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浙江省杭州第四中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题
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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，若，则实数的值为（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，则或，
解得或或，
当或时，此时集合不满足集合元素的互异性，舍去；
当时，，满足.
故答案为：D.
【分析】由可知，因此中的元素必须是中的元素，据此列出方程求解，再根据集合元素的互异性检验结果。
2．设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则 等于（　　）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：∵O为任意一点，不妨把A点看成O点，则 = ，
∵M是平行四边形ABCD的对角线的交点，∴ =2 =4
故选：D．
【分析】虑用特殊值法去做，因为O为任意一点，不妨把O看成是特殊点，再代入 计算，结果满足哪一个选项，就选哪一个．
3．已知直线和，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：由题意知，，，根据线面平行的判定定理可得；
当时，，则和可能异面，不一定平行，
故“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】结合线面平行的判定定理与性质，判断“”与“”之间的逻辑关系，明确充分性与必要性是否成立。
4．已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性，从而得出，进而比较出a，b，c的大小.
5．已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点；
综上，，即的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】先对函数求导，得到导数的零点，再通过分类讨论导数在零点两侧的符号，结合极大值点的定义判断参数范围。
6．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两式相加，得：，即，
化简得，
所以.
故答案为：A.
【分析】由两边平方相加，从而得到的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
则，，
设的内切圆与，相切于点，如图所示：
则，，
即，
的周长为，
由椭圆定义可得：，即，则.
故答案为：B．
【分析】由题意，根据三角形内切圆的性质得出的周长为，再根据椭圆的定义得的周长为，列出等式，结合离心率公式求解即可.
8．校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：连接、、，
取、、中点、、，连接、、，
由已知侧棱长为的正三棱锥，
即，又因为，
所以，
因为平面，，均与平面垂直，
设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为，
则，又因为奖杯总高度为，
设球半径为，球心到圆面的距离为，
则，即，
如图，易知≌，
因为，
所以是边长为的等边三角形，
设的外接圆半径为，
则，
则在直角中，，
即，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】先将奖杯总高度分解，利用勾股定理求出点 所在圆的半径，再根据球心、截面圆心与球上点的位置关系列方程求解球半径，最终计算球的表面积。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献袁老领衔的科研团队成功攻破水稻超高产育种难题，不断刷新亩产产量的纪录，目前超级稻计划亩产已经实现1100公斤．现有甲、乙两个试验田，根据数据统计，甲、乙试验田超级稻亩产量（分别记为，）均服从正态分布，其中，．如图，已知，，，，两正态密度曲线在直线左侧交于点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：A：由图可知，故A错误；
B：由图可知，故B正确；
C：∵，，
由图可知，∴，故C正确；
D：，，，，，，
根据正态分布曲线的性质，根据原则，应该有，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据正态分布密度曲线的几何性质（对称性、形状与参数的关系），逐一分析各选项的概率关系。
10．已知的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期为π
B．满足
C．在区间的值域为
D．在区间上有3个极值点
【答案】A,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：由图象可知，，所以，故A正确；
B：又因为，所以，而且，所以，所以函数解析式为.
所以，故B错误；
C：当时，，所以，所以的值域为，故C错误；
D：当时，，当取得时，取得极值，所以在上有3个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据图像确定 ，得出函数解析式，再结合正弦函数的图象与性质逐一判断：由图像振幅得 ，通过周期特征求 ；代入最高点坐标求 ；再利用解析式判断函数的对称性、区间值域、极值点等性质。
11．已知点P在圆 + =16上，点A（4，0），B（0，2），则（　　）
A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=3 D．当∠PBA最大时，|PB|=3
【答案】A,C,D
【知识点】直线的截距式方程；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：直线AB为：，即x+2y-4=0，
设点P（5+4cosθ，5+4sinθ），则点P到直线AB的距离为，则
所以A正确B错误；
又圆心O为（5，5），半径为4，则，
所以当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值，此时，
所以CD正确
故答案为：ACD.
【分析】根据直线的截距式，利用点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系求解即可.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．复数满足，则　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由已知条件可知，
可得到，
所以.
故答案为：.
【分析】先通过复数运算求出z，再利用复数模长公式计算其模。
13．已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为　 　.
