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四川省2025-2026学年下学期高三年级期末考试卷
一、单选题
1．已知向量，，若，则（　　）
A．0或 B．0 C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，整理为：，解得或.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．已知集合，若，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，若，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求参数范围即可.
3．当时，复数在复平面内对应的点位于（　　）
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
【解析】【解答】解：整理可得，
则复数在复平面内对应的点为，
因为，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】先整理可得，再根据复数在复平面内的表示求得复数在复平面内对应的点，再根据，确定点的位置，即可得正确答案.
4．已知数列满足对任意的，都有．若，则（　　）
A．8 B．18 C．20 D．27
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由数列满足对任意的，都有，，
可得当时，，解得；
当时，，解得；
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，分别令和求，，再求即可.
5．若，则＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，可得 ，解得
，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】整理原式求得，再根据平方差公式，结合同角三角函数基本关系化简可得，代入求值即可.
6．桌面上有以下四种几何体，设点是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点到桌面的距离最大的几何体是（　　）
A．棱长为1的正方体
B．表面积为的球
C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱
D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、当点是棱长为1的正方体表面上的一点时，
因为棱长为1的正方体的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；
B、当点是表面积为的球表面上的一点时，设该球的半径为，由，解得，则该球的直径为，由球的性质可知点到桌面的最大距离为；
C、当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，
此时该正方形的对角线长为，则点到桌面的最大距离为；
D、当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，
由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，
设斜边长为，则该圆锥的底面的半径为，圆锥的高为，
由，解得，则斜边长为，
因此点到桌面的最大距离为，显然，即.
故答案为：D.
【分析】求正方体的体对角线、根据球的表面积先求球的直径；当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，求该正方形的对角线长；当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，求圆锥的底面的直径，再比较大小判断即可.
7．已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
所以，，，
因为，所以，，即；
因为，所以，，
又因为函数在时单调递减，且，所以，即，
综上，.
故答案为：D.
【分析】设，利用指、对互化结合幂函数将用表示，再利用函数的单调性比较大小即可.
8．若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：易知，，，
因为，
所以，
令定义域为，则，
，
令，
因为，所以，
即对于任意的，恒有，即
所以在上单调递增，所以.
故答案为：A.
【分析】易知，，，原式变形为，令，求导，利用判断函数的单调性，利用单调性求解即可.
二、多选题
9．下列命题中正确的是（　　）
A．若，则向量与的夹角为钝角
B．若，则向量在向量方向上的投影向量为
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．若为的外心，，则为的垂心
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数乘的运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、若，则向量与的夹角为钝角或平角，故A错误；
B、易知，向量在向量方向上的投影向量为，故B正确；
C、将两边平方，化简得，则，即向量夹角的范围得夹角为，故C正确；
D、因为为的外心，，
则，
所以，
所以，同理可得，故为的垂心，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量夹角公式，结合向量数量积的定义即可判断A；根据投影向量的定义求解即可判断B；将原式两边平方，结合夹角公式求解即可判断C；根据向量的线性运算，结合数量积求得，同理，推出为的垂心，即可判断D.
10．设函数，且记，则（ ）
A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512
C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0
【答案】B,D
【知识点】数列的求和；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：设函数，且记，
A、令，则，故A错误；
数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和，
令，则，故B正确；
数列的前10项和等于，
令，则，而，
则数列的前10项和为，故C错误；
数列的前10项和等于，
令，则，
因为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用赋值法逐项求解判断即可.
11．定义在上的函数，对都有，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．数列单调递减
C．
D．数列的前n项和为，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由函数方程，令，可得，
因为，所以，可得，对任意正整数数成立，
A、，故A正确；
B、单调递增，故B错误；
C、是凸函数，满足，故C正确；
D、前项和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用赋值法求得，对任意正整数数成立，令求解即可判断A；判断函数的单调性即可判断B；易知函数是凸函数，满足即可判断C；根据等比数列的求和公式求解即可判断D.
三、填空题
12．已知点是抛物线上一点，则点到直线的最短距离是　 　
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设，
则到直线的距离为：，
当时，距离取得最小值，最小值为.
故答案为：.
【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合二次函数的性质求解即可.
13．已知随机变量X服从正态分布，若，则　 　
【答案】2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由，可得，
结合正态分布的对称性知，，
则，即.
故答案为：2.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
14．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且，
以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正四面体的棱长为，所以，因此；
所以，
由可得；
易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即；
在中，，即，解得；
因此，所以；
过点作球的截面，若截面面积为，
则截面圆半径满足，因此；
因此球心到截面距离为；
又，所以；
设直线与该截面所成的角为，
则直线与该截面所成的角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，以在底面内的射影为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义求直线与该截面所成的角的正弦值即可.
四、复合题
15．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
16．在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点．
（1）求线段长度的最小值；
（2）若异面直线与所成角为．
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积．
【答案】（1）解：因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，当且仅当时等号成立，
故线段BQ长度的最小值为；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，；
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，即平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
则，三棱锥的外接球的表面积为.
