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湖南长望浏宁四区县市2026届高三四月份调研考试数学科试题卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．在中，“”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（且），若，则的递增区间是（　　）
A． B． C． D．
4．过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
5．若对任意的正实数x、y满足，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B．或
C．或 D．
6．在一次数学考试中，有一道满分为15分的立体几何题．某学习小组6名同学这题的得分为，且有，已知这6名同学的80%分位数和平均分都是12分，则该6名同学答题得分的极差为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．已知，数列为等差数列，且，则（　　）
A．0 B． C．11 D．
8．如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（　　）
A． B． C．3 D．
9．关于函数，下列结论正确的是（　　）
A．的定义域为 B．为偶函数
C．是的一个零点 D．是的一个周期
10．设抛物线的焦点为，到准线的距离为，过的直线交于、（在第一象限）两点，过点作准线的垂线，垂足为，直线交轴于点，则（　　）
A．抛物线的方程为
B．若，则
C．若，则
D．若，则直线AB的方程为
11．已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（　　）
A． B．边BC上的中线
C． D．的最小值为
12．已知展开式中的系数为，则　 　．
13．如图，等边边长为2，点、分别为、的中点，连接并延长至点，使得，则　 　．
14．已知函数，若正实数a，满足，则的取值范围是　 　．
15．已知为数列的前n项和，且．
（1）求该数列的通项；
（2）若，求数列的前n项和．
16．为激发学生对体育的热爱，某校开展体育知识竞赛活动．甲、乙、丙三人参加比赛，有问题1、问题2两道题，其中问题1为抢答题，且只能被一人抢到，甲、乙、丙三人抢到的概率均为，问题2为必答题，甲、乙、丙三人都要回答；已知甲能正确回答问题1、问题2的概率分别为和，乙、丙能正确回答每道题的概率均为，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响．
（1）求问题1回答正确的概率；
（2）记能正确回答问题2的人数为X，求X的分布列和数学期望．
17．如图，在四棱柱中，底面ABCD是菱形，E为中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求直线与平面ABCD所成角的正弦值．
18．已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点．
（i）求证：点在定直线上；
（ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围．
19．已知函数，圆．设圆C与曲线交于A、B两点．
（1）求 在处的切线方程；
（2）证明：直线AB的斜率恒大于1；
（3）若线段AB的中点为m，试判断点m的横坐标与1的大小关系，并证明你的结论．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：已知集合，
可得，所以．故答案为：B.
【分析】解对数不等式，得到，再求交集即可.
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性：若 ，代入可得 ，
因此 可以推出，充分性成立
必要性： 因为是的内角，因此的范围是，
在此范围内只有 ，因此可以推出，必要性成立
所以在中，“”是“”的充要条件．
故答案为：C.
【分析】根据充要条件的判定方式，结合三角形内角和三角函数的关系得出结论.
3．【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由得，所以，又且，所以，
而 的定义域为，处无定义，
当时，，因为，所以对数函数在上单调递增；
当时，，
根据复合函数性质得，内层在单调递减，
外层单调递增，因此在上单调递减.
则的递增区间是．
故答案为：C.
【分析】由，代入可得，再结合复合函数单调性判断即可.
4．【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：过点且倾斜角为的直线，即．
∵圆，即，
∴圆心坐标为，圆心到直线l的距离，
∴直线被圆截得的弦长.
故答案为：D.
【分析】由题可得直线方程为，再根据圆的弦长公式计算.
5．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为不等式恒成立，
所以.
因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以，所以，所以，
所以实数m的取值范围是．
故答案为：A.
【分析】利用基本不等式可得，再代入最小值解一元二次方程求的范围即可.
6．【答案】C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，所以，又，
所以，即，
因为，所以 的值可能是13，14，15，
当 时，，
因为，且 为整数，所以 不可能；
当 时，，因为，
且 为整数，所以 不可能；
当 时，，因为，且 为整数，
所以当且仅当 时，.
此时.
所以所求极差为.
故答案为：C.
【分析】由百分位数可得，再结合均值及实际限定条件逐步推导可知，即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题可得．
因为为等差数列，所以，
又，所以，所以，
所以，
所以，
则．
故答案为：D.
