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天津市和平区2025-2026学年高三年级第一次质量调查数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．“”是“函数在区间上为减函数”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．已知函数是偶函数，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
4．已知下列三个命题：其中真命题的序号是（　　）
①数据的第60百分位数为3；
②若随机变量服从二项分布，则；
③若随机变量服从正态分布，且，则.
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
5．若，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
6．在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（　　）
A．面 B．
C．面 D．平面
7．已知双曲线的上，下焦点分别为，抛物线的准线过点，且与的一条渐近线交于点，若直线的斜率为，则双曲线的方程为（　　）
A． B．
C． D．
8．已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（　　）
A． B． C． D．
9．已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（　　）
A． B． C． D．
10．为虚数单位，复数的共轭复数为　 　．
11．在的展开式中，的系数为　 　．（用数字作答）
12．已知圆上到直线的距离为的点有且仅有4个，则实数的取值范围为　 　．
13．甲、乙两队参加知识竞赛，每队人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中人答对的概率分别为，且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分，则随机变量的数学期望为　 　；用表示“甲、乙两个队总得分之和等于”这一事件，用表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，则　 　．
14．已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则　 　．的最小值为　 　．
15．已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是　 　．
16．在中，角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）已知．
（i）若的外接圆半径为，，求的值；
（ii）求的值．
17．在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求三棱锥的体积
18．已知椭圆的离心率为，短轴长为4
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程．
19．已知，等比数列的前项和为，正项等差数列的首项为5，且成等比数列．
（1）求数列与数列的通项公式：
（2）设，，．求证：若，满足，且有序实数对，则．
（3）设，求集合的所有元素之和．
20．已知函数
（1）若函数为增函数，求的取值范围；
（2）已知实数，且．
（i）证明：；
（ii）若与是函数的两个极值点，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解： 集合，， 则，
.
故答案为：B.
【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；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，在上单调递增，
由“”可以得到“函数在区间上为减函数”，
但“函数在区间上为减函数”， “”，
则“”是“函数在区间上为减函数”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先求函数的单调区间，再结合充分、必要条件的定义判断即可.
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，，
因为函数是偶函数，所以则，
则，即，
即恒成立，解得.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式化简函数，再根据函数为偶函数，满足求解即可.
4．【答案】A
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：命题①：因为，所以这6个数据的第60百分位数是第4个，为3，故①正确；
命题②：若随机变量服从二项分布，则，故②正确；
命题③：因为，且，则，所以，所以，故③错误.
故答案为：A.
【分析】根据百分数的定义求解即可判断①；根据二项分布的方差公式求解即可判断②；根据正态分布的曲线特征求解即可判断③.
5．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，得，则，
，，则，
，则.
故答案为：B.
【分析】指数与对数的互化，以及对数函数的单调性，结合中间值比较大小即可.
6．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
A、因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面，故A正确；
B、因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以，
因为是正三角形，且为中点，所以，
平面，且，所以平面，
平面，所以，故B正确；
C、连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，故C正确；
D、假设平面，因为平面，所以，这需要四边形是正方形才可以，而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误.
故答案为：D.
【分析】在正三棱柱中，利用面面平行的性质求证即可判断A；利用线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理求证即可判断B；连接和，相交于点，根据线面平行的判定定理即可判断C；假设平面，利用反证法即可判断D.
7．【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的准线的方程为，则焦点，
双曲线的渐近线方程为，
不妨设点为第四象限内的点，
联立，解得，即，
又直线的斜率为，则直线的倾斜角为，易得，
而，，
在中，，即，
所以，解得，
所以双曲线的方程为.
故答案为：D.
【分析】易知抛物线的准线方程和焦点坐标，双曲线的渐近线，不妨设点为第四象限内的点，联立l与渐近线方程，求得，，再结合直线的斜率为，可得，最后根据的关系求解即可.
8．【答案】C
【知识点】数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法求解即可.
9．【答案】B
【知识点】简单复合函数求导法则；二倍角的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，，
由图可得，则，故，解得，
由图可得，解得，
又，则，故，，
则，
当时，，
则，故.
故答案为：B.
【分析】求函数的导函数，根据的部分图象结合三角函数性质求得、，再利用降幂公式可得，最后根据正弦函数性质求解即可.
10．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，故复数的共轭复数为.
