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广东广州市第十六中学2025-2026学年高三年级考前教学质量检测数学（问卷）
1．设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知数列的通项公式为，则数列的公比是（　　）
A．2 B．6 C．8 D．16
3．已知函数（是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
4．若非零向量与满足，且，则为（　　）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形
5．已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（　　）
A．7 B．21 C．35 D．70
6．已知三点，点P在圆上运动，则的最大值是（　　）
A．144 B．88 C．72 D．32
7．今天是星期四，再过天是星期几（　　）
A．星期天 B．星期一 C．星期二 D．星期三
8．小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（　　）同学不用上台表演.
A．小吴：平均数为，中位数为 B．小温：中位数为，众数为
C．小蔡：平均数为，方差为 D．小龙：中位数为，方差为
9．如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度单位：由关系式确定以为横坐标，为纵坐标，下列说法正确的是（　　）
A．小球在开始振动即时的位置在
B．小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为
C．小球往复运动一次所需时间为
D．每秒钟小球能往复振动次
10．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（　　）
A． B． C． D．
11．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（　　）
A．的第2项小于3 B．为递减数列
C．为等比数列 D．中存在小于的项
12．已知双曲线的离心率为分别是的左、右焦点，是上一点，且，则　 　.
13．如图，已知定点，轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点．与相交于点，则的轨迹方程为　 　．
14．设，当时，的取值范围是　 　；当x取一般值时的取值范围是　 　．
15．已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求证：.
16．在中，角所对的边分别为，已知，且满足
（1）求角的大小
（2）的内心为，求周长的取值范围.
17．矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
（1）求的方程；
（2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
18．某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为.
（1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；
（2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望；
（3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列.
19．在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，.
（1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；
（2）记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：
（3）记集合中所有点构成的几何体为.
①求的体积的值；
②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得得或，
因为集合是集合或的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】先解分式不等式求得a的范围，根据集合的包含关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
2．【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示
【解析】【解答】已知，则数列的公比为，
故答案为：C.
【分析】利用等比数列公比的定义即后一项除以前一项即可得到公比，得出答案.
3．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题知，，
所以.
故答案为：A
【分析】利用x的值代入相对应的分段函数，结合复数的运算即可得到答案.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：表示与向量同向的单位向量，
因为，所以的角平分线与BC垂直，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则是等边三角形.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的角平分线与BC垂直，推出是等腰三角形，根据向量的数量积公式求角A，判断三角形的形状即可.
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；组合数的基本计算
【解析】【解答】，设差值中有个1和个2，则，解得：，，
3个1和4个2进行排序，一共有.
故答案为：C
【分析】由题意可知根据可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，可以设未知量进行列方程，再用组合数算出结果.
6．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】设，因为，，三点，
所以，
因为点P在圆上运动，则，解得，
所以，
当时，取的最大值88，
故答案为：B
【分析】首先利用P为动点可以先设，再结合两点间的距离公式得到，又因为P在圆上运动，所以可以进行化简为，根据动点P在圆上y有取值范围即可求解出最值.
7．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】，
由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数，
由，
则除以的余数为，所以今天是星期四，再过天，是星期一.
故答案为：B
【分析】由题意可知周期为7，所以需要转换成和7有关系的式子，结合二项式定理即可得到余数，就可以计算出对应的答案.
8．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】A、若小吴的个点数分别是，A不符合题意；
B、若小温的个点数分别是，B不符合题意；
C、若小蔡的平均数为，又有点数，则个点数为，方差，不可能满足C，
因此小蔡不会出现点数6，C符合题意；
D、若小龙的个点数分别是，平均数为4，其方差为，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】结合选项可以分别找出对应的情况进行分析，需结合计算中位数、平均数、众数、方程进行验证。
9．【答案】A,B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数模型的应用-简谐运动
【解析】【解答】A、由题意可得当时，，故小球在开始振动时的位置在；A符合题意；
B、由解析式可得振幅，故小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为；B符合题意；
C、可得函数的周期为，故小球往复运动一次需；C符合题意；
D、由C可知，，可得频率为（），即每秒钟小球能往复振动次，D不符合题意；
故答案为：ABD
【分析】对于A项带入t=0即可得出答案，对于B项利用振幅求出最值即可，对于C项集合周期公式计算出周期，D项结合C项求出频率即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；简单复合函数求导法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 若奇函数 ，则，即，
则，即为偶函数，
因为，则，
又因为奇函数，所以为偶函数，所以，
所以，故A错误；
因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，故B正确；
因为，又因为，所以，所以
所以，故C正确；
因为，所以，故D正确.
