2026届江苏省南通市高三学业监测（一模）数学考后巩固试卷

《南通一模考后巩固》 参考答案与解析 (分为两部分，第一部分速查答案，第二部分有选填解析) 【答案速查】 一、单选题 1.B2.A 3.C 4.C 5.c 6.D 7.D 8.A 二、多选题 9.AD 10.ABD 11.ACD 三、填空题 12.15 13.-1 14.3 四、解答题 15.(1)零假设H。:这次成绩是否优秀与性别无关 根据表中数据，计算得到产-50x20515x10-0397<27064分 35×15×30×20 根据小概率值=0.1的独立性检验，推断H成立，所以不能认为这次成绩是否优秀与性 别有关。—6分 (2)X的可能取值为0,1,2 P(X=0)= X的分布列为： 0 1 2 P(X) J 10 2 7 21 10分 数学期望B团=0号12 3 .22 —13分 21 213 16.(1)f(x)=4sinx+ cosox-3=2sin@xcosax+2cos'@x-3 3 =im2ar+5cs2ox=2sn(2ox+）.4分 3) 又了()的最小正周期为元，o心0，则T=元=2亚，所以0=1.一6分 20 2)由)知/)=2im2+写到所以g()-2m2x-1, 由g(x)=0时，得到sin +片所以2d或 2x+2匹-5匹+2kmk∈Z 36 即x=-亚+k玩，keZ或x=亚+kmk∈Z9分 12 因为8(x)在区间[0，m]上有且仅有3个零点， 由x=-元+mke乙，令k=1,得x=3弧 令k2相x=平 由X=正+m,ke乙，令k=0,得x=正： 12 12:k=1,得x=13m 12:13分 所以3≤m< 7π 12 4 13π7π 故m的取值范围是 124 —15分 17.(1)四边形ABCD为边长等于√2的正方形，△ABE和BCF均为正三角形， 设AC的中点为O,连接BO,PO 由题意得PA=PB=PC=√2，PO=1,AO=BO=CO=1. 因为在△PAC中，PA=PC,O为AC的中点， 所以PO⊥AC。—2分 因为在△POB中，PO=1,OB=1,PB=√2，则PO2+OB2=PB2, 所以PO⊥OB,因为AC∩OB=O,AC,OBC平面ABC,所以PO⊥平面ABC。 —5分 因为POC平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC;一6分 (2)由(1)知，BO⊥PO,BO⊥AC,PO∩AC=O,POc平面PAC,ACC平面PAC, .BO⊥平面PAC, 所以∠BMO就是直线BM与平面PAC所成的角，且tan∠BMO= BO 1 OMOM 所以当OM最短时，即M是PA的中点时，∠BMO最大， 由PO⊥平面ABC,OB,OCc平面ABC,所以PO⊥OB,PO⊥OC, 于是以O为坐标原点，OC,OB,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空 间直角坐标系， 则o00o.c00,B010,4-00.P0Q.M号0 所以c=0-10).c=0-),证-(30.9分 i BC=0 设平面MBC的法向量为m=(x,y,z),则 ￥-y=0 m-0得3x-名=0 可取i=(1,1,3),—11分 取平面ABC的法向量为1=(0,0,1)， 以an货篇-品 -14分 由图可知二面角M-BC-A为锐角，故二面角M-BC-A的余弦值为3 .一15分 11 18.（1)设P(x,)是椭圆上一点，则x+4y=4, 因为4=m+g-假，-有+1fx,s2 ①若0<mP--r-1,解得m=0(合去，一1分 2若m>P4.-居4-4mr+1-1.解得m1(合去）或m=3一3分 所以M点的坐标位(3,0).4分 (2)(i)设直线1：x=y+3,C(x,乃)，D(2,y2), x=y+3 +-1得+4加++5=0， 由x2 6t 5 所以y1+y2=- +4%e+4 所以+%号4头，① 由△=16t-80>0,得t>√5或t<-√5， 易知直线4C的方程为y2+2.2 直线BD的方程为y=(x-2),③—7分 X2-2 联立②③，消去，得+-名+2列=+5)业-+5，④ x-2(x2-2)y(2+1)yyy2+y 联立①④，消去5，则+2、 y+,)+5% 6 =-5, x-2 （y+y)+% 6 解得x= 即点G布直线x=号：一10分 (ii)由图可知，CG⊥DG,即AG⊥BG,所以点G在以AB为直径的圆上， +r=4,所以n=士25， 3 .—13分 故直线AC的方程为y= 5(x+2), 直线AC的方程与椭圆方程联立，得9x2+16x-4=0,因为x4=-2, —17分 25 BM衣 19.(1)f(x)是{x0≤x≤2}上的可控函数”. 因为f(x)=x2-2x+2=(x-12+1,由0≤x≤2得1≤(x-1)2+1≤2， 所以1≤f(x)≤2， 因为[1,2][0,2]，故函数f(x)是{x0≤x≤2}上的“可控函数”.一3分 (2)(i)由函数g(x)的定义域为{xk≠2p},可得0<t<2p, 由于8)=--3pP,又图为e02p. (x-2p) 当0≤x<p时，g'(x)<0,则g(x)在区间[0，P)上单调递减， 当p<x<2p时，g'(x)>0,则g(x)在区间[p,2p)上单调递增， 而8(O)=号8D)-=0,所以当0≤x≤p时，g()的取值范国为0，号 2 因为号-0小， 所以由“可控函数的定义可得函数g(x)是{x0≤x≤p}上的“可控函数” 所以t的最大值不小于P.—一6分 8(p)≥0， 若p≤t<2p,由“可控函数”定义可知P满足的条件为8(0)≤t, 8()≤t t≥2 可得 2-V 2ps1s2+返n,所以psts2+2 2卫<2p. 2 -D 又因为8 2+V2D-2+2 2 22p>号80.由8()的单调性可得， 当0≤x≤2+p时、g的取值范围为02+5 2 ”2 显然 4 所以函数g()是{0sxs2+ 2 上的可控函数”， 所以1的最大值为2+V2 2P,得2+ 2p=5+1,则p=, 所以函数g()的解析式为8)=，25x+2.9分 2W2-x (i)先证明Sn<(W2+1n. 由(i)可知函数g()是{0≤x≤V2+上的“可控函数， 由“可控函数性质可知函数g()也是{0≤x≤V2+上的“可控函数， 所以g(x)e0,V2+1,i=1,2,3,,n. 因为a=8(a-)=8(g(a-2)==g(a),i=2,3,,n, g-9小所aa5+-23n 所以8=4+a+a*-g)9-5-j0a-小5+a2分 再证S.>(2-1m. 由(i)可得g(x)在区间0，V②)上单调递减，且g(W2-=√2-1， 所以若a,>V2-1,则a+1=g(a)<g(2-1=2-1, 若a,<2-1,则a1=8a)>8(V2-1)=V2-1. 又因为a=5V2-1,所以keN时， 2 4,4,a,L,44均大于√2-1,4,4,4，L,a均小于√2-1. 2 圆为a=ga)22a+2-a+22-a 2√2-a 2 所以当：为奇数时，+a22425不N2可25-1).一14分 2 若n=2k,可得 Sn=(a+a,)++a1+at)>x(N2-1n(21）. 若n=2k-1,可得 8=(a+a2)+Z+(a-+a-2)+a1>2(k-1(2-1+V2-1=(2k-1)V2-1=n(V2-1, 所以对任意的neN,Sn>n(巨-1). 综上所述(2-1)n<S。<(2+1n.一17分 【选填解析】 1.选B。因为z= 2220+i)1叶i,故=1-i +-1-i0-i)0+i) 2.选A。易知x2-4x=x(x-4)≤0，解之得xe[0,4],即A=[-1,1,B=[0,4, 所以AnB=[0,], 3.选C。由向量的线性运算可知 c=01+ac=01+极+c-a丽+o5-a网)=a+5 4.选C。数列{a}中，a>0,数列{a}为等比数列，令其公比为q(q>0),则a=4q1, lna。=lna+(-)lng,血aH-血a.=血g为常数，因此数列{lna}为等差数列； 反之，{na}为等差数列，令其公差为d,则lna1-ha,=d,即1=e为常数， 因此数列{an}为等比数列，所以“{a}为等比数列”是“{na}为等差数列”的充要条件 5.选C。如下图所示： B -7 因为圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，所以圆锥SO的母线为2， 所以圆锥SO的轴截面是边长为2的等边三角形， 如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴长取得最小值，且最小值为边 长为2的正三角形的高， 因为AB=√3，所以椭圆的长轴长的最小值为√. 6.选D。从图总可以看出乙的对称轴大于甲的对称轴， 故甲的平均数小于乙的平均数，即<z, 且乙“高瘦，甲“矮胖”，即乙数据更加集中，方差比甲小，即0甲>σ2· 7.选D。画出的f(x)=2-1图象： f(a)f(c) bO bc 对于A,4<0,b<0,c<0不能同时成立，因为a<0,b<0,c<0时，函数单调递减，得不到 f(a)>f(c)>f(b),故A错误； 对于B,如图，当a<b<c时，有f(a)>f(c)>f(b),则b可能小于零，也可能大于零， 故B错误： 对于C,如图，当-a>c>0时，2a>2,故C错误： 对于D,由图象可知，a<0,c>0,所以0<2<1,2>1， 又f(a)>f(c),所以1-2>2-1， 所以1<2+2<2，故D正确 8.选A。因为，b2,2c2成等差数列，即a2+2c2=2b2, 则caB--e,sC-d+6-c6c 2ac 2ac 2ab 2ab 3(b2-c2） 所以cosC 2ab cosB b2-c2 3c_3sinC,即tanB=3tanC,且tanC>0, b sin B 2ac 所以tam(C-)=tanC-tanB。-2tamc 2 2 三一 ≥一 1+tan Btan C 1+3tan2C 1 -+3tan C 23-3, tan C 当且仅当mC=5时，等号成立 9.选AD。