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河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题
1．i为虚数单位，则复数的虚部为（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
2．已知向量，若，则（　　）
A．-2 B．0 C．2 D．8
3．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知，则（　　）
A． B．-1 C． D．-2
5．若，则椭圆的离心率的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
6．设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（　　）
A． B． C． D．
7．已知随机变量，随机变量，则（　　）
A． B．
C． D．
8．在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
9．已知函数，则（　　）
A．为偶函数 B．在上单调递增
C．的最小正周期是 D．的一条对称轴为
10．在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，直线平面PAB
B．当时，直线CE与PB所成角为
C．当时，直线CE与平面PAD所成角为
D．当时，三棱锥的外接球表面积为
11．设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．
D．
12．的展开式中，的系数为　 　．
13．已知直线与圆相切，若直线过抛物线的焦点，与的准线相交于点，则　 　．
14．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为　 　．
15．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且.
（1）若，求的面积；
（2）当时，求.
16．甲、乙两名乒乓球选手进行比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，采用七局四胜制（当一人赢得四局胜利时，该人获胜，比赛结束）．
已知甲先赢了前两局．
（1）若，求：
（i）乙获胜的概率；
（ii）比赛打满七局的概率；
（2）设比赛结束时，已经比赛的总局数为随机变量，若，求的取值范围.
17．在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为2的菱形，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点．
（1）若焦距为12，求的方程；
（2）当时，若，证明：轴；
（3）若，求的最大值.
19．设函数，若有两个极值点，且.
（1）求的取值范围；
（2）当时，记为最大零点.
（i）①证明：有两个零点；②证明：；
（ii）比较与的大小，并给出证明.
答案解析部分
1．【答案】A
【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：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再根据复数的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，解得．
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，解得，即集合，
，，解得，即集合，则．
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求得集合M；求对数函数的定义域得集合N，再根据集合的交集运算求解即可．
4．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以且，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据正弦的二倍角公式求得且，代入求的值即可.
5．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：，，则椭圆焦点在轴，且，
故．
故答案为：C.
【分析】由b的取值范围，先确定椭圆焦点的位置，再根据离心率公式求解即可．
6．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由可得，
所以在点处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，即可得，
因此．
故答案为：A
【分析】求切线问题，先对函数进行求定义域求导数，再代入，可得到曲线在处切线斜率，由题意得切线与直线垂直，得即可得a .
7．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：
因为，，则，
因为，，则，
A、，故A错误；
B、，故，故B错误；
CD、，
，
则，故D正确；
所以，故C错误.
故答案为：D.
【分析】易知随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的特点逐项求解判断即可.
8．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，由，可得，
则，即，
则，，
因此，当时，；时，，
因为，所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为
，
所以，当时，取得最大值.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，由，结合等差数列的性质求得，再根据等差数列的性质判断出当时，；当时，，最后根据，判断出对取正负的影响，即可求解.
9．【答案】B,D
【知识点】复合函数的单调性；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：令，得，则函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以为奇函数，故A错误；
因为在上单调递增，且，
所以在上单调递减，故在上单调递增，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
，
所以的一条对称轴为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】求函数的定义域，利用奇偶性判断函数为奇函数即可判断A；根据在上的单调性，判断函数在上的单调性即可判断B；利用特殊值求解即可判断C；验证是否成立，即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为，所以，
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则 ，
由，得， .