故打啊为：BCD.
【分析】根据函数奇函数，可得求导，结合题意可得为偶函数，并求得的解析式即可判断ACD；根据指数的运算，结合基本不等式计算即可判断B.
11．【答案】A,B,D
【知识点】数列的函数特性；等比数列概念与表示；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由，则，两式作差可得，
所以，则，整理可得，
又，解得，故A正确；
B、结合选项A知，当时，，
可得，所以数列为递减数列，故B正确；
C、假设数列为等比数列，设其公比为，
则，即，则，可得，解得，不合乎题意，所以数列不是等比数列，故C错误；
D、假设对，都有，则，
所以，与假设矛盾，即假设不成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据数列的通项和前n项和的关系求得，再求出，的值，即可判断A；由选项A知，当时，，利用数列单调性的定义即可判断B；利用反证法即可判断CD．
12．【答案】9
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由题知：，解得，
由双曲线定义可得，
因为，所以或，
又因为，所以不满足，则.
故答案为：9.
【分析】由题意列式求得基本量，根据双曲线定义求解即可．
13．【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；抛物线的标准方程
【解析】【解答】设点，其中，则点的坐标为，
由题意，直线的方程为①，
因为点在上，将点的横坐标代入①，得②，
又因为直线的方程为，将②代入得，
又因为点在上，所以，即的轨迹方程为.
故答案为：
【分析】根据题意优先设点的坐标，由在上得到纵坐标关系，结合直线的方程代入消m，即可得到点的轨迹方程，再变换过程中注意x的范围.
14．【答案】；
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】因为，其中为正整数，所以
令，则，且．于是
先求当时的范围．此时，所以
因为，所以．因此．故当时，的取值范围为．
再求取一般值时的范围．设，．
当时，，范围为，符合.
当时，
若，则，所以，从而；
若，则，所以，从而．
因此在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值在时取得，最大值在或时取得．
当时，
当或时，．故当时，的取值范围为．
故答案为：，
【分析】由题意可知可知一定为为正偶数．通过换元的方法进行简化式子，需要令，则，且．当时，即，可直接配方求范围；当时，构造函数进行求导判断单调性，再求在上的最值即可得出答案．
15．【答案】（1）当时，，定义域为，
，令，
则，故即在上单调递增，
又时，时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）证明：当时，，
令，则 ，
令，，
在单调递增，又，
，使得，且是在上的唯一零点，
在上为负，在上为正，
故在处取到极小值，也就是最小值.
，即，，
，
当时，
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)利用导数通过导函数的正负判断函数的单调性，一次导无法判断正负需要结合二次求导即可，确定出极值点即可研究单调性，
(2) 当时，，即证明即可，利用导数研究隐零点通过单调性求最值即可得证.
（1）当时，，定义域为，
，令，
则，故即在上单调递增，
又时，时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）证明：当时，，
令，则 ，
令，，
在单调递增，又，
，使得，且是在上的唯一零点，
在上为负，在上为正，
故在处取到极小值，也就是最小值.
，即，，
，
当时，.
16．【答案】（1）解：由，
根据正弦定理，得，
由，则，
所以，
因为，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）可得，则，
设的内心为，
则，所以，
设，则，
在中，由正弦定理，
得：
所以，
则的周长为，
因为，所以，则，
所以，
则的周长取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理边角互化，再利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式，从而得出角B的余弦值，从而得出角B的值.
（2）利用三角形内角和定理得出的值，设的内心为结合，从而得出的值，设，在中，由正弦定理得，再根据三角形周长公式和辅助角公式，则将的周长转化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质求解.
