湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·湘西期末）双曲线的焦距为（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线方程为，则，
因为，所以，所以双曲线的焦距为4.
故答案为：D
【分析】先利用双曲线的标准方程可得，再利用求出即可求解.
2．（2024高二下·湘西期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：求解，得或
即或
所以集合或，
则.
故答案为：B
【分析】先解绝对值不等式化简集合，再利用交集运算即可求解.
3．（2024高二下·湘西期末）虚数z满足，则z的虚部为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由可得，
故，故或，
因为为虚数，所以，故虚部为1.
故答案为：A
【分析】由题意可得，再利用因式分解即可求解.
4．（2024高二下·湘西期末）已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
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；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直于这个平面，
若，且，但如果直线与不相交，
则不能得到，从而不能推出；
如果两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，
若，由于，，，
则，又，所以.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理结合充要条件的定义即可求解.
5．（2024高二下·湘西期末）已知曲线在点处的切线与圆相切，该圆的半径为（ ）
A． B． C．或 D．或1
【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：已知，求导得，
故切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
又因为与圆相切，
所以的半径，解得或，
所以圆的半径为或.
故答案为：C
【分析】先求导可得，再利用导数的几何意义可得切线方程为，最后利用直线与圆相切的几何关系即求解．
6．（2024高二下·湘西期末）要安排4名学生（包括甲）到A，B两个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有1名志愿者，且甲不去A乡村，则不同的安排方法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．12种 D．14种
【答案】A
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：先把名学生分成组，分别为、，、，
若为2、2时，由于甲不去A乡村，则从另外3人中选一人和甲一起去B村，有种，
若为、时，可能甲单独去B村，或者甲与另外人去B村，有种，
故共有种.
故答案为：A.
【分析】先将名学生分为组，分别为、或、，采用特殊元素分析法求解即可.
7．（2024高二下·湘西期末）《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题.假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿12斗粟.羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半.”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半.”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半.”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，
由题意得
通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，
设该数列为，公差为，
由题意得
则
解得.
故答案为：B.
【分析】根据题意，设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得，再利用等差中项定义，从而判断出羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，再结合等差数列的通项公式，从而列出关于首项和公差的方程组，进而解方程组得出首项和公差的值，则得出羊的主人应赔偿的粟的斗数.
8．（2024高二下·湘西期末）已知为偶函数，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A．45 B． C．90 D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数的图象关于直线对称，所以函数与图象的交点关于直线对称，又因为函数与图象的有9个交点，所以两函数必都过点，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意可得函数与图象的交点关于直线对称，由中点公式求解即可.
9．（2024高二下·湘西期末）已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，
所以正态分布的对称轴为 ，
根据对称性可知：，得，故A正确、B错误；
则，故C错误、D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2024高二下·湘西期末）把函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则a的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，
由于的图象关于点对称，所以，
故，解得，
取，，取，
故答案为：AC
【分析】先利用图象平移可得，再利用可得，对取值即可求解.
11．（2024高二下·湘西期末）已知函数恰好有三个零点，分别为，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．，，成等差数列
C．，，成等比数列 D．
【答案】A,C,D
【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；等差数列的性质；等比数列的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
即或，解得或，
问题转化为直线与曲线、有3个交点，且三个点的横坐标依次为，，，
且，
函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减，则当时，函数取得最大值，
函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；当时，，即函数单调递减，
则当时，函数取得最大值，
作出函数与的图象，如图所示：
由，可得，由，可得，
又，且在上单调递增，
又，所以，即，故A正确；
，且在上单调递减，
又，所以，即，
故，故C正确，B错误；
因为，所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】将函数的零点问题转化为方程的解的问题，即问题转化为直线与曲线和交于三个点，且三个点的横坐标依次为，，，且，利用导数研究两个函数的单调性和最值，逐项判断即可.
12．（2024高二下·湘西期末）已知正四棱柱的底面边长为2，高为6，则该正四棱柱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；球内接多面体
【解析】【解答】解：设外接球的半径为，则，
所以正四棱柱的外接球的表面积.
故答案为：
【分析】先利用正四棱柱的边长和高求外接球的半径，再利用球的表面积公式即可求解.
13．（2024高二下·湘西期末）已知数列的前n项和满足，则 .
【答案】-62
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：令，得，得，
，当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以首项，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：
【分析】先利用公式，可，即可得数列是等比数列，再利用等比数列的求和公式即可求解.
