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2025届江苏省部分学校高三七市二模前适应性考试数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的.
1．若，，，则这三个集合间的关系是（　　）
A． B． C． D．
2．设，是向量，则“”是“或”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
3．歌唱比赛共有 11位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到9个有效评分. 9个有效评分与 11个原始评分相比，一定不变的数字特征是（　　）
A．平均数 B．极差 C．方差 D．中位数
4．已知函数，则“，”是“的图像关于点对称”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．已知，则（　　）
A．5 B． C．-5 D．
6．已知数列满足.记数列的前n项和为.若对任意的，都有，则实数k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．若函数 的定义域为，且 ， ，则曲线与的交点个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
8． 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（　　）
A． B． C． 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．若方程在上有且只有5个根，则
10．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
11．已知，则（　　）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为　 　.
13．已知随机变量．若，则　 　，若，则的方差为　 　．
14．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知的三个内角的对边分别为，且，．
（1）求的最大值；
（2）若的内切圆半径为，求的最大值．
16．如图，在直三棱柱中，，．
（1）当时，求证：平面；
（2）设二面角的大小为，求的取值范围．
17．已知正项数列的前n项和为，满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列为等比数列，数列满足，若，，求证：.
18．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意成立，求实数的值；
（3）若，求证：．
19．经典比特只能处于0态或1态，而量子计算机的量子比特可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为.
（1）若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
（2）若一条信息有种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵；
（3）将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（，2，3， ，， ）.证明：当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.参考公式：时，，
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：依题意，，，
，而，{偶数}，
因此集合中的任意元素都是集合中的元素，即有，
集合中的每一个元素都是集合中的元素，即，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合的关系判断即可.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由向量数量积的运算可得，再结合充分、必要条件进行判断即可.
3．【答案】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：设11位评委评分按从小到大排列为．
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，
后剩余，中位数仍为，D正确．
②原始平均数，
后来平均数，平均数受极端值影响较大，
与不一定相同，A不正确；
③
，由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差，可能相等可能变小，B不正确．
故答案为：D.
【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的定义和计算公式，逐个分析即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
令，即，，
即的对称中心，，
，”是“的图象关于点对称的”充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】本题考查正切函数的对称中心与充分必要条件的判断，核心是先利用整体代换法求出函数的对称中心，再结合充分、必要条件的定义分析两者的逻辑关系。
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，可变形为.
因为，，
所以.
左边，
即.
右边，
即.
所以.
可得：
.
即.
所以，也就是.
故答案为：D.
【分析】由，，结合和差公式化简可得，再整理变形即可求解．
6．【答案】A
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由可得，
即数列是以为首项，公比的等比数列，
可得，即，
所以，
因此
，且当x趋近于+∞时，趋近于，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由递推关系式结合等比数列通项公式可得数列的通项公式，由裂项相消求和法可得，再利用函数极限的方法和放缩法，从而得出实数k的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意函数 的定义域为，且，
，
令，则，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
故综合上述，曲线与的交点个数为3，
故答案为：B
【分析】本题考查抽象函数的赋值法应用与函数图象交点问题，核心是通过赋值法求出整数域内的函数值，总结的变化规律，再结合的图象特征，数形结合判断交点个数。
8．【答案】D
【知识点】棱台的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：作出正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高如图所示：
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，
则，，，
因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，
，则，则，
过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，
则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切如图所示：
即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】先作出正四棱台，根据题意可得：为正四棱台的高，为其斜高，利用勾股定理可求出，再根据，可推出半径最大的球不与上下底面同时相切，利用正弦的定义可推出，过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，进而推出，根据，据此可确定最大内切球与四侧面及下底面相切，进而可求出该正四棱台内半径最大的球半径，利用球的表面积公式可求出答案.
9．【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由，得，即，
又因为，，故A正确；
对于C，因为函数的图象过点，则，即，
，即得，，又因为，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据正弦型函数的部分图象可求得函数的解析式，从而判断出选项A和选项C；利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而判断出选项B；利用函数的图象与x轴的交点的横坐标与方程的根的等价关系，再由已知条件得出实数m的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
设，，其中，
所以，所以，A选项正确．
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确．
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得平面的一个法向量为，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确；
若直线与直线所成角为，
则，
整理可得，，方程无解，所以C选项错误．
故答案为：ABD．
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，根据即可判断A；求出平面的法向量，再由即可判断B；根据题意，由即可判断C；根据点到平面与平面的距离和为即可判断D．
11．【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A中，由图可知：与交点，
与的交点，
根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称，
故，，故A正确；
B中，由A知，故B错误；
C中，由知，则，设，，
则，则当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
则，则恒成立，即，当时取等；
令，则有，因为，则，即，故C错误；
D中，设，，则，
则当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
则，即在上恒成立，
即在上恒成立，当时取等，
令，则，即，因为，则，则，
故，故D正确.
