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浙江省温州市平阳县万全综合高级中学2023-2024学年中职高二下学期期末普高数学试题
一、单项选择题：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．（2024高二下·平阳期末）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·平阳期末）已知圆锥的底面直径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·平阳期末）已知向量，，则“”是“向量与的夹角为锐角”的（　　）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二下·平阳期末）已知是等比数列的前项和，且，，则（　　）
A．11 B．13 C．15 D．17
5．（2024高二下·平阳期末）已知，则的值为（　　）
A． B．1 C．4 D．
6．（2024高二下·平阳期末）已知复数，其中且，则的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
7．（2024高二下·平阳期末）若函数有4个零点，则正数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·平阳期末）已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（点在轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
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．（2024高二下·平阳期末）下列说法中，正确的是（　　）
A．若随机变量，且，则
B．一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16
C．盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为
D．设随机事件，，已知事件发生的概率为0.3，在发生的条件下发生的概率为0.4，在不发生的条件下发生的概率为0.2，则发生的概率为0.26
10．（2024高二下·平阳期末）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（　　）
A．不存在点M，使得
B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为5π
D．点M到直线AB的距离的最小值为
11．（2024高二下·平阳期末）已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（　　）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·平阳期末）现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为　 　.
13．（2024高二下·平阳期末）已知，，则　 　.
14．（2024高二下·平阳期末）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，为四棱锥内切球表面上一点，则点到直线距离的最小值为　 　.
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．（2024高二下·平阳期末）在中，角的对边分别是，且.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
16．（2024高二下·平阳期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17．（2024高二下·平阳期末）已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
（1）求实数，的值；
（2）证明：函数有两个零点．
18．（2024高二下·平阳期末）已知抛物线，点在抛物线上，且在轴上方，和在轴下方（在左侧），关于轴对称，直线交轴于点，延长线段交轴于点，连接.
（1）证明：为定值（为坐标原点）；
（2）若点的横坐标为，且，求的内切圆的方程.
19．（2024高二下·平阳期末）某大学有甲 乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中）
0 1 2 3
（1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值；
（2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（3）记表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，得或，
所以或，，
所以.
故答案为：C
【分析】求出集合A、B，然后进行交集的运算即可得答案.
2．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】由题设，底面周长，而母线长为，
根据扇形周长公式知：圆心角.
故答案为：C.
【分析】由已知结合扇形弧长公式求解即可.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，
若，则，解得，当时，向量，同向共线，夹角为0，即充分性不成立；
若向量与的夹角为锐角，则且，即且，
解得，即必要性成立，
故“”是“向量与的夹角为锐角”的必要不充分条件．
故答案为：C.
【分析】由充分条件和必要条件的概念以及向量数量积判断即可.
4．【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等比数列，是等比数列的前项和，
则成等比数列，即，
又因为，，所以，
即，解得或，
因为，所以.
故答案为：C．
【分析】由题意可知成等比数列，结合，列方程求解即可．
5．【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，
令，解得，令，解得，则，
令，解得，令，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】原式变形，结合二项展开式的通项，求系数即可.
6．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；平面内点到直线的距离公式；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数，其中且，复数在复平面内对应的点，在直线上，
的几何意义是点到点的距离，其最小值为点到直线的距离，最小值为.
故答案为：D.
【分析】由复数的几何意义及复数模的几何意义，将问题转化为点到直线的距离.
7．【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，令，即，即，
作出函数和的图象，由图可知函数与的图象只有一个公共点，
所以当时，函数只有一个零点，
又因为函数有4个零点，
所以当时，方程有三个零点，如图所示：
因为，可得，则满足，
解得，即实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】当时，作出函数和的图象，根据图象可知函数只有一个零点，结合题意，可知当时，方程有三个零点，利用三角函数的图象和性质，列不等式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为为的中点，所以，
若，则，即，
则，由双曲线定义可得：，
则，又因为，所以，
在与中，
由余弦定理可得：，
因为，所以，
则，解得，即.
故答案为：D.
【分析】取的中点，连接，根据题意求得，结合双曲线定义求得，在与中，分别利用余弦定理，结合列出方程得到，求离心率即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；全概率公式；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、根据正态分布的对称性可知：，ze ，故A错误；
B、，则数据第百分位数是，故B正确；
C、由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到蓝球”与“第二次抽到蓝球”是相互独立互不影响，则第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为，故C正确；
D、根据全概率公式可得：，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据正态分布、百分位数、条件概率、全概率等知识逐项分析判断即可.
10．【答案】B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、如图所示，连接BD，且，
当M在PC中点时，因为点O为AC的中点，所以，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，
因为ABCD为正方形，所以．
又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM，
因为平面BDM，所以，故选项A错误；
B、如图所示，将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，
和是全等的直角三角形，，，
连结，，
所以的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即，
直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，故选项B正确；
C、易知四棱锥的外接球直径为PC，
所以半径，所以表面积，故选项C错误；
D、点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，
因为平面ABCD，面，所以，
又，且，面，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即点M到直线AB的距离的最小值为，故选项D正确，
故选：BD．
【分析】当点为中点时，根据三角形的中位线性质可得，进而可得平面ABCD，根据线面垂直的性质可得，结合可得平面BDM，再利用线面垂直的性质可得 ，可判断选项A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断选项B；利用几何体与外接球的关系，四棱锥的外接球直径为PC，即可球半径，进而求得外接球的表面积，即可判断选项C；利用异面直线的距离的转化，点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，由平面PCD可知直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，利用等面积法求得AF即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：A、，都有，则函数关于对称，即，故A正确；
B、，都有，且，令，可得，则，故B错误；
C、因为，所以，故C正确；
D、又因为当时，都有，且，，
所以当时，，
因为 ，所以；又因为，所以， 即，
因此，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法即可判断ABC；由，，从而可得当当时，，结合以及题中信息即可判断D．
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：5位教师从周一到周五的常规值班一共有种方法，
因为甲、乙两人相邻， 所以将甲、乙两人捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排，有种不同的排法；丙排在周三，有种不同的排法，
则甲、乙两人相邻，丙不排在周三 不同排法的种数为，
则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为.
故答案为：.
【分析】利用捆绑法和间接法的原则，结合古典概型概率公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，则，
易知，则，
整理得，解得或，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正切的二倍角公式以及正切的两角和公式化简求得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简求值即可.
14．【答案】
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：过点作，交于点，如图所示：
因为侧面为正三角形，所以为中点，
设中点为，连接，
由题意可得：圆为的内切圆时，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，设内切圆半径为，与，分别相切于点，，
因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
而平面，则，
因为，，所以，，，
在中，，解得，
则四棱锥的内切球的半径为1，
连接，因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以内切球表面上一点到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，，
则四棱锥内切球表面上一点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据题意得到平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，在中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到，结合球的性质求距离的最小值即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以；
（2）解：由（1）可得：，
若的面积为，则，解得，
由余弦定理，，可得，
则，即，
又因为，所以，故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求即可；
（2）由（1）的结论，结合同角关系，余弦定理以及三角形的面积公式求解出的值，再求周长即可.
（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以.
（2）由（1）易知，因为.所以，
由余弦定理，得.
又因为，所以代入得，
所以，
所以.
又因为，所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）证明： 在三棱锥中， 因为，为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为为的中点，所以，又因为，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）解：过作交于点，设，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，，
设为平面的法向量，则，
即，取，则，，
设为平面的法向量，则，即，
取，则，，
设二面角的大小为，则，
，故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）过作交于点，设，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），为中点，
.
又平面平面，平面平面，平面，
平面，而平面，
.
又为的中点，
，又，
.
又平面，
平面.
（2）过作交于点，设，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
故，，，.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设二面角的大小为，则，
，
二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：函数，求导可得，
由题意可得，即，解得；
（2）证明：令，可得，变形可得，
令，问题转化为函数有两个零点，
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
因为，，0，所以，，
由零点存在定理可得使得，使得，
则函数有两个零点．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用转化的思想将原问题转化为函数有两个零点，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理证明即可.
（1）由题意可得，由切线方程可知其斜率为，
所以，解得；
（2）由可得，所以．
函数有两个零点即函数有两个零点．
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，，0，
所以，．
由零点存在定理可得使得，使得，
所以函数有两个零点．
18．【答案】（1）解：设直线的方程为，则，
联立，消去整理可得，
，
由韦达定理可得：，
直线的方程为，化简得，
令，得，即，
则；
（2）解：若点的横坐标为，由（1）可知，，
设交抛物线于，，如图所示：
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
由，
可得，
则解得，即直线的方程为
又，
则，
所以直线的方程为，
设圆心，
因为为的平分线，故点到直线和直线的距离相等，所以，
由，解得，则圆的半径，
故圆的方程为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；斜率的计算公式；直线的点斜式方程；圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程求解即可；
（2）根据（1）的结论及向量的数量积的坐标表示，进而得出直线的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程求解即可.
（1）设直线的方程为，则，
由，消去，得，
，
所以，
直线的方程为，化简得，
令，得，所以
因此.
（2）因为点的横坐标为，由（1）可知，，
设交抛物线于，，如图所示
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
又，
则，
故结合，得.
所以直线的方程为
又，
则，
所以直线的方程为，
设圆心，
因为为的平分线，故点到直线和直线的距离相等，
所以，因为，解得，
故圆的半径，
因此圆的方程为.
19．【答案】（1）解：当时，由分布列可得：，
且，解得，
，
由全概率公式得
；
（2）解：由分布列可得，则①，
假设存在，使②，
①②左右分别相乘，得，化简得：，
设，则，
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得，即不存在值，使得；
（3）证明：由题知，
，
因为，所以，
所以，
即，，则.
【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；概率分布列；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）根据分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即可；
（2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，方程无解，即不存在值，使得；
（3）由题意得，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得，再两边同减构造出，整理证明即可.
（1）当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
（2）由，得.
假设存在，使.
将上述两式左右分别相乘，得，化简得：.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）由题知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
1 / 1浙江省温州市平阳县万全综合高级中学2023-2024学年中职高二下学期期末普高数学试题
一、单项选择题：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．（2024高二下·平阳期末）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，得或，
所以或，，
所以.
故答案为：C
【分析】求出集合A、B，然后进行交集的运算即可得答案.
2．（2024高二下·平阳期末）已知圆锥的底面直径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】由题设，底面周长，而母线长为，
根据扇形周长公式知：圆心角.
故答案为：C.
【分析】由已知结合扇形弧长公式求解即可.
3．（2024高二下·平阳期末）已知向量，，则“”是“向量与的夹角为锐角”的（　　）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，
若，则，解得，当时，向量，同向共线，夹角为0，即充分性不成立；
若向量与的夹角为锐角，则且，即且，
解得，即必要性成立，
故“”是“向量与的夹角为锐角”的必要不充分条件．
故答案为：C.
【分析】由充分条件和必要条件的概念以及向量数量积判断即可.
4．（2024高二下·平阳期末）已知是等比数列的前项和，且，，则（　　）
A．11 B．13 C．15 D．17
【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等比数列，是等比数列的前项和，
则成等比数列，即，
又因为，，所以，
即，解得或，
因为，所以.
故答案为：C．
【分析】由题意可知成等比数列，结合，列方程求解即可．
5．（2024高二下·平阳期末）已知，则的值为（　　）
A． B．1 C．4 D．
【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，
令，解得，令，解得，则，
令，解得，令，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】原式变形，结合二项展开式的通项，求系数即可.
6．（2024高二下·平阳期末）已知复数，其中且，则的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；平面内点到直线的距离公式；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数，其中且，复数在复平面内对应的点，在直线上，
的几何意义是点到点的距离，其最小值为点到直线的距离，最小值为.
故答案为：D.
【分析】由复数的几何意义及复数模的几何意义，将问题转化为点到直线的距离.
7．（2024高二下·平阳期末）若函数有4个零点，则正数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，令，即，即，
作出函数和的图象，由图可知函数与的图象只有一个公共点，
所以当时，函数只有一个零点，
又因为函数有4个零点，
所以当时，方程有三个零点，如图所示：
因为，可得，则满足，
解得，即实数的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】当时，作出函数和的图象，根据图象可知函数只有一个零点，结合题意，可知当时，方程有三个零点，利用三角函数的图象和性质，列不等式求解即可.
8．（2024高二下·平阳期末）已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（点在轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为为的中点，所以，
若，则，即，
则，由双曲线定义可得：，
则，又因为，所以，
在与中，
由余弦定理可得：，
因为，所以，
则，解得，即.
故答案为：D.
【分析】取的中点，连接，根据题意求得，结合双曲线定义求得，在与中，分别利用余弦定理，结合列出方程得到，求离心率即可.
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．（2024高二下·平阳期末）下列说法中，正确的是（　　）
A．若随机变量，且，则
B．一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16
C．盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为
D．设随机事件，，已知事件发生的概率为0.3，在发生的条件下发生的概率为0.4，在不发生的条件下发生的概率为0.2，则发生的概率为0.26
【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；全概率公式；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、根据正态分布的对称性可知：，ze ，故A错误；
B、，则数据第百分位数是，故B正确；
C、由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到蓝球”与“第二次抽到蓝球”是相互独立互不影响，则第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为，故C正确；
D、根据全概率公式可得：，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据正态分布、百分位数、条件概率、全概率等知识逐项分析判断即可.
10．（2024高二下·平阳期末）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（　　）
A．不存在点M，使得
B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为5π
D．点M到直线AB的距离的最小值为
【答案】B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、如图所示，连接BD，且，
当M在PC中点时，因为点O为AC的中点，所以，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，
因为ABCD为正方形，所以．
又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM，
因为平面BDM，所以，故选项A错误；
B、如图所示，将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，
和是全等的直角三角形，，，
连结，，
所以的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即，
直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，故选项B正确；
C、易知四棱锥的外接球直径为PC，
所以半径，所以表面积，故选项C错误；
D、点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，
因为平面ABCD，面，所以，
又，且，面，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即点M到直线AB的距离的最小值为，故选项D正确，
故选：BD．
【分析】当点为中点时，根据三角形的中位线性质可得，进而可得平面ABCD，根据线面垂直的性质可得，结合可得平面BDM，再利用线面垂直的性质可得 ，可判断选项A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断选项B；利用几何体与外接球的关系，四棱锥的外接球直径为PC，即可球半径，进而求得外接球的表面积，即可判断选项C；利用异面直线的距离的转化，点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，由平面PCD可知直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，利用等面积法求得AF即可判断选项D.
11．（2024高二下·平阳期末）已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：A、，都有，则函数关于对称，即，故A正确；
B、，都有，且，令，可得，则，故B错误；
C、因为，所以，故C正确；
D、又因为当时，都有，且，，
所以当时，，
因为 ，所以；又因为，所以， 即，
因此，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法即可判断ABC；由，，从而可得当当时，，结合以及题中信息即可判断D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·平阳期末）现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：5位教师从周一到周五的常规值班一共有种方法，
因为甲、乙两人相邻， 所以将甲、乙两人捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排，有种不同的排法；丙排在周三，有种不同的排法，
则甲、乙两人相邻，丙不排在周三 不同排法的种数为，
则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为.
故答案为：.
【分析】利用捆绑法和间接法的原则，结合古典概型概率公式求解即可.
13．（2024高二下·平阳期末）已知，，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，则，
易知，则，
整理得，解得或，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正切的二倍角公式以及正切的两角和公式化简求得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简求值即可.
14．（2024高二下·平阳期末）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，为四棱锥内切球表面上一点，则点到直线距离的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：过点作，交于点，如图所示：
因为侧面为正三角形，所以为中点，
设中点为，连接，
由题意可得：圆为的内切圆时，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，设内切圆半径为，与，分别相切于点，，
因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
而平面，则，
因为，，所以，，，
在中，，解得，
则四棱锥的内切球的半径为1，
连接，因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以内切球表面上一点到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，，
则四棱锥内切球表面上一点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据题意得到平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，在中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到，结合球的性质求距离的最小值即可.
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．（2024高二下·平阳期末）在中，角的对边分别是，且.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以；
（2）解：由（1）可得：，
若的面积为，则，解得，
由余弦定理，，可得，
则，即，
又因为，所以，故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求即可；
（2）由（1）的结论，结合同角关系，余弦定理以及三角形的面积公式求解出的值，再求周长即可.
（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以.
（2）由（1）易知，因为.所以，
由余弦定理，得.
又因为，所以代入得，
所以，
所以.
又因为，所以，
所以的周长为.
16．（2024高二下·平阳期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明： 在三棱锥中， 因为，为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为为的中点，所以，又因为，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）解：过作交于点，设，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，，
设为平面的法向量，则，
即，取，则，，
设为平面的法向量，则，即，
取，则，，
设二面角的大小为，则，
，故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）过作交于点，设，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），为中点，
.
又平面平面，平面平面，平面，
平面，而平面，
.
又为的中点，
，又，
.
又平面，
平面.
（2）过作交于点，设，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
故，，，.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设二面角的大小为，则，
，
二面角的正弦值为.
17．（2024高二下·平阳期末）已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
（1）求实数，的值；
（2）证明：函数有两个零点．
【答案】（1）解：函数，求导可得，
由题意可得，即，解得；
（2）证明：令，可得，变形可得，
令，问题转化为函数有两个零点，
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
因为，，0，所以，，
由零点存在定理可得使得，使得，
则函数有两个零点．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用转化的思想将原问题转化为函数有两个零点，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理证明即可.
（1）由题意可得，由切线方程可知其斜率为，
所以，解得；
（2）由可得，所以．
函数有两个零点即函数有两个零点．
，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，，0，
所以，．
由零点存在定理可得使得，使得，
所以函数有两个零点．
18．（2024高二下·平阳期末）已知抛物线，点在抛物线上，且在轴上方，和在轴下方（在左侧），关于轴对称，直线交轴于点，延长线段交轴于点，连接.
（1）证明：为定值（为坐标原点）；
（2）若点的横坐标为，且，求的内切圆的方程.
【答案】（1）解：设直线的方程为，则，
联立，消去整理可得，
，
由韦达定理可得：，
直线的方程为，化简得，
令，得，即，
则；
（2）解：若点的横坐标为，由（1）可知，，
设交抛物线于，，如图所示：
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
由，
可得，
则解得，即直线的方程为
又，
则，
所以直线的方程为，
设圆心，
因为为的平分线，故点到直线和直线的距离相等，所以，
由，解得，则圆的半径，
故圆的方程为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；斜率的计算公式；直线的点斜式方程；圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程求解即可；
（2）根据（1）的结论及向量的数量积的坐标表示，进而得出直线的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程求解即可.
（1）设直线的方程为，则，
由，消去，得，
，
所以，
直线的方程为，化简得，
令，得，所以
因此.
（2）因为点的横坐标为，由（1）可知，，
设交抛物线于，，如图所示
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
又，
则，
故结合，得.
所以直线的方程为
又，
则，
所以直线的方程为，
设圆心，
因为为的平分线，故点到直线和直线的距离相等，
所以，因为，解得，
故圆的半径，
因此圆的方程为.
19．（2024高二下·平阳期末）某大学有甲 乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中）
0 1 2 3
（1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值；
（2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
（3）记表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：.
【答案】（1）解：当时，由分布列可得：，
且，解得，
，
由全概率公式得
；
（2）解：由分布列可得，则①，
假设存在，使②，
①②左右分别相乘，得，化简得：，
设，则，
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得，即不存在值，使得；
（3）证明：由题知，
，
因为，所以，
所以，
即，，则.
【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；概率分布列；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）根据分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即可；
（2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，方程无解，即不存在值，使得；
（3）由题意得，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得，再两边同减构造出，整理证明即可.
（1）当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
（2）由，得.
假设存在，使.
将上述两式左右分别相乘，得，化简得：.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）由题知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
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