精品解析：2026届黑龙江省“优才计划"中学生标准学术能力测试高三联考数学试题

2024届黑龙江省“优才计划”中学生标准学术能力测试 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条码粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的区域内．务必按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸、答题卡上非本题的答题区域均无效． 3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 4.保持答题卡的卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，禁止使用涂改液、修正带、刮纸刀． 5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有两个及以上选项符合题、 1. 已知集合，以下判断正确的是（ ） A. 是的充分条件 B. 是的既不充分也不必要条件 C. 是的必要条件 D. 是的充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义，以及集合的交集与并集的意义可判断每个选项的正误. 【详解】对于A，当时，成立，不成立，所以不是的充分条件，故A错误； 对于B，因为，所以， 因为，所以，所以，所以是的充分条件，故B错误； 对于C，因为，所以，当时， 成立，但不成立，所以不是的必要条件，故C错误； 对于D，因为，，所以，所以，所以是的充分条件， 由，可得，所以，所以是的必要条件， 所以是的充要条件，故D正确. 故选：D. 2. 已知的展开式中没有常数项，则n的最大值是（　　） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式通项公式分类讨论：当（x+1）中取x时，式子展开式中无,所以中x的指数幂取不到-1,即 ； 当（x+1）中取1时, 式子展开式中无常数项,所以中x的指数幂取不到0即,n要同时满足以上两个不等式,再结合选项验证即可. 【详解】因为的展开式中没有常数项；由二项式展开式的通项公式 可知 (1)当（x+1）中取x时，式子展开式中无, 所以中x的幂指数取不到-1,即； （2）当（x+1）中取1时,式子展开式中无常数项,所以中x的幂指数取不到0,即 ，选项中的n要同时满足上面两个不等式，故选B. 【点睛】本题考查了二项式定理地应用，难度较高，解题中首先要根据题意进行分类讨论，确定后面式子中x的指数幂，再根据无常数项的条件确定幂指数满足的不等式组，有一定的难度，解题关键是对二项式定理的深度理解. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角和和差角公式化简已知，得，再由角的范围和诱导公式得，从而得解. 【详解】由， 得， 又，所以，所以， 所以， 即， 因为，， 所以， 且在上单调递增，所以， 所以，则， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：化简得后，利用诱导公式得，是解题关键. 4. 随机事件A，B，C满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据概率性质结合条件概率以及互斥事件的定义分析判断. 【详解】由题意可知：，， 因为, 所以，当且仅当时等号成立，此时显然不合题意， 所以， 又， 所以， 又， 即的取值范围包含，结合选项可知D正确. 故选：D. 5. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果. 【详解】依题意，由正弦定理可得，即； 所以， 又因为为锐角三角形，所以，即， 又，且， 可得，； 易知 ； 显然，由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以可得. 故选：D 6. 已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】作出函数的图象， 根据的位于不同的位置，即可分情况求解. 【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为 ， 点, 当点在点时，点在曲线上， ， 当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大； 当点在点时， 当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小， 当点在点时， 当点在曲线上从接近时，增大, 逐渐增大， 当点在点时， 当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小， 当点在点时，, 综上可得的最小值是1 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据点的位置变化，分别求解的值. 7. 在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设的边长为3，得到，借助余弦定理，求出，，再通过作辅助线，找出二面角，的平面角，再结合已知条件以及，利用三角函数的相关知识求解. 【详解】设的边长为3，则， 在中，由余弦定理得 ，则， ， 则，， 如图，作面，于，于， 侧，，，， 又，所以， ，，所以， 结合，得， 根据三角函数的两角差公式可得 ， 所以， 已知，则， 将上式移项可得， 解得，所以，，三点共线， 由得， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键点作出辅助线，找出二面角，的平面角，由，得到，进而得到.再结合差角公式，齐次化处理求出.最后将转化为.综合性较强，属于难题. 8. 中国剩余定理又称“孙子剩余定理”，它是中国古代史上最有创造性的成就之一，其中“韩信点兵”“物不知数”等问题的解法在数论中有相应的推广，数论中的形式表示和除以的余数相同．已知集合满足，，．对于集合中的任意一个元素，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同余的定义式，分别求出集合中元素满足的式子，进而得到集合，再利用同余的定义式检验ABD选项，最后取特殊值，检验C选项. 【详解】因，则， 因，则， 又，， 则 又，则，故A正确； ，则，故B正确； ，则，故D正确； 不妨取，不满足，故C错误. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有两个及以上选项符合题目要求，全部选对得6分，若有漏选，每少一个选项少得2分，有选错的得0分． 9. 比利时数学家丹德林用一个双球模型证明用平面截圆锥面，可以截出椭圆、双曲线、抛物线.如图，两个对顶圆锥的轴线与母线成角为，在两个圆锥中，各有一个球，两球球心分别为，，两球半径分别为，且与圆锥侧面相切，两个对顶圆锥的轴与平面所成角为且平面与两球相切于，两点，则平面与圆锥侧面的交线为双曲线一部分，则下列说法中正确的是（ ） A. ，两点为双曲线的两个焦点 B. C. 若，则该双曲线为等轴双曲线 D. 双曲线的实轴长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.在双曲线上任选一点，过点做球的切线，切点分别为与，过点做球的切线，切点分别为与，利用切线长和双曲线的定义判断；B.过，分别往，作垂线，作垂直于于，易得，判断；D.设圆锥的一条母线与两球相切与点，，由A选项得到，连接，，设圆锥顶点为，则在四边形中，，判断；C.由，判断. 【详解】在双曲线上任选一点，过点做球的切线，切点分别为与，且在球与圆锥的交线上，且过圆锥的顶点，同理，过点做球的切线，切点分别为与，且在球与圆锥的交线上，且过圆锥的顶点所以，，以及圆锥的顶点共线，所以为定值，故A正确； 过，分别往，作垂线，作垂直于于，易得，，所以，故B正确； 对于D， 设圆锥的一条母线与两球相切与点，，由A选项可知，， 连接，，则，，设圆锥顶点为，则在四边形中，，，所以，故D正确 由上述可得，双曲线，，所以双曲线离心率为，与，是否相等无关，故C不正确， 故选：ABD 10. 函数在上有两个零点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上有2个极值点且 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D. 【详解】由于函数在上有两个零点， 故函数的图象在上有两个不同的交点， 作出函数的图象如图： 要满足题意，需满足与在间的图象相切， 由图象可知，， 当时，，当时，， 由于，则设与在间的图象相切时的切点为， 此时，则， 于是，C正确； 对于A，当时，，此时，， 由于，即， 令，， 即为减函数， ，， 故在内有唯一零点，即，A正确； 对于B，当时，，即； 当时，，，即； 故，B错误； 对于D，当时，，， ，当时，，当时，， 即在单调递减，在单调递增， 即为函数在内的一个极小值点； 当时，，， 当时，，当时，， 即在单调递减，在单调递增， 即为函数在内的一个极小值点； 即在上有2个极值点，设为， 则，故，D正确； 故选：ACD 【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用. 11. 已知数列为正项数列，前项和为，，满足（），则下列说法正确的是（ ） A. 长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用余弦定理判断A，对式子变形，换元求解数列前n项和及通项公式，从而判断BC，再利用数列求和判断D. 【详解】设边长为对应的角为，因为， 所以， 又，所以，即边长为对应的角为，故A错误； 因为， 所以，令，则， 令，为锐角， 则 ，所以，所以，又， 所以，即，所以，所以， 所以，所以，故选项C正确； 所以，当时，， 又也适合，所以， 又，所以，故选项B正确； 构造，则， 记，则， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以，所以在单调递增， 所以，所以，又时，， 所以，所以， 所以， 又，， 当时，， 所以，故选项D正确. 故选：BCD 【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛： （1）可以利用数学归纳法来进行证明； （2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，已知正四棱锥中，在平面内，正四棱锥可绕着任意旋转，平面．若，则正四棱锥顶点在平面内的投影到的距离的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】取AB中点为E，取CD中点为F，连接VE，EH，EF，FH，由题可证， 从而为所求距离，然后分H在E点右侧，H与E重合，H在E点左侧，结合余弦定理可得答案. 【详解】如图，因H为顶点在平面内的投影，则. 因几何体为正四棱锥，则三角形为等腰三角形， 取AB中点为E，连接VE，则，又平面，， 则平面.连接EH，因平面，则. 取CD中点为F，连接EF，FH，由题有，又，则. 因平面，，则平面. 又平面，则，从而为所求距离. 因E为AB中点，则，又，， 可得，同理可得，结合，可得为等边三角形， 则. 因为平面，且平面，所以四点共面. 当H在E点右侧时， 设，有， 则. 注意到. 因，则，，则； 当H与E重合时，； 当H在E点左侧时，设，则. 则. 注意到. 因，则，，则. 综上可得. 故答案为： 13. 已知单位向量，两个不同的向量满足，且；其中，当取到最小值时，的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用和数量积知识，得到和的关系，再利用的消元思想得到与相关的两个结构对称的式子，将两个式子结合，去绝对值再利用基本不等式即可求最值. 【详解】因，则，即， 又因且，则，即， 则， 同理可得， 则， 两式相加得， 即 因，故同正， 上式即为， 因，故，当时等号成立， 故，当时等号成立， 此时，则，得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题属于不等式和向量的综合，属于难题.本题有两个关键点，其一，向量的线性表示可通过同时乘以向量而将结构变为数量积，即实数构成的等式关系；其二，利用结构的对称性将式子的结构形式统一化. 14. 如图所示，已知双曲线的左右焦点分别为和，过和分别作两条互相平行的直线和，与双曲线的左支交于A、B两点（A在x轴上方），与双曲线的右支交于C、D两点（C在x轴上方），若，，则（e是双曲线的离心率）等于________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可设，则，由，可得，作的角平分线，在和中，利用正弦定理建立方程可求，再在中，利用余弦定理即可求. 【详解】设的角平分线交与， ，，设， 则， 又，， 所以，， 又为的角平分线，所以， ，， 在中，， 在中，， 所以， 整理得，，解得（舍去）， 所以， 在中，， 又， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字过程、证明过程或演算步骤． 15. 如图，平面平面，菱形平面，，为平面内一动点. （1）若平面，间的距离为，设直线，与平面所成的角分别为，，，求动点在平面内的射影的一个轨迹方程； （2）若点在平面内的射影为，证明：直线与平面所成的角与的大小无关. 【答案】（1）或 （2） 取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面，所以，， 因为平面为菱形，所以，所以，，两两互相垂直， 故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图②所示的空间直角坐标系. 图 设，，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则即 两式相减得，即，则，令，得，所以. 设直线与平面所成的角为，则 ，所以只与有关. 又，所以只与有关， 所以直线与平面所成的角与的大小无关. 【解析】 【分析】（1）因为，转化为，符合椭圆的定义，建立平面直角坐标系，根据定义写出方程. （2）建立空间直角坐标系，用向量方法求出直线与平面所成的角的正弦，发现只与长度有关，而的余弦值只与长度有关，所以直线与平面所成的角与的大小无关. 【小问1详解】 解：如图①，连接，，，，设，的交点为， 点在平面内的射影为，连接，，， 图 因为点在平面内的射影为点，所以平面， 所以，在平面的射影分别为，，所以，， 所以，所以， 所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆. 以，的交点为坐标原点， 若以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则点的轨迹方程是. 若以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则点的轨迹方程是. 【小问2详解】 略 16. 设是公比大于0的等比数列，是等差数列.其中：，，. （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识来求得正确答案. （2）利用分组求和法、裂项求和法、错位相减求和法来求得. （3）先求得，然后令，由的值，可得数列的单调性，计算出前五项，即可得的取值范围； 【小问1详解】 设的公比为，的公差为， 则， ，， 两式相加得，解得，负根舍去，， 所以. 【小问2详解】 依题意， 设， ， 两式相减得 ， 所以. 设， 所以. 【小问3详解】 依题意，， ， 则， 集合，设， ， 所以当时，，当时，. 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，. 【点睛】方法点睛：数列的通项公式推导：通过使用等比数列和等差数列的基本性质，以及给定的初始条件和方程，可以直接推导出数列的通项公式. 求和公式的应用：利用分组求和法和裂项求和法等常见技巧，能够有效地求解数列的前项和，避免了直接的求和过程. 17. 已知曲线，点在曲线W上． （1）求曲线W在点Q处的切线方程； （2）如图1，过曲线W外一点A（不在y轴上）作W的两条切线AB，AC，切点为B，C，过曲线W上一点M的切线交AB，AC于点，且，把这样的叫做“外切三角形”． ①连接AM交BC于点E，求证：A，M，E三点的纵坐标成等差数列； ②如图2，从点A出发做出的第一个外切三角形是再过点分别做出2个“外切三角形”，即和；继续过点分别做出4个“外切三角形”以此类推，依次做出1，2，4，8，…，个外切三角形．