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浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知全集，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：已知全集，表示自然数集，所以．
对于集合，解不等式，则其解为．
又因为，所以．
已知，，可得．
因为，，所以．
故答案为：C．
【分析】先化简全集和集合，再利用交集的定义求出，最后再利用补集的定义求出．
2．（2025·浙江模拟）已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用复数四则运算可得，再利用共轭复数的定义即可求解.
3．（2025·浙江模拟）下列可以作为方程的图象的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的表示方法
【解析】【解答】解：当时，，
若，则，即，不符合，
故，不可能同时成立，故A，B，C，选项错误.
故答案为：D
【分析】结合图像可得到，不可能同时成立，即可排除A，B，C即可求解.
4．（2025·浙江模拟）已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题干图象可知，则，所以，
所以，
由，得，，
即，，
因为，所以，则.
又，则，又，，
，解得（负根舍去），
所以，所以.
故答案为：C
【分析】利用函数图象得出，再利用求出点的坐标及数量积公式计算即可求解.
5．（2025·浙江模拟）记数列的前项和为，若，，则等于（　　）
A．33 B．46 C．49 D．42
【答案】A
【知识点】数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：数列中，，，当时，，
当时，，则，，
因此当时，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，
数列的通项公式为：，，，
所以.
故答案为：A
【分析】先利用递推公式可得，再利用前项和与第项的关系可得，代值即可求解.
6．（2025·浙江模拟）如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设左焦点为，则，，，，
在中用勾股定理，化简得，
所以
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先利用椭圆及双曲线定义可得，，，，再利用勾股定理可得，最后利用离心率定义即可求解.
7．（2025·浙江模拟）已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
所以.
又因为，即，所以.
所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
又因为，所以，
即，
令，则，由对勾函数知单调递增，
所以，所以，当且仅当时等号成立.
故答案为：B.
【分析】先利用函数的导函数可得原函数为，再利用函数的导函数可得出函数在上单调递增，利用单调性解不等式即可求解.
8．（2025·浙江模拟）有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：翻动正面数字为偶数的卡片时，奇偶性发生改变，翻动正面数字为奇数的卡片时，奇偶性不变，进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，则分为两类：
（1）正面数字为偶数的卡片翻一次：
①掷3次骰子1次偶数2次奇数：种，其中恰有一次点数为2有27种，
②掷3次骰子2次同一个偶数1次奇数：种，
③掷3次骰子3次同一个偶数：3种，
（2）正面数字为偶数的卡片一次翻三次：种，其中恰有一次点数为2有6种，
所以骰子恰有一次点数为2的概率为.
故答案为：C
【分析】利用正面数字为偶数的卡片翻一次、三次分类讨论，再利用分步乘法计数原理，结合古典概率即可求解.
9．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是（　　）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8
C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0
D．和的方差分别为和，若且，则
【答案】A,C
【知识点】回归分析；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，又，
则，故A正确；
B、因为，
所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故B错误；
C、若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上，
所以残差的平方和为0，故C正确；
对于选项D，设的平均数为，，，，的平均数为，
因为，则，
又，
，
所以，故选D错误.
故答案为：AC
【分析】利用正态分布的对称性即可判断A；利用百分位数的定义即可判断B；利用残差的概念即可判断C；利用平均数定义得到，再利用方差的计算公式即可判断D.
10．（2025·浙江模拟）正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（　　）
A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形
B．不可能与、都垂直
C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等
D．线段的中点所围成的区域的面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间向量垂直的坐标表示；向量方法证明线、面的位置关系定理
【解析】【解答】解：A、当分别为所在棱的中点时，符合题意，如下图所示：
故A正确；
B、以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，
取，，则、，
所以，，，，
所以，，，此时，与、都垂直，故B错误；
C、取，，则，
平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为，
因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，故C正确；
D、设点、，其中，，
则线段的中点为，
设点，则，即，
其中，，，
所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形，如图所示：
则，，则，
，
因为，所以，
故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形，
故线段的中点所围成的区域的面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】假设截面为六边形，作出图形即可判断A；建立空间直角坐标系，取，，可得平面向量法为，即可判断BC；利用中点即可求出点的轨迹方程，确定点所围城区域的形状，再利用三角形的面积公式可判断D.
11．（2025·浙江模拟）设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（　　）
A．若公比为的等比数列满足，则
B．若公比为的等比数列满足，则
C．若为等差数列，，，为的前n项和，则
D．若为公差的等差数列，，，若，则使
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，
A、，，，
，故A正确；
B、，若，则，
，，故B正确；
C、为偶数，也为偶数，显然不能成立，故C错误；
D、
，当时，结论显然成立，故D成立.
故答案为：ABD．
【分析】利用同余的定义即可判断A；利用等差数列和等比数列的通项公式及前项和公式结合“同余”的定义逐项即可求解．
12．（2025·浙江模拟）若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为　 　.
【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得在上投影向量，，，
则，
因为，.
故答案为：.
【分析】先利用投影向量定义可得，再根据夹角公式即可求解.
13．（2025·浙江模拟）已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
易知圆心到直线的距离为，
在直角三角形中，，，
所以，所以；
因此可知当时，劣弧最小，
此时，即可得；
所以劣弧AB长度的最小值为.
故答案为：
【分析】先画出图形，再利用点到直线的距离可得，当时，劣弧最小，再利用三角函数的定义即可求解.
14．（2025·浙江模拟）若恒成立，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，
所以
即.
设函数，因为，导函数为，
令，解得.
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增.
所以，所以在上单调递增.
又因为，所以，即，
令，所以，
令，解得.
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减.
所以，所以.
故答案为：.
【分析】先对不等式进行变形可得，再构造函数，求导可得f(x)在单调递增，在单调递减，利用函数的单调性即可求解．
15．（2025·浙江模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求的大小.
（2）如图所示，为外一点，，，，求值.
【答案】（1）解：，
在中，由正弦定理可得，
由三角形内角和为可得，
，
，
即，
，，，
即，
又，，即，
（2）解：设，令，，
在中，由正弦定理得，
，，.
在中，由正弦定理得，，，，
，
解得，
.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换可得，再利用辅助角公式即可求解；
（2）令，，在中，利用正弦定理得到，在中，利用正弦定理得到，联立可得即可求解.
（1），
在中，由正弦定理得，
，
由三角形内角和为可得，
，
，
即，
，，，
即，
又，，即，
（2）设，令，，
在中，由正弦定理得，
，，.
在中，由正弦定理得，，，，
，
解得，
.
16．（2025·浙江模拟）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.
（1）证明：；
（2）若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，D为的中点故，
又平面，平面，故得，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用线面垂直判定定理得出平面，再利用线面垂直的定义即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，可得面的法向量，面的法向量为，再利用面面垂直可得，最后再计算异面直线所成交即可求解；
（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.
（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
法2：几何法.
作，垂足为M.
连CM，由三角形全等得，平面，
得平面，平面，从而平面平面.
在中，得，
在中，得，
在中，，
在中，
所以得，
又，
从而故，同理，
因为，所以，
所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0.
17．（2025·浙江模拟）已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中.
（1）求和
（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和.
【答案】（1）解：当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）解：
……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)先利用时和可得．设和，再利用得出关于和的不等式组，即可求解；
对于等比数列，利用和联立求解出和，进而得到．
(2)先得出，写出，再用错位相减法，即①式减②式求出，进而得到，然后分和讨论与大小关系，确定的值，最后求出即可求解．
（1）当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
18．（2025·浙江模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数无极值点，求实数的取值范围；
（3）若为函数的极小值点，证明：.
【答案】（1）解：，，
又，在点处的切线方程为：.
（2）解：由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）证明：由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导可得，利用导数的几何意义可得，再利用点斜式方程即可求解；
（2）将问题转化为在上恒成立，通过必要性探路可求得，将问题转化为充分性的证明，采用放缩法可知需证明，利用导数可说明单调性和最值，进而得到结论；
（3）当时，求导后，结合零点存在定理可说明在，上单调递增，在上单调递减，由此可得；令，可证得，利用放缩并整理可得，进而得到结论.
（1），，
又，在点处的切线方程为：.
（2）由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
19．（2025·浙江模拟）位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点.
（1）证明：
（2）（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列.
（ii）由ⅰ所设且，求的值.
【答案】（1）证明：设切线为，联立
得：，令得
要证
即.
（2）解：（ⅰ）设过的切线为：，联立
得，令
记，则设，，
，
，为等差数列
（ii）
此时.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）设切线为，令可得，解关于方程可得，再利用根与坐标关系即可得证；
（2）（i）设过的切线为：，联立，令，解关于方程，结合等差数列的定义得结论；（ii）根据（i）中结论结合直线与曲线相交弦长求得答案.
（1）证明：方法一：，
又，
，
方法二：设切线为，联立
得：，令得
要证
即.
（2）（ⅰ）设过的切线为：，联立
得，令
记，则设，，
，
，为等差数列
（ii）
此时.
1 / 1浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题
1．（2025·浙江模拟）已知全集，，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·浙江模拟）下列可以作为方程的图象的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·浙江模拟）已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（　　）
A．4 B． C． D．
5．（2025·浙江模拟）记数列的前项和为，若，，则等于（　　）
A．33 B．46 C．49 D．42
6．（2025·浙江模拟）如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·浙江模拟）已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（　　）
A． B． C．1 D．
8．（2025·浙江模拟）有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是（　　）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8
C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0
D．和的方差分别为和，若且，则
10．（2025·浙江模拟）正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（　　）
A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形
B．不可能与、都垂直
C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等
D．线段的中点所围成的区域的面积为
11．（2025·浙江模拟）设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（　　）
A．若公比为的等比数列满足，则
B．若公比为的等比数列满足，则
C．若为等差数列，，，为的前n项和，则
D．若为公差的等差数列，，，若，则使
12．（2025·浙江模拟）若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为　 　.
13．（2025·浙江模拟）已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为　 　.
14．（2025·浙江模拟）若恒成立，则实数的取值范围为　 　.
15．（2025·浙江模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求的大小.
（2）如图所示，为外一点，，，，求值.
16．（2025·浙江模拟）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.
（1）证明：；
（2）若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.
17．（2025·浙江模拟）已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中.
（1）求和
（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和.
18．（2025·浙江模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数无极值点，求实数的取值范围；
（3）若为函数的极小值点，证明：.
19．（2025·浙江模拟）位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点.
（1）证明：
（2）（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列.
（ii）由ⅰ所设且，求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：已知全集，表示自然数集，所以．
对于集合，解不等式，则其解为．
又因为，所以．
已知，，可得．
因为，，所以．
故答案为：C．
【分析】先化简全集和集合，再利用交集的定义求出，最后再利用补集的定义求出．
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用复数四则运算可得，再利用共轭复数的定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的表示方法
【解析】【解答】解：当时，，
若，则，即，不符合，
故，不可能同时成立，故A，B，C，选项错误.
故答案为：D
【分析】结合图像可得到，不可能同时成立，即可排除A，B，C即可求解.
4．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题干图象可知，则，所以，
所以，
由，得，，
即，，
因为，所以，则.
又，则，又，，
，解得（负根舍去），
所以，所以.
故答案为：C
【分析】利用函数图象得出，再利用求出点的坐标及数量积公式计算即可求解.
5．【答案】A
【知识点】数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：数列中，，，当时，，
当时，，则，，
因此当时，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，
数列的通项公式为：，，，
所以.
故答案为：A
【分析】先利用递推公式可得，再利用前项和与第项的关系可得，代值即可求解.
6．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设左焦点为，则，，，，
在中用勾股定理，化简得，
所以
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先利用椭圆及双曲线定义可得，，，，再利用勾股定理可得，最后利用离心率定义即可求解.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
所以.
又因为，即，所以.
所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
又因为，所以，
即，
令，则，由对勾函数知单调递增，
所以，所以，当且仅当时等号成立.
故答案为：B.
【分析】先利用函数的导函数可得原函数为，再利用函数的导函数可得出函数在上单调递增，利用单调性解不等式即可求解.
8．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：翻动正面数字为偶数的卡片时，奇偶性发生改变，翻动正面数字为奇数的卡片时，奇偶性不变，进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，则分为两类：
（1）正面数字为偶数的卡片翻一次：
①掷3次骰子1次偶数2次奇数：种，其中恰有一次点数为2有27种，
②掷3次骰子2次同一个偶数1次奇数：种，
③掷3次骰子3次同一个偶数：3种，
（2）正面数字为偶数的卡片一次翻三次：种，其中恰有一次点数为2有6种，
所以骰子恰有一次点数为2的概率为.
故答案为：C
【分析】利用正面数字为偶数的卡片翻一次、三次分类讨论，再利用分步乘法计数原理，结合古典概率即可求解.
9．【答案】A,C
【知识点】回归分析；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，又，
则，故A正确；
B、因为，
所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故B错误；
C、若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上，
所以残差的平方和为0，故C正确；
对于选项D，设的平均数为，，，，的平均数为，
因为，则，
又，
，
所以，故选D错误.
故答案为：AC
【分析】利用正态分布的对称性即可判断A；利用百分位数的定义即可判断B；利用残差的概念即可判断C；利用平均数定义得到，再利用方差的计算公式即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间向量垂直的坐标表示；向量方法证明线、面的位置关系定理
【解析】【解答】解：A、当分别为所在棱的中点时，符合题意，如下图所示：
故A正确；
B、以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，
取，，则、，
所以，，，，
所以，，，此时，与、都垂直，故B错误；
C、取，，则，
平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为，
因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，故C正确；
D、设点、，其中，，
则线段的中点为，
设点，则，即，
其中，，，
所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形，如图所示：
则，，则，
，
因为，所以，
故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形，
故线段的中点所围成的区域的面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】假设截面为六边形，作出图形即可判断A；建立空间直角坐标系，取，，可得平面向量法为，即可判断BC；利用中点即可求出点的轨迹方程，确定点所围城区域的形状，再利用三角形的面积公式可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，
A、，，，
，故A正确；
B、，若，则，
，，故B正确；
C、为偶数，也为偶数，显然不能成立，故C错误；
D、
，当时，结论显然成立，故D成立.
故答案为：ABD．
【分析】利用同余的定义即可判断A；利用等差数列和等比数列的通项公式及前项和公式结合“同余”的定义逐项即可求解．
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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得在上投影向量，，，
则，
因为，.
故答案为：.
【分析】先利用投影向量定义可得，再根据夹角公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
易知圆心到直线的距离为，
在直角三角形中，，，
所以，所以；
因此可知当时，劣弧最小，
此时，即可得；
所以劣弧AB长度的最小值为.
故答案为：
【分析】先画出图形，再利用点到直线的距离可得，当时，劣弧最小，再利用三角函数的定义即可求解.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，
所以
即.
设函数，因为，导函数为，
令，解得.
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增.
所以，所以在上单调递增.
又因为，所以，即，
令，所以，
令，解得.
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减.
所以，所以.
故答案为：.
【分析】先对不等式进行变形可得，再构造函数，求导可得f(x)在单调递增，在单调递减，利用函数的单调性即可求解．
15．【答案】（1）解：，
在中，由正弦定理可得，
由三角形内角和为可得，
，
，
即，
，，，
即，
又，，即，
（2）解：设，令，，
在中，由正弦定理得，
，，.
在中，由正弦定理得，，，，
，
解得，
.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换可得，再利用辅助角公式即可求解；
（2）令，，在中，利用正弦定理得到，在中，利用正弦定理得到，联立可得即可求解.
（1），
在中，由正弦定理得，
，
由三角形内角和为可得，
，
，
即，
，，，
即，
又，，即，
（2）设，令，，
在中，由正弦定理得，
，，.
在中，由正弦定理得，，，，
，
解得，
.
16．【答案】（1）证明：因为，D为的中点故，
又平面，平面，故得，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用线面垂直判定定理得出平面，再利用线面垂直的定义即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，可得面的法向量，面的法向量为，再利用面面垂直可得，最后再计算异面直线所成交即可求解；
（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.
（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
法2：几何法.
作，垂足为M.
连CM，由三角形全等得，平面，
得平面，平面，从而平面平面.
在中，得，
在中，得，
在中，，
在中，
所以得，
又，
从而故，同理，
因为，所以，
所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0.
17．【答案】（1）解：当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）解：
……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)先利用时和可得．设和，再利用得出关于和的不等式组，即可求解；
对于等比数列，利用和联立求解出和，进而得到．
(2)先得出，写出，再用错位相减法，即①式减②式求出，进而得到，然后分和讨论与大小关系，确定的值，最后求出即可求解．
（1）当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
18．【答案】（1）解：，，
又，在点处的切线方程为：.
（2）解：由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）证明：由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导可得，利用导数的几何意义可得，再利用点斜式方程即可求解；
（2）将问题转化为在上恒成立，通过必要性探路可求得，将问题转化为充分性的证明，采用放缩法可知需证明，利用导数可说明单调性和最值，进而得到结论；
（3）当时，求导后，结合零点存在定理可说明在，上单调递增，在上单调递减，由此可得；令，可证得，利用放缩并整理可得，进而得到结论.
（1），，
又，在点处的切线方程为：.
（2）由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
19．【答案】（1）证明：设切线为，联立
得：，令得
要证
即.
（2）解：（ⅰ）设过的切线为：，联立
得，令
记，则设，，
，
，为等差数列
（ii）
此时.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）设切线为，令可得，解关于方程可得，再利用根与坐标关系即可得证；
（2）（i）设过的切线为：，联立，令，解关于方程，结合等差数列的定义得结论；（ii）根据（i）中结论结合直线与曲线相交弦长求得答案.
（1）证明：方法一：，
又，
，
方法二：设切线为，联立
得：，令得
要证
即.
（2）（ⅰ）设过的切线为：，联立
得，令
记，则设，，
，
，为等差数列
（ii）
此时.
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