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河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷
1．已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，
可得，
则集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用元素与集合的关系和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．已知复数，则的虚部是（　　）
A． B． C． D．
【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：因为，
所以的虚部是.
故答案为：A.
【分析】利用复数乘除法运算法则得出复数z，再利用复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．已知，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则
.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，从而求出的值，再利用两角差的余弦公式，从而得出的值.
4．的最大值是（　　）
A．9 B．3 C．18 D．6
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则，
解得，所以函数的定义域为，
因为在处取得最大值，最大值为3，
所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】先求出函数的定义域，再利用二次函数的性质得出的最大值.
5．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：，，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以异号，
因为，所以为钝角，
由，
因为为钝角，所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理、三角函数值在各象限的符号，从而判断出角C的取值范围，再利用同角三角函数基本关系式得出角C的余弦值.
6．圆上的点到直线距离的最大值是（　　）
A．7 B．5 C．3 D．2
【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆的圆心，半径，
将直线化为，
令，得，
则直线过定点，
由图可知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值为：，
则圆上的点到直线距离最大值为.
故答案为：A.
【分析】先得出圆心坐标和半径长，再求出直线l所过的定点坐标，结合图形得出当时，点到直线距离取得最大值，从而得出答案.
7．如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最小值是
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，由选项A知，所以.
在中，利用余弦定理，得，故B错误；
对于C，因为点三点共线，所以，存在实数使得，
又因为，由选项A知，
所以，则 ，所以，故C正确；
对于D，由选项C可知，结合题意时可知，
所以
当且仅当，即当时，等号成立，此时取最小值为，故D正确.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量基本定理、数量积求向量的模的公式、余弦定理、三点共线判断方法、基本不等式求最值的方法，从而逐项判断找出不正确的选项.
8．已知定义在上的函数，满足以下两个条件：（1）对任意恒成立，且；（2）对任意都有，则下列关于函数的表述中正确的个数为（　　）
①；②；③函数有最小值；④函数有最大值．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；函数的值
【解析】【解答】解：对于①：在中，令，
得，
因为对任意恒成立，所以，
由，故序号①正确；
对于②：在中，令，
得，故序号②正确；
令，满足条件（1）对任意恒成立，且，
因为，，满足（2），
对，都有，
但是函数没有最大值也没有最小值，故序号③④都不正确，
所以，正确序号的个数为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和赋值法求出函数的值，则判断出序号①和序号②；通过特殊函数和已知条件以及函数求最值的方法，则判断序号③和序号④，从而找出正确序号个数.
9．如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．正方体外接球体积为
C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为
D．到平面的距离为
【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：对于A：在正方体中，
则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
则平面，故A正确；
对于B：因为正方体外接球的直径为对角线，所以，
则，故B正确；
因为平面，所以为直线CE与平面所成的角，
则，
若，则，所以，
又因为，，
所以，存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，故C正确；
由选项A知平面，点为上的动点，
所以，点到平面的距离等于到平面的距离，
设到平面的距离，
则，，
由等体积法，可得：，
则，所以，
则点到平面的距离为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由已知条件结合正方体的结构特征得出四边形为平行四边形，利用线线平行证出线面平行，则可判断选项A；由正方体外接球的直径为对角线，从而得出正方体外接球的半径，再利用球的体积公式，则判断出选项B； 由线面角定义判断出选项C；由选项A知平面，为上的动点，则点到平面的距离等于到平面的距离，再利用等体积法判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核心驱动力．当前AI正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题的概率分别为，则（　　）
A．只有一个小组受到奖励的概率等于
B．技术难题被攻克的概率为
C．只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D．甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
【答案】B,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：对于A：设甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题为事件，
所以，
只有一个小组受到奖励的概率为：
，故A不正确；
对于B：因为技术难题被攻克的概率为，
故B正确；
对于C：只有甲、丙小组受到奖励的概率为，故C不正确；
对于D：因为甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（　　）
A．数列为等比数列 B．，使得
C．数列的通项公式 D．，都有
【答案】A,C
【知识点】存在量词命题；函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；等比数列概念与表示；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足：，且，
所以，则，
又因为，
所以，数列是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
则，所以，
若，则，解得，
因为，不存在的值，所以，不存在，使得，故B错误；
当时，由，得，
令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以是函数的第一个极小值点，
若时，则，
所以，
则，，
所以，
则
递推得，
求导得，
令，可得，解得，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的第个极小值点为，
则，所以，故C正确；
则第个极小值为，
当时，极小值，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意和[x]的定义，从而可得数列递推公式，再判断出数列是以为首项，2为公比的等比数列，则可判断选项A；由题意结合等比数列的通项公式，从而得，进而求解判断出选项B；当时，可得，再利用导数得出函数的极小值点，从而得出数列的通项公式，则判断出选项C；根据导数求极值的方法，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．若，则　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意，得：
令，得；
令，得；
令，得；
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出的值.
13．已知双曲线的离心率为的一条渐近线与圆交于两点，则　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由双曲线的离心率为，
得，则，
由，代入得，化简得，
则，所以，双曲线的渐近线方程为，
整理为和，
则圆心为，半径，
分别计算出圆心到两条渐近线的距离为：
①到的距离为；
②到的距离为，直线和圆无交点，
因此只能取渐近线，由弦长公式，得出，
则，所以.
故答案为：.
【分析】利用双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式得出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式得出圆心到两条渐近线的距离，根据直线与圆的位置关系得出满足要求的渐近线方程，再由弦长公式得出AB的长.
14．已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为　 　．
【答案】3
【知识点】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；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数，为的零点，为图象的对称轴，
，且，
∴相减可得，
则，，所以为奇数，
在单调，则，
，则奇数的最大值为，
当时，，
，，此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
，，此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
，，此时在上单调递减，满足题意，
则的最大值为.
故答案为：3.
【分析】先根据已知条件和函数零点的定义以及余弦型函数图象的对称性，则判断为奇数，再由函数在上单调，从而得出的取值范围，进而得出的最大值．
15．已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前90项和．
注意：这里表示角度，
【答案】（1）解：当时，；
当时，，
当时，满足题意，
则.

（2）解：设数列的前90项和为，
因为，
则
因为，
所以
，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；二倍角的余弦公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据已知条件和的关系式结合检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）先利用二倍角的余弦公式和，从而并项求和得出数列的前90项和．
（1）当时，，
当时，，
当时满足，故.
（2）设数列的前90项和为，又，
则
因为，
所以
，
所以.
16．2026年我国科技前沿的标志性事件可以概括为四大主线，第一类就是人工智能与算力，第二类是航天与通信，第三类是能源与材料，第四类是生命科学与前沿突破．其中第一类人工智能与算力包含四个事件：AI超级计算平台规模化落地，多智能系统成为标配，特定领域语言模型爆发，脑机接口商业化元年；第二类航天与通信包含三个事件：低轨卫星互联网组网成型，6G试验网与标准突破，商业空间站与深空探测；第三类能源与材料包含三个事件：可控核聚变“亿度”持续运行，钠离子电池量产应用，高端材料国产替代领跑；第四类生命科学与前沿突破包含两个事件：碱基编辑疗法临床验证，量子计算实用化进展．
（1）从前三类主线的10个事件中随机选取一个事件，求该事件属于第一类主线的概率；
（2）从前三类主线的10个事件中不可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示所选事件属于第二类或第三类的数量，求随机变量的分布列和期望；
（3）从前三大主线的10个事件中按可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示事件属于第二类或第三类的数量，比较与的大小关系．
【答案】（1）解：因为10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，
所以，从10个事件中随机抽取一个事件，
则该事件属于第一类主线的概率为.
（2）解：因为10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，
所以，所有可能的取值为：0，1，2，3，
则
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则．
（3）解：，
理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，
则随机变量，
所以．

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出该事件属于第一类主线的概率.
