浙江省金华第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题
一、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的．
1．（2024高三上·金华月考）若复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：依题意，
则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和复数的除法运算法则，从而得出复数z.
2．（2024高三上·金华月考）直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（ ）
A．只有一条，不在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】过a与P作一平面β，平面α与平面β的交线为b，因为直线a∥平面α，所以a∥b，在同一个平面内，过点作已知直线的平行线有且只有一条，
所以选项C正确．故选C．
【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理，判断出正确结果．
3．（2024高三上·金华月考）已知为单位向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为为单位向量，，
所以，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系和单位向量的定义，结合数量积的运算律，从而得出的值，再利用数量积求向量夹角余弦公式，从而得出的值.
4．（2024高三上·金华月考）的展开式中项的系数是（ ）
A．672 B． C．560 D．
【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知：的展开式通项为：，
令，解得，
所以项的系数是.
故答案为：D．
【分析】根据题意结合二项式定理可得，令，从而得出r的值，进而得出的展开式中项的系数.
5．（2024高三上·金华月考）某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，
依题意，得，解得，
所以，
则该圆锥体积为.
故答案为：B.
【分析】设出圆锥底面圆半径为r，圆锥高为，利用已知条件和圆锥侧面积公式得出h的值，再根据勾股定理得出r的值，最后由圆锥的体积公式得出该圆锥体积.
6．（2024高三上·金华月考）已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，
则，
所以，
则
，
当且仅当时，即当时取等号.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的的对称性，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
7．（2024高三上·金华月考）已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：
，
因为的图象关于直线轴对称，
所以，
所以，则，
当，，，则当时，函数取得最小值，
当时，为轴右侧第条对称轴，
因为在上没有最小值，所以，则，
由，解得，
所以，则．
故答案为：C.
【分析】先由三角恒等变换化简函数解析式为正弦型函数，再由正弦型函数图象的对称轴方程，从而得出，再根据函数在上没有最小值，从而得出实数的取值范围，进而建立不等式求解可得的值.
8．（2024高三上·金华月考）已知某多选题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．若选项中有（其中）个选项符合题目要求，记随机作答该题时（至少选择一个选项）所得的分数为随机变量，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：当至少选择一个选项时，共有（种）可能，
因为可取0，2，5，
则，
所以，
又因为可取0，2，5，
则，
所以，
又因为可取2，5，且，
则，
所以，
所以，
所以.
故答案为：D．
【分析】由题意可知：当至少选择一个选项时，共有（种）可能，再根据随机变量的分布列求数学期望公式，从而分别求出的值，再比较找出正确的选项.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·金华月考）某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ）
月份编号 1 2 3 4 5
下载量（万次） 5 4.5 4 3.5 2.5
A．与负相关
B．
C．预测第6个月的下载量是2.1万次
D．残差绝对值的最大值为0.2
【答案】A,C,D
【知识点】线性相关；线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：对于A：因为，所以变量与负相关，故正确；
对于B：因为，
，
又因为，
所以，
解得，故错误；
对于C：当时，，
所以，可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确；
对于D：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
所以，残差绝对值的最大值为0.2，故正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据线性回归方程判断出与的相关性，则判断出选项A；根据线性回归方程必过样本中心点，从而代入可得的值，则判断出选项B；根据线性回归方程预测，则判断出选项C；根据题意结合残差的定义分析判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高三上·金华月考）设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A． B．
C．为常数 D．为等比数列
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设公比为，
则，解得，
所以，
则，.
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为为常数，故C正确；
对于D，因为，，所以为等比数列，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据等比数列的性质可得公比的值，再利用等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而可得等比数列的通项公式和等比数列前n项和，再利用常数的定义和等比数列的定义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高三上·金华月考）已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ）
A． B．的图象关于点成中心对称
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，
满足，
令，则，所以，
又为偶函数，，故A对；
对于B，，
，
故函数的周期为，
再根据，则，
的图象关于点成中心对称，故B对；
对于C，由选项B知：的周期，
所以，
，
令，则，
又当时，
，
则，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为满足，
关于中心对称，
又当时，
在上单调递增；
当时，，
当时，为偶函数，
，
，当且仅当时，即当时等号成立，
，故D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用赋值法和偶函数的定义，从而得出的值，则判断出选项A；先推出的周期，再结合函数图象的中心对称判断出选项B；利用函数的周期性判断出选项C；利用函数的奇偶性、单调性，再结合函数的对称性，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三上·金华月考）若双曲线的离心率为3，则该双曲线焦点到渐近线的距离为 ．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线的方程，可得，
解得，
所以，
所以双曲线的焦点在轴，且，
所以，
因为双曲线的离心率为3，
所以，
解得，
所以，，，
所以焦点坐标为，
则双曲线的渐近线方程为，即，
所以焦点到渐近线的距离.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和双曲线的定义，从而得出实数m的取值范围，再利用确定双曲线的焦点在轴，且，再利用双曲线的离心率公式得出m的值，从而得出a，b的值，结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，进而得出焦点坐标，进一步得到渐近线方程，最后由点到直线的距离公式可得答案.
13．（2024高三上·金华月考）曲线在点处的切线与直线垂直，则 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由题意知：在处的切线的斜率为，又因为，
∴，
可得.
故答案为：.
【分析】由两直线垂直斜率之积等于-1，从而可得切线斜率，再对曲线求导，根据导数的几何意义得出，从而得出a的值.
14．（2024高三上·金华月考）已知集合，且，其中．若任意，均有，求实数的最大值 .
【答案】2
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 在上恒成立，
设，
由题意，得，
所以，
所以，实数m的最大值为2.
故答案为：2.
【分析】由题意得出在上恒成立，再构造函数，设，利用函数的单调性结合对数函数的单调性，从而解不等式得出b的取值范围，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的最大值.
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．（2024高三上·金华月考）已知，，分别是三角形三个内角，，的对边，已知，，
（1）求的值；
（2）求的周长.
【答案】（1）解：由，得：，
∴，
由，知，所以为锐角，
∴，
∴.
（2）解：由（1）知：，，
由正弦定理得：，
∴，
所以，的周长为14.
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）依题意，利用三角形内角和定理，用表示，再结合诱导公式和二倍角的正弦公式，再利用，知，则为锐角，再结合同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，从而得出角C的余弦值.
（2）利用（1）和诱导公式得出角B的正弦值，再利用同角三角函数基本公式得出角C的正弦值，再根据正弦定理和三角形周长公式，从而得出的周长.
（1）由得：，
∴，
由知，故为锐角，∴，
∴.
（2）由（1）知：，，
由正弦定理得：，
∴，
故的周长为14.
16．（2024高三上·金华月考）如图，长方体中，点分别在上，且，.
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为平面平面，
所以，
又因为且，平面，
所以平面，且平面，
所以，同理可得，，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图：
则，
在平面中，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
由（1）知，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则
则所求的夹角的余弦值为.
【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）利用已知条件和线面垂直的定义证出，，再根据线面垂直的判定定理证出直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得出平面的一个法向量，由（1）知，平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）因为平面平面，所以，
又且，平面，所以平面，
且平面，故，同理，，
平面，
所以平面.
（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
在平面中，
设平面的一个法向量为，
则，可取
由（1）知，平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则
故所求的夹角的余弦值为.
17．（2024高三上·金华月考）已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】（1）解：设，
联立直线方程和抛物线方程，消去可得，，
根据韦达定理可得，
则，
即，因为，解得：．
（2）解：因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
联立方程可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
18．（2024高三上·金华月考）已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】（1）解：由题意，得，，
则，
由，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上所述，在区间内单调递增，在区间内单调递减.
（2）（i）解：由，得，
设，
由（1）得，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
因为，
当时，，且当时，，
所以，当时，方程有两个不同的根，
则方程有两个不同的根，
所以，实数的取值范围是．
（ii）证明：不妨设，
则，且．
法一：
当时，结合（i）知，则；
当时，，
设
则
所以在区间内单调递增，
则，
所以，
所以
因为在区间内单调递减，
所以，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，
因为，
所以，
则．
又因为，
所以，
又因为在区间内单调递减．
所以，
则，
又因为，
所以，得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数和函数的零点，分区间判断导函数的正负，再结合导数的正负与单调性的关系，从而求出函数的单调区间.
（2）（i）将方程化为，再结合（1）判断函数的单调性，再利用函数求极限的方法和方程有两个不同的根，从而得出实数的取值范围.
（ii）设，由（i）可得和，再利用两种方法证明.
法一：先证明当时结论成立，构造函数，并证明，由此可得，再结合函数的单调性证出，再结合基本不等式求最值的方法，从而证出当时，.
法二：构造函数，再利用已知条件证出当时，，由此可证，再结合函数的单调性证出，再结合基本不等式求最值的方法，从而证出.
（1）由题意得，，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
19．（2024高三上·金华月考）若数列满足，则称为E数列，记．
（1）写出满足，且的一个E数列；
（2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是；
（3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）解：数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列.
（2）证明：必要性：由数列是递增数列，
得，
则是首项为2，公差为1的等差数列，
所以；
充分性：由，
得，，……，，
所以，
则，
又因为，，
所以，上述各不等式都取等号，
则，
所以是递增数列，
所以E数列是递增数列的充要条件是.
（3）解：设，则，
所以，，……，
则，
所以
，
由，得为偶数（），
所以为偶数，
则要使，必须使为偶数，
则4整除，
所以或，
当时，数列的项满足，，，
此时，则且成立；
当时，数列的项满足，，，时，
则且成立；
当或时，不能被4整除，
此时不存在数列，使得且成立，
所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得
【知识点】充要条件；数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据与以及，从而写出交替的数列.
（2）先证明必要性，根据数列是递增数列可得，从而得出；再证明充分性，先利用，再由累加法可得，从而证出E数列是递增数列的充要条件是.
（3） 设，则，再利用累加法得出，再分析的奇偶，则根据整除的性质，先假设存在，再证明矛盾，从而得出对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得．
（1）数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列.
（2）必要性：由数列是递增数列，得，
则是首项为2，公差为1的等差数列，所以；
充分性：由，
得，，……，，
于是，即，而，，
因此，上述各不等式都取等号，
即，从而是递增数列，
所以E数列是递增数列的充要条件是.
（3）设，则，
有，，……，，
于是
，
由，得为偶数（），
于是为偶数，
则要使，必须使为偶数，
即4整除，亦即或，
当时，数列的项满足，，，
此时，有且成立，
当时，数列的项满足，，
，时，亦有且成立，
当或时，不能被4整除，
此时不存在数列，使得且成立，
所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得.
1 / 1浙江省金华第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题
一、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的．
1．（2024高三上·金华月考）若复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·金华月考）直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（ ）
A．只有一条，不在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内
3．（2024高三上·金华月考）已知为单位向量，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·金华月考）的展开式中项的系数是（ ）
A．672 B． C．560 D．
5．（2024高三上·金华月考）某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·金华月考）已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
7．（2024高三上·金华月考）已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2024高三上·金华月考）已知某多选题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．若选项中有（其中）个选项符合题目要求，记随机作答该题时（至少选择一个选项）所得的分数为随机变量，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·金华月考）某科技公司统计了一款App最近5个月的下载量如表所示，若与线性相关，且线性回归方程为，则（ ）
月份编号 1 2 3 4 5
下载量（万次） 5 4.5 4 3.5 2.5
A．与负相关
B．
C．预测第6个月的下载量是2.1万次
D．残差绝对值的最大值为0.2
10．（2024高三上·金华月考）设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A． B．
C．为常数 D．为等比数列
11．（2024高三上·金华月考）已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ）
A． B．的图象关于点成中心对称
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三上·金华月考）若双曲线的离心率为3，则该双曲线焦点到渐近线的距离为 ．
13．（2024高三上·金华月考）曲线在点处的切线与直线垂直，则 .
14．（2024高三上·金华月考）已知集合，且，其中．若任意，均有，求实数的最大值 .
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．（2024高三上·金华月考）已知，，分别是三角形三个内角，，的对边，已知，，
（1）求的值；
（2）求的周长.
16．（2024高三上·金华月考）如图，长方体中，点分别在上，且，.
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．（2024高三上·金华月考）已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
18．（2024高三上·金华月考）已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
19．（2024高三上·金华月考）若数列满足，则称为E数列，记．
（1）写出满足，且的一个E数列；
（2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是；
（3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：依题意，
则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和复数的除法运算法则，从而得出复数z.
2．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】过a与P作一平面β，平面α与平面β的交线为b，因为直线a∥平面α，所以a∥b，在同一个平面内，过点作已知直线的平行线有且只有一条，
所以选项C正确．故选C．
【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理，判断出正确结果．
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为为单位向量，，
所以，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系和单位向量的定义，结合数量积的运算律，从而得出的值，再利用数量积求向量夹角余弦公式，从而得出的值.
4．【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知：的展开式通项为：，
令，解得，
所以项的系数是.
故答案为：D．
【分析】根据题意结合二项式定理可得，令，从而得出r的值，进而得出的展开式中项的系数.
5．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，
依题意，得，解得，
所以，
则该圆锥体积为.
故答案为：B.
【分析】设出圆锥底面圆半径为r，圆锥高为，利用已知条件和圆锥侧面积公式得出h的值，再根据勾股定理得出r的值，最后由圆锥的体积公式得出该圆锥体积.
6．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，
则，
所以，
则
，
当且仅当时，即当时取等号.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的的对称性，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
7．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：
，
因为的图象关于直线轴对称，
所以，
所以，则，
当，，，则当时，函数取得最小值，
当时，为轴右侧第条对称轴，
因为在上没有最小值，所以，则，
由，解得，
所以，则．
故答案为：C.
【分析】先由三角恒等变换化简函数解析式为正弦型函数，再由正弦型函数图象的对称轴方程，从而得出，再根据函数在上没有最小值，从而得出实数的取值范围，进而建立不等式求解可得的值.
8．【答案】D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知：当至少选择一个选项时，共有（种）可能，
因为可取0，2，5，
则，
所以，
又因为可取0，2，5，
则，
所以，
又因为可取2，5，且，
则，
所以，
所以，
所以.
故答案为：D．
【分析】由题意可知：当至少选择一个选项时，共有（种）可能，再根据随机变量的分布列求数学期望公式，从而分别求出的值，再比较找出正确的选项.
9．【答案】A,C,D
【知识点】线性相关；线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：对于A：因为，所以变量与负相关，故正确；
对于B：因为，
，
又因为，
所以，
解得，故错误；
对于C：当时，，
所以，可以预测第6个月的下载量约为2.1万次，故正确；
对于D：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
所以，残差绝对值的最大值为0.2，故正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据线性回归方程判断出与的相关性，则判断出选项A；根据线性回归方程必过样本中心点，从而代入可得的值，则判断出选项B；根据线性回归方程预测，则判断出选项C；根据题意结合残差的定义分析判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设公比为，
则，解得，
所以，
则，.
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为为常数，故C正确；
对于D，因为，，所以为等比数列，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据等比数列的性质可得公比的值，再利用等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而可得等比数列的通项公式和等比数列前n项和，再利用常数的定义和等比数列的定义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，
满足，
令，则，所以，
又为偶函数，，故A对；
对于B，，
，
故函数的周期为，
再根据，则，
的图象关于点成中心对称，故B对；
对于C，由选项B知：的周期，
所以，
，
令，则，
又当时，
，
则，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为满足，
关于中心对称，
又当时，
在上单调递增；
当时，，
当时，为偶函数，
，
，当且仅当时，即当时等号成立，
，故D对.
故答案为：ABD.
【分析】利用赋值法和偶函数的定义，从而得出的值，则判断出选项A；先推出的周期，再结合函数图象的中心对称判断出选项B；利用函数的周期性判断出选项C；利用函数的奇偶性、单调性，再结合函数的对称性，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线的方程，可得，
解得，
所以，
所以双曲线的焦点在轴，且，
所以，
因为双曲线的离心率为3，
所以，
解得，
所以，，，
所以焦点坐标为，
则双曲线的渐近线方程为，即，
所以焦点到渐近线的距离.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和双曲线的定义，从而得出实数m的取值范围，再利用确定双曲线的焦点在轴，且，再利用双曲线的离心率公式得出m的值，从而得出a，b的值，结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，进而得出焦点坐标，进一步得到渐近线方程，最后由点到直线的距离公式可得答案.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由题意知：在处的切线的斜率为，又因为，
∴，
可得.
故答案为：.
【分析】由两直线垂直斜率之积等于-1，从而可得切线斜率，再对曲线求导，根据导数的几何意义得出，从而得出a的值.
14．【答案】2
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 在上恒成立，
设，
由题意，得，
所以，
所以，实数m的最大值为2.
故答案为：2.
【分析】由题意得出在上恒成立，再构造函数，设，利用函数的单调性结合对数函数的单调性，从而解不等式得出b的取值范围，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的最大值.
15．【答案】（1）解：由，得：，
∴，
由，知，所以为锐角，
∴，
∴.
（2）解：由（1）知：，，
由正弦定理得：，
∴，
所以，的周长为14.
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）依题意，利用三角形内角和定理，用表示，再结合诱导公式和二倍角的正弦公式，再利用，知，则为锐角，再结合同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，从而得出角C的余弦值.
（2）利用（1）和诱导公式得出角B的正弦值，再利用同角三角函数基本公式得出角C的正弦值，再根据正弦定理和三角形周长公式，从而得出的周长.
（1）由得：，
∴，
由知，故为锐角，∴，
∴.
（2）由（1）知：，，
由正弦定理得：，
∴，
故的周长为14.
16．【答案】（1）证明：因为平面平面，
所以，
又因为且，平面，
所以平面，且平面，
所以，同理可得，，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图：
则，
在平面中，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
由（1）知，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则
则所求的夹角的余弦值为.
【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）利用已知条件和线面垂直的定义证出，，再根据线面垂直的判定定理证出直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得出平面的一个法向量，由（1）知，平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）因为平面平面，所以，
又且，平面，所以平面，
且平面，故，同理，，
平面，
所以平面.
（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
在平面中，
设平面的一个法向量为，
则，可取
由（1）知，平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则
故所求的夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：设，
联立直线方程和抛物线方程，消去可得，，
根据韦达定理可得，
则，
即，因为，解得：．
（2）解：因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
联立方程可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
18．【答案】（1）解：由题意，得，，
则，
由，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上所述，在区间内单调递增，在区间内单调递减.
（2）（i）解：由，得，
设，
由（1）得，在区间内单调递增，在区间内单调递减，
因为，
当时，，且当时，，
所以，当时，方程有两个不同的根，
则方程有两个不同的根，
所以，实数的取值范围是．
（ii）证明：不妨设，
则，且．
法一：
当时，结合（i）知，则；
当时，，
设
则
所以在区间内单调递增，
则，
所以，
所以
因为在区间内单调递减，
所以，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，
因为，
所以，
则．
又因为，
所以，
又因为在区间内单调递减．
所以，
则，
又因为，
所以，得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数和函数的零点，分区间判断导函数的正负，再结合导数的正负与单调性的关系，从而求出函数的单调区间.
（2）（i）将方程化为，再结合（1）判断函数的单调性，再利用函数求极限的方法和方程有两个不同的根，从而得出实数的取值范围.
（ii）设，由（i）可得和，再利用两种方法证明.
法一：先证明当时结论成立，构造函数，并证明，由此可得，再结合函数的单调性证出，再结合基本不等式求最值的方法，从而证出当时，.
法二：构造函数，再利用已知条件证出当时，，由此可证，再结合函数的单调性证出，再结合基本不等式求最值的方法，从而证出.
（1）由题意得，，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
19．【答案】（1）解：数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列.
（2）证明：必要性：由数列是递增数列，
得，
则是首项为2，公差为1的等差数列，
所以；
充分性：由，
得，，……，，
所以，
则，
又因为，，
所以，上述各不等式都取等号，
则，
所以是递增数列，
所以E数列是递增数列的充要条件是.
（3）解：设，则，
所以，，……，
则，
所以
，
由，得为偶数（），
所以为偶数，
则要使，必须使为偶数，
则4整除，
所以或，
当时，数列的项满足，，，
此时，则且成立；
当时，数列的项满足，，，时，
则且成立；
当或时，不能被4整除，
此时不存在数列，使得且成立，
所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得
【知识点】充要条件；数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据与以及，从而写出交替的数列.
（2）先证明必要性，根据数列是递增数列可得，从而得出；再证明充分性，先利用，再由累加法可得，从而证出E数列是递增数列的充要条件是.
（3） 设，则，再利用累加法得出，再分析的奇偶，则根据整除的性质，先假设存在，再证明矛盾，从而得出对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得．
（1）数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列.
（2）必要性：由数列是递增数列，得，
则是首项为2，公差为1的等差数列，所以；
充分性：由，
得，，……，，
于是，即，而，，
因此，上述各不等式都取等号，
即，从而是递增数列，
所以E数列是递增数列的充要条件是.
（3）设，则，
有，，……，，
于是
，
由，得为偶数（），
于是为偶数，
则要使，必须使为偶数，
即4整除，亦即或，
当时，数列的项满足，，，
此时，有且成立，
当时，数列的项满足，，
，时，亦有且成立，
当或时，不能被4整除，
此时不存在数列，使得且成立，
所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得.
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