设的面积为S，求这些“外切三角形”的面积之和T，并证明． 【答案】（1） （2）① 则由（1）可知直线AB为直线AC为， 由A在AB上，同时A在AC，可知直线BC的方程为， 即，， 又由（1）可知直线的斜率为， 又，，即， 则直线AM为，E点横坐标为， 又在BC上，，，即A、M、E三点的纵坐标成等差数列． ②由①可知A、M、E三点的纵坐标成等差数列，则， 又，则，可得，且相似比为， 故，同理可得 如图连接BM，CM，因，又， 则与在底边BC与底边对应的高相同， 又，则，则， 则， 即第二次所做的“外切三角形”的面积之和是第一次所做“外切三角形”的面积的， 同理可知每一次所做“外切三角形”面积之和都是上一次“外切三角形”面积之和的， 可得 【解析】 【分析】（1）由导数知识可得切线在点Q处切线斜率，即可得答案； （2）①由（1）结合A在AB上，同时A在AC上可得BC方程，再由，可得直线AM方程，据此可找到A，M，E三点的纵坐标的关系，可完成证明；②由（1）结合几何知识可得每一次所做“外切三角形”面积之和都是上一次“外切三角形”面积之和的，然后可由等比数列求和公式完成证明. 【小问1详解】 由题可得，则，，， 故点Q处的切线方程为 即． 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】结论点睛：对于抛物线，若点在抛物线上，方程表示在点处的切线方程；若点在抛物线外，且可由做抛物线的两条切线，则表示切点弦方程. 18. 在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； （1）设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； （2）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】(1)根据独立重复试验和给定的概率分布求出样本似然函数，再对其求导，令导数为求出可能的极值点，通过判断导数的正负确定函数单调性，进而得到最大似然估计值. (2)根据泊松分布的概率分布求出样本似然函数，再根据最大似然估计值为建立等式，最后求出数列的前项和. 【小问1详解】 i：设似然函数为 当且仅当，即时取等号 则的最大似然估计值为 ii：）， 令， 则，令，解得， 易知在上单调递减， 则当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则时，取得最大值，所以的最大似然估计值为 【小问2详解】 由题意设最大似然函数为 设，则 设解得，则时时 可知在时取最大值，即的最大值在时取得 与单调性一致，则的极大似然值为解得. 19. 拟合（Fittiong）和插值（Imorterpolation）都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点.适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为移项式插值.例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值.设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特（Hermite）插值多项式.已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足 （1）求，并证明当时，； （2）若当时，，求实数的取值范围； （3）利用计算的近似值，并证明其误差不超过. （参考数据：；结果精确到0.001） 【答案】（1） ，，，，， ，， 由得，解得，因此. 设，， ，令，则， 因为在上单调递增，且，， 故存在使，且在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在上存在唯一的零点，使得， 且在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，即. （2） （3） . 由（2）知，， 所以，误差. 【解析】 【分析】（1）由题意列方程组求出，得；通过构造函数，利用导数求最值证明； （2）令，问题转化为在时恒成立，利用导数求函数单调性和最值，得条件满足时实数的取值范围； （3）由，代入求值即可，由误差，可证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知等价于，且， 设，，则， ， 令，则， 令，则，所以在上单调递减， 若，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以； 若，则，而， 故存在，使， 从而在上，，单调递增，， 于是单调递增，不符合题意. 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决. 不等式证明或不等式恒成立问题常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届黑龙江省“优才计划”中学生标准学术能力测试 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条码粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的区域内．务必按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸、答题卡上非本题的答题区域均无效． 