浙江省金华十校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
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．（2025高三上·金华期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：易知集合或，
因为集合，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2025高三上·金华期末）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算求解即可.
3．（2025高三上·金华期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”的否定为：，.
故答案为：B.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
4．（2025高三上·金华期末）以边长为1的正方形的一条边所在的直线为轴旋转一周，得到的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知几何体是底面半径为1，高为1的圆柱，则圆柱体体积为.
故答案为：B.
【分析】由题意可得：几何体是底面半径为1，高为1的圆柱，根据圆柱体体积公式计算即可.
5．（2025高三上·金华期末）已知向量与向量垂直，则（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量与向量垂直，
所以，即，
则
.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直的坐标表示求得，再根据向量模长公式结合同角的三角函数关系求解即可.
6．（2025高三上·金华期末）函数的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，满足，则函数为偶函数，.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，结合特殊值判断即可.
7．（2025高三上·金华期末）甲乙两人玩跳棋游戏，约定由抛两次硬币的结果确定谁先走，若两次都正面向上，则甲先走，否则乙先走，已知甲先走的情况下，甲胜的概率为，乙先走的情况下，甲胜的概率为，则甲获胜的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：甲先走的概率为，乙先走的概率为，
甲获胜有两种情形：甲先走且获胜或乙先走甲获胜，则甲获胜的概率.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算甲，乙分别先走的概率，再根据独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率公式求解即可.
8．（2025高三上·金华期末）已知函数（且）在上有唯一零点，则的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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】【解答】解：问题转化为在上有唯一的交点，
令，则，且，
令，，且，
当时，开口向上，，则单调递增，单调递减，
因为，所以在上无解；
当时，必须成立，若，会出现图象的情况，
即在上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且），
所以图象只能为，只需交点横坐标小于1即可，
令，可得，
，
则的范围为.
故答案为：A.
【分析】问题转化为在上有唯一的交点，令函数，求导，利用导数判断函数的单调性，作出图象，数形结合求解即可.
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·金华期末）随机变量，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：A、随机变量，且，
则，解得，故A正确；
B、由A可知：，则，故B正确；
C、由A可知：，则，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意，根据二项分布求得，再根据二项分布分别求出，和判断即可.
10．（2025高三上·金华期末）已知，为椭圆的右顶点和上顶点，，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，圆的圆心在第一象限，且与轴相切于点，直线与圆的另一个交点为，直线（为坐标原点）垂直于直线，记椭圆的离心率为，则（ ）
A．若且，则
B．若，则最大值为
C．是圆的切线
D．若为线段的中点，则
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合；余弦定理
【解析】【解答】解：A、如图所示：
设，若且，则，
，故A正确；
B、由椭圆的定义可得，若，即，
由余弦定理可得
，当且仅当时等号成立，
则，即最大值为，故B错误；
C、由圆与轴相切于点，得，因为直线（为坐标原点）垂直于直线，
由圆的性质知为的垂直平分线，得，所以≌，
所以，所以是圆的切线，故C正确；
D、因为为线段的中点，所以，又，
所以，即，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由几何图形的性质结合椭圆的离心率的定义求解即可判断A；由离心率求得的值，再根据椭圆的定义结合余弦定理以及基本不等式求得的最小值，从而得到最大值即可判断B；利用圆的性质证得≌，得到即可判断C；由为线段的中点，结合图形性质得到与的关系，求得离心率即可判断D.
11．（2025高三上·金华期末）已知定义域是的函数不恒为0，满足，且则（ ）
A． B．
C．是函数的一条对称轴 D．
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：定义域是的函数，满足，
且，
A、令时，，故A正确；
B、令时，，解得或，
若，令，得，
因为不恒为0，所以，故B正确；
C、令，可得，
所以关于点对称，故C不正确；
D、因为，所以，
令，可得，，
，
，
可以发现函数的周期为，
且一个周期内，
因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，利用赋值法即可判断AB；结合即可判断C；求函数的周期，利用周期性求值即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·金华期末）已知角的终边经过点，则 .
【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解： 角的终边经过点，
由任意角三角函数定义可得：，，
则.
故答案为：.
【分析】根据任意角三角函数的定义求解即可.
13．（2025高三上·金华期末）若直线是曲线的切线，则的值可以是 .（写出一个值即可）
【答案】或（写出其中一个）
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：设切点为，
，，即切线斜率为，
则切线方程为，整理得，
因为为曲线的切线，所以，
消去并化简得，解得或，
则或，即的值为或.
故答案为：或.
【分析】设切点为，求导，利用导数的几何意义结合点斜式求得切线方程，再由直线为曲线的切线，列方程组求解的值即可.
14．（2025高三上·金华期末）已知球的半径等于4，，是球的某内接圆柱的上下底面圆心，，是球的直径（点在上，点在上），为的中点，若四边形是圆的内接矩形，，是圆柱的母线，且平面平面，则 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，如图所示：
由球的半径等于4，，可得，
则圆柱底面半径为，
因为为的中点，所以，，
以为坐标原点，以平行于，的线为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
设，
则，
，则，故，
，
设平面和平面的法向量分别为，
则，
令，得，即，
令，得，即，
因为平面平面，所以，解得，
又因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，由图易得，，以为坐标原点，以平行于，的线为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，设利用空间向量法，求出平面和平面的法向量，根据平面平面，得，求得，再结合，可得，即可求解.
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·金华期末）函数的的部分图象如图，且经过点，.
（1）求函数的解析式；
（2）的内角，，所对的边分别为，，，若，，，求的值.
【答案】（1）解：函数图像经过，，则，即，
由，解得，因为，所以，，
又因为，所以，
则；
（2）解：若，因为，所以，，
，，由余弦定理可得，
在中，易知，，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由图像过点确定函数的周期，再由周期公式求得，最后根据，结合的范围求的值，即可得函数的解析式；
（2）由结合三角形内角定理可得，，利用余弦定理得到，由同角三角函数基本关系求得，最后根据两角和的正弦公式求解即可.
（1）因为图像经过，，
所以得周期，由得.
又得，，又因为，
所以，所以.
（2）因为，又，
结合图像可知：，，
又，，由余弦定理可得.
在中，易求得，
由平方关系可得：.
所以.
16．（2025高三上·金华期末）在斜三棱柱中，，，且.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，
由，，可得是等边三角形，
取的中点，连接、，如图所示：
因为，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，又因为，所以；
（2）解：取的中点，的中点，连接、、，如图所示：
因为，为的中点，所以，
又因为，所以，又因为，平面，所以平面，
过做的垂线，垂足为，因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，连接，
则是直线与平面所成角，
三棱锥为棱长为的正四面体，则，
，又四棱锥的所有棱长均为，
底面为菱形且，所以底面为正方形，所以，
又因为，所以，
又因为，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接，取的中点，连接、，由题意可得，，利用线面垂直的判定定理可得平面，得，再根据，即可证明；
（2）取的中点，的中点，连接、、，根据线面垂直的判定定理证明平面，过做的垂线，垂足为，证明平面，连接，得到是直线与平面所成角，求出，，即可求直线与平面所成角的正弦值.
（1）连接，，，是等边三角形，
取的中点，连接、，，
，，又，平面，平面，
又平面，
，又，.
（2）取的中点，的中点，连接、、，
，，
又，，，平面，平面，
过做的垂线，垂足为，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，连接，
所以就是直线与平面所成角，
依题意三棱锥为棱长为的正四面体，
所以，
所以，又四棱锥的所有棱长均为，
底面为菱形且，所以底面为正方形，所以，
又，所以，
又，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025高三上·金华期末）已知双曲线的一个焦点是，渐近线方程是
（1）求双曲线的方程；
（2）点为轴上一点，点是双曲线的右顶点，点是双曲线上异于顶点的一点，若是正三角形，求点的坐标.
【答案】（1）解：由双曲线的渐近线方程为，可得，
由双曲线的焦点是，可得，
因为，所以，整理得，解得，，
则双曲线方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，消元整理可得，根据题意，
解得点纵坐标为，代入，解得，则，
设线段的中点为，依题意，则点的坐标为，
设点，因为是正三角形，所以有，
，，则由得，，
即，整理可得，所以①，
在正三角形中，有，
由结合弦长公式得，化简得，
代入①可得，故点或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据渐近线方程可得，由焦点坐标得，结合，确定、的值，即可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与双曲线方程，求得点P的坐标，设，由为正三角形，得，且，结合弦长公式得到关于的方程，解出方程求解即可.
（1）因为渐近线方程是，得，，
又，，即，整理得，
解得：，，故双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
联立，可得，根据题意，
解得点纵坐标为，代入，解得，
所以，
设线段的中点为，依题意，则点的坐标为，
设点，因为是正三角形，所以有，
，，则由得，，
即，整理有：，所以①.
