浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中有且只有一项符合题意，多选、错选、不选均不得分．
1．（2025高二上·拱墅期末）已知点是抛物线的焦点，若抛物线上的点到的距离为，则点到轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：设，因为点到的距离为，
则，得到，
故答案为：A.
【分析】根据抛物线的定义 ：点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到抛物线的准线的距离 ，再结合已知条件，即可求解.
2．（2025高二上·拱墅期末）已知向量，，且与垂直，则k的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，则，.
因为与垂直，所以它们的数量积为，
即，解得.
故答案为：C
【分析】先求出和的坐标，再根据空间向量垂直时数量积为来列方程求解.
3．（2025高二上·拱墅期末）在四面体中，M点在线段上，且，G是的重心，已知，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为是的重心，所以.又，，则.
由，可得.
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据重心性质求出的表达式，再根据的位置求出的表达式，最后通过向量加法求解.
4．（2025高二上·拱墅期末）若等差数列的前n项和为，，．则取得最小值时n的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为等差数列，，所以，，，所以，所以，
所以，解得，
所以等差数列的前4项为负数，从第五项开始为正数，
所以取得最小值时为4.
故答案为：.
【分析】先利用等差数列的性质求出和，得到公差，进而写出通项公式，通过判断项的正负确定的最小值点。
5．（2025高二上·拱墅期末）已知、为圆不同两点，且满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为、在圆上，
所以，，，
且，
因为，则，
因为，则是边长为的等边三角形，
表示、到直线的距离之和，
原点到直线的距离为，
如图所示：，，是的中点，作于，且，
，，
故在圆上，.
故的最小值为.
故答案为：D.
【分析】先通过向量点积确定，将表达式转化为点到直线的距离和，再利用几何关系求最小值。
6．（2025高二上·拱墅期末）已知为正方形的中心，分别为的中点，若将正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，同理，
所以就是 二面角的平面角，即，
设正方形边长为2，则
因为 分别为的中点， 所以
所以
，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定及的大小，然后根据求出即可.
7．（2025高二上·拱墅期末）已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意得数列的前项依次为：
，个，，个，，个，，个，，，
当时，
；
当时，
，
所以，使成立的的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析得出数列的项的情况，再求出当时和当时的，从而得出使成立的的最小值.
8．（2025高二上·拱墅期末）设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆，可得，
不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知，
因为，可得，即，
可得，所以，
所以的面积为，可得，解得，
又因为，可得，即，
将点代入椭圆的方程，可得，整理得，
因为，可得，即，
解得和（舍去），即椭圆的离心率为.
故答案为：D.
【分析】结合椭圆定义、直角三角形性质及的几何关系，推导出点的坐标，代入椭圆方程求解离心率。
二、多选题：本大题共3小题，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2分，有选错的得0分．
9．（2025高二上·拱墅期末）已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若与互斥，则
B．若与相互独立，则
C．若，则与相互独立
D．若发生时一定发生，则
【答案】B,C
【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：A、因为与互斥，则，故A选项错误，
对于选项B、与相互独立，则，故B选项正确，
C、因为，所以，由相互独立的定义知与相互独立，故C选项正确，
D、因为发生时一定发生，所以，则，故D选项错误，
故答案为：BC.
【分析】利用互斥事件的概率公式即可判断A，选项B，利用，求得即可判断B；利用相互独立的判断方法即可判断C；由题意知，即可判断D.
10．（2025高二上·拱墅期末）下列结论正确的是（ ）
A．，，若，则或
B．是直线的一个方向向量
C．直线与直线之间的距离是
D．与点的距离为1，且与点的距离为4的直线共有3条
【答案】B,D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离；圆与圆的位置关系及其判定；直线的方向向量
【解析】【解答】解：若，显然，则，可得，故A错误；
B：的斜率为，显然是直线的一个方向向量，故B正确；
C：由即，与的距离为，故C错误；
D：由，以为圆心，半径分别为的两个圆外切，
所以，只需判断两圆公切线的条数即可，显然一共有3条，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对于选项A，利用两直线平行的系数关系列方程求解；选项B，通过直线斜率与方向向量的关系判断；选项C，先将直线化为同系数，再用平行线距离公式计算；选项D，将直线问题转化为两圆公切线的条数问题，通过计算两点距离和圆的位置关系判断.
11．（2025高二上·拱墅期末）已知函数的定义域为，且，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：令，则，即.
