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广东省东莞市2026年高三年级四月综合测试（二模）数学试题
1．复数的实部为（　　）
A．3 B．-3 C．2 D．-2
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以的实部为3.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘方运算法则，化简复数，再找出其实部，即可求得正确答案.
2．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意先求得集合B的元素，再根据集合交集的运算法则，即可解答.
3．等差数列的前项和为，已知，则（　　）
A．64 B．56 C．38 D．8
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：由等差中项的性质可知，
所以，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】先根据等差中项的性质求出，再由等差数列前n项和并将代入计算即可得解.
4．设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图：当时，满足，但不能得出，A错误；
B、由垂直于同一直线的两平面互相平行，可得当时，则有，B正确；
C、如图：当，且，则有.所以由，不能得出，C错误；
D、因为，根据线面垂直的判定定理可得，D错误.
故答案为：B.
【分析】根据面面平行的判定定理和直线与平面的位置关系，逐项分析即可求得正确答案.
5．已知对于任意的，都有成立，则（　　）
A． B．0 C． D．1
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由，，得，
即，整理得，
因为对任意，恒成立，故，即.
故答案为：D.
【分析】根据正、余弦的二倍角公式：，将题目中的商数关系式化简，得 ， 即可求解.
6．已知函数的图象如图所示，则其导函数图象可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；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：由图象可知，在整个定义域内，始终单调递减，，
在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递增且为负数；
在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递减且为负数.
故答案为：C.
【分析】根据图象可分析得到原函数的单调性为在定义域内单调递减，由此可得出导数的值为负数，且导数的单调性为先增后减，即可求得正确答案.
7．椭圆的左、右焦点为为坐标原点，为椭圆上一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；等比中项
【解析】【解答】解：设椭圆半焦距为，，左右焦点.
由椭圆的定义得：，因为成等比数列，
故，即，得： .
对两边平方：代入
整理得：①，由，得.
所以②，
联立①②得：，，即，因此，.
所以椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由椭圆的第一定义，可得，再结合成等比数列和等比中项，整理后可得，最后利用三角形中线公式：，即可求得椭圆的离心率.
8．已知，若恒成立，则（　　）
A．0 B．1 C．e D．3
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，可得，所以当时，等号成立；
若恒成立，则必为函数的最小值点，可得；
又，即可得，所以；
经检验，当时，
令，则在上恒成立，
因此在上单调递增，即在上单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取得极小值，也是最小值，即恒成立，
所以符合题意.
故答案为：D.
【分析】通过的值和恒成立可得为函数的最小值点，再由极值点的性质可得，进而求得，经检验即可选出正确答案.
9．若为单位向量，且在上的投影向量为，下列说法正确的是（　　）
A．的夹角为 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、因为在上的投影向量为，且，
所以，即，
所以，所以，
又因为，所以，A正确；
B、因为，
所以，B正确；
C、因为，
所以，C错误；
D、因为，
所以，D正确.
故答案为ABD.
【分析】由向量的数量积公式，可求得，进而解得，则可得A正确；根据平面向量的运算，计算可得，从而判断B；由向量的模和向量的线性运算，可求出、的值，从而判断C，D.
10．某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为（山高已知），平面，平面，
因此，所以、均为直角三角形，下面逐个分析选项：
A 、若测得，在直角三角形中可得： ，；
同理，，在中，长度已计算得到，夹角已测量，
由余弦定理可唯一计算出，A符合题意.
B、举反例，若假设已测量，
所以直角三角形中有：，
设，则在直角三角形中，.
在中：①；
在中：②.
联立①②消去后，得，，
得，解得或.
当时，代入①得；
当时，代入①得，即.
因此测得，不能确定有唯一的长度，B不符合题意.
C、与选项B同理：只需把角换成，所以不能确定有唯一的长度，C不符合题意；
D 、若已测量，可直接算出，，长度都确定，又已测得夹角，在中由余弦定理可唯一计算出，D符合题意.
【分析】明确核心条件：CD⊥平面ABC，CD已知，要确定AB的长度，关键是求出△ABC中AC、BC的长度和它们的夹角，或直接在△ADB中求解。
选项A：由∠ADC、∠BDC可在Rt△ADC、Rt△BDC中求出AC、BC，同时也能得到AD、BD；再结合∠ADB，用余弦定理可直接算出AB。
选项B：只有∠ADC能求出AC，但缺少求BC的直接条件，无法唯一确定AB。
选项C：只有∠BDC能求出BC，但缺少求AC的直接条件，无法唯一确定AB。
选项D：由∠ADC、∠BDC可求出AC、BC，再结合∠ACB，用余弦定理即可算出AB.
11．若直线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处的切线交于点，设AP的斜率为的斜率为，则（　　）
A．时， B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A、时，，
又过原点作曲线的切线，设切点为，
，则切线方程为，又过，
，解得，即过原点与曲线相切的直线方程为，
又直线与曲线相交于不同两点，，A正确；
B、不妨取，
则曲线在处的切线方程分别为，
解得，此时，B错误；
C、不妨取，则，
曲线在处的切线方程为，
设，则，
令，解得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
，即（当且仅当时取等），
由题易知，，
又，所以单调递增，且，
，则，C正确；
D、由题可知，，
，
不妨取，则，令，
则，令，
，
令，
时，，在单调递增，
，则，
在单调递增，则，
，即，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】对于A，求出曲线过原点的切线方程，设切点，导数，进而求得切线方程，代入原点（0，0），即可判断；对于B，取定点可求出直线AB的方程，再结合条件，可得到在x=0和x=1两处的交点，即可判断；对于C，设，构造函数，借助导数研究函数的单调性，即可得到，进一步可得即可判断；对于D，作差通分后，可得，令，设函数，然后利用导数证明即可判定原式符号．
12．已知抛物线的焦点为，点在上.若，则到轴的距离为　 　.
【答案】1
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的准线方程为，
点在上.若，
设，所以点到准线的距离为，
即，，
到轴的距离为.
故答案为：1.
【分析】首先根据抛物线方程，可求出它的准线方程，进而得到，即点M到准线的距离为2，设点M的坐标，建立方程求得点M的横坐标，即可得到到轴的距离.
13．写出一个同时具有下列性质①②③的函数：　 　.
①；②任意，都有；③是偶函数.
【答案】（答案不唯一）如等
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：任意，都有，所以函数在上单调递增或常函数等，
因为，所以可以是幂函数或或等函数，
又是偶函数，故，即，
所以，所以，为常数，
综上，函数的解析式不唯一，
故答案为：可以是，等.
【分析】由可知该函数为幂函数或者常数函数；根据任意，都有，可得该函数为增函数或常数函数；根据是偶函数，可推出，为常数，即可写出符合条件的函数方程.
14．为响应“缤纷寒假，探索实践”活动，某同学计划去2个展馆类景点和4个公园类景点打卡，已知其每日随机选择一个景点打卡（不重复打卡），设为打卡完某一类所有景点需要的天数，则的概率为　 　，的期望　 　.
【答案】；
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题可知可取，
，，
，，
则的概率为，
．
故答案为：；.
【分析】分析题意可知，的值可以取等4种情况，再由排列组合计算公式，求出对应概率和期望即可．
15．为探索“五育融合”育人项目，某市在中小学全面开展志愿服务实践课程，并建立了学生志愿服务日参与情况的常态化统计机制．下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与志愿服务的学生人数（单位：万人）.
月份编号 1 2 3 4 5
平均参与人数（单位：万人） 0.5 0.7 1 1.3 1.5
（1）已知与之间线性相关，求关于的经验回归方程，并预测第6个月的日平均参与志愿服务的学生人数；
（2）假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万人）服从正态分布，并视（1）所求第6个月的日平均参与人数的预测值为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万人的天数是否不少于25天.
附：①对于一组数据，其回归直线的斜率
.②若，则
【答案】（1）解：设所求的线性回归方程为，
由题意，
，
所以，
所以
所以.
当时，（万人）.
（2）解：当时，，则，
由正态分布性质，可知.
因为，
所以.
因为，
所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．
【知识点】线性回归方程；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）结合题目条件，可先求出线性回归方程的系数，从而求得线性回归方程，再将代入回归方程，即可求得预测值；
（2）先将x=6代入线性回归方程，可求得，然后根据正态分布的对称性，即可求出正确答案.
