浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高三上学期数学期末试卷
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．（2024高三上·慈溪期末）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：因为，，，
集合，，所以．
故答案为：B.
【分析】先化简集合，在根据集合子集的定义判断即可．
2．（2024高三上·慈溪期末）设为虚数单位，若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，即的虚部为3.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算计算，结合共轭复数的定义求解即可.
3．（2024高三上·慈溪期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，因为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量共线的坐标表示列式求解即可.
4．（2024高三上·慈溪期末）已知函数，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值
【解析】【解答】解：由，可得，即，，
又因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件求出，确定函数的解析式，再求对应的函数值即可.
5．（2024高三上·慈溪期末）图①中的“马头墙”是我国江南传统民居建筑的重要特色之一，它的顶部称之为垛．每只垛的结构如图②，可近似地看成由一个正三棱柱和两个完全相同的正四面体构成的几何体．已知，，，现计划覆以小青瓦，覆盖面为“前”“后”两面，“前面”如图③阴影部分，则小青瓦所要覆盖的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为，，所以，
则正四面体的一个面为边长为的正三角形，其面积为；
又因为，所以正三棱柱的一个侧面为长为，宽为的矩形，其面积为，
所以小青瓦所要覆盖的面积为个正三角形与个矩形的面积和，
则.
故答案为：A.
【分析】小青瓦所要覆盖的面由两个矩形及四个正三角形组成，分别求解即可.
6．（2024高三上·慈溪期末）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．2024 B． C． D．0
【答案】D
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，当时，，解得；
当时，，即，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得，
所以函数是以3为周期的周期函数，
因为，
所以
.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件推出函数是以3为周期的周期函数，即可求出 的值.
7．（2024高三上·慈溪期末）已知四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，则“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线AB的方程为，CD的方程为，
又四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，
过A，B，C，D四点的二次曲线系为，
即，
若A，B，C，D四点共圆，
则曲线系方程表示圆，有，，可得，
即直线AC与BD倾斜角互补，故充分性成立；
当直线AC与BD倾斜角互补，有，则，若取，
曲线系方程为，
这种形式的方程表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹，
而A，B，C，D四点都在曲线上，所以曲线表示圆，也即A，B，C，D四点共圆，故必要性成立，
所以“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】表示出过A，B，C，D四点的二次曲线系方程，由方程表示圆证明直线AC与BD倾斜角互补，由直线AC与BD倾斜角互补证明方程表示圆.
8．（2024高三上·嘉兴模拟）已知数列满足，，令．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，，且，
则又数列是公比为2的等比数列 ，
则根据等比数列公式可得：
又，则
则
故答案为：B.
【分析】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、累加法的运用，根据题意及已知条件求出数列的通项公式，然后得到然后再运用累加法即可求解.
二、选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·慈溪期末）某电商平台为了对某一产品进行合理定价，采用不同的单价在平台试销，得到的数据如下表所示：
单价x/元 8 8.5 9 9.5 10
销量y/万件 89 85 80 78 68
根据以上数据得到与具有较强的线性关系，若用最小二乘估计得到经验回归方程为，则（ ）
A．相关系数
B．点一定在经验回归直线上
C．
D．时，对应销量的残差为
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由可得与具负相关，故A错误；
B、，
故样本中心为，即点一定在经验回归直线上，故B正确；
C、将点代入，可得，解得，故C正确；
D、当时，，所以残差为，D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据负相关即可判断A；根据平均数计算样本中心，即可判断B；根据样本中心在直线上即可求解C；根据残差的计算即可判断D.
10．（2024高三上·慈溪期末）已知为直线上的一点，动点与两个定点，的距离之比为2，则（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．
C．的最小值为
D．的最大角为
【答案】A,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点，由题意可得，
化简整理可得，即，
所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，故A正确；
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为，故B错误；
，当三点共线时，有最小值，
最小值为点到直线的距离，故C正确；
的最大时，与圆相切，此时，，，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】由动点的轨迹求出方程即可判断A；由圆上的点到直线的最小距离即可判断B；由三点共线求距离之和的最小值即可判断C；由直线与圆的位置关系求的最大值即可判断D.