（2）先利用已知条件确定的可能取值，再求出对应的概率，进而得到随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式计算可得.
（3）先利用已知条件判断出，再利用二项分布求数学期望公式，从而比较出与的大小关系.
（1）10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，所以从10个事件中随机抽取一个事件，
该事件属于第一类主线的概率为.
（2）10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，
所有可能的取值为：0，1，2，3．
.
所以的分布列为：
0 1 2 3
．
（3）理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，
随机变量，所以．
17．如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，．
（1）求证：平面BDE；
（2）求证：平面DEF
（3）在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接AC，交BD于，连接OE，
因为E，O为中点，
所以EO是的中位线，
则，
又因为平面平面BDE，
所以平面BDE．
（2）证明：因为，又因为是PC的中点，所以，
因为底面ABCD，所以，
又因为平面平面PDC，
所以底面平面PDC，则
因为平面平面PBC，
所以平面PBC，平面PBC，则，
又因为平面平面DEF，
所以平面DEF．
（3）解：设，以点为坐标原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，
因为与所成的角为，
所以，
则，化简得，
又因为，解得，
因为，
所以，
设平面DEG的一个法向量为，
则，
令，则，所以，
由（2）可知：平面DEF，
则是平面DEF的一个法向量，
设平面DEF与平面DEG夹角为，
则．
所以，平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理得出线线平行，再结合线面平行的判定定理证出直线平面BDE.
（2） 根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.
（3）利用已知条件建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用线线角得出实数的值，求出平面DEG的一个法向量，再由（2）可知是平面DEF的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式可得所求夹角的余弦值.
（1）连接AC，交BD于，连接OE，因为E，O为中点，
所以EO是的中位线，所以，
又因为平面平面BDE，所以平面BDE．
（2），又是PC的中点，所以，
因为底面ABCD，
所以，
而平面平面PDC，
所以底面平面PDC，所以
又平面平面PBC，
故平面PBC，平面PBC，
所以，
又因为平面平面DEF，
故平面DEF．
（3）设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设．，
，，，
因为与所成的角为，
则即，
化简得，又因为，解得
又因为，故，设平面DEG的一个法向量为，则
，令，则
所以．
由（2）可知：平面DEF，
故是平面DEF的一个法向量，
设平面DEF与平面DEG夹角为，则有．
故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为．
18．已知函数
（1）令，讨论函数的单调性；
（2）若函数有极大值点，求证．
【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：因为，所以，
由（1）知：①当时，是上的增函数，且，
所以无极大值，不合题意，
②时，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，
当时，即当时，则在上单调递增，无极大值，不合题意；
当时，即当时，
当时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当时，即当时，当时，，
当时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
又因为，所以，
因此函数在上单调递减，
当时，有，则，
因为，所以，则，
，使，
当时，则时，，
为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，
则，
在上为减函数，则，所以，
则成立，
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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和分类讨论的方法，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）根据得出的值，由（1）和分类讨论的方法，则根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值和最值，再根据函数有极大值点为和分析法，从而证出成立.
（1）的定义域为
，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
（2），易知，由（1）知：
①当时，是上的增函数，且，所以无极大值，不合题意，
②时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以．
当，即时，在上单调递增，无极大值，不合题意；
当，即时，
时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当，即时，时，，
时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
因为，所以，因此函数在上单调递减，
所以当时，有，则有，
因为，所以，于是有，
，使，当时，时，，为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，则，
在上为减函数，故，所以，
即成立，故．
19．已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去．
（1）求的方程；
（2）若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值；
（3）若是在第一象限与不重合的一点，求的面积．
【答案】（1）解：由题意，得，
因为椭圆过，所以，
解得，
所以.
（2）解：由（1）知，
经过3次操作后停止，则与，
因为椭圆关于原点对称，所以，
则与关于原点对称，
又因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称，
设，则，
所以，解得，
所以，则．
（3）解：由（2）知，，
设，则直线的方程为，
所以，
消得
因为，所以．
又因为是上述方程的一个根，
所以，
则，所以，
设直线的方程为，
则，
消得，
因为，所以，
又因为是上述方程的一个根，
所以
则，所以，则与关于原点对称，
所以，直线的方程为，
则，
则点到直线的距离，
又因为，所以，
则．
【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）根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，再结合代入法进行求解，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）由（1）知，根据椭圆的对称性和点与点的对称性，再结合两点求直线斜率公式，从而得出直线的斜率.
（3）由（2）得出直线的斜率，从而设出直线方程，再与椭圆方程联立，根据韦达定理、图形的对称性、两点距离公式、点到直线距离公式、三角形面积公式，从而得出的面积.
（1）由题意得，
又椭圆过，故，解得，
所以.
（2）由（1）知，经过3次操作后停止，即有与
关于原点对称，，所以与关于原点对称，
因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称．设，
则，
即有，解得，所以，故有．
（3）由（1）知，，设，则直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，所以
则有，即，
设直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，
所以
则有，即，
所以与关于原点对称．
故直线的方程为，
点到直线的距离
又因为，所以
所以．
1 / 1河南濮阳市2026年高中三年级第二次模拟考试数学试卷
1．已知，则（　　）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则的虚部是（　　）
A． B． C． D．
3．已知，则的值是（　　）
A． B． C． D．
4．的最大值是（　　）
A．9 B．3 C．18 D．6
5．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：，，则的值是（　　）
A． B． C． D．
6．圆上的点到直线距离的最大值是（　　）
A．7 B．5 C．3 D．2
7．如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中不正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最小值是
8．已知定义在上的函数，满足以下两个条件：（1）对任意恒成立，且；（2）对任意都有，则下列关于函数的表述中正确的个数为（　　）
①；②；③函数有最小值；④函数有最大值．
A．4 B．3 C．2 D．1
9．如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．正方体外接球体积为
C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为
D．到平面的距离为
10．在当今科技迅速发展的时代，人工智能（AI）已经成为科技创新的核心驱动力．当前AI正处于从生成式向智能体跃进的关键阶段，同时也面临着算力、数据、安全与可解释性等核心难题．某公司成立了甲、乙、丙三个科研攻关小组，决定对其中某个技术难题进行技术攻关，攻克该技术难题的小组都会受到奖励．已知甲、乙、丙三个小组各自独立进行科研攻关，且攻克该技术难题的概率分别为，则（　　）
A．只有一个小组受到奖励的概率等于
B．技术难题被攻克的概率为
C．只有甲、丙小组受到奖励的概率为
D．甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为
11．已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（　　）
A．数列为等比数列 B．，使得
C．数列的通项公式 D．，都有
12．若，则　 　．
13．已知双曲线的离心率为的一条渐近线与圆交于两点，则　 　．
14．已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为　 　．
15．已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前90项和．
注意：这里表示角度，
16．2026年我国科技前沿的标志性事件可以概括为四大主线，第一类就是人工智能与算力，第二类是航天与通信，第三类是能源与材料，第四类是生命科学与前沿突破．其中第一类人工智能与算力包含四个事件：AI超级计算平台规模化落地，多智能系统成为标配，特定领域语言模型爆发，脑机接口商业化元年；第二类航天与通信包含三个事件：低轨卫星互联网组网成型，6G试验网与标准突破，商业空间站与深空探测；第三类能源与材料包含三个事件：可控核聚变“亿度”持续运行，钠离子电池量产应用，高端材料国产替代领跑；第四类生命科学与前沿突破包含两个事件：碱基编辑疗法临床验证，量子计算实用化进展．
（1）从前三类主线的10个事件中随机选取一个事件，求该事件属于第一类主线的概率；
（2）从前三类主线的10个事件中不可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示所选事件属于第二类或第三类的数量，求随机变量的分布列和期望；
（3）从前三大主线的10个事件中按可放回的方式随机选取三个事件，随机变量表示事件属于第二类或第三类的数量，比较与的大小关系．
17．如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，．
（1）求证：平面BDE；
（2）求证：平面DEF
（3）在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值．
18．已知函数
（1）令，讨论函数的单调性；
（2）若函数有极大值点，求证．
19．已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去．
（1）求的方程；
（2）若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值；
（3）若是在第一象限与不重合的一点，求的面积．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，
可得，
则集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用元素与集合的关系和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
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：因为，
所以的虚部是.
故答案为：A.
【分析】利用复数乘除法运算法则得出复数z，再利用复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
3．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则
.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和同角三角函数基本关系式，从而求出的值，再利用两角差的余弦公式，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则，
解得，所以函数的定义域为，
因为在处取得最大值，最大值为3，
所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】先求出函数的定义域，再利用二次函数的性质得出的最大值.
5．【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以异号，
因为，所以为钝角，
由，
因为为钝角，所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理、三角函数值在各象限的符号，从而判断出角C的取值范围，再利用同角三角函数基本关系式得出角C的余弦值.
6．【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆的圆心，半径，
将直线化为，
令，得，
则直线过定点，
由图可知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值为：，
则圆上的点到直线距离最大值为.
故答案为：A.
【分析】先得出圆心坐标和半径长，再求出直线l所过的定点坐标，结合图形得出当时，点到直线距离取得最大值，从而得出答案.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A正确；
对于B，由选项A知，所以.
在中，利用余弦定理，得，故B错误；
对于C，因为点三点共线，所以，存在实数使得，
又因为，由选项A知，
所以，则 ，所以，故C正确；
对于D，由选项C可知，结合题意时可知，
所以
当且仅当，即当时，等号成立，此时取最小值为，故D正确.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量基本定理、数量积求向量的模的公式、余弦定理、三点共线判断方法、基本不等式求最值的方法，从而逐项判断找出不正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；函数的值
【解析】【解答】解：对于①：在中，令，
得，
因为对任意恒成立，所以，
由，故序号①正确；
对于②：在中，令，
得，故序号②正确；
令，满足条件（1）对任意恒成立，且，
因为，，满足（2），
对，都有，
但是函数没有最大值也没有最小值，故序号③④都不正确，
所以，正确序号的个数为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和赋值法求出函数的值，则判断出序号①和序号②；通过特殊函数和已知条件以及函数求最值的方法，则判断序号③和序号④，从而找出正确序号个数.
9．【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：对于A：在正方体中，
则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
则平面，故A正确；
对于B：因为正方体外接球的直径为对角线，所以，
则，故B正确；
因为平面，所以为直线CE与平面所成的角，
则，
若，则，所以，
又因为，，
所以，存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，故C正确；
由选项A知平面，点为上的动点，
所以，点到平面的距离等于到平面的距离，
设到平面的距离，
则，，
由等体积法，可得：，
则，所以，
则点到平面的距离为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由已知条件结合正方体的结构特征得出四边形为平行四边形，利用线线平行证出线面平行，则可判断选项A；由正方体外接球的直径为对角线，从而得出正方体外接球的半径，再利用球的体积公式，则判断出选项B； 由线面角定义判断出选项C；由选项A知平面，为上的动点，则点到平面的距离等于到平面的距离，再利用等体积法判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】B,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：对于A：设甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题为事件，
所以，
只有一个小组受到奖励的概率为：
，故A不正确；
对于B：因为技术难题被攻克的概率为，
故B正确；
对于C：只有甲、丙小组受到奖励的概率为，故C不正确；
对于D：因为甲、乙、丙三个小组均受到奖励的概率为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】存在量词命题；函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；等比数列概念与表示；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足：，且，
所以，则，
又因为，
所以，数列是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
则，所以，
若，则，解得，
因为，不存在的值，所以，不存在，使得，故B错误；
当时，由，得，
令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以是函数的第一个极小值点，
若时，则，
所以，
则，，
所以，
则
递推得，
求导得，
令，可得，解得，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的第个极小值点为，
则，所以，故C正确；
则第个极小值为，
当时，极小值，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意和[x]的定义，从而可得数列递推公式，再判断出数列是以为首项，2为公比的等比数列，则可判断选项A；由题意结合等比数列的通项公式，从而得，进而求解判断出选项B；当时，可得，再利用导数得出函数的极小值点，从而得出数列的通项公式，则判断出选项C；根据导数求极值的方法，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意，得：
令，得；
令，得；
令，得；
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由双曲线的离心率为，
得，则，
由，代入得，化简得，
则，所以，双曲线的渐近线方程为，
整理为和，
则圆心为，半径，
分别计算出圆心到两条渐近线的距离为：
①到的距离为；
②到的距离为，直线和圆无交点，
因此只能取渐近线，由弦长公式，得出，
则，所以.
