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2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）五
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这是一份2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）五，文件包含单元素质评价二第二单元同步练习教师版2023-2024部编版历史八年级上册docx、单元素质评价二第二单元同步练习学生版2023-2024部编版历史八年级上册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
一､单项选择题：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，定义叫做集合的长度，若集合的长度为4，则的长度为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】先求出一元二次不等式对应方程的根，再讨论根的大小确定两个集合，从而可求出两集合的交集，通过长度为4可求出的值，再求两集合的并集及其长度.
【详解】方程的两根为，的两根为，
当时，，
当时，，，则，
当时，，，则，
因为的长度为4，所以或，得或，
当时，，，则，
当时，，，则
所以的长度为10，
故选：D
2. 设是方程的一个复数根，这里.则下列各数一定是方程的根的是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于是已知方程的一个根，于是，.也就是说是方程的根.由于实系数方程的复根成对出现，故也是①的根.
相应地，是原方程的根. 选B.
3. 设a，b，c为正数，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用待定系数法法结合基本不等式可求的最大值，也可以利用三角换元结合辅助角公式、正弦函数的性质可求最大值.我们也可以利用基本不等式把转化为关于的代数式，从而可求最大值.
【详解】解法一 根据题意，有
，
其中，令，
解得，
于是，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法二 令，其中，则
，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法三 根据题意，有
，
等号当，且即时取得，
因此所求最大值为．
故选：A.
4. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.
【详解】满足，，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
故选：B.
5. 15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．
6. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是
A ①B. ②C. ①②D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
【详解】由得,,,
所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示,易知,
四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.
故选C.
【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.
7. 已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用退一作差法求得，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】由，
当时，，
当时，由得，
两式相减并化简得，
也符合上式，所以，
令，
为常数，
所以数列是等差数列，首项，
所以，
对称轴为，
由于对任意的恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】与前项和有关的求通项的问题，可考虑利用“退一作差法”来进行求解，和类似.求解等差数列前项和最值有关的问题，可结合二次函数的性质来进行求解.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，即；
解法一：构造，则，
当时，可得，则在上单调递增，
又因为，则，
所以，
则，即；
解法二：构造，则，
令，解得，则在上单调递减，
所以，
即，则，可得；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体的外接球表面积为
B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.
B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.
D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，
正四面体的体积最大值，
由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，
所以正四面体的外接球半径为，
设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.
故选：ABD
10. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 为等比数列
C.
D. 信封均被投错概率大于
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据分类加法原理求，由此判断A，根据等比数列定义判断B，利用累加法求，判断C，由泰勒定理求，结合比差法判断D.
【详解】设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，
有，，共种错投方式，
同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，
故共有种错投方式，
所以，故A正确；
因为，
所以，
又，
所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；
所以，
所以，
因为，
所以时，，故C正确；
装错信封的概率为，
，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上所述：当为奇数时，，
当为偶数时，，故D错误．
故选：ABC．
11. 下述正确的是（ ）
A. 若，则的最大值是25
B. 若，则的最大值是
C. 若，则的最小值是4
D. 若，则的最小值是12
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本不等式判断各选项．
【详解】选项A，或时，，因此最大值在时取得，此时，当且仅当时等号成立，A正确；
选项B，，由于，，当且仅当即时等号成立，所以，最大值为，B正确；
选项C，，，，当且仅当即时等号成立，由于等号不成立，C错误；
选项D，，则，，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
在即时，取得最小值0，
综上，即时，取得最小值，D正确．
故选：ABD．
12. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 点的横坐标的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 面积的最大值为
D. 的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2 …an的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
考点：等比数列及其应用
14. 已知的展开式的二项式系数和为128，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数和，可求得n值，设，则，所求即为，根据展开式的通项公式，即可求得，即可得答案.
【详解】由的展开式的二项式系数和为128，则，∴．
设，则，则，
∴，，
∴．
故答案为：
15. 已知平面直角坐标系中向量的旋转和复数有关，对于任意向量，对应复数，向量逆时针旋转一个角度，得到复数，于是对应向量．这就是向量的旋转公式．已知正三角形的两个顶点坐标是，根据此公式，求得点的坐标是_______．（任写一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求出对应的复数，确定旋转角，利用旋转公式求出对应的复数，即可列式求解作答.
【详解】设点的坐标为，点，则，
从而对应的复数为，
若由逆时针旋转得到，对应的复数为，
因此，解得，
则的坐标是；
若由逆时针旋转得到，对应的复数为，
因此，解得，
则点的坐标是．
故答案为：（或）
16. 定义：如果函数在上存在，满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”，给出下列四个命题：
（1）二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；
（2）函数是上的“对望函数”；
（3）函数是上的“对望函数”；
（4）为上的“对望函数”，则在上不单调；
其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】根据“对望函数”定义并结合四个函数导函数可判断四种说法的正确与否,（2）（3）需要注意导数的计算和方程的根要在给定的定义域内.
【详解】（1）二次函数导函数是一次函数，在上不可能存在 ，满足 ，故二次函数 在任意区间 上都不可能是“对望函数”正确；
(2)函数的导函数是 ，，令 ，解得： 且 ，故函数是 上的“对望函数”正确；
(3)函数导函数， ，令 ，因为 两解；即函数是上的“对望函数”，正确；
（4）为上的“对望函数”，函数 在 上单调，不正确.
故正确命题的序号为（1）（2）（3）
【点睛】本题是一道新定义函数问题，考查了对函数性质的理解和应用，属于创新题目，解题时首先要求解函数的导数，再将新定义函数的性质转化为导数的性质，进而结合函数的零点情况确定所满足的条件.
四､解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在中，角所对的边分别为.已知.
（1）求角；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化以及两角和的正弦公式进行求值；（2）利用正弦定理求出，从而求出，然后利用二倍角公式计算出，利用，可求值.
【小问1详解】
因为，
所以，故，
所以.
因为，所以
因为，所以.
【小问2详解】
由正弦定理，得，
解得.
因为，所以，
所以.
所以，
所以
18. 已知数列的前n项和为，，且，数列满足，，，都有．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设，，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，再写一式，两式相减，可得出，再由已知可得出，分析可知数列为常数列，可求得数列的通项公式，由题意判断数列为等比数列，直接写出通项公式；
（2）利用错位相减法求求出，在将不等式转化为恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，所以当时，，两式相减得，
所以，即，
又因为，则，满足，
所以，数列为常数列，故，则，
因为数列满足，，，都有，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
则
【小问2详解】
解：因为①，
所以②，
由①②得，
所以.
又，所以不等式，
即为，即恒成立，
构造函数，
当时，恒成立，则满足条件；
当时，由二次函数性质知不恒成立；
当时，由于，则在上单调递减，
则恒成立，则满足条件，
综上所述，实数的取值范围是.
19. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）根据底面是正方形，且平面，可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，得平面的一个法向量，由数量积公式得，从而得，即可证明得平面；
（2）求解平面的法向量，设存在点，，设，代入表示出点，从而写出，再根据向量夹角的计算公式列式化简计算求出值，即可得答案.
【小问1详解】
因为底面是正方形，且平面，
所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
易知平面的一个法向量为，
所以，，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
则，当，可取，
假设存在点，，
设，所以，
所以，得，
所以，
得，解得或，
所以或
20. 为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委为所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员及获奖情况由组委会按规则另行确定，数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在区间内，记，以5为组距得出的分布如下：
当时，若，其中，则.
（1）求k的值；
（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的学生无缘获奖也不能参加附加赛；分数在内的学生评为一等奖；分数在内的学生评为二等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为一等奖；分数在内的学生评为三等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖学生均不降低获奖等级，且附加赛获奖等级在第一阶段获奖等级基础上，最多升高一级）.设参加附加赛的学生获奖提升情况互相独立.在所有最初参赛学生中随机选择一名学生A.
①求学生A最终能获得一等奖的概率；
②已知学生B在第一阶段获得二等奖，求学生A最终获奖等级不低于学生B最终获奖等级的概率.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）依题意，即可表示出、、概率，再根据所有的概率之和为，得到方程，解得即可；
（2）①用频率估计概率，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
②用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j的概率，其中，，2，，记为“学生A最终获奖等级不低于学生B的最终获奖等级”，利用相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式，求出学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率．
【小问1详解】
解：根据题意，
由，解得.
【小问2详解】
解：①由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，学生A的分数属于区间的概率分别是：.
故学生A最终获得一等奖的概率是
②我们用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j的概率，其中记“学生A最终获奖等级不低于学生B的最终获奖等级”为事件W，由事件的互斥性和独立性，可得：
.
21. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求得得椭圆方程；
（2）设的直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程得，由垂直求得，再把代入，换元后利用基本不等式得最大值．
【小问1详解】
由已知可得，解得，，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设的直线方程为，，，
联立方程整理得，
所以，
因为，
所以，
即.
所以.
整理得，解得或（舍去），
所以
所以，
令，
则，
此时最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值求法：
引入参数设出动直线方程，代入圆锥曲线方程后应用韦达定理，用点的坐标表示出待求最值的量的表达式，如果只有一个参数，则直接代入韦达定理的结果后，利用函数知识、不等式知识或导数知识求得最值，如果有两个参数，则利用韦达定理的结果和题中条件求出一个参数值或两个参数关系，消去一个参数，然后再求得最值．
22. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，由导数的几何意义求解即可；
（2）要证明，即证明，即证明.方法一：设，对求导，得到的单调性和最值，即可证明；方法二：令，对求导，得到的单调性和最值，可得，即可证明.
【小问1详解】
由已知，
，
在点处的切线方程为.
【小问2详解】
要证明，即证明，即证明.
方法一：设，则，
令可得.
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
.
.
，即.
方法二：令，
得在上恒成立，
在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增
即，
，即.
X
Y
一､单项选择题：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，定义叫做集合的长度，若集合的长度为4，则的长度为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】先求出一元二次不等式对应方程的根，再讨论根的大小确定两个集合，从而可求出两集合的交集，通过长度为4可求出的值，再求两集合的并集及其长度.
【详解】方程的两根为，的两根为，
当时，，
当时，，，则，
当时，，，则，
因为的长度为4，所以或，得或，
当时，，，则，
当时，，，则
所以的长度为10，
故选：D
2. 设是方程的一个复数根，这里.则下列各数一定是方程的根的是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于是已知方程的一个根，于是，.也就是说是方程的根.由于实系数方程的复根成对出现，故也是①的根.
相应地，是原方程的根. 选B.
3. 设a，b，c为正数，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用待定系数法法结合基本不等式可求的最大值，也可以利用三角换元结合辅助角公式、正弦函数的性质可求最大值.我们也可以利用基本不等式把转化为关于的代数式，从而可求最大值.
【详解】解法一 根据题意，有
，
其中，令，
解得，
于是，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法二 令，其中，则
，
等号当时取得，因此所求最大值为．
解法三 根据题意，有
，
等号当，且即时取得，
因此所求最大值为．
故选：A.
4. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.
【详解】满足，，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
故选：B.
5. 15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．
6. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是
A ①B. ②C. ①②D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
【详解】由得,,,
所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示,易知,
四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.
故选C.
【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.
7. 已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用退一作差法求得，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】由，
当时，，
当时，由得，
两式相减并化简得，
也符合上式，所以，
令，
为常数，
所以数列是等差数列，首项，
所以，
对称轴为，
由于对任意的恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】与前项和有关的求通项的问题，可考虑利用“退一作差法”来进行求解，和类似.求解等差数列前项和最值有关的问题，可结合二次函数的性质来进行求解.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，即；
解法一：构造，则，
当时，可得，则在上单调递增，
又因为，则，
所以，
则，即；
解法二：构造，则，
令，解得，则在上单调递减，
所以，
即，则，可得；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体的外接球表面积为
B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.
B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.
D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，
正四面体的体积最大值，
由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，
所以正四面体的外接球半径为，
设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.
故选：ABD
10. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 为等比数列
C.
D. 信封均被投错概率大于
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据分类加法原理求，由此判断A，根据等比数列定义判断B，利用累加法求，判断C，由泰勒定理求，结合比差法判断D.
【详解】设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，
有，，共种错投方式，
同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，
故共有种错投方式，
所以，故A正确；
因为，
所以，
又，
所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；
所以，
所以，
因为，
所以时，，故C正确；
装错信封的概率为，
，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上所述：当为奇数时，，
当为偶数时，，故D错误．
故选：ABC．
11. 下述正确的是（ ）
A. 若，则的最大值是25
B. 若，则的最大值是
C. 若，则的最小值是4
D. 若，则的最小值是12
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本不等式判断各选项．
【详解】选项A，或时，，因此最大值在时取得，此时，当且仅当时等号成立，A正确；
选项B，，由于，，当且仅当即时等号成立，所以，最大值为，B正确；
选项C，，，，当且仅当即时等号成立，由于等号不成立，C错误；
选项D，，则，，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
在即时，取得最小值0，
综上，即时，取得最小值，D正确．
故选：ABD．
12. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 点的横坐标的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 面积的最大值为
D. 的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2 …an的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
考点：等比数列及其应用
14. 已知的展开式的二项式系数和为128，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数和，可求得n值，设，则，所求即为，根据展开式的通项公式，即可求得，即可得答案.
【详解】由的展开式的二项式系数和为128，则，∴．
设，则，则，
∴，，
∴．
故答案为：
15. 已知平面直角坐标系中向量的旋转和复数有关，对于任意向量，对应复数，向量逆时针旋转一个角度，得到复数，于是对应向量．这就是向量的旋转公式．已知正三角形的两个顶点坐标是，根据此公式，求得点的坐标是_______．（任写一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求出对应的复数，确定旋转角，利用旋转公式求出对应的复数，即可列式求解作答.
【详解】设点的坐标为，点，则，
从而对应的复数为，
若由逆时针旋转得到，对应的复数为，
因此，解得，
则的坐标是；
若由逆时针旋转得到，对应的复数为，
因此，解得，
则点的坐标是．
故答案为：（或）
16. 定义：如果函数在上存在，满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”，给出下列四个命题：
（1）二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；
（2）函数是上的“对望函数”；
（3）函数是上的“对望函数”；
（4）为上的“对望函数”，则在上不单调；
其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】根据“对望函数”定义并结合四个函数导函数可判断四种说法的正确与否,（2）（3）需要注意导数的计算和方程的根要在给定的定义域内.
【详解】（1）二次函数导函数是一次函数，在上不可能存在 ，满足 ，故二次函数 在任意区间 上都不可能是“对望函数”正确；
(2)函数的导函数是 ，，令 ，解得： 且 ，故函数是 上的“对望函数”正确；
(3)函数导函数， ，令 ，因为 两解；即函数是上的“对望函数”，正确；
（4）为上的“对望函数”，函数 在 上单调，不正确.
故正确命题的序号为（1）（2）（3）
【点睛】本题是一道新定义函数问题，考查了对函数性质的理解和应用，属于创新题目，解题时首先要求解函数的导数，再将新定义函数的性质转化为导数的性质，进而结合函数的零点情况确定所满足的条件.
四､解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在中，角所对的边分别为.已知.
（1）求角；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化以及两角和的正弦公式进行求值；（2）利用正弦定理求出，从而求出，然后利用二倍角公式计算出，利用，可求值.
【小问1详解】
因为，
所以，故，
所以.
因为，所以
因为，所以.
【小问2详解】
由正弦定理，得，
解得.
因为，所以，
所以.
所以，
所以
18. 已知数列的前n项和为，，且，数列满足，，，都有．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设，，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，再写一式，两式相减，可得出，再由已知可得出，分析可知数列为常数列，可求得数列的通项公式，由题意判断数列为等比数列，直接写出通项公式；
（2）利用错位相减法求求出，在将不等式转化为恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，所以当时，，两式相减得，
所以，即，
又因为，则，满足，
所以，数列为常数列，故，则，
因为数列满足，，，都有，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
则
【小问2详解】
解：因为①，
所以②，
由①②得，
所以.
又，所以不等式，
即为，即恒成立，
构造函数，
当时，恒成立，则满足条件；
当时，由二次函数性质知不恒成立；
当时，由于，则在上单调递减，
则恒成立，则满足条件，
综上所述，实数的取值范围是.
19. 已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）根据底面是正方形，且平面，可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，得平面的一个法向量，由数量积公式得，从而得，即可证明得平面；
（2）求解平面的法向量，设存在点，，设，代入表示出点，从而写出，再根据向量夹角的计算公式列式化简计算求出值，即可得答案.
【小问1详解】
因为底面是正方形，且平面，
所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
易知平面的一个法向量为，
所以，，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
则，当，可取，
假设存在点，，
设，所以，
所以，得，
所以，
得，解得或，
所以或
20. 为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委为所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员及获奖情况由组委会按规则另行确定，数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在区间内，记，以5为组距得出的分布如下：
当时，若，其中，则.
（1）求k的值；
（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的学生无缘获奖也不能参加附加赛；分数在内的学生评为一等奖；分数在内的学生评为二等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为一等奖；分数在内的学生评为三等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖学生均不降低获奖等级，且附加赛获奖等级在第一阶段获奖等级基础上，最多升高一级）.设参加附加赛的学生获奖提升情况互相独立.在所有最初参赛学生中随机选择一名学生A.
①求学生A最终能获得一等奖的概率；
②已知学生B在第一阶段获得二等奖，求学生A最终获奖等级不低于学生B最终获奖等级的概率.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）依题意，即可表示出、、概率，再根据所有的概率之和为，得到方程，解得即可；
（2）①用频率估计概率，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
②用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j的概率，其中，，2，，记为“学生A最终获奖等级不低于学生B的最终获奖等级”，利用相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式，求出学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率．
【小问1详解】
解：根据题意，
由，解得.
【小问2详解】
解：①由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，学生A的分数属于区间的概率分别是：.
故学生A最终获得一等奖的概率是
②我们用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j的概率，其中记“学生A最终获奖等级不低于学生B的最终获奖等级”为事件W，由事件的互斥性和独立性，可得：
.
21. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求得得椭圆方程；
（2）设的直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程得，由垂直求得，再把代入，换元后利用基本不等式得最大值．
【小问1详解】
由已知可得，解得，，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设的直线方程为，，，
联立方程整理得，
所以，
因为，
所以，
即.
所以.
整理得，解得或（舍去），
所以
所以，
令，
则，
此时最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值求法：
引入参数设出动直线方程，代入圆锥曲线方程后应用韦达定理，用点的坐标表示出待求最值的量的表达式，如果只有一个参数，则直接代入韦达定理的结果后，利用函数知识、不等式知识或导数知识求得最值，如果有两个参数，则利用韦达定理的结果和题中条件求出一个参数值或两个参数关系，消去一个参数，然后再求得最值．
22. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，由导数的几何意义求解即可；
（2）要证明，即证明，即证明.方法一：设，对求导，得到的单调性和最值，即可证明；方法二：令，对求导，得到的单调性和最值，可得，即可证明.
【小问1详解】
由已知，
，
在点处的切线方程为.
【小问2详解】
要证明，即证明，即证明.
方法一：设，则，
令可得.
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
.
.
，即.
方法二：令，
得在上恒成立，
在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增
即，
，即.
X
Y
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