浙江省学军中学海创园2023-2024学年高二下学期期中数学试题
1．（2024高二下·西湖期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：易知，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的补集，交集运算求解即可.
2．（2024高二下·西湖期中）已知为虚数单位，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
所以 .
故答案为：B
【分析】根据复数的除法运算求z，再结合共轭复数的概念运算求解.
3．（2024高二下·西湖期中）已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或与相交或，故A错误；
B、若，则需要直线与平面内两条相交直线垂直，只有得不到，故B错误；
C、若，则或与相交，故C错误；
D、若，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐项分析判断即可．
4．（2024高二下·西湖期中）根据分类变量与的观察数据，计算得到，依据下表给出的独立性检验中的小概率值和相应的临界值，作出下列判断，正确的是（ ）
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．有95%的把握认为变量与独立
B．有95%的把握认为变量与不独立
C．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
D．变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
【答案】D
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】因为
，所以变量
与
不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过10%。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合独立性检验的方法，从而得出变量
与
不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过10%，从而选出正确的选项。
5．（2024高二下·西湖期中）已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知：函数为偶函数，
A、，为奇函数，排除；
B、，为奇函数，排除；
同理，C、D选项为偶函数，而对于C项，其定义域为，不是R，舍去，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用函数的奇偶性、定义域结合三角函数的性质判断即可.
6．（2024高二下·西湖期中）已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为数列是递增数列，所以，解得，
则的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】利用一次函数与指数函数的性质，结合数列的增减性列关于的不等式组求解即可.
7．（2024高二下·西湖期中）若圆与圆外切，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；轨迹方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，
圆心为，半径为1；
圆的标准方程为，圆心为，半径为2，因为两圆外切，所以和之间的距离为，即，
令，，则点在轨迹上，
由于，故，
且
，
同时，上面的上界和下界分别在和时取，
因为是在一个连续的圆弧上，所以上的值都可以取到，
则取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先化圆方程为标准方程，求圆心和半径，由题意可得，令，，求圆弧上一点到定点的距离的范围即可.
8．（2024高二下·西湖期中）“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由两个仓组成，某粒子作布朗运动时，每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：设从号仓出发最终从1号仓出的概率为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】设从号仓出发最终从1号仓出的概率为，再根据题意列出的关系求解即可.
9．（2024高二下·西湖期中）已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为 B．的周长为12
C．的最小值为3 D．的最大值为16
【答案】B,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
A、，故A错误；
B、的周长为，故B正确；
C、的最小值为，故C错误；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】由题，利用离心率公式、椭圆的定义和基本不等式求解判断即可.
10．（2024高二下·西湖期中）已知的三个内角所对的边分别为．若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．角B的最大值为
D．的外接圆面积的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；两角和与差的正切公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、若，且，在中，
由余弦定理可得，故A正确；
B、依题意，则，
由，，
左右同时乘，可得，故B正确；
C、因为，
所以，
当且仅当取等号，所以，故C错误；
D、因为，所以，的外接圆直径，外接圆面积，当时，外接圆面积的最小值为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用余弦定理计算即可判断A；结合余弦定理及正弦定理化简弦化切即可判断B；根据两角和差正切结合基本不等式即可判断C；根据正弦定理求外接圆的半径范围即可求出外接圆面积最值即可判断D.
11．（2024高二下·西湖期中）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】A,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、在上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图所示：
连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，故A正确；
B、由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，
则，故即为异面直线与所成角或其补角，
又，，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，故B错误；
C、当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证，
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，
P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，故C错误；
D、因为平面，平面，故平面，
因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断A；利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断B；结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，确定轨迹长度即可判断C；利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值即可判断D.
12．（2024高二下·西湖期中）已知，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：由，解得，则.
故答案为：.
【分析】由两角和的正切公式化简得关于的等式，解出的值，再利用二倍角的正切公式求的值即可.
13．（2024高二下·西湖期中）已知函数，，如果对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【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：由，可得，当，，所以单调递减，，，当，单调递增，所以
，由题意得，解得.
故答案为：.
【分析】根据题意转化为 ，求导，利用导数研究函数的单调性，分别求出函数的最大值，的最小值，进而建立不等关系，即可求出a的取值范围．
14．（2024高二下·西湖期中）用组成没有重复数字的五位数，其中个位数字小于百位数字且百位数字小于万位数字的五位数有n个，则的展开式中，的系数是 ．（用数字作答）
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：用组成没有重复数字的五位数中，
满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，即，
当时，不妨设，则
，
所以的系数是.
故答案为：2023．
【分析】根据排列和组合计数公式求出，再利用二项式定理求解即可．
15．（2024高二下·西湖期中）在中，内角所对的边分别为，满足．
（1）求证：；
（2）求的最大值．
【答案】（1）证明：由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，结合三角形内角性质，
或（舍），
；
（2）解：由，则由（1）问，则，，
且
又，
令，则，
所以
，则当时，的最大值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可；
（2）利用（1），求出，表示出，并进行换元转化为二次函数，求最大值即可.
（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，结合三角形内角性质，
或（舍），
.
（2）由，则由（1）问，得：，
所以，
且
又，
令，则，
所以
因为，
当时，所求的最大值为.
16．（2024高二下·西湖期中）如图所示，已知三棱台中，，，，，．
（1）求二面角的余弦值；
（2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．
【答案】（1）解：因为，，所以二面角的平面角为，
因为，，所以，，
因为，所以，
因为，
所以，故二面角余弦值为；
（2）解：因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，如图所示：
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O，
因为，，且面，所以面，
又面，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点，
三棱台的体积．
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；
（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积即可.
（1）因为，，所以二面角的平面角为．
因为，，所以，．
因为，所以．
因为，
所以，故二面角余弦值为．
（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．
因为，，且面，所以面，
又面，所以．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点．
三棱台的体积．
17．（2024高二下·西湖期中）书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）
（2）若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；
（3）为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望．
附参考数据：若，则①；②；③．
【答案】（1）解：根据频率分布直方图得：；
（2）解：由题意知，即，
则；
（3）解：由题意可知，和的频率之比为：，
故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，
随机变量的取值可以为，
，，
，，
故的分布列为：
0 1 2 3
.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；超几何分布；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数的计算方法计算即可；
（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；
（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.
（1）根据频率分布直方图得：
．
（2）由题意知，即，
所以．
（3）由题意可知，和的频率之比为：，
故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，
随机变量的取值可以为，
，，
，，
故的分布列为：
0 1 2 3
所以.
18．（2024高二下·西湖期中）已知双曲线，过该曲线上的点作不平行于坐标轴的直线交双曲线的右支于另一点，作直线交双曲线的渐近线于两点A，B（A在第一象限），其渐近线方程为，且，
（1）求双曲线方程．
（2）证明：直线过定点.
（3）当的斜率为负数时，求四边形的面积的取值范围．
【答案】（1）解：因为渐近线，则，代入点可得，
故，即双曲线方程为：；
（2）证明：设，
，
由可得，
故且，
故或且，
又，故，
由解得，则，
同理可得， 故，
而，可得，
故，故，
故，，
设直线的斜率为，则，
则直线的方程为，即，
所以过定点；
（3）解：由（2）可得直线与的距离为，故，
由题意可得四边形是平行四边形，
而，
故四边形的面积为，
，结合（2）中的取值范围可得，故，
故.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据渐近线方程可得，结合双曲线所过的点可求，得双曲线方程；
（2）联立直线方程和双曲线方程，结合判别式可得的斜率的范围，再由渐近线方程可得的坐标，由平行四边形可求出的方程求定点即可；
（3）利用（2）的结果结合弦长公式可用的斜率表示面积，结合斜率的范围可求面积的范围即可.
（1）因为渐近线，则，代入点可得，
故，即双曲线方程为：．
（2）设
，
由可得，
故且，
故或且，
又，故，
由解得，则，
同理可得， 故，
而，可得，
故，故，
故，，
设直线的斜率为，则，
直线的方程为，即，
所以过定点．
（3）由（2）可得直线与的距离为，故，
由题意可得四边形是平行四边形，
而，
故四边形的面积为，
，结合（2）中的取值范围可得．故，
故.
19．（2024高二下·西湖期中）若有穷数列（n是正整数），满足即（i是正整数，且），就称该数列为“对称数列”．
（1）已知数列是项数为7的对称数列，且成等差数列，，试写出的每一项；
（2）已知是项数为的对称数列，且构成首项为50，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当k为何值时，取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前2024项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，解得，
则数列为；
（2）解：因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以当时取得最大值，且；
（3）解：因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，；
②，，，，，，，，，，；
因为，对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项即可；
（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算即可；
（3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
（1）设的公差为，则，
解得，
数列为；
（2）因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以当时取得最大值，且.
（3）因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，；
②，，，，，，，，，，；
因为，
对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以.
1 / 1浙江省学军中学海创园2023-2024学年高二下学期期中数学试题
1．（2024高二下·西湖期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·西湖期中）已知为虚数单位，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2024高二下·西湖期中）已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．（2024高二下·西湖期中）根据分类变量与的观察数据，计算得到，依据下表给出的独立性检验中的小概率值和相应的临界值，作出下列判断，正确的是（ ）
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．有95%的把握认为变量与独立
B．有95%的把握认为变量与不独立
C．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
D．变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
5．（2024高二下·西湖期中）已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·西湖期中）已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·西湖期中）若圆与圆外切，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·西湖期中）“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由两个仓组成，某粒子作布朗运动时，每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·西湖期中）已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为 B．的周长为12
C．的最小值为3 D．的最大值为16
10．（2024高二下·西湖期中）已知的三个内角所对的边分别为．若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．角B的最大值为
D．的外接圆面积的最小值为
11．（2024高二下·西湖期中）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
12．（2024高二下·西湖期中）已知，则 .
13．（2024高二下·西湖期中）已知函数，，如果对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 .
14．（2024高二下·西湖期中）用组成没有重复数字的五位数，其中个位数字小于百位数字且百位数字小于万位数字的五位数有n个，则的展开式中，的系数是 ．（用数字作答）
15．（2024高二下·西湖期中）在中，内角所对的边分别为，满足．
（1）求证：；
（2）求的最大值．
16．（2024高二下·西湖期中）如图所示，已知三棱台中，，，，，．
（1）求二面角的余弦值；
（2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．
17．（2024高二下·西湖期中）书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）
（2）若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；
（3）为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望．
附参考数据：若，则①；②；③．
18．（2024高二下·西湖期中）已知双曲线，过该曲线上的点作不平行于坐标轴的直线交双曲线的右支于另一点，作直线交双曲线的渐近线于两点A，B（A在第一象限），其渐近线方程为，且，
（1）求双曲线方程．
（2）证明：直线过定点.
（3）当的斜率为负数时，求四边形的面积的取值范围．
19．（2024高二下·西湖期中）若有穷数列（n是正整数），满足即（i是正整数，且），就称该数列为“对称数列”．
（1）已知数列是项数为7的对称数列，且成等差数列，，试写出的每一项；
（2）已知是项数为的对称数列，且构成首项为50，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当k为何值时，取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前2024项和．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：易知，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的补集，交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
所以 .
故答案为：B
【分析】根据复数的除法运算求z，再结合共轭复数的概念运算求解.
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或与相交或，故A错误；
B、若，则需要直线与平面内两条相交直线垂直，只有得不到，故B错误；
C、若，则或与相交，故C错误；
D、若，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐项分析判断即可．
4．【答案】D
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】因为
，所以变量
与
不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过10%。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合独立性检验的方法，从而得出变量
与
不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过10%，从而选出正确的选项。
5．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知：函数为偶函数，
A、，为奇函数，排除；
B、，为奇函数，排除；
同理，C、D选项为偶函数，而对于C项，其定义域为，不是R，舍去，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用函数的奇偶性、定义域结合三角函数的性质判断即可.
6．【答案】D
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：因为数列是递增数列，所以，解得，
则的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】利用一次函数与指数函数的性质，结合数列的增减性列关于的不等式组求解即可.
7．【答案】D
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；轨迹方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，
圆心为，半径为1；
圆的标准方程为，圆心为，半径为2，因为两圆外切，所以和之间的距离为，即，
令，，则点在轨迹上，
由于，故，
且
，
同时，上面的上界和下界分别在和时取，
因为是在一个连续的圆弧上，所以上的值都可以取到，
则取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先化圆方程为标准方程，求圆心和半径，由题意可得，令，，求圆弧上一点到定点的距离的范围即可.
8．【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：设从号仓出发最终从1号仓出的概率为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】设从号仓出发最终从1号仓出的概率为，再根据题意列出的关系求解即可.