（1）设所求的线性回归方程为，
由题意，
，
所以，
所以
所以.
当时，（万人）.
（2）当时，，则，
由正态分布性质，可知.
因为，
所以.
因为，
所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．
16．如图，四棱锥中，底面，，.
（1）求平面与平面所成角的余弦值；
（2）已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量基本定理；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角；相似三角形的性质
【解析】【分析】(1) 解法1：依据二面角平面角定义作出角，通过几何运算求解；
解法2：建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量法计算。
(2) 解法1：结合面面垂直判定定理、四点共面性质与相似三角形几何关系求解；
解法2：依托面面垂直判定定理+空间向量共面定理推导计算；
解法3：建系，设点，F(0，2-2b，b)，结合面面垂直的向量条件与向量共面定理列式求解.
（1）方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
17．设a为非负实数，函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若恒成立，求的最小值.
【答案】（1）解：当时，，
所以，
当时，，令，得，
令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：由恒成立，可得，
令，则
因为，
当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，
故此时，
所以的最小值为；
当时，，
当时，易得为减函数，
又时，，
由零点存在性定理得，存在，使得，
在上单调递增，在单调递减，
故此时，
此时，
综上可知当时，的最小值为.
【知识点】简单复合函数求导法则；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】【分析】（1）利用函数求导法则，同时结合余弦函数单调性相关知识解不等式，即可求得该函数的单调区间；
（2）由不等式恒成立问题，先构造函数，再结合（1）中函数的单调性，对参数进行分类讨论，即求出的值，即可得出答案.
（1）当时，，
所以，
当时，，令，得，
令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由恒成立，可得，
令，则
因为，
当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，
故此时，
所以的最小值为；
当时，，
当时，易得为减函数，
又时，，
由零点存在性定理得，存在，使得，
在上单调递增，在单调递减，
故此时，
此时，
综上可知当时，的最小值为.
18．已知反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，将曲线绕原点顺时针旋转，得到曲线，设曲线的左顶点为.
（1）求的坐标及曲线的标准方程；
（2）若B，C为曲线右支上不同两点，为的垂心，为关于原点的对称点，证明：
（i）点在曲线上；
（ii）A，B，C，E四点共圆.
【答案】（1）解：因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为，
将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴长为，
所以的左顶点的坐标为，
所以曲线的标准方程为：.
【知识点】两角和与差的正切公式；斜率的计算公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】(1) 利用旋转前双曲线的实半轴、渐近线方程，求解双曲线标准方程，进而算出左顶点坐标；
(2)(ⅰ) 写出三角形三边对应的高线方程，联立方程求出垂心坐标，将坐标代入曲线方程完成证明；
(ⅱ) 由斜率公式结合正切和角公式，分别表示，可证得，进而推出，得证结论.
（1）因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为，
将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴长为，
所以的左顶点的坐标为，
所以曲线的标准方程为：
（2）（i）方法一：
证明：因为曲线是曲线绕原点顺时针旋转得到，不妨设曲线上的点A，B，C分别对应曲线上的点，曲线的方程为，则的坐标为，
设点为的垂心，，且．
所以直线的斜率，
边的高所在的直线的方程为，①
同理：边的高所在的直线的方程为，②
因为垂心同时在上，联立①②，得，即.
所以的垂心在曲线上．
将曲线上的点绕原点顺时针旋转后得到曲线上对应的点分别为A，B，C，D，
则的垂心在曲线上.
方法二：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
设，设的垂心为，
有，，
恒成立，①
恒成立，②
①式两边同时乘以，得，
又因为，所以有恒成立．③
同理，②式两边同时乘以，化简可得恒成立，④
③-④，得：恒成立，⑤
因为为的垂心，
所以有恒成立．⑥
⑤式两边同时乘以，得恒成立，⑦
⑥式两边同时乘以，得恒成立⑧
⑧-⑦，得恒成立，
当时，恒成立，即的垂心在曲线上.
当时，的垂心是双曲线的右顶点，综上的垂心总在曲线上.