（1）由，
根据正弦定理，得，
由，则，
即，
而，故，
又，
所以
（2）由（1）可得，
即，
设的内心为，即，
故.
设，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以的周长为
因为，
所以，
所以，
所以，
故的周长取值范围为.
17．【答案】（1）解：依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：依题意，以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时；
当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线，
由消去得：，
由，
化简得，
设直线的方程为，同理得：，
于是是关于的一元二次方程的两根，
则，，
又，因此，则，即，
所以是直角三角形.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出椭圆方程；
（2）由题意可知可以将是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，当点是矩形的顶点时，即可得到角度，确定直角三角形；若点不是矩形的顶点，需要设直线方程，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证即可证明出垂直从而证明为直角三角形.
（1）依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为.
（2）略
18．【答案】（1）解：记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）解：当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）解：个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
【知识点】数列的函数特性；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
【解析】【分析】（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，枚举所有排列，结合古典概型求概率即可；
（2）由题可知可取，结合题意求出对应概率，写出分布列并计算期望即可；
（3）由题可知，，进而得到再判断数列的单调性即可．
（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，
当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
19．【答案】（1）集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此
（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，
（3）如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）首先表示出集合代表的点，通过的截面即可得到是正方形求出面积，利用对称点即可同理得到是正方形求出即可.
（2）结合（1）分析的情况得出为截去三棱锥所剩下的部分.求出体积，再后用割补法求解体积即可.
（3）由题意可知根据题目中定义求出两个面的法向量，结合面面角的向量公式求解余弦值即可得到所成角度，再集合看图情况得到面数和棱数即可.
（1）集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此.
（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，.
（3）如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱.
1 / 1广东广州市第十六中学2025-2026学年高三年级考前教学质量检测数学（问卷）
1．设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得得或，
因为集合是集合或的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】先解分式不等式求得a的范围，根据集合的包含关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
2．已知数列的通项公式为，则数列的公比是（　　）
A．2 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示
【解析】【解答】已知，则数列的公比为，
故答案为：C.
【分析】利用等比数列公比的定义即后一项除以前一项即可得到公比，得出答案.
3．已知函数（是虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题知，，
所以.
故答案为：A
【分析】利用x的值代入相对应的分段函数，结合复数的运算即可得到答案.
4．若非零向量与满足，且，则为（　　）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：表示与向量同向的单位向量，
因为，所以的角平分线与BC垂直，则，
又因为，所以，
又因为，所以，则是等边三角形.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的角平分线与BC垂直，推出是等腰三角形，根据向量的数量积公式求角A，判断三角形的形状即可.
5．已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（　　）
A．7 B．21 C．35 D．70
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；组合数的基本计算
【解析】【解答】，设差值中有个1和个2，则，解得：，，
3个1和4个2进行排序，一共有.
故答案为：C
【分析】由题意可知根据可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，可以设未知量进行列方程，再用组合数算出结果.
6．已知三点，点P在圆上运动，则的最大值是（　　）
A．144 B．88 C．72 D．32
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】设，因为，，三点，
所以，
因为点P在圆上运动，则，解得，
所以，
当时，取的最大值88，
故答案为：B
【分析】首先利用P为动点可以先设，再结合两点间的距离公式得到，又因为P在圆上运动，所以可以进行化简为，根据动点P在圆上y有取值范围即可求解出最值.
7．今天是星期四，再过天是星期几（　　）
A．星期天 B．星期一 C．星期二 D．星期三
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】，
由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数，
由，
则除以的余数为，所以今天是星期四，再过天，是星期一.
故答案为：B
【分析】由题意可知周期为7，所以需要转换成和7有关系的式子，结合二项式定理即可得到余数，就可以计算出对应的答案.
8．小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（　　）同学不用上台表演.
