2026届广东省广州市高考数学自编模拟卷

2026届广东省广州市高考数学自编模拟卷 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：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．已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用指数函数单调性解不等式，再解分式不等式，最后求交集即可. 【详解】由题意知，， 因为解分式不等式可得， 所以，即. 故选：B 2．若复数满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】根据复数的除法运算法则与共轭复数的定义求出复数和共轭复数，结合复数的几何意义即可判断. 【详解】由，得，所以； 所以，所以在复平面内对应的点，所以在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 3．已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量的数量积运算，即可求出模长，从而可求向量的夹角余弦值. 【详解】因为， 所以，两式相减得：，所以； 因为，所以； 代入，得到； ， 故选：D 4．某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（   ） A．150 B．114 C．100 D．72 【答案】C 【分析】分类讨论参加绘画小组的人数，对参加象棋和篮球小组的人数进行分组，然后进行排序，最后利用分类计数原理求解. 【详解】甲不能参加绘画，若有1人参加绘画小组，有种，则有4人参加象棋和篮球， 人数分为，，故有种，共有种； 若有2人参加绘画小组，有种，则有3人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种； 若有3人参加绘画小组，有种，则还有2人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种， 根据分类计数原理，共有种， 故选：C. 5．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以，为整体，可得，结合三角恒等变换运算求解即可. 【详解】因为，则， 且，可得， 又因为，则， 且，可得， 所以 . 故选：A. 6．已知圆柱和圆锥的底面半径均为3，侧面积相等，若圆柱的高为，则圆锥内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出圆柱的侧面积，得到圆锥的母线和高，利用圆锥轴截面面积得到方程，求出内切球半径，得到答案. 【详解】设圆柱的底面半径为，圆锥的母线长为，内切球半径为， 则圆柱侧面积为， 所以圆锥的侧面积为，由圆锥侧面积公式可得， 故圆锥母线长，可得圆锥的高. 根据圆锥轴截面面积可知， 化简得，则圆锥内切球体积为. 故选：C 7．设椭圆的焦点为，，是椭圆上的一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理计算，设，，根据余弦定理计算，根据等面积法列方程得出，的关系，从而可求出椭圆的离心率． 【详解】如图： 椭圆的焦点为，，， 根据正弦定理可得， ，． 设，，则， 由余弦定理得， ， ， ， 又， ，即，即 故选：C 8．若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设，结合一次函数、对数函数的性质可得，进而得到，再结合基本不等式分，两种情况讨论求解即可. 【详解】由于函数在上单调递增，且零点为， 函数在上单调递减，且零点为， 要使不等式恒成立， 则，即， 所以， 当时，， 当且仅当，即时等号成立； 当时，， 当且仅当，即时等号成立. 综上所述，的取值范围为. 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．在一次科普知识竞赛中共有200名同学参赛，经过评判，这200名参赛者的得分都在之内，其得分的频率分布直方图如图所示，则（   ） A． B．这200名参赛者得分的中位数为64 C．得分在内的频率为 D．得分在内的共有80人 【答案】ACD 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，计算即可判断A的正误；根据直方图中位数的求法，代入计算，即可判断B的正误；根据直方图中矩形面积代表频率，即频率、频数、总数的关系，即可判断C、D的正误. 【详解】由题意有，解得，故A正确； 设中位数为，所以，解得，故B错误； 由题意得得分在内的频率为，故C正确； 由题意得得分在内的频率为， 则得分在内的共有人，故D正确. 故选：ACD. 10．已知抛物线：（）的焦点为，若直线：过点与交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，相交于点，为坐标原点，则（   ） A． B．可能为锐角 C．若，则 D．点在定直线上 【答案】ACD 【分析】A根据焦点坐标求；B联立直线与抛物线方程，计算可判断；C设直线的倾斜角为，利用抛物线的定义以及可得出，即可求出；D利用导数求出切线方程，设，代入切线方程中，利用同构思想求出直线方程，根据直线过点可求. 【详解】根据直线：过定点， 又直线过点，则，故，故A正确； 设，，由，得， 故，， 则，故是钝角，故B错误； 若，则， 设直线的倾斜角为，不妨设点在第一象限， 因为到焦点的距离等于到准线的距离， 所以，即，同理可得， 所以，解得， 所以，所以， 由对称性可知，，故C正确； 设，因为在第一象限对应的函数为，所以， 所以抛物线在处的切线方程为， 因为，所以，即， 即过点的切线方程为， 同理可得过点的切线方程为， 所以，， 所以直线方程为， 因为直线过点，所以代入得，故D正确. 