湖南省衡阳市衡阳县第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷
1．（2024高三上·衡阳开学考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，解得或，
所以或，
所以，又，
所以.
故选：C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.
2．（2024高三上·衡阳开学考）在中，为的重心，满足，则（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：设相交于点，为的重心，
可得为中点，，
，
所以，
所以.
故选：C.
【分析】由题意作图，根据重心的几何性质（重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为），得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.
3．（2024高三上·衡阳开学考）第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行，如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：根据题意可得，八进制换算成十进制得：
，
因为
而且是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得， 换算后的末尾数字为5.
故选：C
【分析】根据题意，由进位制的换算方法代入计算，再由二项式展开式代入计算，即可得到结果.
4．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得到的函数的图象关于原点对称，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图可得，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为且函数在附近单调递增，故，所以，，
将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，
则，
因为函数的图象关于原点对称，则，解得，
当时，，
故选：B.
【分析】利用图象和周期计算公式可得，进而求出三角函数解析式的解析式，利用三角函数图象变换（平移变换的口诀：左加右减）可得出函数的解析式，利用函数的对称性可求得的表达式，即可得出结果.
5．（2024高三上·衡阳开学考）已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆的切线方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：连接 OA、 OB、OP，则OAAP，OBBP，
由切线长定理可知，|PA|=|PB|，又因为|OA|，|OP|，所以，|OA|=|OB| =|OP| ，
所以 △AOP △BOP， 所以，∠APO=∠BPO =∠APB= ，则|OP| = 2|0A| = 2b，
设点P(x，y)，则， 且 |x| ≥a，所以，
|0P| = 2b = ，
所以 ，所以 .
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OP，则OAAP，OBBP，设点P(x，y)，则 ，求得|0P| = 2b ，即，进而将转化为即可.
6．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数的图象在点处的切线方程为.若函数至少有两个不同的零点，则实数b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为函数 ，所以，
所以，所以，所以.
令，得，.
当或时，，所以在，上单调递增；
当时，，所以在上单调递减
所以当时，有极大值；当时，有极小值.
若要使至少有两个不同的零点，只需（等号不同时成立），解得.
故选：B
【分析】根据导数的几何意义（导数的几何意义是表示函数在某一点的变化率或 斜率）求，再求函数的极大值和极小值，根据零点的个数，列不等式，即可求解.
7．（2024高三上·衡阳开学考）已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】设球O的半径为R，如图所示：
因为球O的表面积为，故，即，
因为，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
所以根据正弦定理知，，即，
所以，
因为AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以△ABC面积的最大值为，
所以三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：D.
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理(为三角形外接圆的半径)可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
8．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；导数的乘法与除法法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，则，
因，则不等式成立必有，即，
令，求导得，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，，于是得，即，令，
当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，
当时，，于是得，即，此时，
函数在上单调递增，，，不等式解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用不等式性质（在不等式中，加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；乘（或除以）同一个正数，不等号的方向也不变；但乘（或除以）同一个负数时，不等号的方向会反转 ）作答.
9．（2024高三上·衡阳开学考）下面四个命题中的真命题为（ ）
A．若复数 满足 ，则
B．若复数 满足 ，则
C．若复数 ， 满足 ，则
D．若复数 ，则
【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件
【解析】【解答】若复数 满足 ，则 ，故命题A为真命题；
复数 满足 ，则 ，故命题B为假命题；
若复数 ， 满足 ，但 ，故命题C为假命题；
若复数 ，则 ，故命题D为真命题.
故答案为：AD
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则结合复数为实数的判断方法，复数相等的判断方法，复数与共轭复数的关系，进而找出真命题的选项。
10．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】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】解：对于选项A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为，令，可得，
又，所以，故B正确；
对于选项C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，故C错误；
对于选项D，又，，
，，
，，，
，故D正确.
故选：ABD.
【分析】对于选项A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于选项B，利用赋值法即可得解；对于选项CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
11．（2024高三上·衡阳开学考）已知抛物线过点，则（ ）
A．拋物线的标准方程可能为
B．挞物线的标准方程可能为
C．过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D．过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，
将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；
对于B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，
将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；
对于C、D，过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，
故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意和抛物线的开口方向，设出抛物线的方程，再利用点在抛物线上和代入法得出p的值，则判断出选项A和选项B；利用过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高三上·衡阳开学考）在 的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于 .
【答案】112
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】 的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大， ，
通项公式为 ，令 ，求得 ，
可得二项展开式常数项等于 ，
故答案为：112．
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用二项式系数的性质求出该二项展开式中的常数项。
13．（2024高三上·衡阳开学考）已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故填：.
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）即可得出答案.
14．（2024高三上·衡阳开学考）某同学次上学途中所花的时间单位：分钟分别为，，，，已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为 ．
【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】 根据题意，数据x，y，8， 10，12的平均数为10，标准差为 ，即其方差为2，
则(x +y+8+ 10+ 12)=10，(x2 +y2 +64+ 100+ 144)-100=2，
变形可得，则有2xy=(x+y)2-(x2+y2)=198，
则(x-y)2 =x2+y2- 2xy=4，则有
故答案为：.
【分析】根据题意，由平均数和方差的公式可得(x +y+8+ 10+ 12)=10，(x2 +y2 +64+ 100+ 144)-100=2，变形分析，求解可得答案.
15．（2024高三上·衡阳开学考）为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据40个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：
（1）补全下面的列联表（单位：只）；
药物 疾病B 合计
未患病 患病
未服用 7
服用 8 19
合计
（2）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性.
参考公式：，其中.
参考附表：
0.100 0.050 0.025
2.706 3.841 5.024
【答案】（1）解：因为总共有40个有放回简单随机样本的数据，所以可得列联表如下：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 14 7 21
服用 8 11 19
合计 22 18 40
（2）解：零假设为：药物对疾病无效.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.
【知识点】实际推断原理和假设检验
【解析】【分析】（1）根据题意和表中的数据填写即可；
（2）根据参考公式计算，然后利用临界值表分析判断即可.
（1）解：列联表如下：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 14 7 21
服用 8 11 19
合计 22 18 40
（2）解：零假设为：药物对疾病无效.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.
16．（2024高三上·衡阳开学考）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为平面平面，且两平面交于，又，
所以平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面，平面，
平面.
（2）解：由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质（如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面）可得平面，再根据三角形边角关系可证明相似，即可得，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
（1）平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面，平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
17．（2024高三上·衡阳开学考）在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．
【答案】（1）解：由题意知，，，，因为，，
所以，解得，从而，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，．因为直线不过点，因此．
由，得，
时，，，
所以
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程， 根据韦达定理（若一元二次方程有两个根，则，）得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和 的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．
（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，．
直线不过点，因此．
由，得，
时，，，
∴
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
18．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数，.
（1）讨论的单调性并求极值.
（2）设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）解：因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）求出，然后根据导数正负（如果导函数大于0， 则函数在该区间内单调递增； 如果导函数小于0， 则函数在该区间内单调递减）可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
（1）因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
19．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，若，，，求．
【答案】（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由函数的图象和周期计算公式求得解析式，再由三角函数的图象变换（平移变换口诀：左加右减），得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），即可求解.
（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
1 / 1湖南省衡阳市衡阳县第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷
1．（2024高三上·衡阳开学考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·衡阳开学考）在中，为的重心，满足，则（ ）
A． B． C．0 D．
3．（2024高三上·衡阳开学考）第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行，如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
4．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得到的函数的图象关于原点对称，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·衡阳开学考）已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数的图象在点处的切线方程为.若函数至少有两个不同的零点，则实数b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·衡阳开学考）已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·衡阳开学考）下面四个命题中的真命题为（ ）
A．若复数 满足 ，则
B．若复数 满足 ，则
C．若复数 ， 满足 ，则
D．若复数 ，则
10．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称 B．
C． D．
11．（2024高三上·衡阳开学考）已知抛物线过点，则（ ）
A．拋物线的标准方程可能为
B．挞物线的标准方程可能为
C．过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D．过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条
12．（2024高三上·衡阳开学考）在 的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于 .
13．（2024高三上·衡阳开学考）已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
14．（2024高三上·衡阳开学考）某同学次上学途中所花的时间单位：分钟分别为，，，，已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为 ．
15．（2024高三上·衡阳开学考）为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据40个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：
（1）补全下面的列联表（单位：只）；
药物 疾病B 合计
未患病 患病
未服用 7
服用 8 19
合计
（2）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性.
参考公式：，其中.
参考附表：
0.100 0.050 0.025
2.706 3.841 5.024
16．（2024高三上·衡阳开学考）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
17．（2024高三上·衡阳开学考）在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．
18．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数，.
（1）讨论的单调性并求极值.
（2）设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，若，，，求．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，解得或，
所以或，
所以，又，
所以.
故选：C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.
2．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：设相交于点，为的重心，
可得为中点，，
，
所以，
所以.
故选：C.
【分析】由题意作图，根据重心的几何性质（重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为），得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.
3．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：根据题意可得，八进制换算成十进制得：
，
因为
而且是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得， 换算后的末尾数字为5.
故选：C
【分析】根据题意，由进位制的换算方法代入计算，再由二项式展开式代入计算，即可得到结果.
4．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由图可得，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为且函数在附近单调递增，故，所以，，
将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，
则，
因为函数的图象关于原点对称，则，解得，
当时，，
故选：B.
【分析】利用图象和周期计算公式可得，进而求出三角函数解析式的解析式，利用三角函数图象变换（平移变换的口诀：左加右减）可得出函数的解析式，利用函数的对称性可求得的表达式，即可得出结果.
5．【答案】B
【知识点】圆的切线方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：连接 OA、 OB、OP，则OAAP，OBBP，
由切线长定理可知，|PA|=|PB|，又因为|OA|，|OP|，所以，|OA|=|OB| =|OP| ，
所以 △AOP △BOP， 所以，∠APO=∠BPO =∠APB= ，则|OP| = 2|0A| = 2b，
设点P(x，y)，则， 且 |x| ≥a，所以，
|0P| = 2b = ，
所以 ，所以 .
故答案为：B.
【分析】连接OA、OB、OP，则OAAP，OBBP，设点P(x，y)，则 ，求得|0P| = 2b ，即，进而将转化为即可.
6．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为函数 ，所以，
所以，所以，所以.
令，得，.
当或时，，所以在，上单调递增；
当时，，所以在上单调递减
所以当时，有极大值；当时，有极小值.
若要使至少有两个不同的零点，只需（等号不同时成立），解得.
故选：B
【分析】根据导数的几何意义（导数的几何意义是表示函数在某一点的变化率或 斜率）求，再求函数的极大值和极小值，根据零点的个数，列不等式，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】设球O的半径为R，如图所示：
因为球O的表面积为，故，即，
因为，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
所以根据正弦定理知，，即，
所以，
因为AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以△ABC面积的最大值为，
所以三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：D.
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理(为三角形外接圆的半径)可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
8．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；导数的乘法与除法法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，则，
因，则不等式成立必有，即，
令，求导得，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，，于是得，即，令，
当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，
当时，，于是得，即，此时，
函数在上单调递增，，，不等式解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用不等式性质（在不等式中，加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；乘（或除以）同一个正数，不等号的方向也不变；但乘（或除以）同一个负数时，不等号的方向会反转 ）作答.
9．【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件
【解析】【解答】若复数 满足 ，则 ，故命题A为真命题；
复数 满足 ，则 ，故命题B为假命题；
若复数 ， 满足 ，但 ，故命题C为假命题；
若复数 ，则 ，故命题D为真命题.
故答案为：AD
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则结合复数为实数的判断方法，复数相等的判断方法，复数与共轭复数的关系，进而找出真命题的选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】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】解：对于选项A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为，令，可得，
又，所以，故B正确；
对于选项C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，故C错误；
对于选项D，又，，
，，
，，，
，故D正确.
故选：ABD.
【分析】对于选项A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于选项B，利用赋值法即可得解；对于选项CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，
将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；
对于B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，
将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；
对于C、D，过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，
故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意和抛物线的开口方向，设出抛物线的方程，再利用点在抛物线上和代入法得出p的值，则判断出选项A和选项B；利用过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】112
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】 的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大， ，
通项公式为 ，令 ，求得 ，
可得二项展开式常数项等于 ，
故答案为：112．
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用二项式系数的性质求出该二项展开式中的常数项。
13．【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故填：.
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方）即可得出答案.
14．【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】 根据题意，数据x，y，8， 10，12的平均数为10，标准差为 ，即其方差为2，
则(x +y+8+ 10+ 12)=10，(x2 +y2 +64+ 100+ 144)-100=2，
变形可得，则有2xy=(x+y)2-(x2+y2)=198，
则(x-y)2 =x2+y2- 2xy=4，则有
故答案为：.
【分析】根据题意，由平均数和方差的公式可得(x +y+8+ 10+ 12)=10，(x2 +y2 +64+ 100+ 144)-100=2，变形分析，求解可得答案.
15．【答案】（1）解：因为总共有40个有放回简单随机样本的数据，所以可得列联表如下：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 14 7 21
服用 8 11 19
合计 22 18 40
（2）解：零假设为：药物对疾病无效.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.
【知识点】实际推断原理和假设检验
【解析】【分析】（1）根据题意和表中的数据填写即可；
（2）根据参考公式计算，然后利用临界值表分析判断即可.
（1）解：列联表如下：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 14 7 21
服用 8 11 19
合计 22 18 40
（2）解：零假设为：药物对疾病无效.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.
16．【答案】（1）证明：因为平面平面，且两平面交于，又，
所以平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面，平面，
平面.
（2）解：由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质（如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面）可得平面，再根据三角形边角关系可证明相似，即可得，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
（1）平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面，平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
17．【答案】（1）解：由题意知，，，，因为，，
所以，解得，从而，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，．因为直线不过点，因此．
由，得，
时，，，
所以
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程， 根据韦达定理（若一元二次方程有两个根，则，）得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和 的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．
（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，．
直线不过点，因此．
由，得，
时，，，
∴
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
18．【答案】（1）解：因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）解：因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）求出，然后根据导数正负（如果导函数大于0， 则函数在该区间内单调递增； 如果导函数小于0， 则函数在该区间内单调递减）可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
（1）因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由函数的图象和周期计算公式求得解析式，再由三角函数的图象变换（平移变换口诀：左加右减），得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），即可求解.
（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
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