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四川省字节精准教育联盟2026届高三下学期模拟预测数学试题
1．已知集合，集合，则的真子集个数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．复数在复平面内对应的点所在的象限为（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．设，，则“且”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
4．的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（　　）
A．8 B．12 C．15 D．
5．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（　　）
A． B． C．1 D．0
6．已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知球的半径为，圆锥内接于球，则圆锥体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知事件，如果与互斥，那么；如果与相互独立，且，那么，则分别为（　　）
A． B．
C． D．
9．下列说法中不正确的是（　　）
A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D．若随机变量服从正态分布，且，则
10．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若，且有两解，则的取值范围为
C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为
D．若，且，为的内心，则的面积为
11．在三棱锥中，底面，，用一平面截该三棱锥分别与棱，，，相交于点，，，，如图所示，记向量为平面的一个法向量，下列条件中，使的是（　　）
A．若 B．若
C．若 D．若
12．已知，则的最小值为　 　，此时　 　.
13．若，，，则的值为　 　.
14．已知点是双曲线右支上的一点，分别是的左 右焦点，且，点在的平分线上，为原点，
，，其中，则的离心率为　 　.
15．已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
16．如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且．
（1）若是的中点，且，求证：平面平面；
（2）在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积；
（3）设二面角的大小为，求的最小值．
17．为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中随机抽取580人，得到日均体育锻炼时长（单位：小时）与学业成绩的数据如表所示：
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
（1）该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为多少？
（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精确到0.1小时）；
（3）依据小概率值的独立性检验能否认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
附：．
18．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点.
（ⅰ）求证：四边形的面积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
19．已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】子集与真子集；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，集合，则，
的真子集个数为．
故答案为：C.
【分析】根据集合的特征先确定集合A，再根据集合的交集运算求，最后根据元素个数确定真子集个数即可.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复平面内对应的点坐标为，因此位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘法运算，结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当且时，，，则，但不能保证，
例如当，时，满足且，但，即充分性不成立；
若，则，，即，，即必要性成立，
故“且”是“”的必要不充分条件．
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质结合充分、必要条件的定义判断即可．
4．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题可知：，解得n=6，
所以通项公式为，
令，所以常数项为.
故选：C.
【分析】根据二次项的性质先求得，进而求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.
5．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图知，则，
由，则，可得，
又因为，所以，则，
由题意，则.
故答案为：B.
【分析】根据函数图象易知函数的周期，根据周期公式求得，再根据图象过点，求得的值，确定函数的解析式，再根据三角函数图象平移变换求得的解析式，最后代值求解即可.
6．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又因为直线，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，
因为点在直线上，解得可得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
则，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出的值和抛物线的方程以及焦点坐标，再结合直线的方程可知直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心，再由得到关于的方程，解方程求出的值，从而得到弦长AB的值.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，底面半径为，已知球的半径.
∵ 圆锥内接于球，球心到圆锥底面的距离为，
∴ 由勾股定理可得，整理得，其中的取值范围为.
根据圆锥体积公式，将代入得：.
对关于求导，得.
令，解得 或（不符合实际意义，舍去）.
∵ 当 时，，单调递增；当 时，，单调递减，
∴ 当时，取得最大值，代入得：
.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的高为，底面半径为，进而可得，则，再利用导数求最值即可.
8．【答案】C
【知识点】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：如果事件与互斥，则，所以.
如果事件与相互独立，则事件与也相互独立，
所以，
，即.
故答案为：C.
【分析】根据互斥事件的定义和互斥事件求概率公式，则可求出的值，再根据独立事件的概率公式和对立事件求概率公式以及互斥事件求概率公式，则求出的值，从而找出正确的选项.
