广东省中山市第一中学2024-2025学年高三上学期第三次统测数学试卷
1．（2024高三上·中山期中）若集合，则的元素个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式可得，即集合；
集合，
则，即共有4个元素.
故答案为：C．
【分析】解不等式求得集合B，再化简求得集合，最后利用集合的交集运算求解，判断元素个数即可.
2．（2024高三上·中山期中）已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故答案为：D．
【分析】根据复数的乘法与除法的运算法则，整理可得复数的标准形式，再结合复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的坐标，进而得出点所在的象限.
3．（2024高三上·中山期中）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【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，且，所以，
又因为，所以，充分性满足；
如图：满足，，
但不成立，必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】通过面面平行的性质定理判断充分性，再通过举例子判断必要性，从而判断出“”是“”的充分而不必要条件.
4．（2024高三上·中山期中）若实数，，满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
由，可得，且，即，
由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】利用正弦函数性质求得，由，可得，结合幂函数的单调性求得，由，可得，根据对数函数的性质可得，判断的大小即可.
5．（2024高三上·中山期中）对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】相反向量；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上的投影向量为，
同理，在上的投影向量为，
因为任意非零向量在上的投影向量互为相反向量，所以，
则．
故答案为：D．
【分析】由题意，利用投影向量和相反向量定义列式计算即可.
6．（2024高三上·中山期中）已知定义域为的偶函数满足，当时，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的偶函数，所以，
又因为，所以，
所以，
则函数是周期为4的周期函数，即，
由，令，可得，
又因为当时，，所以，
则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据偶函数的性质，结合，可得函数是周期为4的周期函数，再利用函数解析式结合周期性求解即可.
7．（2024高三上·中山期中）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A．
【分析】由题意，利用诱导公式，同角三角函数的基本关系、正弦、余弦的二倍角公式化简求值即可.
8．（2024高三上·中山期中）从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个，每个砝码均有编号）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：一个砝码有9，有种情况，
两个砝码有、、、，有种，
三个砝码有、、、、、、有种，
四个砝码有、、、，有种，
五个砝码有，由种，综上总计种，
A、中系数为，不符合，故A错误；
B、中的系数是个带的，个括号选常数项，
则，故B错误；
C、
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，
其他项为常数，则系数为，
同理由四项组成，，，几种情况，
其他为常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
D、
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码总重量恰为9克的情况求得，再逐项求的系数判断即可.
9．（2024高三上·中山期中）已知，则（ ）
A． B．
C．， D．，
【答案】A,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
A、易知函数的最小正周期为，则，故A正确；
B、函数的定义域为，因为，所以不是奇函数，故B错误；
C、当时，，，，故C正确；
D、，当时，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦函数的最小正周期公式求解即可判断A；求函数的定义域，根据即可判断B；由x的范围求出的范围，再求函数的值域即可判断C；求导即可判断D.
10．（2024高三上·中山期中）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件 B．事件和不互斥
C．事件和相互独立 D．事件和相互独立
【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：事件“”，即前两次抛掷中，一正一反，则；
事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则；
事件“”，即前三次抛掷中，一正两反，则，
A、事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，故A错误；
B、事件、可能同时发生，则事件和不互斥，故B正确；
C、事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，故C正确；
D、事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】由题意，先分别求事件A、B、C发生的概率，由对立事件的定义即可判断A；由互斥事件的定义分析即可判断B；由相互独立事件的定义分析即可判断CD．
11．（2024高三上·中山期中）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为，
A、由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去），
所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误；
B、因为，所以三点在同一平面内，
因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角，因为，所以，
又因为，所以，所以，故B正确；
C、因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
所以，所以，故C正确.
D、以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图所示：
则，
，
，
则，解得或，
当时，球的半径为，所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积即可判断A；利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B；以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明垂直即可判断C；利用C选项的坐标系，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D.
12．（2024高三上·中山期中）已知向量，且向量与不能作为平面向量的一组基底，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
由题意可得：，则，解得，即，
故．
故答案为：．
【分析】由题意可得，利用向量平行的坐标表示列式求得，再利用向量的模长公式求解即可.
13．（2024高三上·中山期中）已知某人每次投篮的命中率为，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知，随机变量X服从两点分布，且，，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故最大值为．
故答案为：.
【分析】由题意可得随机变量X服从两点分布，且，，，结合基本不等式求解即可.
14．（2024高三上·中山期中）已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是 .
【答案】
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：当时，作出和的图象，如图所示：
则或，解得，
故的范围是.
