2024年人教A版高二下学期数学期中模拟试卷二
第Ⅰ卷
阅卷人 一、选择题（每题5分，共40分）
得分
1．（2024高一下·武鸣月考）已知为实数，复数为纯虚数，则（ ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为复数为纯虚数，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由复数的运算结合纯虚数的概念列式求解即可.
2．（2023高二上·成都月考）已知正项等比数列，则，则公比为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解： 正项等比数列中，公比为q，则 ，所以q=2.
故答案为：B.
【分析】根据等比数列通项公式，列方程组即可.
3．（2023高二上·成都月考）抛掷一个质地均匀的股子的试验，事件表示“小于5的偶数点出现”，事件表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件或事件至少有一个发生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：事件表示“小于5的偶数点出现”，所以 ，
事件表示“不小于5的点数出现”，所以，事件A、B为互斥事件，
事件或事件至少有一个发生的概率为.
故答案为：B.
【分析】根据古典概型概率公式求出A、B概率，再利用互斥事件概率求和即可.
4．（2024·横县月考）已知，，为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件中一定能得到的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、因为，所以，而并不垂直于内的所有直线，所以和可能不垂直，故A错误；
B、只垂直内的一条直线，不能推出，故B错误；
C、因为，所以//，又，所以，故C正确；
D、由，不能推出//，所以不能推出，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据排除法，结合线面垂直的判定判断即可.
5．（2023高二上·成都月考）直线被圆截得的弦长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解： 圆 知圆心C（3，-1），半径r=3，
所以圆心到直线的距离为 ，
所以 直线被圆截得的弦长 为.
故答案为：C.
【分析】先由圆方程求出圆心、半径，然后由点到直线距离公式求出d，利用垂径定理结合勾股定理即可求得弦长.
6．（2024高二下·深圳月考） “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：分别取线段、、、的中点，记为、、、，如图所示：
易知四边形为等腰梯形，设，因为，所以，
设棱台的高为，体积为，棱台的高为，体积为，
则，，
所以，又因为，所以，
故该“方斗”可盛米的总质量为112kg.
故答案为：D.
【分析】分别取线段、、、的中点，记为、、、，利用台体的体积公式计算棱台与棱台的体积之比，从而得出原“方斗”可盛米的总质量即可.
7．（2024高二下·辉南月考）已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．曲线在点处的切线斜率小于零
B．函数在区间上单调递增
C．函数在处取得极大值
D．函数在区间内至多有两个零点
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】根据图像可知，故y=f(x)在点( -2，f(- 2))处的切线斜率等于零，A错误；
在( -1，1)，故f(x)在区间( - 1.1)上单调递减，故B错误，
在x=1的左右两侧，f(x)单调递减，故x=1不是极值点，故C错误，
f(x)在(-3，-2)单调递增，在( -2，3)单调递减，故f(x)在区间( - 3， 3)内至多有两个零点，D正确；
故答案为： D
【分析】根据导函数的图象，可判断原函数的单调性，进而可逐一求解。
8．（2023高二上·成都月考）已知直线与双曲线无公共交点，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由得其中一条渐近线方程为，
因为直线与双曲线无公共交点，
所以 ，即 ，所以 ，又，所以.
的离心率的取值范围是 .
故答案为：D.
【分析】根据双曲线求出渐近线， 直线与双曲线无公共交点，得 ，将a、b关系转化为a、c关系，结合离心率即可求解.
阅卷人 二、多项选择题（每题6分，共18分）
得分
9．（2023高二上·成都月考）已知一组样本数据，则这组数据的（ ）
A．极差为6 B．众数为4 C．方差为4 D．中位数为5
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为 组样本数据， 所以8-2=6，即 极差为6 ，故A正确.
这组数据 有2个4，即 众数为4 ，故B正确.
平均数，
即 方差为4，故C正确.
，中位数为.故D错误.
故答案为：A、B、C.
【分析】根据极差、众数、方差、中位数的定义分析即可.
10．（2023·月考）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A．所有可能的方法有种
B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
【答案】B,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动所有可能的方法有种，选项错误；
B、如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有种，选项正确；
C、如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有种，选项正确；
D、如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有种，选项错误；
故答案为：BC .
【分析】根据分布乘法原理判断A、C，间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
11．（2024高二下·惠州月考） 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔.简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数只有一个不动点
B．若定义在R上的奇函数，图象上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
C．函数只有一个不动点
D．若函数在上存在两个不动点，则实数a满足
【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，因为，，
故在上存在零点，但，
故在上为减函数，故在上仅有一个零点，
故有且仅有一个实数解，即只有一个不动点，故A正确.
B、若为奇函数的非零不动点，则，
而，所以也为奇函数的非零不动点，
故的非零不动点成对出现，而，故为奇函数的不动点，
所以奇函数不动点个数是奇数，故B正确.
C、设，则，
时；时；
故在上递增，在上递减，
而，，，
故在有两个不同的零点，故，
故有两个不动点，故C错误.
D、若函数在上存在两个不动点，
则在上存在两个不同的解，
故在上存在两个不同的解，
设，，
若，则，故在上为增函数，
在上至多一个零点，与题设矛盾；
若，时；时；
故在上递增，在上递减，
因为在上存在两个不同的零点，故，故.
此时，，
下证：当时，.
设，则，
故在上为减函数，故，
故上恒成立，故在上恒成立，
故在上恒成立，令，则，
故当时，有，
故时，在上的确存在两个不同的零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据不动点函数和不动点的定义，将各选项的不动点问题转化为方程的解的问题来处理即可，其中选项ACD中对应的方程的解的问题需结合导数来处理，而选项B中的则需要结合奇函数的性质来处理.
阅卷人 三、填空题（每题5分，共15分）
得分
12．（2024·扬州模拟）若，则 ．
【答案】-592
【知识点】组合及组合数公式；二项展开式
【解析】【解答】解：表示个因式的乘积，而为展开式中的系数，则这个因式中分别取、、三项：只有一个因式取，则从其余得4个因式中选3个因式取，剩余的一个因式取2；有2个因式取，则从剩余得3个因式中选择一个因式取，剩余得2多个因式都取2；5个因式都取，
故.
故答案为：-592.
【分析】根据题意，由组合数公式以及乘方的几何意义求值即可.
13．（2024·横县月考）设，是不共线的向量，若，，，A，B，D三点共线，则的值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
又因为三点共线，所以，所以，解得.
故答案为：.
【分析】由题意用，表示，再根据三点共线，得，即可求出参数的值.
14．（2024高二下·深圳月考） 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】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，则，
令，求导可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，且恒成立，且，
作出的大致图象，如图所示：
要使有两个零点，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，求导利用导数判断函数的单调性，作出图象，数形结合即可求解.
阅卷人 四、解答题（共5题，共77分）
得分
15．（2024高三上·潮州期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为线段延长线上一点，且，，求．
【答案】（1）解：在△ABC中，由已知条件及正弦定理可得2sin A cos B = 2 sin C -sin B
2sin A cos B = 2 sin( A+B)-sin B
2sin Acos B = 2 sin A cos B+2cos A sin 8-sin B
2 cos A sin B= sin B
因为， 所以
因为 是 的内角， 所以
另解： 因为， 由余弦定理有
整理得 ，
由余弦定理得，
因为 是 的内角， 所以
（2）解：设
在 中，，①
在 中，②
分子、分母除以 后可解得
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：在△ABC中，由已知条件及正弦定理和三角形内角和为180°的性质，再结合两角和的正弦公式和三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值；
方法二：利用 结合余弦定理得 ，再由余弦定理和三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值.
（2）设 ，在 中结合（1）中求出的角A的值和三角形内角和为180°的性质，再利用正弦定理得出 ，①，在 中由正弦定理得出 ②，再由作商法和两角和的正弦公式以及同角三角函数基本关系式得出角的正切值，再根据两角互补和诱导公式得出的值.
16．（2024高二下·深圳月考） 如图所示，在三棱锥中，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，所以，
同理可得，故，
因为，平面，所以平面
因为平面，故平面平面．
（2）解：以C为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，
则，，，，，
所以，，．
设为平面的法向量，
则即令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，解得线面垂直的判定推出平面，即可证明平面平面；
（2）以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.
17．（2024高二上·越城期末）记为等比数列的前项和.已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）解：当时，；
当时，，即，
所以等比数列的公比是4，所以，即，得，
故数列是首项为1，公比为4的等比数列，
从而
（2）解：由（1）知，，故.
则，
，
两式相减得，
，
故
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）当时，作差变形得，求得公比为4，再利用求得，最后利用等比数列通项公式求解即可；
（2）根据（1）可得，再利用错位相减法求和即可.
18．（2024高三上·北碚月考）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）解：设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）解：如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点距离公式即可得到E的方程；
（2）首先设直线的方程，，，，则可由三点共线得到和，然后将直线的方程与椭圆方程联立可得，而又因为四边形的面积为，再结合韦达定理将转化为的函数，最后由基本不等式即可求解.
19．（2024高二下·长沙月考）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为60°圆弧的平均曲率；
（2）求椭圆在处的曲率；
（3）定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
【答案】（1）．
（2）解：，，，
故，，故．
（3）解：，，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；平均变化率；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）依据所给定义求解即可；
（2）直接利用定义求解即可；
（3）求导吗，利用导数判断其单调性，令，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
1 / 12024年人教A版高二下学期数学期中模拟试卷二
第Ⅰ卷
阅卷人 一、选择题（每题5分，共40分）
得分
1．（2024高一下·武鸣月考）已知为实数，复数为纯虚数，则（ ）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
2．（2023高二上·成都月考）已知正项等比数列，则，则公比为（ ）
A． B．2 C． D．4
3．（2023高二上·成都月考）抛掷一个质地均匀的股子的试验，事件表示“小于5的偶数点出现”，事件表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件或事件至少有一个发生的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·横县月考）已知，，为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件中一定能得到的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
5．（2023高二上·成都月考）直线被圆截得的弦长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
6．（2024高二下·深圳月考） “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·辉南月考）已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．曲线在点处的切线斜率小于零
B．函数在区间上单调递增
C．函数在处取得极大值
D．函数在区间内至多有两个零点
8．（2023高二上·成都月考）已知直线与双曲线无公共交点，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
阅卷人 二、多项选择题（每题6分，共18分）
得分
9．（2023高二上·成都月考）已知一组样本数据，则这组数据的（ ）
A．极差为6 B．众数为4 C．方差为4 D．中位数为5
10．（2023·月考）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A．所有可能的方法有种
B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
11．（2024高二下·惠州月考） 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔.简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数只有一个不动点
B．若定义在R上的奇函数，图象上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
C．函数只有一个不动点
D．若函数在上存在两个不动点，则实数a满足
阅卷人 三、填空题（每题5分，共15分）
得分
12．（2024·扬州模拟）若，则 ．
13．（2024·横县月考）设，是不共线的向量，若，，，A，B，D三点共线，则的值为 .
14．（2024高二下·深圳月考） 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：，）
阅卷人 四、解答题（共5题，共77分）
得分
15．（2024高三上·潮州期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为线段延长线上一点，且，，求．
16．（2024高二下·深圳月考） 如图所示，在三棱锥中，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2024高二上·越城期末）记为等比数列的前项和.已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
18．（2024高三上·北碚月考）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
19．（2024高二下·长沙月考）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为60°圆弧的平均曲率；
（2）求椭圆在处的曲率；
（3）定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：因为复数为纯虚数，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由复数的运算结合纯虚数的概念列式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解： 正项等比数列中，公比为q，则 ，所以q=2.
故答案为：B.
【分析】根据等比数列通项公式，列方程组即可.
3．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：事件表示“小于5的偶数点出现”，所以 ，
事件表示“不小于5的点数出现”，所以，事件A、B为互斥事件，
事件或事件至少有一个发生的概率为.
故答案为：B.
【分析】根据古典概型概率公式求出A、B概率，再利用互斥事件概率求和即可.
4．【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、因为，所以，而并不垂直于内的所有直线，所以和可能不垂直，故A错误；
B、只垂直内的一条直线，不能推出，故B错误；
C、因为，所以//，又，所以，故C正确；
D、由，不能推出//，所以不能推出，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据排除法，结合线面垂直的判定判断即可.
5．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解： 圆 知圆心C（3，-1），半径r=3，
所以圆心到直线的距离为 ，
所以 直线被圆截得的弦长 为.
故答案为：C.
【分析】先由圆方程求出圆心、半径，然后由点到直线距离公式求出d，利用垂径定理结合勾股定理即可求得弦长.
6．【答案】D
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：分别取线段、、、的中点，记为、、、，如图所示：
易知四边形为等腰梯形，设，因为，所以，
设棱台的高为，体积为，棱台的高为，体积为，
则，，
所以，又因为，所以，
故该“方斗”可盛米的总质量为112kg.
故答案为：D.
【分析】分别取线段、、、的中点，记为、、、，利用台体的体积公式计算棱台与棱台的体积之比，从而得出原“方斗”可盛米的总质量即可.
7．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】根据图像可知，故y=f(x)在点( -2，f(- 2))处的切线斜率等于零，A错误；
在( -1，1)，故f(x)在区间( - 1.1)上单调递减，故B错误，
在x=1的左右两侧，f(x)单调递减，故x=1不是极值点，故C错误，
f(x)在(-3，-2)单调递增，在( -2，3)单调递减，故f(x)在区间( - 3， 3)内至多有两个零点，D正确；
故答案为： D
【分析】根据导函数的图象，可判断原函数的单调性，进而可逐一求解。
8．【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由得其中一条渐近线方程为，
因为直线与双曲线无公共交点，
所以 ，即 ，所以 ，又，所以.
的离心率的取值范围是 .
故答案为：D.
【分析】根据双曲线求出渐近线， 直线与双曲线无公共交点，得 ，将a、b关系转化为a、c关系，结合离心率即可求解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为 组样本数据， 所以8-2=6，即 极差为6 ，故A正确.
这组数据 有2个4，即 众数为4 ，故B正确.
平均数，
即 方差为4，故C正确.
，中位数为.故D错误.
故答案为：A、B、C.
【分析】根据极差、众数、方差、中位数的定义分析即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动所有可能的方法有种，选项错误；
B、如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有种，选项正确；
C、如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有种，选项正确；
D、如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有种，选项错误；
故答案为：BC .
【分析】根据分布乘法原理判断A、C，间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，因为，，
故在上存在零点，但，
故在上为减函数，故在上仅有一个零点，
故有且仅有一个实数解，即只有一个不动点，故A正确.
B、若为奇函数的非零不动点，则，
而，所以也为奇函数的非零不动点，
故的非零不动点成对出现，而，故为奇函数的不动点，
所以奇函数不动点个数是奇数，故B正确.
C、设，则，
时；时；
故在上递增，在上递减，
而，，，
故在有两个不同的零点，故，
故有两个不动点，故C错误.
D、若函数在上存在两个不动点，
则在上存在两个不同的解，
故在上存在两个不同的解，
设，，
若，则，故在上为增函数，
在上至多一个零点，与题设矛盾；
若，时；时；
故在上递增，在上递减，
因为在上存在两个不同的零点，故，故.
此时，，
下证：当时，.
设，则，
故在上为减函数，故，
故上恒成立，故在上恒成立，
故在上恒成立，令，则，
故当时，有，
故时，在上的确存在两个不同的零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据不动点函数和不动点的定义，将各选项的不动点问题转化为方程的解的问题来处理即可，其中选项ACD中对应的方程的解的问题需结合导数来处理，而选项B中的则需要结合奇函数的性质来处理.
12．【答案】-592
【知识点】组合及组合数公式；二项展开式
【解析】【解答】解：表示个因式的乘积，而为展开式中的系数，则这个因式中分别取、、三项：只有一个因式取，则从其余得4个因式中选3个因式取，剩余的一个因式取2；有2个因式取，则从剩余得3个因式中选择一个因式取，剩余得2多个因式都取2；5个因式都取，
故.
故答案为：-592.
【分析】根据题意，由组合数公式以及乘方的几何意义求值即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
又因为三点共线，所以，所以，解得.
故答案为：.
【分析】由题意用，表示，再根据三点共线，得，即可求出参数的值.
14．【答案】18
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，则，
令，求导可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，且恒成立，且，
作出的大致图象，如图所示：
要使有两个零点，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，求导利用导数判断函数的单调性，作出图象，数形结合即可求解.
15．【答案】（1）解：在△ABC中，由已知条件及正弦定理可得2sin A cos B = 2 sin C -sin B
2sin A cos B = 2 sin( A+B)-sin B
2sin Acos B = 2 sin A cos B+2cos A sin 8-sin B
2 cos A sin B= sin B
因为， 所以
因为 是 的内角， 所以
另解： 因为， 由余弦定理有
整理得 ，
由余弦定理得，
因为 是 的内角， 所以
（2）解：设
在 中，，①
在 中，②
分子、分母除以 后可解得
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：在△ABC中，由已知条件及正弦定理和三角形内角和为180°的性质，再结合两角和的正弦公式和三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值；
方法二：利用 结合余弦定理得 ，再由余弦定理和三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值.
（2）设 ，在 中结合（1）中求出的角A的值和三角形内角和为180°的性质，再利用正弦定理得出 ，①，在 中由正弦定理得出 ②，再由作商法和两角和的正弦公式以及同角三角函数基本关系式得出角的正切值，再根据两角互补和诱导公式得出的值.
16．【答案】（1）证明：因为，所以，
同理可得，故，
因为，平面，所以平面
因为平面，故平面平面．
（2）解：以C为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，
则，，，，，
所以，，．
设为平面的法向量，
则即令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，解得线面垂直的判定推出平面，即可证明平面平面；
（2）以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.
17．【答案】（1）解：当时，；
当时，，即，
所以等比数列的公比是4，所以，即，得，
故数列是首项为1，公比为4的等比数列，
从而
（2）解：由（1）知，，故.
则，
，
两式相减得，
，
故
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）当时，作差变形得，求得公比为4，再利用求得，最后利用等比数列通项公式求解即可；
（2）根据（1）可得，再利用错位相减法求和即可.
18．【答案】（1）解：设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）解：如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点距离公式即可得到E的方程；
（2）首先设直线的方程，，，，则可由三点共线得到和，然后将直线的方程与椭圆方程联立可得，而又因为四边形的面积为，再结合韦达定理将转化为的函数，最后由基本不等式即可求解.
19．【答案】（1）．
（2）解：，，，
故，，故．
（3）解：，，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；平均变化率；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）依据所给定义求解即可；
（2）直接利用定义求解即可；
（3）求导吗，利用导数判断其单调性，令，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
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