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江西省上饶市广丰中学2025届高三上学期9月月考 数学测试卷（含解析）
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这是一份江西省上饶市广丰中学2025届高三上学期9月月考 数学测试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题必须使用2B铅笔填涂，已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
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．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则此函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的部分图象如图所示，则其解析式为（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，在中，为边AB的中点，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．若，，，则事件A与事件B的关系是（ ）
A．事件A与事件B互斥B．事件A与事件B互为对立
C．事件A与事件B相互独立D．事件A与事件B互斥又独立
7．已知数列满足：，且，则下列说法错误的是（ ）
A．存在，使得数列为等差数列B．当时，
C．当时，D．当时，数列是等比数列
8．已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最大值是（ ）
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，有选错的得0分．
9．已知函数，其中且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象过定点
C．函数在其定义域上有解
D．当时，函数在其定义域上为单调递增函数
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位，所得函数为偶函数
D．若，则
11．设函数，且，下列命题：其中正确的命题是（ ）
A．若，则；
B．存在，，使得；
C．若，，则；
D．对任意的，，都有.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设函数是定义域为的奇函数，且，都有.当时，，则函数在区间上有 个零点.
13．已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
14．在等差数列中，为其前项的和，若，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．已知指数函数的图象过点．
(1)求的值；
(2)求关于的不等式的解集．
16．已知过点的直线与直线平行，圆．
(1)若直线为圆C的切线，求直线的方程；
(2)若直线与圆C交于M，N两点，求面积的最大值，并求此时实数m的值．
17．如图，弧是半径为a的半圆，为直径，点E为弧的中点，点B和点C为线段的三等分点，平面外点F满足，：
(1)证明：；
(2)已知点Q，R为线段上的点，使得，求当最短时，平面和平面所成二面角的正弦值．
18．已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
(1)求轨迹的方程；
(2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
(3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
19．已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
1．A
【分析】当时，，进而根据二次函数的性质即可得当时，，再结合奇函数的性质即可得答案.
【详解】解：因为当时，
因为，所以，所以，
所以当时，，
又因为是定义在R上的奇函数，
故当时，函数的值域为，
故此函数的值域为.
故选：A.
【点睛】本题考查指数幂的二次函数型的值域求解问题，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于配方得，进而利用二次函数性质与奇偶性性质求解.
2．B
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用性质解不等式作答.
【详解】函数，则，
因，则不等式成立必有，即，
令，求导得，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，，于是得，即，令，
当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，
当时，，于是得，即，此时，
函数在上单调递增，，，不等式解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【点睛】思路点睛：求某些函数不等式解集，将不等式等价转化，利用同构思想，构造新函数，借助函数的单调性分析求解.
3．D
【分析】由最小值求得，由求得，再结合最小值点和周期求得．
【详解】由图象知，
所以，
则或，
又，所以，
，，，，
又，，已知，所以，所以，
故选：D．
4．D
【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得.
【详解】为AB的中点，，
．
故选：D.
5．C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，得到，所以，
所以点到平面的距离为，
故选：C.
6．C
【分析】根据积事件概率不为零可确定A与B能同时发生，不互斥，得不对立，可得ABD错误；根据独立事件概率公式可知C正确.
【详解】对于A,D,∵，∴A与B能同时发生，不互斥，故A,D错误；
对于B，∵，∴，又∵，，∴事件A与事件B不是对立事件，故B错误；
对于C,∵，∴，∴事件A与事件B相互独立，故C正确，
故选：C．
7．C
【分析】通过倒数法可推导得到A正确；利用递推关系式可推导得到，知数列周期为，由此可得B正确；利用递推关系式可得，可知C错误；通过构造法可推导得到符合等比数列定义式的形式，知D正确.
【详解】对于A，当时，，，
又，数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；
对于B，当时，，，
，数列是周期为的周期数列，
又，，，B正确；
对于C，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
由得：，
，
若，则，与矛盾，C错误；
对于D，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造法求数列通项、数列周期性的应用等知识；解题关键是能够利用数列的递推关系，通过构造的方式配凑出符合等差、等比数列定义的形式.
8．B
【分析】先利用导函数得出函数在R上单调递增，将关于的方程有两个不等实根转化为关于的方程有两个不等实根；再数形结合得出，；最后构造函数，并利用导数求出该函数的最大值即可.
【详解】由可得：
函数的定义域为R，，
所以函数在R上单调递增.
令.
因为关于的方程有两个不等实根，，
则关于的方程有两个不等实根，.
作出函数y=gx的图象，如图所示：
.
所以结合图形可知.
由可得：，，
解得：，即有.
设，
则.
令，得：；令，得：，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质、方程的根与函数图象交点问题等.解题关键在于先利用换元法和函数的单调性将已知条件进行转化；再利用数形结合思想和导数即可求解.
9．ACD
【分析】对选项A，利用奇函数的定义即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，令求解即可判断C正确，对选项D，根据指数函数单调性即可判断D正确.
【详解】函数，
对选项A，，定义域为R，，
所以函数是奇函数，故A正确.
对选项B，，故B错误.
对选项C，，定义域为R，令，解得，
故C正确.
对选项D，当时，，所以和在R上为增函数，
所以函数在R上为单调递增函数，故D正确.
故选：ACD
10．AD
【分析】由函数图象可得、，结合五点法求参数，即可得的解析式，再应用代入法判断对称点，由图像平移及正弦函数的性质判断函数的奇偶性，利用诱导公式、倍角余弦公式求的值.
【详解】由图象知：，故A正确，又，即，
∴，可得，则，
又，故，得：，.
又，则有，
综上，.
∴，即不是对称点，B错误；
，显然不是偶函数，C错误；
，则，
又，且，D正确.
故选：AD.
11．BCD
【解析】结合割线与切线斜率的大小关系即可判断选项A、B、C，根据中位线与函数值的大小比较可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
由可得，
如图：对于选项A：表示曲线在点处的切线斜率小于割线的斜率，所以，故选项A不正确；
对于选项B：在点处的切线斜率小于割线的斜率，在点处的切线斜率大于割线的斜率，所以在曲线上必存在某点，使得该点处的切线斜率等于割线的斜率，所以存在，使得； 故选项B正确；
对于选项C： ，由图知割线的斜率，小于在点处的切线的斜率，所以，故选项C正确；
对于选项D：由图知梯形中位线的长为，的长为，
因为，所以，故选项D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数的几何意义，数形结合比较切线和割线的斜率，理解凸函数的性质.
12．6
【分析】由函数是定义域为R的奇函数，结合的条件可得函数的一个周期为4，根据函数的单调性与零点存在性定理可得零点个数.
【详解】如图，因为函数是定义域为R的奇函数，所以f−x=−fx，且.
又，即，所以函数的图象关于直线对称，
且，所以，所以4是函数的一个周期，
所以.易知函数在上单调递增，
且，
所以函数在区间0,1上仅有1个零点，且零点在区间12,1上.
由对称性，知函数在区间上有且仅有1个零点.
因为是定义域为R的奇函数且是4是它的一个周期，所以，
所以函数的图象关于点2,0中心对称，所以函数在区间上有且仅有2个零点.
因为函数在区间上没有零点，所以函数在区间上没有零点.
结合，得函数在区间上有6个零点.
故答案为：6.
13．
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理即可得出答案.
【详解】将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
14．110
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件列方程解得，，即可求出结果.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以，解得，，所以，
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由指数函数的概念列式求解，
（2）由对数函数的单调性转化后求解．
【详解】（1）由题知指数函数，则，得或，又，
图象经过，则，解得；
（2），以2为底的对数函数在其定义域内是单调递增的，
∴满足条件，
∴不等式的解集为．
16．(1)．
(2)最大为，或．
【分析】（1）由条件可得直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可得到答案；
（2）由题意结合三角形面积公式可得时最大，所以圆心C到直线的距离为，利用点到直线的距离公式可求得.
【详解】（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点0,2，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用已知条件求证、和，从而由线面垂直判定定理得平面，进而得，再结合和线面垂直判定定理得平面，于是由线面垂直定义即可得证.
（2）在平面内，过点C作交弧于G，以点C为原点，分别以，，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题给条件分别求出平面与平面的法向量和，从而即可求出，进而即可求出所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，因为弧是半径为a的半圆，
为直径，点E为弧的中点，所以，
在中，，
在中，，且点C是底边的中点，
所以，，
所以在中，有，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
（2）在平面内，过点C作交弧于G，
以点C为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
设，因为即，
所以，
则，，
，
所以当时，取得最小值，此时，
设，则，
由得，则，
则，，
设平面的法向量为，则，，
所以，令则，
所以，又由（1）知，平面的一个法向量为，
所以，
设平面与平面所成二面角的大小为，则，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)存在，或(
(3)
【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
【详解】（1）设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：
第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.
19．(1)
(2)
【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得an的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到bn的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为an为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
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．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则此函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的部分图象如图所示，则其解析式为（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，在中，为边AB的中点，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．若，，，则事件A与事件B的关系是（ ）
A．事件A与事件B互斥B．事件A与事件B互为对立
C．事件A与事件B相互独立D．事件A与事件B互斥又独立
7．已知数列满足：，且，则下列说法错误的是（ ）
A．存在，使得数列为等差数列B．当时，
C．当时，D．当时，数列是等比数列
8．已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最大值是（ ）
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，有选错的得0分．
9．已知函数，其中且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象过定点
C．函数在其定义域上有解
D．当时，函数在其定义域上为单调递增函数
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位，所得函数为偶函数
D．若，则
11．设函数，且，下列命题：其中正确的命题是（ ）
A．若，则；
B．存在，，使得；
C．若，，则；
D．对任意的，，都有.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设函数是定义域为的奇函数，且，都有.当时，，则函数在区间上有 个零点.
13．已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
14．在等差数列中，为其前项的和，若，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．已知指数函数的图象过点．
(1)求的值；
(2)求关于的不等式的解集．
16．已知过点的直线与直线平行，圆．
(1)若直线为圆C的切线，求直线的方程；
(2)若直线与圆C交于M，N两点，求面积的最大值，并求此时实数m的值．
17．如图，弧是半径为a的半圆，为直径，点E为弧的中点，点B和点C为线段的三等分点，平面外点F满足，：
(1)证明：；
(2)已知点Q，R为线段上的点，使得，求当最短时，平面和平面所成二面角的正弦值．
18．已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
(1)求轨迹的方程；
(2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
(3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
19．已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
1．A
【分析】当时，，进而根据二次函数的性质即可得当时，，再结合奇函数的性质即可得答案.
【详解】解：因为当时，
因为，所以，所以，
所以当时，，
又因为是定义在R上的奇函数，
故当时，函数的值域为，
故此函数的值域为.
故选：A.
【点睛】本题考查指数幂的二次函数型的值域求解问题，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于配方得，进而利用二次函数性质与奇偶性性质求解.
2．B
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用性质解不等式作答.
【详解】函数，则，
因，则不等式成立必有，即，
令，求导得，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，，于是得，即，令，
当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，
当时，，于是得，即，此时，
函数在上单调递增，，，不等式解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【点睛】思路点睛：求某些函数不等式解集，将不等式等价转化，利用同构思想，构造新函数，借助函数的单调性分析求解.
3．D
【分析】由最小值求得，由求得，再结合最小值点和周期求得．
【详解】由图象知，
所以，
则或，
又，所以，
，，，，
又，，已知，所以，所以，
故选：D．
4．D
【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得.
【详解】为AB的中点，，
．
故选：D.
5．C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，得到，所以，
所以点到平面的距离为，
故选：C.
6．C
【分析】根据积事件概率不为零可确定A与B能同时发生，不互斥，得不对立，可得ABD错误；根据独立事件概率公式可知C正确.
【详解】对于A,D,∵，∴A与B能同时发生，不互斥，故A,D错误；
对于B，∵，∴，又∵，，∴事件A与事件B不是对立事件，故B错误；
对于C,∵，∴，∴事件A与事件B相互独立，故C正确，
故选：C．
7．C
【分析】通过倒数法可推导得到A正确；利用递推关系式可推导得到，知数列周期为，由此可得B正确；利用递推关系式可得，可知C错误；通过构造法可推导得到符合等比数列定义式的形式，知D正确.
【详解】对于A，当时，，，
又，数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；
对于B，当时，，，
，数列是周期为的周期数列，
又，，，B正确；
对于C，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
由得：，
，
若，则，与矛盾，C错误；
对于D，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造法求数列通项、数列周期性的应用等知识；解题关键是能够利用数列的递推关系，通过构造的方式配凑出符合等差、等比数列定义的形式.
8．B
【分析】先利用导函数得出函数在R上单调递增，将关于的方程有两个不等实根转化为关于的方程有两个不等实根；再数形结合得出，；最后构造函数，并利用导数求出该函数的最大值即可.
【详解】由可得：
函数的定义域为R，，
所以函数在R上单调递增.
令.
因为关于的方程有两个不等实根，，
则关于的方程有两个不等实根，.
作出函数y=gx的图象，如图所示：
.
所以结合图形可知.
由可得：，，
解得：，即有.
设，
则.
令，得：；令，得：，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质、方程的根与函数图象交点问题等.解题关键在于先利用换元法和函数的单调性将已知条件进行转化；再利用数形结合思想和导数即可求解.
9．ACD
【分析】对选项A，利用奇函数的定义即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，令求解即可判断C正确，对选项D，根据指数函数单调性即可判断D正确.
【详解】函数，
对选项A，，定义域为R，，
所以函数是奇函数，故A正确.
对选项B，，故B错误.
对选项C，，定义域为R，令，解得，
故C正确.
对选项D，当时，，所以和在R上为增函数，
所以函数在R上为单调递增函数，故D正确.
故选：ACD
10．AD
【分析】由函数图象可得、，结合五点法求参数，即可得的解析式，再应用代入法判断对称点，由图像平移及正弦函数的性质判断函数的奇偶性，利用诱导公式、倍角余弦公式求的值.
【详解】由图象知：，故A正确，又，即，
∴，可得，则，
又，故，得：，.
又，则有，
综上，.
∴，即不是对称点，B错误；
，显然不是偶函数，C错误；
，则，
又，且，D正确.
故选：AD.
11．BCD
【解析】结合割线与切线斜率的大小关系即可判断选项A、B、C，根据中位线与函数值的大小比较可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
由可得，
如图：对于选项A：表示曲线在点处的切线斜率小于割线的斜率，所以，故选项A不正确；
对于选项B：在点处的切线斜率小于割线的斜率，在点处的切线斜率大于割线的斜率，所以在曲线上必存在某点，使得该点处的切线斜率等于割线的斜率，所以存在，使得； 故选项B正确；
对于选项C： ，由图知割线的斜率，小于在点处的切线的斜率，所以，故选项C正确；
对于选项D：由图知梯形中位线的长为，的长为，
因为，所以，故选项D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数的几何意义，数形结合比较切线和割线的斜率，理解凸函数的性质.
12．6
【分析】由函数是定义域为R的奇函数，结合的条件可得函数的一个周期为4，根据函数的单调性与零点存在性定理可得零点个数.
【详解】如图，因为函数是定义域为R的奇函数，所以f−x=−fx，且.
又，即，所以函数的图象关于直线对称，
且，所以，所以4是函数的一个周期，
所以.易知函数在上单调递增，
且，
所以函数在区间0,1上仅有1个零点，且零点在区间12,1上.
由对称性，知函数在区间上有且仅有1个零点.
因为是定义域为R的奇函数且是4是它的一个周期，所以，
所以函数的图象关于点2,0中心对称，所以函数在区间上有且仅有2个零点.
因为函数在区间上没有零点，所以函数在区间上没有零点.
结合，得函数在区间上有6个零点.
故答案为：6.
13．
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理即可得出答案.
【详解】将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
14．110
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件列方程解得，，即可求出结果.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以，解得，，所以，
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由指数函数的概念列式求解，
（2）由对数函数的单调性转化后求解．
【详解】（1）由题知指数函数，则，得或，又，
图象经过，则，解得；
（2），以2为底的对数函数在其定义域内是单调递增的，
∴满足条件，
∴不等式的解集为．
16．(1)．
(2)最大为，或．
【分析】（1）由条件可得直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可得到答案；
（2）由题意结合三角形面积公式可得时最大，所以圆心C到直线的距离为，利用点到直线的距离公式可求得.
【详解】（1）因为直线与直线平行，
设直线的方程为，又直线过点0,2，
则，得，
所以直线的方程为．
由圆，得其标准方程为，
所以圆心为，半径为．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，
直线的方程为．
（2）由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，
而，为半径1，
因此当最大时，即，此时，最大为．
所以圆心C到直线的距离为．
由（1）得直线的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，解之得或．
综上所述，最大为，或．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用已知条件求证、和，从而由线面垂直判定定理得平面，进而得，再结合和线面垂直判定定理得平面，于是由线面垂直定义即可得证.
（2）在平面内，过点C作交弧于G，以点C为原点，分别以，，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题给条件分别求出平面与平面的法向量和，从而即可求出，进而即可求出所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，因为弧是半径为a的半圆，
为直径，点E为弧的中点，所以，
在中，，
在中，，且点C是底边的中点，
所以，，
所以在中，有，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
（2）在平面内，过点C作交弧于G，
以点C为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
设，因为即，
所以，
则，，
，
所以当时，取得最小值，此时，
设，则，
由得，则，
则，，
设平面的法向量为，则，，
所以，令则，
所以，又由（1）知，平面的一个法向量为，
所以，
设平面与平面所成二面角的大小为，则，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)存在，或(
(3)
【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
【详解】（1）设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：
第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.
19．(1)
(2)
【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得an的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到bn的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为an为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
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