2025届甘肃省张掖市某校高三下学期6月模拟考试数学试题
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．（2024高三下·张掖模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·张掖模拟）已知非空集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·张掖模拟）已知向量满足，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·张掖模拟）设为数列的前项和，，则“”是“数列是以为公比的等比数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高三下·张掖模拟）在我国，每年因酒后驾车引发的交通事故达数万起，酒后驾车已经成为交通事故的第一大“杀手”．《中华人民共和国道路交通安全法》中规定：酒后驾车是指车辆驾驶员血液中的酒精含量大于或者等于．某课题小组研究发现人体血液中的酒精含量（单位：）与饮酒后经过的时间（单位：）近似满足关系式其中为饮酒者的体重（单位：），为酒精摄入量（单位：）．根据上述关系式，已知某驾驶员体重，他快速饮用了含酒精的白酒，若要合法驾驶车辆，最少需在（ ）（取：）
A．12小时后 B．24小时后 C．26小时后 D．28小时后
6．（2024高三下·张掖模拟）将函数的图象向左平移个单位长度后，再把图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若与的图象关于轴对称，则的一个单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·张掖模拟）已知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为中点，为坐标原点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·张掖模拟）已知，若成立，则实数的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三下·张掖模拟）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若的展开式中的常数项为60，则
D．若随机变量的方差，则
10．（2024高三下·张掖模拟）已知定义在上的函数满足：对，且，则以下结论正确的为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高三下·张掖模拟）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三下·张掖模拟）春节期间，小明一家3口 姑姑一家3口和爷爷，奶奶围坐圆桌聚餐，则在爷爷 奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为 ．
13．（2024高三下·张掖模拟）已知，若，使成立，则 ．
14．（2024高三下·张掖模拟）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
四、解答题：本题共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．（2024高三下·张掖模拟）已知函数的图象在点处的切线过点．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和极值．
16．（2024高三下·张掖模拟）在三棱柱中，侧面平面，，侧面为菱形，且为中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
17．（2024高三下·张掖模拟）为增加学生对于篮球运动的兴趣，学校举办趣味投篮比赛，第一轮比赛的规则为：选手需要在距离罚球线1米，2米，3米的三个位置分别投篮一次．在三个位置均投进得10分；在处投进，且在两处至少有一处未投进得7分；其余情况（包括三处均不投进）保底得4分．已知小王在三处的投篮命中率分别为，且在三处的投篮相互独立．
（1）设为小王同学在第一轮比赛的得分，求的分布列和期望；
（2）若第二轮比赛中设置两种参赛方法．方法1：按第一轮比赛规则进行比赛；方法2：选手可以选择在处缩短投篮距离0.5米，但得分会减少分．选手可以任选一种规则参加比赛．若小王在处缩短投篮距离0.5米后，投篮命中率会增加．请你根据统计知识，帮助小王同学选择采用哪种方法参加比赛更好．
18．（2024高三下·张掖模拟）已知双曲线的焦距为8，右焦点为，直线与双曲线在一 三象限的交点分别为，且．
（1）求双曲线的方程及的面积；
（2）直线与双曲线交于两点，若直线与轴分别交于点，且．证明：为定值．
19．（2024高三下·张掖模拟）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列．设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为．
（1）若，求；
（2）求不等式的解集；
（3）是否存在数列，使得数列为等比数列？请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数，
则.
故选：B.
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得复数，结合复数模的公式，即可求解.
2．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
由，解得，所以，
因为，所以.
故选：D.
【分析】先确定集合，进而即可求得的取值范围.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解： 向量满足，且， 则，
若，则，
即，.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直数量积为零化简求解即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：充分性：当时，等式显然成立，
但是数列的通项和前项和都没有规定，故得不出“数列是以1为公比的等比数列”的结论，所以“”不是“数列是以为公比的等比数列”的充分条件；
必要性：由“数列是以为公比的等比数列”可知，当时，显然成立；当时，成立，即必有成立，
故“”是“数列是以为公比的等比数列”的必要条件.
综上所述，“”是“数列是以为公比的等比数列”的必要不充分条件.
故选：C.
【分析】根据充要条件的判断方法和等比数列的前项和公式分析即得结论.
5．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：函数，
当时，，
，
当时，令，
即，即，则.
故答案为：B.
【分析】根据分段函数可知，当时，，当时，令，解不等式即可.
6．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据三角函数图象的平移和伸缩变换可得：，
若与的图象关于轴对称，则，
令，解得，
取，可得，
则的一个单调递增区间为.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移和伸缩变换可得，再根据函数图象的对称性求得，再后利用整体法求解单调性即可.
7．【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，，
由题意可得：，，，
则，即，
因为，在椭圆上，所以，两式作差可得：，
即，则.
故答案为：D.
【分析】设点，，的坐标，利用斜率公式表示，由，两点在椭圆上，可得，两式作差化简求解即可．
8．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.
故选：C.
【分析】令，，则，进而可知，利用基本不等式即可求得m的最小值.
9．【答案】B,C
【知识点】全称量词命题；命题的否定；离散型随机变量的期望与方差；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由二项式系数的性质可得，，且，故选项A错误；
B、根据全称量词命题的否定要求推理即得，故选项B正确；
C、因的展开式的通项为，令12-3k=0，解得k=4，所以常数项为，解得，，故选项C正确；
D、若随机变量的方差，则，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】利用二项式系数的性质，即可判断选项A；根据全称量词命题的否定要求推理即可判断选项B；先求得二项展开式的通项，进而令未知量x的指数为0，求得k的值，进而求得常数项列式即可求得m2，即可判断选项C；利用随机变量的方差的性质即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为定义域为R的函数，有，
令，则，又，
所以，故A选项正确；
令，则，所以，故B选项错误；
令，则，
得到，，所以是偶函数，故C选项正确；
取，
则
所以，则，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】令可得即可判断A，令可得，令可得即可判断C，利用即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、如图所示，取AC的中点O，连接BO，SO，
由题意可知均为等边三角形，所以，
因为，平面SBO，所以AC⊥平面SBO，
因为平面SBO，所以AC⊥SB，
因为E，F分别为棱的中点，所以，，所以EF⊥SB，故选项A正确；
B、因为为等边三角形，为棱的中点，所以，
，同理，，，
又为等边三角形，所以，，
，
设直线与所成角为，则，故选项B正确；
C、如图所示，把四面体放入正方体中，
则正方体的面对角线长度等于四面体的棱长，
所以正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
正方体的外接球半径为，正方体的外接球体积为，
即四面体的外接球体积为，故选项C错误；
D、将四面体的侧面展开如图所示，连接，交于，
当时，平面截四面体所得的截面图形的周长最小，
此时分别为的中点，
，
所以平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为.
故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据已知条件可先证得AC⊥平面SBO，进而可知AC⊥SB，而即可证得EF⊥SB，可判断选项A；分别求得SE，BC的长度，利用向量的数量积运算求得，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可判断选项B；把正四面体放入正方体中，求外接球体积，可判断选项C；把四面体侧面展开，即可求得平面截四面体所得的截面图形的周长最小值，进而判断选项D.
12．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用；条件概率
【解析】【解答】解：将爷爷、奶奶捆绑在一起有种方法，与另外6人排列，
又因为是围坐圆桌，所以有种坐法，
将爷爷、奶奶捆绑在一起和姑姑一家三口排列有种，形成4个空位，
将小明一家3口插空，有种，所以小明一家3口不相邻共有种坐法，
所以在爷爷 奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为.
故答案为：.
【分析】利用捆绑法先计算爷爷和奶奶相邻的所有排列方式，再插空法求出小明一家3口均不相邻的排列方式，再由条件概率求解即可得所求概率.
13．【答案】
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，
设.
依题意可知，，
而，所以，
因为，所以，
所以，即，
因位，所以，
因为，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】
利用辅助角公式将方程化成，根据二次函数与正弦函数的性质可得两边只能等于，进而先求得，可得，根据的取值范围以及正弦函数的性质即可求出.
14．【答案】或；1
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：联立，消x整理得：，
由题意可知，解得或，
所以m的取值范围为
设，，，，所以，
记，，焦点，
设直线方程为，
联立消下整理得：，
所以所以，
同理可得，
又，所以，
根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，
所以，所以.
故答案为：；1
【分析】联立直线l与抛物线C方程，令，即可求得实数的取值范围；设，，，，根据韦达定理可得，，设直线方程为，联立直线NF与抛物线方程可得，
同理可得，进而可知，根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，进而可求得.
15．【答案】（1）解：由题意可得，，
所以，
而，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点代入得，解得.
（2）解：由(1)可知，定义域为，
所以，
令，所以，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，即；
当时，，即.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当x=0时，f(x)取得极小值，极小值为，无极大值，
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为1，无极大值.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义求出切线方程，将点代入即可求得实数的值；
（2）先求得函数 的解析式，进而求得函数的定义域，再对函数 进行求导，利用二次求导研究函数单调性和极值即可.
（1）由已知得，
则，又，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点代入得，解得.
（2）所以，定义域为，
所以，
令，则，
易得在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
16．【答案】（1）证明：因为，即，
因为侧面平面，平面平面，平面，
所以面，
又因为面，所以，
因为侧面为菱形，为中点，所以，
因为平面，
所以平面；
（2）解：取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
如图所示，以点为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则x=-1，y=1，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
设二面角的夹角为，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由侧面平面和，利用面面垂直的性质可得面，利用线面垂直的性质可得，又，再结合线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，进而利用向量的夹角公式即可求得二面角的余弦值．
（1）根据题意，即，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，而面，所以，
侧面为菱形，为中点，所以，
平面，
所以平面；
（2）取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
由题知，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设二面角的夹角为，
则，
即二面角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：由题意可知，的所有可能取值为4，7，10，
，
，
所以的分步列为：
4 7 10
P
所以数学期望.
（2）解：如果选取方法2参加比赛，则小王同学得分的可能取值为，
，
，
，
所以，
当时，即，即时，选择方法1，
当时，即，即时，选择方法2，
当时，即，即时，选择两种方法都一样.
综上所述，当时，选择方法1参加比赛更好；当时，选择方法2参加比赛更好；当时，选择两种方法参加比赛都一样.
【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
【解析】【分析】（1）先求出的所有可能取值为，进而利用相互独立事件概率乘法公式求出对应的概率，利用公式求得数学期望即可；
（2）先求选取方法2参加比赛时小王同学得分的数学期望，再分，，三种情况讨论选择采用哪种方法参加比赛更好 .
（1）的可能取值为4，7，10，
，
，
所以分别列为：
4 7 10
P
所以；
（2）如果选取方法2参加比赛，则小王同学得分的可能取值为，
，
，
，
所以，
当时，即，即时，选择方法1，
当时，即，即时，选择方法2，
当时，即，即时，选择两种方法都一样.
18．【答案】（1）解：因为，所以，所以∠POF=30°，
又，且关于对称，所以，所以，
在中，，
取椭圆左焦点，连接，根据对称性可得，
因为，
所以，所以，即
因为，所以c=4，所以，进而可得，
所以双曲线方程为，
（2）证明：设，，，，
由（1）知，即所以
联立，消y整理得
则，
，
因为直线方程为，
令，得，
所以
同理可得，
因为，所以在线段的垂直平分线上，
所以，
所以，
所以
所以，
化简得
所以
即，
所以，
所以，或，
若，此时直线经过定点，该点与重合，不满足题意，
所以
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用直线的斜率与倾斜角的关系可知∠POF=30°，根据对称可得，根据锐角三角函数可得，进而利用双曲线定义与辅助角公式可得，利用c的值可求得a的值，再求得b的值即可求得双曲线的方程，再求得的面积即可；
（2）设，，，，根据(1)可求得点P，Q的坐标，联立直线 与双曲线方程，利用韦达定理可得，进而根据点斜式直线方程求解的坐标，利用垂直平分线的性质，结合韦达定理即可化简得，进而即可求出k的值.
（1）由于，故，
又，且关于对称，所以，因此，
在中，，
取椭圆左焦点，连接，根据对称性可得，
由椭圆定义可得，即，
由于，所以，进而可得，
故双曲线方程为，
（2）设，，，，
由（1）知，即，
联立与的方程可得
则，
，
则直线方程为，令，则，
故
同理可得，
由于，所以在线段的垂直平分线上，故，
故，
，，
化简得
代入韦达定理可得
即，故，
故，或，
若，此时直线经过定点，该点与重合，不满足题意，
故
19．【答案】（1）解：数列2，3，4经过第一次“和扩充”后得到数列，经过第二次“和扩充”后得到数列，
所以
（2）解：数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
所以，所以，
所以是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以，即，
又，解得，
（3）解：因为，
，，
依次类推，，
所以
，
若使为等比数列，则或.
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列的前n项和；不等式的解集
【解析】【分析】（1）根据定义求得第一次“和扩充”后得到数列，进而求得第二次“和扩充”后得到数列，进而计算出即可；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，得到，构造等比数列，进而求得，可知是首项为4，公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得，从而得到不等式，求出解集即可求得不等式的解集；
（3）求出S1，S2，S3，分析可得到，从而利用累加法求和得到，进而根据等比数列的性质即可求解.
（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，故，
，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，
（3）因为，
，，
依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
2025届甘肃省张掖市某校高三下学期6月模拟考试数学试题
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．（2024高三下·张掖模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数，
则.
故选：B.
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得复数，结合复数模的公式，即可求解.
2．（2024高三下·张掖模拟）已知非空集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
由，解得，所以，
因为，所以.
故选：D.
【分析】先确定集合，进而即可求得的取值范围.
3．（2024高三下·张掖模拟）已知向量满足，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解： 向量满足，且， 则，
若，则，
即，.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直数量积为零化简求解即可.
4．（2024高三下·张掖模拟）设为数列的前项和，，则“”是“数列是以为公比的等比数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：充分性：当时，等式显然成立，
但是数列的通项和前项和都没有规定，故得不出“数列是以1为公比的等比数列”的结论，所以“”不是“数列是以为公比的等比数列”的充分条件；
必要性：由“数列是以为公比的等比数列”可知，当时，显然成立；当时，成立，即必有成立，
故“”是“数列是以为公比的等比数列”的必要条件.
综上所述，“”是“数列是以为公比的等比数列”的必要不充分条件.
故选：C.
【分析】根据充要条件的判断方法和等比数列的前项和公式分析即得结论.
5．（2024高三下·张掖模拟）在我国，每年因酒后驾车引发的交通事故达数万起，酒后驾车已经成为交通事故的第一大“杀手”．《中华人民共和国道路交通安全法》中规定：酒后驾车是指车辆驾驶员血液中的酒精含量大于或者等于．某课题小组研究发现人体血液中的酒精含量（单位：）与饮酒后经过的时间（单位：）近似满足关系式其中为饮酒者的体重（单位：），为酒精摄入量（单位：）．根据上述关系式，已知某驾驶员体重，他快速饮用了含酒精的白酒，若要合法驾驶车辆，最少需在（ ）（取：）
A．12小时后 B．24小时后 C．26小时后 D．28小时后
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：函数，
当时，，
，
当时，令，
即，即，则.
故答案为：B.
【分析】根据分段函数可知，当时，，当时，令，解不等式即可.
6．（2024高三下·张掖模拟）将函数的图象向左平移个单位长度后，再把图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若与的图象关于轴对称，则的一个单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据三角函数图象的平移和伸缩变换可得：，
若与的图象关于轴对称，则，
令，解得，
取，可得，
则的一个单调递增区间为.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移和伸缩变换可得，再根据函数图象的对称性求得，再后利用整体法求解单调性即可.
7．（2024高三下·张掖模拟）已知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为中点，为坐标原点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，，
由题意可得：，，，
则，即，
因为，在椭圆上，所以，两式作差可得：，
即，则.
故答案为：D.
【分析】设点，，的坐标，利用斜率公式表示，由，两点在椭圆上，可得，两式作差化简求解即可．
8．（2024高三下·张掖模拟）已知，若成立，则实数的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：令，，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.
故选：C.
【分析】令，，则，进而可知，利用基本不等式即可求得m的最小值.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高三下·张掖模拟）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若的展开式中的常数项为60，则
D．若随机变量的方差，则
【答案】B,C
【知识点】全称量词命题；命题的否定；离散型随机变量的期望与方差；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由二项式系数的性质可得，，且，故选项A错误；
B、根据全称量词命题的否定要求推理即得，故选项B正确；
C、因的展开式的通项为，令12-3k=0，解得k=4，所以常数项为，解得，，故选项C正确；
D、若随机变量的方差，则，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】利用二项式系数的性质，即可判断选项A；根据全称量词命题的否定要求推理即可判断选项B；先求得二项展开式的通项，进而令未知量x的指数为0，求得k的值，进而求得常数项列式即可求得m2，即可判断选项C；利用随机变量的方差的性质即可判断选项D.
10．（2024高三下·张掖模拟）已知定义在上的函数满足：对，且，则以下结论正确的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为定义域为R的函数，有，
令，则，又，
所以，故A选项正确；
令，则，所以，故B选项错误；
令，则，
得到，，所以是偶函数，故C选项正确；
取，
则
所以，则，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】令可得即可判断A，令可得，令可得即可判断C，利用即可判断D.
11．（2024高三下·张掖模拟）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、如图所示，取AC的中点O，连接BO，SO，
由题意可知均为等边三角形，所以，
因为，平面SBO，所以AC⊥平面SBO，
因为平面SBO，所以AC⊥SB，
因为E，F分别为棱的中点，所以，，所以EF⊥SB，故选项A正确；
B、因为为等边三角形，为棱的中点，所以，
，同理，，，
又为等边三角形，所以，，
，
设直线与所成角为，则，故选项B正确；
C、如图所示，把四面体放入正方体中，
则正方体的面对角线长度等于四面体的棱长，
所以正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
正方体的外接球半径为，正方体的外接球体积为，
即四面体的外接球体积为，故选项C错误；
D、将四面体的侧面展开如图所示，连接，交于，
当时，平面截四面体所得的截面图形的周长最小，
此时分别为的中点，
，
所以平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为.
故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据已知条件可先证得AC⊥平面SBO，进而可知AC⊥SB，而即可证得EF⊥SB，可判断选项A；分别求得SE，BC的长度，利用向量的数量积运算求得，进而利用向量的夹角余弦公式计算即可判断选项B；把正四面体放入正方体中，求外接球体积，可判断选项C；把四面体侧面展开，即可求得平面截四面体所得的截面图形的周长最小值，进而判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高三下·张掖模拟）春节期间，小明一家3口 姑姑一家3口和爷爷，奶奶围坐圆桌聚餐，则在爷爷 奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为 ．
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用；条件概率
【解析】【解答】解：将爷爷、奶奶捆绑在一起有种方法，与另外6人排列，
又因为是围坐圆桌，所以有种坐法，
将爷爷、奶奶捆绑在一起和姑姑一家三口排列有种，形成4个空位，
将小明一家3口插空，有种，所以小明一家3口不相邻共有种坐法，
所以在爷爷 奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为.
故答案为：.
【分析】利用捆绑法先计算爷爷和奶奶相邻的所有排列方式，再插空法求出小明一家3口均不相邻的排列方式，再由条件概率求解即可得所求概率.
13．（2024高三下·张掖模拟）已知，若，使成立，则 ．
【答案】
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，
设.
依题意可知，，
而，所以，
因为，所以，
所以，即，
因位，所以，
因为，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】
利用辅助角公式将方程化成，根据二次函数与正弦函数的性质可得两边只能等于，进而先求得，可得，根据的取值范围以及正弦函数的性质即可求出.
14．（2024高三下·张掖模拟）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
【答案】或；1
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：联立，消x整理得：，
由题意可知，解得或，
所以m的取值范围为
设，，，，所以，
记，，焦点，
设直线方程为，
联立消下整理得：，
所以所以，
同理可得，
又，所以，
根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，
所以，所以.
故答案为：；1
【分析】联立直线l与抛物线C方程，令，即可求得实数的取值范围；设，，，，根据韦达定理可得，，设直线方程为，联立直线NF与抛物线方程可得，
同理可得，进而可知，根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，进而可求得.
四、解答题：本题共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．（2024高三下·张掖模拟）已知函数的图象在点处的切线过点．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）解：由题意可得，，
所以，
而，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点代入得，解得.
（2）解：由(1)可知，定义域为，
所以，
令，所以，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，即；
当时，，即.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当x=0时，f(x)取得极小值，极小值为，无极大值，
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为1，无极大值.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义求出切线方程，将点代入即可求得实数的值；
（2）先求得函数 的解析式，进而求得函数的定义域，再对函数 进行求导，利用二次求导研究函数单调性和极值即可.
（1）由已知得，
则，又，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点代入得，解得.
（2）所以，定义域为，
所以，
令，则，
易得在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
16．（2024高三下·张掖模拟）在三棱柱中，侧面平面，，侧面为菱形，且为中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，即，
因为侧面平面，平面平面，平面，
所以面，
又因为面，所以，
因为侧面为菱形，为中点，所以，
因为平面，
所以平面；
（2）解：取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
如图所示，以点为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则x=-1，y=1，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
设二面角的夹角为，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由侧面平面和，利用面面垂直的性质可得面，利用线面垂直的性质可得，又，再结合线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，进而利用向量的夹角公式即可求得二面角的余弦值．
（1）根据题意，即，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，而面，所以，
侧面为菱形，为中点，所以，
平面，
所以平面；
（2）取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
由题知，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设二面角的夹角为，
则，
即二面角的余弦值为．
17．（2024高三下·张掖模拟）为增加学生对于篮球运动的兴趣，学校举办趣味投篮比赛，第一轮比赛的规则为：选手需要在距离罚球线1米，2米，3米的三个位置分别投篮一次．在三个位置均投进得10分；在处投进，且在两处至少有一处未投进得7分；其余情况（包括三处均不投进）保底得4分．已知小王在三处的投篮命中率分别为，且在三处的投篮相互独立．
（1）设为小王同学在第一轮比赛的得分，求的分布列和期望；
（2）若第二轮比赛中设置两种参赛方法．方法1：按第一轮比赛规则进行比赛；方法2：选手可以选择在处缩短投篮距离0.5米，但得分会减少分．选手可以任选一种规则参加比赛．若小王在处缩短投篮距离0.5米后，投篮命中率会增加．请你根据统计知识，帮助小王同学选择采用哪种方法参加比赛更好．
【答案】（1）解：由题意可知，的所有可能取值为4，7，10，
，
，
所以的分步列为：
4 7 10
P
所以数学期望.
（2）解：如果选取方法2参加比赛，则小王同学得分的可能取值为，
，
，
，
所以，
当时，即，即时，选择方法1，
当时，即，即时，选择方法2，
当时，即，即时，选择两种方法都一样.
综上所述，当时，选择方法1参加比赛更好；当时，选择方法2参加比赛更好；当时，选择两种方法参加比赛都一样.
【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
【解析】【分析】（1）先求出的所有可能取值为，进而利用相互独立事件概率乘法公式求出对应的概率，利用公式求得数学期望即可；
（2）先求选取方法2参加比赛时小王同学得分的数学期望，再分，，三种情况讨论选择采用哪种方法参加比赛更好 .
（1）的可能取值为4，7，10，
，
，
所以分别列为：
4 7 10
P
所以；
（2）如果选取方法2参加比赛，则小王同学得分的可能取值为，
，
，
，
所以，
当时，即，即时，选择方法1，
当时，即，即时，选择方法2，
当时，即，即时，选择两种方法都一样.
18．（2024高三下·张掖模拟）已知双曲线的焦距为8，右焦点为，直线与双曲线在一 三象限的交点分别为，且．
（1）求双曲线的方程及的面积；
（2）直线与双曲线交于两点，若直线与轴分别交于点，且．证明：为定值．
【答案】（1）解：因为，所以，所以∠POF=30°，
又，且关于对称，所以，所以，
在中，，
取椭圆左焦点，连接，根据对称性可得，
因为，
所以，所以，即
因为，所以c=4，所以，进而可得，
所以双曲线方程为，
（2）证明：设，，，，
由（1）知，即所以
联立，消y整理得
则，
，
因为直线方程为，
令，得，
所以
同理可得，
因为，所以在线段的垂直平分线上，
所以，
所以，
所以
所以，
化简得
所以
即，
所以，
所以，或，
若，此时直线经过定点，该点与重合，不满足题意，
所以
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用直线的斜率与倾斜角的关系可知∠POF=30°，根据对称可得，根据锐角三角函数可得，进而利用双曲线定义与辅助角公式可得，利用c的值可求得a的值，再求得b的值即可求得双曲线的方程，再求得的面积即可；
（2）设，，，，根据(1)可求得点P，Q的坐标，联立直线 与双曲线方程，利用韦达定理可得，进而根据点斜式直线方程求解的坐标，利用垂直平分线的性质，结合韦达定理即可化简得，进而即可求出k的值.
（1）由于，故，
又，且关于对称，所以，因此，
在中，，
取椭圆左焦点，连接，根据对称性可得，
由椭圆定义可得，即，
由于，所以，进而可得，
故双曲线方程为，
（2）设，，，，
由（1）知，即，
联立与的方程可得
则，
，
则直线方程为，令，则，
故
同理可得，
由于，所以在线段的垂直平分线上，故，
故，
，，
化简得
代入韦达定理可得
即，故，
故，或，
若，此时直线经过定点，该点与重合，不满足题意，
故
19．（2024高三下·张掖模拟）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列．设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为．
（1）若，求；
（2）求不等式的解集；
（3）是否存在数列，使得数列为等比数列？请说明理由．
【答案】（1）解：数列2，3，4经过第一次“和扩充”后得到数列，经过第二次“和扩充”后得到数列，
所以
（2）解：数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
所以，所以，
所以是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以，即，
又，解得，
（3）解：因为，
，，
依次类推，，
所以
，
若使为等比数列，则或.
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列的前n项和；不等式的解集
【解析】【分析】（1）根据定义求得第一次“和扩充”后得到数列，进而求得第二次“和扩充”后得到数列，进而计算出即可；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，得到，构造等比数列，进而求得，可知是首项为4，公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求得，从而得到不等式，求出解集即可求得不等式的解集；
（3）求出S1，S2，S3，分析可得到，从而利用累加法求和得到，进而根据等比数列的性质即可求解.
（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，故，
，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，
（3）因为，
，，
依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