故选：ACD 11．已知数列满足，，则（   ） A．是等差数列 B．， C．， D．， 【答案】ABD 【分析】对于A，根据数列递推公式整理可得，即可判断；对于B，由A可得即，求解范围即可；对于C， 将代入 计算即可；对于D，由，将问题转化为证明通项，再通过逐项求和求解. 【详解】由，可得， 故数列是首项为，公差为的等差数列，故A正确， ，即，故B正确， ，， ，，故C错误， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， ，即， ，用代替，则， 再令，可得，， ，则， ，故D正确. 故选：ABD. 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．若函数（）在区间内恰有两个零点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】先由函数在区间内恰有两个零点，得，再整体判断的范围，从而确定零点为和，进而可得的范围. 【详解】，在该区间内恰好有两个零点的一个必要条件是，解得. 因为，所以， 所以原问题等价于函数在区间内恰有两个零点， 注意到，, 所以函数在区间内两个零点为和， 所以，解得. 故答案为： 13．已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则 【答案】1 【分析】首先根据导数的几何意义求出直线与曲线的交点（切点），然后根据切点在直线上求出，最后求出直线与的交点（切点）即可求出. 【详解】设直线在处的切点坐标为， 在处的切点坐标为，，， 因为直线是曲线和的公切线，所以， 解得，则， 把代入直线中可得，又，解得， 把代入直线中可得， 再把代入中可得，即，所以. 故答案为：1 14．水平放置在地面上的正四棱台的容器的体积为，两个底面边长分别为和，侧棱长为，当容器中装入体积为的水时，水面与四条侧棱分别交于点，，，，如图.则平面与平面所成二面角的正弦值为 . 【答案】 【分析】把正四棱台补成一个正四棱锥，根据正四棱锥的性质，求得，且，再由题意，求得，得到，证得二面角为平面与平面所成的角，再由，可得，在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，把正四棱台补成一个正四棱锥， 设正四棱台的上底面与下底面的中心分别为，连接，与平面交于点， 则平面，平面，平面， 设四棱锥的体积为，正四棱台的体积为， 正四棱台的体积为，则， 因为正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，且侧棱长为， 可得， 过作，则平面，因为平面，所以， 在直角中，可得，即， 设，可得，所以， 由棱锥的体积公式，可得，即， 当容器中装入体积为的水时，可得， 设，则，解得， 又由，所以， 所以， 因为平面平面，所以平面与平面所成的角， 即为平面与平面所成的角， 在正方形中，可得，在等腰中，可得， 所以二面角为平面与平面所成的角， 又因为，可得， 在直角中，， 则，即平面与平面所成二面角的正弦值为. 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） 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求角A的大小； (2)若边上的中线的长度为，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）依题意可得，根据数量积的运算律得到，再由均值不等式求出的最大值，即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 则， 即， ， ，，则， ，. （2）因为是中点，所以. 两边平方得 . 所以，即， 又由均值不等式得， 当且仅当时等号成立，所以， 所以，即面积的最大值为. 16．（15分） 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. (1)求该队仅有乙获得奖品的概率； (2)记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算随机事件的概率. （2）先确定的可能取值为0，1，2，3，然后求出对应的概率，进而得到的分布列和期望. 【详解】（1）原先装有2个，3个，4个玩具所在的盒子记为编号，“取到编号为的盒子”记为事件， “该队仅有乙获得奖品”记为事件，则 . （2）的可能取值为0，1，2，3， ① ②取到一个奖品，若其来自3号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数为4种，2种，1种． 取到一个奖品，若其来自4号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数共有3种． 所以. ③取到两个奖品，若其都来自4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为2种，1种，1种. 取到两个奖品，若其来自3号和4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为4种，3种，2种． 所以. ④取到三个奖品，取到3号盒子1次，4号盒子2次，对应的基本事件数共3种，所以. 所以分布列为： 0 1 2 3 . 17．