广东省华师大附高2023-2024学年高三上册数学开学测试卷
一、单选题：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，只有一个是符合要求的.
1．（2023高三上·广州开学考）复数，则的辐角主值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数乘除运算化简，，所以复数辐角主值为.
故答案为：B.
【分析】结合复数乘除运算化简，由共轭复数及复数辐角的定义得，即可得解.
2．（2023高三上·广州开学考）设集合，则的子集数量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：解不等式得，为整数，所以，则的子集数量是
故答案为：A.
【分析】化简得集合，进而得到的子集个数.
3．（2023高三上·广州开学考）椭圆的两焦点分别为，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆方程可得，推出，即， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，设，，所以，从而得到.
故答案为：C.
【分析】由椭圆方程可得，得， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，可得的值，进而可得.
4．（2023高三上·广州开学考）展开式中项的系数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：根据二项式的展开式，，时， 项的系数是.
故答案为：D.
【分析】利用二项式的展开式，代数求值即可得解.
5．（2023高三上·广州开学考）以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（ ）
A．底面半径为，母线长为的圆锥
B．底面半径为，高为的圆柱
C．边长为的立方体
D．底面积为，高为的直三棱柱
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、圆柱的底面半径为，而圆锥的底面半径为，，所以该圆锥无法放入圆柱中，故A错误；
B、如图，，因为，所以根据勾股定理可得，设，所以，，再根据勾股定理可得，因为，所以，所以能被放进底面半径为，高为的圆柱中，故B正确；
C、边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，设，，由勾股定理得，连接，则，由勾股定理得，解得，，故C错误；
D、底面积为，高为的直三棱柱体积为 ， 圆柱的体积为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据圆柱的底面半径和圆锥的底面半径，即可判断A；画立体图形，设出未知量得，从而判断B；根据体积的大小即可判断D；设，，推出，即可判断C.
6．（2023高三上·广州开学考）有下列一组数据：442498053，则这组数据的第百分位数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大顺序排列：0，2，3，4，4，4，5，8，9，共9个数，，结合百分位数定义得 这组数据的第百分位数是8.
故答案为：8.
【分析】先将数据从小到大顺序排列，再结合百分位数的定义，即可求解.
7．（2023高三上·广州开学考）设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理可得，数列是以3为首项，3为公比的等比数列，结合等比数列的前n项和公式得，当时，，当时，，所以的最小的n是7.
故答案为：C.
【分析】由二项式定理得，结合等比数列的前n项和公式求解即可.
8．（2023高三上·广州开学考），则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，令，推出，令，，则，令，则，二次求导，推出，所以，所以，所以
故答案为：B.
【分析】令，对其求导，利用导数研究函数的单调性即可判断.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，漏选得2分，有选错或未选的得0分.
9．（2023高三上·广州开学考）下列式子中最小值是的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，，A错误；时，B错误；令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极小值，C正确；令，结合二次函数的性质得，D正确.
故答案为：C，D.
【分析】当时，时分别检验A，B选项，构造函数，求导，利用导数研究函数的单调性与极值，从而判断C，结合二次函数的性质判断D.
10．（2023高三上·广东开学考），若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】解： 将图象向左平移个单位长度后得到 ，
因为，且，则，
又因为，由题意可得，解得，
对比选项可知：AC正确，BD错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意可得平移后的解析式为，因为，结合余弦函数的性质分析求解.
11．（2023高三上·广东开学考）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是
B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是
D．若，则的最大值是
【答案】A,C
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于AB：因为 ，
由椭圆的定义可知：点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
即，则，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，V取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
因为，且，
所以当且仅当时，最大，此时，
所以α取到最大值，故A正确，B错误；
对于CD：当 时，因为，即，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，
设AD的中点为O，则O为球心，
当，即时，V取到最大值，
此时；
当直线BP与球相切于点P，即时，α取到最大值，
此时，所以 的最大值不是 故C正确，D错误；
故答案为：AC.
【分析】对于AB：由题意分析可知点P的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，当点P运动到椭球的上、下顶点时，V取到最大值，求体积的最大值，点P在平面ABCD上的射影为Q，当且仅当时，最大，进而可得 的最大值 ；对于CD：由题意分析可知点P的轨迹是以AD为直径的球，当，即时，V取到最大值，直线BP与球相切于点P，即时，α取到最大值，分析运算即可判断.
12．（2023高三上·广州开学考）在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分。如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．若随机选择两项，则存在使
B．无论为多少，随机选择一项总能使最大
C．若则随机选择两项比随机选择三项更优
D．若随机选择三项，则存在使
【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解： 多选题可能有个或个正确的选项，设该题恰有两个正确选项的概率为 ，所以三个正确选项的概率为，若随机选择一项，则得分的所有可能取值为，则，，则，若随机选择两项，则得分的所有可能取值为，则，，，则，故A错误；若随机选择三项，则得分的所有可能取值为，，，则，存在，使，故D正确；由于，，所以B正确；由，得，所以C正确.
故答案为：B，C，D.
【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结论.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高三上·广州开学考）设随机变量，则
【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由已知随机变量，所以，所以
故答案为：.
【分析】根据正态分布的对称性，即可求解.
14．（2023高三上·广东开学考）直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为 的圆心为，半径为2，
可知 ，与圆 相切，
又因为 椭圆 的短轴顶点为，可得， 与椭圆E相切，
可知 ，符合题意，
若直线 的 斜率存在，设直线 的 方程，
因为直线 与圆 相切，则① ，
联立方程 ，消去y，
则，整理得②，
由①①解得，
即直线 的 方程；
综上所述： 符合条件的的方程， ，.
故答案为：(或或).
【分析】根据图象分析可得， ，设直线 的 方程，根据点到直线的距离，以及联立方程结合判别式分析求解.
15．（2023高三上·广州开学考）底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，因为平面，所以，又因为，所以平面，即，同理可得，设，因为底面等边三角形的面积为，所以底面边长为，又因为三棱锥的表面积为，所以三棱锥的侧面积为，即，所以，即，因为，所以，根据琴生不等式有，所以，故，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，根据已知条件得到关于三棱锥高的方程，利用琴生不等式求出高的最大值，最后代入三棱锥体积公式求体积得最大值即可.
16．（2023高三上·广州开学考）有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
【答案】54
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，至少拿出1个球，最多能拿出4个球：
当拿出1个球时，有种不同的方法；
当拿出2个球时，因为拿出的2个球不能相邻，所以可看成拿出2个放入余下的6个球排成一排形成7个空位中，因此取2个球有种不同的方法；
当拿出3个球时，由于3个球不相邻，可看成拿出3个放入余下的5个球排成一排形成6个空位中，因此取3个球有种不同的方法；
当拿出4个球时，由于4个球不相邻，可看成拿出4个放入余下的4个球排成一排形成5个空位中，因此取4个球有种不同的方法；
综上所求的方案数量为8+21+20+5=54种.
故答案为：54.
【分析】根据已知条件，利用分类加法计数原理，结合组合、插空法列式计算即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（2023高三上·广州开学考）向量与能作为平面向量的一组基底.
（1）若，，，证明三点共线
（2）若与共线，求的值
【答案】（1）解：
，三点共线
（2）解：设，则
解得
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）由题意得，从而证得三点共线；
（2）由平面向量的共线定理得到 ，计算求解即可.
18．（2023高三上·广东开学考）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)由四边形是正方形，可得.由平面平面 结合面面垂直的性质可证得 平面；
(2)由勾股定理推出 ， 建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量， 利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
19．（2023高三上·广州开学考）在中，分别为的对边，
（1）证明
（2）求的取值范围
【答案】（1）解：由正弦定理，
由余弦定理
（2）解：
由，
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1) 由正弦定理得，结合余弦定理即可证明结论；
（2）由（1）结合余弦定理，重要不等式，化简即可求范围.
20．（2023高三上·广州开学考）已知函数
（1）当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围
（2）若，，证明
【答案】（1）解：由题意知在上有极小值，
则在有解，
故，设，
显然在单调递增，
又，，所以.
当时，在单调递增，
又，，由零点存在定理可知，且，
此时当时，，当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增，故在上有极小值点.
因此实数的取值范围.
（2）解：由题得，
在上小于，在上大于
最小值为
只需证明
即
即
，该式子显然成立
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意得 ，设， 根据在单调递增，可得，再结合导数研究函数的单调性与极值，检验实数的取值范围；
（2） 由题得， ，结合导数得最小值为 ， 只需证明 ， 即 ，结论成立.
21．（2023高三上·广州开学考）已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆上
一点，当时，的面积为.
（1）求椭圆的方程
（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点，过作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围
【答案】（1）解：设，由题得，
（2）设、联立方程组整理可得，由韦达定理可得，，故，设直线，联立方程组，化简整理得可得，所以，则，由函数单调性的性质可得，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，易得，根据焦点三角形面积公式可得，再由，解得，即可求得椭圆的方程；
（2）设点，联立直线与椭圆的方程，化简可得，根据韦达定理可得，从而求得点以及点的横坐标，再根据点和点的横坐标相等，推出的关系，进一步表示即可求其范围.
22．（2023高三上·广州开学考）记数列的前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式
（2）数列满足，证明对任意，
（3）某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）
参考数据：，，
【答案】（1）解：
累加得时同样满足条件
（2）解：设
设，上式=
，
设，求导可知
原不等式得证
（3）解：设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，得到，累加得，检验时也成立，所以；
（2） 设 得到 ， 设， ，对函数求导，所以从而证明出， 设，求导可知得 ，即可怎么结论；
（3）结合（2）中的不等式得到，再根据对数运算进行估值，计算求解即可.
1 / 1广东省华师大附高2023-2024学年高三上册数学开学测试卷
一、单选题：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，只有一个是符合要求的.
1．（2023高三上·广州开学考）复数，则的辐角主值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·广州开学考）设集合，则的子集数量是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·广州开学考）椭圆的两焦点分别为，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（ ）.
A． B． C． D．
4．（2023高三上·广州开学考）展开式中项的系数是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·广州开学考）以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（ ）
A．底面半径为，母线长为的圆锥
B．底面半径为，高为的圆柱
C．边长为的立方体
D．底面积为，高为的直三棱柱
6．（2023高三上·广州开学考）有下列一组数据：442498053，则这组数据的第百分位数是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·广州开学考）设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·广州开学考），则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，漏选得2分，有选错或未选的得0分.
9．（2023高三上·广州开学考）下列式子中最小值是的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高三上·广东开学考），若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高三上·广东开学考）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是
B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是
D．若，则的最大值是
12．（2023高三上·广州开学考）在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分。如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．若随机选择两项，则存在使
B．无论为多少，随机选择一项总能使最大
C．若则随机选择两项比随机选择三项更优
D．若随机选择三项，则存在使
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高三上·广州开学考）设随机变量，则
14．（2023高三上·广东开学考）直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程
15．（2023高三上·广州开学考）底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是
16．（2023高三上·广州开学考）有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（2023高三上·广州开学考）向量与能作为平面向量的一组基底.
（1）若，，，证明三点共线
（2）若与共线，求的值
18．（2023高三上·广东开学考）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
19．（2023高三上·广州开学考）在中，分别为的对边，
（1）证明
（2）求的取值范围
20．（2023高三上·广州开学考）已知函数
（1）当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围
（2）若，，证明
21．（2023高三上·广州开学考）已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆上
一点，当时，的面积为.
（1）求椭圆的方程
（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点，过作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围
22．（2023高三上·广州开学考）记数列的前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式
（2）数列满足，证明对任意，
（3）某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）
参考数据：，，
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数乘除运算化简，，所以复数辐角主值为.
故答案为：B.
【分析】结合复数乘除运算化简，由共轭复数及复数辐角的定义得，即可得解.
2．【答案】A
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：解不等式得，为整数，所以，则的子集数量是
故答案为：A.
【分析】化简得集合，进而得到的子集个数.
3．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆方程可得，推出，即， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，设，，所以，从而得到.
故答案为：C.
【分析】由椭圆方程可得，得， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，可得的值，进而可得.
4．【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：根据二项式的展开式，，时， 项的系数是.
故答案为：D.
【分析】利用二项式的展开式，代数求值即可得解.
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、圆柱的底面半径为，而圆锥的底面半径为，，所以该圆锥无法放入圆柱中，故A错误；
B、如图，，因为，所以根据勾股定理可得，设，所以，，再根据勾股定理可得，因为，所以，所以能被放进底面半径为，高为的圆柱中，故B正确；
C、边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，设，，由勾股定理得，连接，则，由勾股定理得，解得，，故C错误；
D、底面积为，高为的直三棱柱体积为 ， 圆柱的体积为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据圆柱的底面半径和圆锥的底面半径，即可判断A；画立体图形，设出未知量得，从而判断B；根据体积的大小即可判断D；设，，推出，即可判断C.
6．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大顺序排列：0，2，3，4，4，4，5，8，9，共9个数，，结合百分位数定义得 这组数据的第百分位数是8.
故答案为：8.
【分析】先将数据从小到大顺序排列，再结合百分位数的定义，即可求解.
7．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理可得，数列是以3为首项，3为公比的等比数列，结合等比数列的前n项和公式得，当时，，当时，，所以的最小的n是7.
故答案为：C.
【分析】由二项式定理得，结合等比数列的前n项和公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，令，推出，令，，则，令，则，二次求导，推出，所以，所以，所以
故答案为：B.
【分析】令，对其求导，利用导数研究函数的单调性即可判断.
9．【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，，A错误；时，B错误；令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极小值，C正确；令，结合二次函数的性质得，D正确.
故答案为：C，D.
【分析】当时，时分别检验A，B选项，构造函数，求导，利用导数研究函数的单调性与极值，从而判断C，结合二次函数的性质判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】解： 将图象向左平移个单位长度后得到 ，
因为，且，则，
又因为，由题意可得，解得，
对比选项可知：AC正确，BD错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意可得平移后的解析式为，因为，结合余弦函数的性质分析求解.
11．【答案】A,C
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于AB：因为 ，
由椭圆的定义可知：点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
即，则，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，V取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
因为，且，
所以当且仅当时，最大，此时，
所以α取到最大值，故A正确，B错误；
对于CD：当 时，因为，即，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，
设AD的中点为O，则O为球心，
当，即时，V取到最大值，
此时；
当直线BP与球相切于点P，即时，α取到最大值，
此时，所以 的最大值不是 故C正确，D错误；
故答案为：AC.
【分析】对于AB：由题意分析可知点P的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，当点P运动到椭球的上、下顶点时，V取到最大值，求体积的最大值，点P在平面ABCD上的射影为Q，当且仅当时，最大，进而可得 的最大值 ；对于CD：由题意分析可知点P的轨迹是以AD为直径的球，当，即时，V取到最大值，直线BP与球相切于点P，即时，α取到最大值，分析运算即可判断.
12．【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解： 多选题可能有个或个正确的选项，设该题恰有两个正确选项的概率为 ，所以三个正确选项的概率为，若随机选择一项，则得分的所有可能取值为，则，，则，若随机选择两项，则得分的所有可能取值为，则，，，则，故A错误；若随机选择三项，则得分的所有可能取值为，，，则，存在，使，故D正确；由于，，所以B正确；由，得，所以C正确.
故答案为：B，C，D.
【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结论.
13．【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由已知随机变量，所以，所以
故答案为：.
【分析】根据正态分布的对称性，即可求解.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为 的圆心为，半径为2，
可知 ，与圆 相切，
又因为 椭圆 的短轴顶点为，可得， 与椭圆E相切，
可知 ，符合题意，
若直线 的 斜率存在，设直线 的 方程，
因为直线 与圆 相切，则① ，
联立方程 ，消去y，
则，整理得②，
由①①解得，
即直线 的 方程；
综上所述： 符合条件的的方程， ，.
故答案为：(或或).
【分析】根据图象分析可得， ，设直线 的 方程，根据点到直线的距离，以及联立方程结合判别式分析求解.
15．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，因为平面，所以，又因为，所以平面，即，同理可得，设，因为底面等边三角形的面积为，所以底面边长为，又因为三棱锥的表面积为，所以三棱锥的侧面积为，即，所以，即，因为，所以，根据琴生不等式有，所以，故，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，根据已知条件得到关于三棱锥高的方程，利用琴生不等式求出高的最大值，最后代入三棱锥体积公式求体积得最大值即可.
16．【答案】54
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，至少拿出1个球，最多能拿出4个球：
当拿出1个球时，有种不同的方法；
当拿出2个球时，因为拿出的2个球不能相邻，所以可看成拿出2个放入余下的6个球排成一排形成7个空位中，因此取2个球有种不同的方法；
当拿出3个球时，由于3个球不相邻，可看成拿出3个放入余下的5个球排成一排形成6个空位中，因此取3个球有种不同的方法；
当拿出4个球时，由于4个球不相邻，可看成拿出4个放入余下的4个球排成一排形成5个空位中，因此取4个球有种不同的方法；
综上所求的方案数量为8+21+20+5=54种.
故答案为：54.
【分析】根据已知条件，利用分类加法计数原理，结合组合、插空法列式计算即可.
17．【答案】（1）解：
，三点共线
（2）解：设，则
解得
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）由题意得，从而证得三点共线；
（2）由平面向量的共线定理得到 ，计算求解即可.
18．【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)由四边形是正方形，可得.由平面平面 结合面面垂直的性质可证得 平面；
(2)由勾股定理推出 ， 建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量， 利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
19．【答案】（1）解：由正弦定理，
由余弦定理
（2）解：
由，
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1) 由正弦定理得，结合余弦定理即可证明结论；
（2）由（1）结合余弦定理，重要不等式，化简即可求范围.
20．【答案】（1）解：由题意知在上有极小值，
则在有解，
故，设，
显然在单调递增，
又，，所以.
当时，在单调递增，
又，，由零点存在定理可知，且，
此时当时，，当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增，故在上有极小值点.
因此实数的取值范围.
（2）解：由题得，
在上小于，在上大于
最小值为
只需证明
即
即
，该式子显然成立
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意得 ，设， 根据在单调递增，可得，再结合导数研究函数的单调性与极值，检验实数的取值范围；
（2） 由题得， ，结合导数得最小值为 ， 只需证明 ， 即 ，结论成立.
21．【答案】（1）解：设，由题得，
（2）设、联立方程组整理可得，由韦达定理可得，，故，设直线，联立方程组，化简整理得可得，所以，则，由函数单调性的性质可得，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，易得，根据焦点三角形面积公式可得，再由，解得，即可求得椭圆的方程；
（2）设点，联立直线与椭圆的方程，化简可得，根据韦达定理可得，从而求得点以及点的横坐标，再根据点和点的横坐标相等，推出的关系，进一步表示即可求其范围.
22．【答案】（1）解：
累加得时同样满足条件
（2）解：设
设，上式=
，
设，求导可知
原不等式得证
（3）解：设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，得到，累加得，检验时也成立，所以；
（2） 设 得到 ， 设， ，对函数求导，所以从而证明出， 设，求导可知得 ，即可怎么结论；
（3）结合（2）中的不等式得到，再根据对数运算进行估值，计算求解即可.
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