广东省深圳实验学校高中部2024届高三教学情况测试（一）数学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】集合或，
集合或，
则 ， 或
故答案为：A.
【分析】
先解出集合A、B，根据交集、补集的定义，即可求解.
2．（2024高三下·深圳模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【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】因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】
由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可求解.
3．（2024高三下·深圳模拟）的展开式中，的系数为（ ）
A．96 B．144 C．180 D．216
【答案】D
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】．当时，，
故答案为：D．
【分析】
由二项式展开式的通项公式，将可求出指定项的系数.
4．（2024高三下·深圳模拟）“ ”是“二次函数 有零点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】若二次函数 有零点，
则 ，解得 或 ，
所以 “ ”是“二次函数 有零点”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】 先判断若a≥4， 则二次函数有零点，解得 或 ，再利用充分条件、必要条件的定义可得答案。
5．（2024高三下·深圳模拟）已知，是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】对A，若，，则或，故A错误；
对B，若，，则或，故B错误；
对C，长方体同一顶点所在的三个平面满足，，，故C错误；
对D，若，则平行于内的一条直线，又，故，故成立，故D正确；
故答案为：D
【分析】
对A、B、C，举反例判断即可；对D根据线面平行与线面垂直的性质即可判定.
6．（2024高三下·深圳模拟）平面向量与向量满足，且，，则向量与的夹角为
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】 解：，则
又
，解得
所以，，，
故答案为：
【分析】根据向量数量积的性质，得到，代入已知等式得到，结合向量数量积的定义和，，算出，最后根据两个向量夹角的范围，即可求解.
7．（2024高三下·深圳模拟）一次竞赛考试，老师让学生甲 乙 丙 丁预测他们的名次.学生甲说：丁第一；学生乙说：我不是第一；学生丙说：甲第一；学生丁说：甲第二.若有且仅有一名学生预测错误，则该学生是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】显然丙丁有一个错误，倘若丙正确，则与甲矛盾，故丁错误.
故答案为：C.
【分析】首先由已知，丙、丁中有一人错误，然后分别分析若丙错和若丁错两种情况，即可得到答案．
8．（2024高三下·深圳模拟）已知双曲线的左 右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】设，则，（为坐标原点），
设的内心为，所以的内切圆的半径为，
在中，，又，
由等面积法得，解得，
所以为等边三角形，其边长为，高为，则，
所以，代入的方程得，
整理得，由，
可得，两边同时除以，
可得，解得，因为，
所以，即.
故答案为：C.
【分析】
设，在中由等面积法可求出，进而求出，，代入的方程化简，根据离心率定义即可求解.
9．（2024高三下·深圳模拟）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位，所得函数为偶函数
D．若，则
【答案】A,D
【知识点】二倍角的余弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；运用诱导公式化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 解： 由图象知：，故A正确，又，即，
∴，可得，则，
又，故，得：，.
又，则有，
综上，.
∴，即不是对称点，B错误；
，显然不是偶函数，C错误；
，则，
又，且，D正确.
故答案为：AD.
【分析】由函数图象可得、，判断A正确，结合五点法求参数，即可得的解析式，再应用代入法判断对称点，判断B错误，由图像平移及正弦函数的性质判断函数的奇偶性，判断C错误，利用诱导公式、倍角余弦公式求的值，判断D正确.
10．（2024高三下·深圳模拟）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等差数列
C．数列的前项和为 D．能被3整除
【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】将转化为，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，
所以，所以，所以所以有，
所以不成等比数列，故A错误；
由数列是等比数列可得：，即，故B正确；
由可得：前项和，
所以C是正确；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故答案为：B、C、D．
【分析】
利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项A错误，B正确，
用分组求和法结合等比数列求和公式对数列求和，判断C正确，
用二项式定理展开后，可得能被3整除，判断D正确.
11．（2024高三下·深圳模拟）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
【答案】B,C
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积，
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故答案为：B、C
【分析】
对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
12．（2024高三下·深圳模拟）函数的值域为 ．
【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为当时，，
当时，，
所以函数的值域为，
故答案为：.
【分析】
利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可.
13．（2024高三下·深圳模拟）已知点为圆上的动点，过圆心作直线垂直于轴交点为，点为关于轴的对称轴，动点满足到点与到的距离始终相等，记动点到轴距离为，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质；抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】如图所示：
，
由抛物线的定义可知，动点的轨迹为开口向左的抛物线，
其焦点坐标为，准线方程为，
所以抛物线方程为．
圆的圆心为，半径为，
连接交圆于点，交抛物线于点，此时最小，
利用两点距离公式得，
所以的最小值为．
故答案为：.
【分析】
根据动点满足到点与到的距离始终相等，得到动点的轨迹为开口向左的抛物线，然后利用抛物线的定义， 由的最小值为求解.
14．（2024高三下·深圳模拟）某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ．
【答案】236
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 按秋老师分三类
（1）若秋老师教9班，则曲老师可在4，5，7，10班中选两班，再按曲老师分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，则曲老师可在4，5，7班中选两班，再按曲老师分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2，6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
15．（2024高三下·深圳模拟）5G技术对社会和国家十分重要．从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技集团生产A，B两种5G通信基站核心部件，下表统计了该科技集团近几年来在A部件上的研发投入（亿元）与收益y（亿元）的数据，结果如下：
研发投入x（亿元） 1 2 3 4 5
收益y（亿元） 3 7 9 10 11
（1）利用样本相关系数r说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性）；
（2）求出y关于x的经验回归方程，并利用该方程回答下列问题：
①若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入多少研发资金？（精确到0.001亿元）
②该科技集团计划用10亿元对A，B两种部件进行投资，对B部件投资元所获得的收益y近似满足，则该科技集团针对A，B两种部件各应投入多少研发资金，能使所获得的总收益P最大．
附：样本相关系数，
回归直线方程的斜率，截距．
【答案】（1）解：，，，，所以∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）解：∵，∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）先计算出，，，，
再根据公式计算出，再由即可判断；
（2）根据公式先求出回归直线方程 ，①令，解不等式即可求解；②根据题意，写出总收益的函数表达式，对函数求导，得出函数的单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可.
（1），，
，，，
∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）∵，
∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
16．（2024高三下·深圳模拟）在中，角的对边分别为.
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值.
【答案】解：（1）由及，得，
所以，所以.
由，得
得，所以，所以的取值范围为.
（2）若，由正弦定理有，①
由（1）知，则.②
由①②得，
所以，
解得或，
又，所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和性质可得，，由，可得，从而根据正弦函数单调性得的取值范围.
（2）利用正弦定理的边角互化可得，由（1）可得，代入，利用诱导公式、二倍角公式转化为，结合（1）范围，即可求解.
17．（2024高三下·深圳模拟）设函数.
（1）求证：有极值点；
（2）设的极值点为，若对任意正整数a都有，其中，求的最小值.
【答案】证明：（1）由题意得，所以，所以函数单调递增，
由，得.
因为，所以，所以.
当时，单调递增；
当时，单调递减.
因此，当时函数有极值.
（2）由（1）知，函数的极值点（即函数的零点）唯一，
因为.
令，则，得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，所以.
而，当时，，
当时，.
又.
因为a为正整数且时，所以.
当时，.
即对任意正整数，都有，，所以恒成立，
且存在，使，也存在，使.
所以的最小值为2.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求导数，然后利用导数研究函数单调性、极值.（2）利用函数极值结合零点存在性定理得出，，得出的可能值.
18．（2024高三下·深圳模拟）已知抛物线C：（）的准线与圆O：相切．
（1）求C的方程；
（2）设点P是C上的一点，点A，B是C的准线上两个不同的点，且圆O是的内切圆．
①若，求点P的横坐标；
②求面积的最小值．
【答案】（1）解：因为圆O：的圆心为，半径，
因为 抛物线C：（）的准线与圆O：相切．
所以抛物线C的准线为，所以，
所以抛物线C的方程为.
（2）解：设，
所以直线，即，
因为直线与圆O相切，
所以，两边平方整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：是关于x的方程的两根，
所以，
所以，
因为点在抛物线C：上，所以，
所以.
①若，整理得，
解得或（舍去），即点P的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）根据题意可知抛物线C的准线为，进而可得和抛物线方程；
（2）设，根据直线与圆O相切分析可知是方程的两根，利用韦达定理可得.①令，运算求解即可；②根据题意可得，换元结合基本不等式运算求解.
（1）因为圆O：的圆心为，半径，
由题意可知：抛物线C的准线为，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）设，
可知直线，即，
因为直线与圆O相切，
则，整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：是关于x的方程的两根，
则，
可得，
注意到点在抛物线C：上，则，
则.
①若，整理得，
解得或（舍去），即点P的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为.
19．（2024高三下·深圳模拟）已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令．
（1）写出所有可能的值；
（2）求证：一定为奇数；
（3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．．
【答案】（1）解：因为，且当时，，所以当时，或2，当时，或-2，
当时，，当时，，当时，，当时，.
所以满足条件的数列的所有可能情况有：
0，1，2，1，0，此时；
0，1，0，1，0，此时；
0，1，0，，0，此时；
0，，，，0，此时；
0，，0，1，0，此时；
0，，0，，0，此时．
综上所述，的所有可能取值为4，2，0，，；
（2）证明：由，可设，则或，
所以，
因为，所以，
设中有个1，个，则，
故为奇数；
（3）解：由（2）得为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，
，
所以当，，，，的前项取1，后项取时，最大，
此时，不符合题意；
当，，，，的前项中恰有项，，，取，
后项中恰有项，，，取1，
则，
若，则，
因为是奇数，所以是奇数，而是偶数，
因此不存在数列，使得．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由题意，列举出满足条件的数列的所有可能情况，求解即可得到答案；
（2）由，可设，则或，由此分析可得，设中有个1，个，即可证明为奇数；
（3）由（2）可知，为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，表示出，分两种情况进行研究，得出矛盾，从而得到答案．
1 / 1广东省深圳实验学校高中部2024届高三教学情况测试（一）数学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三下·深圳模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·深圳模拟）的展开式中，的系数为（ ）
A．96 B．144 C．180 D．216
4．（2024高三下·深圳模拟）“ ”是“二次函数 有零点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高三下·深圳模拟）已知，是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．（2024高三下·深圳模拟）平面向量与向量满足，且，，则向量与的夹角为
A． B． C． D．
7．（2024高三下·深圳模拟）一次竞赛考试，老师让学生甲 乙 丙 丁预测他们的名次.学生甲说：丁第一；学生乙说：我不是第一；学生丙说：甲第一；学生丁说：甲第二.若有且仅有一名学生预测错误，则该学生是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
8．（2024高三下·深圳模拟）已知双曲线的左 右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·深圳模拟）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位，所得函数为偶函数
D．若，则
10．（2024高三下·深圳模拟）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等差数列
C．数列的前项和为 D．能被3整除
11．（2024高三下·深圳模拟）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
12．（2024高三下·深圳模拟）函数的值域为 ．
13．（2024高三下·深圳模拟）已知点为圆上的动点，过圆心作直线垂直于轴交点为，点为关于轴的对称轴，动点满足到点与到的距离始终相等，记动点到轴距离为，则的最小值为 ．
14．（2024高三下·深圳模拟）某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ．
15．（2024高三下·深圳模拟）5G技术对社会和国家十分重要．从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技集团生产A，B两种5G通信基站核心部件，下表统计了该科技集团近几年来在A部件上的研发投入（亿元）与收益y（亿元）的数据，结果如下：
研发投入x（亿元） 1 2 3 4 5
收益y（亿元） 3 7 9 10 11
（1）利用样本相关系数r说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性）；
（2）求出y关于x的经验回归方程，并利用该方程回答下列问题：
①若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入多少研发资金？（精确到0.001亿元）
②该科技集团计划用10亿元对A，B两种部件进行投资，对B部件投资元所获得的收益y近似满足，则该科技集团针对A，B两种部件各应投入多少研发资金，能使所获得的总收益P最大．
附：样本相关系数，
回归直线方程的斜率，截距．
16．（2024高三下·深圳模拟）在中，角的对边分别为.
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值.
17．（2024高三下·深圳模拟）设函数.
（1）求证：有极值点；
（2）设的极值点为，若对任意正整数a都有，其中，求的最小值.
18．（2024高三下·深圳模拟）已知抛物线C：（）的准线与圆O：相切．
（1）求C的方程；
（2）设点P是C上的一点，点A，B是C的准线上两个不同的点，且圆O是的内切圆．
①若，求点P的横坐标；
②求面积的最小值．
19．（2024高三下·深圳模拟）已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令．
（1）写出所有可能的值；
（2）求证：一定为奇数；
（3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】集合或，
集合或，
则 ， 或
故答案为：A.
【分析】
先解出集合A、B，根据交集、补集的定义，即可求解.
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】因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】
由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】．当时，，
故答案为：D．
【分析】
由二项式展开式的通项公式，将可求出指定项的系数.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】若二次函数 有零点，
则 ，解得 或 ，
所以 “ ”是“二次函数 有零点”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】 先判断若a≥4， 则二次函数有零点，解得 或 ，再利用充分条件、必要条件的定义可得答案。
5．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】对A，若，，则或，故A错误；
对B，若，，则或，故B错误；
对C，长方体同一顶点所在的三个平面满足，，，故C错误；
对D，若，则平行于内的一条直线，又，故，故成立，故D正确；
故答案为：D
【分析】
对A、B、C，举反例判断即可；对D根据线面平行与线面垂直的性质即可判定.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】 解：，则
又
，解得
所以，，，
故答案为：
【分析】根据向量数量积的性质，得到，代入已知等式得到，结合向量数量积的定义和，，算出，最后根据两个向量夹角的范围，即可求解.
7．【答案】C
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】显然丙丁有一个错误，倘若丙正确，则与甲矛盾，故丁错误.
故答案为：C.
【分析】首先由已知，丙、丁中有一人错误，然后分别分析若丙错和若丁错两种情况，即可得到答案．
8．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】设，则，（为坐标原点），
设的内心为，所以的内切圆的半径为，
在中，，又，
由等面积法得，解得，
所以为等边三角形，其边长为，高为，则，
所以，代入的方程得，
整理得，由，
可得，两边同时除以，
可得，解得，因为，
所以，即.
故答案为：C.
【分析】
设，在中由等面积法可求出，进而求出，，代入的方程化简，根据离心率定义即可求解.
9．【答案】A,D
【知识点】二倍角的余弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；运用诱导公式化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 解： 由图象知：，故A正确，又，即，
∴，可得，则，
又，故，得：，.
又，则有，
综上，.
∴，即不是对称点，B错误；
，显然不是偶函数，C错误；
，则，
又，且，D正确.
故答案为：AD.
【分析】由函数图象可得、，判断A正确，结合五点法求参数，即可得的解析式，再应用代入法判断对称点，判断B错误，由图像平移及正弦函数的性质判断函数的奇偶性，判断C错误，利用诱导公式、倍角余弦公式求的值，判断D正确.
10．【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】将转化为，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，
所以，所以，所以所以有，
所以不成等比数列，故A错误；
由数列是等比数列可得：，即，故B正确；
由可得：前项和，
所以C是正确；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故答案为：B、C、D．
【分析】
利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项A错误，B正确，
用分组求和法结合等比数列求和公式对数列求和，判断C正确，
用二项式定理展开后，可得能被3整除，判断D正确.
11．【答案】B,C
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积，
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故答案为：B、C
【分析】
对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
12．【答案】
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为当时，，
当时，，
所以函数的值域为，
故答案为：.
【分析】
利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可.
13．【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质；抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】如图所示：
，
由抛物线的定义可知，动点的轨迹为开口向左的抛物线，
其焦点坐标为，准线方程为，
所以抛物线方程为．
圆的圆心为，半径为，
连接交圆于点，交抛物线于点，此时最小，
利用两点距离公式得，
所以的最小值为．
故答案为：.
【分析】
根据动点满足到点与到的距离始终相等，得到动点的轨迹为开口向左的抛物线，然后利用抛物线的定义， 由的最小值为求解.
14．【答案】236
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 按秋老师分三类
（1）若秋老师教9班，则曲老师可在4，5，7，10班中选两班，再按曲老师分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，则曲老师可在4，5，7班中选两班，再按曲老师分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2，6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
15．【答案】（1）解：，，，，所以∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）解：∵，∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）先计算出，，，，
再根据公式计算出，再由即可判断；
（2）根据公式先求出回归直线方程 ，①令，解不等式即可求解；②根据题意，写出总收益的函数表达式，对函数求导，得出函数的单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可.
（1），，
，，，
∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）∵，
∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
16．【答案】解：（1）由及，得，
所以，所以.
由，得
得，所以，所以的取值范围为.
（2）若，由正弦定理有，①
由（1）知，则.②
由①②得，
所以，
解得或，
又，所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和性质可得，，由，可得，从而根据正弦函数单调性得的取值范围.
（2）利用正弦定理的边角互化可得，由（1）可得，代入，利用诱导公式、二倍角公式转化为，结合（1）范围，即可求解.
17．【答案】证明：（1）由题意得，所以，所以函数单调递增，
由，得.
因为，所以，所以.
当时，单调递增；
当时，单调递减.
因此，当时函数有极值.
（2）由（1）知，函数的极值点（即函数的零点）唯一，
因为.
令，则，得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，所以.
而，当时，，
当时，.
又.
因为a为正整数且时，所以.
当时，.
即对任意正整数，都有，，所以恒成立，
且存在，使，也存在，使.
所以的最小值为2.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求导数，然后利用导数研究函数单调性、极值.（2）利用函数极值结合零点存在性定理得出，，得出的可能值.
18．【答案】（1）解：因为圆O：的圆心为，半径，
因为 抛物线C：（）的准线与圆O：相切．
所以抛物线C的准线为，所以，
所以抛物线C的方程为.
（2）解：设，
所以直线，即，
因为直线与圆O相切，
所以，两边平方整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：是关于x的方程的两根，
所以，
所以，
因为点在抛物线C：上，所以，
所以.
①若，整理得，
解得或（舍去），即点P的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）根据题意可知抛物线C的准线为，进而可得和抛物线方程；
（2）设，根据直线与圆O相切分析可知是方程的两根，利用韦达定理可得.①令，运算求解即可；②根据题意可得，换元结合基本不等式运算求解.
（1）因为圆O：的圆心为，半径，
由题意可知：抛物线C的准线为，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）设，
可知直线，即，
因为直线与圆O相切，
则，整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：是关于x的方程的两根，
则，
可得，
注意到点在抛物线C：上，则，
则.
①若，整理得，
解得或（舍去），即点P的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为.
19．【答案】（1）解：因为，且当时，，所以当时，或2，当时，或-2，
当时，，当时，，当时，，当时，.
所以满足条件的数列的所有可能情况有：
0，1，2，1，0，此时；
0，1，0，1，0，此时；
0，1，0，，0，此时；
0，，，，0，此时；
0，，0，1，0，此时；
0，，0，，0，此时．
综上所述，的所有可能取值为4，2，0，，；
（2）证明：由，可设，则或，
所以，
因为，所以，
设中有个1，个，则，
故为奇数；
（3）解：由（2）得为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，
，
所以当，，，，的前项取1，后项取时，最大，
此时，不符合题意；
当，，，，的前项中恰有项，，，取，
后项中恰有项，，，取1，
则，
若，则，
因为是奇数，所以是奇数，而是偶数，
因此不存在数列，使得．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由题意，列举出满足条件的数列的所有可能情况，求解即可得到答案；
（2）由，可设，则或，由此分析可得，设中有个1，个，即可证明为奇数；
（3）由（2）可知，为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，表示出，分两种情况进行研究，得出矛盾，从而得到答案．
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