四川省德阳市绵竹中学2024-2025学年高三上学期11月半月考数学试题

绵竹中学2024年高三下期11月半月考数学试题 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．设，，若，则（    ） A．5 B． C．20 D．25 3．设甲：为等比数列；乙：为等比数列，则（    ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．已知关于x的不等式在上有解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知抛物线E：的焦点为F，以F为圆心的圆与E交于A，B两点，与E的准线交于C、D两点，若，则（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 7．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（    ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 8．已知函数，设，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，坐公交车平均用时10min，样本方差为9；骑自行车平均用时15min，样本方差为1.已知坐公交车所花时间与骑自行车所花时间都服从正态分布，用样本均值和样本方差估计，Y分布中的参数，并利用信息技术工具画出和的分布密度曲线如图所示.若小明每天需在早上8点之前到校，否则就迟到，则下列判断正确的是（    ） A． B．若小明早上7：50之后出发，并选择坐公交车，则有60%以上的可能性会迟到 C．若小明早上7：42出发，则应选择骑自行车 D．若小明早上7：47出发，则应选择坐公交车 10．已知函数是定义在上的偶函数，对于任意，都有成立．当时，，下列结论中正确的有（    ） A． B．函数在上单调递增 C．直线是函数的一条对称轴 D．关于的方程共有4个不等实根 11．我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为，，则下列结论中正确的有（    ） 附：椭圆（）上一点处的切线方程为. A．圆法中圆的半径为 B． C． D． 三、填空题 12．“五一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，将增派6名警力去两个景区执勤.要求景区至少增派3名警力，景区至少增派2名警力，则不同的分配方法的种数为 . 13．已知圆台的下底面半径为，上底面半径为，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为 ． 14．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为 ． 四、解答题 15．在中，角的对边分别为，且满足． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 16．已知数列满足：，，数列的前项和为，且． (1)求数列，的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围． 17．已知向量，，函数. (1)若，求； (2)当时，求函数的值域. (3)若将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，可得到的图象，求的解集. 18．已知函数，. (1)若，求函数在点处的切线； (2)若对任意的，，有恒成立，求实数的取值范围. 19．2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X. (1)已知，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率； (2)若一条信息有n（，）种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H； (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y（，2，3，…，n，…），证明：当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数. 参考公式：时，，. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C B D C C ACD AC 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】根据对数函数的性质化简集合，即可由并集的定义求解. 【详解】由，则，所以， 所以， 故选：C 2．A 【分析】由，则，解出，得到的坐标，利用模长公式求. 【详解】，，若，则有，解得， 则有，得. 故选：A 3．A 【分析】根据等比数列的概念和充分必要条件的概念即可得到答案. 【详解】充分性：若为等比数列，设其公比为， 则，所以为等比数列，公比为，满足充分性. 必要性：若为等比数列，公比为， 则，即， 假设为等比数列，此时无解，故不满足必要性. 所以甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A 4．C 【分析】利用诱导公式及同角三角函数关系，将目标式转化为用表示，然后代入计算即可. 【详解】因为， 则 . 故选：C. 5．B 【分析】分离参数，转化为不等式的存在问题进行求解，构造均值不等式求得最值，从而得到结果. 【详解】当时，由可得， 因为，由基本不等式可得， 当且仅当，即时，等号成立，故. 故选：B. 6．D 【分析】设点在第一象限，由，可确定圆的半径，利用抛物线的定义求出，即可求得结果. 【详解】由抛物线方程知：，， 不妨设点在第一象限，如图所示，直线与轴交于点，    由，则， 圆的半径，所以， 由抛物线的定义可得：，所以， 又因为点在抛物线上，所以， ． 故选：D. 7．C 【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误. 【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数， 则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为， 实线部分为， 故恒成立， 故在R上单调递增，则A，B显然错误， 对于C，D，， 由图像可知，恒成立，故单调递增， 当，，单调递减， 所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误. 故选：C 8．C 【分析】确定的奇偶性及单调性，即可求解. 【详解】函数，由，即，， 解得显然，∴为偶函数， ∴当时，， 易知在上单调递增，结合复合函数单调性可知： 在上单调递增. ∴在上为减函数，在上为增函数， ，， 所以，， ∴. 故选：C. 9．ACD 【分析】确定，，逐项判断即可. 【详解】由题意知，坐公交车所花时间，骑自行车所花时间，A正确. 对于B，若小明早上7：50之后出发，并选择坐公交车，有50%以上的可能性会超过10min，即8点之后到校会迟到，错误； 对于C、D， 由， 且， 应选择在给定的时间内不迟到的概率大的交通工具， 小明早上7：42出发，有18min可用，则应选择骑自行车，故C正确； 小明早上7：47出发，有13min可用，则应选择坐公交车，故D正确； 故选：ACD. 10．AC 【分析】由，令可得，进而结合奇偶性即可判断A选项；由可得，可得函数是周期为4的偶函数，结合题设画出大致图象，结合图象可判断BC选项；进而画出函数的大致图象，即可判断D选项. 【详解】由， 令，则，即， 因为是定义在上的偶函数，所以，故A正确； 由A知，，则， 所以函数是周期为4的偶函数，结合时，， 画出大致图象如下：    结合图象可知，函数在上单调递减，直线是函数的一条对称轴，故B错误，C正确； 对于D，画出函数的大致图象如下：    结合图象可知，函数和有两个交点， 所以方程共有2个不等实根，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出函数是周期为4的偶函数，然后画出大致图象，结合图象即可求解. 11．AD 【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得、，结合可判断两者大小及求出半径. 【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为R，如图所示， 则，解得，A正确； 所以，若将水滴轴截面看成椭圆的一部分， 设椭圆方程为（），如图所示， 则切点坐标为， 则椭圆上一点的切线方程为， 所以椭圆的切线方程的斜率为， 将切点坐标代入切线方程可得，解得， 所以，又因为， 所以，即，所以，D正确. 故选：AD. 12．35 【分析】根据分类加法原理结合组合数求解即可. 【详解】由题意可知分两种情况：①景区增派3名警力，景区增派3名警力，则有种方法， ②景区增派4名警力，景区增派2名警力，则有种方法， 所以由分类加法原理可知共有种方法. 故答案为：35 13． 【分析】求出圆台的上底面，下底面面积，写出侧面积表达式，利用侧面面积等于两底面面积之和，求出圆台的母线长，最后根据解直角三角形求出它的高即可. 【详解】设圆台的母线长为， 则圆台上底面面积， 圆台下底面面积， 所以两底面面积之和为， 又圆台侧面积， 则，所以， 所以圆台的高为. 故答案为： 14．18 【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】由于， 故， 故，， 则 ， 由，得， 由，即，知位于之间， 不妨设，则， 故， 当且仅当，即时等号成立， 故则的最小值为18， 故答案为：18 【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可. 15．(1) (2)9 【分析】（1）根据题意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解； （2）由三角形的面积公式，求得，根据题意和余弦定理，化简求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：因为，可得， 由余弦定理得， 又由正弦定理得， 因为，所以，所以，所以， 又因为，所以. （2）解：由三角形的面积公式，可得，可得， 又由余弦定理得， 因为，所以，解得， 所以的周长为． 16．(1)，. (2)或 【分析】（1）构造数列，判断为等比数列，可求数列的通项公式；根据与的关系求的通项公式. （2）利用裂项求和法求出，再结合大于的最大值可求实数的取值范围. 【详解】（1）对：由，且， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列. 所以. 对：前项和为. 当时，； 当时，， 时，上式亦成立. 所以. （2）因为. 所以. 由已知或. 17．(1) (2) (3)， 【分析】（1）根据两向量平行的坐标表示可求得，再根据诱导公式化简即可； （2）根据题意先求出的解析式，再根据定义域求出值域即可； （3）先进行图形变换，再根据不等式求解集. 【详解】（1）因为，，，则， 显然，所以， 则； （2），， 当时，，， 所以函数的值域为； （3）由（2）知， 结合题意，得， ，即， 即，所以，， 即的解集为，. 18．(1)； (2). 【分析】（1）求导，可得切点处的斜率，即可由点斜式求解直线方程， （2）将不等式变形为，构造函数，利用单调性与导数之间的关系，分离参数即可求解，或者利用分类讨论，求解导函数的正负求解. 【详解】（1），当，时，，， 故切线方程为：,即； （2）法一：不妨设，则，同除以得， 所以在单调递增，所以. ①若，恒成立，符合题意. ②若，则恒成立. 令，则，令，则， 所以在单调递增，在单调递减，所以，所以. ③若，同理，恒成立，由②可知，当时，，所以不存在满足条件的.综上所述，. 