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山西省长治市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份山西省长治市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 函数的最小正周期是， 已知函数，则， 已知为正数，且，则， 已知向量，，下列说法正确的是， 已知数列，满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，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、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（），且，则（ ）
A. B. C. D.
2 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 展开式中的系数为（ ）
A B. 36C. D. 28
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知直线被圆心为圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A B.
C. D.
6. 已知函数，则（ ）
A 1B. C. lg11D.
7. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若与共线，则
C. 若，则D. “”是“”的充要条件
10. 已知数列，满足，且，则（ ）
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列D. 当时，是递增数列
11. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,，P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为________立方米.
13. 已知，则________.
附：若，则，.
14. 已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是________，的最小值是________.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
16. 如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17. 甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
18. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
19. 给定正整数，已知对，有，，函数.
（1）若，求；
（2）若，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有个元素，且. 设，，，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，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、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（），且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件得出，再使用共轭复数的定义即可.
【详解】由于，故，而，故.
所以.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】逐个验证的三个元素是否在中，即可得到.
【详解】直接计算知，，.
故中的三个元素中，在集合内的是和，所以.
故选：A.
3. 展开式中的系数为（ ）
A. B. 36C. D. 28
【答案】D
【解析】
【分析】直接使用二项式定理即可.
【详解】在的展开式中，根据二项式定理可知二次项为，即.
所以展开式中的系数为.
故选：D.
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用二倍角公式化简函数，再求最小正周期即可.
【详解】由二倍角公式得，
故设的最小正周期为，，故A正确.
故选：A
5. 已知直线被圆心为的圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，结合给定的弦长利用勾股定理建立方程求解半径即可.
【详解】设圆心到直线的距离为，圆的半径为，易得直线方程为，
而，由勾股定理得，解得，
故圆的方程为，故C正确.
故选：C
6. 已知函数，则（ ）
A. 1B. C. lg11D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别计算出每个函数值，再求和即可.
【详解】易知，，，，，，，，，
故，故B正确.
故选：B
7. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】为中点，为矩形中心，可得平面，外接球球心在上，由外接球球心的特征，通过构造直角三角形利用勾股定理求出外接球半径，可求表面积.
【详解】连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心.
分别取，，的中点M，P，Q，
连接， 则， 且为的中点，
因为，所以，
为矩形，，则有，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则有，
所以平面， 则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
E到平面ABCD的距离为3，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
有，即，解得，
外接球半径，
该球的表面积.
当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解.
故选：D.
8. 已知为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】给出，作为反例，即可否定A；给出，作为反例，即可否定B，C；构造函数并使用反证法，即可证明D正确.
【详解】对于A，当，时，有
，
此时，存在，故A错误；
对于B，C，当，时，有
，
此时，存在，故B，C错误；
对于D，设，，则
，
，
且等号仅在时成立，故和单调递增.
由于，故.
假设，则或.
若，则，矛盾；
若，则，矛盾.
所以，从而，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用导数工具证明单调性，进而证明选项中的不等式.
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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若与共线，则
C. 若，则D. “”是“”充要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据向量模长的坐标表示即可验证；对于B，根据向量共线的坐标表示即可验证；对于C，根据向量数量积的坐标表示即可验证；对于D，根据向量加法和向量共线的坐标表示即可验证.
【详解】对于A，若，则，故，A错误；
对于B，若与共线，则，B正确；
对于C，若，则，故，C错误；
对于D，由于，，故的充要条件是.
而，故的充要条件是，D正确.
故选：BD.
10. 已知数列，满足，且，则（ ）
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列D. 当时，是递增数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接由已知得到，即可说明A错误；对于B，证明，结合即可验证；对于C，说明即可；对于D，验证，再利用即可验证.
【详解】对于A，由已知有，故A错误；
对于B，当时，由于，且，故是等比数列，故B正确；
对于C，当时，由，归纳即知.
所以，从而，故是等差数列，故C正确；
对于D，当时，由于，故.
所以，从而是递增数列，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,，P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆定义，结合角的值，化简得出离心率即可.
【详解】根据题意，得出，
在中由正弦定理得：,
由椭圆定义可得，
，
椭圆离心率为，
.
故选：D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为________立方米.
【答案】
【解析】
【分析】先计算该烽火台的上下底面面积，再利用棱台的体积公式得到结果.
【详解】因为题目中的单位只涉及米、平方米、立方米，故我们可以在计算中忽略单位.
由于该烽火台是正四棱台，故上下底面都是正方形.
从而该烽火台的上底面面积，下底面面积，高.
故其体积.
故答案为：.
13. 已知，则________.
附：若，则，.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，利用正态曲线的对称性，即可求得答案.
【详解】，
.
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是________，的最小值是________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用焦半径公式表示，进而利用抛物线上点的范围求解第一空，利用焦半径公式结合基本不等式求解第二空即可.
【详解】第一空，如图，设，，，，
故，，，
而，故，
可得，，即有，
由，所以，
所以，所以.
第二空，，故，
而，故，即，
又，
故，
即，，故得的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是合理运用焦半径公式结合基本不等式，然后找到取等条件，得到所要求的最值即可．
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，再由余弦定理得到，化简得到，得到，进而证得为等边三角形；
（2）由正弦定理得，结合，得到，求得，再利用余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
证明：由，可得，
因为，由正弦定理可得，所以，
即，可得，
结合，所以等边三角形.
【小问2详解】
解：因为，由正弦定理得，
平方可得,
又因为，可得，可得，
所以，即，则，
由余弦定理，可得.
16. 如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的空间向量法证明即可；
（2）根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解.
【小问1详解】
如图建系，设
则,
,
设平面法向量为,
,
,
可得
即得，
因为所以,不在平面内，所以平面.
【小问2详解】
设平面法向量为,
,
可得,
即得,
设二面角为，
则,
因为所以
17. 甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列、期望见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式进行求解即可.
（2）设事件B为第1次取出的是白球，事件C为第2次取出的是红球，根据条件概率公式计算即可；
（3）分情况从甲中随机取出一红球或白球写出白球个数的概率及分布列，再求出期望即可.
【小问1详解】
设事件表示从甲中随机取出一红球放入乙箱中，事件表示从甲中随机取出一白球放入乙中，设事件表示：从甲中随机取出一球放入乙中，再从乙中随机取出一球，则取出的球是红球，
则有：，
所以.
小问2详解】
设事件为第一次从甲取出的是白球，事件为第二次从乙随机取出一个球是红球；
则，所以．
【小问3详解】
第二次从乙随机取出两个球，取出的白球的个数为，则，
，
，
,
的分布列为
的数学期望.
18. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据已知条件以及点到直线的距离公式即可求解；
（2）设，然后证明的中点一定经过的垂直平分线，即可证明线段的中点为圆心且过坐标原点的圆经过.
【小问1详解】
由于右顶点，故.
而到渐近线的距离均为，故由已知有.
所以，解得.
故的方程为.
【小问2详解】
记，，并设的中点为.
由于的中点为，的斜率，故的垂直平分线为，即.
设，由于，假设的斜率不存在，那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾；
所以的斜率存在，故可设其方程为.
将该直线与联立，得，
即.
所以该方程的两根之和为.
但，故此方程已有一根，从而另一根为.
设，则，.
此时，由，知直线的方程为，而过且垂直于轴的直线为，故.
这就得到的中点的坐标为.
由于
.
所以点在直线上，即在的垂直平分线上，从而.
故关于对称，则，
故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过.
19. 给定正整数，已知对，有，，函数.
（1）若，求；
（2）若，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有个元素，且. 设，，，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件得到，再根据的定义求和；
（2）（ⅰ）构造恰当的函数，并利用导数工具证明的两根之和小于零；（ⅱ）先说明的取值与的选取无关，再利用函数证明相应的不等式.
【小问1详解】
对，由于，，
故是的极小值点，所以.
而，所以，得.
故.
【小问2详解】
（ⅰ）对，由于，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
利用，可将原条件化为.
注意到，故有一个零点，记.
而，故，所以.
又因为，
且，故在上还有一个零点，记为.
从而由的单调性，知恰有两个零点，且.
而为的子集，它们各有个元素，且，故至少有个元素.
而的元素只可能在之中，这表明它们两两不等，
且.所以包含个正数，个负数.
而为的子集，它们各有个元素，且，
故和恰好就是中的一对补集，即，.
设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数.
由于，，，.
故，.
从而.
由于，故.
设，则，而对有，
对有，故在上单调递减，上单调递增.
再设，则，且等号只在处取到.
故单调递增，从而，
即.而在上单调递增，故，即.
所以.
故.
（ⅱ）不妨设，则根据的单调性有.
从而由有，再根据的单调性有.
由于，.
故的值，其实就是在这个数中，
选出对异号的数，再计算每对之间的的距离之和.
在数轴上标出这个数后，可认为就是条端点在原点异侧且端点两两不重复的线段长之和，
故相邻两个数之间的线段被计算的次数，恰为该线段两侧的端点数目较少的一侧的端点数目.
这就说明的值和的具体元素的选取无关，而在，
时，有，
所以任何情况下都有.
由的单调性，知对有，故，即.
对，取，得；取，
得，从而.
由于，故由上面的结论知
，.
所以.
从而由知
.
设，则.
设，则，故对有，
所以在上递增，从而对有.
所以对有，故在上递增，
从而对有.
又由于，故
.
所以，即.
故.
综上，有.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造恰当的函数，并利用导数工具证明相应的不等式.
0
1
2
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，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、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（），且，则（ ）
A. B. C. D.
2 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 展开式中的系数为（ ）
A B. 36C. D. 28
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知直线被圆心为圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A B.
C. D.
6. 已知函数，则（ ）
A 1B. C. lg11D.
7. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若与共线，则
C. 若，则D. “”是“”的充要条件
10. 已知数列，满足，且，则（ ）
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列D. 当时，是递增数列
11. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,，P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为________立方米.
13. 已知，则________.
附：若，则，.
14. 已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是________，的最小值是________.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
16. 如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17. 甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
18. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
19. 给定正整数，已知对，有，，函数.
（1）若，求；
（2）若，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有个元素，且. 设，，，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，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、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（），且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件得出，再使用共轭复数的定义即可.
【详解】由于，故，而，故.
所以.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】逐个验证的三个元素是否在中，即可得到.
【详解】直接计算知，，.
故中的三个元素中，在集合内的是和，所以.
故选：A.
3. 展开式中的系数为（ ）
A. B. 36C. D. 28
【答案】D
【解析】
【分析】直接使用二项式定理即可.
【详解】在的展开式中，根据二项式定理可知二次项为，即.
所以展开式中的系数为.
故选：D.
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用二倍角公式化简函数，再求最小正周期即可.
【详解】由二倍角公式得，
故设的最小正周期为，，故A正确.
故选：A
5. 已知直线被圆心为的圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，结合给定的弦长利用勾股定理建立方程求解半径即可.
【详解】设圆心到直线的距离为，圆的半径为，易得直线方程为，
而，由勾股定理得，解得，
故圆的方程为，故C正确.
故选：C
6. 已知函数，则（ ）
A. 1B. C. lg11D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别计算出每个函数值，再求和即可.
【详解】易知，，，，，，，，，
故，故B正确.
故选：B
7. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】为中点，为矩形中心，可得平面，外接球球心在上，由外接球球心的特征，通过构造直角三角形利用勾股定理求出外接球半径，可求表面积.
【详解】连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心.
分别取，，的中点M，P，Q，
连接， 则， 且为的中点，
因为，所以，
为矩形，，则有，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则有，
所以平面， 则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
E到平面ABCD的距离为3，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
有，即，解得，
外接球半径，
该球的表面积.
当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解.
故选：D.
8. 已知为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】给出，作为反例，即可否定A；给出，作为反例，即可否定B，C；构造函数并使用反证法，即可证明D正确.
【详解】对于A，当，时，有
，
此时，存在，故A错误；
对于B，C，当，时，有
，
此时，存在，故B，C错误；
对于D，设，，则
，
，
且等号仅在时成立，故和单调递增.
由于，故.
假设，则或.
若，则，矛盾；
若，则，矛盾.
所以，从而，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用导数工具证明单调性，进而证明选项中的不等式.
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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若与共线，则
C. 若，则D. “”是“”充要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据向量模长的坐标表示即可验证；对于B，根据向量共线的坐标表示即可验证；对于C，根据向量数量积的坐标表示即可验证；对于D，根据向量加法和向量共线的坐标表示即可验证.
【详解】对于A，若，则，故，A错误；
对于B，若与共线，则，B正确；
对于C，若，则，故，C错误；
对于D，由于，，故的充要条件是.
而，故的充要条件是，D正确.
故选：BD.
10. 已知数列，满足，且，则（ ）
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列D. 当时，是递增数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接由已知得到，即可说明A错误；对于B，证明，结合即可验证；对于C，说明即可；对于D，验证，再利用即可验证.
【详解】对于A，由已知有，故A错误；
对于B，当时，由于，且，故是等比数列，故B正确；
对于C，当时，由，归纳即知.
所以，从而，故是等差数列，故C正确；
对于D，当时，由于，故.
所以，从而是递增数列，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,，P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆定义，结合角的值，化简得出离心率即可.
【详解】根据题意，得出，
在中由正弦定理得：,
由椭圆定义可得，
，
椭圆离心率为，
.
故选：D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为________立方米.
【答案】
【解析】
【分析】先计算该烽火台的上下底面面积，再利用棱台的体积公式得到结果.
【详解】因为题目中的单位只涉及米、平方米、立方米，故我们可以在计算中忽略单位.
由于该烽火台是正四棱台，故上下底面都是正方形.
从而该烽火台的上底面面积，下底面面积，高.
故其体积.
故答案为：.
13. 已知，则________.
附：若，则，.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，利用正态曲线的对称性，即可求得答案.
【详解】，
.
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是________，的最小值是________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用焦半径公式表示，进而利用抛物线上点的范围求解第一空，利用焦半径公式结合基本不等式求解第二空即可.
【详解】第一空，如图，设，，，，
故，，，
而，故，
可得，，即有，
由，所以，
所以，所以.
第二空，，故，
而，故，即，
又，
故，
即，，故得的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是合理运用焦半径公式结合基本不等式，然后找到取等条件，得到所要求的最值即可．
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，再由余弦定理得到，化简得到，得到，进而证得为等边三角形；
（2）由正弦定理得，结合，得到，求得，再利用余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
证明：由，可得，
因为，由正弦定理可得，所以，
即，可得，
结合，所以等边三角形.
【小问2详解】
解：因为，由正弦定理得，
平方可得,
又因为，可得，可得，
所以，即，则，
由余弦定理，可得.
16. 如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的空间向量法证明即可；
（2）根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解.
【小问1详解】
如图建系，设
则,
,
设平面法向量为,
,
,
可得
即得，
因为所以,不在平面内，所以平面.
【小问2详解】
设平面法向量为,
,
可得,
即得,
设二面角为，
则,
因为所以
17. 甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列、期望见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式进行求解即可.
（2）设事件B为第1次取出的是白球，事件C为第2次取出的是红球，根据条件概率公式计算即可；
（3）分情况从甲中随机取出一红球或白球写出白球个数的概率及分布列，再求出期望即可.
【小问1详解】
设事件表示从甲中随机取出一红球放入乙箱中，事件表示从甲中随机取出一白球放入乙中，设事件表示：从甲中随机取出一球放入乙中，再从乙中随机取出一球，则取出的球是红球，
则有：，
所以.
小问2详解】
设事件为第一次从甲取出的是白球，事件为第二次从乙随机取出一个球是红球；
则，所以．
【小问3详解】
第二次从乙随机取出两个球，取出的白球的个数为，则，
，
，
,
的分布列为
的数学期望.
18. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据已知条件以及点到直线的距离公式即可求解；
（2）设，然后证明的中点一定经过的垂直平分线，即可证明线段的中点为圆心且过坐标原点的圆经过.
【小问1详解】
由于右顶点，故.
而到渐近线的距离均为，故由已知有.
所以，解得.
故的方程为.
【小问2详解】
记，，并设的中点为.
由于的中点为，的斜率，故的垂直平分线为，即.
设，由于，假设的斜率不存在，那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾；
所以的斜率存在，故可设其方程为.
将该直线与联立，得，
即.
所以该方程的两根之和为.
但，故此方程已有一根，从而另一根为.
设，则，.
此时，由，知直线的方程为，而过且垂直于轴的直线为，故.
这就得到的中点的坐标为.
由于
.
所以点在直线上，即在的垂直平分线上，从而.
故关于对称，则，
故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过.
19. 给定正整数，已知对，有，，函数.
（1）若，求；
（2）若，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有个元素，且. 设，，，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件得到，再根据的定义求和；
（2）（ⅰ）构造恰当的函数，并利用导数工具证明的两根之和小于零；（ⅱ）先说明的取值与的选取无关，再利用函数证明相应的不等式.
【小问1详解】
对，由于，，
故是的极小值点，所以.
而，所以，得.
故.
【小问2详解】
（ⅰ）对，由于，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
利用，可将原条件化为.
注意到，故有一个零点，记.
而，故，所以.
又因为，
且，故在上还有一个零点，记为.
从而由的单调性，知恰有两个零点，且.
而为的子集，它们各有个元素，且，故至少有个元素.
而的元素只可能在之中，这表明它们两两不等，
且.所以包含个正数，个负数.
而为的子集，它们各有个元素，且，
故和恰好就是中的一对补集，即，.
设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数.
由于，，，.
故，.
从而.
由于，故.
设，则，而对有，
对有，故在上单调递减，上单调递增.
再设，则，且等号只在处取到.
故单调递增，从而，
即.而在上单调递增，故，即.
所以.
故.
（ⅱ）不妨设，则根据的单调性有.
从而由有，再根据的单调性有.
由于，.
故的值，其实就是在这个数中，
选出对异号的数，再计算每对之间的的距离之和.
在数轴上标出这个数后，可认为就是条端点在原点异侧且端点两两不重复的线段长之和，
故相邻两个数之间的线段被计算的次数，恰为该线段两侧的端点数目较少的一侧的端点数目.
这就说明的值和的具体元素的选取无关，而在，
时，有，
所以任何情况下都有.
由的单调性，知对有，故，即.
对，取，得；取，
得，从而.
由于，故由上面的结论知
，.
所以.
从而由知
.
设，则.
设，则，故对有，
所以在上递增，从而对有.
所以对有，故在上递增，
从而对有.
又由于，故
.
所以，即.
故.
综上，有.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造恰当的函数，并利用导数工具证明相应的不等式.
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