云南省昆明市2024-2025学年高三上学期12月大联考数学试题
1．（2024高三上·昆明月考）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
【解析】【解答】解：集合，，则.
故答案为：D.
【分析】由题意，先求得集合，再利用集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高三上·昆明月考）已知复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：复数在复平面内对应的点为，
因为复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，所以在复平面内对应的点为，
则，.
故答案为：B.
【分析】先求复数在平面内对应的点，再由对称形确定，最后根据复数代数形式的除法运算求解即可.
3．（2024高三上·昆明月考）苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）.某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）.若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知圆锥底面圆的半径为，设该圆锥的母线长为，高为，
由，得，，则该圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】设该圆锥的母线长为，高为，由题意可求得，，再利用锥体体积公式求解即可.
4．（2024高三上·昆明月考）已知，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
.
故答案为：C.
【分析】由题意，求得，利用同角三角函数基本关系求得，再利用两角差的正弦公式求解即可.
5．（2024高三上·昆明月考）已知向量，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；向量的模
【解析】【解答】解：设，，
则点在直线上运动，点在函数的图象上运动，
同一坐标系中，作出直线与函数的图象，如图所示：
函数，令，当时，即，
，当时取最小值.
故答案为：B.
【分析】设，，根据已知坐标得出函数解析式，求导函数应用切线斜率得出点，再利用点到直线距离计算最小值即可.
6．（2024高三上·昆明月考）下列函数，满足“对于定义域内任意两个实数，，都有”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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：A、令，，则，，不满足条件，故A错误；
B、令，则，，不满足条件，故B错误；
C、因为，求导可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，即，所以
即，所以，满足条件， 故C正确；
D、令，，则，不满足条件，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABD；令，利用导数可得即可判断C.
7．（2024高三上·昆明月考）已知函数，若在区间上单调，在处取得最大值，且.将曲线向左平移1个单位长度，得到曲线，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设函数的最小正周期为，
因为在区间上单调，在处取得最大值，且，
所以，所以，
又，
所以，，
又，所以，，
所以，
求函数在区间上的零点个数，
当时，；
当时，问题转化为求曲线与曲线的交点个数.
当时，取，得，，
所以曲线与曲线在区间上有2个交点，区间上无交点；
当时，取，
则，
由图可知：曲线与曲线在上有2个交点，
则函数在区间上的零点个数为4.
故答案为：A.
【分析】由题意可求得，进而可求得，由，结合，可求，可求得，可求得，函数在区间上的零点个数，转化为曲线与曲线的交点个数，利用数形结合求解即可．
8．（2024高三上·昆明月考）已知函数，，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，当时，，求导可得，
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则函数在上的最大值为；
当时，，，
当时，，函数在上单调递减，
又，，，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】分类讨论，当时，，当时，，求导，利用导数判断函数的单调性求解即可.
9．（2024高三上·昆明月考）下列说法正确的是（ ）
A．数据、、、、的第百分位数是
B．若随机变量服从正态分布，，则
C．张彩票中只有张能中奖，现从中一次性抽取张，若其中至少有一张中奖的概率大于，则的最小值为
D．已知数据、、、的平均数为，方差为，现加入和两个数，则这个数的方差
【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、，则数据、、、、的第百分位数为，故A正确；
B、由正态曲线的对称性可知，
则，故B错误；
C、由，得，可得，
解得，又因为，所以的最小值为，故C正确；
D、新数据的平均数为，则新数据的平均数仍为，
由方差公式，得，解得，
则新数据的方差，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据百分位数的定义即可判断A；利用正态分布的对称性即可判断B；利用古典概型的概率公式结合组合计数原理即可判断C；利用方差公式即可判断D.
10．（2024高三上·昆明月考）已知函数在处取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则实数的取值范围是
B．有3个零点
C．在上的最小值为
D．在R上恒成立
【答案】B,C
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，解得，经检验，满足题意，
则，，
函数在和上单调递增，在上单调递减；
A、因为函数在上单调递增，所以或
解得或，故A错误；
B、令，解得，，，故B正确；
C、根据函数的单调性及，，当时，
，故C正确；
D、由，得，，
所以，不满足在上恒成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先求函数的定义域，求导根据函数在处取得极值计算得，再进而得出单调区间，根据单调性即可判断A；计算零点即可判断B；根据极值及边界值求解最值即可判断C；根据特殊值法计算即可判断D.
11．（2024高三上·昆明月考）如图，已知圆，过原点作射线交圆于点（异于点），交直线于点（异于点），再以为圆心、线段的长为半径作圆与射线交于点，记点的轨迹为曲线.设，，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线上所有点的横坐标的取值范围是
B．
C．曲线的方程为
D．过点且与垂直的直线必与抛物线相切
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：A、当射线与轴非负半轴重合时，点与原点重合，此时，但A，B两点不重合，所以等号取不到，当射线的倾斜角从0逐渐趋近于时，点位于直线左侧且无限趋近于该直线，即，故A正确；
B、由题图，知，，
则，故B正确；
C、设，则，，代入，得，又，
代入整理，得，故C错误；
D、设，，则①，
设过点且与直线垂直的直线方程为，即，
与联立，得，
结合①，得，
所以过点且与垂直的直线必与抛物线相切，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据射线的倾斜角从0逐渐趋近于即可判断A；应用三角函数定义计算即可判断B；利用同角三角函数基本关系即可判断C；联立直线和抛物线方程结合判别式即可判断D.
12．（2024高三上·昆明月考）函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：易知，
函数定义域为，求导可得，则，
则函数在处的切线方程为，
因为切线与轴、轴分别交于点，，
所以所求的三角形面积.
故答案为：.
【分析】由题意，先求，在求导确定切线得斜率，利用点斜式求得切线方程，再求切线与坐标轴的交点，利用三角形面积公式求解即可.
13．（2024高三上·昆明月考）甲、乙两人进行某项比赛，已知每局比赛甲获胜的概率均为，没有平局，各局比赛的结果互不影响.约定当一方胜的局数比另一方多两局时即可获胜，比赛结束.设最终比赛局数为，则 .
【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，若比赛局数为6，最终比分为4：2，则前两局双方各胜一局，
第3，4局双方各胜一局，最后两局甲全胜或乙全胜，
则，
即.
故答案为：.
【分析】根据题意，比赛局数为6，最终比分为4：2，则前两局双方各胜一局，第3，4局双方各胜一局，最后两局甲全胜或乙全胜，求概率即可.
14．（2024高三上·昆明月考）过双曲线的左焦点作轴的垂线，为上一动点，已知，，若的最大值为，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
易知，，
设，由对称性，不妨设，则，，
，当且仅当时等号成立，
所以，所以，即，
解得，故.
故答案为：.
【分析】由题意求得，设，由对称性，不妨设，则，，根据代入计算可得最大值为，可得，计算求离心率即可.
15．（2024高三上·昆明月考）记的内角，，所对的边分别为，，，已知，.
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积.
【答案】（1）解：，由余弦定理可得，则，
由，可得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可得，
则，
因为，所以，，，
所以的面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理求的值，进而得，再结合已知求得，即可得的值；
（2）结合（1）利用两角和的正弦公式可求得，利用正弦定理可得三边长的比，由周长可求三边长，利用面积公式求面积即可.
（1）由题意及余弦定理，得，所以.
由，得.
又，所以.
（2）由（1），得，
所以.
又，所以，，，
所以的面积.
16．（2024高三上·昆明月考）如图，椭圆的中心在原点，左、右焦点分别为，，点为椭圆上两点（均位于轴上方），且满足，面积的最大值为2，椭圆的离心率小于，且椭圆的四个顶点围成的四边形周长为12.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）证明：由（1），知，延长交椭圆于点，由及对称性，知，
所以，
当直线的斜率不存在时，易得，则，
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，
由得，，
设，，根据根与系数的关系，得，
所以，，
所以，
综上，为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列出的方程求解即可；
（2）当直线的斜率不存在时，易得；
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，联立方程组，利用韦达定理，再由，，，代入韦达定理化简整理证明即可.
（1）由题意，得解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1），知，延长交椭圆于点，由及对称性，知，所以.
当直线的斜率不存在时，易得，则.
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，
由得，，
设，，根据根与系数的关系，得，
所以
，，
所以.
综上，为定值.
17．（2024高三上·昆明月考）已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若且在上恒成立，求的最大值.
【答案】（1）证明：易知函数的定义域为，
当时，，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以；
（2）解：令，则在上恒成立.
求导，得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
又，不符合题意，舍去，
当时，若，可得，所以在上单调递增，
若，可得，所以在上单调递减，
所以，
只需即可，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，恒成立，所以，
又因为，所以的最大值为.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数可得，计算证明即可；
（2）令，则在上恒成立，求导得，分和两种情况讨论求解即可.
（1）的定义域为，
当时，，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以.
（2）令，则在上恒成立.
求导，得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
又，不符合题意，舍去.
当时，若，可得，所以在上单调递增，
若，可得，所以在上单调递减，
所以，
只需即可.
设，则，
所以在上单调递增.
又，所以当时，恒成立，所以.
又，所以的最大值为.
18．（2024高三上·昆明月考）如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值.
【答案】（1）证明：因为，，，是的中点，
所以，两边平方，得，
即，得，所以，
又因为平面，所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
所以，，
所以，
所以；
（2）解：由题意，知平面的一个法向量是，
易得，，
设平面的法向量是，则即，
令，得，所以平面的一个法向量是，
所以，
由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
（3）解：因为点N，Q分别是直线，上的动点，
设，，则，所以，
设，，则，所以，
所以
所以当，时，取得最小值为.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】根据题意可得到，又平面，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积证明即可；
求得平面的法向量，易得平面的一个法向量是，利用夹角公式求解即可；
利用得点，得点，根据两点间距离公式求解即可.
（1）因为，，，是的中点，
所以，两边平方，得，
即，得，
所以.
又平面，所以，，两两垂直.，
如图，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
所以，，
所以，
所以.
（2）由题意，知平面的一个法向量是.
易得，.
设平面的法向量是，则即
令，得，所以平面的一个法向量是，
所以，
由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
（3）因为点N，Q分别是直线，上的动点，
设，，则，所以.
设，，则，所以，
所以
所以当，时，取得最小值，为.
19．（2024高三上·昆明月考）设数列是一个无限数列，若对于一个给定的正整数，不等式对每一个大于的正整数都成立，则称是阶友好数列.
（1）若，证明：是2阶友好数列，但不是1阶友好数列.
（2）若是1阶友好数列，为数列的前项和.
证明：①；
②.
【答案】（1）证明：因为，所以要证是2阶友好数列，
只需证不等式对每一个大于2的正整数都成立，
只需证对每一个大于2的正
整数都成立，
只需证，即对每一个大于2的正整数都成立，
这是显然成立的，所以是2阶友好数列，
又，，，所以，所以不是1阶友好数列；
（2）证明：因为是1阶友好数列，所以对每一个大于1的正整数都成立，
即对每一个大于1的正整数都成立，
令，
①由上述过程，知，所以，
所以，
②要证，
只需证，
只需证
，
即证（*），
当为奇数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式显然成立，
当为偶数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式也显然成立，
所以.
【知识点】数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列新定义，结合分析法证明即可；
（2）①由1阶友好数列定义，递推求证即可；
②结合①，通过分析法证明即可.
（1）因为，所以要证是2阶友好数列，
只需证不等式对每一个大于2的正整数都成立，
只需证
对每一个大于2的正整数都成立，
只需证，即对每一个大于2的正整数都成立，
这是显然成立的，所以是2阶友好数列.
又，，，所以，所以不是1阶友好数列.
（2）因为是1阶友好数列，所以对每一个大于1的正整数都成立，
即对每一个大于1的正整数都成立.
令.
①由上述过程，知，所以，
所以.
②要证，
只需证，
只需证
，
即证（*）.
当为奇数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式显然成立.
当为偶数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式也显然成立，
所以.
1 / 1云南省昆明市2024-2025学年高三上学期12月大联考数学试题
1．（2024高三上·昆明月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·昆明月考）已知复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·昆明月考）苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）.某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）.若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·昆明月考）已知，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·昆明月考）已知向量，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
6．（2024高三上·昆明月考）下列函数，满足“对于定义域内任意两个实数，，都有”的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·昆明月考）已知函数，若在区间上单调，在处取得最大值，且.将曲线向左平移1个单位长度，得到曲线，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．（2024高三上·昆明月考）已知函数，，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·昆明月考）下列说法正确的是（ ）
A．数据、、、、的第百分位数是
B．若随机变量服从正态分布，，则
C．张彩票中只有张能中奖，现从中一次性抽取张，若其中至少有一张中奖的概率大于，则的最小值为
D．已知数据、、、的平均数为，方差为，现加入和两个数，则这个数的方差
10．（2024高三上·昆明月考）已知函数在处取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则实数的取值范围是
B．有3个零点
C．在上的最小值为
D．在R上恒成立
11．（2024高三上·昆明月考）如图，已知圆，过原点作射线交圆于点（异于点），交直线于点（异于点），再以为圆心、线段的长为半径作圆与射线交于点，记点的轨迹为曲线.设，，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线上所有点的横坐标的取值范围是
B．
C．曲线的方程为
D．过点且与垂直的直线必与抛物线相切
12．（2024高三上·昆明月考）函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 .
13．（2024高三上·昆明月考）甲、乙两人进行某项比赛，已知每局比赛甲获胜的概率均为，没有平局，各局比赛的结果互不影响.约定当一方胜的局数比另一方多两局时即可获胜，比赛结束.设最终比赛局数为，则 .
14．（2024高三上·昆明月考）过双曲线的左焦点作轴的垂线，为上一动点，已知，，若的最大值为，则双曲线的离心率为 .
15．（2024高三上·昆明月考）记的内角，，所对的边分别为，，，已知，.
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积.
16．（2024高三上·昆明月考）如图，椭圆的中心在原点，左、右焦点分别为，，点为椭圆上两点（均位于轴上方），且满足，面积的最大值为2，椭圆的离心率小于，且椭圆的四个顶点围成的四边形周长为12.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
17．（2024高三上·昆明月考）已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若且在上恒成立，求的最大值.
18．（2024高三上·昆明月考）如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值.
19．（2024高三上·昆明月考）设数列是一个无限数列，若对于一个给定的正整数，不等式对每一个大于的正整数都成立，则称是阶友好数列.
（1）若，证明：是2阶友好数列，但不是1阶友好数列.
（2）若是1阶友好数列，为数列的前项和.
证明：①；
②.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：集合，，则.
故答案为：D.
【分析】由题意，先求得集合，再利用集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】B
【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：复数在复平面内对应的点为，
因为复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，所以在复平面内对应的点为，
则，.
故答案为：B.
【分析】先求复数在平面内对应的点，再由对称形确定，最后根据复数代数形式的除法运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知圆锥底面圆的半径为，设该圆锥的母线长为，高为，
由，得，，则该圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】设该圆锥的母线长为，高为，由题意可求得，，再利用锥体体积公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
.
故答案为：C.
【分析】由题意，求得，利用同角三角函数基本关系求得，再利用两角差的正弦公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；向量的模
【解析】【解答】解：设，，
则点在直线上运动，点在函数的图象上运动，
同一坐标系中，作出直线与函数的图象，如图所示：
函数，令，当时，即，
，当时取最小值.
故答案为：B.
【分析】设，，根据已知坐标得出函数解析式，求导函数应用切线斜率得出点，再利用点到直线距离计算最小值即可.
6．【答案】C
【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：A、令，，则，，不满足条件，故A错误；
B、令，则，，不满足条件，故B错误；
C、因为，求导可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，即，所以
即，所以，满足条件， 故C正确；
D、令，，则，不满足条件，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABD；令，利用导数可得即可判断C.
7．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设函数的最小正周期为，
因为在区间上单调，在处取得最大值，且，
所以，所以，
又，
所以，，
又，所以，，
所以，
求函数在区间上的零点个数，
当时，；
当时，问题转化为求曲线与曲线的交点个数.
当时，取，得，，
所以曲线与曲线在区间上有2个交点，区间上无交点；
当时，取，
则，
由图可知：曲线与曲线在上有2个交点，
则函数在区间上的零点个数为4.
故答案为：A.
【分析】由题意可求得，进而可求得，由，结合，可求，可求得，可求得，函数在区间上的零点个数，转化为曲线与曲线的交点个数，利用数形结合求解即可．
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，当时，，求导可得，
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则函数在上的最大值为；
当时，，，
当时，，函数在上单调递减，
又，，，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】分类讨论，当时，，当时，，求导，利用导数判断函数的单调性求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、，则数据、、、、的第百分位数为，故A正确；
B、由正态曲线的对称性可知，
则，故B错误；
C、由，得，可得，
解得，又因为，所以的最小值为，故C正确；
D、新数据的平均数为，则新数据的平均数仍为，
由方差公式，得，解得，
则新数据的方差，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据百分位数的定义即可判断A；利用正态分布的对称性即可判断B；利用古典概型的概率公式结合组合计数原理即可判断C；利用方差公式即可判断D.
10．【答案】B,C
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，解得，经检验，满足题意，
则，，
函数在和上单调递增，在上单调递减；
A、因为函数在上单调递增，所以或
解得或，故A错误；
B、令，解得，，，故B正确；
C、根据函数的单调性及，，当时，
，故C正确；
D、由，得，，
所以，不满足在上恒成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先求函数的定义域，求导根据函数在处取得极值计算得，再进而得出单调区间，根据单调性即可判断A；计算零点即可判断B；根据极值及边界值求解最值即可判断C；根据特殊值法计算即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：A、当射线与轴非负半轴重合时，点与原点重合，此时，但A，B两点不重合，所以等号取不到，当射线的倾斜角从0逐渐趋近于时，点位于直线左侧且无限趋近于该直线，即，故A正确；
B、由题图，知，，
则，故B正确；
C、设，则，，代入，得，又，
代入整理，得，故C错误；
D、设，，则①，
设过点且与直线垂直的直线方程为，即，
与联立，得，
结合①，得，
所以过点且与垂直的直线必与抛物线相切，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据射线的倾斜角从0逐渐趋近于即可判断A；应用三角函数定义计算即可判断B；利用同角三角函数基本关系即可判断C；联立直线和抛物线方程结合判别式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：易知，
函数定义域为，求导可得，则，
则函数在处的切线方程为，
因为切线与轴、轴分别交于点，，
所以所求的三角形面积.
故答案为：.
【分析】由题意，先求，在求导确定切线得斜率，利用点斜式求得切线方程，再求切线与坐标轴的交点，利用三角形面积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，若比赛局数为6，最终比分为4：2，则前两局双方各胜一局，
第3，4局双方各胜一局，最后两局甲全胜或乙全胜，
则，
即.
故答案为：.
【分析】根据题意，比赛局数为6，最终比分为4：2，则前两局双方各胜一局，第3，4局双方各胜一局，最后两局甲全胜或乙全胜，求概率即可.
14．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
易知，，
设，由对称性，不妨设，则，，
，当且仅当时等号成立，
所以，所以，即，
解得，故.
故答案为：.
【分析】由题意求得，设，由对称性，不妨设，则，，根据代入计算可得最大值为，可得，计算求离心率即可.
15．【答案】（1）解：，由余弦定理可得，则，
由，可得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可得，
则，
因为，所以，，，
所以的面积.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理求的值，进而得，再结合已知求得，即可得的值；
（2）结合（1）利用两角和的正弦公式可求得，利用正弦定理可得三边长的比，由周长可求三边长，利用面积公式求面积即可.
（1）由题意及余弦定理，得，所以.
由，得.
又，所以.
（2）由（1），得，
所以.
又，所以，，，
所以的面积.
16．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）证明：由（1），知，延长交椭圆于点，由及对称性，知，
所以，
当直线的斜率不存在时，易得，则，
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，
由得，，
设，，根据根与系数的关系，得，
所以，，
所以，
综上，为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列出的方程求解即可；
（2）当直线的斜率不存在时，易得；
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，联立方程组，利用韦达定理，再由，，，代入韦达定理化简整理证明即可.
（1）由题意，得解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1），知，延长交椭圆于点，由及对称性，知，所以.
当直线的斜率不存在时，易得，则.
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，
由得，，
设，，根据根与系数的关系，得，
所以
，，
所以.
综上，为定值.
17．【答案】（1）证明：易知函数的定义域为，
当时，，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以；
（2）解：令，则在上恒成立.
求导，得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
又，不符合题意，舍去，
当时，若，可得，所以在上单调递增，
若，可得，所以在上单调递减，
所以，
只需即可，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，恒成立，所以，
又因为，所以的最大值为.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数可得，计算证明即可；
（2）令，则在上恒成立，求导得，分和两种情况讨论求解即可.
（1）的定义域为，
当时，，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以.
（2）令，则在上恒成立.
求导，得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
又，不符合题意，舍去.
当时，若，可得，所以在上单调递增，
若，可得，所以在上单调递减，
所以，
只需即可.
设，则，
所以在上单调递增.
又，所以当时，恒成立，所以.
又，所以的最大值为.
18．【答案】（1）证明：因为，，，是的中点，
所以，两边平方，得，
即，得，所以，
又因为平面，所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
所以，，
所以，
所以；
（2）解：由题意，知平面的一个法向量是，
易得，，
设平面的法向量是，则即，
令，得，所以平面的一个法向量是，
所以，
由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
（3）解：因为点N，Q分别是直线，上的动点，
设，，则，所以，
设，，则，所以，
所以
所以当，时，取得最小值为.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】根据题意可得到，又平面，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积证明即可；
求得平面的法向量，易得平面的一个法向量是，利用夹角公式求解即可；
利用得点，得点，根据两点间距离公式求解即可.
（1）因为，，，是的中点，
所以，两边平方，得，
即，得，
所以.
又平面，所以，，两两垂直.，
如图，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
所以，，
所以，
所以.
（2）由题意，知平面的一个法向量是.
易得，.
设平面的法向量是，则即
令，得，所以平面的一个法向量是，
所以，
由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
（3）因为点N，Q分别是直线，上的动点，
设，，则，所以.
设，，则，所以，
所以
所以当，时，取得最小值，为.
19．【答案】（1）证明：因为，所以要证是2阶友好数列，
只需证不等式对每一个大于2的正整数都成立，
只需证对每一个大于2的正
整数都成立，
只需证，即对每一个大于2的正整数都成立，
这是显然成立的，所以是2阶友好数列，
又，，，所以，所以不是1阶友好数列；
（2）证明：因为是1阶友好数列，所以对每一个大于1的正整数都成立，
即对每一个大于1的正整数都成立，
令，
①由上述过程，知，所以，
所以，
②要证，
只需证，
只需证
，
即证（*），
当为奇数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式显然成立，
当为偶数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式也显然成立，
所以.
【知识点】数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列新定义，结合分析法证明即可；
（2）①由1阶友好数列定义，递推求证即可；
②结合①，通过分析法证明即可.
（1）因为，所以要证是2阶友好数列，
只需证不等式对每一个大于2的正整数都成立，
只需证
对每一个大于2的正整数都成立，
只需证，即对每一个大于2的正整数都成立，
这是显然成立的，所以是2阶友好数列.
又，，，所以，所以不是1阶友好数列.
（2）因为是1阶友好数列，所以对每一个大于1的正整数都成立，
即对每一个大于1的正整数都成立.
令.
①由上述过程，知，所以，
所以.
②要证，
只需证，
只需证
，
即证（*）.
当为奇数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式显然成立.
当为偶数时，即证，
由，得，，，，此时（*）式也显然成立，
所以.
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