2025届广东省部分学校高三大联考模拟预测数学试题
1．（2024高三上·广东模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C．5 D．13
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】，
所以.
故选：B
【分析】本题考查复数的乘法运算和复数的模长公式.先将括号进行展开，再通过化简可求出复数的表达式，再利用复数的模长公式进行计算可求出复数的模长.
2．（2024高三上·广东模拟）已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由抛物线可得，
所以，，
故抛物线的焦点到准线的距离是.
故选：B
【分析】本题考查抛物线的几何性质.先将抛物线进行变形可得：，据此可求出的值，再根据抛物线的焦点到准线的距离是，据此可求出答案.
3．（2024高三上·广东模拟）等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为数列为等比数列，则，，成等比数列，
设，则，则，
故，所以，得到，所以.
故选：C.
【分析】本题考查等比数列前项和性质的运用.设，则，则，再根据数列为等比数列，利用等比数列前项和性质可得：，，成等比数列，据此可得，通过计算可得，再进行计算可求出答案.
4．（2024高三上·广东模拟）现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】根据题意画出图形，如图所示，其中且.
由，可得，
又且，可得是长方形，则，
所以，，
则，正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积.
于是正四棱台的体积.
故该水库的最大蓄水量为.
故选：A.
【分析】本题考查台体的体积计算公式.根据题意画出图形，据此可得，利用勾股定理计算可得：，进而可推出是长方形，据此可得，利用线段的运算可得，利用勾股定理计算可得：，利用梯形的面积计算公式进行计算可得：正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积，再代入台体的体积公式进行计算可求出该水库的最大蓄水量.
5．（2024高三上·广东模拟）已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的焦距是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】不妨设双曲线的一条渐近线方程为，即，
则圆心到渐近线的距离，
由圆的半径及圆的几何性质可得，
化简得，解得，所以，
故选：D
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.不妨设双曲线的一条渐近线方程为，利用点到直线的距离公式可求出圆心到渐近线的距离，利用直线与圆的位置关系计算可得：，代入数据化简可求出c的值，进而可求出双曲线的焦距.
6．（2024高三上·广东模拟）若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义
【解析】【解答】因为函数是偶函数，所以，又易得函数的定义域是，
即，
所以，
所以，又，所以解得，所以，
所以，所以，
所以曲线在处的切线斜率为.
故选：B.
【分析】本题考查曲线的切线方程.已知函数是偶函数，根据偶函数的性质可得：，据此可列出方程，解方程可求出，再对函数进行求导可得：，进而可求出在处的导数，据此可求出切线的斜率.
7．（2024高三上·广东模拟）对于非空数集，定义，将称为“与的笛卡尔积”．记非空数集的元素个数为，若是两个非空数集，则的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】设，，
则，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值是.
故选：B
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.先利用、的定义对进行化简可得：，再利用基本不等式可求出最值，据此可求出答案.
8．（2024高三上·广东模拟）已知圆与圆交于两点，则（为圆的圆心）面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由题意得：，所以圆心，半径，
由两圆相交于两点可知：，
所以的面积
，
因为是半径为1的圆，所以，
当时，，又，
此时由，解得，，故可以取最大值2；
所以当时，最大，且是锐角，
根据函数的单调性可知：当时，最大，
在中由余弦定理可得：，
所以，
所以，
故选：C.
【分析】本题考查圆与圆的位置关系，利用余弦定理解三角形.先找出圆M的圆心和半径，进而可推出，利用三角形的面积计算公式进行计算可得：，再求出两圆的半径，进而可得，因为为锐角，所以要使的面积最大，只要取得最大值即可，此时，利用余弦定理可求出，进而可求出，再代入三角形的面积计算公式可求出的面积.
9．（2024高三上·广东模拟）降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图．
下列结论正确的是（ ）
A．这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大
B．这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大
C．这年上半年A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大
D．这年上半年A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大
【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】由题意可知：A地月降雨量按升序排列可得：，
B地月降雨量按升序排列可得：，
A.可知A地月平均降雨量为，
B地月平均降雨量为，
因为，所以这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大，A正确；
B.A地月降雨量的中位数为，B地月降雨量的中位数为，
因为，所以A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数小，B错误；
C.A地月降雨量的极差为，B地月降雨量的极差为，
因为，A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大，C正确；
D.因为，
可知A地月降雨量的分位数为42，B地月降雨量的分位数为40，
且，所以A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大，D正确；
故选：ACD.
