浙江省绍兴市第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷
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·绍兴期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；指数函数的单调性与特殊点；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
指数函数单调递增，当时，，即集合，
则.
故答案为：D.
【分析】先解一元二次不等式求得集合A，再由指数函数单调性求得集合，最后根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高三上·绍兴期末）设，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，，
则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，并得共轭复数，再由复数的加减与模长公式求解即可.
3．（2025高三上·绍兴期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
4．（2025高三上·绍兴期末）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，
由，可得则，解得，
则圆锥母线长为，故该圆锥的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用三角形相似求得圆锥的母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即可.
5．（2025高三上·绍兴期末）设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为( ).
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得，则；
函数的定义域为，令，即，根据对数、反比例函数图象可知：，即；
函数定义域为，令，即，由图可知：，即，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】分别求零点，结合图象判断即可.
6．（2025高三上·绍兴期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：若，则，
即，即，
则
故答案为：A.
【分析】由，两边同时乘以化简，结合已知条件求得，再根据，利用两角和的正切公式求解即可.
7．（2025高三上·绍兴期末）某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．30 种
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
8．（2025高三上·绍兴期末）已知函数，且若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】由逆推得，
；
.
所以，.
故答案为：D.
【分析】根据分段函数自变量范围代入对应函数求值，注意分清在哪一段，进行讨论即可.
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·绍兴期末）甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示，
则下列说法中正确的是（ ）
附：若随机变量X服从正态分布，则.
A．乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩
B．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩
C．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近
D．若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587
【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：AB、由图象可知：甲的的平均成绩为75分，乙的的平均成绩为85分，
故A正确，B错误；
C、甲的图象比乙的图象更“高瘦”，则甲的成绩比乙的成绩更集中于平均值左右，故C正确；
D、若，则甲同学成绩高于80分的概率约为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由图，根据正态分布曲线特征以及参数的意义、正态曲线的对称性逐项分析判断即可.
10．（2025高三上·绍兴期末）在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．直线与直线所成角为
D．若，则平面四点共面
【答案】A,B,D
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体棱长为2，
A、，
易知平面的一个法向量，
因为平面，所以平面，故A正确；
B、因为，所以，故B正确；
C，设直线与直线所成角为，则，
又，所以，故C错误；
D、因为，所以，
则，设，
则，解得，则，即四点共面，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间法证明即可判断AB；利用空间向量法求异面直线的夹角即可判断C；根据空间向量的坐标运算，结合空间向量共面定理即可判断D.
11．（2025高三上·绍兴期末）冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ）
A．序列是需要交换3次的序列
B．
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】等差数列的前n项和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误；
B、不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为，
将元素n冒泡到最右侧，需交换次次，
将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次，
，
故共需要，
即最大交换次数，故B正确；
C、只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确；
D、当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列，
使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2，
则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置，
若元素n+1在新序列的最后一个位置，
则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个），
若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换，
故原序列交换次数为1（这样的序列有个），
若元素n+1在新序列的倒数第三个位置，
则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个），
因此，，
所以，显然，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意即可判断A；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·绍兴期末）在的展开式中，若第三项的系数为15，则 .
【答案】6
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为，
则第三项的系数为，即，即，解得．
故答案为：6．
【分析】写出展开式的通项，根据第三项的系数，结合组合数公式求解即可．
13．（2025高三上·绍兴期末）已知，，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】，，
，，，
即，所以，
令，，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取得.
故答案为：
【分析】利用对数运算，接着求导判断函数的单调性求得最值即可得到结果..
14．（2025高三上·绍兴期末）已知双曲线的两个焦点分别为、，，以为直径的圆与双曲线在第四象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的离心率是 ．
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设直线与圆相切于点，
因为以为直径的圆过点，所以，
又因为圆与直线的切点为，所以，所以，
，则，即，
又因为，所以，解得，
则双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】设直线与圆相切于点，根据相切以及圆的性质可得，再由三角形相似求得，最后双曲线的定义，结合双曲线的性质求解即可.
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·绍兴期末）已知在中，角的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若为边上一点，且，求的值．
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，即，
又因为，所以，所以，即；
（2）解：不妨设，则，
因为，所以为等边三角形，则，
由余弦定理得，
则，解得，故．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合辅助角公式求解即可；
（2）设，利用等边三角形的性质得，在中，利用余弦定理求得，即可求解比例.
（1）依题意，，
由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
即，
所以，即，
因为，所以，所以，即．
（2）不妨设，则，
因为，所以为等边三角形，
则，
由余弦定理得，
所以，解得或（舍去），
所以．
16．（2025高三上·绍兴期末）已知函数在定义域上有两个极值点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：由已知，因为函数在定义域上有两个极值点，
所以解得，
所以实数的取值范围为；
（2）解：由（1）得，
即两个极值点为方程的两根，
则，
所以
代入得
，其中，
则，得，
设，
则，当时，，
即在上单调递增，又，
所以．
【知识点】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)根据题意列出不等式，求出a的取值范围即可.
(2)由（1）得，两个极值点为方程的两根，构造函数，根据单调性求出a.
17．（2025高三上·绍兴期末）已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示．
（1）求五面体的体积；
（2）若点满足，若与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）解：取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
同理，平面，
因为平面，所以，
过点作于点，则，平面，且，
则五面体的体积为：
；
（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的法向量为，则，取，
由，可知点在上，设点，则，
由题意可得：，
设，则，故，
，则，
即当，时，取得最大值，最大值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，推得，过点作于点，得平面，且，再由求解即可；
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点和相关向量坐标，设，得，利用空间向量的夹角公式求出，利用换元法，结合二次函数的性质求最大值即可.
（1）如图，取的中点，连接，因，则，
又平面平面，且平面平面，平面，故平面，
同理，平面.因平面，则，
过点作于点，则得，故平面，且.
于是五面体的体积为：
；
（2）如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则.
则，
设平面的法向量为，则，
可取.
由可知，点在上，可设其坐标为，则，
依题意，，
设，则，故，
因，故，
即当，时，取得最大值，为.
18．（2025高三上·绍兴期末）已知椭圆：，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形．
（1）求椭圆方程；
（2）设直线：与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点直线：与椭圆交于不同的两点，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．
①求的值；
②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．
【答案】（1）解：由题意可得：，即，，，
则椭圆方程为；
（2）解：①、联立消整理可得（*），由，得，
此时方程（*）可化为：，解得（由条件可知：，异号），
设，则，，
即，，
因为直线，
联立消整理可得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，由韦达定理可得，，
因为，两点关于原点对称，所以，
所以，所以，故；
②、设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，则，
又因为，，
所以，
由可得：，
又因为，所以，即，
当时，；
当时，．
【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）由题意可得，再由椭圆中的关系求出，即可得椭圆的方程；
（2）①、由直线和椭圆相切，联立和椭圆方程可得，进而可得，联立和椭圆方程，消元整理，由韦达定理可得，，进而，即可求的值；
②、根据几何关系，由，，，四点围成的四边形为平行四边形，得，进而可得，代入面积公式分别计算即可.
（1）由题意，从而，，
所以椭圆方程为．
（2）①由消得（*），
由，得，
此时方程（*）可化为：，
解得：（由条件可知：，异号），
设，则，，
即，所以，
因为直线，
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，则，，
因为，两点关于原点对称，所以，
所以，，
所以，故．
②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，所以．
又，，
所以，
由可得：，
又，所以，即，
当时，；
当时，．
19．（2025高三上·绍兴期末）对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数.
（1）判断4和6是否为可分数，并说明理由；
（2）求小于81的最大可分数；
（3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：.
【答案】（1）解：令，①，；
②，；③，，
综上所述，不是可分数，
令，，由，，则是可分数；
（2）解：由，且，则令，
由，且，
则是小于最大的可分数；
（3）证明：设偶数为可分数，则存在使得，
由可知二元子集中两元素和的最大值为，
于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，
于是必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
若，由可知不属于集合，
故无法对进行分组，此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下大于等于的整数，
此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下，
因为，则是可分数等价于也是可分数，
若，则可将划分成以下各组：，
每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，
由于小于的可分数的个数为，则，
又小于3的可分数只能为2，则，于是，
故是首项为，公比为2的等比数列，
则，即，
又因为，
所以.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据题中新定义，举例说明即可；
（2）利用题中新定义，结合等差数列的性质，列出满足的集合，求解即可；
（3）根据题中新定义，分类讨论、与三种情况，分析得是等比数列，进而求得，再利用分组求和即可.
（1）令，①，；
②，；③，，
综上所述，不是可分数，
令，，由，，
则是可分数.
（2）由，且，则令，
由，且，
则是小于最大的可分数.
（3）设偶数为可分数，则存在使得，
由可知二元子集中两元素和的最大值为，
于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，
于是必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
若，由可知不属于集合，
故无法对进行分组，此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下大于等于的整数，
此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下，
因为，则是可分数等价于也是可分数，
若，则可将划分成以下各组：，
每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，
由于小于的可分数的个数为，则，
又小于3的可分数只能为2，则，于是，
故是首项为，公比为2的等比数列，
则，于是，
又，
因此.
