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广东省佛山市2024届高三上学期教育教学质量检测模拟（一）数学试题
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这是一份广东省佛山市2024届高三上学期教育教学质量检测模拟（一）数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知平面向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．北京时间2023年2月10日0时16分，经过约7小时的出舱活动，神舟十五号航天员费俊龙､邓清明､张陆密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功.载人飞船进入太空需要搭载运载火箭，火箭在发射时会产生巨大的噪声，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足关系式：.若某人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与此人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（ ）
A．B．C．D．
5．已知为锐角，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列和均为等差数列，数列的前项和为，若为定值，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线C：的左，右焦点分别为，，O为坐标原点，点P是双曲线C上的一点，，且的面积为4，则实数（ ）
A．B．2C．D．4
8．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知数列是首项为，公比为的等比数列，则（ ）
A．是等差数列B．是等差数列
C．是等比数列D．是等比数列
10．如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，点O是AC中点，点M是棱SD的上动点（M与端点不重合）．下列说法正确的是（ ）
A．从A、O、C、S、M、D六个点中任取三点恰能确定一个平面的概率为
B．从A、O、C、S、M、D六个点中任取四点恰能构成三棱锥的概率为
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为60°
D．不存在点M，使平面SBC
11．伟大的古希腊哲学家､百科式科学家阿基米德最早采用不断分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程可以为
B．若，则
C．存在点，使得
D．的最小值为
12．已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．
三、填空题
13．欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有 种上楼梯的方法.
14．2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分．唐代诗人李颀的边塞诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”．诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则将军在河边饮马地点的坐标为 ．
15．已知多项式，则 .
16．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为 .
四、解答题
17．如图，已知的外接圆的半径为4，.
(1)求中边的长：
(2)求.
18．已知函数，其中
(1)若函数在处取得极值，求实数a的值；
(2)若函数在上恒成立，求实数a的取值范围.
19．已知点为抛物线的焦点，点，，且.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若正方形的顶点、在直线上，顶点、在抛物线上，求.
20．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，是线段上一点．
(1)若平面，求；
(2)当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最大？
21．设正项等比数列的公比为，且，.令，记为数列的前项积，为数列的前项和.
(1)若，，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求.
五、证明题
22．概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markv）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：
设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的几何意义确定复数z，再根据共轭复数的概念以及复数的运算，即可得答案.
【详解】由题意知复数对应的点的坐标是，故，
所以，
故选：A
2．D
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量数量积的坐标运算，求解的值.
【详解】平面向量，，则，
由，则，解得.
故选：D.
3．A
【分析】分、两种情况讨论，结合可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，即当时，，合乎题意；
当时，即当时，由可得，解得，此时.
综上所述，.
故选：A.
4．C
【分析】由指数与对数的互化关系结合函数关系式计算即可.
【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，且，得，
则火箭发射时的声强约为，
将其代入中，得，
故火箭发射时的声强级约为，
故选:C.
5．D
【分析】由诱导公式求出，再由倍角公式求.
【详解】由诱导公式可得，
由倍角公式有，
所以，由为锐角，则.
故选：D
6．A
【分析】利用等差中项和等差数列求和公式可求得的值，根据求出的值，再利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】在等差数列中，由得，
因为为定值，所以，即，所以.
故选：A.
7．C
【分析】由，得为直角三角形，根据双曲线定义，再利用以及勾股定理建立等量关系即可求解.
【详解】因为的面积为4，所以的面积为8.
又，所以，
所以为直角三角形，且.
设，，
所以，，
所以，
所以，
又，所以.
故选：C.
8．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
9．AD
【分析】由题意得数列的通项公式，然后写出每个选项中对应的数列的通项公式，再判断是等差数列还是等比数列.
【详解】由题意得，所以数列是常数列，故A正确；数列的通项公式为，则，所以数列是公比为的等比数列，B错误；，所以数列是公差为的等差数列，C错误；，所以数列是公比为的等比数列，D正确.
故选：AD
10．ABC
【分析】根据古典概型公式计算概率判断AB选项；建立空间直角坐标系，利用向量处理位置关系判断CD选项．
【详解】从、、、、、六个点任取3点，有种情况，
除去、、和、、分别共线，其余18种均不共线，
故从A、O、C、S、M、D六个点中任取三点恰能确定一个平面的概率为，A正确；
从A、O、C、S、M、D六个点中任取4点，共有种情况；
其中S、M、D三点共线，A、O、C三点共线，有6种情况不能构成三棱锥，
故从A、O、C、S、M、D六个点中任取四点恰能构成三棱锥的概率为，B正确；
以为原点，的正方向分别为轴，轴，轴的方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，设，则有，
得，则，又，
由，得，
解得，
所以存在点M，使直线OM与AB所成的角为60°，故C正确．
设平面的一个法向量，，，
则有，令，则，
可得，由，可得，
所以存在点M，使平面SBC，故D错误．
故选：ABC．
11．AD
【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
【详解】对于A：由，解得，则椭圆的标准方程为，故A正确；
对于B：由定义可知，由余弦定理可得
，解得，
则，故B错误；
对于C：当点为短轴的一个端点时，最大，
此时，为锐角，
则不存在点，使得，故C错误；
对于D：
，当且仅当，
即时，等号成立，故D正确；
故选：AD
12．AC
【分析】由已知得，由于当且仅当取等，则
，，故，，代入选项即可
【详解】令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，当且仅当取等.
由得
而，，所以
所以，
当且仅当，时成立，故，，
对B：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故B错误；
对C：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以的最小值为，故C正确；
对D：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故D错误；
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题关键是将同构为，借助于得到当且仅当，，从而得到的关系.
13．21
【详解】本题采用分步计数原理.
第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；
第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；
第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；
第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.
14．
【分析】结合两点间线段最短，只需求其中一个点关于直线的对称点，再求对称点与另一点的距离即可.
【详解】
由题可知在的同侧，
设点关于直线的对称点为，
则，解得即．
将军从出发点到河边的路线所在直线即为，又，
所以直线的方程为，
设将军在河边饮马的地点为，
则即为与的交点，
，解得，
所以．
故答案为：
15．16
【分析】令，运用换元法将等式变成，结合二项展开式的通项公式、赋值即可求得结果.
【详解】令，则，
因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为1，
又因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为，
所以.
故答案为：16.
16．
【分析】将三棱锥补形为长方体，由条件求长方体的长，宽，高，再求其外接球半径和体积，并结合图形求三棱锥的体积，由此可得结论.
【详解】将三棱锥补形为长方体，如图，
在长方体中，设，
则，，，解得，，
所以长方体的对角线，
所以长方体的外接球的半径为，
故三棱锥的外接球半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，
又三棱锥的体积为，
所以三棱锥的外接球与三棱锥的体积之比为，
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得.
（2）求得，然后利用向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】（1）∵，∴，∴，
即且，
又的外接圆的半径，∴，∴；
（2）如图，取的中点，取的中点，连接，，.
因为，且，
所以四边形是平行四边形.所以.
所以.所以.
所以.
18．(1)2；
(2).
【分析】(1)求出函数的导数，由处导数值为0求出a，再检验作答.
(2)将不等式作等价变形，再构造函数并借助导数求函数的最值即可作答.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，求导得：，因函数在处取得极值，
则有，解得，此时，，
当时，，当时，，因此，函数在处取得极值，则，
所以实数a的值是2.
（2）因，，
令，，求导得：，
当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
因此，当时，，于是得，
所以实数a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
19．(1)
(2)264
【分析】（1）由抛物线方程可得，进而结合两点间的距离公式列方程求解即可；
（2）设直线的方程为：，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，，进而结合正方形的性质及抛物线的焦半径公式求解即可.
【详解】（1）由题设可得，
则，，
又，故，
整理得，即.
所以抛物线的方程为.
（2）因为是正方形，所以，直线与之间的距离等于，
设直线的方程为：，
联立，消去得：，
由，得，
设，，则，，
所以，
直线与间的距离为，
所以，整理得：，
由于，故解得，
所以，
故.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线交点问题时，常常利用设而不求的思想，通过联立直线与曲线方程，结合韦达定理进行求解.
20．(1)
(2)当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
【分析】（1）通过勾股定理列方程，化简求得.
（2）建立空间直角坐标系，利用利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，结合基本不等式求得时，此正弦值最大.
【详解】（1），所以，解得，
由于三角形是等边三角形，圆是其外接圆，是圆的直径，
所以垂直平分，，
在三角形中，由正弦定理得，则，
由于平面，所以，
由于，
所以三角形是等腰直角三角形，所以,
所以.
（2）由（1）得，设，，
结合圆锥的几何性质，建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，
即当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
21．(1)
(2)2
【分析】（1）根据等比数列的性质求得，结合已知化简得，解得或，利用对数运算求得，即可求得通项公式；
（2）利用等差数列的性质及对数运算得或，分类讨论建立方程求解即可.
【详解】（1）因为，所以，解得，所以，
又，所以，
整理化简得，解得或，
所以或，又，所以或（舍去），所以，
所以.
（2）因为为等差数列，所以，
即，解得或，所以或，
所以或，
①当时，，易知是等差数列，
所以，，
又，所以，所以，解得；
②当时，，易知是等差数列，
所以，，
又，所以，解得，舍去；
综上，.
22．(1)证明见解析
(2)不可信
【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可；
（2）由题意可知治愈的人数为服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式说明即可.
【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，
有．
法二：设的分布列为
其中，记，则对任意，
.
（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，．
由切比雪夫不等式，有．
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知平面向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．北京时间2023年2月10日0时16分，经过约7小时的出舱活动，神舟十五号航天员费俊龙､邓清明､张陆密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功.载人飞船进入太空需要搭载运载火箭，火箭在发射时会产生巨大的噪声，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足关系式：.若某人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与此人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（ ）
A．B．C．D．
5．已知为锐角，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列和均为等差数列，数列的前项和为，若为定值，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线C：的左，右焦点分别为，，O为坐标原点，点P是双曲线C上的一点，，且的面积为4，则实数（ ）
A．B．2C．D．4
8．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知数列是首项为，公比为的等比数列，则（ ）
A．是等差数列B．是等差数列
C．是等比数列D．是等比数列
10．如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，点O是AC中点，点M是棱SD的上动点（M与端点不重合）．下列说法正确的是（ ）
A．从A、O、C、S、M、D六个点中任取三点恰能确定一个平面的概率为
B．从A、O、C、S、M、D六个点中任取四点恰能构成三棱锥的概率为
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为60°
D．不存在点M，使平面SBC
11．伟大的古希腊哲学家､百科式科学家阿基米德最早采用不断分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程可以为
B．若，则
C．存在点，使得
D．的最小值为
12．已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．
三、填空题
13．欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有 种上楼梯的方法.
14．2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分．唐代诗人李颀的边塞诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”．诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则将军在河边饮马地点的坐标为 ．
15．已知多项式，则 .
16．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为 .
四、解答题
17．如图，已知的外接圆的半径为4，.
(1)求中边的长：
(2)求.
18．已知函数，其中
(1)若函数在处取得极值，求实数a的值；
(2)若函数在上恒成立，求实数a的取值范围.
19．已知点为抛物线的焦点，点，，且.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若正方形的顶点、在直线上，顶点、在抛物线上，求.
20．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，是线段上一点．
(1)若平面，求；
(2)当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最大？
21．设正项等比数列的公比为，且，.令，记为数列的前项积，为数列的前项和.
(1)若，，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求.
五、证明题
22．概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markv）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：
设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的几何意义确定复数z，再根据共轭复数的概念以及复数的运算，即可得答案.
【详解】由题意知复数对应的点的坐标是，故，
所以，
故选：A
2．D
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量数量积的坐标运算，求解的值.
【详解】平面向量，，则，
由，则，解得.
故选：D.
3．A
【分析】分、两种情况讨论，结合可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，即当时，，合乎题意；
当时，即当时，由可得，解得，此时.
综上所述，.
故选：A.
4．C
【分析】由指数与对数的互化关系结合函数关系式计算即可.
【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，且，得，
则火箭发射时的声强约为，
将其代入中，得，
故火箭发射时的声强级约为，
故选:C.
5．D
【分析】由诱导公式求出，再由倍角公式求.
【详解】由诱导公式可得，
由倍角公式有，
所以，由为锐角，则.
故选：D
6．A
【分析】利用等差中项和等差数列求和公式可求得的值，根据求出的值，再利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】在等差数列中，由得，
因为为定值，所以，即，所以.
故选：A.
7．C
【分析】由，得为直角三角形，根据双曲线定义，再利用以及勾股定理建立等量关系即可求解.
【详解】因为的面积为4，所以的面积为8.
又，所以，
所以为直角三角形，且.
设，，
所以，，
所以，
所以，
又，所以.
故选：C.
8．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
9．AD
【分析】由题意得数列的通项公式，然后写出每个选项中对应的数列的通项公式，再判断是等差数列还是等比数列.
【详解】由题意得，所以数列是常数列，故A正确；数列的通项公式为，则，所以数列是公比为的等比数列，B错误；，所以数列是公差为的等差数列，C错误；，所以数列是公比为的等比数列，D正确.
故选：AD
10．ABC
【分析】根据古典概型公式计算概率判断AB选项；建立空间直角坐标系，利用向量处理位置关系判断CD选项．
【详解】从、、、、、六个点任取3点，有种情况，
除去、、和、、分别共线，其余18种均不共线，
故从A、O、C、S、M、D六个点中任取三点恰能确定一个平面的概率为，A正确；
从A、O、C、S、M、D六个点中任取4点，共有种情况；
其中S、M、D三点共线，A、O、C三点共线，有6种情况不能构成三棱锥，
故从A、O、C、S、M、D六个点中任取四点恰能构成三棱锥的概率为，B正确；
以为原点，的正方向分别为轴，轴，轴的方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，设，则有，
得，则，又，
由，得，
解得，
所以存在点M，使直线OM与AB所成的角为60°，故C正确．
设平面的一个法向量，，，
则有，令，则，
可得，由，可得，
所以存在点M，使平面SBC，故D错误．
故选：ABC．
11．AD
【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
【详解】对于A：由，解得，则椭圆的标准方程为，故A正确；
对于B：由定义可知，由余弦定理可得
，解得，
则，故B错误；
对于C：当点为短轴的一个端点时，最大，
此时，为锐角，
则不存在点，使得，故C错误；
对于D：
，当且仅当，
即时，等号成立，故D正确；
故选：AD
12．AC
【分析】由已知得，由于当且仅当取等，则
，，故，，代入选项即可
【详解】令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，当且仅当取等.
由得
而，，所以
所以，
当且仅当，时成立，故，，
对B：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故B错误；
对C：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以的最小值为，故C正确；
对D：，令，，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，
故，所以，故D错误；
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题关键是将同构为，借助于得到当且仅当，，从而得到的关系.
13．21
【详解】本题采用分步计数原理.
第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；
第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；
第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；
第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.
14．
【分析】结合两点间线段最短，只需求其中一个点关于直线的对称点，再求对称点与另一点的距离即可.
【详解】
由题可知在的同侧，
设点关于直线的对称点为，
则，解得即．
将军从出发点到河边的路线所在直线即为，又，
所以直线的方程为，
设将军在河边饮马的地点为，
则即为与的交点，
，解得，
所以．
故答案为：
15．16
【分析】令，运用换元法将等式变成，结合二项展开式的通项公式、赋值即可求得结果.
【详解】令，则，
因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为1，
又因为的展开式的通项为，，
所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为，
所以.
故答案为：16.
16．
【分析】将三棱锥补形为长方体，由条件求长方体的长，宽，高，再求其外接球半径和体积，并结合图形求三棱锥的体积，由此可得结论.
【详解】将三棱锥补形为长方体，如图，
在长方体中，设，
则，，，解得，，
所以长方体的对角线，
所以长方体的外接球的半径为，
故三棱锥的外接球半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，
又三棱锥的体积为，
所以三棱锥的外接球与三棱锥的体积之比为，
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得.
（2）求得，然后利用向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】（1）∵，∴，∴，
即且，
又的外接圆的半径，∴，∴；
（2）如图，取的中点，取的中点，连接，，.
因为，且，
所以四边形是平行四边形.所以.
所以.所以.
所以.
18．(1)2；
(2).
【分析】(1)求出函数的导数，由处导数值为0求出a，再检验作答.
(2)将不等式作等价变形，再构造函数并借助导数求函数的最值即可作答.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，求导得：，因函数在处取得极值，
则有，解得，此时，，
当时，，当时，，因此，函数在处取得极值，则，
所以实数a的值是2.
（2）因，，
令，，求导得：，
当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
因此，当时，，于是得，
所以实数a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
19．(1)
(2)264
【分析】（1）由抛物线方程可得，进而结合两点间的距离公式列方程求解即可；
（2）设直线的方程为：，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，，进而结合正方形的性质及抛物线的焦半径公式求解即可.
【详解】（1）由题设可得，
则，，
又，故，
整理得，即.
所以抛物线的方程为.
（2）因为是正方形，所以，直线与之间的距离等于，
设直线的方程为：，
联立，消去得：，
由，得，
设，，则，，
所以，
直线与间的距离为，
所以，整理得：，
由于，故解得，
所以，
故.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线交点问题时，常常利用设而不求的思想，通过联立直线与曲线方程，结合韦达定理进行求解.
20．(1)
(2)当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
【分析】（1）通过勾股定理列方程，化简求得.
（2）建立空间直角坐标系，利用利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，结合基本不等式求得时，此正弦值最大.
【详解】（1），所以，解得，
由于三角形是等边三角形，圆是其外接圆，是圆的直径，
所以垂直平分，，
在三角形中，由正弦定理得，则，
由于平面，所以，
由于，
所以三角形是等腰直角三角形，所以,
所以.
（2）由（1）得，设，，
结合圆锥的几何性质，建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，
即当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
21．(1)
(2)2
【分析】（1）根据等比数列的性质求得，结合已知化简得，解得或，利用对数运算求得，即可求得通项公式；
（2）利用等差数列的性质及对数运算得或，分类讨论建立方程求解即可.
【详解】（1）因为，所以，解得，所以，
又，所以，
整理化简得，解得或，
所以或，又，所以或（舍去），所以，
所以.
（2）因为为等差数列，所以，
即，解得或，所以或，
所以或，
①当时，，易知是等差数列，
所以，，
又，所以，所以，解得；
②当时，，易知是等差数列，
所以，，
又，所以，解得，舍去；
综上，.
22．(1)证明见解析
(2)不可信
【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可；
（2）由题意可知治愈的人数为服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式说明即可.
【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，
有．
法二：设的分布列为
其中，记，则对任意，
.
（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，．
由切比雪夫不等式，有．
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
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