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广东汕头市2026年普通高考第二次模拟考试数学试题
1．抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．已知，则（　　）
A． B． C． D．
3．的值为（　　）
A． B． C．1 D．
4．已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
6．已知命题：，，则下列结论正确的是（　　）
A．为真命题，且命题的否定为：，
B．为真命题，且命题的否定为：，
C．为假命题，且命题的否定为：，
D．为假命题，且命题的否定为：，
7．已知，则下列结论中正确的个数是（　　）
①；
②；
③；
④
A．1 B．2 C．3 D．4
8．集合中所有元素之和记作，则（　　）
A． B． C． D．
9．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（　　）
A．2个球都是白球的概率为
B．2个球都不是白球的概率为
C．2个球不都是白球的概率为
D．2个球恰好有一个球是白球的概率为
10．如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（　　）
A．与平行 B．与为异面直线
C．与成角 D．与垂直
11．设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（　　）
A．集合不是“可拆等和集”
B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个
C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”
D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”
12．已知函数是偶函数，则　 　.
13．若双曲线 的渐近线与圆 相切，则 　 　．
14．个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为　 　.
15．数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且.
（1）求的前项和；
（2）求.
16．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线过点，求的值；
（2）求的极值点.
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长；
（3）过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由.
18．函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.
（1）求函数的解析式；
（2）设，解不等式；
（3）设，若关于的方程有解，求的取值范围.
19．设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为标准方程为，
所以，焦点坐标为，准线方程为，
则所求距离为．
故答案为：B.
【分析】将抛物线方程化为标准方程，从而得出焦参数的值，进而得出焦点坐标和准线的方程，再利用点到直线的距离公式，从而得出抛物线的焦点到其准线的距离．
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
．
故选：．
【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算求解即可．
3．【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，
整理可得.
故答案为：A.
【分析】根据结合两角和的正切公式，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据对数函数的单调性和已知条件，从而比较出a，b，c的大小.
5．【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，得，
则，，
因为，所以，
则与的夹角为.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，再利用数量积球向量夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
6．【答案】B
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为.
则对于任意的，都成立，
所以命题为真命题，
因为命题是全称命题，
所以，它的否定为，
则命题为真命题，且命题的否定为.
故答案为：B.
【分析】先利用诱导公式和恒成立问题求解方法，则判断出命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，从而找出结论正确的选项.
7．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：令，得，故①正确；
令，得（i），故②错误；
令，得（ii），
由（i）-（ii），化简得，故③正确；
令，得，
则，
得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法和作差法，从而逐项判断找出结论中正确的个数.
8．【答案】D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令函数，其定义域为，
可得，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上在单调递减，
则当时，函数取得极大值，也是最大值，
因为，
根据零点存在性定理，得函数在和上各有一个零点，
则集合中有两个元素，且，
又因为，所以，
两式相加，可得，则，
因为，可得，所以，
则，所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最值，再结合和以及零点存在性定理，从而得到在和上各有一个零点，进而得到零点的取值范围，再结合对数的运算法则，从而得出.
9．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；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：设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球.
