【解析】广东省广州市2023-2024学年高三上学期数学8月阶段训练试题

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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．已知集合，则（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知识点】并集及其运算；函数的概念及其构成要素；一元二次不等式及其解法

【解析】【解答】解：令，解得，可得，

令，解得，可得，

所以.

故答案为：A.

【分析】根据一元二次不等式求M，根据函数定义域求N，进而结合并集运算求解.

2．已知复数满足，则（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】复数代数形式的乘除运算

【解析】【解答】解：因为，所以.

故答案为：B.

【分析】根据题意利用复数的除法运算求解即可.

3．在中，为的重心，满足，则（）

A．B．C．0D．-1

【答案】A

【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理

【解析】【解答】解：因为为的重心，则

又因为在中，，

所以，

则，可得.

故答案为：A.

【分析】根据重心的性质可知，根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理运算求解.

4．设命题：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（）

A．p、q均为真命题B．p、q均为假命题

C．真假D．假真

【答案】C

【知识点】四种命题；等差数列与一次函数的关系；等比数列与指数函数的关系

【解析】【解答】解：对于命题：因为等差数列的公差，

则为一次函数式，

所以点必在一次函数图象上，故p真；

对于命题：例如数列是公比为2，首项为3的等比数列

则对恒成立，

所以不恒在指数函数图象上，故q假.

故答案为：C.

【分析】对于命题：根据题意等差数列的通项公式分析判断；对于命题：取特列结合等比数列的通项公式分析判断.

5．某人从地到地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从地到地迟到的概率是（）

A．0.16B．0.31C．0.4D．0.32

【答案】B

【知识点】全概率公式

【解析】【解答】解：设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，

由题意可得：，

且，则，

所以.

故答案为：B.

【分析】根据题意结合全概率公式运算求解.

6．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式(其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数).某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（）

A．B．

C．牛奶的温度降至还需D．牛奶的温度降至还需

【答案】D

【知识点】指数函数的实际应用；指数式与对数式的互化

【解析】【解答】解：由题意可得，

且当时，，可得，解得，故AB错误；

所以，

令，解得

故牛奶的温度从80℃降至35℃需4min，从50℃降至35℃还需min，故C错误，D正确.

故答案为：D.

【分析】根据题意可得，且当时，，代入解得，再令，运算求解即可.

7．已知分别是椭圆的左，右焦点，M，N是椭圆上两点，且，则椭圆的离心率为（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质

【解析】【解答】解：连接，设

，则，

因为，即，则

，

可得，解得，

所以

，

在

中，因为，

可得

，则，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：C.

【分析】设，根据椭圆的定义结合勾股定理解得，进而中，利用勾股定理运算求解即可.

8．记，则a，b，c的大小关系是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的单调性

【解析】【解答】解：设，则

在R上单调递增，

所以，即；

因为，

设，

则当时恒成立，

则在单调递减，所以，

即，可得；

综上所述：.

故答案为：D.

【分析】构建函数，利用函数单调性可得；再构建，求导判断其单调性，并结合对数运算可得.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．已知一组样本数据均为正数，且，若由生成一组新的数据，则这组新数据与原数据的（）可能相等.

A．极差B．平均数C．中位数D．标准差

【答案】B,C

【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征

【解析】【解答】解：因为，且，

可得，

对于A：由题意可得：原数据的极差为，

新数据的极差为，

因为，则，可得，

所以极差不可能相等，故A错误；

对于B：设原数据的平均数为，则新数据的平均数为，

当时，则，所以两组样本数据的平均数相等，故B正确；

对于C：设原数据的中位数为，则新数据的中位数为，

当时，则，所以两组样本数据的中位数相等，故C正确；

对于D：设原数据的标准差为，则新数据的标准差为，

因为，则数据的波动性存在，即，

可得，所以两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误.

故答案为：BC.

【分析】根据题意结合极差、平均数、中位数和标准差的定义与性质逐项分析判断.

10．已知为抛物线的顶点，直线交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线作垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（）

A．若直线l过焦点，则N，O，P三点不共线

B．若直线过焦点，则

C．若直线过焦点，则抛物线在M，N处的两条切线的交点在某定直线上

D．若，则直线恒过点

【答案】B,C,D

【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【解答】解：设直线，，

联立方程，消去x得，

则，

对于A：若直线l过焦点，即，可得，

又因为，则，

则，

所以，即N，O，P三点共线，故A错误；

对于B：如图，若直线l过焦点，由抛物线的定义和平行线的性质知：

，

可得，即，故B正确；

对于C：设与抛物线C相切的切线方程为，

联立方程，消去x得，

因为相切，则，可得，

所以与抛物线C相切的切线方程为，

将点M坐标代入方程可得，解得，

所以过点M的切线方程为，

同理可得：过点N的切线方程为，

联立方程，解得：

所以抛物线在点M，N处的切线的交点在定直线上，故C正确；

对于D：若，则，解得，

则，所以直线l恒过点(2p，0)，故D正确.

故答案为：BCD.

【分析】设直线，，联立方程利用韦达定理可得.对A：根据三点共线的向量关系运算求解；对于B：根据抛物线的定义分析判断；对C：根据切线利用判别式分析可得点M、N的切线方程分别为为，，联立求交点坐标即可；对D：根据向量垂直的坐标关系分析可得，即可得结果.

11．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（）

A．正四面体的外接球表面积为

B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值

C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为

D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为

【答案】A,B,D

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体

【解析】【解答】解：对于A：因为正四面体的棱长为2，如图将正四面体转化为正方体，

可知正四面体的棱长即为正方体的面对角线长，所以正方体的棱长为，

则正四面体的外接球即为正方体的外接球，设半径为R，可得，

所以外接球的表面积，故A正确.

对于B：设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，正四面体的高为，每个面的面积为，

由等体积法可得：，解得为定值，故B正确；

对于C：设BC中点为D，连接PD，AD，

因为，则，

可知为所求二面角的平面角，且，

可得，

所以所成二面角的正弦值为，故C错误.

对于D：要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，

则正四面体的外接球在四面体内切球内部或相同，

显然当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，

则正四面体的外接球半径，

设正四面体的边长为a，由选项A的思路可得，解得，

所以正四面体的最大体积，故D正确.

故答案为：ABD.

【分析】对A：将正四面体转化为正方体，结合正方体的外接球运算求解；对B：利用等体积法分析运算；对C：设BC中点为D，连接PD，AD，分析可知为所求二面角的平面角，利用余弦定理运算求解；对D：分析可知正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，结合选项A的思路运算求解.

12．若是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，且对任意，都有，则下列说法正确的是（）

A．一定为正数

B．2是的一个周期

C．若，则

D．若在上单调递增，则

【答案】B,C,D

【知识点】函数单调性的性质；偶函数；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性

【解析】【解答】解：对于A：取常函数，符合题意，故A错误；

对于B：因为的图像关于直线对称，则，

又因为为偶函数，则，

所以2是的一个周期，故B正确；

对于C：因为对任意，都有，

令，可得；

又因为，令，可得，则，

令，可得，则，

且2是的一个周期，所以，故C正确；

对于D：假设，由选项C可知：

令，可得，则，

令，可得，则，

因为，即，

这与在上单调递增，假设不成立，所以，故D正确.

故答案为：BCD.

【分析】对于A：取常函数分析判断；对于B：根据对称性以及偶函数的定义可得；对于C：令，可得，赋值可得，结合函数的性质运算求解；对于D：反证，假设，结合选项C的结论运算求解.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知，则.

【答案】

【知识点】积化和差公式；正弦函数的零点与最值

【解析】【解答】解：因为，

则，

即，整理得

则，解得，

所以.

故答案为：.

【分析】根据题意利用积化和差整理可得，进而可得，代入运算即可.

14．已知Rt的两条直角边分别为3，4，以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体体积是.

【答案】

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；简单组合体的结构特征

【解析】【解答】解：根据题意可得：以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个同底面的圆锥，

因为的两条直角边分别为3，4，则斜边为5，且斜边上的高为，

所以两个圆锥的底面半径为，两个圆锥的高之和为5，

所以该几何体体积为.

故答案为：.

【分析】根据题意可知：几何体为两个同底面的圆锥，结合直角三角形求底面半径，进而可得结果.

15．已知函数在上有且仅有4个零点，且，则.

【答案】

【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的零点与最值；辅助角公式

【解析】【解答】解：由题意可得：，

因为，则，

若函数在上有且仅有4个零点，则，解得，

又因为，则的对称中心为，

可得，则，解得，

所以，则，

所以.

故答案为：.

【分析】整理可得，根据零点结合正弦函数可得，由分析可得的对称中心为，结合正弦函数可得，即可得，代入运算求解即可.

16．已知，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点坐标为.

【答案】

【知识点】直线的斜截式方程；平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程

【解析】【解答】解：由题意可知：的圆心为，半径，的圆心为，半径，

设，则，表示点与点之间的距离，

，表示点与点之间的距离，

所以，

当且仅当P，A，B三点共线时取等号，

又因为直线AB的方程为：，

令，解得，所以.

故答案为：.

【分析】根据切线长的求法可得，，利用两点间距离公式转为可知：其分别表示点与点，之间的距离，进而可得，分析求解即可.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．在中，为BC中点.

（1）若AD=2，求BC；

（2）若，求的值.

【答案】（1）在中，为BC中点，设

中，

中，

相加得到，而，

得.

是BC中点，

即，得

又

，即

由于，取DC中点，连结AE，则

设，则

即

解得

所以

（2）在中，

面积

面积，

而为BC中点，则

，

则

是BC中点，

在中，

在中，

因为，所以

两式相除得

所以

解得

由于是BC中点，延长AD至，使得，连CF，BF则四边形ABFC为平行四边形，所以.

在中，

即

所以

【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算

【解析】【分析】(1)方法一：分别在，中利用余弦定理可得，方法二：根据，结合数量积的运算律可得，再利用运算求解；方法三：取DC中点，连结AE，则，根据运算求解即可；

(2)方法一：分别在，中利用正弦定理结合角的关系可得，进而可得结果；方法二：延长AD至，使得，连CF，BF，在中，利用正弦定理运算求解.

18．西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进人市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.

（1）现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；

（2）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.

【答案】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，

则

因此从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.

（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，

由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则

所以的分布列为

0123

.

【知识点】超几何分布；超几何分布的应用；二项分布

【解析】【分析】(1)根据题意结合超几何分布运算求解；

(2)根据题意分析可知，利用二项分布求分布列和期望.

19．如图，在四棱柱中，底面ABCD和侧面均为矩形，，.

（1）求证：；

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明：四边形ABCD和四边形均为矩形

又

（2）设

过点作CM垂直交于点，由(1)可知平面平面

平面设与平面所成的角为，

又

平面

到平面的距离等于3

在平行四边形中，

，

与平面所成的角的正弦值.

由(1)证：，易知

为等腰三角形.

由（1）知：平面平面平面

过点作于，则为BC的中点，且平面

又平面平面ABCD，所以到平面ABCD的距离等于到平面ABCD的距离

在四面体中利用等积法，求点到平面的距离

由于四边形ABCD是矩形，

以点为原点，方向，方向分别为轴，轴，过点垂直于平面ABCD的方向为轴，如图所示

由(1)证：，易知

为等腰三角形，取BC中点为，连

由(1)知：平面平面平面平面ABCD

所以

又

平面的法向量(过程略)

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意可证，进而可得，进而结合平行分析证明；

(2)方法一：过点作CM垂直交于点，可证平面，结合平行的性质可得到平面的距离等于3，进而可得结果；方法二：过点作于，可得平面，利用等体积法求点到平面的距离，进而可得结果；方法三：以点为原点，方向，方向分别为轴，轴，过点垂直于平面ABCD的方向为轴，利用空间向量求线面夹角.

20．已知数列满足

（1）判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；

（2）若数列的前10项和为361，记，数列的前项和为，求证：.

【答案】（1）数列成等比数列.

根据得

，即数列成等比数列.

（2）由(1)得，，

由，得.

显然单调递增，且，

故.

当时，

综上，知.

当时，

当时，

【知识点】等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和

【解析】【分析】(1)根据题意结合等比数列的定义运算求解；

(2)根据题意可得，构建函数，结合单调性可得，进而可得，利用放缩法结合裂项相消法分析证明.

21．已知双曲线与直线有唯一的公共点.

（1）若点在直线上，求直线的方程；

（2）过点且与直线垂直的直线分别交轴于轴于两点.是否存在定点G，H，使得在双曲线上运动时，动点使得为定值.

【答案】（1）联立，则

又点在直线上，所以，

时，，则：

所以：，即，则

当时，；

所以：直线的方程：

（2）联立，则，因为是双曲线与直线的唯一公共点，所以，化简得，解得点的坐标为.即为

于是，过点且与垂直的直线为可得

，

即，于是

即的轨迹方程为：

所以存在定点，使得当点运动时，||为定值13

因为切线斜率存在，所以设切点坐标为

切线可以写为，即，其中

由（1）得，即

又，所以

代入整理得

所以过点，分垂直于切线的直线方程为

令得；令得

，

代入得

【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】(1)联立方程，根据可得，结合点在直线上运算求解；

(2)方法一：根据题意结合可得，进而可得，可得，运算求解即可；方法二：设切点坐标为，根据题意解得，代入双曲线方程即可.

22．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；

（3）若，求证：.

【答案】（1）函数的定义域是.

由，得在上单调递减；

由，得在上单调递增，

综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.

（2）由(1)得在的值域为，在上的值域为.注意到.不妨设，则欲证，即证.

由于，由得在上单调递增，故只需证，由已知，即证：，也即.

【方法一】令.

【方法二】(重新同构)

【方法三】(比值代换)由对称性，不妨设，

【方法四】(切、割线放缩、由于，故，即；

2、由方法二知，故，即，故；由1、2知.故成立，原命题成立.

【方法一】令

由，在单调递增，得单调递增且.

由于，故满足.

由单调递增知；

当时单调递减，值域为；

当时单调递增，值域为；

设.则单调递减，故，

（3）由(2)知.

①当时，在上单调递增，故

②当时，由，取，得

时，有，即.

由在上单调递增，故，

综上，得，当时，成立.

考虑借助第（2）问的结论证明

第（1）情形时，直接用在递增来证明

第（2）情形时，利用（2）的结论找到，使得

且，

又

所以，进而证明

【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；导数在最大值、最小值问题中的应用

【解析】【分析】(1)求导，利用导数判断原函数的单调性；

(2)根据（1）中的单调性分析可得等价于，令，利用导数判断其单调性，进而可得结果；

(3)分和两种情况，结合（1）（2）的结论分析证明.

1/1广东省广州市2023-2024学年高三上学期数学8月阶段训练试题

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．已知集合，则（）

A．B．C．D．

2．已知复数满足，则（）

A．B．C．D．

3．在中，为的重心，满足，则（）

A．B．C．0D．-1

4．设命题：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（）

A．p、q均为真命题B．p、q均为假命题

C．真假D．假真

5．某人从地到地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从地到地迟到的概率是（）

A．0.16B．0.31C．0.4D．0.32

6．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式(其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数).某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（）

A．B．

C．牛奶的温度降至还需D．牛奶的温度降至还需

7．已知分别是椭圆的左，右焦点，M，N是椭圆上两点，且，则椭圆的离心率为（）

A．B．C．D．

8．记，则a，b，c的大小关系是（）

A．B．C．D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．已知一组样本数据均为正数，且，若由生成一组新的数据，则这组新数据与原数据的（）可能相等.

A．极差B．平均数C．中位数D．标准差

10．已知为抛物线的顶点，直线交抛物线于M，N两点，过点M，N分别向准线作垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（）

A．若直线l过焦点，则N，O，P三点不共线

B．若直线过焦点，则

C．若直线过焦点，则抛物线在M，N处的两条切线的交点在某定直线上

D．若，则直线恒过点

11．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（）

A．正四面体的外接球表面积为

B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值

C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为

D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为

12．若是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，且对任意，都有，则下列说法正确的是（）

A．一定为正数

B．2是的一个周期

C．若，则

D．若在上单调递增，则

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知，则.

14．已知Rt的两条直角边分别为3，4，以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体体积是.

15．已知函数在上有且仅有4个零点，且，则.

16．已知，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点坐标为.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．在中，为BC中点.

（1）若AD=2，求BC；

（2）若，求的值.

18．西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进人市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.

（1）现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；

（2）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.

19．如图，在四棱柱中，底面ABCD和侧面均为矩形，，.

（1）求证：；

（2）求与平面所成角的正弦值.

20．已知数列满足

（1）判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；

（2）若数列的前10项和为361，记，数列的前项和为，求证：.

21．已知双曲线与直线有唯一的公共点.

（1）若点在直线上，求直线的方程；

（2）过点且与直线垂直的直线分别交轴于轴于两点.是否存在定点G，H，使得在双曲线上运动时，动点使得为定值.

22．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；

（3）若，求证：.

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】并集及其运算；函数的概念及其构成要素；一元二次不等式及其解法

【解析】【解答】解：令，解得，可得，

令，解得，可得，

所以.

故答案为：A.

【分析】根据一元二次不等式求M，根据函数定义域求N，进而结合并集运算求解.

2．【答案】B

【知识点】复数代数形式的乘除运算

【解析】【解答】解：因为，所以.

故答案为：B.

【分析】根据题意利用复数的除法运算求解即可.

3．【答案】A

【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理

【解析】【解答】解：因为为的重心，则

又因为在中，，

所以，

则，可得.

故答案为：A.

【分析】根据重心的性质可知，根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理运算求解.

4．【答案】C

【知识点】四种命题；等差数列与一次函数的关系；等比数列与指数函数的关系

【解析】【解答】解：对于命题：因为等差数列的公差，

则为一次函数式，

所以点必在一次函数图象上，故p真；

对于命题：例如数列是公比为2，首项为3的等比数列

则对恒成立，

所以不恒在指数函数图象上，故q假.

故答案为：C.

【分析】对于命题：根据题意等差数列的通项公式分析判断；对于命题：取特列结合等比数列的通项公式分析判断.

5．【答案】B

【知识点】全概率公式

【解析】【解答】解：设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，

由题意可得：，

且，则，

所以.

故答案为：B.

【分析】根据题意结合全概率公式运算求解.

6．【答案】D

【知识点】指数函数的实际应用；指数式与对数式的互化

【解析】【解答】解：由题意可得，

且当时，，可得，解得，故AB错误；

所以，

令，解得

故牛奶的温度从80℃降至35℃需4min，从50℃降至35℃还需min，故C错误，D正确.

故答案为：D.

【分析】根据题意可得，且当时，，代入解得，再令，运算求解即可.

7．【答案】C

【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质

【解析】【解答】解：连接，设

，则，

因为，即，则

，

可得，解得，

所以

，

在

中，因为，

可得

，则，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：C.

【分析】设，根据椭圆的定义结合勾股定理解得，进而中，利用勾股定理运算求解即可.

8．【答案】D

【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的单调性

【解析】【解答】解：设，则

在R上单调递增，

所以，即；

因为，

设，

则当时恒成立，

则在单调递减，所以，

即，可得；

综上所述：.

故答案为：D.

【分析】构建函数，利用函数单调性可得；再构建，求导判断其单调性，并结合对数运算可得.

9．【答案】B,C

【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征

【解析】【解答】解：因为，且，

可得，

对于A：由题意可得：原数据的极差为，

新数据的极差为，

因为，则，可得，

所以极差不可能相等，故A错误；

对于B：设原数据的平均数为，则新数据的平均数为，

当时，则，所以两组样本数据的平均数相等，故B正确；

对于C：设原数据的中位数为，则新数据的中位数为，

当时，则，所以两组样本数据的中位数相等，故C正确；

对于D：设原数据的标准差为，则新数据的标准差为，

因为，则数据的波动性存在，即，

可得，所以两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误.

故答案为：BC.

【分析】根据题意结合极差、平均数、中位数和标准差的定义与性质逐项分析判断.

10．【答案】B,C,D

【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【解答】解：设直线，，

联立方程，消去x得，

则，

对于A：若直线l过焦点，即，可得，

又因为，则，

则，

所以，即N，O，P三点共线，故A错误；

对于B：如图，若直线l过焦点，由抛物线的定义和平行线的性质知：

，

可得，即，故B正确；

对于C：设与抛物线C相切的切线方程为，

联立方程，消去x得，

因为相切，则，可得，

所以与抛物线C相切的切线方程为，

将点M坐标代入方程可得，解得，

所以过点M的切线方程为，

同理可得：过点N的切线方程为，

联立方程，解得：

所以抛物线在点M，N处的切线的交点在定直线上，故C正确；

对于D：若，则，解得，

则，所以直线l恒过点(2p，0)，故D正确.

故答案为：BCD.

【分析】设直线，，联立方程利用韦达定理可得.对A：根据三点共线的向量关系运算求解；对于B：根据抛物线的定义分析判断；对C：根据切线利用判别式分析可得点M、N的切线方程分别为为，，联立求交点坐标即可；对D：根据向量垂直的坐标关系分析可得，即可得结果.

11．【答案】A,B,D

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体

【解析】【解答】解：对于A：因为正四面体的棱长为2，如图将正四面体转化为正方体，

可知正四面体的棱长即为正方体的面对角线长，所以正方体的棱长为，

则正四面体的外接球即为正方体的外接球，设半径为R，可得，

所以外接球的表面积，故A正确.

对于B：设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，正四面体的高为，每个面的面积为，

由等体积法可得：，解得为定值，故B正确；

对于C：设BC中点为D，连接PD，AD，

因为，则，

可知为所求二面角的平面角，且，

可得，

所以所成二面角的正弦值为，故C错误.

对于D：要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，

则正四面体的外接球在四面体内切球内部或相同，

显然当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，

则正四面体的外接球半径，

设正四面体的边长为a，由选项A的思路可得，解得，

所以正四面体的最大体积，故D正确.

故答案为：ABD.

【分析】对A：将正四面体转化为正方体，结合正方体的外接球运算求解；对B：利用等体积法分析运算；对C：设BC中点为D，连接PD，AD，分析可知为所求二面角的平面角，利用余弦定理运算求解；对D：分析可知正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，结合选项A的思路运算求解.

12．【答案】B,C,D

【知识点】函数单调性的性质；偶函数；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性

【解析】【解答】解：对于A：取常函数，符合题意，故A错误；

对于B：因为的图像关于直线对称，则，

又因为为偶函数，则，

所以2是的一个周期，故B正确；

对于C：因为对任意，都有，

令，可得；

又因为，令，可得，则，

令，可得，则，

且2是的一个周期，所以，故C正确；

对于D：假设，由选项C可知：

令，可得，则，

令，可得，则，

因为，即，

这与在上单调递增，假设不成立，所以，故D正确.

故答案为：BCD.

【分析】对于A：取常函数分析判断；对于B：根据对称性以及偶函数的定义可得；对于C：令，可得，赋值可得，结合函数的性质运算求解；对于D：反证，假设，结合选项C的结论运算求解.

13．【答案】

【知识点】积化和差公式；正弦函数的零点与最值

【解析】【解答】解：因为，

则，

即，整理得

则，解得，

所以.

故答案为：.

【分析】根据题意利用积化和差整理可得，进而可得，代入运算即可.

14．【答案】

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；简单组合体的结构特征

【解析】【解答】解：根据题意可得：以斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个同底面的圆锥，

因为的两条直角边分别为3，4，则斜边为5，且斜边上的高为，

所以两个圆锥的底面半径为，两个圆锥的高之和为5，

所以该几何体体积为.

故答案为：.

【分析】根据题意可知：几何体为两个同底面的圆锥，结合直角三角形求底面半径，进而可得结果.

15．【答案】

【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的零点与最值；辅助角公式

【解析】【解答】解：由题意可得：，

因为，则，

若函数在上有且仅有4个零点，则，解得，

又因为，则的对称中心为，

可得，则，解得，

所以，则，

所以.

故答案为：.

【分析】整理可得，根据零点结合正弦函数可得，由分析可得的对称中心为，结合正弦函数可得，即可得，代入运算求解即可.

16．【答案】

【知识点】直线的斜截式方程；平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程

【解析】【解答】解：由题意可知：的圆心为，半径，的圆心为，半径，

设，则，表示点与点之间的距离，

，表示点与点之间的距离，

所以，

当且仅当P，A，B三点共线时取等号，

又因为直线AB的方程为：，

令，解得，所以.

故答案为：.

【分析】根据切线长的求法可得，，利用两点间距离公式转为可知：其分别表示点与点，之间的距离，进而可得，分析求解即可.

17．【答案】（1）在中，为BC中点，设

中，

中，

相加得到，而，

得.

是BC中点，

即，得

又

，即

由于，取DC中点，连结AE，则

设，则

即

解得

所以

（2）在中，

面积

面积，

而为BC中点，则

，

则

是BC中点，

在中，

在中，

因为，所以

两式相除得

所以

解得

由于是BC中点，延长AD至，使得，连CF，BF则四边形ABFC为平行四边形，所以.

在中，

即

所以

【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算

【解析】【分析】(1)方法一：分别在，中利用余弦定理可得，方法二：根据，结合数量积的运算律可得，再利用运算求解；方法三：取DC中点，连结AE，则，根据运算求解即可；

(2)方法一：分别在，中利用正弦定理结合角的关系可得，进而可得结果；方法二：延长AD至，使得，连CF，BF，在中，利用正弦定理运算求解.

18．【答案】（1）设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，

则

因此从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.

（2）由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，

由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则

所以的分布列为

0123

.

【知识点】超几何分布；超几何分布的应用；二项分布

【解析】【分析】(1)根据题意结合超几何分布运算求解；

(2)根据题意分析可知，利用二项分布求分布列和期望.

19．【答案】（1）证明：四边形ABCD和四边形均为矩形

又

（2）设

过点作CM垂直交于点，由(1)可知平面平面

平面设与平面所成的角为，

又

平面

到平面的距离等于3

在平行四边形中，

，

与平面所成的角的正弦值.

由(1)证：，易知

为等腰三角形.

由（1）知：平面平面平面

过点作于，则为BC的中点，且平面

又平面平面ABCD，所以到平面ABCD的距离等于到平面ABCD的距离

在四面体中利用等积法，求点到平面的距离

由于四边形