1 / 1浙江省绍兴市第一中学2024-2025学年高三上学期期末考试数学试卷
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·绍兴期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·绍兴期末）设，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．0
3．（2025高三上·绍兴期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·绍兴期末）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·绍兴期末）设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为( ).
A． B． C． D．
6．（2025高三上·绍兴期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·绍兴期末）某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．30 种
8．（2025高三上·绍兴期末）已知函数，且若，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·绍兴期末）甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示，
则下列说法中正确的是（ ）
附：若随机变量X服从正态分布，则.
A．乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩
B．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩
C．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近
D．若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587
10．（2025高三上·绍兴期末）在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．直线与直线所成角为
D．若，则平面四点共面
11．（2025高三上·绍兴期末）冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ）
A．序列是需要交换3次的序列
B．
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·绍兴期末）在的展开式中，若第三项的系数为15，则 .
13．（2025高三上·绍兴期末）已知，，则的最小值为 .
14．（2025高三上·绍兴期末）已知双曲线的两个焦点分别为、，，以为直径的圆与双曲线在第四象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的离心率是 ．
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．（2025高三上·绍兴期末）已知在中，角的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若为边上一点，且，求的值．
16．（2025高三上·绍兴期末）已知函数在定义域上有两个极值点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求的值．
17．（2025高三上·绍兴期末）已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示．
（1）求五面体的体积；
（2）若点满足，若与平面所成角为，求的最大值．
18．（2025高三上·绍兴期末）已知椭圆：，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形．
（1）求椭圆方程；
（2）设直线：与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点直线：与椭圆交于不同的两点，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．
①求的值；
②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．
19．（2025高三上·绍兴期末）对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数.
（1）判断4和6是否为可分数，并说明理由；
（2）求小于81的最大可分数；
（3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；指数函数的单调性与特殊点；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
指数函数单调递增，当时，，即集合，
则.
故答案为：D.
【分析】先解一元二次不等式求得集合A，再由指数函数单调性求得集合，最后根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，，
则.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，并得共轭复数，再由复数的加减与模长公式求解即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
圆台的上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，
由，可得则，解得，
则圆锥母线长为，故该圆锥的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用三角形相似求得圆锥的母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即可.
5．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得，则；
函数的定义域为，令，即，根据对数、反比例函数图象可知：，即；
函数定义域为，令，即，由图可知：，即，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】分别求零点，结合图象判断即可.
6．【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：若，则，
即，即，
则
故答案为：A.
【分析】由，两边同时乘以化简，结合已知条件求得，再根据，利用两角和的正切公式求解即可.
7．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】由逆推得，
；
.
所以，.
故答案为：D.
【分析】根据分段函数自变量范围代入对应函数求值，注意分清在哪一段，进行讨论即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：AB、由图象可知：甲的的平均成绩为75分，乙的的平均成绩为85分，
故A正确，B错误；
C、甲的图象比乙的图象更“高瘦”，则甲的成绩比乙的成绩更集中于平均值左右，故C正确；
D、若，则甲同学成绩高于80分的概率约为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由图，根据正态分布曲线特征以及参数的意义、正态曲线的对称性逐项分析判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体棱长为2，
A、，
易知平面的一个法向量，
因为平面，所以平面，故A正确；
B、因为，所以，故B正确；
C，设直线与直线所成角为，则，
又，所以，故C错误；
D、因为，所以，
则，设，
则，解得，则，即四点共面，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间法证明即可判断AB；利用空间向量法求异面直线的夹角即可判断C；根据空间向量的坐标运算，结合空间向量共面定理即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】等差数列的前n项和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误；
B、不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为，
将元素n冒泡到最右侧，需交换次次，
将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次，
，
故共需要，
即最大交换次数，故B正确；
C、只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确；
D、当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列，
使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2，
则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置，
若元素n+1在新序列的最后一个位置，
则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个），
若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换，
故原序列交换次数为1（这样的序列有个），
若元素n+1在新序列的倒数第三个位置，
则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个），
因此，，
所以，显然，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意即可判断A；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D.
12．【答案】6
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为，
则第三项的系数为，即，即，解得．
故答案为：6．
【分析】写出展开式的通项，根据第三项的系数，结合组合数公式求解即可．
13．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】，，
，，，
即，所以，
令，，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取得.
故答案为：
【分析】利用对数运算，接着求导判断函数的单调性求得最值即可得到结果..
14．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设直线与圆相切于点，
因为以为直径的圆过点，所以，
又因为圆与直线的切点为，所以，所以，
，则，即，
又因为，所以，解得，
则双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】设直线与圆相切于点，根据相切以及圆的性质可得，再由三角形相似求得，最后双曲线的定义，结合双曲线的性质求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，即，
又因为，所以，所以，即；
（2）解：不妨设，则，
因为，所以为等边三角形，则，
由余弦定理得，
则，解得，故．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合辅助角公式求解即可；
（2）设，利用等边三角形的性质得，在中，利用余弦定理求得，即可求解比例.
（1）依题意，，
由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
即，
所以，即，
因为，所以，所以，即．
（2）不妨设，则，
因为，所以为等边三角形，
则，
由余弦定理得，
所以，解得或（舍去），
所以．
16．【答案】（1）解：由已知，因为函数在定义域上有两个极值点，
所以解得，
所以实数的取值范围为；
（2）解：由（1）得，
即两个极值点为方程的两根，
则，
所以
代入得
，其中，
则，得，
设，
则，当时，，
即在上单调递增，又，
所以．
【知识点】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)根据题意列出不等式，求出a的取值范围即可.
(2)由（1）得，两个极值点为方程的两根，构造函数，根据单调性求出a.
17．【答案】（1）解：取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
同理，平面，
因为平面，所以，
过点作于点，则，平面，且，
则五面体的体积为：
；
（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的法向量为，则，取，
由，可知点在上，设点，则，
由题意可得：，
设，则，故，
，则，
即当，时，取得最大值，最大值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，推得，过点作于点，得平面，且，再由求解即可；
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点和相关向量坐标，设，得，利用空间向量的夹角公式求出，利用换元法，结合二次函数的性质求最大值即可.
（1）如图，取的中点，连接，因，则，
又平面平面，且平面平面，平面，故平面，
同理，平面.因平面，则，
过点作于点，则得，故平面，且.
于是五面体的体积为：
；
（2）如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则.
则，
设平面的法向量为，则，
可取.
由可知，点在上，可设其坐标为，则，
依题意，，
设，则，故，
因，故，
即当，时，取得最大值，为.
18．【答案】（1）解：由题意可得：，即，，，
则椭圆方程为；
（2）解：①、联立消整理可得（*），由，得，
此时方程（*）可化为：，解得（由条件可知：，异号），
设，则，，
即，，
因为直线，
联立消整理可得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，由韦达定理可得，，
因为，两点关于原点对称，所以，
所以，所以，故；
②、设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，则，
又因为，，
所以，
由可得：，
又因为，所以，即，
当时，；
当时，．
【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）由题意可得，再由椭圆中的关系求出，即可得椭圆的方程；
（2）①、由直线和椭圆相切，联立和椭圆方程可得，进而可得，联立和椭圆方程，消元整理，由韦达定理可得，，进而，即可求的值；
②、根据几何关系，由，，，四点围成的四边形为平行四边形，得，进而可得，代入面积公式分别计算即可.
（1）由题意，从而，，
所以椭圆方程为．
（2）①由消得（*），
由，得，
此时方程（*）可化为：，
解得：（由条件可知：，异号），
设，则，，
即，所以，
因为直线，
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，则，，
因为，两点关于原点对称，所以，
所以，，
所以，故．
②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，所以．
又，，
所以，
由可得：，
又，所以，即，
当时，；
当时，．
19．【答案】（1）解：令，①，；
②，；③，，
综上所述，不是可分数，
令，，由，，则是可分数；
（2）解：由，且，则令，
由，且，
则是小于最大的可分数；
（3）证明：设偶数为可分数，则存在使得，
由可知二元子集中两元素和的最大值为，
于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，
于是必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
若，由可知不属于集合，
故无法对进行分组，此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下大于等于的整数，
此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下，
因为，则是可分数等价于也是可分数，
若，则可将划分成以下各组：，
每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，
由于小于的可分数的个数为，则，
又小于3的可分数只能为2，则，于是，
故是首项为，公比为2的等比数列，
则，即，
又因为，
所以.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据题中新定义，举例说明即可；
（2）利用题中新定义，结合等差数列的性质，列出满足的集合，求解即可；
（3）根据题中新定义，分类讨论、与三种情况，分析得是等比数列，进而求得，再利用分组求和即可.
（1）令，①，；
②，；③，，
综上所述，不是可分数，
令，，由，，
则是可分数.
（2）由，且，则令，
由，且，
则是小于最大的可分数.
（3）设偶数为可分数，则存在使得，
由可知二元子集中两元素和的最大值为，
于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，
于是必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
若，由可知不属于集合，
故无法对进行分组，此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下大于等于的整数，
此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下，
因为，则是可分数等价于也是可分数，
若，则可将划分成以下各组：，
每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，
由于小于的可分数的个数为，则，
又小于3的可分数只能为2，则，于是，
故是首项为，公比为2的等比数列，
则，于是，
又，
因此.
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