11．（2024高三上·慈溪期末）对于任意实数，表示为不超过的极大整数，如，，（ ）
A．若时，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【知识点】函数的表示方法；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：设，其中分别是的整数部分，分别是的小数部分；
A、，故，则，故A正确；
B、，，
，
所以，故B正确；
C、，，，
所以，故C错误；
D、，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，逐项化简即可得出大小关系，从而判断即可.
12．（2024高三上·慈溪期末）已知直三棱柱，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，则（ ）
A．存在正实数，，，使得截面为等边三角形
B．存在正实数，，，使得截面为平行四边形
C．当，时，截面为梯形
D．当，，时，截面为梯形
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：由题意，在直三棱柱中，
，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，
A、当时，截面为等边三角形，
此时，且，故A正确；
B、当时，点在三棱锥内部，为三角形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当有两个大于时，不为平行四边形，
当有三个大于时，截面为，
所以不存在正实数，，，使得截面为平行四边形，故B错误；
C项，当，时，因为，所以直线过点，由题意可得，所以，即截面为四边形，且满足，所以截面为梯形， 故C正确；
D、当，，时，截面为四边形，
易知与相交，
假设，因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以（矛盾），
故四边形不是梯形，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】分类讨论不同的位置，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．（2024高三上·慈溪期末）在的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
【答案】252
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，所以展开式的常数项为.
故答案为：.
【分析】直接利用二项展开式的通项公式求解即可.
14．（2024高三上·慈溪期末）若，，且，则的最小值为 ．
【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
，
所以，
所以，解得：，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出与的关系，再利用基本不等式即可得出的最小值.
15．（2024高三上·慈溪期末）若函数有两个零点，则正整数的最小值为 ．（其中是自然对数的底数，参考数据：，）
【答案】18
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，易知不是函数的零点，所以，
记，则，
当时，或；当时，或；且，
作出的大致图象如图所示：
要使函数有两个零点，则的图象有两个交点，
所以，或，
由于，故正整数的最小值18.
故答案为：18.
【分析】将问题转化为有两个交点，构造函数，利用导数判断其单调性，作出图象，数形结合即可求解.
16．（2024高三上·慈溪期末）已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，P为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，因为双曲线的离心率，
不妨取，则，
故双曲线方程，设点在第一象限，如图所示：
设，且
则直线，联立，消去整理可得，
所以，代入可得，
所以，即，所以.
故答案为：.
【分析】根据离心率写出双曲线方程，与直线联立求出点坐标，求出直线的斜率，即可得的值.
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．（2024高三上·慈溪期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若，BC边上的中线，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
即，
所以，
又因为，所以，所以．
（2）解：因为，
所以，即，
所以①；
由余弦定理得，②；
所以由①②得，
所以．
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和结合两角和、差的正弦公式展开化简，即可求解；
（2）借助向量，结合余弦定理和三角形面积公式求解即可.
18．（2024高三上·慈溪期末）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，且，若对任意恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）解：设等差数列公差为，
则
解得，所以.
（2）解：由（1）知，
所以，①
，②
由①－②相减得：
故，
所以
所以
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差数列求和公式、通项公式列方程组求解即可；
（2）由（1）知，利用错位相减法求出，从而可求实数的最小值.
19．（2024高三上·慈溪期末）如图，在四棱锥中，，，，．
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为12，求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接AC．
因为，，
所以，又因为，，
所以，
所以，即．
因为，，所以平面PAC
所以，
因为，所以，，所以平面ABCD，
所以．
（2）解：因为，所以．
以为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
则，，，
设平面PBC的一个法向量为，则
，即，取
设平面PCD的一个法向量为，则
，即，取
所以，
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理、勾股定理推出平面，从而证明；
（2）利用体积求出三棱锥的高，以为原点，建立空间直角坐标系，写出相应点坐标，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法即可求出平面与平面的夹角的余弦值．
20．（2024高三上·慈溪期末）已知A，B分别为椭圆的左右顶点，点，在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为零的直线与椭圆交于C，D两点，若直线AC与BD相交于点，求证：点在定直线上．
【答案】（1）解：由题意知，解得，所以椭圆方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
由得，，
所以，．
直线AC方程为，直线BD方程为，
由得，．
又因为，，
所以
所以点在定直线上．
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，将坐标代入即可求得，从而得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再表示直线的方程，联立解得交点的横坐标，化简整理可证.
