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江苏省前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题
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这是一份江苏省前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题，共24页。试卷主要包含了已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
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，则（ ）
A．B．C．D．
2．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．展开式中的系数为（ ）
A．－5B．5C．15D．35
4．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（ ）
A．24πB．32πC．48πD．64π
5．已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为，若，则d等于（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增D．的图象关于点对称
7．点M将一条线段AB分为两段AM和MB，若，则称点M为线段AB的黄金分割点．已知直线与函数的图象相交，A，B，C为相邻的三个交点，则（ ）
A．当时，存在使点B为线段AC的黄金分割点
B．对于给定的常数，不存在a使点B为线段AC的黄金分割点
C．对于任意的a，存在使点B为线段AC的黄金分割点
D．对于任意的，存在a使点B为线段AC的黄金分割点
8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的C：左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ）
A．B．C．3D．2
二、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．已知，为两个平面，且，m，n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对任意，存在，使得
D．对任意，存在，使
10．已知定义在R上的函数满足，且，若，则（ ）
A．B．的图象关于直线对称
C．是周期函数D．
11．如图，在正四棱柱中，，E是棱的中点，P为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A．是平面EDC的一个法向量
B．
C．点P到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域ABCD市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为45°（其中P，Q分别在边BC，CD上），则的取值范围______．
13．若X是一个集合，T是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于T，空集属于T；②T中任意多个元素的并集属于T；③T中任意多个元素的交集属于T，则称T是集合X上的一个拓扑．已知函数，其中表示不大于X的最大整数，当，时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑T的个数为______．
14．近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2πrad/s，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则______秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为______．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求角A;
（2）若，求△ABC的面积的最大值．
16．设数列为等差数列，前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前n项和为，证明：．
17．厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家把一批产品发给商家时，商家按规定拾取一定数量的产品做检验，以决定是否验收这批产品：
（1）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格产品的概率；
（2）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检验，只有2件产品都合格时才接收这些产品，否则拒收．
①求该商家检验出不合格产品件数的均值；
②求该商家拒收这些产品的概率．
18．如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形．
（1）设M为AD中点，点N在线段PC上，且，求证：平面BDN；
（2）若二面角的大小为，且，求直线BD和平面角QCB的正弦值．
19．已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
（3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解．
【详解】因为，所以
故选：A．
2．A
【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解．
【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5）（3，6）（4，5）（4，6）（5，6）共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有（1，4），（2，3），（4，6）共3种情况，
所以所求的概率为．
故选：A．
3．A
【分析】由分类、分步计数原理结合组合数即可运算求解．
【详解】若要产生这一项，则
当在中取1时，再在中取2个、取4个1，
当在中取1时，再在中取3个、取3个1，
所以展开式中的系数为，
故选：A．
4．C
【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解．
【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为R，圆锥底面圆半径为r，
由圆锥高为3，得，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：，
联立方程组，解得，所以，球表面积为，故选：C．
5．A
【分析】利用等差数列的求和公式、性质进行求解．
【详解】由等差数列的前n项和公式可得．
，
故选：A
6．D
【分析】由求出的范围，结合余弦函数单调性判断AC；代入验证确定对称性判断BD．
【详解】对于AC，当时，，则函数在上先增后减，A，C错误；
对于B，而，则的图象不关于直线对称，B错误；
对于D，，则的图象关于点对称，D正确．
故选：D
7．D
【分析】依题意，作出图形，结合题意可分析计算得出答案．
【详解】若，则，
即点M为线段AB的黄金分割点，
当时，，不存在使点B为线段AC的黄金分割点，故选项A，C错误；
如下图，当时，，当时，，则，
则存在一个使得，故选项B错；
对于选项D，若与相交于相邻的三点A，B，C，
其横坐标分别为，则，
将变换成后，点A，B，C分别对应到点，，，
且满足，，，
故，即，对比值无影响，故选项D正确．
故选：D．
8．D
【分析】在中运用双曲线的定义和余弦定理可得，在，中运用余弦定理可得，再由离心率公式计算即可．
【详解】如图所示，根据双曲线的定义，，，，
在中，由余弦定理得，
即，
又因为，所以，
所以，即．
在，中，由余弦定理得，
且，，
所以，
化解得，
即，
所以，即，则
故离心率．故选：D．
9．BC
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可．