方法三：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
当BC的斜率不存在时，不妨设，则有，
所以BC边上的高所在的直线方程为，则与双曲线交于点，
下证为的垂心．
因为，
所以，所以，
，所以，
即为的垂心，所以垂心在曲线右支上．
当BC的斜率存在时，设直线BC的方程：，
联立，得，
所以有，
所以有，
则BC边上的高所在的直线方程为，交双曲线右支于点，交左支于点，
联立，可得，
所以有，即，
即
下证为的垂心.
因为，
，
所以③
因为，代入③中，可得：
所以，
同理可得，
即为的垂心，因为所以垂心在曲线右支上.
综上所述：的垂心在曲线上.
方法四：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
当BC的斜率不存在时，由双曲线的对称性不妨设，
所以BC边上的高所在的直线方程为，
AC边上的高所在的直线方程为，
联立可得，，因为点在双曲线上，有，所以，
即垂心的坐标为，显然点在曲线右支上；
当或时，不妨设，则边AC的高所在的直线方程为，
边AB的高所在的直线方程为，联立可得，
因为，所以在曲线上．
当BC的斜率存在时，设，且，
设直线BC的方程：，联立，得，
所以有，
所以有，
所以AB边上的高所在的直线方程为，①
AC边上的高所在的直线方程为，②
设垂心的坐标为，联立①、②，
得，
即垂心的横坐标
所以.
又因为垂心必然在BC边上的高所在的直线方程上，
所以，即有，
因为，所以，即垂心在曲线的右支上.
综上所述：的垂心在曲线上.
（ii）方法一
证明：由（i）可知，曲线上的点A，B，C，D分别对应曲线上的点，
有的垂心在曲线上，
则关于原点的对称点也在曲线上.
由双曲线的对称性，不妨设点在直线的上方，在直线的下方，
因为，所以直线的斜率都存在．
即，，
当时，所以，
，
即有，所以
19．进位制是人们为了计数和计算方便而约定的计数方式，通常“满十进一，就是十进制；满三进一，就是三进制；满二进一，就是二进制；…；满几进一，就是几进制”.记十进制下的自然数在三进制下的表示为，则，其中，例如十进制数，所以19在三进制下可写为.
（1）设正整数在三进制下的各位数字之和；
（i）将满足的正整数从小到大排成一列，写出该列数的前四个数；
（ii）证明：；
（2）已知正整数，设正项数列的前项和为，且，，证明：（其中[x]表示不大于的最大整数）.
【答案】（1）（i）解：5、7、11、13.
（ii）解：设，其中
则，
因为，
所以，
同理，，
所以，所以.
（2）证明：因为，所以，即，
由数列为正项数列，则，所以.
又因为，则，
所以，所以
则，两式作差得，
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，可得.
方法一：
因为，设，
当时，；
当时，，
当时，，
所以，即
当时，；
当时，，
当时，，
所以，
即
同理可得
，
当时，，所以
所以
．证毕
方法二：上接，
对任意实数，记，其中
当时，
当时，
当时，
故对任意实数，恒有，
则.
代入，得，
取正整数满足，则，记，
则，
当，故，得证．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1)(ⅰ) 依托题干新定义列式求值；
(ⅱ) 依据数列相关定义列式求和，完成结论证明；
(2) 利用关系式bn=Tn-Tn-1，结合等比数列定义与通项公式，求得.
解法一：分类讨论，配合求和公式完成证明；
解法二：构造分段函数，结合新定义运算求证.
（1）（i）5、7、11、13
（ii）设，其中
则，
因为，
所以，
同理，，
所以，所以.
（2）因为，所以，即，
由数列为正项数列，则，所以.
又因为，则，
所以，所以
则，两式作差得，
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，可得.
方法一：
因为，设，
当时，；
当时，，
当时，，
所以，即
当时，；
当时，，
当时，，
所以，
即
同理可得
，
当时，，所以
所以
．证毕
方法二：上接，
对任意实数，记，其中
当时，
当时，
当时，
故对任意实数，恒有，
则.
