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浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
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．（2025高二下·杭州期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：，则，
，则，
则.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式得集合A，解绝一元二次不等式得集合B，根据交集定义得解.
2．（2025高二下·杭州期中）复数，则复数在复平面内的对应点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
所以复数在复平面内的对应点位于第一象限.
故答案为：A
【分析】先由共轭复数求出，再由复数的除法运算法则分母实数化可得.
3．（2025高二下·杭州期中）若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以的第上四分位数是，即，
则，
由解得，
所以常数项为，
故答案为：D.
【分析】百分位数的概念得，第上四分位数是，代入二项式展开式通项公式求可得，求的k值，代入得解
4．（2025高二下·杭州期中）过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】用斜率判定两直线垂直；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的焦点为，
设与直线垂直的直线方程为，
代入，可得，故所求直线方程为，
即.
故答案为：B.
【分析】设直线方程为，易得焦点为，代入直线方程得。代入整理得解
5．（2025高二下·杭州期中）有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子；
所以，
故答案为：C
【分析】由题意得，代入全概率公式得，得解
6．（2025高二下·杭州期中）已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【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】【解答】解：设切点坐标为，
，
则且，
解得，再代入，
可得：，
故答案为：D
【分析】设切点坐标，求导，由题意得切线斜率k=1，代入得且，解得，再代入，得解a.
7．（2025高二下·杭州期中）长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设是的中点，所以.
设，，
因为，所以，所以，
设异面直线与所成角为，
因为异面直线成角的范围是，
则，
因为，所以，当且仅当时取等号，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.
故答案为：A.
【分析】建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法得，，所以，验证等号，可得解
8．（2025高二下·杭州期中）已知函数，若当且仅当，则的最小值为（　　）
A．2 B．0 C． D．
【答案】C
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：定义域为，
得．
又，
（注：，证明：因为，，所以），
所以若，则，
即．
这样，若，则取，
得，进而在递增，
故，与已知条件矛盾！
所以．即，也即．
当时，，
得，取等当且仅当，
故在上递减，符合要求．综上，的最小值为．
故答案为：.
【分析】先对函数求导，再由绝对值不等式性质得；由，得的取值范围，令，可得的单调性，得，可解出，代入f'(x)结合基本不等式可求最值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则
C．若，则与相互独立 D．若，则
【答案】B,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：A、，该选项错误，不合题意；
B、，，该选项正确，符合题意；
C、由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，该选项正确，符合题意；
D、由，可得，
所以，该选项错误，不合题意；
故答案为：BC
【分析】，可判断A；，，可判断B；由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，可判断C；，可得，得，可判断D.
10．（2025高二下·杭州期中）已知，且，若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
因为，所以，可得，即.
A、由基本不等式可得，
等号成立当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故等号不成立，即，该选项正确，符合题意；
B、，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
故，该选项正确，符合题意；
C、，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的单调递减区间为，递增区间为，
故，即，该选项正确，符合题意；
D、不妨取，，则，该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC.
【分析】由得，基本不等式可得，可判断A；基本不等式可得，可判断B；令，求导求单调区间的计算得最小值，，可判断C；利用特殊值法不妨取，，代入可判断D.
11．（2025高二下·杭州期中）是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足：
①且；
②：
则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（　　）
A．若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统
B．若为在上的“面积”系统，则
C．是在上的“面积”系统
D．若则在上有无数个“面积”系统
【答案】A,B,D
【知识点】函数的表示方法
【解析】【解答】解：A、当为常数时，，，，要使得，则，
此时，所以满足条件，故A正确；
B、由性质②，，有，得，
再应用性质②，，由此，，
即，故B正确；
C、取，则，
又，则，，
则不存在使，即性质①不满足，故C错误；
D、且，若，则，
若，则，
对任意，令，
则，且满足，
故为常数，是的“面积系统”，且的取值有无数多个，故有无数个，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题干新定义，直接计算证明即可判断AB；举例即可判断CD.
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）用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成　 　个四位数．
【答案】300
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有，
故答案为：300
【分析】根据排列，从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有
13．（2025高二下·杭州期中）已知非零向量满足，且，则与的夹角为　 　．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可得：，
即，即，
又，可得：，
即，
所以，所以，
又，所以与的夹角为
故答案为：.
【分析】由垂直性质得数量积为0，化简得到，再由得到，即，可得，由夹角范围得解.
14．（2025高二下·杭州期中）已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得
，所以，
又，
所以在中，，
在中，，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】先画出图象，再由双曲线的定义得，解，，可由余弦定理得，，两者相等可解得，可得e.
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）已知等差数列的公差不为 0 ，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
【答案】解：设等差数列的公差为，由，成等比数列，
得，得，由，得，
则.
（2）由（1），则，
则
即.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设公差，代入等差数列通项和求和公式得到，再代入到可通项公式．
（2）由（1），可得，符合分组求和法，分组求和得解.
16．（2025高二下·杭州期中）在中，分别是角的对边，已知是锐角，且．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）解：由已知得，，解得或．
又为锐角，，得．
所以，由余弦定理得，．
（2）解：由正弦定理得，．
所以，
，
即，
当，即时，取到最大值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正切公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先由正切的倍角公式可求 ，运用余弦定理得；
（2）运用正弦定理可得，代入面积公式得，由辅助角公式可得，，即时，取到最大值为．
（1）由已知得，，解得或．
又为锐角，，得．
所以，由余弦定理得，．
（2）由正弦定理得，．
所以，
，
即，
当，即时，取到最大值为．
17．（2025高二下·杭州期中）如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：因为为圆的直径，所以．
又因为平面，所以．
又因为，所以平面．
（2）解： 法一：如图所示：
过作于，过作于，连结．
因为平面，所以平面平面，
进而平面，故．
因此平面，所以，
故为二面角平面角．
又，所以．又，得，
所以，进而.假设这样的存在，得，
得，，
即，解得．
故满足条件的存在．
法二：如图，
以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，是平面的法向量．
设，则，得，，
得是平面的法向量．
这样，，解得．
所以，，设，
得．
这样，由，即，解得．
故满足条件的存在．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究二面角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）圆的直径，得，再由平面，得到，线面垂直的判定定理得平面．；
（2）法一：平面，得平面平面，进而平面，，故为二面角平面角；解各个三角形可得得，，，假设这样的存在，得，由垂直得代入数量积公式得数量积为0，可解p，q的值，可证存在性；
法二：建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法可解p，q的值，可证存在性.
（1）因为为圆的直径，所以．
又因为平面，所以．
又因为，所以平面．
（2）法一：如图所示：
过作于，过作于，连结．
因为平面，所以平面平面，
进而平面，故．
因此平面，所以，
故为二面角平面角．
又，所以．又，得，
所以，进而。假设这样的存在，得，
得，，
即，解得．
故满足条件的存在．
法二：如图，
以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，是平面的法向量．
设，则，得，，
得是平面的法向量．
这样，，解得．
所以，，设，
得．
这样，由，即，解得．
故满足条件的存在．
18．（2025高二下·杭州期中）已知椭圆的离心率为为的左，右焦点，为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点．
（3）若直线恒过，则是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由．
【答案】（1）解：设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，
故，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，
联立与，消去得，整理得，
所以，，，
进而，，
，
，
解得，满足，即直线过定点.
.
（3）解：当直线的斜率为0时，此时，易得；
当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，
，，
所以，
从而，
即，
则，即，
综上，为定值.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的几何特征得，代入，得解b，可得椭圆的方程；
（2）设，与椭圆的方程联立，消元得，列出韦达定理，代入 斜率之积恒为 得，解得，得证；
（3）先判断当直线的斜率是否为0；为0时，得；不为0时，设，由（2）得方法，联立消元，列出韦达定理，整理可得，即，得解.
（1）设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，
故，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，
联立与，消去得，整理得，
所以，，，
进而，，
，
，
解得，满足，即直线过定点.
.
（3）当直线的斜率为0时，此时，易得；
当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，
，，
所以，
从而，
即，
则，即，
综上，为定值.
19．（2025高二下·杭州期中）“田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示：
①且；
②且．
这里，表示“马与马比赛，马获胜”．一天，齐王找田忌赛马，约定：每局比赛双方各出一匹马，比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为．
（1）求的分布列与期望；
（2）分别求的通项公式；
（3）求证：．
【答案】（1）解：
0 1 2
所以．
（2）解：记，不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，
则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，
由比赛规则可知，，即为的一个排列，
也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．
所以即，，也即。故．
记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，
任取到的一一对应，
其中为的一个排列．当给定时，
则取或，则为到的一一对应，恰有种．
又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．
这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．
（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．
此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
（ⅱ）若满足，则满足当且仅当或，
其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
综合（ⅰ）（ⅱ），。
所以，即。
进而有，．又，得，即。
故，，
记，则，
即，
得，
也即．
（3）证明：记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为，这样，
其中代表全体到的一一对应，
上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．
这样．
又，得．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量的方差
【解析】【分析】（1）首先分析出的可能取值为0，1，2，写出分布列代入数学期望公式即可；
（2）首先记基本事件，局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，比赛规则可知，为到的一个一一对应，这样的总共有种取法，可得；任取到的一一对应，则为到的一一对应，恰有种；考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所得恰为全体到的一一对应；若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或，分这两种情况讨论，可得，，计算可得；
（3）首先记基本事件，田忌赢的局数为，这样，分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．代入数学期望的公式计算，又，得证.
（1）
0 1 2
所以．
（2）记，
不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，
则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，
由比赛规则可知，，即为的一个排列，
也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．
所以即，，也即。故．
记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，
任取到的一一对应，
其中为的一个排列．当给定时，
则取或，则为到的一一对应，恰有种．
又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．
这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．
（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．
此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
（ⅱ）若满足，则满足当且仅当或，
其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
综合（ⅰ）（ⅱ），。
所以，即。
进而有，．又，得，即。
故，，
记，则，
即，
得，
也即．
（3）记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为，
这样，
其中代表全体到的一一对应，
上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．
这样．
又，得．
1 / 1浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
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．（2025高二下·杭州期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·杭州期中）复数，则复数在复平面内的对应点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高二下·杭州期中）若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2025高二下·杭州期中）过抛物线的焦点，且与直线垂直的直线方程为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高二下·杭州期中）有两个盒子，第一个盒子恰有1个红球，4个黄球，第二个盒子恰有2个红球，3个黄球．现从这两个盒子中等可能地选择一个盒子，然后从中任意摸出2个球，则这2个球都是黄球的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·杭州期中）已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
7．（2025高二下·杭州期中）长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·杭州期中）已知函数，若当且仅当，则的最小值为（　　）
A．2 B．0 C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则
C．若，则与相互独立 D．若，则
10．（2025高二下·杭州期中）已知，且，若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025高二下·杭州期中）是定义在区间上的函数，若存在二元函数满足：
①且；
②：
则称为在上的“面积”系统．下列说法正确的是（　　）
A．若为常数，则在上有唯一的“面积＂系统
B．若为在上的“面积”系统，则
C．是在上的“面积”系统
D．若则在上有无数个“面积”系统
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）用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，则共可组成　 　个四位数．
13．（2025高二下·杭州期中）已知非零向量满足，且，则与的夹角为　 　．
14．（2025高二下·杭州期中）已知是双曲线的左，右两个焦点，若双曲线上存在一点满足，则该双曲线的离心率为　 　．
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．（2025高二下·杭州期中）已知等差数列的公差不为 0 ，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
16．（2025高二下·杭州期中）在中，分别是角的对边，已知是锐角，且．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求面积的最大值．
17．（2025高二下·杭州期中）如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．（2025高二下·杭州期中）已知椭圆的离心率为为的左，右焦点，为的右顶点，为的上顶点，且周长为，直线交于两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的斜率之积恒为，求证：直线恒过定点．
（3）若直线恒过，则是否为定值？若成立，请求出该定值：若不成立，请说明理由．
19．（2025高二下·杭州期中）“田忌赛马”我国历史上有名的“以弱胜强”的事例．齐王有匹马，田忌有匹马，且这匹马在比赛中的胜负可用如下不等式表示：
①且；
②且．
这里，表示“马与马比赛，马获胜”．一天，齐王找田忌赛马，约定：每局比赛双方各出一匹马，比赛过的马不能再次上场，共赛局，并记田忌在局比赛中获胜局数为．
（1）求的分布列与期望；
（2）分别求的通项公式；
（3）求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：，则，
，则，
则.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式得集合A，解绝一元二次不等式得集合B，根据交集定义得解.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
所以复数在复平面内的对应点位于第一象限.
故答案为：A
【分析】先由共轭复数求出，再由复数的除法运算法则分母实数化可得.
3．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以的第上四分位数是，即，
则，
由解得，
所以常数项为，
故答案为：D.
【分析】百分位数的概念得，第上四分位数是，代入二项式展开式通项公式求可得，求的k值，代入得解
4．【答案】B
【知识点】用斜率判定两直线垂直；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的焦点为，
设与直线垂直的直线方程为，
代入，可得，故所求直线方程为，
即.
故答案为：B.
【分析】设直线方程为，易得焦点为，代入直线方程得。代入整理得解
5．【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设表示取得的2个球都是黄球，表示选择第一个盒子，表示选择第二个盒子；
所以，
故答案为：C
【分析】由题意得，代入全概率公式得，得解
6．【答案】D
【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】【解答】解：设切点坐标为，
，
则且，
解得，再代入，
可得：，
故答案为：D
【分析】设切点坐标，求导，由题意得切线斜率k=1，代入得且，解得，再代入，得解a.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设是的中点，所以.
设，，
因为，所以，所以，
设异面直线与所成角为，
因为异面直线成角的范围是，
则，
因为，所以，当且仅当时取等号，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.
故答案为：A.
【分析】建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法得，，所以，验证等号，可得解
8．【答案】C
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：定义域为，
得．
又，
（注：，证明：因为，，所以），
所以若，则，
即．
这样，若，则取，
得，进而在递增，
故，与已知条件矛盾！
所以．即，也即．
当时，，
得，取等当且仅当，
故在上递减，符合要求．综上，的最小值为．
故答案为：.
【分析】先对函数求导，再由绝对值不等式性质得；由，得的取值范围，令，可得的单调性，得，可解出，代入f'(x)结合基本不等式可求最值.
9．【答案】B,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：A、，该选项错误，不合题意；
B、，，该选项正确，符合题意；
C、由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，该选项正确，符合题意；
D、由，可得，
所以，该选项错误，不合题意；
故答案为：BC
【分析】，可判断A；，，可判断B；由，，可得，所以与相互独立，所以与相互独立，可判断C；，可得，得，可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
因为，所以，可得，即.
A、由基本不等式可得，
等号成立当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故等号不成立，即，该选项正确，符合题意；
B、，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
故，该选项正确，符合题意；
C、，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的单调递减区间为，递增区间为，
故，即，该选项正确，符合题意；
D、不妨取，，则，该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC.
【分析】由得，基本不等式可得，可判断A；基本不等式可得，可判断B；令，求导求单调区间的计算得最小值，，可判断C；利用特殊值法不妨取，，代入可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的表示方法
【解析】【解答】解：A、当为常数时，，，，要使得，则，
此时，所以满足条件，故A正确；
B、由性质②，，有，得，
再应用性质②，，由此，，
即，故B正确；
C、取，则，
又，则，，
则不存在使，即性质①不满足，故C错误；
D、且，若，则，
若，则，
对任意，令，
则，且满足，
故为常数，是的“面积系统”，且的取值有无数多个，故有无数个，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题干新定义，直接计算证明即可判断AB；举例即可判断CD.
12．【答案】300
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有，
故答案为：300
【分析】根据排列，从1，2，3，4，5中选一个数字作为千位，然后从剩下5个数中任选三个排百位，十位，个位，故共有
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可得：，
即，即，
又，可得：，
即，
所以，所以，
又，所以与的夹角为
故答案为：.
【分析】由垂直性质得数量积为0，化简得到，再由得到，即，可得，由夹角范围得解.
14．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得
，所以，
又，
所以在中，，
在中，，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】先画出图象，再由双曲线的定义得，解，，可由余弦定理得，，两者相等可解得，可得e.
15．【答案】解：设等差数列的公差为，由，成等比数列，
得，得，由，得，
则.
（2）由（1），则，
则
即.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设公差，代入等差数列通项和求和公式得到，再代入到可通项公式．
（2）由（1），可得，符合分组求和法，分组求和得解.
16．【答案】（1）解：由已知得，，解得或．
又为锐角，，得．
所以，由余弦定理得，．
（2）解：由正弦定理得，．
所以，
，
即，
当，即时，取到最大值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正切公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先由正切的倍角公式可求 ，运用余弦定理得；
（2）运用正弦定理可得，代入面积公式得，由辅助角公式可得，，即时，取到最大值为．
（1）由已知得，，解得或．
又为锐角，，得．
所以，由余弦定理得，．
（2）由正弦定理得，．
所以，
，
即，
当，即时，取到最大值为．
17．【答案】（1）证明：因为为圆的直径，所以．
又因为平面，所以．
又因为，所以平面．
（2）解： 法一：如图所示：
过作于，过作于，连结．
因为平面，所以平面平面，
进而平面，故．
因此平面，所以，
故为二面角平面角．
又，所以．又，得，
所以，进而.假设这样的存在，得，
得，，
即，解得．
故满足条件的存在．
法二：如图，
以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，是平面的法向量．
设，则，得，，
得是平面的法向量．
这样，，解得．
所以，，设，
得．
这样，由，即，解得．
故满足条件的存在．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究二面角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）圆的直径，得，再由平面，得到，线面垂直的判定定理得平面．；
（2）法一：平面，得平面平面，进而平面，，故为二面角平面角；解各个三角形可得得，，，假设这样的存在，得，由垂直得代入数量积公式得数量积为0，可解p，q的值，可证存在性；
法二：建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法可解p，q的值，可证存在性.
（1）因为为圆的直径，所以．
又因为平面，所以．
又因为，所以平面．
（2）法一：如图所示：
过作于，过作于，连结．
因为平面，所以平面平面，
进而平面，故．
因此平面，所以，
故为二面角平面角．
又，所以．又，得，
所以，进而。假设这样的存在，得，
得，，
即，解得．
故满足条件的存在．
法二：如图，
以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，是平面的法向量．
设，则，得，，
得是平面的法向量．
这样，，解得．
所以，，设，
得．
这样，由，即，解得．
故满足条件的存在．
18．【答案】（1）解：设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，
故，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，
联立与，消去得，整理得，
所以，，，
进而，，
，
，
解得，满足，即直线过定点.
.
（3）解：当直线的斜率为0时，此时，易得；
当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，
，，
所以，
从而，
即，
则，即，
综上，为定值.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的几何特征得，代入，得解b，可得椭圆的方程；
（2）设，与椭圆的方程联立，消元得，列出韦达定理，代入 斜率之积恒为 得，解得，得证；
（3）先判断当直线的斜率是否为0；为0时，得；不为0时，设，由（2）得方法，联立消元，列出韦达定理，整理可得，即，得解.
（1）设椭圆的半焦距为，由已知得，又，可得，
故，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，根据题意，易知直线的斜率不为0，设，
联立与，消去得，整理得，
所以，，，
进而，，
，
，
解得，满足，即直线过定点.
.
（3）当直线的斜率为0时，此时，易得；
当直线的斜率不为0时，设，这样，由（2）知，
，，
所以，
从而，
即，
则，即，
综上，为定值.
19．【答案】（1）解：
0 1 2
所以．
（2）解：记，不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，
则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，
由比赛规则可知，，即为的一个排列，
也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．
所以即，，也即。故．
记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，
任取到的一一对应，
其中为的一个排列．当给定时，
则取或，则为到的一一对应，恰有种．
又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．
这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．
（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．
此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
（ⅱ）若满足，则满足当且仅当或，
其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
综合（ⅰ）（ⅱ），。
所以，即。
进而有，．又，得，即。
故，，
记，则，
即，
得，
也即．
（3）证明：记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为，这样，
其中代表全体到的一一对应，
上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．
这样．
又，得．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量的方差
【解析】【分析】（1）首先分析出的可能取值为0，1，2，写出分布列代入数学期望公式即可；
（2）首先记基本事件，局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，比赛规则可知，为到的一个一一对应，这样的总共有种取法，可得；任取到的一一对应，则为到的一一对应，恰有种；考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所得恰为全体到的一一对应；若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或，分这两种情况讨论，可得，，计算可得；
（3）首先记基本事件，田忌赢的局数为，这样，分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．代入数学期望的公式计算，又，得证.
（1）
0 1 2
所以．
（2）记，
不妨将视为平面上个不同的点，作线段当且仅当出现在同一局，
则局比赛不论先后顺序，比完后的对阵可记为集合，
由比赛规则可知，，即为的一个排列，
也即为到的一个一一对应，这样的总共有种取法．
所以即，，也即。故．
记下到的一一对应的取法恰有种．下面且，
任取到的一一对应，
其中为的一个排列．当给定时，
则取或，则为到的一一对应，恰有种．
又考虑的取法恰有种，则的取法共有种．所以所得恰为全体到的一一对应．注意到，，且．
这样，若满足，则满足或．故满足当且仅当满足或．
（ⅰ）若满足，则满足当且仅当，其中且．
此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
（ⅱ）若满足，则满足当且仅当或，
其中且．此时，当给定时，恰有种取法；又恰有种取法，则该情形下共有种取法．
综合（ⅰ）（ⅱ），。
所以，即。
进而有，．又，得，即。
故，，
记，则，
即，
得，
也即．
（3）记．任取到的一个一一对应，其中田忌赢的局数为，
这样，
其中代表全体到的一一对应，
上式分子中，每个出现的次数为，又当固定时，当且仅当．所以，全体中取1的项共有．
这样．
又，得．
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