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浙江省杭州市北斗联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高二下·杭州期中）已知集合，，则（　　）．
A．R B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；指数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，即，求得，集合，
易知集合，
则.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求得集合A，求指数函数的值域得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高二下·杭州期中）已知复数，，则（　　）
A． B．3 C． D．2
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意，则.
故答案为：D.
【分析】先根据已知等式求出复数 z 的代数形式，再利用复数模的计算公式求解。
3．（2025高二下·杭州期中）已知直线，圆，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”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：易知圆的圆心为，半径为1，
由直线上存在点，使点在圆内，可得直线与圆相交，
则1，解得，即，
因为不一定能得到，而可推出，
所以“1”是“直线上存在点，使点在圆内”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】易知圆的圆心和半径，由直线上存在点，使点在圆内，可得直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于半径，列式求得，根据与的关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．（2025高二下·杭州期中）北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（　　）
A．15 B．90 C．270 D．540
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第三天只能品尝最后剩余的2种美食，有种选法．
故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为；
故答案为：B.
【分析】将6种美食按每天2种的方式分配到三天，可通过分步选择或分组排列两种思路计算，最终得到不同选法的总数。
5．（2025高二下·杭州期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由已知条件可得，解得，
因此，.
故答案为：D.
【分析】利用已知的正切值和差角余弦，建立关于cosαcosβ与sinαsinβ的方程组，解出这两个量后，代入和角余弦公式求解。
6．（2025高二下·杭州期中）函数在处的切线为，则（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由函数，可得，则且，
因为函数在处的切线为，可得，且，
所以，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】先求出函数的导函数，得到切线斜率k的表达式，再利用切点在切线上这一条件，联立方程求解 x0 。
7．（2025高二下·杭州期中）已知双曲线的左、右焦点分别为为的左支上一点，与的一条渐近线平行.若，则的离心率为（　　）
A．2 B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意，不妨设，
因为，所以，
易知，则，
即，整理得，因为，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】作出图形，由题意可得，在中，，化简整理结合离心率公式求解即可.
8．（2025高二下·杭州期中）数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线：，当时，是我们熟知的圆；当时，曲线是形状如“四角星”的曲线，称为星形线，常用于超轻材料的设计．则下列关于曲线说法错误的是（　　）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上的点到轴，轴的距离之积不超过
C．曲线与有8个交点
D．曲线所围成图形的面积小于2
【答案】C
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：A、在方程中，以替代方程不变，所以曲线关于轴对称，
同理，以；替代方程均不变，所以曲线关于轴，坐标原点对称，如图，故A正确；
B、曲线上点到轴的距离为，到轴的距离为，
，当且仅当时取等号，
则，故B正确；
C、在第一象限内，，则曲线在直线的下方，
两者有4个交点，分别为，故C错误；
D、如图所示：
围成的正方形面积为，
所以曲线围成图形的面积小于2，故D正确.
故答案为：C.
【分析】在方程中，以替代方程不变，据此即可判断A；曲线上点到轴的距离为，到轴的距离为，利用基本不等式求解即可判断B；易得曲线在的内部，作出图象判断交点个数即可判断C；由围成的正方形面积为，可知曲线在的内部，面积小于2即可判断D.
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知展开式中二项式系数之和为64，则（　　）
A．
B．展开式的各项系数之和是1
C．展开式中第4项的二项式系数最大
D．展开式中常数项为240
【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由题意可得，解得，故A错误；
B、当时，各项系数之和为，故B正确；
C、由组合数的性质知，，即时二项式系数最大，故C正确；
D、对于，则，，
令，则常数项为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项式系数之和为求得即可判断A；令求展开式的各项系数之和即可判断B；易知展开有7项，根据二项式系数的性质即可判断C；写出二项展开式的通项，令求解即可判断D.