【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；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行证得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求相应点的坐标，设，由题意结合向量共线可得，再利用向量模的坐标表示，结合换元法，以及二次函数的性质求线段BQ长度的最小值即可；
（2）由（1）的空间直角坐标系，利用空间向量结合向量夹角求得；
（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量法求面面夹角即可；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积.
（1）因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，
所以线段BQ长度的最小值为.
（2）由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，.
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
可得，所以三棱锥的外接球的表面积为.
17．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求面积的最大值；
（3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：易知，
设，由题意可得，化简可得，，
则，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，
联立，代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
则，
令则，所以，
函数在上单调递增，当，即时，，
则的面积最大，最大值为；
（3）解：假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，解得，
故存在，使得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；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）易知的值，设，代入椭圆方程可得，再利用斜率公式分别表示出，根据求出，即可得椭圆标准方程；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，联立直线和椭圆方程，消元整理可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，求的面积，利用换元法，结合函数的单调性求最大值即可；
（3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值.
（1）由椭圆的左右顶点可知，
设，则，
化简可得，则，
，
所以，则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，
，将直线和椭圆方程联立，
代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
所以，
令则，所以，
函数在上单调递增，
所以即时，，
此时的面积最大，最大值为；
（3）假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，
所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，
解得，故存在，使得.
18．已知的内角A、B、C的对边分别为，满足．
（1）求A；
（2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度．
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，即，即，
又因为，所以；
（2）解： 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，所以，
又因为，，所以，
故．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数的商关系化简求角即可；
（2）由（1）知，，则，利用三角形的面积关系解出即可．
（1）已知，
由正弦定理得，
，，
，即，
，又，
；
（2） 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，
则，
因为，，即有，
故．
19．东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立．
（1）从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差；
（2）东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）．
①求，；
②求．
【答案】（1）解：由题意可知：，
则，，
，，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
，；
（2）解：①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，则；
②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则，可得，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
当时，则
，
且符合上式，故.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；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】【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求X的分布列，再求均值和方差即可；
（2）①、利用独立事件概率的乘法公式求解即可；
②、由题意，分析可得，结合等比数列的概念，构造法和累加法求.
（1）由题意可知：，
则，，
，，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以X的均值，且方差.
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，
所以；
②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则，可得，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
当时，则
，
且符合上式，所以.
1 / 1四川省2025-2026学年下学期高三年级期末考试卷
一、单选题
1．已知向量，，若，则（　　）
A．0或 B．0 C． D．
2．已知集合，若，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．当时，复数在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．已知数列满足对任意的，都有．若，则（　　）
A．8 B．18 C．20 D．27
5．若，则＝（　　）
A． B． C． D．
6．桌面上有以下四种几何体，设点是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点到桌面的距离最大的几何体是（　　）
A．棱长为1的正方体
B．表面积为的球
C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱
D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥
7．已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．若，则（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列命题中正确的是（　　）
A．若，则向量与的夹角为钝角
B．若，则向量在向量方向上的投影向量为
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．若为的外心，，则为的垂心
10．设函数，且记，则（ ）
A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512
C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0
11．定义在上的函数，对都有，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．数列单调递减
C．
D．数列的前n项和为，则
三、填空题
12．已知点是抛物线上一点，则点到直线的最短距离是　 　
13．已知随机变量X服从正态分布，若，则　 　
14．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为　 　.
四、复合题
15．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
16．在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点．
（1）求线段长度的最小值；
（2）若异面直线与所成角为．
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积．
17．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求面积的最大值；
（3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
18．已知的内角A、B、C的对边分别为，满足．
（1）求A；
（2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度．
19．东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立．
（1）从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差；
（2）东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）．
①求，；
②求．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，整理为：，解得或.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，若，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求参数范围即可.
3．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：整理可得，
则复数在复平面内对应的点为，
因为，所以，，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】先整理可得，再根据复数在复平面内的表示求得复数在复平面内对应的点，再根据，确定点的位置，即可得正确答案.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由数列满足对任意的，都有，，
可得当时，，解得；
当时，，解得；
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，分别令和求，，再求即可.
5．【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，可得 ，解得
，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】整理原式求得，再根据平方差公式，结合同角三角函数基本关系化简可得，代入求值即可.
6．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、当点是棱长为1的正方体表面上的一点时，
因为棱长为1的正方体的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；
B、当点是表面积为的球表面上的一点时，设该球的半径为，由，解得，则该球的直径为，由球的性质可知点到桌面的最大距离为；
C、当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，
此时该正方形的对角线长为，则点到桌面的最大距离为；
D、当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，
由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，
设斜边长为，则该圆锥的底面的半径为，圆锥的高为，
由，解得，则斜边长为，
因此点到桌面的最大距离为，显然，即.