选项A：令，则，所以，A正确.
选项B：；；.，B错误.
选项C：由，得.则，，
所以，C正确.
选项D：，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】选项A通过赋值求；选项B计算、、后求和；选项C利用递推关系求比值；选项D用累乘法求.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·拱墅期末）已知数据，，，，的方差为6，则数据，，，，的方差为 ；
【答案】
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知原数据的方差为，新数据为，可得新方差为.
故答案为：.
【分析】根据方差的性质，若一组数据经过“乘以常数再加上常数”的变换，新数据的方差是原方差乘以（平移不影响方差）.
13．（2025高二上·拱墅期末）如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 总基本事件数：抛掷三次正八面体，每次有种结果，所以总共有种情况.
构成等差数列的事件数：
公差为：三个数相同，有，共种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
所以构成等差数列的事件数为种.
概率计算：.
故答案为：
【分析】先确定所有可能的基本事件数，再按等差数列的公差分类，计算出构成等差数列的事件数，最后根据古典概型概率公式求解.
14．（2025高二上·拱墅期末）抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：如图所示：根据题意，为切线，由抛物线，可得抛物线的焦点，自出发光线经点反射光线为，点的法线为，由反射定理可得：，
因为，，所以，直线与交于点，所以，又轴，所以，所以，所以，所以的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，又因为，所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】轨迹题意，求得抛物线的焦点，结合平面几何知识可得出点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，据此计算可求得的取值范围.
四、解答题：本大题共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高二上·拱墅期末）2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求该样本的第75百分位数；
（2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分；
（3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率．
【答案】（1）解：由题设，可得，
由，，
所以样本的第75百分位数位于区间，设为，
则，所以分.
（2）解：由题设分；
（3）解：由题设，的频率比为，故抽取的5人中有2人为、有3人为，
任抽2人有，共10种情况，
其中分数在各一人有，共6种情况，
所以这2名同学分数在各一人的概率.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先根据频率和为求，再根据百分位数定义找区间计算；
（2）利用频率分布直方图平均数公式计算；
（3）先分层抽样确定人数，再列举法求古典概型概率.
（1）由题设，可得，
由，，
所以样本的第75百分位数位于区间，设为，则，
所以分.
（2）由题设分；
（3）由题设，的频率比为，
故抽取的5人中有2人为、有3人为，
任抽2人有，共10种情况，
其中分数在各一人有，共6种情况，
所以这2名同学分数在各一人的概率.
16．（2025高二上·拱墅期末）在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且，．
（1）求；
（2）如图，M为边AC上一点，且，，求的面积．
【答案】解：（1）∵，∴，利用正弦定理边化角，
∴，
∵，∴，
∴，
又，∴，
∴，∴，
∴．
（2）由（1）可得：，∴，
在中，
即，
∴，
∵，∴，∴，
∴，，
∴的面积为．
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和及正弦定理，将边的关系转化为角的关系，再结合二倍角公式求解；
（2）先通过三角函数关系求出，再用余弦定理求，结合三角函数定义求，最后分别计算两个三角形面积求和得到的面积.
17．（2025高二上·拱墅期末）已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的前n项和；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
【答案】（1）证明：由，则，
又，所以数列是首项、公差均为的等差数列；
（2）解：由（1）可得，即，所以，
则，
所以，
所以.
（3）解：由题可得，整理得恒成立，
令，则，
当时，
当时，
当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）通过对递推式变形，结合等差数列定义证明；
（2）先求，再用错位相减法求；
（3）将不等式变形，求右侧数列的最小值以确定的范围.
（1）由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列；
（2）由（1）可得，即，
所以，
则，
所以，
所以.
（3）由题可得，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
18．（2025高二上·拱墅期末）如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点.
（1）求证；平面；
（2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，，如图所示：
因为点，分别是，的中点，所以，，
在菱形中，，，则四边形为平行四边形，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，，
因为，，，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
又因为，则，所以，即直线，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即取，
则，即，取，
设平面与平面所成角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】空间中的点的坐标；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）取的中点为，连接，，利用中位线的性质构造线线平行，再利用线面平行的判定证明即可；
（2）根据线面垂直的判定先证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点为，连接，.
点，分别是，的中点，
是的中位线，即，，
在菱形中，，.
，，即四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，平面.
（2）连接，，
，，，平面，平面，
平面，
又平面，，
，
又，则，所以.
即直线，，两两垂直.
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，
由得取.
由得取.
设平面与平面所成角为，则
，
即平面与平面所成角的余弦值为.
19．（2025高二上·拱墅期末）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率.
（1）求双曲线C的方程；
（2）记双曲线C的右顶点为，过点作直线，与C的左支分别交于两点，且，为垂足.
（i）证明：直线恒过定点，并求出点坐标；
（ii）判断是否存在定点，使得为定值，若存在说明理由并求出点坐标.
【答案】（1）（1）解：由题意得，双曲线的中心为坐标原点，
左焦点为，离心率为，
可得，解得，
所以双曲线方程.
（2）（2）证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
，即，
设，由韦达定理可得.
因为，所以，可得，
即，
即，
整理得，
即，
即，
可得，解得，
将代入直线，
此时直线过定点，不合题意；
将代入直线，
此时直线过定点，
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，
此时点坐标为，
所以（舍）或，
此时过定点，
综上可知，直线恒过定点
（ii）解：因为，此时存在以为斜边的直角三角形，
所以存在定点为中点满足，此时.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；双曲线的应用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）双曲线方程：利用焦点、离心率与a，b，c的关系，直接计算得方程。
（2）(i) 定点证明：设直线方程联立双曲线，利用垂直条件的向量点积为 0，结合韦达定理化简，得到直线的定点形式。
(ii) 定值定点：利用直角三角形的性质（斜边中点到直角顶点的距离为定值），确定定点为AP的中点。
（1）由题意，双曲线的中心为坐标原点，
左焦点为，离心率为，
可得，解得，
所以双曲线方程.
（2）证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
，即，
设，由韦达定理可得.
因为，所以，可得，
即，
即，
整理得，
即，
即，
可得，解得，
将代入直线，
此时直线过定点，不合题意；
将代入直线，
此时直线过定点，
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，
此时点坐标为，
所以（舍）或，
此时过定点，
综上可知，直线恒过定点
（ii）因为，此时存在以为斜边的直角三角形，
所以存在定点为中点满足，此时.
1 / 1浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中有且只有一项符合题意，多选、错选、不选均不得分．
1．（2025高二上·拱墅期末）已知点是抛物线的焦点，若抛物线上的点到的距离为，则点到轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·拱墅期末）已知向量，，且与垂直，则k的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2025高二上·拱墅期末）在四面体中，M点在线段上，且，G是的重心，已知，，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·拱墅期末）若等差数列的前n项和为，，．则取得最小值时n的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2025高二上·拱墅期末）已知、为圆不同两点，且满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·拱墅期末）已知为正方形的中心，分别为的中点，若将正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·拱墅期末）已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
8．（2025高二上·拱墅期末）设椭圆的左右焦点为，右顶点为，已知点在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本大题共3小题，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2分，有选错的得0分．
9．（2025高二上·拱墅期末）已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若与互斥，则
B．若与相互独立，则
C．若，则与相互独立
D．若发生时一定发生，则
10．（2025高二上·拱墅期末）下列结论正确的是（ ）
A．，，若，则或
B．是直线的一个方向向量
C．直线与直线之间的距离是
D．与点的距离为1，且与点的距离为4的直线共有3条
11．（2025高二上·拱墅期末）已知函数的定义域为，且，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·拱墅期末）已知数据，，，，的方差为6，则数据，，，，的方差为 ；
13．（2025高二上·拱墅期末）如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为 .
14．（2025高二上·拱墅期末）抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是 ．
四、解答题：本大题共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高二上·拱墅期末）2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求该样本的第75百分位数；
（2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分；
（3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率．
16．（2025高二上·拱墅期末）在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且，．
（1）求；
（2）如图，M为边AC上一点，且，，求的面积．
17．（2025高二上·拱墅期末）已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的前n项和；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
18．（2025高二上·拱墅期末）如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点.
（1）求证；平面；
（2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值.
19．（2025高二上·拱墅期末）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率.
（1）求双曲线C的方程；
（2）记双曲线C的右顶点为，过点作直线，与C的左支分别交于两点，且，为垂足.
（i）证明：直线恒过定点，并求出点坐标；
（ii）判断是否存在定点，使得为定值，若存在说明理由并求出点坐标.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：设，因为点到的距离为，
则，得到，
故答案为：A.
【分析】根据抛物线的定义 ：点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到抛物线的准线的距离 ，再结合已知条件，即可求解.
2．【答案】C
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，则，.
因为与垂直，所以它们的数量积为，
即，解得.
故答案为：C
【分析】先求出和的坐标，再根据空间向量垂直时数量积为来列方程求解.
3．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为是的重心，所以.又，，则.
由，可得.
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据重心性质求出的表达式，再根据的位置求出的表达式，最后通过向量加法求解.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为等差数列，，所以，，，所以，所以，
所以，解得，
所以等差数列的前4项为负数，从第五项开始为正数，
所以取得最小值时为4.
故答案为：.
【分析】先利用等差数列的性质求出和，得到公差，进而写出通项公式，通过判断项的正负确定的最小值点。
5．【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为、在圆上，
所以，，，
且，
因为，则，
因为，则是边长为的等边三角形，
表示、到直线的距离之和，
原点到直线的距离为，
如图所示：，，是的中点，作于，且，
，，
故在圆上，.
故的最小值为.
故答案为：D.
【分析】先通过向量点积确定，将表达式转化为点到直线的距离和，再利用几何关系求最小值。
6．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，同理，
所以就是 二面角的平面角，即，
设正方形边长为2，则
因为 分别为的中点， 所以
所以
，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定及的大小，然后根据求出即可.
7．【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意得数列的前项依次为：
，个，，个，，个，，个，，，
当时，
；
当时，
，
所以，使成立的的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析得出数列的项的情况，再求出当时和当时的，从而得出使成立的的最小值.
8．【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆，可得，
不妨设点在第一象限，由椭圆的定义知，
因为，可得，即，
可得，所以，
所以的面积为，可得，解得，
又因为，可得，即，
将点代入椭圆的方程，可得，整理得，
因为，可得，即，
解得和（舍去），即椭圆的离心率为.
故答案为：D.
【分析】结合椭圆定义、直角三角形性质及的几何关系，推导出点的坐标，代入椭圆方程求解离心率。
9．【答案】B,C
【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：A、因为与互斥，则，故A选项错误，
对于选项B、与相互独立，则，故B选项正确，
C、因为，所以，由相互独立的定义知与相互独立，故C选项正确，
D、因为发生时一定发生，所以，则，故D选项错误，
故答案为：BC.
【分析】利用互斥事件的概率公式即可判断A，选项B，利用，求得即可判断B；利用相互独立的判断方法即可判断C；由题意知，即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离；圆与圆的位置关系及其判定；直线的方向向量
【解析】【解答】解：若，显然，则，可得，故A错误；
B：的斜率为，显然是直线的一个方向向量，故B正确；
C：由即，与的距离为，故C错误；
D：由，以为圆心，半径分别为的两个圆外切，
所以，只需判断两圆公切线的条数即可，显然一共有3条，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对于选项A，利用两直线平行的系数关系列方程求解；选项B，通过直线斜率与方向向量的关系判断；选项C，先将直线化为同系数，再用平行线距离公式计算；选项D，将直线问题转化为两圆公切线的条数问题，通过计算两点距离和圆的位置关系判断.
11．【答案】A,C,D
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：令，则，即.
选项A：令，则，所以，A正确.
选项B：；；.，B错误.
选项C：由，得.则，，
所以，C正确.
选项D：，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】选项A通过赋值求；选项B计算、、后求和；选项C利用递推关系求比值；选项D用累乘法求.
12．【答案】
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知原数据的方差为，新数据为，可得新方差为.
故答案为：.
【分析】根据方差的性质，若一组数据经过“乘以常数再加上常数”的变换，新数据的方差是原方差乘以（平移不影响方差）.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 总基本事件数：抛掷三次正八面体，每次有种结果，所以总共有种情况.
构成等差数列的事件数：
公差为：三个数相同，有，共种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
公差为：如，共种；公差为的情况与公差为的数量相同，也为种.
所以构成等差数列的事件数为种.
概率计算：.
故答案为：
【分析】先确定所有可能的基本事件数，再按等差数列的公差分类，计算出构成等差数列的事件数，最后根据古典概型概率公式求解.
14．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：如图所示：根据题意，为切线，由抛物线，可得抛物线的焦点，自出发光线经点反射光线为，点的法线为，由反射定理可得：，
因为，，所以，直线与交于点，所以，又轴，所以，所以，所以，所以的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，又因为，所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】轨迹题意，求得抛物线的焦点，结合平面几何知识可得出点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，据此计算可求得的取值范围.
15．【答案】（1）解：由题设，可得，
由，，
所以样本的第75百分位数位于区间，设为，
则，所以分.
（2）解：由题设分；
（3）解：由题设，的频率比为，故抽取的5人中有2人为、有3人为，
任抽2人有，共10种情况，
其中分数在各一人有，共6种情况，
所以这2名同学分数在各一人的概率.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先根据频率和为求，再根据百分位数定义找区间计算；
（2）利用频率分布直方图平均数公式计算；
（3）先分层抽样确定人数，再列举法求古典概型概率.
（1）由题设，可得，
由，，
所以样本的第75百分位数位于区间，设为，则，
所以分.
（2）由题设分；
（3）由题设，的频率比为，
故抽取的5人中有2人为、有3人为，
任抽2人有，共10种情况，
其中分数在各一人有，共6种情况，
所以这2名同学分数在各一人的概率.
16．【答案】解：（1）∵，∴，利用正弦定理边化角，
∴，
∵，∴，
∴，
又，∴，
∴，∴，
∴．
（2）由（1）可得：，∴，
在中，
即，
∴，
∵，∴，∴，
∴，，
∴的面积为．
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形内角和及正弦定理，将边的关系转化为角的关系，再结合二倍角公式求解；
（2）先通过三角函数关系求出，再用余弦定理求，结合三角函数定义求，最后分别计算两个三角形面积求和得到的面积.
17．【答案】（1）证明：由，则，
又，所以数列是首项、公差均为的等差数列；
（2）解：由（1）可得，即，所以，
则，
所以，
所以.
（3）解：由题可得，整理得恒成立，
令，则，
当时，
当时，
当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）通过对递推式变形，结合等差数列定义证明；
（2）先求，再用错位相减法求；
（3）将不等式变形，求右侧数列的最小值以确定的范围.
（1）由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列；
（2）由（1）可得，即，
所以，
则，
所以，
所以.
（3）由题可得，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
18．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，，如图所示：
因为点，分别是，的中点，所以，，
在菱形中，，，则四边形为平行四边形，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：连接，，
因为，，，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
又因为，则，所以，即直线，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即取，
则，即，取，
设平面与平面所成角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】空间中的点的坐标；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）取的中点为，连接，，利用中位线的性质构造线线平行，再利用线面平行的判定证明即可；
（2）根据线面垂直的判定先证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点为，连接，.
点，分别是，的中点，
是的中位线，即，，
在菱形中，，.
，，即四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，平面.
（2）连接，，
，，，平面，平面，
平面，
又平面，，
，
又，则，所以.
即直线，，两两垂直.
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，
由得取.
由得取.
设平面与平面所成角为，则
，
即平面与平面所成角的余弦值为.
19．【答案】（1）（1）解：由题意得，双曲线的中心为坐标原点，
左焦点为，离心率为，
可得，解得，
所以双曲线方程.
（2）（2）证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
，即，
设，由韦达定理可得.
因为，所以，可得，
即，
即，
整理得，
即，
即，
可得，解得，
将代入直线，
此时直线过定点，不合题意；
将代入直线，
此时直线过定点，
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，
此时点坐标为，
所以（舍）或，
此时过定点，
综上可知，直线恒过定点
（ii）解：因为，此时存在以为斜边的直角三角形，
所以存在定点为中点满足，此时.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；双曲线的应用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）双曲线方程：利用焦点、离心率与a，b，c的关系，直接计算得方程。
（2）(i) 定点证明：设直线方程联立双曲线，利用垂直条件的向量点积为 0，结合韦达定理化简，得到直线的定点形式。
(ii) 定值定点：利用直角三角形的性质（斜边中点到直角顶点的距离为定值），确定定点为AP的中点。
（1）由题意，双曲线的中心为坐标原点，
左焦点为，离心率为，
可得，解得，
所以双曲线方程.
（2）证明：（i）由（1）知，当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
，即，
设，由韦达定理可得.
因为，所以，可得，
即，
即，
整理得，
即，
即，
可得，解得，
将代入直线，
此时直线过定点，不合题意；
将代入直线，
此时直线过定点，
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，
此时点坐标为，
所以（舍）或，
此时过定点，
综上可知，直线恒过定点
（ii）因为，此时存在以为斜边的直角三角形，
所以存在定点为中点满足，此时.
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