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广东中山市第一中学2026届高三高考模拟考试（校二模）数学试题
1．已知集合，或，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数，若是纯虚数，则实数（　　）
A．-1 B．0 C．2 D．1
3．已知向量，若，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（　　）
A．35 B．36 C．37 D．38
7．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（　　）
A． B． C．4 D．
8．若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（　　）
A．1 B． C．4 D．
9．在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（　　）
A．
B．平面
C．平面平面
D．存在点，使得平面
10．在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（　　）
A． B． C． D．
11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（　　）
A． B．
C． D．
12．已知函数是偶函数，则　 　．
13．已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率　 　
14．学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为　 　．
15．已知数列中，，满足．
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式：
（2）设为数列的前项和，求．
16．随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得， .
（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）；
（2）已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列．
附：相关系数．
17．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值．
18．已知曲线上的动点满足，且，
（1）求的方程；
（2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点．
（i）求证：直线过定点；
（ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围．
19．已知函数．
（1）求在上的最大值；
（2）求证：恒成立；
（3）若都有恒成立，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
又或，所以，故．
故答案为：D
【分析】根据集合的交补运算求解.
2．【答案】C
【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，
因为为纯虚数，所以．
故答案为：C
【分析】由复数的乘法运算可得，则，再利用复数的乘法运算及纯虚数的概念即可求解.
3．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由向量，
因为，可得，解得，
所以，则，
所以．
故答案为：A.
【分析】根据共线向量的坐标表示，从而列方程得出的值，从而得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，
可得，所以，
所以．
故答案为：B
【分析】利用正弦差角公式可得，进而可求，再利用余弦二倍角公式求解.
5．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由已知可得，直线，圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离为．
因为直线与圆有2个公共点，
所以，整理可得．
若，则；若，则；若，则；若，则；
若，则；若，则，
所以直线与圆有2个公共点的概率是.
故答案为：C
【分析】根据题意可得直线与圆相交，可得，再列举求概率即可.
6．【答案】B
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：依题意，，
数列，数列，数列，
所以.
故答案为：B
【分析】根据二阶等差数列的概念直接求即可.
7．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图：
当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，
平面与平面所成角最小（最大角定理），
取中点，此时平面与平面所成角为，余弦值为．
过点作为中点，延长交延长线于，
连接交于点，连接，，分别取棱，中点，，
则六边形PNHGQF即为截面，截面是边长为正六边形，其面积为．
故答案为：A.
【分析】由题可知当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，平面与平面所成角最小，然后作出截面求解即可.
8．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；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：令，其中，
则，当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减．
所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立．
令得，由图可知，
因此实数的最大值为4．
故答案为：C
【分析】令，其中，利用导数分析函数的单调性，再结合函数图象及不等式求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图：
对于选项A，因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误；
对于选项B，因为底面，因为底面，所以；
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以侧面是正方形，所以．
因为，且平面，
所以平面，故B正确.
对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面
所以平面平面，故C正确.
对于选项D，当为线段的中点时，设，
则，所以，故四边形为平行四边形，
所以，而平面平面，所以平面，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】对于A，可得与是异面直线；对于B，先证平面，得到，再证明，利用线面垂直的判定即可证明平面；对于C，直接由面面垂直的判定即可得到；对于D，证明四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定证明即可.
10．【答案】A,C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由知，，
化简可得，
根据和差化积公式可得：，
则，即，
由知，，
所以，即，故C正确；
由，得：，所以，故B不正确；
在中，由，知，故A正确；
由知，，
又，则，又，
由正弦定理得，，故D不正确.
故答案为：AC
【分析】利用二倍角公式化简可得，再利用和差化积得，进而可得，据此可判断C；然后可得，得到即可判断B；再结合面积可得即可判断A；由可得，结合可得，进而可得即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于选项A：设点的坐标为，则，，，
所以当，即点在原点时，最小，
此时，，故A错误；
不妨设在轴上方，由已知准线的方程为，点的坐标为，
对于选项B：如图：设
联立得：，
由已知方程的判别式，故，
由根与系数的关系可得
且，
则，故B正确；
对于选项C：，由选项B可知，
若与抛物线相切，则，即抛物线过点的切线为直线，切线的倾斜角为，
故，从而，故C正确．
对于选项D：由
可知：直线关于直线对称，即
因为
所以．
另解：，
，，
由二倍角公式知，．故D正确；
故答案为：BCD
【分析】对于A，设点的坐标为，则，结合最小值可得；对于B，设，，联立抛物线方程，利用韦达定理得到；对于C，根据抛物线的定义可得，再利用切线得到的最大值即可；对于D，先通过计算可得，则直线关于直线对称，即，再根据角的关系可得.
