浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期第四次月考数学（实验班）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．（2025高一上·杭州月考）定义集合且，若，，则的子集个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由题意，设，
则的子集个数为．
故答案为：D.
【分析】根据集合定义的新运算，从而确定集合，再利用子集的定义，从而得出集合的子集个数.
2．（2025高一上·杭州月考）复数满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．5
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：方法一：因为，
所以.
方法二：.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：利用复数的乘除法运算法则求出复数，再根据复数求模公式得出的值.
方法二：利用复数的模的运算法则和复数的模的求解方法，从二得出复数z的模.
3．（2025高一上·杭州月考）使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．，且
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，故A错误；
当时，，
得，
则，显然，
则，所以，
则是的充分条件；
当时，，
所以是的不必要条件，故B正确；
当时，成立，但，故C错误；
当时，由，得，则，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用幂函数的单调性、基本不等式求最值的方法、对数函数的单调性、指数函数的单调性，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而逐项判断找出使成立的一个充分不必要条件.
4．（2025高一上·杭州月考）一个正方体表面积与一个球表面积相等，那么它们的体积比是 ( )
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，球的半径为R，
由6a2＝4πR2，得＝，
所以.
故答案为：A．
【分析】利用正方体的表面积公式和球的表面积公式以及已知条件，从而得出正方体的棱长和球的半径之比，再结合正方体的体积公式和球的体积公式，从而得出正方体和球的体积之比.
5．（2025高一上·杭州月考）设，，是三个非零向量，且与不共线，若关于的方程有两个实根，，则
A． B．
C． D．，大小不确定
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为关于的方程有两个实根，，
所以，，
把两个等式相减，可得：，
则，
因为，，是三个非零向量，且与不共线，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】将两根分别代入方程作差，从而化简为，由已知条件分析得出.
6．（2025高一上·杭州月考）在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若AD为三棱锥的外接球直径，且AC与BD所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：设球心为，取中点为、中点为，连接，如图，
显然AC与BD所成角为，设外接球半径为，在中，，，在中，，， 在中，，所以，在中，，，
所以，解得，外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】做辅助线，先找到找到异面直线夹角，易得，，由，即可求出，由此即可得解.
7．（2025高一上·杭州月考）若函数与函数的图象的对称轴相同，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
令，得，
所以，函数的对称轴为，
则函数，
令，得，
所以，函数的对称轴为，
因为两函数的对称轴相同，此时，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用二倍角的余弦公式，则对函数进行变形求出其对称轴，再对用辅助角公式变形，从而用参数表示其对称轴，再利用两函数的对称轴相同得出角的值，再结合正切函数的定义得出实数a的值.
8．（2025高一上·杭州月考）高斯，德国著名数学家、物理学家、天文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称.函数称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，.设函数，则使不等式恒成立的实数的最小值为（ ）
A．0 B． C． D．1
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
当时，不等式成立；
当时，，，
所以，；
当时，，，
所以，，
综上所述：.
故答案为：C.
【分析】考虑，，三种情况，再利用已知条件和函数的性质，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出使不等式恒成立的实数的最小值.
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，有选错的得0分．
9．（2025高一上·杭州月考）已知均为大于0的实数，下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为.
对于A，因为，
当且仅当时，即当时取得等号，故A正确；
对于B，因为，
又因为，
所以，
所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，因为，
设，当且仅当时，即当时取得等号，
所以，
则当时，有最小值为0，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，则判断出选项A；利用作差比较大小的方法，则判断出选项B、选项C和选项D，从而找出不等式恒成立的选项.
10．（2025高一上·杭州月考）(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（ ）
A．MN∥平面APC B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线 D．平面MNQ∥平面APC
【答案】B,C
【知识点】三点共线；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图，连接MN，AC，
则MN∥AC，
连接AM，CN，设AM，CN交于点I，
由，
可得AM，CN交于点P，
则平面APC，故选项A错误；
对于B，由选项A知M，N在平面APC内，
由题意知AN∥C1Q，且AN 平面APC，C1Q平面APC，
所以C1Q∥平面APC，故选项B正确；
对于C，由选项A知，A，P，M三点共线，故选项C正确；
对于D，由选项A知MN 平面APC，又因为MN 平面MNQ，故选项D错误．
故答案为：BC.
【分析】连接MN，AC，则MN∥AC，由可得AM，CN交于点P，则平面APC， 从而判断出选项A；由选项A知AN∥C1Q，再根据线面平行的判定定理可判断选项B；由选项A知A，P，M三点共线，则判断出选项C；由选项A知MN 平面APC，再利用MN 平面MNQ判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高一上·杭州月考）已知定义在的函数满足：当时，恒有，则（ ）
A．
B．函数在区间为增函数
C．函数在区间为增函数
D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：依题意，当时，恒有，
令，则，
则，
所以，故A正确；
不妨设，再设，
则，
因为，
所以，
所以，
所以在为增函数，故B正确；
设，的符号无法判断，
所以的单调性无法判断，故C错误；
由上述判断可知，函数在为增函数，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用赋值法，令，则可判断选项A；不妨设，再设，利用单调函数的定义判断函数g(x)的单调性，则可判断选项B；设，利用单调函数的定义可判断选项C；由函数在为增函数，则，，再结合已知条件证出，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高一上·杭州月考）校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上，若国歌时长为50 s，升旗手应以 m/s的速度匀速升旗.
【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
根据正弦定理，得：，
则，，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】利用角之间的关系和三角形内角和定理，从而计算出和的值，再根据正弦定理得到的长和，从而计算出若国歌时长为50 s时升旗手匀速升旗的速度.
13．（2025高一上·杭州月考）已知x，y为正实数，且，当最小时，的最小值为 .
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
当且仅当时，即当时，取“=”，此时，
则，
当时，取“=”，
所以，的最小值为.
故答案为：.
【分析】先变形得到，再利用基本不等式求最值的方法，从而得到当时的的最小值，此时，再配方结合二次函数求最值的方法，从而求出的最小值.
14．（2025高一上·杭州月考）已知幂函数的图象关于轴对称，且在上是减函数，求满足的实数的取值范围 ．
【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为幂函数的图象关于轴对称，
且在上是减函数，
若，则，
当时，是奇函数，不满足题意，
当时，是偶函数且在上是减函数，满足题意，
根据函数图象关于轴对称，且在上是减函数，
可得在上是增函数，
由可知定义域为，，
可得，
所以，
所以，
解得或.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的图象的对称性确定的值，再利用函数的单调性和奇偶性，从而解不等式得出满足的实数的取值范围.
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高一上·杭州月考）设是半径为5的半圆的直径(如图)，是半圆上两点，已知．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：如图，连接OB，
由余弦定理，得，
由，知，
则.
（2）解：解法1：因为，
所以为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则，
在中，，
则，
在中，可得，
所以
故
解法2：
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）连接OB，在中利用余弦定理得出的值，再利用推出，再利用二倍角公式得出的值．
（2）利用两种方法求解.
方法1：根据题意可知，从而求出的值，在中利用得出的值，再利用数量积的定义得出的值．
方法2：根据平面向量的基本定理，则表示，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
（1）如图，连接OB，由余弦定理得，
由知，
则.
（2）解法1：因为，所以为的中点，
所以，
又因为，所以，则，
在中，，则，
又在中，可得，
所以，
故．
解法2：
.
16．（2025高一上·杭州月考）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点E在PD上，且，平面平面．
（1）证明：；
（2）在棱PC上是否存在一点F，使平面？证明你的结论．
【答案】（1）证明：由四边形为菱形，得，
因为平面，平面PCD，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
所以．
（2）解：存在，当F是PC的中点时，平面.
如图，取PE的中点M，连接FM，
得，
因为平面，平面，
所以平面，
由M为PE的中点，则，
得，E是MD的中点，
连接BM，BD，设，
由四边形是菱形，得O为BD的中点，
则，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
则平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征得出线线平行，再利用线线平行和线面平行的推导关系，从而证出.
（2）取PE的中点M，利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，从而证出在棱PC上存在一点F，使得平面.
（1）由四边形为菱形，得，
又平面，平面PCD，则平面，
又平面，平面平面，则，所以．
（2）存在．当F是PC的中点时，平面，
如图，取PE的中点M，连接FM，得，又平面，平面，于是平面，
由M为PE的中点，，得，E是MD的中点，
连接BM，BD，设，由四边形是菱形，得O为BD的中点，
则，又平面，平面，于是平面，
又，平面，则平面平面，
又平面，所以平面.
