数学一模提分卷02（江苏专用）学易金卷：2026年高考第一次模拟考试

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2026年高考第一次模拟考试提分卷（江苏专用） 数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知全集，集合，那么阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则：（     ）. A．2 B． C． D． 3．若已知条件，条件，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 4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则为（    ） A． B． C． D． 5．已知数列满足，其前n项和为，且，则（   ） A． B． C． D． 6．不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 7．棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 8．设、分别是函数与的零点，其中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．有6个相同的球，分别编号，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，记事件甲：第一次取球编号数字大于4；乙：第二次取球编号数字为奇数；丙：第三次取球编号为3；丁：前两次取球编号数字和为6；戊：第一､三次取球编号数字至少有一个5.则下列事件与甲事件独立的是：（    ） A．乙 B．丙 C．丁 D．戊 10．伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线C上一点，下列说法正确的是（   ） A．若直线交双纽线C于A，B，O三点（O为坐标原点），则 B．双纽线C上满足的点有1个 C．的面积的最大值为 D．的周长的取值范围为 11．下列结论正确的是（   ） A．随机变量服从二项分布，，则 B．数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6 C．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10. D．随机变量服从正态分布，且，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列为等比数列，函数的图象过定点，，数列的前n项和为，则的值为 ． 13．“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为 ． 14．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）已知f(x)＝sin＋2sin·cos. (1)求f 的值； (2)若锐角α满足f(α)＝，求sin 2α的值． 16．（15分）已知数列，，为数列的前项和，向量，，． (1)若，求数列通项公式； (2)若，． ①证明：数列为等差数列； ②设数列满足，问是否存在正整数，，且，，使得、、成等比数列，若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由． 17．（15分）已知圆，点为圆上的动点，线段的中垂线交线段于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．设与轴交于点（点在轴的负半轴上），过点且斜率为的直线交于点． (1)求的方程； (2)当时，求四边形的面积； (3)若点关于原点的对称点为，直线交于点，记直线的斜率为，判断是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由． 18．（17分）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 19．（17分）已知，，函数. (1)若，求； (2)设.记M为的所有零点组成的集合，为M的子集，它们各有n个元素，且.设.，且.证明：. 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考第一次模拟考试提分卷（江苏专用） 数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知全集，集合，那么阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则：（     ）. A．2 B． C． D． 3．若已知条件，条件，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 4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则为（    ） A． B． C． D． 5．已知数列满足，其前n项和为，且，则（   ） A． B． C． D． 6．不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 7．棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 8．设、分别是函数与的零点，其中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．有6个相同的球，分别编号，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，记事件甲：第一次取球编号数字大于4；乙：第二次取球编号数字为奇数；丙：第三次取球编号为3；丁：前两次取球编号数字和为6；戊：第一､三次取球编号数字至少有一个5.则下列事件与甲事件独立的是：（    ） A．乙 B．丙 C．丁 D．戊 10．伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线C上一点，下列说法正确的是（   ） A．若直线交双纽线C于A，B，O三点（O为坐标原点），则 B．双纽线C上满足的点有1个 C．的面积的最大值为 D．的周长的取值范围为 11．下列结论正确的是（   ） A．随机变量服从二项分布，，则 B．数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6 C．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10. D．随机变量服从正态分布，且，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列为等比数列，函数的图象过定点，，数列的前n项和为，则的值为 ． 13．“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为 ． 14．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）已知f(x)＝sin＋2sin·cos. (1)求f 的值； (2)若锐角α满足f(α)＝，求sin 2α的值． 16．（15分）已知数列，，为数列的前项和，向量，，． (1)若，求数列通项公式； (2)若，． ①证明：数列为等差数列； ②设数列满足，问是否存在正整数，，且，，使得、、成等比数列，若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由． 17．