焦点，
设直线l的方程为（斜率必不为0），
代入椭圆方程：，
设，，由韦达定理可得，，
直线AP过点和，其方程为：，
令，得交点M的纵坐标：，
同理可得交点N的纵坐标：，
，
因为
，
所以，
由已知 ，解得，
所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为，
判别式 恒成立，
由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为，
面积S为：，
由已知，可得，
整理得：，即 ，解得，
综上所述，满足条件的直线l的方程为或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆的焦距可得，根据椭圆中的关系可得，再根据在椭圆上，代入求得基本量，即可得椭圆的方程；
(2)由（1）知，右顶点，左焦点，设直线l的方程为（斜率必不为0），联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，，利用点斜式分别表示直线AP、AQ的方程，求出M、N的坐标，结合，化简可得的值，利用弦长公式结合化简即可求解.
（1）由题意，椭圆的焦距，所以.
因为，所以.
将点代入椭圆方程，得：
去分母化简，得： .
因为，所以.从而.
故椭圆的标准方程为：.
（2）由（1）知，右顶点，左焦点
设直线l的方程为（斜率必不为0）
代入椭圆方程： .
设，所以，
直线AP过点和，其方程为：
令，得交点M的纵坐标：
同理可得交点N的纵坐标：
因为
所以
由已知 ，解得
所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为
判别式 恒成立
由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为
面积S为：
由已知，可得：
整理得：即 解得.
综上所述，满足条件的直线l的方程为或.
19．已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）.
（1）求的前n项和；
（2）设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y.
（ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：；
（ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式.
【答案】（1）解：由题意，设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，所以，因为，所以，
所以，所以，
所以，①
，②
①式减去②式（错位相减法）得：，
即，
因为，两边同除以得：
；
（2）解：（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X，
因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取，
这样的子集X共有个，
因此在的求和中，（即x本身）被累加了次，所以，
将直接代入(1)的结论中：
，
，
所以：命题得证；
（ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定，
也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和，
设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集），
①若，则，此时最小元素，对应的项为，
②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即，
对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和，恰好就是（ⅰ）中的，
因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：，
代入（ⅰ）的结论，
可得，
则，
因此，最大元素为y的所有子集，其的和为，
所以，
因为，所以，所以，
整理得：.
【知识点】子集与真子集；等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为，由题意，利用等差数列的通项，结合等比中项的性质列式求得，得等差数列的通项公式，再利用错位相减求数列的前n项和即可；
(2)（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X，根据题意可得x是最小元素，则X中的其他元素只能从这个元素中选取，得到这样的子集X共有个，从而得到，代入(1)问中的结论，令化简证明即可；
（ⅱ）根据题意分析可得对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为，代入（ⅰ）的结论，则，从而得到，利用等比数列的求和公式求解即可.
（1）由题意，设数列的公差为，
已知，是和的等比中项，
所以，因为，所以，
所以，所以.
所以，①
，②
①式减去②式（错位相减法）得：
因为，两边同除以得：
.
（2）（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X.
因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取，
这样的子集X共有个.
因此，在的求和中，（即x本身）被累加了次，
所以：，
将直接代入(1)的结论中：
，
，
所以：命题得证.
（ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定，
也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和，
设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集），
①若，则，此时最小元素，对应的项为，
②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即，
对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和，
恰好就是（ⅰ）中的.
因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：，
代入（ⅰ）的结论，
可得，
则，
因此，最大元素为y的所有子集，其的和为.
所以，
因为，所以，
所以，
整理得：.
20．已知函数（为自然对数的底数）
（1）若，求函数在点处的切线方程；
（2）若恰有一个正零点，求实数a的取值范围；
（3）对于任意的正整数k，且时，设的正零点为，求证：对于任意的正整数n，都有.
【答案】（1）解：当时，函数，，
，，
曲线在处的切线方程为，化简即得；
（2）解：函数，注意到，，注意到，
令，则，
①若，此时，
对于所有，，所以恒成立，
故在上严格单调递增，故，
故在上严格单调递增，故，
函数在时恒为正，无正实数零点；
②若，此时，
令，解得唯一极值点，
当时，单调递减，此时，
当时，单调递增，
先减后增，且当时，
由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因此在处取得极小值，且极小值，
当时，，
结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点，
综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点；
（3）证明：对于正整数，，
由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，
令，，则，
令，则，
令，则，
因为，所以，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，故，即，
，所以，
将代入得，，
对到n累加：，
令，，
构造，，
故，
严格恒成立，所以，
所以，因为，
所以，
将代入得，，
由于，有，
所以，
对到n累加，首尾相消得，
故.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将代入可得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）函数的导函数，注意到，令，二次求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，根据函数单调性，结合零点存在性定理求解即可；
（3）对于正整数，，由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，分离参数可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，再放缩，利用裂项相消法证明即可.