对于A：因为，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用相互独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面内两直线的夹角与到角问题；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体，
如图所示，三点是同一点，
对于A，因为分别是的中点，所以，
又因为与异面，所以与不平行，故A错误；
对于B，易知与为异面直线，故B正确；
对于C，依题意知，
所以与成角，故C正确；
对于D，连接，则点在平面上的投影在上，
所以平面，则，
因为，所以与垂直，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】将正四面体的平面展开图复原为正四面体，利用线线平行的判断方法、异面直线的判断方法、线线角求解方法、线线垂直的判断方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，
且，
所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，
综上所述，集合不是“可拆等和集”，故A正确；
对于B，若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得，
此时因集合已含有元素2，故舍去；
若，则“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则“可拆等和集”的定义，有。
综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确；
对于C，将中所有元素同时除以后，可得，
根据等比数列前项和公式，
可得，
因为，所以，，
则，
所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求，
显然同时乘以后仍然不满足；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足，
综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，
故C错误；
对于D，易知集合中的元素个数为，，
根据等差数列的性质，可知，，
共有组（剩余元素为），
从中剔除之后，剩余组，
从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中，
因为，所以，
又因为，
不妨将这两个元素也分到集合中，
则可满足中的元素之和相等，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据已知条件和“可拆等和集”定义，则判断出选项A；利用列举法，则可判断选项B；将集合中所有元素同时除以后可得，再根据等比数列前项和公式和分类，则可判断选项C；根据等差数列的性质，可得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到集合中，再结合公差可得，也可分为两组，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
【分析】根据题意，利用，列出方程，即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线 的渐近线为 ，即x±my=0，不妨取x+my=0，
圆，即x2+(y-2)2=1 ，所以圆心为（0，2），半径r=1，
依题意圆心（0，2）到渐近线x+my=0的距离 ，
解得或（舍去）．
故答案为： ．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
14．【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设装有球的盒子个数为，
则的可能取值有、、，
所以，，，
则.
故答案为：.
【分析】设装有球的盒子个数为，利用已知条件得出的可能取值，再利用组合数公式、排列数公式以及古典概率公式，从而求出随机变量的分布列及期望.
15．【答案】（1）解：因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，所以，
可得，则，
可得，
所以.
（2）解：因为，所以，
则，可得，
则
，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比数列通项公式和对数的运算法则，从而得出，再结合数列求和公式，从而得出数列的前项和.
（2）利用，整理可得，再利用累加法结合等比数列求和公式，从而得出的值.
（1）因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，则，
可得，则，
可得，
所以.
（2）因为，即，则，
可得，
则
，
所以.
16．【答案】（1）解：求导得，则，
因为，
所以，曲线在点处的切线方程为：，
由切线过点，则.
（2）解：由（1）可知，，
令，则．
①当时，对，有单调递增，无极值；
②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，
因为，所以在时有一根，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得极大值，
则极大值点为；
③当时，的图象开口向上，，
i．当，即当时，有，
则当时，有单调递增，无极值点；
ii．当，即当时，当时，，
有两个根，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
有极大值点，极小值点，
综上所述，当时，单调递增，无极值点；
当时，的极大值点为，无极小值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出曲线在点处的切线方程，再由切线方程过点，从而得出实数的值.
（2）利用（1），令，从而得出的值，再利用分类讨论的方法和函数图象的开口方向和对称性以及导数正负判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值点.
（1）求导得，则，又有，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由切线过点，则；
（2）由（1）可知，，
令，则．
①当时，对，有单调递增，无极值．
②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，
又，则在时有一根，
时，单调递增，
时，单调递减．
所以在处取得极大值，极大值点为．
③当时，的图象开口向上，．
i．当，即时，有，所以当时，
有单调递增，无极值点．
ii．当，即时，在时，，
有两个根．
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增．
有极大值点，极小值点．
综上所述，
当时，单调递增，无极值点；
当时，的极大值点为，无极小值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
17．【答案】（1）证明：，，
又平面，
平面，
因为平面，
平面平面.
（2）解：连接交于点，连接，取中点，连接，，
，四边形 为平行四边形，
点为中点，
，四边形为平行四边形，
则 ，点G平面，
则四边形即为所求截面，
平面，
，为直角三角形， ，
则四边形为平行四边形，
所以，四边形周长为：.
（3）解：假设平面内存在动点，使其到点的距离为3.
方法一（等体积法）：设点到平面距离为h，
取中点，
由，可知为正三角形，
所以，
由，可得，
则，
因为，
所以，，
因为，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3，
则点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆，
所以，半径，
则.
方法二（建坐标系）：取中点，
由，可知为正三角形，
所以，，
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面法向量为，
则，
取，则为平面一个法向量，
则点到平面距离，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3，
则点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆，
所以，半径，
则.
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用直角梯形的平行关系和垂直关系得到线面垂直，再利用线面垂直证出面面垂直，即证出平面平面ABCD.
（2）利用中点的性质和平行关系以及平行四边形的结构特征，从而作出截面，再通过直角三角形的结构特征和平行四边形的结构特征，从而得出四边形的周长.
（3）利用两种方法求解，即等体积法和建系法，先根据线面垂直的判定定理和等体积法、数量积求点到平面的距离公式，从而得出点在运动过程中所围成的图形，进而计算出半径，再利用圆的面积公式得出点在运动过程中所围成的图形的面积.
（1）证明：
又平面
平面
又平面
平面平面
（2）连接交于点，连接，取中点，连接，，
四边形 为平行四边形
点为中点，
，四边形为平行四边形，则 ，
点G平面，故四边形即为所求截面，
平面
，为直角三角形， ，故四边形为平行四边形，
所以，四边形周长为：；
（3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3，
方法一（等体积法）：
设点到平面距离为h，那么
取中点，由可知为正三角形，
所以，
由可得，
即，
由于，
所以，，
，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆，
半径，.
方法二（建坐标系）：
取中点，由可知为正三角形，
所以，
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
那么，
设平面法向量为，那么
取，则为平面一个法向量，
那么点到平面距离，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆，
半径，.
18．【答案】（1）解：由函数图象，可知，
因为附近函数单调递增，
所以，
解得：，
则，所以则.
（2）解：，
所以，
则，
化简得，
因为恒成立，
所以，，
又因为，，
解得或，
所以或，
则不等式的解集为.
（3）解：因为，所以，
则，
运用和差化积公式，化简得，
则
因为，当时，，不满足题意，则，
所以，，则，
由，可得，
则，解得，，
则实数的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数恒成立问题；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1)观察函数图象经过特殊点，则根据代入法和函数的单调性，从而解出的值，再通过余弦型函数的平移变换和伸缩变换，从而求出函数的解析式.
(2)对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式，再利用不等式恒成立问题求解方法和x的取值范围以及不等式的基本性质，从而得出不等式的解集.
(3)利用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦型函数的有界性，从而得出实数t的取值范围.
（1）解：由函数图象可知，
又因为附近函数单调递增，
所以，解得，
故，
所以，.
（2），
，
即
化简，得
因为恒成立，
所以，，
又，
解得，，或，
所以，，或
解集为
（3）即
，
运用和差化积公式化简，得，
即
因为，
由于时，，不满足题意，故，
所以，，故
由，可得，
，解得，
的取值范围是
19．【答案】（1）解：设，则 ，
因为，所以，
由，可知，
所以，
在中，，
则，
解得或（由于，不满足椭圆的定义，舍去），
所以，，
由，可得：
所以，，
则椭圆的方程.
（2）解：设，
则直线方程为，
直线方程为，
令，则直线方程为；
令，则直线方程为，
联立，
所以，
则
联立，
所以，
则
所以，
，
因为，所以，
当且仅当时，即当取等号，
所以，的最大值为.
【知识点】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）利用已知条件和三角形的面积公式以及同角三角函数基本关系式、余弦定理，从而得出m，n，a的值，再利用平面向量基本定理和数量积的运算法则以及数量积的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆的方程.
（2）利用点斜式得出直线方程和直线方程，再利用换元法联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理，把的最大值转化求解面积之差的最大值，从而转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点的纵坐标之差的最大值，再联立方程转化一个关于P的坐标的表达式，最后由基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）设，那么 ，
由于，那么
由可知，
所以，
在中，，
即，
解得或（由于，不满足椭圆的定义，舍去）
所以，
由，可得
所以，，
所以，椭圆的方程.
（2）设，那么直线方程为，
直线方程为
令，则直线方程为，
令，则直线方程为，
联立
所以，
联立
所以，
所以，
因为，所以
当且仅当即取等号，
所以，的最大值为.
1 / 1广东汕头市2026年普通高考第二次模拟考试数学试题
1．抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为标准方程为，
所以，焦点坐标为，准线方程为，
则所求距离为．
故答案为：B.
【分析】将抛物线方程化为标准方程，从而得出焦参数的值，进而得出焦点坐标和准线的方程，再利用点到直线的距离公式，从而得出抛物线的焦点到其准线的距离．
2．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
．
故选：．
【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算求解即可．
3．的值为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，
整理可得.
故答案为：A.
【分析】根据结合两角和的正切公式，从而得出的值.
4．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据对数函数的单调性和已知条件，从而比较出a，b，c的大小.
5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，得，
则，，
因为，所以，
则与的夹角为.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，再利用数量积球向量夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
6．已知命题：，，则下列结论正确的是（　　）
A．为真命题，且命题的否定为：，
B．为真命题，且命题的否定为：，
C．为假命题，且命题的否定为：，
D．为假命题，且命题的否定为：，
【答案】B
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为.
则对于任意的，都成立，
所以命题为真命题，
因为命题是全称命题，
所以，它的否定为，
则命题为真命题，且命题的否定为.
故答案为：B.
【分析】先利用诱导公式和恒成立问题求解方法，则判断出命题的真假，再根据全称命题的否定规则写出命题的否定，从而找出结论正确的选项.
7．已知，则下列结论中正确的个数是（　　）
①；
②；
③；
④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：令，得，故①正确；
令，得（i），故②错误；
令，得（ii），
由（i）-（ii），化简得，故③正确；
令，得，
则，
得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法和作差法，从而逐项判断找出结论中正确的个数.
8．集合中所有元素之和记作，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令函数，其定义域为，
可得，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上在单调递减，
则当时，函数取得极大值，也是最大值，
因为，
根据零点存在性定理，得函数在和上各有一个零点，
则集合中有两个元素，且，
又因为，所以，
两式相加，可得，则，
因为，可得，所以，
则，所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最值，再结合和以及零点存在性定理，从而得到在和上各有一个零点，进而得到零点的取值范围，再结合对数的运算法则，从而得出.
9．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（　　）
A．2个球都是白球的概率为
B．2个球都不是白球的概率为
C．2个球不都是白球的概率为
D．2个球恰好有一个球是白球的概率为
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；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：设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球.
对于A：因为，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用相互独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（　　）
A．与平行 B．与为异面直线
C．与成角 D．与垂直
【答案】B,C,D
【知识点】平面内两直线的夹角与到角问题；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体，
如图所示，三点是同一点，
对于A，因为分别是的中点，所以，
又因为与异面，所以与不平行，故A错误；
对于B，易知与为异面直线，故B正确；
对于C，依题意知，
所以与成角，故C正确；
对于D，连接，则点在平面上的投影在上，
所以平面，则，
因为，所以与垂直，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】将正四面体的平面展开图复原为正四面体，利用线线平行的判断方法、异面直线的判断方法、线线角求解方法、线线垂直的判断方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（　　）
A．集合不是“可拆等和集”
B．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个
C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”
D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”
【答案】A,B,D
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，
且，
所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，
综上所述，集合不是“可拆等和集”，故A正确；
对于B，若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，由“可拆等和集”的定义，有，解得，
此时因集合已含有元素2，故舍去；
若，则“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则“可拆等和集”的定义，有。
综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确；
对于C，将中所有元素同时除以后，可得，
根据等比数列前项和公式，
可得，
因为，所以，，
则，
所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求，
显然同时乘以后仍然不满足；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足，
综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，
故C错误；
对于D，易知集合中的元素个数为，，
根据等差数列的性质，可知，，
共有组（剩余元素为），
从中剔除之后，剩余组，
从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中，
因为，所以，
又因为，
不妨将这两个元素也分到集合中，
则可满足中的元素之和相等，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据已知条件和“可拆等和集”定义，则判断出选项A；利用列举法，则可判断选项B；将集合中所有元素同时除以后可得，再根据等比数列前项和公式和分类，则可判断选项C；根据等差数列的性质，可得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到集合中，再结合公差可得，也可分为两组，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．已知函数是偶函数，则　 　.
【答案】1
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
【分析】根据题意，利用，列出方程，即可求解.
13．若双曲线 的渐近线与圆 相切，则 　 　．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线 的渐近线为 ，即x±my=0，不妨取x+my=0，
圆，即x2+(y-2)2=1 ，所以圆心为（0，2），半径r=1，
依题意圆心（0，2）到渐近线x+my=0的距离 ，
解得或（舍去）．
故答案为： ．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
14．个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为　 　.
【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设装有球的盒子个数为，
则的可能取值有、、，
所以，，，
则.
故答案为：.
【分析】设装有球的盒子个数为，利用已知条件得出的可能取值，再利用组合数公式、排列数公式以及古典概率公式，从而求出随机变量的分布列及期望.
15．数列的前三项均为，是公比为3的等比数列，且.
（1）求的前项和；
（2）求.
【答案】（1）解：因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，所以，
可得，则，
可得，
所以.
（2）解：因为，所以，
则，可得，
则
，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比数列通项公式和对数的运算法则，从而得出，再结合数列求和公式，从而得出数列的前项和.
（2）利用，整理可得，再利用累加法结合等比数列求和公式，从而得出的值.
（1）因为是公比为3的等比数列，且，
又因为，则，
可得，则，
可得，
所以.
（2）因为，即，则，
可得，
则
，
所以.
16．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线过点，求的值；
（2）求的极值点.
【答案】（1）解：求导得，则，
因为，
所以，曲线在点处的切线方程为：，
由切线过点，则.
（2）解：由（1）可知，，
令，则．
①当时，对，有单调递增，无极值；
②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，
因为，所以在时有一根，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得极大值，
则极大值点为；
③当时，的图象开口向上，，
i．当，即当时，有，
则当时，有单调递增，无极值点；
ii．当，即当时，当时，，
有两个根，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
有极大值点，极小值点，
综上所述，当时，单调递增，无极值点；
当时，的极大值点为，无极小值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出曲线在点处的切线方程，再由切线方程过点，从而得出实数的值.
（2）利用（1），令，从而得出的值，再利用分类讨论的方法和函数图象的开口方向和对称性以及导数正负判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值点.
（1）求导得，则，又有，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由切线过点，则；
（2）由（1）可知，，
令，则．
①当时，对，有单调递增，无极值．
②当时，的图象开口向下，且对称轴为直线，
又，则在时有一根，
时，单调递增，
时，单调递减．
所以在处取得极大值，极大值点为．
③当时，的图象开口向上，．
i．当，即时，有，所以当时，
有单调递增，无极值点．
ii．当，即时，在时，，
有两个根．
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增．
有极大值点，极小值点．
综上所述，
当时，单调递增，无极值点；
当时，的极大值点为，无极小值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长；
（3）过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：，，
又平面，
平面，
因为平面，
平面平面.
（2）解：连接交于点，连接，取中点，连接，，
，四边形 为平行四边形，
点为中点，
，四边形为平行四边形，
则 ，点G平面，
则四边形即为所求截面，
平面，
，为直角三角形， ，
则四边形为平行四边形，
所以，四边形周长为：.
（3）解：假设平面内存在动点，使其到点的距离为3.
方法一（等体积法）：设点到平面距离为h，
取中点，
由，可知为正三角形，
所以，
由，可得，
则，
因为，
所以，，
因为，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3，
则点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆，
所以，半径，
则.
方法二（建坐标系）：取中点，
由，可知为正三角形，
所以，，
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面法向量为，
则，
取，则为平面一个法向量，
则点到平面距离，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3，
则点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆，
所以，半径，
则.
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用直角梯形的平行关系和垂直关系得到线面垂直，再利用线面垂直证出面面垂直，即证出平面平面ABCD.
