甘肃省武威第七中学2025-2026学年高三上学期第二次质量检测数学试卷
1．（2025高三上·武威月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题得，因为，所以.
又，所以.
故答案为：B.
【分析】根据自然数的范围确定全集的元素；再根据补集的定义，求出集合在中的补集；最后根据并集的定义，求出与的并集，从而得到答案.
2．（2025高三上·武威月考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得或，即，
又，则，解得，即，
又因为是的真子集，
所以“”是“”的必要而不充分条件．
故答案为：B．
【分析】先分别求解两个不等式的解集，再通过分析两个解集的包含关系来确定.
3．（2025高三上·武威月考）下列图象中，函数的部分图象有可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：对于函数，有，解得，即函数的定义域为，
定义域关于原点对称，因为，即函数为奇函数，排除CD选项，当时，，则，此时，排除B选项.
故答案为：A.
【分析】判断函数的图象，需从定义域、奇偶性、特定区间的函数值符号这三个角度分析，再结合选项逐一排除.
4．（2025高三上·武威月考）若，，则错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：，当，，，时，，，此时，故错误.
，由可得，则.又因为，所以，根据不等式的性质：可得，故正确.
，由，则，则，，根据不等式的性质：，可得，故正确.
，由前面分析可知，因为函数在上单调递增，所以，故正确.
故答案为：A.
【分析】利用不等式的性质，结合a > b > 0、c < d < 0的条件，对每个选项逐一推导；对错误选项可通过特殊值验证。
5．（2025高三上·武威月考）已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．286 B．293 C．252 D．246
【答案】B
【知识点】总体分布的估计；概率的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
，
，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.
故选：B.
【分析】根据正态分布的对称性，求出的概率，即可得解.
6．（2025高三上·武威月考）若函数的值域为，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解： 函数的值域为， 令，得，即，
则，对称轴，，
且，则，故函数的值域为.
故答案为：C.
【分析】令，利用换元法将表示为，在根据二次函数的性质求的值域即可.
7．（2025高三上·武威月考）下列叙述中正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．“”是“直线和直线垂直”的充分而不必要条件
C．命题“若，则且”的否命题是“若，则且”
D．若为真命题，为假命题，则，一真一假
【答案】D
【知识点】复合命题的真假；命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：：命题的否定为，，故选项错误；
：直线和直线垂直的充要条件为，即，可以推出，但推不出，故“”是“直线和直线垂直”的必要而不充分条件，故选项错误；
：命题“若，则且”的否命题是“若，则或”， 故选项错误；
：若为真命题，则，中至少有一个为真，若为假命题，则，中至少有一个为假，因此，一真一假，故选项正确.
故答案为：D.
【分析】分别对四个选项涉及的特称命题的否定、两直线垂直的充要条件与充分必要条件判断、否命题的定义、含逻辑连接词命题的真假判断这四个知识点进行分析，逐一排除错误选项.
8．（2025高三上·武威月考）若存在实数使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，此时当时，即满足，故符合题意，
当时，此时为开口向下的二次函数，一定存在实数使得成立，故符合题意，
当时，此时为开口向上的二次函数，要使存在实数使得成立，则，解得
综上可得，
故答案为：A
【分析】对分三类（、、）讨论，结合一次函数、二次函数的图象与性质，判断是否存在实数使得不等式成立。
9．（2025高三上·武威月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．函数最小值为
C．函数与是同一个函数
D．若不等式的解集为，则不等式的解集为
【答案】A,C,D
【知识点】命题的否定；同一函数的判定；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：对A，“，”的否定是“，”，故A为假命题；
对B，令，则，所以函数在上单调递增，
所以，故B选项为真命题；
对C，函数定义域为R，函数定义域为，定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题；
对D，由题意，方程的解为，且，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，
由，则不等式变为，解得或，故D为假命题；
故答案为：ACD.
【分析】分别从特称命题的否定、对勾函数的单调性与最值、函数的定义域与同一函数判定、一元二次不等式与方程的关系这四个角度，对每个选项进行分析，判断命题的真假.
10．（2025高三上·武威月考）眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ）
A．与互为对立 B．与相互独立
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：因为，，，
则，所以，
所以，则与不对立，故A错误；
得到，与相互独立，故B正确；
而，故，故C正确；
，，
所以，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】利用条件概率公式、独立事件定义、概率的基本性质，逐一验证每个选项。
11．（2025高三上·武威月考）已知函数，则（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．当时，函数在定义域上单调递增
C．当时，函数的最小值为
D．若对，都有，则
【答案】A,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A，函数的定义域为，关于原点对称，且，故为奇函数，图象关于原点对称，A正确，
B，时，由于定义域为，由于均为在，和上递增函数，故在，和上单调递增，故B错误，
C，时，若，则，故C错误，
D，对，都有，故，由于对，，故，D正确，
故答案为：AD
【分析】核心思路是：针对每个选项，结合函数的奇偶性、单调性、最值的判定规则，以及不等式恒成立的处理方法，逐一分析验证。
12．（2025高三上·武威月考）已知函数 ，则 ，的最小值是 .
【答案】.；.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；基本不等式
【解析】【解答】解：由题意可得 ，所以，
当时，的最小值为0，当时，，
当且仅当时取等号，最小值为，故的最小值为，
故答案为： .
【分析】第一空，需根据分段函数的定义，从内到外逐步计算复合函数值；对于第二空，需分别分析分段函数在不同区间上的最值，再比较得出整个函数的最小值.
13．（2025高三上·武威月考）若二项式 的展开式共有 6 项，则此展开式中含 的项的系数是 .
【答案】-5
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意知二项式 的展开式共有 6 项，故，
则二项式的通项公式为，
令，故含的项的系数为，
故答案为：-5
【分析】先根据二项式展开式的项数确定n的值，再写出展开式的通项公式，通过未知数的次数求出对应项的参数，进而计算系数。
14．（2025高三上·武威月考）甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有 种.
【答案】55
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，
若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为，即4的倍数，若要使得抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3次骰子的点数和为4的倍数，利用分类思想可知：
第一类：3次骰子的点数和刚好为4，即点数为两个1和一个2，故有种，此类共有3种；
第二类：3次骰子的点数和刚好为8，即点数为两个1和一个6，故有种；
点数为一个1和一个2和一个5，故有种；点数为一个1和一个3和一个4，故有种；
点数为两个2和一个4，故有种；点数为两个3和一个2，故有种，此类共有21种
第三类：3次骰子的点数和刚好为12，即点数为一个1和一个5和一个6，故有种；
点数为一个2和一个4和一个6，故有种；点数为两个3和一个6，故有种；
点数为两个5和一个2，故有种；点数为一个3和一个4和一个5，故有种；
点数为三个4，故有1种，此类共有25种；
第四类：3次骰子的点数和刚好为16，即点数为两个6和一个4，故有种；
点数为两个5和一个6，故有种，此类共6种；三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有种，
故答案为：55.
【分析】明确传球规则：球从甲出发，按甲→乙→丙→丁→甲循环，每次掷骰子的点数为传球次数.抛掷3次骰子后球回到甲手中，意味着3次点数之和为4的倍数（因为每传4次回到甲，所以总传球次数需是4的倍数）.接下来分情况讨论3次骰子点数和为4、8、12的所有组合，再计算每种组合的掷骰子方法数，最后求和.
15．（2025高三上·武威月考）根据下列条件，求函数的解析式.
（1）已知函数是一次函数，若，求的解析式.
（2）已知，求的解析式.
【答案】（1）解：是一次函数，∴设（k）
，
∴，∴或或
（2）解：令则，，
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【分析】（1）用待定系数法，先设出一次函数的一般形式，再通过复合函数的等式建立方程组，求解系数；
（2）采用换元法，通过引入新变量替换原函数中的复杂部分，进而推导出函数解析式，并注意定义域的确定.
（1）是一次函数，∴设（k）
，∴
∴或或
（2）令则，，
16．（2025高三上·武威月考）已知二次函数．
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）若，且，求的最小值．
【答案】（1）解：因为不等式的解集为，
所以，且的两根为和，
则根据韦达定理，可得，解得
（2）解：由，可得，化简得.
又，所以，
当且仅当时，即时等号成立.
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1)根据不等式解集与二次函数的关系，确定方程的根，再用韦达定理列方程求解a、b。
(2)先由f(2)=1得到a、b的关系式，再将所求式子与该关系式结合，利用基本不等式求最小值。
（1）因为不等式的解集为，
所以，且的两根为和，
则根据韦达定理，可得，解得；
（2）由，可得，化简得.
又，所以，
当且仅当时，即时等号成立.