（1）当时，，
，
，，
曲线在处的切线方程为，
化简即得.
（2）已知，注意到，
，注意到，
令，则，
①若，此时.
对于所有，，所以恒成立，
故在上严格单调递增，故，
故在上严格单调递增，故，
函数在时恒为正，无正实数零点；
②若，此时.
令，解得唯一极值点，
当时，单调递减，此时，
当时，单调递增，
先减后增，且当时，
由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因此在处取得极小值，且极小值，
当时，，
结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点，
综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点.
（3）对于正整数，，
由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，
令，，则，
令，则，
令，则，
因为，所以，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，故，即，
，所以，
将代入得，，
对到n累加：，
令，，
构造，，
故，
严格恒成立，所以，
所以，因为，
所以，
将代入得，，
由于，有，
所以，
对到n累加，首尾相消得
，
故.
1 / 1天津市河西区2025-2026学年度第二学期高三年级总复习质量调查(二) 数学试卷
1．已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
2．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
3．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（　　）
A． B． C． D．
4．设，，，则a，b，c的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
5．在数列中，已知，，那么使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为（　　）
A．2025 B．2026 C．2027 D．2028
6．某研究小组为了探究变量x与y之间的线性相关关系，收集了5组数据，（），并绘制成如图所示的散点图（点A，B，C，D，E）.经计算，这5组数据的样本相关系数为r.若去掉点后，剩余4组数据的样本相关系数为，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（　　）
A．168 B．192 C．216 D．240
8．已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（　　）
A． B． C． D．
9．双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．3
10．已知是虚数单位，化简的结果为　 　.
11．在的展开式中，项的系数为　 　.
12．已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为　 　.
13．天津的“海河游船”是领略津城魅力的经典项目.为回馈游客，游船码头推出了“幸运抽票”活动，规则如下：第一步：游客先从装有3个红球和2个白球（球除颜色外完全相同）的抽奖箱中，随机抽取2个球.若抽出的2个球颜色相同，则获得“A组票箱”；若抽出的2个球颜色不同，则获得“B组票箱”.第二步：“A组票箱”内装有2张“夜游票”和3张“日游票”；“B组票箱”内装有4张“夜游票”和1张“日游票”.游客从获得的票箱中，随机抽取2张票.若某游客在第一步获得“A组票箱”的概率为　 　；某游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为　 　.
14．已知菱形的边长为2，，设点P为平面内一动点，满足，则　 　；的取值范围为　 　.
15．若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为　 　.
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.
（1）求a和c的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
17．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，.
（1）若为棱的中点，求证：平面PAB；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点A到平面的距离.
18．已知椭圆（）的焦距为4，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程.
19．已知数列是公差不为0的等差数列，且，是和的等比中项，等比数列的通项公式为（其中，且）.
（1）求的前n项和；
（2）设集合，对于的每一个非空子集X，设其最小元素为x，最大元素为y.
（ⅰ）设为所有非空子集对应的之和，求证：；
（ⅱ）设为所有非空子集对应的之和，且，求数列的通项公式.
20．已知函数（为自然对数的底数）
（1）若，求函数在点处的切线方程；
（2）若恰有一个正零点，求实数a的取值范围；
（3）对于任意的正整数k，且时，设的正零点为，求证：对于任意的正整数n，都有.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集、补集运算求解即可.
2．【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】当 且 时，由基本不等式可得： ，当且仅当 时，取等号，
当 时， ，即 恒成立，则 ， ，
又因为 ，则 且 ，
所以 ， ，则“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义分别判断其充分性和必要性即可得到答案。
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：根据图象可得为定义域在上的奇函数，且，
A、因为，所以是定义域在上的奇函数，，故A不正确；
B、因为
所以是定义域在上的偶函数，故B不正确；
C、因为
所以是定义域在上的奇函数，因为，故C正确；
D、因为
所以是定义域在上的偶函数，故D不正确.
故答案为：C.
【分析】由图可知函数的定义域，以及函数的奇偶性，逐项判断函数的奇偶性，结合判断即可.
4．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，，
其中，，，，
设，则，
令得，令得，
故在上单调递增，
所以，即，，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据指数函数和对数函数的单调性，判断，，，变形，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较出，得到答案
5．【答案】B
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：，故，
，故，，，，
，……，
故当，为奇数时，，当，为偶数时，，
且当时，随着的增大，不减，
其中，，
，
所以使这个数列前n项的和成立的正整数n的最小值为2026.
故答案为：B.
【分析】由变形可得，求数列的前几项，找到数列的规律以及周期，再利用单调性，结合分组法求和即可.
6．【答案】A
【知识点】散点图；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：从散点图中可知，样本数据的两变量是正相关，
由于点较其他点偏离程度大，删除点后，回归效果更好，
从而相关系数的绝对值更接近于1，则.
故答案为：A.
【分析】根据散点图，结合相关系数的性质判断即可．
7．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将原图形补全为长方体，如图所示：
因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米，
所以梯形的高（即几何体的高）为：米
所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米；
由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米，
所以每个三棱锥的体积为：立方米，
4 个三棱锥总体积：立方米，
所以该纪念碑基座的体积为立方米.
故答案为：C.
【分析】将几何体补全为长方体，由题意求得几何体的高为，先计算长方体的体积，再计算三棱锥的体积，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积求解即可.
8．【答案】A
【知识点】正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则的最小正周期为，
因为，所以，解得，则，
因为为函数的对称中心，所以，
所以，解得，
因为，所以只有满足要求，故，
，故，
画出在上的函数图象，如下：
有且只有两个不同的实数根，，
则与有且只有两个不同的实数根，
所以且，
若，则关于对称，，，
即，解得，，
若，则关于对称，，，
即，解得，，
则的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：A.
【分析】由题意求得函数的周期，根据周期计算公式求得的值，再根据函数关于点对称，求得的值， 确定函数的解析式，利用换元法，作出函数在上的函数图象，数形结合得到的取值范围，并分两种情况，结合函数对称性得到方程求解即可.
9．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，，即，直线的方程为：，
因为过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，
交抛物线于点M（A，M均在第一象限），所以，，
则，，
，
因为，所以当时，取最大值，
最大值为，
即，化简得，则双曲线的离心率为.
故答案为：B.
【分析】易知双曲线的焦点坐标和准线方程，由题意求得，，利用两点间距离公式求得，结合二次函数的性质得到的最大值为，从而得到，化简求双曲线的离心率即可.
10．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求解即可.
11．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，
令，解得，则项的系数为.
故答案为：-84.
【分析】先写出展开式的通项，令，求项的系数即可.
12．【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，圆的半径为，圆的方程为：，
因为圆过，，且圆心在直线上，
联立方程： ，解得：，
所以圆的方程为：，
则，
所以切线长为.
故答案为：.
【分析】设圆心坐标为，圆的半径为，利用待定系数法求圆的方程，再利用两点间距离公式以及勾股定理求切线长即可.
13．【答案】；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：某游客在第一步获得“A组票箱”，即抽出的2个球颜色相同，
抽到的2个球均为红色或白色，故概率为；
故游客在第一步获得“B组票箱”的概率为，
从“A组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为，
从“B组票箱”中恰好抽到1张“夜游票”的概率为，
所以游客完整参与该活动，最终恰好抽到1张“夜游票”的概率为.
故答案为：.
【分析】利用古典概型的概率公式，结合互斥事件概率的加法公式以及全概率公式求解即可.
14．【答案】；
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：菱形边长为2，，设对角线交点为原点，对角线在轴上，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知 ，
设动点，则，
，
化简可得的轨迹： ，即在以原点为圆心，半径为的圆上，
则，
则，
由点是圆上的点，以原点为圆心，半径，
则，
即，
，
则的取值范围为.
故答案为：；.
【分析】以菱形的对角线为坐标轴，建立平面直角坐标系，设动点，根据向量数量积的坐标表示结合化简求得点的轨迹方程，再结合向量数量积的坐标运算求解即可.
15．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意，对任意实数，都有恒成立，
因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且，
先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立，
因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于，
即，整理得，即，
故，
再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立，
同理，需判别式不大于，即，
因为，所以必须有，即；
并且由，得，
结合与，可得，
令，则，且，
由，得，
因此，
当时，，且取，解得，此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立，
综上，的最大值为．
故答案为：.