21．（2024高三上·慈溪期末）某城市的青少年网络协会为了调查该城市中学生的手机成瘾情况，对该城市中学生中随机抽出的200名学生进行调查，调查中使用了两个问题．
问题1：你的学号是不是奇数？
问题2：你是否沉迷手机？
调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取一个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做．由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．
（1）如果在200名学生中，共有80名回答了“是”，请你估计该城市沉迷手机的中学生所占的百分比．
（2）某学生进入高中后沉迷手机，学习成绩一落千丈，经过班主任老师和家长的劝说后，该学生开始不玩手机．已知该学生第一天没有玩手机，若该学生前一天没有玩手机，后面一天继续不玩手机的概率是0.8；若该学生前一天玩手机，后面一天继续玩手机的概率是0.5．
（ⅰ）求该学生第三天不玩手机的概率P；
（ⅱ）设该学生第n天不玩手机的概率为，求．
【答案】（1）解：设“回答问题1”记为事件，“回答问题2”记为事件，回答“是”记为事件，则，，
因为
所以，
即该城市沉迷手机的中学生所占．
（2）解：（ⅰ）
（ⅱ）由题意知，第天不玩手机的概率是，第天玩手机的概率是，
所以
即
所以
是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用条件概率公式和全概率公式计算即可；
（2）（i）根据全概率公式计算即可；
（ii）由题意可得，再利用构造法结合等比数列的通项即可得解.
22．（2024高三上·慈溪期末）已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：，
，又，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）解：由得，
记，则在单调递减，
故，因此，
所以对恒成立，
因为，，所以．
下证时，在上恒成立．
因为，
当，时，，即，
综上所述，的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先求导，将代入求斜率，再根据点斜式求直线方程即可；
（2）由题意可得，记求导利用导数判断其单调性，根据单调性可得，即可推出，再证明时，在上恒成立即可.
1 / 1浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高三上学期数学期末试卷
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．（2024高三上·慈溪期末）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·慈溪期末）设为虚数单位，若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．3
3．（2024高三上·慈溪期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．3
4．（2024高三上·慈溪期末）已知函数，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
5．（2024高三上·慈溪期末）图①中的“马头墙”是我国江南传统民居建筑的重要特色之一，它的顶部称之为垛．每只垛的结构如图②，可近似地看成由一个正三棱柱和两个完全相同的正四面体构成的几何体．已知，，，现计划覆以小青瓦，覆盖面为“前”“后”两面，“前面”如图③阴影部分，则小青瓦所要覆盖的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·慈溪期末）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．2024 B． C． D．0
7．（2024高三上·慈溪期末）已知四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，则“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2024高三上·嘉兴模拟）已知数列满足，，令．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·慈溪期末）某电商平台为了对某一产品进行合理定价，采用不同的单价在平台试销，得到的数据如下表所示：
单价x/元 8 8.5 9 9.5 10
销量y/万件 89 85 80 78 68
根据以上数据得到与具有较强的线性关系，若用最小二乘估计得到经验回归方程为，则（ ）
A．相关系数
B．点一定在经验回归直线上
C．
D．时，对应销量的残差为
10．（2024高三上·慈溪期末）已知为直线上的一点，动点与两个定点，的距离之比为2，则（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．
C．的最小值为
D．的最大角为
11．（2024高三上·慈溪期末）对于任意实数，表示为不超过的极大整数，如，，（ ）
A．若时，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
12．（2024高三上·慈溪期末）已知直三棱柱，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，则（ ）
A．存在正实数，，，使得截面为等边三角形
B．存在正实数，，，使得截面为平行四边形
C．当，时，截面为梯形
D．当，，时，截面为梯形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高三上·慈溪期末）在的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
14．（2024高三上·慈溪期末）若，，且，则的最小值为 ．
15．（2024高三上·慈溪期末）若函数有两个零点，则正整数的最小值为 ．（其中是自然对数的底数，参考数据：，）
16．（2024高三上·慈溪期末）已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，P为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则 ．
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．（2024高三上·慈溪期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若，BC边上的中线，求的面积．
18．（2024高三上·慈溪期末）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，且，若对任意恒成立，求实数的最小值．
19．（2024高三上·慈溪期末）如图，在四棱锥中，，，，．