A．小吴：平均数为，中位数为 B．小温：中位数为，众数为
C．小蔡：平均数为，方差为 D．小龙：中位数为，方差为
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】A、若小吴的个点数分别是，A不符合题意；
B、若小温的个点数分别是，B不符合题意；
C、若小蔡的平均数为，又有点数，则个点数为，方差，不可能满足C，
因此小蔡不会出现点数6，C符合题意；
D、若小龙的个点数分别是，平均数为4，其方差为，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】结合选项可以分别找出对应的情况进行分析，需结合计算中位数、平均数、众数、方程进行验证。
9．如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度单位：由关系式确定以为横坐标，为纵坐标，下列说法正确的是（　　）
A．小球在开始振动即时的位置在
B．小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为
C．小球往复运动一次所需时间为
D．每秒钟小球能往复振动次
【答案】A,B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数模型的应用-简谐运动
【解析】【解答】A、由题意可得当时，，故小球在开始振动时的位置在；A符合题意；
B、由解析式可得振幅，故小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为；B符合题意；
C、可得函数的周期为，故小球往复运动一次需；C符合题意；
D、由C可知，，可得频率为（），即每秒钟小球能往复振动次，D不符合题意；
故答案为：ABD
【分析】对于A项带入t=0即可得出答案，对于B项利用振幅求出最值即可，对于C项集合周期公式计算出周期，D项结合C项求出频率即可.
10．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；简单复合函数求导法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 若奇函数 ，则，即，
则，即为偶函数，
因为，则，
又因为奇函数，所以为偶函数，所以，
所以，故A错误；
因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，故B正确；
因为，又因为，所以，所以
所以，故C正确；
因为，所以，故D正确.
故打啊为：BCD.
【分析】根据函数奇函数，可得求导，结合题意可得为偶函数，并求得的解析式即可判断ACD；根据指数的运算，结合基本不等式计算即可判断B.
11．已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（　　）
A．的第2项小于3 B．为递减数列
C．为等比数列 D．中存在小于的项
【答案】A,B,D
【知识点】数列的函数特性；等比数列概念与表示；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由，则，两式作差可得，
所以，则，整理可得，
又，解得，故A正确；
B、结合选项A知，当时，，
可得，所以数列为递减数列，故B正确；
C、假设数列为等比数列，设其公比为，
则，即，则，可得，解得，不合乎题意，所以数列不是等比数列，故C错误；
D、假设对，都有，则，
所以，与假设矛盾，即假设不成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据数列的通项和前n项和的关系求得，再求出，的值，即可判断A；由选项A知，当时，，利用数列单调性的定义即可判断B；利用反证法即可判断CD．
12．已知双曲线的离心率为分别是的左、右焦点，是上一点，且，则　 　.
【答案】9
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由题知：，解得，
由双曲线定义可得，
因为，所以或，
又因为，所以不满足，则.
故答案为：9.
【分析】由题意列式求得基本量，根据双曲线定义求解即可．
13．如图，已知定点，轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点．与相交于点，则的轨迹方程为　 　．
【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；抛物线的标准方程
【解析】【解答】设点，其中，则点的坐标为，
由题意，直线的方程为①，
因为点在上，将点的横坐标代入①，得②，
又因为直线的方程为，将②代入得，
又因为点在上，所以，即的轨迹方程为.
故答案为：
【分析】根据题意优先设点的坐标，由在上得到纵坐标关系，结合直线的方程代入消m，即可得到点的轨迹方程，再变换过程中注意x的范围.
14．设，当时，的取值范围是　 　；当x取一般值时的取值范围是　 　．
【答案】；
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】因为，其中为正整数，所以
令，则，且．于是
先求当时的范围．此时，所以
因为，所以．因此．故当时，的取值范围为．
再求取一般值时的范围．设，．
当时，，范围为，符合.
当时，
若，则，所以，从而；
若，则，所以，从而．
因此在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值在时取得，最大值在或时取得．
当时，
当或时，．故当时，的取值范围为．
故答案为：，
【分析】由题意可知可知一定为为正偶数．通过换元的方法进行简化式子，需要令，则，且．当时，即，可直接配方求范围；当时，构造函数进行求导判断单调性，再求在上的最值即可得出答案．
15．已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求证：.