故答案为：
【分析】本题考查复数的除法运算与共轭复数的定义，解题核心是先通过分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义求解。
11．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项，
令，得，则的系数为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解展开式中的系数即可.
12．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
设到直线的距离为，则，
即，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】易知圆的圆心和半径，设到直线的距离为，利用点到直线的距离公式结合，求解即可.
13．【答案】；
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：由题意可得，则；
，，
设乙队总得分为，则
，
，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得随机变量服从二项分布，利用二项分布期望公式求；利用二项分布概率公式求出、，设乙队总得分为，利用独立事件概率公式求出、，即可求.
14．【答案】；
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，则，
故，
由、、三点共线，可得，解得；
则，
由，则，
故，
则，故
，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
【分析】以、为基向量，利用平面向量线性运算表示，结合、、三点共线即可求得的值；以为基向量表示，利用平面向量夹角公式求得，利用向量的模长与数量积关系，结合基本不等式求的最小值即可.
15．【答案】
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，则值域为；
若，则可化为，方程恒无解；
若，则可化为，
则要使得该方程无解，需使，即，
即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根；
令，
作出其图象如下：
当或时，，
由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减，
有，；
当时，，
则在上单调递减，此时；
故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根，
此时的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据分段函数的解析式，先分别函数在每段上的值域，从而得的值域，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，作出函数的图形，根据对勾函数性质可得函数的单调性，即可得解.
16．【答案】（1）解：由，整理得，
由余弦定理，可得；
（2）解：由正弦定理，可得，则，
即，即，；
（i）由，故，
由正弦定理可得，故，则，故；
（ii）由，可知，故，，
由，
，
故．
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）化简整理，利用余弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理，逆用两角差的正弦公式得到；
（i）利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦定理求解即可；
（ii）利用三角形内角和与二倍角公式可得、，再利用两角和的余弦公式计算即可.
（1）由，整理得，
由余弦定理，故；
（2）由正弦定理可得，由，则，
即，所以，；
（i）由，故，
由正弦定理可得，故，则，故；
（ii）由可知，故，，由，
，
故．
17．【答案】（1）解：由，直四棱柱，有平面，
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，
由分别为的中点，故．
易知，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）解：设点到平面的距离为．
由，有，故．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得平面，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦值即可；
（2）利用空间向量法求面面角即可；
（3）利用空间向量法求点到平面的距离即可.
（1）由，直四棱柱，有平面，
故以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，
由分别为的中点，故．
易知，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为．
（2）设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）设点到平面的距离为．
由，有，故．
18．【答案】（1）解：由题意，得，解得，
故椭圆方程为；
（2）解：当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点，
联立，整理得，由韦达定理可得，
而直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意有，即，则，
整理得，
故，解得，
则直线的方程为，
综上所述，直线的方程为或．
【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）由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）分直线斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，点，点，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合，化简求解即可.
（1）由题意，得，解得，
故椭圆方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点，
联立，整理得，
则，
而直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意有，即，则，
整理得，
故，解得，
则直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
19．【答案】（1）解：设等比数列公比为，故，
设等差数列公差为，
由已知有，解得，即，
则或（舍），
则；
（2）证明：不妨先设，
，
可知时也成立，
假设，即成立，
若，不妨设，
则等价于，
因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾，
所以假设不成立，此时．同理时，；
若，则，不妨设，
因为，
故，同理时，，
综上当时，；
（3）解：先证取不同的的值各不相同，不妨设，
所以，
而，
所以，
由（2）可知，对不同的取值，均不相同，
故．
考虑中含有个个个，
因此；
法一：
，
两式相减得：
，
所以，．
法二：
，
设，
，
两式作差得，
则，又，
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）设等比数列公比为，等差数列的公差为，由题意，利用等差、等比数列的概念和公式求通项即可；
（2）不妨先设，结合（1）的结论，先明确和的表达式，再利用反证法进行证明即可；
（3）先证取不同的的值各不相同，不妨设，先分析集合中元素的特征，结合（2）的结论，对不同的取值，均不相同，表示出元素和，
方法一：利用错位相减求和法求和即可；
方法二：先化简得，利用错位相减求和法求，利用公式法求，即可得.
（1）设等比数列公比为，故．
设等差数列公差为，
由已知有，
解得，即，
则或（舍），
则.
