精品解析：云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高三下学期考前模拟卷（1）数学

云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高三下学期考前模拟卷（1） 数学 考试时间：120分钟 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若，都有，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，恒成立，根据两角和差正弦公式化简可得，再结合余弦函数性质计算求解即可. 【详解】由题意可得， 因为，都有，即恒成立， 所以， 则或， 因为，不恒成立，所以恒成立， 则，即， 因为，所以的最小值为. 2. 已知抛物线 的准线与对称轴的交点为 ，直线与抛物线交于A，B两点，则的外接圆在x轴上截得的弦长为（ ） A. B. 12 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，得到交点坐标，再求出三角形外接圆方程，得到弦长. 【详解】由题意得，解得 ， 联立直线与抛物线 得 ， 故或8，当时，，当时，， 不妨设， 设的外接圆方程为 ， 将和 代入得 ，解得， 故的外接圆方程为， 令得，解得或， 所以的外接圆在x轴上截得的弦长为. 3. 如图，已知椭圆的右焦点为，若过原点的直线与椭圆交于 两点，直线与椭圆交于另一点，若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取椭圆的左焦点，连接， ，，由题可知四边形为矩形.设，则，由椭圆的定义知，，.在和中，利用勾股定理联立方程组即可求解. 【详解】如图，取椭圆的左焦点，连接， ，，则四边形为平行四边形. 又，所以四边形为矩形.设，则， 由椭圆的定义知，，. 在中，，即，得； 在中，，即， 所以，所以椭圆的离心率为. 故选：D. 4. 设数列满足，则的前2026项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出的通项公式，再求前项和为，最后代入计算即可. 【详解】当时， ； 当时，；， 所以，即， 当时，不满足； 所以 所以的前项和为. 所以 5. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是个圆．在平面直角坐标系中，已知，，若直线上存在点与点，的距离之比为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设点，由点与点，的距离之比为，得， 化简整理可得，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 又因为点在直线上，所以直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，解得． 6. 已知关于的方程有两个实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得，令，结合函数单调性确定 ，条件可转化为有两个实数根，利用导数研究函数的图象，结合图象可求的取值范围. 【详解】由，得， 因为函数为函数，函数是增函数， 所以函数在上单调递增， 令，则 ， 由可得， 所以有两个实数根等价于有两个实数根， 构造函数，则， 令 ，解得，令 ，解得 ， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 则. 考虑到当 时，函数的增长速度远远快于函数 的增长速度， 因此， 当，且 时，函数的图象会无限逼近于函数的图象， 因此， 作出直线和的大致图象，如图所示， 要想保证函数的图象与函数的图象有两个交点， 只需满足， 所以， 故选：A. 7. 如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（ ） A. 此“勒洛四面体”外接球的体积是 B. 此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C. 此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D. 过三点的截面面积是 【答案】D 【解析】 【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合外接球、内切球、余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与相关知识，依次分析各选项即可得. 【详解】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 8. 已知实数，，，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则，则已知等式通过整理得到，设，则，则通过整理得到，再构造函数，利用导数法得到的单调性，利用单调性得到最小值，从而得到的最小值为，继而得到所求式子的最小值. 【详解】设，则， 则转化为， 即， 设，则， 则转化为， 即， 设，则转化为， 设，则为单调递减函数， 且，则有唯一的解， 即，又，，则，即， 设， 对称轴为，的最小值为， 则的最小值为， 将代入，得到， 设， ， 的解为， 的解为，则在上是单调递增函数； 的解为，则在上是单调递减函数； 则在处取得最小值，且最小值为， 即的最小值为， 则的最小值为. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，，设，记数列，的前项和分别为，，则（ ） A. 是，的等比中项 B. C. 存在常数，，使得数列和是首项，公比均相同的等比数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求出，，得到，从而得到结论；对于B，，将分别用表示，从而得到结论；对于C，利用等比数列的定义求解；对于D，利用等比数列的定义和等比数列的前项和的公式求解. 【详解】对于A，因为数列满足，， 所以，，所以，故A正确； 对于B，因为数列满足 所以 ，故B错误； 对于C，当时，， 所以， 即，又因为，所以当时，， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列； 又因为，，， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，故C正确； 对于D，因为数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以， 所以 又因为，所以，故D正确． 10. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成， ，，G是上的动点．则（ ） A. G为的中点时，平面平面 B. G为的中点时，异面直线EC与BG之间的距离为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 为所在直线上的动点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由几何体性质利用面面垂直的判定定理即可判断A正确，建立空间直角坐标系并求得平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法可得B不正确，利用空间向量法求出到平面 距离的最大值，结合棱锥的体积公式即可判断C选项，以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，可判断D正确. 【详解】A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内， 由圆柱性质可知平面 ，又平面 ，则， 为的中点， ， ，， ， ，即， 又，是平面内的相交直线， 平面，又平面， 平面平面，故A正确； B，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， ，，，，， 当为中点时，，，， 设平面的一个法向量为，则； 取，则， ，所以， 所求异面直线与之间的距离为，故B正确； C，由题可得， 设点，，，其中 ，0， 由射影定理知，，即，则 所以，，， 设平面 的一个法向量为，则， 取，则，，所以， 所以点到平面 的距离， 设，所以， 则时，， 所以三棱锥体积的最大值为，故C不正确； D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为，如图， 以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，且，， 则由三角形两边之差小于第三边可知，当，（在延长线上）三点共线时取得最大值为， 又弧所在圆圆心为，半径为， ，故D正确． 11. 双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线 ，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是曲线E的一条渐近线 B. 双曲线C的离心率为2 C. 若与双曲线C有四个交点，则 D. 以为直径的圆与圆相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据性质得到曲线的渐近线；B选项，求出曲线如何旋转得到双曲线，从而得到双曲线方程，求出离心率；C选项，举出反例；D选项，根据圆与圆的位置关系和直线与圆的位置关系得到D正确. 【详解】A选项，中，当趋向于或 时，曲线趋向于， 当从左边趋向于0时，趋向于，从右边趋向于0时，趋向于 ， 由双刀函数性质可知曲线的渐近线分别为和，A正确； B选项，两条渐近线夹角为，结合图象可知曲线的对称轴为 和（如图）， 故将绕原点逆时针旋转得到 ， 故 的两渐近线方程分别为， 联立与得， 当时，，当时，， 故曲线的两个顶点为，， 故， 易得 中， 由渐近线方程为得，故， ， 故离心率为 ，B正确； C选项，由B可知，双曲线方程为， 当时，联立与得， 解得， 当时， ，交点坐标为，当时，， 交点坐标为，共3个交点，不合要求，C错误； D选项，，设，故， 以为直径的圆方程为， 即， 与圆联立可得，此为两圆的交点弦方程或公切线方程， 圆的圆心到直线的距离 ， 以为直径的圆与圆相切，D正确 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为，将几何体放入半径为的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为________． 【答案】 【解析】 【分析】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为，分析可知数列是首项为，公比为的等比数列，可得出数列的通项公式，设第个正方体上底面的一个顶点为，求出、，根据题意得出，根据二次函数的单调性以及数列的单调性可得出的可能取值，即可得解. 【详解】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为， 设球心为，则为第一个正方体下表面的中心， 设半径为的半球内能放进该塔形几何体中正方体的个数为， 由题意可知 ，，所以， 故数列是首项为，公比为的等比数列，所以， ， ， 根据题意可知，即， 令，上述不等式可化为， 化简可得， 构造函数， 二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 故二次函数在上单调递减， 当时，，且， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 故当时，，则， 故满足不等式的正整数的取值构成的集合为. 因此该塔形几何体中正方体的个数最多为. 13. 在直角三角形ABC中，，D为斜边AB上一点，若与的内切圆面积相等，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】如图，设，两圆半径为，根据内切圆性质可构建关于、的方程，求出后再结合三角变换和正弦定理可求的长. 【详解】 由题设，两圆半径相等，设内切圆半径为. 设圆为的内切圆，该圆与的切点为， 圆为的内切圆，该圆与的切点为，则为的平分线. 因为，故， 故，故（负值舍去）， 同理， 设，则，， 故且， 所以，即， 故，故（负值舍去）. 故，而为锐角， 故，而，因 为锐角， 故，， 所以 ， 在中，由正弦定理可得， 故，故，故. 14. 中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有______种不同的行进路线. 【答案】27 【解析】 【分析】由题意，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示，它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况：①，②，③，④讨论，再根据分步乘法计算原理分析即可得解. 【详解】因为要朝着轴正方向出发，“马”在棋盘所处的位置可用坐标表示， 它的每一步走法对应位置的坐标可分成4种情况： ①，②，③，④. 如图，“马”从点出发必经过点，再从点出发有4种选择：. 要到达点必经过点，要想经过点，必经过点或者点. 综合以上分析，可理解为分别从这4点出发， 到达点或者点的不同路线有多少. （1）：选2个①和1个③进行排列， 有①①③，①③①，③①①3种情况， 检验发现③①①为“绊马腿”，应舍去，所以有 种路线， ：选2个③和1个①进行排列， 有①③③，③①③，③③①3种情况， 检验发现③①③，③③①为“绊马腿”，应舍去，所以有种路线， 故从点出发到达点有3种路线； （2）：选2个③和1个②进行排列，经检验有 种路线， ：无符合要求的路线， 故从点出发到达点有3种路线； （3）：选①③④进行排列，经检验有种路线， ：选2个③和1个④进行排列，经检验有 种路线， 故从点出发到达点有9种路线； （4）：选2个①和1个④进行排列或者选2个②和1个③进行排列，经检验有种路线， ：同， 经检验有种路线.故从点出发到达点有12种路线， 综上，从点出发到达点共有种路线. 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. 某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y（千人） 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数r加以说明（保留小数点后两位）；（若＞0.75，则认为y与x的线性相关性很强），并求出y关于x的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放1号门、2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、2号门和3号门进入学校的概率分别为，若校友从某个门进入学校，则其从该门出学校的概率为，从其他两个门出学校的概率各为.假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲乙丙丁4名校友于10月1日回母校参加活动，设X为4人中从2号门出学校的人数，求X的期望及方差. 附：参考数据：. 参考公式：回归直线方程y＝bx＋a，其中.相关系数. 【答案】（1），说明：因为 时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合. （2），. 【解析】 【分析】（1）求出，将参考数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；再将数据代入最小二乘法公式，求出、的值，即可得出回归直线方程； （2）利用全概率公式求出每个人从2号门出校园的概率均为，由此可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可得出 的值. 【小问1详解】 依题意，，而，，， 则. 因为 时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合. ，， 因此，回归方程为. 【小问2详解】 记“甲从2号门出学校”为事件，“甲从1号门进学校”为事件， “甲从2号门进学校”为事件，“甲从3号门进学校”为事件， 由题意可得，，， ，， 由全概率公式得： ， 同理乙、丙、丁从2号门出学校的概率也为， 为4人中从2号门出学校的人数，则， ，， ，， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 ，. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，设为的中点，且，求的面积． 【答案】（1）因为 ， 所以由余弦定理得， 则，化简得，故 ， 因此是等腰三角形． （2）8 【解析】 【分析】（1）由诱导公式以及余弦定理计算可得 ，可证明是等腰三角形； （2）结合中线长度以及余弦定理得出方程组可解得，再由三角形面积公式计算可得的面积为8. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，为的中点，且，所以 ， 由余弦定理得 ， 由（1）得 ，所以 ， 化简得， ，所以． 在中，由余弦定理得， 又因为 ，所以， 所以的面积为 ． 17. 设椭圆 的右焦点为，上顶点为．已知 （O为坐标原点）的面积为． （1）求的离心率； （2）设B为椭圆上一动点，已知 的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）4 【解析】 【分析】（1）写出 的面积表达式，可得出 ，即可求出离心率； （2）（i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时， 取得最大值为，求得，可得出的方程； （ii）对直线的斜率是否存在分类讨论，联立直线与椭圆方程，解得，再由三角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4. 【小问1详解】 易知， 所以 的面积为，可得 ， 又因为，可知； 故的离心率为 【小问2详解】 （i）由（1）可知的方程可设为 ； 设，则，可得，又， 故 因为，所以时， 取得最大值为， 即，解得. 故的方程为. （ii）设，则，所以； 当 时，此时直线的斜率不存在，可得，， 故， 当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图： 联立可得， 解得， 因为，与共底边， 所以 又因为，所以 ， 可得， 令，因为，所以； 因此； 当时，取得最大值为4， 此时，解得， 因为点在第一象限内，故，即； 综上可知，的最大值为4. 18. 已知数列满足（），且 ，函数． （1）求函数的极大值； （2）若，，，使得成立，求的取值范围； （3）若，求的前项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式求出，再利用导数结合极大值的定义求解即可； （2）由题意可得，分别利用导数求出两个函数在对应区间的最大值即可得解； （3）先根据与数列的前项之积的关系求出数列的通项，再利用分组求和法和错位相减法求解即可. 【小问1详解】 由（），则， 所以函数，则， 令，解得，或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以时，有极大值，极大值为； 【小问2详解】 因为，，使得成立， 所以， 由（1）知时，， 由，则， 令 ，解得，或． 当时， ，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，取得最大值，即，故，解得， 所以； 【小问3详解】 因为①，则，且②， ①②得（）， 则， 即，其中的指数为个2相乘， 因为，所以， 当时，， 所以数列的通项公式为， 当时， ， 令，则，① 两边同乘得，，② ① ②得， 化简得：， 令， 法一：，① 两边同乘得，，② ① ②得： ， 所以， 法二：因为（）， 将上式两边求导得， 两边同乘， 将上式两边求导得： 两边同乘： 即， 令， 则 ， 所以， 所以 ， 当时，，满足上式， 所以. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，. （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集. 19. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4． （1）求抛物线的方程； （2）已知，，三点（点在点和点之间）在抛物线上． （ⅰ）若点，求周长的最小值； （ⅱ）过，，三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，，如图所示，直线，分别交轴于点，，是否存在常数 ，使得，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）13； （ⅱ）因为，所以．设点，，， 则抛物线在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 所以由，得，所以点的坐标为， 由，得，所以点的坐标为， 由，得，所以点的坐标为， 则，所以直线的方程为． 令，解得的纵坐标，所以，， 则，所以直线的方程为． 令，解得的纵坐标，所以，， 因为， 故存在 使得． 【解析】 【分析】（1）利用焦点到准线距离即参数直接得方程； （2）（ⅰ）将三角形周长转化为与到准线距离之和，利用三点共线求最小值；（ⅱ）通过求导得切线方程，联立求交点坐标，并利用其纵坐标与已知点纵坐标的绝对值相等的关系，直接验证了常数 的存在性 【小问1详解】 由题意知 ，所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，准线方程为， 过作与准线垂直，垂足为，由抛物线的定义知， 因为周长为， 所以（当且仅当，，共线时取“＝”）． 又点到准线的距离为8，且，所以周长的最小值为． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南曲靖市罗平县第一中学2025-2026学年高三下学期考前模拟卷（1） 数学 考试时间：120分钟 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若，都有，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知抛物线 的准线与对称轴的交点为 ，直线与抛物线交于A，B两点，则的外接圆在x轴上截得的弦长为（ ） A. B. 12 C. D. 3. 如图，已知椭圆的右焦点为，若过原点的直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 设数列满足，则的前2026项和为（ ） A. B. C. D. 5. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是个圆．在平面直角坐标系中，已知，，若直线上存在点与点，的距离之比为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于的方程有两个实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（ ） A. 此“勒洛四面体”外接球的体积是 B. 此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C. 此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D. 过三点的截面面积是 8. 已知实数，，，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，，设，记数列，的前项和分别为，，则（ ） A. 是，的等比中项 B. C. 存在常数，，使得数列和是首项，公比均相同的等比数列 D. 10. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成， ，，G是上的动点．则（ ） A. G为的中点时，平面平面 B. G为的中点时，异面直线EC与BG之间的距离为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 为所在直线上的动点，则的最大值为 11. 双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线 ，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是曲线E的一条渐近线 B. 双曲线C的离心率为2 C. 若与双曲线C有四个交点，则 D. 以为直径的圆与圆相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为，将几何体放入半径为的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为________． 13. 在直角三角形ABC中，，D为斜边AB上一点，若与的内切圆面积相等，则_____________． 14. 中国象棋是一种古老而富有智慧的棋类游戏，其蕴含着丰富的传统文化内涵和哲学思想.一副中国象棋中，具有红黑两个阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，其中“马”棋子走法尤为特别，其走法如图1所示，称为“马走日”；当距“马”最近的交叉线处有棋子时，走法数会减少，如图2，图3所示，称为“绊马腿”.若将矩形棋盘（如图4）视作平面直角坐标系，棋盘的左下角为坐标原点，如图5所示，假如棋盘中有如图5所示的四个棋子固定不动且不能被“马”吃掉，问黑方的“马”从原点朝着红方阵营（轴正方向）出发到达点，有______种不同的行进路线. 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. 某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y（千人） 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数r加以说明（保留小数点后两位）；（若＞0.75，则认为y与x的线性相关性很强），并求出y关于x的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放1号门、2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、2号门和3号门进入学校的概率分别为，若校友从某个门进入学校，则其从该门出学校的概率为，从其他两个门出学校的概率各为.假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲乙丙丁4名校友于10月1日回母校参加活动，设X为4人中从2号门出学校的人数，求X的期望及方差. 附：参考数据：. 参考公式：回归直线方程y＝bx＋a，其中.相关系数. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，设为的中点，且，求的面积． 17. 设椭圆 的右焦点为，上顶点为．已知 （O为坐标原点）的面积为． （1）求的离心率； （2）设B为椭圆上一动点，已知 的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 18. 已知数列满足（），且 ，函数． （1）求函数的极大值； （2）若，，，使得成立，求的取值范围； （3）若，求的前项和． 19. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4． （1）求抛物线的方程； （2）已知，，三点（点在点和点之间）在抛物线上． （ⅰ）若点，求周长的最小值； （ⅱ）过，，三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，，如图所示，直线，分别交轴于点，，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $