贵州省安顺市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题
1．（2024高三下·安顺模拟）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】利用复数乘除法运算法则得出复数，结合复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再根据点的坐标确定所在的象限.
2．（2024高三下·安顺模拟）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以．
故答案为：D.
【分析】利用一元二次方程求解方法得出集合B，再结合已知条件和并集和补集的运算法则，从而得出集合.
3．（2024高三下·安顺模拟）已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
设坐标原点到直线的距离为，则，
设线段的中点为，则，
根据勾股定理，则，
由，得，故，
解得，故.
故答案为：B.
【分析】先计算直线到圆心的距离，根据勾股定理得到，再代入已知条件，即可解出的值，从而得到的值.
4．（2024高三下·安顺模拟）高二年级进行消防知识竞赛．统计所有参赛同学的成绩．成绩都在内．估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）
A．65 B．75 C．85 D．95
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图知，成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
因此成绩的第75百分位数，，解得，
所以估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为85.
故答案为：C.
【分析】根据给定的频率分布直方图，再利用第75百分位数的定义，从而估计出所有参赛同学成绩的第75百分位数.
5．（2024高三下·安顺模拟）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．e B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：因为在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立．
令，
则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，
所以，故．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件将问题等价转化为在区间上恒成立，利用分离参数法结合导数判断函数单调性得出函数的值域的方法，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最小值.
6．（2024高三下·安顺模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为．点在上，且．，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的应用
【解析】【解答】解：依题意，，令椭圆的半焦距为c，
由，得，
即，
因此，即，
所以，即.
故答案为：B.
【分析】利用椭圆的定义结合线段垂直关系和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式求解得出b的值.
7．（2024高三下·安顺模拟）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设内切球的半径为的中点为，
则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，
所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，
则由等体积法可得，解得，
所以．
故答案为：A.
【分析】利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合勾股定理得出棱锥的高，再根据四棱锥的体积公式和四棱锥的表面积公式，从而得到四棱锥体积和表面积，设出内切球半径，根据等体积法得到方程，从而求出该四棱锥的内切球的半径，进而得到该四棱锥的内切球的表面积.
8．（2024高三下·安顺模拟）甲、乙等6人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）
A．342 B．390 C．402 D．462
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，
则三个景区的人数有3种情况：
①1，1，4型，则不同种数为；
②1，2，3型，则不同种数为；
③2，2，2型，则不同种数为，
所以共有种.
故答案为：B.
【分析】先分组再分配，先将人分成组，有、、三种分组可能，结合已知条件得出甲、乙两人不去同一景区游览，每种情况都先求出所有游览方法总数，减去甲乙去同一景区的方法总数，再根据三种情况的种数求和，进而得出不同的游览方法的种数.
9．（2024高三下·安顺模拟）已知函数，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意函数的图象的一条对称轴方程为，
所以，所以，
因为，所以，即.
对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以图象的一个对称中心为，
即，故B正确；
对于C，当时，，
所以在上单调递减，故C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后，
所得图象对应的函数解析式为，
显然是偶函数，其图象关于轴对称，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数的图象的对称性求得的值，从而求出函数的解析式，再代入求出函数的值，则判断选项A；利用函数的图象的对称性判断选项B；利用换元法和正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出正弦型函数在上的单调性，则判断出选项C；根据函数的图象平移变换法和偶函数的图象的对称性，从而判断选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高三下·安顺模拟）在中，为的中点，点在线段上，且，将以直线为轴顺时针转一周围成一个圆锥，为底面圆上一点，满足，则（ ）
A．
B．在上的投影向量是
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：旋转一周后所得圆锥的顶点为，底面圆心为，
因为半径，所以圆的周长为，所以所对的圆心角为，故A正确；
因为在上的投影向量是，故B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，故C错误．
设平面的法向量为，则令，
则．设直线与平面所成的角为，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据弧长求出，即可判断选项A；观察投影向量，即可判断选项B；利用已知条件建立空间直角坐标系，由数量积求向量夹角公式判断出选项C；求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值，则判断选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高三下·安顺模拟）已知非常数函数的定义域为，且，则（ ）
A． B．或
C．是上的增函数 D．是上的增函数
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解： 函数的定义域为，且，
令，则，即，
因为函数为非常数函数，所以，故A正确；
令定义域为，则，
令，则，①
令，则，②
由①②，解得，则，故B错误；
令，则，即，
因为，所以，故C正确，D错误．
故答案为：AC.
【分析】由题意，令求解即可判断A；令，分别令，求解即可判断B；由，令求解即可判断CD.
12．（2024高三下·安顺模拟）已知向量，若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
因为，
所以，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】利用数量积的坐标运算求得，，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积运算，从而求解得出的值.
13．（2024高三下·安顺模拟）在中，内角所对的边分别为，若成等比数列，且，则 ， ．
【答案】；
【知识点】等比数列的性质；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理知，
所以，
故，即，
则，所以，
因为成等比数列，所以，
则．
故答案为：；.
【分析】将用正弦定理化为，再用结合两角和的正弦公式和同角三角函数基本关系式，即可解出的值，从而求出的值，由成等比数列知，再利用得到，即可根据的值得到的值.
14．（2024高三下·安顺模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意画出图象如下：
由得，又因为，
所以，双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，
在中，，
由余弦定理得，
即，化简得，
即，解得或，
因为，所以，则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
【分析】根据给定条件结合双曲线的定义、余弦定理，从而求出的关系式，即可得出双曲线C的渐近线方程.
15．（2024高三下·安顺模拟）已知是等差数列，，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，且，求的前项和．
【答案】（1）解：因为成等比数列，
所以，解得．
又因为是等差数列，，
所以公差，
故.
（2）解：由，得，
所以，又，
当时，
，
又因为也适合上式，所以，
则，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比中项公式和等差数列的通项公式，从而得出公差的值，再结合等差数列的通项公式得出结果.
（2）由累加法可求出，即可求得，再利用裂项相消求和法，即得数列的前项和.
（1）因为成等比数列，
所以，解得．
又是等差数列，，所以公差，
故.
（2）由，得，
所以，又，
当时，
，
又也适合上式，所以，
则，
所以.
16．（2024高三下·安顺模拟）如图，在直三棱柱中，已知.
（1）当时，证明：平面.
（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：易知两两垂直，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
当时，则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
【知识点】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）连接，交于点，连接，利用中位线性质得，再利用线面平行证出平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，计算出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式求出平面与平面夹角的余弦值.
（1）当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以.
又平面平面，所以平面.
（2）易知两两垂直，以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
当时，，.
设平面的法向量为，
则，令，得.
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17．（2024高三下·安顺模拟）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为.
（1）设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由.
【答案】（1）解：设表示第次借阅“期刊杂志”，
表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2，
，
，
，
随机变量的分布列为：
0 1 2
所以.
（2）解：若小明第二次借阅“文献书籍”，
则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大，理由如下：
若第一次借阅“期刊杂志”，
则；
若第一次借阅“文献书籍”，
则，
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出随机变量X的取值，结合条件概率求出对应的概率，即可求出随机变量X的分布列，再根据分布列求数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（2）利用已知条件先求出的值，根据条件概率公式分别求出借阅两类图书的概率，比较大小，即可分析出他第一次借阅平面的图书的可能性更大.
（1）设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2.
，
，
.
随机变量的分布列为
0 1 2
所以.
（2）若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大．理由如下：
．
若第一次借阅“期刊杂志”，则．
若第一次借阅“文献书籍”，则．
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
18．（2024高三下·安顺模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为的定义域为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
令，解得，
故在上单调递增，
在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：由题意得，对任意的，存在，使得，
即，
由（1）知，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，即证，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在单调递减，
故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，且，
综上所述，都在上取得最值，
则，解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用函数有意义求出函数定义域，再求出导函数，分和两种情况，再根据导数判断出函数的单调性.
（2）利用已知条件，将问题变形得到，在（1）的基础上得到，从而得出，令，，则得到，令，，再求导判断出函数的单调性，从而求出最小值为，进而得到关于a的不等式，求解不等式得出实数的取值范围.
（1）的定义域为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由题意得，对任意的，存在，使得，即，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
故在处取得极小值，也是最小值，
故，即证，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在单调递减，故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，且，
综上，都在上取得最值，从而，解得，
故实数的取值范围为.
19．（2024高三下·安顺模拟）已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
【答案】（1）解：设，易知，准线方程为，
所以，
当时，取得最小值，
由，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
（3）解：因为，
所以，即.
因为，
所以，即，
所以，
由（2）知，所以，
故，所以，
即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，
所以，
所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用焦半径公式求得的值，从而求出抛物线方程.
（2）设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立，再结合韦达定理证出.
（3）由得，再结合（2）中的韦达定理得，从而求得的值，再利用三角形的面积之比转化为的值，进而得出的值.
（1）设，易知，准线方程为，所以.
当时，取得最小值，由，解得.所以抛物线的方程为.
（2）设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
（3）因为，所以，即.
因为，所以，即，
所以，由（2）知，所以，
故，所以，即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，所以，
所以.
贵州省安顺市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题
1．（2024高三下·安顺模拟）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高三下·安顺模拟）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·安顺模拟）已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
4．（2024高三下·安顺模拟）高二年级进行消防知识竞赛．统计所有参赛同学的成绩．成绩都在内．估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）
A．65 B．75 C．85 D．95
5．（2024高三下·安顺模拟）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．e B．1 C． D．
6．（2024高三下·安顺模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为．点在上，且．，则（ ）
A． B．1 C． D．2
7．（2024高三下·安顺模拟）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·安顺模拟）甲、乙等6人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）
A．342 B．390 C．402 D．462
9．（2024高三下·安顺模拟）已知函数，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
10．（2024高三下·安顺模拟）在中，为的中点，点在线段上，且，将以直线为轴顺时针转一周围成一个圆锥，为底面圆上一点，满足，则（ ）
A．
B．在上的投影向量是
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．直线与平面所成角的正弦值为
11．（2024高三下·安顺模拟）已知非常数函数的定义域为，且，则（ ）
A． B．或
C．是上的增函数 D．是上的增函数
12．（2024高三下·安顺模拟）已知向量，若，则 .
13．（2024高三下·安顺模拟）在中，内角所对的边分别为，若成等比数列，且，则 ， ．
14．（2024高三下·安顺模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为 ．
15．（2024高三下·安顺模拟）已知是等差数列，，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，且，求的前项和．
16．（2024高三下·安顺模拟）如图，在直三棱柱中，已知.
（1）当时，证明：平面.
（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高三下·安顺模拟）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为.
（1）设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由.
18．（2024高三下·安顺模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
19．（2024高三下·安顺模拟）已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】利用复数乘除法运算法则得出复数，结合复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再根据点的坐标确定所在的象限.
2．【答案】D
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以．
故答案为：D.
【分析】利用一元二次方程求解方法得出集合B，再结合已知条件和并集和补集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
设坐标原点到直线的距离为，则，
设线段的中点为，则，
根据勾股定理，则，
由，得，故，
解得，故.
故答案为：B.
【分析】先计算直线到圆心的距离，根据勾股定理得到，再代入已知条件，即可解出的值，从而得到的值.
4．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图知，成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
因此成绩的第75百分位数，，解得，
所以估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为85.
故答案为：C.
【分析】根据给定的频率分布直方图，再利用第75百分位数的定义，从而估计出所有参赛同学成绩的第75百分位数.
5．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：因为在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立．
令，
则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，
所以，故．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件将问题等价转化为在区间上恒成立，利用分离参数法结合导数判断函数单调性得出函数的值域的方法，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最小值.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的应用
【解析】【解答】解：依题意，，令椭圆的半焦距为c，
由，得，
即，
因此，即，
所以，即.
故答案为：B.
【分析】利用椭圆的定义结合线段垂直关系和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式求解得出b的值.
7．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设内切球的半径为的中点为，
则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，
所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，
则由等体积法可得，解得，
所以．
故答案为：A.
【分析】利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合勾股定理得出棱锥的高，再根据四棱锥的体积公式和四棱锥的表面积公式，从而得到四棱锥体积和表面积，设出内切球半径，根据等体积法得到方程，从而求出该四棱锥的内切球的半径，进而得到该四棱锥的内切球的表面积.
8．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，
则三个景区的人数有3种情况：
①1，1，4型，则不同种数为；
②1，2，3型，则不同种数为；
③2，2，2型，则不同种数为，
所以共有种.
故答案为：B.
【分析】先分组再分配，先将人分成组，有、、三种分组可能，结合已知条件得出甲、乙两人不去同一景区游览，每种情况都先求出所有游览方法总数，减去甲乙去同一景区的方法总数，再根据三种情况的种数求和，进而得出不同的游览方法的种数.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意函数的图象的一条对称轴方程为，
所以，所以，
因为，所以，即.
对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以图象的一个对称中心为，
即，故B正确；
对于C，当时，，
所以在上单调递减，故C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后，
所得图象对应的函数解析式为，
显然是偶函数，其图象关于轴对称，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数的图象的对称性求得的值，从而求出函数的解析式，再代入求出函数的值，则判断选项A；利用函数的图象的对称性判断选项B；利用换元法和正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出正弦型函数在上的单调性，则判断出选项C；根据函数的图象平移变换法和偶函数的图象的对称性，从而判断选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：旋转一周后所得圆锥的顶点为，底面圆心为，
因为半径，所以圆的周长为，所以所对的圆心角为，故A正确；
因为在上的投影向量是，故B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，故C错误．
设平面的法向量为，则令，
则．设直线与平面所成的角为，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据弧长求出，即可判断选项A；观察投影向量，即可判断选项B；利用已知条件建立空间直角坐标系，由数量积求向量夹角公式判断出选项C；求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值，则判断选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解： 函数的定义域为，且，
令，则，即，
因为函数为非常数函数，所以，故A正确；
令定义域为，则，
令，则，①
令，则，②
由①②，解得，则，故B错误；
令，则，即，
因为，所以，故C正确，D错误．
故答案为：AC.
【分析】由题意，令求解即可判断A；令，分别令，求解即可判断B；由，令求解即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
因为，
所以，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】利用数量积的坐标运算求得，，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积运算，从而求解得出的值.
13．【答案】；
【知识点】等比数列的性质；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理知，
所以，
故，即，
则，所以，
因为成等比数列，所以，
则．
故答案为：；.
【分析】将用正弦定理化为，再用结合两角和的正弦公式和同角三角函数基本关系式，即可解出的值，从而求出的值，由成等比数列知，再利用得到，即可根据的值得到的值.
14．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意画出图象如下：
由得，又因为，
所以，双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，
在中，，
由余弦定理得，
即，化简得，
即，解得或，
因为，所以，则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
【分析】根据给定条件结合双曲线的定义、余弦定理，从而求出的关系式，即可得出双曲线C的渐近线方程.
15．【答案】（1）解：因为成等比数列，
所以，解得．
又因为是等差数列，，
所以公差，
故.
（2）解：由，得，
所以，又，
当时，
，
又因为也适合上式，所以，
则，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据题意结合等比中项公式和等差数列的通项公式，从而得出公差的值，再结合等差数列的通项公式得出结果.
（2）由累加法可求出，即可求得，再利用裂项相消求和法，即得数列的前项和.
（1）因为成等比数列，
所以，解得．
又是等差数列，，所以公差，
故.
（2）由，得，
所以，又，
当时，
，
又也适合上式，所以，
则，
所以.
16．【答案】（1）证明：当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：易知两两垂直，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
当时，则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
【知识点】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）连接，交于点，连接，利用中位线性质得，再利用线面平行证出平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，计算出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式求出平面与平面夹角的余弦值.
（1）当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以.
又平面平面，所以平面.
（2）易知两两垂直，以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
当时，，.
设平面的法向量为，
则，令，得.
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17．【答案】（1）解：设表示第次借阅“期刊杂志”，
表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2，
，
，
，
随机变量的分布列为：
0 1 2
所以.
（2）解：若小明第二次借阅“文献书籍”，
则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大，理由如下：
若第一次借阅“期刊杂志”，
则；
若第一次借阅“文献书籍”，
则，
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出随机变量X的取值，结合条件概率求出对应的概率，即可求出随机变量X的分布列，再根据分布列求数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（2）利用已知条件先求出的值，根据条件概率公式分别求出借阅两类图书的概率，比较大小，即可分析出他第一次借阅平面的图书的可能性更大.
（1）设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2.
，
，
.
随机变量的分布列为
0 1 2
所以.
（2）若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大．理由如下：
．
若第一次借阅“期刊杂志”，则．
若第一次借阅“文献书籍”，则．
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
18．【答案】（1）解：因为的定义域为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
令，解得，
故在上单调递增，
在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：由题意得，对任意的，存在，使得，
即，
由（1）知，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，即证，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在单调递减，
故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，且，
综上所述，都在上取得最值，
则，解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用函数有意义求出函数定义域，再求出导函数，分和两种情况，再根据导数判断出函数的单调性.
（2）利用已知条件，将问题变形得到，在（1）的基础上得到，从而得出，令，，则得到，令，，再求导判断出函数的单调性，从而求出最小值为，进而得到关于a的不等式，求解不等式得出实数的取值范围.
（1）的定义域为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由题意得，对任意的，存在，使得，即，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
故在处取得极小值，也是最小值，
故，即证，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在单调递减，故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，且，
综上，都在上取得最值，从而，解得，
故实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：设，易知，准线方程为，
所以，
当时，取得最小值，
由，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
（3）解：因为，
所以，即.
因为，
所以，即，
所以，
由（2）知，所以，
故，所以，
即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，
所以，
所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用焦半径公式求得的值，从而求出抛物线方程.
（2）设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立，再结合韦达定理证出.
（3）由得，再结合（2）中的韦达定理得，从而求得的值，再利用三角形的面积之比转化为的值，进而得出的值.
（1）设，易知，准线方程为，所以.
当时，取得最小值，由，解得.所以抛物线的方程为.
（2）设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
（3）因为，所以，即.
因为，所以，即，
所以，由（2）知，所以，
故，所以，即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，所以，
所以.