10．（2025高二下·杭州期中）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，在上单调递增
B．若，且，则函数的最小正周期为
C．若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3
D．若在上恰有4个零点，则的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A，当时，，则，
由图象可知在上单调递增，A正确；
B，由可知一个为函数的最大值，一个为函数的最小值.
又因为，则当且仅当，，函数的最小正周期为，B错误；
C，若的图象向左平移个单位长度后，得到的函数解析式为，其图象关于轴对称，
则，所以，又因为，则的最小值为，C错误；
D，，，则，若在上恰有4个零点，
则当且仅当，得，D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用三角函数的单调性、周期性、图像平移及零点分布，逐一分析各选项。
11．（2025高二下·杭州期中）在正四棱柱中，，，是棱上一动点，则下列结论正确的有（　　）
A．与所成角的余弦的最大值为
B．
C．若为棱的中点，则三棱锥外接球的表面积的最小值为
D．若为棱上动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，如图，在正四棱柱中，因为，
所以与所成角即与所成角，则即为所求角，
在中，，因为，
所以，
即与所成角即与所成角的余弦的最大值为，故A正确；
B，如图，在正四棱柱中，易得平面，则，
若，又是平面内的两条相交直线，所以平面，
又平面，则，可得侧面为正方形，这与矛盾，
故假设错误，故B错误；
C，如图，分别取的中点，
因为是的中点，易得，
又，则是等腰直角三角形，则是外接圆圆心，
而平面平面，所以由球的截面性质可得球心在线段上，
设，则，设三棱锥的外接球半径为，
，又，所以，即，
解得，则，
故三棱锥的外接球的表面积.故C正确；
D，如图，因为点在上，所以，又点在棱上，
平面，所以点到平面的距离为1，即三棱锥的高为1，
所以，故三棱锥的体积为定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过空间几何中的线线角、线面垂直、外接球表面积和三棱锥体积等知识点，逐一分析各选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·杭州期中）已知点在函数的图象上，点的坐标是，那么的值是　 　．
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为点在函数的图象上，所以，所以，
点的坐标是，则，
那么．
故答案为：.
【分析】先根据对数函数解析式求出点 P 的坐标，再计算向量的坐标，最后利用向量模长公式求解。
13．（2025高二下·杭州期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等.如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为　 　.
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，
接下来的一段圆弧所在圆的半径是，对应的弧长是，
设圆锥的底面半径是，由，解得.
故答案为：.
【分析】由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，计算接下来的圆弧所在圆的半径和圆弧长，设圆锥的底面半径是，利用弧长公式求解即可.
14．（2025高二下·杭州期中）已知函数在上存在极值，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导得，
当时，，无极值点；
当时，由，解得，
当时，，当时，，则是函数的极值点，
由题意可得，解得，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求其导函数，分和，利用导数判断函数的单调性，求极值点，由题意列式求出范围即可.
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．（2025高二下·杭州期中）已知在锐角中，内角的对边分别为，且满足
（1）求；
（2）若，点在延长线上，且，求．
【答案】（1）解：由正弦定理，得，
由余弦定理，得，所以．
因为为三角形内角，所以．
（2）解：在中，由正弦定理，得，
所以．
因为为锐角三角形，所以．所以．
在中，由余弦定理，得，
所以，所以．
所以．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再代入余弦定理求出 cosB，从而得到角B。
(2)先在 △ABC 中用正弦定理求出 ∠ACB，得到其补角 ∠ACD，再在 △ACD 中用余弦定理求出 AD，最后再次用余弦定理求出 cos∠CAD。
（1）由正弦定理，得，
由余弦定理，得，所以．
因为为三角形内角，所以．
（2）在中，由正弦定理，得，
所以．
因为为锐角三角形，所以．所以．
在中，由余弦定理，得，
所以，所以．
所以．
16．（2025高二下·杭州期中）公差不为0的等差数列满足：，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，，
因为，所以可解得，即.
（2）解：因为，
所以，
因为
当为偶数时，
；
当为奇数时，
．
综上所述：.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】(1)利用等比中项性质，结合等差数列通项公式列方程，求出公差 ，进而得到通项。
(2)先化简 ，得到通项的符号规律，再对 分奇偶讨论，通过并项求和法计算前 项和。
（1）设等差数列的公差为，则，，
因为，所以可解得，即.
（2）因为，
所以，
因为
当为偶数时，
；
当为奇数时，
．
综上所述：.
17．（2025高二下·杭州期中）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明：因为，，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，，则；
（2）证明：在直四棱柱中，平面，
又因为平面，所以，，所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，，，
，，，，
设为平面的一个法向量，
，令，，可得，
设平面的一个法向量，则，取，
因为，平面与平面不重合，所以平面平面；
（3）解：当时，为平面的一个法向量，，则，
设，
，，，
设直线与平面所成角为，
，当且仅当时，等号成立，
则直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，利用勾股定理求出，得到，结合，即可得到，从而证明；
（2）利用线面垂直的性质可得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，证明即可；
（3）利用（2）的直角坐标系，设，表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用空间向量法求出，再根据二次函数的性质求的最大值即可.
（1），，所以
又，，
又，，，.
（2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，
，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，.
，，，
设为平面的一个法向量，
令，得，.
设平面的一个法向量，则，取.
，又平面与平面不重合，
平面平面.
（3）当时，为平面的一个法向量，，
则，
设，
，，
设直线与平面所成角为，
，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．（2025高二下·杭州期中）已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设圆过，且圆心在抛物线上，是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时，弦的长是否有定值？说明理由；
（3）过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、，求四边形的面积最小值.
【答案】（1）解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是，
把代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）解：假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下：
设在抛物线上，可知到轴距离为，
根据圆的弦长公式可知：，
由已知，，
所以，
则在抛物线上运动时弦的长的定值为.
（3）解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直，
则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设过的的两条直线的方程分别为、，其中，
设直线交抛物线于点、，
由得，
，
由韦达定理可得，则，
同理可得，
所以，四边形的面积
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的标准方程；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)先写出抛物线准线方程，代入椭圆方程求出交点纵坐标，利用已知线段长建立方程，解出 得到抛物线方程。
(2)设圆心 ，利用圆过点 得到半径表达式，再结合勾股定理计算弦长 ，验证其为定值。
(3)设两条互相垂直的直线斜率为 和 ，分别与抛物线联立，用焦点弦长公式求出弦长 和 ，再用四边形面积公式结合基本不等式求最小值。
（1）解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是，
把代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）解：假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下：
设在抛物线上，可知到轴距离为，
根据圆的弦长公式可知：，
由已知，，
所以，
则在抛物线上运动时弦的长的定值为.
（3）解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直，
则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设过的的两条直线的方程分别为、，其中，
设直线交抛物线于点、，
由得，
，
由韦达定理可得，则，
同理可得，
所以，四边形的面积
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为.
19．（2025高二下·杭州期中）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求k的值；
（3）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，求导可得，
则切线的斜率为，，
故曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，，函数在上单调递增，
，与不符；
当时，由，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
设，，
由，可得，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以有唯一解，且；
（3）解：由（2）知当时，，
当且仅当时，，所以当且时，，
则，
取（），所以，
所以，，，，
所以，
所以，
所以，
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，利用导数几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，分和，利用导数研究的单调性，求最值，根据最小值为0，进一步利用导数研究方程的根即可；
（3）由（2）知当时，，结合数列求和知识研究m的取值范围，进而求得最小值.
（1）当时，，，
所以，所以切线的斜率为，
又因为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）因为，
当时，，
所以在上单调递增，
又因为，与不符；
当时，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，所以，
设，
则，
由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以有唯一解，且.
（3）由（2）知当时，，
当且仅当时，.
所以当且时，，
则.
取（），所以，
所以，，，
所以.
所以
所以
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
1 / 1浙江省杭州市北斗联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题
一、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高二下·杭州期中）已知集合，，则（　　）．
A．R B． C． D．
2．（2025高二下·杭州期中）已知复数，，则（　　）
A． B．3 C． D．2
3．（2025高二下·杭州期中）已知直线，圆，则“”是“直线上存在点，使点在圆内”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．（2025高二下·杭州期中）北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（　　）
A．15 B．90 C．270 D．540
5．（2025高二下·杭州期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·杭州期中）函数在处的切线为，则（　　）
A． B． C． D．1
7．（2025高二下·杭州期中）已知双曲线的左、右焦点分别为为的左支上一点，与的一条渐近线平行.若，则的离心率为（　　）
A．2 B． C．3 D．
8．（2025高二下·杭州期中）数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线：，当时，是我们熟知的圆；当时，曲线是形状如“四角星”的曲线，称为星形线，常用于超轻材料的设计．则下列关于曲线说法错误的是（　　）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上的点到轴，轴的距离之积不超过
C．曲线与有8个交点
D．曲线所围成图形的面积小于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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知展开式中二项式系数之和为64，则（　　）
A．
B．展开式的各项系数之和是1
C．展开式中第4项的二项式系数最大
D．展开式中常数项为240
10．（2025高二下·杭州期中）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，在上单调递增
B．若，且，则函数的最小正周期为
C．若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3
D．若在上恰有4个零点，则的取值范围为
11．（2025高二下·杭州期中）在正四棱柱中，，，是棱上一动点，则下列结论正确的有（　　）
A．与所成角的余弦的最大值为
B．
C．若为棱的中点，则三棱锥外接球的表面积的最小值为
D．若为棱上动点，则三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·杭州期中）已知点在函数的图象上，点的坐标是，那么的值是　 　．
13．（2025高二下·杭州期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等.如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为　 　.
14．（2025高二下·杭州期中）已知函数在上存在极值，则实数的取值范围是　 　．
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．（2025高二下·杭州期中）已知在锐角中，内角的对边分别为，且满足
（1）求；
（2）若，点在延长线上，且，求．
16．（2025高二下·杭州期中）公差不为0的等差数列满足：，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
17．（2025高二下·杭州期中）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．（2025高二下·杭州期中）已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设圆过，且圆心在抛物线上，是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时，弦的长是否有定值？说明理由；
（3）过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、，求四边形的面积最小值.
19．（2025高二下·杭州期中）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求k的值；
（3）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；指数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，即，求得，集合，
易知集合，
则.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式求得集合A，求指数函数的值域得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意，则.
故答案为：D.
【分析】先根据已知等式求出复数 z 的代数形式，再利用复数模的计算公式求解。
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：易知圆的圆心为，半径为1，
由直线上存在点，使点在圆内，可得直线与圆相交，
则1，解得，即，
因为不一定能得到，而可推出，
所以“1”是“直线上存在点，使点在圆内”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】易知圆的圆心和半径，由直线上存在点，使点在圆内，可得直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于半径，列式求得，根据与的关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第三天只能品尝最后剩余的2种美食，有种选法．
故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为；
故答案为：B.
【分析】将6种美食按每天2种的方式分配到三天，可通过分步选择或分组排列两种思路计算，最终得到不同选法的总数。
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由已知条件可得，解得，
因此，.
故答案为：D.
【分析】利用已知的正切值和差角余弦，建立关于cosαcosβ与sinαsinβ的方程组，解出这两个量后，代入和角余弦公式求解。
6．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由函数，可得，则且，
因为函数在处的切线为，可得，且，
所以，可得，所以.
故答案为：A.
【分析】先求出函数的导函数，得到切线斜率k的表达式，再利用切点在切线上这一条件，联立方程求解 x0 。
7．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意，不妨设，
因为，所以，
易知，则，
即，整理得，因为，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】作出图形，由题意可得，在中，，化简整理结合离心率公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：A、在方程中，以替代方程不变，所以曲线关于轴对称，
同理，以；替代方程均不变，所以曲线关于轴，坐标原点对称，如图，故A正确；
B、曲线上点到轴的距离为，到轴的距离为，
，当且仅当时取等号，
则，故B正确；
C、在第一象限内，，则曲线在直线的下方，
两者有4个交点，分别为，故C错误；
D、如图所示：
围成的正方形面积为，
所以曲线围成图形的面积小于2，故D正确.
故答案为：C.
【分析】在方程中，以替代方程不变，据此即可判断A；曲线上点到轴的距离为，到轴的距离为，利用基本不等式求解即可判断B；易得曲线在的内部，作出图象判断交点个数即可判断C；由围成的正方形面积为，可知曲线在的内部，面积小于2即可判断D.
9．【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由题意可得，解得，故A错误；
B、当时，各项系数之和为，故B正确；
C、由组合数的性质知，，即时二项式系数最大，故C正确；
D、对于，则，，
令，则常数项为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项式系数之和为求得即可判断A；令求展开式的各项系数之和即可判断B；易知展开有7项，根据二项式系数的性质即可判断C；写出二项展开式的通项，令求解即可判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A，当时，，则，
由图象可知在上单调递增，A正确；
B，由可知一个为函数的最大值，一个为函数的最小值.
又因为，则当且仅当，，函数的最小正周期为，B错误；
C，若的图象向左平移个单位长度后，得到的函数解析式为，其图象关于轴对称，
则，所以，又因为，则的最小值为，C错误；
D，，，则，若在上恰有4个零点，
则当且仅当，得，D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用三角函数的单调性、周期性、图像平移及零点分布，逐一分析各选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，如图，在正四棱柱中，因为，
所以与所成角即与所成角，则即为所求角，
在中，，因为，
所以，
即与所成角即与所成角的余弦的最大值为，故A正确；
B，如图，在正四棱柱中，易得平面，则，
若，又是平面内的两条相交直线，所以平面，
又平面，则，可得侧面为正方形，这与矛盾，
故假设错误，故B错误；
C，如图，分别取的中点，
因为是的中点，易得，
又，则是等腰直角三角形，则是外接圆圆心，
而平面平面，所以由球的截面性质可得球心在线段上，
设，则，设三棱锥的外接球半径为，
，又，所以，即，
解得，则，
故三棱锥的外接球的表面积.故C正确；
D，如图，因为点在上，所以，又点在棱上，
平面，所以点到平面的距离为1，即三棱锥的高为1，
所以，故三棱锥的体积为定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过空间几何中的线线角、线面垂直、外接球表面积和三棱锥体积等知识点，逐一分析各选项。
12．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为点在函数的图象上，所以，所以，
点的坐标是，则，
那么．
故答案为：.
【分析】先根据对数函数解析式求出点 P 的坐标，再计算向量的坐标，最后利用向量模长公式求解。
13．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，
接下来的一段圆弧所在圆的半径是，对应的弧长是，
设圆锥的底面半径是，由，解得.
故答案为：.
【分析】由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，计算接下来的圆弧所在圆的半径和圆弧长，设圆锥的底面半径是，利用弧长公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导得，
当时，，无极值点；
当时，由，解得，
当时，，当时，，则是函数的极值点，
由题意可得，解得，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求其导函数，分和，利用导数判断函数的单调性，求极值点，由题意列式求出范围即可.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，得，
由余弦定理，得，所以．
因为为三角形内角，所以．
（2）解：在中，由正弦定理，得，
所以．
因为为锐角三角形，所以．所以．
在中，由余弦定理，得，
所以，所以．
所以．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再代入余弦定理求出 cosB，从而得到角B。
(2)先在 △ABC 中用正弦定理求出 ∠ACB，得到其补角 ∠ACD，再在 △ACD 中用余弦定理求出 AD，最后再次用余弦定理求出 cos∠CAD。
（1）由正弦定理，得，
由余弦定理，得，所以．
因为为三角形内角，所以．
（2）在中，由正弦定理，得，
所以．
因为为锐角三角形，所以．所以．
在中，由余弦定理，得，
所以，所以．
所以．
16．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，，
因为，所以可解得，即.
（2）解：因为，
所以，
因为
当为偶数时，
；
当为奇数时，
．
综上所述：.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】(1)利用等比中项性质，结合等差数列通项公式列方程，求出公差 ，进而得到通项。
(2)先化简 ，得到通项的符号规律，再对 分奇偶讨论，通过并项求和法计算前 项和。
（1）设等差数列的公差为，则，，
因为，所以可解得，即.
（2）因为，
所以，
因为
当为偶数时，
；
当为奇数时，
．
综上所述：.
17．【答案】（1）证明：因为，，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，，则；
（2）证明：在直四棱柱中，平面，
又因为平面，所以，，所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，，，
，，，，
设为平面的一个法向量，
，令，，可得，
设平面的一个法向量，则，取，
因为，平面与平面不重合，所以平面平面；
（3）解：当时，为平面的一个法向量，，则，
设，
，，，
设直线与平面所成角为，
，当且仅当时，等号成立，
则直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，利用勾股定理求出，得到，结合，即可得到，从而证明；
（2）利用线面垂直的性质可得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，证明即可；
（3）利用（2）的直角坐标系，设，表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用空间向量法求出，再根据二次函数的性质求的最大值即可.
（1），，所以
又，，
又，，，.
（2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，
，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，.
，，，
设为平面的一个法向量，
令，得，.
设平面的一个法向量，则，取.
，又平面与平面不重合，
平面平面.
（3）当时，为平面的一个法向量，，
则，
设，
，，
设直线与平面所成角为，
，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．【答案】（1）解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是，
把代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）解：假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下：
设在抛物线上，可知到轴距离为，
根据圆的弦长公式可知：，
由已知，，
所以，
则在抛物线上运动时弦的长的定值为.
（3）解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直，
则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设过的的两条直线的方程分别为、，其中，
设直线交抛物线于点、，
由得，
，
由韦达定理可得，则，
同理可得，
所以，四边形的面积
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的标准方程；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)先写出抛物线准线方程，代入椭圆方程求出交点纵坐标，利用已知线段长建立方程，解出 得到抛物线方程。
(2)设圆心 ，利用圆过点 得到半径表达式，再结合勾股定理计算弦长 ，验证其为定值。
(3)设两条互相垂直的直线斜率为 和 ，分别与抛物线联立，用焦点弦长公式求出弦长 和 ，再用四边形面积公式结合基本不等式求最小值。
（1）解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是，
把代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）解：假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下：
设在抛物线上，可知到轴距离为，
根据圆的弦长公式可知：，
由已知，，
所以，
则在抛物线上运动时弦的长的定值为.
（3）解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直，
则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设过的的两条直线的方程分别为、，其中，
设直线交抛物线于点、，
由得，
，
由韦达定理可得，则，
同理可得，
所以，四边形的面积
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为.
19．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，求导可得，
则切线的斜率为，，
故曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，，函数在上单调递增，
，与不符；
当时，由，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
设，，
由，可得，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以有唯一解，且；
（3）解：由（2）知当时，，
当且仅当时，，所以当且时，，
则，
取（），所以，
所以，，，，
所以，
所以，
所以，
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，利用导数几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，分和，利用导数研究的单调性，求最值，根据最小值为0，进一步利用导数研究方程的根即可；
（3）由（2）知当时，，结合数列求和知识研究m的取值范围，进而求得最小值.
（1）当时，，，
所以，所以切线的斜率为，
又因为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）因为，
当时，，
所以在上单调递增，
又因为，与不符；
当时，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，所以，
设，
则，
由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以有唯一解，且.
（3）由（2）知当时，，
当且仅当时，.
所以当且时，，
则.
取（），所以，
所以，，，
所以.
所以
所以
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
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