3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 4.保持答题卡的卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，禁止使用涂改液、修正带、刮纸刀． 5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 一、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有两个及以上选项符合题、 1. 已知集合，以下判断正确的是（ ） A. 是的充分条件 B. 是的既不充分也不必要条件 C. 是的必要条件 D. 是的充要条件 2. 已知的展开式中没有常数项，则n的最大值是（　　） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 随机事件A，B，C满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 中国剩余定理又称“孙子剩余定理”，它是中国古代史上最有创造性的成就之一，其中“韩信点兵”“物不知数”等问题的解法在数论中有相应的推广，数论中的形式表示和除以的余数相同．已知集合满足，，．对于集合中的任意一个元素，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有两个及以上选项符合题目要求，全部选对得6分，若有漏选，每少一个选项少得2分，有选错的得0分． 9. 比利时数学家丹德林用一个双球模型证明用平面截圆锥面，可以截出椭圆、双曲线、抛物线.如图，两个对顶圆锥的轴线与母线成角为，在两个圆锥中，各有一个球，两球球心分别为，，两球半径分别为，且与圆锥侧面相切，两个对顶圆锥的轴与平面所成角为且平面与两球相切于，两点，则平面与圆锥侧面的交线为双曲线一部分，则下列说法中正确的是（ ） A. ，两点为双曲线的两个焦点 B. C. 若，则该双曲线为等轴双曲线 D. 双曲线的实轴长为 10. 函数在上有两个零点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上有2个极值点且 11. 已知数列为正项数列，前项和为，，满足（），则下列说法正确的是（ ） A. 长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，已知正四棱锥中，在平面内，正四棱锥可绕着任意旋转，平面．若，则正四棱锥顶点在平面内的投影到的距离的取值范围是______． 13. 已知单位向量，两个不同的向量满足，且；其中，当取到最小值时，的值为__________. 14. 如图所示，已知双曲线的左右焦点分别为和，过和分别作两条互相平行的直线和，与双曲线的左支交于A、B两点（A在x轴上方），与双曲线的右支交于C、D两点（C在x轴上方），若，，则（e是双曲线的离心率）等于________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字过程、证明过程或演算步骤． 15. 如图，平面平面，菱形平面，，为平面内一动点. （1）若平面，间的距离为，设直线，与平面所成的角分别为，，，求动点在平面内的射影的一个轨迹方程； （2）若点在平面内的射影为，证明：直线与平面所成的角与的大小无关. 16. 设是公比大于0的等比数列，是等差数列.其中：，，. （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围. 17. 已知曲线，点在曲线W上． （1）求曲线W在点Q处的切线方程； （2）如图1，过曲线W外一点A（不在y轴上）作W的两条切线AB，AC，切点为B，C，过曲线W上一点M的切线交AB，AC于点，且，把这样的叫做“外切三角形”． ①连接AM交BC于点E，求证：A，M，E三点的纵坐标成等差数列； ②如图2，从点A出发做出的第一个外切三角形是再过点分别做出2个“外切三角形”，即和；继续过点分别做出4个“外切三角形”以此类推，依次做出1，2，4，8，…，个外切三角形．设的面积为S，求这些“外切三角形”的面积之和T，并证明． 18. 在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； （1）设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； （2）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 19. 拟合（Fittiong）和插值（Imorterpolation）都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点.适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为移项式插值.例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值.设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特（Hermite）插值多项式.已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足 （1）求，并证明当时，； （2）若当时，，求实数的取值范围； （3）利用计算的近似值，并证明其误差不超过. （参考数据：；结果精确到0.001） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $