陕西榆林市2026届高三年级五月检测训练数学试题

2026届高三年级五月检测训练 数学试题参考答案及评分标准 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.【命题意图】本题考查复数的概念及基本运算，渗透数学运算与逻辑推理核心素养 【参考答案】A 【试短解】由是意知-保智号宁故选入 2.【命题意图】本题考查集合的概念及基本运算，渗透数学运算与逻辑推理核心素养 【参考答案】B 【试题解析】由log2x>0=log21,得x>1,由1og2x<2=log24,得0<x<4,所以B=x1<x<4},又A=1,2,3,4,5},故 A∩B=2,3}.故选B. 3.【命题意图】本题考查排列组合的综合应用，重点考查位置优先法的解题策略，可以考查学生的逻辑推理和数学 运算核心素养 【参考答案】C 【试题解析】因为甲、乙均不能站最左端，最左端有3种排法，剩下的位置共4个元素，全排列为A:种，所以共有 3A4=72种不同的站法.故选C. 4.【命题意图】本题考查正弦函数的对称性，渗透数形结合思想，考查逻辑推理与数学运算核心素养 【参考答案】D 【试题解析1)=sin(ur+写)(o>0)的图象关于点（石，0)中心对称，所以石0+了=km(keZ),即w=6-2(k 6 3 ∈Z),所以w的最小值为4.故选D. 5.【命题意图】本题以双曲线的几何性质为载体，考查双曲线焦点、渐近线、离心率等核心知识，从核心素养的角度 来看，本题综合考查学生的数学运算、逻辑推理与直观想象等核心素养和关键能力 【参考答案】B 试题解析]不妨取C的渐近线y=伽，与=联立，得点M的坐标为(，) 】×2cxb=2,所以b=2,从而c=√I+2=5,故离心率为5.故选B 6.【命题意图】本题以平行四边形为背景，综合考查平面向量的线性运算与共线定理，考查学生的化归转化、运算求 解能力及数形结合思想. 【参考答案】C 【试题解析】因为F是线段DE的中点，所以A=(A而+A正)，又A正=AB+B配=AB+3B配=AB+3A,所以A= ()=}子应，所以A=从=及A以}冬号放选C 7.【命题意图】本题主要考查由函数零点个数确定参数范围、分段函数图象问题，着重考查学生直观想象、逻辑推 理等核心素养 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-1（共8页） 【参考答案】A 【试题解析】解法1：令g(x)=0得f代x)=m.由题意可知函数y f(x)的图象与直线y=m有三个交点，由右图可知0<m<1,故 选A. y=f(x) 解法2：当m=0时，g(x)=f(x).令g(x)=0得x=1或x=9, y=m 不满足题意，因此排除B、D选项.当m=1时，g(x)=f(x)-1，O 令g(x)=0,解得x=了或x=3,不满足题意，因此排除C选项，故选A 8.【命题意图】本题考查球的截面性质、外接圆半径计算及球的体积公式，考查空间想象与定量运算能力，直观想 象、逻辑推理与数学运算核心素养 【参考答案】C 【试题解析】如图，设O1是△ABC外接圆的圆心，则OO,⊥平面ABC,因为∠ABC=60°， AB=BC=6,所以等边△ABC的外接国的半径O,C=,6 =23,所以球0的半径R= 2sin60° 0C=√00+0，C=√22+(23)2=4，所以球0的体积V=4 R:2的，故选C 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，有三个正确选项的，每个选项得2分， 有两个正确选项的，每个选项得3分，有选错的得0分 9.【命题意图】本题以抛物线的几何性质为载体，综合考查抛物线的定义、弦长等核心知识，从核心素养的角度来 看，本题综合考查学生的逻辑推理、直观想象等核心素养，同时渗透数形结合思想，引导学生灵活运用抛物线的 定义简化运算，提升分析问题和解决问题的能力. 【参考答案】ABD 【试题解析】因为抛物线E的方程为x2=4y,所以p=2,则E的焦点坐标为(0,1)，准线方 程为y=-1,选项A,B均正确； 设A(1出)，B(),则y=2-号=1,2=10-号=9， 把y1=1,y2=9代入x2=4y,可得x=4y1=4,x3=4y2=36, 不妨设A(-2,1),B(6,9),则AB=8√2，选项C错误； 因为A(-2,),则△A0F的面积Sm=0Fd=×Ix2=1,选项D正确 故选ABD 10.【命题意图】本题考查函数的定义域、零点、单调性、判断函数零点所在区间以及函数性质的综合应用等问题，重 点考查学生的数学运算、逻辑推理核心素养， 【参考答案】BD 【试题解析】A选项，由题意可知x>0且1-x2≠0，解得x>0且x≠1，函数f(x)的定义域为(0,1)U（1,+0),A 选项错误； B， x1-(1)2 nxt=0,因此B选项正确： 1 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-2（共8页） 1)0,画数八)在(0,1)和(1，+m)上单调递增，因此C选项错误： C选项f'(x)=1+4x D选项，因为©，2<0认)=0，所以存在唯一的E(e,),使得)E0由选项B可知当月 儿)0，（合占）.国先高旅风有两个不同的家点有山不药被= =,则x=1.故选BD 11.【命题意图】本题以递推数列为载体，考查等比数列的判定、通项公式求解、数列单调性与前n项和的性质，同时 检验学生对构造法求数列通项的掌握，从不同角度考查学生的逻辑推理与运算求解能力 【参考答案】ABD 【试题解析)解法1：当n=1时，可得a,=4a+3,又a,=1,所以a,=7,A正确；因为1=4，+3，所以+3 an+3" 4an+3"+314an+4·3 -=4,又a,+3=4≠0，所以数列{a,+3"}是以4为首项，4为公比的等比数列，B正确；由B an+3" an+3" 选项分析可得an+3=4·4"-1=4,所以an=4”-3”,所以an+1-an=4"+1-3m1-(4”-3")=3·4”-2·3">2·4”-2· 3">0恒成立，所以a+1>an,所以数列{an}为单调递增数列，所以{an}中不存在最大项，C错误；因为数列{an}为 单调递增数列，所以an≥a1=1>0,所以对任意n∈N°，Sn≥S,=a1=1,D正确，故选ABD. 解法2：因为a1=4an+3”,所以a+1+31=4a,+3”+3+1=4(0n+3),又a1+3=4≠0，所以数列a,+3}是以4为 首项，4为公比的等比数列，所以0n+3”=4·41=4”,所以an=4”-3,所以4，=42-32=7，A,B正确；因为01= =44-3·3”3+4之1，且4>3，所以a>0,a>,所以载列a,为单调递增数列，所以 4-3” 4”-3” 不存在最大项，C错误；因为an>0,所以对任意n∈N°，Sn≥S,=a1=1,D正确，故选ABD, 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.【命题意图】考查两角和的正切公式的灵活运用，通过构造角45°=23°+22°，进行恒等变形，化简求值，培养学 生整体化策略解决问题的思想。 【参考答案】1 【试题解析】tan23°+tan22°(1+tan23°)=tan23°+tan22°+tan23tan22°， 又tan45°=an23tan22。=1→an23°+1an2°=1-tan23°1an22, 1-tan 23tan 22 故tan23°+tan22(1+tan23°)=tan23°+tan22°+tan23tan22°=1. 13.【命题意图】本题考查线性回归方程的性质，以及残差的定义与计算，可以考查学生的数学抽象、逻辑推理、直观 想象和数据分析核心素养」 【参考答案】11.6 【试题解析】由题意可知，将(20,7)代入y=0.4x+a,得7=0.4×20+a,解得a=-1, 所以y=0.4x-1.当x=30时，预测值y=30×0.4-1=11,则n=11+0.6=11.6.故答案为：11.6. 14.【命题意图】本题以拐点为背景，考查三次函数对称中心的应用、等差数列的性质，以及利用倒序相加法进行数 列求和，旨在培养学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养 【参考答案】8 【试题解析】解法1：g'(x)=3x2-12x,g"(x)=6x-12,令g"(x)=0得x=2.又因为g(2)=1,所以g(x)的对称中心 为(2,1)，g(x)+g(4-x)=2.由于an=-2n+11,因此数列{an}为等差数列，因为a1+ag=4,所以a2+a,=a3+a6=… =as+41=4.设g(a1)+g(a2)+…+g(ag)=t,则g(ag)+g(a,)+…+g(a1)=t,两式相加得2×8=2t,解得1=8，因此 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-3（共8页） 含au)=8 解法2：g'(x)=3x2-12x,g"(x)=6x-12,令g"(x)=0得x=2.又因为g(2)=1,所以g(x)的对称中心为(2,1)， g(x)+g(4-x)=2.因为a1=9,a2=7,a3=5,a4=3,a5=1,a6=-1,a,=-3,a8=-5,所以g(a1)+g(ag)=2,g(a2)+ g(a,)=2,g(a3)+g(6)=2,g(a4)+g(a,)=2,因此∑g(a,)=8. 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.【命题意图】考查正弦定理、余弦定理及三角形内角和定理的综合应用，以及利用基本不等式或函数思想求角的 最值，培养学生的逻辑推理与运算求解能力 【参考答案】(1)弓(2)牙，等腰直角三角形 【试题解析】(1)△ABC中，由正弦定理得“，=b -2-3, (2分) sin A sin B sin C 2 .'sin B=b 3,sin C=.c …e。…。e。…。 (4分) sinB·sinC=bc-2 …+………小……小……4………4……小……小…4小…44小小…44…小小小小…。……4… (6分) 99 (2)△ABC中，由余弦定理得cosA=+c-a≥2bc-a2_2x2-2 =0 (9分) 2bc 2be 2×2 当且仅当b=c=√2时，等号成立 (10分) Ae(0,π)心A的最大值为)，此时不等式等号成立，………0 (11分) 即a=2,b=c=√2，△ABC为等腰直角三角形. (13分) 16.【命题意图】本题以四棱锥为载体结合面面垂直的性质与平面几何的勾股定理，检验学生从平面到空间的垂直 关系转化能力与逻辑推理素养；空间向量法求二面角，检验学生建立空间直角坐标系、求平面法向量与向量夹 角运算的能力，综合考查空间想象能力与运算求解能力. 【参考答案】(1)证明见解析 29 【试题解析】解法1：(1)证明：因为AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=22,所以∠BCD=90°，所以BD=2, ∠ABD=45°，所以在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·c0s∠ABD=4,所以AD=2,所以AD +BD2=AB2,所以AD⊥BD,… (3分) 又因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,BDC底面ABCD,所以BD⊥平面PAD.·(7分) (2)以D为坐标原点，DA,DB所在直线分别为x轴，y轴，过点D且垂直于底面 ABCD的直线为z轴，建立如图空间直角坐标系D-xz,因为侧面PAD⊥底面 ABCD,所以P∈平面xDz,又△PAD为等腰直角三角形，PA=PD, 则D(0,0,0),B(0,2,0),C(-1,1,0),P(1,0,1), 所以DB=(0,2,0),D2=(1,0,1),DC=(-1,1,0),… (9分) n·DB=0,(2y=0, 设平面PBD的法向量为n=(x,y,2),则 即 令x=1,则 n·DP=0,(x+z=0, y=0,z=-1,即n=(1,0,-1),… (11分) 同理，平面PCD的一个法向量为m=(1,1,-1), (13分) 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-4（共8页） 副m旧-源又二禹商D-C为能年，返老余法位为等 (15分) 解法2：(1)证明：因为AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=22,所以∠BCD=90°，所以BD=2,所以∠ABD=45°， 所以在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·c0s45°=4，所以AD=2,所以AD2+BD2=AB2,所 以AD⊥BD,……(3分) 如图，过点P作PM⊥AD,垂足记为M,又因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PMC侧面 PAD,所以PM⊥底面ABCD,因为BDC底面ABCD,所以PM⊥BD,又AD∩PM=M,AD,PMC平面PAD,所以BD ⊥平面PAD.…（7分)） (2)如图，过点B作平面PCD的垂线，垂足记为E,连接DE,MC,因为BD⊥平面 PAD,PDC底面PAD,所以BD⊥PD,所以由三垂线定理得DE⊥PD,所以∠BDE为二 面角B-PD-C的平面角，…（9分)》 因为PML平面ABCD,MCC平面ABCD,所以PM⊥MC,又△PAD为等腰直角三角 形，PA=PD,所以PM=MD=1,PA=PD=√2，在△MDC中，∠MDC=∠ADB+∠BDC=90°+45°=135°，由余弦定理 得MC=12+(2)2-2×1×2×c0s135°=5，所以PC=√MC2+PM=√6，所以∠PDC=120°，…(11分) 由a=m中3·Sm·BE=}5am·Pw得gX(2x2x2xin1209):服=号x宁×x2)X 3 3 1,所以BE=2 3 ………(13分） 所以在Rt△BDE中，sin/BDE=BE=3 品-得所以∠B0s百南二面有8-pn-C约金装值为 3 …(15分) 17.【命题意图】本题考查利用导数求解函数的最小值、根据函数存在极小值确定参数范围，以及不等式证明等内 容，旨在检验学生灵活运用导数工具解决函数综合问题的核心素养，突出对逻辑推理能力与运算求解能力的重 点考查 【参考答案】见解析 【试题解析】(1)当a=1时(x)=1e-x,函数f(x)的定义城为R∫'(x)=e二e, …（1分) 当x<1时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递增，… (3分) 因此f(x)mm=f1)=0. (4分) (2)证法1：函数f(x)的定义域为R,f'(x)=a-l.… (5分) 当a≤0时，∫'(x)<0,(x)在R上单调递减，八x)无极小值，不符合题意；… (6分) 当a>0时，令f"(x)=0,解得x=n 当x<h。时'()<0)单调递减；当xln。时了"()>0)单调递培。 …(8分)） 因此函数f代x)有极小值，极小值为fn)=1+n,故g(a)=1+lna.…(9分) 令h(a)=e-1-(1+na）=e-lha-2,则(a)=eN(a)在(0，+)上单调递培 …(10分) 因为A()=E-2<0,h(1)=e->0,所以存在唯-的e(3,),使得h(,)0,0=,即=-n 444444 (12分) 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-5（共8页） 当ae(0,xo)时，h'(a)<0,h(a)单调递减；当a∈(xo,+∞)时，h'(a)>0,h(a)单调递增，…（13分) 因此ia≥(=ew-h。-2=1tK,-2=-1)'>0,故ga)<e-. (15分) 证法2：函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ae-1.… (5分) 当a≤0时，∫'(x)<0,代x)在R上单调递减，f(x)无极小值，不符合题意；…(6分) 当a>0时，令f'(x)=0,解得x=ln1 a 当血。时f"(x)k0,x)单调递减：当>h。时f'(x)>0x)单调递增. 。 (8分) 因此函数(x)有极小值，极小值为(n1)=1+lna,故g(a)=1+lna.… (9分) 由(1)知e≥x,当且仅当x=1时取等号.… (10分) 令u(a)=e-1-g(a)=e"-lna-2,则u(a)≥ea-lna-2. (11分) 令m(a)=em-lna-2,则m(o)=当0<a<。时，m(a)<0,m(a)单洞逅减：当a>时，m'(a)>0,m(a)单 调运增因此m(a)≥m()=0,即ea-ha-2≥0，当且仅当a=时取等号，… (14分) 由于等号不能同时取到，因此u(a)>0,即g(a)<e-1.… (15分) 证法3：函数f八x)的定义域为R,f(x)=a-l.… (5分) 当a≤0时，f'(x)<0,fx)在R上单调递减f(x)无极小值，不符合题意；… (6分) 当a>0时，令"()=0，解得x=h看 当n。时()<0)单洞递减；当h时'()>0)单调速增。 (8分) 因此函数f(x)有极小值，极小值为fn)=1+na,故g(a)=1+lna.… (9分) 要证g(a)<e“-1,即证(e-a-1)+(a-1-lna)>0.… (11分) 令h(x)=e-x-1,则h'(x)=e-1.当x<0时，h'(x)<0,h(x)单调递减；当x>0时，h'(x)>0,h(x)单调递增.因此 h(x)≥h(0)=0,当且仅当x=0时取等号.故h(a)>0,即e-a-1>0,… (13分) h(lna)≥0，即a-1-na≥0，当且仅当a=1时取等号，… (14分) 因此(e-a-1)+(a-1-na)>0,原不等式成立.…(15分) 证法4：函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ae-1. (5分) 当a≤0时，f'(x)<0,f(x)在R上单调递减，f(x)无极小值，不符合题意；… (6分) 当a>0时，令f'(x)=0,解得x=ln1 a 当xn。时(x)0x)单调地减；当ln。时"()>0)单调递培 …(8分) 因此函数八x)有极小值，极小值为n=1+lna,故g(a)=1+lna (9分) 令h(x)=e-x-l,则h'(x)=e-1.当x<0时，h'(x)<0,h(x)单调递减；当x>0时，h'(x)>0,h(x)单调递增.因此 h(x)≥h(0)=0,当且仅当x=0时取等号.故h(a)>0,即e“-a-1>0. (11分) 令u(a)=e-1-g(a)=e”-lna-2,则u(a)>a+1-lna-2=a-lna-1.…(12分) 令m(a)=a-lna-1,则m'(a)=a-1当0<a<1时，m'(a)<0,m(a)单调递减：当a>1时，m'(a)>0,m(a)单调递 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-6（共8页） 增.因此m(a)≥m(1)=0,即a-1-lna≥0，当且仅当a=1时取等号，…（14分) 因此u(a)>0,即g(a)<e-L.… (15分) 18.【命题意图】本题考查椭圆的方程、弦长、定直线探究以及直线斜率与等差数列等知识，体现了高考对基础性和 综合性考查的要求.从核心素养角度来看，本题可以很好地考查学生的逻辑推理、数学运算与直观想象等核心 素养和关键能力. 【参考答案】见解析 【试题解析】(1)由题意可知，b=1,二=3 a2’ (2分) 又-心=，所以2-圣1，解得a=2(a=-2含去)，… (3分) 所以椭圆C的方程为：+三1. ……… (4分) (2)证明：(i)由题意直线l的斜率存在，设直线I的方程为y-1=k(x-1), 不妨设A(x1,1）,B(x2,y2),P(x,y）,且-1≤x1<x<x2<1,… (5分) y-1=k(x-1), 可得(4+2)x2-(2k2-2k)x+k2-2k-3=0, 依题意△=(2k2-2k)2-4(4+2)(k2-2k-3)=32k+48>0,所以x,+x2= 2k2-2h、_K2-2k-3 4+2,1飞3 4+k2 ,…(7分) 又|MA=√R2+1|x,-1|=WR+1(1-x1), 同理MB=V√2+1(1-x2),BP|=√2+1(x2-x),AP|=√2+1(x-x,),…(9分) 尚胎-是化尚得24钱2 所以2x-26-32-2=(2-2k-2)x,荟理得k=4+3 (11分) 4+k24+k2N4+k2 x-1 代入y-1=k(x-1),并化简得4x+y-4=0, 所以点P在直线4x+y-4=0上. (12分) (国旅莲定名6是 x2-1 (13分) (（i)易知与六-4（点N,P郑在直线4-4=0上），… (14分) k+6=当，+2=(-1)+，(x1-1) x1-1x2-1（x1-1)(x2-1) =（x-1)(+1-k)+(x,-1)(k2+1-6) (x1-1)(x2-1) 2x1x2+(1-2k)(x1+x2)-2(1-k) x1x2-（x1+x2)+1 又x1+x2= 4+k2,132= 会2-2水生气23，所以k+k三8. (16分) 所以2k2=k1+k,即k1,k2,k3成等差数列. (17分) 19.【命题意图】本题考查二项分布的数学期望、概率计算与二项式定理的应用，考查了条件概率和全概率公式的综 合运用，可以考查学生的逻辑推理、数学运算和数学建模核心素养， 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-7（共8页） 【参考答案】见解析 【试题解析1)设X表示第一天结来时成为购买者的人数，则X~B(5,), 所以PX=)=c312产G (3分) (2)由(1)可知X~B(m,P),则P(X=k)=Cp(1-p)mt, 所以成为购买者的人数为奇数的概率P=Cp(1-p)m-(k为奇数)，… (5分) 0 考虑二项展开：(1-p+p)”=C(1-p)"p=1, (1-pp）=aC(1-p)"(-p)=(-1)aC(1-p)p, (7分) 两式作差，1-(1-2p)=2∑C(1-p)m-p(k为奇数)=2P, 所以成为购买者的人数为奇数的概率P=1-(1-2p) (9分) 2 (3)甲在前两天能成为购买者包括以下两种情形： 靥形一：甲是初始体验的两人之一的概率是口=名=}，甲在前两天成为购买者分两种情见 ①第一天成为购买者，概率为p=了： ②第一天没有成为购买者，概率为1-=？，但第一天另一位初始体验的学生成为购买者，并推荐甲成为购买 者，凝率为1-(1-o)川=nm,故甲第二天成为响天者的抚幸为1p)m=宁×分 4, 因此，在甲是初始体验的两人之一的条件下， 甲在前两天成为购买者的概率为：P=2+4 1,1 …(12分） 精形二：若甲不是初始体验中的两人，共概李为1}号，甲在药两天成为购买者有两种情况 ①第一天有1人成为购买者，再由此人成功推荐甲成为购买者， 概率为：Cp(1-p)[1-(1-a)]=2x) 24 22 ②第一天有2人成为购买者，甲在第二天被成功推荐成为购买者， 概率为：p[1-(1-a)2门=p(2a-t)=4(2a-a2), 因此，在甲不是初始体验中的两人的条件下，甲在前两天成为购买者的概率为： 综上，甲在商丙天成为购买者的概丰为兮分+女)+号口)=。+子+石 …(15分) 4 6 “爆发式走红”的原因：随着购买者人数增加，每天尝试推荐传播的购买者人数增大， 使得非购买者成为购买者的概率1-(1-a)迅速提高，传播速度急剧加快，形成爆发态势.…(17分) 2026届高三年级数学五月检测训练-答案-8（共8页） 2026届高三年级五月检测训练 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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．已知复数满足（是虚数单位），则复数为 A． B． C． D． 2．已知集合，，则 A． B． C． D． 3．甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站在最左端，则不同的站法共有 A．12种 B．36种 C．72种 D．96种 4．已知函数的图象关于点中心对称，则的最小值为 A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，的一条渐近线与直线：交于点，若的面积为，则的离心率为 A． B． C．4 D．2 6．在平行四边形中，是边上的点，，是线段的中点，若，则的值为 A． B． C． D． 7．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为 A． B． C． D． 8．球面上有，，三点，，，球心到平面的距离是2，则球的体积是 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，有三个正确选项的，每个选项得2分，有两个正确选项的，每个选项得3分，有选错的得0分． 9．设抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于，两点，且，，则 A．的焦点坐标为 B．的准线方程为 C． D．的面积为1 10．已知函数，则 A．函数的定义域为 B． C．函数在区间上单调递减 D．函数有两个不同的零点，，且 11．已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是 A． B．数列是等比数列 C．数列中存在最大项 D．数列中存在最小项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．计算：__________． 13．已知变量、满足线性相关关系，经验回归方程为且，．现有一对观测数据为，若该数据的残差为0.6，则__________． 14．对于三次函数，给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的拐点．研究发现，任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则__________． 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．（本小题满分13分） 已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，． （1）若，求的值； （2）求角的最大值，并判断此时的形状． 16．（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，，． （1）证明：平面； （2）若为等腰直角三角形，，求二面角的余弦值． 17．（本小题满分15分） 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若函数有极小值，记的极小值为，证明：． 18．（本小题满分17分） 已知椭圆：的离心率为，右顶点为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与交于，两点，在线段上取异于，的点，且满足． （i）求证：点在定直线上； （ii）设直线，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列． 19．（本小题满分17分） 某校园社团为分析一款文创产品在学生群体中的受欢迎程度与传播规律，构建如下概率模型：研究团队选定名学生进行研究，假设每名学生对该产品的“基础心动度”参数均相同，记为．规则如下：第一天，研究团队从名学生中随机招募（，且）名进行初始体验，每名学生体验后购买的概率为，且彼此相互独立．从第二天起，每一天每名购买者会推荐未购买者参与体验，一旦成为购买者，将参与后续的推荐传播，以此类推． （1）当，时，求第一天结束，初始体验的学生中恰有3名成为购买者的概率； （2）求第一天结束，名初始体验的学生中，成为购买者的人数为奇数的概率； （3）对于任意一位未购买者，若某天有（）名购买者尝试向他推荐，则他当天成为购买者的概率为．当，，时，求在前两天，学生甲成为购买者的概率（用含的式子表示）；基于此模型，简要说明为什么在实际校园场景中，一款产品有时会突然“爆发式”走红． 学科网（北京）股份有限公司 $