A、当时，， ，平面的法向量为，
因为 ，且不在平面内，故平面，故A正确；
B、当时， ， ，设直线与所成角为，
则 ，故夹角不是，故B错误；
C、当时， ， ，
平面的法向量为 ，设直线与平面所成角为，
则 ，得，故C正确；
D、当时，四点坐标： ，
则 ，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径，
因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为，
则由球心到各顶点的距离相等，可得，
解得，所以球心为，半径，故外接球表面积，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，再求当时，点坐标与向量，验证与平面内两个不共线的向量共面，且不在平面内，可判断线面平行成立即可判断A；求得当 时和的向量坐标，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值即可判断B；求当时，坐标与平面的法向量，利用空间向量法求直线与平面的夹角即可判断C；求当时三棱锥四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、若，由概率的基本公式可得，
代入，
则，
由条件概率有，且，
则，故A正确；
B、已知，，
若，则，这说明事件相互独立，
由于，要使，
必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误；
C、由德摩根定律，
因此，故C正确；
D、令，其中，令，
由概率的基本性质得，
要证，也就是证，
即证，即，
①先证：不妨设，则，
则，
而函数，最大值为，在处取得，
因此，，在时取等号；
②再证，即证，由于，
所以，
因此，
当时，此时，
因此，在时取等号；
当时，此时，
因此；
综上所述，有，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用概率的基本公式和条件概率公式求解即可判断A；若，则，说明事件相互独立，根据事件的独立性求解即可判断B；根据德摩根定律，结合对立事件的概率公式求解即可判断C；根据概率的基本性质求解即可判断D.
12．【答案】-20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式，
令，解得，则，即的系数为-20.
故答案为：-20.
【分析】先写出展开式的通项，利用通项公式求指定项的系数即可.
13．【答案】10
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为直线与圆相切，
所以，解得或，
易知抛物线的焦点，代入直线方程，可得，
当，显然不满足，
当时，由，则抛物线方程为，焦点，准线方程，
代入直线方程，可得，即，
则.
故答案为：10.
【分析】由直线与圆相切，利用点到直线的距离等于半径列式求得参数k的值，易知抛物线的焦点坐标，代入直线化简可得，再分别将k值代入求得p的值，确定抛物线方程，求点A坐标，最后利用两点间距离公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】集合的表示方法；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，
则，即，
故集合，
当时，集合为，则；
当时，集合为，则；
当时，，则，
综上所述，，则，
设数列前项和为，
当时，；
当时，，
则，
两式相减得，
则，
显然满足上式，则.
故答案为：.
【分析】根据欧拉函数的定义求得，，集合化为，再对n取值，求得，可得，设数列前项和为，利用错位相减法求和即可.
15．【答案】（1）解：在中，由正弦定理可得：，解得，
因为，所以，
又因为点是边AC中点，所以的面积；
（2）解：在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
又因为，所以.
【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】【分析】（1）由题意，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解即可；
（2）分别在和中，利用余弦定理，结合求解即可.
（1）在中，由正弦定理可得：，
所以，
因为，所以，
又因为点是边AC中点，
所以的面积.
（2）在中，由余弦定理可得：
，
在中，由余弦定理可得：
，
又因为，解得.
16．【答案】（1）解：（i）乙获胜有两种情况：①乙连胜四局的概率为，
②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜的概率为，
则当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为；
（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，
则，
，
所以比赛打满七局的概率为；
（2）解：，
，
由，可得，解得或，
因为，所以或，
综上：或时，.
【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】【分析】（1）（i）利用独立事件乘积公式，结合互斥事件概率加法公式求解即可；
（ii）先记事件，再根据n次独立重复试验，以及互斥事件概率和公式计算即可；
（2）根据n次独立重复试验和互斥事件概率和公式先计算，再根据列关于p的不等式求解的范围即可.
（1）（i）乙获胜有两种情况：
①乙连胜四局，概率为，
②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜，
概率为，
所以当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为.
（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，
则，
，
所以比赛打满七局的概率为.
（2），
，
由已知整理得：
，
解得：或，
因为，
所以或，
综上：或时，．
17．【答案】（1）证明：因为侧面是边长为2的菱形，，所以，取中点，连接，则，
又因为，所以，
又因为底面侧面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面ABC，所以，
因为，满足，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为侧面是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
故，，
设平面与的法向量分别为、，
则，，即，，
令，则，，，，
所以，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，根据菱形的性质，结合面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为侧面是边长为2的菱形，，
所以，取中点，连接，则，
又因为，所以，
又因为底面侧面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面ABC，所以，
因为，满足，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为侧面是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面；
（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，
故，，
设平面与的法向量分别为、，
则，，即，，
令，则，，，，
所以，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：因为，所以，所以，解得，
则双曲线的方程为；
（2）证明：当时，直线的方程为，设，
联立，得，
则 ，由韦达定理可得，
，故，将代入，整理得，同理，
所以，解得，
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，则轴；
（3）解：当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立，消元整理可得 ，
由韦达定理可得，则，
将直线与渐近线分别联立得：，
，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；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）由题意，结合的关系求得基本量，即可得双曲线方程；
（2）当时，直线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，结合两点距离公式以及求得，进而求出坐标，即可证明轴；
（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示出，令，换元后，结合二次函数的性质求解的最大值即可.
（1）因为，则，
所以，解得，
所以的方程为.
（2）当时，直线的方程为，设，
联立，得，
则 ，且，
而，故，将代入，
整理得，同理，
所以
，解得（负根舍去），
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，
所以轴．
（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立，得 ，
则，
所以，
将直线与渐近线分别联立得：
，
因为，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
19．【答案】（1）解：函数，，
令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为；
（2）解：（i）①易知，由（1）可知，当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意，
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证，
②因为为极值点且，所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，得，命题得证；
（ii）由（*）可知，所以 ，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，令，再求导，分、两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理得出，再记，求导，利用导数判断函数的单调性，求的取值范围即可；
（2）（i）①、易知，由（1）的结论，分、两种情况探究的单调性，结合零点存在性定理以及证明即可；
②、利用和证明即可；
（ii）由（*）可知，化简可得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，得出，结合单调性证明即可.
（1），令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为.
（2）（i）①易知，由（1）可知，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意．
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证．
②因为为极值点且，
所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，
得，命题得证．
（ii）由（*）可知，所以
，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．
1 / 1河北唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题
1．i为虚数单位，则复数的虚部为（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】A
【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：A.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再根据复数的概念判断即可.
2．已知向量，若，则（　　）
A．-2 B．0 C．2 D．8
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，解得．
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
3．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，解得，即集合，
，，解得，即集合，则．
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求得集合M；求对数函数的定义域得集合N，再根据集合的交集运算求解即可．
4．已知，则（　　）
A． B．-1 C． D．-2
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以且，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据正弦的二倍角公式求得且，代入求的值即可.
5．若，则椭圆的离心率的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：，，则椭圆焦点在轴，且，
故．
故答案为：C.
【分析】由b的取值范围，先确定椭圆焦点的位置，再根据离心率公式求解即可．
6．设曲线在点处的切线与直线垂直．求a的值（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由可得，
所以在点处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，即可得，
因此．
故答案为：A
【分析】求切线问题，先对函数进行求定义域求导数，再代入，可得到曲线在处切线斜率，由题意得切线与直线垂直，得即可得a .
7．已知随机变量，随机变量，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：
因为，，则，
因为，，则，
A、，故A错误；
B、，故，故B错误；
CD、，
，
则，故D正确；
所以，故C错误.
故答案为：D.
【分析】易知随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的特点逐项求解判断即可.
8．在等差数列中，，记为数列的前项和，当取得最大值时，的值为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，由，可得，
则，即，
则，，
因此，当时，；时，，
因为，所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为
，
所以，当时，取得最大值.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，由，结合等差数列的性质求得，再根据等差数列的性质判断出当时，；当时，，最后根据，判断出对取正负的影响，即可求解.
9．已知函数，则（　　）
A．为偶函数 B．在上单调递增
C．的最小正周期是 D．的一条对称轴为
【答案】B,D
【知识点】复合函数的单调性；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：令，得，则函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以为奇函数，故A错误；
因为在上单调递增，且，
所以在上单调递减，故在上单调递增，故B正确；
因为，，所以，故C错误；
，
所以的一条对称轴为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】求函数的定义域，利用奇偶性判断函数为奇函数即可判断A；根据在上的单调性，判断函数在上的单调性即可判断B；利用特殊值求解即可判断C；验证是否成立，即可判断D.
