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江苏省南京市第一中学2024-2025学年高二下学期阶段性测试数学试卷
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】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以是整数中的偶数，
则集合中的元素都是集合的元素，但集合中的元素有不是集合的元素，
所以集合是集合的真子集，则.
故答案为：C.
【分析】先利用已知条件判断两个集合的关系，再利用交集的运算法则得出集合.
2．设随机变量，且，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由正态分布曲线的对称性可知，正态分布密度曲线关于对称，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求概率公式，从而得出m的值.
3．若a<0，b<0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为（　　）
A．pq D．p≥q
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：根据题意，
可得：p－q＝＋－a－b
＝＋＝(b2－a2)·
＝＝，
因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.
若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；
若a≠b，则p－q<0，故p综上所述，p≤q.
故答案为：B.
【分析】利用作差法和已知条件以及分类讨论的方法，从而比较出p＝＋与q＝a＋b的大小.
4．若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量的坐标是.
故答案为：D.
【分析】利用数量积求投影向量坐标公式，从而得出向量在向量上的投影向量的坐标.
5．在的展开式中，的系数为（　　）
A．90 B．60 C．30 D．20
【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：要生成这一项，
相当于从5个含有的括号中，2个取出，1个取出，2个取出，
则，
所以的系数为.
故答案为：A.
【分析】根据二项式定理求出展开式的通项，再利用展开式的通项和这一项的生成过程，从而得出的系数.
6．已知在所有男子中有5%患有色盲症，在所有女子中有0.3%患有色盲症，随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率为（设男子和女子的人数相等）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件“男子”，事件“女子”，事件“这个人色盲”，
由题意，得，，且，
所以.
故答案为：C.
【分析】先设事件，结合题意和条件概率公式得到，，和，再结合贝叶斯概率公式得出随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率.
7．用模型拟合一组数据时，为了求出非线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则c等于（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；线性回归方程
【解析】【解答】解：由回归模型，可得，
则，
因为变换后得到线性回归方程为，
可得，所以.
故答案为：B.
【分析】由回归模型，两边取对数得到，再根据题意得到的值，再利用指数式与对数式的互化公式，从而得出c的值.
8．已知定义域为R的函数，满足是奇函数，是偶函数，则下列说法不一定正确的是（　　）
A．的图象关于直线对称 B．
C．的一个周期为4 D．的图象关于点对称
【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由是偶函数，可知，
则函数关于对称，故A正确；
因为是奇函数，所以也是奇函数，关于点对称，故D正确；
由选项A和选项D可知，，则，
所以，则，
所以是周期函数，即周期为4，故C正确；
由可知，，
则函数关于对称，但不确定，故B错误.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件中奇函数图象的对称性和偶函数图象的对称性，则判断出选项A和选项D；结合函数的周期性判断出选项C；由可知，再根据函数图象的对称性，则判断出选项B，从而找出说法不一定正确的选项.
二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．展开式的二项式系数和
D．展开式中二项式系数最大的项为第6项
【答案】A,B
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：因为是前的系数，所以，故A正确；
对于B：令，得；令，，
两式相加后除以2，得，故B正确；
对于C：因为展开式二项式系数的和为，故C错误；
对于D：因为展开式二项式系数最大值为，是第4项和第5项，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据二项式定理得出展开式的通项，再利用通项得出的值，则判断出选项A；根据赋值法结合两式相加后除以2，则判断出选项B；根据二项式系数的性质判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．已知，，，则下列说法正确的是（　　）
A．ab的最小值为8 B．的最小值为
C．的最小值为16 D．的最小值为2
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，，，得，当时等号成立，故A正确；
B、，当，即时等号成立，故B正确；
C、，第一个等号成立的条件是，由A可知，第二个等号成立的条件是，两个等号不能同时成立，所以，故C错误；
D、由，即，，
由A可知，等号成立的条件为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】直接利用基本不等式求解即可判断A；利用基本不等式“1”的妙用求解即可判断B；利用基本不等式结合A选项等号成立的条件求解即可判断C；由，可得，通分结合基本不等式求解即可判断D.