【答案】9
【知识点】函数的奇偶性；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，可得的图象关于点对称，
又是奇函数，所以，
则的周期为3，所以，
，
而，则.
故在上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
【分析】结合奇函数性质与函数关系式推导周期，再利用周期性与对称性找出区间[0，6]内的所有零点，统计其个数的最小值。
14．如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，向右移动的概率是，共移动4s，设随机变量为移动4s后的质点的坐标，求移动4s后质点的坐标为正数的概率　 　.
【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；概率的应用
【解析】【解答】解：设4次移动后坐标为正的事件为，
则
，
所以，
故答案为：.
【分析】质点每次移动有两种可能（左 / 右），共移动4次，坐标为正数意味着向右移动次数比向左多，需分情况计算对应概率并求和。
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．已知的内角的对边分别为．
（1）求的值；
（2）若的面积为，且，求的周长．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
可得，
则，
因为，可得，
所以，
则，
所以.
（2）解：由（1）知，
若的面积为，
可得，
则，
解得，
因为，
由余弦定理，
得
，
整理得，
解得，
所以，
则的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式、三角形中角B的取值范围，从而化简得出的值，再利用同角三角函数基本关系式得到的值.
（2）利用已知条件和三角形面积公式得出的值，再由余弦定理得出的值，从而得出的值，再利用三角形的周长公式得出的周长.
（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
16．如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；
（2）解：由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 通过构造辅助线，利用三角形全等得到线段中点，再结合中位线定理证明线线平行，进而用线面平行的判定定理证明 平面。
(2) 先根据直三棱柱体积最大的条件，推导出，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后通过向量夹角公式计算平面夹角的余弦值。
（1）连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；
（2）由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．已知双曲线的右焦点为，且C的一条渐近线经过点.
（1）求C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与C交于不同的A，B两点，且线段AB的中点为P.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：因为双曲线C的右焦点为，所以，可得，
又因为双曲线C的一条渐近线经过点，可得，即，
联立方程组，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：假设存在符合条件的直线，易知直线l的斜率存在，
设直线的斜率为，且，
则，两式相减得，所以，
因为的中点为，所以，所以，解得，
直线的方程为，即，
把直线代入，整理得，
可得，该方程没有实根，所以假设不成立，
即不存在过点的直线与C交于两点，使得线段的中点为.
【知识点】直线的斜率；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】(1) 根据双曲线右焦点坐标求出，结合渐近线过点得到的关系，联立方程求解，得到双曲线标准方程。
(2) 采用点差法求过点的直线斜率，再联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线是否与双曲线有两个不同交点，从而确定直线是否存在。
（1）解：因为双曲线C的右焦点为，所以，可得，
又因为双曲线C的一条渐近线经过点，可得，即，
联立方程组，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：假设存在符合条件的直线，易知直线l的斜率存在，
设直线的斜率为，且，
则，两式相减得，所以，
因为的中点为，所以，所以，解得，
直线的方程为，即，
把直线代入，整理得，
可得，该方程没有实根，所以假设不成立，
即不存在过点的直线与C交于两点，使得线段的中点为.
18．已知曲线在点处的切线方程为．
（1）求a，b的值；
（2）求的单调区间；
（3）已知，且，证明：对任意的，．
【答案】（1）解：，
则．
因为，所以，
解得，．
（2）解：．
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（3）证明：由，可得．
又，所以．
因为，，所以只需证明，，
即证明，．
先证明，即，令，
则，所以在上单调递增．
只需证，，
即，．
令，，则，
所以，故．
再证明，即．同理，只需证明，
即．
令，，则．
令，，则，所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，所以，故．
综上，对任意的，．
【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
【解析】【分析】(1) 利用导数的几何意义，结合函数在点处的导数值等于切线斜率、切点在切线上两个条件，联立方程求解的值。
(2) 先求导函数，再通过对的单调性分析，判断在定义域内的符号，从而确定的单调区间。
(3) 先化简已知条件，再通过构造辅助函数，利用导数研究其单调性，证明和，进而得到对任意成立。
（1），
则．
因为，所以，
解得，．
（2）．
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（3）证明：由，可得．
又，所以．
因为，，所以只需证明，，
即证明，．
先证明，即，令，
则，所以在上单调递增．
只需证，，
即，．
令，，则，
所以，故．
再证明，即．同理，只需证明，
即．
令，，则．
令，，则，所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，所以，故．
综上，对任意的，．
19．对于给定的正整数，如果正整数能整除，则称是的因子；如果正整数，共同的因子只有1，则称正整数和互素.已知函数表示正整数的因子个数，数列满足以下条件：
①对于任意素数和正整数，都有；
②对于任意的正整数和，若和互素，则.