故答案为：.
【分析】利用双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式得出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式得出圆心到两条渐近线的距离，根据直线与圆的位置关系得出满足要求的渐近线方程，再由弦长公式得出AB的长.
14．【答案】3
【知识点】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；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数，为的零点，为图象的对称轴，
，且，
∴相减可得，
则，，所以为奇数，
在单调，则，
，则奇数的最大值为，
当时，，
，，此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
，，此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
，，此时在上单调递减，满足题意，
则的最大值为.
故答案为：3.
【分析】先根据已知条件和函数零点的定义以及余弦型函数图象的对称性，则判断为奇数，再由函数在上单调，从而得出的取值范围，进而得出的最大值．
15．【答案】（1）解：当时，；
当时，，
当时，满足题意，
则.

（2）解：设数列的前90项和为，
因为，
则
因为，
所以
，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；二倍角的余弦公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据已知条件和的关系式结合检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）先利用二倍角的余弦公式和，从而并项求和得出数列的前90项和．
（1）当时，，
当时，，
当时满足，故.
（2）设数列的前90项和为，又，
则
因为，
所以
，
所以.
16．【答案】（1）解：因为10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，
所以，从10个事件中随机抽取一个事件，
则该事件属于第一类主线的概率为.
（2）解：因为10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，
所以，所有可能的取值为：0，1，2，3，
则
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则．
（3）解：，
理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，
则随机变量，
所以．

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出该事件属于第一类主线的概率.
（2）先利用已知条件确定的可能取值，再求出对应的概率，进而得到随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式计算可得.
（3）先利用已知条件判断出，再利用二项分布求数学期望公式，从而比较出与的大小关系.
（1）10个事件中包含第一类人工智能与算力的有4个事件，所以从10个事件中随机抽取一个事件，
该事件属于第一类主线的概率为.
（2）10个事件中包含6个第二类或第三类的事件，
所有可能的取值为：0，1，2，3．
.
所以的分布列为：
0 1 2 3
．
（3）理由如下：从10个事件中按可放回抽样的方式随机选3个事件，
随机变量，所以．
17．【答案】（1）证明：连接AC，交BD于，连接OE，
因为E，O为中点，
所以EO是的中位线，
则，
又因为平面平面BDE，
所以平面BDE．
（2）证明：因为，又因为是PC的中点，所以，
因为底面ABCD，所以，
又因为平面平面PDC，
所以底面平面PDC，则
因为平面平面PBC，
所以平面PBC，平面PBC，则，
又因为平面平面DEF，
所以平面DEF．
（3）解：设，以点为坐标原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，
因为与所成的角为，
所以，
则，化简得，
又因为，解得，
因为，
所以，
设平面DEG的一个法向量为，
则，
令，则，所以，
由（2）可知：平面DEF，
则是平面DEF的一个法向量，
设平面DEF与平面DEG夹角为，
则．
所以，平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理得出线线平行，再结合线面平行的判定定理证出直线平面BDE.
