2026届高三全国1卷新高考数学自编模拟卷

2026届全国1卷新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。 4. 适用地区：使用新高考1卷的省份 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，，则（    ） A． B． C． D． 2．复数等于（    ） A．16 B． C． D． 3．已知平面向量，为单位向量，且，若，则（   ） A． B．2 C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 6．美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．60种 D．120种 7．已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，函数的对称中心为，则下述结论正确的是（   ）（注：） 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．函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象 D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为 10．关于曲线，下列结论中正确的是（） A．曲线有且仅有两条对称轴 B．曲线围成的图形的面积为 C．曲线上的点到直线距离的最小值为 D．若直线与曲线有四个公共点，m的取值范围为 11．已知函数有三个极值点，若，则（    ） A． 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．某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集组对应数据，如下表所示．（残差观测值预测值） 3 4 5 6 2.5 4 4.5 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为 ． 13．如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，为坐标原点，是椭圆上一点，过点向外角的平分线作垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率为 . 14．已知函数有3个零点，且，则的最小值为 . 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） 如图，中，为上一点，． (1)若为钝角，与均为等腰三角形，求的面积; (2)若，求AD． 16．（15分） 互联网的快速发展和应用给人们的生活带来诸多便利，比如网上购物，它给消费者提供了更多选择，节约大量时间.某网购平台为了提高2025年的销售额，年底前一个月组织网店开展“秒杀”抢购活动，甲，乙，丙，丁四人计划在该购物平台分别参加A，B，C，D四家网店各一个订单的“秒杀”抢购，已知此四人在这四家网店订单“秒杀”成功的概率均为p，四人是否抢购成功互不影响.记四人抢购到的订单总数为随机变量. (1)若，求X的分布列以及均值，方差； (2)已知每个订单由件商品构成，记四人抢购到的商品总数量为，假设，求取最小值时正整数的值. 17．（15分） 如图，在棱长为的正四面体中，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)记为正四面体内切球的球心. （ⅰ）求内切球的半径；（写出推导过程，直接写结果不给分）； （ⅱ）设是球的球面上一点，且平面，当最小时，求二面角的正弦值. 18．（17分） 已知抛物线的准线经过点. (1)求的方程. (2)设直线与交于A，B两点，为坐标原点，为的焦点. （i）证明：. （ii）若，设数列的前项和为，证明：. 19．（17分） 设函数，其导函数记为． (1)求曲线在处的切线方程； (2)当时，求证：； (3)设是在区间内的根，其中. 求证： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届全国1卷新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。 4. 适用地区：使用新高考1卷的省份 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，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 2．复数等于（    ） A．16 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据复数除法和乘方法则进行求解即可. 【详解】由. 故选：D 3．已知平面向量，为单位向量，且，若，则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量数量积的运算律，利用夹角计算公式先求出余弦值，再求出正切值即可. 【详解】由向量，为单位向量，又，知, 因为，则 所以, 又，得, 则， 故选：A. 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二倍角的余弦公式和诱导公式计算即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故选：B. 5．已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据正四棱台存在内切球的条件求出正四棱台的高，再代入正四棱台的体积公式计算体积. 【详解】 正四棱台存在内切球，取,,,的中点，分别为,，,点，上底面与球相切的点为点，由此获得一个含内切圆的等腰梯形截面图，如上图所示，而梯形有内切圆的充要条件：上底下底两腰之和； ，，则，则梯形的高，此时梯形的高即为正四棱台的高，而正四棱台的体积公式：，为上底面的面积，，为下底面的面积，，将其均代入中，可得. 故选：D 6．美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．