代入，得，
取正整数满足，则，记，
则，
当，故，得证．
1 / 1广东省东莞市2026年高三年级四月综合测试（二模）数学试题
1．复数的实部为（　　）
A．3 B．-3 C．2 D．-2
2．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．等差数列的前项和为，已知，则（　　）
A．64 B．56 C．38 D．8
4．设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知对于任意的，都有成立，则（　　）
A． B．0 C． D．1
6．已知函数的图象如图所示，则其导函数图象可以是（　　）
A． B．
C． D．
7．椭圆的左、右焦点为为坐标原点，为椭圆上一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．已知，若恒成立，则（　　）
A．0 B．1 C．e D．3
9．若为单位向量，且在上的投影向量为，下列说法正确的是（　　）
A．的夹角为 B．
C． D．
10．某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（　　）
A． B．
C． D．
11．若直线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处的切线交于点，设AP的斜率为的斜率为，则（　　）
A．时， B． C． D．
12．已知抛物线的焦点为，点在上.若，则到轴的距离为　 　.
13．写出一个同时具有下列性质①②③的函数：　 　.
①；②任意，都有；③是偶函数.
14．为响应“缤纷寒假，探索实践”活动，某同学计划去2个展馆类景点和4个公园类景点打卡，已知其每日随机选择一个景点打卡（不重复打卡），设为打卡完某一类所有景点需要的天数，则的概率为　 　，的期望　 　.
15．为探索“五育融合”育人项目，某市在中小学全面开展志愿服务实践课程，并建立了学生志愿服务日参与情况的常态化统计机制．下表是课程开设后前5个月的数据，其中表示月份编号，表示该月份日平均参与志愿服务的学生人数（单位：万人）.
月份编号 1 2 3 4 5
平均参与人数（单位：万人） 0.5 0.7 1 1.3 1.5
（1）已知与之间线性相关，求关于的经验回归方程，并预测第6个月的日平均参与志愿服务的学生人数；
（2）假设第6个月（按30天计）的日参与人数（单位：万人）服从正态分布，并视（1）所求第6个月的日平均参与人数的预测值为的值，预测该月份日参与人数超过1.75万人的天数是否不少于25天.
附：①对于一组数据，其回归直线的斜率
.②若，则
16．如图，四棱锥中，底面，，.
（1）求平面与平面所成角的余弦值；
（2）已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由.
17．设a为非负实数，函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若恒成立，求的最小值.
18．已知反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，将曲线绕原点顺时针旋转，得到曲线，设曲线的左顶点为.
（1）求的坐标及曲线的标准方程；
（2）若B，C为曲线右支上不同两点，为的垂心，为关于原点的对称点，证明：
（i）点在曲线上；
（ii）A，B，C，E四点共圆.
19．进位制是人们为了计数和计算方便而约定的计数方式，通常“满十进一，就是十进制；满三进一，就是三进制；满二进一，就是二进制；…；满几进一，就是几进制”.记十进制下的自然数在三进制下的表示为，则，其中，例如十进制数，所以19在三进制下可写为.
（1）设正整数在三进制下的各位数字之和；
（i）将满足的正整数从小到大排成一列，写出该列数的前四个数；
（ii）证明：；
（2）已知正整数，设正项数列的前项和为，且，，证明：（其中[x]表示不大于的最大整数）.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以的实部为3.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘方运算法则，化简复数，再找出其实部，即可求得正确答案.
2．【答案】C
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意先求得集合B的元素，再根据集合交集的运算法则，即可解答.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：由等差中项的性质可知，
所以，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】先根据等差中项的性质求出，再由等差数列前n项和并将代入计算即可得解.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图：当时，满足，但不能得出，A错误；
B、由垂直于同一直线的两平面互相平行，可得当时，则有，B正确；
C、如图：当，且，则有.所以由，不能得出，C错误；
D、因为，根据线面垂直的判定定理可得，D错误.
故答案为：B.
【分析】根据面面平行的判定定理和直线与平面的位置关系，逐项分析即可求得正确答案.
5．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由，，得，
即，整理得，
因为对任意，恒成立，故，即.
故答案为：D.
【分析】根据正、余弦的二倍角公式：，将题目中的商数关系式化简，得 ， 即可求解.
6．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；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：由图象可知，在整个定义域内，始终单调递减，，
在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递增且为负数；
在从到的变化过程中，切线斜率（导数）在递减且为负数.
故答案为：C.
