甘肃省张掖市第二中学2024-2025学年高三下学期第一次全真模拟考试数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025·张掖模拟）已知复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，
得，
所以，其虚部为．
故答案为：C．
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再利用共轭复数的定义和复数虚部的定义，从而得出复数的虚部.
2．（2025·张掖模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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，又因为，
所以，易验证0，1，2均是的解，
所以，
所以．
故答案为：B．
【分析】利用二次函数求值域的方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再判断中元素是否在集合中，从而可得集合.
3．（2025·张掖模拟）双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据m的取值范围和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的值.
4．（2025·张掖模拟）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，实心球体积为，
实心球体积为，
所以实心球与实心球体积之差的绝对值为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和球的体积公式，从而分别计算出实心球的体积和实心球的体积，再利用大实心球体积减去小实心球体积，从而得出半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值.
5．（2025·张掖模拟）铜钱，古代铜质辅币，指秦汉以后的各类方孔圆钱，其形状如图所示．若图中正方形的边长为2，圆的半径为3，正方形的中心与圆的圆心重合，动点在圆上，则的最小值为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】取的中点，连接，
则
，
因为正方形的边长为2，圆的半径为3，正方形的中心与圆的圆心重合，
所以，
所以．
故答案为：B.
【分析】取的中点，连接，由向量的加法的三角形法则和数量积的运算律，再结合图形得出的最小值.
6．（2025·张掖模拟）在锐角中，记角，，的对边分别为，，，若，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
又因为为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以为等边三角形，
所以的面积为．
故答案为：D．
【分析】根据两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦公式、正弦定理以及三角形面积公式，从而得出的面积．
7．（2025·张掖模拟）已知a，且，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再结合二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而可得，再利用两角和的正切公式，从而得出.
8．（2025·张掖模拟）已知当时，恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：令，则，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
又因为，
所以的值域为，
令，则，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以，
当时，恒成立，
所以，
则实数a的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】当时，恒成立，则，先利用导数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的值域为，再构造函数，从而求出函数的最小值，即为，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·张掖模拟）已知实数，，满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，的符号不确定.
对于A，当时，不成立，故A错误；
对于B，由，，得，故B正确；
对于C，因为，，
所以，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，由，得，，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】利用不等式的基本性质判断出选项A和选项B；变形利用基本不等式求和的最小值的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025·张掖模拟）已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由随机变量，
得，，，，故A正确；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为两个随机变量的均为120，由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据正态分布求随机变量期望和方差的公式、数学期望的性质、方差的性质以及正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而逐项判断找出说法正确的选项．
11．（2025·张掖模拟）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点且不与轴垂直的直线与抛物线相交于两点，过原点作直线的平行线与抛物线交于另一点，则（ ）
A．
B．线段的中点和线段的中点的连线与轴平行
C．以点为顶点的四边形可能为等腰梯形
D．
【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：对于A，因为焦点到准线的距离为2，所以，故A正确；
对于B，由题意知，直线的斜率存在且不为0，抛物线交点坐标为，
设直线的方程为，，
则直线的方程为，
联立，得，
则，
联立，得，
则或，
则，
记线段和线段的中点分别为，
则，
所以平行于轴，故B正确；
对于C，若点为顶点的四边形为等腰梯形，
则，与平行于轴，不垂直于轴矛盾，故C错误；
对于D，因为，
，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据p的几何意义，从而得出p的值，则判断出选项A；设出直线的方程和直线的方程，再分别联立抛物线方程，再利用韦达定理式和中点坐标公式，从而求出，的中点纵坐标，则可判断选项B；利用选项B中的结论结合等腰梯形性质，则可判断选项C；利用韦达定理式分别计算，从而得出，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·张掖模拟）已知等比数列的前项积为，若，则 ．
【答案】1
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的前项积为，
又因为，所以，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】依题意结合数列求积的方法，则可得，再由等比数列的性质，从而得出等比数列第六项的值.
13．（2025·张掖模拟）被10除的余数为 .
【答案】1
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，可知
，
因为可以被10整除，
所以被10除的余数为1.
故答案为：1.
【分析】由题意得，再结合二项式定理得出的展开式，再利用其展开式结构特征和求余的方法，从而得出被10除的余数.
14．（2025·张掖模拟）已知函数，若当时，函数存在最小值，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；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可得在时有最小值，
则在上有极小值即可，
因为在上单调递增，
所以只需
则解得，
这时存在，使得在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则函数在区间上有极小值也即是最小值，
所以的取值范围是．
故答案为：.
【分析】由题意可得在时有最小值，即在上有极小值即可，再根据在上单调递增，则，从而可得函数存在极小值点，则函数在区间上有极小值也即是最小值，从而得出实数m的取值范围.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025·张掖模拟）已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
（1）求C的标准方程；
（2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值.
【答案】（1）解：由题意得，，，
因为，所以，
则，
所以，椭圆C的标准方程为.
（2）解：由题意，设，，
如图所示，
联立，
整理得，
因为，
则，，
所以，
设直线l与x轴的交点为，
因为，所以，
则，
结合，解得.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆焦距的定义和离心率公式，从而得到，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而得出 椭圆C的标准方程.
（2）由题意，先设，，将直线与椭圆联立，结合判别式法和根与系数的关系式，从而得到，设直线l与x轴的交点为，再根据和已知条件，从而得出t的值.
（1）由题意得，，，
又，则，
则，
所以C的标准方程为.
（2）由题意设，，如图所示：
联立，
整理得，，
则，，
故.
设直线l与x轴的交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
16．（2025·张掖模拟）某学校对高三（1）班50名学生第一次模拟考试的数学成绩和化学成绩统计得到数据如下：数学成绩的方差为，化学成绩的方差为，其中且1分别表示这50名学生的数学成绩和化学成绩，关于的线性回归方程为.
（1）求与的样本相关系数；
（2）从概率统计规律来看，本次考试高三（1）班学生数学成绩服从正态分布，用样本平均数作为的估计值，用样本方差作为的估计值.试估计该校共800名高三学生中，数学成绩位于区间的人数.
附：①回归方程中：
②样本相关系数
③若，则
④
【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：因为，，
所以，
解得，即，
因为，所以，
所以数学成绩服从正态分布，
因为
，
所以该校高三学生数学成绩位于区间大约有：人.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【分析】（1）根据已知条件和方差公式以及求公式，从而求出，，再代入相关系数公式，从而得出求与的样本相关系数.
（2）由求出的值，即得出的值，再利用方差公式得出的值，从而得出数学成绩服从正态分布，再根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性以及特殊区间，得出的值，从得出该校高三学生数学成绩位于区间大约的人数.
（1）因为，
所以，
又，所以，
所以.
（2）因为，，
所以，解得，即，
因为，所以，
所以数学成绩服从正态分布，
因为
，
所以该校高三学生数学成绩位于区间大约有人.
17．（2025·张掖模拟）如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，．
（1）证明：；
（2）已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明：因为，，
所以，
所以，
同理可得，又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
连接，
因为，，，
所以，
所以．
又因为，由等腰三角形三线合一，得，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：因为，，
所以，
所以，
又因为，，
则，，两两垂直，
则以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
由（1）知，平分，
设，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，
所以，
设平面与平面夹角的大小为，
则
两边平方并化简得，
解得或，
因为，，
所以点到的距离为，
因为四边形为凸四边形，
所以，
所以不合题意，
则，
则，
可得，
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合勾股定理得出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义可得，连接，再利用全等三角形的判定和性质以及等腰三角形三线合一，从而可得，再结合线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出.
（2）利用 已知条件和勾股定理得出线线垂直，从而建系标点，进而得出向量的坐标，由（1）知，平分，设，则，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出a的值，再利用正弦函数的定义和凸四边形的结构特征以及四棱锥的体积公式，从而得出四棱锥的体积．
（1）因为，，
所以，所以，
同理，又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
连接，因为，，，
所以，所以．
又，由等腰三角形三线合一，得．
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）因为，，所以，
所以，又，，故，，两两垂直，
故以为坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
由（1）知平分，设，所以．
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面与平面夹角的大小为，
则，
两边平方并化简得，解得或．
因为，，所以点到的距离为，
因为四边形为凸四边形，所以，所以不合题意，
即，则，可得，
所以．
18．（2025·张掖模拟）已知.
（1）证明：是奇函数；
（2）若，证明在上有一个零点，且.
【答案】（1）证明：因为的定义域为，
所以，
由奇函数的定义知是奇函数.
（2）证明：由函数的图象的对称性，不妨取，
则，
因为，
下证，
设，，，，
则
（当且仅当，，即时取等号），
又因为的定义域为，
所以.
由函数图象的对称性，不妨取，
则，
所以在上单调递增，
当时，；
当时，，
由零点存在定理知在上有一个零点，
所以.
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【分析】（1） 根据奇函数的定义证出函数是奇函数.
（2）先根据函数图象的对称性，设，再作差运算得出，再结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法以及零点存在性定理，从而证出函数在上有一个零点且.
（1）的定义域为，
.
由奇函数的定义知是奇函数.
（2）由对称性，不妨取，
则，
而.
下证，
设，，，，
则
（当且仅当，，即时取等号）.
的定义域为，
.
由对称性，不妨取，则，
故在上单调递增.
当时，；
当时，.
由零点存在定理知在上有一个零点，
故.
19．（2025·张掖模拟）欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式唯一的.对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和.
（1）若数列，求数列的前项和；
（2）对互不相等的质数，证明：，并求的值.
【答案】（1）解：由题意可知：的正因数有，
则
可得
所以
（2）解：若为质数，
则，
因为为质数，
可知的正因数组成的集合为，
则；
所以的正因数组成的集合为，
则；
因为的正因数组成的集合为，；
又因为的正因数组成的集合为，
则，且
，
所以.
因为，
则，
所以.
【知识点】函数的值；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比数列求和公式可得，再利用裂项相消法得出数列的前项和.
（2）先根据题意求出，再结合集合知识证出等式，再根据代入运算得出的值.
（1）由题意可知：的正因数有，
则，
可得，
所以.
（2）若为质数，则，
因为为质数，可知：
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，
则，
且
，
所以.
因为，
则，
所以.
1 / 1甘肃省张掖市第二中学2024-2025学年高三下学期第一次全真模拟考试数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025·张掖模拟）已知复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·张掖模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·张掖模拟）双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
4．（2025·张掖模拟）半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·张掖模拟）铜钱，古代铜质辅币，指秦汉以后的各类方孔圆钱，其形状如图所示．若图中正方形的边长为2，圆的半径为3，正方形的中心与圆的圆心重合，动点在圆上，则的最小值为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
6．（2025·张掖模拟）在锐角中，记角，，的对边分别为，，，若，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·张掖模拟）已知a，且，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·张掖模拟）已知当时，恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·张掖模拟）已知实数，，满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·张掖模拟）已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025·张掖模拟）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点且不与轴垂直的直线与抛物线相交于两点，过原点作直线的平行线与抛物线交于另一点，则（ ）
A．
B．线段的中点和线段的中点的连线与轴平行
C．以点为顶点的四边形可能为等腰梯形
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·张掖模拟）已知等比数列的前项积为，若，则 ．
13．（2025·张掖模拟）被10除的余数为 .
14．（2025·张掖模拟）已知函数，若当时，函数存在最小值，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025·张掖模拟）已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
（1）求C的标准方程；
（2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值.
16．（2025·张掖模拟）某学校对高三（1）班50名学生第一次模拟考试的数学成绩和化学成绩统计得到数据如下：数学成绩的方差为，化学成绩的方差为，其中且1分别表示这50名学生的数学成绩和化学成绩，关于的线性回归方程为.
（1）求与的样本相关系数；
（2）从概率统计规律来看，本次考试高三（1）班学生数学成绩服从正态分布，用样本平均数作为的估计值，用样本方差作为的估计值.试估计该校共800名高三学生中，数学成绩位于区间的人数.
附：①回归方程中：
②样本相关系数
③若，则
④
17．（2025·张掖模拟）如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，．
（1）证明：；
（2）已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．
18．（2025·张掖模拟）已知.
（1）证明：是奇函数；
（2）若，证明在上有一个零点，且.
19．（2025·张掖模拟）欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式唯一的.对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和.
（1）若数列，求数列的前项和；
（2）对互不相等的质数，证明：，并求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，
得，
所以，其虚部为．
故答案为：C．
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再利用共轭复数的定义和复数虚部的定义，从而得出复数的虚部.
2．【答案】B
【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，又因为，
所以，易验证0，1，2均是的解，
所以，
所以．
故答案为：B．
【分析】利用二次函数求值域的方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再判断中元素是否在集合中，从而可得集合.
3．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据m的取值范围和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的值.
4．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，实心球体积为，
实心球体积为，
所以实心球与实心球体积之差的绝对值为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和球的体积公式，从而分别计算出实心球的体积和实心球的体积，再利用大实心球体积减去小实心球体积，从而得出半径为4的实心球与半径为2的实心球体积之差的绝对值.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】取的中点，连接，
则
，
因为正方形的边长为2，圆的半径为3，正方形的中心与圆的圆心重合，
所以，
所以．
故答案为：B.
【分析】取的中点，连接，由向量的加法的三角形法则和数量积的运算律，再结合图形得出的最小值.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
又因为为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以为等边三角形，
所以的面积为．
故答案为：D．
【分析】根据两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦公式、正弦定理以及三角形面积公式，从而得出的面积．
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再结合二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而可得，再利用两角和的正切公式，从而得出.
8．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：令，则，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
又因为，
所以的值域为，
令，则，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以，
当时，恒成立，
所以，
则实数a的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】当时，恒成立，则，先利用导数的正负判断函数的单调性，从而求出函数的值域为，再构造函数，从而求出函数的最小值，即为，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，的符号不确定.
对于A，当时，不成立，故A错误；
对于B，由，，得，故B正确；
对于C，因为，，
所以，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，由，得，，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】利用不等式的基本性质判断出选项A和选项B；变形利用基本不等式求和的最小值的方法，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由随机变量，
得，，，，故A正确；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为两个随机变量的均为120，由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】根据正态分布求随机变量期望和方差的公式、数学期望的性质、方差的性质以及正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而逐项判断找出说法正确的选项．
11．【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：对于A，因为焦点到准线的距离为2，所以，故A正确；
对于B，由题意知，直线的斜率存在且不为0，抛物线交点坐标为，
设直线的方程为，，
则直线的方程为，
联立，得，
则，
联立，得，
则或，
则，
记线段和线段的中点分别为，
则，
所以平行于轴，故B正确；
对于C，若点为顶点的四边形为等腰梯形，
则，与平行于轴，不垂直于轴矛盾，故C错误；
对于D，因为，
，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据p的几何意义，从而得出p的值，则判断出选项A；设出直线的方程和直线的方程，再分别联立抛物线方程，再利用韦达定理式和中点坐标公式，从而求出，的中点纵坐标，则可判断选项B；利用选项B中的结论结合等腰梯形性质，则可判断选项C；利用韦达定理式分别计算，从而得出，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的前项积为，
又因为，所以，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】依题意结合数列求积的方法，则可得，再由等比数列的性质，从而得出等比数列第六项的值.
13．【答案】1
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意，可知
，
因为可以被10整除，
所以被10除的余数为1.
故答案为：1.
【分析】由题意得，再结合二项式定理得出的展开式，再利用其展开式结构特征和求余的方法，从而得出被10除的余数.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可得在时有最小值，
则在上有极小值即可，
因为在上单调递增，
所以只需
则解得，
这时存在，使得在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则函数在区间上有极小值也即是最小值，
所以的取值范围是．
故答案为：.
【分析】由题意可得在时有最小值，即在上有极小值即可，再根据在上单调递增，则，从而可得函数存在极小值点，则函数在区间上有极小值也即是最小值，从而得出实数m的取值范围.
15．【答案】（1）解：由题意得，，，
因为，所以，
则，
所以，椭圆C的标准方程为.
（2）解：由题意，设，，
如图所示，
联立，
整理得，
因为，
则，，
所以，
设直线l与x轴的交点为，
因为，所以，
则，
结合，解得.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆焦距的定义和离心率公式，从而得到，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而得出 椭圆C的标准方程.
（2）由题意，先设，，将直线与椭圆联立，结合判别式法和根与系数的关系式，从而得到，设直线l与x轴的交点为，再根据和已知条件，从而得出t的值.
（1）由题意得，，，
又，则，
则，
所以C的标准方程为.
（2）由题意设，，如图所示：
联立，
整理得，，
则，，
故.
设直线l与x轴的交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
16．【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：因为，，
所以，
解得，即，
因为，所以，
所以数学成绩服从正态分布，
因为
，
所以该校高三学生数学成绩位于区间大约有：人.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【分析】（1）根据已知条件和方差公式以及求公式，从而求出，，再代入相关系数公式，从而得出求与的样本相关系数.
（2）由求出的值，即得出的值，再利用方差公式得出的值，从而得出数学成绩服从正态分布，再根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性以及特殊区间，得出的值，从得出该校高三学生数学成绩位于区间大约的人数.
（1）因为，
所以，
又，所以，
所以.
（2）因为，，
所以，解得，即，
因为，所以，
所以数学成绩服从正态分布，
因为
，
所以该校高三学生数学成绩位于区间大约有人.
17．【答案】（1）证明：因为，，
所以，
所以，
同理可得，又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
连接，
因为，，，
所以，
所以．
又因为，由等腰三角形三线合一，得，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：因为，，
所以，
所以，
又因为，，
则，，两两垂直，
则以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
由（1）知，平分，
设，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，
所以，
设平面与平面夹角的大小为，
则
两边平方并化简得，
解得或，
因为，，
所以点到的距离为，
因为四边形为凸四边形，
所以，
所以不合题意，
则，
则，
可得，
所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合勾股定理得出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义可得，连接，再利用全等三角形的判定和性质以及等腰三角形三线合一，从而可得，再结合线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出.
（2）利用 已知条件和勾股定理得出线线垂直，从而建系标点，进而得出向量的坐标，由（1）知，平分，设，则，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出a的值，再利用正弦函数的定义和凸四边形的结构特征以及四棱锥的体积公式，从而得出四棱锥的体积．
（1）因为，，
所以，所以，
同理，又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
连接，因为，，，
所以，所以．
又，由等腰三角形三线合一，得．
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）因为，，所以，
所以，又，，故，，两两垂直，
故以为坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
由（1）知平分，设，所以．
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面与平面夹角的大小为，
则，
两边平方并化简得，解得或．
因为，，所以点到的距离为，
因为四边形为凸四边形，所以，所以不合题意，
即，则，可得，
所以．
18．【答案】（1）证明：因为的定义域为，
所以，
由奇函数的定义知是奇函数.
（2）证明：由函数的图象的对称性，不妨取，
则，
因为，
下证，
设，，，，
则
（当且仅当，，即时取等号），
又因为的定义域为，
所以.
由函数图象的对称性，不妨取，
则，
所以在上单调递增，
当时，；
当时，，
由零点存在定理知在上有一个零点，
所以.
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【分析】（1） 根据奇函数的定义证出函数是奇函数.
（2）先根据函数图象的对称性，设，再作差运算得出，再结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法以及零点存在性定理，从而证出函数在上有一个零点且.
（1）的定义域为，
.
由奇函数的定义知是奇函数.
（2）由对称性，不妨取，
则，
而.
下证，
设，，，，
则
（当且仅当，，即时取等号）.
的定义域为，
.
由对称性，不妨取，则，
故在上单调递增.
当时，；
当时，.
由零点存在定理知在上有一个零点，
故.
19．【答案】（1）解：由题意可知：的正因数有，
则
可得
所以
（2）解：若为质数，
则，
因为为质数，
可知的正因数组成的集合为，
则；
所以的正因数组成的集合为，
则；
因为的正因数组成的集合为，；
又因为的正因数组成的集合为，
则，且
，
所以.
因为，
则，
所以.
【知识点】函数的值；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比数列求和公式可得，再利用裂项相消法得出数列的前项和.
（2）先根据题意求出，再结合集合知识证出等式，再根据代入运算得出的值.
（1）由题意可知：的正因数有，
则，
可得，
所以.
（2）若为质数，则，
因为为质数，可知：
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，；
的正因数组成的集合为，
则，
且
，
所以.
因为，
则，
所以.
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