故答案为：.
【分析】当时，作出和的图象，数形结合求解即可.
15．（2024高三上·中山期中）在中，内角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求边上的高．
【答案】（1）解：由，，可得，
整理可得，则，即，故；
（2）解：由（1）得，，因为为锐角，所以，
由的面积，解得，
设边上的高为，则的面积，则，即边上的高为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正、余弦定理化简求值即可；
（2）由（1）的结论，结合同角三角函数基本关系求得，再利用等面积法求解即可.
（1）∵，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，∴
（2）由（1）得，，
∵为锐角，∴，
∴的面积，
∴，设边上的高为，
则的面积，
∴，即边上的高为．
16．（2024高三上·中山期中）如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点.
（1）求证：平面；
（2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：延长三条侧棱交于一点，如图所示：
由，可得以，
满足，则，同理.
因为，平面，所以平面，即平面；
（2）解：由（1）知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
，，
设，
则，
设平面和平面的法向量分别为，
则取，
则，
整理得，即，解得，
故存在点（点为中点时），满足题意.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）延长三条侧棱交于一点，由勾股定理证明，，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.
（1）延长三条侧棱交于一点，如图所示，
由于，所以，
所以，所以，同理.
又，平面，
所以平面，即平面.
（2）由（1）知，如图建立空间直角坐标系，
则，，
所以，.
设，
则，
设平面和平面的法向量分别为，
所以
取，
则.
整理得，即，所以或（舍），
故存在点（点为中点时），满足题意.
17．（2024高三上·中山期中）某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示：
32 41 54 68 74 80 92
0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，
（1）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（2）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率．
参考公式与数据：
①．
②线性回归方程中，，．
③若随机变量，则，，．
【答案】（1）解：两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（2）解：由（1）及提供的参考数据可知，，，
，即，可得，即，
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
即绩效等级优秀率不低于的概率等于．
【知识点】线性回归方程；回归分析；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由题意，两边取对数，得，根据题目中的数据和公式求解即可；
（2）根据正态分布的相关概念，结合正态分布曲线的对称性求解即可.
（1）依题意，两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（2）由（1）及提供的参考数据可知，，，
又，即，可得，即．
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
所以绩效等级优秀率不低于的概率等于．
18．（2024高三上·中山期中）已知函数．
（1）已知函数在点处的切线的倾斜角为，求的值．
（2）若函数为增函数，求的取值范围；
（3）已知．证明：；
【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
由题意可得，即，则；
（2）解：设定义域为，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故对有，从而对有，
若，则对任意，，所以在和上单调递增，
故在上单调递增，满足条件；
若，则对有，所以在上单调递减，不满足条件；
若，则，所以在上单调递减，不满足条件，
故的取值范围为；
（3）证明：由（2）可知，当时，函数单调递增，
由，可知，即，
再由可知，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由题意可得，代值求解即可；
（2）设，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，问题转化为对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题求解即可；
（3）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可.
（1）由已知有，而由可得，故，所以.
（2）设，则，所以对有，对有.
从而在上递减，在上递增，故对有，从而对有.
若，则对任意有，所以在和上递增，故在上递增，满足条件；
若，则对有，所以在上递减，不满足条件；
若，则，所以在上递减，不满足条件.
所以的取值范围为.
（3）由（2）可知，当时，单调递增，
由，可知，即.
再由可知，故.
19．（2024高三上·中山期中）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质：
①，且；
②；
③与不同时在数对序列A中．
（1）当时，写出所有满足的数对序列A；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求．
【答案】（1）解：当时， 数对序列或；
（2）解：当时，因与不同时在数对序列中，故，
即每个数至多出现5次.
又因，所以只有对应的数可以出现5次，
故.得证
（3）解：当是奇数时，先证明.
因与不同时在数对序列中，所以，
当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1.
对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1，
那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下4个数对并成一组：，
共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面，
即：
，
此时恰有项，所以.
综上，当是奇数时，
.
【知识点】数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1） 当时，利用列举法求满足的数对序列A；
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得；
（3）先证明，然后利用累加法求得.
（1）依题意，当时，有或；
（2）当时，因与不同时在数对序列中，故，
即每个数至多出现5次.
又因，所以只有对应的数可以出现5次，
故.得证.
（3）当是奇数时，先证明.
因与不同时在数对序列中，所以，
当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1.
对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1，
那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下4个数对并成一组：，
共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面，
即：
，
此时恰有项，所以.
综上，当是奇数时，
.
