浙江省慈溪市2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷
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高三上·慈溪期末）已知集合，，且，则（ ）
A．6 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即，
则集合，
因为集合，，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求得集合，，根据集合的交集确定参数的值即可.
2．（2025高三上·慈溪期末）已知，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则，
，
故答案为：C.
【分析】先利用复数代数形式的除法化简复数，再利用复数的模公式求解即可 .
3．（2025高三上·慈溪期末）已知，是两个不共线的向量，若向量，共线，则（ ）
A．6 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：，是两个不共线的向量 ，
向量，共线，则，解得.
故答案为：D.
【分析】利用共线向量定理列式计算即可.
4．（2025高三上·慈溪期末）我国19岁射击运动员盛李豪在2024年巴黎奥运会上夺得了男子10米气步枪金牌，他在决赛的最后10枪成绩为10.9，10.7，10.4，10.0，10.5，9.8，10.7，9.9，10.5，10.6，则这10枪成绩的第40百分位数是（ ）
A．10.5 B．10.45 C．10.4 D．10.25
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列为，
，则这10枪成绩的第40百分位数是.
故答案为：B.
【分析】先将成绩从小到大排序，再根据百分位数的定义求这10枪成绩的第40百分位数.
5．（2025高三上·慈溪期末）在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，，
可得，因为，所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
又因为（其中），
所以，则，
即，即，即，
又因为，所以，解得，
则，解得，
故.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用由余弦定理可得，由得到，利用辅助角公式化简可得，结合，求得、，结合前述推导式子求出，最后代入三角形面积公式计算即可.
6．（2025高三上·慈溪期末）已知函数是奇函数，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，所以，
整理得，取，得.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用奇函数定义，结合赋值法计算即可.
7．（2025高三上·慈溪期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
由， 点是的中点，可得，
因为平面，所以平面，
点在正四面体表面上运动，并且总保持，则 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界，
为等腰三角形，其中 为底边，长为2， 和 为腰，长均为，
故三角形 的周长为.
故答案为 ：D .
【分析】由题意，根据正四面体的几何特征，结合线面垂直判定定理推出平面，进而得出P的轨迹，计算即可.
8．（2025高三上·慈溪期末）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由
可得，，
，即，
即，整理可得，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用两角和与差的公式进行化简即可.
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高三上·慈溪期末）已知直线：和圆：，则（ ）
A．当与圆相切时，
B．当为圆的一条对称轴时，
C．当时，与圆没有公共点
D．当时，被圆截得的弦长为
【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆：的圆心为，半径，
A、若与圆相切，则，解得，故A错误；
B、当为圆的一条对称轴时，圆心在直线上，则，解得，故B正确；
C、当时，圆心到直线的距离为，则与圆没有公共点，
故C正确；
D、当时，圆心到直线的距离为，
则弦长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先求圆心和半径，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可判断A；根据直线过圆心求解接口判断B；将a的值代入，根据圆心到直线的距离与半径的关系即可判断CD.
10．（2025高三上·慈溪期末）已知函数，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当且时，
D．当且时，
【答案】A,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数，（），则当时，，故A正确；
B、因为当时，，
当时，，即在上单调递增，则当时，，故B错误；
C、当时，由；由，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
由，所以，当时，成立，故C正确；
D、因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当且时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由函数的解析式先求，再与比较即可判断A；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断B；利用函数单调性，结合A的结论，数形结合即可判断CD.
11．（2025高三上·慈溪期末）胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ）
A．的最大值为
B．
C．曲线的内接矩形的面积最大值为24
D．一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4
【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程；球内接多面体
【解析】【解答】解：设为曲线上任意一点，
由题意可得：，
A、当时，，则是的最大值，故A正确；
B、由，可得，
因为点在第一象限，所以，故B成立；
C、将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致.
设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为，
因为，因为，所以.
即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误；
D、设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为.
若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，
当时，两曲线在轴右侧且于点，故的最大值为4，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设为曲线上任意一点，由题意列出曲线的方程，根据定义即可判断AB；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围即可判断C；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，求的最大值即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·慈溪期末）已知函数，则的最小正周期为 .
【答案】2
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：函数的最小正周期为：.
故答案为：.
【分析】利用正切型函数最小正周期的公式直接计算即可.
