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2025届浙江省桐乡市高三5月模拟测试数学试题
1．（2025·桐乡市模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，得，所以，
所以.
故选：A.
【分析】先根据函数的定义域求得集合，进而即可求得.
2．（2025·桐乡市模拟）已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以.
故选：B.
【分析】根据给定条件，利用复数的混合运算先求出，进而即可求出的模|z|.
3．（2025·桐乡市模拟）已知函数的极小值是，则实数（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知，函数 的定义域为R，
而，
令，解得或，
当时，，所以在R上单调递增，无极值；
当时，即时，
时，，单调递增；时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以当时，取得极小值，极小值为，
解得；
当时，即时，
时，，单调递增；时，，单调递增；
时，，单调递减，
当时，取得极小值，极小值为，不满足题意；
综上所述，实数.
故选：C.
【分析】先对函数 进行求导可得，令，解得或，进而分、、讨论函数的单调性求得极小值，列式求得实数a即可.
4．（2025·桐乡市模拟）若实数满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，即，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为，
故选：D.
【分析】由指数运算可得，再由二次函数的性质即可得的最大值.
5．（2025·桐乡市模拟）已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：充分性：若对，，都有，
则令，得，即，因为为常数，所以数列为等差数列；
必要性：数列为等差数列，设公差为d，
所以，当且仅当时 成立，但a1≠0时，等差数列不一定满足，，，
所以，，”是“数列为等差数列的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据充分必要条件的判断方法，分充分性和必要性，分别判断即可.
6．（2025·桐乡市模拟）设直线与函数的图象的公共点从左至右依次为，若，则实数（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：当时，，，
所以函数的图象关于轴对称，
由，解得()，
因为，所以，解得(负值已舍去).
故选：D.
【分析】求出当时，的解析式，进而可知函数的图象关于轴对称，，求得，利用 建立方程即可求得m的值.
7．（2025·桐乡市模拟）已知函数的最小正周期为，且，函数为奇函数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为为奇函数，所以，且，
解得，
因为，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【分析】根据给定条件先求得函数 ，进而利用函数的奇偶性和周期性求得，即可求得函数f(x)的解析式，进而可求得 .
8．（2025·桐乡市模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，，直线是的内角平分线，，，则的离心率（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】双曲线的应用
【解析】【解答】解：如图所示，不妨设在右支上，
则，
因为，所以，所以，
取的中点为，所以，
因为，所以在直线上，
又因为，所以在的延长线上，
因为，，所以，
因为 是的内角平分线 ，所以，所以，
所以，所以，所以，即，
所以，
故选：D.
【分析】设在右支上，根据题意可知，利用圆周角定理可得，取的中点为，结合已知条件和双曲线的性质，中位线的性质可求，进而利用离心率公式即可求得离心率e.
9．（2025·桐乡市模拟）下列说法正确的是（　　）
A．数据1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位数是3
B．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
C．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
【答案】A,C,D
【知识点】最小二乘法；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，所以，这组数据的下四分位数是，故选项A正确；
B、由题意得，其计算公式与相关系数的公式不同，则无法得到这组样本数据的相关系数的值，故选项B错误；
C、根据方差的性质可知，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故选项C正确；
D、以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，
即，所以，所以，，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用下四分位数的定义可判断选项A；利用样本系数的定义即可判断选项B；利用方差的性质可判断选项C；利用非线性回归分析可判断选项D.
10．（2025·桐乡市模拟）已知四棱锥，底面是边长为的正方形，底面，，点满足，，下列说法正确的是（　　）
A．存在点，使得
B．当时，点到平面的距离为
C．当平面平面时，
D．当二面角为时，
【答案】A,C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
所以、、、、，
所以，其中，所以点，
A、所以，，
若存在点，使得，则，解得，符合题意，所以存在点，使得，故选项A正确；
B、当时，点，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则x1=0，z1=-1，所以，
所以，点到平面的距离为，故选项B错误；
C、，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y2=0，z2=1，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y3=0，z3=，所以，
若平面平面，则，解得，故选项C正确；
D、，，，，
平面的一个法向量为，
则，令，则x1=0，z1=，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y3=-1，z3=0，所以，
若二面角为，则，解得，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，根据 可得即可判定选项A；先求出点P的坐标，进而求得平面ABP的法向量，根据点到平面的公式计算即可判断选项B；先求得平面与平面的法向量，进而根据两向量的数量积为0列式求解即可判断选项C；先求得平面ABP与平面APC的法向量，进而利用夹角公式计算即可判断选项D.
11．（2025·桐乡市模拟）已知定义在上的函数，集合对于任意，在使得的所有中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上单调递减
C．存在在处取到最大值
D．存在，使得在单调递减
【答案】A,B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、因为，且，根据题中定义可得，故选项A正确；
B、任取、且，则存在，使得，
根据题意，对任意的，，所以，
同理，对任意的，，即，所以，
所以，函数在上单调递减，故选项B正确；
C、若存在函数在处取到最大值，
构造函数，
如图所示，当时，函数取得最大值，
且对任意的，当时，，符合题意，故选项C正确；
D、若存在，使得在单调递减，
对任意的，当时，，所以，与已知条件矛盾，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】利用题中集合的定义可判断选项A；利用已知条件和函数单调性的定义可判断选项B；构造函数，数形结合可判断选项C；利用函数单调性的定义结合题中定义可判断选项D.
12．（2025·桐乡市模拟）已知向量，若，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标形式列式即可求出的值.
13．（2025·桐乡市模拟）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为　 　．（用数字作答）
【答案】
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：若编号为的盒子中球数为，则编号为和3的盒子中的球数可以为，4；，3；，1；，1；有种情况，
若编号为的盒子中球数为，则编号为和的盒子中的球数可以为，3；，2；，1；有种情况，
综上所述，不同的放法种数为种.
故答案为：.
【分析】对编号为的盒子中球数分球数为1和2两种情况进行讨论即可.
14．（2025·桐乡市模拟）记表示不超过的最大整数，已知数列满足，且，数列满足，记为数列的前项和，则　 　.
【答案】
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得，，即，
当且时，
，
当n=1时，也满足上式，所以对任意的，，
所以，，
当时，，所以，所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】分析得出，即，利用累加法和等比数列的前n项和公式可求出数列的通项公式，可化简数列的表达式，进而求出，再结合题中定义可求得的值.
15．（2025·桐乡市模拟）甲、乙两选手进行羽毛球比赛，比赛采用5局3胜制，如果每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，求：
（1）赛完4局且甲获胜的概率；
（2）在第3局乙获胜的情况下，最终是甲获胜的概率．
【答案】（1）解：赛完4局且甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局，
设事件为“赛完4局且甲获胜”，则.
（2）解：设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，则，
事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，
其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为，
第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1，2，4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜，
第5局甲获胜，概率为，
所以，
所以
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件；二项分布
【解析】【分析】（1）根据第4局甲胜，前3局甲胜两局即可求得赛完4局且甲获胜的概率；
（2）设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，先求第3局乙获胜的概率P(C)，再求出第3局乙获胜且甲最终获胜的概率P(BC)，从而可得所求的条件概率.
（1）赛完4局，甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局，
设事件为“赛完4局且甲获胜”，则.
（2）设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，则，
事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，
其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为，
第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1，2，4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜，
第5局甲获胜，概率为，
而，
故.
16．（2025·桐乡市模拟）在锐角中，内角、、的对边分别为、、，已知．
（1）求；
（2）若，，，求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
所以
即，
因为，所以，所以，
由正弦定理得，所以.

（2）解：因为，
所以，所以，
所以，
即，即①，
由余弦定理可得，
又因为c=2，b=2a，所以②，
联立①②可得，，
因为，所以，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，进而利用三角恒等变换化简得出，结合正弦定理可求得 ；
（2）由平面向量的减法可得出，利用平面向量数量积的运算性质结合与余弦定理可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，进而可得出的值，再利用三角形的面积公式计算即可求得的面积.
（1）由及正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为为锐角，故，可得，由正弦定理得，故.
（2）因为，则，故，
所以，
即，即①，
由余弦定理可得，即②，
联立①②可得，，故，
因此，.
17．（2025·桐乡市模拟）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面．
（1）求点的轨迹长度；
（2）当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）解：因为平面平面，，平面平面，
平面，所以平面，
又因为，如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
设AB=b，则，，
因为点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，所以，
又，
设平面的法向量为，
则，令z=1，则x=b，y=b，所以，
因为平面，所以，
所以，即，
取，则；取，则，所以的轨迹长度为.

（2）解：取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为.
又由（1）可得平面，
因为平面，所以，由勾股定理可知，，
若线段最短，则最短，此时有，
而，所以点为的中点，所以，
所以，，，，
设平面的法向量为，
故，令t=1，则u=b，v=0，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或，
易得平面，所以点到平面的距离为或，
所以到直线的距离为，
易得，所以，
故三棱锥的体积为或者为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用空间中的垂直关系可得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=b，求出平面的法向量和直线BP的方向向量，可知可得两向量的数量积为0，列式得到的轨迹方程，从而可求点P的轨迹长度；
（2）结合已知条件可知线段最短，则最短，此时有，进而可求得点P坐标，求得直线BP的方向向量与平面BCEF的法向量，利用向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求得的长度，再结合向量法可求到直线的距离，从而可求得 三棱锥 的体积.
（1）因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则，
又，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面，则，
故，即，
取，则，取，则，故的轨迹长度为.
（2）取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为.
又由（1）可得平面，而平面，
故，因，若线段最短，则最短，此时有，
而，故点为的中点，故，
设平面的法向量为，而，，
故，故可取，
因直线与平面所成角的正弦值为，
而，则得，
故，故或，
易得平面，则点到平面的距离为或，
又，，
故到直线的距离为，
易得，故，
故三棱锥的体积为或者为.
18．（2025·桐乡市模拟）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，存在，使得，求证：；
（3）当时，判断的零点个数，并作出证明．
【答案】（1）解：当时，，定义域为，
所以，所以.
而，所以曲线在处的切线方程为，即.

（2）证明：当时，，.
因为存在，使得.
所以，
所以，，所以，.
将代入得：，
所以，所以，
令，，
令，所以，
令，解得01；
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
因为，所以，
所以.
（3）解：因为，所以.
所以.
令，解得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减；
所以函数在处取极小值为.
令，，对求导：.
在上恒成立，在上单调递增，.
当时，；当时，.
所以有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据已知条件先求出曲线f（x）的方程，再求导，根据导数的几何意义可得到切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程；
（2）先将b=0代入函数f(x)的表达式中，再根据已知条件得到关于的等式，然后进行化简可得，构造函数，，利用导数可证得，根据不等式的性质即可证得 ；
（3）先将a=2b代入函数f(x)的表达式，进而对函数求导，判断函数的单调区间，然后求出函数的最小值是否小于0，从而判断出函数的零点个数.
（1）当时，，定义域为，
对函数求导得，则曲线在处的切线斜率为.
而，得到曲线在处的切线方程为，即.
（2）当时，，.
因为存在，使得.
所以，
化简得：，，可求得，.
将代入得：，化简得.
进一步化简得：，令，，
令，则，
令，，令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即得证，
因为，所以令，故.
（3）因为，所以.
对函数求导得：.
令，解得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减；
所以函数在处取极小值为.
令，，对求导：.
在上恒成立，在上单调递增，.
当时，；当时，.
所以有两个零点.
19．（2025·桐乡市模拟）在平面直角坐标系中，将每个点绕原点沿逆时针方向旋转角的变换称为旋转角为的旋转变换，设点经过旋转角的旋转变换后变成点，则
（1）在的旋转变换下，若点变成点，直线变成直线，求：的坐标和直线的斜率；
（2）已知曲线是由平面直角坐标系下焦点在轴上的抛物线绕原点逆时针旋转所得的斜抛物线的方程．
①求斜抛物线的焦准距；
②已知在斜抛物线上，按如下规则依次构造点列：过点作斜率为的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点，记的面积为．求证：．
【答案】（1）解：由题意可得，，解得，所以.
设上的任意一点为，旋转前对应的点为，
则，即，
所以，
所以，即，
所以，所以的斜率为.
（2）解：①设抛物线上的点为，旋转后对应的点为，
则即，
所以
，
所以，该抛物线的焦准距为，但旋转变换不改变焦准距，
故斜抛物线的焦准距为.
②由（1）可得对应的，
设曲线上有两个上有两个，其对应的点为，
则且，
则，
故
设对应的点为，对应的点为，则在抛物线上且，
，设，则，
又，且，整理得到，，
所以，
因为，所以，
所以，
因为n=1时，符合上式，所以.
又的方程为，即，
而，
而到直线的距离为，
所以的面积为
，
因为旋转变换不改变图形面积，所以，
所以.
【知识点】直线的斜率；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题设中旋转变换公式可求，设上的任意一点为，旋转前对应的点为，根据旋转变换公式可得，代入直线l中化简可求得直线的方程，即可求得直线的斜率；
（2）①根据题设中变换公式得旋转前的曲线方程为，根据抛物线的性质即可求得焦准距；
②根据题设中的旋转变换得旋转前后直线的斜率关系，以旋转前的抛物线为研究对象，通过斜率关系得的横坐标满足，再结合距离公式等得面积，求和后可证得．
（1）由题设中的变换方法有，故，故.
设上的任意一点为，旋转前对应的点为，
则即，
故即，
整理得，故，故的斜率为.
（2）①设抛物线上的点为，旋转后对应的点为，
则即，
故
，
整理得：，该抛物线的焦准距为，但旋转变换不改变焦准距，
故斜抛物线的焦准距为.
②由（1）可得对应的，
设曲线上有两个上有两个，其对应的点为，
则且，
则，
故
设对应的点为，对应的点为，则在抛物线上且，
，设，则，
又，且，整理得到，，
所以，而，故，
故，而也符号该式，故.
又的方程为即，
而，
而到直线的距离为，
故的面积为
，
由于旋转变换不改变图形面积，故，
故.
1 / 12025届浙江省桐乡市高三5月模拟测试数学试题
1．（2025·桐乡市模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·桐乡市模拟）已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·桐乡市模拟）已知函数的极小值是，则实数（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025·桐乡市模拟）若实数满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·桐乡市模拟）已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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
6．（2025·桐乡市模拟）设直线与函数的图象的公共点从左至右依次为，若，则实数（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·桐乡市模拟）已知函数的最小正周期为，且，函数为奇函数，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·桐乡市模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，，直线是的内角平分线，，，则的离心率（　　）
A． B． C．2 D．
9．（2025·桐乡市模拟）下列说法正确的是（　　）
A．数据1，2，4，5，6，8，10，11的下四分位数是3
B．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
C．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
10．（2025·桐乡市模拟）已知四棱锥，底面是边长为的正方形，底面，，点满足，，下列说法正确的是（　　）
A．存在点，使得
B．当时，点到平面的距离为
C．当平面平面时，
D．当二面角为时，
11．（2025·桐乡市模拟）已知定义在上的函数，集合对于任意，在使得的所有中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上单调递减
C．存在在处取到最大值
D．存在，使得在单调递减
12．（2025·桐乡市模拟）已知向量，若，则　 　．
13．（2025·桐乡市模拟）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为　 　．（用数字作答）
14．（2025·桐乡市模拟）记表示不超过的最大整数，已知数列满足，且，数列满足，记为数列的前项和，则　 　.
15．（2025·桐乡市模拟）甲、乙两选手进行羽毛球比赛，比赛采用5局3胜制，如果每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，求：
（1）赛完4局且甲获胜的概率；
（2）在第3局乙获胜的情况下，最终是甲获胜的概率．
16．（2025·桐乡市模拟）在锐角中，内角、、的对边分别为、、，已知．
（1）求；
（2）若，，，求的面积．
17．（2025·桐乡市模拟）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面．
（1）求点的轨迹长度；
（2）当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
18．（2025·桐乡市模拟）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，存在，使得，求证：；
（3）当时，判断的零点个数，并作出证明．
19．（2025·桐乡市模拟）在平面直角坐标系中，将每个点绕原点沿逆时针方向旋转角的变换称为旋转角为的旋转变换，设点经过旋转角的旋转变换后变成点，则
（1）在的旋转变换下，若点变成点，直线变成直线，求：的坐标和直线的斜率；
（2）已知曲线是由平面直角坐标系下焦点在轴上的抛物线绕原点逆时针旋转所得的斜抛物线的方程．
①求斜抛物线的焦准距；
②已知在斜抛物线上，按如下规则依次构造点列：过点作斜率为的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点，记的面积为．求证：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，得，所以，
所以.
故选：A.
【分析】先根据函数的定义域求得集合，进而即可求得.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以.
故选：B.
【分析】根据给定条件，利用复数的混合运算先求出，进而即可求出的模|z|.
3．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知，函数 的定义域为R，
而，
令，解得或，
当时，，所以在R上单调递增，无极值；
当时，即时，
时，，单调递增；时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以当时，取得极小值，极小值为，
解得；
当时，即时，
时，，单调递增；时，，单调递增；
时，，单调递减，
当时，取得极小值，极小值为，不满足题意；
综上所述，实数.
故选：C.
【分析】先对函数 进行求导可得，令，解得或，进而分、、讨论函数的单调性求得极小值，列式求得实数a即可.
4．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，即，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为，
故选：D.
【分析】由指数运算可得，再由二次函数的性质即可得的最大值.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：充分性：若对，，都有，
则令，得，即，因为为常数，所以数列为等差数列；
必要性：数列为等差数列，设公差为d，
所以，当且仅当时 成立，但a1≠0时，等差数列不一定满足，，，
所以，，”是“数列为等差数列的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据充分必要条件的判断方法，分充分性和必要性，分别判断即可.
6．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：当时，，，
所以函数的图象关于轴对称，
由，解得()，
因为，所以，解得(负值已舍去).
故选：D.
【分析】求出当时，的解析式，进而可知函数的图象关于轴对称，，求得，利用 建立方程即可求得m的值.
7．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为为奇函数，所以，且，
解得，
因为，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【分析】根据给定条件先求得函数 ，进而利用函数的奇偶性和周期性求得，即可求得函数f(x)的解析式，进而可求得 .
8．【答案】D
【知识点】双曲线的应用
【解析】【解答】解：如图所示，不妨设在右支上，
则，
因为，所以，所以，
取的中点为，所以，
因为，所以在直线上，
又因为，所以在的延长线上，
因为，，所以，
因为 是的内角平分线 ，所以，所以，
所以，所以，所以，即，
所以，
故选：D.
【分析】设在右支上，根据题意可知，利用圆周角定理可得，取的中点为，结合已知条件和双曲线的性质，中位线的性质可求，进而利用离心率公式即可求得离心率e.
9．【答案】A,C,D
【知识点】最小二乘法；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，所以，这组数据的下四分位数是，故选项A正确；
B、由题意得，其计算公式与相关系数的公式不同，则无法得到这组样本数据的相关系数的值，故选项B错误；
C、根据方差的性质可知，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故选项C正确；
D、以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，
即，所以，所以，，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用下四分位数的定义可判断选项A；利用样本系数的定义即可判断选项B；利用方差的性质可判断选项C；利用非线性回归分析可判断选项D.
10．【答案】A,C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：如图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
所以、、、、，
所以，其中，所以点，
A、所以，，
若存在点，使得，则，解得，符合题意，所以存在点，使得，故选项A正确；
B、当时，点，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则x1=0，z1=-1，所以，
所以，点到平面的距离为，故选项B错误；
C、，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y2=0，z2=1，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y3=0，z3=，所以，
若平面平面，则，解得，故选项C正确；
D、，，，，
平面的一个法向量为，
则，令，则x1=0，z1=，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则y3=-1，z3=0，所以，
若二面角为，则，解得，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，根据 可得即可判定选项A；先求出点P的坐标，进而求得平面ABP的法向量，根据点到平面的公式计算即可判断选项B；先求得平面与平面的法向量，进而根据两向量的数量积为0列式求解即可判断选项C；先求得平面ABP与平面APC的法向量，进而利用夹角公式计算即可判断选项D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、因为，且，根据题中定义可得，故选项A正确；
B、任取、且，则存在，使得，
根据题意，对任意的，，所以，
同理，对任意的，，即，所以，
所以，函数在上单调递减，故选项B正确；
C、若存在函数在处取到最大值，
构造函数，
如图所示，当时，函数取得最大值，
且对任意的，当时，，符合题意，故选项C正确；
D、若存在，使得在单调递减，
对任意的，当时，，所以，与已知条件矛盾，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】利用题中集合的定义可判断选项A；利用已知条件和函数单调性的定义可判断选项B；构造函数，数形结合可判断选项C；利用函数单调性的定义结合题中定义可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，
故答案为：.
【分析】根据向量垂直的坐标形式列式即可求出的值.
13．【答案】
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：若编号为的盒子中球数为，则编号为和3的盒子中的球数可以为，4；，3；，1；，1；有种情况，
若编号为的盒子中球数为，则编号为和的盒子中的球数可以为，3；，2；，1；有种情况，
综上所述，不同的放法种数为种.
故答案为：.
【分析】对编号为的盒子中球数分球数为1和2两种情况进行讨论即可.
14．【答案】
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得，，即，
当且时，
，
当n=1时，也满足上式，所以对任意的，，
所以，，
当时，，所以，所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】分析得出，即，利用累加法和等比数列的前n项和公式可求出数列的通项公式，可化简数列的表达式，进而求出，再结合题中定义可求得的值.
15．【答案】（1）解：赛完4局且甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局，
设事件为“赛完4局且甲获胜”，则.
（2）解：设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，则，
事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，
其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为，
第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1，2，4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜，
第5局甲获胜，概率为，
所以，
所以
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件；二项分布
【解析】【分析】（1）根据第4局甲胜，前3局甲胜两局即可求得赛完4局且甲获胜的概率；
（2）设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，先求第3局乙获胜的概率P(C)，再求出第3局乙获胜且甲最终获胜的概率P(BC)，从而可得所求的条件概率.
（1）赛完4局，甲获胜，则第4局甲胜，前3局甲胜两局，
设事件为“赛完4局且甲获胜”，则.
（2）设为“甲获胜”，为“第3局乙获胜”，则，
事件包含两种情况，第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜和第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，
其中第3局乙获胜，第4局比赛后最终甲获胜，则乙只在第3局获胜，概率为，
第3局乙获胜，第5局比赛后最终甲获胜，则第1，2，4局中，有1局乙获胜，有2局甲获胜，
第5局甲获胜，概率为，
而，
故.
16．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
所以
即，
因为，所以，所以，
由正弦定理得，所以.

（2）解：因为，
所以，所以，
所以，
即，即①，
由余弦定理可得，
又因为c=2，b=2a，所以②，
联立①②可得，，
因为，所以，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，进而利用三角恒等变换化简得出，结合正弦定理可求得 ；
（2）由平面向量的减法可得出，利用平面向量数量积的运算性质结合与余弦定理可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，进而可得出的值，再利用三角形的面积公式计算即可求得的面积.
（1）由及正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为为锐角，故，可得，由正弦定理得，故.
（2）因为，则，故，
所以，
即，即①，
由余弦定理可得，即②，
联立①②可得，，故，
因此，.
17．【答案】（1）解：因为平面平面，，平面平面，
平面，所以平面，
又因为，如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
设AB=b，则，，
因为点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，所以，
又，
设平面的法向量为，
则，令z=1，则x=b，y=b，所以，
因为平面，所以，
所以，即，
取，则；取，则，所以的轨迹长度为.

（2）解：取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为.
又由（1）可得平面，
因为平面，所以，由勾股定理可知，，
若线段最短，则最短，此时有，
而，所以点为的中点，所以，
所以，，，，
设平面的法向量为，
故，令t=1，则u=b，v=0，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或，
易得平面，所以点到平面的距离为或，
所以到直线的距离为，
易得，所以，
故三棱锥的体积为或者为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用空间中的垂直关系可得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=b，求出平面的法向量和直线BP的方向向量，可知可得两向量的数量积为0，列式得到的轨迹方程，从而可求点P的轨迹长度；
（2）结合已知条件可知线段最短，则最短，此时有，进而可求得点P坐标，求得直线BP的方向向量与平面BCEF的法向量，利用向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求得的长度，再结合向量法可求到直线的距离，从而可求得 三棱锥 的体积.
（1）因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则，
又，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面，则，
故，即，
取，则，取，则，故的轨迹长度为.
（2）取的中点为，连接，连，由（1）可得的轨迹为.
又由（1）可得平面，而平面，
故，因，若线段最短，则最短，此时有，
而，故点为的中点，故，
设平面的法向量为，而，，
故，故可取，
因直线与平面所成角的正弦值为，
而，则得，
故，故或，
易得平面，则点到平面的距离为或，
又，，
故到直线的距离为，
易得，故，
故三棱锥的体积为或者为.
18．【答案】（1）解：当时，，定义域为，
所以，所以.
而，所以曲线在处的切线方程为，即.

（2）证明：当时，，.
因为存在，使得.
所以，
所以，，所以，.
将代入得：，
所以，所以，
令，，
令，所以，
令，解得01；
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
因为，所以，
所以.
（3）解：因为，所以.
所以.
令，解得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减；
所以函数在处取极小值为.
令，，对求导：.
在上恒成立，在上单调递增，.
当时，；当时，.
所以有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据已知条件先求出曲线f（x）的方程，再求导，根据导数的几何意义可得到切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程；
（2）先将b=0代入函数f(x)的表达式中，再根据已知条件得到关于的等式，然后进行化简可得，构造函数，，利用导数可证得，根据不等式的性质即可证得 ；
（3）先将a=2b代入函数f(x)的表达式，进而对函数求导，判断函数的单调区间，然后求出函数的最小值是否小于0，从而判断出函数的零点个数.
（1）当时，，定义域为，
对函数求导得，则曲线在处的切线斜率为.
而，得到曲线在处的切线方程为，即.
（2）当时，，.
因为存在，使得.
所以，
化简得：，，可求得，.
将代入得：，化简得.
进一步化简得：，令，，
令，则，
令，，令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即得证，
因为，所以令，故.
（3）因为，所以.
对函数求导得：.
令，解得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减；
所以函数在处取极小值为.
令，，对求导：.
在上恒成立，在上单调递增，.
当时，；当时，.
所以有两个零点.
19．【答案】（1）解：由题意可得，，解得，所以.
设上的任意一点为，旋转前对应的点为，
则，即，
所以，
所以，即，
所以，所以的斜率为.
（2）解：①设抛物线上的点为，旋转后对应的点为，
则即，
所以
，
所以，该抛物线的焦准距为，但旋转变换不改变焦准距，
故斜抛物线的焦准距为.
②由（1）可得对应的，
设曲线上有两个上有两个，其对应的点为，
则且，
则，
故
设对应的点为，对应的点为，则在抛物线上且，
，设，则，
又，且，整理得到，，
所以，
因为，所以，
所以，
因为n=1时，符合上式，所以.
又的方程为，即，
而，
而到直线的距离为，
所以的面积为
，
因为旋转变换不改变图形面积，所以，
所以.
【知识点】直线的斜率；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题设中旋转变换公式可求，设上的任意一点为，旋转前对应的点为，根据旋转变换公式可得，代入直线l中化简可求得直线的方程，即可求得直线的斜率；
（2）①根据题设中变换公式得旋转前的曲线方程为，根据抛物线的性质即可求得焦准距；
②根据题设中的旋转变换得旋转前后直线的斜率关系，以旋转前的抛物线为研究对象，通过斜率关系得的横坐标满足，再结合距离公式等得面积，求和后可证得．
（1）由题设中的变换方法有，故，故.
设上的任意一点为，旋转前对应的点为，
则即，
故即，
整理得，故，故的斜率为.
（2）①设抛物线上的点为，旋转后对应的点为，
则即，
故
，
整理得：，该抛物线的焦准距为，但旋转变换不改变焦准距，
故斜抛物线的焦准距为.
②由（1）可得对应的，
设曲线上有两个上有两个，其对应的点为，
则且，
则，
故
设对应的点为，对应的点为，则在抛物线上且，
，设，则，
又，且，整理得到，，
所以，而，故，
故，而也符号该式，故.
又的方程为即，
而，
而到直线的距离为，
故的面积为
，
由于旋转变换不改变图形面积，故，
故.
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