（2） 根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.
（3）利用已知条件建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用线线角得出实数的值，求出平面DEG的一个法向量，再由（2）可知是平面DEF的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式可得所求夹角的余弦值.
（1）连接AC，交BD于，连接OE，因为E，O为中点，
所以EO是的中位线，所以，
又因为平面平面BDE，所以平面BDE．
（2），又是PC的中点，所以，
因为底面ABCD，
所以，
而平面平面PDC，
所以底面平面PDC，所以
又平面平面PBC，
故平面PBC，平面PBC，
所以，
又因为平面平面DEF，
故平面DEF．
（3）设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设．，
，，，
因为与所成的角为，
则即，
化简得，又因为，解得
又因为，故，设平面DEG的一个法向量为，则
，令，则
所以．
由（2）可知：平面DEF，
故是平面DEF的一个法向量，
设平面DEF与平面DEG夹角为，则有．
故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：因为的定义域为，
所以，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：因为，所以，
由（1）知：①当时，是上的增函数，且，
所以无极大值，不合题意，
②时，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，
当时，即当时，则在上单调递增，无极大值，不合题意；
当时，即当时，
当时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当时，即当时，当时，，
当时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
又因为，所以，
因此函数在上单调递减，
当时，有，则，
因为，所以，则，
，使，
当时，则时，，
为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，
则，
在上为减函数，则，所以，
则成立，
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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和分类讨论的方法，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）根据得出的值，由（1）和分类讨论的方法，则根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极值和最值，再根据函数有极大值点为和分析法，从而证出成立.
（1）的定义域为
，
当时，恒成立，在区间上单调递增；
当时，令，得，
当时，；当时，，
因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
（2），易知，由（1）知：
①当时，是上的增函数，且，所以无极大值，不合题意，
②时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以．
当，即时，在上单调递增，无极大值，不合题意；
当，即时，
时，，
是唯一极大值点，不合题意；
当，即时，时，，
时，，所以函数在上无极大值，
，
设，因为，所以，
设，
因为，所以，因此函数在上单调递减，
所以当时，有，则有，
因为，所以，于是有，
，使，当时，时，，为的极大值点，且，
由，得，
，
要证，即证，
需证，
令，则，
在上为减函数，故，所以，
即成立，故．
19．【答案】（1）解：由题意，得，
因为椭圆过，所以，
解得，
所以.
（2）解：由（1）知，
经过3次操作后停止，则与，
因为椭圆关于原点对称，所以，
则与关于原点对称，
又因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称，
设，则，
所以，解得，
所以，则．
（3）解：由（2）知，，
设，则直线的方程为，
所以，
消得
因为，所以．
又因为是上述方程的一个根，
所以，
则，所以，
设直线的方程为，
则，
消得，
因为，所以，
又因为是上述方程的一个根，
所以
则，所以，则与关于原点对称，
所以，直线的方程为，
则，
则点到直线的距离，
又因为，所以，
则．
【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）根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，再结合代入法进行求解，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）由（1）知，根据椭圆的对称性和点与点的对称性，再结合两点求直线斜率公式，从而得出直线的斜率.
（3）由（2）得出直线的斜率，从而设出直线方程，再与椭圆方程联立，根据韦达定理、图形的对称性、两点距离公式、点到直线距离公式、三角形面积公式，从而得出的面积.
（1）由题意得，
又椭圆过，故，解得，
所以.
（2）由（1）知，经过3次操作后停止，即有与
关于原点对称，，所以与关于原点对称，
因为与关于轴对称，与关于轴对称，
所以与关于原点对称．设，
则，
即有，解得，所以，故有．
（3）由（1）知，，设，则直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，所以
则有，即，
设直线的方程为
，消得
因为，所以．
因为是上述方程的一个根，
所以
则有，即，
所以与关于原点对称．
故直线的方程为，
点到直线的距离
又因为，所以
所以．
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