1．（2024高三下·浙江月考）已知在复平面内对应的点位于第二象限，则复数z可能是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·浙江月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·浙江月考）的展开式中的常数项是（ ）
A．224 B．448 C．560 D．
4．（2024高三下·浙江月考）“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
5．（2024高三下·浙江月考）已知，，则的最大值是（ ）
A．2 B． C．4 D．
6．（2024高三下·浙江月考）如图，战国时期楚国标准度量衡器——木衡铜环权1954年出土于湖南长沙，“木衡”杆长27厘米，铜盘直径4厘米.“环权”类似于砝码，用于测量物体质量，九枚“环权”重量最小的为1铢，最大的为半斤（我国古代1两铢，1斤两），从小到大排列后前3项为等差数列，后7项为等比数列，公比为2，若铜盘一侧某物体为2两13铢，则另一侧需要放置的“环权”枚数为（ ）
A．2枚 B．3枚 C．4枚 D．5枚
7．（2024高三下·浙江月考）设，，…，是总体数据中抽取的样本，k为正整数，则称为样本k阶中心矩，其中为样本均值.统计学中，当我们遇到数据分布形状不对称时，常用样本中心矩的函数——样本偏度来刻画偏离方向与程度.若将样本数据，，…，绘制柱形图如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．与0的大小关系不能确定
8．（2024高三下·浙江月考）已知定义在R上的函数恒大于0，对，，都有，且，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．是奇数 D．有最小值
9．（2024高三下·浙江月考）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．方程有3个解
C．当时，
D．曲线有且仅有一条过点的切线
10．（2024高三下·浙江月考）已知数列的前n项和，且向量，，对于任意，都有，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得数列成等比数列
B．存在实数，使得数列成等差数列
C．若，则
D．若，则
11．（2024高三下·浙江月考）已知正四棱台，，球O内切于棱台，点P为侧面上一点（含边界），则（ ）
A．球O的表面积为
B．三棱锥的外接球球心可能为O
C．若直线面，则
D．平面与球O的截面面积最小值是
12．（2024高三下·浙江月考）已知平面向量，，若，则k的值可以是 .（写出一个值即可）
13．（2024高三下·浙江月考）若，，则的最大值是 .（其中表示a，b中的较小值）
14．（2024高三下·浙江月考）已知左、右焦点为，的椭圆：（），圆：，点A是椭圆与圆的交点，直线交椭圆于点B.若，则椭圆的离心率是 .
15．（2024高三下·浙江月考）已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题：
①；
②；
③
（1）求角；
（2）若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
16．（2024高三下·浙江月考）如图，五面体ABCDEF中，已知面面，，，.
（1）求证：.
（2）若，，点P为线段中点，求直线与平面夹角的正弦值.
17．（2024高三下·浙江月考）盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球.
（1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值；
（2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球.
（ⅰ）分别求，，；
（ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.
18．（2024高三下·浙江月考）已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）.
（1）若，且，求抛物线的方程.
（2）O为坐标原点，G为线段中点，且.
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）.
19．（2024高三下·浙江月考）已知函数，
（1）当时，求的最小值；
（2）若在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）当时，设为函数的极大值点，求证：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：A、若时，在复平面对应的点为，位于第二象限，故A正确；
B、若时，在复平面对应的点为，位于第一象限，故B错误；
C、若时，在复平面对应的点为，位于虚轴上，故C错误；
D、若时，在复平面对应的点为，位于实轴上，故D错误.
【分析】根据复数的乘法运算以及复数的几何意义，逐项计算判断即可．
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
则集合，
由，解得或，则集合或，
故.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求出集合A，B，再根据集合的交集运算求解即可．
3．【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为
，，1，…，7，
令，解得，
则的展开式的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出展开式的通项，再令的指数为，求解即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由，可得，即，则充分性成立；
当时，解得，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：C.
【分析】根据充分、必要条件的概念结合正弦函数的图象与性质判断即可.