故选：AD.
【分析】结合图象和指、对函数之间的关系，可判断AB；利用切线不等式，可判断C；利用不等式，可判断D.
12．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：的定义域为，.
要使函数有两个极值点，
只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反.
由得，.
令，，要使函数有两个极值点，
只需和有两个交点.
，令得：x>1；令得：0所以在上单减，在上单增.
当时，；当时，；
作出和的图像如图，
所以-1故答案为：
【分析】本题考查利用导数研究函数的极值点问题，核心是将函数有两个极值点转化为其导函数的方程有两个不同正根，通过分离参数法构造新函数，再利用导数分析新函数的单调性、极值与值域，从而确定参数m的取值范围。
13．【答案】0.4；64
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：，即，所以；
因为，且，
所以.
故答案为：0.4；64.
【分析】本题考查正态分布的对称性与方差的性质，核心是利用正态分布关于均值对称的特点求解概率，再根据方差的线性运算性质计算线性变换后随机变量的方差。
14．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，由题意可知：，
所以直线的斜率，所以的方程为，
同理可得：的方程为，
联立方程，解得，即，
因为在上，可知关于x轴对称，
且，则，可得，
又因为，即，
由题意可得：，整理得，
解得或（舍去），所以a=2(负值已舍去)，
所以，
所以的离心率为.
故答案为：.
【分析】设，，进而求出直线的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求a，c的值，进而可求得椭圆C的离心率.
15．【答案】（1）解：由得：，
整理可得：，，
又，，
由正弦定理得：，，，
（其中，），
，，
当时，取得最大值.
（2）解：，即，；
由余弦定理得：，，
，
，
由（1）知：；
，，，
，则的最大值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先化简已知等式，结合余弦定理求出角，再利用正弦定理将边化为角，通过三角恒等变换将表示为正弦型函数，进而求其最大值。
(2) 利用三角形面积公式和内切圆半径公式，将表示为关于、的式子，再结合正弦定理和三角恒等变换，将转化为正弦型函数，求其最大值。
（1）由得：，
整理可得：，，
又，，
由正弦定理得：，，，
（其中，），
，，
当时，取得最大值.
（2），即，；
由余弦定理得：，，
，
，
由（1）知：；
，，，
，则的最大值为.
16．【答案】（1）证明：以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）解：，
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 以为原点建立空间直角坐标系，求出时向量、、的坐标，通过向量数量积为0证明且，再结合线面垂直的判定定理完成证明。
(2) 分别求出平面和平面的法向量，利用二面角的余弦公式结合三角恒等变换得到的表达式，再根据的范围分析函数单调性，求出的取值范围。
（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2），
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
17．【答案】（1）解：因为，则，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
当时，，
所以两式相减可得，，
又符合上式，所以，
（2）证明：因为数列为等比数列，，且，
设数列的公比为，则，即，
所以，则
所以，
即
【知识点】等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 利用累乘法由求出前项和，再根据（）结合首项求出数列的通项公式。
(2) 先由等比数列性质求出的通项公式，再化简的表达式，利用裂项相消法求出前项和，进而证明和小于。
（1）因为，则，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
当时，，
所以两式相减可得，，
又符合上式，所以，
（2）因为数列为等比数列，，且，
设数列的公比为，则，即，
所以，则
所以，
即
18．【答案】（1）解：由于，故.
所以，，
所以所求的切线经过，且斜率为，
故其方程为.

（2）解：设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）证明：先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）设，利用导数可证，设，则，进而可推出即可；
（3）先确定的单调性，再对分 ， ， 讨论.
（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
19．【答案】（1）解：设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”，，1，2，
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”，
则，，，，，
则，
故.
（2）解：由题知，1，2，由（1）知，
同理可得，
则，
故的信息熵.
（3）证明：由题知，其中，2，3，…，
则，
又，
则，①
，②
得：
，
由题知，当无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于.
所以当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】(1) 设事件利用条件概率公式，结合独立事件概率乘法计算；
(2) 先确定X的可能取值及对应概率，再代入信息熵公式计算；
(3) 先求Y的分布列，利用无穷等比数列求和公式求数学期望，结合极限证明其趋近于常数。
（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”，，1，2，
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”，
则，，，，，
则，
故.
（2）由题知，1，2，由（1）知，
同理可得，
则，
故的信息熵.
（3）由题知，其中，2，3，…，
则，
又，
则，①
，②
得：
，
由题知，当无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于.
所以当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.
1 / 12025届江苏省部分学校高三七市二模前适应性考试数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的.
1．若，，，则这三个集合间的关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：依题意，，，
，而，{偶数}，
因此集合中的任意元素都是集合中的元素，即有，
集合中的每一个元素都是集合中的元素，即，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合的关系判断即可.
2．设，是向量，则“”是“或”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；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由向量数量积的运算可得，再结合充分、必要条件进行判断即可.
3．歌唱比赛共有 11位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从11个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到9个有效评分. 9个有效评分与 11个原始评分相比，一定不变的数字特征是（　　）
A．平均数 B．极差 C．方差 D．中位数
【答案】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：设11位评委评分按从小到大排列为．
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，
后剩余，中位数仍为，D正确．
②原始平均数，
后来平均数，平均数受极端值影响较大，
与不一定相同，A不正确；
③
，由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差，可能相等可能变小，B不正确．
故答案为：D.
【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的定义和计算公式，逐个分析即可.
4．已知函数，则“，”是“的图像关于点对称”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
令，即，，
即的对称中心，，
，”是“的图象关于点对称的”充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】本题考查正切函数的对称中心与充分必要条件的判断，核心是先利用整体代换法求出函数的对称中心，再结合充分、必要条件的定义分析两者的逻辑关系。
5．已知，则（　　）
A．5 B． C．-5 D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，可变形为.
因为，，
所以.
左边，
即.
右边，
即.
所以.
可得：
.
即.
所以，也就是.
故答案为：D.
【分析】由，，结合和差公式化简可得，再整理变形即可求解．
6．已知数列满足.记数列的前n项和为.若对任意的，都有，则实数k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由可得，
即数列是以为首项，公比的等比数列，
可得，即，
所以，
因此
，且当x趋近于+∞时，趋近于，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】由递推关系式结合等比数列通项公式可得数列的通项公式，由裂项相消求和法可得，再利用函数极限的方法和放缩法，从而得出实数k的取值范围.
7．若函数 的定义域为，且 ， ，则曲线与的交点个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意函数 的定义域为，且，
，
令，则，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
故综合上述，曲线与的交点个数为3，
故答案为：B
【分析】本题考查抽象函数的赋值法应用与函数图象交点问题，核心是通过赋值法求出整数域内的函数值，总结的变化规律，再结合的图象特征，数形结合判断交点个数。
8． 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱台的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：作出正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高如图所示：
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，
则，，，
因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，
，则，则，
过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，
则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切如图所示：
即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.
故答案为：D.
【分析】先作出正四棱台，根据题意可得：为正四棱台的高，为其斜高，利用勾股定理可求出，再根据，可推出半径最大的球不与上下底面同时相切，利用正弦的定义可推出，过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，进而推出，根据，据此可确定最大内切球与四侧面及下底面相切，进而可求出该正四棱台内半径最大的球半径，利用球的表面积公式可求出答案.
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．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．若方程在上有且只有5个根，则
【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由，得，即，
又因为，，故A正确；
对于C，因为函数的图象过点，则，即，
，即得，，又因为，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据正弦型函数的部分图象可求得函数的解析式，从而判断出选项A和选项C；利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而判断出选项B；利用函数的图象与x轴的交点的横坐标与方程的根的等价关系，再由已知条件得出实数m的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（　　）
A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
设，，其中，
所以，所以，A选项正确．
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确．
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得平面的一个法向量为，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确；
若直线与直线所成角为，
则，
整理可得，，方程无解，所以C选项错误．
故答案为：ABD．
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，根据即可判断A；求出平面的法向量，再由即可判断B；根据题意，由即可判断C；根据点到平面与平面的距离和为即可判断D．
11．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A中，由图可知：与交点，
与的交点，
根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称，
故，，故A正确；
B中，由A知，故B错误；
C中，由知，则，设，，
则，则当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
则，则恒成立，即，当时取等；
令，则有，因为，则，即，故C错误；
D中，设，，则，
则当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
则，即在上恒成立，
即在上恒成立，当时取等，
令，则，即，因为，则，则，
故，故D正确.
故选：AD.
【分析】结合图象和指、对函数之间的关系，可判断AB；利用切线不等式，可判断C；利用不等式，可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：的定义域为，.
要使函数有两个极值点，
只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反.
由得，.
令，，要使函数有两个极值点，
只需和有两个交点.
，令得：x>1；令得：0所以在上单减，在上单增.
当时，；当时，；
作出和的图像如图，
所以-1故答案为：
【分析】本题考查利用导数研究函数的极值点问题，核心是将函数有两个极值点转化为其导函数的方程有两个不同正根，通过分离参数法构造新函数，再利用导数分析新函数的单调性、极值与值域，从而确定参数m的取值范围。
13．已知随机变量．若，则　 　，若，则的方差为　 　．
【答案】0.4；64
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：，即，所以；
因为，且，
所以.
故答案为：0.4；64.
【分析】本题考查正态分布的对称性与方差的性质，核心是利用正态分布关于均值对称的特点求解概率，再根据方差的线性运算性质计算线性变换后随机变量的方差。
14．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，由题意可知：，
所以直线的斜率，所以的方程为，
同理可得：的方程为，
联立方程，解得，即，
因为在上，可知关于x轴对称，
且，则，可得，
又因为，即，
由题意可得：，整理得，
解得或（舍去），所以a=2(负值已舍去)，
所以，
所以的离心率为.
故答案为：.
【分析】设，，进而求出直线的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求a，c的值，进而可求得椭圆C的离心率.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知的三个内角的对边分别为，且，．
（1）求的最大值；
（2）若的内切圆半径为，求的最大值．
【答案】（1）解：由得：，
整理可得：，，
又，，
由正弦定理得：，，，
（其中，），
，，
当时，取得最大值.
（2）解：，即，；
由余弦定理得：，，
，
，
由（1）知：；
，，，
，则的最大值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先化简已知等式，结合余弦定理求出角，再利用正弦定理将边化为角，通过三角恒等变换将表示为正弦型函数，进而求其最大值。
(2) 利用三角形面积公式和内切圆半径公式，将表示为关于、的式子，再结合正弦定理和三角恒等变换，将转化为正弦型函数，求其最大值。
（1）由得：，
整理可得：，，
又，，
由正弦定理得：，，，
（其中，），
，，
当时，取得最大值.
（2），即，；
由余弦定理得：，，
，
，
由（1）知：；
，，，
，则的最大值为.
16．如图，在直三棱柱中，，．
（1）当时，求证：平面；
（2）设二面角的大小为，求的取值范围．
【答案】（1）证明：以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）解：，
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 以为原点建立空间直角坐标系，求出时向量、、的坐标，通过向量数量积为0证明且，再结合线面垂直的判定定理完成证明。
(2) 分别求出平面和平面的法向量，利用二面角的余弦公式结合三角恒等变换得到的表达式，再根据的范围分析函数单调性，求出的取值范围。
（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2），
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
17．已知正项数列的前n项和为，满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列为等比数列，数列满足，若，，求证：.
【答案】（1）解：因为，则，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
当时，，
所以两式相减可得，，
又符合上式，所以，
（2）证明：因为数列为等比数列，，且，
设数列的公比为，则，即，
所以，则
所以，
即
【知识点】等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 利用累乘法由求出前项和，再根据（）结合首项求出数列的通项公式。
(2) 先由等比数列性质求出的通项公式，再化简的表达式，利用裂项相消法求出前项和，进而证明和小于。
（1）因为，则，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
当时，，
所以两式相减可得，，
又符合上式，所以，
（2）因为数列为等比数列，，且，
设数列的公比为，则，即，
所以，则
所以，
即
18．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意成立，求实数的值；
（3）若，求证：．
【答案】（1）解：由于，故.
所以，，
所以所求的切线经过，且斜率为，
故其方程为.

（2）解：设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）证明：先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）设，利用导数可证，设，则，进而可推出即可；
（3）先确定的单调性，再对分 ， ， 讨论.
（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
19．经典比特只能处于0态或1态，而量子计算机的量子比特可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为.
（1）若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
（2）若一条信息有种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为的信息熵；
（3）将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为（，2，3， ，， ）.证明：当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.参考公式：时，，
【答案】（1）解：设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”，，1，2，
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”，
则，，，，，
则，
故.
（2）解：由题知，1，2，由（1）知，
同理可得，
则，
故的信息熵.
（3）证明：由题知，其中，2，3，…，
则，
又，
则，①
，②
得：
，
由题知，当无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于.
所以当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】(1) 设事件利用条件概率公式，结合独立事件概率乘法计算；
(2) 先确定X的可能取值及对应概率，再代入信息熵公式计算；
(3) 先求Y的分布列，利用无穷等比数列求和公式求数学期望，结合极限证明其趋近于常数。
（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为个”，，1，2，
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为个”，
则，，，，，
则，
故.
（2）由题知，1，2，由（1）知，
同理可得，
则，
故的信息熵.
（3）由题知，其中，2，3，…，
则，
又，
则，①
，②
得：
，
由题知，当无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于.
所以当无限增大时，的数学期望趋近于一个常数.
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