13．（2025高三上·慈溪期末）已知，则 .（用数字作答）
【答案】85
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为：，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数乘以，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数为，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数为10，
则.
故答案为：85.
【分析】写出展开式的通项，用通项分别与每项相乘，根据二项式展开式的通项求解即可.
14．（2025高三上·慈溪期末）已知，是双曲线：（，）的左、右焦点，过作斜率为的直线交于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的离心率为 .
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，所以，
又因为直线的斜率为，所以，
由双曲线的定义，可得，，
则，即，则的离心率为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，可得，结合双曲线的定义求得，，再根据勾股定理以及离心率公式求解即可.
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．（2025高三上·慈溪期末）甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）求赛完4局且乙获胜的概率；
（2）若规定每局获胜者得2分，负者得分，记比赛结束时甲最终得分为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：设事件=“赛完4局且乙获胜”，
由题意可知：乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，，1，4，5，6，
，，，
，，，
的分布列为：
1 4 5 6
.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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】【分析】（1）设事件=“赛完4局且乙获胜”，由题意可知：乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜，利用独立事件概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可知：随机变量的可能取值为，，1，4，5，6，求出对应概率，列分布列，再求期望即可.
（1）设“赛完4局且乙获胜”为事件，即乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜.
（2）的可能取值为，，1，4，5，6，
则，，，
，，，
的分布列如表所示
1 4 5 6
所以.
16．（2025高三上·慈溪期末）如图，在四棱锥中，，，，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为为中点，所以，且，
又因为，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面平面，，平面，平面平面，
所以平面，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量，则，
即，取，
设平面的一个法向量，
则，即，取，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，利用线面垂直的判定定理推得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点，连接，，
因为为中点，所以，且，
又因为，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量
则，即，取，
设平面的一个法向量
则，即，取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
17．（2025高三上·慈溪期末）已知函数（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
易知，，
则切点方程为，即；
（2）解：令（），，
当时，，所以在上单调递增，但当时，，所以此时不满足题意；
当时，令，解得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
只需，
若，则显然成立；
若，令，则，
函数在上单调递减，又因为，所以；
综上所述，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）令（），按的取值分类讨论，利用导数求的单调性，进而可得最值，只需即可.
（1）当时，，，所以，
又，所以，即，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）令（），则，
（ⅰ）当时，，所以在上单调递增，
但当时，，所以此时不满足题意；
（ⅱ）当时，令解得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以只需，
若，则显然成立；
若，令，则，
所以在上单调递减，又，所以；
综上所述，.
18．（2025高三上·慈溪期末）已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，，则，
由（1）得，，
则
；
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以，
则当时，的最小值为.
【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）根据题意列方程组求解即可；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元整理利用韦达定理，代入斜率公式，化简求值即可；
（ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理可得，当时，可得的最小值.
（1）由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
（ⅰ）设直线的方程为，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
19．（2025高三上·慈溪期末）设，，定义：为，的最大公约数，为，的最小公倍数，且具有以下性质：①；②当时，.
（1）已知数列，的通项公式分别为，，其中，令，求数列的通项公式；
（2）已知有限数列满足，且（为给定常数）.若对，且（，）时，都有.
（ⅰ）当时，证明：；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）解：，，
由题意可得：，
则；
（2）证明：（ⅰ）因为，且，，
所以，，，，…，，
又因为，当时，，所以；
（ⅱ）因为，
所以，
又因为，所以.
【知识点】数列的应用；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）由题意，求数列，的最小公倍数得，再根据性质①求即可；
（2）（ⅰ）先根据条件求的取值范围，结合可求的范围，再说明；
（ⅱ）利用性质②放缩，再结合裂项求和法可证命题成立.
（1）因为，，
所以，
所以.
（2）（ⅰ）因为，且，，
所以，，，，…，.
又，
又当时，，所以.
（ⅱ）因为
所以
又因为，
所以.
1 / 1浙江省慈溪市2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷
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高三上·慈溪期末）已知集合，，且，则（ ）
A．6 B．3 C． D．
2．（2025高三上·慈溪期末）已知，则（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2025高三上·慈溪期末）已知，是两个不共线的向量，若向量，共线，则（ ）
A．6 B．4 C． D．
4．（2025高三上·慈溪期末）我国19岁射击运动员盛李豪在2024年巴黎奥运会上夺得了男子10米气步枪金牌，他在决赛的最后10枪成绩为10.9，10.7，10.4，10.0，10.5，9.8，10.7，9.9，10.5，10.6，则这10枪成绩的第40百分位数是（ ）
A．10.5 B．10.45 C．10.4 D．10.25
5．（2025高三上·慈溪期末）在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．1
6．（2025高三上·慈溪期末）已知函数是奇函数，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
7．（2025高三上·慈溪期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ）
A．4 B． C． D．
8．（2025高三上·慈溪期末）已知，则（ ）
A． B．
C． 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高三上·慈溪期末）已知直线：和圆：，则（ ）
A．当与圆相切时，
B．当为圆的一条对称轴时，
C．当时，与圆没有公共点
D．当时，被圆截得的弦长为
10．（2025高三上·慈溪期末）已知函数，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当且时，
D．当且时，
11．（2025高三上·慈溪期末）胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ）
A．的最大值为
B．
C．曲线的内接矩形的面积最大值为24
D．一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·慈溪期末）已知函数，则的最小正周期为 .
13．（2025高三上·慈溪期末）已知，则 .（用数字作答）
14．（2025高三上·慈溪期末）已知，是双曲线：（，）的左、右焦点，过作斜率为的直线交于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的离心率为 .
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高三上·慈溪期末）甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）求赛完4局且乙获胜的概率；
（2）若规定每局获胜者得2分，负者得分，记比赛结束时甲最终得分为，求的分布列和数学期望.
16．（2025高三上·慈溪期末）如图，在四棱锥中，，，，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
17．（2025高三上·慈溪期末）已知函数（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求的取值范围.
18．（2025高三上·慈溪期末）已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
19．（2025高三上·慈溪期末）设，，定义：为，的最大公约数，为，的最小公倍数，且具有以下性质：①；②当时，.
（1）已知数列，的通项公式分别为，，其中，令，求数列的通项公式；
（2）已知有限数列满足，且（为给定常数）.若对，且（，）时，都有.
（ⅰ）当时，证明：；
（ⅱ）证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即，
则集合，
因为集合，，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求得集合，，根据集合的交集确定参数的值即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则，
，
故答案为：C.
【分析】先利用复数代数形式的除法化简复数，再利用复数的模公式求解即可 .
3．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：，是两个不共线的向量 ，
向量，共线，则，解得.
故答案为：D.
【分析】利用共线向量定理列式计算即可.
4．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列为，
，则这10枪成绩的第40百分位数是.
故答案为：B.
【分析】先将成绩从小到大排序，再根据百分位数的定义求这10枪成绩的第40百分位数.
5．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，，
可得，因为，所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
又因为（其中），
所以，则，
即，即，即，
又因为，所以，解得，
则，解得，
故.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用由余弦定理可得，由得到，利用辅助角公式化简可得，结合，求得、，结合前述推导式子求出，最后代入三角形面积公式计算即可.
6．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，所以，
整理得，取，得.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用奇函数定义，结合赋值法计算即可.
7．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
由， 点是的中点，可得，
因为平面，所以平面，
点在正四面体表面上运动，并且总保持，则 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界，
为等腰三角形，其中 为底边，长为2， 和 为腰，长均为，
故三角形 的周长为.
故答案为 ：D .
【分析】由题意，根据正四面体的几何特征，结合线面垂直判定定理推出平面，进而得出P的轨迹，计算即可.
8．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由
可得，，
，即，
即，整理可得，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用两角和与差的公式进行化简即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆：的圆心为，半径，
A、若与圆相切，则，解得，故A错误；
B、当为圆的一条对称轴时，圆心在直线上，则，解得，故B正确；
C、当时，圆心到直线的距离为，则与圆没有公共点，
故C正确；
D、当时，圆心到直线的距离为，
则弦长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先求圆心和半径，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可判断A；根据直线过圆心求解接口判断B；将a的值代入，根据圆心到直线的距离与半径的关系即可判断CD.