【分析】本题考查平均数，中位数，极差的定义.先将数据进行排序可得：A地月降雨量按升序排列可得：，B地月降雨量按升序排列可得：，再求出A地月平均降雨量和B地月平均降雨量，再进行排序可判断A选项；根据排序的数据，利用中位数的定义可求出A地月降雨量的中位数和B地月降雨量的中位数，再进行排序可判断B选项；利用极差的计算公式可求出A地月降雨量的极差和B地月降雨量的极差，再进行比较可判断C选项；先求出数位所在的位置为，利用百分位数的定义可求出A地月降雨量的分位数和B地月降雨量的分位数，再进行比较可判断D选项.
10．（2024高三上·广东模拟）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．若直线是图象的对称轴，则
C．在上的值域为
D．若，且，则
【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】由且，不妨令，
A.由化简后的解析式，易知其最小正周期为，A正确；
B.若直线是图象的对称轴，则且，即，
所以，B错误；
C.由，则，且，
所以，，故值域为，C正确；
D.由题设，令，则或，且，
所以或，又，
不妨令，则，D正确.
故选：ACD
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.先利用辅助角公式化简可得：且，不妨令，利用周期计算公式可求出周期，据此可判断A选项；根据直线是图象的对称轴，利用正弦函数的对称轴公式计算可得：，再利用诱导公式计算可求出，据此可判断B选项；根据，变形可得：，利用正弦函数的性质可求出和，进而可得值域，据此可判断C选项；令，通过计算可得：或，令，可求出，据此可判断D选项.
11．（2024高三上·广东模拟）在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值是
B．点到平面的距离是
C．三棱锥的体积为
D．四面体外接球的表面积是
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
A.故，
故，
故异面直线所成角的余弦值为，A正确；
B.因为，设平面的法向量为，
则由可得，取，
而，故点到平面的距离是，B错误；
C.又，设，
则
因为共线，所以，故，即，
故，且在轴上，故，C正确；
D.设四面体外接球的球心为，则，
即；
；
，
整理得到：，故，故外接球半径为，
故外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查异面直线的夹角，点到直线的距离，三棱锥的体积，球的外接几何体问题.以D为原点建立的空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出与，再利用空间向量的夹角的余弦公式计算可求出 异面直线与所成角的余弦值 ，据此可判断A选项；求出，设平面的法向量为，利用法向量的定义可列出方程组，据此可求出平面的法向量，利用空间向量点到平面的距离公式计算可得点到平面的距离是，再进行计算可判断B选项；设，进而可求出，根据共线，可求出a和b的值，进而可求出点P的坐标，据此可得，利用棱锥的体积公式计算可得三棱锥的体积，据此可判断C选项； 设四面体外接球的球心为，根据，通过化简可求列出方程组，解方程组可求出x，y，z的值，据此可求出 外接球半径 ，再利用球的表面积公式进行计算可判断D选项.
12．（2024高三上·广东模拟）已知单位向量满足，则与的夹角为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，．
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的夹角计算公式.将等式两边平方可得：
为，通过化简可得：，再利用平面向量的夹角计算公式进行计算可求出与的夹角 .
13．（2024高三上·广东模拟）一场篮球比赛需要3名裁判员（1名主裁判、2名助理裁判），现从9名（5男4女）裁判员中任意选取3人担任某场篮球比赛的裁判，则这3名裁判员中既有男裁判员，又有女裁判员，且男裁判员担任主裁判的概率是 ．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先计算既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数.
因为男裁判员担任主裁判，所以先从名男裁判员中选名作为主裁判，有种选法.后有两种情况.
从名女裁判员中选名作为助理裁判，有种选法.
从名女裁判员中选1名作为助理裁判，和从名男裁判员中选1名作为助理裁判，
有种选法.
根据乘法原理，既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数为种.
再计算从名裁判员中选人的总情况数.