故答案为：D.
【分析】求正方体的体对角线、根据球的表面积先求球的直径；当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，求该正方形的对角线长；当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，求圆锥的底面的直径，再比较大小判断即可.
7．【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
所以，，，
因为，所以，，即；
因为，所以，，
又因为函数在时单调递减，且，所以，即，
综上，.
故答案为：D.
【分析】设，利用指、对互化结合幂函数将用表示，再利用函数的单调性比较大小即可.
8．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：易知，，，
因为，
所以，
令定义域为，则，
，
令，
因为，所以，
即对于任意的，恒有，即
所以在上单调递增，所以.
故答案为：A.
【分析】易知，，，原式变形为，令，求导，利用判断函数的单调性，利用单调性求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数乘的运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、若，则向量与的夹角为钝角或平角，故A错误；
B、易知，向量在向量方向上的投影向量为，故B正确；
C、将两边平方，化简得，则，即向量夹角的范围得夹角为，故C正确；
D、因为为的外心，，
则，
所以，
所以，同理可得，故为的垂心，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量夹角公式，结合向量数量积的定义即可判断A；根据投影向量的定义求解即可判断B；将原式两边平方，结合夹角公式求解即可判断C；根据向量的线性运算，结合数量积求得，同理，推出为的垂心，即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】数列的求和；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：设函数，且记，
A、令，则，故A错误；
数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和，
令，则，故B正确；
数列的前10项和等于，
令，则，而，
则数列的前10项和为，故C错误；
数列的前10项和等于，
令，则，
因为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用赋值法逐项求解判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由函数方程，令，可得，
因为，所以，可得，对任意正整数数成立，
A、，故A正确；
B、单调递增，故B错误；
C、是凸函数，满足，故C正确；
D、前项和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用赋值法求得，对任意正整数数成立，令求解即可判断A；判断函数的单调性即可判断B；易知函数是凸函数，满足即可判断C；根据等比数列的求和公式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：设，
则到直线的距离为：，
当时，距离取得最小值，最小值为.
故答案为：.
【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合二次函数的性质求解即可.
13．【答案】2
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由，可得，
结合正态分布的对称性知，，
则，即.
故答案为：2.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且，
以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正四面体的棱长为，所以，因此；
所以，
由可得；
易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即；
在中，，即，解得；
因此，所以；
过点作球的截面，若截面面积为，
则截面圆半径满足，因此；
因此球心到截面距离为；
又，所以；
设直线与该截面所成的角为，
则直线与该截面所成的角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，以在底面内的射影为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义求直线与该截面所成的角的正弦值即可.
15．【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
16．【答案】（1）解：因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，当且仅当时等号成立，
故线段BQ长度的最小值为；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，；
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，即平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
则，三棱锥的外接球的表面积为.
【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；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行证得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求相应点的坐标，设，由题意结合向量共线可得，再利用向量模的坐标表示，结合换元法，以及二次函数的性质求线段BQ长度的最小值即可；
（2）由（1）的空间直角坐标系，利用空间向量结合向量夹角求得；
（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量法求面面夹角即可；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积.
（1）因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，
所以线段BQ长度的最小值为.
（2）由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，.
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
可得，所以三棱锥的外接球的表面积为.
17．【答案】（1）解：易知，
设，由题意可得，化简可得，，
则，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，
联立，代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
则，
令则，所以，
函数在上单调递增，当，即时，，
则的面积最大，最大值为；
（3）解：假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，解得，
故存在，使得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；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）易知的值，设，代入椭圆方程可得，再利用斜率公式分别表示出，根据求出，即可得椭圆标准方程；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，联立直线和椭圆方程，消元整理可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，求的面积，利用换元法，结合函数的单调性求最大值即可；
（3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值.
（1）由椭圆的左右顶点可知，
设，则，
化简可得，则，
，
所以，则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，
，将直线和椭圆方程联立，
代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
所以，
令则，所以，
函数在上单调递增，
所以即时，，
此时的面积最大，最大值为；
（3）假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，
所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，
解得，故存在，使得.
18．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，即，即，
又因为，所以；
（2）解： 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，所以，
又因为，，所以，
故．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数的商关系化简求角即可；
（2）由（1）知，，则，利用三角形的面积关系解出即可．
（1）已知，
由正弦定理得，
，，
，即，
，又，
；
（2） 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，
则，
因为，，即有，
故．
19．【答案】（1）解：由题意可知：，
则，，
，，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
，；
（2）解：①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，则；
②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则，可得，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
当时，则
，
且符合上式，故.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；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】【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求X的分布列，再求均值和方差即可；
（2）①、利用独立事件概率的乘法公式求解即可；
②、由题意，分析可得，结合等比数列的概念，构造法和累加法求.
（1）由题意可知：，
则，，
，，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以X的均值，且方差.
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，
所以；
②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则，可得，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
当时，则
，
且符合上式，所以.
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