（2）不妨先设，
，
可知时也成立，
假设，即成立，
若，不妨设，
则等价于，
因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾，
所以假设不成立，此时．同理时，；
若，则，不妨设，
因为，
故
．同理时，．
综上当时，．
（3）先证取不同的的值各不相同，不妨设，
所以，
而，
所以，
由（2）可知，对不同的取值，均不相同．
故．
考虑中含有个个个，
因此．
法（一）
，
两式相减得：
，
所以，．
法（二）
，
设，
，
两式作差，
，
所以，，又，
所以，.
20．【答案】（1）解：由，得，
由为增函数，有对于任意恒成立，整理有对任意恒成立，
设，则，
令，得；令，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，则，
所以的取值范围为；
（2）证明：（i）要证成立，即证成立，
由（1）有时，在上单调递增，
因为，则，即，
整理，即证成立，
设，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，故成立，所以原不等式成立；
（ii）由已知可得有两不同实根为，则，即，
一方面：由（1）可知，有；
同理可得，设，则，
当时，，当时，，且，
故对任意恒成立，故在上单调递减，
由，则，即，且，
则，故，可得；
另一方面：又因为，由（i）可得，即，
则，且，可得，
综上所述，，可得，
则，得证．
【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
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，由题意可得对于任意恒成立，分离参数可得对任意恒成立，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，即可得实数m的取值范围；
（2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可；
（ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，求导，利用导数判断函数的单调性，进而得到，再结合（i）的结论可得，进而求证即可.
（1）由，得，
由为增函数，有对于任意恒成立，
整理有对任意恒成立．
设，则，
令，得；令，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，则，
所以的取值范围为.
（2）（i）要证成立，即证成立．
由（1）有时，在上单调递增，
因为，则，即，
整理，即证成立．
设，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，故成立，所以原不等式成立．
（ii）由已知可得有两不同实根为，则，即，
一方面：由（1）可知，有；
同理可得，设，则，
当时，，当时，，且，
故对任意恒成立，故在上单调递减，
由，则，即，且，
则，故，可得；
另一方面：又因为，由（i）可得，即，
则，且，可得.
综上所述，，可得，
则，得证．
1 / 1天津市和平区2025-2026学年高三年级第一次质量调查数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解： 集合，， 则，
.
故答案为：B.
【分析】根据集合的并集、补集运算求解即可.
2．“”是“函数在区间上为减函数”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；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，在上单调递增，
由“”可以得到“函数在区间上为减函数”，
但“函数在区间上为减函数”， “”，
则“”是“函数在区间上为减函数”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先求函数的单调区间，再结合充分、必要条件的定义判断即可.
3．已知函数是偶函数，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，，
因为函数是偶函数，所以则，
则，即，
即恒成立，解得.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式化简函数，再根据函数为偶函数，满足求解即可.
4．已知下列三个命题：其中真命题的序号是（　　）
①数据的第60百分位数为3；
②若随机变量服从二项分布，则；
③若随机变量服从正态分布，且，则.
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】A
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：命题①：因为，所以这6个数据的第60百分位数是第4个，为3，故①正确；
命题②：若随机变量服从二项分布，则，故②正确；
命题③：因为，且，则，所以，所以，故③错误.
故答案为：A.
【分析】根据百分数的定义求解即可判断①；根据二项分布的方差公式求解即可判断②；根据正态分布的曲线特征求解即可判断③.
5．若，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，得，则，
，，则，
，则.
故答案为：B.
【分析】指数与对数的互化，以及对数函数的单调性，结合中间值比较大小即可.
6．在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（　　）
A．面 B．
C．面 D．平面
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
A、因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面，故A正确；
B、因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以，
因为是正三角形，且为中点，所以，
平面，且，所以平面，
平面，所以，故B正确；
C、连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，故C正确；
D、假设平面，因为平面，所以，这需要四边形是正方形才可以，而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误.
故答案为：D.
【分析】在正三棱柱中，利用面面平行的性质求证即可判断A；利用线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理求证即可判断B；连接和，相交于点，根据线面平行的判定定理即可判断C；假设平面，利用反证法即可判断D.
