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2026届江西省上高二中高三年级第八次阶段检测数学试题
1．复数（i为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合，则（　　）
A．-2 B． C． D．1
3．已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（　　）
A．3 B． C． D．
4．某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（　　）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的左焦点为F，过点F的直线l交C于A，B两点，交y轴于点E，若，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
6．现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（　　）
A．720种 B．1440种 C．2880种 D．4320种
7．已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（　　）
A．3 B．2 C． D．
8．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（　　）
A．
B．，使得
C．数列的前20项和为
D．数列的前n项和为
10．已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（　　）
A． B．
C． D．
11．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（　　）
A．点在上
B．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数
C．若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点
D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于
12．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为　 　．
13．如图所示，设港口在灯塔南偏西20°方向上，两地相距24海里；灯塔在灯塔南偏东40°方向上，与港口相距31海里.货船从港口出发，行驶到达两灯塔连线段上的处时，若此时货船恰与灯塔相距20海里，则此时货船与港口相距　 　海里.
14．已知函数有零点，当取最小值时，的值为　 　．
15．已知函数．
（1）若，求及的单调递增区间；
（2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期．
条件①：；
条件②：是的一个极值点；
条件③：是的一个零点．
16．如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．
（1）设平面平面，求证：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点.
（1）求椭圆方程；
（2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
（ⅰ）求证：为定值；
（ⅱ）当最大时，求直线方程.
18．甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
19．已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，即在复平面内对应的点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘方，乘除运算化简求得复数z，再根据共轭复数概念，以及复数在复平面内的表示判断即可.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意，可得，
解得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，则根据代入法得出关于、的方程组，解方程组求出、 的值.
3．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题可设等比数列的公比为，
则，当且仅当，即时取等号，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】设等比数列的公比为，且，根据等比数列的通项，结合基本不等式求解即可.
4．【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：分别取、、、的中点、、、，
连接、、、，如图所示：
因为是正四棱台，所以、，
又侧面与上底面的夹角为，所以，
又，，所以、，
所以，所以，
则制作该漏斗的侧面所需材料的面积为.
故答案为：A.
【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，由为正四棱台，得、，再由侧面与上底面的夹角为， 求出和，最后利用梯形面积公式求解即可.
5．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由于，记的中点为点M，则的中点也为点M，如图所示：
显然直线的斜率一定存在，设直线，，，
则，，于是，
则，，，
由，，两式相减可得，
即，得，
又，所以E为的中点，则，可得，
又因为，即，
所以，可得，即，解得离心率.
故答案为：D.
【分析】记的中点为点M，则的中点也为点M，显然直线的斜率一定存在，设直线，，，易知点的坐标，利用中点坐标公式求得点M的坐标，再利用点差法求得，最后根据，以及点在椭圆上化简求解离心率即可.
6．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意分步完成任务：
第一步：完成3号区域：从6种颜色中选1种涂色，有6种不同方法；
第二步：完成1号区域：从除去3号区域的1种颜色后剩下的5种颜色中选1种涂色，有5种不同方法；
第三步：完成4号区域：从除去3、1号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第四步：完成2号区域：从除去3、1、4号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
第五步：完成5号区域：从除去1、2号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第六步：完成6号区域：从除去1、2、5号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
所以不同的涂色方法：种.
故选：D.
【分析】本题考查分步乘法计数原理解决涂色问题，分第一步完成3号区域的涂色，第二步完成1号区域的涂色，第三步完成4号区域的涂色，第四步完成2号区域的涂色，第五步完成5号区域的涂色，第六步完成6号区域的涂色，最后求出不同的涂色方法即可.
7．【答案】D
【知识点】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；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图，令，，
则，所以，
因为，所以，
记的中点为，所以点在以为直径的圆上，
设，连接，因为，所以点在直线上.
因为，所以，
则，
所以，
结合图形可知，当时，即取得最大值，且.
故答案为：D.
【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化得到，再利用数形结合求出的最大值.