10．【答案】A,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数，（），则当时，，故A正确；
B、因为当时，，
当时，，即在上单调递增，则当时，，故B错误；
C、当时，由；由，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
由，所以，当时，成立，故C正确；
D、因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当且时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由函数的解析式先求，再与比较即可判断A；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断B；利用函数单调性，结合A的结论，数形结合即可判断CD.
11．【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程；球内接多面体
【解析】【解答】解：设为曲线上任意一点，
由题意可得：，
A、当时，，则是的最大值，故A正确；
B、由，可得，
因为点在第一象限，所以，故B成立；
C、将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致.
设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为，
因为，因为，所以.
即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误；
D、设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为.
若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，
当时，两曲线在轴右侧且于点，故的最大值为4，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设为曲线上任意一点，由题意列出曲线的方程，根据定义即可判断AB；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围即可判断C；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，求的最大值即可判断D.
12．【答案】2
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：函数的最小正周期为：.
故答案为：.
【分析】利用正切型函数最小正周期的公式直接计算即可.
13．【答案】85
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为：，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数乘以，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数为，
令，则展开式中的系数为，
展开式中的系数为10，
则.
故答案为：85.
【分析】写出展开式的通项，用通项分别与每项相乘，根据二项式展开式的通项求解即可.
14．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，所以，
又因为直线的斜率为，所以，
由双曲线的定义，可得，，
则，即，则的离心率为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据，可得，结合双曲线的定义求得，，再根据勾股定理以及离心率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：设事件=“赛完4局且乙获胜”，
由题意可知：乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，，1，4，5，6，
，，，
，，，
的分布列为：
1 4 5 6
.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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】【分析】（1）设事件=“赛完4局且乙获胜”，由题意可知：乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜，利用独立事件概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可知：随机变量的可能取值为，，1，4，5，6，求出对应概率，列分布列，再求期望即可.
（1）设“赛完4局且乙获胜”为事件，即乙前3局中获胜2局输1局，且第4局获胜.
（2）的可能取值为，，1，4，5，6，
则，，，
，，，
的分布列如表所示
1 4 5 6
所以.
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为为中点，所以，且，
又因为，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面平面，，平面，平面平面，
所以平面，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量，则，
即，取，
设平面的一个法向量，
则，即，取，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，可得四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，利用线面垂直的判定定理推得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取中点，连接，，
因为为中点，所以，且，
又因为，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
建立以为原点，，所在直线为轴、轴的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量
则，即，取，
设平面的一个法向量
则，即，取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
易知，，
则切点方程为，即；
（2）解：令（），，
当时，，所以在上单调递增，但当时，，所以此时不满足题意；
当时，令，解得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
只需，
若，则显然成立；
若，令，则，
函数在上单调递减，又因为，所以；
综上所述，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）令（），按的取值分类讨论，利用导数求的单调性，进而可得最值，只需即可.
（1）当时，，，所以，
又，所以，即，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）令（），则，
（ⅰ）当时，，所以在上单调递增，
但当时，，所以此时不满足题意；
（ⅱ）当时，令解得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以只需，
若，则显然成立；
若，令，则，
所以在上单调递减，又，所以；
综上所述，.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，，则，
由（1）得，，
则
；
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以，
则当时，的最小值为.
【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）根据题意列方程组求解即可；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元整理利用韦达定理，代入斜率公式，化简求值即可；
（ⅱ）设直线的直线方程为，则由（ⅰ）中结论可得直线的方程为，联立解得的横坐标为4，利用三角形的面积公式及（ⅰ）中韦达定理可得，当时，可得的最小值.
（1）由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
（ⅰ）设直线的方程为，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
19．【答案】（1）解：，，
由题意可得：，
则；
（2）证明：（ⅰ）因为，且，，
所以，，，，…，，
又因为，当时，，所以；
（ⅱ）因为，
所以，
又因为，所以.
【知识点】数列的应用；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）由题意，求数列，的最小公倍数得，再根据性质①求即可；
（2）（ⅰ）先根据条件求的取值范围，结合可求的范围，再说明；
（ⅱ）利用性质②放缩，再结合裂项求和法可证命题成立.
（1）因为，，
所以，
所以.
（2）（ⅰ）因为，且，，
所以，，，，…，.
又，
又当时，，所以.
（ⅱ）因为
所以
又因为，
所以.
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