12．【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，
，
即，
化简可得对于任意恒成立，
所以，所以．
故答案为：2
【分析】利用函数奇偶性的定义求参数即可.
13．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图：延长交直线于．由题可知，
则，，
因为，，所以，则.
故答案为：.
【分析】根据题意可得，进而得到，，再求离心率即可.
14．【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：设为第天选A套餐，为第天选B套餐，
则，
；
从而，
，
.
故答案为：
【分析】设事件，利用全概率公式得到，，再利用条件概率求解.
15．【答案】（1）证明：由题意，，
则，
，
所以是以为首项，3为公比的等比数列.
所以，则.
（2）解：由，
则，
所以
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意可得，再结合等比数列的概念及通项公式求解；
（2）代入计算得，则，再利用裂项相消法求和即可.
（1）略
（2）由，
则，
所以
即.
16．【答案】（1）解：样本的相关系数为：
由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性；
（2）解：由题意得：的可能取值为0，1，2，
18个月中有10个月的销售金额高于平均数，
所以，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据公式求出相关系数，再判断即可；
（2）的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率，然后列出分布列即可.
（1）样本的相关系数为：
由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性；
（2）由题意得：的可能取值为0，1，2，
18个月中有10个月的销售金额高于平均数，
所以，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
17．【答案】（1）设O为的中点，连接，
由题得，
所以为正三角形，则，
所以平面，平面，．
（2）解：由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
（3）解：设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，
垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，
又，所以点到平面的距离，
所以点到平面距离的最大值为.
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意可得，再由面面垂直的性质可得平面，进而得到 ；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求线面角即可；
（3）根据外接球的定义可得球心，半径，再根据球的性质求解即可．
（1）略
（2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
（3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，
垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，
又，所以点到平面的距离，
所以点到平面距离的最大值为.
18．【答案】（1）解：因为，可得，
又因为，可得，
由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点，
实轴长为的双曲线的左支，所以，则，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则且，
则，可得，
直线，令，可得，所以
又三点共线，可得，所以，
即，即，
即，
所以，
整理得恒成立，所以，
所以直线方程为，所以直线过定点；
（ii）由（i）知，，，
所以，
又由，
令，则，且，
因为直线的，可得，则，
所以，即，
所以，解得，
故.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的定义；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的定义求曲线的方程；
（2）（i）设直线，联立结合韦达定理，再由三点共线可得；（ii）由（i）根据题意可得，由（i）可得，令，则，且，再求的取值范围，即可求解.
（1）解：因为，可得，
又因为，可得，
由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点，
实轴长为的双曲线的左支，所以，则，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则且，
则，可得，
直线，令，可得，所以
又三点共线，可得，所以，
即，即，
即，
所以，
整理得恒成立，所以，
所以直线方程为，所以直线过定点；
（ii）由（i）知，，，
所以，
又由，
令，则，且，
因为直线的，可得，则，
所以，即，
所以，解得，
故.
19．【答案】（1）解：由题知，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以当时，取最大值.
（2）证明：先证，
令，则，
所以函数在上单调递增，
故，即在上恒成立．
又，
由知，，
所以，
即，得证.
（3）解：当时，，即，
令，则，其中，
令，则且，
令，则，其中.
令，，则，
故在上单调递减，其中.
①若，则，
令，
在上单调递增，，
所以恒成立.故在上单调递增，
且.所以在上也单调递增，且，
所以，故恒成立.
②若，则，且，使得当时，，
所以函数在上单调递减，故时，，
所以函数在上单调递减，所以时，，
所以时，，与恒成立矛盾．
综上所述：的最大值为.
【知识点】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】【分析】（1）利用导数求最值即可；
（2）先利用导数证明，则；
（3）不等式可化为，令，再利用导数，分、讨论求解即可.
（1）由题知，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以当时，取最大值.
（2）先证：，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
故，即在上恒成立．
又，
由知，，
所以，
即，得证.
（3）当时，，
即，
令，
则，其中，
令，
则且，
令，
则，其中.
令，，
则，
故在上单调递减，其中.
①若，则，
令，
在上单调递增，
，
所以恒成立.
故在上单调递增，
且.
所以在上也单调递增，且，
所以，
故恒成立.
②若，则，
且，使得当时，，
所以函数在上单调递减，
故时，，
所以函数在上单调递减，
所以时，，
所以时，，
与恒成立矛盾．
综上所述：的最大值为.