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为12，求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值．
20．（2024高三上·慈溪期末）已知A，B分别为椭圆的左右顶点，点，在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为零的直线与椭圆交于C，D两点，若直线AC与BD相交于点，求证：点在定直线上．
21．（2024高三上·慈溪期末）某城市的青少年网络协会为了调查该城市中学生的手机成瘾情况，对该城市中学生中随机抽出的200名学生进行调查，调查中使用了两个问题．
问题1：你的学号是不是奇数？
问题2：你是否沉迷手机？
调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取一个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做．由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．
（1）如果在200名学生中，共有80名回答了“是”，请你估计该城市沉迷手机的中学生所占的百分比．
（2）某学生进入高中后沉迷手机，学习成绩一落千丈，经过班主任老师和家长的劝说后，该学生开始不玩手机．已知该学生第一天没有玩手机，若该学生前一天没有玩手机，后面一天继续不玩手机的概率是0.8；若该学生前一天玩手机，后面一天继续玩手机的概率是0.5．
（ⅰ）求该学生第三天不玩手机的概率P；
（ⅱ）设该学生第n天不玩手机的概率为，求．
22．（2024高三上·慈溪期末）已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：因为，，，
集合，，所以．
故答案为：B.
【分析】先化简集合，在根据集合子集的定义判断即可．
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，即的虚部为3.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算计算，结合共轭复数的定义求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，因为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量共线的坐标表示列式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值
【解析】【解答】解：由，可得，即，，
又因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件求出，确定函数的解析式，再求对应的函数值即可.
5．【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：因为，，所以，
则正四面体的一个面为边长为的正三角形，其面积为；
又因为，所以正三棱柱的一个侧面为长为，宽为的矩形，其面积为，
所以小青瓦所要覆盖的面积为个正三角形与个矩形的面积和，
则.
故答案为：A.
【分析】小青瓦所要覆盖的面由两个矩形及四个正三角形组成，分别求解即可.
6．【答案】D
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，当时，，解得；
当时，，即，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得，
所以函数是以3为周期的周期函数，
因为，
所以
.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件推出函数是以3为周期的周期函数，即可求出 的值.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线AB的方程为，CD的方程为，
又四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，
过A，B，C，D四点的二次曲线系为，
即，
若A，B，C，D四点共圆，
则曲线系方程表示圆，有，，可得，
即直线AC与BD倾斜角互补，故充分性成立；
当直线AC与BD倾斜角互补，有，则，若取，
曲线系方程为，
这种形式的方程表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹，
而A，B，C，D四点都在曲线上，所以曲线表示圆，也即A，B，C，D四点共圆，故必要性成立，
所以“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】表示出过A，B，C，D四点的二次曲线系方程，由方程表示圆证明直线AC与BD倾斜角互补，由直线AC与BD倾斜角互补证明方程表示圆.
8．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，，且，
则又数列是公比为2的等比数列 ，
则根据等比数列公式可得：
又，则
则
故答案为：B.
【分析】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、累加法的运用，根据题意及已知条件求出数列的通项公式，然后得到然后再运用累加法即可求解.
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由可得与具负相关，故A错误；
B、，
故样本中心为，即点一定在经验回归直线上，故B正确；
C、将点代入，可得，解得，故C正确；
D、当时，，所以残差为，D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据负相关即可判断A；根据平均数计算样本中心，即可判断B；根据样本中心在直线上即可求解C；根据残差的计算即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点，由题意可得，
化简整理可得，即，
所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，故A正确；
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为，故B错误；
，当三点共线时，有最小值，
最小值为点到直线的距离，故C正确；
的最大时，与圆相切，此时，，，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】由动点的轨迹求出方程即可判断A；由圆上的点到直线的最小距离即可判断B；由三点共线求距离之和的最小值即可判断C；由直线与圆的位置关系求的最大值即可判断D.
【知识点】函数的表示方法；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：设，其中分别是的整数部分，分别是的小数部分；
A、，故，则，故A正确；
B、，，
，
所以，故B正确；
C、，，，
所以，故C错误；
D、，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，逐项化简即可得出大小关系，从而判断即可.
