贵州省遵义市桐梓县共同体联考2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题
1．（2024高三上·桐梓月考）复数的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数的虚部为2.
故选：B.
【分析】利用复数的乘法运算法则得出复数z，进而得出复数的虚部.
2．（2024高三上·桐梓月考）已知命题，，命题，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题
C．p和都是真命题 D．和都是真命题
【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：对于命题，当时，，
当时，，所以命题是真命题；
对于命题，当时，，所以命题是真命题.
故答案为：A.
【分析】利用全称命题和特称命题的真假性判断方法，从而判断出复合命题的真假性，进而找出正确的选项.
3．（2024高三上·桐梓月考）已知单位向量，满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为
所以.
故选：D.
【分析】根据向量的数量积求模公式和数量积的运算法则，进而得出向量的模长.
4．（2024高三上·桐梓月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，得，
又因为，，则，
.
故选：C.
【分析】由诱导公式求出，再由角的取值范围和同角三角函数基本关系式得出的值，再利用两角和的正切公式求出答案.
5．（2024高三上·桐梓月考）设椭圆的左、右焦点分别为，，过作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若，，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，由椭圆定义得，
又由椭圆通径定义可知，所以，即，
所以.
故选：A.
【分析】由题意结合椭圆定义可求出的值，再由通径定义可得，进而求出的值，再由结合椭圆的离心率公式即可求出椭圆C的离心率的值.
6．（2024高三上·桐梓月考）已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；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：令函数，其定义域为R，
，函数为偶函数，
由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点，
因此，即，解得，，
当时，，
令函数，，函数在上单调递增，
则，则当时，，函数在上递增，在上递减，
所以，函数有唯一零点，.
故选：A
【分析】构造函数再结合偶函数的定义判断出函数h(x)为偶函数，再结合函数零点与两函数交点的横坐标的等价关系，从而得出函数有唯一零点，再结合求导的方法判断函数的单调性， 从而求出函数的值域，进而判断出函数的单调性，则得出函数的零点个数，进而得出实数a的值.
7．（2024高三上·桐梓月考）已知数据，…，（，）的平均数、中位数、方差均为4，则这组数据的极差为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据题意，不妨设，且，可得，
由平均数为4，得，即；
由方差为4，得，
即，联立，
由可解得，
根据极差定义可得这组数据的极差为.
故选：D.
【分析】依题意，根据平均数、方差均为4和平均数、方差公式构造方程组，再由解方程可得的值，再由极差公式求出这组数据的极差.
8．（2024高三上·桐梓月考）已知定义在上的函数满足：对任意的，，都有，且．满足不等式的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：将不等式
化简可得，
令，可得，
即对任意的，，都有，
所以函数在上单调递减，
则等价于，
即，可得，
又因为，所以，
所以等价于，
因此可得，解得，
可得x的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据对数运算法则将不等式变形进行构造函数，由函数单调性定义判断出函数在上的单调性，将原不等式等价于，再利用函数的单调性得出满足不等式的x的取值范围.
9．（2024高三上·桐梓月考）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的最大值为1
C．是偶函数 D．的图象关于直线对称
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，由偶函数定义判断出分段函数为偶函数，则分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，不关于直线对称，故选项A和选项D错误，选项C正确，
因为函数的最大值为1，故选项B正确.
故选：BC.
【分析】根据分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，从而得出函数图象不关于直线对称且判断出分段函数的奇偶性，进而判断出选项C和选项D；再结合正弦函数的最小正周期公式判断出选项A；利用分段函数的图象求出分段函数的最值，从而判断出选项B，进而找出正确的选项.
10．（2024高三上·桐梓月考）已知数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，且，则
B．若是等比数列，且，则
C．若，则是等差数列
D．若是公比大于1的等比数列，则
【答案】A,B
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，若是等差数列，
则，且，故，故A正确；
对于B，若是等比数列，
则当时，，且，则；
当时，，所以舍去，故B正确；
对于C，若，则，，
，故，所以不是等差数列，故C错误；
对于D，若，则，
此时，不满足，故D错误.
故选：AB.
【分析】利用等差数列前n项和公式和等比数列前n项和公式以及分类讨论的方法，从而判断出选项A和选项B；利用与的关系式，从而判断出，进而判断出选项C；通过举例得出，不满足，从而判断出选项D，进而找出正确的结论.
11．（2024高三上·桐梓月考）星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线．已知星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，则（ ）
A．
B．C上的点到原点的距离的最大值为1
C．C上的点到原点的距离的最小值为
D．当点在C上时，
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，
令得，因为，可得，故A正确；
对于B，由图可得C上的点到原点的距离的最大值为1，故B正确；
对于C，设点在C上，则，
因为
，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到原点距离的最小值为，故C错误；
对于D，当点在C上时，
因为，得出，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到轴距离的乘积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据星形线求出，从而可判断出选项A，再结合两点距离公式和几何法求最值的方法判断出选项B；设点在C上，根据，从而利用立方差公式、基本不等式可判断选项C；由结合基本不等式求最值的方法，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高三上·桐梓月考）已知的展开式中各项系数的和为4，则 ．
【答案】3
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令得展开式中各项系数和，
则，解得.
故填：3.
【分析】利用赋值法，令代入得各项系数和，再列方程，进而解得a的值.
13．（2024高三上·桐梓月考）已知P为函数图象上一点，则曲线在点P处的切线的斜率的最小值为 ．
【答案】2
【知识点】导数的几何意义；基本不等式
【解析】【解答】解：由求导得，，
因为，故，当且仅当时等号成立，
即当点或时，曲线在点P处的切线的斜率取得最小值为2.
故填：2.
【分析】对函数求导，再利用基本不等式求最值的方法，再结合导数的几何意义求得切线斜率的最小值.
14．（2024高三上·桐梓月考）已知某三棱台的高为，上、下底面分别为边长为和的正三角形，若该三棱台的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：依题意，该三棱台为正三棱台，设为三棱台，如图所示：
上底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
下底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
由正三棱台的性质知，其外接球的球心在直线上，令该球半径为，
于是，或，解得，
所以，球的表面积是．
故填：.
【分析】利用已知条件求出三棱台上下底面正三角形外接圆的半径，确定球心位置，再结合球的截面圆性质和勾股定理求出球的半径，再由球的表面积公式可得球O的表面积.
15．（2024高三上·桐梓月考）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求C；
（2）若的面积为，求c．
【答案】（1）解：由和余弦定理可得，，
因为，故，
又由和正弦定理得出，
即，即得，
整理得，因为，故.
（2）解：因为三角形的面积为，
即①，
由正弦定理得②
将②式代入①式，整理得，解得.
【知识点】余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先由和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而求得角的值，再由和正弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而求得角的值.
（2）由三角形面积公式求得，再由正弦定理得到，再联立两方程，从而解方程得出c的值.
（1）由和余弦定理可得，，因，故；
又由和正弦定理得，，
即，即得，，
整理得，，因，故；
（2）因的面积为，即①
由正弦定理，②
将②式代入①式，整理得，，解得.
16．（2024高三上·桐梓月考）已知抛物线的焦点为，且F与圆上点的距离的最小值为2．
（1）求；
（2）已知点，，是抛物线的两条切线，，是切点，求．
【答案】（1）解：因为（），则其到圆心距离减去半径为2，
故.
（2）解：由（1）可知，抛物线的标准方程为：，如图所示：
因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即，
代入得：，
整理得：.
因为直线与抛物线相切，所以或.
当时，由，所以切点；
当时，由，所以切点.
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据圆外一点到圆上的点的最小距离的求法，从而由作差法确定出的值.
（2）由（1）可知，抛物线的标准方程，设出过点的切线方程，再代入抛物线方程，由直线与抛物线相切，从而由判别式法可求切线的斜率，再解方程得出切点坐标，从而利用两点间的距离公式求出的值.
（1）因为（），则其到圆心距离减去半径为2，故.
（2）由（1）可知，抛物线的标准方程为：.
如图：
因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即，
代入得：，整理得：.
因为直线与抛物线相切，所以或.
当时，由，所以切点；
当时，由，所以切点.
所以
17．（2024高三上·桐梓月考）如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：由题意，以为原点，和分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为，且，，
所以，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，
取得，
所以，即，所以平面.
（2）解：由（1）得，，平面的一个法向量为，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，再结合向量共线定理，从而得出点的坐标，进而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，进而由向量共线定理得出，进而证出平面.
（2）由（1）得出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式计算出的值，再结合同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值.
（1）由题意可以为原点，和分别为轴、轴和轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
因为，且，，
所以，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
所以，即，所以平面.
（2）由（1）得，，平面的一个法向量为，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．（2024高三上·桐梓月考）在一个盒子中有2个白球，3个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，每次取1个，取后不放回，直到2个白球都被取出来后就停止取球．
（1）求2个白球都被乙取出的概率；
（2）求2个白球都被甲取出的概率；
（3）求将球全部取出才停止取球的概率
【答案】（1）解：若2个白球都被乙取出记为事件，
即第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，
第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，
则.
（2）解：若2个白球都被甲取出记为事件，三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，
其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为，
故．
（3）解：若将球全部取出才停止取球记为事件，
则最后一次即第5次取出的一定是白球，共四种情况：
①第1次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
②第2次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
③第3次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
④第4次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为，
故．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用题意可得第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出2个白球都被乙取出的概率.
（2）利用已知条件，得出甲第一次和第三次取出白球，甲第三次和第五次取出白球，甲第一次和第五次取出白球的情况，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出其对应的概率，再由概率之和求出2个白球都被甲取出的概率.
（3）利用已知条件，得出取出白球的情况，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出其对应的概率，再由概率之和求出将球全部取出才停止取球的概率.
（1）若2个白球都被乙取出记为事件，即第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，
则；
（2）若2个白球都被甲取出记为事件，三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，
其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
故．
（3）若将球全部取出才停止取球记为事件，则最后一次即第5次取出的一定是白球．
四种情况：
①第1次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
②第2次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
③第3次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
④第4次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
故．
19．（2024高三上·桐梓月考）拟合和插值都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法．拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点，适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为多项式插值．例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值．设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大．为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等．满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特插值多项式．已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足.
（1）求，并证明当时，；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）利用计算的近似值，并证明其误差不超过0.1．（参考数据：，．结果精确到0.01）
【答案】（1）解：，，，
则，，
，，
由，得，解得，
所以，
设，
则，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以在上存在唯一的零点，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即.
（2）解：由（1）知
等价于，且，设则，，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
若，即，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，在上恒成立，
所以在上单调递减，，符合题意，
若，即，
则存在，使得当时，，
从而在上单调递增，
因为，所以当时，，
即在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上所述，的取值范围为.
（3）解：，
由（2）知，，
所以误差.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，，的值，即可得函数的解析式，设，再求导判断函数的单调性，从而结合零点存在定理，即可证明当时，.
（2）由已知条件，设，则，再通过求导判断的单调性，从而讨论的取值范围，再验证是否成立，即可求出实数的取值范围.
（3）由求出的近似值，再根据（2）中代入，即可证明其误差不超过0.1.
（1），，，，，
，，
由，得，解得，
所以，
设，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以在上存在唯一的零点，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即；
（2）由（1）知等价于，且，
设，则，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
若，即，则在上恒成立，
所以在上单调递减，在上恒成立，
所以在上单调递减，，符合题意，
若，即，
则存在，使得当时，，
从而在上单调递增，
因为，所以当时，，即在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上，的取值范围为；
（3），
由（2）知，，
所以误差.
1 / 1贵州省遵义市桐梓县共同体联考2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题
1．（2024高三上·桐梓月考）复数的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．4
2．（2024高三上·桐梓月考）已知命题，，命题，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题
C．p和都是真命题 D．和都是真命题
3．（2024高三上·桐梓月考）已知单位向量，满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2024高三上·桐梓月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·桐梓月考）设椭圆的左、右焦点分别为，，过作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若，，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·桐梓月考）已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
7．（2024高三上·桐梓月考）已知数据，…，（，）的平均数、中位数、方差均为4，则这组数据的极差为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2024高三上·桐梓月考）已知定义在上的函数满足：对任意的，，都有，且．满足不等式的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·桐梓月考）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的最大值为1
C．是偶函数 D．的图象关于直线对称
10．（2024高三上·桐梓月考）已知数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，且，则
B．若是等比数列，且，则
C．若，则是等差数列
D．若是公比大于1的等比数列，则
11．（2024高三上·桐梓月考）星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线．已知星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，则（ ）
A．
B．C上的点到原点的距离的最大值为1
C．C上的点到原点的距离的最小值为
D．当点在C上时，
12．（2024高三上·桐梓月考）已知的展开式中各项系数的和为4，则 ．
13．（2024高三上·桐梓月考）已知P为函数图象上一点，则曲线在点P处的切线的斜率的最小值为 ．
14．（2024高三上·桐梓月考）已知某三棱台的高为，上、下底面分别为边长为和的正三角形，若该三棱台的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
15．（2024高三上·桐梓月考）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求C；
（2）若的面积为，求c．
16．（2024高三上·桐梓月考）已知抛物线的焦点为，且F与圆上点的距离的最小值为2．
（1）求；
（2）已知点，，是抛物线的两条切线，，是切点，求．
17．（2024高三上·桐梓月考）如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
18．（2024高三上·桐梓月考）在一个盒子中有2个白球，3个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，每次取1个，取后不放回，直到2个白球都被取出来后就停止取球．
（1）求2个白球都被乙取出的概率；
（2）求2个白球都被甲取出的概率；
（3）求将球全部取出才停止取球的概率
19．（2024高三上·桐梓月考）拟合和插值都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法．拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点，适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为多项式插值．例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值．设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大．为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等．满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特插值多项式．已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足.
（1）求，并证明当时，；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）利用计算的近似值，并证明其误差不超过0.1．（参考数据：，．结果精确到0.01）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数的虚部为2.
故选：B.
【分析】利用复数的乘法运算法则得出复数z，进而得出复数的虚部.
2．【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：对于命题，当时，，
当时，，所以命题是真命题；
对于命题，当时，，所以命题是真命题.
故答案为：A.
【分析】利用全称命题和特称命题的真假性判断方法，从而判断出复合命题的真假性，进而找出正确的选项.
3．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为
所以.
故选：D.
【分析】根据向量的数量积求模公式和数量积的运算法则，进而得出向量的模长.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，得，
又因为，，则，
.
故选：C.
【分析】由诱导公式求出，再由角的取值范围和同角三角函数基本关系式得出的值，再利用两角和的正切公式求出答案.
5．【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，由椭圆定义得，
又由椭圆通径定义可知，所以，即，
所以.
故选：A.
【分析】由题意结合椭圆定义可求出的值，再由通径定义可得，进而求出的值，再由结合椭圆的离心率公式即可求出椭圆C的离心率的值.
6．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；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：令函数，其定义域为R，
，函数为偶函数，
由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点，
因此，即，解得，，
当时，，
令函数，，函数在上单调递增，
则，则当时，，函数在上递增，在上递减，
所以，函数有唯一零点，.
故选：A
【分析】构造函数再结合偶函数的定义判断出函数h(x)为偶函数，再结合函数零点与两函数交点的横坐标的等价关系，从而得出函数有唯一零点，再结合求导的方法判断函数的单调性， 从而求出函数的值域，进而判断出函数的单调性，则得出函数的零点个数，进而得出实数a的值.
7．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：根据题意，不妨设，且，可得，
由平均数为4，得，即；
由方差为4，得，
即，联立，
由可解得，
根据极差定义可得这组数据的极差为.
故选：D.
【分析】依题意，根据平均数、方差均为4和平均数、方差公式构造方程组，再由解方程可得的值，再由极差公式求出这组数据的极差.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：将不等式
化简可得，
令，可得，
即对任意的，，都有，
所以函数在上单调递减，
则等价于，
即，可得，
又因为，所以，
所以等价于，
因此可得，解得，
可得x的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据对数运算法则将不等式变形进行构造函数，由函数单调性定义判断出函数在上的单调性，将原不等式等价于，再利用函数的单调性得出满足不等式的x的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，由偶函数定义判断出分段函数为偶函数，则分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，不关于直线对称，故选项A和选项D错误，选项C正确，
因为函数的最大值为1，故选项B正确.
故选：BC.
【分析】根据分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，从而得出函数图象不关于直线对称且判断出分段函数的奇偶性，进而判断出选项C和选项D；再结合正弦函数的最小正周期公式判断出选项A；利用分段函数的图象求出分段函数的最值，从而判断出选项B，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,B
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，若是等差数列，
则，且，故，故A正确；
对于B，若是等比数列，
则当时，，且，则；
当时，，所以舍去，故B正确；
对于C，若，则，，
，故，所以不是等差数列，故C错误；
对于D，若，则，
此时，不满足，故D错误.
故选：AB.
【分析】利用等差数列前n项和公式和等比数列前n项和公式以及分类讨论的方法，从而判断出选项A和选项B；利用与的关系式，从而判断出，进而判断出选项C；通过举例得出，不满足，从而判断出选项D，进而找出正确的结论.
11．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对于A，因为星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，
令得，因为，可得，故A正确；
对于B，由图可得C上的点到原点的距离的最大值为1，故B正确；
对于C，设点在C上，则，
因为
，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到原点距离的最小值为，故C错误；
对于D，当点在C上时，
因为，得出，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到轴距离的乘积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据星形线求出，从而可判断出选项A，再结合两点距离公式和几何法求最值的方法判断出选项B；设点在C上，根据，从而利用立方差公式、基本不等式可判断选项C；由结合基本不等式求最值的方法，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】3
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令得展开式中各项系数和，
则，解得.
故填：3.
【分析】利用赋值法，令代入得各项系数和，再列方程，进而解得a的值.
13．【答案】2
【知识点】导数的几何意义；基本不等式
【解析】【解答】解：由求导得，，
因为，故，当且仅当时等号成立，
即当点或时，曲线在点P处的切线的斜率取得最小值为2.
故填：2.
【分析】对函数求导，再利用基本不等式求最值的方法，再结合导数的几何意义求得切线斜率的最小值.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：依题意，该三棱台为正三棱台，设为三棱台，如图所示：
上底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
下底面正外接圆的半径是，为正外接圆圆心，
由正三棱台的性质知，其外接球的球心在直线上，令该球半径为，
于是，或，解得，
所以，球的表面积是．
故填：.
【分析】利用已知条件求出三棱台上下底面正三角形外接圆的半径，确定球心位置，再结合球的截面圆性质和勾股定理求出球的半径，再由球的表面积公式可得球O的表面积.
15．【答案】（1）解：由和余弦定理可得，，
因为，故，
又由和正弦定理得出，
即，即得，
整理得，因为，故.
（2）解：因为三角形的面积为，
即①，
由正弦定理得②
将②式代入①式，整理得，解得.
【知识点】余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先由和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而求得角的值，再由和正弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而求得角的值.
（2）由三角形面积公式求得，再由正弦定理得到，再联立两方程，从而解方程得出c的值.
（1）由和余弦定理可得，，因，故；
又由和正弦定理得，，
即，即得，，
整理得，，因，故；
（2）因的面积为，即①
由正弦定理，②
将②式代入①式，整理得，，解得.
16．【答案】（1）解：因为（），则其到圆心距离减去半径为2，
故.
（2）解：由（1）可知，抛物线的标准方程为：，如图所示：
因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即，
代入得：，
整理得：.
因为直线与抛物线相切，所以或.
当时，由，所以切点；
当时，由，所以切点.
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据圆外一点到圆上的点的最小距离的求法，从而由作差法确定出的值.
（2）由（1）可知，抛物线的标准方程，设出过点的切线方程，再代入抛物线方程，由直线与抛物线相切，从而由判别式法可求切线的斜率，再解方程得出切点坐标，从而利用两点间的距离公式求出的值.
（1）因为（），则其到圆心距离减去半径为2，故.
（2）由（1）可知，抛物线的标准方程为：.
如图：
因为过点的切线一定有斜率，故设切线方程为：，即，
代入得：，整理得：.
因为直线与抛物线相切，所以或.
当时，由，所以切点；
当时，由，所以切点.
所以
17．【答案】（1）证明：由题意，以为原点，和分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为，且，，
所以，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，
取得，
所以，即，所以平面.
（2）解：由（1）得，，平面的一个法向量为，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，再结合向量共线定理，从而得出点的坐标，进而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系得出平面的法向量，进而由向量共线定理得出，进而证出平面.
（2）由（1）得出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式计算出的值，再结合同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值.
（1）由题意可以为原点，和分别为轴、轴和轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
因为，且，，
所以，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
所以，即，所以平面.
（2）由（1）得，，平面的一个法向量为，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：若2个白球都被乙取出记为事件，
即第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，
第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，
则.
（2）解：若2个白球都被甲取出记为事件，三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，
其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为，
故．
（3）解：若将球全部取出才停止取球记为事件，
则最后一次即第5次取出的一定是白球，共四种情况：
①第1次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
②第2次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
③第3次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
④第4次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为，
故．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用题意可得第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出2个白球都被乙取出的概率.
（2）利用已知条件，得出甲第一次和第三次取出白球，甲第三次和第五次取出白球，甲第一次和第五次取出白球的情况，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出其对应的概率，再由概率之和求出2个白球都被甲取出的概率.
（3）利用已知条件，得出取出白球的情况，再结合独立事件乘法求概率公式，从而计算出其对应的概率，再由概率之和求出将球全部取出才停止取球的概率.
（1）若2个白球都被乙取出记为事件，即第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，
则；
（2）若2个白球都被甲取出记为事件，三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，
其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，
其概率为；
故．
（3）若将球全部取出才停止取球记为事件，则最后一次即第5次取出的一定是白球．
四种情况：
①第1次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
②第2次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
③第3次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
④第4次和第5次取出的是白球，另外3次取出的是红球，
其概率为；
故．
19．【答案】（1）解：，，，
则，，
，，
由，得，解得，
所以，
设，
则，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以在上存在唯一的零点，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即.
（2）解：由（1）知
等价于，且，设则，，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
若，即，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，在上恒成立，
所以在上单调递减，，符合题意，
若，即，
则存在，使得当时，，
从而在上单调递增，
因为，所以当时，，
即在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上所述，的取值范围为.
（3）解：，
由（2）知，，
所以误差.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，，的值，即可得函数的解析式，设，再求导判断函数的单调性，从而结合零点存在定理，即可证明当时，.
（2）由已知条件，设，则，再通过求导判断的单调性，从而讨论的取值范围，再验证是否成立，即可求出实数的取值范围.
（3）由求出的近似值，再根据（2）中代入，即可证明其误差不超过0.1.
（1），，，，，
，，
由，得，解得，
所以，
设，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以在上存在唯一的零点，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即；
（2）由（1）知等价于，且，
设，则，
，
令函数，则，
令函数，则，
所以在上单调递减，
若，即，则在上恒成立，
所以在上单调递减，在上恒成立，
所以在上单调递减，，符合题意，
若，即，
则存在，使得当时，，
从而在上单调递增，
因为，所以当时，，即在上单调递增，
所以，不符合题意，
综上，的取值范围为；
（3），
由（2）知，，
所以误差.
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