10．在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，直线平面PAB
B．当时，直线CE与PB所成角为
C．当时，直线CE与平面PAD所成角为
D．当时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为，所以，
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则 ，
由，得， .
A、当时，， ，平面的法向量为，
因为 ，且不在平面内，故平面，故A正确；
B、当时， ， ，设直线与所成角为，
则 ，故夹角不是，故B错误；
C、当时， ， ，
平面的法向量为 ，设直线与平面所成角为，
则 ，得，故C正确；
D、当时，四点坐标： ，
则 ，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径，
因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为，
则由球心到各顶点的距离相等，可得，
解得，所以球心为，半径，故外接球表面积，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，再求当时，点坐标与向量，验证与平面内两个不共线的向量共面，且不在平面内，可判断线面平行成立即可判断A；求得当 时和的向量坐标，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值即可判断B；求当时，坐标与平面的法向量，利用空间向量法求直线与平面的夹角即可判断C；求当时三棱锥四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积即可判断D.
11．设是一个随机试验中的两个事件，记，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．
D．
【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、若，由概率的基本公式可得，
代入，
则，
由条件概率有，且，
则，故A正确；
B、已知，，
若，则，这说明事件相互独立，
由于，要使，
必须有，而事件相互独立并不意味着，故B错误；
C、由德摩根定律，
因此，故C正确；
D、令，其中，令，
由概率的基本性质得，
要证，也就是证，
即证，即，
①先证：不妨设，则，
则，
而函数，最大值为，在处取得，
因此，，在时取等号；
②再证，即证，由于，
所以，
因此，
当时，此时，
因此，在时取等号；
当时，此时，
因此；
综上所述，有，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用概率的基本公式和条件概率公式求解即可判断A；若，则，说明事件相互独立，根据事件的独立性求解即可判断B；根据德摩根定律，结合对立事件的概率公式求解即可判断C；根据概率的基本性质求解即可判断D.
12．的展开式中，的系数为　 　．
【答案】-20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式，
令，解得，则，即的系数为-20.
故答案为：-20.
【分析】先写出展开式的通项，利用通项公式求指定项的系数即可.
13．已知直线与圆相切，若直线过抛物线的焦点，与的准线相交于点，则　 　．
【答案】10
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为直线与圆相切，
所以，解得或，
易知抛物线的焦点，代入直线方程，可得，
当，显然不满足，
当时，由，则抛物线方程为，焦点，准线方程，
代入直线方程，可得，即，
则.
故答案为：10.
【分析】由直线与圆相切，利用点到直线的距离等于半径列式求得参数k的值，易知抛物线的焦点坐标，代入直线化简可得，再分别将k值代入求得p的值，确定抛物线方程，求点A坐标，最后利用两点间距离公式求解即可.
14．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为　 　．
【答案】
【知识点】集合的表示方法；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，
则，即，
故集合，
当时，集合为，则；
当时，集合为，则；
当时，，则，
综上所述，，则，
设数列前项和为，
当时，；
当时，，
则，
两式相减得，
则，
显然满足上式，则.
故答案为：.
【分析】根据欧拉函数的定义求得，，集合化为，再对n取值，求得，可得，设数列前项和为，利用错位相减法求和即可.
15．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且.
（1）若，求的面积；
（2）当时，求.
【答案】（1）解：在中，由正弦定理可得：，解得，
因为，所以，
又因为点是边AC中点，所以的面积；
（2）解：在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
又因为，所以.
【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】【分析】（1）由题意，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解即可；
（2）分别在和中，利用余弦定理，结合求解即可.
（1）在中，由正弦定理可得：，
所以，
因为，所以，
又因为点是边AC中点，
所以的面积.
（2）在中，由余弦定理可得：
，
在中，由余弦定理可得：
，
又因为，解得.
16．甲、乙两名乒乓球选手进行比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，采用七局四胜制（当一人赢得四局胜利时，该人获胜，比赛结束）．
已知甲先赢了前两局．
（1）若，求：
（i）乙获胜的概率；
（ii）比赛打满七局的概率；
（2）设比赛结束时，已经比赛的总局数为随机变量，若，求的取值范围.