法二：， 令，则只需在单调递增，即恒成立； ， 令，则恒成立；又， ①当时，，在单调递增成立； ②当时，，在单调递增， 又当时，，故不恒成立，不满足题意； ③当时，由得， 则在单调递减，在单调递增， 因为恒成立，所以， 解得，故； 综上，实数的取值范围是. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案． （2）根据独立重复事件概率计算公式求得． （3）先求得的表达式，根据极限的知识证得结论成立． 【详解】（1）设“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为i个”，，1，2，“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2个”， 则，， ，，， 则. （2）由题知，1，2， 由（1）知， 同理可得， 则， 故X的信息熵. （3）由题知，其中，2，3，…， 则， 又， 则，① ，② ①－②得： 由题知，当n无限增大时，趋近于零，趋近于零，则趋近于. 所以当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数. 【点睛】关键点点睛：，对进行类似于数列求和的错位相减法求解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1 页，共 4 页 绵竹中学 2024年高三下期 11月半月考数学试题 一、单选题 1．已知集合  2log 1A x x  ，  0 4B x x   ，则 A B （ ） A． 2x x  B． 4x x  C． 0 4x x  D． 0 2x x  2．设  1,2a   ，  4,b k ，若a b ，则  a b （ ） A．5 B．2 5 C．20 D．25 3．设甲： na 为等比数列；乙： 1n na a  为等比数列，则（ ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4．已知 tan 3  ，则 3sin sin sin 2             （ ） A． 3 4  B． 3 4 C． 3 10 D． 3 10  5．已知关于 x的不等式 2 2 3 0ax x a   在  0,2 上有解，则实数 a的取值范围是（ ） A． 4 , 7       B． 3 , 3        C．  ,0 D．  ,0 6．已知抛物线 E： 2 4y x 的焦点为 F，以 F为圆心的圆与 E交于 A，B两点，与 E的准线 交于 C、D两点，若 2 21CD  ，则 AB （ ） A．3 B．4 C．6 D．8 7．在同一平面直角坐标系内，函数𝑦 = 𝑓(𝑥)及其导函数𝑦 = 𝑓′(𝑥)的图象如图所示，已知两 图象有且仅有一个公共点，其坐标为(0,1)，则（ ） A．函数   exy f x  的最大值为 1 B．函数   exy f x  的最小值为 1 试卷第 2 页，共 4 页 C．函数   ex f x y  的最大值为 1 D．函数   ex f x y  的最小值为 1 8．已知函数   2 ln 2 x f x x    ，设  20.3a f ，  2log 0.3b f ，  2ln 2c f ，则 a，b，c 的大小关系是（ ） A．a c b  B．a b c  C．b c a  D．c b a  二、多选题 9．小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了 50 次坐公交车和骑自行车所花的时 间，经数据分析得到，坐公交车平均用时 10min，样本方差为 9；骑自行车平均用时 15min， 样本方差为 1.已知坐公交车所花时间 X 与骑自行车所花时间Y 都服从正态分布，用样本均 值和样本方差估计 X ，Y分布中的参数，并利用信息技术工具画出 X 和Y 的分布密度曲线如 图所示.若小明每天需在早上 8 点之前到校，否则就迟到，则下列判断正确的是（ ） A．  2~ 10,3X N B．若小明早上 7：50 之后出发，并选择坐公交车，则有 60%以上的可能性会迟到 C．若小明早上 7：42 出发，则应选择骑自行车 D．若小明早上 7：47 出发，则应选择坐公交车 10．已知函数  y f x 是定义在R 上的偶函数，对于任意 xR，都有      4 2f x f x f   成立．当  0,2x 时，   2 1xf x   ，下列结论中正确的有（ ） A．  2 0f  B．函数  y f x 在  2,4 上单调递增 C．直线 4x  是函数  y f x 的一条对称轴 D．关于 x 的方程   2log 2f x x  共有 4 个不等实根 11．我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材 料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的 试卷第 3 页，共 4 页 新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切 线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面 看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部 分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为 1 ， 2 ，则下列结论中正确的有（ ） 附：椭圆 2 2 2 2 1 x y a b   （ 0a b  ）上一点  0 0,x y 处的切线方程为 0 02 2 1 x x y y a b   . A．圆法中圆的半径为 5 2 B． 1 2 tan 3   C． 1 2  D． 1 2  三、填空题 12．“五一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，将增派 6 名警力去 A B､ 两个景区执勤.要求A 景区至少增派 3 名警力， B 景区至少增派 2 名警力，则不同的分配方 法的种数为 . 13．已知圆台的下底面半径为6，上底面半径为3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆 台的高为 ． 14．已知函数      1 2 3 ( 0)f x a x x x x x x a     ，设曲线  y f x 在点   ,i ix f x 处切线 的斜率为  1,2,3ik i  ，若 1 2 3, ,x x x 均不相等，且 2 2k   ，则 1 34k k 的最小值为 ． 四、解答题 15．在 ABCV 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，且满足  2 2 22 sin 3bc A a c b   ． (1)求 B的大小； (2)若 3b  ， ABCV 的面积为 9 3 4 ，求 ABCV 的周长． 16．已知数列 na 满足： 1 1a  ， 1 2 1n na a   ，数列 nb 的前 n 项和为 nS ，且  2 22 log 1n nS n a   ． (1)求数列 na ， nb 的通项公式； (2)记   3 1 2 1 n n n n n b c b b a      ，数列 nc 的前 n 项和为 nT ，若  2 1 1 2 nT t t   对一切 *nN 恒成立， 求实数 t 的取值范围． 试卷第 4 页，共 4 页 17．已知向量 (cos , 1) a x ， 3 (sin , ) 4 b x ，函数 ( ) 2( )f x a b a   . (1)若 //a b r r ，求 5π tan( ) 4 x ； (2)当 π π , 4 4 x       时，求函数 ( )f x 的值域. (3)若将 ( )f x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再将所得图象向左 平移 π 4 个单位长度，可得到 ( )g x 的图象，求 1 ( ) 2 g x  的解集. 18．已知函数   2 2 lnf x x x a x   ，  aR . (1)若 1a  ，求函数  f x 在点   1, 1f 处的切线； (2)若对任意的  1 2, 0,x x   ， 1 2x x ，有      1 2 2 1 1 2 0x x x f x x f x      恒成立，求实数a 的取值范围. 19．2023 年 10 月 11 日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建 255 个光子的量子计算机 原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍. 相较传统计算机的经典比特只能处于 0 态或 1 态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处 于 0 与 1 的叠加态，故每个量子比特处于 0 态或 1 态是基于概率进行计算的.现假设某台量 子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中 下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒 子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后， 粒子的自旋状态有 p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数 为 X. (1)已知 1 3 p  ，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 2 的概率； (2)若一条信息有 n（ 1n  ， *nN ）种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率 分别为 1p ， 2p ，…， np ，则称      1 2 nH f p f p f p    （其中   2logx xf x   ）为 这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 X的信息熵 H； (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重 复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为 Y（ 1Y  ，2，3，…，n，…），证明：当 n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数. 参考公式：0 1q  时， lim 0 n n q   ， lim 0 n n nq   . 答案第 1 页，共 13 页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C B D C C ACD AC 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】根据对数函数的性质化简集合A ，即可由并集的定义求解. 【详解】由 2log 1x  ，则 2 2log log 2x  ，所以0 2x  ， 所以    2log 1 0 2A x x x x     ，  0 4A B x x    故选：C 2．A 【分析】由a b ，则 0a b  ，解出 k ，得到a b 的坐标，利用模长公式求 a b . 【详解】  1,2a   ，  4,b k ，若a b ，则有 1 4 2 0a b k      ，解得 2k  ， 则有      1,2 4,2 3,4a b     ，得 2 23 4 5a b    . 故选：A 3．A 【分析】根据等比数列的概念和充分必要条件的概念即可得到答案. 【详解】充分性：若 na 为等比数列，设其公比为q ， 则 1 21 1 1 n n n n n n a a a a a a q        ，所以 1n na a  为等比数列，公比为 2q ，满足充分性. 必要性：若 1n na a  为等比数列，公比为 2 ， 则 1 1 2n n n n a a a a       ，即 1 1 2n n a a     ， 假设 na 为等比数列，此时 1 21 2n n a q a      无解，故不满足必要性. 所以甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A 4．C 【分析】利用诱导公式及同角三角函数关系，将目标式转化为用 tan 表示，然后代入 tan 3  计算即可. 答案第 2 页，共 13 页 【详解】因为 tan 3  ， 则 3 3sin sin sin sin cos sin 2                   2 2 2 2 sin 1 sin sin cos tan 3 cos cos sin 1 tan 10                   . 故选：C. 5．B 【分析】分离参数，转化为不等式的存在问题进行求解，构造均值不等式求得最值，从而得 到结果. 【详解】当  0,2x 时，由 2 2 3 0ax x a   可得 2 2 2 33 x a x x x     ， 因为 0x  ，由基本不等式可得 2 2 3 3 33 2x x x x     ， 当且仅当 3 x x  ，即 3x  时，等号成立，故 3 3 a  . 故选：B. 6．D 【分析】设点A 在第一象限，由 2 21CD  ，可确定圆的半径，利用抛物线的定义求出  4,4A ， 即可求得结果. 【详解】由抛物线方程知： 1 2 p  ，  1,0F ， 不妨设点A 在第一象限，如图所示，直线CD与 x 轴交于点E ， 由 2 21CD  ，则 21, 2ED EF  ， 圆的半径   2 221 2 5r    ，所以 5AF  ， 答案第 3 页，共 13 页 由抛物线的定义可得： 5 2 A p x   ，所以 4Ax  ， 又因为点A 在抛物线上，所以  4,4A ， 2 4 8AB    ． 故选：D. 7．C 【分析】AB 选项，先判断出虚线部分为  y f x ，实线部分为  y f x ，求导得到   exy f x  在 R 上单调递增，AB 错误；再求导得到 ( ,0)x  时， ( ) ex f x y  单调递增，当 (0, )x  时， ( ) ex f x y  单调递减，故 C 正确，D 错误. 【详解】AB 选项，由题意可知，两个函数图像都在 x轴上方，任何一个为导函数， 则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为  y f x ， 实线部分为  y f x ， 故          0e e ex x xy f x f x f x f x        恒成立， 故   exy f x  在 R 上单调递增，则 A，B 显然错误， 对于 C，D，   2 ( )e ( )e ( ) ( ) ee x x xx f x f x f x f x y       ， 由图像可知 ( ,0)x  ， e ( ) ( ) 0 x f x f x y     恒成立，故 ( ) ex f x y  单调递增， 当 (0, )x  ， ( ) ( ) 0 ex f x f x y      ， ( ) ex f x y  单调递减， 所以函数 ( ) ex f x y  在 0x  处取得极大值，也为最大值，   0 1 0 e f  ，C 正确，D 错误. 故选：C 8．C 【分析】确定   2 ln 2 x f x x    的奇偶性及单调性，即可求解. 【详解】函数   2 ln 2 x f x x    ，由 2 0 2 x x    ，即     2 2 0x x   ， 2x  ， 解得  2,2x  显然𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥)，∴  f x 为偶函数， 答案第 4 页，共 13 页 ∴当  0,2x 时，   2 2 4 4 ln ln ln 1 2 2 2 x x f x x x x                ， 易知 4 1 2 y x    在  0,2x 上单调递增，结合复合函数单调性可知：   2 ln 2 x f x x    在  0,2x 上单调递增. ∴  f x 在  2,0 上为减函数，在(0,2)上为增函数，  2 20.3 0.3 0,1  ， 3 2 2 2 2 2 10 3 log 0.3 log 0.3 log log 2 3 2      ， 所以 3 2 2 2 10 3 3 log 0.3 log ,2 , 2ln 2 ln 4 ln e 3 2 2           ， 3 2ln 2 1, 2       ， ∴b c a  . 故选：C. 9．ACD 【分析】确定  2~ 10,3X N ，  2~ 15,1Y N ，逐项判断即可. 【详解】由题意知，坐公交车所花时间  2~ 10,3X N ，骑自行车所花时间  2~ 15,1Y N ，A 正确. 对于 B，若小明早上 7：50 之后出发，并选择坐公交车，有 50%以上的可能性会超过 10min， 即 8 点之后到校会迟到，错误； 对于 C、D， 由        13 10 1 3 15 1 1 13P X P X P Y P Y           ， 且        18 10 3 3 15 3 1 18P X P X P Y P Y           ， 应选择在给定的时间内不迟到的概率大的交通工具， 小明早上 7：42 出发，有 18min 可用，则应选择骑自行车，故 C 正确； 小明早上 7：47 出发，有 13min 可用，则应选择坐公交车，故 D 正确； 故选：ACD. 10．AC 【分析】由      4 2f x f x f   ，令 2x   可得  2 0f   ，进而结合奇偶性即可判断 A 选项；由  2 0f  可得    4f x f x  ，可得函数  f x 是周期为 4 的偶函数，结合题设画 出大致图象，结合图象可判断 BC 选项；进而画出函数 2log 2y x  的大致图象，即可判断 答案第 5 页，共 13 页 D 选项. 【详解】由      4 2f x f x f   ， 令 2x   ，则      2 2 2f f f   ，即  2 0f   ， 因为  f x 是定义在R 上的偶函数，所以    2 2 0f f   ，故 A 正确； 由 A 知，  2 0f  ，则    4f x f x  ， 所以函数  f x 是周期为 4 的偶函数，结合  0,2x 时，   2 1xf x   ， 画出大致图象如下： 结合图象可知，函数  y f x 在  2,4 上单调递减，直线 4x  是函数  y f x 的一条对称轴， 故 B 错误，C 正确； 对于 D，画出函数 2log 2y x  的大致图象如下： 结合图象可知，函数  y f x 和 2log 2y x  有两个交点， 所以方程   2log 2f x x  共有 2 个不等实根，故 D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出函数  f x 是周期为 4 的偶函数，然后画出大致图 象，结合图象即可求解. 11．AD 【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得 1tan 、 2tan ，结合b R 可判断两者大小及求 答案第 6 页，共 13 页 出半径. 【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为 R，如图所示， 则   22 1 4R R   ，解得 5 2 R  ，A 正确； 所以 1 2 4 tan 1 3R     ，若将水滴轴截面看成椭圆的一部分， 设椭圆方程为 2 2 2 2 1 x y a b   （ 0a b  ），如图所示， 则切点坐标为  2, 1b  ， 则椭圆 2 2 2 2 1 x y a b   上一点  2, 1b  的切线方程为   2 2 12 1 b yx a b    ， 所以椭圆的切线方程的斜率为   2 2 2 2 2 tan 1 b k a b    ， 将切点坐标  2, 1b  代入切线方程可得   2 2 2 14 1 b a b    ，解得 2 2 4 2 1 b b a   ， 所以    2 2 2 1 2 1 2 1 12tan 2 1 1 2 1 b b a b b b              ，又因为 5 2 b R  ， 所以 2 1 1 1 4 tan 2 tan 2 1 3b            ，即 2 1tan tan  ，所以 1 2  ，D 正确. 故选：AD. 12．35 【分析】根据分类加法原理结合组合数求解即可. 【详解】由题意可知分两种情况：∴ A 景区增派 3 名警力，B 景区增派 3 名警力，则有 3 6C 20 种方法， 答案第 7 页，共 13 页 ∴ A 景区增派 4 名警力， B景区增派 2 名警力，则有 4 6C 15 种方法， 所以由分类加法原理可知共有20 15 35  种方法. 故答案为：35 13． 4 【分析】求出圆台的上底面，下底面面积，写出侧面积表达式，利用侧面面积等于两底面面 积之和，求出圆台的母线长，最后根据解直角三角形求出它的高即可. 【详解】设圆台的母线长为 l ， 则圆台上底面面积 2 1 π 3 9πS    ， 圆台下底面面积 2 2 π 6 36πS    ， 所以两底面面积之和为45π， 又圆台侧面积  π 3 6 9πS l l   ， 则9π 45πl  ，所以 5l  ， 所以圆台的高为   22 6 3 4l    . 故答案为：4 14．18 【分析】求出函数的导数，可得  1,2,3ik i  的表达式，由此化简推出 1 3 1 1 1 2k k   ，结合 2 2k   说明 31 00,k k  ，继而利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】由于      1 2 3 ( 0)f x a x x x x x x a     ， 故           1 2 2 3 3 1f x a x x x x x x x x x x x x           ， 故      1 1 2 1 3 2 2 3 2 1,k a x x x x k a x x x x      ，   3 3 1 3 2k a x x x x   ， 则         1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 1 3 1 3 2 1 1 1 1 1 1 k k k a x x x x a x x x x a x x x x                      3 2 1 3 2 1 1 2 2 3 3 1 0 x x x x x x a x x x x x x           ， 由 2 2k   ，得 1 3 1 1 1 2k k   ， 由 2 2k   ，即   2 2 3 2 1 0k a x x x x    ，知 2x 位于 1 3,x x 之间， 答案第 8 页，共 13 页 不妨设 1 2 3x x x  ，则 31 00,k k  ， 故   3 31 11 3 1 3 1 3 3 1 3 1 4 41 1 4 2 4 2 5 2 5 2 18 k kk k k k k k k k k k k k                             ， 当且仅当 31 3 1 1 3 4 1 1 1 2 kk k k k k         ，即 1 36, 3k k  时等号成立， 故则 1 34k k 的最小值为 18， 故答案为：18 【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利 用导数的表达式推出 1 3 1 1 1 2k k   ，并说明 31 00,k k  ，然后利用基本不等式求最值即可. 15．(1) π 3 (2)9 【分析】（1）根据题意，由余弦定理得 sin 3 cosb A a B ，再由正弦定理得sin 3 cosB B ， 即可求解； （2）由三角形的面积公式，求得 9ac  ，根据题意和余弦定理，化简求得a c 的值，即可 求解. 【详解】（1）解：因为  2 2 22 sin 3bc A a c b   ，可得 2 2 22 sin 3 2 2 bc A a c b ac ac     ， 由余弦定理得 sin 3 cosb A a B ， 又由正弦定理得sin sin 3 sin cosB A A B ， 因为0 πA  ，所以sin 0A ，所以sin 3 cosB B ，所以 tan 3B  ， 又因为0 πB  ，所以 π 3 B  . （2）解：由三角形的面积公式，可得 1 9 3 sin 2 4 S ac B  ，可得 9ac  ， 又由余弦定理得 2 2 2 22 cos ( ) 3b a c ac B a c ac      ， 因为 3b  ，所以 2 2( ) 3 9 3 9 36a c b ac       ，解得 6a c  ， 所以 ABCV 的周长为 9a b c   ． 答案第 9 页，共 13 页 16．(1) 2 1 n na   ， nb n . (2) 1t  或 2t   【分析】（1）构造数列 1na  ，判断 1na  为等比数列，可求数列 na 的通项公式；根据 nS 与 nb 的关系求 nb 的通项公式. （2）利用裂项求和法求出 nT ，再结合  2 1 1 2 t t  大于 nT 的最大值可求实数 t 的取值范围. 【详解】（1）对 na ：由 1 2 1n na a     1 1 2 1n na a    ，且 1 1 2a   ， 所以数列 1na  是以 2 为首项，以2 为公比的等比数列. 所以 1 2 n na    2 1 n na   . 对 nb ：前 n 项和为 2 22 log 2 n nS n   2 2 n n n S   . 当 1n  时， 1 1 1b S  ； 当 2n  时，     22 1 1 1 2 2 n n n n nn n b S S n         ， 1n  时，上式亦成立. 所以 nb n . （2）因为    3 1 2 2 n n n c n n             2 2 1 1 2 2n n n n n           1 1 1 1 2 2 2n nn n       . 所以    12 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 3 2 4 2 1 2 2 2 n n n T n n                  1 1 1 2 2 2 2nn      . 由已知  2 1 1 1 2 2 t t    1t  或 2t   . 17．(1) 1 7 (2) 1 3 , 2 2 2       (3) 3π 3π (2 π ,2 π ) 4 4 k k  ，kZ 【分析】（1）根据两向量平行的坐标表示可求得 3 tan 4 x   ，再根据诱导公式化简即可； （2）根据题意先求出  f x 的解析式，再根据定义域求出值域即可； （3）先进行图形变换，再根据不等式求解集. 答案第 10 页，共 13 页 【详解】（1）因为 (cos , 1) a x ， 3 (sin , ) 4 b x ， //a b r r ，则 3 cos sin 4 x x  ， 显然cos 0x  ，所以 3 tan 4 x   ， 则 π 3 tan tan 1 5π π 14 4tan( ) tan( ) π 34 4 7 1 tan tan 1 ( ) 4 4 x x x x             ； （2） 1 (cos sin , ) 4 a b x x    ， 21 1( ) 2( ) 2(cos sin , ) (cos , 1) 2cos 2sin cos 4 2 f x a b a x x x x x x           3 π 3 sin 2 cos2 2 sin(2 ) 2 4 2 x x x      ， 当 π π , 4 4 x       时， π π 3π 2 , 4 4 4 x         ， π 3 1 3 2 sin(2 ) , 2 4 2 2 2 x          ， 所以函数 ( )f x 的值域为 1 3 , 2 2 2       ； （3）由（2）知 π 3 ( ) 2 sin(2 ) 4 2 f x x   ， 结合题意，得 π 3 3 ( ) 2 sin( ) 2 cos 2 2 2 g x x x     ， 1 ( ) 2 g x  ，即 3 1 2 cos 2 2 x  ， 即 2 cos 2 x   ，所以 3π 3π 2 π 2 π 4 4 k x k    ，kZ， 即 1 ( ) 2 g x  的解集为 3π 3π (2 π ,2 π ) 4 4 k k  ，kZ . 18．(1) 2y x  ； (2) 30,2ea    . 【分析】（1）求导，可得切点处的斜率，即可由点斜式求解直线方程， （2）将不等式变形为    1 2 1 2 f x f x x x  ，构造函数     ln 2 f x a x G x x x x     ，利用单调性与 导数之间的关系，分离参数即可求解，或者利用分类讨论，求解导函数的正负求解. 【详解】（1）   2 2 a f x x x    ，当 1a  ，时，  1 1f   ，   1f x  ， 故切线方程为： 1 1y x   ,即 2y x  ； （2）法一：不妨设 1 20 x x  ，则    2 1 1 2 0x f x x f x  ，同除以 21x x 得    1 2 1 2 f x f x x x  ， 答案第 11 页，共 13 页 所以     ln 2 f x a x G x x x x     在(0,+∞)单调递增，所以     2 1 ln 1 0 a x G x x      . ∴若 0a  ，   0G x  恒成立，符合题意. ∴若 0a  ，则 2 1 ln 1x a x   恒成立. 令   2 ln 1x F x x   ，则   3 3 2lnx F x x    ，令   3 3 2ln 0 x F x x     ，则 3 20 ex  ， 所以𝐹(𝑥)在 3 20,e       单调递增，在 3 2e ,        单调递减，所以 3 2 3 1 1 e 2e F a        ，所以  30,2ea   . ∴若 a<0，同理， 2 1 ln 1x a x   恒成立，由∴可知，当 0x  时，  F x  ，所以不存在满 足条件的 a .综上所述， 30,2ea    . 法二：            1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 0 0 f x f x x x x f x x f x x x x x                 ， 令     ln 2 f x x g x x a x x     ，则只需  g x 在(0,+∞)单调递增，即   0g x  恒成立；      2 2 2 1 ln 1 ln 1 a x x a x g x x x       ， 令    2 1 lnh x x a x   ，则   0h x  恒成立；又   22 2 a x a h x x x x     ， ∴当 0a  时，   2h x x ，ℎ(𝑥)在(0,+∞)单调递增成立； ∴当 a<0时，ℎ′(𝑥) > 0，ℎ(𝑥)在(0,+∞)单调递增， 又当 0x 时，  h x  ，故   0h x  不恒成立，不满足题意； ∴当 0a  时，由ℎ′(𝑥) > 0得 2 a x  ， 则ℎ(𝑥)在 0, 2 a       单调递减，在 , 2 a         单调递增， 因为   0h x  恒成立，所以 min( ) 1 ln 3 ln 0 2 2 2 2 2 a a a a a h x h a                           ， 解得 32ea  ，故 30 2ea  ； 综上，实数 a 的取值范围是 30,2ea    . 19．(1) 1 4 答案第 12 页，共 13 页 (2) 3 2 (3)证明见解析 【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案． （2）根据独立重复事件概率计算公式求得H ． （3）先求得 ( )E Y 的表达式，根据极限的知识证得结论成立． 【详解】（1）设 iA “两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 i个”， 0i  ，1，2，B  “两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 2 个”， 则     2 0 2 1 1 2 4 P A P A         ，   2 1 1 2 1 1 C 2 2 P A        ，   2 2 0 1 1 3 9 P B A p         ，    1 1 1 2 1 1 3 3 9 P B A p p            ，   2 2 2 1 4 3 9 P B A p         ， 则       2 0 1 1 1 2 1 4 1 4 9 2 9 4 9 4 i i i P B P A P B A          . （2）由题知 X 0 ，1，2， 由（1）知       221 1 1 12 1 1 4 2 4 4 P X p p p p       ， 同理可得         21 2 1 2 2 1 1 1 1 1 C 1 1 C 1 4 2 4 2 P X p p p p p p            ， 则       1 0 1 1 2 4 P X P X P X       ， 故 X的信息熵 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 2 log log 4 2 4 4 4 2 2 2 H f f f                                . （3）由题知     1 1 n P Y n p p     ，其中 1n  ，2，3，…， 则         0 1 1 1 1 2 1 1 n E Y p p p p n p p             ， 又     1 1 1 1 1 1 n n i i i i i p p p i p           ， 则         1 0 1 1 1 1 1 1 2 1 1 n i n i i p p p n p                ，∴           1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 n i n i p i p p p n p                 ，∴ ∴－∴得：           1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 n i n n i p i p p p p n p                       1 1 11 1 1 n n n np p n p n p p p p           答案第 13 页，共 13 页 由题知，当 n无限增大时，  1 n p 趋近于零，  1 n n p 趋近于零，则  E Y 趋近于 1 p . 所以当 n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数. 【点睛】关键点点睛：     1 1 1 1 1 1 n n i i i i i p p p i p           ，对         1 0 1 1 1 1 1 1 2 1 1 n i n i i p p p n p                进行类似于数列求和的错位相减法求 解.