1 / 1广东中山市第一中学2026届高三高考模拟考试（校二模）数学试题
1．已知集合，或，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
又或，所以，故．
故答案为：D
【分析】根据集合的交补运算求解.
2．已知复数，若是纯虚数，则实数（　　）
A．-1 B．0 C．2 D．1
【答案】C
【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，
因为为纯虚数，所以．
故答案为：C
【分析】由复数的乘法运算可得，则，再利用复数的乘法运算及纯虚数的概念即可求解.
3．已知向量，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由向量，
因为，可得，解得，
所以，则，
所以．
故答案为：A.
【分析】根据共线向量的坐标表示，从而列方程得出的值，从而得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，
可得，所以，
所以．
故答案为：B
【分析】利用正弦差角公式可得，进而可求，再利用余弦二倍角公式求解.
5．随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由已知可得，直线，圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离为．
因为直线与圆有2个公共点，
所以，整理可得．
若，则；若，则；若，则；若，则；
若，则；若，则，
所以直线与圆有2个公共点的概率是.
故答案为：C
【分析】根据题意可得直线与圆相交，可得，再列举求概率即可.
6．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（　　）
A．35 B．36 C．37 D．38
【答案】B
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：依题意，，
数列，数列，数列，
所以.
故答案为：B
【分析】根据二阶等差数列的概念直接求即可.
7．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图：
当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，
平面与平面所成角最小（最大角定理），
取中点，此时平面与平面所成角为，余弦值为．
过点作为中点，延长交延长线于，
连接交于点，连接，，分别取棱，中点，，
则六边形PNHGQF即为截面，截面是边长为正六边形，其面积为．
故答案为：A.
【分析】由题可知当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，平面与平面所成角最小，然后作出截面求解即可.
8．若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（　　）
A．1 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；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：令，其中，
则，当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减．
所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立．
令得，由图可知，
因此实数的最大值为4．
故答案为：C
【分析】令，其中，利用导数分析函数的单调性，再结合函数图象及不等式求解.
9．在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（　　）
A．
B．平面
C．平面平面
D．存在点，使得平面
【答案】B,C,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图：
对于选项A，因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误；
对于选项B，因为底面，因为底面，所以；
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以侧面是正方形，所以．
因为，且平面，
所以平面，故B正确.
对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面
所以平面平面，故C正确.
对于选项D，当为线段的中点时，设，
则，所以，故四边形为平行四边形，
所以，而平面平面，所以平面，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】对于A，可得与是异面直线；对于B，先证平面，得到，再证明，利用线面垂直的判定即可证明平面；对于C，直接由面面垂直的判定即可得到；对于D，证明四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定证明即可.
10．在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由知，，
化简可得，
根据和差化积公式可得：，
则，即，
由知，，
所以，即，故C正确；
由，得：，所以，故B不正确；
在中，由，知，故A正确；
由知，，
又，则，又，
由正弦定理得，，故D不正确.
故答案为：AC
【分析】利用二倍角公式化简可得，再利用和差化积得，进而可得，据此可判断C；然后可得，得到即可判断B；再结合面积可得即可判断A；由可得，结合可得，进而可得即可判断D.
11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于选项A：设点的坐标为，则，，，
所以当，即点在原点时，最小，
此时，，故A错误；
不妨设在轴上方，由已知准线的方程为，点的坐标为，
对于选项B：如图：设
联立得：，
由已知方程的判别式，故，
由根与系数的关系可得
且，
则，故B正确；
对于选项C：，由选项B可知，
若与抛物线相切，则，即抛物线过点的切线为直线，切线的倾斜角为，
故，从而，故C正确．
对于选项D：由
可知：直线关于直线对称，即
因为
所以．
另解：，
，，
由二倍角公式知，．故D正确；
故答案为：BCD
【分析】对于A，设点的坐标为，则，结合最小值可得；对于B，设，，联立抛物线方程，利用韦达定理得到；对于C，根据抛物线的定义可得，再利用切线得到的最大值即可；对于D，先通过计算可得，则直线关于直线对称，即，再根据角的关系可得.
12．已知函数是偶函数，则　 　．
【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，
，
即，
化简可得对于任意恒成立，
所以，所以．
故答案为：2
【分析】利用函数奇偶性的定义求参数即可.
13．已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率　 　
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图：延长交直线于．由题可知，
则，，
因为，，所以，则.
故答案为：.
【分析】根据题意可得，进而得到，，再求离心率即可.
