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黑龙江省双鸭山市2024届高三上学期期中数学模拟试题（含答案）
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这是一份黑龙江省双鸭山市2024届高三上学期期中数学模拟试题（含答案），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．集合，，则
A．B．C．D．
2．若复数为纯虚数则实数a的值为( )
A．B．0C．1D．－1
3．已知角的终边过点，若，则实数m的值为（ ）
A．B．4C．或3D．或4
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A．30B．60C．D．
7．已知数列满足，是其前项和，若，且，则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．
8．已知函数，若与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．已知，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的初相是
B．是函数图象的一条对称轴
C．是函数图象的对称中心
D．函数的图象向左平移个单位后关于轴对称
10．如图，正方体的棱长为2，动点分别在线段上，则（ ）
A．异面直线和所成的角为
B．点到平面的距离为
C．若分别为线段的中点，则平面
D．线段长度的最小值为
11．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如下图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．1225是三角形数，不是正方形数
C．
D．，总存在，使得成立
12．（多选）双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2且斜率为k的直线交右支于P，Q两点，以F1Q为直径的圆过点P，则（ ）
A．若△PF1Q的内切圆与PF1相切于M，则F1M＝a
B．若双曲线C的方程为1，则△PF1Q的面积为24
C．存在离心率为的双曲线满足条件
D．若3PF2＝QF2，则双曲线C的离心率为
三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．从某校高中3个年级按分层抽样抽取了100人作为调研样本，其中有80人来自高一和高二，若知高一和高二总人数共计900人，则高三学生的总人数为 .
14．已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是 .
15．已知，且，则 ．
16．已知为常数，函数，若关于的方程有且只有四个不同的解，则实数的取值所构成的集合为 ．
四、解答题（本题共6个小题，共70分，17题10分，其他每题12分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．某学校1000名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二组，…第五组，右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
(1)请估计学校1000名学生中，成绩在第二组和第三组的人数；
(2)请根据频率分布直方图，求样本数据的平均数和中位数（所有结果均保留两位小数）．
18．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长的最大值.
19．如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为45°，求二面角的余弦值.
20．数列满足 , .
(1)求的值；
(2)求数列通项公式；
(3)设，，求数列的前项和.
21．设椭圆：（）的离心率为，椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过的直线与椭圆交于、两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的最大值.
22．已知函数．
(1)求函数的极值，
(2)对任意实数，恒成立，求正实数a的取值范围．
1．B
【分析】解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即可．
【详解】，
则，故选B．
本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.
2．C
【分析】由题意首先设出纯虚数，然后利用复数相等的充分必要条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】不妨设，则：，
由复数相等的充分必要条件可得：，即，
即实数的值为1.
故选：C.
3．D
【分析】先根据二倍角公式求出，再利用三角函数的定义可求答案.
【详解】因为，所以，
所以，解得．
故选：D．
4．D
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性，借助“媒介”数比较作答.
【详解】函数在上单调递增，，则，
函数在R上单调递减，，，而，
所以.
故选：D
5．C
【分析】由圆锥侧面展开图的圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得.
如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，
设圆锥的外接球的半径为，则，
则，
，即，解得：，
圆锥的外接球的表面积为.
故选：C.
6．D
【分析】在中，利用正弦定理，得，再结合锐角三角函数的定义，求得，，得解．
【详解】由题意知，，，
所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
所以，
在中，米，
所以小明估算索菲亚教堂的高度为米．
故选：D．
7．D
【分析】在已知式中令，然后由表示出和，结合已知得，再用“1”的代换可得最小值．
【详解】因，
∴，由题意，∴，又，∴，
∴，当且仅当，即，时，等号成立．
故选：D．
本题考查数列的递推式，考查数列和的概念，基本不等式求最值，解题关键是“1”的代换凑配出定值．
8．D
【分析】由题设令，根据存在性将问题转化为在上有解，参变分离后可求实数的取值范围.
【详解】因为与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，
令
则
即在上有解，
即在上有解
即在上有解，
设，，
则，
当时，，故在为增函数，
当时，，故在为减函数，
而，
故在上的值域为，
故
即，
故选：D.
9．ACD
【分析】根据向量的数量积的坐标表示及二倍角公式，利用辅助角公式及三角函数的性质，结合图象的平移变换即可求解.
【详解】因为，
所以，
易知函数的初相是故A正确；
由，得不是函数图象的一条对称轴，故B错误；
由，得是函数图象的一个对称中心，故C正确；
对于D选项：为偶函数，函数关于y轴对称，故D正确．
故选：ACD．
10．BCD
【分析】利用异面直线所成角方法求解即可判断选项A，利用等体积法求解点到面的距离即可判断B，利用线面平行的判定定理判断选项C，建立空间直角坐标系利用向量共线的性质建立关系式，然后利用两点间的距离公式表示出来分析即可判断选项D.
【详解】因为，
所以异面直线和所成的角即为和所成的角，
因为，
所以为等边三角形，即，
故错误.
连接如图所示：
点到平面的距离为，
因为，
所以.
因为，
所以，
所以点到平面的距离为，
故B正确，
当分别为线段的中点时，
则为的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
故C正确.
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，
设，，
所以，
所以，
设，，
又
所以，
所以，
所以
当时，
有最小值，即，故D选项正确，
故选：BCD.
11．CD
【分析】用累加法求出、，再用裂项相消法可判断A；分别令和，看有无正整数解即可判断B；将放缩后用裂项相消求和即可判断C；取即可判断D.
【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…，
则有，
利用累加法，得，得到，
时也成立，
所以；
正方形数构成数列：1，4，9，16，…，
则有，
利用累加法，得，得到，
时也成立，
所以，
对于A，，
所以 ，故A错误；
对于B，令，解得，
令，解得，
所以1225既是三角形数，又是正方形数，故B错误；
对于C，，
则
，
整理得，，故C正确；
对于D，取，且，则令，
则有，
故，总存在，使得成立，故D正确.
故选：CD.
12．BD
【分析】利用三角形内切圆以及双曲线的定义、转化求解判断A，利用双曲线的标准方程，转化为求三角形的面积可判断B，通过双曲线的离心率，判断直线与双曲线的位置关系可判断C，利用已知条件转化求解双曲线的离心率判断D，进而可得正确选项.
【详解】由题意，以F1Q为直径的圆过点P，故，且在右支上，
对于选项A：记内切圆与PQ相切于N，与F1P相切于M，与F1Q相切于K，由内切圆的性质可得，故 ，，故选项A不正确；
对于选项B：双曲线C的方程为，则，设，则，在中，故，解得，故，，设，则，在中，有，解得，故△PF1Q的面积为，故选项B正确；
对于选项C：若，则，故渐近线方程为，
设在中，可得解得，故，可得，此时直线与渐近线平行，不可能与双曲线右支交于两点，故C不正确；
对于选项D：若，设，则，，在中，有，解得，在中，，可得，故，故选项D正确.
故选：BD．
13．225
【分析】先根据题意建立方程，再求解即可.
【详解】解：设高三学生的总人数为人，有题意：，
解得：，
所以高三学生的总人数为人.
故答案为.
本题考查分层抽样，是基础题.
14．
【分析】由已知求得时函数的解析式，求出函数的导函数，得到函数在处的导数值，再求出，利用直线方程的斜截式得答案.
【详解】解：设，则，
又为奇函数，∴，
则，∴，
又，
∴曲线在点处的切线方程是，
即切线方程是.
故答案为.
15．##
【分析】由三角恒等变换公式化简后求解
【详解】
，
，因为，所以，，
所以．
故
16．
【分析】关于的方程有且只有四个不同的解等价于直线与的图像有四个不同的交点，画出与的图像，利用数形结合可得结果.
【详解】关于的方程有且只有四个不同的解，等价于直线与有四个不同的交点，
直线过定点，斜率为，当直线与相切时，由，令可得斜率；
当直线相切时，，由，可得斜率；
同理，当直线相切时，斜率，
画出与的图像，
如图，由图知，或时，与有四个交点，此时关于的方程有且只有四个不同的解，
故答案为.
17．(1)540；
(2)平均数15.70；中位数15.74.
【分析】（1）根据频率直方图求出第二组和第三组的频率，进而求第二组和第三组的人数；
（2）由频率直方图求平均数、中位数即可.
【详解】（1）成绩在第二组和第三组的频率，
所以学校1000名学生中成绩在第二组和第三组的人数：．
（2）样本数据的平均数：，
中位数：第一二组的频率为．
第一二三组的频率为，
所以中位数一定落在第三组，
设中位数为x，则，解得.
18．(1)
(2)最大值为
【分析】（1）由余弦定理求出即可得到；
（2）方法一：先由正弦定理得，，再用角表示出周长的函数，最后求最值即可；方法二：运用基本不等式即可.
【详解】（1）由，得，由余弦定理，得.
又，所以.
（2）法一：由（1）知，又，所以由正弦定理得
所以，，所以
.
因为即所以，所以，.
所以当，即时，取得最大值其最大值为.
法二：由，得，
当且仅当时取等号，此时.所以，即.
所以（时取等号），的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）设的交点为，连接，先证明得，然后由线面平行判定定理可证；
（2）取的中点为，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）设的交点为，连接，
易知，，且，
所以，
所以，得，
在中，，
所以，又平面，平面，
则平面.
（2）因为底面是菱形，
所以，所以为等边三角形，，
又因为，所以，，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
则平面，
以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面的法向量为，
，取，
设平面的法向量为，
，取，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求的值通过特殊赋值法求解，取依次代入即可；
（2）由已知条件可知的前n项和为，借助于可求解其通项公式；
（3）首先整理数列的通项公式为，结合特点采用裂项相消法求和
【详解】（1）令，得，
令，有，得，
令，有，得
（2）当时，， ①
， ②
②―①，得，
所以，
又当时，也适合，
所以，（）
（3）
故，
所以数列的前项和为
21．（1）；（2）6.
【分析】（1）本小题根据题意先求，，，再求椭圆的标准方程；
（2）本小题先设过的直线的方程，再根据题意表示出四边形的面积，最后求最值即可.
【详解】解：（1）∵ 椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4，
∴ 即，
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ .
∴ 椭圆的标准方程为；
（2）设点、的坐标为，，
因为直线过点，所以可设直线方程为，
联立方程，消去可得：，
化简整理得，
其中，
所以，，
因为，所以四边形是平行四边形，
设平面四边形的面积为，
则，
设，则（），
所以，
因为，所以，，
所以四边形面积的最大值为6.
本题考查椭圆的标准方程，相交弦等问题，是偏难题.
22．(1)极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）求得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）令，求得，转化为，
设，求得，得出函数的单调性与最值，结合零点的存在定理得到存在唯一，使得，进而求得的值.
【详解】（1）解：由题意，函数，可得，令，可得，
所以函数的极大值为，无极小值．
（2）解：令，
可得，
因为对任意实数，恒成立，即，
设，，可得，
若时，；
若，令，可得
当时，，单调递减；
当，，单调递增，
所以，所以，
两边取指数得到，
因为当时，，
所以在递减，
又由，
由零点存在定理知，存在唯一，使得，
所以，因为，则，所以．
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
0
递增
极大值
递减
x
1
0
-
递增
极大值
递减
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．集合，，则
A．B．C．D．
2．若复数为纯虚数则实数a的值为( )
A．B．0C．1D．－1
3．已知角的终边过点，若，则实数m的值为（ ）
A．B．4C．或3D．或4
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A．30B．60C．D．
7．已知数列满足，是其前项和，若，且，则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．
8．已知函数，若与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．已知，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的初相是
B．是函数图象的一条对称轴
C．是函数图象的对称中心
D．函数的图象向左平移个单位后关于轴对称
10．如图，正方体的棱长为2，动点分别在线段上，则（ ）
A．异面直线和所成的角为
B．点到平面的距离为
C．若分别为线段的中点，则平面
D．线段长度的最小值为
11．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如下图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．1225是三角形数，不是正方形数
C．
D．，总存在，使得成立
12．（多选）双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2且斜率为k的直线交右支于P，Q两点，以F1Q为直径的圆过点P，则（ ）
A．若△PF1Q的内切圆与PF1相切于M，则F1M＝a
B．若双曲线C的方程为1，则△PF1Q的面积为24
C．存在离心率为的双曲线满足条件
D．若3PF2＝QF2，则双曲线C的离心率为
三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．从某校高中3个年级按分层抽样抽取了100人作为调研样本，其中有80人来自高一和高二，若知高一和高二总人数共计900人，则高三学生的总人数为 .
14．已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是 .
15．已知，且，则 ．
16．已知为常数，函数，若关于的方程有且只有四个不同的解，则实数的取值所构成的集合为 ．
四、解答题（本题共6个小题，共70分，17题10分，其他每题12分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．某学校1000名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二组，…第五组，右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
(1)请估计学校1000名学生中，成绩在第二组和第三组的人数；
(2)请根据频率分布直方图，求样本数据的平均数和中位数（所有结果均保留两位小数）．
18．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长的最大值.
19．如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为45°，求二面角的余弦值.
20．数列满足 , .
(1)求的值；
(2)求数列通项公式；
(3)设，，求数列的前项和.
21．设椭圆：（）的离心率为，椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过的直线与椭圆交于、两点，且两点与左右顶点不重合，若，求四边形面积的最大值.
22．已知函数．
(1)求函数的极值，
(2)对任意实数，恒成立，求正实数a的取值范围．
1．B
【分析】解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即可．
【详解】，
则，故选B．
本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.
2．C
【分析】由题意首先设出纯虚数，然后利用复数相等的充分必要条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】不妨设，则：，
由复数相等的充分必要条件可得：，即，
即实数的值为1.
故选：C.
3．D
【分析】先根据二倍角公式求出，再利用三角函数的定义可求答案.
【详解】因为，所以，
所以，解得．
故选：D．
4．D
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性，借助“媒介”数比较作答.
【详解】函数在上单调递增，，则，
函数在R上单调递减，，，而，
所以.
故选：D
5．C
【分析】由圆锥侧面展开图的圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得.
如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，
设圆锥的外接球的半径为，则，
则，
，即，解得：，
圆锥的外接球的表面积为.
故选：C.
6．D
【分析】在中，利用正弦定理，得，再结合锐角三角函数的定义，求得，，得解．
【详解】由题意知，，，
所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
所以，
在中，米，
所以小明估算索菲亚教堂的高度为米．
故选：D．
7．D
【分析】在已知式中令，然后由表示出和，结合已知得，再用“1”的代换可得最小值．
【详解】因，
∴，由题意，∴，又，∴，
∴，当且仅当，即，时，等号成立．
故选：D．
本题考查数列的递推式，考查数列和的概念，基本不等式求最值，解题关键是“1”的代换凑配出定值．
8．D
【分析】由题设令，根据存在性将问题转化为在上有解，参变分离后可求实数的取值范围.
【详解】因为与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，
令
则
即在上有解，
即在上有解
即在上有解，
设，，
则，
当时，，故在为增函数，
当时，，故在为减函数，
而，
故在上的值域为，
故
即，
故选：D.
9．ACD
【分析】根据向量的数量积的坐标表示及二倍角公式，利用辅助角公式及三角函数的性质，结合图象的平移变换即可求解.
【详解】因为，
所以，
易知函数的初相是故A正确；
由，得不是函数图象的一条对称轴，故B错误；
由，得是函数图象的一个对称中心，故C正确；
对于D选项：为偶函数，函数关于y轴对称，故D正确．
故选：ACD．
10．BCD
【分析】利用异面直线所成角方法求解即可判断选项A，利用等体积法求解点到面的距离即可判断B，利用线面平行的判定定理判断选项C，建立空间直角坐标系利用向量共线的性质建立关系式，然后利用两点间的距离公式表示出来分析即可判断选项D.
【详解】因为，
所以异面直线和所成的角即为和所成的角，
因为，
所以为等边三角形，即，
故错误.
连接如图所示：
点到平面的距离为，
因为，
所以.
因为，
所以，
所以点到平面的距离为，
故B正确，
当分别为线段的中点时，
则为的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
故C正确.
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，
设，，
所以，
所以，
设，，
又
所以，
所以，
所以
当时，
有最小值，即，故D选项正确，
故选：BCD.
11．CD
【分析】用累加法求出、，再用裂项相消法可判断A；分别令和，看有无正整数解即可判断B；将放缩后用裂项相消求和即可判断C；取即可判断D.
【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…，
则有，
利用累加法，得，得到，
时也成立，
所以；
正方形数构成数列：1，4，9，16，…，
则有，
利用累加法，得，得到，
时也成立，
所以，
对于A，，
所以 ，故A错误；
对于B，令，解得，
令，解得，
所以1225既是三角形数，又是正方形数，故B错误；
对于C，，
则
，
整理得，，故C正确；
对于D，取，且，则令，
则有，
故，总存在，使得成立，故D正确.
故选：CD.
12．BD
【分析】利用三角形内切圆以及双曲线的定义、转化求解判断A，利用双曲线的标准方程，转化为求三角形的面积可判断B，通过双曲线的离心率，判断直线与双曲线的位置关系可判断C，利用已知条件转化求解双曲线的离心率判断D，进而可得正确选项.
【详解】由题意，以F1Q为直径的圆过点P，故，且在右支上，
对于选项A：记内切圆与PQ相切于N，与F1P相切于M，与F1Q相切于K，由内切圆的性质可得，故 ，，故选项A不正确；
对于选项B：双曲线C的方程为，则，设，则，在中，故，解得，故，，设，则，在中，有，解得，故△PF1Q的面积为，故选项B正确；
对于选项C：若，则，故渐近线方程为，
设在中，可得解得，故，可得，此时直线与渐近线平行，不可能与双曲线右支交于两点，故C不正确；
对于选项D：若，设，则，，在中，有，解得，在中，，可得，故，故选项D正确.
故选：BD．
13．225
【分析】先根据题意建立方程，再求解即可.
【详解】解：设高三学生的总人数为人，有题意：，
解得：，
所以高三学生的总人数为人.
故答案为.
本题考查分层抽样，是基础题.
14．
【分析】由已知求得时函数的解析式，求出函数的导函数，得到函数在处的导数值，再求出，利用直线方程的斜截式得答案.
【详解】解：设，则，
又为奇函数，∴，
则，∴，
又，
∴曲线在点处的切线方程是，
即切线方程是.
故答案为.
15．##
【分析】由三角恒等变换公式化简后求解
【详解】
，
，因为，所以，，
所以．
故
16．
【分析】关于的方程有且只有四个不同的解等价于直线与的图像有四个不同的交点，画出与的图像，利用数形结合可得结果.
【详解】关于的方程有且只有四个不同的解，等价于直线与有四个不同的交点，
直线过定点，斜率为，当直线与相切时，由，令可得斜率；
当直线相切时，，由，可得斜率；
同理，当直线相切时，斜率，
画出与的图像，
如图，由图知，或时，与有四个交点，此时关于的方程有且只有四个不同的解，
故答案为.
17．(1)540；
(2)平均数15.70；中位数15.74.
【分析】（1）根据频率直方图求出第二组和第三组的频率，进而求第二组和第三组的人数；
（2）由频率直方图求平均数、中位数即可.
【详解】（1）成绩在第二组和第三组的频率，
所以学校1000名学生中成绩在第二组和第三组的人数：．
（2）样本数据的平均数：，
中位数：第一二组的频率为．
第一二三组的频率为，
所以中位数一定落在第三组，
设中位数为x，则，解得.
18．(1)
(2)最大值为
【分析】（1）由余弦定理求出即可得到；
（2）方法一：先由正弦定理得，，再用角表示出周长的函数，最后求最值即可；方法二：运用基本不等式即可.
【详解】（1）由，得，由余弦定理，得.
又，所以.
（2）法一：由（1）知，又，所以由正弦定理得
所以，，所以
.
因为即所以，所以，.
所以当，即时，取得最大值其最大值为.
法二：由，得，
当且仅当时取等号，此时.所以，即.
所以（时取等号），的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）设的交点为，连接，先证明得，然后由线面平行判定定理可证；
（2）取的中点为，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）设的交点为，连接，
易知，，且，
所以，
所以，得，
在中，，
所以，又平面，平面，
则平面.
（2）因为底面是菱形，
所以，所以为等边三角形，，
又因为，所以，，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，平面，
则平面，
以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面的法向量为，
，取，
设平面的法向量为，
，取，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求的值通过特殊赋值法求解，取依次代入即可；
（2）由已知条件可知的前n项和为，借助于可求解其通项公式；
（3）首先整理数列的通项公式为，结合特点采用裂项相消法求和
【详解】（1）令，得，
令，有，得，
令，有，得
（2）当时，， ①
， ②
②―①，得，
所以，
又当时，也适合，
所以，（）
（3）
故，
所以数列的前项和为
21．（1）；（2）6.
【分析】（1）本小题根据题意先求，，，再求椭圆的标准方程；
（2）本小题先设过的直线的方程，再根据题意表示出四边形的面积，最后求最值即可.
【详解】解：（1）∵ 椭圆上一点到左右两个焦点、的距离之和是4，
∴ 即，
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ .
∴ 椭圆的标准方程为；
（2）设点、的坐标为，，
因为直线过点，所以可设直线方程为，
联立方程，消去可得：，
化简整理得，
其中，
所以，，
因为，所以四边形是平行四边形，
设平面四边形的面积为，
则，
设，则（），
所以，
因为，所以，，
所以四边形面积的最大值为6.
本题考查椭圆的标准方程，相交弦等问题，是偏难题.
22．(1)极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）求得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）令，求得，转化为，
设，求得，得出函数的单调性与最值，结合零点的存在定理得到存在唯一，使得，进而求得的值.
【详解】（1）解：由题意，函数，可得，令，可得，
所以函数的极大值为，无极小值．
（2）解：令，
可得，
因为对任意实数，恒成立，即，
设，，可得，
若时，；
若，令，可得
当时，，单调递减；
当，，单调递增，
所以，所以，
两边取指数得到，
因为当时，，
所以在递减，
又由，
由零点存在定理知，存在唯一，使得，
所以，因为，则，所以．
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
0
递增
极大值
递减
x
1
0
-
递增
极大值
递减
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