（15分）已知圆，点为圆上的动点，线段的中垂线交线段于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．设与轴交于点（点在轴的负半轴上），过点且斜率为的直线交于点． (1)求的方程； (2)当时，求四边形的面积； (3)若点关于原点的对称点为，直线交于点，记直线的斜率为，判断是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由． 18．（17分）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 19．（17分）已知，，函数. (1)若，求； (2)设.记M为的所有零点组成的集合，为M的子集，它们各有n个元素，且.设.，且.证明：. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考第一次模拟考试提分卷（江苏专用） 数学·参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A C A D B B B B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AB ABC ACD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．45 13．/ 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 解　(1)由题意得f(x)＝sin＋2sincos ＝sin－2sincos ＝sin－2sincos ＝sin－sin ＝sin 2xcos －cos 2xsin ＋cos 2x ＝sin 2x＋cos 2x ＝sin， 故f ＝sin＝0. (2)∵α∈，∴2α＋∈，又∵f(α)＝， ∴f(α)＝sin＝， 又∵sin＝<， ∴2α＋∈， ∴cos＝－＝－， ∴sin 2α＝sin＝sincos －cossin ＝×＋×＝. 16．（15） 【解析】（1）因为，，，故，当，则①， 当时，，即，又②， ②－①得：，即，所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以 （2）i. 证明：因为，则③， 当时，，即，又④， ④－③得：，即：⑤， 又⑥，⑥－⑤得：，即， 所以数列为等差数列．            ii. 由，，所以数列是首项为，公差为的等差数列，，所以，                     假设存在正整数，，且，，使得、、成等比数列，即， 可得：，整理得：，即，由，得， 由，为正整数，，且，，则有（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或， 所以存在，符合题意 17.（15） 【解析】（1）如图： 连接，由题意知，点在圆内部， ∴， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆． 设其方程为，则， ∴，故； （2）由（1）得， 当时，直线的方程为，代入的方程并化简，得， 设，则，， ∴， ∴四边形的面积； （3）设的方程为，代入的方程并化简，得， 显然判别式，设， 则，， ∴直线的方程为， 直线的方程为， 由，解得， ∴， 又，∴，即为定值，且定值为． 18.（17） 【解析】（1）因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以， 所以球面三角形面积为． （2）（ⅰ）由是球的直径，得， 且，平面， 则平面，又平面，则； （ⅱ）由（ⅰ）知，， 而，平面， 于是平面，由直线与平面所成的角分别为， 得， 不妨取，得， 以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，    设，则， ， 则， 设平面法向量，则， 取，得， 设平面法向量，则， 取，得， 因此 ， 令，则， 于是， 当且仅当时取等号，取最大值， 所以的最小值为. 19.(17分 ) 【解析】（1）根据题意有. 当时，，可知在内单调递减； 当时，，可知在内单调递增； 故. 设，则， 当时，，在内单调递增； 当时，，在内单调递减； 则， 故若，则. （2）由题设可知，由（1）可知，， 且在内单调递减，在内单调递增； 若有两个零点，则正､负各一个， 故共有个零点，即有个元素，且个是正数，个是负数. 又因为各有个元素，且，故的所有元素要么属于，要么属于. 若且，则且， 故至少有个零点是正数，这与恰有个零点是正数矛盾， 同理，也不能同为负数. 故与异号，， 由上不妨设，则， 设，则， 当且仅当，即可得时，等号成立， 可知在内单调递减， 则，即， 故. 所以. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2026年高考第一次模拟考试 数学·答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考第一次模拟考试提分卷（江苏专用） 数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知全集，集合，那么阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题图，阴影部分为，而或，且， 所以. 故选：A 2．已知复数（为虚数单位），则：（     ）. A．2 B． C． D． 【答案】C 【解析】， 所以 则，其模为， 故选：C. 3．若已知条件，条件，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 【解析】，解得或， 因为是或的真子集， 则是的充分不必要条件. 故选：A. 4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由在终边上可得： ， ， 故选：D 5．已知数列满足，其前n项和为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，则. 由，所以， 两式相除可得：. 所以数列的奇数项和偶数项都是以2为公比的等比数列. 所以 . 故选：B 6．不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由， 即，得， 设，则，所以在上单调递减， 故由得， 所以，解得. 故选：B. 7．棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设点B到平面的距离为，则， 故， 因此. 故选:B. 8．设、分别是函数与的零点，其中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，依题有， 即，同理， 因为函数与的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称， 所以点与关于直线对称，所以， 令，此时为，所以， 所以， 因为函数在内单调递减，所以. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．有6个相同的球，分别编号，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，记事件甲：第一次取球编号数字大于4；乙：第二次取球编号数字为奇数；丙：第三次取球编号为3；丁：前两次取球编号数字和为6；戊：第一､三次取球编号数字至少有一个5.则下列事件与甲事件独立的是：（    ） A．乙 B．丙 C．丁 D．戊 【答案】AB 【解析】根据题意，，，，，， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故错误； 对于D，，故D错误. 