9．【答案】A,B,C
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误；
B、两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误；
C、根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；
D、因为服从正态分布，且，
所以，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据百分位数的定义求解即可判断A；根据相关系数的定义即可判断B；根据独立性检验即可判断C；根据正态分布原则求解即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，由余弦定理可得，
化简得，解得；
A、因为，，所以，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，
则的外接圆的面积为，故A不正确；
B、由正弦定理可得，
有两解等价于有两个不同值，所以，解得，故B正确；
C、因为，所以，
整理得，
因为为锐角三角形，所以，解得，所以，
则c的取值范围为，故C正确；
D、因为，，所以，
则，解得，
由于为锐角，所以，即；
因为，则、，
设内切圆的半径为，则，
即，解得，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对，利用余弦定理化简求得；由可得，再利用正弦定理，结合圆的面积公式计算即可判断A；利用正弦定理求解即可判断B；利用正弦定理可得，结合锐角三角形性质求出的范围，即可判断C；根据三角形的内角关系，结合三角恒等变换求得，确定该三角形各角及边长，设内切圆的半径为，利用等面积法求内切圆的半径，再求的面积即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：依题意，向量是平面的法向量，
对于A，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，A正确；
对于B，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，假设，
而平面，则，而不在平面内，则平面，
平面平面，平面，则必有，当时，由，
得，由选项A知，此时不一定平行，因此不一定平行，B错误；
对于C，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，C正确；
对于D，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，而平面，
于是平面，又平面，则，D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于A，可得平面，再由线面垂直的性质即可证明；对于B，可得平面，得到 ，进而可判断不一定平行；对于C，可得平面，得到，进而可得平面，则；对于D，可得平面，然后可证得平面，，再证得平面，得到．
12．【答案】4；2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，又因为，
所以
，
则，当且仅当时等号成立，此时.
故答案为：4；2.
【分析】利用基本不等式求解即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：向量，易知，
由，，
得，
解得，则.
故答案为：.
【分析】根据向量模的坐标表示求得，再根据向量的数量积，结合向量的夹角公式求解即可.
14．【答案】4
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
因为，是的中点，所以是三角形的中位线，
是的中点，且，
则，即是中线，
又因为是的平分线，
则是等腰三角形，即，
根据双曲线定义，可得，
因为 ，所以，
又因为，所以，则离心率.
故答案为：4.
【分析】延长交于点，由，是的中点，利用中位线定义及其性质可得，结合是的平分线可得，再根据双曲线的定义，离心率公式计算求解即可.
15．【答案】（1）解： 数列的前项和 ，
当时，，
当时，，则，
当时，，满足，则；
数列是正项等比数列，，公比，则；
（2）解：由（1）知，
，
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式；利用等比数列的通项公式求；
（2）由（1）知，利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可.
（1）因为，
所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.
所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
16．【答案】（1）证明：在等边中，因为是的中点，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知平面，且为等边三角形，
故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高，
则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，
外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点，
半径，
所以三棱锥外接球的表面积为；
（3）解：取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，
垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系，
设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则 ，指向三棱锥外，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则， 指向三棱锥内，
得，
令，
则，
当，即时取等号，
故的最小值为．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在等边中，由是的中点，可得，结合线面垂直的判定证明平面，从而得到，结合可得平面，即可证明平面平面；
（2）由（1）知平面，且为等边三角形，将三棱锥补全为正三棱柱，得到外接球球心即为两个底面的中心连线的中点，利用勾股定理计算半径，再根据球的表面积公式求解即可；
（3）取的中点为原点，建立空间直角坐标系，设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），求得平面和平面的法向量，根据空间向量的夹角表达式，结合二次函数的性质求最小值即可.
（1）略
（2）由（1）知平面，且为等边三角形，
故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高，
则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，
外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点，
半径，
所以三棱锥外接球的表面积为；
（3）取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，
垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系，
设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则 ，指向三棱锥外，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则， 指向三棱锥内，
得，
令，
则，
当，即时取等号，
所以的最小值为．
17．【答案】（1）解：抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42+3+1+137+40+27=250，
设该地区29000名学生中有人的日均体育锻炼时长不小于1小时，则，解得，
故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为12500；
（2）解：
该地区初中学生日均体育锻炼时长（0.25×139+0.75×191+1.25×179+1.75；
（3）解：对数据重新组合，得到列联表如下：
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
零假设：学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时无关，
，
我们推断不成立，即认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关，该推断犯错误的概率不超过0.05．
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可得体育锻炼时长不小于1小时的人数；
（2）根据平均数的公式计算即可；
（3）对数据重新组合，列列联表，进行零假设，计算卡方值，与临界值比较判断即可.
（1）抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42+3+1+137+40+27=250．
设该地区29000名学生中有人的日均体育锻炼时长不小于1小时，则，
解得．
故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为12500．
（2）依题意得，该地区初中学生日均体育锻炼时长为（0.25×139+0.75×191+1.25×179+1.75．
所以该地区初中学生日均体育锻炼时长约为0.9小时．
（3）对数据重新组合，得到列联表
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提出原假设：学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时无关．
，
我们推断不成立，即认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关，该推断犯错误的概率不超过0.05．
18．【答案】（1）解：易知，由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即，
则，令，，，
则，令，，，
则，，
，
故求证四边形面积为定值2；
（ⅱ）直线，到直线的距离为且，
，
当且仅当时等号成立，
故的面积.
【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）易知，由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，利用点斜式写出直线的方程，表示出的长，代入面积公式化简求证即可；
（ⅱ）直线，利用点到直线的距离求得到直线的距离，再求出的面积，根据，问题转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可.
（1）由题意可得，又，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即
则，令，
则，令，，
则，
.
故求证四边形面积为定值2.
（ⅱ）直线，到直线的距离为
且
当且仅当时等号成立.
所以的面积
19．【答案】（1）解：当时，，
则．
由，得．
令，解得；令，解得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）解：因为，恒成立，所以恒成立．
令，则．
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
又，所以，即．
所以时，，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为．
（3）证明：由（2）知，取，当时，，所以．
设，则满足，
所以，
即，
所以，
所以，
即．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）代入 ，对 求导，通过导数符号确定单调区间。
（2）分离参数 ，构造函数 ，求其在 上的最大值，从而确定 的取值范围。
（3）利用（2）中 时的结论，构造不等式并累加证明。
（1）当时，，
则．
由，得．
令，解得；令，解得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）因为，恒成立，所以恒成立．
令，则．
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
又，所以，即．
所以时，，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为．
（3）证明：由（2）知，取，当时，，所以．
设，则满足，
所以，
即，
所以，
所以，
即．
1 / 1四川省字节精准教育联盟2026届高三下学期模拟预测数学试题
1．已知集合，集合，则的真子集个数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【知识点】子集与真子集；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，集合，则，
的真子集个数为．
故答案为：C.
【分析】根据集合的特征先确定集合A，再根据集合的交集运算求，最后根据元素个数确定真子集个数即可.
2．复数在复平面内对应的点所在的象限为（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，复平面内对应的点坐标为，因此位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘法运算，结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．设，，则“且”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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当且时，，，则，但不能保证，
例如当，时，满足且，但，即充分性不成立；
若，则，，即，，即必要性成立，
故“且”是“”的必要不充分条件．
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质结合充分、必要条件的定义判断即可．
4．的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（　　）
A．8 B．12 C．15 D．
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题可知：，解得n=6，
所以通项公式为，
令，所以常数项为.
故选：C.
【分析】根据二次项的性质先求得，进而求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.
5．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（　　）
A． B． C．1 D．0
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图知，则，
由，则，可得，
又因为，所以，则，
由题意，则.
故答案为：B.
【分析】根据函数图象易知函数的周期，根据周期公式求得，再根据图象过点，求得的值，确定函数的解析式，再根据三角函数图象平移变换求得的解析式，最后代值求解即可.
6．已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又因为直线，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，
因为点在直线上，解得可得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
则，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出的值和抛物线的方程以及焦点坐标，再结合直线的方程可知直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心，再由得到关于的方程，解方程求出的值，从而得到弦长AB的值.
7．已知球的半径为，圆锥内接于球，则圆锥体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高为，底面半径为，已知球的半径.
∵ 圆锥内接于球，球心到圆锥底面的距离为，
∴ 由勾股定理可得，整理得，其中的取值范围为.
根据圆锥体积公式，将代入得：.
对关于求导，得.
令，解得 或（不符合实际意义，舍去）.
∵ 当 时，，单调递增；当 时，，单调递减，
∴ 当时，取得最大值，代入得：
.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的高为，底面半径为，进而可得，则，再利用导数求最值即可.
8．已知事件，如果与互斥，那么；如果与相互独立，且，那么，则分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】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：如果事件与互斥，则，所以.