【分析】先利用绝对值不等式求解方法，则把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题，再利用一元二次不等式在R上恒成立的判别式条件，再根据换元法，令，则将转化为关于的二次函数，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的最大值．
16．【答案】（1）解：由，设，（），
根据余弦定理得，将，，
代入得 化简得，
解得，结合，得，
则，；
（2）解：因为B为的内角，所以，
根据同角三角函数的平方关系得，，
根据正弦定理，代入，，，
得到；
（3）解：在中，，因为，所以角为锐角，故，
由同角三角函数平方关系，
由二倍角公式，
，
由两角差的正弦公式得
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由，设，（），利用余弦定理求解即可；
（2）利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理求解即可；
（3）利用同角三角函数基本关系，正弦、余弦的二倍角公式以及两角差的正弦公式求解即可.
（1）因为，所以设，（），
根据余弦定理得，将，，
代入得 化简得，
解得，结合得，因此，.
（2）因为B为的内角，所以，
根据同角三角函数的平方关系得，，
根据正弦定理，代入，，，
得到；
（3）在中，，因为，
所以角为锐角，故，
由同角三角函数平方关系，
由二倍角公式，
而，
由两角差的正弦公式得
.
17．【答案】（1）证明：取棱的中点N，连接，
在中，M，N分别为，的中点，
所以，且.因为，所以，
又因为底面中，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，从而，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，，所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
由已知条件可得各点坐标，，，，
因为且，所以点C的坐标为，
对于平面，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，即平面PCD的一个法向量为，
对于平面，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
即这两个平面夹角的余弦值为；
（3）解：由（2）可知，平面的一个法向量为，
因为点在平面上，且点A坐标为，所以，
则点A到平面的距离d为，
即点A到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点N，连接，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据线面垂直的性质可得，以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的空间坐标系，利用空间向量法，求点到平面的距离求解即可.
（1）取棱的中点N，连接.
在中，M，N分别为，的中点，
所以，且.因为，所以.
又因为底面中，且，所以，且.
所以四边形为平行四边形，从而.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，，
所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系.
由已知条件可得各点坐标，，，.
因为且，所以点C的坐标为.
对于平面，.
设平面的法向量为，
则，
令，则，.
所以平面PCD的一个法向量为.
对于平面，，.
设平面的法向量为，
则，
令，则，.
所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
故这两个平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，
因为点在平面上，且点A坐标为，所以
则点A到平面的距离d为，
所以点A到平面的距离为.
18．【答案】（1）解：由题意，椭圆的焦距，所以，
因为，所以，
将点代入椭圆方程，得，
去分母化简得 ，
因为，所以，，
故椭圆的标准方程为：；
（2）解：由（1）知，右顶点，左焦点，
设直线l的方程为（斜率必不为0），
代入椭圆方程：，
设，，由韦达定理可得，，
直线AP过点和，其方程为：，
令，得交点M的纵坐标：，
同理可得交点N的纵坐标：，
，
因为
，
所以，
由已知 ，解得，
所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为，
判别式 恒成立，
由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为，
面积S为：，
由已知，可得，
整理得：，即 ，解得，
综上所述，满足条件的直线l的方程为或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆的焦距可得，根据椭圆中的关系可得，再根据在椭圆上，代入求得基本量，即可得椭圆的方程；
(2)由（1）知，右顶点，左焦点，设直线l的方程为（斜率必不为0），联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，，利用点斜式分别表示直线AP、AQ的方程，求出M、N的坐标，结合，化简可得的值，利用弦长公式结合化简即可求解.
（1）由题意，椭圆的焦距，所以.
因为，所以.
将点代入椭圆方程，得：
去分母化简，得： .
因为，所以.从而.
故椭圆的标准方程为：.
（2）由（1）知，右顶点，左焦点
设直线l的方程为（斜率必不为0）
代入椭圆方程： .
设，所以，
直线AP过点和，其方程为：
令，得交点M的纵坐标：
同理可得交点N的纵坐标：
因为
所以
由已知 ，解得
所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为
判别式 恒成立
由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为
面积S为：
由已知，可得：
整理得：即 解得.
综上所述，满足条件的直线l的方程为或.