在正三角形中，有，由结合弦长公式得，
，化简得.
代入①可得，所以点或.
18．（2025高三上·金华期末）已知数列是等比数列，满足，且，，成等差数列，数列满足，记数列的前项和为，
（1）求；
（2）求数列的前项和；
（3）记，若恒成立，求的值.
【答案】（1）解：设等比数列的首项是，公比是，
由，且，，成等差数列 ，
可得，，解得，
则；
（2）解： 数列满足①，
当时，②，
由①②得：，，
当时，，满足上式，则，
又因为，所以，
则，记的前项和是，
①，
②，
由①②得，
整理得：；
（3）解：由（2）可知，，则，
所以，要求的最大项，
设函数，，，
令，，
分析可得，，，使得
所以在单调递增，单调递减，
，，
，使得，
当时，，
当时，，
时，
因此在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
只要比较，，的大小，，，，
所以第五项是最大项，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）设等比数列的首项是，公比是，由，且成等差数列列关于首项和公比的方程组，求解即可；
（2）根据数列通项和前n项和的关系求的通项，再根据错位相减求数列的前项和即可；
（3）由（2）可得，计算，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求解即可.
（1）因为数列是等比数列，设首项是，公比是，
由，，
解得，
所以.
（2）由于①
则，②
由①②得，
当时，，满足上式，因此，
所以.
，接下去求的前项和，
记的前项和是.
①
②.
由①②得，
整理得：.
（3）由（2）可知，，则，
所以，要求的最大项，
可以设函数，
则.
令
则，
分析可得，，，使得
所以在单调递增，单调递减，
，，
，使得
当时，，
当时，，
时，
因此在单调递减，在，单调递增，在，单调递减.
只要比较，，的大小，，，.
所以第五项是最大项，.
19．（2025高三上·金华期末）设集合.若集合中元素与满足，则称为在集合中的“友好元”.对于整数，若存在一个子集满足：
（i）集合中元素个数为；
（ii），在集合中都至少有个“友好元”，则称是“好数”.
（1）当且时，直接写出在集合中的“友好元”；
（2）当时，求证：是“好数”；
（3）当时，若整数满足，且对均有，求证：是“好数”.
【答案】（1）解：当且时，
由“友好元” 定义可知：或或或，
此时，显然中的每一个元素都恰有10个“友好元”；
（2）解：设，，
此时.对中的任意元素，在集合中至多存在一个，
满足，
从而在集合中至少有9个“友好元”，所以是“好数”；
（3）证明：当时，集合中的每个元素均有2024个“友好元”，
设，
则中含有个元素，
设
则含有个元素，，
此时令，
对于，我们有：在每一个中至多有一个“友好元”，
设，，且均是的“友好元”，
由于，从而与不同的元素在前位且后位相同，
又因为，的前位相同，后位至少一位不相同，
因此，
②不能在和中均有“友好元”，
由于对于，中的元素第，，…，都是1，
而中，，…，都是0，且，
从而和之间至少有3位元素不同，所以不存在，且均是的“友好元”，
从而在中至少有2023个“友好元”，所以是“好数”.
【知识点】集合的表示方法
【解析】【分析】（1）由题意，根据题中定义直接写出满足条件的“友好元”；
（2）设，，此时，结合“友好元”的定义可知集合中至少有个“友好元”，从而可证得结论成立；
（3）当时，设，令，分两种情况论证：在每一个中至多有一个“友好元”；不能在和中均有“友好元”，推导出在中至少有2023个“友好元”，进而可证得结论成立.
（1）或或或.
此时，显然中的每一个元素都恰有10个“友好元”.
（2）设，，此时.
对中的任意元素，在集合中至多存在一个满足，
从而在集合中至少有9个“友好元”，所以是“好数”.
（3）当时，集合中的每个元素均有2024个“友好元”.
设，
则中含有个元素，
设，
则含有个元素，.
此时令.
对于，我们有：
在每一个中至多有一个“友好元”.
设，，且均是的“友好元”.
由于，从而与不同的元素在前位且后位相同.
又因为，的前位相同，后位至少一位不相同，
因此.
②不能在和中均有“友好元”.
由于对于，中的元素第，，…，都是1，
而中，，…，都是0，且，
从而和之间至少有3位元素不同，所以不存在，且均是的“友好元”.
从而在中至少有2023个“友好元”，所以是“好数”.
1 / 1浙江省金华十校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
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．（2025高三上·金华期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·金华期末）设，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·金华期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025高三上·金华期末）以边长为1的正方形的一条边所在的直线为轴旋转一周，得到的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·金华期末）已知向量与向量垂直，则（ ）
A．1 B． C． D．2
6．（2025高三上·金华期末）函数的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·金华期末）甲乙两人玩跳棋游戏，约定由抛两次硬币的结果确定谁先走，若两次都正面向上，则甲先走，否则乙先走，已知甲先走的情况下，甲胜的概率为，乙先走的情况下，甲胜的概率为，则甲获胜的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·金华期末）已知函数（且）在上有唯一零点，则的范围为（ ）
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·金华期末）随机变量，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·金华期末）已知，为椭圆的右顶点和上顶点，，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，圆的圆心在第一象限，且与轴相切于点，直线与圆的另一个交点为，直线（为坐标原点）垂直于直线，记椭圆的离心率为，则（ ）
A．若且，则
B．若，则最大值为
C．是圆的切线
D．若为线段的中点，则
11．（2025高三上·金华期末）已知定义域是的函数不恒为0，满足，且则（ ）
A． B．
C．是函数的一条对称轴 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·金华期末）已知角的终边经过点，则 .
13．（2025高三上·金华期末）若直线是曲线的切线，则的值可以是 .（写出一个值即可）
14．（2025高三上·金华期末）已知球的半径等于4，，是球的某内接圆柱的上下底面圆心，，是球的直径（点在上，点在上），为的中点，若四边形是圆的内接矩形，，是圆柱的母线，且平面平面，则 .
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·金华期末）函数的的部分图象如图，且经过点，.
（1）求函数的解析式；
（2）的内角，，所对的边分别为，，，若，，，求的值.
16．（2025高三上·金华期末）在斜三棱柱中，，，且.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025高三上·金华期末）已知双曲线的一个焦点是，渐近线方程是
（1）求双曲线的方程；
（2）点为轴上一点，点是双曲线的右顶点，点是双曲线上异于顶点的一点，若是正三角形，求点的坐标.
18．（2025高三上·金华期末）已知数列是等比数列，满足，且，，成等差数列，数列满足，记数列的前项和为，
（1）求；
（2）求数列的前项和；
（3）记，若恒成立，求的值.
19．（2025高三上·金华期末）设集合.若集合中元素与满足，则称为在集合中的“友好元”.对于整数，若存在一个子集满足：
（i）集合中元素个数为；
（ii），在集合中都至少有个“友好元”，则称是“好数”.
（1）当且时，直接写出在集合中的“友好元”；
（2）当时，求证：是“好数”；
（3）当时，若整数满足，且对均有，求证：是“好数”.
答案解析部分
1．【答案】A
【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：易知集合或，
因为集合，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”的否定为：，.
故答案为：B.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
4．【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知几何体是底面半径为1，高为1的圆柱，则圆柱体体积为.
故答案为：B.
【分析】由题意可得：几何体是底面半径为1，高为1的圆柱，根据圆柱体体积公式计算即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量与向量垂直，
所以，即，
则
.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直的坐标表示求得，再根据向量模长公式结合同角的三角函数关系求解即可.
6．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，满足，则函数为偶函数，.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，结合特殊值判断即可.
7．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：甲先走的概率为，乙先走的概率为，
甲获胜有两种情形：甲先走且获胜或乙先走甲获胜，则甲获胜的概率.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算甲，乙分别先走的概率，再根据独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率公式求解即可.
8．【答案】A
【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】【解答】解：问题转化为在上有唯一的交点，
令，则，且，
令，，且，
当时，开口向上，，则单调递增，单调递减，
因为，所以在上无解；
当时，必须成立，若，会出现图象的情况，
即在上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且），
所以图象只能为，只需交点横坐标小于1即可，
令，可得，
，
则的范围为.
故答案为：A.
【分析】问题转化为在上有唯一的交点，令函数，求导，利用导数判断函数的单调性，作出图象，数形结合求解即可.
9．【答案】A,B
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：A、随机变量，且，
则，解得，故A正确；
B、由A可知：，则，故B正确；
C、由A可知：，则，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意，根据二项分布求得，再根据二项分布分别求出，和判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合；余弦定理
【解析】【解答】解：A、如图所示：
设，若且，则，
，故A正确；
B、由椭圆的定义可得，若，即，
由余弦定理可得
，当且仅当时等号成立，
则，即最大值为，故B错误；
C、由圆与轴相切于点，得，因为直线（为坐标原点）垂直于直线，
由圆的性质知为的垂直平分线，得，所以≌，
所以，所以是圆的切线，故C正确；
D、因为为线段的中点，所以，又，
所以，即，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由几何图形的性质结合椭圆的离心率的定义求解即可判断A；由离心率求得的值，再根据椭圆的定义结合余弦定理以及基本不等式求得的最小值，从而得到最大值即可判断B；利用圆的性质证得≌，得到即可判断C；由为线段的中点，结合图形性质得到与的关系，求得离心率即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：定义域是的函数，满足，
且，
A、令时，，故A正确；
B、令时，，解得或，
若，令，得，
因为不恒为0，所以，故B正确；
C、令，可得，
所以关于点对称，故C不正确；
D、因为，所以，
令，可得，，
，
，
可以发现函数的周期为，
且一个周期内，
因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，利用赋值法即可判断AB；结合即可判断C；求函数的周期，利用周期性求值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解： 角的终边经过点，
由任意角三角函数定义可得：，，
则.
故答案为：.
【分析】根据任意角三角函数的定义求解即可.
13．【答案】或（写出其中一个）
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：设切点为，
，，即切线斜率为，
则切线方程为，整理得，
因为为曲线的切线，所以，
消去并化简得，解得或，
则或，即的值为或.
故答案为：或.
【分析】设切点为，求导，利用导数的几何意义结合点斜式求得切线方程，再由直线为曲线的切线，列方程组求解的值即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的法向量；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，如图所示：
由球的半径等于4，，可得，
则圆柱底面半径为，
因为为的中点，所以，，
以为坐标原点，以平行于，的线为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
设，
则，
，则，故，
，
设平面和平面的法向量分别为，
则，
令，得，即，
令，得，即，
因为平面平面，所以，解得，
又因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，由图易得，，以为坐标原点，以平行于，的线为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，设利用空间向量法，求出平面和平面的法向量，根据平面平面，得，求得，再结合，可得，即可求解.
15．【答案】（1）解：函数图像经过，，则，即，
由，解得，因为，所以，，
又因为，所以，
则；
（2）解：若，因为，所以，，
，，由余弦定理可得，
在中，易知，，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由图像过点确定函数的周期，再由周期公式求得，最后根据，结合的范围求的值，即可得函数的解析式；
（2）由结合三角形内角定理可得，，利用余弦定理得到，由同角三角函数基本关系求得，最后根据两角和的正弦公式求解即可.
（1）因为图像经过，，
所以得周期，由得.
又得，，又因为，
所以，所以.
（2）因为，又，
结合图像可知：，，
又，，由余弦定理可得.
在中，易求得，
由平方关系可得：.
所以.
16．【答案】（1）证明：连接，
由，，可得是等边三角形，
取的中点，连接、，如图所示：
因为，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，又因为，所以；
（2）解：取的中点，的中点，连接、、，如图所示：
因为，为的中点，所以，
又因为，所以，又因为，平面，所以平面，
过做的垂线，垂足为，因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，连接，
则是直线与平面所成角，
三棱锥为棱长为的正四面体，则，
，又四棱锥的所有棱长均为，
底面为菱形且，所以底面为正方形，所以，
又因为，所以，
又因为，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接，取的中点，连接、，由题意可得，，利用线面垂直的判定定理可得平面，得，再根据，即可证明；
（2）取的中点，的中点，连接、、，根据线面垂直的判定定理证明平面，过做的垂线，垂足为，证明平面，连接，得到是直线与平面所成角，求出，，即可求直线与平面所成角的正弦值.
（1）连接，，，是等边三角形，
取的中点，连接、，，
，，又，平面，平面，
又平面，
，又，.
（2）取的中点，的中点，连接、、，
，，
又，，，平面，平面，
过做的垂线，垂足为，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，连接，
所以就是直线与平面所成角，
依题意三棱锥为棱长为的正四面体，
所以，
所以，又四棱锥的所有棱长均为，
底面为菱形且，所以底面为正方形，所以，
又，所以，
又，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：由双曲线的渐近线方程为，可得，
由双曲线的焦点是，可得，
因为，所以，整理得，解得，，
则双曲线方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，消元整理可得，根据题意，
解得点纵坐标为，代入，解得，则，
设线段的中点为，依题意，则点的坐标为，
设点，因为是正三角形，所以有，
，，则由得，，
即，整理可得，所以①，
在正三角形中，有，
由结合弦长公式得，化简得，
代入①可得，故点或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据渐近线方程可得，由焦点坐标得，结合，确定、的值，即可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与双曲线方程，求得点P的坐标，设，由为正三角形，得，且，结合弦长公式得到关于的方程，解出方程求解即可.
（1）因为渐近线方程是，得，，
又，，即，整理得，
解得：，，故双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
联立，可得，根据题意，
解得点纵坐标为，代入，解得，
所以，
设线段的中点为，依题意，则点的坐标为，
设点，因为是正三角形，所以有，
，，则由得，，
即，整理有：，所以①.
在正三角形中，有，由结合弦长公式得，
，化简得.
代入①可得，所以点或.
18．【答案】（1）解：设等比数列的首项是，公比是，
由，且，，成等差数列 ，
可得，，解得，
则；
（2）解： 数列满足①，
当时，②，
由①②得：，，
当时，，满足上式，则，
又因为，所以，
则，记的前项和是，
①，
②，
由①②得，
整理得：；
（3）解：由（2）可知，，则，
所以，要求的最大项，
设函数，，，
令，，
分析可得，，，使得
所以在单调递增，单调递减，
，，
，使得，
当时，，
当时，，
时，
因此在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
只要比较，，的大小，，，，
所以第五项是最大项，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）设等比数列的首项是，公比是，由，且成等差数列列关于首项和公比的方程组，求解即可；
（2）根据数列通项和前n项和的关系求的通项，再根据错位相减求数列的前项和即可；
（3）由（2）可得，计算，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求解即可.
（1）因为数列是等比数列，设首项是，公比是，
由，，
解得，
所以.
（2）由于①
则，②
由①②得，
当时，，满足上式，因此，
所以.
，接下去求的前项和，
记的前项和是.
①
②.
由①②得，
整理得：.
（3）由（2）可知，，则，
所以，要求的最大项，
可以设函数，
则.
令
则，
分析可得，，，使得
所以在单调递增，单调递减，
，，
，使得
当时，，
当时，，
时，
因此在单调递减，在，单调递增，在，单调递减.
只要比较，，的大小，，，.
所以第五项是最大项，.
19．【答案】（1）解：当且时，
由“友好元” 定义可知：或或或，
此时，显然中的每一个元素都恰有10个“友好元”；
（2）解：设，，
此时.对中的任意元素，在集合中至多存在一个，
满足，
从而在集合中至少有9个“友好元”，所以是“好数”；
（3）证明：当时，集合中的每个元素均有2024个“友好元”，
设，
则中含有个元素，
设
则含有个元素，，
此时令，
对于，我们有：在每一个中至多有一个“友好元”，
设，，且均是的“友好元”，
由于，从而与不同的元素在前位且后位相同，
又因为，的前位相同，后位至少一位不相同，
因此，
②不能在和中均有“友好元”，
由于对于，中的元素第，，…，都是1，
而中，，…，都是0，且，
从而和之间至少有3位元素不同，所以不存在，且均是的“友好元”，
从而在中至少有2023个“友好元”，所以是“好数”.
【知识点】集合的表示方法
【解析】【分析】（1）由题意，根据题中定义直接写出满足条件的“友好元”；
（2）设，，此时，结合“友好元”的定义可知集合中至少有个“友好元”，从而可证得结论成立；
（3）当时，设，令，分两种情况论证：在每一个中至多有一个“友好元”；不能在和中均有“友好元”，推导出在中至少有2023个“友好元”，进而可证得结论成立.
（1）或或或.
此时，显然中的每一个元素都恰有10个“友好元”.
（2）设，，此时.
对中的任意元素，在集合中至多存在一个满足，
从而在集合中至少有9个“友好元”，所以是“好数”.
（3）当时，集合中的每个元素均有2024个“友好元”.
设，
则中含有个元素，
设，
则含有个元素，.
此时令.
对于，我们有：
在每一个中至多有一个“友好元”.
设，，且均是的“友好元”.
由于，从而与不同的元素在前位且后位相同.
又因为，的前位相同，后位至少一位不相同，
因此.
②不能在和中均有“友好元”.
由于对于，中的元素第，，…，都是1，
而中，，…，都是0，且，
从而和之间至少有3位元素不同，所以不存在，且均是的“友好元”.
从而在中至少有2023个“友好元”，所以是“好数”.
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