广东省深圳市北京师范大学南山附属学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·深圳期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：D.
【分析】利用复数代数形式的除法运算化简求得复数z，再求其共轭复数即可.
2．（2024高二下·深圳期末）设全集为R，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：∵ ，
∴ 则
故答案为：B
【分析】先求B的补集，再与A取交集.
3．（2024高二下·深圳期末）圆和圆交于A、B两点，则相交弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解： 圆和圆，
圆心分别为，
两圆方程作差可得相交弦所在直线方程为：，斜率为，
则相交弦AB的垂直平分线的斜率为，方程为，即.
故答案为：B.
【分析】两圆方程作差求出公共弦所在直线方程，从而得垂直平分线的斜率，再利用点斜式求相交弦AB的垂直平分线的方程即可.
4．（2024高二下·深圳期末）5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，
则5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.
故答案为：A.
【分析】根据分步计数原理计算即可.
5．（2024高二下·深圳期末）设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，由，可得，解得，
则．
故答案为：C．
【分析】设等比数列的公比为，由题意可得，再根据等比数列前项和公式计算即可.
6．（2024高二下·深圳期末）函数的图象如图所示，则的值等于（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，，，因为函数过原点，且，所以，即函数，
则.
故答案为：B.
【分析】根据函数的图象求解析式，再代值计算即可.
7．（2024高二下·深圳期末）如图所示，双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线 C 的两条渐近线分别交于A、B两点，A是的中点，且，则双曲线C的离心率（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【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：因为分别是，的中点，所以为的中位线，
又因为 ，所以，所以，
设，，，，
因为点在渐近线上，所以，得，
又因为为的中点，所以，
又因为在渐近线上，所以，得，
则双曲线的离心率．
故答案为：B.
【分析】由题意可得，设，，，，由点在渐近线上，求得点坐标，再由为的中点，得到点坐标，把代入渐近线，即可求得的离心率．
8．（2024高二下·深圳期末）如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，3，，
则，3，，，，，
，，
，，
，
连接BP，在正四棱柱中，面，
所以 就是与平面所成的角，则 ，
，
的最大值为．
故答案为：B．
【分析】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，3，，根据空间向量垂直的坐标表示得出，从而得出的最小值，连接BP，由线面角的定义得出 就是与平面所成的角，再结合二次函数的图象求最值的方法和正切函数的定义，从而得的最大值.
9．（2024高二下·深圳期末）下列说法中正确为（ ）
A．不论取何实数，命题“，”为真命题
B．若关于的不等式恒成立，则的取值范围为
C．设集合，，则“”是“”的充分不必要条件
D．函数与函数是同一个函数
【答案】A,C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同一函数的判定；函数恒成立问题
【解析】【解答】对于A，令，则，故方程总有两个不相等的实数根，不妨设，由韦达定理得，即，
不等式的解集为，则当时，有，A符合题意；
对于B，当时，可得成立，满足题意，
当时，可得，解得，
综上所述，的取值范围为，B不符合题意；
对于C，当时，，所以，充分性成立，
若，则或，解得或，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，C符合题意；
对于D，函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，故不是同一函数，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】 根据函数的对称性性质、一元二次不等式恒成立的处理方法、条件的充分性与必要性的判断思路、相等函数的概念逐项进行判断，可得答案.
10．（2024高二下·深圳期末）已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则（ ）
A．的最小值为 B．在上单调递减
C．的解集为 D．存在实数满足
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意：当时，，则，因为是偶函数，
所以，所以，则，
作出函数图象，如图所示：
A、由图可知：当时，函数在时取得最小值，由偶函数的图象关于轴对称，可得在上取得最小值，故A正确；
B、由图可知：函数在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
C、由或，解得或，综上可得的解集为，故C正确；
D、由，，即存在实数满足，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】由题意，根据偶函数的性质求出函数解析式，作出函数图象，数形结合判断即可.
11．（2024高二下·深圳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．恰有2个零点
C．既有最大值，又有最小值
D．若且，则
【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
当时，函数，，
，，则曲线在处的切线方程为，即，故A正确；
C、当时，，
所以在单调递减，同理可得在单调递减，
则函数既无最小值也无既最大值，故C错误；
B、，则恰有2个零点，故B正确；
D、若，，由，可得，
因为在上递减，所以，即，
同理可证当，时，结论也成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可判断A；由的导数推导函数的单调性，利用函数的单调性来判定既无最小值也无既最大值即可判断C；由函数的单调性及，可得恰有2个零点即可判断B；根据分类讨论，利用和函数的单调性得即可判断D.
12．（2024高二下·深圳期末）（多选）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】A,B,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，设，
因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，
化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，
可得，解得，
则存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，
则，
由图象可知，的最小值为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由圆，可得，
则圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设，根据“最远距离直线”定义和已知条件，从而建立关系求出点P的轨迹方程，则判断出选项A；联立直线与椭圆方程，则判断方程组是否有解判断出选项B；根据“最远距离直线”定义，从而将的最小值转化为的最小值，再转化为点A到直线的距离，从而求出的最小值，则判断出选项C；利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，从而得出点P的轨迹与圆C交于点，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
13．（2024高二下·深圳期末）已知，则 .
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】直接利用向量模的计算公式求解即可.
14．（2024高二下·深圳期末）4名男生和6名女生排成一排，要求男生不相邻，且不站在队伍的两端，则共有 种排法．
【答案】86400
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先排6名女生，有种排法；
将4名男生插空， 要求男生不站在队伍的两端 ，则男生安排在6名女生中间的 5个空位中，有种排法，根据分步计数原理可得，满足要求的排法共有= 86400 种．
故答案为：86400.
【分析】由题意，利用插空法结合排列数公式求解即可.
15．（2024高二下·深圳期末）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的体积和为 .
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接，如图所示：
则为正四面体内切球的半径，
因为，，，
所以，
所以，解得，
则正四面体内切球的体积，
由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径，
故最大球体积为；
中等球内切于高的正四面体中，中等球半径，
故中等球的体积为；
最小求内切于高的正四面体中，最小球半径，
故最小求的体积为；
所以九个球的体积和.
故答案为：.
【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.
16．（2024高二下·深圳期末）已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为 .
【答案】
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，，所以，
即，函数是周期为4的偶函数，
则，
不等式可化为，
令，，则函数在R上单调递减，
不等式，解得，则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】由题意求得函数为周期为4的偶函数，求得，原不等式化为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性求解即可.
17．（2024高二下·深圳期末）在二项式展开式中，前三项的二项式系数之和为79.
（1）求的值；
（2）若展开式中的常数项为，求实数的值.
【答案】（1）解：二项式的展开式的前三项的二项式系数为，
则，即，解得；
（2）解：二项式展开式的通项为：
，，
令，解得，则常数项为，
由题意可得：，整理得，则.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据二项式定理求前三项的二项式系数，列方程求的值即可；
（2）由二项式定理求的通项，由此可求常数项，由条件列方程求即可.
（1）二项式的展开式的前三项的二项式系数依次为，
因为展开式中的前三项的二项式系数之和等于79，
所以有，
即，
解得或.
因为，所以.
（2）因为展开式的通项为
，
令，得，所以常数项为，
由已知
整理得，
所以.
18．（2024高二下·深圳期末）如图，在四棱锥底面，．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，，，
则，．
在中，
所以，则，
因为底面，底面，所以，
又因为，平面，平面，
底面，
所以，平面平面.
另解：因为平面，平面，
所以.
过做的垂线，垂足为，连接，
则，
则，，，
在中，
，
，
则，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则平面平面.
（2）解：作，垂直为，连接 ，
因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，
则为与平面所成的角，
在中，
，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：利用已知条件结合勾股定理和余弦定理，从而计算出，的值，再根据勾股定理得到，从而证出平面，进而证出平面平面.
方法二：利用已知条件和线面垂直的定义证出线线垂直，再结合线线平行和勾股定理，从而证出，则证出平面，从而证出平面平面.
（2）作，垂足为，连接 ，从而确定为与平面所成的角，在直角三角形中结合对应边成比例得出AH的长，再结合正弦函数的定义得出与平面所成角的正弦值.
（1），，，则，．
中，，
故，故，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，平面，
底面，故平面平面，
另解：平面，平面，故，
过做的垂线，垂足为，连接，则，
，，，
在中，，，即，
又，平面，故平面，
平面，故平面平面，
（2）作，垂直为，连接 ，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，故为与平面所成的角，
中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．（2024高二下·深圳期末）“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子 离娄章句上》．“规”指圆规，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较短边为5cm，如图所示，三角形顶点A，B，C都在圆周上，B，C的对边分别为a，b，c，满足cm．
（1）求；
（2）若的面积为8cm2，且，求的周长．
【答案】（1）解：设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得；
（2）解：的面积为8cm2，且，则，即为锐角，，
由，可得，解可得，
由余弦定理，可得，
整理可得，解得，
故的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设的外接圆半径为，由题意求圆的直径，再结合正弦定理求解即可；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理求解即可.
（1）设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得.
（2）∵，则，故为锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理，即，
可得，解得（cm），
故的周长为（cm）.
20．（2024高二下·深圳期末）数列各项均为正数，其前n项和为，且满足
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和，并求使对所有的都成立的最大正整数m的值．
【答案】解：（1）数列满足，
当时，，解得，
当时，，整理得，
因为，所以数列为首项和公差都是1的等差数列，
所以，又因为，所以，
所以时，，
当，适合此式，
则数列的通项公式为；
（2）由（1）可得：，
则，随着n逐渐增大，逐渐增大，
，由题意可得，即，解得，
故所求最大正整数m的值为3.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的性质求解即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和，判断单调性，解不等式即可.
21．（2024高二下·深圳期末）已知椭圆与抛物线有一个相同的焦点，椭圆的长轴长为2p．
（1）求椭圆与抛物线的方程；
（2）P为抛物线上一点，为椭圆的左焦点，直线交椭圆于A，B两点，直线与抛物线交于P，Q两点，求的最大值．
【答案】（1）解： 抛物线的焦点，则，，抛物线方程为：；
因为椭圆与抛物线有一个相同的焦点，所以，长轴长，，
椭圆方程为 ；
（2）解：由（1）知： ，由题意 的斜率不为0，
设直线 的方程为： ，直线 的方程为： ， ，
联立方程 ，消元整理可得 ，
；
联立方程 ，得 ，
，
又点P是 的交点， ，得 ，
点P在抛物线上， ， ， ，
，
函数 ，易知函数 是增函数， ，
，即最大值为 ；
综上，抛物线方程为： ，椭圆方程为， 的最大值为 .
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意求得 ，分别写出椭圆和抛物线的方程即可；
（2）分别设直线 的方程，与椭圆，抛物线方程联立，利用弦长公式求解即可.
（1）由题意， ，又 ， ，
抛物线方程为： ，椭圆方程为 ；
（2）由（1）知： ，由题意 的斜率不为0，
设直线 的方程为： ，直线 的方程为： ， ，
联立方程 ，得： ，
；
联立方程 ，得 ，
，
又点P是 的交点， ，得 ，
点P在抛物线上， ， ， ，
，考察函数 ，
是增函数， ，
，即最大值为 ；
综上，抛物线方程为： ，椭圆方程为， 的最大值为 .
22．（2024高二下·深圳期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在的切线方程；
（2）设在区间上的最大值为，求，并判断函数的零点个数.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
，则切线方程为，即；
（2）解：，
则，
当时，由，则，所以单调递减；
所以在区间上的最大值为，
当时，知时，单调递增，时，单调递减，
所以最大值为，
所以，
当时，，显然无零点；
当时，，则，
所以在时单调递增，又，
，
所以根据零点存在性定理知：在时只有唯一零点，
综上所述，只有一个零点.