7．已知双曲线的上，下焦点分别为，抛物线的准线过点，且与的一条渐近线交于点，若直线的斜率为，则双曲线的方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的准线的方程为，则焦点，
双曲线的渐近线方程为，
不妨设点为第四象限内的点，
联立，解得，即，
又直线的斜率为，则直线的倾斜角为，易得，
而，，
在中，，即，
所以，解得，
所以双曲线的方程为.
故答案为：D.
【分析】易知抛物线的准线方程和焦点坐标，双曲线的渐近线，不妨设点为第四象限内的点，联立l与渐近线方程，求得，，再结合直线的斜率为，可得，最后根据的关系求解即可.
8．已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由；
当时，，由，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法求解即可.
9．已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单复合函数求导法则；二倍角的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，，
由图可得，则，故，解得，
由图可得，解得，
又，则，故，，
则，
当时，，
则，故.
故答案为：B.
【分析】求函数的导函数，根据的部分图象结合三角函数性质求得、，再利用降幂公式可得，最后根据正弦函数性质求解即可.
10．为虚数单位，复数的共轭复数为　 　．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，故复数的共轭复数为.
故答案为：
【分析】本题考查复数的除法运算与共轭复数的定义，解题核心是先通过分母实数化化简复数，再根据共轭复数的定义求解。
11．在的展开式中，的系数为　 　．（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项，
令，得，则的系数为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解展开式中的系数即可.
12．已知圆上到直线的距离为的点有且仅有4个，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
设到直线的距离为，则，
即，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】易知圆的圆心和半径，设到直线的距离为，利用点到直线的距离公式结合，求解即可.
13．甲、乙两队参加知识竞赛，每队人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中人答对的概率分别为，且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分，则随机变量的数学期望为　 　；用表示“甲、乙两个队总得分之和等于”这一事件，用表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，则　 　．
【答案】；
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：由题意可得，则；
，，
设乙队总得分为，则
，
，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得随机变量服从二项分布，利用二项分布期望公式求；利用二项分布概率公式求出、，设乙队总得分为，利用独立事件概率公式求出、，即可求.
14．已知梯形面积为，，，为上靠近点的四等分点，为线段上一点，且满足，则　 　．的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，则，
故，
由、、三点共线，可得，解得；
则，
由，则，
故，
则，故
，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
【分析】以、为基向量，利用平面向量线性运算表示，结合、、三点共线即可求得的值；以为基向量表示，利用平面向量夹角公式求得，利用向量的模长与数量积关系，结合基本不等式求的最小值即可.
15．已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，则值域为；
若，则可化为，方程恒无解；
若，则可化为，
则要使得该方程无解，需使，即，
即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根；
令，
作出其图象如下：
当或时，，
由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减，
有，；
当时，，
则在上单调递减，此时；
故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根，
此时的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据分段函数的解析式，先分别函数在每段上的值域，从而得的值域，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，作出函数的图形，根据对勾函数性质可得函数的单调性，即可得解.
16．在中，角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）已知．
（i）若的外接圆半径为，，求的值；
（ii）求的值．
【答案】（1）解：由，整理得，
由余弦定理，可得；
（2）解：由正弦定理，可得，则，
即，即，；
（i）由，故，
由正弦定理可得，故，则，故；
（ii）由，可知，故，，
由，
，
故．
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）化简整理，利用余弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理，逆用两角差的正弦公式得到；
（i）利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦定理求解即可；
（ii）利用三角形内角和与二倍角公式可得、，再利用两角和的余弦公式计算即可.
（1）由，整理得，
由余弦定理，故；
（2）由正弦定理可得，由，则，
即，所以，；
（i）由，故，
由正弦定理可得，故，则，故；
（ii）由可知，故，，由，
，
故．
17．在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求三棱锥的体积
【答案】（1）解：由，直四棱柱，有平面，
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，
由分别为的中点，故．
易知，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）解：设点到平面的距离为．
由，有，故．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由题意可得平面，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦值即可；
（2）利用空间向量法求面面角即可；
（3）利用空间向量法求点到平面的距离即可.
（1）由，直四棱柱，有平面，
故以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，
由分别为的中点，故．
易知，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为．
（2）设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）设点到平面的距离为．
由，有，故．
18．已知椭圆的离心率为，短轴长为4
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程．
【答案】（1）解：由题意，得，解得，
故椭圆方程为；
（2）解：当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点，
联立，整理得，由韦达定理可得，
而直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意有，即，则，
整理得，
故，解得，
则直线的方程为，
综上所述，直线的方程为或．
【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）由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）分直线斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，点，点，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合，化简求解即可.
（1）由题意，得，解得，
故椭圆方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点，
联立，整理得，
则，
而直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意有，即，则，
整理得，
故，解得，
则直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
19．已知，等比数列的前项和为，正项等差数列的首项为5，且成等比数列．
（1）求数列与数列的通项公式：
（2）设，，．求证：若，满足，且有序实数对，则．
（3）设，求集合的所有元素之和．
【答案】（1）解：设等比数列公比为，故，
设等差数列公差为，
由已知有，解得，即，
则或（舍），
则；
（2）证明：不妨先设，
，
可知时也成立，
假设，即成立，
若，不妨设，
则等价于，
因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾，
所以假设不成立，此时．同理时，；
若，则，不妨设，
因为，
故，同理时，，
综上当时，；
（3）解：先证取不同的的值各不相同，不妨设，
所以，
而，
所以，
由（2）可知，对不同的取值，均不相同，
故．
考虑中含有个个个，
因此；
法一：
，
两式相减得：
，
所以，．
法二：
，
设，
，
两式作差得，
则，又，
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）设等比数列公比为，等差数列的公差为，由题意，利用等差、等比数列的概念和公式求通项即可；
（2）不妨先设，结合（1）的结论，先明确和的表达式，再利用反证法进行证明即可；
（3）先证取不同的的值各不相同，不妨设，先分析集合中元素的特征，结合（2）的结论，对不同的取值，均不相同，表示出元素和，
方法一：利用错位相减求和法求和即可；
方法二：先化简得，利用错位相减求和法求，利用公式法求，即可得.
（1）设等比数列公比为，故．
设等差数列公差为，
由已知有，
解得，即，
则或（舍），
则.
（2）不妨先设，
，
可知时也成立，
假设，即成立，
若，不妨设，
则等价于，
因等式左侧不是3的倍数，等式右侧为3的倍数，所以左式与右式不相等，与假设矛盾，
所以假设不成立，此时．同理时，；
若，则，不妨设，
因为，
故
．同理时，．
综上当时，．
（3）先证取不同的的值各不相同，不妨设，
所以，
而，
所以，
由（2）可知，对不同的取值，均不相同．
故．
考虑中含有个个个，
因此．
法（一）
，
两式相减得：
，
所以，．
法（二）
，
设，
，
两式作差，
，
所以，，又，
所以，.
20．已知函数
（1）若函数为增函数，求的取值范围；
（2）已知实数，且．
（i）证明：；
（ii）若与是函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）解：由，得，
由为增函数，有对于任意恒成立，整理有对任意恒成立，
设，则，
令，得；令，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，则，
所以的取值范围为；
（2）证明：（i）要证成立，即证成立，
由（1）有时，在上单调递增，
因为，则，即，
整理，即证成立，
设，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，故成立，所以原不等式成立；
（ii）由已知可得有两不同实根为，则，即，
一方面：由（1）可知，有；
同理可得，设，则，
当时，，当时，，且，
故对任意恒成立，故在上单调递减，
由，则，即，且，
则，故，可得；
另一方面：又因为，由（i）可得，即，
则，且，可得，
综上所述，，可得，
则，得证．
【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
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，由题意可得对于任意恒成立，分离参数可得对任意恒成立，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，即可得实数m的取值范围；
（2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可；
（ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，求导，利用导数判断函数的单调性，进而得到，再结合（i）的结论可得，进而求证即可.
（1）由，得，
由为增函数，有对于任意恒成立，
整理有对任意恒成立．
设，则，
令，得；令，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，则，
所以的取值范围为.
（2）（i）要证成立，即证成立．
由（1）有时，在上单调递增，
因为，则，即，
整理，即证成立．
设，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，故成立，所以原不等式成立．
（ii）由已知可得有两不同实根为，则，即，
一方面：由（1）可知，有；
同理可得，设，则，
当时，，当时，，且，
故对任意恒成立，故在上单调递减，
由，则，即，且，
则，故，可得；
另一方面：又因为，由（i）可得，即，
则，且，可得.
综上所述，，可得，
则，得证．
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