从名裁判员中选人作为裁判，总数为种.
所求概率.
故答案为：.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.先求出从名男裁判员中选名作为主裁判，有种选法，再分两种情况：从名女裁判员中选名作为助理裁判；从名女裁判员中选1名作为助理裁判，和从名男裁判员中选1名作为助理裁判；依次求出两种情况的种数，根据乘法原理，既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数，再求出从名裁判员中选人的总情况数.利用概率公式进行计算可求出答案.
14．（2024高三上·广东模拟）已知满足，则 ．
【答案】3
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为，故，
因为，故，所以，设
则，故在上为增函数，
故，故，且，故，
故答案为：3.
【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性.原方程可化为，设，求出导函数可得：，进而可推出在上为增函数，进而可得，变形可得故，且，再代入所求式子进行化简可求出答案.
15．（2024高三上·广东模拟）已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）当时，，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以的极大值是，
极小值为.
（2），，
当时，单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的极值和函数的单调性.（1）当时，先求出导函数可得：，进而可求出函数的单调区间，利用函数极值的定义可求出函数的极值；
（2）先求出导函数可得：，再进行因式分解可得：，分三种情况：当时；当时；当时；讨论导函数的正负，进而可求出函数的单调区间.
（1）当时，，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以的极大值是，
极小值为.
（2），，
当时，单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
16．（2024高三上·广东模拟）在中，角的对边分别是，且．
（1）证明：．
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）由题设，
所以，
则，即，
又，则，且，
所以，得证.
（2）由题设，即，得，
由，而，故.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）先利用正弦定理进行边化角可得：，再将括号进行展开，利用两角和的正弦公式进行化简可得：，再结合，可得，化简后可证明结论成立；
关系及和差角正弦公式得到，结合三角形内角性质即可证结论；
（2）根据是锐角三角形可得：，解不等式可求出，再利用正弦边角关系、倍角正弦公式有，再进行计算可求出答案.
（1）由题设，
所以，
则，即，
又，则，且，
所以，得证.
（2）由题设，即，得，
由，而，故.
17．（2024高三上·广东模拟）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，．
（1）证明：平面平面．
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）过作，垂足为，则，
因为，则，且平面，
如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）若，由（1）可知：，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查利用空间向量证明平面与平面垂直，利用空间向量求二面角.（1）过作，垂足为，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，写出对应的向量，求出，利用空间向量的数量积可证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）先求出，再求出平面、平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可得：，进而可求出二面角的余弦值．
（1）过作，垂足为，则，
因为，则，且平面，
如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）若，由（1）可知：，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
18．（2024高三上·广东模拟）已知，直线交于点，且直线的斜率之积为，点的轨迹记为曲线．
（1）求的方程．
（2）不过点的直线与交于两点，且直线与的斜率之和为，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）设，则，，由题意得，，
整理得，
∴曲线的方程为.
（2）设，当斜率存在时，设，
由得，，
∴，即，
∴，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，
∴，整理得，
∵，
∴，
∴直线方程为，恒过定点.
当直线斜率不存在时，，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，此时直线，恒过定点.
综上得，直线过定点.
【知识点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系.（1）设点，利用斜率公式进行计算可得：，，再根据
，通过化简可求出的轨迹方程.
（2）设，当斜率存在时，设，将直线与椭圆进行联立可得：，利用韦达定理可得：，再根据直线与的斜率之和为，可列出方程，解得：，据此可求出直线l的方程，求出恒过定点的坐标；当直线斜率不存在时，，根据直线与的斜率之和为，利用直线的斜率公式计算可得：，据此可得，进而可求出直线l的方程，求出恒过定点的坐标.
（1）设，则，，
由题意得，，
整理得，
∴曲线的方程为.
（2）设，
当斜率存在时，设，
由得，，
∴，即，
∴，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，
∴，整理得，
∵，
∴，
∴直线方程为，恒过定点.
当直线斜率不存在时，，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，此时直线，恒过定点.
综上得，直线过定点.
19．（2024高三上·广东模拟）某项测试共有道多项选择题，每道题的评分标准如下：全部选对得5分；部分选对得2分；有选错或不答得0分．记道题的总得分为的取值个数为．
（1）求的值；
（2）当时，若某人参加这项测试，每道题得5分、2分、0分的概率相等，且每道题答对与否相互独立，求的概率；
（3）求数列的前项和．
【答案】（1）①当时，的取值可能为0，2，5，共3个，故；
②当时，的取值可能为0，2，4，5，7，10，故；
③当时，的取值可能为0，2，4，5，6，7，9，10，12，15，故；
（2）由题意得，每道题得5分、2分、0分的概率均为.当两题得5分，三题得0分时，，概率为，
当5个题得分均为2分时，，概率为，
∴的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
0
2 5
4 7 10
6 9 12 15
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一个项得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以刚好连接上来（之后所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
则在，1，2，，中不能取到的值构成的集合为，3，，，，，
所以也适合．
结合（1）可得，
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以．
【知识点】数列的求和；二项分布；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；数列的通项公式
【解析】【分析】本题考查二项分布，数列的通项公式，数列的求和公式.（1）当时；当n=2时；当n=3时；通过列举法依次求出X的值，进而可求出定的值.
（2）根据题意可得每道题得5分、2分、0分的概率均为，分两种情况：当两题得5分，三题得0分时；当5个题得分均为2分时；，分别计算两种情况的概率，再进行相加可求出答案；
（3）当时，根据规则，分别列举出每种情况下总得分的取值个数，再进行相加可计算出，表示，再利用裂项相消法计算可求出前项和 .
（1）①当时，的取值可能为0，2，5，共3个，故；
②当时，的取值可能为0，2，4，5，7，10，故；
③当时，的取值可能为0，2，4，5，6，7，9，10，12，15，故；
（2）由题意得，每道题得5分、2分、0分的概率均为.
当两题得5分，三题得0分时，，概率为，
当5个题得分均为2分时，，概率为，
∴的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
0
2 5
4 7 10
6 9 12 15
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一个项得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以刚好连接上来（之后所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
则在，1，2，，中不能取到的值构成的集合为，3，，，，，
所以也适合．
结合（1）可得，
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以．
2025届广东省部分学校高三大联考模拟预测数学试题
1．（2024高三上·广东模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C．5 D．13
2．（2024高三上·广东模拟）已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广东模拟）等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·广东模拟）现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广东模拟）已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的焦距是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
6．（2024高三上·广东模拟）若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ）
A． B．0 C． D．
7．（2024高三上·广东模拟）对于非空数集，定义，将称为“与的笛卡尔积”．记非空数集的元素个数为，若是两个非空数集，则的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．（2024高三上·广东模拟）已知圆与圆交于两点，则（为圆的圆心）面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·广东模拟）降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图．
下列结论正确的是（ ）
A．这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大
B．这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大
C．这年上半年A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大
D．这年上半年A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大
10．（2024高三上·广东模拟）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．若直线是图象的对称轴，则
C．在上的值域为
D．若，且，则
11．（2024高三上·广东模拟）在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值是
B．点到平面的距离是
C．三棱锥的体积为
D．四面体外接球的表面积是
12．（2024高三上·广东模拟）已知单位向量满足，则与的夹角为 ．
13．（2024高三上·广东模拟）一场篮球比赛需要3名裁判员（1名主裁判、2名助理裁判），现从9名（5男4女）裁判员中任意选取3人担任某场篮球比赛的裁判，则这3名裁判员中既有男裁判员，又有女裁判员，且男裁判员担任主裁判的概率是 ．
14．（2024高三上·广东模拟）已知满足，则 ．
15．（2024高三上·广东模拟）已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性．
16．（2024高三上·广东模拟）在中，角的对边分别是，且．
（1）证明：．
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
17．（2024高三上·广东模拟）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，．
（1）证明：平面平面．
（2）若，求二面角的余弦值．
18．（2024高三上·广东模拟）已知，直线交于点，且直线的斜率之积为，点的轨迹记为曲线．
（1）求的方程．
（2）不过点的直线与交于两点，且直线与的斜率之和为，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
19．（2024高三上·广东模拟）某项测试共有道多项选择题，每道题的评分标准如下：全部选对得5分；部分选对得2分；有选错或不答得0分．记道题的总得分为的取值个数为．
（1）求的值；
（2）当时，若某人参加这项测试，每道题得5分、2分、0分的概率相等，且每道题答对与否相互独立，求的概率；
（3）求数列的前项和．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】，
所以.
故选：B
【分析】本题考查复数的乘法运算和复数的模长公式.先将括号进行展开，再通过化简可求出复数的表达式，再利用复数的模长公式进行计算可求出复数的模长.
2．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由抛物线可得，
所以，，
故抛物线的焦点到准线的距离是.
故选：B
【分析】本题考查抛物线的几何性质.先将抛物线进行变形可得：，据此可求出的值，再根据抛物线的焦点到准线的距离是，据此可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为数列为等比数列，则，，成等比数列，
设，则，则，
故，所以，得到，所以.
故选：C.
【分析】本题考查等比数列前项和性质的运用.设，则，则，再根据数列为等比数列，利用等比数列前项和性质可得：，，成等比数列，据此可得，通过计算可得，再进行计算可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】根据题意画出图形，如图所示，其中且.
由，可得，
又且，可得是长方形，则，
所以，，
则，正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积.
于是正四棱台的体积.
故该水库的最大蓄水量为.
故选：A.
【分析】本题考查台体的体积计算公式.根据题意画出图形，据此可得，利用勾股定理计算可得：，进而可推出是长方形，据此可得，利用线段的运算可得，利用勾股定理计算可得：，利用梯形的面积计算公式进行计算可得：正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积，再代入台体的体积公式进行计算可求出该水库的最大蓄水量.
5．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】不妨设双曲线的一条渐近线方程为，即，
则圆心到渐近线的距离，
由圆的半径及圆的几何性质可得，
化简得，解得，所以，
故选：D
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.不妨设双曲线的一条渐近线方程为，利用点到直线的距离公式可求出圆心到渐近线的距离，利用直线与圆的位置关系计算可得：，代入数据化简可求出c的值，进而可求出双曲线的焦距.
6．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义
【解析】【解答】因为函数是偶函数，所以，又易得函数的定义域是，
即，
所以，
所以，又，所以解得，所以，
所以，所以，
所以曲线在处的切线斜率为.
故选：B.
【分析】本题考查曲线的切线方程.已知函数是偶函数，根据偶函数的性质可得：，据此可列出方程，解方程可求出，再对函数进行求导可得：，进而可求出在处的导数，据此可求出切线的斜率.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】设，，
则，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值是.
故选：B
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.先利用、的定义对进行化简可得：，再利用基本不等式可求出最值，据此可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由题意得：，所以圆心，半径，
由两圆相交于两点可知：，
所以的面积
，
因为是半径为1的圆，所以，
当时，，又，
此时由，解得，，故可以取最大值2；
所以当时，最大，且是锐角，
根据函数的单调性可知：当时，最大，
在中由余弦定理可得：，
所以，
所以，
故选：C.
【分析】本题考查圆与圆的位置关系，利用余弦定理解三角形.先找出圆M的圆心和半径，进而可推出，利用三角形的面积计算公式进行计算可得：，再求出两圆的半径，进而可得，因为为锐角，所以要使的面积最大，只要取得最大值即可，此时，利用余弦定理可求出，进而可求出，再代入三角形的面积计算公式可求出的面积.
9．【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】由题意可知：A地月降雨量按升序排列可得：，
B地月降雨量按升序排列可得：，
A.可知A地月平均降雨量为，
B地月平均降雨量为，
因为，所以这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大，A正确；
B.A地月降雨量的中位数为，B地月降雨量的中位数为，
因为，所以A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数小，B错误；
C.A地月降雨量的极差为，B地月降雨量的极差为，
因为，A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大，C正确；
D.因为，
可知A地月降雨量的分位数为42，B地月降雨量的分位数为40，
且，所以A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大，D正确；
故选：ACD.
【分析】本题考查平均数，中位数，极差的定义.先将数据进行排序可得：A地月降雨量按升序排列可得：，B地月降雨量按升序排列可得：，再求出A地月平均降雨量和B地月平均降雨量，再进行排序可判断A选项；根据排序的数据，利用中位数的定义可求出A地月降雨量的中位数和B地月降雨量的中位数，再进行排序可判断B选项；利用极差的计算公式可求出A地月降雨量的极差和B地月降雨量的极差，再进行比较可判断C选项；先求出数位所在的位置为，利用百分位数的定义可求出A地月降雨量的分位数和B地月降雨量的分位数，再进行比较可判断D选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】由且，不妨令，
A.由化简后的解析式，易知其最小正周期为，A正确；
B.若直线是图象的对称轴，则且，即，
所以，B错误；
C.由，则，且，
所以，，故值域为，C正确；
D.由题设，令，则或，且，
所以或，又，
不妨令，则，D正确.
故选：ACD
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.先利用辅助角公式化简可得：且，不妨令，利用周期计算公式可求出周期，据此可判断A选项；根据直线是图象的对称轴，利用正弦函数的对称轴公式计算可得：，再利用诱导公式计算可求出，据此可判断B选项；根据，变形可得：，利用正弦函数的性质可求出和，进而可得值域，据此可判断C选项；令，通过计算可得：或，令，可求出，据此可判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
A.故，
故，
故异面直线所成角的余弦值为，A正确；
B.因为，设平面的法向量为，
则由可得，取，
而，故点到平面的距离是，B错误；
C.又，设，
则
因为共线，所以，故，即，
故，且在轴上，故，C正确；
D.设四面体外接球的球心为，则，
即；
；
，
整理得到：，故，故外接球半径为，
故外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查异面直线的夹角，点到直线的距离，三棱锥的体积，球的外接几何体问题.以D为原点建立的空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出与，再利用空间向量的夹角的余弦公式计算可求出 异面直线与所成角的余弦值 ，据此可判断A选项；求出，设平面的法向量为，利用法向量的定义可列出方程组，据此可求出平面的法向量，利用空间向量点到平面的距离公式计算可得点到平面的距离是，再进行计算可判断B选项；设，进而可求出，根据共线，可求出a和b的值，进而可求出点P的坐标，据此可得，利用棱锥的体积公式计算可得三棱锥的体积，据此可判断C选项； 设四面体外接球的球心为，根据，通过化简可求列出方程组，解方程组可求出x，y，z的值，据此可求出 外接球半径 ，再利用球的表面积公式进行计算可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，．
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的夹角计算公式.将等式两边平方可得：
为，通过化简可得：，再利用平面向量的夹角计算公式进行计算可求出与的夹角 .
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先计算既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数.
因为男裁判员担任主裁判，所以先从名男裁判员中选名作为主裁判，有种选法.后有两种情况.
从名女裁判员中选名作为助理裁判，有种选法.
从名女裁判员中选1名作为助理裁判，和从名男裁判员中选1名作为助理裁判，
有种选法.
根据乘法原理，既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数为种.
再计算从名裁判员中选人的总情况数.
从名裁判员中选人作为裁判，总数为种.
所求概率.
故答案为：.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.先求出从名男裁判员中选名作为主裁判，有种选法，再分两种情况：从名女裁判员中选名作为助理裁判；从名女裁判员中选1名作为助理裁判，和从名男裁判员中选1名作为助理裁判；依次求出两种情况的种数，根据乘法原理，既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数，再求出从名裁判员中选人的总情况数.利用概率公式进行计算可求出答案.
14．【答案】3
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为，故，
因为，故，所以，设
则，故在上为增函数，
故，故，且，故，
故答案为：3.
【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性.原方程可化为，设，求出导函数可得：，进而可推出在上为增函数，进而可得，变形可得故，且，再代入所求式子进行化简可求出答案.
15．【答案】（1）当时，，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以的极大值是，
极小值为.
（2），，
当时，单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的极值和函数的单调性.（1）当时，先求出导函数可得：，进而可求出函数的单调区间，利用函数极值的定义可求出函数的极值；
（2）先求出导函数可得：，再进行因式分解可得：，分三种情况：当时；当时；当时；讨论导函数的正负，进而可求出函数的单调区间.
（1）当时，，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以的极大值是，
极小值为.
（2），，
当时，单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
综上：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
16．【答案】（1）由题设，
所以，
则，即，
又，则，且，
所以，得证.
（2）由题设，即，得，
由，而，故.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）先利用正弦定理进行边化角可得：，再将括号进行展开，利用两角和的正弦公式进行化简可得：，再结合，可得，化简后可证明结论成立；
关系及和差角正弦公式得到，结合三角形内角性质即可证结论；
（2）根据是锐角三角形可得：，解不等式可求出，再利用正弦边角关系、倍角正弦公式有，再进行计算可求出答案.
（1）由题设，
所以，
则，即，
又，则，且，
所以，得证.
（2）由题设，即，得，
由，而，故.
17．【答案】（1）过作，垂足为，则，
因为，则，且平面，
如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）若，由（1）可知：，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查利用空间向量证明平面与平面垂直，利用空间向量求二面角.（1）过作，垂足为，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，写出对应的向量，求出，利用空间向量的数量积可证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）先求出，再求出平面、平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可得：，进而可求出二面角的余弦值．
（1）过作，垂足为，则，
因为，则，且平面，
如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）若，由（1）可知：，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
18．【答案】（1）设，则，，由题意得，，
整理得，
∴曲线的方程为.
（2）设，当斜率存在时，设，
由得，，
∴，即，
∴，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，
∴，整理得，
∵，
∴，
∴直线方程为，恒过定点.
当直线斜率不存在时，，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，此时直线，恒过定点.
综上得，直线过定点.
【知识点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系.（1）设点，利用斜率公式进行计算可得：，，再根据
，通过化简可求出的轨迹方程.
（2）设，当斜率存在时，设，将直线与椭圆进行联立可得：，利用韦达定理可得：，再根据直线与的斜率之和为，可列出方程，解得：，据此可求出直线l的方程，求出恒过定点的坐标；当直线斜率不存在时，，根据直线与的斜率之和为，利用直线的斜率公式计算可得：，据此可得，进而可求出直线l的方程，求出恒过定点的坐标.
（1）设，则，，
由题意得，，
整理得，
∴曲线的方程为.
（2）设，
当斜率存在时，设，
由得，，
∴，即，
∴，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，
∴，整理得，
∵，
∴，
∴直线方程为，恒过定点.
当直线斜率不存在时，，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，此时直线，恒过定点.
综上得，直线过定点.
19．【答案】（1）①当时，的取值可能为0，2，5，共3个，故；
②当时，的取值可能为0，2，4，5，7，10，故；
③当时，的取值可能为0，2，4，5，6，7，9，10，12，15，故；
（2）由题意得，每道题得5分、2分、0分的概率均为.当两题得5分，三题得0分时，，概率为，
当5个题得分均为2分时，，概率为，
∴的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
0
2 5
4 7 10
6 9 12 15
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一个项得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以刚好连接上来（之后所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
则在，1，2，，中不能取到的值构成的集合为，3，，，，，
所以也适合．
结合（1）可得，
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以．
【知识点】数列的求和；二项分布；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；数列的通项公式
【解析】【分析】本题考查二项分布，数列的通项公式，数列的求和公式.（1）当时；当n=2时；当n=3时；通过列举法依次求出X的值，进而可求出定的值.
（2）根据题意可得每道题得5分、2分、0分的概率均为，分两种情况：当两题得5分，三题得0分时；当5个题得分均为2分时；，分别计算两种情况的概率，再进行相加可求出答案；
（3）当时，根据规则，分别列举出每种情况下总得分的取值个数，再进行相加可计算出，表示，再利用裂项相消法计算可求出前项和 .
（1）①当时，的取值可能为0，2，5，共3个，故；
②当时，的取值可能为0，2，4，5，7，10，故；
③当时，的取值可能为0，2，4，5，6，7，9，10，12，15，故；
（2）由题意得，每道题得5分、2分、0分的概率均为.
当两题得5分，三题得0分时，，概率为，
当5个题得分均为2分时，，概率为，
∴的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
0
2 5
4 7 10
6 9 12 15
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一个项得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以刚好连接上来（之后所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
则在，1，2，，中不能取到的值构成的集合为，3，，，，，
所以也适合．
结合（1）可得，
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以．
