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广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期期末教学质量测试数学试卷
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．已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，可得集合，
由集合，可得集合，则.
故答案为：.
【分析】根据集合的特征先求集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．已知，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合共轭复数概念以及复数在复平面内的表示判断即可.
3．若抛物线的准线为直线，且交圆于两点，为坐标原点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线为直线，
联立，解得，
不妨设，，
则，即.
故答案为：B.
【分析】易知抛物线的准线方程，联立直线与圆方程，求得A，B坐标，再利用向量的夹角公式求解即可.
4．已知平面向量，若，则（　　）
A． B． C．0 D．1
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：向量，易知，
因为，所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系求解即可.
5．若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（　　）
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；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：命题为奇函数，满足，
即，整理得，解得，则成立的充要条件是；
命题为偶函数，满足，
即，整理得，解得或，
则成立的充要条件是或；
故是成立的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据函数为奇函数，满足求得a的值，再根据为偶函数，满足，求得a的值，再根据充分、必要条件的定义判断即可．
6．已知函数是的一个零点，则当时，的值域为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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
【解析】【解答】解：因为是的一个零点，
所以，解得，则，
，
因为，所以，，，
则的值域为.
故答案为：.
【分析】根据是函数的零点，将代入，令，求出的值，得函数的解析式，再根据辅助角公式化简，结合的范围，以及正弦函数的性质求其值域即可.
7．某次马拉松比赛活动中，甲，乙，丙，丁四位志愿者派往三个物资发放点，若每个物资发放点至少派一位志愿者，且每位志愿者只能派往一个物资发放点，则在甲被派去物资发放点的条件下，甲，乙被派去同一个物资发放点的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：甲一个人去物资发放点有种；
甲和其中一人去物资发放点有种，
甲被派去物资发放点的方法数共种，
则甲乙被派去同一个物资B发放点的方法数：有种；
故概率为.
故答案为：A.
【分析】由题意，分甲一个人去物资发放点和甲和其中一人去物资发放点两种情况讨论，求甲被安排到物资发放点的方法数，再求甲，乙被派去同一个物资发放点的概率的方法数，最后利用古典概型概率公式求解即可.
8．已知定义在上的函数，对任意，总有成立，且当时，．设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，而当时，，则，
，函数在上单调递减，
令函数，求导得，当时，，
函数在上单调递增，则，即，
因此，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用函数单调性定义判断函数在上的单调性，再构造函数，求导，利用导数判断函数在上的单调性，利用单调性比较的大小即可.
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．已知公差不为的等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．是递减数列 D．若，则的最大值是
【答案】B,C
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，解得，
则，故A错误，B正确；
，则，，令，
故，
即数列是递减数列，故C正确；
令，即，解得，因为，故的最大值为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，利用等差数列的求和公式，结合等差数列的下标性质求出的值即可判断B；由B得结论，根据求公差即可判断A；根据等差数列的求和公式得，可得，令，利用作差法，判断数列的单调性即可判断C；求出的表达式，解不等式即可判断D.
10．已知双曲线，其左、右焦点分别是，过点的直线与交于，两点，则（　　）
A．的离心率为
B．当的倾斜角为时，
C．直线的斜率可以为
D．上存在点，使
【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解： 双曲线 ，易知，，则离心率，故A正确；
如图所示，已知，，得直线解析式为，
联立，消去得，，
设交点，则，
根据弦长公式可得，故B正确；
双曲线渐近线方程为，当时，直线与双曲线仅有一个交点，不符合题意，故C错误；
设，可知，
根据正弦定理可知，
可知，则，
因为，所以，
化简得，
化简得，
化简，解得，此时，
所以上存在点，使，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据双曲线离心率公式求解即可判断A； 当的倾斜角为时，直线解析式为，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合弦长公式求解即可判断B；求渐近线，判断直线与双曲线的交点情况即可判断C；设，利用正弦定理，双曲线的定义以及三角恒等变换求解即可判断D.