（15分） 在四棱锥中，平面，是中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面夹角的正弦值； ②若在线段上存在点，使得点到平面的距离为，试求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面及平面的法向量，利用向量法可得夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，求平面的法向量，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1） 取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即， 平面，平面， 平面； （2） ①    平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 设平面与平面所成角为，则，即 平面与平面所成角的正弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 若存在点满足题意，设，， ，即， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即. 18．（17分） 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是的上顶点，且的周长和面积分别为，过动点作的两条切线，切点分别为. (1)求的标准方程； (2)若，求点的轨迹方程； (3)若，，且在轴上方，过点作直线交于两点（在线段上），过作 的平行线分别交于两点.证明：为线段的中点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点三角形周长和面积可构造方程组求得，由此可得椭圆方程； （2）当直线的斜率都存在时，将直线方程与椭圆方程联立，由可得到等量关系；将换为可得另一个等量关系，两式相加可求得；当直线一条的斜率为，另一条直线的斜率不存在时，由点坐标可知满足，进而确定轨迹方程； （3）利用（2）中等式可求得斜率，进而得到坐标和直线的方程；将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据直线交点的求法可分别表示出，结合韦达定理化简可得，由此可得结论. 【详解】（1）由题意知：，，，其中， 的周长和面积分别为， ，又， ，， 椭圆的标准方程为：. （2）当直线的斜率都存在时，设直线的斜率为， 则直线的方程为：； 由得：， 直线与相切，， 化简得：…①； ，故将换成得：…②； ①②得：，； 当直线中一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在时，的坐标为，满足； 综上所述：点的轨迹方程为. （3）当，时，由（2）中知：， 解得：或． 在轴上方，，， 则直线的方程分别为：和； 由得：； 由得：； 直线的方程为：. 设，，， 由得：， 则且，， ，， 由得：， ， 由得：； ， 又，， ， ，又三点共线，为线段的中点. 19．（17分） 设函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，都有，求的最大值； (3)已知数列满足：①；②均大于0，. 设求证：. 附：. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义得到切线方程； （2）利用端点效应，得到，再证明时，在上恒成立，得到答案； （3）在，设，所以，，故，故为等差数列，故，故，，由（2）知，，，故，求出，所以. 【详解】（1），， ， 故， 故曲线在处的切线方程为； （2）对任意，都有， 其中，， 令， 则，， 令， 则，其中， 令，即，解得， 下面证明时，在上恒成立， ， 令，，注意到， 则，注意到， 令，则，注意到， 令，则， 其中在上恒成立，令，， 故，故在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上单调递增， 故，故在上单调递增， ，故在上单调递增， ，故， 所以，的最大值为； （3）令，则， 均大于0，设， 因为，， 所以，， 显然，，若，，上式不成立， 由于在上单调递增， 故，，， 故为等差数列，首项和公差均为，故，， 故，， ， 由（2）知，， 所以，， ， 因为，所以， 所以，， 所以， 其中， 所以. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省广州市高考数学自编模拟卷 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：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．已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知，，则（   ） A． B． C． D． 4．某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（   ） A．150 B．114 C．100 D．72 5．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知圆柱和圆锥的底面半径均为3，侧面积相等，若圆柱的高为，则圆锥内切球的体积为（   ） A． B． C． D． 7．设椭圆的焦点为，，是椭圆上的一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（   ） 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．在一次科普知识竞赛中共有200名同学参赛，经过评判，这200名参赛者的得分都在之内，其得分的频率分布直方图如图所示，则（   ） A． B．这200名参赛者得分的中位数为64 C．得分在内的频率为 D．得分在内的共有80人 10．已知抛物线：（）的焦点为，若直线：过点与交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，相交于点，为坐标原点，则（   ） A． B．可能为锐角 C．若，则 D．点在定直线上 11．