2026届高考数学考前小题冲刺（三）

2026高考数学 考前小题冲刺（三） 命题人：李文元 （考试时间：60分钟 试卷满分：73分） 班级： 姓名： 成绩： 1、 单项选择题：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．已知复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 2．已知集合 则（   ） A． B． C． D． 3．已知是锐角，，则（   ） A．7 B． C． D． 4．已知，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 5．春节期间四位同学回母校看望两位老师，看望结束合影留念，若两位老师相邻，则不同的排法种数共有（    ） A．240 B．300 C．360 D．480 6．过点作一条直线与圆相切于点，且位于第四象限，为的直径，点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2、 多项选择题：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．记三角形ABC的内角的对边分别为，已知，，为边上的中线，且，则（    ） A． B． C．三角形ABC的面积为 D． 10．如图1，，，，将，，分别沿折起，重合一处记为点，这样形成三棱锥（如图2）．记三棱锥的外接球球心为的中点分别为，过点的平面与交于点．则下列结论正确的有（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角的余弦值为 C． D．四棱锥的体积为 11．已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数列的首项，且满足，则______. 13．已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则_____． 14．如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 学科网（北京）股份有限公司 $2026高考数学考前小题冲刺（三) 命题人：李文元 (考试时间：60分钟试卷满分：73分) 班级： 姓名： 成绩： 一、单项选择题：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.已知复数z=i(1+i),则z的虚部为() A.1 B.-1 C.i D.-i 【答案】B 【分析】利用复数的乘法化简复数z,利用共轭复数的定义和复数的概念可得结果. 【详解】因为z=i(1+i)=-1+i,则z=-1-i,故z的虚部为-1。 2.已知集合A={xx2-2x-3<0,B={xx<2,则AUB=（) A.xx<2 B.{xx<3} C.{x-1≤x<2}D.{x-1<x<3} 【答案】B 【详解】A={x2-2x-3<0}={x(x-3)(x+1)<0}=(-1,3),所以AUB=(-∞，3) 3.已知0是锐角，5m0=则am(任-0（） A.7 B. C.-7 D.-1 7 【答案】B 【详解】因为sin0=,0为锐角，故根据公式可得cos0=4,tan0=3 3 4 5 5 3 tan -tan0 1- 所以tan -0= 4 4.1 4 1+tan"tan0 1+ 37 4 4 4.已知a>0,b>0,则“ab≤1”是“a+b=2”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】B 【详解】由题可知a>0,b>0, 若a+b=2,则a+b≥2ab,当且仅当“a=b”时取“=”，则2√ab≤2→ab≤1： 1 13 若取a=2b=l,满足b≤l,但a+h=1+22 ≠2， 故“ab≤1”是“a+b=2”必要不充分条件. 5.春节期间四位同学回母校看望两位老师，看望结束合影留念，若两位老师相邻，则不同 的排法种数共有（() A.240 B.300 C.360 D.480 【答案】A 【分析】把两位老师捆绑在一起，看成一个元素，进行全排列，结合排列数的公式，即可求 解。 【详解】根据题意，把两位老师捆绑在一起，看成一个元素，进行全排列， 则不同的排法种数共有AA?=120×2=240种. 6.过点P(0,-2)作一条直线与圆C:x2+y2-4x=0相切于点A,且A位于第四象限，AB为 C的直径，点M为线段PB上的动点，则M.MB的最小值为() A.-16 B.- 4 D.2V5 5 C.5 5 5 【答案】A 【详解】x2+y2-4x=0⊙(x-2)2+y2=4,圆C的圆心为C(2,0),半径r=2, 过点P(0,-2)作一条直线与圆C相切于点A, 当PA//x轴时，C到直线PA的距离为2=r,所以直线PA的方程为y=-2, 所以A(2,-2),又AB为C的直径，则B(2,2), 所以km=2,②=2，所以直线PB的方程为：y=2x-2, 2-0 设M(x,y)0≤x≤2)，则MA=(2-x,-2-y),MB=(2-x,2-y), 所以MA·MB=(2-x)2+(（-2-y)(2-y)=x2-4x+4+y2-4=x2-4x+y2, 又M为线段PB上的动点，所以y=2x-2, 所以a=-4+(2x-2=5x2-12x+4=5-9-5 所以当x=号时，五M的最小值为名 B M 7.如图，在正三棱台ABC-AB,C中，P为棱AB的中点，且AB=2AB,=2AP=4,则四 棱锥P-ACCA的体积为() A B A.2 B.22 C.32 D.45 【答案】B 【详解】将正三棱台ABC-AB,C中补成正三棱锥S-ABC,如图所示. 因为P为棱AB的中点，所以AB=PB=2,又AB∥AB, 所以四边形AB,BP是平行四边形.所以B,B/1AP,B,B=AP=2. 由AB∥AB,且AB=2AB,得AB,是△SAB的中位线，所以A,B分别为SA,SB的中点， 故SC=SA=SB=2BB=4,△SAB与△SAB的面积比为1：4. 所以三棱锥S-ABC是正四面体 取底面△ABC的中心为O,连接SO,易知SO⊥底面ABC,又PCc平面ABC,所以SO⊥PC. 因为aABC为正三角形，PC=C4P-Ap=25,c0=PC-45 3 在Rt△S0C中，S0=VSC2-CO2 4v5】 4V6 3 3 所以正四面体S-ABC的体积为K-c名X)×B×CP×P0-16点 11 32 3 3 31652N5. 以y4=gc48Ta4cs8-c83 A B x-d 1 ,x≤a 8.已知a>0且a≠1，若函数f(x)= 2 的值域为R,则a的取值范围为 loga (x+a)-1,x>a () B.「2,2] C. 「V2,+切) D.[2,+o) 【答案】D 【详解】当x≤a时，f(x)=2 单调递增，则f(x)≤f(a)=1, 当x>a时，f(x)=log.(x+a)-1,要使函数f(x)的值域为R, a>1 则需f(x)在x>a时的值域包含(1，+o),故需满足 log(2a)-1s1'解得a≥2. 二、多项选择题：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.记三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=1, asin A+bsin B-csinC=2sin B, 2bcos B-ccos A AD为边BC上的中线，且AD=√5，则() A.∠ADB=30 B.a=3 C.三角形ABC的面积为V3 D.b=v13 【答案】ACD 【分析】先通过正余弦定理边角互化求得角B的大小，再结合中线AD的条件，分别在△ABD, 三角形ABC中利用正弦定理、余弦定理、面积公式逐一验证选项。 【详解】因为asin4+bsinB-esinC=2sinB,所以由正弦定理得、。+b-c =2b, 2bcos B-ccos A 2bcos B-ccos A 所以a2+b2-c2=4b2cosB-2 bccos A,所以由余弦定理得2 abcosC=4b2cosB-2 becos A, 所以2 bcos B=acos C+ccos4,所以由正弦定理得 2 sincosB=sin4cosC+cos4sinC=sin(A+C)=sinB，又sinB>0,所以cosB= 2,又 0<B<180°，所以B=60°. D 1 在△ABD中，由正弦定理得 sn乙ADBsin B,即sn∠ADsV5 AD B2,所以sn∠w-☑ 2 2 又AD>C,所以∠ADB=30°，A正确： 由B=60°得∠BAD=90°，所以BD=5+P=2,则a=2BD=4,B错误 三角形ABC的面积为)acsin B=x4xIxY5-5,C正确： 三角形ABC中，由余弦定理得6=a2+c2-2acc0s60°=16+1-2x4×1x=13,所@ b=√13，D正确，故选ACD 10.如图1，AB=AC=AD=AE=EC=2,BC=2N3,AD1AB,将△DAB,△EAC,△FBC 分别沿AB,AC,BC折起，D,E,F重合一处记为点P,这样形成三棱锥P-ABC(如图2).记 三棱锥P-ABC的外接球球心为O,PB,PC的中点分别为M,N,过点O,M,N的平面与AP交 于点H.则下列结论正确的有() D 图1 图2 A.平面PBC⊥平面ABC B.直线PB与平面ABC所成角的余弦值为⑤ C.AH:HP=2:1 D.四棱锥P-OMHN的体积为22 【答案】ACD 【分析】根据勾股定理的逆定理判断线线垂直，再根据面面垂直的判定定理判断面面垂直， 可判断A的真假：做出线面角，求线面角的余弦值判断B的真假：先确定三棱锥P-ABC的 外接球球心，进而可确定H点的位置，判断C的真假：利用锥体体积的计算方法求四棱锥 P-OMHN的体积，判断D的真假， 【详解】对于选项A:如图，作PH,⊥BC于点H,连接AH 因为AB=AC=AE=EC=2,BC=2V5,所以∠BCE=90°，∠ACB=30°. 又因为AD⊥AB,AD=AB=2, 将△DAB,AEAC,△FBC分别沿AB,AC,BC折起，形成三棱锥P-ABC, 所以PB=2V2,PC=2. 又因为BC=2√3，所以在△BPC中，PB2+PC2=BC2,所以∠BPC=90° 所以在△BPC中，由等面积关系可得：PH,=26,所以CH-PC-Pm_25 3 在a1CH,中，由余弦定理可得：AH=√Cf+CH-2 CA-CHcos3025 所以在△PHA中，PH2+H,A=PA2,所以PH⊥AH 又因为AH1⌒BC=H1,AH1S平面ABC,BCS平面ABC,所以PH1⊥平面ABC, 又因为PH,S平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC,故A正确： 对于选项B:因为PH,⊥平面ABC,所以∠PBC即为直线PB与平面ABC所成角 所以cos∠PBC=PB-6,故B错误： BC 3 对于选项C:如图，取BC中点G, 因为AB=AC=2,BC=2N5, 则AG⊥BC,BG=CG=√3，所以AG=1,∠BAG=∠CAG=元 2π 故∠BAG= 3 D M 2 因为在△BPC中∠BPC=90°，所以点G为△BPC的外心 因为AG⊥BC,平面PBC⊥平面ABC,BC=平面PBC∩平面ABC, 所以AG⊥平面PBC,又因为△ABC的外心必在直线AG上， 所以得到三棱锥P-ABC的外接球球心O与△ABC的外心重合，OA= 125 =2, 2^sin120° 所以G为OA的中点， 过点O作OQ//BC交AB的延长线于点2 因为PB,PC的中点分别为M,N,所以MN1/BC1IOg, 故点O,M,N,2,H五点共面，则延长2M交AP于点H, 取AB中点Q2,所以MQ211AP, 易得：QB=BA=2,所以 Mg2_222_3 AH A 4 又因为M0,=24P,所以4H=3 0,2,所以-2，故C正确 AP 2MO,3 HP 对于选项D:因为PA=所以dHmd4p 又因为OG=AG=1,所以d4-wP=do-MwP 1 1 所以'n-oM=Vo-p+VH-n=S,np×do-Mp+5SMP×dH-nP 3 3 4 S.wrxdo-.wxdw-S.wrxd-w 9 叉因为PB,PC的中点分别为M,N,所以SSC=2一 2 又因为1GL平面P8C,所以dam=4G=1,所以o心2Y 2,故D正确。 9 11.已知函数f(x)=ax3-3x2+3,则() A.x=0是f(x)的极大值点 B.当-1<a<0时，f(a)<f(a-1) C.a∈R,使得点(1，f(1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.3∈R,使得0∈R,直线)=号+b与曲线=f()均只有一个公共点 【答案】ACD 【分析】对于A,利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由-1<a<0,结合 A中的单调性，即可判断B;判断f(x)+f(2-x)=2f(1)是否有解，即可判断C:两函数作 差得到86)=am-3+x+3-b,根据两面线只有一个交点求出a,再分析 g)=ar2-3分+3-6单同性，即可判断D 【详解】对于A,由题可知f'(x)=3axr2-6x=3x(ax-2), 当a=0时f'(x)=-6x,当x<0时，f'(x)>0;当x>0时，f'(x)<0, 即函数∫(x)在(-oo,0)上单调递增；在(0，+o)上单调递减，故x=0是∫(x)的极大值点. 当a≠0时，令f()=0,得x=0或2 当a>0时，在e(助f0,在}时，<0，在x后时 f'(x)>0, 所以)在(-a0和怎+上单酒莲指，在0 上单调递减， a 当a<0时 在x(时，f<0,在x已0时.)0，在e0+到时 a f'(x)<0, f在（引和包o)上单图范减。在后。小上单调装拉 综上可得，x=0均是f(x)的极大值点，故A正确： 对于B,当-l<a<0时，由A项可知f(x)在 2,0上单调递增， 又因2<-2<a-1<-1,所以了(a-)<f(a),故B错误 对于C.f(x)+f(2-x)=ax3-3x2+3+a(2-x)-3(2-x)+3 =(6a-6)x2+(12-12a)x+8a-6,f(1)=a, 令(6a-6)x2+(12-12a)x+8a-6=2a,可得(a-1)(x-1)=0, 因该式对任意实数x恒成立，故可得a=1, 即存在a-1,使得点(1，f(1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确： 对于D.若直线r=子+6与自线=)只有个公共点，则方程/)=+6只有 2 个实根，令g)=am2-3+3x+3-b,则g)=3ar2-6x+号 3 由△=36-4x3a义0，可得a=2,此时g(四=6r-6r+76r-2≥0，》 2 则g(x)在R上单调递增，且当x→-0时，g(x)→-0，当x→+oo时，g(x)→+0， 即当a=2时，函数g(x)有且仅有1个零点，故D正确 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知数列a,}的首项a-分且满足a1则a,= 1 【答案】7 【详解】a=1xa+1 41 21 +13,4 a2 3 1 2xa2+12x.+151 2 1 1 1 43 51 04 81 as 12 1 a=3×a,+1 5×a,+1 5× 13.已知直线1：x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-6x-2y+1=0的对称轴，过点P(-4,a) 作圆C的一条切线，切点为A,则PA= 【答案】7 【分析】先利用圆的对称轴过圆心求出a的值，再根据切线长公式即可求得结果。 【详解】由圆C:x2+y2-6x-2y+1=0,可得(x-3)2+(y-1)2=9, 所以圆心C(3,1),半径为r=3, 又由直线1：x+ay-1=0是圆C的对称轴，即直线1过圆心C(3,1), 即3+a-1=0,解得a=-2,即P(-4,-2), 则PC=V3+4)2+1+2)2=58,所以切线长为P4=PC-r2=V58-9=7. 4.如图，在三棱锥S=ABC中，SAL平面ABC,∠BAC=,SA=AC=2,AB SM=MC,3BP=2BC,过点M,P的平面与AC交于点N,NP⊥BS,则MN=一· B 【答案】V 3 【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点N的参数坐标，利用向量垂直求出参数，再 用空间两点间距离公式求MN;法2，通过线面垂直判定NP⊥平面SAB,结合余弦定理、 平行线分线段成比例求出AN,再用勾股定理求MN 【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系A-z, ZA S S(0,0,2),M(01,1), 由AN=2AC,AC=2得N(0,2元，0)， 由NP⊥BS得NP.BS=0,即 则MN= - 3 法二（几何法）：由SA⊥平面ABC,NPc平面ABC知NP⊥SA, 由NP⊥BS,SA∩SB=S,SAC平面SAB,SBc平面SAB, 所以NP⊥平面SAB,由ABC平面SAB得NP⊥AB,取BC上一点Q使得QA⊥AB, 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2×AB×AC×coSA=1+4+2=7,BC=√7， COsB=AB+BC:-AC21+7-4 2 2x ABx BC 2W行方，可得80=c0=5, 2 平行线分线段成比例知CW=2M,故N 放w-C-aw-+)- N B2026高考数学考前小题冲刺（三） 命题人：李文元 (考试时间：60分钟试卷满分：73分) 班级： 姓名： 成绩： 一、单项选择题：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.已知复数z=i(1+i),则z的虚部为() A.1 B.-1 C.i D.-i 2.已知集合A={xx2-2x-3<0,B={xx<2,则AUB=() A.{x|x<2 B.{x|x<3} C.{x|-1≤x<2}D.{x-1<x<3} 3.已知0是锐角，sn0-号则am任0小（) 5 1 A.7 B.7 C.-7 4.已知a>0,b>0,则“ab≤1”是“a+b=2”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 5.春节期间四位同学回母校看望两位老师，看望结束合影留念，若两位老师相邻，则不同 的排法种数共有() A.240 B.300 C.360 D.480 6.过点P(0,-2)作一条直线与圆C:x2+y2-4x=0相切于点A,且A位于第四象限，AB为 C的直径，点M为线段PB上的动点，则MAMB的最小值为() A.16 B C. D.25 5 7.如图，在正三棱台ABC-ABC中，P为棱AB的中点，且AB=2AB=2AP=4,则四 棱锥P-ACCA的体积为() A. B.2√2 C.3W2 D.4√2 8.已知a>0且a≠1，若函数f(x) 的值域为R,则a的取值范围为 log(x+a)-1,x>a A( B.「2,2] c.[V2,+o∞) D.[2,+∞) 二、多项选择题：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.记三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=1, asin A+bsin B-csinC =2sin B, 2bcos B-ccos A AD为边BC上的中线，且AD=√5，则() A.∠ADB=30° B.a=3 C.三角形ABC的面积为√5 D.b=3 10.如图1，AB=AC=AD=AE=EC=2,BC=2V5,AD L AB,将ADAB,△EAC,△FBC 分别沿AB,AC,BC折起，D,E,F重合一处记为点P,这样形成三棱锥P-ABC(如图2).记 三棱锥P-ABC的外接球球心为O,PB,PC的中点分别为M,N,过点O,M,N的平面与AP交 于点H.则下列结论正确的有() 图1 图2 A.平面PBC⊥平面ABC B.直线PB与平面ABC所成角的余弦值为V5 C.AH:HP=2:1 D.四棱锥P-OMHN的体积为2迈 9 11.已知函数f(x)=ax3-3x2+3,则() A.x=0是f(x)的极大值点 B.当-1<a<0时，f(a)<f(a-1) C.3a∈R,使得点(1，f(1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.3a∈R,使得b∈R,直线y=-3x+b与曲线y=fx)均只有一个公共点 2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知数列a}的首项a=分且满是a a,+1,则a= 13.已知直线1：x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-6x-2y+1=0的对称轴，过点P(-4,a) 作圆C的一条切线，切点为A,则PA=一· ,在三棱锥S-ABC中，S1L平面ABC,∠B,AC=红，SM=AC=2 SM=MC,3BP=2BC,过点M,P的平面与AC交于点N,NP⊥BS,则MN=: S 2026高考数学 考前小题冲刺（三） 命题人：李文元 （考试时间：60分钟 试卷满分：73分） 班级： 姓名： 成绩： 1、 单项选择题：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．已知复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用共轭复数的定义和复数的概念可得结果. 【详解】因为，则，故的虚部为. 2．已知集合 则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，所以. 3．已知是锐角，，则（   ） A．7 B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，为锐角，故根据公式可得， 所以. 4．已知，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】B 【详解】由题可知， 若，则，当且仅当“”时取“”，则； 若取，满足，但， 故“”是“”必要不充分条件. 5．春节期间四位同学回母校看望两位老师，看望结束合影留念，若两位老师相邻，则不同的排法种数共有（    ） A．240 B．300 C．360 D．480 【答案】A 【分析】把两位老师捆绑在一起，看成一个元素，进行全排列，结合排列数的公式，即可求解. 【详解】根据题意，把两位老师捆绑在一起，看成一个元素，进行全排列， 则不同的排法种数共有种. 6．过点作一条直线与圆相切于点，且位于第四象限，为的直径，点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】，圆的圆心为，半径， 过点作一条直线与圆相切于点， 当轴时，到直线的距离为，所以直线的方程为， 所以，又为的直径，则， 所以，所以直线的方程为：， 设，则， 所以， 又为线段上的动点，所以， 所以， 所以当时，的最小值为. 7．如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】将正三棱台中补成正三棱锥，如图所示． 因为为棱的中点，所以，又， 所以四边形是平行四边形.所以. 由，且，得是的中位线，所以分别为的中点， 故，与的面积比为. 所以三棱锥是正四面体. 取底面的中心为，连接，易知底面，又平面，所以． 因为为正三角形，，． 在中，． 所以正四面体的体积为. 所以． 8．已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，单调递增，则， 当时，，要使函数的值域为， 则需在时的值域包含，故需满足，解得. 2、 多项选择题：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．记三角形ABC的内角的对边分别为，已知，，为边上的中线，且，则（    ） A． B． C．三角形ABC的面积为 D． 【答案】ACD 【分析】先通过正余弦定理边角互化求得角的大小，再结合中线的条件，分别在,三角形ABC中利用正弦定理、余弦定理、面积公式逐一验证选项。 【详解】因为，所以由正弦定理得，所以，所以由余弦定理得，所以，所以由正弦定理得 ，又，所以，又，所以． 在中，由正弦定理得，即，所以，又，所以，A正确； 由得，所以，则，B错误； 三角形ABC的面积为，C正确； 在三角形ABC中，由余弦定理得，所以，D正确，故选ACD． 10．如图1，，，，将，，分别沿折起，重合一处记为点，这样形成三棱锥（如图2）．记三棱锥的外接球球心为的中点分别为，过点的平面与交于点．则下列结论正确的有（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角的余弦值为 C． D．四棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】根据勾股定理的逆定理判断线线垂直，再根据面面垂直的判定定理判断面面垂直，可判断A的真假；做出线面角，求线面角的余弦值判断B的真假；先确定三棱锥的外接球球心，进而可确定点的位置，判断C的真假；利用锥体体积的计算方法求四棱锥的体积，判断D的真假. 【详解】对于选项A：如图，作于点，连接 因为，所以. 又因为， 将分别沿折起，形成三棱锥， 所以. 又因为，所以在中，，所以. 所以在中，由等面积关系可得：，所以. 在中，由余弦定理可得：. 所以在中，，所以. 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于选项B：因为平面，所以即为直线与平面所成角. 所以，故B错误； 对于选项C：如图，取中点， 因为，， 则，，所以，， 故， 因为在中，所以点为的外心 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，又因为的外心必在直线上， 所以得到三棱锥的外接球球心与的外心重合，， 所以为的中点， 过点作交的延长线于点 因为的中点分别为，所以， 故点五点共面，则延长交于点， 取中点，所以， 易得：，所以 又因为，所以，所以，故C正确； 对于选项D：因为，所以 又因为，所以 所以 又因为的中点分别为，所以 又因为平面，所以，所以，故D正确. 11．已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 【答案】ACD 【分析】对于A，利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由，结合A中的单调性，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；两函数作差得到，根据两曲线只有一个交点求出，再分析单调性，即可判断D. 【详解】对于A，由题可知， 当时，当时，;当时，, 即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点. 当时，令，得或， 当时，在时，，在时，，在时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，在时，，在时，，在时，， 在和上单调递减，在上单调递增， 综上可得，均是的极大值点，故A正确； 对于B，当时，由A项可知在上单调递增， 又因，所以，故B错误； 对于C. ，， 令，可得, 因该式对任意实数恒成立，故可得， 即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确； 对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根，令，则， 由，可得，此时, 则在上单调递增，且当时，,当时，， 即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确. 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数列的首项，且满足，则______. 【答案】 【详解】，， ，，. 13．已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则_____． 【答案】7 【分析】先利用圆的对称轴过圆心求出的值，再根据切线长公式即可求得结果. 【详解】由圆，可得， 所以圆心，半径为， 又由直线是圆的对称轴，即直线过圆心， 即，解得，即， 则，所以切线长为. 14．如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 【答案】 【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间两点间距离公式求；法2，通过线面垂直判定⊥平面，结合余弦定理、平行线分线段成比例求出，再用勾股定理求. 【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系， ，，，， 由，得， 由得，即，得，则， 则. 法二（几何法）：由平面，平面知， 由，，平面，平面， 所以平面，由平面得，取上一点使得， 由余弦定理得，， ，可得， 由平行线分线段成比例知，故， 故. 学科网（北京）股份有限公司 $