【分析】由题可得，利用等差数列的性质可得，再结合等差数列及函数的性质求和即可.
8．【答案】B
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：形成的正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM，
由题易知SM为等腰三角形SBC的高，所以，设，中，
则，正四棱锥的体积，
令，其中即，
正四棱锥的体积最大即取得最大值，，
令得到，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在时正四棱锥的体积最大．
故答案为：B.
【分析】正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM，易知，设，再利用锥体体积公式求出，结合导数求最值即可.
9．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的定义域
【解析】【解答】解：分母不为0，，解得，A正确．
定义域关于原点对称， ，满足奇函数定义，不是偶函数，B错误．
，不是的一个零点，C错误．
因为，所以是的一个周期，D正确．
故答案为：AD.
【分析】对于A，由分母不为0，即，再解不等式即可；对于B，利用奇偶性的定义判断；对于C，直接代入判断；对于D，根据周期性进行检验即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】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：对A：因为到准线的距离为2，所以，故抛物线方程为，故A正确；
对B：因为，则，，即，
则，故B正确；
对C：若，则，，即，
所以，，则直线FN的方程为，
所以，故，故C错误，
对D：易知直线AB的斜率不为0，设直线的方程为，，
联立，得，易知，则，
又，，，
因为，即，设，
则，
所以，，所以，所以，
又点A在第一象限且，所以，所以直线的方程为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】对于A，根据抛物线的性质得到方程即可；对于B，利用焦半径公式先得到，进而得到点坐标，然后求面积即可；对于C，同理可得点坐标，再求出、坐标即可；对于D，设直线的方程为，，联立曲线，利用韦达定理计算可得、，再利用焦点弦公式计算即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A选项：由正弦定理，可知，所以，故A正确；
B选项：如图，D为BC中点，则，因为，，
所以有，整理得，故B错误；
C选项：如图，过点A作于点E．不妨设最大，
，当且仅当，时取等．C正确
D选项：因为，所以，
又由C选项知，所以
，当且仅当时取等，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角形面积公式及正弦定理即可判断A；利用余弦定理，结合即可判断B；利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导即可判断C；由，再对所求式子进行化简即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为，则的系数为，解得．
故答案为：.
【分析】由题可知展开式的通项为，再结合展开式中的系数为 即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为点，分别是边，的中点，所以，因为，
所以，所以，
因为，，，
所以．
故答案为：.
【分析】根据向量的线性运算用表示，再利用向量数量积的运算律求解.
14．【答案】
【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
【解析】【解答】解：，
当时，，当时，；
所以，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以；
即
因为，，所以，；
则，又因为函数在上单调递增，
所以，，
所以，的取值范围是．
故答案为：.
【分析】先利用导数分析函数的单调性，又可推导出，结合单调性可得，再利用双勾函数的性质求解.
15．【答案】（1）解：当时，，；
当时，，所以，
整理可得，
又，解得，满足，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）解：因为，所以，
所以
．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前n项和与通项关系公式求通项公式，代入并验证n=1时是否成立，可得解；
（2）先将利用对数运算性质，化简为，再代入新数列的通项公式得，利用裂项相消法求和即可.
（1）当时，，；
当时，，所以，
整理可得，
又，解得，满足，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）因为，所以，
所以
．
16．【答案】（1）解：设“甲抢到问题1”为事件A，“乙抢到问题1”为事件B，“丙抢到问题1”为事件C，“问题1被回答正确”为事件D，
由题意知：，
由全概率公式得：
.
（2）解：由题意知：X的可能取值为0，1，2，3，
则有，
．
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据条件概率及全概率公式进行求解即可；
（2）由题可知X的可能取值为0，1，2，3，再根据独立事件的概率公式求出对应概率，写出分布列并计算期望即可.
（1）解：设“甲抢到问题1”为事件A，“乙抢到问题1”为事件B，“丙抢到问题1”为事件C，“问题1被回答正确”为事件D，由题意知：
，
由全概率公式得：
.
（2）由题意知：X的可能取值为0，1，2，3，
则有，
．
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则.