已知数列满足，，则（   ） A．是等差数列 B．， C．， D．， 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．若函数（）在区间内恰有两个零点，则的取值范围为 . 13．已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则 14．水平放置在地面上的正四棱台的容器的体积为，两个底面边长分别为和，侧棱长为，当容器中装入体积为的水时，水面与四条侧棱分别交于点，，，，如图.则平面与平面所成二面角的正弦值为 . 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） 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求角A的大小； (2)若边上的中线的长度为，求面积的最大值. 16．（15分） 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. (1)求该队仅有乙获得奖品的概率； (2)记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 17．（15分） 在四棱锥中，平面，是中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面夹角的正弦值； ②若在线段上存在点，使得点到平面的距离为，试求的值． 18．（17分） 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是的上顶点，且的周长和面积分别为，过动点作的两条切线，切点分别为. (1)求的标准方程； (2)若，求点的轨迹方程； (3)若，，且在轴上方，过点作直线交于两点（在线段上），过作 的平行线分别交于两点.证明：为线段的中点. 19．（17分） 设函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，都有，求的最大值； (3)已知数列满足：①；②均大于0，. 设求证：. 附：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省广州市高考数学自编模拟卷 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A D C A C C B 1.B 【分析】利用指数函数单调性解不等式，再解分式不等式，最后求交集即可. 【详解】由题意知，， 因为解分式不等式可得， 所以，即. 故选：B 2.A 【分析】根据复数的除法运算法则与共轭复数的定义求出复数和共轭复数，结合复数的几何意义即可判断. 【详解】由，得，所以； 所以，所以在复平面内对应的点，所以在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 3.D 【分析】利用向量的数量积运算，即可求出模长，从而可求向量的夹角余弦值. 【详解】因为， 所以，两式相减得：，所以； 因为，所以； 代入，得到； ， 故选：D 4.C 【分析】分类讨论参加绘画小组的人数，对参加象棋和篮球小组的人数进行分组，然后进行排序，最后利用分类计数原理求解. 【详解】甲不能参加绘画，若有1人参加绘画小组，有种，则有4人参加象棋和篮球， 人数分为，，故有种，共有种； 若有2人参加绘画小组，有种，则有3人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种； 若有3人参加绘画小组，有种，则还有2人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种， 根据分类计数原理，共有种， 故选：C. 5.A 【分析】以，为整体，可得，结合三角恒等变换运算求解即可. 【详解】因为，则， 且，可得， 又因为，则， 且，可得， 所以 . 故选：A. 6.C 【分析】先求出圆柱的侧面积，得到圆锥的母线和高，利用圆锥轴截面面积得到方程，求出内切球半径，得到答案. 【详解】设圆柱的底面半径为，圆锥的母线长为，内切球半径为， 则圆柱侧面积为， 所以圆锥的侧面积为，由圆锥侧面积公式可得， 故圆锥母线长，可得圆锥的高. 根据圆锥轴截面面积可知， 化简得，则圆锥内切球体积为. 故选：C 7.C 【分析】利用正弦定理计算，设，，根据余弦定理计算，根据等面积法列方程得出，的关系，从而可求出椭圆的离心率． 【详解】如图： 椭圆的焦点为，，， 根据正弦定理可得， ，． 设，，则， 由余弦定理得， ， ， ， 又， ，即，即 故选：C 8.B 【分析】根据题设，结合一次函数、对数函数的性质可得，进而得到，再结合基本不等式分，两种情况讨论求解即可. 【详解】由于函数在上单调递增，且零点为， 函数在上单调递减，且零点为， 要使不等式恒成立， 则，即， 所以， 当时，， 当且仅当，即时等号成立； 当时，， 当且仅当，即时等号成立. 综上所述，的取值范围为. 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． 题号 9 10 11 答案 ACD ACD ABD 9.ACD 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，计算即可判断A的正误；根据直方图中位数的求法，代入计算，即可判断B的正误；根据直方图中矩形面积代表频率，即频率、频数、总数的关系，即可判断C、D的正误. 【详解】由题意有，解得，故A正确； 设中位数为，所以，解得，故B错误； 由题意得得分在内的频率为，故C正确； 由题意得得分在内的频率为， 则得分在内的共有人，故D正确. 故选：ACD. 10.ACD 【分析】A根据焦点坐标求；B联立直线与抛物线方程，计算可判断；C设直线的倾斜角为，利用抛物线的定义以及可得出，即可求出；D利用导数求出切线方程，设，代入切线方程中，利用同构思想求出直线方程，根据直线过点可求. 