【分析】根据图象可分析得到原函数的单调性为在定义域内单调递减，由此可得出导数的值为负数，且导数的单调性为先增后减，即可求得正确答案.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；等比中项
【解析】【解答】解：设椭圆半焦距为，，左右焦点.
由椭圆的定义得：，因为成等比数列，
故，即，得： .
对两边平方：代入
整理得：①，由，得.
所以②，
联立①②得：，，即，因此，.
所以椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由椭圆的第一定义，可得，再结合成等比数列和等比中项，整理后可得，最后利用三角形中线公式：，即可求得椭圆的离心率.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，可得，所以当时，等号成立；
若恒成立，则必为函数的最小值点，可得；
又，即可得，所以；
经检验，当时，
令，则在上恒成立，
因此在上单调递增，即在上单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取得极小值，也是最小值，即恒成立，
所以符合题意.
故答案为：D.
【分析】通过的值和恒成立可得为函数的最小值点，再由极值点的性质可得，进而求得，经检验即可选出正确答案.
9．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、因为在上的投影向量为，且，
所以，即，
所以，所以，
又因为，所以，A正确；
B、因为，
所以，B正确；
C、因为，
所以，C错误；
D、因为，
所以，D正确.
故答案为ABD.
【分析】由向量的数量积公式，可求得，进而解得，则可得A正确；根据平面向量的运算，计算可得，从而判断B；由向量的模和向量的线性运算，可求出、的值，从而判断C，D.
10．【答案】A,D
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为（山高已知），平面，平面，
因此，所以、均为直角三角形，下面逐个分析选项：
A 、若测得，在直角三角形中可得： ，；
同理，，在中，长度已计算得到，夹角已测量，
由余弦定理可唯一计算出，A符合题意.
B、举反例，若假设已测量，
所以直角三角形中有：，
设，则在直角三角形中，.
在中：①；
在中：②.
联立①②消去后，得，，
得，解得或.
当时，代入①得；
当时，代入①得，即.
因此测得，不能确定有唯一的长度，B不符合题意.
C、与选项B同理：只需把角换成，所以不能确定有唯一的长度，C不符合题意；
D 、若已测量，可直接算出，，长度都确定，又已测得夹角，在中由余弦定理可唯一计算出，D符合题意.
【分析】明确核心条件：CD⊥平面ABC，CD已知，要确定AB的长度，关键是求出△ABC中AC、BC的长度和它们的夹角，或直接在△ADB中求解。
选项A：由∠ADC、∠BDC可在Rt△ADC、Rt△BDC中求出AC、BC，同时也能得到AD、BD；再结合∠ADB，用余弦定理可直接算出AB。
选项B：只有∠ADC能求出AC，但缺少求BC的直接条件，无法唯一确定AB。
选项C：只有∠BDC能求出BC，但缺少求AC的直接条件，无法唯一确定AB。
选项D：由∠ADC、∠BDC可求出AC、BC，再结合∠ACB，用余弦定理即可算出AB.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A、时，，
又过原点作曲线的切线，设切点为，
，则切线方程为，又过，
，解得，即过原点与曲线相切的直线方程为，
又直线与曲线相交于不同两点，，A正确；
B、不妨取，
则曲线在处的切线方程分别为，
解得，此时，B错误；
C、不妨取，则，
曲线在处的切线方程为，
设，则，
令，解得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
，即（当且仅当时取等），
由题易知，，
又，所以单调递增，且，
，则，C正确；
D、由题可知，，
，
不妨取，则，令，
则，令，
，
令，
时，，在单调递增，
，则，
在单调递增，则，
，即，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】对于A，求出曲线过原点的切线方程，设切点，导数，进而求得切线方程，代入原点（0，0），即可判断；对于B，取定点可求出直线AB的方程，再结合条件，可得到在x=0和x=1两处的交点，即可判断；对于C，设，构造函数，借助导数研究函数的单调性，即可得到，进一步可得即可判断；对于D，作差通分后，可得，令，设函数，然后利用导数证明即可判定原式符号．
12．【答案】1
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的准线方程为，
点在上.若，
设，所以点到准线的距离为，
即，，
到轴的距离为.
故答案为：1.
【分析】首先根据抛物线方程，可求出它的准线方程，进而得到，即点M到准线的距离为2，设点M的坐标，建立方程求得点M的横坐标，即可得到到轴的距离.
13．【答案】（答案不唯一）如等
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：任意，都有，所以函数在上单调递增或常函数等，
因为，所以可以是幂函数或或等函数，
又是偶函数，故，即，
所以，所以，为常数，
综上，函数的解析式不唯一，
故答案为：可以是，等.
【分析】由可知该函数为幂函数或者常数函数；根据任意，都有，可得该函数为增函数或常数函数；根据是偶函数，可推出，为常数，即可写出符合条件的函数方程.
14．【答案】；
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题可知可取，
，，
，，
则的概率为，
．
故答案为：；.
【分析】分析题意可知，的值可以取等4种情况，再由排列组合计算公式，求出对应概率和期望即可．
15．【答案】（1）解：设所求的线性回归方程为，
由题意，
，
所以，
所以
所以.
当时，（万人）.
（2）解：当时，，则，
由正态分布性质，可知.
因为，
所以.
因为，
所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．
【知识点】线性回归方程；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）结合题目条件，可先求出线性回归方程的系数，从而求得线性回归方程，再将代入回归方程，即可求得预测值；
（2）先将x=6代入线性回归方程，可求得，然后根据正态分布的对称性，即可求出正确答案.
（1）设所求的线性回归方程为，
由题意，
，
所以，
所以
所以.
当时，（万人）.
（2）当时，，则，
由正态分布性质，可知.
因为，
所以.
因为，
所以该月日参与人数超过1.75万人的天数不少于25天．
16．【答案】（1）解：方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量基本定理；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角；相似三角形的性质
【解析】【分析】(1) 解法1：依据二面角平面角定义作出角，通过几何运算求解；
解法2：建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量法计算。
(2) 解法1：结合面面垂直判定定理、四点共面性质与相似三角形几何关系求解；
解法2：依托面面垂直判定定理+空间向量共面定理推导计算；
解法3：建系，设点，F(0，2-2b，b)，结合面面垂直的向量条件与向量共面定理列式求解.
（1）方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
17．【答案】（1）解：当时，，
所以，
当时，，令，得，
令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：由恒成立，可得，
令，则
因为，
当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，
故此时，
所以的最小值为；
当时，，
当时，易得为减函数，
又时，，
由零点存在性定理得，存在，使得，
在上单调递增，在单调递减，
故此时，
此时，
综上可知当时，的最小值为.
【知识点】简单复合函数求导法则；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】【分析】（1）利用函数求导法则，同时结合余弦函数单调性相关知识解不等式，即可求得该函数的单调区间；
（2）由不等式恒成立问题，先构造函数，再结合（1）中函数的单调性，对参数进行分类讨论，即求出的值，即可得出答案.
（1）当时，，
所以，
当时，，令，得，
令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由恒成立，可得，
令，则
因为，
当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，
故此时，
所以的最小值为；
当时，，
当时，易得为减函数，
又时，，
由零点存在性定理得，存在，使得，
在上单调递增，在单调递减，
故此时，
此时，
综上可知当时，的最小值为.
18．【答案】（1）解：因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为，
将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴长为，
所以的左顶点的坐标为，
所以曲线的标准方程为：.
【知识点】两角和与差的正切公式；斜率的计算公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】(1) 利用旋转前双曲线的实半轴、渐近线方程，求解双曲线标准方程，进而算出左顶点坐标；
(2)(ⅰ) 写出三角形三边对应的高线方程，联立方程求出垂心坐标，将坐标代入曲线方程完成证明；
(ⅱ) 由斜率公式结合正切和角公式，分别表示，可证得，进而推出，得证结论.
（1）因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为，
将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴长为，
所以的左顶点的坐标为，
所以曲线的标准方程为：
（2）（i）方法一：
证明：因为曲线是曲线绕原点顺时针旋转得到，不妨设曲线上的点A，B，C分别对应曲线上的点，曲线的方程为，则的坐标为，
设点为的垂心，，且．
所以直线的斜率，
边的高所在的直线的方程为，①
同理：边的高所在的直线的方程为，②
因为垂心同时在上，联立①②，得，即.
所以的垂心在曲线上．
将曲线上的点绕原点顺时针旋转后得到曲线上对应的点分别为A，B，C，D，
则的垂心在曲线上.
方法二：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
设，设的垂心为，
有，，
恒成立，①
恒成立，②
①式两边同时乘以，得，
又因为，所以有恒成立．③
同理，②式两边同时乘以，化简可得恒成立，④
③-④，得：恒成立，⑤
因为为的垂心，
所以有恒成立．⑥
⑤式两边同时乘以，得恒成立，⑦
⑥式两边同时乘以，得恒成立⑧
⑧-⑦，得恒成立，
当时，恒成立，即的垂心在曲线上.
当时，的垂心是双曲线的右顶点，综上的垂心总在曲线上.
方法三：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
当BC的斜率不存在时，不妨设，则有，
所以BC边上的高所在的直线方程为，则与双曲线交于点，
下证为的垂心．
因为，
所以，所以，
，所以，
即为的垂心，所以垂心在曲线右支上．
当BC的斜率存在时，设直线BC的方程：，
联立，得，
所以有，
所以有，
则BC边上的高所在的直线方程为，交双曲线右支于点，交左支于点，
联立，可得，
所以有，即，
即
下证为的垂心.
因为，
，
所以③
因为，代入③中，可得：
所以，
同理可得，
即为的垂心，因为所以垂心在曲线右支上.
综上所述：的垂心在曲线上.
方法四：
证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点，
当BC的斜率不存在时，由双曲线的对称性不妨设，
所以BC边上的高所在的直线方程为，
AC边上的高所在的直线方程为，
联立可得，，因为点在双曲线上，有，所以，
即垂心的坐标为，显然点在曲线右支上；
当或时，不妨设，则边AC的高所在的直线方程为，
边AB的高所在的直线方程为，联立可得，
因为，所以在曲线上．
当BC的斜率存在时，设，且，
设直线BC的方程：，联立，得，
所以有，
所以有，
所以AB边上的高所在的直线方程为，①
AC边上的高所在的直线方程为，②
设垂心的坐标为，联立①、②，
得，
即垂心的横坐标
所以.
又因为垂心必然在BC边上的高所在的直线方程上，
所以，即有，
因为，所以，即垂心在曲线的右支上.
综上所述：的垂心在曲线上.
（ii）方法一
证明：由（i）可知，曲线上的点A，B，C，D分别对应曲线上的点，
有的垂心在曲线上，
则关于原点的对称点也在曲线上.
由双曲线的对称性，不妨设点在直线的上方，在直线的下方，
因为，所以直线的斜率都存在．
即，，
当时，所以，
，
即有，所以
19．【答案】（1）（i）解：5、7、11、13.
（ii）解：设，其中
则，
因为，
所以，
同理，，
所以，所以.
（2）证明：因为，所以，即，
由数列为正项数列，则，所以.
又因为，则，
所以，所以
则，两式作差得，
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，可得.
方法一：
因为，设，
当时，；
当时，，
当时，，
所以，即
当时，；
当时，，
当时，，
所以，
即
同理可得
，
当时，，所以
所以
．证毕
方法二：上接，
对任意实数，记，其中
当时，
当时，
当时，
故对任意实数，恒有，
则.
代入，得，
取正整数满足，则，记，
则，
当，故，得证．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1)(ⅰ) 依托题干新定义列式求值；
(ⅱ) 依据数列相关定义列式求和，完成结论证明；
(2) 利用关系式bn=Tn-Tn-1，结合等比数列定义与通项公式，求得.
解法一：分类讨论，配合求和公式完成证明；
解法二：构造分段函数，结合新定义运算求证.
（1）（i）5、7、11、13
（ii）设，其中
则，
因为，
所以，
同理，，
所以，所以.
（2）因为，所以，即，
由数列为正项数列，则，所以.
又因为，则，
所以，所以
则，两式作差得，
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，可得.
方法一：
因为，设，
当时，；
当时，，
当时，，
所以，即
当时，；
当时，，
当时，，
所以，
即
同理可得
，
当时，，所以
所以
．证毕
方法二：上接，
对任意实数，记，其中
当时，
当时，
当时，
故对任意实数，恒有，
则.
代入，得，
取正整数满足，则，记，
则，
当，故，得证．
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