17．【答案】（1）证明：连接，设，连接CF，
因为且，则为平行四边形，可得，
且平面，平面，所以平面．
（2）解：因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角，
连接，因为，则，
设，连接，
因为，且为BD中点，则，
且，平面，则平面，
由平面ABCD，可得平面平面ABCD，
又因为，则，即，
且平面平面，平面，所以面ABCD，
法一：可知MC，MD，两两垂直，
以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，可得，
且平面ABCD的法向量为，
则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为；
法二：过MD中点，连接FN，NC，
因为平面ABCD，，所以面ABCD，
直线CF与平面ABCD所成角即为，
可得，则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，设，连接CF，易证为平行四边形，得到，再由线面平行的判定即可证明；
（2）利用线面垂直的判定先证面ABCD，法一：以点M为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求线面夹角即可；法二：过MD中点，连接FN，NC，根据线面角的定义，找到直线与平面ABCD所成角即为，根据三角函数求值即可.
（1）连接，设，连接CF，
因为且，则为平行四边形，可得，
且平面，平面，所以平面．
（2）因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角，
连接，因为，则，
设，连接，
因为，且为BD中点，则，
且，平面，则平面，
由平面ABCD，可得平面平面ABCD，
又因为，则，即，
且平面平面，平面，所以面ABCD，
法一：可知MC，MD，两两垂直，
以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，可得，
且平面ABCD的法向量为，
则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为；
法二：过MD中点，连接FN，NC，
因为平面ABCD，，所以面ABCD，
直线CF与平面ABCD所成角即为，
可得，则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合，
由此得，平方化简得，即．
（2）解：（i）令，代入，得，解得，故、，
设直线的方程为，
与曲线的方程联立得：
，则，
所以，解得，
故，故，
设点，则，
由题意得，，
因为平分，由角平分线定理得，即，
化简得，即，解得，
所以点在定直线上．
（ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合，
因为，，所以，
所以直线的方程为，
将直线与曲线的方程联立得：，
所以，，
故，则，
由（i）得，则，故、、三点共线．
又因为、、三点共线，即与点重合，所以，
因为点在第二象限，则，解得，
所以．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题可得，再化简即可得到轨迹方程；
（2）（i）设直线的方程为，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立；
（ii）根据题意可得，再求出的取值范围，配方即可得到的取值范围.
（1）设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合，
由此得，平方化简得，即．
（2）（i）令，代入，得，解得，故、，
设直线的方程为，与曲线的方程联立得：
，则，
所以，解得，
故，故，
设点，则，
由题意得，，
因为平分，由角平分线定理得，即，
化简得，即，解得，
所以点在定直线上．
（ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合，
因为，，所以，
所以直线的方程为，
将直线与曲线的方程联立得：，
所以，，
故，则，
由（i）得，则，故、、三点共线．
又因为、、三点共线，即与点重合，所以，
因为点在第二象限，则，解得，
所以．
19．【答案】（1）解：由，可得，
则在点处的切线方程为，即．
（2）证明：设，
不妨设，要证直线AB的斜率恒大于1，即证，
即证，即证①，
考查函数，，因，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
从而，
从而有，，所以，
要证①式，需证，
又，
即证：
化简得，
令，
令，
则，
由可得；由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，原命题得证．
（3）点m的横坐标大于1，证明如下：
设，且．由A，B在圆上得：
，
构造函数，则．
，
当时，，且，故；
当时，，且，故；
所以在单调递减，在单调递增，所以，
令，
则，
所以在单调递增，所以，
当时，，
所以，
所以，
即，又，所以，
又在单调递增，所以，即，
所以点m的横坐标大于1．
【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
【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义求切线方程即可；
(2)设，不妨设，根据题意转化为证，再构造函数结合单调性证明即可；
(3)根据题意先判断m的横坐标大于1，即证，构造函数，则，再设，利用单调性证明即可.
（1）由，可得，
则在点处的切线方程为，即．
（2）设，
不妨设，要证直线AB的斜率恒大于1，即证，
即证，即证①，
考查函数，，因，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
从而，
从而有，，所以，
要证①式，需证，
又，
即证：
化简得，
令，
令，
则，
由可得；由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，原命题得证．
（3）点m的横坐标大于1，证明如下：
设，且．由A，B在圆上得：
，
构造函数，则．
，
当时，，且，故；
当时，，且，故；
所以在单调递减，在单调递增，所以，
令，
则，
所以在单调递增，所以，
当时，，
所以，
所以，
即，又，所以，
又在单调递增，所以，即，
所以点m的横坐标大于1．
1 / 1湖南长望浏宁四区县市2026届高三四月份调研考试数学科试题卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：已知集合，
可得，所以．故答案为：B.