8．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，
将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小，
函数，求导可得，令，解得，则，
且Q到直线的距离，，即，
故实数m的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】设，根据T的几何意义，将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，求导，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再利用点到直线的距离公式求最小距离，即可得m的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：A、设等比数列的公比为q，
由，，可得，
解得，故A正确；
B、由A的分析可知，
令，即，解得，不是整数，
故不存在，使得，故B错误；
C、，则，
故，
两式相减得：
，
故，则，故C正确；
D、，设数列的前项和为，
则
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设等比数列的公比为q，由题意，根据等差数列、等比数列的通项列式求出等差数列的公差即可判断A；由选项A求出数列数列的的通项公式，求解方程即可判断B；易知，利用错位相减法求数列的前n项和即可判断C；，设数列的前项和为，利用分组求和法，结合等差数列以及等比数列的前n项和公式即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；函数的值；简单复合函数求导法则；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意，得，所以，
则，所以是奇函数，则，
由，得函数关于点对称，
则，所以，
则，所以，
则函数是周期为6的函数，所以也是周期为6的函数，
则，
由求导，得，
则，所以.
对于A，因为，故A正确；
对于B，由无法确定的值，故B错误；
对于C，由是周期为6的函数，则，故C正确；
对于D，由，得，且，
因为，且，
则，且，
所以，，
则，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数的奇偶性、对称性和周期性以及赋值法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；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；曲线与方程
【解析】【解答】解：对于A，将点代入曲线方程中，得到，
所以点在上，故A正确；
对于C，当时，，则，
令，得，
当时，单调递增；
当时，，单调递减，
则是的极小值点，故C正确；
对于B，由选项C可知，
则以为切点的切线方程为，即，
将切线方程代入曲线方程中，得到：，
则，显然是方程的根，
则，解得：或，故B错误；
对于D，设的解为，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，，
又因为，，
所以，
设曲线上的点为，则，
因为点到原点的距离为，
由，可得，
令，，则，
令，解得：，
因为，则取，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又因为，，
则当时，，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，将代入曲线方程，则可判断选项A；对函数求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极小值点，则判断出选项C；利用导数求出切线方程，再将切线方程与曲线方程联立，从而得出交点的坐标，则可判断选项B；设曲线上的点为，利用两点距离公式，则将点到原点的距离化简为，再构造函数结合导数的方法求出函数的最小值，再与比较，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】60
【知识点】正态密度曲线的特点；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为随机变量，正态分布关于均值对称，
又因为，所以和关于2对称，
则，
所以，二项式为：，
又因为二项展开式的通项为：，
令，解得：，
则二项展开式中常数项为：.
故答案为：60.
【分析】先利用正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，从而求出的值，再利用二项式定理得出展开式的通项，令解出r即可求得常数项.
13．【答案】21
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，，
即，
化简可得，解得或（舍去），
则（海里），
在中，由余弦定理可得，所以.
故答案为：21.
【分析】在中，利用余弦定理求得，由此可得，再在中，利用余弦定理求即可.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设函数的零点为，则，即，
设为直线上的一点，
坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离，
下求的最小值，令，则
在为减函数，在为增函数，即，
此时，所以的斜率为，
此时的最小值为，此时，
（此时）．
故答案为：
【分析】设函数的零点为，由题意可得，设为直线上的一点，利用点到直线的距离公式求坐标原点到直线的距离，令，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的最大值，再结合几何意义求解即可.
15．【答案】（1）解：因为
，
当时，，
则，
令，
解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：因为，
在区间上单调递增，且，
所以，
解得.
若选①：，又在区间上单调递增，
所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上，
则，
所以，
解得，
又因为，
所以，
则，
所以的最小正周期为；
若选②：因为是的一个极值点，
又因为在区间上单调递增，
所以在处取得最大值，
则，
所以，
解得，
又因为，
所以，
则，
所以的最小正周期为；
若选③：因为是的一个零点，
所以，
所以，
解得，
又因为，
所以或，
当时，，
所以的最小正周期为；
当时，，
所以的最小正周期为.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式、辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再代入的值，从而得到函数的解析式，进而得出的值；再由换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调递增区间.
