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江西省鹰潭市2024届高三第一次模拟考试数学试题(1)及答案
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这是一份江西省鹰潭市2024届高三第一次模拟考试数学试题(1)及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，集合，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔（Flrence Nightingale）设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法正确的是（ ）
A．2015年至2022年，知识付费用户数量先增加后减少
B．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2022年最多
C．2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增
D．2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
4．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，则
5．某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为，则单位职工体重的方差为（ ）
A．166B．167C．168D．169
6．已知，，=（ ）
A．B．C．3D．
7．已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）
A．22B．23C．30D．31
二、多选题
9．如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ）
A．
B．
C．点的坐标为
D．点的坐标为
10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A．
B．若，则只有一解
C．若为锐角三角形，则取值范围是
D．若为边上的中点，则的最大值为
11．直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ）
A．点的轨迹的长度为.
B．直线与平面所成的角为定值．
C．点到平面的距离的最小值为.
D．的最小值为-2．
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．
13．已知抛物线的焦点为，是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为 ．
14．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，求= ．
四、解答题
15．设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．
(1)求的通项公式;
(2)令，为数列的前项积，证明：．
16．如图1，已知正三角形边长为6，其中，，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面，为中点，如图2．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．2024年春晚为观众带来了一场精彩纷呈的视觉盛宴，同时，也是传统文化与现代科技完美融合的展现.魔术师刘谦为大家呈现了一个精妙绝伦的魔术《守岁共此时》，小明深受启发，在家尝试对这个魔术进行改良，小明准备了甲、乙两个一模一样的袋子，甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2，3，4．乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，小明用左右手分别从甲、乙两袋中取球．
(1)若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；
(2)若左手取完两球后，右手再取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球（左右手完成各取两球为两次取球）的成功取法次数的随机变量，求的分布列．
18．已知在平面直角坐标系中，：，：，平面内有一动点，过作交于，交于，平行四边形面积恒为1.
(1)求点的轨迹方程并说明它是什么图形；
(2)记的轨迹为曲线，，当在轴右侧且不在轴上时，在轴右侧的上一点满足轴平分，且不与轴垂直或是的一条切线，求与，围成的三角形的面积最小值.
19．设A是由个实数组成的m行n列的数表，如果某一行（或某一列）各数之和为负数，则改变该行（或该列）中所有数的符号，称为一次“操作”．
(1)数表A如表1所示，若经过两次“操作”，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表（写出一种方法即可）：
表1
(2)数表A如表2所示，若必须经过两次“操作”，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数a的所有可能值：
表2
(3)对由个实数组成的m行n列的任意一个数表A，能否经过有限次“操作”以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数？请说明理由．
1
2
3
1
0
1
a
参考答案：
1．B
【分析】
利用复数的模公式及复数除法法则即可得解.
【详解】
因为，
所以由，得.
故选：B.
2．A
【分析】
解一元二次不等式求出集合A及，根据集合的包含关系求出结果.
【详解】因为，
或，
因为集合，，所以，
故选：A.
3．D
【分析】
利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.
【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A错误；
对于BC，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：
2016年，；2017年，；
2018年，；2019年，；
2020年，；2021年，；
2022年，；
则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，
知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故BC错误；
对于D，由，
则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D正确.
故选：D.
4．B
【分析】
利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.
【详解】
对于A，若，，则有可能，故A错误；
对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，
又，即，所以，故B正确；
对于C，若，，则有可能，故C错误；
对于D，若，，则有可能，故D错误.
故选：B.
5．D
【分析】
利用分层抽样的平均数和方差公式即可得解.
【详解】依题意，单位职工平均体重为，
则单位职工体重的方差为.
故选：D.
6．D
【分析】利用正切的和差公式化简求得，再利用三角函数诱导公式与三角恒等变换，结合正余弦的齐次式法即可得解.
【详解】因为，所以，
又，即，解得，
所以
.
故选：D.
7．B
【分析】
根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.
【详解】
依题意，椭圆的左焦点为，，
过作轴，垂足为，由，
得，，则，
设，则有，，
由，两式相减得，
则有，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识即可得解.
【详解】因为，，所以，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以，
所以，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整数的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由变换得，从而得以构造函数，由此得解.
9．ABC
【分析】由角的定义求解可判断A；由圆的性质及角的定义求解可判断B；由三角函数定义求解可判断C；由中点坐标公式及三角函数定义，结合角的变换、两角和与差的余弦公式求解可判断D.
【详解】对于A：因为，，所以，正确；
对于B：依题意为线段的中点，则，则，
又，所以，正确；
对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点，
所以，
又，所以点的坐标为，正确；
对于D：
，
，
所以点的坐标为，错误.
故选：ABC
10．ABD
【分析】
利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.
【详解】对于A，因为，所以，则，
因为，所以，故A正确；
对于B，因为，则，，故只有一解，故B正确；
对于C，若为锐角三角形，则，，
则，则，即，
由正弦定理可知：，故C错误；
对于D，若D为边上的中点，则，
所以
由余弦定理知，得，
又，所以，
当且仅当时取得等号，
所以，
即，故D正确.
故选：ABD.
11．BC
【分析】
建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D.
【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，
又，则和都是等边三角形，
设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，
点在四边形及其内部运动，设，，
由，有，
即，
所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，
所以点的轨迹的长度为， A选项错误；
平面的法向量为，，
直线与平面所成的角为，则，
又由，则，
所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确；
，设平面的一个法向量为，
则有，令，得，，
所以点到平面的距离，
，所以时，，
所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；
，
，其几何意义为点到点距离的平方减12，
由，点到点距离最小值为，
的最小值为，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.
12．
【分析】
由题意得的展开式通项，令，求出回代到通项公式中去即可求解.
【详解】的展开式通项为，
由题意令，解得，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
13．
【分析】
先分析得的轨迹，再利用抛物线的定义，结合圆的性质数形结合即可得解.
【详解】如图所示，易知，直线过定点，
因为，所以Q在以为直径的圆上，
不妨设其圆心为，显然半径，
分别过作准线的垂线，垂足为，
结合抛物线定义有，
当且仅当均在线段上时取得等号.
故答案为：.
14．
【分析】
先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得的值，从而得解.
【详解】因为是偶函数，则，
两边求导得，所以是奇函数，故，
由，
代入，得，
则，所以，
又是奇函数，所以，
所以是周期函数，且周期为4，
又，可知也是以4为周期的周期函数，
令，得，故，
而所以，
令，得，则，
而，，
又，则，
，
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用等差数列定义可得，再利用与的关系即可得解；
（2）由与可得，从而利用累乘法得到，进而得证.
【详解】（1）因为是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
则，
因为，故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关线段长与相关点坐标，利用空间角的向量求法即可得解；
（2）分别求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量法即可得解.
【详解】（1）取的中点为的中点为，连接，，，
因为正三角形中，，，
所以，则四边形为等腰梯形，
故；
由翻折性质可得，,
则，是的中点，，
平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为正的边长为，
则为正三角形，边长为，则，
，，
在中，由勾股定理得，
，
则，
，
异面直线所成角的取值范围为，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由（1）得，，
，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概型及对立事件的概率公式即可得解；
（2）求出的可能取值，再求出各个值对应的概率，求出分布列即可得解.
【详解】（1）记事件为“两手所取的球不同色”，事件是两手所取球颜色相同，
则，所以.
（2）依题意，的可能取值为，
左手所取的两球颜色相同的概率为，
右手所取的两球颜色相同的概率为，
，
，
，
所以的分布列为：
18．(1)或，图形为两组双曲线
(2)
【分析】
（1）联立直线的方程可得点，进而根据点到直线的距离公式，结合三角形面积公式即可化简得轨迹方程，
（2）根据满足轴平分，确定在：上，即可联立直线直线与双曲线方程，利用相切可得直线方程为：，利用斜率之和可得直线恒过定点，即可设直线方程为，联立直线间的方程可得坐标，即可由面积公式求解.
【详解】（1）设点
则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，
点到直线的距离为
且，
因此，，则或，
因此：或，图形为两组双曲线.
（2）由题，轴平分，若在上，则由于在渐近线下方，无法与双曲线相切且在轴右侧最多一个交点，
故由对称性，与轴垂直，故舍去，
在：上
设，则与斜率和为0，，
若斜率不存在时，由题，则与相切，设：，
与：联立得，
由相切，令判别式为0，即，解得，
此时，所以：，
斜率存在时，由，得，则，
整理得，故恒过定点，且其斜率的绝对值大于渐近线的斜率，
设：，与交于，与交于，
则，，
联立解得，，
则，当且仅当，即斜率不存在时取等，
故面积的最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
19．(1)答案见解析；
(2)或
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据题中一次“操作”的含义，将原数表改变第4列，再改变第2行即可；或者改变第2行，改变第4列也可得（写出一种即可）；
（2） 每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1；①如果先操作第三列，第一行之和为，第二行之和为，再考虑第二次操作，由此列出不等关系解得；②如果操作第一行，再根据各列的和考虑第二次操作，由条件列不等式求，（3） 按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和），由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中mn个数之和增加，由此证明结论．
【详解】（1）法1：
法2：
法3：
（写出一种即可）
（2）数表A
每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1;
①如果先操作第三列，则
则第一行之和为，第二行之和为，
若，则，即，
再操作第二行，则
此时第四列为负数，不满足要求；
若，则，即，
再操作第一行，则
由已知，，又a为整数，
解得或，
若，则
若，则
所以或满足要求，
②如果先操作第一行，则
则第一列的所有数的和为，第二列的所有数的和为，
第三列的所有数的和为，第四列的所有数的和为，
若，则，与已知矛盾，
若，则，与已知矛盾，
若，则，又a为整数，
由已知，所以或，
若，则
再操作第三列即可，
若，则
再操作第三列即可.
综上，或，
（3）
按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和）由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中个数之和增加，且增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其绝对值，显然，数表中个数之和必然小于等于，可见其增加的趋势必在有限次之后终止,终止之时必然所有的行和与所有的列和均为非负整数，故结论成立.
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
0
1
2
1
2
3
改变第四列
1
2
3
改变第二行
1
2
3
1
0
1
1
0
0
1
2
3
改变第二行
1
2
3
改变第四列
1
2
3
1
0
1
0
0
1
2
3
改变第一列
2
3
改变第四列
2
3
1
0
1
0
0
一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，集合，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔（Flrence Nightingale）设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法正确的是（ ）
A．2015年至2022年，知识付费用户数量先增加后减少
B．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2022年最多
C．2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增
D．2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
4．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，则
5．某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为，则单位职工体重的方差为（ ）
A．166B．167C．168D．169
6．已知，，=（ ）
A．B．C．3D．
7．已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）
A．22B．23C．30D．31
二、多选题
9．如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ）
A．
B．
C．点的坐标为
D．点的坐标为
10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A．
B．若，则只有一解
C．若为锐角三角形，则取值范围是
D．若为边上的中点，则的最大值为
11．直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ）
A．点的轨迹的长度为.
B．直线与平面所成的角为定值．
C．点到平面的距离的最小值为.
D．的最小值为-2．
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．
13．已知抛物线的焦点为，是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为 ．
14．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，求= ．
四、解答题
15．设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．
(1)求的通项公式;
(2)令，为数列的前项积，证明：．
16．如图1，已知正三角形边长为6，其中，，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面，为中点，如图2．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．2024年春晚为观众带来了一场精彩纷呈的视觉盛宴，同时，也是传统文化与现代科技完美融合的展现.魔术师刘谦为大家呈现了一个精妙绝伦的魔术《守岁共此时》，小明深受启发，在家尝试对这个魔术进行改良，小明准备了甲、乙两个一模一样的袋子，甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2，3，4．乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，小明用左右手分别从甲、乙两袋中取球．
(1)若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；
(2)若左手取完两球后，右手再取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球（左右手完成各取两球为两次取球）的成功取法次数的随机变量，求的分布列．
18．已知在平面直角坐标系中，：，：，平面内有一动点，过作交于，交于，平行四边形面积恒为1.
(1)求点的轨迹方程并说明它是什么图形；
(2)记的轨迹为曲线，，当在轴右侧且不在轴上时，在轴右侧的上一点满足轴平分，且不与轴垂直或是的一条切线，求与，围成的三角形的面积最小值.
19．设A是由个实数组成的m行n列的数表，如果某一行（或某一列）各数之和为负数，则改变该行（或该列）中所有数的符号，称为一次“操作”．
(1)数表A如表1所示，若经过两次“操作”，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表（写出一种方法即可）：
表1
(2)数表A如表2所示，若必须经过两次“操作”，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数a的所有可能值：
表2
(3)对由个实数组成的m行n列的任意一个数表A，能否经过有限次“操作”以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数？请说明理由．
1
2
3
1
0
1
a
参考答案：
1．B
【分析】
利用复数的模公式及复数除法法则即可得解.
【详解】
因为，
所以由，得.
故选：B.
2．A
【分析】
解一元二次不等式求出集合A及，根据集合的包含关系求出结果.
【详解】因为，
或，
因为集合，，所以，
故选：A.
3．D
【分析】
利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.
【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A错误；
对于BC，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：
2016年，；2017年，；
2018年，；2019年，；
2020年，；2021年，；
2022年，；
则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，
知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故BC错误；
对于D，由，
则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D正确.
故选：D.
4．B
【分析】
利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.
【详解】
对于A，若，，则有可能，故A错误；
对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，
又，即，所以，故B正确；
对于C，若，，则有可能，故C错误；
对于D，若，，则有可能，故D错误.
故选：B.
5．D
【分析】
利用分层抽样的平均数和方差公式即可得解.
【详解】依题意，单位职工平均体重为，
则单位职工体重的方差为.
故选：D.
6．D
【分析】利用正切的和差公式化简求得，再利用三角函数诱导公式与三角恒等变换，结合正余弦的齐次式法即可得解.
【详解】因为，所以，
又，即，解得，
所以
.
故选：D.
7．B
【分析】
根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.
【详解】
依题意，椭圆的左焦点为，，
过作轴，垂足为，由，
得，，则，
设，则有，，
由，两式相减得，
则有，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识即可得解.
【详解】因为，，所以，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以，
所以，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整数的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由变换得，从而得以构造函数，由此得解.
9．ABC
【分析】由角的定义求解可判断A；由圆的性质及角的定义求解可判断B；由三角函数定义求解可判断C；由中点坐标公式及三角函数定义，结合角的变换、两角和与差的余弦公式求解可判断D.
【详解】对于A：因为，，所以，正确；
对于B：依题意为线段的中点，则，则，
又，所以，正确；
对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点，
所以，
又，所以点的坐标为，正确；
对于D：
，
，
所以点的坐标为，错误.
故选：ABC
10．ABD
【分析】
利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.
【详解】对于A，因为，所以，则，
因为，所以，故A正确；
对于B，因为，则，，故只有一解，故B正确；
对于C，若为锐角三角形，则，，
则，则，即，
由正弦定理可知：，故C错误；
对于D，若D为边上的中点，则，
所以
由余弦定理知，得，
又，所以，
当且仅当时取得等号，
所以，
即，故D正确.
故选：ABD.
11．BC
【分析】
建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D.
【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，
又，则和都是等边三角形，
设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，
点在四边形及其内部运动，设，，
由，有，
即，
所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，
所以点的轨迹的长度为， A选项错误；
平面的法向量为，，
直线与平面所成的角为，则，
又由，则，
所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确；
，设平面的一个法向量为，
则有，令，得，，
所以点到平面的距离，
，所以时，，
所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；
，
，其几何意义为点到点距离的平方减12，
由，点到点距离最小值为，
的最小值为，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.
12．
【分析】
由题意得的展开式通项，令，求出回代到通项公式中去即可求解.
【详解】的展开式通项为，
由题意令，解得，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
13．
【分析】
先分析得的轨迹，再利用抛物线的定义，结合圆的性质数形结合即可得解.
【详解】如图所示，易知，直线过定点，
因为，所以Q在以为直径的圆上，
不妨设其圆心为，显然半径，
分别过作准线的垂线，垂足为，
结合抛物线定义有，
当且仅当均在线段上时取得等号.
故答案为：.
14．
【分析】
先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得的值，从而得解.
【详解】因为是偶函数，则，
两边求导得，所以是奇函数，故，
由，
代入，得，
则，所以，
又是奇函数，所以，
所以是周期函数，且周期为4，
又，可知也是以4为周期的周期函数，
令，得，故，
而所以，
令，得，则，
而，，
又，则，
，
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用等差数列定义可得，再利用与的关系即可得解；
（2）由与可得，从而利用累乘法得到，进而得证.
【详解】（1）因为是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
则，
因为，故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关线段长与相关点坐标，利用空间角的向量求法即可得解；
（2）分别求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量法即可得解.
【详解】（1）取的中点为的中点为，连接，，，
因为正三角形中，，，
所以，则四边形为等腰梯形，
故；
由翻折性质可得，,
则，是的中点，，
平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为正的边长为，
则为正三角形，边长为，则，
，，
在中，由勾股定理得，
，
则，
，
异面直线所成角的取值范围为，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由（1）得，，
，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概型及对立事件的概率公式即可得解；
（2）求出的可能取值，再求出各个值对应的概率，求出分布列即可得解.
【详解】（1）记事件为“两手所取的球不同色”，事件是两手所取球颜色相同，
则，所以.
（2）依题意，的可能取值为，
左手所取的两球颜色相同的概率为，
右手所取的两球颜色相同的概率为，
，
，
，
所以的分布列为：
18．(1)或，图形为两组双曲线
(2)
【分析】
（1）联立直线的方程可得点，进而根据点到直线的距离公式，结合三角形面积公式即可化简得轨迹方程，
（2）根据满足轴平分，确定在：上，即可联立直线直线与双曲线方程，利用相切可得直线方程为：，利用斜率之和可得直线恒过定点，即可设直线方程为，联立直线间的方程可得坐标，即可由面积公式求解.
【详解】（1）设点
则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，
点到直线的距离为
且，
因此，，则或，
因此：或，图形为两组双曲线.
（2）由题，轴平分，若在上，则由于在渐近线下方，无法与双曲线相切且在轴右侧最多一个交点，
故由对称性，与轴垂直，故舍去，
在：上
设，则与斜率和为0，，
若斜率不存在时，由题，则与相切，设：，
与：联立得，
由相切，令判别式为0，即，解得，
此时，所以：，
斜率存在时，由，得，则，
整理得，故恒过定点，且其斜率的绝对值大于渐近线的斜率，
设：，与交于，与交于，
则，，
联立解得，，
则，当且仅当，即斜率不存在时取等，
故面积的最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
19．(1)答案见解析；
(2)或
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据题中一次“操作”的含义，将原数表改变第4列，再改变第2行即可；或者改变第2行，改变第4列也可得（写出一种即可）；
（2） 每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1；①如果先操作第三列，第一行之和为，第二行之和为，再考虑第二次操作，由此列出不等关系解得；②如果操作第一行，再根据各列的和考虑第二次操作，由条件列不等式求，（3） 按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和），由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中mn个数之和增加，由此证明结论．
【详解】（1）法1：
法2：
法3：
（写出一种即可）
（2）数表A
每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1;
①如果先操作第三列，则
则第一行之和为，第二行之和为，
若，则，即，
再操作第二行，则
此时第四列为负数，不满足要求；
若，则，即，
再操作第一行，则
由已知，，又a为整数，
解得或，
若，则
若，则
所以或满足要求，
②如果先操作第一行，则
则第一列的所有数的和为，第二列的所有数的和为，
第三列的所有数的和为，第四列的所有数的和为，
若，则，与已知矛盾，
若，则，与已知矛盾，
若，则，又a为整数，
由已知，所以或，
若，则
再操作第三列即可，
若，则
再操作第三列即可.
综上，或，
（3）
按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和）由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中个数之和增加，且增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其绝对值，显然，数表中个数之和必然小于等于，可见其增加的趋势必在有限次之后终止,终止之时必然所有的行和与所有的列和均为非负整数，故结论成立.
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
0
1
2
1
2
3
改变第四列
1
2
3
改变第二行
1
2
3
1
0
1
1
0
0
1
2
3
改变第二行
1
2
3
改变第四列
1
2
3
1
0
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0
0
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2
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改变第一列
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改变第四列
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