如果事件与相互独立，则事件与也相互独立，
所以，
，即.
故答案为：C.
【分析】根据互斥事件的定义和互斥事件求概率公式，则可求出的值，再根据独立事件的概率公式和对立事件求概率公式以及互斥事件求概率公式，则求出的值，从而找出正确的选项.
9．下列说法中不正确的是（　　）
A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4
B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
D．若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】A,B,C
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误；
B、两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误；
C、根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误；
D、因为服从正态分布，且，
所以，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据百分位数的定义求解即可判断A；根据相关系数的定义即可判断B；根据独立性检验即可判断C；根据正态分布原则求解即可判断D.
10．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若，且有两解，则的取值范围为
C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为
D．若，且，为的内心，则的面积为
【答案】B,C,D
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，由余弦定理可得，
化简得，解得；
A、因为，，所以，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，
则的外接圆的面积为，故A不正确；
B、由正弦定理可得，
有两解等价于有两个不同值，所以，解得，故B正确；
C、因为，所以，
整理得，
因为为锐角三角形，所以，解得，所以，
则c的取值范围为，故C正确；
D、因为，，所以，
则，解得，
由于为锐角，所以，即；
因为，则、，
设内切圆的半径为，则，
即，解得，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对，利用余弦定理化简求得；由可得，再利用正弦定理，结合圆的面积公式计算即可判断A；利用正弦定理求解即可判断B；利用正弦定理可得，结合锐角三角形性质求出的范围，即可判断C；根据三角形的内角关系，结合三角恒等变换求得，确定该三角形各角及边长，设内切圆的半径为，利用等面积法求内切圆的半径，再求的面积即可判断D.
11．在三棱锥中，底面，，用一平面截该三棱锥分别与棱，，，相交于点，，，，如图所示，记向量为平面的一个法向量，下列条件中，使的是（　　）
A．若 B．若
C．若 D．若
【答案】A,C,D
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：依题意，向量是平面的法向量，
对于A，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，A正确；
对于B，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，假设，
而平面，则，而不在平面内，则平面，
平面平面，平面，则必有，当时，由，
得，由选项A知，此时不一定平行，因此不一定平行，B错误；
对于C，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，C正确；
对于D，由，得平面，而平面，则，
由平面，平面，得，又平面，
因此平面，又平面，则，而平面，
于是平面，又平面，则，D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于A，可得平面，再由线面垂直的性质即可证明；对于B，可得平面，得到 ，进而可判断不一定平行；对于C，可得平面，得到，进而可得平面，则；对于D，可得平面，然后可证得平面，，再证得平面，得到．
12．已知，则的最小值为　 　，此时　 　.
【答案】4；2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，又因为，
所以
，
则，当且仅当时等号成立，此时.
故答案为：4；2.
【分析】利用基本不等式求解即可.
13．若，，，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：向量，易知，
由，，
得，
解得，则.
故答案为：.
【分析】根据向量模的坐标表示求得，再根据向量的数量积，结合向量的夹角公式求解即可.
14．已知点是双曲线右支上的一点，分别是的左 右焦点，且，点在的平分线上，为原点，
，，其中，则的离心率为　 　.
【答案】4
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
因为，是的中点，所以是三角形的中位线，
是的中点，且，
则，即是中线，
又因为是的平分线，
则是等腰三角形，即，
根据双曲线定义，可得，
因为 ，所以，
又因为，所以，则离心率.
故答案为：4.
【分析】延长交于点，由，是的中点，利用中位线定义及其性质可得，结合是的平分线可得，再根据双曲线的定义，离心率公式计算求解即可.
15．已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
【答案】（1）解： 数列的前项和 ，
当时，，
当时，，则，
当时，，满足，则；
数列是正项等比数列，，公比，则；
（2）解：由（1）知，
，
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式；利用等比数列的通项公式求；
（2）由（1）知，利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可.
（1）因为，
所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.