（1）求，的值，并写出和的关系（无需证明）；
（2）当是偶数时，证明：；
（3）设数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）解：对于任意的正整数，1和总是互素的，
因此恒成立，即.
又，
故.
令，则；令，则；
令，则；令，则；
令，则；令，所以，
所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4．
通过计算特殊的和的值，可以发现：.
（2）证明：设，若是的因子，则且
故，即，
因此，偶数的因子除了外，至多有个
故
（3）证明：考虑奇数，设，若是的因子，则且
故，即，又，故
即
结合（2）问结论，有：
故
且，故原命题得证.
【知识点】数列的函数特性；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】(1) 利用数列的两个性质（素数幂性质、互素可乘性），先求和的值，再通过归纳得到与因子个数函数的关系。
(2) 设（偶数），分析其因子的个数上限，从而证明。
(3) 分奇偶项对数列进行放缩，将前项和转化为可求和的等比/等差组合，证明其小于。
（1）注意到，对于任意的正整数，1和总是互素的，
因此恒成立，即.
又，
故.
令，则；令，则；
令，则；令，则；
令，则；令，所以，
所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4．
通过计算特殊的和的值，可以发现：.
（2）证明：设，若是的因子，则且
故，即，
因此，偶数的因子除了外，至多有个
故
（3）考虑奇数，设，若是的因子，则且
故，即，又，故
即
结合（2）问结论，有：
故
且，故原命题得证.
1 / 1浙江省杭州第四中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题
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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，若，则实数的值为（　　）
A． B．0 C．1 D．2
2．设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则 等于（　　）
A． B．2 C．3 D．4
3．已知直线和，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
4．已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
5．已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
6．已知，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献袁老领衔的科研团队成功攻破水稻超高产育种难题，不断刷新亩产产量的纪录，目前超级稻计划亩产已经实现1100公斤．现有甲、乙两个试验田，根据数据统计，甲、乙试验田超级稻亩产量（分别记为，）均服从正态分布，其中，．如图，已知，，，，两正态密度曲线在直线左侧交于点，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．已知的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期为π
B．满足
C．在区间的值域为
D．在区间上有3个极值点
11．已知点P在圆 + =16上，点A（4，0），B（0，2），则（　　）
A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=3 D．当∠PBA最大时，|PB|=3
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．复数满足，则　 　.
13．已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为　 　.
14．如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔1s向左或向右移动一个单位，向右移动的概率是，共移动4s，设随机变量为移动4s后的质点的坐标，求移动4s后质点的坐标为正数的概率　 　.
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．已知的内角的对边分别为．
（1）求的值；
（2）若的面积为，且，求的周长．
16．如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知双曲线的右焦点为，且C的一条渐近线经过点.
（1）求C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与C交于不同的A，B两点，且线段AB的中点为P.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
18．已知曲线在点处的切线方程为．
（1）求a，b的值；
（2）求的单调区间；
（3）已知，且，证明：对任意的，．
19．对于给定的正整数，如果正整数能整除，则称是的因子；如果正整数，共同的因子只有1，则称正整数和互素.已知函数表示正整数的因子个数，数列满足以下条件：
①对于任意素数和正整数，都有；
②对于任意的正整数和，若和互素，则.
（1）求，的值，并写出和的关系（无需证明）；
（2）当是偶数时，证明：；
（3）设数列的前项和为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，则或，
解得或或，
当或时，此时集合不满足集合元素的互异性，舍去；
当时，，满足.
故答案为：D.
【分析】由可知，因此中的元素必须是中的元素，据此列出方程求解，再根据集合元素的互异性检验结果。
2．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：∵O为任意一点，不妨把A点看成O点，则 = ，
∵M是平行四边形ABCD的对角线的交点，∴ =2 =4
故选：D．
【分析】虑用特殊值法去做，因为O为任意一点，不妨把O看成是特殊点，再代入 计算，结果满足哪一个选项，就选哪一个．
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：由题意知，，，根据线面平行的判定定理可得；
当时，，则和可能异面，不一定平行，
故“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】结合线面平行的判定定理与性质，判断“”与“”之间的逻辑关系，明确充分性与必要性是否成立。
4．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性，从而得出，进而比较出a，b，c的大小.
5．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点；
综上，，即的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】先对函数求导，得到导数的零点，再通过分类讨论导数在零点两侧的符号，结合极大值点的定义判断参数范围。
6．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两式相加，得：，即，
化简得，
所以.
故答案为：A.
【分析】由两边平方相加，从而得到的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
7．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
则，，
设的内切圆与，相切于点，如图所示：
则，，
即，
的周长为，
由椭圆定义可得：，即，则.
故答案为：B．
【分析】由题意，根据三角形内切圆的性质得出的周长为，再根据椭圆的定义得的周长为，列出等式，结合离心率公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：连接、、，
取、、中点、、，连接、、，
由已知侧棱长为的正三棱锥，
即，又因为，
所以，
因为平面，，均与平面垂直，
设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为，
则，又因为奖杯总高度为，
设球半径为，球心到圆面的距离为，
则，即，
如图，易知≌，
因为，
所以是边长为的等边三角形，
设的外接圆半径为，
则，
则在直角中，，
即，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】先将奖杯总高度分解，利用勾股定理求出点 所在圆的半径，再根据球心、截面圆心与球上点的位置关系列方程求解球半径，最终计算球的表面积。
9．【答案】B,C
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：A：由图可知，故A错误；
B：由图可知，故B正确；
C：∵，，
由图可知，∴，故C正确；
D：，，，，，，
根据正态分布曲线的性质，根据原则，应该有，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据正态分布密度曲线的几何性质（对称性、形状与参数的关系），逐一分析各选项的概率关系。
10．【答案】A,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：由图象可知，，所以，故A正确；
B：又因为，所以，而且，所以，所以函数解析式为.
所以，故B错误；
C：当时，，所以，所以的值域为，故C错误；
D：当时，，当取得时，取得极值，所以在上有3个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据图像确定 ，得出函数解析式，再结合正弦函数的图象与性质逐一判断：由图像振幅得 ，通过周期特征求 ；代入最高点坐标求 ；再利用解析式判断函数的对称性、区间值域、极值点等性质。
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线的截距式方程；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：直线AB为：，即x+2y-4=0，
设点P（5+4cosθ，5+4sinθ），则点P到直线AB的距离为，则
所以A正确B错误；
又圆心O为（5，5），半径为4，则，
所以当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值，此时，
所以CD正确
故答案为：ACD.
【分析】根据直线的截距式，利用点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系求解即可.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由已知条件可知，
可得到，
所以.
故答案为：.
【分析】先通过复数运算求出z，再利用复数模长公式计算其模。
13．【答案】9
【知识点】函数的奇偶性；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，可得的图象关于点对称，
又是奇函数，所以，
则的周期为3，所以，
，
而，则.
故在上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
【分析】结合奇函数性质与函数关系式推导周期，再利用周期性与对称性找出区间[0，6]内的所有零点，统计其个数的最小值。
14．【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；概率的应用
【解析】【解答】解：设4次移动后坐标为正的事件为，
则
，
所以，
故答案为：.
【分析】质点每次移动有两种可能（左 / 右），共移动4次，坐标为正数意味着向右移动次数比向左多，需分情况计算对应概率并求和。
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
可得，
则，
因为，可得，
所以，
则，
所以.
（2）解：由（1）知，
若的面积为，
可得，
则，
解得，
因为，
由余弦定理，
得
，
整理得，
解得，
所以，
则的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式、三角形中角B的取值范围，从而化简得出的值，再利用同角三角函数基本关系式得到的值.
（2）利用已知条件和三角形面积公式得出的值，再由余弦定理得出的值，从而得出的值，再利用三角形的周长公式得出的周长.
（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）证明：连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；
（2）解：由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 通过构造辅助线，利用三角形全等得到线段中点，再结合中位线定理证明线线平行，进而用线面平行的判定定理证明 平面。
(2) 先根据直三棱柱体积最大的条件，推导出，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后通过向量夹角公式计算平面夹角的余弦值。
（1）连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；
（2）由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：因为双曲线C的右焦点为，所以，可得，
又因为双曲线C的一条渐近线经过点，可得，即，
联立方程组，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：假设存在符合条件的直线，易知直线l的斜率存在，
设直线的斜率为，且，
则，两式相减得，所以，
因为的中点为，所以，所以，解得，
直线的方程为，即，
把直线代入，整理得，
可得，该方程没有实根，所以假设不成立，
即不存在过点的直线与C交于两点，使得线段的中点为.
【知识点】直线的斜率；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】(1) 根据双曲线右焦点坐标求出，结合渐近线过点得到的关系，联立方程求解，得到双曲线标准方程。
(2) 采用点差法求过点的直线斜率，再联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线是否与双曲线有两个不同交点，从而确定直线是否存在。
（1）解：因为双曲线C的右焦点为，所以，可得，
又因为双曲线C的一条渐近线经过点，可得，即，
联立方程组，解得，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）解：假设存在符合条件的直线，易知直线l的斜率存在，
设直线的斜率为，且，
则，两式相减得，所以，
因为的中点为，所以，所以，解得，
直线的方程为，即，
把直线代入，整理得，
可得，该方程没有实根，所以假设不成立，
即不存在过点的直线与C交于两点，使得线段的中点为.
18．【答案】（1）解：，
则．
因为，所以，
解得，．
（2）解：．
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（3）证明：由，可得．
又，所以．
因为，，所以只需证明，，
即证明，．
先证明，即，令，
则，所以在上单调递增．
只需证，，
即，．
令，，则，
所以，故．
再证明，即．同理，只需证明，
即．
令，，则．
令，，则，所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，所以，故．
综上，对任意的，．
【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
【解析】【分析】(1) 利用导数的几何意义，结合函数在点处的导数值等于切线斜率、切点在切线上两个条件，联立方程求解的值。
(2) 先求导函数，再通过对的单调性分析，判断在定义域内的符号，从而确定的单调区间。
(3) 先化简已知条件，再通过构造辅助函数，利用导数研究其单调性，证明和，进而得到对任意成立。
（1），
则．
因为，所以，
解得，．
（2）．
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（3）证明：由，可得．
又，所以．
因为，，所以只需证明，，
即证明，．
先证明，即，令，
则，所以在上单调递增．
只需证，，
即，．
令，，则，
所以，故．
再证明，即．同理，只需证明，
即．
令，，则．
令，，则，所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，所以，故．
综上，对任意的，．
19．【答案】（1）解：对于任意的正整数，1和总是互素的，
因此恒成立，即.
又，
故.
令，则；令，则；
令，则；令，则；
令，则；令，所以，
所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4．
通过计算特殊的和的值，可以发现：.
（2）证明：设，若是的因子，则且
故，即，
因此，偶数的因子除了外，至多有个
故
（3）证明：考虑奇数，设，若是的因子，则且
故，即，又，故
即
结合（2）问结论，有：
故
且，故原命题得证.
【知识点】数列的函数特性；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】(1) 利用数列的两个性质（素数幂性质、互素可乘性），先求和的值，再通过归纳得到与因子个数函数的关系。
(2) 设（偶数），分析其因子的个数上限，从而证明。
(3) 分奇偶项对数列进行放缩，将前项和转化为可求和的等比/等差组合，证明其小于。
（1）注意到，对于任意的正整数，1和总是互素的，
因此恒成立，即.
又，
故.
令，则；令，则；
令，则；令，则；
令，则；令，所以，
所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4．
通过计算特殊的和的值，可以发现：.
（2）证明：设，若是的因子，则且
故，即，
因此，偶数的因子除了外，至多有个
故
（3）考虑奇数，设，若是的因子，则且
故，即，又，故
即
结合（2）问结论，有：
故
且，故原命题得证.
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