贵州省毕节市2024届高三第三次诊断性考试数学试题
1．（2024高三下·毕节模拟）若复数z满足，则（ ）
A．1 B．5 C．7 D．25
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：复数z满足，则，
即，故.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法和除法运算化简求得复数，再根据复数的模长公式求解即可.
2．（2024高三下·毕节模拟）随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A．0.66 B．0.34 C．0.17 D．0.16
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由随机变量服从正态分布，，
则.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布对称性求解即可.
3．（2024高三下·毕节模拟）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在抛物线上，所以，解得，
即抛物线的标准方程为，则抛物线C的准线方程为.
故答案为：D.
【分析】将点代入抛物线方程求出，再将抛物线方程化为标准方程，求准线方程即可.
4．（2024高三下·毕节模拟）已知函数是奇函数，若，则实数a的值为（ ）
A．1 B． C． D．0
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，即f(-x)=-f(x)，
所以，解得，
又因为，
所以当时，函数f(x)为增函数，当时，函数f(x)为减函数，
因为，
所以，故.
故选：B.
【分析】结合函数奇偶性的定义与结合函数的单调性即可求得a的值.
5．（2024高三下·毕节模拟）某学生的QQ密码是由前两位是大写字母，第三位是小写字母，后六位是数字共九个符号组成．该生在登录QQ时，忘记了密码的最后一位数字，如果该生记住密码的最后一位是奇数，则不超过两次就输对密码的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：设为“第次按对密码”（），
则事件 “不超过2次就按对”可表示为，
记“密码的最后一位数字是奇数”为事件，
由条件概率的性质可得.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质求解即可.
6．（2024高三下·毕节模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若点D满足，且，则（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：∵，
∴ ，∴，∴，即，
设的高为，则
∵，∴，故，
∵，∴，
∴，
∴，即，
故选：A.
【分析】由变形可得，进而可知，再结合三角形的面积公式可得，，由此即可求得的值.
7．（2024高三下·毕节模拟）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，，记其中点分别为，连接，如图所示：
设设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，
因为，所以，，所以，即以，
设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，
则，，，
即，两边平方可得，解得，
则球的表面积为．
故答案为：A.
【分析】连接，，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式求解即可.
8．（2024高三下·毕节模拟）已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，
故，
因为，都有，所以，
所以，又函数的图象在x轴上方，
所以，所以，即函数是以4为周期的周期函数，
当，可得，所以，
当，可得，所以，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由函数的图象关于直线对称，推出函数是偶函数，即，再把代入，可得函数周期为4，求得，求解即可．
9．（2024高三下·毕节模拟）下列说法中正确的有（ ）
A．已知，则“”的必要不充分条件是“”
B．函数的最小值为2
C．集合A，B是实数集R的子集，若，则B.
D．若集合，则满足 的集合A有2个
【答案】C,D
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；必要条件、充分条件与充要条件的判断；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、取，满足，但不满足，
若，即，所以，故“”的充分不必要条件是“”，故A错误；
B、，
令，由双勾函数的性质知：在上单调递增，所以，即函数的最小值为3，故B错误；
C、集合A，B是实数集R的子集，若，则，故C正确；
D、， 的集合A可能为：，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由充分条件和必要条件的定义即可判断A；由双勾函数的性质即可判断B；由子集的定义即可判断C；由真子集的定义即可判断D.
10．（2024高三下·毕节模拟）已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．
B．
C．数列的前n项和为
D．数列的前n项和为
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、设等差数列的首项和公差为，
因为，所以，化简可得，
又因为，所以，所以，解得，
所以，故A正确；
B、由A可得，故B正确；
C、由A可得，则数列的前n项和为，故C错误；
D、令，
则数列的前n项和为：
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由等差数列的性质和前n项和公式可求出即可判断A；由等差数列的前n项和公式即可判断B；利用裂项相消求和即可判断C；利用分组求和即可判断D.
11．（2024高三下·毕节模拟）函数下列关于函数的叙述正确的是（ ）
A．，使得的图象关于原点对称
B．若，则方程有大于2的实根
C．若，则方程至少有两个实根
D．若，则方程有三个实根
【答案】A,B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出函数的图象，如图所时：
由图可知函数为奇函数；
A、当时，，因为为奇函数，所以为奇函数，故，使得的图象关于原点对称，故A正确；
B、若，则，由，可得，
由图象可知：若与有三个交点，存在交点的横坐标大于2，所以方程有大于2的实根，故B正确；
C、 若，则由图象上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍可得的图象，
由，可得，
由图象可知：若与至多有2个交点，所以方程至多有两个实根，故C错误；
D、当时，由，可得，
由图象可得：与只有一交点，即方程只有一个实根，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】作出图象，由图可知函数为奇函数，当时，为奇函数即可判断A；由已知可得，依据与的图象交点个数即可判断B；由与至多有2个交点即可判断C；当时，可得与只有一交点即可判断D.
12．（2024高三下·毕节模拟）已知函数的最小正周期为，则函数图象的一条对称轴方程为 ．
【答案】（答案不唯一，符合均为正确答案）
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题可知，且，解得，
所以，
令，解得，
令k=1，则.
所以函数图象的一条对称轴方程为.
故填：（答案不唯一，符合均为正确答案）
【分析】根据题意先求出，再结合正弦型函数的性质求出该函数的一条对称轴方程即可.
13．（2024高三下·毕节模拟）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ．
【答案】
【知识点】恒过定点的直线；轨迹方程
【解析】【解答】解：因为，即，则直线过定点，
直线，即，则直线过定点，
因为，所以，设，
所以，所以，
所以，化简可得.
故答案为：.
【分析】设，先求出直线和恒过的定点，，由可得，代入求解即可.
14．（2024高三下·毕节模拟）在正方体中，点P是线段上的一个动点，记异面直线DP与所成角为，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质；棱柱的结构特征；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
在正方体中，可得，
所以（或其补角）是异面直线与所成的角，
在正方体中，可得平面，又平面，
所以，所以，即，
当最小时，最小，此时最小，
当时，最小，
令，可得，可得，所以.
故答案为：.
【分析】连接，由题意可得是异面直线与所成的角，由，可知最小时，最小，此时最小，计算即可求的最小值.
15．（2024高三下·毕节模拟）2023年12月30日8时13分，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术试验卫星送入预定轨道由中国航天科技集团有限公司研制的运载火箭48次宇航任务全部取得圆满成功．也代表着中国航天2023年完美收官某市一调研机构为了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机从本市大学生和高中生中抽取一个容量为的样本，根据调查结果得到如下列联表：
学生群体 关注度 合计
关注 不关注
大学生
高中生
合计
（1）完成上述列联表；依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关联，求样本容量n的最小值；
（2）用频率估计概率，从本市大学生和高中生中随机选取3人，用X表示不关注的人数，求X的分布列和数学期望．
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
，其中．
【答案】（1）解：列联表如下：
学生群体 关注度 合计
关注 不关注
大学生
高中生
合计
，
因为依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，
所以，
由题可知，n是10的倍数，所以n的最小值为；
（2）解：由（1）可知，所以不关注的人数为，
用频率估计概率，所以不关注的概率为，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
因为，所以.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由题意，完成列联表，再计算，结合独立性检验即可求出；
（2）由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得解.
16．（2024高三下·毕节模拟）（1）证明：当时，；
（2）已知函数在上有两个极值点，求实数a的取值范围．
【答案】解：（1）证明：令，
当 时，
在上单调递减，
，∴，即，
又令，
当 时，
在上单调递减，
，∴，即，
因此，当时，.
（2），，
函数在上有两个极值点等价于在上有两个不等实根，
∴，
又∵在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当或时，，
，解得.
因此，实数a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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）令，利用导数求得该函数的单调性，最大值，可知；令，利用导数求得该函数的单调性及最大值，可知，即可证得 ；
（2） 函数在上有两个极值点等价于导数在上有两个不等实根，即，借助导数求得函数的值域，由此即可求得实数a的取值范围
17．（2024高三下·毕节模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，.点E，F分别在DC和DP上，且，，点M是BP的中点，点N在BC上，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）证明：平面BEF；
（3）求平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：由平行四边形的性质可知，
∴，∴，
∵，
∴，
又∵，∴，
∴，∴，
∵，，，DP，平面PDC，
∴平面PDC，
又∵平面ABCD，
∴平面平面ABCD.
（2）证明：如图所示，以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∴
∴，，
设N为(x，y，z)，，
即(x-2，y，z)=，解得，
∴，∴
∵，∴，即，解得，
∴，∴，∴，即，
又∵平面BEF，平面BEF，
∴平面BEF.
（3）解：设平面FMN的一个法向量，
∵，
∴，
令，得，
∴平面FMN的一个法向量，
又∵平面ABCD的一个法向量，
设平面FMN与平面ABCD所成角为，∴，
∴，
∴平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）结合已知条件以及平行四边形的性质与勾股定理可证得，，进而利用线面垂直的判定定理证得平面PDC，再利用面面垂直的判定定理即可证得 平面平面ABCD ；
（2）建立空间直角坐标系，结合点N在BC上与先求得，从而由可知，利用线面平行的判定定理即可证得平面BEF ；
（3）先求出两个平面的法向量，进而求得平面FMN与平面ABCD所成角的余弦值，再求得平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值即可.
（1）由平行四边形的性质有，
所以，所以，
又因为，
所以，又因为，所以，而，
所以，所以，而，
，又DP，平面PDC，
所以平面PDC，而平面ABCD，
所以平面平面ABCD.
（2）如图以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，，
因为，所以，解得，所以，
所以，而，所以，
所以，又因为平面BEF，平面BEF，
所以平面BEF.
（3）设平面FMN的一个法向量，
因为，所以，
令，得，故平面FMN的一个法向量，
又平面ABCD的一个法向量，所以，
设平面FMN与平面ABCD所成角为，所以，
所以平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
18．（2024高三下·毕节模拟）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
【答案】（1）解：设点P的坐标为，
因为，所以，化简整理得，
故曲线的方程为.
（2）解：若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为，
设点，
联立方程组，整理得，易知，
，解得，
，解得或，
综上或，
因为，
同理由得，
化简整理得，
所以，
化简整理得，代入，
化简整理得，
所以点D在定直线上．
【知识点】斜率的计算公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简求曲线的方程即可；
（2）由题意知，直线斜率存在，设直线l的方程为，联立直线与双曲线方程，消元整理，利用韦达定理，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可.
19．（2024高三下·毕节模拟）在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．
（1）若数列为1阶等比数列，，，求的通项公式及前n项的和；
（2）若数列为m阶等差数列，求证：为m阶等比数列；
（3）若数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，证明：是等比数列．
【答案】（1）解：因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为，且为正数，
由已知得，解得，
因为，所以，所以，
所以的通项公式为，
前n项的和为；
（2）解：因为为m阶等差数列，所以对任意的，都存在，
使得成立，
所以，
即，所以为m阶等比数列；
（3）解：因为既是m阶等差数列，又是阶等差数列，
所以对，有与同时成立，
所以与同时成立，
所以，，成等比，，，成等比，
由，，成等比，得，，也成等比，
设，，
所以，所以数列是等比数列.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意可知，数列为正项等比数列，设公比为，且为正数，结合已知条件求出首项和公比，再根据等比数列通项公式以及求和公式求解即可；
（2）由为m阶等差数列，所以对任意的，都存在，可得，即可证明；
（3）由数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，可得，，成等比，
，，成等比，设，，即可证明.
1 / 1贵州省毕节市2024届高三第三次诊断性考试数学试题
1．（2024高三下·毕节模拟）若复数z满足，则（ ）
A．1 B．5 C．7 D．25
2．（2024高三下·毕节模拟）随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A．0.66 B．0.34 C．0.17 D．0.16
3．（2024高三下·毕节模拟）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·毕节模拟）已知函数是奇函数，若，则实数a的值为（ ）
A．1 B． C． D．0
5．（2024高三下·毕节模拟）某学生的QQ密码是由前两位是大写字母，第三位是小写字母，后六位是数字共九个符号组成．该生在登录QQ时，忘记了密码的最后一位数字，如果该生记住密码的最后一位是奇数，则不超过两次就输对密码的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·毕节模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若点D满足，且，则（ ）
A． B．2 C． D．4
7．（2024高三下·毕节模拟）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·毕节模拟）已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2024高三下·毕节模拟）下列说法中正确的有（ ）
A．已知，则“”的必要不充分条件是“”
B．函数的最小值为2
C．集合A，B是实数集R的子集，若，则B.
D．若集合，则满足 的集合A有2个
10．（2024高三下·毕节模拟）已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．
B．
C．数列的前n项和为
D．数列的前n项和为
11．（2024高三下·毕节模拟）函数下列关于函数的叙述正确的是（ ）
A．，使得的图象关于原点对称
B．若，则方程有大于2的实根
C．若，则方程至少有两个实根
D．若，则方程有三个实根
12．（2024高三下·毕节模拟）已知函数的最小正周期为，则函数图象的一条对称轴方程为 ．
13．（2024高三下·毕节模拟）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ．
14．（2024高三下·毕节模拟）在正方体中，点P是线段上的一个动点，记异面直线DP与所成角为，则的最小值为 ．
15．（2024高三下·毕节模拟）2023年12月30日8时13分，长征二号丙/远征一号S运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，随后成功将卫星互联网技术试验卫星送入预定轨道由中国航天科技集团有限公司研制的运载火箭48次宇航任务全部取得圆满成功．也代表着中国航天2023年完美收官某市一调研机构为了了解当地学生对我国航天事业发展的关注度，随机从本市大学生和高中生中抽取一个容量为的样本，根据调查结果得到如下列联表：
学生群体 关注度 合计
关注 不关注
大学生
高中生
合计
（1）完成上述列联表；依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关联，求样本容量n的最小值；
（2）用频率估计概率，从本市大学生和高中生中随机选取3人，用X表示不关注的人数，求X的分布列和数学期望．
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
，其中．
16．（2024高三下·毕节模拟）（1）证明：当时，；
（2）已知函数在上有两个极值点，求实数a的取值范围．
17．（2024高三下·毕节模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，.点E，F分别在DC和DP上，且，，点M是BP的中点，点N在BC上，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）证明：平面BEF；
（3）求平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
18．（2024高三下·毕节模拟）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
19．（2024高三下·毕节模拟）在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．
（1）若数列为1阶等比数列，，，求的通项公式及前n项的和；
（2）若数列为m阶等差数列，求证：为m阶等比数列；
（3）若数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，证明：是等比数列．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：复数z满足，则，
即，故.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法和除法运算化简求得复数，再根据复数的模长公式求解即可.
2．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由随机变量服从正态分布，，
则.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布对称性求解即可.
3．【答案】D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在抛物线上，所以，解得，
即抛物线的标准方程为，则抛物线C的准线方程为.
故答案为：D.
【分析】将点代入抛物线方程求出，再将抛物线方程化为标准方程，求准线方程即可.
4．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，即f(-x)=-f(x)，
所以，解得，
又因为，
所以当时，函数f(x)为增函数，当时，函数f(x)为减函数，
因为，
所以，故.
故选：B.
【分析】结合函数奇偶性的定义与结合函数的单调性即可求得a的值.
5．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：设为“第次按对密码”（），
则事件 “不超过2次就按对”可表示为，
记“密码的最后一位数字是奇数”为事件，
由条件概率的性质可得.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质求解即可.
6．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：∵，
∴ ，∴，∴，即，
设的高为，则
∵，∴，故，
∵，∴，
∴，
∴，即，
故选：A.
【分析】由变形可得，进而可知，再结合三角形的面积公式可得，，由此即可求得的值.
7．【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接，，记其中点分别为，连接，如图所示：
设设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，
因为，所以，，所以，即以，
设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，
则，，，
即，两边平方可得，解得，
则球的表面积为．
故答案为：A.
【分析】连接，，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，
故，
因为，都有，所以，
所以，又函数的图象在x轴上方，
所以，所以，即函数是以4为周期的周期函数，
当，可得，所以，
当，可得，所以，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由函数的图象关于直线对称，推出函数是偶函数，即，再把代入，可得函数周期为4，求得，求解即可．
9．【答案】C,D
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；必要条件、充分条件与充要条件的判断；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、取，满足，但不满足，
若，即，所以，故“”的充分不必要条件是“”，故A错误；
B、，
令，由双勾函数的性质知：在上单调递增，所以，即函数的最小值为3，故B错误；
C、集合A，B是实数集R的子集，若，则，故C正确；
D、， 的集合A可能为：，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】由充分条件和必要条件的定义即可判断A；由双勾函数的性质即可判断B；由子集的定义即可判断C；由真子集的定义即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、设等差数列的首项和公差为，
因为，所以，化简可得，
又因为，所以，所以，解得，
所以，故A正确；
B、由A可得，故B正确；
C、由A可得，则数列的前n项和为，故C错误；
D、令，
则数列的前n项和为：
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由等差数列的性质和前n项和公式可求出即可判断A；由等差数列的前n项和公式即可判断B；利用裂项相消求和即可判断C；利用分组求和即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出函数的图象，如图所时：
由图可知函数为奇函数；
A、当时，，因为为奇函数，所以为奇函数，故，使得的图象关于原点对称，故A正确；
B、若，则，由，可得，
由图象可知：若与有三个交点，存在交点的横坐标大于2，所以方程有大于2的实根，故B正确；
C、 若，则由图象上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍可得的图象，
由，可得，
由图象可知：若与至多有2个交点，所以方程至多有两个实根，故C错误；
D、当时，由，可得，
由图象可得：与只有一交点，即方程只有一个实根，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】作出图象，由图可知函数为奇函数，当时，为奇函数即可判断A；由已知可得，依据与的图象交点个数即可判断B；由与至多有2个交点即可判断C；当时，可得与只有一交点即可判断D.
12．【答案】（答案不唯一，符合均为正确答案）
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题可知，且，解得，
所以，
令，解得，
令k=1，则.
所以函数图象的一条对称轴方程为.
故填：（答案不唯一，符合均为正确答案）
【分析】根据题意先求出，再结合正弦型函数的性质求出该函数的一条对称轴方程即可.
13．【答案】
【知识点】恒过定点的直线；轨迹方程
【解析】【解答】解：因为，即，则直线过定点，
直线，即，则直线过定点，
因为，所以，设，
所以，所以，
所以，化简可得.
故答案为：.
【分析】设，先求出直线和恒过的定点，，由可得，代入求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质；棱柱的结构特征；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
在正方体中，可得，
所以（或其补角）是异面直线与所成的角，
在正方体中，可得平面，又平面，
所以，所以，即，
当最小时，最小，此时最小，
当时，最小，
令，可得，可得，所以.
故答案为：.
【分析】连接，由题意可得是异面直线与所成的角，由，可知最小时，最小，此时最小，计算即可求的最小值.
15．【答案】（1）解：列联表如下：
学生群体 关注度 合计
关注 不关注
大学生
高中生
合计
，
因为依据小概率值的独立性检验，认为关注航天事业发展与学生群体有关，
所以，
由题可知，n是10的倍数，所以n的最小值为；
（2）解：由（1）可知，所以不关注的人数为，
用频率估计概率，所以不关注的概率为，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
因为，所以.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由题意，完成列联表，再计算，结合独立性检验即可求出；
（2）由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得解.
16．【答案】解：（1）证明：令，
当 时，
在上单调递减，
，∴，即，
又令，
当 时，
在上单调递减，
，∴，即，
因此，当时，.
（2），，
函数在上有两个极值点等价于在上有两个不等实根，
∴，
又∵在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当或时，，
，解得.
因此，实数a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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）令，利用导数求得该函数的单调性，最大值，可知；令，利用导数求得该函数的单调性及最大值，可知，即可证得 ；
（2） 函数在上有两个极值点等价于导数在上有两个不等实根，即，借助导数求得函数的值域，由此即可求得实数a的取值范围
17．【答案】（1）证明：由平行四边形的性质可知，
∴，∴，
∵，
∴，
又∵，∴，
∴，∴，
∵，，，DP，平面PDC，
∴平面PDC，
又∵平面ABCD，
∴平面平面ABCD.
（2）证明：如图所示，以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∴
∴，，
设N为(x，y，z)，，
即(x-2，y，z)=，解得，
∴，∴
∵，∴，即，解得，
∴，∴，∴，即，
又∵平面BEF，平面BEF，
∴平面BEF.
（3）解：设平面FMN的一个法向量，
∵，
∴，
令，得，
∴平面FMN的一个法向量，
又∵平面ABCD的一个法向量，
设平面FMN与平面ABCD所成角为，∴，
∴，
∴平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）结合已知条件以及平行四边形的性质与勾股定理可证得，，进而利用线面垂直的判定定理证得平面PDC，再利用面面垂直的判定定理即可证得 平面平面ABCD ；
（2）建立空间直角坐标系，结合点N在BC上与先求得，从而由可知，利用线面平行的判定定理即可证得平面BEF ；
（3）先求出两个平面的法向量，进而求得平面FMN与平面ABCD所成角的余弦值，再求得平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值即可.
（1）由平行四边形的性质有，
所以，所以，
又因为，
所以，又因为，所以，而，
所以，所以，而，
，又DP，平面PDC，
所以平面PDC，而平面ABCD，
所以平面平面ABCD.
（2）如图以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，，
因为，所以，解得，所以，
所以，而，所以，
所以，又因为平面BEF，平面BEF，
所以平面BEF.
（3）设平面FMN的一个法向量，
因为，所以，
令，得，故平面FMN的一个法向量，
又平面ABCD的一个法向量，所以，
设平面FMN与平面ABCD所成角为，所以，
所以平面FMN与平面ABCD所成角的正弦值.
18．【答案】（1）解：设点P的坐标为，
因为，所以，化简整理得，
故曲线的方程为.
（2）解：若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为，
设点，
联立方程组，整理得，易知，
，解得，
，解得或，
综上或，
因为，
同理由得，
化简整理得，
所以，
化简整理得，代入，
化简整理得，
所以点D在定直线上．
【知识点】斜率的计算公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简求曲线的方程即可；
（2）由题意知，直线斜率存在，设直线l的方程为，联立直线与双曲线方程，消元整理，利用韦达定理，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可.
19．【答案】（1）解：因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为，且为正数，
由已知得，解得，
因为，所以，所以，
所以的通项公式为，
前n项的和为；
（2）解：因为为m阶等差数列，所以对任意的，都存在，
使得成立，
所以，
即，所以为m阶等比数列；
（3）解：因为既是m阶等差数列，又是阶等差数列，
所以对，有与同时成立，
所以与同时成立，
所以，，成等比，，，成等比，
由，，成等比，得，，也成等比，
设，，
所以，所以数列是等比数列.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意可知，数列为正项等比数列，设公比为，且为正数，结合已知条件求出首项和公比，再根据等比数列通项公式以及求和公式求解即可；
（2）由为m阶等差数列，所以对任意的，都存在，可得，即可证明；
（3）由数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，可得，，成等比，
，，成等比，设，，即可证明.
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