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浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷Word版含解析docx、浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分第1至3页，非选择题部分3至4页.满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
选择题部分
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. 设集合，，则是（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义直接判断即可.
【详解】因为是6倍数，所以，
故选：C.
2. 若在复平面内，点所对应的复数为，则复数的虚部为（ ）
A. 12B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求复数z，再求复数，再求它的虚部.
【详解】由题意，得，所以它的虚部为.
故选：D
3. 已知平面向量，，则向量（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算与坐标表示，求解即可．
【详解】，
故选：C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将已知等式切化弦可求得，根据二倍角公式可求得结果.
【详解】，，
解得：，
．
故选：A.
5. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器．由中国科学院空天信息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇（如图1）从海拔4300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8848.86米的高度，创造了海拔9032米的大气科学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据球的表面积公式，以及圆柱圆台的侧面积公式，即可求解.
【详解】该组合体的直观图如图：半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米，
所以半球的表面积为（平方米），
圆柱的侧面积为（平方米），
圆台的侧面积为（平方米），
故该组合体的表面积为（平方米）．
故选：C
6. 已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据对数函数的单调性得出，再构造函数结合函数单调性求解即可.
【详解】因为，又函数单调递增，所以，即，
对于不等式，移项整理得，
构造函数，由于hx单调递减，所以，即，
故选:C.
7. 已知函数，若方程在上有且只有五个实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】辅助角公式化简后解方程，由第五个正根小于，第六个正根大于等于可得.
【详解】由，得：或，即，或，
易知由小到大第5、6个正根分别为，.
因为方程在上有且只有五个实数根，
所以有且，解得.
故选：C.
8. 已知函数，正实数，，是公差为负数的等差数列，且满足，若实数是方程的一个解，那么下列四个判断：①；②；③；④中一定成立的个数为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】易知为两个减函数的和，所以其为减函数，又正实数，，是公差为负数的等差数列，所以，又，所以
或，所以总有，又
，，所以成立，故选A．
点睛：本题考查函数的零点及等差数列，属于中档题．解决问题的角度从函数值的大小来判断自变量的大小，因此首先要分析函数的单调性，其次判断函数值的大小要通过分析来实现，结合等差数列判断出，从而零点对应的函数值要大于，再结合单调性即可判断出．
二､多选题：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. 下面正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若，且，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的性质一一判断即可.
【详解】对于A：因为，且，
则，故A正确；
对于B：因为，且，
则，故B正确；
对于C：因为，且，
所以，故C正确；
对于D：因为，且，
所以，解得，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数，则（ ）
A. 上单调递增
B. 当时，
C. 在存在2022个极小值点
D. 的所有极大值点从大到小排列构成数列，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导函数的正负，可判断原函数的单调性，故可判断A，由单调性的考查可知的最小值点，进而可求最小值，进而可判断B，根据函数图像的交点以及极值点的定义即可判断个数，即可判断C，根据最大极值点的范围，结合函数图像的周期性，即可求解D.
【详解】,当时,单调递减，单调递增，所以单调递增,且,所以存在,当,此时单调递减,故A错误.
,在同一个直角坐标系中画出.当，因此,当时,此时，单调递减,当，单调递增，满足且，故，在上单调递减，所以，故当时，，所以B正确.
由的图象可知，存在 ，当 时，此时，单调递减，当，此时，单调递增，所以当，只有一个极小值点 ，由于 是以周期为 的周期函数，故当，有2022个极小值点，当时，有一个极小值点，而当，恒成立，故该区间无极值点，所以在存在2023个极小值点，故C错误.
由图象可知，存在 ，当 时，此时，单调递增，当，此时，单调递减，所以当，只有一个极大值点 .
当，由图像可知：，由是以周期为 的周期函数，因此其中为非正整数.，故D正确.
故选：BD
【点睛】
11. 1675年，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点，，其中，动点满足（且为常数），化简可得曲线：，则（ ）
A. 原点在曲线的内部
B. 曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形
C. 若，则的最大值为
D. 若，则存在点，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，将原点坐标代入方程判断，对于B，对曲线方程以代，代进行判断，对于C，利用曲线方程求出取值范围，结合两点间的距离公式进行判断，对于D，若存在点，使得，然后由化简计算即可判断.
【详解】对于A，将代入方程，得，所以当时，原点在曲线上，所以A错误，
对于B，以代，得，得，所以曲线关于轴对称，
代，得，得，所以曲线关于轴对称，
以代，代，得，得，所以曲线关于原点对称，所以曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，所以B正确，
对于C，当时，由，得，解得，
所以，
所以，所以的最大值为，所以C正确，
对于D，若存在点，使得，则，因为，所以，所以，
所以由，得，所以，所以，反之也成立，所以当，则存在点，使得，所以D正确，
故选：BCD
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
13. 已知点P在曲线上，过点P的切线的倾斜角为，则点P的坐标是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由切线的倾斜角求出切线的斜率，利用切线的斜率等于该点的导函数值，可求得切点坐标.
【详解】设，由导数的定义易求得，
由于在曲线上，函数为二次函数，
过点的切线即是点处的切线，故，即，则.
故答案为：
14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______.
【答案】9
【解析】
【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.
【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：，
1红3白，取法数为：，
2红2白，取法数为：，
3红1白：取法数为：，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，
因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
，
当时，.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤.
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. 在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）解法一：利用诱导公式化简得到，利用同角三角函数平方关系可构造方程组求得；
解法二：利用诱导公式化简得到，平方后可求得，由可求得，由此构造方程组求得；
（2）根据同角三角函数关系可求得，利用正弦定理可求得；根据两角和差正弦公式求得后，代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】（1）解法一：
又，
，
∵B∈0,π，，解得：.
解法二：…①，
平方可得：，
∵B∈0,π，，，
…②，
由①②可得：.
（2），，，
由正弦定理得：，
由（1）知：，
在中，，
．
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的相关知识，涉及到诱导公式、同角三角函数平方关系、两角和差公式的应用；求解三角形面积的关键是能够通过同角三角函数平方关系和两角和差正弦公式得到两边夹角的正弦值，代入三角形面积公式得到结果.
16. 椭圆的光学性质：光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点.现有一椭圆，长轴长为4，从一个焦点F发出的一条光线经椭圆内壁上一点P反射之后恰好与x轴垂直，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点Q为直线上一点，且Q不在x轴上，直线，与椭圆C的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用长轴长求出a，利用椭圆定义求出，进一步求出，即可得椭圆方程；（2）设直线，联立方程求出M、N的坐标，把面积比转化为坐标比，进一步转化为分式函数求最值问题
【小问1详解】
不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，，
所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设，，
则：，：
联立，消去x得，解得，
同理，联立，消去x得，解得，
所以
.
令，
则
当且仅当，即，即时，取得最大值.
17. 如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）直线上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据直角梯形可得，再根据即可得出平面，于是平面平面；
（2）为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算；
（3）连接交于，过作，可得平面，利用相似三角形即可得出的长.
【详解】（1）证明：四边形是直角梯形，，
∴，，
∵平面，平面，
∴，又平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
（2）由（1）可知平面，
∴，，
∴为二面角的平面角，
∵，，
∴，
∴.
∴二面角的余弦值为.
(3)连接交于，过作交于，连接，.
则平面.
∵，∴，
又，∴，
∴.
所以直线上是否存在一点，使得平面，且.
【点睛】本题考查了空间面面垂直的判定和线面平行的判定，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
18. 已知，记（且）．
（1）当（是自然对数的底）时，试讨论函数的单调性和最值；
（2）试讨论函数的奇偶性；
（3）拓展与探究：
① 当在什么范围取值时，函数的图象在轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析； （3）①当时，函数有对称中心，理由见解析；②答案见解析.
【解析】
【分析】（1）当时，求得，分和，两种情况讨论，分别求得函数的单调性，进而求得函数的最值；
（2）根据题意，分别结合和，列出方程求得的值，即可得到结论；
（3）根据题意，得到当时，函数有对称中心，且时，对于任意的x∈R，都有，并且．
【小问1详解】
解：当时，函数 ，可得，
若时，，故函数在上单调递增，函数在上无最值；
若时，令，可得，
当时，f′x<0，函数在上为严格减函数；
当时，f′x>0，函数在上为严格增函数，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，无最大值．
综上：当时，函数在上无最值；当时，最小值为，无最大值．
【小问2详解】
解：因为“为偶函数”“对于任意的x∈R，都有”
即对于任意的x∈R，都有，并且；
即对于任意的x∈R，，可得，
所以是为偶函数的充要条件．
因为“为奇函数”“对于任意的x∈R，都有”，
即对于任意的x∈R，都有，并且，
即对于任意的x∈R，，可得，
所以是为奇函数的充要条件，
当时，是非奇非偶函数.
【小问3详解】
解：①当时，函数有对称中心，
当时，对于任意的x∈R，都有，并且．
证明：当时，令，解得为函数的零点，
由，
可得；
② 答案1：当时，函数有对称轴．
即当时，对于任意的x∈R，都有，并且，
参考证明：当时，由，
可得，
答案2：当时，的图象关于y轴对称，
即对于任意的，都有，
答案3：当时，函数的零点为，即
【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，bn=(nN*).若{bn}是公差不为0的等差数列，且b2b7=b11．
（1）求数列{bn}通项公式；
（2）证明：数列{an}是等差数列；
（3）记cn=，若存在k1，k2N*(k1k2)，使得成立，求实数a1的取值范围．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
(1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式.
(2）利用递推关系式的应用和等差数列的定义的应用求出数列为等差数列.
(3）利用分类讨论思想的应用和存在性问题的应用及假设法的应用求出实数a的取值范围.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以．
由得，，即，
因为，所以，从而.
（2）由（1）知，，，
即有， ①
所以， ②
②-①得，，整理得．
两边除以得，（），
所以数列是常数列．
所以，即，
所以，
所以数列是等差数列．
（3） 因为，所以，
所以．
因为，
当时，．
显然，
①若，则，恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
②若，则， 恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
③若，则，所以当n=1，成立，
所以存在．
④若，则．
当，且时，，单调递增；
当，且时，，单调递减，
不妨取，则．
综上，若存在，使得成立，则的取值范围是．
【点睛】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用，数列的递推关系式的应用，分类讨论思想的应用，函数的单调性的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型.
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分第1至3页，非选择题部分3至4页.满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
选择题部分
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. 设集合，，则是（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义直接判断即可.
【详解】因为是6倍数，所以，
故选：C.
2. 若在复平面内，点所对应的复数为，则复数的虚部为（ ）
A. 12B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求复数z，再求复数，再求它的虚部.
【详解】由题意，得，所以它的虚部为.
故选：D
3. 已知平面向量，，则向量（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算与坐标表示，求解即可．
【详解】，
故选：C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将已知等式切化弦可求得，根据二倍角公式可求得结果.
【详解】，，
解得：，
．
故选：A.
5. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器．由中国科学院空天信息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇（如图1）从海拔4300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8848.86米的高度，创造了海拔9032米的大气科学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据球的表面积公式，以及圆柱圆台的侧面积公式，即可求解.
【详解】该组合体的直观图如图：半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米，
所以半球的表面积为（平方米），
圆柱的侧面积为（平方米），
圆台的侧面积为（平方米），
故该组合体的表面积为（平方米）．
故选：C
6. 已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据对数函数的单调性得出，再构造函数结合函数单调性求解即可.
【详解】因为，又函数单调递增，所以，即，
对于不等式，移项整理得，
构造函数，由于hx单调递减，所以，即，
故选:C.
7. 已知函数，若方程在上有且只有五个实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】辅助角公式化简后解方程，由第五个正根小于，第六个正根大于等于可得.
【详解】由，得：或，即，或，
易知由小到大第5、6个正根分别为，.
因为方程在上有且只有五个实数根，
所以有且，解得.
故选：C.
8. 已知函数，正实数，，是公差为负数的等差数列，且满足，若实数是方程的一个解，那么下列四个判断：①；②；③；④中一定成立的个数为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】易知为两个减函数的和，所以其为减函数，又正实数，，是公差为负数的等差数列，所以，又，所以
或，所以总有，又
，，所以成立，故选A．
点睛：本题考查函数的零点及等差数列，属于中档题．解决问题的角度从函数值的大小来判断自变量的大小，因此首先要分析函数的单调性，其次判断函数值的大小要通过分析来实现，结合等差数列判断出，从而零点对应的函数值要大于，再结合单调性即可判断出．
二､多选题：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. 下面正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若，且，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的性质一一判断即可.
【详解】对于A：因为，且，
则，故A正确；
对于B：因为，且，
则，故B正确；
对于C：因为，且，
所以，故C正确；
对于D：因为，且，
所以，解得，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数，则（ ）
A. 上单调递增
B. 当时，
C. 在存在2022个极小值点
D. 的所有极大值点从大到小排列构成数列，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导函数的正负，可判断原函数的单调性，故可判断A，由单调性的考查可知的最小值点，进而可求最小值，进而可判断B，根据函数图像的交点以及极值点的定义即可判断个数，即可判断C，根据最大极值点的范围，结合函数图像的周期性，即可求解D.
【详解】,当时,单调递减，单调递增，所以单调递增,且,所以存在,当,此时单调递减,故A错误.
,在同一个直角坐标系中画出.当，因此,当时,此时，单调递减,当，单调递增，满足且，故，在上单调递减，所以，故当时，，所以B正确.
由的图象可知，存在 ，当 时，此时，单调递减，当，此时，单调递增，所以当，只有一个极小值点 ，由于 是以周期为 的周期函数，故当，有2022个极小值点，当时，有一个极小值点，而当，恒成立，故该区间无极值点，所以在存在2023个极小值点，故C错误.
由图象可知，存在 ，当 时，此时，单调递增，当，此时，单调递减，所以当，只有一个极大值点 .
当，由图像可知：，由是以周期为 的周期函数，因此其中为非正整数.，故D正确.
故选：BD
【点睛】
11. 1675年，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点，，其中，动点满足（且为常数），化简可得曲线：，则（ ）
A. 原点在曲线的内部
B. 曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形
C. 若，则的最大值为
D. 若，则存在点，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，将原点坐标代入方程判断，对于B，对曲线方程以代，代进行判断，对于C，利用曲线方程求出取值范围，结合两点间的距离公式进行判断，对于D，若存在点，使得，然后由化简计算即可判断.
【详解】对于A，将代入方程，得，所以当时，原点在曲线上，所以A错误，
对于B，以代，得，得，所以曲线关于轴对称，
代，得，得，所以曲线关于轴对称，
以代，代，得，得，所以曲线关于原点对称，所以曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，所以B正确，
对于C，当时，由，得，解得，
所以，
所以，所以的最大值为，所以C正确，
对于D，若存在点，使得，则，因为，所以，所以，
所以由，得，所以，所以，反之也成立，所以当，则存在点，使得，所以D正确，
故选：BCD
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
13. 已知点P在曲线上，过点P的切线的倾斜角为，则点P的坐标是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由切线的倾斜角求出切线的斜率，利用切线的斜率等于该点的导函数值，可求得切点坐标.
【详解】设，由导数的定义易求得，
由于在曲线上，函数为二次函数，
过点的切线即是点处的切线，故，即，则.
故答案为：
14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______.
【答案】9
【解析】
【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.
【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：，
1红3白，取法数为：，
2红2白，取法数为：，
3红1白：取法数为：，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，
因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
，
当时，.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤.
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. 在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）解法一：利用诱导公式化简得到，利用同角三角函数平方关系可构造方程组求得；
解法二：利用诱导公式化简得到，平方后可求得，由可求得，由此构造方程组求得；
（2）根据同角三角函数关系可求得，利用正弦定理可求得；根据两角和差正弦公式求得后，代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】（1）解法一：
又，
，
∵B∈0,π，，解得：.
解法二：…①，
平方可得：，
∵B∈0,π，，，
…②，
由①②可得：.
（2），，，
由正弦定理得：，
由（1）知：，
在中，，
．
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的相关知识，涉及到诱导公式、同角三角函数平方关系、两角和差公式的应用；求解三角形面积的关键是能够通过同角三角函数平方关系和两角和差正弦公式得到两边夹角的正弦值，代入三角形面积公式得到结果.
16. 椭圆的光学性质：光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点.现有一椭圆，长轴长为4，从一个焦点F发出的一条光线经椭圆内壁上一点P反射之后恰好与x轴垂直，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点Q为直线上一点，且Q不在x轴上，直线，与椭圆C的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用长轴长求出a，利用椭圆定义求出，进一步求出，即可得椭圆方程；（2）设直线，联立方程求出M、N的坐标，把面积比转化为坐标比，进一步转化为分式函数求最值问题
【小问1详解】
不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，，
所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设，，
则：，：
联立，消去x得，解得，
同理，联立，消去x得，解得，
所以
.
令，
则
当且仅当，即，即时，取得最大值.
17. 如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）直线上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析.（2）.（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据直角梯形可得，再根据即可得出平面，于是平面平面；
（2）为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算；
（3）连接交于，过作，可得平面，利用相似三角形即可得出的长.
【详解】（1）证明：四边形是直角梯形，，
∴，，
∵平面，平面，
∴，又平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
（2）由（1）可知平面，
∴，，
∴为二面角的平面角，
∵，，
∴，
∴.
∴二面角的余弦值为.
(3)连接交于，过作交于，连接，.
则平面.
∵，∴，
又，∴，
∴.
所以直线上是否存在一点，使得平面，且.
【点睛】本题考查了空间面面垂直的判定和线面平行的判定，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
18. 已知，记（且）．
（1）当（是自然对数的底）时，试讨论函数的单调性和最值；
（2）试讨论函数的奇偶性；
（3）拓展与探究：
① 当在什么范围取值时，函数的图象在轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析； （3）①当时，函数有对称中心，理由见解析；②答案见解析.
【解析】
【分析】（1）当时，求得，分和，两种情况讨论，分别求得函数的单调性，进而求得函数的最值；
（2）根据题意，分别结合和，列出方程求得的值，即可得到结论；
（3）根据题意，得到当时，函数有对称中心，且时，对于任意的x∈R，都有，并且．
【小问1详解】
解：当时，函数 ，可得，
若时，，故函数在上单调递增，函数在上无最值；
若时，令，可得，
当时，f′x<0，函数在上为严格减函数；
当时，f′x>0，函数在上为严格增函数，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，无最大值．
综上：当时，函数在上无最值；当时，最小值为，无最大值．
【小问2详解】
解：因为“为偶函数”“对于任意的x∈R，都有”
即对于任意的x∈R，都有，并且；
即对于任意的x∈R，，可得，
所以是为偶函数的充要条件．
因为“为奇函数”“对于任意的x∈R，都有”，
即对于任意的x∈R，都有，并且，
即对于任意的x∈R，，可得，
所以是为奇函数的充要条件，
当时，是非奇非偶函数.
【小问3详解】
解：①当时，函数有对称中心，
当时，对于任意的x∈R，都有，并且．
证明：当时，令，解得为函数的零点，
由，
可得；
② 答案1：当时，函数有对称轴．
即当时，对于任意的x∈R，都有，并且，
参考证明：当时，由，
可得，
答案2：当时，的图象关于y轴对称，
即对于任意的，都有，
答案3：当时，函数的零点为，即
【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，bn=(nN*).若{bn}是公差不为0的等差数列，且b2b7=b11．
（1）求数列{bn}通项公式；
（2）证明：数列{an}是等差数列；
（3）记cn=，若存在k1，k2N*(k1k2)，使得成立，求实数a1的取值范围．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
(1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式.
(2）利用递推关系式的应用和等差数列的定义的应用求出数列为等差数列.
(3）利用分类讨论思想的应用和存在性问题的应用及假设法的应用求出实数a的取值范围.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以．
由得，，即，
因为，所以，从而.
（2）由（1）知，，，
即有， ①
所以， ②
②-①得，，整理得．
两边除以得，（），
所以数列是常数列．
所以，即，
所以，
所以数列是等差数列．
（3） 因为，所以，
所以．
因为，
当时，．
显然，
①若，则，恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
②若，则， 恒成立，
所以，即，，
所以单调递减，所以不存在；
③若，则，所以当n=1，成立，
所以存在．
④若，则．
当，且时，，单调递增；
当，且时，，单调递减，
不妨取，则．
综上，若存在，使得成立，则的取值范围是．
【点睛】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用，数列的递推关系式的应用，分类讨论思想的应用，函数的单调性的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型.
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