17．（2025高一上·杭州月考）若图，在中，，点在边上，.
（1）若的面积为，求的值；
（2）若，求的大小.
【答案】（1）解：在中，，
若的面积为，
则，
所以，
所以，
则
所以.
（2）解：在中，，
可设，则，
因为，
由正弦定理，得，
所以，
在中，，
由正弦定理，得，
则，
化简得，
所以，
因为，
所以，
所以或，
解得或，
所以，角的大小为或.
【知识点】运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式可得的长，再利用余弦定理可得的长，从而得到的值.
（2）在中，设，，根据正弦定理可得，在中利用正弦定理可得，再根据诱导公式结合正弦函数的取值以及角的取值范围，从而得出角A的值.
（1）在中，，
若的面积为，则，
所以，所以，
则，
所以
（2）在中，，可设，则，
又，由正弦定理，得，所以，
在中，，
由正弦定理，得，
即，化简得，
于是，因为，
所以，所以或，
解得或，即角的大小为或
18．（2025高一上·杭州月考）已知（且）是上的奇函数，且
（1）求的解析式；
（2）把区间等分成份，记等分点的横坐标依次为，，记，是否存在正整数n，使不等式有解？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由；
（3）函数在区间上的值域是，求的取值范围．
【答案】（1）解：∵是上的奇函数，
∴，
由，
可得，，
∵，
∴，，
所以.
又因为，
所以为奇函数，
所以.
（2）解：把区间等分成份，
则等分点的横坐标为，，
因为，
为奇函数，
所以的图象关于点对称，
所以，，
所以
，
因为，
所以，
则，
故存在正整数，使不等式有解.
（3）解：因为，
所以，
则 ，
由 ，知，
所以，
由（1）知，
函数为上的增函数，
因为函数在区间上的值域是，
所以，
则，
所以，关于的方程有两个互异实根，
令，所以方程有两个互异正根，
所以，
解得：，
∴.
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；指数型复合函数的性质及应用；图形的对称性
【解析】【分析】（1）根据，可得的值，从而得出函数的解析式.
（2）设等分点的横坐标为，，先根据可得函数的图象关于点对称，从而可得，，进而可得，再根据，从而只需求出使成立的n的取值范围，进而得出存在正整数，使不等式有解.
（3）利用区间的定义和指数函数的单调性，从而得到的取值范围，再利用函数的单调性，将问题进行转化，则根据换元法将问题进一步转化为二次方程根的分布问题，从而列出方程组求解得出的取值范围.
（1）∵是上的奇函数，∴，
由，可得，，
∵，∴，，所以.
又，所以为奇函数.
所以.
（2）把区间等分成份，则等分点的横坐标为，，
又，为奇函数，
所以的图象关于点对称，所以，，
所以
，
因为，所以，即.
故存在正整数，使不等式有解.
（3）因为，所以，从而，
又 知，所以，
由（1）知，函数为上的单调增函数.
因为函数在区间上的值域是，
所以，即
从而关于的方程有两个互异实根.
令，所以方程有两个互异正根.
所以，解得，.
∴.
19．（2025高一上·杭州月考）对于一个四元整数集，如果它能划分成两个不相交的二元子集和，满足，则称这个四元整数集为“有趣的”．
（1）写出集合的一个“有趣的”四元子集：
（2）证明：集合不能划分成两个不相交的“有趣的”四元子集：
（3）证明：对任意正整数， 集合不能划分成个两两不相交的“有趣的”四元子集．
【答案】（1）（符合要求即可）
（2）证明：假设可以划分，和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集.
（3）证明：假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，对于， 可设其中是偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是.
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
【知识点】子集与真子集
【解析】【分析】（1）依据“有趣的”四元整数集定义，尝试选取元素组合，使划分后的两个二元子集乘积差为.
（2）假设可划分成两个“有趣的”四元子集，分析子集内元素乘积奇偶性，结合集合中偶数个数推导矛盾.
（3）类似（2），假设可划分成个“有趣的”四元子集，从元素奇偶性及数量角度找矛盾.
（1）（符合要求即可）：
（2）假设可以划分，
和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和
每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集，
（3）假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，
对于， 可设其中是偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是．
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
1 / 1浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期第四次月考数学（实验班）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．（2025高一上·杭州月考）定义集合且，若，，则的子集个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025高一上·杭州月考）复数满足，则（ ）
A．1 B．2 C． D．5
3．（2025高一上·杭州月考）使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．，且
4．（2025高一上·杭州月考）一个正方体表面积与一个球表面积相等，那么它们的体积比是 ( )
A． B． C． D．
5．（2025高一上·杭州月考）设，，是三个非零向量，且与不共线，若关于的方程有两个实根，，则
A． B．
C． D．，大小不确定
6．（2025高一上·杭州月考）在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若AD为三棱锥的外接球直径，且AC与BD所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
7．（2025高一上·杭州月考）若函数与函数的图象的对称轴相同，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·杭州月考）高斯，德国著名数学家、物理学家、天文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称.函数称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，.设函数，则使不等式恒成立的实数的最小值为（ ）
A．0 B． C． D．1
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，有选错的得0分．
9．（2025高一上·杭州月考）已知均为大于0的实数，下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·杭州月考）(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是（ ）
A．MN∥平面APC B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线 D．平面MNQ∥平面APC
11．（2025高一上·杭州月考）已知定义在的函数满足：当时，恒有，则（ ）
A．
B．函数在区间为增函数
C．函数在区间为增函数
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一上·杭州月考）校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上，若国歌时长为50 s，升旗手应以 m/s的速度匀速升旗.
13．（2025高一上·杭州月考）已知x，y为正实数，且，当最小时，的最小值为 .
14．（2025高一上·杭州月考）已知幂函数的图象关于轴对称，且在上是减函数，求满足的实数的取值范围 ．
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高一上·杭州月考）设是半径为5的半圆的直径(如图)，是半圆上两点，已知．
（1）求的值；
（2）求的值．
16．（2025高一上·杭州月考）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点E在PD上，且，平面平面．
（1）证明：；
（2）在棱PC上是否存在一点F，使平面？证明你的结论．
17．（2025高一上·杭州月考）若图，在中，，点在边上，.
（1）若的面积为，求的值；
（2）若，求的大小.
18．（2025高一上·杭州月考）已知（且）是上的奇函数，且
（1）求的解析式；
（2）把区间等分成份，记等分点的横坐标依次为，，记，是否存在正整数n，使不等式有解？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由；
（3）函数在区间上的值域是，求的取值范围．
19．（2025高一上·杭州月考）对于一个四元整数集，如果它能划分成两个不相交的二元子集和，满足，则称这个四元整数集为“有趣的”．
（1）写出集合的一个“有趣的”四元子集：
（2）证明：集合不能划分成两个不相交的“有趣的”四元子集：
（3）证明：对任意正整数， 集合不能划分成个两两不相交的“有趣的”四元子集．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由题意，设，
则的子集个数为．
故答案为：D.
【分析】根据集合定义的新运算，从而确定集合，再利用子集的定义，从而得出集合的子集个数.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：方法一：因为，
所以.
方法二：.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：利用复数的乘除法运算法则求出复数，再根据复数求模公式得出的值.
方法二：利用复数的模的运算法则和复数的模的求解方法，从二得出复数z的模.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，故A错误；
当时，，
得，
则，显然，
则，所以，
则是的充分条件；
当时，，
所以是的不必要条件，故B正确；
当时，成立，但，故C错误；
当时，由，得，则，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用幂函数的单调性、基本不等式求最值的方法、对数函数的单调性、指数函数的单调性，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而逐项判断找出使成立的一个充分不必要条件.
4．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，球的半径为R，
由6a2＝4πR2，得＝，
所以.
故答案为：A．
【分析】利用正方体的表面积公式和球的表面积公式以及已知条件，从而得出正方体的棱长和球的半径之比，再结合正方体的体积公式和球的体积公式，从而得出正方体和球的体积之比.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为关于的方程有两个实根，，
所以，，
把两个等式相减，可得：，
则，
因为，，是三个非零向量，且与不共线，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】将两根分别代入方程作差，从而化简为，由已知条件分析得出.
6．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：设球心为，取中点为、中点为，连接，如图，
显然AC与BD所成角为，设外接球半径为，在中，，，在中，，， 在中，，所以，在中，，，
所以，解得，外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】做辅助线，先找到找到异面直线夹角，易得，，由，即可求出，由此即可得解.
7．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
令，得，
所以，函数的对称轴为，
则函数，
令，得，
所以，函数的对称轴为，
因为两函数的对称轴相同，此时，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用二倍角的余弦公式，则对函数进行变形求出其对称轴，再对用辅助角公式变形，从而用参数表示其对称轴，再利用两函数的对称轴相同得出角的值，再结合正切函数的定义得出实数a的值.
8．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
当时，不等式成立；
当时，，，
所以，；
当时，，，
所以，，
综上所述：.
故答案为：C.
【分析】考虑，，三种情况，再利用已知条件和函数的性质，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出使不等式恒成立的实数的最小值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为.
对于A，因为，
当且仅当时，即当时取得等号，故A正确；
对于B，因为，
又因为，
所以，
所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，因为，
设，当且仅当时，即当时取得等号，
所以，
则当时，有最小值为0，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，则判断出选项A；利用作差比较大小的方法，则判断出选项B、选项C和选项D，从而找出不等式恒成立的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】三点共线；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图，连接MN，AC，
则MN∥AC，
连接AM，CN，设AM，CN交于点I，
由，
可得AM，CN交于点P，
则平面APC，故选项A错误；
对于B，由选项A知M，N在平面APC内，
由题意知AN∥C1Q，且AN 平面APC，C1Q平面APC，
所以C1Q∥平面APC，故选项B正确；
对于C，由选项A知，A，P，M三点共线，故选项C正确；
对于D，由选项A知MN 平面APC，又因为MN 平面MNQ，故选项D错误．
故答案为：BC.
【分析】连接MN，AC，则MN∥AC，由可得AM，CN交于点P，则平面APC， 从而判断出选项A；由选项A知AN∥C1Q，再根据线面平行的判定定理可判断选项B；由选项A知A，P，M三点共线，则判断出选项C；由选项A知MN 平面APC，再利用MN 平面MNQ判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：依题意，当时，恒有，
令，则，
则，
所以，故A正确；
不妨设，再设，
则，
因为，
所以，
所以，
所以在为增函数，故B正确；
设，的符号无法判断，
所以的单调性无法判断，故C错误；
由上述判断可知，函数在为增函数，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以，
所以，
所以
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用赋值法，令，则可判断选项A；不妨设，再设，利用单调函数的定义判断函数g(x)的单调性，则可判断选项B；设，利用单调函数的定义可判断选项C；由函数在为增函数，则，，再结合已知条件证出，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
根据正弦定理，得：，
则，，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】利用角之间的关系和三角形内角和定理，从而计算出和的值，再根据正弦定理得到的长和，从而计算出若国歌时长为50 s时升旗手匀速升旗的速度.
13．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
当且仅当时，即当时，取“=”，此时，
则，
当时，取“=”，
所以，的最小值为.
故答案为：.
【分析】先变形得到，再利用基本不等式求最值的方法，从而得到当时的的最小值，此时，再配方结合二次函数求最值的方法，从而求出的最小值.
14．【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为幂函数的图象关于轴对称，
且在上是减函数，
若，则，
当时，是奇函数，不满足题意，
当时，是偶函数且在上是减函数，满足题意，
根据函数图象关于轴对称，且在上是减函数，
可得在上是增函数，
由可知定义域为，，
可得，
所以，
所以，
解得或.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的图象的对称性确定的值，再利用函数的单调性和奇偶性，从而解不等式得出满足的实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：如图，连接OB，
由余弦定理，得，
由，知，
则.
（2）解：解法1：因为，
所以为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则，
在中，，
则，
在中，可得，
所以
故
解法2：
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）连接OB，在中利用余弦定理得出的值，再利用推出，再利用二倍角公式得出的值．
（2）利用两种方法求解.
方法1：根据题意可知，从而求出的值，在中利用得出的值，再利用数量积的定义得出的值．
方法2：根据平面向量的基本定理，则表示，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
（1）如图，连接OB，由余弦定理得，
由知，
则.
（2）解法1：因为，所以为的中点，
所以，
又因为，所以，则，
在中，，则，
又在中，可得，
所以，
故．
解法2：
.
16．【答案】（1）证明：由四边形为菱形，得，
因为平面，平面PCD，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
所以．
（2）解：存在，当F是PC的中点时，平面.
如图，取PE的中点M，连接FM，
得，
因为平面，平面，
所以平面，
由M为PE的中点，则，
得，E是MD的中点，
连接BM，BD，设，
由四边形是菱形，得O为BD的中点，
则，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
则平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征得出线线平行，再利用线线平行和线面平行的推导关系，从而证出.
（2）取PE的中点M，利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，从而证出在棱PC上存在一点F，使得平面.
（1）由四边形为菱形，得，
又平面，平面PCD，则平面，
又平面，平面平面，则，所以．
（2）存在．当F是PC的中点时，平面，
如图，取PE的中点M，连接FM，得，又平面，平面，于是平面，
由M为PE的中点，，得，E是MD的中点，
连接BM，BD，设，由四边形是菱形，得O为BD的中点，
则，又平面，平面，于是平面，
又，平面，则平面平面，
又平面，所以平面.
17．【答案】（1）解：在中，，
若的面积为，
则，
所以，
所以，
则
所以.
（2）解：在中，，
可设，则，
因为，
由正弦定理，得，
所以，
在中，，
由正弦定理，得，
则，
化简得，
所以，
因为，
所以，
所以或，
解得或，
所以，角的大小为或.
【知识点】运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式可得的长，再利用余弦定理可得的长，从而得到的值.
（2）在中，设，，根据正弦定理可得，在中利用正弦定理可得，再根据诱导公式结合正弦函数的取值以及角的取值范围，从而得出角A的值.
（1）在中，，
若的面积为，则，
所以，所以，
则，
所以
（2）在中，，可设，则，
又，由正弦定理，得，所以，
在中，，
由正弦定理，得，
即，化简得，
于是，因为，
所以，所以或，
解得或，即角的大小为或
18．【答案】（1）解：∵是上的奇函数，
∴，
由，
可得，，
∵，
∴，，
所以.
又因为，
所以为奇函数，
所以.
（2）解：把区间等分成份，
则等分点的横坐标为，，
因为，
为奇函数，
所以的图象关于点对称，
所以，，
所以
，
因为，
所以，
则，
故存在正整数，使不等式有解.
（3）解：因为，
所以，
则 ，
由 ，知，
所以，
由（1）知，
函数为上的增函数，
因为函数在区间上的值域是，
所以，
则，
所以，关于的方程有两个互异实根，
令，所以方程有两个互异正根，
所以，
解得：，
∴.
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；指数型复合函数的性质及应用；图形的对称性
【解析】【分析】（1）根据，可得的值，从而得出函数的解析式.
（2）设等分点的横坐标为，，先根据可得函数的图象关于点对称，从而可得，，进而可得，再根据，从而只需求出使成立的n的取值范围，进而得出存在正整数，使不等式有解.
（3）利用区间的定义和指数函数的单调性，从而得到的取值范围，再利用函数的单调性，将问题进行转化，则根据换元法将问题进一步转化为二次方程根的分布问题，从而列出方程组求解得出的取值范围.
（1）∵是上的奇函数，∴，
由，可得，，
∵，∴，，所以.
又，所以为奇函数.
所以.
（2）把区间等分成份，则等分点的横坐标为，，
又，为奇函数，
所以的图象关于点对称，所以，，
所以
，
因为，所以，即.
故存在正整数，使不等式有解.
（3）因为，所以，从而，
又 知，所以，
由（1）知，函数为上的单调增函数.
因为函数在区间上的值域是，
所以，即
从而关于的方程有两个互异实根.
令，所以方程有两个互异正根.
所以，解得，.
∴.
19．【答案】（1）（符合要求即可）
（2）证明：假设可以划分，和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集.
（3）证明：假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，对于， 可设其中是偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是.
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
【知识点】子集与真子集
【解析】【分析】（1）依据“有趣的”四元整数集定义，尝试选取元素组合，使划分后的两个二元子集乘积差为.
（2）假设可划分成两个“有趣的”四元子集，分析子集内元素乘积奇偶性，结合集合中偶数个数推导矛盾.
（3）类似（2），假设可划分成个“有趣的”四元子集，从元素奇偶性及数量角度找矛盾.
（1）（符合要求即可）：
（2）假设可以划分，
和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和
每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集，
（3）假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，
对于， 可设其中是偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是．
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
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