（2）利用中点的性质和平行关系以及平行四边形的结构特征，从而作出截面，再通过直角三角形的结构特征和平行四边形的结构特征，从而得出四边形的周长.
（3）利用两种方法求解，即等体积法和建系法，先根据线面垂直的判定定理和等体积法、数量积求点到平面的距离公式，从而得出点在运动过程中所围成的图形，进而计算出半径，再利用圆的面积公式得出点在运动过程中所围成的图形的面积.
（1）证明：
又平面
平面
又平面
平面平面
（2）连接交于点，连接，取中点，连接，，
四边形 为平行四边形
点为中点，
，四边形为平行四边形，则 ，
点G平面，故四边形即为所求截面，
平面
，为直角三角形， ，故四边形为平行四边形，
所以，四边形周长为：；
（3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3，
方法一（等体积法）：
设点到平面距离为h，那么
取中点，由可知为正三角形，
所以，
由可得，
即，
由于，
所以，，
，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆，
半径，.
方法二（建坐标系）：
取中点，由可知为正三角形，
所以，
以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
那么，
设平面法向量为，那么
取，则为平面一个法向量，
那么点到平面距离，
所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3
点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆，
半径，.
18．函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.
（1）求函数的解析式；
（2）设，解不等式；
（3）设，若关于的方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）解：由函数图象，可知，
因为附近函数单调递增，
所以，
解得：，
则，所以则.
（2）解：，
所以，
则，
化简得，
因为恒成立，
所以，，
又因为，，
解得或，
所以或，
则不等式的解集为.
（3）解：因为，所以，
则，
运用和差化积公式，化简得，
则
因为，当时，，不满足题意，则，
所以，，则，
由，可得，
则，解得，，
则实数的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数恒成立问题；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1)观察函数图象经过特殊点，则根据代入法和函数的单调性，从而解出的值，再通过余弦型函数的平移变换和伸缩变换，从而求出函数的解析式.
(2)对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式，再利用不等式恒成立问题求解方法和x的取值范围以及不等式的基本性质，从而得出不等式的解集.
(3)利用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦型函数的有界性，从而得出实数t的取值范围.
（1）解：由函数图象可知，
又因为附近函数单调递增，
所以，解得，
故，
所以，.
（2），
，
即
化简，得
因为恒成立，
所以，，
又，
解得，，或，
所以，，或
解集为
（3）即
，
运用和差化积公式化简，得，
即
因为，
由于时，，不满足题意，故，
所以，，故
由，可得，
，解得，
的取值范围是
19．设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值.
【答案】（1）解：设，则 ，
因为，所以，
由，可知，
所以，
在中，，
则，
解得或（由于，不满足椭圆的定义，舍去），
所以，，
由，可得：
所以，，
则椭圆的方程.
（2）解：设，
则直线方程为，
直线方程为，
令，则直线方程为；
令，则直线方程为，
联立，
所以，
则
联立，
所以，
则
所以，
，
因为，所以，
当且仅当时，即当取等号，
所以，的最大值为.
【知识点】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）利用已知条件和三角形的面积公式以及同角三角函数基本关系式、余弦定理，从而得出m，n，a的值，再利用平面向量基本定理和数量积的运算法则以及数量积的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆的方程.
（2）利用点斜式得出直线方程和直线方程，再利用换元法联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理，把的最大值转化求解面积之差的最大值，从而转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点的纵坐标之差的最大值，再联立方程转化一个关于P的坐标的表达式，最后由基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）设，那么 ，
由于，那么
由可知，
所以，
在中，，
即，
解得或（由于，不满足椭圆的定义，舍去）
所以，
由，可得
所以，，
所以，椭圆的方程.
（2）设，那么直线方程为，
直线方程为
令，则直线方程为，
令，则直线方程为，
联立
所以，
联立
所以，
所以，
因为，所以
当且仅当即取等号，
所以，的最大值为.
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