（2）依题意结合在区间上单调递增，从而可得的取值范围，再根据所选条件，即函数的单调性、函数的对称性、函数极值点求解方法、函数的最值、函数的零点求解方法，从而得到关于的方程，进而求出的取值（集合），则可得函数的解析式，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期.
（1）因为
，
当时，，则，
令，解得，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，在区间上单调递增，且，
所以，解得；
若选①：，又在区间上单调递增，
所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上，
则，所以，解得，
又，所以，
则，所以的最小正周期为；
若选②：是的一个极值点，又在区间上单调递增，
所以在处取得最大值，
则，所以，解得，
又，所以，
则，所以的最小正周期为；
若选③：是的一个零点，
则，所以，解得，
又，所以或，
当时，，所以的最小正周期为；
当时，，所以的最小正周期为；
16．【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）解：因为平面，，
以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，，所以，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）由线面垂直的性质可得，以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可.
（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为平面，，
以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，，所以，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：由题意短轴长为2，，即，
因为椭圆经过点，所以，解得，
则椭圆方程为；
（2）（ⅰ）证明：由题意可得，
因为点关于原点的对称点为，所以，点，点为中点，即，设，
直线的斜率为，
直线的斜率为，
所以①，
因为在椭圆上，所以，解得②，
同理因为点在椭圆上，所以③，
将②③代入①式，得（为定值），
综上，为定值；
（ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上，
所以，
又因为，
所以，则，
设，直线倾斜角为，直线倾斜角为，
，，所以，
则，
当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大，
所以直线方程为．
【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）根据椭圆的短轴长求得b的值，再根据在椭圆上，求a的值，即可得椭圆的方程；
（2）（ⅰ）由题意可得，利用对称性求得点点，根据斜率公式求得，再利用点在椭圆上，将转化为关于的式子，化简求证明即可；
（ⅱ）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式，结合基本不等式求解即可．
（1）由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点，
所以，则.所以椭圆方程为
（2）（ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以，点，点为中点，即，设.
直线的斜率为，
直线的斜率为，
所以①，
因为在椭圆上，所以，解得②，
同理因为点在椭圆上，所以③，
将②③代入①式，得（为定值）.
综上，为定值.
（ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上，
所以，
又因为
所以，则，
设，直线倾斜角为，直线倾斜角为，
，，
所以，
则，
当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大.
所以直线方程为．
18．【答案】（1）解：由题意可知：可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）解：（ⅰ）、，，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）、根据（ⅰ）可知，①，
易得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即②，
②－①可得，即，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
因为显然随着n的增大而减小，
所以，
又因为，所以当时，取到最大值为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；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】【分析】（1）由题意可知：可以取0，1，2，3，4，分别求解概率，列分布列，再求期望即可；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；
由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性求解即可.
（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
19．【答案】（1）解：当时，，，，切点为，
切线斜率，则切线方程为；
（2）解：，
当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间；
当时，令，得，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
综上所述，时，单调递减区间为，无增区间；
时，单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）解：由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故；
当时，由（2）知最小值为，
令，，令，解得，
所以当，，单调递增；
当，，单调递减，
所以，故，
故，要保证存在两个根，则且，即，
注意到对任意，，即恒为的一个零点，
因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且，
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得；
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得，
综上的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；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】【分析】（1）将代入，求导，根据导数几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故，当时，由（2）知最小值为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的最大值，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围.
（1）当时，，，切点为，
，切线斜率，因此切线方程为.
（2），
当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间；
当时，令，得，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
综上所述，时，单调递减区间为，无增区间；
时，单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故；
当时，由（2）知最小值为，
令，，令，解得，
所以当，，单调递增；
当，，单调递减，
所以，故，
故，要保证存在两个根，则且，即.