对于选项A:由抛物线方程可得2p=8,即p=4,且焦点在x轴正半轴上， 所以C的准线方程为x=-号=-2，故A正确： 2 对于选项B:令y=2√2，得x=1,所以A1,2√2)， 由抛物线定义得：|AF=1+2=3,故B错误： 对于选项C:由选项B知4L22,所以直线OA的斜率为25_0=25，故C错误： 1-0 对于选项D:若B,D,F三点共线，则BD的最小值为通径，令x=2得y2=16, 所以y=±4，所以BD的最小值为8，故D正确： 10.选ABD。因为函数f(x)与函数g(x)的图象关于直线x-y+1=0对称，所以函数f(x) 需满足在定义域上单调」 对于A,易知函数f(x)=3x+2在R上单调递增，故A正确： 对于B,因为y=。在R上单调递增，函数y=C在R上单调递减，故可知函数 2 f)=e,e在R上单调递增，故B正确： 2 对于C,因为f(x)=e-2x,定义域为R,所以f'(x)=e-2.当x>ln2时，f"(x)>0,函 数f(x)单调递增：当x<ln2时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减，故C错误： 对于D,因为f(x)=血(x++x)-x,定义域为R,所以 了y=1+0*) -1=1-1≤0 x+v1+x v1+x2 所以函数∫(x)在R上单调递减，故D正确. 11.选ACD。对于A中，由 M(5,4)=333334=3×4+3×4+3×4+3×4+3×4=④-1=102：，所以A正确： 对于B中，由M(4,2)=11112=1×23+1×22+1×2+1×2°=15， M(2,4)=334=3×4+3×4°=15，可得M(2,4)=M(4,2),所以B错误；2026届南通高三学业监测（一模)》数学考后巩固卷 说明： 1.本试卷为自制模拟卷，针对2026南通一模有关题型和试卷风格进行考后巩固、力求查漏 补缺。本试卷不可等同于正式考卷。 2.练习卷满分150分，和全国一卷题型一致。建议练习时间为120分钟，并自备纸张用作 答题卡，这样练习效果会更好。 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.设复数：，则 2 A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 2。已知集合A={x|-1≤x≤1}，B={x|x2-4x≤0}，则A∩B= A.[0,] B.[-1,4] C.[-1,0] D.1,4] 3。在△OAB所在平面内，点C满足AB=3BC,记OA=a,OB=b,则OC= A.a+2五 B.五+ C.-1a+4 3 3 31 3 3 D.4a-36 4。若数列{an}各项均为正数，则{a}为等比数列是“nan}为等差数列”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 5。已知圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，过其底面圆周上一点A作平面，若a截 圆锥SO得到的截面曲线为椭圆，则该椭圆长轴长的最小值为 A.3 2 B.1 C.5 D.2 6。已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g)分别服从正态分布N(,O)和N(42,o吃）， 其正态曲线如图所示，则 x/g A.甲>吃，0甲<02 B.甲>4z，0甲>02 C.<lz,C甲<0乙 D.甲<吃，甲>C乙 数学模拟试题 第1页共4页 7。已知f(x)=2-1,，当a<b<c时，有f(a)>f(c)>f(b),则必有 A.a<0,b<0,c<0 B.a<0,b>0,c>0 C.2a<21 D.1<22+2<2 8。在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若，b2,2c2成等差数列，则tan(C-B) 的最小值为 A.-3 3 B C. D.2 3 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。己知O为坐标原点，F是抛物线C:y2=8x的焦点，A,B,D是C上的三个点，且 A(m,2√2)，则下列说法正确的是 A.C的准线方程为x=-2 B.AF=4 C.直线OA的斜率为√ D.若B,D,F三点共线，则|BD的最小值为8 10。若函数f(x)与函数g(x)的图象关于直线x-y+1=0对称，则函数f(x)的解析式可能 是 A.f(x)=3x+2 B.(r)=c-e 2 C.f(x)=e*-2.x D.f(x)=l血(x+h+x2)-x 11。我们常用的数是十进制数，如1025=1×103+0×102+2×10+5×10°，表示十进制的数 要用10个数码0,1,2,3,4,5,6,7,8,9：而电子计算机用的数是二进制数，只 需两个数码0和1，如四位二进制的数1101=1×23+1×22+0×2+1×2°，等于十进制 的数l3.