17．（2025高三上·武威月考）是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰．
（1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率；
（2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，
，，
记甲进入决赛为事件，
则甲进入决赛的概率为．
（2）解：由题可知的取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下：
（元），
即甲获得奖金的数学期望为元．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先确定从 8 题中抽 4 题时，答对 3 题或 4 题的组合数，再结合甲能答对 5 题的条件，用古典概型计算进入决赛的概率。
(2) 根据决赛答题规则，确定奖金的可能取值，利用二项分布计算每个取值的概率，再列分布列、求数学期望。
（1）记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，
，，
记甲进入决赛为事件，
则甲进入决赛的概率为．
（2）由题可知的取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下：
（元），
即甲获得奖金的数学期望为元．
18．（2025高三上·武威月考）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上．
（1）求证：平面平面；
（2）当取得最小值时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）知平面，
因为平面，所以，，
又，平面平面，所以即为二面角的平面角，
当取得最小值时，有，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在菱形ABCD中，，，
所以，，
又因为，所以，
又因为在中，，解得，
则在中，，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)先利用线面垂直的判定证明垂直于平面，再由面面垂直的判定（一个平面过另一个平面的垂线）证得平面平面。
(2)先通过几何分析确定最小时的位置，再建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，
因为平面，所以，，
又，平面平面，所以即为二面角的平面角，
当取得最小值时，有，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在菱形ABCD中，，，
所以，，
又因为，所以，
又因为在中，，解得，
则在中，，
所以二面角的余弦值为．
解法二：由底面，底面，且底面为菱形可知两两垂直，
又当取得最小值时，有，
以为原点，分别为轴建空间直角坐标系，
因为在菱形ABCD中，，，
所以，为等边三角形，易得，，
则，，，，，
易知为平面的法向量，
又由（1）得平面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的法向量，
又，
所以二面角的余弦值为.
19．（2025高三上·武威月考）强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表：
6 8 9 12
2 3 4 5 6
（1）若学科知识整合能力指标的平均值，
（ⅰ）求t的值；
（ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标；
（2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立；
甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X；
乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y；
若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校.
（附：经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：）
【答案】（1）解：（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，所以.
故所求经验回归方程为，当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
（2）解：该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
【知识点】众数、中位数、平均数；最小二乘法；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）（i）根据平均数的定义列方程求解的值；
（ii）利用最小二乘法公式计算经验回归方程的系数和，再代入进行预测.
（2）分别计算随机变量和的数学期望，通过比较期望大小分析报考院校.
（1）（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，
所以.
故所求经验回归方程为，
当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
（2）该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，
则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
1 / 1甘肃省武威第七中学2025-2026学年高三上学期第二次质量检测数学试卷
1．（2025高三上·武威月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·武威月考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高三上·武威月考）下列图象中，函数的部分图象有可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·武威月考）若，，则错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·武威月考）已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．286 B．293 C．252 D．246
6．（2025高三上·武威月考）若函数的值域为，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·武威月考）下列叙述中正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．“”是“直线和直线垂直”的充分而不必要条件
C．命题“若，则且”的否命题是“若，则且”
D．若为真命题，为假命题，则，一真一假
8．（2025高三上·武威月考）若存在实数使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·武威月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．函数最小值为
C．函数与是同一个函数
D．若不等式的解集为，则不等式的解集为
10．（2025高三上·武威月考）眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ）
A．与互为对立 B．与相互独立
C． D．
11．（2025高三上·武威月考）已知函数，则（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．当时，函数在定义域上单调递增
C．当时，函数的最小值为
D．若对，都有，则
12．（2025高三上·武威月考）已知函数 ，则 ，的最小值是 .
13．（2025高三上·武威月考）若二项式 的展开式共有 6 项，则此展开式中含 的项的系数是 .
14．（2025高三上·武威月考）甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有 种.
15．（2025高三上·武威月考）根据下列条件，求函数的解析式.
（1）已知函数是一次函数，若，求的解析式.
（2）已知，求的解析式.
16．（2025高三上·武威月考）已知二次函数．
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）若，且，求的最小值．
17．（2025高三上·武威月考）是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰．
（1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率；
（2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望．
18．（2025高三上·武威月考）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上．
（1）求证：平面平面；
（2）当取得最小值时，求二面角的余弦值．
19．（2025高三上·武威月考）强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表：
6 8 9 12
2 3 4 5 6
（1）若学科知识整合能力指标的平均值，
（ⅰ）求t的值；
（ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标；
（2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立；
甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X；
乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y；
若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校.
（附：经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题得，因为，所以.
又，所以.
故答案为：B.
【分析】根据自然数的范围确定全集的元素；再根据补集的定义，求出集合在中的补集；最后根据并集的定义，求出与的并集，从而得到答案.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得或，即，
又，则，解得，即，
又因为是的真子集，
所以“”是“”的必要而不充分条件．
故答案为：B．
【分析】先分别求解两个不等式的解集，再通过分析两个解集的包含关系来确定.