【分析】解对数不等式，得到，再求交集即可.
2．在中，“”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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性：若 ，代入可得 ，
因此 可以推出，充分性成立
必要性： 因为是的内角，因此的范围是，
在此范围内只有 ，因此可以推出，必要性成立
所以在中，“”是“”的充要条件．
故答案为：C.
【分析】根据充要条件的判定方式，结合三角形内角和三角函数的关系得出结论.
3．已知函数（且），若，则的递增区间是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由得，所以，又且，所以，
而 的定义域为，处无定义，
当时，，因为，所以对数函数在上单调递增；
当时，，
根据复合函数性质得，内层在单调递减，
外层单调递增，因此在上单调递减.
则的递增区间是．
故答案为：C.
【分析】由，代入可得，再结合复合函数单调性判断即可.
4．过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：过点且倾斜角为的直线，即．
∵圆，即，
∴圆心坐标为，圆心到直线l的距离，
∴直线被圆截得的弦长.
故答案为：D.
【分析】由题可得直线方程为，再根据圆的弦长公式计算.
5．若对任意的正实数x、y满足，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B．或
C．或 D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为不等式恒成立，
所以.
因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以，所以，所以，
所以实数m的取值范围是．
故答案为：A.
【分析】利用基本不等式可得，再代入最小值解一元二次方程求的范围即可.
6．在一次数学考试中，有一道满分为15分的立体几何题．某学习小组6名同学这题的得分为，且有，已知这6名同学的80%分位数和平均分都是12分，则该6名同学答题得分的极差为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，所以，又，
所以，即，
因为，所以 的值可能是13，14，15，
当 时，，
因为，且 为整数，所以 不可能；
当 时，，因为，
且 为整数，所以 不可能；
当 时，，因为，且 为整数，
所以当且仅当 时，.
此时.
所以所求极差为.
故答案为：C.
【分析】由百分位数可得，再结合均值及实际限定条件逐步推导可知，即可.
7．已知，数列为等差数列，且，则（　　）
A．0 B． C．11 D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题可得．
因为为等差数列，所以，
又，所以，所以，
所以，
所以，
则．
故答案为：D.
【分析】由题可得，利用等差数列的性质可得，再结合等差数列及函数的性质求和即可.
8．如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：形成的正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM，
由题易知SM为等腰三角形SBC的高，所以，设，中，
则，正四棱锥的体积，
令，其中即，
正四棱锥的体积最大即取得最大值，，
令得到，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在时正四棱锥的体积最大．
故答案为：B.
【分析】正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM，易知，设，再利用锥体体积公式求出，结合导数求最值即可.
9．关于函数，下列结论正确的是（　　）
A．的定义域为 B．为偶函数
C．是的一个零点 D．是的一个周期
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的定义域
【解析】【解答】解：分母不为0，，解得，A正确．
定义域关于原点对称， ，满足奇函数定义，不是偶函数，B错误．
，不是的一个零点，C错误．
因为，所以是的一个周期，D正确．
故答案为：AD.
【分析】对于A，由分母不为0，即，再解不等式即可；对于B，利用奇偶性的定义判断；对于C，直接代入判断；对于D，根据周期性进行检验即可.
10．设抛物线的焦点为，到准线的距离为，过的直线交于、（在第一象限）两点，过点作准线的垂线，垂足为，直线交轴于点，则（　　）
A．抛物线的方程为
B．若，则
C．若，则
D．若，则直线AB的方程为
【答案】A,B,D
【知识点】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：对A：因为到准线的距离为2，所以，故抛物线方程为，故A正确；
对B：因为，则，，即，
则，故B正确；
对C：若，则，，即，
所以，，则直线FN的方程为，
所以，故，故C错误，
对D：易知直线AB的斜率不为0，设直线的方程为，，
联立，得，易知，则，
又，，，
因为，即，设，
则，
所以，，所以，所以，
又点A在第一象限且，所以，所以直线的方程为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】对于A，根据抛物线的性质得到方程即可；对于B，利用焦半径公式先得到，进而得到点坐标，然后求面积即可；对于C，同理可得点坐标，再求出、坐标即可；对于D，设直线的方程为，，联立曲线，利用韦达定理计算可得、，再利用焦点弦公式计算即可.