14．（2024高二下·湘西期末）已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，椭圆C的离心率为，P是C在第一象限上的一点.若，则 .
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：记，，如图所示：
因为，则，，
由椭圆的定义可得，
所以，则，
又且，有或，
解得或，又点在第一象限，所以，
得，则.
故答案为：.
【分析】设，利用和可得，，再利用已经，即可求解.
15．（2024高二下·湘西期末）已知锐角的内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）解：由题意得，
由正弦定理得，
因为，
所以，
则，
所以，
因为，
所以．
（2）解：由，得，
因为，
所以，
由余弦定理得，
则．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再结合正弦定理和锐角三角形中角C的取值范围，从而得出角A的正弦值，再结合锐角三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用已知条件和三角形的面积公式，从而得到关于b，c的方程，再结合，从而求出的值，再根据余弦定理得出的值.
（1）由题意得，
由正弦定理得，
又，所以，则，即．
因为，所以．
（2）由，
得，结合，得．
由余弦定理得，
得．
16．（2024高二下·湘西期末）已知F为抛物线C：的焦点，且C上一点到点F的距离为4.
（1）求C的方程；
（2）若斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且，求l的方程.
【答案】（1）解：因为抛物线C上一点到点F的距离为4，
由抛物线定义，
可得，
，
抛物线的方程为．
（2）解：设直线，，设，，，，
将直线方程代入抛物线方程，
整理得，
需满足，
，
所以，
解得，
当时，满足，
则符合题意，
所以，直线方程为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的定义，从而得出p的值，进而得出抛物线C的方程.
（2）利用已知条件，设直线，，，，，，联立直线与抛物线方程，再利用焦半径公式和判别式法，从而得出满足要求的m的值，进而得出直线l的方程.
（1）C上一点到点F的距离为4，
由抛物线定义可得，，抛物线的方程为．
（2）设直线，，设，，，，
将方程代入方程整理得，需满足，
，
故，解得，
当时，满足，故符合题意，
故直线方程为
17．（2024高二下·湘西期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，.
（1）证明：.
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以，
取的中点，的中点，连接，
则，，所以，，
从而四边形为平行四边形， 则，，
在中，，且为的中点，所以，
因为平面平面， 且平面平面，
平面，所以平面，
又，所以平面.
又平面，所以，
，，
由，，得.
（2）解：由平面，，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，不妨设，则，
，，
由图可知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，由，
令，则，，
则，
所以二面角的正弦值为.
【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）取的中点，的中点，利用中位线可证明四边形为平行四边形，再利用面面垂直性质定理证得，由，，利用勾股定理即可证明.
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，再利用向量法求二面角的正弦值即可求解.
（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以，
取的中点，的中点，连接，
则，，所以，，
从而四边形为平行四边形， 则，，
在中，，且为的中点，所以，
因为平面平面， 且平面平面，
平面，所以平面，
又，所以平面.
又平面，所以，
，，
由，，得.
（2）由平面，，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，不妨设，则，
，，
由图可知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，由，
令，则，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．（2024高二下·湘西期末）某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（三类题目知识题量占比分别为，，）.甲回答这三类问题中每道题的正确率分别为，，.
（1）若甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率.
（2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取2n道题目，答对题目数不少于n道，即可以获得奖励.若以获得奖励的概率为依据，甲在和之中选其一，则应选择哪个？
【答案】（1）解：设甲所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，，所选的题目回答正确为事件B，
则，
即该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
（2）解：当时，X为甲答对题目的数量，则，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前10题答对题目的数量大于等于6，
②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题，
③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率
，
，即，
所以甲应选.
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，由全概率公式求解即可；
（2）当时，X为甲答对题目的数量，则，求出概率，当时，分情况分析，求出概率，再比较大小.
（1）设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，，
所选的题目回答正确为事件B，
则
，
所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
（2）当时，X为甲答对题目的数量，则，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前10题答对题目的数量大于等于6，
②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题，
③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率
，
，即，
所以甲应选.
19．（2024高二下·湘西期末）若函数满足对于任意的，恒成立，则称为“反转函数”.已知函数，.
（1）当时，证明：为“反转函数”.
（2）已知有三个零点，，，且.
①求a的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）证明：当时，得，
则，
得，
则在上单调递减，
当时，；当时，，
所以，对于任意的，，
则恒成立，
所以为“反转函数”.
（2）①解：由题意得，
，，
令，，
则二次函数图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当时，，恒成立，则，
则在上单调递减，不符合题意；
当时，在上单调递增，
则，所以，
则在上单调递减，不符合题意；
当时，时，
，；
时，，，
则在上单调递减，
在上单调递增，
由，得，
则，
所以，
得，
因为，，
所以，，
设函数，得，
则是增函数，
则，
则，
由，得，
所以，
则
设函数，得，
令，
则在上恒成立，
则是增函数，
因为，
所以是增函数，
则，
则，
综上所述，当时，，，
则
得，
由零点存在定理可知，当时，有3个零点，
所以a的取值范围为.
②证明：由①可知，
由题意得，
在上存在唯一零点，且，所以，
则，
则
得，
则，
要证，
即证，
则，
，，
即证，
设函数，
得，
令，
则
所以在上是减函数，
所以
故不等式得证.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数恒成立问题；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）利用导数判断函数的单调性，分和两种情况讨论函数的符号，从而证出恒成立，进而证出为“反转函数”.
（2）①利用的单调区间和极值结合零点存在定理，从而求出实数a的取值范围.
②由且，利用函数零点可得，要证，即证，即证，再构造函数，则根据导数判断函数h(x)的单调性，从而证出不等式成立.
（1）当时，得，
，
得，
则在上单调递减.
当时，，当时，
所以对于任意的，，
即恒成立.
故为“反转函数”.
（2）①：由题意得，，
令，，
二次函数图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当时，，恒成立，有，
则在上单调递减，不符合题意，
当时，在上单调递增，，有，
则在上单调递减，不符合题意，
当时，时，；
时，.
则在上单调递减，在上单调递增，
由，有，则，即，得，
因为，，
所以，，
设函数，得，则是增函数，
得，即，
由，得，
所以，
设函数，得，
令，则在上恒成立，则是增函数.
因为，所以是增函数，
则，即
综上，时，，，
，
得，
由零点存在定理可知，当时，有3个零点.
所以a的取值范围为.
②证明：由①可知
由题意得，在上存在唯一零点
且，，所以，
有，
则，
得，即，
要证，即证，即
得，
即证，
设函数，
得，
令，
则
所以在上是减函数，
所以，
故不等式得证.
1 / 1湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·湘西期末）双曲线的焦距为（ ）
A． B． C．2 D．4
2．（2024高二下·湘西期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·湘西期末）虚数z满足，则z的虚部为（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024高二下·湘西期末）已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高二下·湘西期末）已知曲线在点处的切线与圆相切，该圆的半径为（ ）
A． B． C．或 D．或1
6．（2024高二下·湘西期末）要安排4名学生（包括甲）到A，B两个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有1名志愿者，且甲不去A乡村，则不同的安排方法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．12种 D．14种
7．（2024高二下·湘西期末）《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题.假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿12斗粟.羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半.”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半.”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半.”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．（2024高二下·湘西期末）已知为偶函数，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A．45 B． C．90 D．
9．（2024高二下·湘西期末）已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·湘西期末）把函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则a的值可能为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·湘西期末）已知函数恰好有三个零点，分别为，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．，，成等差数列
C．，，成等比数列 D．
12．（2024高二下·湘西期末）已知正四棱柱的底面边长为2，高为6，则该正四棱柱的外接球的表面积为 .
13．（2024高二下·湘西期末）已知数列的前n项和满足，则 .
14．（2024高二下·湘西期末）已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，椭圆C的离心率为，P是C在第一象限上的一点.若，则 .
15．（2024高二下·湘西期末）已知锐角的内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求．
16．（2024高二下·湘西期末）已知F为抛物线C：的焦点，且C上一点到点F的距离为4.
（1）求C的方程；
（2）若斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且，求l的方程.
17．（2024高二下·湘西期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，.
（1）证明：.
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值.
18．（2024高二下·湘西期末）某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（三类题目知识题量占比分别为，，）.甲回答这三类问题中每道题的正确率分别为，，.
（1）若甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率.
（2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取2n道题目，答对题目数不少于n道，即可以获得奖励.若以获得奖励的概率为依据，甲在和之中选其一，则应选择哪个？
19．（2024高二下·湘西期末）若函数满足对于任意的，恒成立，则称为“反转函数”.已知函数，.
（1）当时，证明：为“反转函数”.
（2）已知有三个零点，，，且.
①求a的取值范围；
②证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线方程为，则，
因为，所以，所以双曲线的焦距为4.
故答案为：D
【分析】先利用双曲线的标准方程可得，再利用求出即可求解.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：求解，得或
即或
所以集合或，
则.
故答案为：B
【分析】先解绝对值不等式化简集合，再利用交集运算即可求解.
3．【答案】A
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由可得，
故，故或，
因为为虚数，所以，故虚部为1.
故答案为：A
【分析】由题意可得，再利用因式分解即可求解.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直于这个平面，
若，且，但如果直线与不相交，
则不能得到，从而不能推出；
如果两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，
若，由于，，，
则，又，所以.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理结合充要条件的定义即可求解.
5．【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：已知，求导得，
故切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
又因为与圆相切，
所以的半径，解得或，
所以圆的半径为或.
故答案为：C
【分析】先求导可得，再利用导数的几何意义可得切线方程为，最后利用直线与圆相切的几何关系即求解．
6．【答案】A
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：先把名学生分成组，分别为、，、，
若为2、2时，由于甲不去A乡村，则从另外3人中选一人和甲一起去B村，有种，
若为、时，可能甲单独去B村，或者甲与另外人去B村，有种，
故共有种.
故答案为：A.
【分析】先将名学生分为组，分别为、或、，采用特殊元素分析法求解即可.
7．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，
由题意得
通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，
设该数列为，公差为，
由题意得
则
解得.
故答案为：B.
【分析】根据题意，设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得，再利用等差中项定义，从而判断出羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，再结合等差数列的通项公式，从而列出关于首项和公差的方程组，进而解方程组得出首项和公差的值，则得出羊的主人应赔偿的粟的斗数.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数的图象关于直线对称，所以函数与图象的交点关于直线对称，又因为函数与图象的有9个交点，所以两函数必都过点，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意可得函数与图象的交点关于直线对称，由中点公式求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，
所以正态分布的对称轴为 ，
根据对称性可知：，得，故A正确、B错误；
则，故C错误、D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，
由于的图象关于点对称，所以，
故，解得，
取，，取，
故答案为：AC
【分析】先利用图象平移可得，再利用可得，对取值即可求解.
11．【答案】A,C,D
【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；等差数列的性质；等比数列的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
即或，解得或，
问题转化为直线与曲线、有3个交点，且三个点的横坐标依次为，，，
且，
函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减，则当时，函数取得最大值，
函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；当时，，即函数单调递减，
则当时，函数取得最大值，
作出函数与的图象，如图所示：
由，可得，由，可得，
又，且在上单调递增，
又，所以，即，故A正确；
，且在上单调递减，
又，所以，即，
故，故C正确，B错误；
因为，所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】将函数的零点问题转化为方程的解的问题，即问题转化为直线与曲线和交于三个点，且三个点的横坐标依次为，，，且，利用导数研究两个函数的单调性和最值，逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设外接球的半径为，则，
所以正四棱柱的外接球的表面积.
故答案为：
【分析】先利用正四棱柱的边长和高求外接球的半径，再利用球的表面积公式即可求解.
13．【答案】-62
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：令，得，得，
，当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以首项，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：
【分析】先利用公式，可，即可得数列是等比数列，再利用等比数列的求和公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：记，，如图所示：
因为，则，，
由椭圆的定义可得，
所以，则，
又且，有或，
解得或，又点在第一象限，所以，
得，则.
故答案为：.
【分析】设，利用和可得，，再利用已经，即可求解.
15．【答案】（1）解：由题意得，
由正弦定理得，
因为，
所以，
则，
所以，
因为，
所以．
（2）解：由，得，
因为，
所以，
由余弦定理得，
则．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再结合正弦定理和锐角三角形中角C的取值范围，从而得出角A的正弦值，再结合锐角三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用已知条件和三角形的面积公式，从而得到关于b，c的方程，再结合，从而求出的值，再根据余弦定理得出的值.
（1）由题意得，
由正弦定理得，
又，所以，则，即．
因为，所以．
（2）由，
得，结合，得．
由余弦定理得，
得．
16．【答案】（1）解：因为抛物线C上一点到点F的距离为4，
由抛物线定义，
可得，
，
抛物线的方程为．
（2）解：设直线，，设，，，，
将直线方程代入抛物线方程，
整理得，
需满足，
，
所以，
解得，
当时，满足，
则符合题意，
所以，直线方程为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的定义，从而得出p的值，进而得出抛物线C的方程.
（2）利用已知条件，设直线，，，，，，联立直线与抛物线方程，再利用焦半径公式和判别式法，从而得出满足要求的m的值，进而得出直线l的方程.
（1）C上一点到点F的距离为4，
由抛物线定义可得，，抛物线的方程为．
（2）设直线，，设，，，，
将方程代入方程整理得，需满足，
，
故，解得，
当时，满足，故符合题意，
故直线方程为
17．【答案】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以，
取的中点，的中点，连接，
则，，所以，，
从而四边形为平行四边形， 则，，
在中，，且为的中点，所以，
因为平面平面， 且平面平面，
平面，所以平面，
又，所以平面.
又平面，所以，
，，
由，，得.
（2）解：由平面，，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，不妨设，则，
，，
由图可知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，由，
令，则，，
则，
所以二面角的正弦值为.
【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）取的中点，的中点，利用中位线可证明四边形为平行四边形，再利用面面垂直性质定理证得，由，，利用勾股定理即可证明.
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，再利用向量法求二面角的正弦值即可求解.
（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以，
取的中点，的中点，连接，
则，，所以，，
从而四边形为平行四边形， 则，，
在中，，且为的中点，所以，
因为平面平面， 且平面平面，
平面，所以平面，
又，所以平面.
又平面，所以，
，，
由，，得.
（2）由平面，，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，不妨设，则，
，，
由图可知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，由，
令，则，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：设甲所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，，所选的题目回答正确为事件B，
则，
即该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
（2）解：当时，X为甲答对题目的数量，则，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前10题答对题目的数量大于等于6，
②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题，
③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率
，
，即，
所以甲应选.
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，由全概率公式求解即可；
（2）当时，X为甲答对题目的数量，则，求出概率，当时，分情况分析，求出概率，再比较大小.
（1）设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，，
所选的题目回答正确为事件B，
则
，
所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
（2）当时，X为甲答对题目的数量，则，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前10题答对题目的数量大于等于6，
②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题，
③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率
，
，即，
所以甲应选.
19．【答案】（1）证明：当时，得，
则，
得，
则在上单调递减，
当时，；当时，，
所以，对于任意的，，
则恒成立，
所以为“反转函数”.
（2）①解：由题意得，
，，
令，，
则二次函数图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当时，，恒成立，则，
则在上单调递减，不符合题意；
当时，在上单调递增，
则，所以，
则在上单调递减，不符合题意；
当时，时，
，；
时，，，
则在上单调递减，
在上单调递增，
由，得，
则，
所以，
得，
因为，，
所以，，
设函数，得，
则是增函数，
则，
则，
由，得，
所以，
则
设函数，得，
令，
则在上恒成立，
则是增函数，
因为，
所以是增函数，
则，
则，
综上所述，当时，，，
则
得，
由零点存在定理可知，当时，有3个零点，
所以a的取值范围为.
②证明：由①可知，
由题意得，
在上存在唯一零点，且，所以，
则，
则
得，
则，
要证，
即证，
则，
，，
即证，
设函数，
得，
令，
则
所以在上是减函数，
所以
故不等式得证.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数恒成立问题；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）利用导数判断函数的单调性，分和两种情况讨论函数的符号，从而证出恒成立，进而证出为“反转函数”.
（2）①利用的单调区间和极值结合零点存在定理，从而求出实数a的取值范围.
②由且，利用函数零点可得，要证，即证，即证，再构造函数，则根据导数判断函数h(x)的单调性，从而证出不等式成立.
（1）当时，得，
，
得，
则在上单调递减.
当时，，当时，
所以对于任意的，，
即恒成立.
故为“反转函数”.
（2）①：由题意得，，
令，，
二次函数图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当时，，恒成立，有，
则在上单调递减，不符合题意，
当时，在上单调递增，，有，
则在上单调递减，不符合题意，
当时，时，；
时，.
则在上单调递减，在上单调递增，
由，有，则，即，得，
因为，，
所以，，
设函数，得，则是增函数，
得，即，
由，得，
所以，
设函数，得，
令，则在上恒成立，则是增函数.
因为，所以是增函数，
则，即
综上，时，，，
，
得，
由零点存在定理可知，当时，有3个零点.
所以a的取值范围为.
②证明：由①可知
由题意得，在上存在唯一零点
且，，所以，
有，
则，
得，即，
要证，即证，即
得，
即证，
设函数，
得，
令，
则
所以在上是减函数，
所以，
故不等式得证.
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