注意到对任意，，即恒为的一个零点，
因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且，
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得；
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得，
综上的取值范围是.
1 / 12026届江西省上高二中高三年级第八次阶段检测数学试题
1．复数（i为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，即在复平面内对应的点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘方，乘除运算化简求得复数z，再根据共轭复数概念，以及复数在复平面内的表示判断即可.
2．已知集合，则（　　）
A．-2 B． C． D．1
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意，可得，
解得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，则根据代入法得出关于、的方程组，解方程组求出、 的值.
3．已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（　　）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题可设等比数列的公比为，
则，当且仅当，即时取等号，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】设等比数列的公比为，且，根据等比数列的通项，结合基本不等式求解即可.
4．某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：分别取、、、的中点、、、，
连接、、、，如图所示：
因为是正四棱台，所以、，
又侧面与上底面的夹角为，所以，
又，，所以、，
所以，所以，
则制作该漏斗的侧面所需材料的面积为.
故答案为：A.
【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，由为正四棱台，得、，再由侧面与上底面的夹角为， 求出和，最后利用梯形面积公式求解即可.
5．已知椭圆的左焦点为F，过点F的直线l交C于A，B两点，交y轴于点E，若，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由于，记的中点为点M，则的中点也为点M，如图所示：
显然直线的斜率一定存在，设直线，，，
则，，于是，
则，，，
由，，两式相减可得，
即，得，
又，所以E为的中点，则，可得，
又因为，即，
所以，可得，即，解得离心率.
故答案为：D.
【分析】记的中点为点M，则的中点也为点M，显然直线的斜率一定存在，设直线，，，易知点的坐标，利用中点坐标公式求得点M的坐标，再利用点差法求得，最后根据，以及点在椭圆上化简求解离心率即可.
6．现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（　　）
A．720种 B．1440种 C．2880种 D．4320种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意分步完成任务：
第一步：完成3号区域：从6种颜色中选1种涂色，有6种不同方法；
第二步：完成1号区域：从除去3号区域的1种颜色后剩下的5种颜色中选1种涂色，有5种不同方法；
第三步：完成4号区域：从除去3、1号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第四步：完成2号区域：从除去3、1、4号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
第五步：完成5号区域：从除去1、2号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法；
第六步：完成6号区域：从除去1、2、5号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法；
所以不同的涂色方法：种.
故选：D.
【分析】本题考查分步乘法计数原理解决涂色问题，分第一步完成3号区域的涂色，第二步完成1号区域的涂色，第三步完成4号区域的涂色，第四步完成2号区域的涂色，第五步完成5号区域的涂色，第六步完成6号区域的涂色，最后求出不同的涂色方法即可.
7．已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（　　）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】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；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图，令，，
则，所以，
因为，所以，
记的中点为，所以点在以为直径的圆上，
设，连接，因为，所以点在直线上.
因为，所以，
则，
所以，
结合图形可知，当时，即取得最大值，且.
故答案为：D.
【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化得到，再利用数形结合求出的最大值.
8．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，
将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小，
函数，求导可得，令，解得，则，
且Q到直线的距离，，即，
故实数m的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】设，根据T的几何意义，将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，求导，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再利用点到直线的距离公式求最小距离，即可得m的取值范围.
9．已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（　　）
A．
B．，使得
C．数列的前20项和为
D．数列的前n项和为
【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：A、设等比数列的公比为q，
由，，可得，
解得，故A正确；
B、由A的分析可知，
令，即，解得，不是整数，
故不存在，使得，故B错误；
C、，则，
故，
两式相减得：
，
故，则，故C正确；
D、，设数列的前项和为，
则
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设等比数列的公比为q，由题意，根据等差数列、等比数列的通项列式求出等差数列的公差即可判断A；由选项A求出数列数列的的通项公式，求解方程即可判断B；易知，利用错位相减法求数列的前n项和即可判断C；，设数列的前项和为，利用分组求和法，结合等差数列以及等比数列的前n项和公式即可判断D.
10．已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；函数的值；简单复合函数求导法则；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意，得，所以，
则，所以是奇函数，则，
由，得函数关于点对称，
则，所以，
则，所以，
则函数是周期为6的函数，所以也是周期为6的函数，
则，
由求导，得，
则，所以.
对于A，因为，故A正确；
对于B，由无法确定的值，故B错误；
对于C，由是周期为6的函数，则，故C正确；
对于D，由，得，且，
因为，且，
则，且，
所以，，
则，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数的奇偶性、对称性和周期性以及赋值法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（　　）
A．点在上
B．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数
C．若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点
D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；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；曲线与方程
【解析】【解答】解：对于A，将点代入曲线方程中，得到，
所以点在上，故A正确；
对于C，当时，，则，
令，得，
当时，单调递增；
当时，，单调递减，
则是的极小值点，故C正确；
对于B，由选项C可知，
则以为切点的切线方程为，即，
将切线方程代入曲线方程中，得到：，
则，显然是方程的根，
则，解得：或，故B错误；
对于D，设的解为，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，，
又因为，，
所以，
设曲线上的点为，则，
因为点到原点的距离为，
由，可得，
令，，则，
令，解得：，
因为，则取，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又因为，，
则当时，，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，将代入曲线方程，则可判断选项A；对函数求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的极小值点，则判断出选项C；利用导数求出切线方程，再将切线方程与曲线方程联立，从而得出交点的坐标，则可判断选项B；设曲线上的点为，利用两点距离公式，则将点到原点的距离化简为，再构造函数结合导数的方法求出函数的最小值，再与比较，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为　 　．
【答案】60
【知识点】正态密度曲线的特点；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为随机变量，正态分布关于均值对称，
又因为，所以和关于2对称，
则，
所以，二项式为：，
又因为二项展开式的通项为：，
令，解得：，
则二项展开式中常数项为：.
故答案为：60.
【分析】先利用正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，从而求出的值，再利用二项式定理得出展开式的通项，令解出r即可求得常数项.
13．如图所示，设港口在灯塔南偏西20°方向上，两地相距24海里；灯塔在灯塔南偏东40°方向上，与港口相距31海里.货船从港口出发，行驶到达两灯塔连线段上的处时，若此时货船恰与灯塔相距20海里，则此时货船与港口相距　 　海里.
【答案】21
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，，
即，
化简可得，解得或（舍去），
则（海里），
在中，由余弦定理可得，所以.
故答案为：21.
【分析】在中，利用余弦定理求得，由此可得，再在中，利用余弦定理求即可.
14．已知函数有零点，当取最小值时，的值为　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设函数的零点为，则，即，
设为直线上的一点，
坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离，
下求的最小值，令，则
在为减函数，在为增函数，即，
此时，所以的斜率为，
此时的最小值为，此时，
（此时）．
故答案为：
【分析】设函数的零点为，由题意可得，设为直线上的一点，利用点到直线的距离公式求坐标原点到直线的距离，令，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的最大值，再结合几何意义求解即可.
15．已知函数．
（1）若，求及的单调递增区间；
（2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期．
条件①：；
条件②：是的一个极值点；
条件③：是的一个零点．
【答案】（1）解：因为
，
当时，，
则，
令，
解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：因为，
在区间上单调递增，且，
所以，
解得.
若选①：，又在区间上单调递增，
所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上，
则，
所以，
解得，
又因为，
所以，
则，
所以的最小正周期为；
若选②：因为是的一个极值点，
又因为在区间上单调递增，
所以在处取得最大值，
则，
所以，
解得，
又因为，
所以，
则，
所以的最小正周期为；
若选③：因为是的一个零点，
所以，
所以，
解得，
又因为，
所以或，
当时，，
所以的最小正周期为；
当时，，
所以的最小正周期为.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式、辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再代入的值，从而得到函数的解析式，进而得出的值；再由换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调递增区间.