14．学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为　 　．
【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：设为第天选A套餐，为第天选B套餐，
则，
；
从而，
，
.
故答案为：
【分析】设事件，利用全概率公式得到，，再利用条件概率求解.
15．已知数列中，，满足．
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式：
（2）设为数列的前项和，求．
【答案】（1）证明：由题意，，
则，
，
所以是以为首项，3为公比的等比数列.
所以，则.
（2）解：由，
则，
所以
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意可得，再结合等比数列的概念及通项公式求解；
（2）代入计算得，则，再利用裂项相消法求和即可.
（1）略
（2）由，
则，
所以
即.
16．随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得， .
（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）；
（2）已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列．
附：相关系数．
【答案】（1）解：样本的相关系数为：
由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性；
（2）解：由题意得：的可能取值为0，1，2，
18个月中有10个月的销售金额高于平均数，
所以，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据公式求出相关系数，再判断即可；
（2）的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率，然后列出分布列即可.
（1）样本的相关系数为：
由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性；
（2）由题意得：的可能取值为0，1，2，
18个月中有10个月的销售金额高于平均数，
所以，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
17．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值．
【答案】（1）设O为的中点，连接，
由题得，
所以为正三角形，则，
所以平面，平面，．
（2）解：由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
（3）解：设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，
垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，
又，所以点到平面的距离，
所以点到平面距离的最大值为.
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意可得，再由面面垂直的性质可得平面，进而得到 ；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求线面角即可；
（3）根据外接球的定义可得球心，半径，再根据球的性质求解即可．
（1）略
（2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
（3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，
垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，
又，所以点到平面的距离，
所以点到平面距离的最大值为.
18．已知曲线上的动点满足，且，
（1）求的方程；
（2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点．
（i）求证：直线过定点；
（ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围．
【答案】（1）解：因为，可得，
又因为，可得，
由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点，
实轴长为的双曲线的左支，所以，则，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则且，
则，可得，
直线，令，可得，所以
又三点共线，可得，所以，
即，即，
即，
所以，
整理得恒成立，所以，
所以直线方程为，所以直线过定点；
（ii）由（i）知，，，
所以，
又由，
令，则，且，
因为直线的，可得，则，
所以，即，
所以，解得，
故.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的定义；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的定义求曲线的方程；
（2）（i）设直线，联立结合韦达定理，再由三点共线可得；（ii）由（i）根据题意可得，由（i）可得，令，则，且，再求的取值范围，即可求解.
（1）解：因为，可得，
又因为，可得，
由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点，
实轴长为的双曲线的左支，所以，则，
所以双曲线的方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则且，
则，可得，
直线，令，可得，所以
又三点共线，可得，所以，
即，即，
即，
所以，
整理得恒成立，所以，
所以直线方程为，所以直线过定点；
（ii）由（i）知，，，
所以，
又由，
令，则，且，
因为直线的，可得，则，
所以，即，
所以，解得，
故.
19．已知函数．
（1）求在上的最大值；
（2）求证：恒成立；
（3）若都有恒成立，求的最大值．
【答案】（1）解：由题知，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以当时，取最大值.
（2）证明：先证，
令，则，
所以函数在上单调递增，
故，即在上恒成立．
又，
由知，，
所以，
即，得证.
（3）解：当时，，即，
令，则，其中，
令，则且，
令，则，其中.
令，，则，
故在上单调递减，其中.
①若，则，
令，
在上单调递增，，
所以恒成立.故在上单调递增，
且.所以在上也单调递增，且，
所以，故恒成立.
②若，则，且，使得当时，，
所以函数在上单调递减，故时，，
所以函数在上单调递减，所以时，，
所以时，，与恒成立矛盾．
综上所述：的最大值为.
【知识点】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】【分析】（1）利用导数求最值即可；
（2）先利用导数证明，则；
（3）不等式可化为，令，再利用导数，分、讨论求解即可.
（1）由题知，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以当时，取最大值.
（2）先证：，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
故，即在上恒成立．
又，
由知，，
所以，
即，得证.
（3）当时，，
即，
令，
则，其中，
令，
则且，
令，
则，其中.
令，，
则，
故在上单调递减，其中.
①若，则，
令，
在上单调递增，
，
所以恒成立.
故在上单调递增，
且.
所以在上也单调递增，且，
所以，
故恒成立.
②若，则，
且，使得当时，，
所以函数在上单调递减，
故时，，
所以函数在上单调递减，
所以时，，
所以时，，
与恒成立矛盾．
综上所述：的最大值为.
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