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浙江省宁波中学2025届高三下学期4月月考数学试题
1．（2025高三下·宁波月考）记集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：C.
【分析】根据补集和交集的定义可得所求集合中的元素满足：且，有三个元素满足条件，即可求得.
2．（2025高三下·宁波月考）若，则（　　）
A．1 B． C． D．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，
所以.
故选：B.
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，进而利用模长公式即可求得|z|.
3．（2025高三下·宁波月考）在正六边形中，若，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，设正六边形的边长为2，
所以，，，，
所以，，，
因为，
所以，
所以，解得，，所以.
故选：A.
【分析】利用正六边形的特点建立平面直角坐标系，进而求得，，，利用向量的线性运算列式即可求得的值，进而可求得.
4．（2025高三下·宁波月考）二项式展开式中，系数最大值为（　　）
A．280 B．448 C．560 D．672
【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，且，
当k为奇数时，展开式的系数为负值；当k为偶数时，展开式的系数为正值，
所以要想系数最大，则k为偶数
当k=0时，；当k=2时，；当k=4时，；
当k=6时，；
所以二项式展开式中，系数最大值为.
故选：C.
【分析】利用二项式定理写出展开式的通项公式，可知当k为奇数时，展开式的系数为负值；当k为偶数时，展开式的系数为正值，列出k为偶数时的展开式系数，进而比较大小即可求得系数最大值.
5．（2025高三下·宁波月考）已知是曲线上一点，，则的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设所以，
设，所以，
令，所以，所以在上单调递增，且，
所以为方程的唯一根，
所以当时，；当时，；
所以在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
【分析】设由两点间距离公式表示出距离，再构造函数，进而求导得，再次构造函数求导分析单调性得到的最小值即可求得的最小值 .
6．（2025高三下·宁波月考）在中，，记为边上的高，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：如图所示，作交于，
设，
因为，，所以，，
又因为，所以，，
由勾股定理可得，，
由等面积法得，即，
解得，其中（舍），所以，，
，
因为，所以，
所以，
故选：C.
【分析】作交于，设，结合和同角三角函数的关系可求得sinA，tanA，进而再利用可表示出，利用等面积得到，进而可求得sinB，cosB，根据两角和的正弦公式即可求得，利用诱导公式即可求得cos(B-C).
7．（2025高三下·宁波月考）记抛物线的准线为，焦点为为上两点，直线过，点在上，若，设为坐标原点，则的面积为（　　）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】平面向量数乘的运算；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知，抛物线的焦点为，
如图所示，易知直线的斜率存在且不等于0，设直线的方程为，
联立，消y整理得，
设，所以，
因为，且点在上，所以点为直线与准线的交点，
所以点坐标为，所以，
因为，所以，整理可得.
由，消元整理可得，
即，解得或（舍去）.
所以
故选：B.
【分析】先求得点F的坐标，根据题意设出直线的方程为，联立直线AB与抛物线方程，根据韦达定理得到与系数的关系，再结合向量的坐标表示得到关于的方程，求解方程即可求得的值，进而利用三角形公式计算即可求得的面积.
8．（2025高三下·宁波月考）如图，一个体积为1的四面体靠在一个足够大的正方体容器中（厚度不计），点在底面上，现向该正方体缓慢注水，已知液面经过时的高度分别为，每次经过四面体顶点时的液面将该四面体分割成的三部分几何体中，表面积最大的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意液面经过时的高度分别为，
如图所示，分别取棱中点，棱的两个三等分点，
连接，
所以，
因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，
因为为棱的两个三等分点，所以到平面的距离等于点到平面的距离，
也与到平面的距离相等，
即满足条件液面经过时的高度分别为，
所以我们需要的液面即平面与平面，
显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，
因为，
，
所以中间几何体体积.
故选：C.
【分析】取棱中点，棱的两个三等分点，证得平面平面，进而可得到平面的距离等于点到平面的距离，也与到平面的距离相等，即满足条件液面经过时的高度分别为，即我们需要的液面即平面与平面，显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，利用间接法可求中间几何体体积即可.
9．（2025高三下·宁波月考）掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，下列统计情况中，可能有出现过点数1的有（　　）
A．平均数为4，中位数为5 B．平均数为4，众数为3
C．平均数为4，方差为1.6 D．平均数为5，标准差为2
【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、有可能出现点数1，例如：1，2，5，6，6，故选项A正确；
B、平均数为4，总和为20；众数为3，则点数3至少出现2次，如果点数1出现1次，设点数为1，3，3，c，d，则c+d=13，但c，d最大为6，即c+d最大为12，所以不可能出现过点数1，故选项B错误；
C、平均数为4，方差为1.6，则平方和为8，如果出现点数1，(1-4)2=9，剩余的平方和不可能为-1，所以不可能出现过点数1，故选项C错误；
D、有可能出现点数1，例如：1，6，6，6，6.，故选项D正确.
故选：AD.
【分析】根据统计数据特征的定义，举例说明选项AD正确，推导出数据的矛盾说明BC错误.
10．（2025高三下·宁波月考）设，则函数的极小值点可能是（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以的极小值点为，
又，所以极小值点为，
令且，所以，
当，；当，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的一个极值点，，
由三角函数的对称性得，
令且，则，
令，则，
令，则，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
所以恒成立，所以在上恒成立，
所以，所以.
故选：ABC.
【分析】化简可得，再由二次函数的性质可得极小值点的表达式，再结合，构造函数，进而利用导数求得的一个极值点，而，由三角函数的对称性得，令且，利用二次求导求出其值域，可得在上恒成立，即可求得，进而求得函数的极小值点即可.
11．（2025高三下·宁波月考）已知函数，则（　　）
A．对于任意的均为偶函数
B．当时，的最小正周期为
C．当时，
D．当时，在上有12个零点
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：A、的定义域为，而，
所以对于任意的均为偶函数，故选项A正确；
B、 当时 ，，因为函数的最小正周期均为，
所以的最小正周期为，故选项B正确；
C、当时，，故选项C错误；
D、因为的最小正周期为，所以在每个周期内存在2个零点，
因为区间的长度为，又
所以6个周期内为12个零点，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】应用偶函数定义证明可判断选项A；根据正弦型函数及余弦型函数的周期判断选项B；取特殊值计算判断选项C；根据周期内零点个数结合周期判断选项D.
12．（2025高三下·宁波月考）记为正项等比数列的公比，若，则　 　.
【答案】5
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，由，解得，
故答案为：5.
【分析】根据等比数列的通项公式的基本量计算，得到关于a1，的方程组，解方程组求解即可求得q的值.
13．（2025高三下·宁波月考）从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数，则该数能被3整除的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：能被3整除的两位数：12，15，18，21，24，27，36，42，45，48，51，54，57，63，72，75，78，81，84，87，共20个数，而从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数有个数，所以该数能被3整除的概率.
故答案为：.
【分析】能被3整除的两位数则两个数之和为3的倍数，列举出所有的可能结果，进而再求得从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数的总数，利用古典概型公式计算即可求得所求概率.
14．（2025高三下·宁波月考）已知分别为双曲线的左 右焦点，在上，其中在第一象限，在第二象限，直线过，且关于直线对称，则四边形的面积为　 　.
【答案】16
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图所示，因为关于直线对称，所以，且，
所以，
设交与，所以，
在中，，
设，所以，
在中，由勾股定理得，
即，解得
在中，由勾股定理得，
即，解得
所以，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线上的点的对称性可得，结合双曲线的定义得，设，则，利用对称产生的直角三角形结合勾股定理列式求解的值，从而得四边形的面积.
15．（2025高三下·宁波月考）某企业前8个月月底的盈利金额（万元）与月份之间的关系如下表所示：
1 2 3 4 5 6 7 8
1.95 2.92 4.38 6.58 9.87 15.00 22.50 33.70
（1）用模拟与的关系，求出回归方程；
（2）根据（1）的结果计算，在几月份的月底统计的盈利金额开始超过60万元？
附：①；
②；
③回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式为：.
【答案】（1）解：令，则，
因为
所以，
所以，
所以，所以.
（2）解：令，
解得，
所以10月份的月底统计的盈利金额开始超过60万元 .
【知识点】回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）对两边同时取自然对数得，令，则，利用最小二乘法可求得，由此可得经验回归方程；
（2）根据回归方程代入即，利用对数的运算法则计算求得对应的x值即可.
（1）令，则，
，
，
故.
（2）令，
故，
故10月开始超过.
16．（2025高三下·宁波月考）已知分别是轴，轴上的动点，，若点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）是上一点，若，求直线的方程.
【答案】（1）解：设，因为，所以点A为PB的中点，
又因为分别是轴，轴上的动点，所以，
因为，所以，
所以的方程为 .

（2）解：设直线
则，即，
联立，消去得，
所以
所以
整理得，解得，
所以，所以
所以或或或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）先设，再结合向量的线性关系与已知条件可得，进而利用两点间的距离公式即可即可求得的方程；
（2）直线，联立直线AB与的方程，利用韦达定理可得出，应用平面向量的数量积坐标运算计算即可求得k的值，再求得t的值，进而写出直线AB的方程即可.
（1）设，
由得，
由得，
故.
（2）设
则，即，
联立，消去得，
整理得，
解得，
所以或或或.
17．（2025高三下·宁波月考）已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若函数在上单调递增，求的取值范围.
【答案】（1）解：方法一(基本不等式)：当 时，，
当，即时，取“”.
方法二(导函数)：当 时，，定义域为R
所以，
易知函数在上单调递增，，
当时，；当时，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以.

（2）解：，
令，解得，
当时，设，所以，
所以函数在上单调递增，即，
所以函数在上单调递增，充分性成立.
当时，，，
所以当时，，所以函数在上单调递减.
综上所述，的取值范围为可得.
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）法一：当时，先求得函数f(x)的解析式，进而变形为，再利用基本不等式即可求得的最小值；
法二：当时，先求得函数f(x)的解析式，利用导数研究函数的单调性，进而可求得的最小值；
（2）对函数 求导，令导数的在处的导数值大于等于零，并检验，可得答案.
（1）方法一：基本不等式
，
当，即时，取“”.
方法二：导函数
，
易知函数在上单调递增，，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，
故.
（2），令，解得，
当时：设，则，
故函数在上单调递增，即，
故函数在上单调递增，充分性成立.
当时，，，
易知当时，，则函数在上单调递减.
综上可得.
18．（2025高三下·宁波月考）如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为.
（1）当时，时.
（i）证明：；
（ii）求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：（i）证明：延长交于，所以是的中点，
，，
平面，平面，，
，平面，平面，
∵平面，，.
（ii）∵为的重心，，∴，
∵平面，∴，∴，
如图所示，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
∵二面角与的大小分别为，知即二面角，
∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令z=1，则，
设平面的一个法向量，
则，令z1=1，则，∴，
.
（2）解：如图所示，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
∵，设，∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令x2=h，则，∴，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
则，令x3=h，则，∴
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）（i）由，结合线面垂直判定定理得出平面，可得出，进而可得；
（ii）先建系，再把转化为二面角，分别求得平面和平面的法向量，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可求得；
（2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算即可求得的取值范围..
（1）（i）延长交于，则是的中点；
，，
平面，平面，
，
，平面，
平面，平面，
，.
（ii）为的重心，，所以，
由平面得，故，
如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为二面角与的大小分别为，知即二面角，
，
故，
设平面的一个法向量，
则，取
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，，
则，取，
所以平面的一个法向量，
.
（2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，设，则，
故，
设平面的一个法向量，
则，
取，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，，
则，
取，所以平面的一个法向量为，
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.
19．（2025高三下·宁波月考）已知各项均为正整数的数列满足.
（1）若，求；
（2）已知.
（i）求；
（ii）证明：可以为定值，且当为定值时，.
【答案】（1）解：设，所以，
因为，，所以
同理可得，所以，
所以.
（2）解：（i）由题意可得，
因为，所以，
因为数列各项均为正整数，，
所以，且为正整数，＞0且也只能为正整数，且25=1×25=5×5，
经列举，只有满足题意，解得.
同理，，，即有，
可解得，
所以.
（ii）证明：由（i）可归纳猜想：可以为定值1，且当时， .
用数学归纳法证明如下：
①验证：当时，，，
所以，不等式左边==右边成立；
当时，，由（i）得，不等式左边==右边成立，
所以，当n=1或2时，不等式成立.
②假设当时，命题成立，即可以为定值1，且当时，不等式成立，即，
则当时，，
根据假设知，当时，，
由题意得时，，
又，所以，化简整理得，
取倒数得，
即，
累加可得
又因为，
所以.
【知识点】数列的递推公式；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据题意由换元法设，则，根据已知的递推关系分别求出，进而即可求得；
（2）（i），根据递推关系式和通项关系，结合列举法逐一求得，，即可求得；
（ii）利用数学归纳法证明为定值1可满足题意，结合递推关系式构造分式，利用累加法证明不等式成立.
（1）由题意，设，则，
由递推关系可得则，则，
所以.
（2）（i）由题意，，则，即有，
因为数列各项均为正整数，且，
经列举，只有满足题意，解得.
同理，，则，即有，
可解得，
所以.
（ii）可以为定值，当时，满足题意.
用数学归纳法证明如下：
当时，，经列举，只有，解得均为正整数，满足题意.
假设时，设，
由可得，由可得
所以则.
此时，
因为，所以均为正整数，满足题意；
当时，，令，
则，则均为正整数，也满足题意.
综上，当时，均为正整数，满足题意.
所以，可以为定值1.
由题意得时，，
又，所以，化简整理得，
取倒数得，
即.
累加可得
又因为，
故得证.
1 / 1浙江省宁波中学2025届高三下学期4月月考数学试题
1．（2025高三下·宁波月考）记集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三下·宁波月考）若，则（　　）
A．1 B． C． D．2
3．（2025高三下·宁波月考）在正六边形中，若，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
4．（2025高三下·宁波月考）二项式展开式中，系数最大值为（　　）
A．280 B．448 C．560 D．672
5．（2025高三下·宁波月考）已知是曲线上一点，，则的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
6．（2025高三下·宁波月考）在中，，记为边上的高，若，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高三下·宁波月考）记抛物线的准线为，焦点为为上两点，直线过，点在上，若，设为坐标原点，则的面积为（　　）
A．2 B． C．3 D．
8．（2025高三下·宁波月考）如图，一个体积为1的四面体靠在一个足够大的正方体容器中（厚度不计），点在底面上，现向该正方体缓慢注水，已知液面经过时的高度分别为，每次经过四面体顶点时的液面将该四面体分割成的三部分几何体中，表面积最大的体积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高三下·宁波月考）掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，下列统计情况中，可能有出现过点数1的有（　　）
A．平均数为4，中位数为5 B．平均数为4，众数为3
C．平均数为4，方差为1.6 D．平均数为5，标准差为2
10．（2025高三下·宁波月考）设，则函数的极小值点可能是（　　）
A．0 B． C． D．
11．（2025高三下·宁波月考）已知函数，则（　　）
A．对于任意的均为偶函数
B．当时，的最小正周期为
C．当时，
D．当时，在上有12个零点
12．（2025高三下·宁波月考）记为正项等比数列的公比，若，则　 　.
13．（2025高三下·宁波月考）从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数，则该数能被3整除的概率为　 　.
14．（2025高三下·宁波月考）已知分别为双曲线的左 右焦点，在上，其中在第一象限，在第二象限，直线过，且关于直线对称，则四边形的面积为　 　.
15．（2025高三下·宁波月考）某企业前8个月月底的盈利金额（万元）与月份之间的关系如下表所示：
1 2 3 4 5 6 7 8
1.95 2.92 4.38 6.58 9.87 15.00 22.50 33.70
（1）用模拟与的关系，求出回归方程；
（2）根据（1）的结果计算，在几月份的月底统计的盈利金额开始超过60万元？
附：①；
②；
③回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式为：.
16．（2025高三下·宁波月考）已知分别是轴，轴上的动点，，若点满足，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）是上一点，若，求直线的方程.
17．（2025高三下·宁波月考）已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若函数在上单调递增，求的取值范围.
18．（2025高三下·宁波月考）如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为.
（1）当时，时.
（i）证明：；
（ii）求；
（2）若，求的取值范围.
19．（2025高三下·宁波月考）已知各项均为正整数的数列满足.
（1）若，求；
（2）已知.
（i）求；
（ii）证明：可以为定值，且当为定值时，.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：C.
【分析】根据补集和交集的定义可得所求集合中的元素满足：且，有三个元素满足条件，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，
所以.
故选：B.
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，进而利用模长公式即可求得|z|.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，设正六边形的边长为2，
所以，，，，
所以，，，
因为，
所以，
所以，解得，，所以.
故选：A.
【分析】利用正六边形的特点建立平面直角坐标系，进而求得，，，利用向量的线性运算列式即可求得的值，进而可求得.
4．【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，且，
当k为奇数时，展开式的系数为负值；当k为偶数时，展开式的系数为正值，
所以要想系数最大，则k为偶数
当k=0时，；当k=2时，；当k=4时，；
当k=6时，；
所以二项式展开式中，系数最大值为.
故选：C.
【分析】利用二项式定理写出展开式的通项公式，可知当k为奇数时，展开式的系数为负值；当k为偶数时，展开式的系数为正值，列出k为偶数时的展开式系数，进而比较大小即可求得系数最大值.
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设所以，
设，所以，
令，所以，所以在上单调递增，且，
所以为方程的唯一根，
所以当时，；当时，；
所以在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
【分析】设由两点间距离公式表示出距离，再构造函数，进而求导得，再次构造函数求导分析单调性得到的最小值即可求得的最小值 .
6．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：如图所示，作交于，
设，
因为，，所以，，
又因为，所以，，
由勾股定理可得，，
由等面积法得，即，
解得，其中（舍），所以，，
，
因为，所以，
所以，
故选：C.
【分析】作交于，设，结合和同角三角函数的关系可求得sinA，tanA，进而再利用可表示出，利用等面积得到，进而可求得sinB，cosB，根据两角和的正弦公式即可求得，利用诱导公式即可求得cos(B-C).
7．【答案】B
【知识点】平面向量数乘的运算；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知，抛物线的焦点为，
如图所示，易知直线的斜率存在且不等于0，设直线的方程为，
联立，消y整理得，
设，所以，
因为，且点在上，所以点为直线与准线的交点，
所以点坐标为，所以，
因为，所以，整理可得.
由，消元整理可得，
即，解得或（舍去）.
所以
故选：B.
【分析】先求得点F的坐标，根据题意设出直线的方程为，联立直线AB与抛物线方程，根据韦达定理得到与系数的关系，再结合向量的坐标表示得到关于的方程，求解方程即可求得的值，进而利用三角形公式计算即可求得的面积.
8．【答案】C
【知识点】平面与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意液面经过时的高度分别为，
如图所示，分别取棱中点，棱的两个三等分点，
连接，
所以，
因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，
因为为棱的两个三等分点，所以到平面的距离等于点到平面的距离，
也与到平面的距离相等，
即满足条件液面经过时的高度分别为，
所以我们需要的液面即平面与平面，
显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，
因为，
，
所以中间几何体体积.
故选：C.
【分析】取棱中点，棱的两个三等分点，证得平面平面，进而可得到平面的距离等于点到平面的距离，也与到平面的距离相等，即满足条件液面经过时的高度分别为，即我们需要的液面即平面与平面，显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，利用间接法可求中间几何体体积即可.
9．【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、有可能出现点数1，例如：1，2，5，6，6，故选项A正确；
B、平均数为4，总和为20；众数为3，则点数3至少出现2次，如果点数1出现1次，设点数为1，3，3，c，d，则c+d=13，但c，d最大为6，即c+d最大为12，所以不可能出现过点数1，故选项B错误；
C、平均数为4，方差为1.6，则平方和为8，如果出现点数1，(1-4)2=9，剩余的平方和不可能为-1，所以不可能出现过点数1，故选项C错误；
D、有可能出现点数1，例如：1，6，6，6，6.，故选项D正确.
故选：AD.
【分析】根据统计数据特征的定义，举例说明选项AD正确，推导出数据的矛盾说明BC错误.
10．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以的极小值点为，
又，所以极小值点为，
令且，所以，
当，；当，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的一个极值点，，
由三角函数的对称性得，
令且，则，
令，则，
令，则，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
所以恒成立，所以在上恒成立，
所以，所以.
故选：ABC.
【分析】化简可得，再由二次函数的性质可得极小值点的表达式，再结合，构造函数，进而利用导数求得的一个极值点，而，由三角函数的对称性得，令且，利用二次求导求出其值域，可得在上恒成立，即可求得，进而求得函数的极小值点即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：A、的定义域为，而，
所以对于任意的均为偶函数，故选项A正确；
B、 当时 ，，因为函数的最小正周期均为，
所以的最小正周期为，故选项B正确；
C、当时，，故选项C错误；
D、因为的最小正周期为，所以在每个周期内存在2个零点，
因为区间的长度为，又
所以6个周期内为12个零点，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】应用偶函数定义证明可判断选项A；根据正弦型函数及余弦型函数的周期判断选项B；取特殊值计算判断选项C；根据周期内零点个数结合周期判断选项D.
12．【答案】5
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，由，解得，
故答案为：5.
【分析】根据等比数列的通项公式的基本量计算，得到关于a1，的方程组，解方程组求解即可求得q的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：能被3整除的两位数：12，15，18，21，24，27，36，42，45，48，51，54，57，63，72，75，78，81，84，87，共20个数，而从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数有个数，所以该数能被3整除的概率.
故答案为：.
【分析】能被3整除的两位数则两个数之和为3的倍数，列举出所有的可能结果，进而再求得从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数的总数，利用古典概型公式计算即可求得所求概率.
14．【答案】16
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图所示，因为关于直线对称，所以，且，
所以，
设交与，所以，
在中，，
设，所以，
在中，由勾股定理得，
即，解得
在中，由勾股定理得，
即，解得
所以，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线上的点的对称性可得，结合双曲线的定义得，设，则，利用对称产生的直角三角形结合勾股定理列式求解的值，从而得四边形的面积.
15．【答案】（1）解：令，则，
因为
所以，
所以，
所以，所以.
（2）解：令，
解得，
所以10月份的月底统计的盈利金额开始超过60万元 .
【知识点】回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）对两边同时取自然对数得，令，则，利用最小二乘法可求得，由此可得经验回归方程；
（2）根据回归方程代入即，利用对数的运算法则计算求得对应的x值即可.
（1）令，则，
，
，
故.
（2）令，
故，
故10月开始超过.
16．【答案】（1）解：设，因为，所以点A为PB的中点，
又因为分别是轴，轴上的动点，所以，
因为，所以，
所以的方程为 .

（2）解：设直线
则，即，
联立，消去得，
所以
所以
整理得，解得，
所以，所以
所以或或或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）先设，再结合向量的线性关系与已知条件可得，进而利用两点间的距离公式即可即可求得的方程；
（2）直线，联立直线AB与的方程，利用韦达定理可得出，应用平面向量的数量积坐标运算计算即可求得k的值，再求得t的值，进而写出直线AB的方程即可.
（1）设，
由得，
由得，
故.
（2）设
则，即，
联立，消去得，
整理得，
解得，
所以或或或.
17．【答案】（1）解：方法一(基本不等式)：当 时，，
当，即时，取“”.
方法二(导函数)：当 时，，定义域为R
所以，
易知函数在上单调递增，，
当时，；当时，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以.

（2）解：，
令，解得，
当时，设，所以，
所以函数在上单调递增，即，
所以函数在上单调递增，充分性成立.
当时，，，
所以当时，，所以函数在上单调递减.
综上所述，的取值范围为可得.
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）法一：当时，先求得函数f(x)的解析式，进而变形为，再利用基本不等式即可求得的最小值；
法二：当时，先求得函数f(x)的解析式，利用导数研究函数的单调性，进而可求得的最小值；
（2）对函数 求导，令导数的在处的导数值大于等于零，并检验，可得答案.
（1）方法一：基本不等式
，
当，即时，取“”.
方法二：导函数
，
易知函数在上单调递增，，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，
故.
（2），令，解得，
当时：设，则，
故函数在上单调递增，即，
故函数在上单调递增，充分性成立.
当时，，，
易知当时，，则函数在上单调递减.
综上可得.
18．【答案】（1）解：（i）证明：延长交于，所以是的中点，
，，
平面，平面，，
，平面，平面，
∵平面，，.
（ii）∵为的重心，，∴，
∵平面，∴，∴，
如图所示，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
∵二面角与的大小分别为，知即二面角，
∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令z=1，则，
设平面的一个法向量，
则，令z1=1，则，∴，
.
（2）解：如图所示，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
∵，设，∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令x2=h，则，∴，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
则，令x3=h，则，∴
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）（i）由，结合线面垂直判定定理得出平面，可得出，进而可得；
（ii）先建系，再把转化为二面角，分别求得平面和平面的法向量，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可求得；
（2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算即可求得的取值范围..
（1）（i）延长交于，则是的中点；
，，
平面，平面，
，
，平面，
平面，平面，
，.
（ii）为的重心，，所以，
由平面得，故，
如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为二面角与的大小分别为，知即二面角，
，
故，
设平面的一个法向量，
则，取
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，，
则，取，
所以平面的一个法向量，
.
（2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，设，则，
故，
设平面的一个法向量，
则，
取，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，，
则，
取，所以平面的一个法向量为，
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.
19．【答案】（1）解：设，所以，
因为，，所以
同理可得，所以，
所以.
（2）解：（i）由题意可得，
因为，所以，
因为数列各项均为正整数，，
所以，且为正整数，＞0且也只能为正整数，且25=1×25=5×5，
经列举，只有满足题意，解得.
同理，，，即有，
可解得，
所以.
（ii）证明：由（i）可归纳猜想：可以为定值1，且当时， .
用数学归纳法证明如下：
①验证：当时，，，
所以，不等式左边==右边成立；
当时，，由（i）得，不等式左边==右边成立，
所以，当n=1或2时，不等式成立.
②假设当时，命题成立，即可以为定值1，且当时，不等式成立，即，
则当时，，
根据假设知，当时，，
由题意得时，，
又，所以，化简整理得，
取倒数得，
即，
累加可得
又因为，
所以.
【知识点】数列的递推公式；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据题意由换元法设，则，根据已知的递推关系分别求出，进而即可求得；
（2）（i），根据递推关系式和通项关系，结合列举法逐一求得，，即可求得；
（ii）利用数学归纳法证明为定值1可满足题意，结合递推关系式构造分式，利用累加法证明不等式成立.
（1）由题意，设，则，
由递推关系可得则，则，
所以.
（2）（i）由题意，，则，即有，
因为数列各项均为正整数，且，
经列举，只有满足题意，解得.
同理，，则，即有，
可解得，
所以.
（ii）可以为定值，当时，满足题意.
用数学归纳法证明如下：
当时，，经列举，只有，解得均为正整数，满足题意.
假设时，设，
由可得，由可得
所以则.
此时，
因为，所以均为正整数，满足题意；
当时，，令，
则，则均为正整数，也满足题意.
综上，当时，均为正整数，满足题意.
所以，可以为定值1.
由题意得时，，
又，所以，化简整理得，
取倒数得，
即.
累加可得
又因为，
故得证.
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