12．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：由题意，在直三棱柱中，
，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，
A、当时，截面为等边三角形，
此时，且，故A正确；
B、当时，点在三棱锥内部，为三角形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当有两个大于时，不为平行四边形，
当有三个大于时，截面为，
所以不存在正实数，，，使得截面为平行四边形，故B错误；
C项，当，时，因为，所以直线过点，由题意可得，所以，即截面为四边形，且满足，所以截面为梯形， 故C正确；
D、当，，时，截面为四边形，
易知与相交，
假设，因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以（矛盾），
故四边形不是梯形，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】分类讨论不同的位置，即可得出结论.
13．【答案】252
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，所以展开式的常数项为.
故答案为：.
【分析】直接利用二项展开式的通项公式求解即可.
14．【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
，
所以，
所以，解得：，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出与的关系，再利用基本不等式即可得出的最小值.
15．【答案】18
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，易知不是函数的零点，所以，
记，则，
当时，或；当时，或；且，
作出的大致图象如图所示：
要使函数有两个零点，则的图象有两个交点，
所以，或，
由于，故正整数的最小值18.
故答案为：18.
【分析】将问题转化为有两个交点，构造函数，利用导数判断其单调性，作出图象，数形结合即可求解.
16．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，因为双曲线的离心率，
不妨取，则，
故双曲线方程，设点在第一象限，如图所示：
设，且
则直线，联立，消去整理可得，
所以，代入可得，
所以，即，所以.
故答案为：.
【分析】根据离心率写出双曲线方程，与直线联立求出点坐标，求出直线的斜率，即可得的值.
17．【答案】（1）解：因为，
即，
所以，
又因为，所以，所以．
（2）解：因为，
所以，即，
所以①；
由余弦定理得，②；
所以由①②得，
所以．
【知识点】向量在几何中的应用；两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和结合两角和、差的正弦公式展开化简，即可求解；
（2）借助向量，结合余弦定理和三角形面积公式求解即可.
18．【答案】（1）解：设等差数列公差为，
则
解得，所以.
（2）解：由（1）知，
所以，①
，②
由①－②相减得：
故，
所以
所以
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差数列求和公式、通项公式列方程组求解即可；
（2）由（1）知，利用错位相减法求出，从而可求实数的最小值.
19．【答案】（1）证明：连接AC．
因为，，
所以，又因为，，
所以，
所以，即．
因为，，所以平面PAC
所以，
因为，所以，，所以平面ABCD，
所以．
（2）解：因为，所以．
以为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
则，，，
设平面PBC的一个法向量为，则
，即，取
设平面PCD的一个法向量为，则
，即，取
所以，
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理、勾股定理推出平面，从而证明；
（2）利用体积求出三棱锥的高，以为原点，建立空间直角坐标系，写出相应点坐标，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法即可求出平面与平面的夹角的余弦值．
20．【答案】（1）解：由题意知，解得，所以椭圆方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
由得，，
所以，．
直线AC方程为，直线BD方程为，
由得，．
又因为，，
所以
所以点在定直线上．
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，将坐标代入即可求得，从而得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再表示直线的方程，联立解得交点的横坐标，化简整理可证.
21．【答案】（1）解：设“回答问题1”记为事件，“回答问题2”记为事件，回答“是”记为事件，则，，
因为
所以，
即该城市沉迷手机的中学生所占．
（2）解：（ⅰ）
（ⅱ）由题意知，第天不玩手机的概率是，第天玩手机的概率是，
所以
即
所以
是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用条件概率公式和全概率公式计算即可；
（2）（i）根据全概率公式计算即可；
（ii）由题意可得，再利用构造法结合等比数列的通项即可得解.
22．【答案】（1）解：，
，又，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）解：由得，
记，则在单调递减，
故，因此，
所以对恒成立，
因为，，所以．
下证时，在上恒成立．
因为，
当，时，，即，
综上所述，的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先求导，将代入求斜率，再根据点斜式求直线方程即可；
（2）由题意可得，记求导利用导数判断其单调性，根据单调性可得，即可推出，再证明时，在上恒成立即可.
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