19．【答案】（1）解：由题意，设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，所以，因为，所以，
所以，所以，
所以，①
，②
①式减去②式（错位相减法）得：，
即，
因为，两边同除以得：
；
（2）解：（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X，
因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取，
这样的子集X共有个，
因此在的求和中，（即x本身）被累加了次，所以，
将直接代入(1)的结论中：
，
，
所以：命题得证；
（ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定，
也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和，
设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集），
①若，则，此时最小元素，对应的项为，
②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即，
对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和，恰好就是（ⅰ）中的，
因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：，
代入（ⅰ）的结论，
可得，
则，
因此，最大元素为y的所有子集，其的和为，
所以，
因为，所以，所以，
整理得：.
【知识点】子集与真子集；等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为，由题意，利用等差数列的通项，结合等比中项的性质列式求得，得等差数列的通项公式，再利用错位相减求数列的前n项和即可；
(2)（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X，根据题意可得x是最小元素，则X中的其他元素只能从这个元素中选取，得到这样的子集X共有个，从而得到，代入(1)问中的结论，令化简证明即可；
（ⅱ）根据题意分析可得对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为，代入（ⅰ）的结论，则，从而得到，利用等比数列的求和公式求解即可.
（1）由题意，设数列的公差为，
已知，是和的等比中项，
所以，因为，所以，
所以，所以.
所以，①
，②
①式减去②式（错位相减法）得：
因为，两边同除以得：
.
（2）（ⅰ）假设非空子集X的最小元素为x（），则元素x必属于X.
因为x是最小元素，所以X中的其他元素只能从这个元素中选取，
这样的子集X共有个.
因此，在的求和中，（即x本身）被累加了次，
所以：，
将直接代入(1)的结论中：
，
，
所以：命题得证.
（ⅱ）对于任意一个最大元素为y（）的子集X，它必定包含y，由于此时y固定，
也是一个常数，提取公因式后，只需要对这些子集的（最小元素）求和，
设，其中Y是集合的任意子集（可以是空集），
①若，则，此时最小元素，对应的项为，
②若，则X的最小元素就是Y的最小元素，即，
对于情况②，当Y取遍的所有非空子集时，其最小元素的总和，
恰好就是（ⅰ）中的.
因此，对于固定的最大元素y，所有对应子集的之和为：，
代入（ⅰ）的结论，
可得，
则，
因此，最大元素为y的所有子集，其的和为.
所以，
因为，所以，
所以，
整理得：.
20．【答案】（1）解：当时，函数，，
，，
曲线在处的切线方程为，化简即得；
（2）解：函数，注意到，，注意到，
令，则，
①若，此时，
对于所有，，所以恒成立，
故在上严格单调递增，故，
故在上严格单调递增，故，
函数在时恒为正，无正实数零点；
②若，此时，
令，解得唯一极值点，
当时，单调递减，此时，
当时，单调递增，
先减后增，且当时，
由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因此在处取得极小值，且极小值，
当时，，
结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点，
综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点；
（3）证明：对于正整数，，
由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，
令，，则，
令，则，
令，则，
因为，所以，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，故，即，
，所以，
将代入得，，
对到n累加：，
令，，
构造，，
故，
严格恒成立，所以，
所以，因为，
所以，
将代入得，，
由于，有，
所以，
对到n累加，首尾相消得，
故.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将代入可得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）函数的导函数，注意到，令，二次求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，根据函数单调性，结合零点存在性定理求解即可；
（3）对于正整数，，由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，分离参数可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，再放缩，利用裂项相消法证明即可.
（1）当时，，
，
，，
曲线在处的切线方程为，
化简即得.
（2）已知，注意到，
，注意到，
令，则，
①若，此时.
对于所有，，所以恒成立，
故在上严格单调递增，故，
故在上严格单调递增，故，
函数在时恒为正，无正实数零点；
②若，此时.
令，解得唯一极值点，
当时，单调递减，此时，
当时，单调递增，
先减后增，且当时，
由零点存在性定理，必然存在唯一的，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因此在处取得极小值，且极小值，
当时，，
结合单调性，函数在内必存在唯一一个正实数零点，
综上所述，当且仅当时，函数恰好有一个正实数零点.
（3）对于正整数，，
由（2）可知，此时必存在唯一的正实数零点，
即满足方程：，
令，，则，
令，则，
令，则，
因为，所以，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，则，故在上单调递增，
又，故，即，
，所以，
将代入得，，
对到n累加：，
令，，
构造，，
故，
严格恒成立，所以，
所以，因为，
所以，
将代入得，，
由于，有，
所以，
对到n累加，首尾相消得
，
故.
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