浙江省嘉兴市桐乡市凤鸣高级中学2025届高三上学期第二次阶段检测（12月月考）数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（2024高三上·桐乡市月考）已知全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：因为全集，，所以，
则阴影部分为.
故答案为：A．
【分析】根据可知阴影部分为集合A去掉集合AB公共元素，再利用集合运算求解即可．
2．（2024高三上·桐乡市月考）已知，是不共线的单位向量，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解： 若，，且，
则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线对应系数成比例，列式计算即可.
3．（2024高三上·桐乡市月考）下列四个函数中，以为其对称中心，且在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、易知函数在上单调递减，故A错误；
B、在上单调递增，且为其对称中心，故B正确；
C、函数在上单调递增，但，则不是的对称中心，
故C错误；
D、易知函数在上单调递减，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的单调性，以及对称中心分逐项判断即可.
4．（2024高三上·桐乡市月考）已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数，
等式 ，则或，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意，分和两种情况解不等式即可.
5．（2024高三上·桐乡市月考）“直线与圆有公共点”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；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
若直线与圆有公共点，则，
即，即，
由，可得，但反之不成立，
则“直线与圆有公共点”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】易知圆心和半径，根据直线与圆有公共点列不等式求得，再根据充分与必要条件的定义判断即可.
6．（2024高三上·桐乡市月考）已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，圆锥的底面半径为，
由题意可得：，解得，
则该圆锥的高为.
故答案为：A.
【分析】设圆锥的母线长为，圆锥的底面半径为，根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理计算圆锥高即可.
7．（2024高三上·桐乡市月考）某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意：甲第一次取球，取到红球的概率为：；
甲、乙第一次均取到白球，甲第二次取到红球的概率为：；
甲、乙前两次均取到白球，甲第三次取到红球的概率为：，
则甲获胜的概率为：.
故答案为：C.
【分析】由题意，甲获胜分三种情况：甲第一次就摸到红球；甲、乙第一次都摸到白球，甲第二次摸到红球；甲、乙前两次均摸到白球，第三次摸甲摸到红球，利用古典概型概率公式结合组合、排列数公式求解即可.
8．（2024高三上·桐乡市月考）已知是定义在上且不恒为0的连续函数，若，，则（ ）
A． B．为奇函数 C．的周期为2 D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：是定义在上且不恒为0的连续函数，满足，
A、令，则，因为不恒为，所以，故A错误；
B、令，则，即，函数为偶函数，故B错误；
C、令，则，即，
令，可得，令，可得，
则，即函数的周期为4，故C错误；
D、令，则，即，即，
令，可得，即函数关于中心对称，
则，即，故，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABC；令和，再结合函数的对称性求解即可判断D.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·桐乡市月考）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．残差平方和越大，模型的拟合效果越好
C．若随机变量，则当减小时，保持不变
D．一组数据的极差不小于该组数据的标准差
【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： A、若随机变量， 则，故A正确；
B、残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故B错误；
C、 若随机变量，则当减小时，根据正态分布的概率分布特点可知为定值，故C正确；
D、由于，
标准差，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二项分布的方差公式计算即可判断A；根据残差的定义即可判断B；根据正态分布的性质即可判断C；根据极差与标准差的概念即可判断D．
10．（2024高三上·桐乡市月考）已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．为等比数列 B．为等比数列
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：B、由，可得，即，
因为，所以数列是首项、公比为3的等比数列，故B正确；
C、因为数列是首项、公比为3的等比数列，所以，则，故C正确；
A、由C选项可知：不是等比数列，故A错误；
D、因为，所以，，
，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由化简可得数列是首项、公比为3的等比数列，求通项公式即可判断ABC；利用错位相减法，结合等比数列前n项和公式求解即可判断D.
11．（2024高三上·桐乡市月考）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ）
A．，，，四点不共面
B．该几何体的体积为8
C．过四点，，，四点的外接球表面积为
D．截面四边形的周长的最小值为10
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、取中点，取靠近的三等分点，
易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
则，，，即，，，四点共面，故A错误；
B、易知该几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，，故B正确；
C、过四点，，，构造正方体，
易知外接球直径为正方体的体对角线，则，即，
则此四点的外接球表面积为，故C正确；
D、
由题意，平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5，
所以周长的最小值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取中点，取靠近的三等分点，推出证明四点共面即可判断A；通过补形可知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，进而求体积即可判断B；过，，，构造正方体，则外接球直径为正方体的体对角线，再求外接球的表面积即可判断C；利用面面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，则周长，求的最小值即可判断D
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三上·桐乡市月考）双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求解即可.
13．（2024高三上·桐乡市月考）已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为 .（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的二项式系数和为，解得，
则的展开式的通项为：，
令，解得，
则展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】根据二项式系数之和可得，写出二项展开式的通项，令求解即可.
14．（2024高三上·桐乡市月考）一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：4个球的取球顺序为种情况，
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况，
标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有种情况，
则摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是.
故答案为：.
【分析】由题意，可知4个球的取球顺序有种情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到，结合古典概型概率公式求解即可.
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·桐乡市月考）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
【答案】（1）解：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以sinA≠0，所以.
因为，所以，
即，解得或(舍去)
所以.
（2）解：设的面积为，外接圆半径为R，
所以，所以，
由正弦定理，得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角可得，进而利用两角和的正弦公式以及同角的三角函数关系式即可求得cosA的值，进而可得角A的值；
（2）由面积公式可得bc的值，进而由正弦定理求得外接圆半径，再计算即可求得的值.
（1）由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
（2）设的面积为，则.
16．（2024高三上·桐乡市月考）已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为曲线在点处的切线垂直于直线，所以，解得；
（2）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程，，
若，即时，，函数在上单调递增；
若，即时，关于x的方程有两个正根，
，，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，函数的递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合直线垂直关系求值即可；
（2）求函数的定义域，再求导，对参数分类讨论判断值的正负情况，求出函数的单调区间即可.
（1）函数，求导得，
由曲线在点处的切线垂直于直线，得，
所以.
（2）函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程中，，
若，则，，函数在上单调递增；
若，则，关于x的方程有两个正根，，，
当或时，；当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
17．（2024高三上·桐乡市月考）如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若为钝角，且二面角的大小为，求.
【答案】（1）证明：在平面内取点，过作于，过作于，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，同理可证，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，
因为，所以，解得，
综上，.
【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）在平面内取点，过作于，过作于，根据面面垂直的性质可得平面，再利用线面垂直的性质得到、，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可.
（1）如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
（2）法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角的平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
18．（2024高三上·桐乡市月考）在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
（1）求点T的轨迹W的方程；
（2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
【答案】（1）解：由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，，，
由椭圆定义可得：点T的轨迹是以，为焦点的椭圆，且椭圆长轴长为，
焦距为，，
则点T的轨迹W的方程为；
（2）解：由（1）可知：，，
设直线，，，
联立，消去x整理得，
由韦达定理可得：，，
设，，则，可得，同理可得，
则
，
故直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可知点T的轨迹为椭圆，求得，即可得椭圆的标准方程；
（2）由（1）可知：，，设直线，联立直线与椭圆方程，消元整理，结合韦达定理，求得的纵坐标，再利用斜率公式计算证明即可.
（1）由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得.
由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，为焦点的椭圆，
且椭圆长轴长为，焦距为，，
所以点T的轨迹W的方程为
（2）
由（1）知，，设直线，，，
联立消去x，整理得，则
，
根据题意可设，，则由，
可得，同理可得，
所以直线FM与直线FN的斜率之积，
.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
19．（2024高三上·桐乡市月考）一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辅角.我们规定在范围内的辅角称为辅角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辅角等于各复数辅角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为.
（1）写出一次操作后所有可能的复数；
（2）当，记的取值为X，求X的分布列；
（3）求为实数的概率.
【答案】（1）解：由题意可知：一次操作后可能的复数为：1，i，，，，；
（2）解：一次操作后复数的模所有可能的取值是：1，1，，，2，2
由，可得X的取值为1，，2，3，，4，
，，，
，，，
则X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
（3）解：若为实数，则或，
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即，
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系，
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：，
变形得，其中，故.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；全概率公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，直接写出一次操作后可能的复数即可；
（2）由题意可知：一次操作后复数的模所有可能的取值是：1，1，，，2，2，根据复数模的性质可得X的取值为1，，2，3，，4，分别计算其对应概率，列分布列即可；
（3）根据题意，由条件可得或，分别得到一次操作后得到的复数的辅角主值，然后在次操作中，分别设得到i，的次数为，的次数为，的次数为，即可得到，得到与之间的关系，即可得到结果.
（1）一次操作后可能的复数为：1，i，，，，，
（2）一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2
由，故X的取值为1，，2，3，，4
，，.
，，，
所以X的分布列为
X 1 2 3 4
P
（3）若为实数，则或.
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系.
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：
变形得，其中，故
1 / 1浙江省嘉兴市桐乡市凤鸣高级中学2025届高三上学期第二次阶段检测（12月月考）数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（2024高三上·桐乡市月考）已知全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·桐乡市月考）已知，是不共线的单位向量，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·桐乡市月考）下列四个函数中，以为其对称中心，且在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·桐乡市月考）已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·桐乡市月考）“直线与圆有公共点”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
6．（2024高三上·桐乡市月考）已知圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·桐乡市月考）某袋子中有大小相同的4个白球和2个红球，甲乙两人先后依次从袋中不放回取球，每次取1球，先取到红球者获胜，则甲获胜的概率（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·桐乡市月考）已知是定义在上且不恒为0的连续函数，若，，则（ ）
A． B．为奇函数 C．的周期为2 D．
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·桐乡市月考）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．残差平方和越大，模型的拟合效果越好
C．若随机变量，则当减小时，保持不变
D．一组数据的极差不小于该组数据的标准差
10．（2024高三上·桐乡市月考）已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．为等比数列 B．为等比数列
C． D．
11．（2024高三上·桐乡市月考）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ）
A．，，，四点不共面
B．该几何体的体积为8
C．过四点，，，四点的外接球表面积为
D．截面四边形的周长的最小值为10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三上·桐乡市月考）双曲线的渐近线方程为 ．
13．（2024高三上·桐乡市月考）已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为 .（用数字作答）
14．（2024高三上·桐乡市月考）一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是 .
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．（2024高三上·桐乡市月考）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
16．（2024高三上·桐乡市月考）已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值；
（2）讨论函数的单调性.
17．（2024高三上·桐乡市月考）如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若为钝角，且二面角的大小为，求.
18．（2024高三上·桐乡市月考）在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
（1）求点T的轨迹W的方程；
（2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
19．（2024高三上·桐乡市月考）一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辅角.我们规定在范围内的辅角称为辅角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辅角等于各复数辅角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为.
（1）写出一次操作后所有可能的复数；
（2）当，记的取值为X，求X的分布列；
（3）求为实数的概率.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：因为全集，，所以，
则阴影部分为.
故答案为：A．
【分析】根据可知阴影部分为集合A去掉集合AB公共元素，再利用集合运算求解即可．
2．【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解： 若，，且，
则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线对应系数成比例，列式计算即可.
3．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、易知函数在上单调递减，故A错误；
B、在上单调递增，且为其对称中心，故B正确；
C、函数在上单调递增，但，则不是的对称中心，
故C错误；
D、易知函数在上单调递减，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的单调性，以及对称中心分逐项判断即可.
4．【答案】D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数，
等式 ，则或，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意，分和两种情况解不等式即可.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
若直线与圆有公共点，则，
即，即，
由，可得，但反之不成立，
则“直线与圆有公共点”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】易知圆心和半径，根据直线与圆有公共点列不等式求得，再根据充分与必要条件的定义判断即可.
6．【答案】A
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，圆锥的底面半径为，
由题意可得：，解得，
则该圆锥的高为.
故答案为：A.
【分析】设圆锥的母线长为，圆锥的底面半径为，根据侧面展开图面积等于半圆面积，求得底面半径与母线长，再利用勾股定理计算圆锥高即可.
7．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意：甲第一次取球，取到红球的概率为：；
甲、乙第一次均取到白球，甲第二次取到红球的概率为：；
甲、乙前两次均取到白球，甲第三次取到红球的概率为：，
则甲获胜的概率为：.
故答案为：C.
【分析】由题意，甲获胜分三种情况：甲第一次就摸到红球；甲、乙第一次都摸到白球，甲第二次摸到红球；甲、乙前两次均摸到白球，第三次摸甲摸到红球，利用古典概型概率公式结合组合、排列数公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：是定义在上且不恒为0的连续函数，满足，
A、令，则，因为不恒为，所以，故A错误；
B、令，则，即，函数为偶函数，故B错误；
C、令，则，即，
令，可得，令，可得，
则，即函数的周期为4，故C错误；
D、令，则，即，即，
令，可得，即函数关于中心对称，
则，即，故，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABC；令和，再结合函数的对称性求解即可判断D.
9．【答案】A,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： A、若随机变量， 则，故A正确；
B、残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故B错误；
C、 若随机变量，则当减小时，根据正态分布的概率分布特点可知为定值，故C正确；
D、由于，
标准差，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二项分布的方差公式计算即可判断A；根据残差的定义即可判断B；根据正态分布的性质即可判断C；根据极差与标准差的概念即可判断D．
10．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：B、由，可得，即，
因为，所以数列是首项、公比为3的等比数列，故B正确；
C、因为数列是首项、公比为3的等比数列，所以，则，故C正确；
A、由C选项可知：不是等比数列，故A错误；
D、因为，所以，，
，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由化简可得数列是首项、公比为3的等比数列，求通项公式即可判断ABC；利用错位相减法，结合等比数列前n项和公式求解即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、取中点，取靠近的三等分点，
易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
则，，，即，，，四点共面，故A错误；
B、易知该几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，，故B正确；
C、过四点，，，构造正方体，
易知外接球直径为正方体的体对角线，则，即，
则此四点的外接球表面积为，故C正确；
D、
由题意，平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5，
所以周长的最小值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】取中点，取靠近的三等分点，推出证明四点共面即可判断A；通过补形可知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，进而求体积即可判断B；过，，，构造正方体，则外接球直径为正方体的体对角线，再求外接球的表面积即可判断C；利用面面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，则周长，求的最小值即可判断D
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求解即可.
13．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的二项式系数和为，解得，
则的展开式的通项为：，
令，解得，
则展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】根据二项式系数之和可得，写出二项展开式的通项，令求解即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：4个球的取球顺序为种情况，
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况，
标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有种情况，
则摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是.
故答案为：.
【分析】由题意，可知4个球的取球顺序有种情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到，结合古典概型概率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以sinA≠0，所以.
因为，所以，
即，解得或(舍去)
所以.
（2）解：设的面积为，外接圆半径为R，
所以，所以，
由正弦定理，得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角可得，进而利用两角和的正弦公式以及同角的三角函数关系式即可求得cosA的值，进而可得角A的值；
（2）由面积公式可得bc的值，进而由正弦定理求得外接圆半径，再计算即可求得的值.
（1）由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
（2）设的面积为，则.
16．【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为曲线在点处的切线垂直于直线，所以，解得；
（2）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程，，
若，即时，，函数在上单调递增；
若，即时，关于x的方程有两个正根，
，，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，函数的递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合直线垂直关系求值即可；
（2）求函数的定义域，再求导，对参数分类讨论判断值的正负情况，求出函数的单调区间即可.
（1）函数，求导得，
由曲线在点处的切线垂直于直线，得，
所以.
（2）函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，方程中，，
若，则，，函数在上单调递增；
若，则，关于x的方程有两个正根，，，
当或时，；当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
17．【答案】（1）证明：在平面内取点，过作于，过作于，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，同理可证，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，
因为，所以，解得，
综上，.
【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）在平面内取点，过作于，过作于，根据面面垂直的性质可得平面，再利用线面垂直的性质得到、，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可.
（1）如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
（2）法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角的平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
18．【答案】（1）解：由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，，，
由椭圆定义可得：点T的轨迹是以，为焦点的椭圆，且椭圆长轴长为，
焦距为，，
则点T的轨迹W的方程为；
（2）解：由（1）可知：，，
设直线，，，
联立，消去x整理得，
由韦达定理可得：，，
设，，则，可得，同理可得，
则
，
故直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可知点T的轨迹为椭圆，求得，即可得椭圆的标准方程；
（2）由（1）可知：，，设直线，联立直线与椭圆方程，消元整理，结合韦达定理，求得的纵坐标，再利用斜率公式计算证明即可.
（1）由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得.
由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，为焦点的椭圆，
且椭圆长轴长为，焦距为，，
所以点T的轨迹W的方程为
（2）
由（1）知，，设直线，，，
联立消去x，整理得，则
，
根据题意可设，，则由，
可得，同理可得，
所以直线FM与直线FN的斜率之积，
.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值.
19．【答案】（1）解：由题意可知：一次操作后可能的复数为：1，i，，，，；
（2）解：一次操作后复数的模所有可能的取值是：1，1，，，2，2
由，可得X的取值为1，，2，3，，4，
，，，
，，，
则X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
（3）解：若为实数，则或，
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即，
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系，
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：，
变形得，其中，故.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；全概率公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，直接写出一次操作后可能的复数即可；
（2）由题意可知：一次操作后复数的模所有可能的取值是：1，1，，，2，2，根据复数模的性质可得X的取值为1，，2，3，，4，分别计算其对应概率，列分布列即可；
（3）根据题意，由条件可得或，分别得到一次操作后得到的复数的辅角主值，然后在次操作中，分别设得到i，的次数为，的次数为，的次数为，即可得到，得到与之间的关系，即可得到结果.
（1）一次操作后可能的复数为：1，i，，，，，
（2）一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2
由，故X的取值为1，，2，3，，4
，，.
，，，
所以X的分布列为
X 1 2 3 4
P
（3）若为实数，则或.
而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，，
设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为，
于是，
从而，即
因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系.
（ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）；
（ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）；
（ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）；
因此由全概率公式可以得到：
变形得，其中，故
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