1 / 1广东省中山市第一中学2024-2025学年高三上学期第三次统测数学试卷
1．（2024高三上·中山期中）若集合，则的元素个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024高三上·中山期中）已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高三上·中山期中）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高三上·中山期中）若实数，，满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·中山期中）对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·中山期中）已知定义域为的偶函数满足，当时，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·中山期中）（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·中山期中）从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个，每个砝码均有编号）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2024高三上·中山期中）已知，则（ ）
A． B．
C．， D．，
10．（2024高三上·中山期中）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件 B．事件和不互斥
C．事件和相互独立 D．事件和相互独立
11．（2024高三上·中山期中）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
12．（2024高三上·中山期中）已知向量，且向量与不能作为平面向量的一组基底，则 ．
13．（2024高三上·中山期中）已知某人每次投篮的命中率为，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为 ．
14．（2024高三上·中山期中）已知“”表示小于x的最大整数，例如，.若恰好有四个解，那么的范围是 .
15．（2024高三上·中山期中）在中，内角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求边上的高．
16．（2024高三上·中山期中）如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点.
（1）求证：平面；
（2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.
17．（2024高三上·中山期中）某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示：
32 41 54 68 74 80 92
0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，
（1）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（2）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率．
参考公式与数据：
①．
②线性回归方程中，，．
③若随机变量，则，，．
18．（2024高三上·中山期中）已知函数．
（1）已知函数在点处的切线的倾斜角为，求的值．
（2）若函数为增函数，求的取值范围；
（3）已知．证明：；
19．（2024高三上·中山期中）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质：
①，且；
②；
③与不同时在数对序列A中．
（1）当时，写出所有满足的数对序列A；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式可得，即集合；
集合，
则，即共有4个元素.
故答案为：C．
【分析】解不等式求得集合B，再化简求得集合，最后利用集合的交集运算求解，判断元素个数即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故答案为：D．
【分析】根据复数的乘法与除法的运算法则，整理可得复数的标准形式，再结合复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的坐标，进而得出点所在的象限.
3．【答案】A
【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，且，所以，
又因为，所以，充分性满足；
如图：满足，，
但不成立，必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】通过面面平行的性质定理判断充分性，再通过举例子判断必要性，从而判断出“”是“”的充分而不必要条件.
4．【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
由，可得，且，即，
由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】利用正弦函数性质求得，由，可得，结合幂函数的单调性求得，由，可得，根据对数函数的性质可得，判断的大小即可.
5．【答案】D
【知识点】相反向量；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上的投影向量为，
同理，在上的投影向量为，
因为任意非零向量在上的投影向量互为相反向量，所以，
则．
故答案为：D．
【分析】由题意，利用投影向量和相反向量定义列式计算即可.
6．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的偶函数，所以，
又因为，所以，
所以，
则函数是周期为4的周期函数，即，
由，令，可得，
又因为当时，，所以，
则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据偶函数的性质，结合，可得函数是周期为4的周期函数，再利用函数解析式结合周期性求解即可.
7．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A．
【分析】由题意，利用诱导公式，同角三角函数的基本关系、正弦、余弦的二倍角公式化简求值即可.
8．【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：一个砝码有9，有种情况，
两个砝码有、、、，有种，
三个砝码有、、、、、、有种，
四个砝码有、、、，有种，
五个砝码有，由种，综上总计种，
A、中系数为，不符合，故A错误；
B、中的系数是个带的，个括号选常数项，
则，故B错误；
C、
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，
其他项为常数，则系数为，
同理由四项组成，，，几种情况，
其他为常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
D、
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码总重量恰为9克的情况求得，再逐项求的系数判断即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
A、易知函数的最小正周期为，则，故A正确；
B、函数的定义域为，因为，所以不是奇函数，故B错误；
C、当时，，，，故C正确；
D、，当时，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦函数的最小正周期公式求解即可判断A；求函数的定义域，根据即可判断B；由x的范围求出的范围，再求函数的值域即可判断C；求导即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：事件“”，即前两次抛掷中，一正一反，则；
事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则；
事件“”，即前三次抛掷中，一正两反，则，
A、事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，故A错误；
B、事件、可能同时发生，则事件和不互斥，故B正确；
C、事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，故C正确；
D、事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】由题意，先分别求事件A、B、C发生的概率，由对立事件的定义即可判断A；由互斥事件的定义分析即可判断B；由相互独立事件的定义分析即可判断CD．
11．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为，
A、由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去），
所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误；
B、因为，所以三点在同一平面内，
因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角，因为，所以，
又因为，所以，所以，故B正确；
C、因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
所以，所以，故C正确.
D、以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图所示：
则，
，
，
则，解得或，
当时，球的半径为，所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积即可判断A；利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B；以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明垂直即可判断C；利用C选项的坐标系，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D.
12．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
由题意可得：，则，解得，即，
故．
故答案为：．
【分析】由题意可得，利用向量平行的坐标表示列式求得，再利用向量的模长公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】基本不等式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知，随机变量X服从两点分布，且，，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故最大值为．
故答案为：.
【分析】由题意可得随机变量X服从两点分布，且，，，结合基本不等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：当时，作出和的图象，如图所示：
则或，解得，
故的范围是.
故答案为：.
【分析】当时，作出和的图象，数形结合求解即可.
15．【答案】（1）解：由，，可得，
整理可得，则，即，故；
（2）解：由（1）得，，因为为锐角，所以，
由的面积，解得，
设边上的高为，则的面积，则，即边上的高为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正、余弦定理化简求值即可；
（2）由（1）的结论，结合同角三角函数基本关系求得，再利用等面积法求解即可.
（1）∵，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，∴
（2）由（1）得，，
∵为锐角，∴，
∴的面积，
∴，设边上的高为，
则的面积，
∴，即边上的高为．
16．【答案】（1）解：延长三条侧棱交于一点，如图所示：
由，可得以，
满足，则，同理.
因为，平面，所以平面，即平面；
（2）解：由（1）知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
，，
设，
则，
设平面和平面的法向量分别为，
则取，
则，
整理得，即，解得，
故存在点（点为中点时），满足题意.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）延长三条侧棱交于一点，由勾股定理证明，，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.
（1）延长三条侧棱交于一点，如图所示，
由于，所以，
所以，所以，同理.
又，平面，
所以平面，即平面.
（2）由（1）知，如图建立空间直角坐标系，
则，，
所以，.
设，
则，
设平面和平面的法向量分别为，
所以
取，
则.
整理得，即，所以或（舍），
故存在点（点为中点时），满足题意.
17．【答案】（1）解：两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（2）解：由（1）及提供的参考数据可知，，，
，即，可得，即，
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
即绩效等级优秀率不低于的概率等于．
【知识点】线性回归方程；回归分析；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由题意，两边取对数，得，根据题目中的数据和公式求解即可；
（2）根据正态分布的相关概念，结合正态分布曲线的对称性求解即可.
（1）依题意，两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（2）由（1）及提供的参考数据可知，，，
又，即，可得，即．
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
所以绩效等级优秀率不低于的概率等于．
18．【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
由题意可得，即，则；
（2）解：设定义域为，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故对有，从而对有，
若，则对任意，，所以在和上单调递增，
故在上单调递增，满足条件；
若，则对有，所以在上单调递减，不满足条件；
若，则，所以在上单调递减，不满足条件，
故的取值范围为；
（3）证明：由（2）可知，当时，函数单调递增，
由，可知，即，
再由可知，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由题意可得，代值求解即可；
（2）设，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，问题转化为对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题求解即可；
（3）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可.
（1）由已知有，而由可得，故，所以.
（2）设，则，所以对有，对有.
从而在上递减，在上递增，故对有，从而对有.
若，则对任意有，所以在和上递增，故在上递增，满足条件；
若，则对有，所以在上递减，不满足条件；
若，则，所以在上递减，不满足条件.
所以的取值范围为.
（3）由（2）可知，当时，单调递增，
由，可知，即.
再由可知，故.
19．【答案】（1）解：当时， 数对序列或；
（2）解：当时，因与不同时在数对序列中，故，
即每个数至多出现5次.
又因，所以只有对应的数可以出现5次，
故.得证
（3）解：当是奇数时，先证明.
因与不同时在数对序列中，所以，
当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1.
对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1，
那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下4个数对并成一组：，
共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面，
即：
，
此时恰有项，所以.
综上，当是奇数时，
.
【知识点】数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1） 当时，利用列举法求满足的数对序列A；
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得；
（3）先证明，然后利用累加法求得.
（1）依题意，当时，有或；
（2）当时，因与不同时在数对序列中，故，
即每个数至多出现5次.
又因，所以只有对应的数可以出现5次，
故.得证.
（3）当是奇数时，先证明.
因与不同时在数对序列中，所以，
当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1.
对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1，
那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下4个数对并成一组：，
共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面，
即：
，
此时恰有项，所以.
综上，当是奇数时，
.
1 / 1