已知m,neN,且m≥2，n≥2，若把m位n进制中的最大数记为M(m,n), 则下列结论正确的是 A.M(5,4)=1023 B.M(2,4)<M(4,2) C.M3,2)>M3n,2) D.M(n+3,n+2)>Mn+2,n+3) 数学模拟试题第2页共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 的展开式中的常数项为 13.若曲线y=nx+a与圆x2+y2=2有公共点P(x,y,),且在点P处的切线相同，则实数 a= 14。在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC上一点T,使PT=2TC,连接TA,TB, 三棱锥T-PAB的内切球的球心为M,三棱锥T-ABC的内切球的球心为，则平面MAB 与平面WAB的夹角的正弦值是 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) 人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让老师更加重视人工智能，某校随机抽出 30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分）， 若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表： 男教师 女教师 总计 优秀 20 15 35 非优秀 10 5 15 总计 30 20 50 (1)根据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？ (2)从样本中成绩非优秀的15名老师中，随机抽取2人进行调研，记抽出的2人中女 老师的人数为X,求X的分布列和数学期望 附：X= n(ad-be)2 其中n=a+b+c+d. (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16。(15分) 已知函数f)-nam+写co低-5(@>0)的最小正周期为x。 (1)求w的值： (2)将函数f(x)的图象先向左平移亚个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函 6 数y=8(x)的图象，若g(x)在区间[0，m]上有且仅有3个零点，求m的取值范围 数学模拟试题第3页共4页 17。(15分) 己知三棱锥P一-ABC(如图一)的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等 于√2的正方形，△ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中： (1)证明：平面PAC⊥平面ABC: (2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角 M-BC-A的余弦值. 图 图■ 18.(17分) 已知A,B是椭圆B: ,+y2=1的左，右顶点，点M(m,0)(>0)与椭圆上的点的距离 4 的最小值为1. (1)求点M的坐标 (2)过点M作直线I交椭圆E于C,D两点（与A,B不重合），连接AC,BD交于点G. ()证明：点G在定直线上： (i)是否存在点G使得CG⊥DG,若存在，求出直线l的斜率：若不存在，请说 明理由. 19.(17分) 已知函数y=h(x),记A={x{a≤x≤b},B=P=hk)bx∈A},若h(x)满足BcA, 则称y=h(x)是A上的可控函数”.由“可控函数”的定义可得：若函数h(x)是A上的可控 函数”，则函数(s)也是A上的可控函数，其中N()=h(hc)儿)，例如 n个为 (x)=h(h(c),(x)=h)). (1)判断函数f(x)=x2-2x+2是否为{x0≤x≤2}上的可控函数”，并说明理由： (2)已知函数g()=_2m+卫(p>0)是{0≤x≤上的可控函数”，且1的最大值 2p-x 为√2+1· (i)求函数8(x)的解析式： )若数列a子满足a=2,a1=g(a)0neN)s是数列a的前顶和 (V2-ln<s.<(2+l)n 数学模拟试题第4页共4页 2026届南通高三学业监测（一模）数学考后巩固卷 说明： 1.本试卷为自制模拟卷，针对2026南通一模有关题型和试卷风格进行考后巩固、力求查漏补缺。本试卷不可等同于正式考卷。 2.练习卷满分150分，和全国一卷题型一致。建议练习时间为120分钟，并自备纸张用作答题卡，这样练习效果会更好。 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．设复数，则 A． B． C． D． 2．已知集合，，则 A． B． C． D． 3．在所在平面内，点满足，记，，则 A． B． C． D． 4．若数列各项均为正数，则“为等比数列”是“为等差数列”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥得到的截面曲线为椭圆，则该椭圆长轴长的最小值为 A． B．1 C． D．2 6．已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则 A．， B．， C．， D．， 7．已知，当时，有，则必有 A． B． C． D． 8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则 的最小值为 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．已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，是上的三个点，且，则下列说法正确的是 A．的准线方程为 B． C．直线的斜率为 D．若三点共线，则的最小值为8 10．若函数与函数的图象关于直线对称，则函数的解析式可能是 A． B． C． D． 11．我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是 A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中的常数项为 ． 13．若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数 . 14．在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是 ． 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） 人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让老师更加重视人工智能，某校随机抽出30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表： 男教师 女教师 总计 优秀 20 15 35 非优秀 10 5 15 总计 30 20 50 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？ （2）从样本中成绩非优秀的15名老师中，随机抽取2人进行调研，记抽出的2人中女老师的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16．（15分） 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求的取值范围． 17．（15分） 已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： （1）证明：平面平面； （2）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 18.（17分） 已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. （1）求点的坐标. （2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 19.（17分） 已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． （1）判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； （2）已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 数学模拟试题 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《南通一模考后巩固》 参考答案与解析 （分为两部分，第一部分速查答案，第二部分有选填解析） 【答案速查】 一、单选题 1.B 2.A 3.C 4.C 5.C 6.D 7.D 8.A 二、多选题 9.AD 10.ABD 11.ACD 三、填空题 12．15 13. -1 14. 四、解答题 15．（1）零假设 : 这次成绩是否优秀与性别无关. 根据表中数据，计算得到——4分 根据小概率值的独立性检验，推断成立，所以不能认为这次成绩是否优秀与性别有关。——6分 （2）的可能取值为. ; ; ; 的分布列为： 0 1 2 ——10分 数学期望. ——13分 16．（1） 。——4分 又的最小正周期为，，则，所以.——6分 （2）由（1）知，所以， 由时，得到，所以或 即或——9分 因为在区间上有且仅有3个零点， 由，令，得；令，得； 由，令，得；，得；——13分 所以， 故的取值范围是.——15分 17．（1）四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形， 设的中点为，连接，. 由题意得，，. 因为在中，，为的中点， 所以。——2分 因为在△POB中，，，，则， 所以，因为，平面，所以平面。 ——5分 因为平面，所以平面平面；——6分 （2）由（1）知，，，，平面，平面， 平面， 所以就是直线与平面所成的角，且， 所以当最短时，即是的中点时，最大， 由平面，平面，所以，， 于是以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，。——9分 设平面的法向量为，则，得， 可取，——11分 取平面的法向量为， 所以，——14分 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.——15分 18．（1）设是椭圆上一点，则， 因为， ①若，解得（舍去），——1分 ②若，解得（舍去）或 ——3分 所以点的坐标位.——4分 （2）（ⅰ）设直线， 由，得， 所以 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③——7分 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上；——10分 （ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上， 设，则，所以， 即.——13分 故直线的方程为， 直线的方程与椭圆方程联立，得，因为, 所以，所以,故.——17分 19．（1）是上的“可控函数”． 因为，由得， 所以， 因为，故函数是上的“可控函数”．——3分 （2）（i）由函数的定义域为，可得， 由于，又因为， 当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 而，所以当时，的取值范围为， 因为， 所以由“可控函数”的定义可得函数是上的“可控函数”． 所以的最大值不小于．——6分 若，由“可控函数”定义可知满足的条件为 可得，所以． 又因为，由的单调性可得， 当时，的取值范围为， 显然， 所以函数是上的“可控函数”， 所以的最大值为，得，则， 所以函数的解析式为．——9分 （ii）先证明． 由（i）可知函数是上的“可控函数”， 由“可控函数”性质可知函数也是上的“可控函数”， 所以． 因为， 且，所以， 所以．——12分 再证． 由（i）可得在区间上单调递减，且， 所以若，则， 若，则． 又因为，所以时， 均大于均小于． 因为， 所以当为奇数时，．——14分 若，可得 ． 若，可得 ， 所以对任意的． 综上所述．——17分 【选填解析】 1．选B。因为，故. 2．选A。易知，解之得，即， 所以. 3．选C。由向量的线性运算可知. 4．选C。数列中，，数列为等比数列，令其公比为，则，，为常数，因此数列为等差数列； 反之，为等差数列，令其公差为，则，即为常数， 因此数列为等比数列，所以“为等比数列”是“为等差数列”的充要条件. 5．选C。如下图所示：    因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，所以圆锥的母线为， 所以圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴长取得最小值，且最小值为边长为2的正三角形的高， 因为，所以椭圆的长轴长的最小值为. 6．选D。从图总可以看出乙的对称轴大于甲的对称轴， 故甲的平均数小于乙的平均数，即， 且乙“高瘦”，甲“矮胖”，即乙数据更加集中，方差比甲小，即. 7．选D。画出的图象： 对于A，不能同时成立，因为时，函数单调递减，得不到，故A错误； 对于B，如图，当时，有，则可能小于零，也可能大于零，故B错误； 对于C，如图，当时，，故C错误； 对于D，由图象可知，，所以， 又，所以， 所以，故D正确. 8．选A。因为成等差数列，即， 则，， 所以，即，且， 所以， 当且仅当时，等号成立. 9．选AD。对于选项A：由抛物线方程可得，即，且焦点在x轴正半轴上， 所以C的准线方程为，故A正确； 对于选项B：令，得，所以， 由抛物线定义得：，故B错误； 对于选项C：由选项B知，所以直线OA的斜率为，故C错误； 对于选项D：若B，D，F三点共线，则的最小值为通径，令得， 所以，所以的最小值为8，故D正确. 10．选ABD。因为函数与函数的图象关于直线对称，所以函数需满足在定义域上单调. 对于A，易知函数在R上单调递增，故A正确； 对于B，因为在R上单调递增，函数在R上单调递减，故可知函数在R上单调递增，故B正确； 对于C，因为，定义域为R，所以.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，故C错误； 对于D，因为，定义域为R，所以， 所以函数在R上单调递减，故D正确. 11．选ACD。对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由， ，可得，所以B错误； 对于C中，由， ， 因为，可得，即，所以C正确； 对于D中，由 ， 又由 ， 函数，可得，所以在上单调递减， 当时，，则，即， 因此，即， 则，所以D正确． 12．解：的展开式通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故答案为： 13．解：对于，，故切线斜率存在，于是，又， 解得或（舍去），于是，所以，所以. 14．解：如下图所示 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司 $