11．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．点P到直线BC的距离的最大值为
C．与平面所成最小角的正切值为
D．点N到平面AMP距离的最大值为
【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，则，故A正确；
因为，，，，，
所以，点到距离为，
当时，取得最大值，故B正确；
因为平面的法向量，设与平面所成的角为，
则，
当或x=2时，取得最小值，此时，故C错误；
因为，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
因为，
所以，点到平面的距离为，
设，
则，
所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则当时，取得最大值，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】先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，再利用两向量垂直数量积坐标运算，则判断出选项A；利用数量积和勾股定理得出点到距离，再利用二次函数求最值的方法，则判断出选项B；利用数量积求向量夹角公式，则判断出选项C；利用已知条件和数量积求点到平面的距离公式，设，再利用导数得出函数的最值，进而得出点N到平面AMP距离的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．将甲、乙、丙、丁4人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有　 　．
【答案】10
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，最左端只能拍甲或乙，可分为两种情况讨论：
甲在最左端，将剩余的3人全排列，共有种不同的排法；
乙在最左端，甲不能在最右端，有2种情况，
将剩余的2人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有种不同的排法，
由分类计数原理，可得共有种不同的排法．
故答案为：10.
【分析】根据题意结合分类讨论的方法和排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出不同排法种数．
13．已知是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为是的必要不充分条件，
所以是的真子集，所以，则实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据必要不充分条件的定义，结合集合的包含关系列式求参数的范围即可.
14．有一只青蛙在正方形池塘的顶点ABCD之间跳跃，假设青蛙它跳向相邻顶点的概率为，跳向不相邻顶点的概率为，若青蛙一开始位于顶点A处，记青蛙跳跃n次后仍位于顶点A上的概率为，则　 　．
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：记次后落在处概率为，得出
则，，
所以，
，，
则，
所以，即，
则，
所以，数列是等比数列，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】记次后落在处概率为与的递推关系，从而计算得出与的关系式，再利用等比数列的定义判断出数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式得出，从而得出的值.
四、解答题：本题共有5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数（为常数，），且为偶函数，
（1）求a的值；
（2）若方程在上有解，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：∵是偶函数，∴，
则，
所以恒成立，
则，得.
（2）解：因为，且，，
又因为单调递增，
所以，，
则
，
设，
因为在上单调递增，
所以，
则实数k的取值范围是．
【知识点】函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据偶函数的定义建立方程，从而得出实数a的值.
（2）利用方程在上有解结合函数的单调性，从而求出k的取值范围.
（1）∵是偶函数，
∴，
即，
即恒成立，
则，得；
（2）因为，且，，
因为单调递增，
所以，，
即
，
设，
因为在上单调递增，所以，
故实数k的取值范围是．
16．已知函数．
（1）若函数在区间上单调递增，求实数a的最小值；
（2）若函数，对，，使成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为函数在区间上单调递增，所以，
则恒成立，
因为单调递增，
所以，则.
（2）解：因为函数，对，，使得成立，
所以，
因为函数，
当单调递减，所以，
因为，所以，
又因为单调递增，所以，
当时，，则单调递减，所以，
则，，所以；
当时，，
，则单调递减；，则单调递增，
因为，
所以最大值是中较大的，则且，
所以，
当时，则，所以单调递增，则，
所以，，则无解；
综上可得：.
【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
【解析】【分析】（1）根据函数在区间上单调性得出恒成立，再结合二次函数的单调性求出，从而得出实数a的最小值.
（2）利用已知条件把不等式关系转化为，再利用导数求出函数的最值，再分类讨论得出，最后列式计算得出实数a的取值范围.
（1）因为，所以，
又因为函数在区间上单调递增，所以，
所以恒成立，
单调递增，所以，所以；
（2）函数，对，，使成立，
所以，
函数，
当单调递减，所以，
因为，所以，
因为单调递增，所以，
当时，所以，所以单调递减，所以，所以，，所以；
当时，，
，所以单调递减，，所以单调递增，
，所以最大值是中较大的，所以且，
所以，
当时，所以，所以单调递增，所以，所以，，所以无解；
综上得：.
17．已知椭圆的离心率，直线被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为原点到直线的距离为，
所以（），
解得，
又因为，
所以，
则椭圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率为时，；
当直线的斜率不为时，设直线：，，，
联立方程组，
得，
由，
得，
所以，，
则，
所以
，
由，得，
所以，
综上可得：，
则的取值范围为.

【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
【解析】【分析】（1）由原点到直线的距离为结合勾股定理得出b的值，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆的方程.
（2）当直线的斜率为时，利用数量积定义求出的值，当直线的斜率不为时，设直线方程为，再将直线方程和椭圆方程联立可得，根据题意得出，再利用平面向量数量积公式和韦达定理结合不等式的性质，从而得出的取值范围．
（1）因为原点到直线的距离为，
所以（），解得.
又，得
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为时，，
当直线的斜率不为时，设直线：，，，
联立方程组，得，
由，得，
所以，，
，
，
由，得，所以.
综上可得：，即.
18．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行6轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”.6轮比赛中，至少获得5次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各4幅，其中有3幅规定作品和2幅创意作品符合入选标准．
（1）从这8幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；
（2）以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，
①设该同学赛前强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为p，请写出p关于，的表达式，并求p的最大值；
②以获得“巧手奖”的次数均值为参考，试预测该同学能否进入决赛？
【答案】（1）解：由题意可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率；
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率；
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
则该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）解：①强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
，
因为且，
所以，
则，
可得：，
则，
所以，
令，则，
当时，p取得最大值，最大值为.
②该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
所以，
则该同学没有希望进入决赛．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意结合分类讨论的方法，再利用组合数结合古典概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而预测出该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）①由题意结合互斥事件加法求概率公式可得，再根据题意可得，再利用换元法和二次函数求最值的方法，从而得出p的最大值.
②根据6轮比赛中获得巧手奖的次数服从二项分布，再利用二项分布数学期望公式得出该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数X的数学期望，再结合题意判断出该同学没有希望进入决赛.
（1）由题可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
故该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）①强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
，
因为且，
也即，即，
故可得：，
，
所以，
令，则，
当时，p取得最大值，最大值为；
②该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
所以，故该同学没有希望进入决赛．
19．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为2的扇形，母线长为4，C是的中点，M为的中点．
（1）证明：面OAB；
（2）若P在弧中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值；
（3）若P是弧上的动点，Q是弧上的动点，且，求直线与直线PQ所成角余弦值的最大值．
【答案】（1）证明：如图所示，过点作，
取的中点，连接，
在矩形中，因为为的中点，可得，
又因为平面，平面，
所以平面，
在中，因为分别为的中点，
可得，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，
则 ，
令，可得，所以
设平面的法向量为，
则 ，
令，可得，所以，
设平面与平面所成的角为，
则，
所以.
（3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且，
设，则，其中
则，
所以，
由，得，，
可得，，
且，
设异面直线与所成的角为，则
设，且，
则
令，其中，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则，
所以，直线与直线PQ所成角余弦值的最大值为.

【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过点作，取的中点，连接，利用中位线定理分别证出直线平面和直线平面，从而证出平面平面，再利用面面平行的性质可得；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，则得出点到坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量的夹角公式求解；
（3）设，从而得到和，设异面直线与所成的角为，可得，令，结合导数求得函数的最大值，进而得出直线与直线PQ所成角余弦值的最大值.
（1）证明：如图所示，过点作，取的中点，连接，
在矩形中，因为为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
在中，因为分别为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，则 ，
令，可得，所以
设平面的法向量为，则 ，
令，可得，所以，
设平面与平面所成的角为，
则，所以.
（3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且，
设，则，其中
则，即，
又由，所以，，
可得，，且，
设异面直线与所成的角为，
则，
设，且，
则
令，其中，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，
所以线与直线PQ所成角余弦值的最大值为.
1 / 1江苏省南京市第一中学2024-2025学年高二下学期阶段性测试数学试卷
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．设随机变量，且，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若a<0，b<0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为（　　）
A．pq D．p≥q
4．若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（　　）
A． B． C． D．
5．在的展开式中，的系数为（　　）
A．90 B．60 C．30 D．20
6．已知在所有男子中有5%患有色盲症，在所有女子中有0.3%患有色盲症，随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率为（设男子和女子的人数相等）（　　）
A． B． C． D．
7．用模型拟合一组数据时，为了求出非线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则c等于（　　）
A． B． C．2 D．
8．已知定义域为R的函数，满足是奇函数，是偶函数，则下列说法不一定正确的是（　　）
A．的图象关于直线对称 B．
C．的一个周期为4 D．的图象关于点对称
二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．展开式的二项式系数和
D．展开式中二项式系数最大的项为第6项
10．已知，，，则下列说法正确的是（　　）
A．ab的最小值为8 B．的最小值为
C．的最小值为16 D．的最小值为2
11．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．点P到直线BC的距离的最大值为
C．与平面所成最小角的正切值为
D．点N到平面AMP距离的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．将甲、乙、丙、丁4人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有　 　．
13．已知是的必要不充分条件，则实数a的取值范围是　 　．
14．有一只青蛙在正方形池塘的顶点ABCD之间跳跃，假设青蛙它跳向相邻顶点的概率为，跳向不相邻顶点的概率为，若青蛙一开始位于顶点A处，记青蛙跳跃n次后仍位于顶点A上的概率为，则　 　．
四、解答题：本题共有5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数（为常数，），且为偶函数，
（1）求a的值；
（2）若方程在上有解，求实数k的取值范围．
16．已知函数．
（1）若函数在区间上单调递增，求实数a的最小值；
（2）若函数，对，，使成立，求实数a的取值范围．
17．已知椭圆的离心率，直线被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，求的取值范围．
18．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行6轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”.6轮比赛中，至少获得5次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各4幅，其中有3幅规定作品和2幅创意作品符合入选标准．
（1）从这8幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；
（2）以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，
①设该同学赛前强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为p，请写出p关于，的表达式，并求p的最大值；
②以获得“巧手奖”的次数均值为参考，试预测该同学能否进入决赛？
19．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为2的扇形，母线长为4，C是的中点，M为的中点．
（1）证明：面OAB；
（2）若P在弧中点，求平面ACM与平面PCM所成角的正弦值；
（3）若P是弧上的动点，Q是弧上的动点，且，求直线与直线PQ所成角余弦值的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以是整数中的偶数，
则集合中的元素都是集合的元素，但集合中的元素有不是集合的元素，
所以集合是集合的真子集，则.
故答案为：C.
【分析】先利用已知条件判断两个集合的关系，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由正态分布曲线的对称性可知，正态分布密度曲线关于对称，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求概率公式，从而得出m的值.
3．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：根据题意，
可得：p－q＝＋－a－b
＝＋＝(b2－a2)·
＝＝，
因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.
若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；
若a≠b，则p－q<0，故p综上所述，p≤q.
故答案为：B.
【分析】利用作差法和已知条件以及分类讨论的方法，从而比较出p＝＋与q＝a＋b的大小.
4．【答案】D
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量的坐标是.
故答案为：D.
【分析】利用数量积求投影向量坐标公式，从而得出向量在向量上的投影向量的坐标.
5．【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：要生成这一项，
相当于从5个含有的括号中，2个取出，1个取出，2个取出，
则，
所以的系数为.
故答案为：A.
【分析】根据二项式定理求出展开式的通项，再利用展开式的通项和这一项的生成过程，从而得出的系数.
6．【答案】C
【知识点】贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设事件“男子”，事件“女子”，事件“这个人色盲”，
由题意，得，，且，
所以.
故答案为：C.
【分析】先设事件，结合题意和条件概率公式得到，，和，再结合贝叶斯概率公式得出随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率.
7．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；线性回归方程
【解析】【解答】解：由回归模型，可得，
则，
因为变换后得到线性回归方程为，
可得，所以.
故答案为：B.
【分析】由回归模型，两边取对数得到，再根据题意得到的值，再利用指数式与对数式的互化公式，从而得出c的值.
8．【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由是偶函数，可知，
则函数关于对称，故A正确；
因为是奇函数，所以也是奇函数，关于点对称，故D正确；
由选项A和选项D可知，，则，
所以，则，
所以是周期函数，即周期为4，故C正确；
由可知，，
则函数关于对称，但不确定，故B错误.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件中奇函数图象的对称性和偶函数图象的对称性，则判断出选项A和选项D；结合函数的周期性判断出选项C；由可知，再根据函数图象的对称性，则判断出选项B，从而找出说法不一定正确的选项.
9．【答案】A,B
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：因为是前的系数，所以，故A正确；
对于B：令，得；令，，
两式相加后除以2，得，故B正确；
对于C：因为展开式二项式系数的和为，故C错误；
对于D：因为展开式二项式系数最大值为，是第4项和第5项，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据二项式定理得出展开式的通项，再利用通项得出的值，则判断出选项A；根据赋值法结合两式相加后除以2，则判断出选项B；根据二项式系数的性质判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，，，得，当时等号成立，故A正确；
B、，当，即时等号成立，故B正确；
C、，第一个等号成立的条件是，由A可知，第二个等号成立的条件是，两个等号不能同时成立，所以，故C错误；
D、由，即，，
由A可知，等号成立的条件为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】直接利用基本不等式求解即可判断A；利用基本不等式“1”的妙用求解即可判断B；利用基本不等式结合A选项等号成立的条件求解即可判断C；由，可得，通分结合基本不等式求解即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，则，故A正确；
因为，，，，，
所以，点到距离为，
当时，取得最大值，故B正确；
因为平面的法向量，设与平面所成的角为，
则，
当或x=2时，取得最小值，此时，故C错误；
因为，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
因为，
所以，点到平面的距离为，
设，
则，
所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则当时，取得最大值，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】先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，再利用两向量垂直数量积坐标运算，则判断出选项A；利用数量积和勾股定理得出点到距离，再利用二次函数求最值的方法，则判断出选项B；利用数量积求向量夹角公式，则判断出选项C；利用已知条件和数量积求点到平面的距离公式，设，再利用导数得出函数的最值，进而得出点N到平面AMP距离的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】10
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，最左端只能拍甲或乙，可分为两种情况讨论：
甲在最左端，将剩余的3人全排列，共有种不同的排法；
乙在最左端，甲不能在最右端，有2种情况，
将剩余的2人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有种不同的排法，
由分类计数原理，可得共有种不同的排法．
故答案为：10.
【分析】根据题意结合分类讨论的方法和排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出不同排法种数．
13．【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为是的必要不充分条件，
所以是的真子集，所以，则实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据必要不充分条件的定义，结合集合的包含关系列式求参数的范围即可.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：记次后落在处概率为，得出
则，，
所以，
，，
则，
所以，即，
则，
所以，数列是等比数列，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】记次后落在处概率为与的递推关系，从而计算得出与的关系式，再利用等比数列的定义判断出数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式得出，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：∵是偶函数，∴，
则，
所以恒成立，
则，得.
（2）解：因为，且，，
又因为单调递增，
所以，，
则
，
设，
因为在上单调递增，
所以，
则实数k的取值范围是．
【知识点】函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据偶函数的定义建立方程，从而得出实数a的值.
（2）利用方程在上有解结合函数的单调性，从而求出k的取值范围.
（1）∵是偶函数，
∴，
即，
即恒成立，
则，得；
（2）因为，且，，
因为单调递增，
所以，，
即
，
设，
因为在上单调递增，所以，
故实数k的取值范围是．
16．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为函数在区间上单调递增，所以，
则恒成立，
因为单调递增，
所以，则.
（2）解：因为函数，对，，使得成立，
所以，
因为函数，
当单调递减，所以，
因为，所以，
又因为单调递增，所以，
当时，，则单调递减，所以，
则，，所以；
当时，，
，则单调递减；，则单调递增，
因为，
所以最大值是中较大的，则且，
所以，
当时，则，所以单调递增，则，
所以，，则无解；
综上可得：.
【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
【解析】【分析】（1）根据函数在区间上单调性得出恒成立，再结合二次函数的单调性求出，从而得出实数a的最小值.
（2）利用已知条件把不等式关系转化为，再利用导数求出函数的最值，再分类讨论得出，最后列式计算得出实数a的取值范围.
（1）因为，所以，
又因为函数在区间上单调递增，所以，
所以恒成立，
单调递增，所以，所以；
（2）函数，对，，使成立，
所以，
函数，
当单调递减，所以，
因为，所以，
因为单调递增，所以，
当时，所以，所以单调递减，所以，所以，，所以；
当时，，
，所以单调递减，，所以单调递增，
，所以最大值是中较大的，所以且，
所以，
当时，所以，所以单调递增，所以，所以，，所以无解；
综上得：.
17．【答案】（1）解：因为原点到直线的距离为，
所以（），
解得，
又因为，
所以，
则椭圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率为时，；
当直线的斜率不为时，设直线：，，，
联立方程组，
得，
由，
得，
所以，，
则，
所以
，
由，得，
所以，
综上可得：，
则的取值范围为.

【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
【解析】【分析】（1）由原点到直线的距离为结合勾股定理得出b的值，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆的方程.
（2）当直线的斜率为时，利用数量积定义求出的值，当直线的斜率不为时，设直线方程为，再将直线方程和椭圆方程联立可得，根据题意得出，再利用平面向量数量积公式和韦达定理结合不等式的性质，从而得出的取值范围．
（1）因为原点到直线的距离为，
所以（），解得.
又，得
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为时，，
当直线的斜率不为时，设直线：，，，
联立方程组，得，
由，得，
所以，，
，
，
由，得，所以.
综上可得：，即.
18．【答案】（1）解：由题意可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率；
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率；
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
则该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）解：①强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
，
因为且，
所以，
则，
可得：，
则，
所以，
令，则，
当时，p取得最大值，最大值为.
②该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
所以，
则该同学没有希望进入决赛．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意结合分类讨论的方法，再利用组合数结合古典概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而预测出该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）①由题意结合互斥事件加法求概率公式可得，再根据题意可得，再利用换元法和二次函数求最值的方法，从而得出p的最大值.
②根据6轮比赛中获得巧手奖的次数服从二项分布，再利用二项分布数学期望公式得出该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数X的数学期望，再结合题意判断出该同学没有希望进入决赛.
（1）由题可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
故该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率.
（2）①强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
，
因为且，
也即，即，
故可得：，
，
所以，
令，则，
当时，p取得最大值，最大值为；
②该同学在6轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
所以，故该同学没有希望进入决赛．
19．【答案】（1）证明：如图所示，过点作，
取的中点，连接，
在矩形中，因为为的中点，可得，
又因为平面，平面，
所以平面，
在中，因为分别为的中点，
可得，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，
则 ，
令，可得，所以
设平面的法向量为，
则 ，
令，可得，所以，
设平面与平面所成的角为，
则，
所以.
（3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且，
设，则，其中
则，
所以，
由，得，，
可得，，
且，
设异面直线与所成的角为，则
设，且，
则
令，其中，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则，
所以，直线与直线PQ所成角余弦值的最大值为.

【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）过点作，取的中点，连接，利用中位线定理分别证出直线平面和直线平面，从而证出平面平面，再利用面面平行的性质可得；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，则得出点到坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量的夹角公式求解；
（3）设，从而得到和，设异面直线与所成的角为，可得，令，结合导数求得函数的最大值，进而得出直线与直线PQ所成角余弦值的最大值.
（1）证明：如图所示，过点作，取的中点，连接，
在矩形中，因为为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
在中，因为分别为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：以为原点，以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为底面是半径为2，母线长为4，是的中点，为的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，则 ，
令，可得，所以
设平面的法向量为，则 ，
令，可得，所以，
设平面与平面所成的角为，
则，所以.
（3）解：若是弧上的动点，是弧上的动点，且，
设，则，其中
则，即，
又由，所以，，
可得，，且，
设异面直线与所成的角为，
则，
设，且，
则
令，其中，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，
所以线与直线PQ所成角余弦值的最大值为.
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