江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题
1．（2024高二下·徐州期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，，
则.
故选：C.
【分析】利用偶次根式函数求定义域的方法和一元二次不等式求解方法，进而得出集合B，再结合已知条件和交集的运算法则得出集合A和集合B的交集.
2．（2024高二下·徐州期末）用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ）
A．48 B．60 C．96 D．120
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步，个位为2或4，共两种方法；
第二步，千、百、十位有种方法；
所以，共种方法.
故选：A.
【分析】利用已知条件结合排列数公式和分步乘法计数原理，进而得出偶数的个数.
3．（2024高二下·徐州期末）我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ）
A．1.7倍 B．4.95倍 C．倍 D．倍
【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：当时，有，即，即；
当时，有，即，即；
故.
故选：D.
【分析】利用已知条件和所给关系式，再结合指数式与对数式的互化公式和指数的运算法则，进而得出里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的倍数.
4．（2024高二下·徐州期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
当，即时，需满足，
解得，所以；
当，即时，需满足，
即，解得，
又因为，所以，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法和函数的单调性，进而得出实数a的取值范围.
5．（2024高二下·徐州期末）从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：记事件为“第一次取到数字n”，，事件B为“第二次取到的数字为2”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），
.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合互斥事件加法求概率公式和全概率公式，进而求出第二次取到的数字为2的概率.
6．（2024高二下·徐州期末）若直线经过曲线的对称中心，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：记，因为
，所以的对称中心为
因为直线过的对称中心，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为4.
故选：.
【分析】根据，可得曲线的对称中心，再把对称中心坐标代入直线方程得的值，再结合“1”的转化和基本不等式，从而求出ab的最大值.
7．（2024高二下·徐州期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体的棱长为4，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，
取，得到，所以，
所以点到平面的距离为，
故选：C.
【分析】利用已知条件，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，进而得出平面的一个法向量，再结合数量积求出点到平面的距离.
8．（2024高二下·徐州期末）已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，即，所以函数的图象关于直线对称；
又因为，所以，
所以函数的图象关于点对称；
所以，
所以，
即函数周期为4，
又因为，所以，
即.
所以 .
故选：B.
【分析】先根据和判断出函数的图象的对称轴和对称中心，再结合周期函数的定义得到函数的周期，再根据得到，再化简所求表达式，从而由二项式系数和的性质求解.
9．（2024高二下·徐州期末）已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】必要条件；函数单调性的性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为在单调递增，
所以当时，成立，故A符合题意；
对于B，因为在上单调递增，
所以当时，，成立，
故B符合题意；
对于C，因为在上单调递减，
所以，当时，，故C不符合题意；
对于D，因为在上单调递减，在上单调递增，
当时，若时，，
若时，，故D不符合题意.
故选：AB．
【分析】利用已知条件结合函数的单调性和必要条件的判断方法，从而找出满足要求的选项.
10．（2024高二下·徐州期末）已知函数，则（ ）
A． B．为奇函数
C．在区间上单调递增 D．集合的元素个数为4
【答案】A,B,D
【知识点】集合中元素的个数问题；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，，故选项A正确；
对于B，的定义域为，关于原点对称，
所以，，
所以为奇函数，故选项B正确；
对于C，当时，，
又因为，根据单调递增，所以在单调递减，
又因为是奇函数，所以在单调递减，且，
所以在上单调递减，故选项C错误；
对于D，得：，
当时，方程可化为，
因为，此时，
方程的两根满足，可以说明，
所以，当时，有两个不相等正根，
当时，方程可化为；
因为，此时，
方程的两根满足，可以说明，
所以，当时，有两个不相等的负根，
综上所述，方程有四个不相等的实数解，即集合有个元素，
故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】利用函数的解析式结合代入法判断出选项A；利用奇函数的定义判断出选项B；利用单调函数的定义判断出选项C；利用已知条件结合分类讨论的方法，把问题转化方程解的个数的判断，从而由判别式法判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高二下·徐州期末）如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ）
A．直线平面
B．的最小值为
C．线段的中点到的距离不超过
D．异面直线与成角时，
【答案】A,B,D
【知识点】函数的最大（小）值；空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：取中点，的中点，连接，
因为，所以，
因为，，又，面，
所以面，又，所以面，
故，两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示：
设于，于，过作于，
易知，，又因为，所以，
又因为，所以，
同理可知，所以.
对于A，易知平面的一个法向量为，因为，
显然平面，所以平面，故选项A正确；
对于B，因为，
令，其中，
对称轴，所以，
所以，故选项B正确；
对于C，因为的中点，，
所以 ，故选项C错误；
对于D，因为，所以，
所以，整理得到，
解得或（舍），故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，进而求得，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的一个法向量，再利用两向量垂直数量积为0，即，从而判断出线面平行，进而判断出选项A；利用向量的模的坐标表示，即，再利用二次函数的图象求最值的方法，进而得出PQ的最小值，从而判断出选项B；利用已知条件结合中点坐标公式求出的中点及的坐标，再结合两点距离公式判断出选项C；利用异面直线所成角的向量求解方法得出a的值，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高二下·徐州期末）已知随机变量，若，则 .
【答案】4
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，，
所以
又因为，
所以，由对称性知，.
故填：4.
【分析】利用已知条件结合正态分布对应的密度函数的对称性，从而得出m的值.
13．（2024高二下·徐州期末）已知，则 ，被6除所得的余数是 .
【答案】2；5
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以；
，
显然是6的整数倍，而除以6余5，
所以被6除所得的余数是5.
故填：2；5.
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值；利用赋值法求出的表达式，再利用二项式定理求解余数问题的方法得出被6除所得的余数.
14．（2024高二下·徐州期末）已知函数，若对任意，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，当时，，，
所以不恒成立，故；
当时，，显然不恒成立，（如）；
当时，由可得，平方可得，
由时，恒成立，
令，
当，即时，，显然不恒成立；
当时，恒成立，
需满足，解得，即，
综上所述，实数的取值范围为.
故填：.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合函数求极限的方法和构造法，从而转化为二次函数，再利用二次不等式恒成立问题求出实数a的取值范围.
15．（2024高二下·徐州期末）已知的展开式的各项系数和为256.
（1）求展开式中的常数项；
（2）设，证明：；
（3）求证：.
【答案】（1）解：因为的展开式的各项系数和为256，所以，
解得，所以，
展开式的通项公式为，
令，得，
所以，展开式中的常数项为.
（2）证：因为
，
所以.
（3）证：因为由（2）知，
所以
.
【知识点】排列数公式的推导；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二项式展开式的各项系数和的性质得出n的值，再结合二项式定理求出展开式中的通项公式，从而结合常数项的定义得出r的值，进而得出展开式中的常数项.
（2）根据已知条件和阶乘公式化简等式右边，从而证出等式成立.
（3）根据（2）的结论，再利用裂项相消求和法和放缩法，从而证出不等式成立.
16．（2024高二下·徐州期末）为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中 高考生的优惠活动：凭中 高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中 高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下：
不满意 满意 合计
高考生 60 40 100
中考生 35 65 100
合计 95 105 200
（1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？
（2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望.
附：，其中.
0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：零假设为满意度与考生类型相互独立，即满意度与考生类型无关.
由列联表可得：
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以有的把握认为满意度与考生类型有关.
（2）解：高考生共有100人，其中不满意的有60人，满意的有40人，
由分层抽样，其中抽得不满意的有3人，满意的有2人，
由题意，的可能取值为，
则，，，
所以的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件和表中数据，从而由独立性检验的方法判断出有的把握认为满意度与考生类型有关.
（2）利用已知条件结合分层抽样的方法得出满意及不满意人数，再根据超几何分布求概率公式求出随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的数学期望.
17．（2024高二下·徐州期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，.
（1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值；
（2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值.
【答案】（1）解：连接，因为，所以，
又因为，，所以四边形为菱形，
又因为，故菱形为正方形，
故，由勾股定理得，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形，
取的中点，连接，则⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，又因为，
所以⊥，，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
故，
设二面角的大小为，由图可知，为锐角，
故二面角的余弦值.
（2）解：设，则，
解得，
故，，，
平面的法向量为，平面的法向量为，
故
，
，
故，
当时，令，
则，
故当时，取得最大值，最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等腰直角三角形的定义，从而证出三角形为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而得到两两垂直，进而建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量，从而由数量积求向量夹角公式得到二面角的余弦值.
（2）利用已知条件和向量共线的坐标表示得出点N的坐标，从而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出，再结合换元法和二次函数的图象求最值的方法，进而得出的最大值.
18．（2024高二下·徐州期末）对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合.
（1）当时，求；
（2）证明：当时，；
（3）求.
【答案】（1）解：当时，，
当时，，所以，
则，所以；
当时，，所以，
则，所以；
，
.
（2）证：设，则，
，
故
设，则，
，
故；
设，则，
，
故；
设，则，
，
故；
综上所述，当时，.
（3）解： 解：，由（2）知当时，有，
故，
而，故，
当时，，
由上可知，当且时，；
下证：对于任意且.
由（2）知，若，则，故；
若，则，故；
综上所述，对于任意且.
故.
【知识点】集合间关系的判断；函数的值；综合法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和n的值，得出，再结合赋值法，由的值先确定的值，进而得出函数的值.
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，从而证出不等式成立.
（3）利用（2）的结论结合已知条件得出集合，再结合n的值和赋值法得出，再证明对于任意且，进而得出集合.
19．（2024高二下·徐州期末）在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正 负方向 轴正 负方向或轴正 负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处.
（1）求该质点在第4秒末移动到点的概率；
（2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值；
（3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：.
【答案】（1）解：在第4秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动2次，
沿轴正方向移动2次，所以共有种可能.
故该质点在第4秒末移动到点的概率为.
（2）解：质点在第2秒可能移动到点，
，
所以的所有可能取值为，
，
所以.
（3）证：质点要在第秒末回到原点，
则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，为次.
所以
，
所以
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式，再结合古典概型求概率公式得出公式得出该质点在第4秒末移动到点的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，再结合古典概型求概率公式得出随机变量的分布列，再由随机变量分布列求数学期望公式得出随机变量的均值.
（3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，进而得出，再化简，从而比较大小证出不等式成立.
1 / 1江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题
1．（2024高二下·徐州期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·徐州期末）用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ）
A．48 B．60 C．96 D．120
3．（2024高二下·徐州期末）我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ）
A．1.7倍 B．4.95倍 C．倍 D．倍
4．（2024高二下·徐州期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·徐州期末）从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·徐州期末）若直线经过曲线的对称中心，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024高二下·徐州期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·徐州期末）已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A． B． C． D．0
9．（2024高二下·徐州期末）已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·徐州期末）已知函数，则（ ）
A． B．为奇函数
C．在区间上单调递增 D．集合的元素个数为4
11．（2024高二下·徐州期末）如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ）
A．直线平面
B．的最小值为
C．线段的中点到的距离不超过
D．异面直线与成角时，
12．（2024高二下·徐州期末）已知随机变量，若，则 .
13．（2024高二下·徐州期末）已知，则 ，被6除所得的余数是 .
14．（2024高二下·徐州期末）已知函数，若对任意，则实数的取值范围为 .
15．（2024高二下·徐州期末）已知的展开式的各项系数和为256.
（1）求展开式中的常数项；
（2）设，证明：；
（3）求证：.
16．（2024高二下·徐州期末）为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中 高考生的优惠活动：凭中 高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中 高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下：
不满意 满意 合计
高考生 60 40 100
中考生 35 65 100
合计 95 105 200
（1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？
（2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望.
附：，其中.
0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
17．（2024高二下·徐州期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，.
（1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值；
（2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值.
18．（2024高二下·徐州期末）对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合.
（1）当时，求；
（2）证明：当时，；
（3）求.
19．（2024高二下·徐州期末）在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正 负方向 轴正 负方向或轴正 负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处.
（1）求该质点在第4秒末移动到点的概率；
（2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值；
（3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，，
则.
故选：C.
【分析】利用偶次根式函数求定义域的方法和一元二次不等式求解方法，进而得出集合B，再结合已知条件和交集的运算法则得出集合A和集合B的交集.
2．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步，个位为2或4，共两种方法；
第二步，千、百、十位有种方法；
所以，共种方法.
故选：A.
【分析】利用已知条件结合排列数公式和分步乘法计数原理，进而得出偶数的个数.
3．【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：当时，有，即，即；
当时，有，即，即；
故.
故选：D.
【分析】利用已知条件和所给关系式，再结合指数式与对数式的互化公式和指数的运算法则，进而得出里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的倍数.
4．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
当，即时，需满足，
解得，所以；
当，即时，需满足，
即，解得，
又因为，所以，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法和函数的单调性，进而得出实数a的取值范围.
5．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：记事件为“第一次取到数字n”，，事件B为“第二次取到的数字为2”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），
.
故选：B.
【分析】利用已知条件结合互斥事件加法求概率公式和全概率公式，进而求出第二次取到的数字为2的概率.
6．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：记，因为
，所以的对称中心为
因为直线过的对称中心，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为4.
故选：.
【分析】根据，可得曲线的对称中心，再把对称中心坐标代入直线方程得的值，再结合“1”的转化和基本不等式，从而求出ab的最大值.
7．【答案】C
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体的棱长为4，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，
取，得到，所以，
所以点到平面的距离为，
故选：C.
【分析】利用已知条件，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，进而得出平面的一个法向量，再结合数量积求出点到平面的距离.
8．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，即，所以函数的图象关于直线对称；
又因为，所以，
所以函数的图象关于点对称；
所以，
所以，
即函数周期为4，
又因为，所以，
即.
所以 .
故选：B.
【分析】先根据和判断出函数的图象的对称轴和对称中心，再结合周期函数的定义得到函数的周期，再根据得到，再化简所求表达式，从而由二项式系数和的性质求解.
9．【答案】A,B
【知识点】必要条件；函数单调性的性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，因为在单调递增，
所以当时，成立，故A符合题意；
对于B，因为在上单调递增，
所以当时，，成立，
故B符合题意；
对于C，因为在上单调递减，
所以，当时，，故C不符合题意；
对于D，因为在上单调递减，在上单调递增，
当时，若时，，
若时，，故D不符合题意.
故选：AB．
【分析】利用已知条件结合函数的单调性和必要条件的判断方法，从而找出满足要求的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】集合中元素的个数问题；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，，故选项A正确；
对于B，的定义域为，关于原点对称，
所以，，
所以为奇函数，故选项B正确；
对于C，当时，，
又因为，根据单调递增，所以在单调递减，
又因为是奇函数，所以在单调递减，且，
所以在上单调递减，故选项C错误；
对于D，得：，
当时，方程可化为，
因为，此时，
方程的两根满足，可以说明，
所以，当时，有两个不相等正根，
当时，方程可化为；
因为，此时，
方程的两根满足，可以说明，
所以，当时，有两个不相等的负根，
综上所述，方程有四个不相等的实数解，即集合有个元素，
故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】利用函数的解析式结合代入法判断出选项A；利用奇函数的定义判断出选项B；利用单调函数的定义判断出选项C；利用已知条件结合分类讨论的方法，把问题转化方程解的个数的判断，从而由判别式法判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的最大（小）值；空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：取中点，的中点，连接，
因为，所以，
因为，，又，面，
所以面，又，所以面，
故，两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示：
设于，于，过作于，
易知，，又因为，所以，
又因为，所以，
同理可知，所以.
对于A，易知平面的一个法向量为，因为，
显然平面，所以平面，故选项A正确；
对于B，因为，
令，其中，
对称轴，所以，
所以，故选项B正确；
对于C，因为的中点，，
所以 ，故选项C错误；
对于D，因为，所以，
所以，整理得到，
解得或（舍），故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，进而求得，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的一个法向量，再利用两向量垂直数量积为0，即，从而判断出线面平行，进而判断出选项A；利用向量的模的坐标表示，即，再利用二次函数的图象求最值的方法，进而得出PQ的最小值，从而判断出选项B；利用已知条件结合中点坐标公式求出的中点及的坐标，再结合两点距离公式判断出选项C；利用异面直线所成角的向量求解方法得出a的值，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】4
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，，
所以
又因为，
所以，由对称性知，.
故填：4.
【分析】利用已知条件结合正态分布对应的密度函数的对称性，从而得出m的值.
13．【答案】2；5
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以；
，
显然是6的整数倍，而除以6余5，
所以被6除所得的余数是5.
故填：2；5.
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值；利用赋值法求出的表达式，再利用二项式定理求解余数问题的方法得出被6除所得的余数.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，当时，，，
所以不恒成立，故；
当时，，显然不恒成立，（如）；
当时，由可得，平方可得，
由时，恒成立，
令，
当，即时，，显然不恒成立；
当时，恒成立，
需满足，解得，即，
综上所述，实数的取值范围为.
故填：.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合函数求极限的方法和构造法，从而转化为二次函数，再利用二次不等式恒成立问题求出实数a的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为的展开式的各项系数和为256，所以，
解得，所以，
展开式的通项公式为，
令，得，
所以，展开式中的常数项为.
（2）证：因为
，
所以.
（3）证：因为由（2）知，
所以
.
【知识点】排列数公式的推导；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二项式展开式的各项系数和的性质得出n的值，再结合二项式定理求出展开式中的通项公式，从而结合常数项的定义得出r的值，进而得出展开式中的常数项.
（2）根据已知条件和阶乘公式化简等式右边，从而证出等式成立.
（3）根据（2）的结论，再利用裂项相消求和法和放缩法，从而证出不等式成立.
16．【答案】（1）解：零假设为满意度与考生类型相互独立，即满意度与考生类型无关.
由列联表可得：
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以有的把握认为满意度与考生类型有关.
（2）解：高考生共有100人，其中不满意的有60人，满意的有40人，
由分层抽样，其中抽得不满意的有3人，满意的有2人，
由题意，的可能取值为，
则，，，
所以的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】独立性检验的应用；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件和表中数据，从而由独立性检验的方法判断出有的把握认为满意度与考生类型有关.
（2）利用已知条件结合分层抽样的方法得出满意及不满意人数，再根据超几何分布求概率公式求出随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的数学期望.
17．【答案】（1）解：连接，因为，所以，
又因为，，所以四边形为菱形，
又因为，故菱形为正方形，
故，由勾股定理得，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形，
取的中点，连接，则⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，又因为，
所以⊥，，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
故，
设二面角的大小为，由图可知，为锐角，
故二面角的余弦值.
（2）解：设，则，
解得，
故，，，
平面的法向量为，平面的法向量为，
故
，
，
故，
当时，令，
则，
故当时，取得最大值，最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等腰直角三角形的定义，从而证出三角形为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而得到两两垂直，进而建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量，从而由数量积求向量夹角公式得到二面角的余弦值.
（2）利用已知条件和向量共线的坐标表示得出点N的坐标，从而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出，再结合换元法和二次函数的图象求最值的方法，进而得出的最大值.
18．【答案】（1）解：当时，，
当时，，所以，
则，所以；
当时，，所以，
则，所以；
，
.
（2）证：设，则，
，
故
设，则，
，
故；
设，则，
，
故；
设，则，
，
故；
综上所述，当时，.
（3）解： 解：，由（2）知当时，有，
故，
而，故，
当时，，
由上可知，当且时，；
下证：对于任意且.
由（2）知，若，则，故；
若，则，故；
综上所述，对于任意且.
故.
【知识点】集合间关系的判断；函数的值；综合法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和n的值，得出，再结合赋值法，由的值先确定的值，进而得出函数的值.
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，从而证出不等式成立.
（3）利用（2）的结论结合已知条件得出集合，再结合n的值和赋值法得出，再证明对于任意且，进而得出集合.
19．【答案】（1）解：在第4秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动2次，
沿轴正方向移动2次，所以共有种可能.
故该质点在第4秒末移动到点的概率为.
（2）解：质点在第2秒可能移动到点，
，
所以的所有可能取值为，
，
所以.
（3）证：质点要在第秒末回到原点，
则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，为次.
所以
，
所以
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式，再结合古典概型求概率公式得出公式得出该质点在第4秒末移动到点的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，再结合古典概型求概率公式得出随机变量的分布列，再由随机变量分布列求数学期望公式得出随机变量的均值.
（3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，进而得出，再化简，从而比较大小证出不等式成立.
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