11．用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（　　）
A．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积
B．当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为
C．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动
D．当时，圆锥的体积最大
【答案】A,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，高为，
A、该圆锥的侧面积为，解得，
则该圆锥的高为，
故该圆锥的体积为，故A正确；
B、当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，
，所以为钝角，
令、是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，
所以，
当且仅当时，取等号，故B错误；
C、当时，即当时，该圆锥的侧面积为，可得，
高，
设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为，
所以，
棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示：
则正方体的棱长，
正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，
设正四面体的内切球半径为，
则由等体积法可知，
注意到，
所以圆锥不能在棱长为的正四面体内任意转动，故C错误；
D、由题意可知，圆锥底面周长为，故，该圆锥的高为，
圆锥的体积为，故，
令，其中，
则，由，可得，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，即当时，取最大值，此时取最大值，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设圆锥的母线长为，高为，根据圆锥的侧面积求母线长，再求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式求解即可判断A；当时，，求出圆锥的轴截面顶角，进一步即可验算即可判断B；分别算出圆锥外接球半径以及正四面体内切球半径，比较大小即可判断C；求得，，进而得出，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求取最大值时的值对应的值即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量，若，则　 　．
【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
13．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则的值为　 　．
【答案】
【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：函数的定义域为，求导可得，
则在处的切线斜率，切线方程为，即，
设曲线上的切点为，，
在处的切线斜率为，且，解得，
则，则，所以.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程，设曲线上的切点为，再由斜率及切线方程得出相应的方程组，求解即可.
14．如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则　 　，　 　．
【答案】5；
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，
，
据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走，故从1到9经过6的路径共有，故.
故答案为： ，.
【分析】由题意可得，由数字或数字移动一次得到，据此求得相应的的值，最后根据古典概型概率公式求即可.
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．已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若边上的高为1，求的周长．
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
整理得，
因为，
所以，
整理得，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）得，故，
因为故，
根据三角形面积公式，
又边上的高为1，，
由余弦定理得：，即，
故，所以三角形的边长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和、两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）得，利用向量的数量积运算，结合三角形的面积公式和余弦定理列方程组求解即可.
（1）由正弦定理得，
整理得：，
而，
结合两式得：，
整理得：，因为，故，又，故，
（2）由（1）得，故，
因为故，
根据三角形面积公式，
又边上的高为1，，
由余弦定理得：，即，
故，所以三角形的边长为.
16．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：底面是等腰梯形，，，，，
满足，则，
因为平面平面，且平面平面，
且，且平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，且平面平面，
且，且平面，所以平面；
底面是等腰梯形，，，所以，
所以，所以，
又因为三棱锥的体积为，所以，所以，
建立空间直角坐标系，如图所示：
，
设平面的法向量为，
设平面的法向量，，
则令，则，可得，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，证得，再利用面面垂直性质定理证明线面垂直即可；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，利用余弦定理求得，再由三棱锥的体积为，求出，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）底面是等腰梯形，，，．
所以，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
（2）因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
底面是等腰梯形，，，所以，
所以，所以，
又因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
如图建系，
设平面的法向量为，
设平面的法向量，，
所以令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以
17．已知函数．
（1）求的极小值；
（2）若．
（ⅰ）讨论的单调性；
（ⅱ）当时，设的极大值是，求证：．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，得，令，得，
则函数的极小值为；
（2）解：（ⅰ）的定义域为，
，
若，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
若，令得或，
当时，，此时恒成立，故在上单调递增，
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增；
故时，取得极大值，故，
，
因为，所以，
令，得，解得，即，
令得，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故.
【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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）（ⅰ）求定义域，求导，分，，和四种情况，利用导数判断函数单调性即可；
（ⅱ）在（ⅰ）基础上，得到，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值证明即可.
（1）的定义域为，，
令得，
令得，令得，
故的极小值为；
（2）（ⅰ），定义域为，
，
若，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
若，令得或，
当时，，此时恒成立，故在上单调递增，
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增；
故时，取得极大值，故，
，
因为，所以，
令得，解得，即，
令得，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故.
18．已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上．
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围；
（3）过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则的标准方程是；
（2）解：当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，
设直线方程为，点，则直线方程为，
由，得，，同理，
面积，
而，因此，当且仅当时取等号，
当点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，，
则面积的取值范围是；
（3）证明：依题意，蒙日圆的方程为：，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：或，
直线与的交点为或，则；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
由消去并整理得：，
则，即，设，
由消去并整理得：，
，，
则
，
即为定值.
【知识点】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；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由题意，列关于的方程组，求解即可得椭圆的标准方程；
（2）分点不是椭圆的顶点和点是椭圆的顶点讨论，当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，求出长，并求出三角形面积的函数关系，求面积的范围即可；
（3）按直线的斜率存在与否分类，把直线的方程与圆、椭圆方程联立求出即可.
（1）依题意，，解得，
所以的标准方程是.
（2）当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，
设直线方程为，点，则直线方程为，
由得，，同理，
面积，
而，因此，当且仅当时取等号，
点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，，
所以面积的取值范围是.
（3）依题意，蒙日圆的方程为：，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：或，
直线与的交点为或，则；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
由消去并整理得：，
则，即，设，
由消去并整理得：，
，，
则
，
所以为定值.
19．若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为．
（1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且．
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：当时，．
【答案】（1）解：数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，，
设数列所有项的和为，则
；
（2）解：（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即，
当时，.
【知识点】数列的应用；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
【解析】【分析】（1）由题意可得：当时，；当，，时，，设数列所有项的和为，由此求数列所有项的和即可；
（2）（i）易知数列、均为项数列，且的可能取值有、、、、，根据数列中的个数，求集合的元素个数，当时，确定与的选择共有种情况，所有可能情况有种，由此可得出的表达式，列不等式组，求得的值，即可得取最大值时的值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数，当时，与的选择情况共有种情况，数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能的情况有种，可得随机变量的分布列，再根据组合数的基本性质求出的表达式，利用放缩法证明，即可证得结论成立.
（1）数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，.
设数列所有项的和为，则
.
（2）（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即，
当时，.
1 / 1广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期期末教学质量测试数学试卷
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．已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．已知，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．若抛物线的准线为直线，且交圆于两点，为坐标原点，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知平面向量，若，则（　　）
A． B． C．0 D．1
5．若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（　　）
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
6．已知函数是的一个零点，则当时，的值域为（　　）
A． B． C． D．
7．某次马拉松比赛活动中，甲，乙，丙，丁四位志愿者派往三个物资发放点，若每个物资发放点至少派一位志愿者，且每位志愿者只能派往一个物资发放点，则在甲被派去物资发放点的条件下，甲，乙被派去同一个物资发放点的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的函数，对任意，总有成立，且当时，．设，则（　　）
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．已知公差不为的等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．是递减数列 D．若，则的最大值是
10．已知双曲线，其左、右焦点分别是，过点的直线与交于，两点，则（　　）
A．的离心率为
B．当的倾斜角为时，
C．直线的斜率可以为
D．上存在点，使
11．用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（　　）
A．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积
B．当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为
C．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动
D．当时，圆锥的体积最大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量，若，则　 　．
13．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则的值为　 　．
14．如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则　 　，　 　．
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．已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若边上的高为1，求的周长．
16．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数．
（1）求的极小值；
（2）若．
（ⅰ）讨论的单调性；
（ⅱ）当时，设的极大值是，求证：．
18．已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上．
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围；
（3）过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值．
19．若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为．
（1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且．
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：当时，．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，可得集合，
由集合，可得集合，则.
故答案为：.
【分析】根据集合的特征先求集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合共轭复数概念以及复数在复平面内的表示判断即可.
3．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线为直线，
联立，解得，
不妨设，，
则，即.
故答案为：B.
【分析】易知抛物线的准线方程，联立直线与圆方程，求得A，B坐标，再利用向量的夹角公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：向量，易知，
因为，所以，解得，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系求解即可.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：命题为奇函数，满足，
即，整理得，解得，则成立的充要条件是；
命题为偶函数，满足，
即，整理得，解得或，
则成立的充要条件是或；
故是成立的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据函数为奇函数，满足求得a的值，再根据为偶函数，满足，求得a的值，再根据充分、必要条件的定义判断即可．
6．【答案】D
【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
【解析】【解答】解：因为是的一个零点，
所以，解得，则，
，
因为，所以，，，
则的值域为.
故答案为：.
【分析】根据是函数的零点，将代入，令，求出的值，得函数的解析式，再根据辅助角公式化简，结合的范围，以及正弦函数的性质求其值域即可.
7．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：甲一个人去物资发放点有种；
甲和其中一人去物资发放点有种，
甲被派去物资发放点的方法数共种，
则甲乙被派去同一个物资B发放点的方法数：有种；
故概率为.
故答案为：A.
【分析】由题意，分甲一个人去物资发放点和甲和其中一人去物资发放点两种情况讨论，求甲被安排到物资发放点的方法数，再求甲，乙被派去同一个物资发放点的概率的方法数，最后利用古典概型概率公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，，而当时，，则，
，函数在上单调递减，
令函数，求导得，当时，，
函数在上单调递增，则，即，
因此，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用函数单调性定义判断函数在上的单调性，再构造函数，求导，利用导数判断函数在上的单调性，利用单调性比较的大小即可.
9．【答案】B,C
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，解得，
则，故A错误，B正确；
，则，，令，
故，
即数列是递减数列，故C正确；
令，即，解得，因为，故的最大值为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，利用等差数列的求和公式，结合等差数列的下标性质求出的值即可判断B；由B得结论，根据求公差即可判断A；根据等差数列的求和公式得，可得，令，利用作差法，判断数列的单调性即可判断C；求出的表达式，解不等式即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解： 双曲线 ，易知，，则离心率，故A正确；
如图所示，已知，，得直线解析式为，
联立，消去得，，
设交点，则，
根据弦长公式可得，故B正确；
双曲线渐近线方程为，当时，直线与双曲线仅有一个交点，不符合题意，故C错误；
设，可知，
根据正弦定理可知，
可知，则，
因为，所以，
化简得，
化简得，
化简，解得，此时，
所以上存在点，使，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据双曲线离心率公式求解即可判断A； 当的倾斜角为时，直线解析式为，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合弦长公式求解即可判断B；求渐近线，判断直线与双曲线的交点情况即可判断C；设，利用正弦定理，双曲线的定义以及三角恒等变换求解即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，高为，
A、该圆锥的侧面积为，解得，
则该圆锥的高为，
故该圆锥的体积为，故A正确；
B、当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，
，所以为钝角，
令、是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，
所以，
当且仅当时，取等号，故B错误；
C、当时，即当时，该圆锥的侧面积为，可得，
高，
设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为，
所以，
棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示：
则正方体的棱长，
正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，
设正四面体的内切球半径为，
则由等体积法可知，
注意到，
所以圆锥不能在棱长为的正四面体内任意转动，故C错误；
D、由题意可知，圆锥底面周长为，故，该圆锥的高为，
圆锥的体积为，故，
令，其中，
则，由，可得，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，即当时，取最大值，此时取最大值，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设圆锥的母线长为，高为，根据圆锥的侧面积求母线长，再求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式求解即可判断A；当时，，求出圆锥的轴截面顶角，进一步即可验算即可判断B；分别算出圆锥外接球半径以及正四面体内切球半径，比较大小即可判断C；求得，，进而得出，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求取最大值时的值对应的值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
13．【答案】
【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：函数的定义域为，求导可得，
则在处的切线斜率，切线方程为，即，
设曲线上的切点为，，
在处的切线斜率为，且，解得，
则，则，所以.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程，设曲线上的切点为，再由斜率及切线方程得出相应的方程组，求解即可.
14．【答案】5；
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，
，
据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走，故从1到9经过6的路径共有，故.
故答案为： ，.
【分析】由题意可得，由数字或数字移动一次得到，据此求得相应的的值，最后根据古典概型概率公式求即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
整理得，
因为，
所以，
整理得，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）得，故，
因为故，
根据三角形面积公式，
又边上的高为1，，
由余弦定理得：，即，
故，所以三角形的边长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和、两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）得，利用向量的数量积运算，结合三角形的面积公式和余弦定理列方程组求解即可.
（1）由正弦定理得，
整理得：，
而，
结合两式得：，
整理得：，因为，故，又，故，
（2）由（1）得，故，
因为故，
根据三角形面积公式，
又边上的高为1，，
由余弦定理得：，即，
故，所以三角形的边长为.
16．【答案】（1）证明：底面是等腰梯形，，，，，
满足，则，
因为平面平面，且平面平面，
且，且平面，
所以平面；
（2）解：因为平面平面，且平面平面，
且，且平面，所以平面；
底面是等腰梯形，，，所以，
所以，所以，
又因为三棱锥的体积为，所以，所以，
建立空间直角坐标系，如图所示：
，
设平面的法向量为，
设平面的法向量，，
则令，则，可得，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，证得，再利用面面垂直性质定理证明线面垂直即可；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，利用余弦定理求得，再由三棱锥的体积为，求出，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）底面是等腰梯形，，，．
所以，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
（2）因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
底面是等腰梯形，，，所以，
所以，所以，
又因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
如图建系，
设平面的法向量为，
设平面的法向量，，
所以令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以
17．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，得，令，得，
则函数的极小值为；
（2）解：（ⅰ）的定义域为，
，
若，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
若，令得或，
当时，，此时恒成立，故在上单调递增，
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增；
故时，取得极大值，故，
，
因为，所以，
令，得，解得，即，
令得，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故.
【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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）（ⅰ）求定义域，求导，分，，和四种情况，利用导数判断函数单调性即可；
（ⅱ）在（ⅰ）基础上，得到，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值证明即可.
（1）的定义域为，，
令得，
令得，令得，
故的极小值为；
（2）（ⅰ），定义域为，
，
若，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
若，令得或，
当时，，此时恒成立，故在上单调递增，
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增；
故时，取得极大值，故，
，
因为，所以，
令得，解得，即，
令得，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则的标准方程是；
（2）解：当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，
设直线方程为，点，则直线方程为，
由，得，，同理，
面积，
而，因此，当且仅当时取等号，
当点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，，
则面积的取值范围是；
（3）证明：依题意，蒙日圆的方程为：，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：或，
直线与的交点为或，则；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
由消去并整理得：，
则，即，设，
由消去并整理得：，
，，
则
，
即为定值.
【知识点】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；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由题意，列关于的方程组，求解即可得椭圆的标准方程；
（2）分点不是椭圆的顶点和点是椭圆的顶点讨论，当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，求出长，并求出三角形面积的函数关系，求面积的范围即可；
（3）按直线的斜率存在与否分类，把直线的方程与圆、椭圆方程联立求出即可.
（1）依题意，，解得，
所以的标准方程是.
（2）当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，
设直线方程为，点，则直线方程为，
由得，，同理，
面积，
而，因此，当且仅当时取等号，
点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，，
所以面积的取值范围是.
（3）依题意，蒙日圆的方程为：，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：或，
直线与的交点为或，则；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
由消去并整理得：，
则，即，设，
由消去并整理得：，
，，
则
，
所以为定值.
19．【答案】（1）解：数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，，
设数列所有项的和为，则
；
（2）解：（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即，
当时，.
【知识点】数列的应用；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
【解析】【分析】（1）由题意可得：当时，；当，，时，，设数列所有项的和为，由此求数列所有项的和即可；
（2）（i）易知数列、均为项数列，且的可能取值有、、、、，根据数列中的个数，求集合的元素个数，当时，确定与的选择共有种情况，所有可能情况有种，由此可得出的表达式，列不等式组，求得的值，即可得取最大值时的值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数，当时，与的选择情况共有种情况，数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能的情况有种，可得随机变量的分布列，再根据组合数的基本性质求出的表达式，利用放缩法证明，即可证得结论成立.
（1）数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，.
设数列所有项的和为，则
.
（2）（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即，
当时，.
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