11．已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（　　）
A． B．边BC上的中线
C． D．的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A选项：由正弦定理，可知，所以，故A正确；
B选项：如图，D为BC中点，则，因为，，
所以有，整理得，故B错误；
C选项：如图，过点A作于点E．不妨设最大，
，当且仅当，时取等．C正确
D选项：因为，所以，
又由C选项知，所以
，当且仅当时取等，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角形面积公式及正弦定理即可判断A；利用余弦定理，结合即可判断B；利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导即可判断C；由，再对所求式子进行化简即可判断D.
12．已知展开式中的系数为，则　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为，则的系数为，解得．
故答案为：.
【分析】由题可知展开式的通项为，再结合展开式中的系数为 即可求解.
13．如图，等边边长为2，点、分别为、的中点，连接并延长至点，使得，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为点，分别是边，的中点，所以，因为，
所以，所以，
因为，，，
所以．
故答案为：.
【分析】根据向量的线性运算用表示，再利用向量数量积的运算律求解.
14．已知函数，若正实数a，满足，则的取值范围是　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：，
当时，，当时，；
所以，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以；
即
因为，，所以，；
则，又因为函数在上单调递增，
所以，，
所以，的取值范围是．
故答案为：.
【分析】先利用导数分析函数的单调性，又可推导出，结合单调性可得，再利用双勾函数的性质求解.
15．已知为数列的前n项和，且．
（1）求该数列的通项；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：当时，，；
当时，，所以，
整理可得，
又，解得，满足，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）解：因为，所以，
所以
．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前n项和与通项关系公式求通项公式，代入并验证n=1时是否成立，可得解；
（2）先将利用对数运算性质，化简为，再代入新数列的通项公式得，利用裂项相消法求和即可.
（1）当时，，；
当时，，所以，
整理可得，
又，解得，满足，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）因为，所以，
所以
．
16．为激发学生对体育的热爱，某校开展体育知识竞赛活动．甲、乙、丙三人参加比赛，有问题1、问题2两道题，其中问题1为抢答题，且只能被一人抢到，甲、乙、丙三人抢到的概率均为，问题2为必答题，甲、乙、丙三人都要回答；已知甲能正确回答问题1、问题2的概率分别为和，乙、丙能正确回答每道题的概率均为，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响．
（1）求问题1回答正确的概率；
（2）记能正确回答问题2的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：设“甲抢到问题1”为事件A，“乙抢到问题1”为事件B，“丙抢到问题1”为事件C，“问题1被回答正确”为事件D，
由题意知：，
由全概率公式得：
.
（2）解：由题意知：X的可能取值为0，1，2，3，
则有，
．
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据条件概率及全概率公式进行求解即可；
（2）由题可知X的可能取值为0，1，2，3，再根据独立事件的概率公式求出对应概率，写出分布列并计算期望即可.
（1）解：设“甲抢到问题1”为事件A，“乙抢到问题1”为事件B，“丙抢到问题1”为事件C，“问题1被回答正确”为事件D，由题意知：
，
由全概率公式得：
.
（2）由题意知：X的可能取值为0，1，2，3，
则有，
．
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则.
17．如图，在四棱柱中，底面ABCD是菱形，E为中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求直线与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接，设，连接CF，
因为且，则为平行四边形，可得，
且平面，平面，所以平面．
（2）解：因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角，
连接，因为，则，
设，连接，
因为，且为BD中点，则，
且，平面，则平面，
由平面ABCD，可得平面平面ABCD，
又因为，则，即，
且平面平面，平面，所以面ABCD，
法一：可知MC，MD，两两垂直，
以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，可得，
且平面ABCD的法向量为，
则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为；
法二：过MD中点，连接FN，NC，
因为平面ABCD，，所以面ABCD，
直线CF与平面ABCD所成角即为，
可得，则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，设，连接CF，易证为平行四边形，得到，再由线面平行的判定即可证明；
（2）利用线面垂直的判定先证面ABCD，法一：以点M为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求线面夹角即可；法二：过MD中点，连接FN，NC，根据线面角的定义，找到直线与平面ABCD所成角即为，根据三角函数求值即可.
