广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三上学期教学质量检测数学试题一
1．（2024高三上·顺德模拟）已知复数满足，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
【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：由，
可得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再求模即可.
2．（2024高三上·顺德模拟）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
集合，则以.
故答案为：A.
【分析】解绝对值不等式求得集合，再根据集合的交集的定义计算即可.
3．（2024高三上·顺德模拟）“，”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得；由，可得，
则，即充分性成立；
取，，满足，但，即必要性不成立，
则“，”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合指数函数、对数函数的性质判断即可.
4．（2024高三上·顺德模拟）已知单位向量满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，因为，
所以，解得，
则，即，故A错误；
B、由A选项可得：，故B错误；
C、向量在向量上的投影向量为，
故C错误；
D、由，可得，
故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据数量积的运算律求出，再根据向量的夹角公式求得即可判断A；再根据即可判断B，根据投影向量的定义即可判断C；计算即可判断D.
5．（2024高三上·顺德模拟）函数是（ ）
A．偶函数，且最小值为－2
B．偶函数，且最大值为2
C．周期函数，且在上单调递增
D．非周期函数，且在上单调递减
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：AB、函数定义域为，定义域关于原点对称，
且满足，则函数为偶函数，
A、，
令，，，
当时，即时，函数有最小值，且最小值为，故A错误；
B、由A分析可知：当时，即时，函数有最大值，最大值为2，
故B正确；
C、因为，
所以为周期函数，周期为，
，令，当，，，
函数在单调递减，在单调递增，故C错误；
D、由C分析可知：函数为周期函数，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据函数的奇偶性判定方式以及函数的最值即可判断AB；根据周期性判断，结合复合函数的单调性即可判断CD.
6．（2024高三上·顺德模拟）印度数学家卡普列加在一次旅行中，遇到猛烈的暴风雨，他看到路边写有3025的一块牌子被劈成了两半，一半上写着30，另一半上写着25.这时，他发现，，即将劈成两半的数加起来，再平方，正好是原来的数字.数学家将3025等符合上述规律的数字称之为雷劈数（或卡普列加数）.则在下列数组：92，81，52，40，21，14中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数的概率是（ ）
A． B． C． D．0
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：易知，则是雷劈数，其余的不是雷劈数，
记事件=“从6个数中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数”，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先找出这6个数中的雷劈数，结合组合数公式求概率即可.
7．（2024高三上·顺德模拟）已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：当时，函数值域为；
当时，函数在上单调递增，；
函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值，；
要使得函数的值域为，则，结合，解得；
当时，函数在上单调递减，（）；
函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值，，
则函数的值域不可能为；
当时，函数在上单调递减，（）；
函数在上单调递增，，函数的值域不可能为，
综上可知：当时，函数的值域为.
故答案为：D.
【分析】分段求函数值域，根据原函数值域为，求实数的取值范围即可.
8．（2024高三上·顺德模拟）记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（ ）
A．999 B．1000 C．1001 D．1002
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：正项数列的前项积，满足，
当时，，解得，
当时，，由，
可得，即，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，，
由， 可得，
若，则，解得，则正整数的最小值为1001.
故答案为：C.
【分析】由数列的前项积满足，可求数列是等差数列，并求得的通项，
得到的通项，再由，求正整数的最小值即可.
9．（2024高三上·顺德模拟）现有甲、乙两组数据，甲组数据为：；乙组数据为：，若甲组数据的平均数为，标准差为，极差为，第百分位数为，则下列说法一定正确的是（ ）
A．乙组数据的平均数为
B．乙组数据的极差为
C．乙组数据的第百分位数为
D．乙组数据的标准差为
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 甲组数据为：；乙组数据为：，
A、甲数据的平均数为，根据平均数性质可得：乙组数据的平均数为，故A正确；
B、乙组数据的极差为，故B正确；
C、甲数据第百分位数为，，即，则乙组数据的第百分位数为，故C正确；
D、甲数据的标准差为，即方差，则乙组数据的方差为，标准差为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据平均数、极差、标准差的性质及百分位数的定义逐项判断即可.
10．（2024高三上·顺德模拟）在三棱台中，侧面是等腰梯形且与底面垂直，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．三棱台的体积为
【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
A、在中，，，则，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，故A正确；
B、因为，，且∽，
所以，又三棱锥和 的高相同，
则，故B正确；
C、因为，所以，所以，即，故C错误；
D、因为三棱台的高为1，所以三棱台的体积为：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据面面垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可判断A；根据两个同高的三棱锥的体积之比等于它们的底面积之比即可判断BC；根据台体的体积公式求出台体体积即可判断D.
11．（2024高三上·顺德模拟）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，为偶函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,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：A、由，可得函数关于中心对称，即；
再令，可得，则，故A正确；
B、由，两边求导可得，即，则函数关于直线对称，又因为为偶函数，所以关于直线对称，则函数的周期为4，即成立，故B正确；
C、因为，所以，即，未必为0，
故C错误；
D、由B选项可得：，令，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据奇函数和偶函数的定义，结合函数的周期性和对称性逐项判断即可.
12．（2024高三上·顺德模拟）若，则= ．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：联立，解得，则．
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，再求即可.
13．（2024高三上·顺德模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且垂直于轴的直线交椭圆于、两点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
若为等边三角形，由椭圆的对称性可得：，
因为，所以，，
由椭圆定义可得：，整理得，
则.
【分析】由题意可得，，利用椭圆定义列方程可得：，整理得，求椭圆的离心率即可.
14．（2024高三上·顺德模拟）现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 （用数字作答）.
【答案】
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，
若、、取到一个，有种不同的取法；
若、、取到两个，有种不同的取法；
若、、取到三个，有种不同的取法；
若、、都没有取到，有种不同的取法，
综上， 则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数为：.
故答案为：.
【分析】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，分四种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算即可.
15．（2024高三上·顺德模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，.
（1）求的面积；
（2）若，求.
【答案】（1）解：，，由正弦定理可得，则，
故；
（2）解：由余弦定理可得，
因为，，所以，所以，则，
由正弦定理可得，
又因为，所以，
因为，所以，则，
又因为，所以.
【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）利用正弦定理得到，求得，再根据三角形面积公式计算即可；
（2）由余弦定理得到，从而得到，再由正弦定理将边化角，求得，即可得角.
（1）因为，，
由正弦定理可得，所以，
所以；
（2）因为，又，，
所以，所以，则，
由正弦定理可得，又，
所以，显然，所以，则，
又，所以.
16．（2024高三上·顺德模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，
设到平面的距离为，
因为四棱锥的体积为，所以，所以，
所以，即平面，又因为平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，易知，且，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
取，，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，在中，易得，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，推得平面，结合面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，因为，，
所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为，
则，所以，
所以，即平面，又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，则，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2024高三上·顺德模拟）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：定义域为，，
，则，
即函数在处的切线方程为；
（2）解：函数的定义域为，
，
当时，恒成立，即函数在上单调递增；
当时，则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（3）解：因为，必有一个零点为，
由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，显然，
当时，则，，，
所以，
所以在上存在一个零点，
此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于，此时不满足，故舍去；
综上可得：实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意求得，再求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由（1）可得，再分、、三种情况讨论，分别求函数的单调区间即可；
（3）由，可得必有一个零点为，再结合（2）讨论即可.
（1）因为，
所以，，则，
所以函数在处的切线方程为；
（2）函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（3）因为，必有一个零点为，
由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
显然，
当时，则，，，
所以，
所以在上存在一个零点，
此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于，
此时不满足，故舍去；
综上可得实数的取值范围为.
18．（2024高三上·顺德模拟）密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.
（1）在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概率；
（2）甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和②.密室①有2个门，密室②有3个门（每个门都可以双向开），甲在每个密室随机选择1个门出去，若走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为，求的分布列.
【答案】（1）解：先从7人中随机选择2人，有种不同的选法，
选取的2人中含甲的，有种选法，其中甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
甲和资深玩家对抗并获胜的概率为；
和同级的玩家对抗并获胜的概率为，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；
（2）解：设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，则①，
考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，则②，联立①②，可得，
所以，故，
则分布列为：
1 2
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）先求出7人中随机选择2人的情况数和包含甲的情况数，分析得到6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，分两种情况，求出甲获胜的概率，相加即可；
（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，分析得到两个方程，求出，从而得到和，即可得分布列.
（1）7人中随机选择2人，共有种情况，其中含甲的情况有种，
6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为，
和同级的玩家对抗并获胜的概率为，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；
（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，
故①，
考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，
故②，
联立①②，可得，
所以，故，
故分布列如下：
1 2
19．（2024高三上·顺德模拟）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，
（i）当，时，求证：；
（ii）求.
【答案】（1）解： 数列的前项和为，且①，
当时，，解得，
当时，②，
①②两式相减得：，即，即，
则数列是以为首项，2为公比的等比数列，，即，
经检验，当时，上式也成立，
故数列的通项公式为：；
（2）解：由题意：，
（i）当，时，，，
，
因为，
因为，所以，
则；
（ii）因为，所以，
，
所以，
设，
，
两式相减得：，
则，即.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据数列的前项和，构造数列的递推公式，再构造等比数列，求数列的通项公式即可；
（2）先利用等差数列的前项和公式求，因为，再利用错位相减法求和即可.
（1）当时，.
当时，，，
两式相减得：.
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以.
当时，上式也成立.
所以数列的通项公式为：
（2）由题意：，
（i）当，时，，，
.
因为，
因为，所以，
所以：.
（ii）因为，所以.
，
所以
设，
则
两式相减得：，
所以.
即.
1 / 1广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三上学期教学质量检测数学试题一
1．（2024高三上·顺德模拟）已知复数满足，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
2．（2024高三上·顺德模拟）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·顺德模拟）“，”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
4．（2024高三上·顺德模拟）已知单位向量满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．
5．（2024高三上·顺德模拟）函数是（ ）
A．偶函数，且最小值为－2
B．偶函数，且最大值为2
C．周期函数，且在上单调递增
D．非周期函数，且在上单调递减
6．（2024高三上·顺德模拟）印度数学家卡普列加在一次旅行中，遇到猛烈的暴风雨，他看到路边写有3025的一块牌子被劈成了两半，一半上写着30，另一半上写着25.这时，他发现，，即将劈成两半的数加起来，再平方，正好是原来的数字.数学家将3025等符合上述规律的数字称之为雷劈数（或卡普列加数）.则在下列数组：92，81，52，40，21，14中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数的概率是（ ）
A． B． C． D．0
7．（2024高三上·顺德模拟）已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·顺德模拟）记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（ ）
A．999 B．1000 C．1001 D．1002
9．（2024高三上·顺德模拟）现有甲、乙两组数据，甲组数据为：；乙组数据为：，若甲组数据的平均数为，标准差为，极差为，第百分位数为，则下列说法一定正确的是（ ）
A．乙组数据的平均数为
B．乙组数据的极差为
C．乙组数据的第百分位数为
D．乙组数据的标准差为
10．（2024高三上·顺德模拟）在三棱台中，侧面是等腰梯形且与底面垂直，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．三棱台的体积为
11．（2024高三上·顺德模拟）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，为偶函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高三上·顺德模拟）若，则= ．
13．（2024高三上·顺德模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且垂直于轴的直线交椭圆于、两点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为 .
14．（2024高三上·顺德模拟）现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 （用数字作答）.
15．（2024高三上·顺德模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，.
（1）求的面积；
（2）若，求.
16．（2024高三上·顺德模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高三上·顺德模拟）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围.
18．（2024高三上·顺德模拟）密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.
（1）在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概率；
（2）甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和②.密室①有2个门，密室②有3个门（每个门都可以双向开），甲在每个密室随机选择1个门出去，若走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为，求的分布列.
19．（2024高三上·顺德模拟）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，
（i）当，时，求证：；
（ii）求.
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：由，
可得，则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再求模即可.
2．【答案】A
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
集合，则以.
故答案为：A.
【分析】解绝对值不等式求得集合，再根据集合的交集的定义计算即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得；由，可得，
则，即充分性成立；
取，，满足，但，即必要性不成立，
则“，”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合指数函数、对数函数的性质判断即可.
4．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，因为，
所以，解得，
则，即，故A错误；
B、由A选项可得：，故B错误；
C、向量在向量上的投影向量为，
故C错误；
D、由，可得，
故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据数量积的运算律求出，再根据向量的夹角公式求得即可判断A；再根据即可判断B，根据投影向量的定义即可判断C；计算即可判断D.
5．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：AB、函数定义域为，定义域关于原点对称，
且满足，则函数为偶函数，
A、，
令，，，
当时，即时，函数有最小值，且最小值为，故A错误；
B、由A分析可知：当时，即时，函数有最大值，最大值为2，
故B正确；
C、因为，
所以为周期函数，周期为，
，令，当，，，
函数在单调递减，在单调递增，故C错误；
D、由C分析可知：函数为周期函数，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据函数的奇偶性判定方式以及函数的最值即可判断AB；根据周期性判断，结合复合函数的单调性即可判断CD.
6．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：易知，则是雷劈数，其余的不是雷劈数，
记事件=“从6个数中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数”，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先找出这6个数中的雷劈数，结合组合数公式求概率即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：当时，函数值域为；
当时，函数在上单调递增，；
函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值，；
要使得函数的值域为，则，结合，解得；
当时，函数在上单调递减，（）；
函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值，，
则函数的值域不可能为；
当时，函数在上单调递减，（）；
函数在上单调递增，，函数的值域不可能为，
综上可知：当时，函数的值域为.
故答案为：D.
【分析】分段求函数值域，根据原函数值域为，求实数的取值范围即可.
8．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：正项数列的前项积，满足，
当时，，解得，
当时，，由，
可得，即，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，，
由， 可得，
若，则，解得，则正整数的最小值为1001.
故答案为：C.
【分析】由数列的前项积满足，可求数列是等差数列，并求得的通项，
得到的通项，再由，求正整数的最小值即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 甲组数据为：；乙组数据为：，
A、甲数据的平均数为，根据平均数性质可得：乙组数据的平均数为，故A正确；
B、乙组数据的极差为，故B正确；
C、甲数据第百分位数为，，即，则乙组数据的第百分位数为，故C正确；
D、甲数据的标准差为，即方差，则乙组数据的方差为，标准差为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据平均数、极差、标准差的性质及百分位数的定义逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
A、在中，，，则，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，故A正确；
B、因为，，且∽，
所以，又三棱锥和 的高相同，
则，故B正确；
C、因为，所以，所以，即，故C错误；
D、因为三棱台的高为1，所以三棱台的体积为：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据面面垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可判断A；根据两个同高的三棱锥的体积之比等于它们的底面积之比即可判断BC；根据台体的体积公式求出台体体积即可判断D.
11．【答案】A,B,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：A、由，可得函数关于中心对称，即；
再令，可得，则，故A正确；
B、由，两边求导可得，即，则函数关于直线对称，又因为为偶函数，所以关于直线对称，则函数的周期为4，即成立，故B正确；
C、因为，所以，即，未必为0，
故C错误；
D、由B选项可得：，令，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据奇函数和偶函数的定义，结合函数的周期性和对称性逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：联立，解得，则．
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，再求即可.
13．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
若为等边三角形，由椭圆的对称性可得：，
因为，所以，，
由椭圆定义可得：，整理得，
则.
【分析】由题意可得，，利用椭圆定义列方程可得：，整理得，求椭圆的离心率即可.
14．【答案】
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，
若、、取到一个，有种不同的取法；
若、、取到两个，有种不同的取法；
若、、取到三个，有种不同的取法；
若、、都没有取到，有种不同的取法，
综上， 则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数为：.
故答案为：.
【分析】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，分四种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算即可.
15．【答案】（1）解：，，由正弦定理可得，则，
故；
（2）解：由余弦定理可得，
因为，，所以，所以，则，
由正弦定理可得，
又因为，所以，
因为，所以，则，
又因为，所以.
【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）利用正弦定理得到，求得，再根据三角形面积公式计算即可；
（2）由余弦定理得到，从而得到，再由正弦定理将边化角，求得，即可得角.
（1）因为，，
由正弦定理可得，所以，
所以；
（2）因为，又，，
所以，所以，则，
由正弦定理可得，又，
所以，显然，所以，则，
又，所以.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，
设到平面的距离为，
因为四棱锥的体积为，所以，所以，
所以，即平面，又因为平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，易知，且，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
取，，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，在中，易得，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，推得平面，结合面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，因为，，
所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为，
则，所以，
所以，即平面，又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，则，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：定义域为，，
，则，
即函数在处的切线方程为；
（2）解：函数的定义域为，
，
当时，恒成立，即函数在上单调递增；
当时，则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（3）解：因为，必有一个零点为，
由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，显然，
当时，则，，，
所以，
所以在上存在一个零点，
此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于，此时不满足，故舍去；
综上可得：实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意求得，再求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由（1）可得，再分、、三种情况讨论，分别求函数的单调区间即可；
（3）由，可得必有一个零点为，再结合（2）讨论即可.
（1）因为，
所以，，则，
所以函数在处的切线方程为；
（2）函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（3）因为，必有一个零点为，
由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
显然，
当时，则，，，
所以，
所以在上存在一个零点，
此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于，
此时不满足，故舍去；
综上可得实数的取值范围为.
18．【答案】（1）解：先从7人中随机选择2人，有种不同的选法，
选取的2人中含甲的，有种选法，其中甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
甲和资深玩家对抗并获胜的概率为；
和同级的玩家对抗并获胜的概率为，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；
（2）解：设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，则①，
考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，则②，联立①②，可得，
所以，故，
则分布列为：
1 2
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）先求出7人中随机选择2人的情况数和包含甲的情况数，分析得到6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，分两种情况，求出甲获胜的概率，相加即可；
（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，分析得到两个方程，求出，从而得到和，即可得分布列.
（1）7人中随机选择2人，共有种情况，其中含甲的情况有种，
6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为，
和同级的玩家对抗并获胜的概率为，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；
（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，
故①，
考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，
故②，
联立①②，可得，
所以，故，
故分布列如下：
1 2
19．【答案】（1）解： 数列的前项和为，且①，
当时，，解得，
当时，②，
①②两式相减得：，即，即，
则数列是以为首项，2为公比的等比数列，，即，
经检验，当时，上式也成立，
故数列的通项公式为：；
（2）解：由题意：，
（i）当，时，，，
，
因为，
因为，所以，
则；
（ii）因为，所以，
，
所以，
设，
，
两式相减得：，
则，即.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据数列的前项和，构造数列的递推公式，再构造等比数列，求数列的通项公式即可；
（2）先利用等差数列的前项和公式求，因为，再利用错位相减法求和即可.
（1）当时，.
当时，，，
两式相减得：.
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以.
当时，上式也成立.
所以数列的通项公式为：
（2）由题意：，
（i）当，时，，，
.
因为，
因为，所以，
所以：.
（ii）因为，所以.
，
所以
设，
则
两式相减得：，
所以.
即.
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