云南省昆明市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试题
1．（2024高三上·昆明月考）设复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则在复平面内所对应的点为(-1，1)，位于第二象限.
故选：B。
【分析】先计算出复数z，再判断在复平面内所对应的点所在象限.
2．（2024高三上·昆明月考）已知命题p：．若p是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：若是假命题，则是真命题，
即恒成立，
则，恒成立，
由于，当且仅当时等号成立，
所以.
故选：D．
【分析】根据是真命题列不等式，分离参数，利用基本不等式求得的取值范围.
3．（2024高三上·昆明月考）已知向量是单位向量，且，则（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，结合数量积的运算律计算求解即可.
4．（2024高三上·昆明月考）从某小型加工厂生产的产品中抽取100件作为样本，将该样本进行某项质量指标值测量，下图是测量结果x的频率分布直方图．若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则在下列选项中，关于该样本统计量的叙述不正确的选项是（ ）
A．指标值在区间的产品约有33件
B．指标值的极差介于50与70之间
C．指标值的第60百分位数大于205
D．指标值的方差的估计值是150
【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由直方图可得出，从第一组至第七组的频率依次是：，
对于选项A：指标值在区间的产品约有件，故A正确；
对于选项B：指标值的最大极差为，最小极差为，故B正确；
对于选项C：因为，，
所以指标值的第百分位数在内，小于，故C错误；
对于选项D：抽取的产品的质量指标值的样本平均数和样本方差的估计值分别为：
，
，
故D正确；
综上，该样本统计量的叙述不正确的选项是C．
故选：C.
【分析】根据频率分布直方图求各组的频率.对于A：根据频率即可求频数；对于B：根据极差的定义分析判断；对于C：根据百分位数的定义分析判断；对于D：以每组区间的中点值为参考，结合平均数、方差的计算公式运算即可.
5．（2024高三上·昆明月考）若直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的焦点在y轴上，
所以双曲线的渐近线方程是，
因为直线即为，所以，即，
所以离心率.
故选：D ．
【分析】先判断双曲线的焦点所在位置，根据渐近线可得，进而可求离心率.
6．（2024高三上·昆明月考）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，在内单调递增，所以，
当时，，
由可知 在区间单调递增，
故；
因为函数的值域为，所以须满足，
所以实数a的取值范围是.
故选：C．
【分析】分段函数分段考虑，利用正切函数的单调性求出函数在上的值域；借助导数判断函数在上的单调性求得值域；由题意即得.
7．（2024高三上·昆明月考）如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，，
因为，所以直线与所成角即为与所成的角，
所以，
两边平方得：，
即，又因为，
所以，所以直线与所成角的余弦值为.
故选：B．
【分析】首先利用基底表示向量，再将异面直线所成的角，转化为向量夹角的余弦公式，即可求解.
8．（2024高三上·昆明月考）已知正实数a，b，满足，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由得，
构造函数，则即为，
因为，所以在上单调递增，
由，得，即；
因为，，所以，
当且仅当时，取的最小值为。
故选：B．
【分析】先构造函数，利用导数求函数的单调性，再利用基本不等式求解即可.
9．（2024高三上·昆明月考）在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则是中的最小项
【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：A、因为，所以，所以，故A正确；
B、因为，所以，得，又因为，所以，所以有可能大于零，也有可能小于零，所以与无法比较大小，故B错误；
C、因为，所以，所以，所以，所以，故C正确，
D、因为，可得，因为，所以，，所以是中的最大项，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用等差数列的求和公式和等差数列的性质逐项分析判断即可.
10．（2024高三上·昆明月考）已知点M是抛物线上的动点，当M运动到达点时，到焦点F的距离等于5，过动点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，过定点作与C有且仅有一个公共点的直线l，直线PF与C交于点A，B，则（ ）
A．抛物线C的方程为
B．直线l的方程为或
C．
D．满足的点M有且仅有2个
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的应用
【解析】【解答】解：对于A，根据抛物线的定义，，即，
所以抛物线的方程为，故A正确；
对于B，当直线的斜率不存在时，的方程为，
联立，解得，所以直线与有且仅有一个公共点，满足题意；
当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立，得，
由，得或，此时直线的方程为或，
所以满足过定点且与有且仅有一个公共点的直线共有条，
直线的方程为或或，故B错误；
对于C，抛物线的焦点，直线的方程为：，
与抛物线方程联立消去化简得：，
设，，则，，
所以，故C正确；
对于D，由抛物线的定义知，
所以满足的点就是满足的点，
由和可得出线段的中垂线方程是，
联立，消去并化简得方程：，
由于，故此方程有个不相等的实数根，
即线段的中垂线与抛物线有个公共点，
所以满足的点有且仅有个，故D正确.
故选：ACD．
【分析】根据抛物线定义求出，可判断A；注意到斜率不存在时也满足题意可判断B；利用焦点弦公式可判断C；由定义知，利用的垂直平分线与抛物线交点个数可判断D.
11．（2024高三上·昆明月考）已知函数的导函数为，且，则（ ）
A．点是曲线的对称中心 B．函数有三个零点
C．函数只有一个极值点 D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A：因为是奇函数，图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于选项B：因为，由，解得或，
由，解得，
所以在区间单调递增，单调递减，单调递增，
且，，，所以有两个零点，故B错误；
对于选项C：因为，
由B选项的分析知，当时，，当时，，
所以在区间单调递减，单调递增，
即只有一个极值点，故C正确；
对于选项D：设，，
由，解得，由，解得，
所以在区间单调递减，单调递增，
所以，即，
因为在区间单调递增，所以由，
得，故D正确。
故选：ACD．
【分析】选项A根据是奇函数，图象关于点对称可判断；选项B根据导数求得单调性和极值可判断；选项C根据导数判断函数的单调性进而可得；选项D先构造函数利用单调性判断，进而利用的单调性可得.
12．（2024高三上·昆明月考）若数列满足，则 ．
【答案】2。
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
所以
．
故填：.
【分析】将数列通项分母有理化，运用裂项相消法求和即得.
13．（2024高三上·昆明月考）若，则 ．
【答案】。
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
左边分子分母同时除以得：，
所以，解得或，
因为，所以.
故填：.
【分析】根据二倍角的正弦公式及同角三角函数的基本关系求解.
14．（2024高三上·昆明月考）如图是某城区的街道平面网格，它由24个全等的小正方形构成，每个小正方形的边界都是能通行的街道道路，而小正方形的内部都有楼房建筑（不能跨越通行）．小张家居住在街道网格的M处，她的工作单位在街道网格的N处，每天早上她从家出发，沿着街道道路去单位上班，若她要选择最短路径前往，则小张上班一共有 种走法；若小张某天早上从家出发前往单位上班，途中要先到达街道P处吃早餐，吃完早餐再前往单位，则她一共有 种最短路径的走法．
【答案】；
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道．
所以从处出发选择最短路径到达处一共有种走法；
同理，从处到达处有种走法，从处到达处有种走法，
所以根据分步乘法计数原理，小张每天早上上班途经街道处的最短路径走法有种．
故填：210，90。
【分析】小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道．因此只需从条街道里面选择条街道向右走和条街道向上走即可；同理先求出从处出发选择最短路径前往处的种数，再求从处出发选择最短路径前往处的种数，根据分布乘法计数原理求解即可.
15．（2024高三上·昆明月考）已知函数在区间上的最大值为．
（1）求常数a的值；
（2）求函数的单调递增区间.
【答案】（1）解：
，
因为，所以，
所以最大值为，
由题知，，解得．
（2）解：由，
得，
解得，
所以函数的单调递增区间为．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）化简的解析式，根据区间上的最大值求得.
（2）利用整体代入法求得的单调递增区间.
（1），
因为，所以，所以最大值为，
由得．
（2）由得，
即，
所以函数的单调递增区间为．
16．（2024高三上·昆明月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，M，N分别是PC，AD的中点，平面ABCD，且．
（1）求证：平面BMN；
（2）求二面角C﹣BM﹣N的正弦值．
【答案】（1）证明：连接，设交于点，连接，
由 ，得，
又因为，所以，
所以是的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面， 所以平面；
（2）解：因为平面ABCD，，
因为平面ABCD，所以，
由（1）知，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，即，
解得，令，得，
设平面的法向量为，则，，
所以， 即，
解得，令，得，
设二面角的平面角为，
因为，所以，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接，设交于点，连接，由已知，可得，得是的中点，可得，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面和平面的一个法向量，由公式即可求得二面角C﹣BM﹣N的正弦值．
（1）连接，设交于点，连接，
由 ，得，
又，所以，
所以是的中点，又是的中点，所以，
因为平面，平面， 所以平面；
（2）因为平面ABCD，，
因为平面ABCD，则，
由（1）知，，
以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，
由题知，，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，取，
设平面的一个法向量为，所以，
所以，可取，
设二面角的平面角为，又，
所以，
所以二面角的正弦值为．
17．（2024高三上·昆明月考）已知点P在椭圆上，过点P作直线l与椭圆C交于点Q，过点P作关于坐标原点O的对称点，的最小值为，当直线l的斜率为0时，存在第一象限内的一点P使得．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l的斜率为k（k≠0），直线的斜率为，求的值．
【答案】（1）解：因为的最小值为，所以，所以，
当直线的斜率为零时，点与点关于轴对称，又点与点关于点对称，
由椭圆的对称性可知，此时点与点关于轴对称，则，
由几何关系可解得点坐标为，
代入椭圆的方程：得：，解得，
故椭圆的方程为。
（2）解：设点，，，
因为点和均在上，故，
由得：，
即，
又，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，点坐标为，进而计算可求椭圆的方程；
（2）设点，，，由题可得，计算可得结论.
（1）因为的最小值为，所以，所以，
当直线的斜率为零时，点与点关于轴对称，又点与点关于点对称，
由椭圆的对称性可知，此时点与点关于轴对称，则，
由几何关系可解得点坐标为，
代入椭圆的方程：得：，解得，
故椭圆的方程为；
（2）设点，，，
因为点和均在上，故，由得：，
即，又，
即.
18．（2024高三上·昆明月考）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求零点的个数．
【答案】（1）解：因为，，
所以，，，
所以切线方程为，即.
（2）解：由（1）知，，，
当，，，
所以，即在单调递减，
令，，
当时，，在单调递减，即在单调递减；
又因为，当时，即在单调递增，
因此在单调递增，在单调递减．
当时，，；，
因为在单调递增，
所以根据零点存在定理，在有唯一零点；
令，，
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递减；
所以，即，
所以，
所以，
又因为在单调递减，
根据零点存在定理在有唯一零点．
综上，在有2个零点．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）利用导数判断出函数的单调性，再构造函数利用导数判断的符号，根据零点存在性定理得解.
（1）因为，，
所以，，，
所以切线方程为，即.
（2），当，，，
所以，即在单调递减，
令，，
当时，，在单调递减，即在单调递减；
又因为，当时，即在单调递增，
因此在单调递增，在单调递减．
当时，，；，因为在单调递增，
所以根据零点存在定理，在有唯一零点；
令，，
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递减；
所以，即，
所以，
所以，
又因为在单调递减，根据零点存在定理在有唯一零点．
综上，在有2个零点．
19．（2024高三上·昆明月考）学校举行数学知识竞赛，分为个人赛和团体赛.
个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会.电脑同时给出2道判断题（判断对错）和4道连线题（由电脑随机打乱给出的四个数学定理和与其相关的数学家，要求参赛者将它们连线配对，配对正确一对数学定理和与其相关的数学家记为答对一道连线题），要求参赛者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.
团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：
方式一：将班级选派的个人平均分成组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，若这两人中至少有一人回答正确，则该小组闯关成功.若这个小组都闯关成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的个人平均分成2组，每组人，电脑随机分配给同组个人一道相同试题，各人同时独立答题，若这个人都回答正确，则该小组闯关成功.若这两个小组至少有一个小组闯关成功则该班级挑战成功.
（1）在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）甲同学参加个人赛，他能够答对判断题并且配对正确与，其余题目只能随机作答，求甲同学挑战成功的概率.
（3）在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数，为使本班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
【答案】（1）解：记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
则.
（2）解：记事件：甲同学挑战成功，
则事件包含以下几种情况：①事件“共答对四道”，
即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，
即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，
即答对余下的四道问题，则，
所以.
（3）解：设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为，
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，
则两人中至少有一人回答正确的概率为，
所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，
则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，
所以，
构造，
则
因为，则，，
可得，
所以，即，
所以单调递增，
又因为，且，
所以，从而，即，
所以 为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
【知识点】函数单调性的性质；概率的意义；互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，从而由排列数公式、组合数公式，则得出这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）分甲同学答对四道、五道、六道题的情况，再由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，则由排列数公式、组合数公式，从而得出判断题和连线题答对题的数量，由互斥事件加法求概率公式，则得出甲同学挑战成功的概率.
（3）分别计算方式一和方式二的班级团队挑战成功的概率，通过作差比较，再构造函数，从而利用函数单调性判断差值大小，即得出为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
（1）记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
；
（2）记事件：甲同学挑战成功，则事件包含以下几种情况：
①事件“共答对四道”，即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，即答对余下的四道问题，，
所以；
（3）设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为.
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，则两人中至少有一人回答正确的概率为，所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，所以
，
构造，则
，因为，则，
，可得，所以，即，所以单调递增，
又因为，且，所以，
从而，即，所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
1 / 1云南省昆明市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试题
1．（2024高三上·昆明月考）设复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高三上·昆明月考）已知命题p：．若p是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·昆明月考）已知向量是单位向量，且，则（ ）
A．3 B．5 C． D．
4．（2024高三上·昆明月考）从某小型加工厂生产的产品中抽取100件作为样本，将该样本进行某项质量指标值测量，下图是测量结果x的频率分布直方图．若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则在下列选项中，关于该样本统计量的叙述不正确的选项是（ ）
A．指标值在区间的产品约有33件
B．指标值的极差介于50与70之间
C．指标值的第60百分位数大于205
D．指标值的方差的估计值是150
5．（2024高三上·昆明月考）若直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·昆明月考）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·昆明月考）如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．1 B． C． D．
8．（2024高三上·昆明月考）已知正实数a，b，满足，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
9．（2024高三上·昆明月考）在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则是中的最小项
10．（2024高三上·昆明月考）已知点M是抛物线上的动点，当M运动到达点时，到焦点F的距离等于5，过动点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，过定点作与C有且仅有一个公共点的直线l，直线PF与C交于点A，B，则（ ）
A．抛物线C的方程为
B．直线l的方程为或
C．
D．满足的点M有且仅有2个
11．（2024高三上·昆明月考）已知函数的导函数为，且，则（ ）
A．点是曲线的对称中心 B．函数有三个零点
C．函数只有一个极值点 D．当时，
12．（2024高三上·昆明月考）若数列满足，则 ．
13．（2024高三上·昆明月考）若，则 ．
14．（2024高三上·昆明月考）如图是某城区的街道平面网格，它由24个全等的小正方形构成，每个小正方形的边界都是能通行的街道道路，而小正方形的内部都有楼房建筑（不能跨越通行）．小张家居住在街道网格的M处，她的工作单位在街道网格的N处，每天早上她从家出发，沿着街道道路去单位上班，若她要选择最短路径前往，则小张上班一共有 种走法；若小张某天早上从家出发前往单位上班，途中要先到达街道P处吃早餐，吃完早餐再前往单位，则她一共有 种最短路径的走法．
15．（2024高三上·昆明月考）已知函数在区间上的最大值为．
（1）求常数a的值；
（2）求函数的单调递增区间.
16．（2024高三上·昆明月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，M，N分别是PC，AD的中点，平面ABCD，且．
（1）求证：平面BMN；
（2）求二面角C﹣BM﹣N的正弦值．
17．（2024高三上·昆明月考）已知点P在椭圆上，过点P作直线l与椭圆C交于点Q，过点P作关于坐标原点O的对称点，的最小值为，当直线l的斜率为0时，存在第一象限内的一点P使得．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l的斜率为k（k≠0），直线的斜率为，求的值．
18．（2024高三上·昆明月考）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求零点的个数．
19．（2024高三上·昆明月考）学校举行数学知识竞赛，分为个人赛和团体赛.
个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会.电脑同时给出2道判断题（判断对错）和4道连线题（由电脑随机打乱给出的四个数学定理和与其相关的数学家，要求参赛者将它们连线配对，配对正确一对数学定理和与其相关的数学家记为答对一道连线题），要求参赛者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.
团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：
方式一：将班级选派的个人平均分成组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，若这两人中至少有一人回答正确，则该小组闯关成功.若这个小组都闯关成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的个人平均分成2组，每组人，电脑随机分配给同组个人一道相同试题，各人同时独立答题，若这个人都回答正确，则该小组闯关成功.若这两个小组至少有一个小组闯关成功则该班级挑战成功.
（1）在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）甲同学参加个人赛，他能够答对判断题并且配对正确与，其余题目只能随机作答，求甲同学挑战成功的概率.
（3）在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数，为使本班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则在复平面内所对应的点为(-1，1)，位于第二象限.
故选：B。
【分析】先计算出复数z，再判断在复平面内所对应的点所在象限.
2．【答案】D
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：若是假命题，则是真命题，
即恒成立，
则，恒成立，
由于，当且仅当时等号成立，
所以.
故选：D．
【分析】根据是真命题列不等式，分离参数，利用基本不等式求得的取值范围.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，结合数量积的运算律计算求解即可.
4．【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由直方图可得出，从第一组至第七组的频率依次是：，
对于选项A：指标值在区间的产品约有件，故A正确；
对于选项B：指标值的最大极差为，最小极差为，故B正确；
对于选项C：因为，，
所以指标值的第百分位数在内，小于，故C错误；
对于选项D：抽取的产品的质量指标值的样本平均数和样本方差的估计值分别为：
，
，
故D正确；
综上，该样本统计量的叙述不正确的选项是C．
故选：C.
【分析】根据频率分布直方图求各组的频率.对于A：根据频率即可求频数；对于B：根据极差的定义分析判断；对于C：根据百分位数的定义分析判断；对于D：以每组区间的中点值为参考，结合平均数、方差的计算公式运算即可.
5．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的焦点在y轴上，
所以双曲线的渐近线方程是，
因为直线即为，所以，即，
所以离心率.
故选：D ．
【分析】先判断双曲线的焦点所在位置，根据渐近线可得，进而可求离心率.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，在内单调递增，所以，
当时，，
由可知 在区间单调递增，
故；
因为函数的值域为，所以须满足，
所以实数a的取值范围是.
故选：C．
【分析】分段函数分段考虑，利用正切函数的单调性求出函数在上的值域；借助导数判断函数在上的单调性求得值域；由题意即得.
7．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，，
因为，所以直线与所成角即为与所成的角，
所以，
两边平方得：，
即，又因为，
所以，所以直线与所成角的余弦值为.
故选：B．
【分析】首先利用基底表示向量，再将异面直线所成的角，转化为向量夹角的余弦公式，即可求解.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由得，
构造函数，则即为，
因为，所以在上单调递增，
由，得，即；
因为，，所以，
当且仅当时，取的最小值为。
故选：B．
【分析】先构造函数，利用导数求函数的单调性，再利用基本不等式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：A、因为，所以，所以，故A正确；
B、因为，所以，得，又因为，所以，所以有可能大于零，也有可能小于零，所以与无法比较大小，故B错误；
C、因为，所以，所以，所以，所以，故C正确，
D、因为，可得，因为，所以，，所以是中的最大项，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用等差数列的求和公式和等差数列的性质逐项分析判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的应用
【解析】【解答】解：对于A，根据抛物线的定义，，即，
所以抛物线的方程为，故A正确；
对于B，当直线的斜率不存在时，的方程为，
联立，解得，所以直线与有且仅有一个公共点，满足题意；
当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立，得，
由，得或，此时直线的方程为或，
所以满足过定点且与有且仅有一个公共点的直线共有条，
直线的方程为或或，故B错误；
对于C，抛物线的焦点，直线的方程为：，
与抛物线方程联立消去化简得：，
设，，则，，
所以，故C正确；
对于D，由抛物线的定义知，
所以满足的点就是满足的点，
由和可得出线段的中垂线方程是，
联立，消去并化简得方程：，
由于，故此方程有个不相等的实数根，
即线段的中垂线与抛物线有个公共点，
所以满足的点有且仅有个，故D正确.
故选：ACD．
【分析】根据抛物线定义求出，可判断A；注意到斜率不存在时也满足题意可判断B；利用焦点弦公式可判断C；由定义知，利用的垂直平分线与抛物线交点个数可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于选项A：因为是奇函数，图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于选项B：因为，由，解得或，
由，解得，
所以在区间单调递增，单调递减，单调递增，
且，，，所以有两个零点，故B错误；
对于选项C：因为，
由B选项的分析知，当时，，当时，，
所以在区间单调递减，单调递增，
即只有一个极值点，故C正确；
对于选项D：设，，
由，解得，由，解得，
所以在区间单调递减，单调递增，
所以，即，
因为在区间单调递增，所以由，
得，故D正确。
故选：ACD．
【分析】选项A根据是奇函数，图象关于点对称可判断；选项B根据导数求得单调性和极值可判断；选项C根据导数判断函数的单调性进而可得；选项D先构造函数利用单调性判断，进而利用的单调性可得.
12．【答案】2。
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
所以
．
故填：.
【分析】将数列通项分母有理化，运用裂项相消法求和即得.
13．【答案】。
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
左边分子分母同时除以得：，
所以，解得或，
因为，所以.
故填：.
【分析】根据二倍角的正弦公式及同角三角函数的基本关系求解.
14．【答案】；
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道．
所以从处出发选择最短路径到达处一共有种走法；
同理，从处到达处有种走法，从处到达处有种走法，
所以根据分步乘法计数原理，小张每天早上上班途经街道处的最短路径走法有种．
故填：210，90。
【分析】小张从处出发选择最短路径前往处，需要向右走条街道和向上走条街道，共走条街道．因此只需从条街道里面选择条街道向右走和条街道向上走即可；同理先求出从处出发选择最短路径前往处的种数，再求从处出发选择最短路径前往处的种数，根据分布乘法计数原理求解即可.
15．【答案】（1）解：
，
因为，所以，
所以最大值为，
由题知，，解得．
（2）解：由，
得，
解得，
所以函数的单调递增区间为．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）化简的解析式，根据区间上的最大值求得.
（2）利用整体代入法求得的单调递增区间.
（1），
因为，所以，所以最大值为，
由得．
（2）由得，
即，
所以函数的单调递增区间为．
16．【答案】（1）证明：连接，设交于点，连接，
由 ，得，
又因为，所以，
所以是的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面， 所以平面；
（2）解：因为平面ABCD，，
因为平面ABCD，所以，
由（1）知，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，即，
解得，令，得，
设平面的法向量为，则，，
所以， 即，
解得，令，得，
设二面角的平面角为，
因为，所以，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接，设交于点，连接，由已知，可得，得是的中点，可得，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面和平面的一个法向量，由公式即可求得二面角C﹣BM﹣N的正弦值．
（1）连接，设交于点，连接，
由 ，得，
又，所以，
所以是的中点，又是的中点，所以，
因为平面，平面， 所以平面；
（2）因为平面ABCD，，
因为平面ABCD，则，
由（1）知，，
以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，
由题知，，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，取，
设平面的一个法向量为，所以，
所以，可取，
设二面角的平面角为，又，
所以，
所以二面角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：因为的最小值为，所以，所以，
当直线的斜率为零时，点与点关于轴对称，又点与点关于点对称，
由椭圆的对称性可知，此时点与点关于轴对称，则，
由几何关系可解得点坐标为，
代入椭圆的方程：得：，解得，
故椭圆的方程为。
（2）解：设点，，，
因为点和均在上，故，
由得：，
即，
又，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，点坐标为，进而计算可求椭圆的方程；
（2）设点，，，由题可得，计算可得结论.
（1）因为的最小值为，所以，所以，
当直线的斜率为零时，点与点关于轴对称，又点与点关于点对称，
由椭圆的对称性可知，此时点与点关于轴对称，则，
由几何关系可解得点坐标为，
代入椭圆的方程：得：，解得，
故椭圆的方程为；
（2）设点，，，
因为点和均在上，故，由得：，
即，又，
即.
18．【答案】（1）解：因为，，
所以，，，
所以切线方程为，即.
（2）解：由（1）知，，，
当，，，
所以，即在单调递减，
令，，
当时，，在单调递减，即在单调递减；
又因为，当时，即在单调递增，
因此在单调递增，在单调递减．
当时，，；，
因为在单调递增，
所以根据零点存在定理，在有唯一零点；
令，，
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递减；
所以，即，
所以，
所以，
又因为在单调递减，
根据零点存在定理在有唯一零点．
综上，在有2个零点．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）利用导数判断出函数的单调性，再构造函数利用导数判断的符号，根据零点存在性定理得解.
（1）因为，，
所以，，，
所以切线方程为，即.
（2），当，，，
所以，即在单调递减，
令，，
当时，，在单调递减，即在单调递减；
又因为，当时，即在单调递增，
因此在单调递增，在单调递减．
当时，，；，因为在单调递增，
所以根据零点存在定理，在有唯一零点；
令，，
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递减；
所以，即，
所以，
所以，
又因为在单调递减，根据零点存在定理在有唯一零点．
综上，在有2个零点．
19．【答案】（1）解：记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
则.
（2）解：记事件：甲同学挑战成功，
则事件包含以下几种情况：①事件“共答对四道”，
即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，
即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，
即答对余下的四道问题，则，
所以.
（3）解：设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为，
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，
则两人中至少有一人回答正确的概率为，
所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，
则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，
所以，
构造，
则
因为，则，，
可得，
所以，即，
所以单调递增，
又因为，且，
所以，从而，即，
所以 为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
【知识点】函数单调性的性质；概率的意义；互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，从而由排列数公式、组合数公式，则得出这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）分甲同学答对四道、五道、六道题的情况，再由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，则由排列数公式、组合数公式，从而得出判断题和连线题答对题的数量，由互斥事件加法求概率公式，则得出甲同学挑战成功的概率.
（3）分别计算方式一和方式二的班级团队挑战成功的概率，通过作差比较，再构造函数，从而利用函数单调性判断差值大小，即得出为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
（1）记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
；
（2）记事件：甲同学挑战成功，则事件包含以下几种情况：
①事件“共答对四道”，即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，即答对余下的四道问题，，
所以；
（3）设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为.
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，则两人中至少有一人回答正确的概率为，所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，所以
，
构造，则
，因为，则，
，可得，所以，即，所以单调递增，
又因为，且，所以，
从而，即，所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
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