【答案】（1）当时，，定义域为，
，令，
则，故即在上单调递增，
又时，时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）证明：当时，，
令，则 ，
令，，
在单调递增，又，
，使得，且是在上的唯一零点，
在上为负，在上为正，
故在处取到极小值，也就是最小值.
，即，，
，
当时，
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)利用导数通过导函数的正负判断函数的单调性，一次导无法判断正负需要结合二次求导即可，确定出极值点即可研究单调性，
(2) 当时，，即证明即可，利用导数研究隐零点通过单调性求最值即可得证.
（1）当时，，定义域为，
，令，
则，故即在上单调递增，
又时，时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）证明：当时，，
令，则 ，
令，，
在单调递增，又，
，使得，且是在上的唯一零点，
在上为负，在上为正，
故在处取到极小值，也就是最小值.
，即，，
，
当时，.
16．在中，角所对的边分别为，已知，且满足
（1）求角的大小
（2）的内心为，求周长的取值范围.
【答案】（1）解：由，
根据正弦定理，得，
由，则，
所以，
因为，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）可得，则，
设的内心为，
则，所以，
设，则，
在中，由正弦定理，
得：
所以，
则的周长为，
因为，所以，则，
所以，
则的周长取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理边角互化，再利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式，从而得出角B的余弦值，从而得出角B的值.
（2）利用三角形内角和定理得出的值，设的内心为结合，从而得出的值，设，在中，由正弦定理得，再根据三角形周长公式和辅助角公式，则将的周长转化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质求解.
（1）由，
根据正弦定理，得，
由，则，
即，
而，故，
又，
所以
（2）由（1）可得，
即，
设的内心为，即，
故.
设，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以的周长为
因为，
所以，
所以，
所以，
故的周长取值范围为.
17．矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
（1）求的方程；
（2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
【答案】（1）解：依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：依题意，以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时；
当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线，
由消去得：，
由，
化简得，
设直线的方程为，同理得：，
于是是关于的一元二次方程的两根，
则，，
又，因此，则，即，
所以是直角三角形.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出椭圆方程；
（2）由题意可知可以将是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，当点是矩形的顶点时，即可得到角度，确定直角三角形；若点不是矩形的顶点，需要设直线方程，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证即可证明出垂直从而证明为直角三角形.
（1）依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为.
（2）略
18．某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为.
（1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率；
（2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望；
（3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列.
【答案】（1）解：记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）解：当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）解：个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
【知识点】数列的函数特性；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
【解析】【分析】（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，枚举所有排列，结合古典概型求概率即可；
（2）由题可知可取，结合题意求出对应概率，写出分布列并计算期望即可；
（3）由题可知，，进而得到再判断数列的单调性即可．
（1）记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，
当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种，
两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶，
枚举所有排列：123，132，213，231，312，321，
其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312，
所以.
（2）当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种，
由题意知的可能取值为1，2，3，
当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇，
概率为，
当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇，
概率为，
当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇，
概率为，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
（3）个展区中有个奇数编号，个偶数编号，
相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下：
当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时，
则.
所以，
因为的取值只有0与1两个，
所以，
即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率，
从个数据中任选2个数据排列，共有种可能，
当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以，
，
当为奇数时，偶数有个，奇数有个，
所以，
.
所以
证明递增：
当为偶数时，，，
，所以.
当为奇数时，，，
，所以.
因此是递增数列.
19．在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，.
（1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；
（2）记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：
（3）记集合中所有点构成的几何体为.
①求的体积的值；
②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数.
【答案】（1）集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此
（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，
（3）如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）首先表示出集合代表的点，通过的截面即可得到是正方形求出面积，利用对称点即可同理得到是正方形求出即可.
（2）结合（1）分析的情况得出为截去三棱锥所剩下的部分.求出体积，再后用割补法求解体积即可.
（3）由题意可知根据题目中定义求出两个面的法向量，结合面面角的向量公式求解余弦值即可得到所成角度，再集合看图情况得到面数和棱数即可.
（1）集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此.
（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，.
（3）如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱.
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