9．【答案】B,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
A、，故A错误；
B、的周长为，故B正确；
C、的最小值为，故C错误；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】由题，利用离心率公式、椭圆的定义和基本不等式求解判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；两角和与差的正切公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、若，且，在中，
由余弦定理可得，故A正确；
B、依题意，则，
由，，
左右同时乘，可得，故B正确；
C、因为，
所以，
当且仅当取等号，所以，故C错误；
D、因为，所以，的外接圆直径，外接圆面积，当时，外接圆面积的最小值为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用余弦定理计算即可判断A；结合余弦定理及正弦定理化简弦化切即可判断B；根据两角和差正切结合基本不等式即可判断C；根据正弦定理求外接圆的半径范围即可求出外接圆面积最值即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、在上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图所示：
连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，故A正确；
B、由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，
则，故即为异面直线与所成角或其补角，
又，，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，故B错误；
C、当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证，
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，
P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，故C错误；
D、因为平面，平面，故平面，
因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断A；利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断B；结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，确定轨迹长度即可判断C；利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：由，解得，则.
故答案为：.
【分析】由两角和的正切公式化简得关于的等式，解出的值，再利用二倍角的正切公式求的值即可.
13．【答案】
【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：由，可得，当，，所以单调递减，，，当，单调递增，所以
，由题意得，解得.
故答案为：.
【分析】根据题意转化为 ，求导，利用导数研究函数的单调性，分别求出函数的最大值，的最小值，进而建立不等关系，即可求出a的取值范围．
14．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：用组成没有重复数字的五位数中，
满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，即，
当时，不妨设，则
，
所以的系数是.
故答案为：2023．
【分析】根据排列和组合计数公式求出，再利用二项式定理求解即可．
15．【答案】（1）证明：由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，结合三角形内角性质，
或（舍），
；
（2）解：由，则由（1）问，则，，
且
又，
令，则，
所以
，则当时，的最大值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可；
（2）利用（1），求出，表示出，并进行换元转化为二次函数，求最大值即可.
（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，结合三角形内角性质，
或（舍），
.
（2）由，则由（1）问，得：，
所以，
且
又，
令，则，
所以
因为，
当时，所求的最大值为.
16．【答案】（1）解：因为，，所以二面角的平面角为，
因为，，所以，，
因为，所以，
因为，
所以，故二面角余弦值为；
（2）解：因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，如图所示：
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O，
因为，，且面，所以面，
又面，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点，
三棱台的体积．
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；
（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积即可.
（1）因为，，所以二面角的平面角为．
因为，，所以，．
因为，所以．
因为，
所以，故二面角余弦值为．
（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．
因为，，且面，所以面，
又面，所以．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点．
三棱台的体积．
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图得：；
（2）解：由题意知，即，
则；
（3）解：由题意可知，和的频率之比为：，
故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，
随机变量的取值可以为，
，，
，，
故的分布列为：
0 1 2 3
.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；超几何分布；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数的计算方法计算即可；
（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；
（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.
（1）根据频率分布直方图得：
．
（2）由题意知，即，
所以．
（3）由题意可知，和的频率之比为：，
故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，
随机变量的取值可以为，
，，
，，
故的分布列为：
0 1 2 3
所以.
18．【答案】（1）解：因为渐近线，则，代入点可得，
故，即双曲线方程为：；
（2）证明：设，
，
由可得，
故且，
故或且，
又，故，
由解得，则，
同理可得， 故，
而，可得，
故，故，
故，，
设直线的斜率为，则，
则直线的方程为，即，
所以过定点；
（3）解：由（2）可得直线与的距离为，故，
由题意可得四边形是平行四边形，
而，
故四边形的面积为，
，结合（2）中的取值范围可得，故，
故.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据渐近线方程可得，结合双曲线所过的点可求，得双曲线方程；
（2）联立直线方程和双曲线方程，结合判别式可得的斜率的范围，再由渐近线方程可得的坐标，由平行四边形可求出的方程求定点即可；
（3）利用（2）的结果结合弦长公式可用的斜率表示面积，结合斜率的范围可求面积的范围即可.
（1）因为渐近线，则，代入点可得，
故，即双曲线方程为：．
（2）设
，
由可得，
故且，
故或且，
又，故，
由解得，则，
同理可得， 故，
而，可得，
故，故，
故，，
设直线的斜率为，则，
直线的方程为，即，
所以过定点．
（3）由（2）可得直线与的距离为，故，
由题意可得四边形是平行四边形，
而，
故四边形的面积为，
，结合（2）中的取值范围可得．故，
故.
19．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，解得，
则数列为；
（2）解：因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以当时取得最大值，且；
（3）解：因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，；
②，，，，，，，，，，；
因为，对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项即可；
（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算即可；
（3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
（1）设的公差为，则，
解得，
数列为；
（2）因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以当时取得最大值，且.
（3）因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，；
②，，，，，，，，，，；
因为，
对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以.
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