所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
16．如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且．
（1）若是的中点，且，求证：平面平面；
（2）在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积；
（3）设二面角的大小为，求的最小值．
【答案】（1）证明：在等边中，因为是的中点，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知平面，且为等边三角形，
故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高，
则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，
外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点，
半径，
所以三棱锥外接球的表面积为；
（3）解：取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，
垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系，
设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则 ，指向三棱锥外，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则， 指向三棱锥内，
得，
令，
则，
当，即时取等号，
故的最小值为．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在等边中，由是的中点，可得，结合线面垂直的判定证明平面，从而得到，结合可得平面，即可证明平面平面；
（2）由（1）知平面，且为等边三角形，将三棱锥补全为正三棱柱，得到外接球球心即为两个底面的中心连线的中点，利用勾股定理计算半径，再根据球的表面积公式求解即可；
（3）取的中点为原点，建立空间直角坐标系，设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），求得平面和平面的法向量，根据空间向量的夹角表达式，结合二次函数的性质求最小值即可.
（1）略
（2）由（1）知平面，且为等边三角形，
故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高，
则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，
外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点，
半径，
所以三棱锥外接球的表面积为；
（3）取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，
垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系，
设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则 ，指向三棱锥外，
设是平面的一个法向量，
则有，
取，则， 指向三棱锥内，
得，
令，
则，
当，即时取等号，
所以的最小值为．
17．为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中随机抽取580人，得到日均体育锻炼时长（单位：小时）与学业成绩的数据如表所示：
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
（1）该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为多少？
（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精确到0.1小时）；
（3）依据小概率值的独立性检验能否认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
附：．
【答案】（1）解：抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42+3+1+137+40+27=250，
设该地区29000名学生中有人的日均体育锻炼时长不小于1小时，则，解得，
故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为12500；
（2）解：
该地区初中学生日均体育锻炼时长（0.25×139+0.75×191+1.25×179+1.75；
（3）解：对数据重新组合，得到列联表如下：
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
零假设：学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时无关，
，
我们推断不成立，即认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关，该推断犯错误的概率不超过0.05．
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可得体育锻炼时长不小于1小时的人数；
（2）根据平均数的公式计算即可；
（3）对数据重新组合，列列联表，进行零假设，计算卡方值，与临界值比较判断即可.
（1）抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42+3+1+137+40+27=250．
设该地区29000名学生中有人的日均体育锻炼时长不小于1小时，则，
解得．
故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为12500．
（2）依题意得，该地区初中学生日均体育锻炼时长为（0.25×139+0.75×191+1.25×179+1.75．
所以该地区初中学生日均体育锻炼时长约为0.9小时．
（3）对数据重新组合，得到列联表
学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提出原假设：学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时无关．
，
我们推断不成立，即认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关，该推断犯错误的概率不超过0.05．
18．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点.
（ⅰ）求证：四边形的面积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】（1）解：易知，由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即，
则，令，，，
则，令，，，
则，，
，
故求证四边形面积为定值2；
（ⅱ）直线，到直线的距离为且，
，
当且仅当时等号成立，
故的面积.
【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）易知，由题意列关于的方程组，求解即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，利用点斜式写出直线的方程，表示出的长，代入面积公式化简求证即可；
（ⅱ）直线，利用点到直线的距离求得到直线的距离，再求出的面积，根据，问题转化成求面积的最大值就是求出的面积最大值即可.
（1）由题意可得，又，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即
则，令，
则，令，，
则，
.
故求证四边形面积为定值2.
（ⅱ）直线，到直线的距离为
且
当且仅当时等号成立.
所以的面积
19．已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）解：当时，，
则．
由，得．
令，解得；令，解得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）解：因为，恒成立，所以恒成立．
令，则．
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
又，所以，即．
所以时，，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为．
（3）证明：由（2）知，取，当时，，所以．
设，则满足，
所以，
即，
所以，
所以，
即．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）代入 ，对 求导，通过导数符号确定单调区间。
（2）分离参数 ，构造函数 ，求其在 上的最大值，从而确定 的取值范围。
（3）利用（2）中 时的结论，构造不等式并累加证明。
（1）当时，，
则．
由，得．
令，解得；令，解得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）因为，恒成立，所以恒成立．
令，则．
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
又，所以，即．
所以时，，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为．
（3）证明：由（2）知，取，当时，，所以．
设，则满足，
所以，
即，
所以，
所以，
即．
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