【详解】根据直线：过定点， 又直线过点，则，故，故A正确； 设，，由，得， 故，， 则，故是钝角，故B错误； 若，则， 设直线的倾斜角为，不妨设点在第一象限， 因为到焦点的距离等于到准线的距离， 所以，即，同理可得， 所以，解得， 所以，所以， 由对称性可知，，故C正确； 设，因为在第一象限对应的函数为，所以， 所以抛物线在处的切线方程为， 因为，所以，即， 即过点的切线方程为， 同理可得过点的切线方程为， 所以，， 所以直线方程为， 因为直线过点，所以代入得，故D正确. 故选：ACD 11.ABD 【分析】对于A，根据数列递推公式整理可得，即可判断；对于B，由A可得即，求解范围即可；对于C， 将代入 计算即可；对于D，由，将问题转化为证明通项，再通过逐项求和求解. 【详解】由，可得， 故数列是首项为，公差为的等差数列，故A正确， ，即，故B正确， ，， ，，故C错误， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， ，即， ，用代替，则， 再令，可得，， ，则， ，故D正确. 故选：ABD. 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. 【分析】先由函数在区间内恰有两个零点，得，再整体判断的范围，从而确定零点为和，进而可得的范围. 【详解】，在该区间内恰好有两个零点的一个必要条件是，解得. 因为，所以， 所以原问题等价于函数在区间内恰有两个零点， 注意到，, 所以函数在区间内两个零点为和， 所以，解得. 故答案为： 13.1 【分析】首先根据导数的几何意义求出直线与曲线的交点（切点），然后根据切点在直线上求出，最后求出直线与的交点（切点）即可求出. 【详解】设直线在处的切点坐标为， 在处的切点坐标为，，， 因为直线是曲线和的公切线，所以， 解得，则， 把代入直线中可得，又，解得， 把代入直线中可得， 再把代入中可得，即，所以. 故答案为：1 14. 【分析】把正四棱台补成一个正四棱锥，根据正四棱锥的性质，求得，且，再由题意，求得，得到，证得二面角为平面与平面所成的角，再由，可得，在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，把正四棱台补成一个正四棱锥， 设正四棱台的上底面与下底面的中心分别为，连接，与平面交于点， 则平面，平面，平面， 设四棱锥的体积为，正四棱台的体积为， 正四棱台的体积为，则， 因为正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，且侧棱长为， 可得， 过作，则平面，因为平面，所以， 在直角中，可得，即， 设，可得，所以， 由棱锥的体积公式，可得，即， 当容器中装入体积为的水时，可得， 设，则，解得， 又由，所以， 所以， 因为平面平面，所以平面与平面所成的角， 即为平面与平面所成的角， 在正方形中，可得，在等腰中，可得， 所以二面角为平面与平面所成的角， 又因为，可得， 在直角中，， 则，即平面与平面所成二面角的正弦值为. 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） 15.(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）依题意可得，根据数量积的运算律得到，再由均值不等式求出的最大值，即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 则， 即， ，-----------------------------------------3分 ，，则， ，.-----------------------------------------5分 （2）因为是中点，所以. 两边平方得 . 所以，即，-----------------------------------------8分 又由均值不等式得， 当且仅当时等号成立，所以， 所以，即面积的最大值为.-----------------------------------------13分 16．（15分） 16.(1) (2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算随机事件的概率. （2）先确定的可能取值为0，1，2，3，然后求出对应的概率，进而得到的分布列和期望. 【详解】（1）原先装有2个，3个，4个玩具所在的盒子记为编号，“取到编号为的盒子”记为事件， “该队仅有乙获得奖品”记为事件，则 .-----------------------------------------4分 （2）的可能取值为0，1，2，3，-----------------------------------------5分 ①-----------------------------------------7分 ②取到一个奖品，若其来自3号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数为4种，2种，1种． 取到一个奖品，若其来自4号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数共有3种． 所以.-----------------------------------------8分 ③取到两个奖品，若其都来自4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为2种，1种，1种. 取到两个奖品，若其来自3号和4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为4种，3种，2种． 所以.-----------------------------------------10分 ④取到三个奖品，取到3号盒子1次，4号盒子2次，对应的基本事件数共3种，所以.