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广东省深圳市红岭中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
2．已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（　　）
A． B． C．16 D．18
3．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
4．若随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为（　　）
A．9 B．8 C． D．
5．设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，则等于（　　）
A． B． C． D．
6．如图，无人机在离地面高100m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°，已知，则山的高度MN为（　　）
A． B．150m C． D．
7．双曲线与抛物线有一个公共焦点，双曲线上过点且垂直实轴的弦长为，则双曲线的离心率等于（　　）
A． B． C． D．
8．若数列满足，，则的个位数字为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题的4个选项中至少有两个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
9．下列四个命题中为真命题的是（　　）
A．已知，且，则
B．二项式的展开式中的常数项是45
C．若随机变量A，B满足：，，则A，B相互独立
D．从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为
10．下列四个结论，其中正确的为（　　）
A．动点P到点，的距离之差的绝对值为2，则点P的轨迹是双曲线
B．过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有3条
C．双曲线与双曲线有相同的渐近线
D．点在圆内
11．如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（　　）
A．与所成角的余弦值为
B．不存在点使得
C．若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
D．若，过点的平面与线段交于点，则
三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分，请将你认为正确的答案填在答题卡上）
12．将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有　 　．（用数字作答）
13．已知随机事件，．若，，，则　 　．
14．已知函数在上单调递增，则的最大值为　 　．
四、解答题（本大题共5小题，共计77分）
15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，，设为的角平分线，求的长.
（3）若，且的面积为，求的周长.
16．交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站．
（1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35
50
11
30
合计 55
完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？
（2）根据以往调图经验，列车在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立．已知原定终到站编号为11的列车经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为，求的分布列及均值．
附，其中．
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点，N是上的一点．
（1）证明：平面平面；
（2）求点M到平面的距离；
（3）若异面直线和所成角的余弦值为，求二面角的正弦值．
18．已知函数.
（1）证明：当时，恒成立；
（2）求函数的单调区间；
（3）设数列，的前项和为，证明：.
19．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为，，是面积为1的直角三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离；
（3）求四边形面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”是存在量词命题，
其否定是全称量词命题，
则所求的否定是：，.
故答案为：D.
【分析】利用存在量词命题的否定为全称量词命题，从而得出命题“，”的否定.
2．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，所以，
即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项，结合等差数列通项公式列式求得公差，再根据等差数列的通项公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意得易得，故.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的并集运算，核心是先分别解对数不等式和一元二次不等式，求出集合M与N，再求它们的并集。
4．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正态分布定义
【解析】【解答】解：由正态分布曲线的对称性得，，，
∴，
当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】本题结合正态分布的对称性与基本不等式求最值，核心是先利用正态分布的对称性得出，再用“乘1法”结合基本不等式求解的最小值。
5．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，，
在点处的切线方程为：，
令得：，
．
故答案为：D．
【分析】本题考查导数的几何意义与数列累乘，核心是先求出切线方程，再得到xn 的表达式，最后通过累乘化简求解。
6．【答案】B
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，，
在中，，，则，
又，，
所以，，
在中，，即，解得，
在中，，
故答案为：B.
【分析】本题考查解三角形在实际问题中的应用，核心是先利用直角三角形求出AC的长度，再通过正弦定理求出CM，最后在直角三角形中计算山的高度MN。
7．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的焦点坐标为，即双曲线的一个焦点为，.
令，代入双曲线得，则，
过点且垂直于实轴的弦长为，
，即，则，
.
故答案为：C
【分析】本题考查双曲线与抛物线的几何性质，核心是先确定双曲线的焦点，再利用通径长度求出参数，最后计算离心率。
8．【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：令得，即，
所以数列是公差为2的等差数列，
所以，
取，得：，取，得：，
取，得：，取，得：，
所以，解得：，因此，
所以，
累加得，
故，所以个位数为5.
故答案为：D.
【分析】本题考查数列递推关系的应用，核心是先通过递推关系求出数列的通项公式，再计算特定项的个位数字。
9．【答案】A,B,C
【知识点】相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；二项分布；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A，由题意得，，解得，A正确；
B，的展开式中的常数项为，B正确；
C，由，得，即，A，B相互独立，C正确；
D，取得2件次品的概率为，D错误.
故答案为：ABC
【分析】A：利用二项分布的期望公式计算；B：利用二项式定理求展开式的常数项；C：根据条件概率公式和相互独立事件的定义判断；D：利用组合数公式计算超几何分布的概率。
10．【答案】B,D
【知识点】点与圆的位置关系；双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：A，因为动点P到点，的距离之差的绝对值为2，但，所以点P的轨迹不是双曲线，故A错误；
B，由于在抛物线外，所以过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有三条，一条平行于轴，一条与轴重合，另外一条与抛物线相切，故B正确；
C，双曲线渐近线为，双曲线渐近线为，故C错误；
D，因为，所以点在圆内，故D正确.
故答案为：BD
【分析】A：根据双曲线的定义判断；B：分析过点与抛物线有且只有一个公共点的直线条数；C：分别求两个双曲线的渐近线并比较；D：判断点与圆的位置关系。
11．【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：取中点中点，连接，则.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.因为平面，所以，
所以直线两两垂直，
故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
故，A正确；
因为，
故），
若，则，
即，
解得或，所以存在点，使得B错误；
设交于点，则球心在过且垂直于平面的直线上，
则可设球心为，又，
所以，解得，
所以外接球半径，外接球表面积为，C正确；
设，则
.
因为共面，则共面，
故存在唯一实数对，使得，
即
，所以，
解得，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线与所成角的余弦值；B：用向量法判断是否存在使得；C：确定四棱锥外接球的球心与半径，计算表面积；D：设，利用四点共面的向量关系求。
12．【答案】9
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，排数字0有种方法；排数字2有种方法；排数字6有1种方法，
所以组成的不同四位数的个数是.
故答案为：9
【分析】本题考查含重复元素的排列问题，核心是分步确定数字的位置，同时考虑首位不为0的限制。
13．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和条件概率乘法公式，从而求出的值，再由和事件的概率公式和交事件的概率公式，从而求出的值，再由条件概率公式得出的值.
14．【答案】
【知识点】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：因为，
则，
（i）若，则对任意的恒成立，
由可得，由可得，
此时函数的减区间为，增区间为，不符合题意；
（ii）若，由可得或，
①若，由可得或，由可得，
此时函数的增区间为、，减区间为，不符合题意；
②若，由可得或，由可得，
此时函数的增区间为、，减区间为，不符合题意；
③当时，对任意的，恒成立，当且仅当时，等号成立，
此时函数在上为增函数，合乎题意，所以，故，
所以，令，，则，
由可得，由可得，
所以函数的增区间为，减区间为，
故.
综上所述，的最大值为.
故答案为：.
【分析】本题考查函数单调性与导数的关系，核心是先通过导数分析函数单调递增的条件，再转化为单变量函数求最值。
15．【答案】（1）解：在中，由及由正弦定理，得，
而，则，又，
所以.
（2）解：由（1）知，由为的角平分线，得，
即，而，，
所以.
（3）解：由（1）知，由，得，
又，由余弦定理，得，
即，解得，
所以的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，化简得，从而求出；
(2) 利用角平分线分三角形面积的方法，建立方程求解；
(3) 由面积公式求出，再结合余弦定理求，进而得到周长。
（1）在中，由及由正弦定理，得，
而，则，又，
所以.
（2）由（1）知，由为的角平分线，得，
即，而，，
所以.
（3）由（1）知，由，得，
又，由余弦定理，得，
即，解得，
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：补充列联表如下：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35 15 50
11 20 30 50
合计 55 45 100
零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，则，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为旅客满意程度与车站编号有关联.
（2）解：由题的可能取值为8，10，12，14，
则；；
；，
所以的分布列为
8 10 12 14
所以．
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先补全列联表，再计算卡方统计量并与临界值比较，判断是否关联；
(2) 确定随机变量X的可能取值，计算各取值的概率，列出分布列并求期望。
（1））补充列联表如下：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35 15 50
11 20 30 50
合计 55 45 100
零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，则，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为旅客满意程度与车站编号有关联.
（2）由题的可能取值为8，10，12，14，
则；；
；，
所以的分布列为
8 10 12 14
所以．
17．【答案】（1）证明：
因为平面，平面，
所以，又，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
又是中点，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）解：由题意得，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，，M是的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
故可取，故所求为；
（3）解：
由（2）可知，
因为三点共线，所以可设
，
而，
若异面直线和所成角的余弦值为，
则，即，
解得，
所以，
因为平面，
所以平面的一个法向量可以是，
设平面的法向量为，
注意到，
所以，令，解得，
故可取，
所以二面角的余弦值的绝对值为，
故所求为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 证明平面AMD与平面PBC垂直，需证明PB垂直于平面AMD内的两条相交直线AM和AD；
(2) 建立空间直角坐标系，利用向量法求点M到平面PCD的距离；
(3) 结合异面直线所成角的条件，求出N点坐标，再计算二面角N-MA-D的正弦值。
（1）
因为平面，平面，
所以，又，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
又是中点，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）由题知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，，M是的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
故可取，故所求为；
（3）
由（2）可知，
因为三点共线，所以可设
，
而，
若异面直线和所成角的余弦值为，
则，即，
解得，
所以，
因为平面，
所以平面的一个法向量可以是，
设平面的法向量为，
注意到，
所以，令，解得，
故可取，
所以二面角的余弦值的绝对值为，
故所求为.
18．【答案】（1）证明：由已知当时，，
可得，
令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（2）解：由，，
可得，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）证明：由（1）得在上恒成立，且当时，不等式取等号，
所以当时，，
即，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合；不等式的证明
【解析】【分析】(1) 当k=1时，通过求导分析函数单调性，证明f(x)的最小值为 0；
(2) 对k分类讨论，求导后分析导数的符号，确定函数的单调区间；
(3) 利用 (1) 中的结论，结合放缩法证明数列不等式。
（1）由已知当时，，
可得，
令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（2）由，，
可得，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）由（1）得在上恒成立，且当时，不等式取等号，
所以当时，，
即，
所以.
19．【答案】（1）解：如图，设椭圆的焦距为，
易得，，，
又因为为面积为1直角三角形，，
所以椭圆的离心率.
（2）解：有第一问知，故椭圆方程为，
设，且，即，
，
其对称轴为，而，当，即时，
在时取得最大值，；
当，即时，
在时取得最大值，.
综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）解：设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四边形的面积为，
，
因为，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
故，即四边形面积的取值范围为.
【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) 利用直角三角形的性质与面积公式求出，进而得到离心率；
(2) 设椭圆上动点，表示出，通过二次函数的最值分析求最大距离；
(3) 设过焦点的直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出面积，再求其取值范围。
（1）如图，设椭圆的焦距为，
易得，，，
又因为为面积为1直角三角形，，
所以椭圆的离心率.
（2）有第一问知，故椭圆方程为，
设，且，即，
，
其对称轴为，而，当，即时，
在时取得最大值，；
当，即时，
在时取得最大值，.
综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四边形的面积为，
，
因为，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
故，即四边形面积的取值范围为.
1 / 1广东省深圳市红岭中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”是存在量词命题，
其否定是全称量词命题，
则所求的否定是：，.
故答案为：D.
【分析】利用存在量词命题的否定为全称量词命题，从而得出命题“，”的否定.
2．已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（　　）
A． B． C．16 D．18
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，所以，
即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项，结合等差数列通项公式列式求得公差，再根据等差数列的通项公式求解即可.
3．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意得易得，故.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的并集运算，核心是先分别解对数不等式和一元二次不等式，求出集合M与N，再求它们的并集。
4．若随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为（　　）
A．9 B．8 C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正态分布定义
【解析】【解答】解：由正态分布曲线的对称性得，，，
∴，
当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】本题结合正态分布的对称性与基本不等式求最值，核心是先利用正态分布的对称性得出，再用“乘1法”结合基本不等式求解的最小值。
5．设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，，
在点处的切线方程为：，
令得：，
．
故答案为：D．
【分析】本题考查导数的几何意义与数列累乘，核心是先求出切线方程，再得到xn 的表达式，最后通过累乘化简求解。
6．如图，无人机在离地面高100m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°，已知，则山的高度MN为（　　）
A． B．150m C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，，
在中，，，则，
又，，
所以，，
在中，，即，解得，
在中，，
故答案为：B.
【分析】本题考查解三角形在实际问题中的应用，核心是先利用直角三角形求出AC的长度，再通过正弦定理求出CM，最后在直角三角形中计算山的高度MN。
7．双曲线与抛物线有一个公共焦点，双曲线上过点且垂直实轴的弦长为，则双曲线的离心率等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：抛物线的焦点坐标为，即双曲线的一个焦点为，.
令，代入双曲线得，则，
过点且垂直于实轴的弦长为，
，即，则，
.
故答案为：C
【分析】本题考查双曲线与抛物线的几何性质，核心是先确定双曲线的焦点，再利用通径长度求出参数，最后计算离心率。
8．若数列满足，，则的个位数字为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：令得，即，
所以数列是公差为2的等差数列，
所以，
取，得：，取，得：，
取，得：，取，得：，
所以，解得：，因此，
所以，
累加得，
故，所以个位数为5.
故答案为：D.
【分析】本题考查数列递推关系的应用，核心是先通过递推关系求出数列的通项公式，再计算特定项的个位数字。
二、多项选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题的4个选项中至少有两个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
9．下列四个命题中为真命题的是（　　）
A．已知，且，则
B．二项式的展开式中的常数项是45
C．若随机变量A，B满足：，，则A，B相互独立
D．从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为
【答案】A,B,C
【知识点】相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；二项分布；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A，由题意得，，解得，A正确；
B，的展开式中的常数项为，B正确；
C，由，得，即，A，B相互独立，C正确；
D，取得2件次品的概率为，D错误.
故答案为：ABC
【分析】A：利用二项分布的期望公式计算；B：利用二项式定理求展开式的常数项；C：根据条件概率公式和相互独立事件的定义判断；D：利用组合数公式计算超几何分布的概率。
10．下列四个结论，其中正确的为（　　）
A．动点P到点，的距离之差的绝对值为2，则点P的轨迹是双曲线
B．过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有3条
C．双曲线与双曲线有相同的渐近线
D．点在圆内
【答案】B,D
【知识点】点与圆的位置关系；双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：A，因为动点P到点，的距离之差的绝对值为2，但，所以点P的轨迹不是双曲线，故A错误；
B，由于在抛物线外，所以过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有三条，一条平行于轴，一条与轴重合，另外一条与抛物线相切，故B正确；
C，双曲线渐近线为，双曲线渐近线为，故C错误；
D，因为，所以点在圆内，故D正确.
故答案为：BD
【分析】A：根据双曲线的定义判断；B：分析过点与抛物线有且只有一个公共点的直线条数；C：分别求两个双曲线的渐近线并比较；D：判断点与圆的位置关系。
11．如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（　　）
A．与所成角的余弦值为
B．不存在点使得
C．若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
D．若，过点的平面与线段交于点，则
【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：取中点中点，连接，则.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.因为平面，所以，
所以直线两两垂直，
故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
故，A正确；
因为，
故），
若，则，
即，
解得或，所以存在点，使得B错误；
设交于点，则球心在过且垂直于平面的直线上，
则可设球心为，又，
所以，解得，
所以外接球半径，外接球表面积为，C正确；
设，则
.
因为共面，则共面，
故存在唯一实数对，使得，
即
，所以，
解得，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线与所成角的余弦值；B：用向量法判断是否存在使得；C：确定四棱锥外接球的球心与半径，计算表面积；D：设，利用四点共面的向量关系求。
三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分，请将你认为正确的答案填在答题卡上）
12．将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有　 　．（用数字作答）
【答案】9
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，排数字0有种方法；排数字2有种方法；排数字6有1种方法，
所以组成的不同四位数的个数是.
故答案为：9
【分析】本题考查含重复元素的排列问题，核心是分步确定数字的位置，同时考虑首位不为0的限制。
13．已知随机事件，．若，，，则　 　．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和条件概率乘法公式，从而求出的值，再由和事件的概率公式和交事件的概率公式，从而求出的值，再由条件概率公式得出的值.
14．已知函数在上单调递增，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】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：因为，
则，
（i）若，则对任意的恒成立，
由可得，由可得，
此时函数的减区间为，增区间为，不符合题意；
（ii）若，由可得或，
①若，由可得或，由可得，
此时函数的增区间为、，减区间为，不符合题意；
②若，由可得或，由可得，
此时函数的增区间为、，减区间为，不符合题意；
③当时，对任意的，恒成立，当且仅当时，等号成立，
此时函数在上为增函数，合乎题意，所以，故，
所以，令，，则，
由可得，由可得，
所以函数的增区间为，减区间为，
故.
综上所述，的最大值为.
故答案为：.
【分析】本题考查函数单调性与导数的关系，核心是先通过导数分析函数单调递增的条件，再转化为单变量函数求最值。
四、解答题（本大题共5小题，共计77分）
15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，，设为的角平分线，求的长.
（3）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：在中，由及由正弦定理，得，
而，则，又，
所以.
（2）解：由（1）知，由为的角平分线，得，
即，而，，
所以.
（3）解：由（1）知，由，得，
又，由余弦定理，得，
即，解得，
所以的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，化简得，从而求出；
(2) 利用角平分线分三角形面积的方法，建立方程求解；
(3) 由面积公式求出，再结合余弦定理求，进而得到周长。
（1）在中，由及由正弦定理，得，
而，则，又，
所以.
（2）由（1）知，由为的角平分线，得，
即，而，，
所以.
（3）由（1）知，由，得，
又，由余弦定理，得，
即，解得，
所以的周长为.
16．交通强国，铁路先行，每年我国铁路部门都会根据运输需求进行铁路调图，一铁路线l上有自东向西依次编号为1，2，…，21的21个车站．
（1）为调查乘客对调图的满意度，在编号为10和11两个站点多次乘坐列车的旅客中，随机抽取100名旅客，得出数据（不完整）如下表所示：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35
50
11
30
合计 55
完善表格数据并计算分析：依据小概率值的独立性检验，在这两个车站中，能否认为旅客满意程度与车站编号有关联？
（2）根据以往调图经验，列车在编号为8至14的终到站每次调图时有的概率改为当前终到站的西侧一站，有的概率改为当前终到站的东侧一站，每次调图之间相互独立．已知原定终到站编号为11的列车经历了3次调图，第3次调图后的终到站编号记为，求的分布列及均值．
附，其中．
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
【答案】（1）解：补充列联表如下：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35 15 50
11 20 30 50
合计 55 45 100
零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，则，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为旅客满意程度与车站编号有关联.
（2）解：由题的可能取值为8，10，12，14，
则；；
；，
所以的分布列为
8 10 12 14
所以．
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先补全列联表，再计算卡方统计量并与临界值比较，判断是否关联；
(2) 确定随机变量X的可能取值，计算各取值的概率，列出分布列并求期望。
（1））补充列联表如下：
车站编号 满意 不满意 合计
10 35 15 50
11 20 30 50
合计 55 45 100
零假设为：旅客满意程度与车站编号无关，则，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为旅客满意程度与车站编号有关联.
（2）由题的可能取值为8，10，12，14，
则；；
；，
所以的分布列为
8 10 12 14
所以．
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点，N是上的一点．
（1）证明：平面平面；
（2）求点M到平面的距离；
（3）若异面直线和所成角的余弦值为，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：
因为平面，平面，
所以，又，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
又是中点，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）解：由题意得，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，，M是的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
故可取，故所求为；
（3）解：
由（2）可知，
因为三点共线，所以可设
，
而，
若异面直线和所成角的余弦值为，
则，即，
解得，
所以，
因为平面，
所以平面的一个法向量可以是，
设平面的法向量为，
注意到，
所以，令，解得，
故可取，
所以二面角的余弦值的绝对值为，
故所求为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 证明平面AMD与平面PBC垂直，需证明PB垂直于平面AMD内的两条相交直线AM和AD；
(2) 建立空间直角坐标系，利用向量法求点M到平面PCD的距离；
(3) 结合异面直线所成角的条件，求出N点坐标，再计算二面角N-MA-D的正弦值。
（1）
因为平面，平面，
所以，又，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
又是中点，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）由题知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，，M是的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
故可取，故所求为；
（3）
由（2）可知，
因为三点共线，所以可设
，
而，
若异面直线和所成角的余弦值为，
则，即，
解得，
所以，
因为平面，
所以平面的一个法向量可以是，
设平面的法向量为，
注意到，
所以，令，解得，
故可取，
所以二面角的余弦值的绝对值为，
故所求为.
18．已知函数.
（1）证明：当时，恒成立；
（2）求函数的单调区间；
（3）设数列，的前项和为，证明：.
【答案】（1）证明：由已知当时，，
可得，
令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（2）解：由，，
可得，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）证明：由（1）得在上恒成立，且当时，不等式取等号，
所以当时，，
即，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合；不等式的证明
【解析】【分析】(1) 当k=1时，通过求导分析函数单调性，证明f(x)的最小值为 0；
(2) 对k分类讨论，求导后分析导数的符号，确定函数的单调区间；
(3) 利用 (1) 中的结论，结合放缩法证明数列不等式。
（1）由已知当时，，
可得，
令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
（2）由，，
可得，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）由（1）得在上恒成立，且当时，不等式取等号，
所以当时，，
即，
所以.
19．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为，，是面积为1的直角三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离；
（3）求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）解：如图，设椭圆的焦距为，
易得，，，
又因为为面积为1直角三角形，，
所以椭圆的离心率.
（2）解：有第一问知，故椭圆方程为，
设，且，即，
，
其对称轴为，而，当，即时，
在时取得最大值，；
当，即时，
在时取得最大值，.
综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）解：设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四边形的面积为，
，
因为，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
故，即四边形面积的取值范围为.
【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) 利用直角三角形的性质与面积公式求出，进而得到离心率；
(2) 设椭圆上动点，表示出，通过二次函数的最值分析求最大距离；
(3) 设过焦点的直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出面积，再求其取值范围。
（1）如图，设椭圆的焦距为，
易得，，，
又因为为面积为1直角三角形，，
所以椭圆的离心率.
（2）有第一问知，故椭圆方程为，
设，且，即，
，
其对称轴为，而，当，即时，
在时取得最大值，；
当，即时，
在时取得最大值，.
综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四边形的面积为，
，
因为，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
故，即四边形面积的取值范围为.
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