浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高二下·丽水期中）设集合，集合，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·丽水期中）截至目前，联合国共设5个常任理事国，10个非常任理事国，现从这15个国家中选取3个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（ ）
A．120 B．410 C．335 D．455
3．（2024高二下·丽水期中）已知直线，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二下·丽水期中）函数在的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·丽水期中）的展开式中常数项是（ ）
A．－225 B．－252 C．252 D．225
6．（2024高二下·丽水期中）某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ）
A．0.24 B．0.36 C．0.5 D．0.52
7．（2024高二下·丽水期中）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·丽水期中）函数，若方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·丽水期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．已知随机变量服从正态分布，若，则
B．已知随机变量的分布列为，则
C．用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，则
D．已知随机变量的分布列为，则
10．（2024高二下·丽水期中）已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点．若线段的长是20，中点到轴的距离是8，为坐标原点，则（ ）
A．抛物线的焦点是 B．抛物线的离心率为
C．直线的斜率为 D．的面积为
11．（2024高二下·丽水期中）已知函数定义域均为，且为偶函数，若，则下面一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·丽水期中）圆心为，且与直线相切的圆的方程为
13．（2024高二下·丽水期中）已知数列的前项和，当取最小值时， ．
14．（2024高二下·丽水期中）已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
15．（2024高二下·丽水期中）浙江省教育厅等五部门印发《浙江省山区26县和海岛县“县中崛起”行动计划》，从招生管理、县中对口帮扶、教科研指导等九方面提升共同富裕背景下教育公共服务的质量和水平.某校为增强实力，大力招揽名师、建设校园设施，近5年该校招生人数的数据如下表：
年份序号 1 2 3 4 5
招生人数/千人 1.3 1.7 2.2 2.8 3.5
（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以证明；
（2）求关于的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数．
参考数据：．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
16．（2024高二下·丽水期中）设数列为等差数列，前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前项和为，证明：．
17．（2024高二下·丽水期中）如图，在直三棱柱中，点是的中点，．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面的所成角的余弦值．
18．（2024高二下·丽水期中）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
19．（2024高二下·丽水期中）已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
（3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【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：因为或，
，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据一元二次不等式、一元一次不等式的求解方法，分别求出集合A，B，再结合交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：在15个国家中选取3个国家，有种选法，其中没有常任理事国的选法有种，
所以从这15个国家中选取3个国家，至少包含一个常任理事国，
共有种选法.
故答案为：C.
【分析】由所有的选法总数减去不含常任理事国的选法数，再结合组合数公式得出共有的选法种数.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：当时，，即，解得，
当时，，，此时；
当时，，即，
，即，此时；
故“”是“”的充要条件，
即“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】由两直线的位置关系判断方法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
当时，图象关于原点对称，
故选项A、选项C错误；
当时，，，
所以时，，
故选项B错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件可得函数在上的图象关于原点对称，则可判断出选项A和选项C；再利用当时，，则判断出选项B和选项D，从而找出函数在的大致图象.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为二项式的展开式通项为：
令，解得，
所以，展开式的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先由二项式定理求出展开式的通项，令求得的值，再代入展开式中的通项得出的展开式中常数项．
6．【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设 “第1天去A餐厅用餐”，
“第1天去B餐厅用餐”，
“第2天去A餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，
得，
因此，王同学第2天去餐厅用餐的概率为0.5.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合条件概率公式和全概率公式，从而得出王同学第2天去餐厅用餐的概率.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，
因为则，即在上为减函数.
对于A，因为，则，即，即，故A错误；
对于B，因为，则，即，即，故B错误；
对于C，因为，则，即，即，故C错误；
对于D，因为，则，即，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题中不等式和选项的结构，考虑构造函数，再利用求导判断函数的单调性，则根据函数的单调性对自变量进行赋值，从而逐项判断找出正确的选项.
8．【答案】A
【知识点】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：作出与的图象，
的图象为恒过定点的直线，如图所示：
当时，设与相切于点，
则，解得，即，
所以，所以，
由图象可知，此时的图象与的图象有两个公共点，
当时，的图象与的图象有一个公共点；
当时，的图象与的图象有三个公共点；
当时，的图象与的图象有两个公共点，
综上所述，当时，的图象与的图象有三个公共点，
即方程恰有三个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】将方程恰有三个不相等的实数根可转化为与的图象的交点有3个，利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据数形结合得出实数m的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；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；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，依题意，，因此，故A正确；
对于B、D，因为，，
解得，故B错误、D正确；
对于C，依题意，，，解得，故C正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求出概率，则判断出选项A；利用概率分布列的性质计算，则判断出选项B和选项D；利用二项分布的期望、方差公式计算判断出选项C，从而找出正确的命题.
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：记抛物线焦点为F，MN中点A，
过M，N，A分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为P，Q，T，
则，
又因为，所以，抛物线方程为，
故选项A、B正确；
显然直线斜率存在且不为0，设直线方程为与抛物线方程联立，
消去得：，
设，则，
又因为，
所以，解得：，故选项C不正确；
因为直线方程为，可得原点O到直线距离为，
所以的面积为，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由抛物线定义，将焦点弦长转化为直角梯形的上下底之和，再由梯形中位线公式求出焦准距的值，从而得到抛物线方程，则得出抛物线的焦点坐标和抛物线的离心率的值，从而判断出选项A和选项B；设出直线方程，由焦点弦长为20结合韦达定理求出直线的方程，则得出直线l的斜率，从而判断出选项C；由点到直线的距离公式求出原点O到直线距离，从而根据三角形的面积公式得到三角形的面积，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：因为满足，
所以函数的图象关于点对称，
又因为函数定义域为，所以
又因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于成轴对称，
两者结合得出，即，
用代替得：，
所以，所以为周期函数，且，
因为，结合偶函数性质知，故A正确；
因为，，
所以，故D正确；
若满足题意，
则，则，故B错误；
由以上易知周期也为4，
又因为，，，
所以，故C错误.
故答案为：AD.
【分析】根据可得函数的图象关于点对称，再根据为偶函数可得函数的图象关于轴对称，两者结合可得函数的周期，通过求值可判断选项A和选项D；取特殊函数，从而验证选项B和选项C，进而找出一定成立的选项.
12．【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆心到直线的距离，
由于直线和圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，
所以圆的方程为.
故答案为：.
【分析】利用直线与圆相切位置关系判断方法，从而由圆心到直线的距离求出圆的半径，进而写出圆的标准方程.
13．【答案】5
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为数列的前项和，，则
当时，，
，
当且仅当时，即当时取等号，
又因为，所以，当取最小值时，.
故答案为：5.
【分析】利用的关系式求出数列的通项公式，再代入结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最小值，并求出对应的n的值.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
又因为的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，则A到BC的距离为，
如下图，，
在直角三角形△ABQ中，，所以，
又因为，所以重合，
则，则的外接圆圆心M为AB的中点，
又因为PA⊥平面ABC，所以外接球的球心O为PB的中点，
则外接球的半径为，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
【分析】根据题意得出PQ的最小值和的最小值，从而得出点A到直线BC的距离，进而得出，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，则根据勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算出三棱锥的外接球的表面积．
15．【答案】（1）证明：由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
（2）解：因为，
所以关于的回归直线方程为，
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）利用已知条件和平均数公式求出，再结合相关系数公式求出r的值，则利用相关系数证出可用线性回归模型拟合与的关系.
（2）利用最小二乘法求出回归直线方程，再将代入线性回归方程，从而预测出当年份序号为7时该校的招生人数．
（1）由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
（2），
所以关于的回归直线方程为．
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
16．【答案】（1）解：因为，
又因为，
所以，
所以．
（2）证明：因为
，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质和等差数列前n项求和公式，从而求出公差和首项，再结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）可得，再根据裂项相消法计算可得，则由放缩法证出不等式成立.
（1），
由，
所以，
所以．
（2）
所以
17．【答案】（1）证明：（1）如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，
又因为是中点，所以，
所以，
因为四边形是正方形，
所以是的中点，所以，
又因为平面，，
所以平面．
（2）解：如图2，取中点的，易知两两垂直，
建立如图空间直角坐标系，
，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量，
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）如图1，易知四边形是正方形，则，由勾股定理证出，再结合线面垂直的判定定理，从而证出平面．
（2）取中点的，易知两两垂直，从而建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出直线与平面的所成角的余弦值．
（1）如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，又因为是中点，所以，
所以，因为四边形是正方形，
所以是的中点，所以，又平面，，
所以平面．
（2）如图2，取中点的，易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量．
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
18．【答案】解：（1）因为的定义域为，.
（ⅰ）若，则，所以在单调递减；
（ⅱ）若，则由得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点；
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，
最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即，
又因为，
故在有一个零点，
设正整数满足，
则.
由于，因此在有一个零点，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对按，进行分类讨论，再结合求导的方法判断函数的单调性，从而写出函数的单调区间.
（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，最小值为，根据，，进行分类讨论，从而可知当时的零点个数，进而易知在有一个零点，设正整数满足，则，再根据得出函数在有一个零点，从而可得实数的取值范围.
19．【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）证明：因为B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，
消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点，
综上所述，直线MN过定点．
（3）解：因为M，N分别为AB，DE的中点，
所以
，
由（2）知，
，
以代替m可得，
所以，
当且仅当时，即当时，．
【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）由已知条件和椭圆中a，b，c三者的关系式、通径公式、离心率公式，从而求出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设直线AB和直线DE的方程，再与椭圆方程联立，从而表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定直线MN所过定点坐标.
（3）由题意得出，利用弦长公式和基本不等式求最值的方法，从而求出△GMN面积的最小值．
（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
1 / 1浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高二下·丽水期中）设集合，集合，则集合（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：因为或，
，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据一元二次不等式、一元一次不等式的求解方法，分别求出集合A，B，再结合交集的运算法则得出集合.
2．（2024高二下·丽水期中）截至目前，联合国共设5个常任理事国，10个非常任理事国，现从这15个国家中选取3个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（ ）
A．120 B．410 C．335 D．455
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：在15个国家中选取3个国家，有种选法，其中没有常任理事国的选法有种，
所以从这15个国家中选取3个国家，至少包含一个常任理事国，
共有种选法.
故答案为：C.
【分析】由所有的选法总数减去不含常任理事国的选法数，再结合组合数公式得出共有的选法种数.
3．（2024高二下·丽水期中）已知直线，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：当时，，即，解得，
当时，，，此时；
当时，，即，
，即，此时；
故“”是“”的充要条件，
即“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】由两直线的位置关系判断方法和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2024高二下·丽水期中）函数在的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
当时，图象关于原点对称，
故选项A、选项C错误；
当时，，，
所以时，，
故选项B错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件可得函数在上的图象关于原点对称，则可判断出选项A和选项C；再利用当时，，则判断出选项B和选项D，从而找出函数在的大致图象.
5．（2024高二下·丽水期中）的展开式中常数项是（ ）
A．－225 B．－252 C．252 D．225
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为二项式的展开式通项为：
令，解得，
所以，展开式的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先由二项式定理求出展开式的通项，令求得的值，再代入展开式中的通项得出的展开式中常数项．
6．（2024高二下·丽水期中）某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ）
A．0.24 B．0.36 C．0.5 D．0.52
【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设 “第1天去A餐厅用餐”，
“第1天去B餐厅用餐”，
“第2天去A餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，
得，
因此，王同学第2天去餐厅用餐的概率为0.5.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合条件概率公式和全概率公式，从而得出王同学第2天去餐厅用餐的概率.
7．（2024高二下·丽水期中）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，
因为则，即在上为减函数.
对于A，因为，则，即，即，故A错误；
对于B，因为，则，即，即，故B错误；
对于C，因为，则，即，即，故C错误；
对于D，因为，则，即，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题中不等式和选项的结构，考虑构造函数，再利用求导判断函数的单调性，则根据函数的单调性对自变量进行赋值，从而逐项判断找出正确的选项.
8．（2024高二下·丽水期中）函数，若方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】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：作出与的图象，
的图象为恒过定点的直线，如图所示：
当时，设与相切于点，
则，解得，即，
所以，所以，
由图象可知，此时的图象与的图象有两个公共点，
当时，的图象与的图象有一个公共点；
当时，的图象与的图象有三个公共点；
当时，的图象与的图象有两个公共点，
综上所述，当时，的图象与的图象有三个公共点，
即方程恰有三个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】将方程恰有三个不相等的实数根可转化为与的图象的交点有3个，利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据数形结合得出实数m的取值范围.
9．（2024高二下·丽水期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．已知随机变量服从正态分布，若，则
B．已知随机变量的分布列为，则
C．用表示次独立重复试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，则
D．已知随机变量的分布列为，则
【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；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；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A，依题意，，因此，故A正确；
对于B、D，因为，，
解得，故B错误、D正确；
对于C，依题意，，，解得，故C正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布对应的概率密度函数图象的对称性求出概率，则判断出选项A；利用概率分布列的性质计算，则判断出选项B和选项D；利用二项分布的期望、方差公式计算判断出选项C，从而找出正确的命题.
10．（2024高二下·丽水期中）已知直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点．若线段的长是20，中点到轴的距离是8，为坐标原点，则（ ）
A．抛物线的焦点是 B．抛物线的离心率为
C．直线的斜率为 D．的面积为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：记抛物线焦点为F，MN中点A，
过M，N，A分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为P，Q，T，
则，
又因为，所以，抛物线方程为，
故选项A、B正确；
显然直线斜率存在且不为0，设直线方程为与抛物线方程联立，
消去得：，
设，则，
又因为，
所以，解得：，故选项C不正确；
因为直线方程为，可得原点O到直线距离为，
所以的面积为，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由抛物线定义，将焦点弦长转化为直角梯形的上下底之和，再由梯形中位线公式求出焦准距的值，从而得到抛物线方程，则得出抛物线的焦点坐标和抛物线的离心率的值，从而判断出选项A和选项B；设出直线方程，由焦点弦长为20结合韦达定理求出直线的方程，则得出直线l的斜率，从而判断出选项C；由点到直线的距离公式求出原点O到直线距离，从而根据三角形的面积公式得到三角形的面积，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高二下·丽水期中）已知函数定义域均为，且为偶函数，若，则下面一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：因为满足，
所以函数的图象关于点对称，
又因为函数定义域为，所以
又因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于成轴对称，
两者结合得出，即，
用代替得：，
所以，所以为周期函数，且，
因为，结合偶函数性质知，故A正确；
因为，，
所以，故D正确；
若满足题意，
则，则，故B错误；
由以上易知周期也为4，
又因为，，，
所以，故C错误.
故答案为：AD.
【分析】根据可得函数的图象关于点对称，再根据为偶函数可得函数的图象关于轴对称，两者结合可得函数的周期，通过求值可判断选项A和选项D；取特殊函数，从而验证选项B和选项C，进而找出一定成立的选项.
12．（2024高二下·丽水期中）圆心为，且与直线相切的圆的方程为
【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆心到直线的距离，
由于直线和圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，
所以圆的方程为.
故答案为：.
【分析】利用直线与圆相切位置关系判断方法，从而由圆心到直线的距离求出圆的半径，进而写出圆的标准方程.
13．（2024高二下·丽水期中）已知数列的前项和，当取最小值时， ．
【答案】5
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为数列的前项和，，则
当时，，
，
当且仅当时，即当时取等号，
又因为，所以，当取最小值时，.
故答案为：5.
【分析】利用的关系式求出数列的通项公式，再代入结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最小值，并求出对应的n的值.
14．（2024高二下·丽水期中）已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
又因为的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，则A到BC的距离为，
如下图，，
在直角三角形△ABQ中，，所以，
又因为，所以重合，
则，则的外接圆圆心M为AB的中点，
又因为PA⊥平面ABC，所以外接球的球心O为PB的中点，
则外接球的半径为，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
【分析】根据题意得出PQ的最小值和的最小值，从而得出点A到直线BC的距离，进而得出，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，则根据勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算出三棱锥的外接球的表面积．
15．（2024高二下·丽水期中）浙江省教育厅等五部门印发《浙江省山区26县和海岛县“县中崛起”行动计划》，从招生管理、县中对口帮扶、教科研指导等九方面提升共同富裕背景下教育公共服务的质量和水平.某校为增强实力，大力招揽名师、建设校园设施，近5年该校招生人数的数据如下表：
年份序号 1 2 3 4 5
招生人数/千人 1.3 1.7 2.2 2.8 3.5
（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以证明；
（2）求关于的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数．
参考数据：．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
【答案】（1）证明：由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
（2）解：因为，
所以关于的回归直线方程为，
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）利用已知条件和平均数公式求出，再结合相关系数公式求出r的值，则利用相关系数证出可用线性回归模型拟合与的关系.
（2）利用最小二乘法求出回归直线方程，再将代入线性回归方程，从而预测出当年份序号为7时该校的招生人数．
（1）由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
（2），
所以关于的回归直线方程为．
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
16．（2024高二下·丽水期中）设数列为等差数列，前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前项和为，证明：．
【答案】（1）解：因为，
又因为，
所以，
所以．
（2）证明：因为
，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质和等差数列前n项求和公式，从而求出公差和首项，再结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）可得，再根据裂项相消法计算可得，则由放缩法证出不等式成立.
（1），
由，
所以，
所以．
（2）
所以
17．（2024高二下·丽水期中）如图，在直三棱柱中，点是的中点，．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面的所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：（1）如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，
又因为是中点，所以，
所以，
因为四边形是正方形，
所以是的中点，所以，
又因为平面，，
所以平面．
（2）解：如图2，取中点的，易知两两垂直，
建立如图空间直角坐标系，
，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量，
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）如图1，易知四边形是正方形，则，由勾股定理证出，再结合线面垂直的判定定理，从而证出平面．
（2）取中点的，易知两两垂直，从而建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出直线与平面的所成角的余弦值．
（1）如图1，记与的交点为点，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，所以，
因为，所以四边形是正方形，故，
因为，所以，又因为是中点，所以，
所以，因为四边形是正方形，
所以是的中点，所以，又平面，，
所以平面．
（2）如图2，取中点的，易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，令，则法向量．
设直线与平面的所成角的线面角为，
则，得，
故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为．
18．（2024高二下·丽水期中）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】解：（1）因为的定义域为，.
（ⅰ）若，则，所以在单调递减；
（ⅱ）若，则由得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点；
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，
最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即，
又因为，
故在有一个零点，
设正整数满足，
则.
由于，因此在有一个零点，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对按，进行分类讨论，再结合求导的方法判断函数的单调性，从而写出函数的单调区间.
（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，最小值为，根据，，进行分类讨论，从而可知当时的零点个数，进而易知在有一个零点，设正整数满足，则，再根据得出函数在有一个零点，从而可得实数的取值范围.
19．（2024高二下·丽水期中）已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
（3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）证明：因为B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，
消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点，
综上所述，直线MN过定点．
（3）解：因为M，N分别为AB，DE的中点，
所以
，
由（2）知，
，
以代替m可得，
所以，
当且仅当时，即当时，．
【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）由已知条件和椭圆中a，b，c三者的关系式、通径公式、离心率公式，从而求出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设直线AB和直线DE的方程，再与椭圆方程联立，从而表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定直线MN所过定点坐标.
（3）由题意得出，利用弦长公式和基本不等式求最值的方法，从而求出△GMN面积的最小值．
（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
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