（2）依题意结合在区间上单调递增，从而可得的取值范围，再根据所选条件，即函数的单调性、函数的对称性、函数极值点求解方法、函数的最值、函数的零点求解方法，从而得到关于的方程，进而求出的取值（集合），则可得函数的解析式，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期.
（1）因为
，
当时，，则，
令，解得，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，在区间上单调递增，且，
所以，解得；
若选①：，又在区间上单调递增，
所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上，
则，所以，解得，
又，所以，
则，所以的最小正周期为；
若选②：是的一个极值点，又在区间上单调递增，
所以在处取得最大值，
则，所以，解得，
又，所以，
则，所以的最小正周期为；
若选③：是的一个零点，
则，所以，解得，
又，所以或，
当时，，所以的最小正周期为；
当时，，所以的最小正周期为；
16．如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．
（1）设平面平面，求证：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）解：因为平面，，
以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，，所以，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）由线面垂直的性质可得，以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可.
（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为平面，，
以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，，，所以，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点.
（1）求椭圆方程；
（2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
（ⅰ）求证：为定值；
（ⅱ）当最大时，求直线方程.
【答案】（1）解：由题意短轴长为2，，即，
因为椭圆经过点，所以，解得，
则椭圆方程为；
（2）（ⅰ）证明：由题意可得，
因为点关于原点的对称点为，所以，点，点为中点，即，设，
直线的斜率为，
直线的斜率为，
所以①，
因为在椭圆上，所以，解得②，
同理因为点在椭圆上，所以③，
将②③代入①式，得（为定值），
综上，为定值；
（ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上，
所以，
又因为，
所以，则，
设，直线倾斜角为，直线倾斜角为，
，，所以，
则，
当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大，
所以直线方程为．
【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）根据椭圆的短轴长求得b的值，再根据在椭圆上，求a的值，即可得椭圆的方程；
（2）（ⅰ）由题意可得，利用对称性求得点点，根据斜率公式求得，再利用点在椭圆上，将转化为关于的式子，化简求证明即可；
（ⅱ）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式，结合基本不等式求解即可．
（1）由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点，
所以，则.所以椭圆方程为
（2）（ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以，点，点为中点，即，设.
直线的斜率为，
直线的斜率为，
所以①，
因为在椭圆上，所以，解得②，
同理因为点在椭圆上，所以③，
将②③代入①式，得（为定值）.
综上，为定值.
（ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上，
所以，
又因为
所以，则，
设，直线倾斜角为，直线倾斜角为，
，，
所以，
则，
当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大.
所以直线方程为．
18．甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
【答案】（1）解：由题意可知：可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）解：（ⅰ）、，，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）、根据（ⅰ）可知，①，
易得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即②，
②－①可得，即，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
因为显然随着n的增大而减小，
所以，
又因为，所以当时，取到最大值为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；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】【分析】（1）由题意可知：可以取0，1，2，3，4，分别求解概率，列分布列，再求期望即可；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；
由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性求解即可.
（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
19．已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，，，切点为，
切线斜率，则切线方程为；
（2）解：，
当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间；
当时，令，得，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
综上所述，时，单调递减区间为，无增区间；
时，单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）解：由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故；
当时，由（2）知最小值为，
令，，令，解得，
所以当，，单调递增；
当，，单调递减，
所以，故，
故，要保证存在两个根，则且，即，
注意到对任意，，即恒为的一个零点，
因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且，
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得；
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得，
综上的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；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】【分析】（1）将代入，求导，根据导数几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故，当时，由（2）知最小值为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的最大值，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围.
（1）当时，，，切点为，
，切线斜率，因此切线方程为.
（2），
当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间；
当时，令，得，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
综上所述，时，单调递减区间为，无增区间；
时，单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故；
当时，由（2）知最小值为，
令，，令，解得，
所以当，，单调递增；
当，，单调递减，
所以，故，
故，要保证存在两个根，则且，即.
注意到对任意，，即恒为的一个零点，
因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且，
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得；
当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得，
综上的取值范围是.
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