【答案】（1）解：（i）乙获胜有两种情况：①乙连胜四局的概率为，
②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜的概率为，
则当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为；
（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，
则，
，
所以比赛打满七局的概率为；
（2）解：，
，
由，可得，解得或，
因为，所以或，
综上：或时，.
【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】【分析】（1）（i）利用独立事件乘积公式，结合互斥事件概率加法公式求解即可；
（ii）先记事件，再根据n次独立重复试验，以及互斥事件概率和公式计算即可；
（2）根据n次独立重复试验和互斥事件概率和公式先计算，再根据列关于p的不等式求解的范围即可.
（1）（i）乙获胜有两种情况：
①乙连胜四局，概率为，
②乙第三局到第六局胜三局且第七局胜，
概率为，
所以当甲先赢了前两局时，乙获胜的概率为.
（ii）记“比赛打满七局甲胜”为事件，“比赛打满七局乙胜”为事件，
则，
，
所以比赛打满七局的概率为.
（2），
，
由已知整理得：
，
解得：或，
因为，
所以或，
综上：或时，．
17．在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为2的菱形，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为侧面是边长为2的菱形，，所以，取中点，连接，则，
又因为，所以，
又因为底面侧面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面ABC，所以，
因为，满足，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为侧面是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
故，，
设平面与的法向量分别为、，
则，，即，，
令，则，，，，
所以，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，根据菱形的性质，结合面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为侧面是边长为2的菱形，，
所以，取中点，连接，则，
又因为，所以，
又因为底面侧面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面ABC，所以，
因为，满足，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以，
因为侧面是菱形，所以，
又因为，、平面，所以平面；
（2）以为坐标原点，AC，AD，AB所在直线的方向分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，
故，，
设平面与的法向量分别为、，
则，，即，，
令，则，，，，
所以，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点．
（1）若焦距为12，求的方程；
（2）当时，若，证明：轴；
（3）若，求的最大值.
【答案】（1）解：因为，所以，所以，解得，
则双曲线的方程为；
（2）证明：当时，直线的方程为，设，
联立，得，
则 ，由韦达定理可得，
，故，将代入，整理得，同理，
所以，解得，
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，则轴；
（3）解：当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立，消元整理可得 ，
由韦达定理可得，则，
将直线与渐近线分别联立得：，
，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；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）由题意，结合的关系求得基本量，即可得双曲线方程；
（2）当时，直线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，结合两点距离公式以及求得，进而求出坐标，即可证明轴；
（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示出，令，换元后，结合二次函数的性质求解的最大值即可.
（1）因为，则，
所以，解得，
所以的方程为.
（2）当时，直线的方程为，设，
联立，得，
则 ，且，
而，故，将代入，
整理得，同理，
所以
，解得（负根舍去），
则双曲线，则的坐标为，
而方程，即为，解得或，则，
所以轴．
（3）当时，双曲线，直线的方程为，设，
联立，得 ，
则，
所以，
将直线与渐近线分别联立得：
，
因为，
令，即，
则，
则，即时，的最大值为，经检验符合题意．
19．设函数，若有两个极值点，且.
（1）求的取值范围；
（2）当时，记为最大零点.
（i）①证明：有两个零点；②证明：；
（ii）比较与的大小，并给出证明.
【答案】（1）解：函数，，
令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为；
（2）解：（i）①易知，由（1）可知，当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意，
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证，
②因为为极值点且，所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，得，命题得证；
（ii）由（*）可知，所以 ，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，令，再求导，分、两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理得出，再记，求导，利用导数判断函数的单调性，求的取值范围即可；
（2）（i）①、易知，由（1）的结论，分、两种情况探究的单调性，结合零点存在性定理以及证明即可；
②、利用和证明即可；
（ii）由（*）可知，化简可得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，得出，结合单调性证明即可.
（1），令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为.
（2）（i）①易知，由（1）可知，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意．
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证．
②因为为极值点且，
所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，
得，命题得证．
（ii）由（*）可知，所以
，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．
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