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广东省华附、省实、广雅、深中2024~2025学年高二下学期四校期末联考数学试题
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．已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为标准方程，得，
则抛物线的焦点到准线的距离为.
故答案为：A.
【分析】将抛物线方程化为抛物线的标准方程，从而得出焦点坐标和准线方程，再利用点到准线的距离公式求解.
2．“”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：因为不等式等价于，
解得：且，
因为且是的真子集，
所以是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先根据分式不等式求解方法得出不等式的解集，再根据与不等式解集之间的关系，利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．已知向量，，向量在向量方向上的投影向量的模为（　　）
A． B． C．3 D．－3
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意知，向量，，
则，
所以，向量在向量方向上的投影向量为，
则向量在向量方向上的投影向量的模为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合数量积的坐标表示求出的值，再根据数量积求投影向量坐标公式得出向量在向量方向上的投影向量的坐标，再利用向量的模的求解公式可得.
4．已知数列的前项和，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由，
可得：，
则，
解得：.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和与之间的关系式，从而得出k的值.
5．函数的极小值点是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：对函数求导，
得，
令，则或，
若，则或；若，则，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减.
则函数的极小值点是.
故答案为：C.
【分析】先对函数求导，再令导数为零求解方程，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而确定函数的极小值点.
6．若随机事件满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】概率的基本性质；条件概率
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据概率的性质和条件概率公式，从而得出的值.
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线的离心率的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义，可得：，
又因为，所以，.
则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用双曲线的定义和性质，建立a，c的不等关系，从而得出双曲线的离心率的最大值.
8．若曲线 () 与圆有公共点，且在点处的切线相同，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对曲线求导得，，则切点所在的切线的斜率为，
因为圆的方程为，所以，
求导得，
因为，所以，则，
化简得，解得，所以，点，
则切线方程为.
因为该切线与圆相切，所以圆心到该直线的距离等于半径，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】利用导数的几何意义结合圆的标准方程得出，再利用导数几何意义得出切点坐标，根据点斜式得出切线方程，再由直线与圆相切位置关系判断方法，从而得出实数a的值.
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.
9．已知复数，为虚数单位，其共轭复数为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．的虚部为
C．对应的点位于复平面的第三象限
D．
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于选项A，因为，所以A错；
对于选项B，因为的虚部为，所以B对；
对于选项C，因为对应的点的坐标为，位于第三象限，所以C对；
对于选项D，因为，所以D对.
故答案为：BCD.
【分析】利用复数的模长公式判断出选项A；利用复数的虚部定义判断出选项B；利用复数的几何意义判断出选项C；利用复数的减法运算法则和共轭复数定义，再利用复数相等判断方法判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．关于中心对称 B．关于直线对称
C．的最小正周期为 D．的最大值为
【答案】B,D
【知识点】函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为不恒等于4，
所以不关于中心对称，故A错误；
对于选项B，因为，
所以关于直线对称，故B正确；
对于选项C，因为，
所以不是的一个周期，故C错误；
对于选项D，因为，
令，
则，所以，
则，
当时，取得最大值，最大值为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和函数图象的对称性，则判断出选项A和选项B；利用函数的周期性判断出选项C；利用已知条件和换元法得到，，再利用二次函数求最值的方法，从而求出的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．统计是研究数据的学问，一组数据的特征数能反映数据的取值规律，如平均数、众数、中位数能刻画数据的集中程度，极差、标准差、方差能刻画数据的离散程度. 已知10个数的平均数为5，根据下列选项的结果，能判断这组数据的中位数不超过7的是（　　）
A．标准差为0 B．众数为3 C．极差为5 D．方差为5
【答案】A,C,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：对于A：若标准差为0，10个数的平均数为5，
则10个数都是5，此时这组数据的中位数为，不超过7，故A正确；
对于B：设这10个数依次为，
则它们的平均数为，满足题意，
此时这组数据的中位数为，超过7，故B错误；
对于C：若极差为5，
则可设这10个数的最小值为，最大值为，
这10个数为，其中，
∵它们的平均数为10，则，
∵，
∴，
此时这组数据的中位数为，
∵，
∴，故C正确；
对于D：设已经从小到大排列好了，则，
现在我们用反证法说明若方差为5，这组数据的中位数不超过7，
证明如下：
设这组数据的中位数超过7，则，
∴，又∵，
∴，则，
所以，
则，
所以，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴方差为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平均数公式、标准差公式和中位数公式，则判断出选项A和选项B；利用极差的定义和平均数公式、中位数公式，则判断出选项C；利用反证法结合不等式的基本性质和琴生不等式，则判断出选项D，从而判断出这组数据的中位数不超过7的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．现将一个7、两个3、三个5排成一排，不同的排列方法有　 　种.
【答案】60
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意知，一个7，两个3，三个5共6个数字全排列，共种方法，
因为6个数字中有两个3和三个5是重复的，
所以共有种方法.
故答案为：60.
【分析】根据已知条件和全排列公式，从而计算出不同的排列方法种数.
13．随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则　 　.
【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，
所以，
则
所以.
故答案为：.
【分析】利用偶函数的定义和正态曲线的对称性求概率的公式，从而得出的值.
14．已知正四面体的顶点均在一个底面半径为1的圆柱侧面上(圆柱的高足够大)，且点到圆柱下底面的距离相等，则该四面体的边长的取值集合是　 　.
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为到圆柱下底面的距离相等，
所以在平行于底面的一个截面圆上，
若也在平行于底面的截面上，
根据正四面体的性质可知，投影到底面圆上分别为，时，
此时显然可知与互相平分且垂直，
因此与为底面圆上两条互相垂直的直径，
所以，
若不在平行于底面的截面上，
如图（1），设正四面体的棱长为，过的中点以及为平面，
则平面，取中点为，
则，
因为平面，平面，
所以，
因此，
因为，所以，
则，
如图（2）：在过且平行于圆柱底面的截面圆中，
由勾股定理，可得，解得，
综上可得或.
故答案为：.
【分析】根据题意可知有两种情况，即在平移于底面且经过的截面圆的同侧和异侧两种情况，再结合正四面体的几何性质和圆柱的几何性质以及勾股定理，从而得出该四面体的边长的取值集合.
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．已知的周长为，且.
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为的周长为，所以，所以；
（2）解：由的面积，可得，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
因为，所以．
【知识点】解三角形；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）利用正弦定理求得，结合的周长求解即可；
（2）根据三角形的面积，结合（1）的结论以及余弦定理求解即可.
（1）解：由正弦定理知，
，
，
的周长为，
，
．
（2）解：的面积，
，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
，
．
16．如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求，，求直线与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，所以，
又因为，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
，则，
因为四边形为矩形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，、平面，
平面.
（2）解：平面，，
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，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
所以，，
则直线与面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先判断出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一和矩形的结构特征得出线线垂直，再由线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，从而证出线面垂直.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面CDE的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出直线与面所成角的正弦值.
（1）证明：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
又因为为的中点，则，，则，
因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，、平面，平面.
（2）解：平面，，
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，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
所以，直线与面所成角的正弦值为.
17．已知函数的定义域为，导函数为，满足，.
（1）讨论函数()在上的单调性，并证明：；
（2）求函数的图象与函数的图象的交点个数.
【答案】（1）解：令，
则，
当时，，
所以在上单调递增；
当时，由，
得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递减；
③当时，，
所以对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递增；
④当时，令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
因此，取，得，所以；
取，得，所以，
则.
（2）解：法一：由题意，等价于方程的不同解的个数，
令，
又等价于函数的不同零点个数，
则.
令，
则.
因此在上单调递增，
因为为增函数，
所以，
则，
因此，存在，使得当时，；
当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以在，分别存在唯一零点，
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
法二：由题意，等价于方程的不同解的个数，
令，
又等价于函数的不同零点个数，
则，
令，
则，，
所以在上单调递增，且，，
因此，存在，使得当时，；
当时，，
则在单调递减，在单调递增，
因为，，，
所以在，分别存在唯一零点，
因此，函数的图象与函数的图象的交点个数为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)利用导数的正负判断函数的单调性，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而证出不等式成立.
(2)利用两函数交点个数问题转化为方程解的个数问题，构造函数转化为函数零点个数问题，再利用导数的正负判断函数单调性，从而确定零点所在的区间和个数，进而得出函数的图象与函数的图象的交点个数.
（1）令，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，由，得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递减；
③当时，，所以对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递增；
④当时，令得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
因此，
取得，，即；
取得，，即；
故.
（2）法一：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则.
令，则.
因此在上单调递增，由于为增函数，，
故，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
而，，
故在，分别存在唯一零点
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
法二：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则，
令，则，，
故在上单调递增，且，，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在递减，在递增，
而，，，
故在，分别存在唯一零点，
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
18．已知两点的坐标分别是，，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线.两个不同点在上运动，满足直线与直线的斜率之比是.
（1）求曲线的方程；
（2）直线是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由；
（3）证明：三角形是钝角三角形.
【答案】（1）解：设，由题意，得且，
则，
整理得，
因此曲线的方程为：（或）.
（2）解：由题意，得，
，
，
设，，
若直线的斜率不存在，
则
解得，此时直线过，
若直线的斜率存在，设直线，
与双曲线方程联立得，
依题意，得且
由韦达定理，得，，
，
，
整理得，此时恒成立，
则直线过，
综上所述，直线过定点.
（3）证明：由（2）知，，
①当时，，均在双曲线的右支，
如图2，此时
图2
则为钝角；
②当时，，在双曲线的两支，
如图1，不妨设在的右支，
图1
记，此时
则为锐角，
因此为钝角，
综上所述，三角形为钝角三角形.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，再利用两点求斜率公式化简得出曲线的方程.
（2）利用已知条件分为斜率不存在和存在两种情形，设直线，再根据和两点求斜率公式结合韦达定理，从而得出和的关系式，进而判断出直线过定点.
（3）由（2）结合韦达定理和分类讨论的方法，再利用数量积的坐标表示和数量积求向量夹角公式，从而证出三角形是钝角三角形.
（1）设，由题意得且，
，整理得
因此曲线的方程为：（或）
（2）由题意得，又，
设，
若直线的斜率不存在，则
解得，此时直线过，
若直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得，
依题意且
由韦达定理得，.
整理得，
此时恒成立，过
综上所述，直线过定点.
（3）由（2）知，
①当时，，均在的右支，
如图2，此时
故为钝角.
②当时，，在的两支，
如图1，不妨设在的右支
记，此时
故为锐角，因此为钝角
综上所述，三角形为钝角三角形
图1 图2
19．在概率中，等效转换是一种很重要的思想方法.例如，甲乙两人比赛下棋，假设每局比赛甲赢的概率为，输的概率为，且每局比赛结果相互独立，那么甲乙进行“3局2胜”制游戏(累计先胜2局者获得最终胜利)，甲获得最终胜利这一事件，可等效为：甲乙进行3局比赛且甲至少赢2局.设3局比赛中甲赢的局数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出甲最终获胜的概率.
（1）若，求“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率；
（2）记“局胜”()制游戏中甲获得最终胜利的概率为，“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为，证明：；
（3）教室里有一盒白粉笔和一盒黄粉笔，其中白粉笔有支，黄粉笔有支(且)，老师上课时每次都等可能地随机选择一盒粉笔，并拿出一支使用，不放回，记白色粉笔先被用完的概率为，证明：.
【答案】（1）解：设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利.
法一：事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局，
记5局比赛中甲赢的局数为，由题意，得，
.
法二：事件分三种情况：
①比赛局数为3，甲3局全胜；
②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局；
③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局，
.
（2）证明：设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，
则且，
在“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利，
若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局；
若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局，
由全概率公式，得：
，
则.
（3）证明：不妨设有无数支粉笔题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔” “总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”，
设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，
则，
所以，
因为事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，
甲、乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，
由对称性可知，
，
，
，
注意到
，
，
.
【知识点】二项分布；组合数公式的推导；反证法与放缩法；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：根据二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率.
方法二：先讨论甲获得最终胜利的情况，再针对每种情况求出对应的概率，利用互斥事件加法求概率公式得出“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率.
（2）先讨论甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的情况，再利用全概率公式证出成立.
（3）先根据题意和二项分布以及对称性，将的表达式写出来，再利用组合数的公式进行化简，再根据放缩法证出不等式成立.
（1）设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利
法一：
事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局.
记5局比赛中甲赢的局数为，由题意得
.
法二：
事件分三种情况
①比赛局数为3，甲3局全胜
②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局
③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局
.
（2）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则
且.
“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利
若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局
若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局
由全概率公式得
故.
（3）不妨设有无数支粉笔
题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔”
“总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”..
设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，则
事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，甲乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，由对称性可知.
注意到
得证.
1 / 1广东省华附、省实、广雅、深中2024~2025学年高二下学期四校期末联考数学试题
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．已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离为（　　）
A． B． C． D．
2．“”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
3．已知向量，，向量在向量方向上的投影向量的模为（　　）
A． B． C．3 D．－3
4．已知数列的前项和，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．函数的极小值点是（　　）
A． B． C． D．
6．若随机事件满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线的离心率的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．若曲线 () 与圆有公共点，且在点处的切线相同，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.
9．已知复数，为虚数单位，其共轭复数为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．的虚部为
C．对应的点位于复平面的第三象限
D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．关于中心对称 B．关于直线对称
C．的最小正周期为 D．的最大值为
11．统计是研究数据的学问，一组数据的特征数能反映数据的取值规律，如平均数、众数、中位数能刻画数据的集中程度，极差、标准差、方差能刻画数据的离散程度. 已知10个数的平均数为5，根据下列选项的结果，能判断这组数据的中位数不超过7的是（　　）
A．标准差为0 B．众数为3 C．极差为5 D．方差为5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．现将一个7、两个3、三个5排成一排，不同的排列方法有　 　种.
13．随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则　 　.
14．已知正四面体的顶点均在一个底面半径为1的圆柱侧面上(圆柱的高足够大)，且点到圆柱下底面的距离相等，则该四面体的边长的取值集合是　 　.
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．已知的周长为，且.
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数.
16．如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求，，求直线与面所成角的正弦值.
17．已知函数的定义域为，导函数为，满足，.
（1）讨论函数()在上的单调性，并证明：；
（2）求函数的图象与函数的图象的交点个数.
18．已知两点的坐标分别是，，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线.两个不同点在上运动，满足直线与直线的斜率之比是.
（1）求曲线的方程；
（2）直线是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由；
（3）证明：三角形是钝角三角形.
19．在概率中，等效转换是一种很重要的思想方法.例如，甲乙两人比赛下棋，假设每局比赛甲赢的概率为，输的概率为，且每局比赛结果相互独立，那么甲乙进行“3局2胜”制游戏(累计先胜2局者获得最终胜利)，甲获得最终胜利这一事件，可等效为：甲乙进行3局比赛且甲至少赢2局.设3局比赛中甲赢的局数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出甲最终获胜的概率.
（1）若，求“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率；
（2）记“局胜”()制游戏中甲获得最终胜利的概率为，“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为，证明：；
（3）教室里有一盒白粉笔和一盒黄粉笔，其中白粉笔有支，黄粉笔有支(且)，老师上课时每次都等可能地随机选择一盒粉笔，并拿出一支使用，不放回，记白色粉笔先被用完的概率为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为标准方程，得，
则抛物线的焦点到准线的距离为.
故答案为：A.
【分析】将抛物线方程化为抛物线的标准方程，从而得出焦点坐标和准线方程，再利用点到准线的距离公式求解.
2．【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：因为不等式等价于，
解得：且，
因为且是的真子集，
所以是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先根据分式不等式求解方法得出不等式的解集，再根据与不等式解集之间的关系，利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意知，向量，，
则，
所以，向量在向量方向上的投影向量为，
则向量在向量方向上的投影向量的模为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合数量积的坐标表示求出的值，再根据数量积求投影向量坐标公式得出向量在向量方向上的投影向量的坐标，再利用向量的模的求解公式可得.
4．【答案】C
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由，
可得：，
则，
解得：.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和与之间的关系式，从而得出k的值.
5．【答案】C
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：对函数求导，
得，
令，则或，
若，则或；若，则，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减.
则函数的极小值点是.
故答案为：C.
【分析】先对函数求导，再令导数为零求解方程，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而确定函数的极小值点.
6．【答案】C
【知识点】概率的基本性质；条件概率
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据概率的性质和条件概率公式，从而得出的值.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义，可得：，
又因为，所以，.
则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用双曲线的定义和性质，建立a，c的不等关系，从而得出双曲线的离心率的最大值.
8．【答案】B
【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；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对曲线求导得，，则切点所在的切线的斜率为，
因为圆的方程为，所以，
求导得，
因为，所以，则，
化简得，解得，所以，点，
则切线方程为.
因为该切线与圆相切，所以圆心到该直线的距离等于半径，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】利用导数的几何意义结合圆的标准方程得出，再利用导数几何意义得出切点坐标，根据点斜式得出切线方程，再由直线与圆相切位置关系判断方法，从而得出实数a的值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
对于选项A，因为，所以A错；
对于选项B，因为的虚部为，所以B对；
对于选项C，因为对应的点的坐标为，位于第三象限，所以C对；
对于选项D，因为，所以D对.
故答案为：BCD.
【分析】利用复数的模长公式判断出选项A；利用复数的虚部定义判断出选项B；利用复数的几何意义判断出选项C；利用复数的减法运算法则和共轭复数定义，再利用复数相等判断方法判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为不恒等于4，
所以不关于中心对称，故A错误；
对于选项B，因为，
所以关于直线对称，故B正确；
对于选项C，因为，
所以不是的一个周期，故C错误；
对于选项D，因为，
令，
则，所以，
则，
当时，取得最大值，最大值为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件和函数图象的对称性，则判断出选项A和选项B；利用函数的周期性判断出选项C；利用已知条件和换元法得到，，再利用二次函数求最值的方法，从而求出的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,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：对于A：若标准差为0，10个数的平均数为5，
则10个数都是5，此时这组数据的中位数为，不超过7，故A正确；
对于B：设这10个数依次为，
则它们的平均数为，满足题意，
此时这组数据的中位数为，超过7，故B错误；
对于C：若极差为5，
则可设这10个数的最小值为，最大值为，
这10个数为，其中，
∵它们的平均数为10，则，
∵，
∴，
此时这组数据的中位数为，
∵，
∴，故C正确；
对于D：设已经从小到大排列好了，则，
现在我们用反证法说明若方差为5，这组数据的中位数不超过7，
证明如下：
设这组数据的中位数超过7，则，
∴，又∵，
∴，则，
所以，
则，
所以，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴方差为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平均数公式、标准差公式和中位数公式，则判断出选项A和选项B；利用极差的定义和平均数公式、中位数公式，则判断出选项C；利用反证法结合不等式的基本性质和琴生不等式，则判断出选项D，从而判断出这组数据的中位数不超过7的选项.
12．【答案】60
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意知，一个7，两个3，三个5共6个数字全排列，共种方法，
因为6个数字中有两个3和三个5是重复的，
所以共有种方法.
故答案为：60.
【分析】根据已知条件和全排列公式，从而计算出不同的排列方法种数.
13．【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，
所以，
则
所以.
故答案为：.
【分析】利用偶函数的定义和正态曲线的对称性求概率的公式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为到圆柱下底面的距离相等，
所以在平行于底面的一个截面圆上，
若也在平行于底面的截面上，
根据正四面体的性质可知，投影到底面圆上分别为，时，
此时显然可知与互相平分且垂直，
因此与为底面圆上两条互相垂直的直径，
所以，
若不在平行于底面的截面上，
如图（1），设正四面体的棱长为，过的中点以及为平面，
则平面，取中点为，
则，
因为平面，平面，
所以，
因此，
因为，所以，
则，
如图（2）：在过且平行于圆柱底面的截面圆中，
由勾股定理，可得，解得，
综上可得或.
故答案为：.
【分析】根据题意可知有两种情况，即在平移于底面且经过的截面圆的同侧和异侧两种情况，再结合正四面体的几何性质和圆柱的几何性质以及勾股定理，从而得出该四面体的边长的取值集合.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为的周长为，所以，所以；
（2）解：由的面积，可得，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
因为，所以．
【知识点】解三角形；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）利用正弦定理求得，结合的周长求解即可；
（2）根据三角形的面积，结合（1）的结论以及余弦定理求解即可.
（1）解：由正弦定理知，
，
，
的周长为，
，
．
（2）解：的面积，
，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
，
．
16．【答案】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，所以，
又因为，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
，则，
因为四边形为矩形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，、平面，
平面.
（2）解：平面，，
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，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
所以，，
则直线与面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先判断出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一和矩形的结构特征得出线线垂直，再由线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，从而证出线面垂直.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面CDE的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出直线与面所成角的正弦值.
（1）证明：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
又因为为的中点，则，，则，
因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，、平面，平面.
（2）解：平面，，
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，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
所以，直线与面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：令，
则，
当时，，
所以在上单调递增；
当时，由，
得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递减；
③当时，，
所以对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递增；
④当时，令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
因此，取，得，所以；
取，得，所以，
则.
（2）解：法一：由题意，等价于方程的不同解的个数，
令，
又等价于函数的不同零点个数，
则.
令，
则.
因此在上单调递增，
因为为增函数，
所以，
则，
因此，存在，使得当时，；
当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以在，分别存在唯一零点，
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
法二：由题意，等价于方程的不同解的个数，
令，
又等价于函数的不同零点个数，
则，
令，
则，，
所以在上单调递增，且，，
因此，存在，使得当时，；
当时，，
则在单调递减，在单调递增，
因为，，，
所以在，分别存在唯一零点，
因此，函数的图象与函数的图象的交点个数为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)利用导数的正负判断函数的单调性，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而证出不等式成立.
(2)利用两函数交点个数问题转化为方程解的个数问题，构造函数转化为函数零点个数问题，再利用导数的正负判断函数单调性，从而确定零点所在的区间和个数，进而得出函数的图象与函数的图象的交点个数.
（1）令，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，由，得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递减；
③当时，，所以对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递增；
④当时，令得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
因此，
取得，，即；
取得，，即；
故.
（2）法一：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则.
令，则.
因此在上单调递增，由于为增函数，，
故，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
而，，
故在，分别存在唯一零点
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
法二：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则，
令，则，，
故在上单调递增，且，，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在递减，在递增，
而，，，
故在，分别存在唯一零点，
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
18．【答案】（1）解：设，由题意，得且，
则，
整理得，
因此曲线的方程为：（或）.
（2）解：由题意，得，
，
，
设，，
若直线的斜率不存在，
则
解得，此时直线过，
若直线的斜率存在，设直线，
与双曲线方程联立得，
依题意，得且
由韦达定理，得，，
，
，
整理得，此时恒成立，
则直线过，
综上所述，直线过定点.
（3）证明：由（2）知，，
①当时，，均在双曲线的右支，
如图2，此时
图2
则为钝角；
②当时，，在双曲线的两支，
如图1，不妨设在的右支，
图1
记，此时
则为锐角，
因此为钝角，
综上所述，三角形为钝角三角形.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，再利用两点求斜率公式化简得出曲线的方程.
（2）利用已知条件分为斜率不存在和存在两种情形，设直线，再根据和两点求斜率公式结合韦达定理，从而得出和的关系式，进而判断出直线过定点.
（3）由（2）结合韦达定理和分类讨论的方法，再利用数量积的坐标表示和数量积求向量夹角公式，从而证出三角形是钝角三角形.
（1）设，由题意得且，
，整理得
因此曲线的方程为：（或）
（2）由题意得，又，
设，
若直线的斜率不存在，则
解得，此时直线过，
若直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得，
依题意且
由韦达定理得，.
整理得，
此时恒成立，过
综上所述，直线过定点.
（3）由（2）知，
①当时，，均在的右支，
如图2，此时
故为钝角.
②当时，，在的两支，
如图1，不妨设在的右支
记，此时
故为锐角，因此为钝角
综上所述，三角形为钝角三角形
图1 图2
19．【答案】（1）解：设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利.
法一：事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局，
记5局比赛中甲赢的局数为，由题意，得，
.
法二：事件分三种情况：
①比赛局数为3，甲3局全胜；
②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局；
③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局，
.
（2）证明：设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，
则且，
在“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利，
若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局；
若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局，
由全概率公式，得：
，
则.
（3）证明：不妨设有无数支粉笔题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔” “总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”，
设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，
则，
所以，
因为事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，
甲、乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，
由对称性可知，
，
，
，
注意到
，
，
.
【知识点】二项分布；组合数公式的推导；反证法与放缩法；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：根据二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率.
方法二：先讨论甲获得最终胜利的情况，再针对每种情况求出对应的概率，利用互斥事件加法求概率公式得出“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率.
（2）先讨论甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的情况，再利用全概率公式证出成立.
（3）先根据题意和二项分布以及对称性，将的表达式写出来，再利用组合数的公式进行化简，再根据放缩法证出不等式成立.
（1）设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利
法一：
事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局.
记5局比赛中甲赢的局数为，由题意得
.
法二：
事件分三种情况
①比赛局数为3，甲3局全胜
②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局
③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局
.
（2）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则
且.
“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利
若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局
若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局
由全概率公式得
故.
（3）不妨设有无数支粉笔
题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔”
“总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”..
设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，则
事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，甲乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，由对称性可知.
注意到
得证.
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