【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误；
对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确；
对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设使得a为m在平面β上的射影，存在，使得，此时，故C正确；
对D，当时，在平面β上不存在直线n使得，故D错误．
故选：BC
10．BCD
【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解．
【详解】由，得，
则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确；
令得，则，因此，A错误;
由，得，则，
因此的图象关于直线对称，B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线及均为图象的对称轴，
从而，，令，得，
即，则，
故
，D正确．
故答案为：BCD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称．
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称．
11．ACD
【分析】对于A，证明平面EDC即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面PEC和平面EDC的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项．
【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，，
所以，故，
又平面EDC，平面EDC，，
所以平面EDC，故A正确；
对于B，在中，因为，，，则，
在中，利用余弦定理，
可求得或（舍去），因此，故B错误；
对于C，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
由B选择可知，，，所以，
故，，，
设为平面的法向量，则
令，则，设点B到平面的距离为h，
所以由点到平面的距离公式得：，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，为平面EDC的一个法向量，
，，
设平面PEC的一个法向量为，则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】设，，可得，，，以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，然后求出AP，AQ的坐标，结合数量积的运算和对勾函数的性质求解．
【详解】设，，
则，，，
以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，
则，，，，，
所以．
令，，则，．
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以．
又，，所以在上的值域为，
所以．
故答案为：．
13．9
【分析】根据集合X上的拓扑的集合T的定义，判断n的值，利用元素与集合的关系判断
满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑T的个数．
【详解】因为函数，其中表示不大于X的最大整数，当，时，函数值域为集合，
所以，，
①当时，则，∴，
②当时，显然，
③当时，，∴，
④当时，，
∴
∵T中含有4个元素，其中两个元素和，设其它两个元素为A，B，则，
由对称性，不妨设，其中，表示集合A中元素的个数，
∵，又，∴或A，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾）
则必有，∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，
∵且且，所以，
∴B的选择共有种，则A的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，，，，，
综上可知T的个数为9个．故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种．
14．
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点A，B的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得．
【详解】以O为原点．以OA所在直线为y轴．建立平面直角坐标系．由于角速．
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A，B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用间题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴．
15．（1）（2）
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可．
（2）利用给定条件表示出bc，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可．
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理：，得，
故，因为，故．
（2）由（1）可知，又，则，由基本不等式可知，解得，
所以，当且仅当时取等号．
所以△ABC的面积最大值为．
16．（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的性质和前n项求和公式求出公差和首项，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）可得，根据裂向相消法计算可得，即可证明．
【详解】（1），
由，
所以，，
所以．
（2）
所以
17．（1）0.9984（2）①；②
【分析】（1）由对立事件概率公式及产品合格的概率为0.8，易得从产品中任意取出4件进行检验．即可求得至少有1件是合格的概率；
（2）①根据（1）的结论，得出所有可能取值及其概率后，由数学期望的计算公式计算即可得；②借助概率公式计算即可得．
【详解】（1）记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A，
则；
（2）①设商家可能检验出不合格产品数为，则的可能的取值为0，1，2，
，
，
；
②记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，
则商家拒收这批产品的概率，
所以商家拒收这批产品的概率为．
18．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）连接MC交BD于E，连接NE，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面QCB中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点D作，可得平面QCB，则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，利用锐角三角函数计算可得．
【详解】（1）连接MC交BD于E，连接NE，
因为侧面ABCD为矩形，所以，又M为AD中点，所以，
又因为，所以．
所以，又平面BDN，平面BDN，
所以平面BDN．
（2）在平面QCB中，过点C作射线，
因为底面ABCD为矩形，所以，
所以∠DCF为二面角的平面角，且．
又，CF，平面CDF，所以平面CDF，
在平面CDF中，过点D作，垂足为G，连接BG，
因为平面CDF，平面CDF，
所以，又，平面BCQ，平面BCQ，所以平面BCQ，
则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，
于是DG为点D到平面BCQ的距离，且，
设直线BD和平面QCB所成角为，又，
则，
所以直线BD和平面QCB所成角的正弦值为．
19．（1）（2）证明见解析，（3）
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值．
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
化简得
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
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，则（ ）
A．B．C．D．
2．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．展开式中的系数为（ ）
A．－5B．5C．15D．35
4．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（ ）
A．24πB．32πC．48πD．64π
5．已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为，若，则d等于（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增D．的图象关于点对称
7．点M将一条线段AB分为两段AM和MB，若，则称点M为线段AB的黄金分割点．已知直线与函数的图象相交，A，B，C为相邻的三个交点，则（ ）
A．当时，存在使点B为线段AC的黄金分割点
B．对于给定的常数，不存在a使点B为线段AC的黄金分割点
C．对于任意的a，存在使点B为线段AC的黄金分割点
D．对于任意的，存在a使点B为线段AC的黄金分割点
8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的C：左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ）
A．B．C．3D．2
二、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．已知，为两个平面，且，m，n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对任意，存在，使得
D．对任意，存在，使
10．已知定义在R上的函数满足，且，若，则（ ）
A．B．的图象关于直线对称
C．是周期函数D．
11．如图，在正四棱柱中，，E是棱的中点，P为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A．是平面EDC的一个法向量
B．
C．点P到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域ABCD市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为45°（其中P，Q分别在边BC，CD上），则的取值范围______．
13．若X是一个集合，T是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于T，空集属于T；②T中任意多个元素的并集属于T；③T中任意多个元素的交集属于T，则称T是集合X上的一个拓扑．已知函数，其中表示不大于X的最大整数，当，时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑T的个数为______．
14．近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2πrad/s，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则______秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为______．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求角A;
（2）若，求△ABC的面积的最大值．
16．设数列为等差数列，前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前n项和为，证明：．
17．厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家把一批产品发给商家时，商家按规定拾取一定数量的产品做检验，以决定是否验收这批产品：
（1）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格产品的概率；
（2）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检验，只有2件产品都合格时才接收这些产品，否则拒收．
①求该商家检验出不合格产品件数的均值；
②求该商家拒收这些产品的概率．
18．如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形．
（1）设M为AD中点，点N在线段PC上，且，求证：平面BDN；
（2）若二面角的大小为，且，求直线BD和平面角QCB的正弦值．
19．已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
（3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解．
【详解】因为，所以
故选：A．
2．A
【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解．
【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5）（3，6）（4，5）（4，6）（5，6）共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有（1，4），（2，3），（4，6）共3种情况，
所以所求的概率为．
故选：A．
3．A
【分析】由分类、分步计数原理结合组合数即可运算求解．
【详解】若要产生这一项，则
当在中取1时，再在中取2个、取4个1，
当在中取1时，再在中取3个、取3个1，
所以展开式中的系数为，
故选：A．
4．C
【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解．
【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为R，圆锥底面圆半径为r，
由圆锥高为3，得，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：，
联立方程组，解得，所以，球表面积为，故选：C．
5．A
【分析】利用等差数列的求和公式、性质进行求解．
【详解】由等差数列的前n项和公式可得．
，
故选：A
6．D
【分析】由求出的范围，结合余弦函数单调性判断AC；代入验证确定对称性判断BD．
【详解】对于AC，当时，，则函数在上先增后减，A，C错误；
对于B，而，则的图象不关于直线对称，B错误；
对于D，，则的图象关于点对称，D正确．
故选：D
7．D
【分析】依题意，作出图形，结合题意可分析计算得出答案．
【详解】若，则，
即点M为线段AB的黄金分割点，
当时，，不存在使点B为线段AC的黄金分割点，故选项A，C错误；
如下图，当时，，当时，，则，
则存在一个使得，故选项B错；
对于选项D，若与相交于相邻的三点A，B，C，
其横坐标分别为，则，
将变换成后，点A，B，C分别对应到点，，，
且满足，，，
故，即，对比值无影响，故选项D正确．
故选：D．
8．D
【分析】在中运用双曲线的定义和余弦定理可得，在，中运用余弦定理可得，再由离心率公式计算即可．
【详解】如图所示，根据双曲线的定义，，，，
在中，由余弦定理得，
即，
又因为，所以，
所以，即．
在，中，由余弦定理得，
且，，
所以，
化解得，
即，
所以，即，则
故离心率．故选：D．
9．BC
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可．
【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误；
对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确；
对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设使得a为m在平面β上的射影，存在，使得，此时，故C正确；