-----------------------------------------11分 所以分布列为： 0 1 2 3 .-----------------------------------------15分 17．（15分） 17.(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面及平面的法向量，利用向量法可得夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，求平面的法向量，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1） 取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即， 平面，平面， 平面；-----------------------------------------3分 （2） ①    平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则，-----------------------------------------5分 ， 设平面与平面所成角为，则，即 平面与平面所成角的正弦值为；-----------------------------------------8分 ②存在点满足题意， 易知，， 若存在点满足题意，设，， ，即， 设平面的法向量为， 则，令，则，-----------------------------------------11分 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即.-----------------------------------------15分 18．（17分） 18.(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据焦点三角形周长和面积可构造方程组求得，由此可得椭圆方程； （2）当直线的斜率都存在时，将直线方程与椭圆方程联立，由可得到等量关系；将换为可得另一个等量关系，两式相加可求得；当直线一条的斜率为，另一条直线的斜率不存在时，由点坐标可知满足，进而确定轨迹方程； （3）利用（2）中等式可求得斜率，进而得到坐标和直线的方程；将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据直线交点的求法可分别表示出，结合韦达定理化简可得，由此可得结论. 【详解】（1）由题意知：，，，其中， 的周长和面积分别为， ，又， ，， 椭圆的标准方程为：.-----------------------------------------3分 （2）当直线的斜率都存在时，设直线的斜率为， 则直线的方程为：； 由得：， 直线与相切，， 化简得：…①；-----------------------------------------6分 ，故将换成得：…②； ①②得：，； 当直线中一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在时，的坐标为，满足； 综上所述：点的轨迹方程为.-----------------------------------------10分 （3）当，时，由（2）中知：， 解得：或．-----------------------------------------11分 在轴上方，，， 则直线的方程分别为：和； 由得：； 由得：； 直线的方程为：.-----------------------------------------12分 设，，， 由得：， 则且，， ，， 由得：， ， 由得：； ，-----------------------------------------15分 又，， ， ，又三点共线，为线段的中点. -----------------------------------------17分 19．（17分） 19.(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义得到切线方程； （2）利用端点效应，得到，再证明时，在上恒成立，得到答案； （3）在，设，所以，，故，故为等差数列，故，故，，由（2）知，，，故，求出，所以. 【详解】（1），， ， 故， 故曲线在处的切线方程为；-----------------------------------------3分 （2）对任意，都有， 其中，， 令， 则，， 令， 则，其中， 令，即，解得，-----------------------------------------7分 下面证明时，在上恒成立， ， 令，，注意到， 则，注意到， 令，则，注意到， 令，则， 其中在上恒成立，令，， 故，故在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上单调递增， 故，故在上单调递增， ，故在上单调递增， ，故， 所以，的最大值为；-----------------------------------------10分 （3）令，则， 均大于0，设， 因为，， 所以，， 显然，，若，，上式不成立，-----------------------------------------12分 由于在上单调递增， 故，，， 故为等差数列，首项和公差均为，故，， 故，， ，-----------------------------------------14分 由（2）知，， 所以，， ， 因为，所以， 所以，， 所以， 其中， 所以.-----------------------------------------17分 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $