2024-2025学年四川省成都市高三上册开学考试数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省成都市高三上册开学考试数学检测试题合集2套（含解析），共40页。试卷主要包含了“，”的否定是，某省高考改革试点方案规定，若对任意的恒成立，则的最小值为，已知，，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．“，”的否定是（ ）
A．，使得B．，
C．，使得D．，
2．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合的子集个数为（ ）
A．2B．4C．8D．16
3．已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“是递增数列”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
4．在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置不可能为（ ）
A．B．
C．D．
5．一堆苹果中大果与小果的比例为，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．某省高考改革试点方案规定：2023年高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为，，，，，，，共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为，，，，，，，，选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到，，，，，，，八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果该省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩，那么等级的原始分最低大约为（ ）
参考数据：对任何一个正态分布来说，通过转化为标准正态分布，从而查标准正态分布表得到．可供查阅的（部分）标准正态分布表：
A．57B．64C．71D．77
7．抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面，用于加热水和水壶食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面的反射后，集中于它的焦点.已知一束平行于轴的入射光线的一束光线与抛物线的交点为，则反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
8．若对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
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.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
由表中数据，求得线性回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．产品的销量与单价成负相关
B．为了获得最大的销售额（销售额单价销量，单价应定为70元或80元
C．
D．若在这些样本点中任取一点，则它在线性回归直线左下方的概率为
10．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，D．的最小值为
11．伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ）
A．若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则
B．双纽线上满足的点有2个
C．的面积的最大值为
D．的周长的取值范围为
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．若，则 ； .
13．若不等式成立的一个充分不必要条件是，则实数的取值范围为 ．
14．设函数，正实数满足，若，则实数的最大值为 .
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．已知函数.
(1)若，求不等式的解集；
(2)若，对，使得成立，求的取值范围.
16．2021届高考体检工作即将开展，为了了解高三学生的视力情况，某校医务室提前对本校的高三学生视力情况进行调查，在高三年级1000名学生中随机抽取了100名学生的体检数据，并得到如下图的频率分布直方图.
（1）若直方图中前四组的频数依次成等比数列，试估计全年级高三学生视力的中位数（精确到0.01）；
（2）该校医务室发现，学习成绩突出的学生，近视的比较多，为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系，对抽取的100名学生名次在名和名的学生的体检数据进行了统计，得到表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系?
（3）在（2）中调查的不近视的学生中按照分层抽样抽取了6人，进一步调查他们良好的护眼习惯，求在这6人中任取2人，至少有1人的年级名次在名的概率.
，其中.
17．在三棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.

(1)求证：平面；
(2)已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
18．如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线交双曲线的右支于两点.
①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
②试探究：是否为定值？并说明理由.
19．设实系数一元二次方程①，有两根，
则方程可变形为，展开得②，
比较①②可以得到
这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理.
事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理.
设方程有三个根，则有③
(1)证明公式③，即一元三次方程的韦达定理；
(2)已知函数恰有两个零点.
（i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0；
（ii）求的取值范围.
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
0.8643
0.8849
0.9032
0.9192
0.9332
0.9452
0.9554
0.9641
0.9713
2.0
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
0.9772
0.9821
0.9861
0.9893
0.9918
0.9938
0.9953
0.9965
0.9974
单价（元）
40
50
60
70
80
90
销量（件）
50
44
43
35
28
年级名次
是否近视
近视
40
30
不近视
10
20
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
1．A
【分析】根据含有一个量词的否定判断即可.
【详解】“，”的否定是“，使得”，
故选：A.
2．B
【分析】先求出集合，再求出图中阴影部分表示的集合；最后利用集合的子集个数公式即可求解.
【详解】由图可知：阴影部分表示的集合为.
因为集合，
所以，
则，
所以阴影部分表示的集合的子集个数为.
故选：B.
3．B
【分析】利用特殊值说明充分性不成立，根据单调性得到，即可说明必要性成立，从而得解.
【详解】当，满足，但是，显然是递减数列，故充分性不成立，
当是递增数列，则，
若，则an单调递减，显然不恒成立，
所以，所以必要性成立，
所以“”是“是递增数列”的必要不充分条件.
故选：B
4．C
【分析】由圆的位置和直线所过定点，判断直线与圆的位置关系.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
直线过圆内定点，斜率可正可负可为0，
ABD选项都有可能，C选项不可能.
故选：C.
5．A
【分析】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，利用全概率公式计算出的值，再利用贝叶斯公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，
记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则，，，，
由全概率公式可得，
，
因此，.
故选：A.
6．C
【分析】首先计算排在等级最低分后面的学生约为学生总数的90%，结合，以及当时，，可得到，计算即可得到答案．
【详解】由题意可得，将学生成绩从高到低排名，排在等级最低分后面的学生约为学生总数的90%.
因为原始成绩，所以.
令，则；又当时，，
所以，解得，所以B＋等级的原始分最低大约为71.
故选：C.
7．C
【分析】由题意可求得抛物线方程，再根据光线的反射性质求出反射光线的方程，即可求出反射光线与抛物线的交点坐标，再利用两点间的距离公式即可求得结果.
【详解】因为点在抛物线上，所以，解得，
所以抛物线的方程为，则焦点为，
又因为反射光线经过点及焦点，，
所以反射光线的方程为，
联立抛物线方程得，解得或，
所以反射光线与抛物线的交点为，
由两点间距离公式可得，
所以反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为.
故选：C.
8．D
【分析】将已知变形为，然后构造函数，将问题转化为在上恒成立，转化为的最大值问题，利用导数求解可得.
【详解】因为，所以，则可化为，
整理得，
因为，所以，
令，则函数在上单调递减，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则在上恒成立，
则在上单调递减，
所以，故，
所以得最小值为.
故选：D.
关键点睛：本题解题关键在于对进行合理变形，通过构造函数，将问题转化为在上恒成立，然后可解.
9．ACD
【分析】利用相关系数的正负判断出相关性的正负判断A；利用二次函数计算出最大销售额时的单价判断B；利用单价和销量的均值落在回归线上计算出的值判断C；将分别代入线性回归方程，得到的预测值分别为，从而求解出在线性回归直线左下方的概率判断D.
【详解】对A，由线性回归方程中的回归系数，
可知产品的销量与单价成负相关，故A正确；
对B，由，得，
则销售额，
为了获得最大的销售额，单价应定为82.5元，故B错误；
对C，由表中数据得，
，
可得样本点的中心的坐标为，则该回归直线过点，
代入，得，故C正确；
对D，将分别代入线性回归方程，
得到的预测值分别为，
由，故和在线性回归直线的左下方，满足条件的样本点只有2个，故所求概率为，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】利用特征值判断A，根据不等式的性质判断B，利用基本不等式判断C，根据对勾函数的性质判断D.
【详解】对于A，当时，故A错误；
对于B，若，则，即，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，显然，
所以，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，因为，
令，则，令，
由对勾函数的性质可知，函数在上单调递增，
所以，
所以 ，当且仅当时取等号，故D错误.
故选：BC
11．ACD
【分析】由已知，代入坐标整理即可得出方程，即可判断A，令，求出，即可判断B，根据面积公式判断C，首先根据余弦定理，以及向量可推得，再结合三角型三边关系判断D.
【详解】由双纽线的定义可得：，
即，化简得：，
当时，点的轨迹方程为，
令，解得或，所以，故A正确；
因为，，若满足，则点在轴上，
在方程中令，解得，
所以满足的点为，只有一个，故B错误；
，故C正确；
因为，
又，且，
所以，
接下来先证明：
在中，由余弦定理可得，
所以.
又因为，所以
.
所以
，
即，
整理可得，所以；
所以，
如图以、为邻边作平行四边形，
则，所以，
所以，
即的周长的取值范围为，故D正确.

故选：ACD
12．
【分析】借助赋值法，分别令、、计算即可得.
【详解】令，可得，即，
令，可得，即，
令，可得，即，
则，
即，则，
故.
故；.
13．
【分析】根据绝对值不等式的解法，结合充分不必要条件的性质进行求解即可.
【详解】由，
因为不等式成立的一个充分不必要条件是，
所以有，等号不同时成立，，
当时，是不等式成立的充要条件，不符合题意，
所以，实数的取值范围为.
故答案为.
14．
【分析】根据给定条件可得，再整理并分离参数，利用基本不等式求出最小值即可.
【详解】函数，则，而，
即，整理得，由，得，则，
因此，而，于是，整理得，即，
令，则
，当且仅当，即时取等号，
因此，则，所以实数的最大值为.
故
15．(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）利用分类讨论的思想求解含有参数的不等式的解集.
（2）利用函数的思想构造函数，借助二次函数分类讨论求函数的值域，进而列出不等式式组求解即得.
【详解】（1）令，解得或，
①当时，，不等式的解集为，
②当时，，不等式的解集为，
③当时，，不等式的解集为，
所以当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为.
（2）由，得，
令，依题意，，取值集合包含于，
而，当，即时，在上单调递增，则，无解；
当，即时，则，解得，
所以实数的取值范围是.
16．（1）4.74；（2）能；（3）.
（1）根据题中所给的频率分布直方图中对应的数据，可以求得第三组、第六组、第五组的频数以及前四组的频数和，结合前四组的频数成等比数列，得出相应的数据，利用中位数的特征，两边各占一半，求得结果；
（2）利用题中所给的列联表，求得的值，与表中所给的临界值比较，得到结论；
（3）根据题意，求出满足条件的基本事件数和总的基本事件数，利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】（1）由图可知，第三组和第六组的频数为人
第五组的频数为人
所以前四组的频数和为人
而前四组的频数依次成等比数列
故第一组的频数为4人，第二组的频数为8人，第四组的频数为32人
所以中位数落在第四组，设为x，
因此有（或）
解得
所以中位数是4.74
（2）因为
所以
所以
因此在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系
（3）依题意按照分层抽样在不近视的学生中抽取了6人中年级名次在名和
名的分别有2人和4人
从6人中任意抽取2人的基本事件共15个
至少有1人来自于1～100名的基本事件有9个
所以至少有1人的年级名次在名的概率为.
方法点睛：该题考查的是有关概率与统计的问题，解题方法如下：
（1）根据频率分布直方图中所给的数据求相应的量，利用中位数的定义求得结果；
（2）利用公式求得的值，结合临界值得到结果；
（3）利用古典概型概率公式求得概率.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意首先证明平面，即DC⊥BM，进一步由平面几何知识证明即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，首先由确定参数的值，进一步求出两平面的法向量，由夹角余弦公式即可得解.
【详解】（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴DC⊥BM.①
∵，
∴△CFD∽△MCP，则.
∵∠ACD+∠FCD=π2，∴∠PMC+∠ACD=π2，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
（2）由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.

∵CFDF=DFCP=λ，
∴CM=DF=λ，DM=CF=λ2.
∴，，，
∵，
∴由棱台的性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
18．(1)
(2)①3；②为定值4，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；
（2）①设，求得，结合，即可求解；
②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.
【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，
所以，即，
又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，
联立方程组，解得，所以，
故双曲线的方程为.
（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，
设，则，可得，
则.
② 为定值.
理由如下：
由（1）得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，
可得，
又因为，所以直线的方程为，
根据双曲线的对称性，同理可得，
所以，故为定值.
方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.
19．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）将展开，对比两个方程即可得证；
（2）（i）由一元三次方程的韦达定理可得两根关系，根据两根符号即可得证；
（ii）利用两根表示出，消去，令可得，利用导数判断单调性，然后可得.
【详解】（1）证明：因为方程有三个根，
所以方程即为，
变形为，
比较两个方程可得.
（2）（i）证明：有两个零点，
有一个二重根，一个一重根，且
由（1）可得，由可得.
由可得，.
联立上两式可得，解得，
又，综上.
（ii）解：由（i）可得，
.
令，则，
，当时，，
在上单调递增，，
.
思路点睛：对于新定义问题要注意以下几点：（1）认真研读定义所给主要信息，筛选出关键点；（2）利用好定义所给的表达式及相关条件；（3）含有参数时要注意分类讨论.
2024-2025学年四川省成都市高三上学期开学考试数学检测试题（二）
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．已知向量，.若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则包含的元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
3．已知且，则“”是“函数为偶函数”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
4．函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．函数，若对任意、（），都有成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知定义在上的函数(为实数)为偶函数，记，，，则､､的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题（每小题6分，共18分）
9．（多选）为了更好地支持中小型企业的发展，某市决定对部分中小型企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业的年收入情况，并根据所得数据作出了如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）

A．样本在区间[500,700]内的频数为18
B．如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税收政策，估计当地有30％的中小型企业能享受到减免税收政策
C．样本的中位数小于350万元
D．可估计当地的中小型企业年收入的平均数不超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
10．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．B．的图像关于点成中心对称
C．D．
11．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面
C．的最小值为
D．当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．已知为虚数单位，，若，则a-b=
13．已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为上一点，若为等边三角形，则的离心率为 .
14．已知正数a，b，c满足，，则的最小值为 .
四、解答题
15．的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的面积.
16．某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下：
(1)计算，的相关系数，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高）
(2)求出关于的线性回归方程，并预测若想收益超过20（亿元），则需研发投入至少多少亿元？（结果保留一位小数）
参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为，，.
参考数据：，，.
17．如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
18．已知函数，定义域为.
(1)讨论的单调性；
(2)求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
19．已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点.
（i）证明：共线；
（ii）判断是否为定值，若是定值求出定值；若不是定值，说明理由.
研发投入（亿元）
1
2
3
4
5
产品收益（亿元）
3
7
9
10
11
1．C
【分析】根据向量垂直的坐标运算，求得，再求即可.
【详解】解：因为，所以，所以，所以.
故选：C.
本题考查向量垂直时的坐标运算，向量模的求解，是基础题.
2．B
【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由交集的定义求解.
【详解】由，解得或，
所以或，
故，
故选：B
3．A
【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断.
【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有，
即，即对任意的恒成立，
即有，故，
由“”是“”的充分不必要条件，
故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
【分析】由奇偶性定义判断A、B，求判断C，结合排除法确定答案.
【详解】由，且定义域为R，为奇函数，A不符；
由，且定义域为R，为奇函数，B不符；
由与图象不符，C不符.
故选：D
5．C
【分析】根据题意得出函数在上单调递减，再利用分段函数的单调性列不等式组即可得出结果.
【详解】由对任意、（），都有成立，可知在上单调递减，
所以，解得，即实数a的取值范围为.
故选：C.
6．A
【分析】根据指对数互化、对数的运算性质和换底公式计算找到关系式；
【详解】因为，所以，
，故.
故选：A.
7．D
先根据为偶函数得到，求出函数的单调性后可得的大小关系.
【详解】因为为偶函数，
所以，
故，
即对任意的恒成立，
故，
所以，，
则，
当时，，
在上为增函数，
因为，
故，
所以.
故选：D.
本题考查函数的奇偶性、单调性以及指数对数的大小比较，属于中档题.
8．A
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选：A
9．ABD
【分析】由频率分布直方图的数据，先求出样本在区间,内的频率，再利用样本容量、频率、频数的关系求解，即可判断A，求出年收入在300万元以内的企业的频率，即可判断B，利用频率分布直方图中位数的求解方法，求出中位数，即可判断C，利用频率分布直方图中平均数的求解方法，求出平均数，即可判断D．
【详解】由频率分布直方图可得，，解得，
所以样本在区间,内的频数为，故A正确；
年收入在300万元以内的企业的频率为，故B正确；
，故中位数再,之间，设中位数为，
则有，解得，故C错误；
收入的平均数为，故D正确．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又f1=0，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
11．ABD
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．4
先利用复数的乘法化简，再利用复数相等，得到a，b求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以a-b=4.
故4
本题主要考查复数的运算和复数相等，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
13．##
【分析】由条件可知为直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率.
【详解】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是．
故答案为.
14．2
【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最小值.
【详解】由题意知，当时取等号，
故
，当时取等号，
综上，当时，的最小值为2.
故2
关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值.
15．(1)
(2).
【分析】（1）由正余弦定理求解即可；
（2）由（1）先求出，再由三角形的面积公式求解．
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得.
可化为.
又由余弦定理，有.
又，所以.
（2）因为，由（1）有.
可化为.
又由，有.
所以.
16．(1)，相关程度较高
(2)，9.3亿元
【分析】（1）通过计算相关系数来进行判断.
（2）先计算回归直线方程，并由此作出预测.
【详解】（1）由表中数据可知，，，
，，，
则，
故相关程度较高；
（2），，
则，，
故，
令，解得，
故研发投入至少9.3亿元.
17．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【详解】（1）如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
18．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；
（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.
【详解】（1）因为，
（ⅰ）当，即时，则f′x≥0在0,+∞内恒成立，
可知在0,+∞内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令f′x>0，解得；令f′x0，解得或；令f′x0，解得；令ℎ′x