60种 D．120种 【答案】B 【分析】根据两人被选中的情况进行分类讨论，再结合排列组合的知识求解即可. 【详解】根据题意可分为两种情况：两人都被选中和两人中只有一人被选中. ①当两人都被选中时，不同的选派方案有种； ②当两人中只有一人被选中时，不同的选派方案有种. 所以不同的选派方案有种. 故选：. 7．已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案. 【详解】如图，设， 为的中点，； 为的重心，为的中点． 又． 由双曲线的定义可知， ． 在中，． 在中，由余弦定理，得， 化简得 或（舍去）， ． 故的渐近线方程为． 故选：A. 8．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，函数的对称中心为，则下述结论正确的是（   ）（注：） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用迭代求周期，利用平移变换求对称中心，取求得，可得奇偶性，利用周期性、对称性和奇偶性，结合单调性逐一判断即可. 【详解】，故 所以， 函数的对称中心为，往左平移3单位得到函数， 故函数的对称中心为，则， 因为， 取可得， 又，所以，所以， 因为函数的对称中心为， 故，所以，所以为偶函数； 对于A，在区间上单调递增，故，且， 所以，故A错误： 对于B，在区间上单调递增，对称中心为， 所以在区间上单调递增， 所以，故B错误； 对于C，因为， 故， 且，所以， 所以， 因为在区间上单调递增，故，故C错误； 对于D，结合在区间上单调递增， 故，故D正确. 故选：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．函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象 D．若在区间上的值域为，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据函数部分图象求出函数解析式，可判断A；可得选项B错误；根据图象平移“左加右减”的原则可得选项C正确；根据，结合正弦函数的性质得选项D正确. 【详解】由图象可得，，，∴， 所以， ∵，∴， ∵，∴，∴，A正确； 当时，，选项B错误； 将函数的图象向左平移个单位得到函数 的图象，选项C正确； 当时，， ， ， 因为在区间上的值域为， 则实数的取值范围为，D正确. 故选：ACD 10．关于曲线，下列结论中正确的是（） A．曲线有且仅有两条对称轴 B．曲线围成的图形的面积为 C．曲线上的点到直线距离的最小值为 D．若直线与曲线有四个公共点，m的取值范围为 【答案】BCD 【分析】根据曲线的方程，分类讨论去绝对值可画出曲线围成的图形，再数形结合一一判断即可． 【详解】因为曲线， 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为． 所以曲线的图象如图所示：曲线有四条对称轴，A选项错误； 由图可知，曲线围成的图形的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形面积的和， ，B选项正确； 直线恒经过定点与，如图所示， 曲线到直线最短距离为第四象限半圆圆心到直线的距离减去半径， 可知第四象限圆心为：，则圆心到直线距离， 减去半径：，故C选项正确； 直线恒过点，对称性保证和时情况对称，只需考虑， 保持四个交点的条件是直线与各弧恰有一个交点，不会因相切导致某一象限无交点， 临界是直线与某一象限的弧相切，切点在该弧内部（非端点）， 取第三象限圆弧（圆心，半径）， 直线到圆心距离等于半径： 平方并整理：， 解得： 其中的上界取（负根舍去，因为需对应临界状态）， 当时，直线通过某段弧的端点，导致两个象限共享一个交点，公共点数减少为， 因此要保持四个交点，须，因此正斜率范围， 对称得负斜率范围，由对称性，当时同样有区间：， 综上，，D选项正确. 故选：BCD 11．已知函数有三个极值点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对求导，令得，对求导分析单调性，画出大致图像，由特殊情况进行分类讨论，即可得出选项. 【详解】对函数求导得， 由于，则令，即， 设，则， 当时，，单调递减，趋于时，趋于，趋于时，趋于， 当时，，单调递增，趋于时，趋于， 当时，，单调递减，趋于时，趋于， 则， 由于，由单调性以及图像可得， 若，则，不符合， 若，则，符合题意， 此时， 故ABD正确，C错误， 故选：ABD.    12．【答案】 【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再根据样本中心一定在回归直线上即可得到答案. 【详解】由题意可得时的预测值为， 所以，解得，即经验回归方程为， 又因为，， 所以，解得， 故答案为： 13．【答案】 【分析】设与交于点，进而根据椭圆的定义得，再根据是的中位线得，，求出即可求得离心率. 【详解】设与交于点， 由题意，平分，则，是中点， ， 而是中点，故是的中位线，， 因为，焦距为 所以，，即， 所以， 故答案为： 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．某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集组对应数据，如下表所示．（残差观测值预测值） 3 4 5 6 2.5 4 4.5 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为 ． 12．【答案】 【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再根据样本中心一定在回归直线上即可得到答案. 【详解】由题意可得时的预测值为， 所以，解得，即经验回归方程为， 又因为，， 所以，解得， 故答案为： 13．如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，为坐标原点，是椭圆上一点，过点向外角的平分线作垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】设与交于点，进而根据椭圆的定义得，再根据是的中位线得，，求出即可求得离心率. 【详解】设与交于点， 由题意，平分，则，是中点， ， 而是中点，故是的中位线，， 因为，焦距为 所以，，即， 所以， 故答案为： 14．已知函数有3个零点，且，则的最小值为 . 【答案】 【分析】易知，当时将方程变形可得，再由函数与方程思想可知与有两个交点，再由函数对称性可得，代入表达式再由二次函数性质求解即可. 【详解】易知，因此1是函数的一个零点， 当时，令，可得； 令， 显然此时； 所以函数关于对称， 若要函数有3个零点， 则须满足方程有两个实数根，即函数与有两个交点，且两交点关于对称， 又，可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，此时，的最小值为. 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） 如图，中，为上一点，． (1)若为钝角，与均为等腰三角形，求的面积; (2)若，求AD． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用三角形面积公式求解. （2）法1，利用三角形面积公式可得，再利用和角的余弦公式，结合直角三角形边角关系列式求解；法2，利用余弦定理、垂直关系的向量表示并结合数量积的运算律列出方程组求解. 【详解】（1）令，， 由为钝角，为等腰三角形，得， 又为等腰三角形，且，则， 在中，，则， 所以的面积为. （2）法1：在中，由，得，而，， 由，得， 由，得， 则， 因此，即，又， 所以. 法2：在中，，由余弦定理得， 而，即，又，则， 即，于是，解得， 则，解得， 所以. 16．（15分） 互联网的快速发展和应用给人们的生活带来诸多便利，比如网上购物，它给消费者提供了更多选择，节约大量时间.某网购平台为了提高2025年的销售额，年底前一个月组织网店开展“秒杀”抢购活动，甲，乙，丙，丁四人计划在该购物平台分别参加A，B，C，D四家网店各一个订单的“秒杀”抢购，已知此四人在这四家网店订单“秒杀”成功的概率均为p，四人是否抢购成功互不影响.记四人抢购到的订单总数为随机变量. (1)若，求X的分布列以及均值，方差； (2)已知每个订单由件商品构成，记四人抢购到的商品总数量为，假设，求取最小值时正整数的值. 【答案】(1)分布列见解析，， (2)3或4 【分析】（1）分析出服从二项分布，确定的取值，计算各取值概率，求出期望与方差即可. （2）结合已知条件求出的解析式，进而确定最小正整数值. 【详解】（1）由题意知：的所有可能取值为0，1，2，3，4，则， ，， ，， . 所以的分布列为： 4 所以，. （2）每个订单对应个商品，故，又， 所以 令，则， 当时，，所以； 当时，； 当时，恒成立，即恒成立； 所以取最小值时正整数的值为3或4. 17．（15分） 如图，在棱长为的正四面体中，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)记为正四面体内切球的球心. （ⅰ）求内切球的半径；（写出推导过程，直接写结果不给分）； （ⅱ）设是球的球面上一点，且平面，当最小时，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）3（ⅱ） 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）（ⅰ）根据正四面体的性质，确定内切球球心位置，利用等体积法求半径即可（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可. 【详解】（1）因为均为等边三角形，且为棱的中点， 所以, 又,平面， 所以平面. （2）（ⅰ）设点是底面正的中心，连接, 则为正四面体的高， 由题知，在中，， 在中，由勾股定理可得， 由等体积法得，，则， 即，则内切球的半径为3. （ⅱ）因为平面，所以点在上，且在球面上, 所以，当最小时，则, 以为坐标原点，过作平行线为轴，以为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则； 设平面的法向量， 则，令，则， 设二面角的大小为， 则，所以. 即二面角的正弦值为. 18．（17分） 已知抛物线的准线经过点. (1)求的方程. (2)设直线与交于A，B两点，为坐标原点，为的焦点. （i）证明：. （ii）若，设数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据的准线方程为即可求解； （2）（i）联立直线与抛物线的方程，设，结合韦达定理表达出，利用向量的数量积的坐标表示即可证明；（ii）根据抛物线的焦半径特点求出，从而得，当时，利用放缩法得，从而证得，当时，易得也成立. 【详解】（1）因为的准线方程为， 所以，得， 所以的方程为； （2）证明：（i）将代入，消去， 得. 设，则， 则 ， 因为，所以，所以； （ii）因为， 所以. 当时，， 所以 ，即； 当时，，即成立. 综上所述，命题得证. 19．（17分） 设函数，其导函数记为． (1)求曲线在处的切线方程； (2)当时，求证：； (3)设是在区间内的根，其中. 求证： 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）先求出切点坐标，后求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式即可求解； （2）令，求导得其单调性即可证明； （3）令，证明，再求导得，利用单调性即可证明. 【详解】（1）由题意得， 因为， 所以在处的切线方程为，即． （2）令， 则， 因为，所以，可得， 故在上单调递减． 所以，不等式得证. （3）令，则， 由（2）得，又， 所以． 由， 所以． 因为，所以， 由，所以。 因为，所以． 因为，所以，从而． 所以， 故． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届全国1卷新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。 4. 适用地区：使用新高考1卷的省份 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 A D A B D B A D 1．【答案】A 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 2．【答案】D 【分析】根据复数除法和乘方法则进行求解即可. 【详解】由. 故选：D 3．【答案】A 【分析】根据平面向量数量积的运算律，利用夹角计算公式先求出余弦值，再求出正切值即可. 【详解】由向量，为单位向量，又，知, 因为，则 所以, 又，得, 则， 故选：A. 4．【答案】B 【分析】利用二倍角的余弦公式和诱导公式计算即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故选：B. 5．【答案】D 【分析】先根据正四棱台存在内切球的条件求出正四棱台的高，再代入正四棱台的体积公式计算体积. 【详解】 正四棱台存在内切球，取,,,的中点，分别为,，,点，上底面与球相切的点为点，由此获得一个含内切圆的等腰梯形截面图，如上图所示，而梯形有内切圆的充要条件：上底下底两腰之和； ，，则，则梯形的高，此时梯形的高即为正四棱台的高，而正四棱台的体积公式：，为上底面的面积，，为下底面的面积，，将其均代入中，可得. 故选：D 6．【答案】B 【分析】根据两人被选中的情况进行分类讨论，再结合排列组合的知识求解即可. 【详解】根据题意可分为两种情况：两人都被选中和两人中只有一人被选中. ①当两人都被选中时，不同的选派方案有种； ②当两人中只有一人被选中时，不同的选派方案有种. 所以不同的选派方案有种. 故选：. 7.【答案】A 【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案. 【详解】如图，设， 为的中点，； 为的重心，为的中点． 又． 由双曲线的定义可知， ． 在中，． 在中，由余弦定理，得， 化简得 或（舍去）， ． 故的渐近线方程为． 故选：A. 8．【答案】D 【分析】利用迭代求周期，利用平移变换求对称中心，取求得，可得奇偶性，利用周期性、对称性和奇偶性，结合单调性逐一判断即可. 【详解】，故 所以， 函数的对称中心为，往左平移3单位得到函数， 故函数的对称中心为，则， 因为， 取可得， 又，所以，所以， 因为函数的对称中心为， 故，所以，所以为偶函数； 对于A，在区间上单调递增，故，且， 所以，故A错误： 对于B，在区间上单调递增，对称中心为， 所以在区间上单调递增， 所以，故B错误； 对于C，因为， 故， 且，所以， 所以， 因为在区间上单调递增，故，故C错误； 对于D，结合在区间上单调递增， 故，故D正确. 故选：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． 题号 9 10 11 答案 ACD BCD ABD 9．【答案】ACD 【分析】根据函数部分图象求出函数解析式，可判断A；可得选项B错误；根据图象平移“左加右减”的原则可得选项C正确；根据，结合正弦函数的性质得选项D正确. 【详解】由图象可得，，，∴， 所以， ∵，∴， ∵，∴，∴，A正确； 当时，，选项B错误； 将函数的图象向左平移个单位得到函数 的图象，选项C正确； 当时，， ， ， 因为在区间上的值域为， 则实数的取值范围为，D正确. 故选：ACD 10．【答案】BCD 【分析】根据曲线的方程，分类讨论去绝对值可画出曲线围成的图形，再数形结合一一判断即可． 【详解】因为曲线， 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为； 当且时，曲线的方程可化为． 所以曲线的图象如图所示：曲线有四条对称轴，A选项错误； 由图可知，曲线围成的图形的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形面积的和， ，B选项正确； 直线恒经过定点与，如图所示， 曲线到直线最短距离为第四象限半圆圆心到直线的距离减去半径， 可知第四象限圆心为：，则圆心到直线距离， 减去半径：，故C选项正确； 直线恒过点，对称性保证和时情况对称，只需考虑， 保持四个交点的条件是直线与各弧恰有一个交点，不会因相切导致某一象限无交点， 临界是直线与某一象限的弧相切，切点在该弧内部（非端点）， 取第三象限圆弧（圆心，半径）， 直线到圆心距离等于半径： 平方并整理：， 解得： 其中的上界取（负根舍去，因为需对应临界状态）， 当时，直线通过某段弧的端点，导致两个象限共享一个交点，公共点数减少为， 因此要保持四个交点，须，因此正斜率范围， 对称得负斜率范围，由对称性，当时同样有区间：， 综上，，D选项正确. 故选：BCD 11．【答案】ABD 【分析】对求导，令得，对求导分析单调性，画出大致图像，由特殊情况进行分类讨论，即可得出选项. 【详解】对函数求导得， 由于，则令，即， 设，则， 当时，，单调递减，趋于时，趋于，趋于时，趋于， 当时，，单调递增，趋于时，趋于， 当时，，单调递减，趋于时，趋于， 则， 由于，由单调性以及图像可得， 若，则，不符合， 若，则，符合题意， 此时， 故ABD正确，C错误， 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．【答案】 【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再根据样本中心一定在回归直线上即可得到答案. 【详解】由题意可得时的预测值为， 所以，解得，即经验回归方程为， 又因为，， 所以，解得， 故答案为： 13．【答案】 【分析】设与交于点，进而根据椭圆的定义得，再根据是的中位线得，，求出即可求得离心率. 【详解】设与交于点， 由题意，平分，则，是中点， ， 而是中点，故是的中位线，， 因为，焦距为 所以，，即， 所以， 故答案为： 14．【答案】 【分析】易知，当时将方程变形可得，再由函数与方程思想可知与有两个交点，再由函数对称性可得，代入表达式再由二次函数性质求解即可. 【详解】易知，因此1是函数的一个零点， 当时，令，可得； 令， 显然此时； 所以函数关于对称， 若要函数有3个零点， 则须满足方程有两个实数根，即函数与有两个交点，且两交点关于对称， 又，可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，此时，的最小值为. 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） 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用三角形面积公式求解. （2）法1，利用三角形面积公式可得，再利用和角的余弦公式，结合直角三角形边角关系列式求解；法2，利用余弦定理、垂直关系的向量表示并结合数量积的运算律列出方程组求解. 【详解】（1）令，， 由为钝角，为等腰三角形，得， 又为等腰三角形，且，则， 在中，，则，--------------------------------3分 所以的面积为.--------------------------------5分 （2）法1：在中，由，得，而，， 由，得，--------------------------------8分 由，得， 则， 因此，即，又， 所以.--------------------------------13分 法2：在中，，由余弦定理得， 而，即，又，则， 即，于是，解得，--------------------------------8分 则，解得， 所以.--------------------------------13分 16．（15分） 【答案】(1)分布列见解析，， (2)3或4 【分析】（1）分析出服从二项分布，确定的取值，计算各取值概率，求出期望与方差即可. （2）结合已知条件求出的解析式，进而确定最小正整数值. 【详解】（1）由题意知：的所有可能取值为0，1，2，3，4，则， ，， ，， .--------------------------------6分 所以的分布列为： 4 所以，.--------------------------------8分 （2）每个订单对应个商品，故，又， 所以 令，则，--------------------------------10分 当时，，所以； 当时，； 当时，恒成立，即恒成立； 所以取最小值时正整数的值为3或4. --------------------------------15分 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）3（ⅱ） 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）（ⅰ）根据正四面体的性质，确定内切球球心位置，利用等体积法求半径即可（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可. 【详解】（1）因为均为等边三角形，且为棱的中点， 所以, 又,平面， 所以平面.--------------------------------3分 （2）（ⅰ）设点是底面正的中心，连接, 则为正四面体的高， 由题知，在中，， 在中，由勾股定理可得， 由等体积法得，，则， 即，则内切球的半径为3. --------------------------------8分 （ⅱ）因为平面，所以点在上，且在球面上, 所以，当最小时，则, 以为坐标原点，过作平行线为轴，以为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则； 设平面的法向量， 则，令，则，--------------------------------11分 设二面角的大小为， 则，所以. 即二面角的正弦值为.--------------------------------15分 18．（17分） 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据的准线方程为即可求解； （2）（i）联立直线与抛物线的方程，设，结合韦达定理表达出，利用向量的数量积的坐标表示即可证明；（ii）根据抛物线的焦半径特点求出，从而得，当时，利用放缩法得，从而证得，当时，易得也成立. 【详解】（1）因为的准线方程为， 所以，得， 所以的方程为；--------------------------------3分 （2）证明：（i）将代入，消去， 得. 设，则，--------------------------------6分 则 ， 因为，所以，所以；--------------------------------8分 （ii）因为， 所以. 当时，，--------------------------------12分 所以 ，即；--------------------------------16分 当时，，即成立. --------------------------------17分 综上所述，命题得证. 19．（17分） 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）先求出切点坐标，后求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式即可求解； （2）令，求导得其单调性即可证明； （3）令，证明，再求导得，利用单调性即可证明. 【详解】（1）由题意得， 因为， 所以在处的切线方程为，即．--------------------------------3分 （2）令， 则， 因为，所以，可得， 故在上单调递减． 所以，不等式得证. --------------------------------8分 （3）令，则， 由（2）得，又， 所以．--------------------------------10分 由， 所以． 因为，所以， 由，所以。 因为，所以．--------------------------------15分 因为，所以，从而． 所以， 故．--------------------------------17分 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $