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2025届浙江省杭州第四中学高三三模数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．下列函数中，在区间上为减函数的是（　　）
A． B． C． D．
3．一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（　　）
A． B． C． D．
4．设是三个不同平面，且，则“”是“”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
5．等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（　　）
A． B． C．5 D．25
6．已知函数的部分图象如图所示，则的值是（　　）
A． B．1 C． D．
7．下列命题错误的是（ ）
A．若数据的标准差为，则数据的标准差为
B．若，则
C．若，则
D．若为取有限个值的离散型随机变量，则
8．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（　　）
A．
B．
C．函数为减函数
D．函数的图象关于点对称
10．如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（　　）
A．存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．当点在棱上时，的最小值为
D．若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是
11．抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（　　）
A．当时，
B．面积的最大值为2
C．点E在一条定直线上
D．设直线倾斜角为，为定值
三、填空题：本题共3小题，共15分．
12．在二项式的展开式中，常数项为　 　．
13．已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为　 　．
14．如图，在三角形中，若，，，则四边形的面积的最大值为　 　.
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．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．
（1）求证：平面PAD；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成角的大小．
条件①：；
条件②：平面PAD．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
16．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的极值；
（3）当时，判断零点个数，并说明理由.
17．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
（1）若此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个的概率记为，求，；
（2）该游戏在第几次停止的概率最大，请说明理由．
18．已知椭圆，分别为双曲线的左，右顶点，分别为和的离心率．
（1）若．
（ⅰ）求的渐近线方程；
（ⅱ）过点的直线l交的右支于两点，与直线交于两点，记坐标分别为，求证：；
（2）从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值 若是，请求出该定值；若不是，说明理由．
19．已知数列， 数列， 其中， 且，． 记 的前 项和分别为， 规定．记，且 ，， 且
（1）若，，写出；
（2）若，写出所有满足条件的数列， 并说明理由；
（3）若， 且． 证明：， 使得．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由解得，所以，
所以．
故选：D
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求解即可.
2．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；正弦函数的性质；余弦函数的性质；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A，根据正弦函数的性质可知在上单调递增，因为，所以在上为增函数，故选项A错误；
B，根据余弦函数的性质可知在上单调递增，在上单调递减，所以在上是增函数，在上是减函数，故选项B错误；
C，的定义域是，函数是区间上是增函数，故选项C错误；
D，根据指数函数的性质可知，在区间上是减函数，故选项D正确.
故选：D
【分析】根据三角函数，指数函数和对数函数的性质逐一分析判断即可.
3．【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用古典概率公式求出，的值，再由条件概率公式得出的值.
4．【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：若，，
由平面平行的性质定理：得；
但当，时，可能有，也可能有相交，
如是三棱柱的两条侧棱所在直线，是确定的平面，
另两个侧面所在平面分别为，此时符合条件，
又因为相交，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用面面平行的性质定理和它们之间的推导关系，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为(d≠0)，
因为成等比数列，所以，所以，
即，解得：或（舍），
所以数列的前5项和.
故选：A
【分析】利用等比数列的性质结合等差数列的通项公式列式求得等差数列的公差，进而利用等差数列的前n项和公式即可求得的前5项和.
6．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：由图象可知，解得，因为，所以，解得，
将代入解析式化简得，因为，所以，所以，
则，.
故答案为：A.
【分析】根据函数的图象可得，结合周期公式求得，再根据图象过点，求得，确定函数的解析式，最后利用诱导公式及特殊角的三角函数值求解即可.
7．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A，根据标准差的性质可知，数据的标准差为，
则数据的标准差为，故选项A正确；
B，，，，
，故选项B正确；
C，，，
，，故选项C正确；
D，若为取有限个值的离散型随机变量，则，即，故选项D错误.
故选：D.
【分析】利用标准差的性质即可判断选项A；利用二项分布的方差公式可得到，再代入概率公式求解即可判断选项B；利用正态分布概率的对称性求解即可判断选项C；利用离散型随机变量的方差的非负性求解即可判断选项D.
8．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，
则圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点，易知圆的圆心为
点到直线的距离，
当圆与直线相离时，即时，
则圆上的动点到直线的最小距离为，
此时只需满足即可，所以；
当时，圆与直线有交点，此时圆和直线上一定分别存在点，使得，符合题意，
综上，.
故答案为：C.
【分析】易知圆的圆心和半径，由题意可知圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，讨论直线与圆的位置关系求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、令，则有，故，故A正确；
B、令，，则有，故，故B错误；
C、令，则有，其中，，
令，，即有对、，当时，恒成立，即函数为减函数，故C正确；
D、令，则，又，故，故函数的图象关于点对称，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】赋值令计算即可判断A；借助赋值法令，计算即可判断B；结合函数单调性的定义及赋值法令计算即可判断C；结合函数对称性及赋值法令计算即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；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，如图所示，连接，，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，
因为为正方形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，，平面，所以平面，
所以当点P与A重合时，平面，故选项A正确；
B，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而P到上底面的距离是定值，
所以三棱锥的体积是定值，故选项B正确；
C，当点P在棱上时，把平面沿旋转，
使得旋转面与平面共面，如图所示，连接，
此时取得最小值，在中，，，
则，故选项C错误；
D，由点P到直线与到直线的距离相等，
可知P在以为准线，B为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，P的轨迹是抛物线，其方程为，
因为CD的中点为E，、，
所以AE的方程：，与AE平行的抛物线的切线方程设为，
联立，可得，
则由，解得，可得切线方程为，
则点P到直线AE的最短距离为，故选项D正确；
故选：ABD.
【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，当点P与A重合时即可判断选项A；三棱锥的体积就是三棱锥的体积，由P到上底面的距离是定值即可判断选项B；当点P在棱上时，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，计算即可判断选项C；先利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点P的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离即可判断选项D.
11．【答案】C,D
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线的焦点为，故，即，由题意可知，直线斜率存在如图所示：
设，，，联立直线与抛物线方程，消元整理可得，，由韦达定理可得：，，
A、，
当时，即有，故，即，即或，故A错误；
B、，故，故B错误；
C、由，，即，有，故，又，故，
同理可得，设点，则有，有，
，由，，
故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确；
D、由，，则，故有，即，
故为定值且该定值为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，利用韦达定理与弦长公式计算即可判断A；利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可判断B；借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可判断C；由，故可得从而判断D.
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知，，
令，则，所以常数项为.
故答案为：.
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可求得常数项.
13．【答案】1
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
设，当时，取得最小值，
过点作于点，即可得的最小值为，
又与的夹角为，即，易知，所以.
即的最小值为1.
故答案为：1
【分析】利用平面向量的几何特征，可知当时，取得最小值，过点作于点，即可得的最小值为，计算即可求解.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：由正弦定理可知可化为，
由余弦定理（当且仅当时等号成立）得，
所以，即，
即（当且仅当时等号成立），
整理为，即，又，
所以，又，
所以，即，
同理，条件等式也可化简为和，可得，
所以是等边三角形，
设，，在中，，
，，
，
当时，四边形的面积取得最大值.
故答案为：
【分析】首先由条件等式，结合正弦定理，余弦定理，基本不等式可得，利用辅助角公式和三角函数的有界性，确定的形状，再以为自变量表示四边形的面积，根据三角函数的性质，即可求得四边形的面积的最大值 .
15．【答案】（1）证明：因为平面ABCD，AD，平面ABCD，
所以，.
在中，，所以．
因为，，，所以，即．
又因为平面PAD，，所以平面PAD．
（2）解：选条件①
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，根据（1）知，，，
如图所示，建立以A为原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
连接AC，易知，因为，，
在中，由余弦定理可知，，
所以，因为，所以，易证四边形AECD为正方形．
所以，，，，，
所以，，
设平面PBC的法向量为，则即，令，
则.
由（1）知平面PAD的法向量为，
所以．
所以平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
选条件②
因为平面PAD，平面平面，平面ABCD，所以．
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，易证四边形AECD为正方形，
根据（1）知，，，
如图所示，建立以A为原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，
设平面PBC的法向量为，则，即，令，，
则，
由（1）知平面PAD的法向量为，
所以．
所以平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；二面角及二面角的平面角
【解析】（1）由线面垂直的性质可知，，根据勾股定理可知，利用线面垂直的判定定理即可证得平面PAD；
（2）先证得PA，AD，AE两两垂直，建立空间直角坐标系，分别求得 平面PBC与平面PAD的法向量，进而利用夹角公式求解即可求得平面PBC与平面PAD所成角的大小．
（1）因为平面ABCD，AD，平面ABCD，
所以，.
在中，，所以．
因为，，，所以，即．
又因为平面PAD，，所以平面PAD．
（2）选条件①
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，
根据（1）知，，，建立以A为原点，
向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
连接AC，易知，因为，，
在中，，
所以，因为，所以，易证四边形AECD为正方形．
，，，，，
，，
设平面PBC的法向量为，则
即，解得，，令，则.
由（1）知平面PAD的法向量为，
．所以，平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
选条件②
因为平面PAD，平面平面，平面ABCD，所以．
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，
易证四边形AECD为正方形，
根据（1）知，，，建立以A为原点，
向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
则，，，，，
，，
设平面PBC的法向量为，则，
即，解得，，令，则，
由（1）知平面PAD的法向量为，．
所以，平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
16．【答案】（1）解：当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（3）解：令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】本题考查曲线的切线方程，利用导函数研究函数的极值，函数的零点.
（1）先求出切点坐标，再求出导函数，利用导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可写出切线方程；
（2）先求出函数的定义域，再求出导函数，判断导函数的正负，进而求出函数的单调区间，根据函数的单调性可求出极值；
（3）依题意可得，令，则判断的零点个数可转化为判断的零点个数，利用导数判断的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，进而可求出，根据最值可确定函数的零点个数.
17．【答案】（1）解：记“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，，
“第次摸出黑球，并且答题正确”，，
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以，，
因为，，
，，
所以，
又因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，
所以，
所以.
（2）解：设该游戏在第次停止的概率为，
则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，
所以，
所以，
令，解得，令，解得，
所以，
所以的最大值是，即该游戏在第次或第次停止的概率最大，最大值为.
【知识点】数列的函数特性；互斥事件的概率加法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）先定义基础事件，求 ：两次都答对，且一红一黑，分 “先红后黑、先黑后红” 两种情况，分情况列举出所有符合题意的事件，利用条件概率公式进行求解；求 ：三次中恰好两次答对（一红一黑）、一次答错，枚举所有出现顺序，分别利用条件概率公式算概率再求和；
（2）设该游戏在第次停止的概率为，则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，表示，作商通过比值与 1 的大小关系确定数列{}的单调性，进而确定的最大值.
（1）记“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，，
“第次摸出黑球，并且答题正确”，，
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以，，
因为，，
，，
所以，
又因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，
所以，
所以.
（2）设该游戏在第次停止的概率为，
则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，
所以，
所以，
令，解得，令，解得，
所以，
所以的最大值是，即该游戏在第次或第次停止的概率最大，最大值为.
18．【答案】（1）解：（ⅰ）由题意得，则，解得，因为，所以，
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，所以，同理，
则
，
故；
（2）解：设两个切点分别为，
由题意知斜率存在，直线方程为，
联立，消元整理可得，
由，可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：，
因为P在双曲线上，所以，则为定值．
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据椭圆和双曲线的离心率公式，结合求得的值，即可得双曲线的渐近线方程；
（ⅱ）设直线AB的方程为，联立直线方程和椭圆方程，消元整理，利用韦达定理化简后求证即可.
（2）设，求出切点弦的方程后再求出切点弦与渐近线的交点后可求得面积为定值.
（1）（ⅰ）由题意得，所以，
解得，又，所以．
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，
所以，同理，
所以
，
故．
（2）设两个切点为，由题意知斜率存在，
直线方程为，
联立，故，
由可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：
，
因P在双曲线上，，则为定值．
19．【答案】（1）解：由，得，，，，所以；
由得，，，，所以；
（2）解：因为，所以，，所以对于，有，
则，所以，
当，由，得，又因为，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又因为，所以，
经检验不符合题意，舍去，或符合题意；
（3）证明：因为，
所以，
所以，，
所以中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又因为，所以，，
又因为，所以，又，所以是中元素，
又因为，所以，
因为，所以中元素比大的只可能有，，，
所以，又因为，所以，，
故， 使得．
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；不等式的证明
【解析】【分析】（1）根据题干的新定义直接代入求解即可；
（2）由中最大和最小元素是和， 所以有， 则，所以，再分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出和中最大和最小元素，根据已知，则对应元素相等，再由得到，又，是中元素，又，，所以中元素比大的只可能有，，，，进而得证.
（1）由，得，，，，所以；
由得，，，，所以.
（2）由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去，或符合题意；
（3）
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，，
又，又，是中元素，
又，
，所以中元素比大的只可能有，，，
，又，，
， 使得．
1 / 12025届浙江省杭州第四中学高三三模数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由解得，所以，
所以．
故选：D
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求解即可.
2．下列函数中，在区间上为减函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；正弦函数的性质；余弦函数的性质；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A，根据正弦函数的性质可知在上单调递增，因为，所以在上为增函数，故选项A错误；
B，根据余弦函数的性质可知在上单调递增，在上单调递减，所以在上是增函数，在上是减函数，故选项B错误；
C，的定义域是，函数是区间上是增函数，故选项C错误；
D，根据指数函数的性质可知，在区间上是减函数，故选项D正确.
故选：D
【分析】根据三角函数，指数函数和对数函数的性质逐一分析判断即可.
3．一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用古典概率公式求出，的值，再由条件概率公式得出的值.
4．设是三个不同平面，且，则“”是“”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：若，，
由平面平行的性质定理：得；
但当，时，可能有，也可能有相交，
如是三棱柱的两条侧棱所在直线，是确定的平面，
另两个侧面所在平面分别为，此时符合条件，
又因为相交，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用面面平行的性质定理和它们之间的推导关系，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（　　）
A． B． C．5 D．25
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为(d≠0)，
因为成等比数列，所以，所以，
即，解得：或（舍），
所以数列的前5项和.
故选：A
【分析】利用等比数列的性质结合等差数列的通项公式列式求得等差数列的公差，进而利用等差数列的前n项和公式即可求得的前5项和.
6．已知函数的部分图象如图所示，则的值是（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：由图象可知，解得，因为，所以，解得，
将代入解析式化简得，因为，所以，所以，
则，.
故答案为：A.
【分析】根据函数的图象可得，结合周期公式求得，再根据图象过点，求得，确定函数的解析式，最后利用诱导公式及特殊角的三角函数值求解即可.
7．下列命题错误的是（ ）
A．若数据的标准差为，则数据的标准差为
B．若，则
C．若，则
D．若为取有限个值的离散型随机变量，则
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A，根据标准差的性质可知，数据的标准差为，
则数据的标准差为，故选项A正确；
B，，，，
，故选项B正确；
C，，，
，，故选项C正确；
D，若为取有限个值的离散型随机变量，则，即，故选项D错误.
故选：D.
【分析】利用标准差的性质即可判断选项A；利用二项分布的方差公式可得到，再代入概率公式求解即可判断选项B；利用正态分布概率的对称性求解即可判断选项C；利用离散型随机变量的方差的非负性求解即可判断选项D.
8．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，
则圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点，易知圆的圆心为
点到直线的距离，
当圆与直线相离时，即时，
则圆上的动点到直线的最小距离为，
此时只需满足即可，所以；
当时，圆与直线有交点，此时圆和直线上一定分别存在点，使得，符合题意，
综上，.
故答案为：C.
【分析】易知圆的圆心和半径，由题意可知圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，讨论直线与圆的位置关系求解即可.
二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（　　）
A．
B．
C．函数为减函数
D．函数的图象关于点对称
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、令，则有，故，故A正确；
B、令，，则有，故，故B错误；
C、令，则有，其中，，
令，，即有对、，当时，恒成立，即函数为减函数，故C正确；
D、令，则，又，故，故函数的图象关于点对称，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】赋值令计算即可判断A；借助赋值法令，计算即可判断B；结合函数单调性的定义及赋值法令计算即可判断C；结合函数对称性及赋值法令计算即可判断D.
10．如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（　　）
A．存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．当点在棱上时，的最小值为
D．若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是
【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；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，如图所示，连接，，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，
因为为正方形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，，平面，所以平面，
所以当点P与A重合时，平面，故选项A正确；
B，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而P到上底面的距离是定值，
所以三棱锥的体积是定值，故选项B正确；
C，当点P在棱上时，把平面沿旋转，
使得旋转面与平面共面，如图所示，连接，
此时取得最小值，在中，，，
则，故选项C错误；
D，由点P到直线与到直线的距离相等，
可知P在以为准线，B为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，P的轨迹是抛物线，其方程为，
因为CD的中点为E，、，
所以AE的方程：，与AE平行的抛物线的切线方程设为，
联立，可得，
则由，解得，可得切线方程为，
则点P到直线AE的最短距离为，故选项D正确；
故选：ABD.
【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，当点P与A重合时即可判断选项A；三棱锥的体积就是三棱锥的体积，由P到上底面的距离是定值即可判断选项B；当点P在棱上时，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，计算即可判断选项C；先利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点P的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离即可判断选项D.
11．抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（　　）
A．当时，
B．面积的最大值为2
C．点E在一条定直线上
D．设直线倾斜角为，为定值
【答案】C,D
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线的焦点为，故，即，由题意可知，直线斜率存在如图所示：
设，，，联立直线与抛物线方程，消元整理可得，，由韦达定理可得：，，
A、，
当时，即有，故，即，即或，故A错误；
B、，故，故B错误；
C、由，，即，有，故，又，故，
同理可得，设点，则有，有，
，由，，
故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确；
D、由，，则，故有，即，
故为定值且该定值为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，利用韦达定理与弦长公式计算即可判断A；利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可判断B；借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可判断C；由，故可得从而判断D.
三、填空题：本题共3小题，共15分．
12．在二项式的展开式中，常数项为　 　．
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知，，
令，则，所以常数项为.
故答案为：.
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可求得常数项.
13．已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为　 　．
【答案】1
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
设，当时，取得最小值，
过点作于点，即可得的最小值为，
又与的夹角为，即，易知，所以.
即的最小值为1.
故答案为：1
【分析】利用平面向量的几何特征，可知当时，取得最小值，过点作于点，即可得的最小值为，计算即可求解.
14．如图，在三角形中，若，，，则四边形的面积的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：由正弦定理可知可化为，
由余弦定理（当且仅当时等号成立）得，
所以，即，
即（当且仅当时等号成立），
整理为，即，又，
所以，又，
所以，即，
同理，条件等式也可化简为和，可得，
所以是等边三角形，
设，，在中，，
，，
，
当时，四边形的面积取得最大值.
故答案为：
【分析】首先由条件等式，结合正弦定理，余弦定理，基本不等式可得，利用辅助角公式和三角函数的有界性，确定的形状，再以为自变量表示四边形的面积，根据三角函数的性质，即可求得四边形的面积的最大值 .
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．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．
（1）求证：平面PAD；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成角的大小．
条件①：；
条件②：平面PAD．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明：因为平面ABCD，AD，平面ABCD，
所以，.
在中，，所以．
因为，，，所以，即．
又因为平面PAD，，所以平面PAD．
（2）解：选条件①
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，根据（1）知，，，
如图所示，建立以A为原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
连接AC，易知，因为，，
在中，由余弦定理可知，，
所以，因为，所以，易证四边形AECD为正方形．
所以，，，，，
所以，，
设平面PBC的法向量为，则即，令，
则.
由（1）知平面PAD的法向量为，
所以．
所以平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
选条件②
因为平面PAD，平面平面，平面ABCD，所以．
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，易证四边形AECD为正方形，
根据（1）知，，，
如图所示，建立以A为原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，
设平面PBC的法向量为，则，即，令，，
则，
由（1）知平面PAD的法向量为，
所以．
所以平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；二面角及二面角的平面角
【解析】（1）由线面垂直的性质可知，，根据勾股定理可知，利用线面垂直的判定定理即可证得平面PAD；
（2）先证得PA，AD，AE两两垂直，建立空间直角坐标系，分别求得 平面PBC与平面PAD的法向量，进而利用夹角公式求解即可求得平面PBC与平面PAD所成角的大小．
（1）因为平面ABCD，AD，平面ABCD，
所以，.
在中，，所以．
因为，，，所以，即．
又因为平面PAD，，所以平面PAD．
（2）选条件①
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，
根据（1）知，，，建立以A为原点，
向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
连接AC，易知，因为，，
在中，，
所以，因为，所以，易证四边形AECD为正方形．
，，，，，
，，
设平面PBC的法向量为，则
即，解得，，令，则.
由（1）知平面PAD的法向量为，
．所以，平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
选条件②
因为平面PAD，平面平面，平面ABCD，所以．
在平面ABCD上过A点作交BC于E点，
易证四边形AECD为正方形，
根据（1）知，，，建立以A为原点，
向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系．
则，，，，，
，，
设平面PBC的法向量为，则，
即，解得，，令，则，
由（1）知平面PAD的法向量为，．
所以，平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为．
16．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的极值；
（3）当时，判断零点个数，并说明理由.
【答案】（1）解：当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：函数的定义域为，且，
令，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（3）解：令，即，
因为，所以，
令，
所以判断的零点个数，即判断的零点个数，
又，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则，因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时有一个零点，即有一个零点，
当时无零点，即无零点，
综上可得当时有一个零点，当时无零点.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】本题考查曲线的切线方程，利用导函数研究函数的极值，函数的零点.
（1）先求出切点坐标，再求出导函数，利用导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可写出切线方程；
（2）先求出函数的定义域，再求出导函数，判断导函数的正负，进而求出函数的单调区间，根据函数的单调性可求出极值；
（3）依题意可得，令，则判断的零点个数可转化为判断的零点个数，利用导数判断的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，进而可求出，根据最值可确定函数的零点个数.
17．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
（1）若此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个的概率记为，求，；
（2）该游戏在第几次停止的概率最大，请说明理由．
【答案】（1）解：记“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，，
“第次摸出黑球，并且答题正确”，，
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以，，
因为，，
，，
所以，
又因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，
所以，
所以.
（2）解：设该游戏在第次停止的概率为，
则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，
所以，
所以，
令，解得，令，解得，
所以，
所以的最大值是，即该游戏在第次或第次停止的概率最大，最大值为.
【知识点】数列的函数特性；互斥事件的概率加法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）先定义基础事件，求 ：两次都答对，且一红一黑，分 “先红后黑、先黑后红” 两种情况，分情况列举出所有符合题意的事件，利用条件概率公式进行求解；求 ：三次中恰好两次答对（一红一黑）、一次答错，枚举所有出现顺序，分别利用条件概率公式算概率再求和；
（2）设该游戏在第次停止的概率为，则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，表示，作商通过比值与 1 的大小关系确定数列{}的单调性，进而确定的最大值.
（1）记“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“此人次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各个”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，，
“第次摸出黑球，并且答题正确”，，
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以，，
因为，，
，，
所以，
又因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，
所以，
所以.
（2）设该游戏在第次停止的概率为，
则前次答题正确恰好为次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确，
所以，
所以，
令，解得，令，解得，
所以，
所以的最大值是，即该游戏在第次或第次停止的概率最大，最大值为.
18．已知椭圆，分别为双曲线的左，右顶点，分别为和的离心率．
（1）若．
（ⅰ）求的渐近线方程；
（ⅱ）过点的直线l交的右支于两点，与直线交于两点，记坐标分别为，求证：；
（2）从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值 若是，请求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）解：（ⅰ）由题意得，则，解得，因为，所以，
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，所以，同理，
则
，
故；
（2）解：设两个切点分别为，
由题意知斜率存在，直线方程为，
联立，消元整理可得，
由，可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：，
因为P在双曲线上，所以，则为定值．
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据椭圆和双曲线的离心率公式，结合求得的值，即可得双曲线的渐近线方程；
（ⅱ）设直线AB的方程为，联立直线方程和椭圆方程，消元整理，利用韦达定理化简后求证即可.
（2）设，求出切点弦的方程后再求出切点弦与渐近线的交点后可求得面积为定值.
（1）（ⅰ）由题意得，所以，
解得，又，所以．
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，
所以，同理，
所以
，
故．
（2）设两个切点为，由题意知斜率存在，
直线方程为，
联立，故，
由可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：
，
因P在双曲线上，，则为定值．
19．已知数列， 数列， 其中， 且，． 记 的前 项和分别为， 规定．记，且 ，， 且
（1）若，，写出；
（2）若，写出所有满足条件的数列， 并说明理由；
（3）若， 且． 证明：， 使得．
【答案】（1）解：由，得，，，，所以；
由得，，，，所以；
（2）解：因为，所以，，所以对于，有，
则，所以，
当，由，得，又因为，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又因为，所以，
经检验不符合题意，舍去，或符合题意；
（3）证明：因为，
所以，
所以，，
所以中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又因为，所以，，
又因为，所以，又，所以是中元素，
又因为，所以，
因为，所以中元素比大的只可能有，，，
所以，又因为，所以，，
故， 使得．
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；不等式的证明
【解析】【分析】（1）根据题干的新定义直接代入求解即可；
（2）由中最大和最小元素是和， 所以有， 则，所以，再分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出和中最大和最小元素，根据已知，则对应元素相等，再由得到，又，是中元素，又，，所以中元素比大的只可能有，，，，进而得证.
（1）由，得，，，，所以；
由得，，，，所以.
（2）由，所以，，所以对于，有， 则，所以.
当，由得，又，所以不符合题意，舍去；
当，由得，又，所以，
经检验不符合题意，舍去，或符合题意；
（3）
，，
中最小元素是，最大元素是，
同理，中最小元素是，最大元素是，
又因为，所以，，即，
又，，，
又，又，是中元素，
又，
，所以中元素比大的只可能有，，，
，又，，
， 使得．
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