5．【答案】C
【知识点】轨迹方程；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由，可得，
在直角坐标系中作出图形，如图所示：
因为，，所以P，Q在上图所示两圆及其内部的范围内，
则得最大值为4.
故答案为：C.
【分析】由提议，先求出P，Q两点的轨迹，数形结合求解即可.
6．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设九枚“环权”重量数列，由题意可得，，
因为成等比数列，公比为2，所以，又因为，所以，
又因为成等差数列，所以，所以，
所以2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铁的环权，可得需要3枚．
故答案为：B.
【分析】由题意，结合等差数列、等比数列的通项公式和性质求解即可．
7．【答案】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：由柱形图可得，
样本偏度反应数据偏离方向与程度，由图表可得，有比较多的小于样本均值的数据，
当右侧有长尾时，受极端值影响，，而样本方差，则.
故答案为：C.
【分析】由图可知，样本数据成右拖尾，，而样本方差，从而判断的符号．
8．【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】A、因为，都有，所以当时，，解得，故A正确；
B、当时，，则，故B正确；
C、当，时，，则，
取，，，
则，所以是奇数，故C正确；
D、设函数，符合题意，但函数无最小值，故D错误．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件取特殊值即可判断ABC；设函数满足题意，但不存在最小值即可判断D.
9．【答案】A,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、由于，从而
，故A正确；
B、由于当时有，
当时有，
故方程在上无解；
而当时有，故在上递增，从而方程在上至多有一个解.
所以方程总共至多有一个解，不可能有3个解，故B错误；
C、当时，由有，
且由有，
从而，故C正确；
D、由于，故，.
而，，故曲线在和处的切线分别是和，这两条切线均过点，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】直接验证可判断A，对表达式进行变换，可判断B和C，直接给出两条符合条件的切线，可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，向量，，对于任意，都有，
所以，
A、若，可得，则，
即数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，
时，，时也适合，
由题意可知且，所以和均为常数且不为0，
根据等比数列通项公式可知是关于的指数函数与一个常数的积，
因此当时，数列不是等比数列，即不存在实数使为等比数列，故A错误；
B、若，则，即是公差为1的等差数列，故B正确；
C、若，则，，故C正确；
D、若，则，
，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据向量平行得出关于数列的n项和的关系式，再对的取值进行讨论并结合等差数列、等比数列的定义和通项公式逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱台的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、取，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取，
的中点为S，R，则，，球O内切于棱台，
则O点即为梯形内切圆心，易知O为中点，且，均为角平分线，
故，则，
故球O的表面积，故A正确；
B、由上述分析可得，，
则正四棱台的侧棱，
作，垂足为E，如图所示：
则E为三等分点（靠近N），
记的外接圆的圆心为，则在的垂直平分线上，
设，由勾股定理得，则，
的外接圆心为三等分点（靠近X），
则三棱锥的外接球球心满足平面，显然平面，
故三棱锥的外接球球心不可能为O，故B错误；
C、若直线平面，作，垂足为H，
因为平面，所以，则P的轨迹为以为直径的圆，
因为，由线面垂直判定定理易得，圆所在的平面与垂直，
又点P为侧面上一点（含边界），取，的中点，，
易知平面，
作，垂足为，点与点重合，
因为，
由余弦定理可得，所以，
此时，故C正确；
D、平面与球O的截面为圆，半径满足，
故只需找离O最远的平面即可，显然观察四个顶点即可，
其中P取A，时为同一平面，
显然当P取D时，点到其距离最小，作，垂足为F，
因为平面，平面，所以，
由线面垂直判定定理可得，平面，
因为，为中点，，
，故，故圆的截面面积为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】取，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取，的中点为S，R，证出，进而求得r即可判断A；利用条件得出三棱锥的外接球球心满足平面，显然平面，即可判断B；若直线平面，则P的轨迹为以DH为直径的圆，求解即可判断C；当P取D时，作，垂足为G，则平面，，即可判断D．
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
则，，
又因为，所以，
解得，则k的值为（也可写）
故答案为：.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直的坐标表示列式求解即可.
13．【答案】
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：设，因为，，所以，，
所以，当且仅当时等号成立，而，当且仅当，即时等号成立，因此当且，即时，
则的最大值是.
故答案为：.
【分析】设，则，，结合不等式的性质以及基本不等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理
【解析】【解答】解：设圆：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，
因为，所以，
设与轴正方向形成的角为，则，，
代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求离心率即可.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
15．【答案】（1）解：选①：因为，所以，解得，
又因为，所以；
选②：由，根据正弦定理可得，
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，则；
选③：，由正弦定理可得，
因为，则，所以，
即，所以，即，
又因为，所以，所以，则；
（2）解：因为，是上的点，平分，的面积为，
所以，
可得，，
由余弦定理可得，
即，解得，
即角平分线的长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）选①，根据三角形的面积公式以及余弦定理求得的值，由角的范围，即可求解；
选②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
选③，由正弦定理及诱导公式可得角的大小；
（2）由等面积法及余弦定理即可求解角平分线的值．
（1）若选①，
由三角形的面积公式及余弦定理可得，
可得，又因为，所以；
若选②，由正弦定理可得，
因为，则，所以，所以，
又，则，所以，
所以，所以，则；
若选③，由正弦定理可得，
因为，则，所以，
即，所以，
即，
又，则，所以，则；
（2）因为，是上的点，平分，的面积为，
所以，
可得，，
由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
即角平分线的长为.
16．【答案】（1）证明：取中点M，连接，因为，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以；
（2）解：因为在直角梯形中，，，，
易求得，又，，所以三角形为等边三角形，
以M为原点，建立直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
因为P是中点，所以点P坐标为，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
设直线与平面夹角为，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知证出面，则，进而得出平面，再根据以及线面垂直的性质定理证明即可；
（2）以M为原点，建立直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点M，连接，因为，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以；
（2）因为在直角梯形中，，，，
易求得，又，，所以三角形为等边三角形，
如图，以M为原点建立直角坐标系，，，，，，
因为P是中点，所以点P坐标为，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
设直线与平面夹角为，
所以.
17．【答案】（1）解：若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）解：（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，由题意可知X服从二项分布，利用二项分布的概率求解即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解即可；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，再结合独立事件的概率乘法公式求解即可．
（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
18．【答案】（1）解：易知抛物线：的焦点，
因为，所以为线段的中点，
由抛物线的对称性可知⊥轴，则的横坐标均为，在中，令，解得，
则，即，故抛物线方程为；
（2）（ⅰ）证明：因为，
所以O在以为直径的圆上，
所以，
所以，
设，，
则，
所以直线方程为，
又，所以，
方程为，
直线过定点.
（ⅱ）设，为的角平分线，则，
，整理得，
因为，
解得，即，，
不妨设，因为，
则，同理，直线的方程为，
与直线的交点横坐标，同理，
所以
，
令，则，
所以，
由于在上单调递增，故，
故，当且仅当时，等号成立.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得为线段的中点，由对称性可知⊥轴，即可求得点的坐标，再根据即可求得抛物线的方程；
（2）（ⅰ）因为，则可推得，设，，求出，进一步可得直线的方程，然后由，可得，代入直线的方程即可得证；
（ⅱ）设，为的角平分线，则，可得，即，，不妨设，因为，则，同理，直线的方程为，与直线的交点横坐标，同理，表示出，运用换元法求解即可．
（1）因为，所以为线段的中点，
由对称性可知⊥轴，
故的横坐标均为，
中令得，，
所以，得到，
抛物线方程为.
（2）（ⅰ）证明：因为，
所以O在以为直径的圆上，
所以，
所以，
设，，
则，
所以直线方程为，
又，所以，
方程为，
直线过定点.
（ⅱ）设，为的角平分线，则，
，整理得，
因为，
解得，即，，
不妨设，因为，
则，同理，直线的方程为，
与直线的交点横坐标，同理，
所以
，
令，则，
所以，
由于在上单调递增，故，
故，当且仅当时，等号成立.
19．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
记，求导可得，显然，则在单调递增，且，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
则的最小值为；
（2）解：若在定义域内单调递增，则在上恒成立，
，
令，则，且可知，
下证时，，
由关于单调递增，则，
令，则，
故在上单调递增，且，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，时，在定义域上单调递增；
（3）证明：，记，则，，
易知在上单调递增，且x趋于0时，趋于，，
所以存在唯一，使得，
故在上单调递减，单调递增，其中，
根据函数在上单调递增且，得，
又，所以，
因为当x趋于0时，趋于，所以存在唯一极大值点，满足，
又，则，
由，故，
，
令，，
则，趋于0时，，时，，
所以，即.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）当时，函数求其定义域以及导函数，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可；
（2）若在定义域内单调递增，则在上恒成立，由可得，再证时，在定义域上单调递增即可；
（3）求导可知存在唯一，使得在上单调递减，单调递增，进而可得，再结合证明即可．
（1）当时，，定义域为，
则，记
由，可得在单调递增，且，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
则的最小值为.
（2）若在定义域内单调递增，则在上恒成立，
，
令，则，且可知，
下证时，，
由关于单调递增，则，
令，则，
故在上单调递增，且，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，时，在定义域上单调递增.
（3），记
，，
易知在上单调递增，且x趋于0时，趋于，，
所以存在唯一，使得，
故在上单调递减，单调递增，其中，
根据函数在上单调递增且，得，
又，所以，
因为当x趋于0时，趋于，所以存在唯一极大值点，满足，
又，则，
由，故，
，
令，，
则，趋于0时，，时，，
所以，即.
1 / 11．（2024高三下·浙江月考）已知在复平面内对应的点位于第二象限，则复数z可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：A、若时，在复平面对应的点为，位于第二象限，故A正确；
B、若时，在复平面对应的点为，位于第一象限，故B错误；
C、若时，在复平面对应的点为，位于虚轴上，故C错误；
D、若时，在复平面对应的点为，位于实轴上，故D错误.
【分析】根据复数的乘法运算以及复数的几何意义，逐项计算判断即可．
2．（2024高三下·浙江月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
则集合，
由，解得或，则集合或，
故.
故答案为：D.
【分析】先解不等式求出集合A，B，再根据集合的交集运算求解即可．
3．（2024高三下·浙江月考）的展开式中的常数项是（ ）
A．224 B．448 C．560 D．
【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为
，，1，…，7，
令，解得，
则的展开式的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出展开式的通项，再令的指数为，求解即可.
4．（2024高三下·浙江月考）“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由，可得，即，则充分性成立；
当时，解得，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：C.
【分析】根据充分、必要条件的概念结合正弦函数的图象与性质判断即可.
5．（2024高三下·浙江月考）已知，，则的最大值是（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】轨迹方程；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由，可得，
在直角坐标系中作出图形，如图所示：
因为，，所以P，Q在上图所示两圆及其内部的范围内，
则得最大值为4.
故答案为：C.
【分析】由提议，先求出P，Q两点的轨迹，数形结合求解即可.
6．（2024高三下·浙江月考）如图，战国时期楚国标准度量衡器——木衡铜环权1954年出土于湖南长沙，“木衡”杆长27厘米，铜盘直径4厘米.“环权”类似于砝码，用于测量物体质量，九枚“环权”重量最小的为1铢，最大的为半斤（我国古代1两铢，1斤两），从小到大排列后前3项为等差数列，后7项为等比数列，公比为2，若铜盘一侧某物体为2两13铢，则另一侧需要放置的“环权”枚数为（ ）
A．2枚 B．3枚 C．4枚 D．5枚
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设九枚“环权”重量数列，由题意可得，，
因为成等比数列，公比为2，所以，又因为，所以，
又因为成等差数列，所以，所以，
所以2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铁的环权，可得需要3枚．
故答案为：B.
【分析】由题意，结合等差数列、等比数列的通项公式和性质求解即可．
7．（2024高三下·浙江月考）设，，…，是总体数据中抽取的样本，k为正整数，则称为样本k阶中心矩，其中为样本均值.统计学中，当我们遇到数据分布形状不对称时，常用样本中心矩的函数——样本偏度来刻画偏离方向与程度.若将样本数据，，…，绘制柱形图如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．与0的大小关系不能确定
【答案】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：由柱形图可得，
样本偏度反应数据偏离方向与程度，由图表可得，有比较多的小于样本均值的数据，
当右侧有长尾时，受极端值影响，，而样本方差，则.
故答案为：C.
【分析】由图可知，样本数据成右拖尾，，而样本方差，从而判断的符号．
8．（2024高三下·浙江月考）已知定义在R上的函数恒大于0，对，，都有，且，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C．是奇数 D．有最小值
【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】A、因为，都有，所以当时，，解得，故A正确；
B、当时，，则，故B正确；
C、当，时，，则，
取，，，
则，所以是奇数，故C正确；
D、设函数，符合题意，但函数无最小值，故D错误．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件取特殊值即可判断ABC；设函数满足题意，但不存在最小值即可判断D.
9．（2024高三下·浙江月考）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．方程有3个解
C．当时，
D．曲线有且仅有一条过点的切线
【答案】A,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、由于，从而
，故A正确；
B、由于当时有，
当时有，
故方程在上无解；
而当时有，故在上递增，从而方程在上至多有一个解.
所以方程总共至多有一个解，不可能有3个解，故B错误；
C、当时，由有，
且由有，
从而，故C正确；
D、由于，故，.
而，，故曲线在和处的切线分别是和，这两条切线均过点，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】直接验证可判断A，对表达式进行变换，可判断B和C，直接给出两条符合条件的切线，可判断D.
10．（2024高三下·浙江月考）已知数列的前n项和，且向量，，对于任意，都有，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得数列成等比数列
B．存在实数，使得数列成等差数列
C．若，则
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，向量，，对于任意，都有，
所以，
A、若，可得，则，
即数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，
时，，时也适合，
由题意可知且，所以和均为常数且不为0，
根据等比数列通项公式可知是关于的指数函数与一个常数的积，
因此当时，数列不是等比数列，即不存在实数使为等比数列，故A错误；
B、若，则，即是公差为1的等差数列，故B正确；
C、若，则，，故C正确；
D、若，则，
，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据向量平行得出关于数列的n项和的关系式，再对的取值进行讨论并结合等差数列、等比数列的定义和通项公式逐项判断即可.
11．（2024高三下·浙江月考）已知正四棱台，，球O内切于棱台，点P为侧面上一点（含边界），则（ ）
A．球O的表面积为
B．三棱锥的外接球球心可能为O
C．若直线面，则
D．平面与球O的截面面积最小值是
【答案】A,C,D
【知识点】棱台的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、取，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取，
的中点为S，R，则，，球O内切于棱台，
则O点即为梯形内切圆心，易知O为中点，且，均为角平分线，
故，则，
故球O的表面积，故A正确；
B、由上述分析可得，，
则正四棱台的侧棱，
作，垂足为E，如图所示：
则E为三等分点（靠近N），
记的外接圆的圆心为，则在的垂直平分线上，
设，由勾股定理得，则，
的外接圆心为三等分点（靠近X），
则三棱锥的外接球球心满足平面，显然平面，
故三棱锥的外接球球心不可能为O，故B错误；
C、若直线平面，作，垂足为H，
因为平面，所以，则P的轨迹为以为直径的圆，
因为，由线面垂直判定定理易得，圆所在的平面与垂直，
又点P为侧面上一点（含边界），取，的中点，，
易知平面，
作，垂足为，点与点重合，
因为，
由余弦定理可得，所以，
此时，故C正确；
D、平面与球O的截面为圆，半径满足，
故只需找离O最远的平面即可，显然观察四个顶点即可，
其中P取A，时为同一平面，
显然当P取D时，点到其距离最小，作，垂足为F，
因为平面，平面，所以，
由线面垂直判定定理可得，平面，
因为，为中点，，
，故，故圆的截面面积为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】取，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取，的中点为S，R，证出，进而求得r即可判断A；利用条件得出三棱锥的外接球球心满足平面，显然平面，即可判断B；若直线平面，则P的轨迹为以DH为直径的圆，求解即可判断C；当P取D时，作，垂足为G，则平面，，即可判断D．
12．（2024高三下·浙江月考）已知平面向量，，若，则k的值可以是 .（写出一个值即可）
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
则，，
又因为，所以，
解得，则k的值为（也可写）
故答案为：.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直的坐标表示列式求解即可.
13．（2024高三下·浙江月考）若，，则的最大值是 .（其中表示a，b中的较小值）
【答案】
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：设，因为，，所以，，
所以，当且仅当时等号成立，而，当且仅当，即时等号成立，因此当且，即时，
则的最大值是.
故答案为：.
【分析】设，则，，结合不等式的性质以及基本不等式求解即可.
14．（2024高三下·浙江月考）已知左、右焦点为，的椭圆：（），圆：，点A是椭圆与圆的交点，直线交椭圆于点B.若，则椭圆的离心率是 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理
【解析】【解答】解：设圆：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，
因为，所以，
设与轴正方向形成的角为，则，，
代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求离心率即可.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
【分析】
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率.
【解答】
设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，，
根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则，
设与轴正方向形成的角为，则，，代入得，
在中，，
由余弦定理得，解得，即.
故答案为：.
15．（2024高三下·浙江月考）已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题：
①；
②；
③
（1）求角；
（2）若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）解：选①：因为，所以，解得，
又因为，所以；
选②：由，根据正弦定理可得，
因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，则；
选③：，由正弦定理可得，
因为，则，所以，
即，所以，即，
又因为，所以，所以，则；
（2）解：因为，是上的点，平分，的面积为，
所以，
可得，，
由余弦定理可得，
即，解得，
即角平分线的长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）选①，根据三角形的面积公式以及余弦定理求得的值，由角的范围，即可求解；
选②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
选③，由正弦定理及诱导公式可得角的大小；
（2）由等面积法及余弦定理即可求解角平分线的值．
（1）若选①，
由三角形的面积公式及余弦定理可得，
可得，又因为，所以；
若选②，由正弦定理可得，
因为，则，所以，所以，
又，则，所以，
所以，所以，则；
若选③，由正弦定理可得，
因为，则，所以，
即，所以，
即，
又，则，所以，则；
（2）因为，是上的点，平分，的面积为，
所以，
可得，，
由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
即角平分线的长为.
16．（2024高三下·浙江月考）如图，五面体ABCDEF中，已知面面，，，.
（1）求证：.
（2）若，，点P为线段中点，求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明：取中点M，连接，因为，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以；
（2）解：因为在直角梯形中，，，，
易求得，又，，所以三角形为等边三角形，
以M为原点，建立直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
因为P是中点，所以点P坐标为，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
设直线与平面夹角为，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知证出面，则，进而得出平面，再根据以及线面垂直的性质定理证明即可；
（2）以M为原点，建立直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点M，连接，因为，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以；
（2）因为在直角梯形中，，，，
易求得，又，，所以三角形为等边三角形，
如图，以M为原点建立直角坐标系，，，，，，
因为P是中点，所以点P坐标为，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
设直线与平面夹角为，
所以.
17．（2024高三下·浙江月考）盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球.
（1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值；
（2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球.
（ⅰ）分别求，，；
（ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.
【答案】（1）解：若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）解：（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，由题意可知X服从二项分布，利用二项分布的概率求解即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解即可；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，再结合独立事件的概率乘法公式求解即可．
（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
18．（2024高三下·浙江月考）已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）.
（1）若，且，求抛物线的方程.
（2）O为坐标原点，G为线段中点，且.
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）.
【答案】（1）解：易知抛物线：的焦点，
因为，所以为线段的中点，
由抛物线的对称性可知⊥轴，则的横坐标均为，在中，令，解得，
则，即，故抛物线方程为；
（2）（ⅰ）证明：因为，
所以O在以为直径的圆上，
所以，
所以，
设，，
则，
所以直线方程为，
又，所以，
方程为，
直线过定点.
（ⅱ）设，为的角平分线，则，
，整理得，
因为，
解得，即，，
不妨设，因为，
则，同理，直线的方程为，
与直线的交点横坐标，同理，
所以
，
令，则，
所以，
由于在上单调递增，故，
故，当且仅当时，等号成立.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得为线段的中点，由对称性可知⊥轴，即可求得点的坐标，再根据即可求得抛物线的方程；
（2）（ⅰ）因为，则可推得，设，，求出，进一步可得直线的方程，然后由，可得，代入直线的方程即可得证；
（ⅱ）设，为的角平分线，则，可得，即，，不妨设，因为，则，同理，直线的方程为，与直线的交点横坐标，同理，表示出，运用换元法求解即可．
（1）因为，所以为线段的中点，
由对称性可知⊥轴，
故的横坐标均为，
中令得，，
所以，得到，
抛物线方程为.
（2）（ⅰ）证明：因为，
所以O在以为直径的圆上，
所以，
所以，
设，，
则，
所以直线方程为，
又，所以，
方程为，
直线过定点.
（ⅱ）设，为的角平分线，则，
，整理得，
因为，
解得，即，，
不妨设，因为，
则，同理，直线的方程为，
与直线的交点横坐标，同理，
所以
，
令，则，
所以，
由于在上单调递增，故，
故，当且仅当时，等号成立.
19．（2024高三下·浙江月考）已知函数，
（1）当时，求的最小值；
（2）若在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）当时，设为函数的极大值点，求证：.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
记，求导可得，显然，则在单调递增，且，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
则的最小值为；
（2）解：若在定义域内单调递增，则在上恒成立，
，
令，则，且可知，
下证时，，
由关于单调递增，则，
令，则，
故在上单调递增，且，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，时，在定义域上单调递增；
（3）证明：，记，则，，
易知在上单调递增，且x趋于0时，趋于，，
所以存在唯一，使得，
故在上单调递减，单调递增，其中，
根据函数在上单调递增且，得，
又，所以，
因为当x趋于0时，趋于，所以存在唯一极大值点，满足，
又，则，
由，故，
，
令，，
则，趋于0时，，时，，
所以，即.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）当时，函数求其定义域以及导函数，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可；
（2）若在定义域内单调递增，则在上恒成立，由可得，再证时，在定义域上单调递增即可；
（3）求导可知存在唯一，使得在上单调递减，单调递增，进而可得，再结合证明即可．
（1）当时，，定义域为，
则，记
由，可得在单调递增，且，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
则的最小值为.
（2）若在定义域内单调递增，则在上恒成立，
，
令，则，且可知，
下证时，，
由关于单调递增，则，
令，则，
故在上单调递增，且，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，时，在定义域上单调递增.
（3），记
，，
易知在上单调递增，且x趋于0时，趋于，，
所以存在唯一，使得，
故在上单调递减，单调递增，其中，
根据函数在上单调递增且，得，
又，所以，
因为当x趋于0时，趋于，所以存在唯一极大值点，满足，
又，则，
由，故，
，
令，，
则，趋于0时，，时，，
所以，即.
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