3．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：对于函数，有，解得，即函数的定义域为，
定义域关于原点对称，因为，即函数为奇函数，排除CD选项，当时，，则，此时，排除B选项.
故答案为：A.
【分析】判断函数的图象，需从定义域、奇偶性、特定区间的函数值符号这三个角度分析，再结合选项逐一排除.
4．【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：，当，，，时，，，此时，故错误.
，由可得，则.又因为，所以，根据不等式的性质：可得，故正确.
，由，则，则，，根据不等式的性质：，可得，故正确.
，由前面分析可知，因为函数在上单调递增，所以，故正确.
故答案为：A.
【分析】利用不等式的性质，结合a > b > 0、c < d < 0的条件，对每个选项逐一推导；对错误选项可通过特殊值验证。
5．【答案】B
【知识点】总体分布的估计；概率的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
，
，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.
故选：B.
【分析】根据正态分布的对称性，求出的概率，即可得解.
6．【答案】C
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解： 函数的值域为， 令，得，即，
则，对称轴，，
且，则，故函数的值域为.
故答案为：C.
【分析】令，利用换元法将表示为，在根据二次函数的性质求的值域即可.
7．【答案】D
【知识点】复合命题的真假；命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：：命题的否定为，，故选项错误；
：直线和直线垂直的充要条件为，即，可以推出，但推不出，故“”是“直线和直线垂直”的必要而不充分条件，故选项错误；
：命题“若，则且”的否命题是“若，则或”， 故选项错误；
：若为真命题，则，中至少有一个为真，若为假命题，则，中至少有一个为假，因此，一真一假，故选项正确.
故答案为：D.
【分析】分别对四个选项涉及的特称命题的否定、两直线垂直的充要条件与充分必要条件判断、否命题的定义、含逻辑连接词命题的真假判断这四个知识点进行分析，逐一排除错误选项.
8．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，此时当时，即满足，故符合题意，
当时，此时为开口向下的二次函数，一定存在实数使得成立，故符合题意，
当时，此时为开口向上的二次函数，要使存在实数使得成立，则，解得
综上可得，
故答案为：A
【分析】对分三类（、、）讨论，结合一次函数、二次函数的图象与性质，判断是否存在实数使得不等式成立。
9．【答案】A,C,D
【知识点】命题的否定；同一函数的判定；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：对A，“，”的否定是“，”，故A为假命题；
对B，令，则，所以函数在上单调递增，
所以，故B选项为真命题；
对C，函数定义域为R，函数定义域为，定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题；
对D，由题意，方程的解为，且，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，
由，则不等式变为，解得或，故D为假命题；
故答案为：ACD.
【分析】分别从特称命题的否定、对勾函数的单调性与最值、函数的定义域与同一函数判定、一元二次不等式与方程的关系这四个角度，对每个选项进行分析，判断命题的真假.
10．【答案】B,C,D
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：因为，，，
则，所以，
所以，则与不对立，故A错误；
得到，与相互独立，故B正确；
而，故，故C正确；
，，
所以，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】利用条件概率公式、独立事件定义、概率的基本性质，逐一验证每个选项。
11．【答案】A,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A，函数的定义域为，关于原点对称，且，故为奇函数，图象关于原点对称，A正确，
B，时，由于定义域为，由于均为在，和上递增函数，故在，和上单调递增，故B错误，
C，时，若，则，故C错误，
D，对，都有，故，由于对，，故，D正确，
故答案为：AD
【分析】核心思路是：针对每个选项，结合函数的奇偶性、单调性、最值的判定规则，以及不等式恒成立的处理方法，逐一分析验证。
12．【答案】.；.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；基本不等式
【解析】【解答】解：由题意可得 ，所以，
当时，的最小值为0，当时，，
当且仅当时取等号，最小值为，故的最小值为，
故答案为： .
【分析】第一空，需根据分段函数的定义，从内到外逐步计算复合函数值；对于第二空，需分别分析分段函数在不同区间上的最值，再比较得出整个函数的最小值.
13．【答案】-5
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意知二项式 的展开式共有 6 项，故，
则二项式的通项公式为，
令，故含的项的系数为，
故答案为：-5
【分析】先根据二项式展开式的项数确定n的值，再写出展开式的通项公式，通过未知数的次数求出对应项的参数，进而计算系数。
14．【答案】55
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，
若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为，即4的倍数，若要使得抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3次骰子的点数和为4的倍数，利用分类思想可知：
第一类：3次骰子的点数和刚好为4，即点数为两个1和一个2，故有种，此类共有3种；
第二类：3次骰子的点数和刚好为8，即点数为两个1和一个6，故有种；
点数为一个1和一个2和一个5，故有种；点数为一个1和一个3和一个4，故有种；
点数为两个2和一个4，故有种；点数为两个3和一个2，故有种，此类共有21种
第三类：3次骰子的点数和刚好为12，即点数为一个1和一个5和一个6，故有种；
点数为一个2和一个4和一个6，故有种；点数为两个3和一个6，故有种；
点数为两个5和一个2，故有种；点数为一个3和一个4和一个5，故有种；
点数为三个4，故有1种，此类共有25种；
第四类：3次骰子的点数和刚好为16，即点数为两个6和一个4，故有种；
点数为两个5和一个6，故有种，此类共6种；三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有种，
故答案为：55.
【分析】明确传球规则：球从甲出发，按甲→乙→丙→丁→甲循环，每次掷骰子的点数为传球次数.抛掷3次骰子后球回到甲手中，意味着3次点数之和为4的倍数（因为每传4次回到甲，所以总传球次数需是4的倍数）.接下来分情况讨论3次骰子点数和为4、8、12的所有组合，再计算每种组合的掷骰子方法数，最后求和.
15．【答案】（1）解：是一次函数，∴设（k）
，
∴，∴或或
（2）解：令则，，
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【分析】（1）用待定系数法，先设出一次函数的一般形式，再通过复合函数的等式建立方程组，求解系数；
（2）采用换元法，通过引入新变量替换原函数中的复杂部分，进而推导出函数解析式，并注意定义域的确定.
（1）是一次函数，∴设（k）
，∴
∴或或
（2）令则，，
16．【答案】（1）解：因为不等式的解集为，
所以，且的两根为和，
则根据韦达定理，可得，解得
（2）解：由，可得，化简得.
又，所以，
当且仅当时，即时等号成立.
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1)根据不等式解集与二次函数的关系，确定方程的根，再用韦达定理列方程求解a、b。
(2)先由f(2)=1得到a、b的关系式，再将所求式子与该关系式结合，利用基本不等式求最小值。
（1）因为不等式的解集为，
所以，且的两根为和，
则根据韦达定理，可得，解得；
（2）由，可得，化简得.
又，所以，
当且仅当时，即时等号成立.
17．【答案】（1）解：记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，
，，
记甲进入决赛为事件，
则甲进入决赛的概率为．
（2）解：由题可知的取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下：
（元），
即甲获得奖金的数学期望为元．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先确定从 8 题中抽 4 题时，答对 3 题或 4 题的组合数，再结合甲能答对 5 题的条件，用古典概型计算进入决赛的概率。
(2) 根据决赛答题规则，确定奖金的可能取值，利用二项分布计算每个取值的概率，再列分布列、求数学期望。
（1）记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，
，，
记甲进入决赛为事件，
则甲进入决赛的概率为．
（2）由题可知的取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下：
（元），
即甲获得奖金的数学期望为元．
18．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）知平面，
因为平面，所以，，
又，平面平面，所以即为二面角的平面角，
当取得最小值时，有，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在菱形ABCD中，，，
所以，，
又因为，所以，
又因为在中，，解得，
则在中，，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)先利用线面垂直的判定证明垂直于平面，再由面面垂直的判定（一个平面过另一个平面的垂线）证得平面平面。
(2)先通过几何分析确定最小时的位置，再建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，
因为平面，所以，，
又，平面平面，所以即为二面角的平面角，
当取得最小值时，有，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在菱形ABCD中，，，
所以，，
又因为，所以，
又因为在中，，解得，
则在中，，
所以二面角的余弦值为．
解法二：由底面，底面，且底面为菱形可知两两垂直，
又当取得最小值时，有，
以为原点，分别为轴建空间直角坐标系，
因为在菱形ABCD中，，，
所以，为等边三角形，易得，，
则，，，，，
易知为平面的法向量，
又由（1）得平面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的法向量，
又，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，所以.
故所求经验回归方程为，当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
（2）解：该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
【知识点】众数、中位数、平均数；最小二乘法；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）（i）根据平均数的定义列方程求解的值；
（ii）利用最小二乘法公式计算经验回归方程的系数和，再代入进行预测.
（2）分别计算随机变量和的数学期望，通过比较期望大小分析报考院校.
（1）（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，
所以.
故所求经验回归方程为，
当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
（2）该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，
则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
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