【知识点】导数的几何意义；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）求函数的定义域，求导，利用导数的结合意义结合直线的点斜式求切线方程即；
（2）先求导函数，再对分类讨论，即可求得的解析式，再根据解析式求出零点个数．
（1）当时，，所以，所以，
所以切线方程为，即；
（2），
则，
当时，由，则，所以单调递减；
所以在区间上的最大值为，
当时，知时，单调递增，时，单调递减，
所以最大值为，
所以，
当时，，显然无零点；
当时，，则，
所以在时单调递增，又，
，
所以根据零点存在性定理知：在时只有唯一零点，
综上所述，只有一个零点。
1 / 1广东省深圳市北京师范大学南山附属学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·深圳期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·深圳期末）设全集为R，集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·深圳期末）圆和圆交于A、B两点，则相交弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·深圳期末）5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·深圳期末）设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·深圳期末）函数的图象如图所示，则的值等于（ ）
A． B． C．2 D．1
7．（2024高二下·深圳期末）如图所示，双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线 C 的两条渐近线分别交于A、B两点，A是的中点，且，则双曲线C的离心率（ ）
A． B．2 C． D．
8．（2024高二下·深圳期末）如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
9．（2024高二下·深圳期末）下列说法中正确为（ ）
A．不论取何实数，命题“，”为真命题
B．若关于的不等式恒成立，则的取值范围为
C．设集合，，则“”是“”的充分不必要条件
D．函数与函数是同一个函数
10．（2024高二下·深圳期末）已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则（ ）
A．的最小值为 B．在上单调递减
C．的解集为 D．存在实数满足
11．（2024高二下·深圳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．恰有2个零点
C．既有最大值，又有最小值
D．若且，则
12．（2024高二下·深圳期末）（多选）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
13．（2024高二下·深圳期末）已知，则 .
14．（2024高二下·深圳期末）4名男生和6名女生排成一排，要求男生不相邻，且不站在队伍的两端，则共有 种排法．
15．（2024高二下·深圳期末）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的体积和为 .
16．（2024高二下·深圳期末）已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为 .
17．（2024高二下·深圳期末）在二项式展开式中，前三项的二项式系数之和为79.
（1）求的值；
（2）若展开式中的常数项为，求实数的值.
18．（2024高二下·深圳期末）如图，在四棱锥底面，．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
19．（2024高二下·深圳期末）“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子 离娄章句上》．“规”指圆规，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较短边为5cm，如图所示，三角形顶点A，B，C都在圆周上，B，C的对边分别为a，b，c，满足cm．
（1）求；
（2）若的面积为8cm2，且，求的周长．
20．（2024高二下·深圳期末）数列各项均为正数，其前n项和为，且满足
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和，并求使对所有的都成立的最大正整数m的值．
21．（2024高二下·深圳期末）已知椭圆与抛物线有一个相同的焦点，椭圆的长轴长为2p．
（1）求椭圆与抛物线的方程；
（2）P为抛物线上一点，为椭圆的左焦点，直线交椭圆于A，B两点，直线与抛物线交于P，Q两点，求的最大值．
22．（2024高二下·深圳期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在的切线方程；
（2）设在区间上的最大值为，求，并判断函数的零点个数.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：D.
【分析】利用复数代数形式的除法运算化简求得复数z，再求其共轭复数即可.
2．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：∵ ，
∴ 则
故答案为：B
【分析】先求B的补集，再与A取交集.
3．【答案】B
【知识点】相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解： 圆和圆，
圆心分别为，
两圆方程作差可得相交弦所在直线方程为：，斜率为，
则相交弦AB的垂直平分线的斜率为，方程为，即.
故答案为：B.
【分析】两圆方程作差求出公共弦所在直线方程，从而得垂直平分线的斜率，再利用点斜式求相交弦AB的垂直平分线的方程即可.
4．【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，
则5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.
故答案为：A.
【分析】根据分步计数原理计算即可.
5．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，由，可得，解得，
则．
故答案为：C．
【分析】设等比数列的公比为，由题意可得，再根据等比数列前项和公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，，，因为函数过原点，且，所以，即函数，
则.
故答案为：B.
【分析】根据函数的图象求解析式，再代值计算即可.
7．【答案】B
【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：因为分别是，的中点，所以为的中位线，
又因为 ，所以，所以，
设，，，，
因为点在渐近线上，所以，得，
又因为为的中点，所以，
又因为在渐近线上，所以，得，
则双曲线的离心率．
故答案为：B.
【分析】由题意可得，设，，，，由点在渐近线上，求得点坐标，再由为的中点，得到点坐标，把代入渐近线，即可求得的离心率．
8．【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，3，，
则，3，，，，，
，，
，，
，
连接BP，在正四棱柱中，面，
所以 就是与平面所成的角，则 ，
，
的最大值为．
故答案为：B．
【分析】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，3，，根据空间向量垂直的坐标表示得出，从而得出的最小值，连接BP，由线面角的定义得出 就是与平面所成的角，再结合二次函数的图象求最值的方法和正切函数的定义，从而得的最大值.
9．【答案】A,C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同一函数的判定；函数恒成立问题
【解析】【解答】对于A，令，则，故方程总有两个不相等的实数根，不妨设，由韦达定理得，即，
不等式的解集为，则当时，有，A符合题意；
对于B，当时，可得成立，满足题意，
当时，可得，解得，
综上所述，的取值范围为，B不符合题意；
对于C，当时，，所以，充分性成立，
若，则或，解得或，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，C符合题意；
对于D，函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，故不是同一函数，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】 根据函数的对称性性质、一元二次不等式恒成立的处理方法、条件的充分性与必要性的判断思路、相等函数的概念逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意：当时，，则，因为是偶函数，
所以，所以，则，
作出函数图象，如图所示：
A、由图可知：当时，函数在时取得最小值，由偶函数的图象关于轴对称，可得在上取得最小值，故A正确；
B、由图可知：函数在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
C、由或，解得或，综上可得的解集为，故C正确；
D、由，，即存在实数满足，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】由题意，根据偶函数的性质求出函数解析式，作出函数图象，数形结合判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
当时，函数，，
，，则曲线在处的切线方程为，即，故A正确；
C、当时，，
所以在单调递减，同理可得在单调递减，
则函数既无最小值也无既最大值，故C错误；
B、，则恰有2个零点，故B正确；
D、若，，由，可得，
因为在上递减，所以，即，
同理可证当，时，结论也成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可判断A；由的导数推导函数的单调性，利用函数的单调性来判定既无最小值也无既最大值即可判断C；由函数的单调性及，可得恰有2个零点即可判断B；根据分类讨论，利用和函数的单调性得即可判断D.
12．【答案】A,B,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，设，
因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，
化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，
可得，解得，
则存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，
则，
由图象可知，的最小值为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由圆，可得，
则圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设，根据“最远距离直线”定义和已知条件，从而建立关系求出点P的轨迹方程，则判断出选项A；联立直线与椭圆方程，则判断方程组是否有解判断出选项B；根据“最远距离直线”定义，从而将的最小值转化为的最小值，再转化为点A到直线的距离，从而求出的最小值，则判断出选项C；利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，从而得出点P的轨迹与圆C交于点，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】直接利用向量模的计算公式求解即可.
14．【答案】86400
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先排6名女生，有种排法；
将4名男生插空， 要求男生不站在队伍的两端 ，则男生安排在6名女生中间的 5个空位中，有种排法，根据分步计数原理可得，满足要求的排法共有= 86400 种．
故答案为：86400.
【分析】由题意，利用插空法结合排列数公式求解即可.
15．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接，如图所示：
则为正四面体内切球的半径，
因为，，，
所以，
所以，解得，
则正四面体内切球的体积，
由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径，
故最大球体积为；
中等球内切于高的正四面体中，中等球半径，
故中等球的体积为；
最小求内切于高的正四面体中，最小球半径，
故最小求的体积为；
所以九个球的体积和.
故答案为：.
【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.
16．【答案】
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，，所以，
即，函数是周期为4的偶函数，
则，
不等式可化为，
令，，则函数在R上单调递减，
不等式，解得，则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】由题意求得函数为周期为4的偶函数，求得，原不等式化为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性求解即可.
17．【答案】（1）解：二项式的展开式的前三项的二项式系数为，
则，即，解得；
（2）解：二项式展开式的通项为：
，，
令，解得，则常数项为，
由题意可得：，整理得，则.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）根据二项式定理求前三项的二项式系数，列方程求的值即可；
（2）由二项式定理求的通项，由此可求常数项，由条件列方程求即可.
（1）二项式的展开式的前三项的二项式系数依次为，
因为展开式中的前三项的二项式系数之和等于79，
所以有，
即，
解得或.
因为，所以.
（2）因为展开式的通项为
，
令，得，所以常数项为，
由已知
整理得，
所以.
18．【答案】（1）证明：因为，，，
则，．
在中，
所以，则，
因为底面，底面，所以，
又因为，平面，平面，
底面，
所以，平面平面.
另解：因为平面，平面，
所以.
过做的垂线，垂足为，连接，
则，
则，，，
在中，
，
，
则，
又因为，平面，
所以平面，平面，
则平面平面.
（2）解：作，垂直为，连接 ，
因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，
则为与平面所成的角，
在中，
，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：利用已知条件结合勾股定理和余弦定理，从而计算出，的值，再根据勾股定理得到，从而证出平面，进而证出平面平面.
方法二：利用已知条件和线面垂直的定义证出线线垂直，再结合线线平行和勾股定理，从而证出，则证出平面，从而证出平面平面.
（2）作，垂足为，连接 ，从而确定为与平面所成的角，在直角三角形中结合对应边成比例得出AH的长，再结合正弦函数的定义得出与平面所成角的正弦值.
（1），，，则，．
中，，
故，故，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，平面，
底面，故平面平面，
另解：平面，平面，故，
过做的垂线，垂足为，连接，则，
，，，
在中，，，即，
又，平面，故平面，
平面，故平面平面，
（2）作，垂直为，连接 ，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，故为与平面所成的角，
中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．【答案】（1）解：设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得；
（2）解：的面积为8cm2，且，则，即为锐角，，
由，可得，解可得，
由余弦定理，可得，
整理可得，解得，
故的周长为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设的外接圆半径为，由题意求圆的直径，再结合正弦定理求解即可；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理求解即可.
（1）设的外接圆半径为，则（cm），
由正弦定理，可得.
（2）∵，则，故为锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理，即，
可得，解得（cm），
故的周长为（cm）.
20．【答案】解：（1）数列满足，
当时，，解得，
当时，，整理得，
因为，所以数列为首项和公差都是1的等差数列，
所以，又因为，所以，
所以时，，
当，适合此式，
则数列的通项公式为；
（2）由（1）可得：，
则，随着n逐渐增大，逐渐增大，
，由题意可得，即，解得，
故所求最大正整数m的值为3.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的性质求解即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和，判断单调性，解不等式即可.
21．【答案】（1）解： 抛物线的焦点，则，，抛物线方程为：；
因为椭圆与抛物线有一个相同的焦点，所以，长轴长，，
椭圆方程为 ；
（2）解：由（1）知： ，由题意 的斜率不为0，
设直线 的方程为： ，直线 的方程为： ， ，
联立方程 ，消元整理可得 ，
；
联立方程 ，得 ，
，
又点P是 的交点， ，得 ，
点P在抛物线上， ， ， ，
，
函数 ，易知函数 是增函数， ，
，即最大值为 ；
综上，抛物线方程为： ，椭圆方程为， 的最大值为 .
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意求得 ，分别写出椭圆和抛物线的方程即可；
（2）分别设直线 的方程，与椭圆，抛物线方程联立，利用弦长公式求解即可.
（1）由题意， ，又 ， ，
抛物线方程为： ，椭圆方程为 ；
（2）由（1）知： ，由题意 的斜率不为0，
设直线 的方程为： ，直线 的方程为： ， ，
联立方程 ，得： ，
；
联立方程 ，得 ，
，
又点P是 的交点， ，得 ，
点P在抛物线上， ， ， ，
，考察函数 ，
是增函数， ，
，即最大值为 ；
综上，抛物线方程为： ，椭圆方程为， 的最大值为 .
22．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
，则切线方程为，即；
（2）解：，
则，
当时，由，则，所以单调递减；
所以在区间上的最大值为，
当时，知时，单调递增，时，单调递减，
所以最大值为，
所以，
当时，，显然无零点；
当时，，则，
所以在时单调递增，又，
，
所以根据零点存在性定理知：在时只有唯一零点，
综上所述，只有一个零点.
【知识点】导数的几何意义；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）求函数的定义域，求导，利用导数的结合意义结合直线的点斜式求切线方程即；
（2）先求导函数，再对分类讨论，即可求得的解析式，再根据解析式求出零点个数．
（1）当时，，所以，所以，
所以切线方程为，即；
（2），
则，
当时，由，则，所以单调递减；
所以在区间上的最大值为，
当时，知时，单调递增，时，单调递减，
所以最大值为，
所以，
当时，，显然无零点；
当时，，则，
所以在时单调递增，又，
，
所以根据零点存在性定理知：在时只有唯一零点，
综上所述，只有一个零点。
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