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浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月教学质量检测数学试题
1．（2024高二下·衢州期末）复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算计算即可.
2．（2024高二下·衢州期末）设随机变量，则的数学期望为（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：随机变量，则.
故答案为：D.
【分析】根据二项分布的期望公式计算即可.
3．（2024高二下·衢州期末）已知直线和平面，则“”是“直线与平面无公共点”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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则或直线与平面相交，即充分性不成立，
若直线与平面无公共点，则，即必要性成立，
故“”是“直线与平面无公共点”的必要不充分条件.
故答案为：B．
【分析】根据直线与平面的位置关系，结合充分，必要条件关系判断即可.
4．（2024高二下·衢州期末）某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：圆锥底面圆的直径为，
则该圆锥的底面半径为，母线长为1，故该圆锥的表面积为.
故答案为：A.
【分析】由题意，先求出该圆锥的底面半径和母线长，再求圆锥的侧面积即可.
5．（2024高二下·衢州期末）已知向量，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：易知，
若，则，即，
故在上的投影向量为：.
故答案为：C.
【分析】先求，再由求出，最后根据投影向量的概念计算在上的投影向量即可.
6．（2024高二下·衢州期末）在中，，是的中点，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，，在中，
由正弦定理可得，
则，且是的中点，
则，
又因为，则，
则
，
又因为，
则，
所以，
则，
则的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，由正弦定理可得，从而得到，再由正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
7．（2024高二下·衢州期末）若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设切点，
函数的定义域为，，
则切线斜率为：，
即切线方程为：，
因为切线过点，所以，
所以，
因为过原点的切线有两条，所以关于方程有两解，
由（），
设，，
当时，即，解得，
则函数在单调递增，在单调递减，且，当时，，
则有两解，即.
故答案为：A.
【分析】设切点，求导，根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式求切线方程，再根据切线过点，得到的关系，利用有两解求的取值范围即可.
8．（2024高二下·衢州期末）已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；两角和与差的正切公式；圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：联立，整理可得，即，
即，解得，，则点
曲线：，则；
即曲线在处的切线斜率为，
曲线可化为，其圆心为，，
所以圆在处的切线斜率为，
，，即，故B正确，A、C错误；
，故D错误.
故答案为：B.
【分析】联立方程组，求得，利用导数的几何意义可求得，再根据圆的切线求法可得，最后根据三角恒等变换求解判断即可.
9．（2024高二下·衢州期末）下列论述正确的是（　　）
A．样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B．由样本数据得到的经验回归直线必过中心点
C．用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D．研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则有的把握能推断不成立
【答案】A,B,D
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系，故A正确；
B、经验回归直线必过中心点，故B正确；
C、 用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C错误；
D、，根据独立性检验的思想可知有的把握能推断不成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据相关系数的性质分析即可判断A；根据经验回归方程过样本中心点即可判断B；根据决定系数的性质分析即可判断C；根据独立性检验思想分析即可判断D.
10．（2024高二下·衢州期末）已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（　　）
A．双曲线的焦距为6 B．点到渐近线的距离为2
C．的最小值为 D．若，则的面积为
【答案】A,C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知，则双曲线的焦距为：，故A正确；B、易知，双曲线焦点到渐近线的距离为，故B错误；
C、如图所示：
设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义：，
则，故C正确；
D、在中，，，，
由余弦定理可得：，
则，，
即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据双曲线的性质即可判断A；根据双曲线的焦点到渐近线的距离为即可判断B；利用双曲线的定义即可判断C；求焦点三角形的面积即可判断D.
11．（2024高二下·衢州期末）已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 函数的定义域为，若 ，
则函数关于对称，因为为偶函数，所以关于对称，
则的周期，故A错误；
B、因为函数的周期为12，所以，
又因为关于对称，所以，
又因为关于对称，所以，故B正确；
C、因为的周期为12，所以，又因为关于对称，所以，又因为关于对称，所以，
则，即，故C正确；
D、的周期为12，则，
，又，所以，
同理，，，
，又，所以，即，
由，令，得，，，
所以，所以，
，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期即可判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值即可判断BCD.
12．（2024高二下·衢州期末）的展开式中的系数是　 　.(用数字作答)
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为：，
令，则展开式中的系数是.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，再根据通项赋值求的系数即可.
13．（2024高二下·衢州期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为　 　（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为　 　.
【答案】81；
【知识点】等比数列的通项公式；全概率公式
【解析】【解答】解：每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人，则4次传球总的传球路线种数为种，
设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，，
则，，
，
即，则，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
故当时，.
故答案为：81，.
【分析】由题意，先求出4次传球的方法总数，再求出4次传球后球在甲手中的方法总数，设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求出，再将代入计算即可.
14．（2024高二下·衢州期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知是直角三角形，则其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，因为平面平面，所以平面必过球心，
外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，求外接球体积取值范围即可.
15．（2024高二下·衢州期末）已知数列为等比数列，，14，成等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解： 设等比数列的公比为，
由，14，成等差数列 ，可得，即，
因为，所以，即，解得 ，则，
故；
（2）解：令，
由（1）可知令，则，
即①，
②，
①-②得：，
则.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）根据，14，成等差数列，得，再结合及等比数列的通项公式，求得，从而得到等比数列的通项公式即可；
（2）由（1）可得，利用“错位相减求和法”求数列的前项和即可.
（1）由题意可知，即，
又∵，即，∴或（舍），
∴，
∴.
（2）令，
∴，
即①
∴②
①-②得：
∴
∴.
16．（2024高二下·衢州期末）如图，在棱长为1的正四面体中，是的中点，，分别在棱和上（不含端点），且平面.
（1）证明：平面；
（2）若为中点，求平面截该正四面体所得截面的面积；
（3）当直线与平面所成角为时，求.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以，
又因为面，面，所以平面；
（2）解：，，为，，中点，取中点，如图所示：
则平面即为平面截正四面体的截面，且为边长是的正方形，
故；
（3）解：取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，，即，
，
平面的法向量为，则，解得，
故.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）取中点，则平面即为平面截正四面体的截面，求解即可；
（3）取中点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为平面，平面，
平面平面，
所以，又面，面，
所以平面；
（2）因为，，为，，中点，取中点，
则平面即为平面截正四面体的截面，
且为边长是的正方形，
所以；
（3）方法一：取中点，连接，过点作的垂线，垂足为，连接
易知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
又，，
所以，，
所以，即
方法二：如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
所以，
解得，即.
17．（2024高二下·衢州期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，含税在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：因为，由（1）可得：
当时，可知在上单调递增，且趋近于时，趋近于，与题意不符；
当时，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，且，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
故当，时，的最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和两种情况，利用导数判断的单调性即可；
（2）根据题意结合（1）中的单调性可得，令，利用导数判断其单调性和最值.
（1）由题意可知：，
①当时，，可知在上单调递增；
②当时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，由（1）可得：
①当时，可知在上单调递增，
且趋近于时，趋近于，与题意不符；
②当时，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，
且，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以当，时，的最大值为.
18．（2024高二下·衢州期末）某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜.
假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分.
（1）已知某一轮游戏中，记为甲乙两方抽牌次数之和.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求，；
（2）为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由.
【答案】（1）解：（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌与自己的牌相同，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，
即乙获胜，故；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）解：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）（i）分析得到甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，求出概率即可；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，得到概率即可；
（2）设乙方获胜为事件A，由题意得到，求出，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏.
（1）（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，
从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜，
；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）方法一：记乙方获胜为事件A，
则.
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
方法二：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
19．（2024高二下·衢州期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为.
（1）求的方程；
（2）当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值.
【答案】（1）解：当与原点重合时，设，则、，且，，
则，即，即，则，
则，因为椭圆的离心率为，所以，
则，即，即，解得，，
故的方程为；
（2）解：设直线方程为，令，则，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去整理可得，
由韦达定理可得：，，
，得，
为，
令，，
由中，得，即，
则，
当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可；
（2）要求的周长，则需把各边长算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.
（1）当与原点重合时，可设，则有、，
且，，
则，
即，∴，则，
即有，由离心率为，即，
则，∴，即有，
解得，∴，
即的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
有，，
，得，
为，
令，，
由中，得，
即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
1 / 1浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月教学质量检测数学试题
1．（2024高二下·衢州期末）复数（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·衢州期末）设随机变量，则的数学期望为（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12
3．（2024高二下·衢州期末）已知直线和平面，则“”是“直线与平面无公共点”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．（2024高二下·衢州期末）某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·衢州期末）已知向量，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·衢州期末）在中，，是的中点，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·衢州期末）若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·衢州期末）已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·衢州期末）下列论述正确的是（　　）
A．样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B．由样本数据得到的经验回归直线必过中心点
C．用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D．研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则有的把握能推断不成立
10．（2024高二下·衢州期末）已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（　　）
A．双曲线的焦距为6 B．点到渐近线的距离为2
C．的最小值为 D．若，则的面积为
11．（2024高二下·衢州期末）已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·衢州期末）的展开式中的系数是　 　.(用数字作答)
13．（2024高二下·衢州期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为　 　（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为　 　.
14．（2024高二下·衢州期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是　 　.
15．（2024高二下·衢州期末）已知数列为等比数列，，14，成等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16．（2024高二下·衢州期末）如图，在棱长为1的正四面体中，是的中点，，分别在棱和上（不含端点），且平面.
（1）证明：平面；
（2）若为中点，求平面截该正四面体所得截面的面积；
（3）当直线与平面所成角为时，求.
17．（2024高二下·衢州期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的最大值.
18．（2024高二下·衢州期末）某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜.
假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分.
（1）已知某一轮游戏中，记为甲乙两方抽牌次数之和.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求，；
（2）为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由.
19．（2024高二下·衢州期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为.
（1）求的方程；
（2）当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算计算即可.
2．【答案】D
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：随机变量，则.
故答案为：D.
【分析】根据二项分布的期望公式计算即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则或直线与平面相交，即充分性不成立，
若直线与平面无公共点，则，即必要性成立，
故“”是“直线与平面无公共点”的必要不充分条件.
故答案为：B．
【分析】根据直线与平面的位置关系，结合充分，必要条件关系判断即可.
4．【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：圆锥底面圆的直径为，
则该圆锥的底面半径为，母线长为1，故该圆锥的表面积为.
故答案为：A.
【分析】由题意，先求出该圆锥的底面半径和母线长，再求圆锥的侧面积即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：易知，
若，则，即，
故在上的投影向量为：.
故答案为：C.
【分析】先求，再由求出，最后根据投影向量的概念计算在上的投影向量即可.
6．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，，在中，
由正弦定理可得，
则，且是的中点，
则，
又因为，则，
则
，
又因为，
则，
所以，
则，
则的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，由正弦定理可得，从而得到，再由正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
7．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设切点，
函数的定义域为，，
则切线斜率为：，
即切线方程为：，
因为切线过点，所以，
所以，
因为过原点的切线有两条，所以关于方程有两解，
由（），
设，，
当时，即，解得，
则函数在单调递增，在单调递减，且，当时，，
则有两解，即.
故答案为：A.
【分析】设切点，求导，根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式求切线方程，再根据切线过点，得到的关系，利用有两解求的取值范围即可.
8．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；两角和与差的正切公式；圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：联立，整理可得，即，
即，解得，，则点
曲线：，则；
即曲线在处的切线斜率为，
曲线可化为，其圆心为，，
所以圆在处的切线斜率为，
，，即，故B正确，A、C错误；
，故D错误.
故答案为：B.
【分析】联立方程组，求得，利用导数的几何意义可求得，再根据圆的切线求法可得，最后根据三角恒等变换求解判断即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系，故A正确；
B、经验回归直线必过中心点，故B正确；
C、 用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C错误；
D、，根据独立性检验的思想可知有的把握能推断不成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据相关系数的性质分析即可判断A；根据经验回归方程过样本中心点即可判断B；根据决定系数的性质分析即可判断C；根据独立性检验思想分析即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知，则双曲线的焦距为：，故A正确；B、易知，双曲线焦点到渐近线的距离为，故B错误；
C、如图所示：
设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义：，
则，故C正确；
D、在中，，，，
由余弦定理可得：，
则，，
即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据双曲线的性质即可判断A；根据双曲线的焦点到渐近线的距离为即可判断B；利用双曲线的定义即可判断C；求焦点三角形的面积即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 函数的定义域为，若 ，
则函数关于对称，因为为偶函数，所以关于对称，
则的周期，故A错误；
B、因为函数的周期为12，所以，
又因为关于对称，所以，
又因为关于对称，所以，故B正确；
C、因为的周期为12，所以，又因为关于对称，所以，又因为关于对称，所以，
则，即，故C正确；
D、的周期为12，则，
，又，所以，
同理，，，
，又，所以，即，
由，令，得，，，
所以，所以，
，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期即可判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值即可判断BCD.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为：，
令，则展开式中的系数是.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，再根据通项赋值求的系数即可.
13．【答案】81；
【知识点】等比数列的通项公式；全概率公式
【解析】【解答】解：每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人，则4次传球总的传球路线种数为种，
设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，，
则，，
，
即，则，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
故当时，.
故答案为：81，.
【分析】由题意，先求出4次传球的方法总数，再求出4次传球后球在甲手中的方法总数，设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求出，再将代入计算即可.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知是直角三角形，则其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，因为平面平面，所以平面必过球心，
外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，求外接球体积取值范围即可.
15．【答案】（1）解： 设等比数列的公比为，
由，14，成等差数列 ，可得，即，
因为，所以，即，解得 ，则，
故；
（2）解：令，
由（1）可知令，则，
即①，
②，
①-②得：，
则.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）根据，14，成等差数列，得，再结合及等比数列的通项公式，求得，从而得到等比数列的通项公式即可；
（2）由（1）可得，利用“错位相减求和法”求数列的前项和即可.
（1）由题意可知，即，
又∵，即，∴或（舍），
∴，
∴.
（2）令，
∴，
即①
∴②
①-②得：
∴
∴.
16．【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以，
又因为面，面，所以平面；
（2）解：，，为，，中点，取中点，如图所示：
则平面即为平面截正四面体的截面，且为边长是的正方形，
故；
（3）解：取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，，即，
，
平面的法向量为，则，解得，
故.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）取中点，则平面即为平面截正四面体的截面，求解即可；
（3）取中点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为平面，平面，
平面平面，
所以，又面，面，
所以平面；
（2）因为，，为，，中点，取中点，
则平面即为平面截正四面体的截面，
且为边长是的正方形，
所以；
（3）方法一：取中点，连接，过点作的垂线，垂足为，连接
易知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
又，，
所以，，
所以，即
方法二：如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
所以，
解得，即.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，含税在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：因为，由（1）可得：
当时，可知在上单调递增，且趋近于时，趋近于，与题意不符；
当时，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，且，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
故当，时，的最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和两种情况，利用导数判断的单调性即可；
（2）根据题意结合（1）中的单调性可得，令，利用导数判断其单调性和最值.
（1）由题意可知：，
①当时，，可知在上单调递增；
②当时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，由（1）可得：
①当时，可知在上单调递增，
且趋近于时，趋近于，与题意不符；
②当时，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，
且，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以当，时，的最大值为.
18．【答案】（1）解：（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌与自己的牌相同，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，
即乙获胜，故；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）解：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）（i）分析得到甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，求出概率即可；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，得到概率即可；
（2）设乙方获胜为事件A，由题意得到，求出，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏.
（1）（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，
从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜，
；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）方法一：记乙方获胜为事件A，
则.
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
方法二：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
19．【答案】（1）解：当与原点重合时，设，则、，且，，
则，即，即，则，
则，因为椭圆的离心率为，所以，
则，即，即，解得，，
故的方程为；
（2）解：设直线方程为，令，则，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去整理可得，
由韦达定理可得：，，
，得，
为，
令，，
由中，得，即，
则，
当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可；
（2）要求的周长，则需把各边长算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.
（1）当与原点重合时，可设，则有、，
且，，
则，
即，∴，则，
即有，由离心率为，即，
则，∴，即有，
解得，∴，
即的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
有，，
，得，
为，
令，，
由中，得，
即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
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