故选：AB. 10．伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线C上一点，下列说法正确的是（   ） A．若直线交双纽线C于A，B，O三点（O为坐标原点），则 B．双纽线C上满足的点有1个 C．的面积的最大值为 D．的周长的取值范围为 【答案】ABC 【解析】对于A，由双纽线的定义得：， 即，化简得：， 当时，点P的轨迹方程为， 令，解得或，所以，A正确； 对于B， ，由，得点P在y轴上， 在方程中，令，解得， 则满足的点P为，只有一个，B正确； 对于C，， 当且仅当，即时取等号，C正确； 对于D，的周长为，设， 则， 当且仅当时取等号，当时，，而点P不能在x轴上，则， 于是 即，则， ，因此的周长的取值范围为，D错误． 故选：ABC 11．下列结论正确的是（   ） A．随机变量服从二项分布，，则 B．数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6 C．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10. D．随机变量服从正态分布，且，则 【答案】ACD 【解析】对于A选项，，.故A选项正确； 对于B选项，因为，，，，…，的平均数为，故B选项错误； 对于C选项，已知各项系数和为，则令，得：，解得：. 由的展开式中第项为，当时，得：，即项的系数为.故C选项正确. 对于D选项，服从正态分布，，所以，故D选项正确. 故选：ACD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列为等比数列，函数的图象过定点，，数列的前n项和为，则的值为 ． 【答案】45 【解析】由已知，令，得. 所以函数的图象过定点， 所以，， 由数列为等比数列，则， 而，于是， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，，， 则． 故答案为：45. 13．“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为 ． 【答案】/ 【解析】设，则，当时， 当时，设， ， 因此，点共面， 点围成的图形是边长为的正三角形及内部， 由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形， 当时，动点P构成的几何体是棱长为的正八面体， 所以动点P构成的几何体的体积. 故答案为： 14．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为 . 【答案】 【解析】由，得.故费马点在内， 且. 取的中点，由，得是线段的中垂线. 在和中，，， 两式相减，得， 即0，可见， 所以在的中垂线上. 又在内，所以在线段上. . 在中，， 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）已知f(x)＝sin＋2sin·cos. (1)求f 的值； (2)若锐角α满足f(α)＝，求sin 2α的值． 【解析】(1)由题意得f(x)＝sin＋2sincos ＝sin－2sincos ＝sin－2sincos ＝sin－sin ＝sin 2xcos －cos 2xsin ＋cos 2x ＝sin 2x＋cos 2x ＝sin， 故f ＝sin＝0. (2)∵α∈，∴2α＋∈，又∵f(α)＝， ∴f(α)＝sin＝， 又∵sin＝<， ∴2α＋∈， ∴cos＝－＝－， ∴sin 2α＝sin＝sincos －cossin ＝×＋×＝. 16．（15分）已知数列，，为数列的前项和，向量，，． (1)若，求数列通项公式； (2)若，． ①证明：数列为等差数列； ②设数列满足，问是否存在正整数，，且，，使得、、成等比数列，若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①见解析；②存在，，，理由见解析 【解析】（1）因为，，，故，当，则①， 当时，，即，又②， ②－①得：，即，所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以 （2）i. 证明：因为，则③， 当时，，即，又④， ④－③得：，即：⑤， 又⑥，⑥－⑤得：，即， 所以数列为等差数列．            ii. 由，，所以数列是首项为，公差为的等差数列，，所以，                     假设存在正整数，，且，，使得、、成等比数列，即， 可得：，整理得：，即，由，得， 由，为正整数，，且，，则有（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或（舍）或， 所以存在，符合题意 17．（15分）已知圆，点为圆上的动点，线段的中垂线交线段于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．设与轴交于点（点在轴的负半轴上），过点且斜率为的直线交于点． (1)求的方程； (2)当时，求四边形的面积； (3)若点关于原点的对称点为，直线交于点，记直线的斜率为，判断是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值，为 【解析】（1）如图： 连接，由题意知，点在圆内部， ∴， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆． 设其方程为，则， ∴，故； （2）由（1）得， 当时，直线的方程为，代入的方程并化简，得， 设，则，， ∴， ∴四边形的面积； （3）设的方程为，代入的方程并化简，得， 显然判别式，设， 则，， ∴直线的方程为， 直线的方程为， 由，解得， ∴， 又，∴，即为定值，且定值为． 18．（17分）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】（1）因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以， 所以球面三角形面积为． （2）（ⅰ）由是球的直径，得， 且，平面， 则平面，又平面，则； （ⅱ）由（ⅰ）知，， 而，平面， 于是平面，由直线与平面所成的角分别为， 得， 不妨取，得， 以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，    设，则， ， 则， 设平面法向量，则， 取，得， 设平面法向量，则， 取，得， 因此 ， 令，则， 于是， 当且仅当时取等号，取最大值， 所以的最小值为. 19．（17分）已知，，函数. (1)若，求； (2)设.记M为的所有零点组成的集合，为M的子集，它们各有n个元素，且.设.，且.证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）根据题意有. 当时，，可知在内单调递减； 当时，，可知在内单调递增； 故. 设，则， 当时，，在内单调递增； 当时，，在内单调递减； 则， 故若，则. （2）由题设可知，由（1）可知，， 且在内单调递减，在内单调递增； 若有两个零点，则正､负各一个， 故共有个零点，即有个元素，且个是正数，个是负数. 又因为各有个元素，且，故的所有元素要么属于，要么属于. 若且，则且， 故至少有个零点是正数，这与恰有个零点是正数矛盾， 同理，也不能同为负数. 故与异号，， 由上不妨设，则， 设，则， 当且仅当，即可得时，等号成立， 可知在内单调递减， 则，即， 故. 所以. 14 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $