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山西省晋中市2024届高三下学期5月高考适应训练考试数学试卷（原卷版+解析版）
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2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，
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. 复数在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】对应的点位于第一象限，选A.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集的定义，将两个集合的条件联立即可得到结果.
【详解】由，或，
知.
故选：C.
3. 下列函数中既是奇函数，又在上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数和单调性的定义，结合基本初等函数的图象逐项判断.
【详解】对于A：函数的定义域为R，
又，所以是偶函数，故A错误；
对于B：由幂函数的图象可知，在上单调递增，故B错误；
对于C：函数的定义域为，
又，所以是奇函数，
又幂函数都在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故C正确；
对于D：因为对数函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故D错误.
故选：C.
4. 已知圆，过圆外一点作两条夹角为的直线分别与圆相交，当所得的弦长均为2时，（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定圆心，然后由条件可知到两直线的距离，设到其中一条直线的投影为，由条件可知，最后利用即得结果.
【详解】圆的方程化为标准方程即为，所以圆心，且半径.
而一条直线被圆所截得的弦长为2，意味着圆心到该直线的距离.
记到其中一条直线的投影为，则，，所以.
故选：B.
5. 如图，16颗黑色围棋子构成的正方形网格，从其中任选3颗互相连线，可以围成不同的三角形的个数为（两个三角形中至少有一个顶点不同即认为是不同的三角形）（ ）
A. 576B. 528C. 520D. 516
【答案】D
【解析】
【分析】考虑运用间接法，用从16颗棋子中任选3颗的方法数，去掉不符合题意的情形下的方法数即得.
【详解】运用间接法，在从16颗棋子中任选3颗的方法数，
去掉有4颗棋子在一条直线上的10种情形下的方法数和恰有三颗棋子在一条直线上的4种情形下的方法数，
即得可围成的不同的三角形的个数，为.
故选：D.
6. 已知则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知平分求和可得的值，结合角度范围可得所求.
【详解】因为
平方求和得：所以
由得所以或，
又，则，所以，
所以
故选：B.
7. 已知三棱锥中，分别为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量数量积和运算律求出的值，再分别求出两向量的模，最后利用夹角公式即可.
【详解】记，则，
，
则，
，
，
设直线与所成的角为则
，
所以
故选：C.
8. 已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率.
【详解】设O为坐标原点，由，得，又两渐近线关于轴对称，所以
直线斜率为，则，
令，则，
中，由正弦定理得，
即，解得，故，
所以的离心率
故选：B
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A. 在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变
B. 具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强
C. 若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则决定系数
D. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，若在回归方程上；对于B，C，由相关系数和相关指数的性质判断；对于D，由残差点分布的特征判断.
【详解】对于A，若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；
对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；
对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；
对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．
故选：CD
10. 已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为非奇非偶函数
C. 若，则D. 对任意恒成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】先将条件化为，然后直接在恒等式中取特殊值，即可验证A选项，并得到，再由此验证C和D选项. 对于B选项，直接给出一个反例即可.
【详解】我们有恒等式：.
对于A，由恒等式可得，而，故，所以，即，故A正确；
对于B，由于满足条件且是偶函数，所以有可能是偶函数，故B错误；
对于C，由恒等式可得，故.
若，则，故C正确；
对于D，由恒等式可得.
而，故和同号（同为正数，或同为负数，或同为0），
从而再由可知，即，故D正确.
故选：ACD.
11. 在正四棱台中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为
B. 若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为
C. 若侧棱长为为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），则不可能成立
D. 若侧棱长为为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正四棱台的几何性质确定其内切球球心的位置，即可得该棱台的侧棱长，从而可判断A；根据几何体的外接球的几何性质确定上下底面截面圆半径，分析截面与球心位置，从而可判断B；利用空间直线与平面的位置关系，建立空间直角坐标系验证是否垂直，从而可判断C；根据棱台截面分割图形性质，结合锥体体积关系求解，可判断D.
【详解】对于A，如图（1），设分别为棱的中点，则，
当正四棱台存在内切球时，球的大圆为等腰梯形的内切圆，
根据切线长定理，可知，此时，正四楼台侧面的高为，侧棱长为，故A正确；
对于B，当正四棱台的外接球半径为时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，
截面圆的半径分别为，因为，故截面圆均为外接球的小圆，
设为外接球球心，截面圆的圆心，则为正四棱台的高，
如图（2），此时截面圆在球心同侧，
如图（3），此时截面圆在球心异侧，
因此符合要求的棱台有2个，故B错误；
对于C，当侧楼长为正四棱台的高为1，取棱的中点连，接设与交于点
则为线段上的动点时，直线在平面内，根据正四棱台的性质，
可知假设与不重合），则必有平面，
建立如图（4）所示的空间直角坐标系，
则，
则即与不垂直，故平面不成立，故假设不成立，故C正确；
对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据条件可作出符合题意的截面，
如图（5）所示，
截面下方的多面体体积根据截面性质，
可以得出分别为楼的中点，且故
同理可得，所以根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为
所以截面上方多面体的体积为4，故较小部分的体积为4，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上一点满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知及可解出，再用数量积的运算律即可得到结果.
【详解】由已知有，故.
所以.
故答案为：.
13. 下面给出一个“三角形数阵”：
该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为第2行的数由左至右依次为依次类推，则______．
【答案】1792
【解析】
【分析】先确定所在的行数和列数，然后用等差数列工具确定该行的第一项，再用等比数列工具确定的取值.
【详解】由，，，知是第行的第个数.
而每一行的第一个数构成首项和公差均为的等差数列，从而第行的第一个数是.
又因为每一行成公比为的等比数列，故第行的第个数等于.
故答案为：.
14. 已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为______．
【答案】5
【解析】
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用基本不等式证明的最大值是，中间需要一定的平方式计算.
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接用余弦定理求得，进而得到；
（2）思路一：利用正弦定理三角恒等变换得，进一步结合正弦定理得，由即可求解；思路二：设边上的高线长为，则长度的取值范围是，从而条件等价于，最后用表示和，即可求出的范围.
【小问1详解】
由余弦定理得，所以.
【小问2详解】
方法一：因为，所以，
由（1）知道，所以，
所以，
所以由，可得，
从而（因为），
所以，结合是三角形内角可知，，
当时，在三角形中，设，则，
由正弦定理得，故，
因为，
所以，
在三角形中，由正弦定理得，
故，
因为，
所以的取值范围是，
所以取值范围是.
方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和.
由知角是钝角，所以角都是锐角，
这表明点在直线上的投影在线段上.
设，则由在线段上及可知，
对线段上的点，长度的取值范围是，所以条件等价于.
而我们有，
故.
由于，
故我们又有.
所以条件等价于，即.
综上，的取值范围是.
16. 已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）使用单调性的定义和导数即可判断单调性；
（2）先用导数确定的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论的零点个数，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
由，知.
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，有，
从而对和有，对有.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由于，故
记，则.
从而对有，对有.
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；
当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，.
再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点.
综上，的取值范围是.
17. 如图，在六面体中，，，且，平行于平面，平行于平面，.
（1）证明：平面平面；
（2）若点到直线的距离为，为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设平面与直线交于点，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；
（2）证明平面，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.
【小问1详解】
设平面与直线交于点，连接，则平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，因为平行于平面，平面，平面和平面的交线为，所以．同理，所以四边形是平行四边形，故，.
因为，，所以，又，所以为棱的中点
在中，，，所以，由于，故.
而，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面
【小问2详解】
由（1）可知，平面，又平面，所以.
而点到直线的距离为，故.
在等腰直角三角形中，由得
在等腰三角形中，由，，得.
在平行四边形中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以.
因为，所以.
因为平面平面，平面和平面的交线为，在平面内.
所以平面
如图，以为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则.
所以
设平面的法向量为，则，即.
则可取，得.
设平面的法向量为，则，即.
取，则．
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为
18. 甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数不小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立．
（1）求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率
（2）经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，第一次由甲掷．当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分．甲、乙分别在5~25分之间选一个整数分数（含5分和25分），且两人所选的分数不同，当两人累计积分之和首先等于其中一人所选分数时，此人赢得游戏．记两人累计积分之和为的概率为
（i）证明：为等比数列．
（ⅱ）甲选哪个分数对自己最有利？请说明理由
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ⅱ）甲选择6分对自己最有利，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）求出甲每轮积分为0，1，2分的概率，再将所求概率的事件分拆成彼此互斥事件的和，利用概率的加法、乘法公式列式计算即得.
（2）（i）根据给定条件，利用条件概率、全概率公式列式，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）利用累加法求出，借助数列单调性求出最大值即可判断得解.
小问1详解】
甲每轮游戏积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为，
则，
经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分；
4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分，
所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率．
【小问2详解】
（i）记“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件，
于是，
则，又，
所以是首项为公比为的等比数列．
（ii）由（i）得，当时，，
累加得，
因此，当为奇数时，单调递增，且，
当且为偶数时，单调递减，且，
则当时，最大，所以甲选择6分对自己最有利．
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19. 在平面直角坐标系中，已知点为动点，以线段为直径的圆与轴相切．
（1）求动点的轨迹的方程．
（2）已知点问：在上是否存在点使得为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点有几组（不必说明点的坐标）．
【答案】（1）
（2）存在唯一一组点使得为等边三角形
【解析】
【分析】（1）设，根据题意列式整理即可得轨迹方程；
（2）设联立方程可得韦达定理，取的中点为，可知且，整理可得，构建，求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【小问1详解】
设，则线段的中点坐标为，
因为以线段为直径的圆与轴相切，则，
化简得，所以的方程为
【小问2详解】
存在唯一一组点使得为等边三角形，理由如下：
由题意可知：直线的斜率存在且不为0，
设
联立方程，消去得，
则，解得，
可得，
设的中点为，
则，即，
若为等边三角形，则且，
由可得，整理得，
则，
注意到，可得，解得，
由可得，
整理得，
又因为，可得，即，
令，
则在内恒成立，
可知在上单调递增，且，
故在区间内存在唯一的零点，
所以存在唯一一组点，使得为等边三角形.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在；
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，
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. 复数在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】对应的点位于第一象限，选A.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集的定义，将两个集合的条件联立即可得到结果.
【详解】由，或，
知.
故选：C.
3. 下列函数中既是奇函数，又在上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数和单调性的定义，结合基本初等函数的图象逐项判断.
【详解】对于A：函数的定义域为R，
又，所以是偶函数，故A错误；
对于B：由幂函数的图象可知，在上单调递增，故B错误；
对于C：函数的定义域为，
又，所以是奇函数，
又幂函数都在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故C正确；
对于D：因为对数函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故D错误.
故选：C.
4. 已知圆，过圆外一点作两条夹角为的直线分别与圆相交，当所得的弦长均为2时，（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定圆心，然后由条件可知到两直线的距离，设到其中一条直线的投影为，由条件可知，最后利用即得结果.
【详解】圆的方程化为标准方程即为，所以圆心，且半径.
而一条直线被圆所截得的弦长为2，意味着圆心到该直线的距离.
记到其中一条直线的投影为，则，，所以.
故选：B.
5. 如图，16颗黑色围棋子构成的正方形网格，从其中任选3颗互相连线，可以围成不同的三角形的个数为（两个三角形中至少有一个顶点不同即认为是不同的三角形）（ ）
A. 576B. 528C. 520D. 516
【答案】D
【解析】
【分析】考虑运用间接法，用从16颗棋子中任选3颗的方法数，去掉不符合题意的情形下的方法数即得.
【详解】运用间接法，在从16颗棋子中任选3颗的方法数，
去掉有4颗棋子在一条直线上的10种情形下的方法数和恰有三颗棋子在一条直线上的4种情形下的方法数，
即得可围成的不同的三角形的个数，为.
故选：D.
6. 已知则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知平分求和可得的值，结合角度范围可得所求.
【详解】因为
平方求和得：所以
由得所以或，
又，则，所以，
所以
故选：B.
7. 已知三棱锥中，分别为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量数量积和运算律求出的值，再分别求出两向量的模，最后利用夹角公式即可.
【详解】记，则，
，
则，
，
，
设直线与所成的角为则
，
所以
故选：C.
8. 已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率.
【详解】设O为坐标原点，由，得，又两渐近线关于轴对称，所以
直线斜率为，则，
令，则，
中，由正弦定理得，
即，解得，故，
所以的离心率
故选：B
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A. 在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变
B. 具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强
C. 若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则决定系数
D. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，若在回归方程上；对于B，C，由相关系数和相关指数的性质判断；对于D，由残差点分布的特征判断.
【详解】对于A，若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；
对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；
对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；
对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．
故选：CD
10. 已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为非奇非偶函数
C. 若，则D. 对任意恒成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】先将条件化为，然后直接在恒等式中取特殊值，即可验证A选项，并得到，再由此验证C和D选项. 对于B选项，直接给出一个反例即可.
【详解】我们有恒等式：.
对于A，由恒等式可得，而，故，所以，即，故A正确；
对于B，由于满足条件且是偶函数，所以有可能是偶函数，故B错误；
对于C，由恒等式可得，故.
若，则，故C正确；
对于D，由恒等式可得.
而，故和同号（同为正数，或同为负数，或同为0），
从而再由可知，即，故D正确.
故选：ACD.
11. 在正四棱台中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为
B. 若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为
C. 若侧棱长为为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），则不可能成立
D. 若侧棱长为为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正四棱台的几何性质确定其内切球球心的位置，即可得该棱台的侧棱长，从而可判断A；根据几何体的外接球的几何性质确定上下底面截面圆半径，分析截面与球心位置，从而可判断B；利用空间直线与平面的位置关系，建立空间直角坐标系验证是否垂直，从而可判断C；根据棱台截面分割图形性质，结合锥体体积关系求解，可判断D.
【详解】对于A，如图（1），设分别为棱的中点，则，
当正四棱台存在内切球时，球的大圆为等腰梯形的内切圆，
根据切线长定理，可知，此时，正四楼台侧面的高为，侧棱长为，故A正确；
对于B，当正四棱台的外接球半径为时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，
截面圆的半径分别为，因为，故截面圆均为外接球的小圆，
设为外接球球心，截面圆的圆心，则为正四棱台的高，
如图（2），此时截面圆在球心同侧，
如图（3），此时截面圆在球心异侧，
因此符合要求的棱台有2个，故B错误；
对于C，当侧楼长为正四棱台的高为1，取棱的中点连，接设与交于点
则为线段上的动点时，直线在平面内，根据正四棱台的性质，
可知假设与不重合），则必有平面，
建立如图（4）所示的空间直角坐标系，
则，
则即与不垂直，故平面不成立，故假设不成立，故C正确；
对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据条件可作出符合题意的截面，
如图（5）所示，
截面下方的多面体体积根据截面性质，
可以得出分别为楼的中点，且故
同理可得，所以根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为
所以截面上方多面体的体积为4，故较小部分的体积为4，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上一点满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知及可解出，再用数量积的运算律即可得到结果.
【详解】由已知有，故.
所以.
故答案为：.
13. 下面给出一个“三角形数阵”：
该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为第2行的数由左至右依次为依次类推，则______．
【答案】1792
【解析】
【分析】先确定所在的行数和列数，然后用等差数列工具确定该行的第一项，再用等比数列工具确定的取值.
【详解】由，，，知是第行的第个数.
而每一行的第一个数构成首项和公差均为的等差数列，从而第行的第一个数是.
又因为每一行成公比为的等比数列，故第行的第个数等于.
故答案为：.
14. 已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为______．
【答案】5
【解析】
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用基本不等式证明的最大值是，中间需要一定的平方式计算.
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接用余弦定理求得，进而得到；
（2）思路一：利用正弦定理三角恒等变换得，进一步结合正弦定理得，由即可求解；思路二：设边上的高线长为，则长度的取值范围是，从而条件等价于，最后用表示和，即可求出的范围.
【小问1详解】
由余弦定理得，所以.
【小问2详解】
方法一：因为，所以，
由（1）知道，所以，
所以，
所以由，可得，
从而（因为），
所以，结合是三角形内角可知，，
当时，在三角形中，设，则，
由正弦定理得，故，
因为，
所以，
在三角形中，由正弦定理得，
故，
因为，
所以的取值范围是，
所以取值范围是.
方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和.
由知角是钝角，所以角都是锐角，
这表明点在直线上的投影在线段上.
设，则由在线段上及可知，
对线段上的点，长度的取值范围是，所以条件等价于.
而我们有，
故.
由于，
故我们又有.
所以条件等价于，即.
综上，的取值范围是.
16. 已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）使用单调性的定义和导数即可判断单调性；
（2）先用导数确定的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论的零点个数，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
由，知.
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，有，
从而对和有，对有.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由于，故
记，则.
从而对有，对有.
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点；
当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，.
再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点.
综上，的取值范围是.
17. 如图，在六面体中，，，且，平行于平面，平行于平面，.
（1）证明：平面平面；
（2）若点到直线的距离为，为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设平面与直线交于点，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；
（2）证明平面，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.
【小问1详解】
设平面与直线交于点，连接，则平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，因为平行于平面，平面，平面和平面的交线为，所以．同理，所以四边形是平行四边形，故，.
因为，，所以，又，所以为棱的中点
在中，，，所以，由于，故.
而，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面
【小问2详解】
由（1）可知，平面，又平面，所以.
而点到直线的距离为，故.
在等腰直角三角形中，由得
在等腰三角形中，由，，得.
在平行四边形中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以.
因为，所以.
因为平面平面，平面和平面的交线为，在平面内.
所以平面
如图，以为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则.
所以
设平面的法向量为，则，即.
则可取，得.
设平面的法向量为，则，即.
取，则．
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为
18. 甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数不小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立．
（1）求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率
（2）经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，第一次由甲掷．当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分．甲、乙分别在5~25分之间选一个整数分数（含5分和25分），且两人所选的分数不同，当两人累计积分之和首先等于其中一人所选分数时，此人赢得游戏．记两人累计积分之和为的概率为
（i）证明：为等比数列．
（ⅱ）甲选哪个分数对自己最有利？请说明理由
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ⅱ）甲选择6分对自己最有利，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）求出甲每轮积分为0，1，2分的概率，再将所求概率的事件分拆成彼此互斥事件的和，利用概率的加法、乘法公式列式计算即得.
（2）（i）根据给定条件，利用条件概率、全概率公式列式，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）利用累加法求出，借助数列单调性求出最大值即可判断得解.
小问1详解】
甲每轮游戏积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为，
则，
经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分；
4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分，
所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率．
【小问2详解】
（i）记“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件，
于是，
则，又，
所以是首项为公比为的等比数列．
（ii）由（i）得，当时，，
累加得，
因此，当为奇数时，单调递增，且，
当且为偶数时，单调递减，且，
则当时，最大，所以甲选择6分对自己最有利．
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19. 在平面直角坐标系中，已知点为动点，以线段为直径的圆与轴相切．
（1）求动点的轨迹的方程．
（2）已知点问：在上是否存在点使得为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点有几组（不必说明点的坐标）．
【答案】（1）
（2）存在唯一一组点使得为等边三角形
【解析】
【分析】（1）设，根据题意列式整理即可得轨迹方程；
（2）设联立方程可得韦达定理，取的中点为，可知且，整理可得，构建，求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【小问1详解】
设，则线段的中点坐标为，
因为以线段为直径的圆与轴相切，则，
化简得，所以的方程为
【小问2详解】
存在唯一一组点使得为等边三角形，理由如下：
由题意可知：直线的斜率存在且不为0，
设
联立方程，消去得，
则，解得，
可得，
设的中点为，
则，即，
若为等边三角形，则且，
由可得，整理得，
则，
注意到，可得，解得，
由可得，
整理得，
又因为，可得，即，
令，
则在内恒成立，
可知在上单调递增，且，
故在区间内存在唯一的零点，
所以存在唯一一组点，使得为等边三角形.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在；
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
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