对D，当时，在平面β上不存在直线n使得，故D错误．
故选：BC
10．BCD
【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解．
【详解】由，得，
则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确；
令得，则，因此，A错误;
由，得，则，
因此的图象关于直线对称，B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线及均为图象的对称轴，
从而，，令，得，
即，则，
故
，D正确．
故答案为：BCD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称．
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称．
11．ACD
【分析】对于A，证明平面EDC即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面PEC和平面EDC的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项．
【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，，
所以，故，
又平面EDC，平面EDC，，
所以平面EDC，故A正确；
对于B，在中，因为，，，则，
在中，利用余弦定理，
可求得或（舍去），因此，故B错误；
对于C，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
由B选择可知，，，所以，
故，，，
设为平面的法向量，则
令，则，设点B到平面的距离为h，
所以由点到平面的距离公式得：，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，为平面EDC的一个法向量，
，，
设平面PEC的一个法向量为，则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】设，，可得，，，以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，然后求出AP，AQ的坐标，结合数量积的运算和对勾函数的性质求解．
【详解】设，，
则，，，
以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，
则，，，，，
所以．
令，，则，．
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以．
又，，所以在上的值域为，
所以．
故答案为：．
13．9
【分析】根据集合X上的拓扑的集合T的定义，判断n的值，利用元素与集合的关系判断
满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑T的个数．
【详解】因为函数，其中表示不大于X的最大整数，当，时，函数值域为集合，
所以，，
①当时，则，∴，
②当时，显然，
③当时，，∴，
④当时，，
∴
∵T中含有4个元素，其中两个元素和，设其它两个元素为A，B，则，
由对称性，不妨设，其中，表示集合A中元素的个数，
∵，又，∴或A，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾）
则必有，∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，
∵且且，所以，
∴B的选择共有种，则A的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，，，，，
综上可知T的个数为9个．故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种．
14．
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点A，B的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得．
【详解】以O为原点．以OA所在直线为y轴．建立平面直角坐标系．由于角速．
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A，B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用间题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴．
15．（1）（2）
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可．
（2）利用给定条件表示出bc，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可．
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理：，得，
故，因为，故．
（2）由（1）可知，又，则，由基本不等式可知，解得，
所以，当且仅当时取等号．
所以△ABC的面积最大值为．
16．（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的性质和前n项求和公式求出公差和首项，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）可得，根据裂向相消法计算可得，即可证明．
【详解】（1），
由，
所以，，
所以．
（2）
所以
17．（1）0.9984（2）①；②
【分析】（1）由对立事件概率公式及产品合格的概率为0.8，易得从产品中任意取出4件进行检验．即可求得至少有1件是合格的概率；
（2）①根据（1）的结论，得出所有可能取值及其概率后，由数学期望的计算公式计算即可得；②借助概率公式计算即可得．
【详解】（1）记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A，
则；
（2）①设商家可能检验出不合格产品数为，则的可能的取值为0，1，2，
，
，
；
②记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，
则商家拒收这批产品的概率，
所以商家拒收这批产品的概率为．
18．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）连接MC交BD于E，连接NE，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面QCB中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点D作，可得平面QCB，则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，利用锐角三角函数计算可得．
【详解】（1）连接MC交BD于E，连接NE，
因为侧面ABCD为矩形，所以，又M为AD中点，所以，
又因为，所以．
所以，又平面BDN，平面BDN，
所以平面BDN．
（2）在平面QCB中，过点C作射线，
因为底面ABCD为矩形，所以，
所以∠DCF为二面角的平面角，且．
又，CF，平面CDF，所以平面CDF，
在平面CDF中，过点D作，垂足为G，连接BG，
因为平面CDF，平面CDF，
所以，又，平面BCQ，平面BCQ，所以平面BCQ，
则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，
于是DG为点D到平面BCQ的距离，且，
设直线BD和平面QCB所成角为，又，
则，
所以直线BD和平面QCB所成角的正弦值为．
19．（1）（2）证明见解析，（3）
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值．
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
化简得
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
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