（1）连接，设，连接CF，
因为且，则为平行四边形，可得，
且平面，平面，所以平面．
（2）因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角，
连接，因为，则，
设，连接，
因为，且为BD中点，则，
且，平面，则平面，
由平面ABCD，可得平面平面ABCD，
又因为，则，即，
且平面平面，平面，所以面ABCD，
法一：可知MC，MD，两两垂直，
以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，可得，
且平面ABCD的法向量为，
则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为；
法二：过MD中点，连接FN，NC，
因为平面ABCD，，所以面ABCD，
直线CF与平面ABCD所成角即为，
可得，则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
18．已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点．
（i）求证：点在定直线上；
（ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围．
【答案】（1）解：设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合，
由此得，平方化简得，即．
（2）解：（i）令，代入，得，解得，故、，
设直线的方程为，
与曲线的方程联立得：
，则，
所以，解得，
故，故，
设点，则，
由题意得，，
因为平分，由角平分线定理得，即，
化简得，即，解得，
所以点在定直线上．
（ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合，
因为，，所以，
所以直线的方程为，
将直线与曲线的方程联立得：，
所以，，
故，则，
由（i）得，则，故、、三点共线．
又因为、、三点共线，即与点重合，所以，
因为点在第二象限，则，解得，
所以．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题可得，再化简即可得到轨迹方程；
（2）（i）设直线的方程为，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立；
（ii）根据题意可得，再求出的取值范围，配方即可得到的取值范围.
（1）设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合，
由此得，平方化简得，即．
（2）（i）令，代入，得，解得，故、，
设直线的方程为，与曲线的方程联立得：
，则，
所以，解得，
故，故，
设点，则，
由题意得，，
因为平分，由角平分线定理得，即，
化简得，即，解得，
所以点在定直线上．
（ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合，
因为，，所以，
所以直线的方程为，
将直线与曲线的方程联立得：，
所以，，
故，则，
由（i）得，则，故、、三点共线．
又因为、、三点共线，即与点重合，所以，
因为点在第二象限，则，解得，
所以．
19．已知函数，圆．设圆C与曲线交于A、B两点．
（1）求 在处的切线方程；
（2）证明：直线AB的斜率恒大于1；
（3）若线段AB的中点为m，试判断点m的横坐标与1的大小关系，并证明你的结论．
【答案】（1）解：由，可得，
则在点处的切线方程为，即．
（2）证明：设，
不妨设，要证直线AB的斜率恒大于1，即证，
即证，即证①，
考查函数，，因，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
从而，
从而有，，所以，
要证①式，需证，
又，
即证：
化简得，
令，
令，
则，
由可得；由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，原命题得证．
（3）点m的横坐标大于1，证明如下：
设，且．由A，B在圆上得：
，
构造函数，则．
，
当时，，且，故；
当时，，且，故；
所以在单调递减，在单调递增，所以，
令，
则，
所以在单调递增，所以，
当时，，
所以，
所以，
即，又，所以，
又在单调递增，所以，即，
所以点m的横坐标大于1．
【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
【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义求切线方程即可；
(2)设，不妨设，根据题意转化为证，再构造函数结合单调性证明即可；
(3)根据题意先判断m的横坐标大于1，即证，构造函数，则，再设，利用单调性证明即可.
（1）由，可得，
则在点处的切线方程为，即．
（2）设，
不妨设，要证直线AB的斜率恒大于1，即证，
即证，即证①，
考查函数，，因，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
从而，
从而有，，所以，
要证①式，需证，
又，
即证：
化简得，
令，
令，
则，
由可得；由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，原命题得证．
（3）点m的横坐标大于1，证明如下：
设，且．由A，B在圆上得：
，
构造函数，则．
，
当时，，且，故；
当时，，且，故；
所以在单调递减，在单调递增，所以，
令，
则，
所以在单调递增，所以，
当时，，
所以，
所以，
即，又，所以，
又在单调递增，所以，即，
所以点m的横坐标大于1．
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