甘肃省嘉峪关市第一中学2024-2025学年高三第七次模拟考试数学试题

试卷第 1页，共 17页 答案 1-8: ABCBCAAC 9-11: AB ABC BCD 12: 7 13: 4 5 /0.8 14: 6π 2 6 一、单选题 1．已知集合  0,1,2,3,4M  ，  2 3 2 0N x x x   ∣ ，则M N  （ ） A． 1,2 B． 1,2,3 C． 1,2 D． 1,3 【答案】A 【分析】由题意解一元二次不等式即可求出集合N内的元素，再求集合 ,M N共同包含的元 素即可. 【详解】因为     2 1 0N x x x    ，即  1 2N x x   ， 所以  1,2M N  . 故选：A. 2．已知 i是虚数单位，复数 i 2 i z   ，则 z的共轭复数是（ ） A． 1 2 i 5 5   B． 1 2 i 5 5   C． 1 2 i 5 5  D． 1 2 i 5 5  【答案】B 【分析】先利用复数的除法法则求出复数 z，再求 z的共轭复数. 【详解】因为       i 2 ii 1 2i 1 2 i 2 i 2 i 2 i 5 5 5 z             ， 所以 z的共轭复数为 1 2 i 5 5   . 故选：B. 3．平面向量  1,2a  ，  ,1b x  ，若  2a a b    ，则 x （ ） A． 12 B．2 C．8 D．-2 【答案】C 【分析】先计算 2a b  的坐标，再利用  2 0a a b     即可计算. 试卷第 2页，共 17页 【详解】由题意可得  2 = 2 ,3a b x   ， 因  2a a b    ，则  2 2 6 0a a b x       ，得 8x  . 故选：C 4．已知函数 22 2 2( ) ( 1) m mf x m m x     是幂函数，且为奇函数，则实数m （ ） A． 2或 1 B． 1 C． 4 D． 2 【答案】B 【分析】利用幂函数的定义及奇函数的概念即可求解. 【详解】由题意得 2 1 1m m   ，所以 2 2 0m m   ，所以   2 1 0m m   ， 解得 2m  或 1m   ， 当 2m  时， 22 2 2 2 2( )f x x x     ，为偶函数，故 2m  不符合题意， 当 1m   时，     21 2 1 2( )f x x x      ，为奇函数，故 1m   符合题意. 综上所述： 1m   . 故选：B. 5.若数列 na 满足  1 12 2 , 2n na a n n a     ，则 5a （ ） A．16 B．20 C．24 D．28 【答案】C 【分析】直接代入一一计算即可得到答案. 【详解】 2 1 2 2 6a a    ， 3 2 3 2 11a a    ， 4 3 4 2 17a a    ， 5 4 5 2 24a a    . 故选：C. 6.2025年 2月 14日，亚洲冬季运动会最后一个比赛日结束，中国队以总奖牌数 85枚（金牌 32、银牌 27、铜牌 26）获得运动会第一，打破了哈萨克斯坦 2011年亚冬会创下的单个代表 团单届奖牌数纪录（70枚）.在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，有甲、乙、丙、丁四 人报名参加，每个地点仅需 1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点 服务，则不同的安排方法共有（ ） A．18种 B．24种 C．32种 D．64种 试卷第 3页，共 17页 【答案】A 【分析】根据安排的人中有没有甲进行分类讨论，由此求得正确答案. 【详解】若安排的人中没有甲，安排方法有 3 3A 6 种， 若安排的人中有甲，则先安排甲，然后再选两人来安排， 则安排的方法有 1 2 2 3A A 12  种， 所以总的方法数有6 12 18  种. 故选：A 7．若   20 1 21 n n nx a a x a x a x      的展开式中第 3项和第 9项的二项式系数相等，则以 下判断正确的是（ ） A．奇数项的二项式系数和为 92 B．所有奇数项的系数和为 92 C．第 6项的系数最大 D． 101 2 3 2na a a a    【答案】A 【分析】由已知可推得 10n  ，利用二项式系数的性质求解可判断 A；赋值令 1x  以及 1x   ， 即可求解判断 B；根据二项式系数的性质，即可得出 C项；判断各项的符号，去掉绝对值， 即可求解判断 D. 【详解】由  1 nx ，可得二项式的展开式的通项公式可得    1 C 1 C 1 k kk n k k k k n nT x x        ， 0,1, 2, ,k n L ， 由已知可得 2 8C Cn n ，所以 10n  ， 所以由二项式的展开式可知所有二项式系数和为 102 ， 所以奇数项的二项式系数和为 10 92 2 2  ，故 A正确； 令 1x  ，可得 0 1 2 10 0a a a a     ， 令 1x   ，可得 100 1 2 10 2a a a a      ， 解得 9 0 2 10 2a a a     ，故 B错误； 由通项公式可知，奇数项的系数全为正，偶数项的系数全为负， 故第 6项的系数不是最大值，故 C错误； 令 0x  ，可得 0 1a  ， 试卷第 4页，共 17页 所以 10 0 0 21 02 1 13 2na aa aa aa aa         ， 所以 10 1 2 3 12na a a a    ，故 D错误. 故选：A. 8．若函数  f x 与  g x 的图象有且只有一个公共点，则称  f x 与  g x 互为“粘合函数”.已 知曲线  ln 1y x    关于直线 y x 对称的曲线为  y g x ，且  y g x 与 1y ax  互为 “粘合函数”，则实数 a的取值范围为（ ） A．  , 0 B．  , 0 C．    ,0 e  D．    ,0 e  【答案】C 【分析】首先通过求曲线关于直线的对称曲线得到的表达式   1 e xg x    ，然后根据 “粘 合函数” 的定义，将问题转化为方程 1 e 1x ax    有且仅有一个解的问题，构造函数   e x x x   ，利用导数研究其单调性，最后结合函数图象通过数形结合的方法确定的取值范 围. 【详解】解析：已知曲线  ln 1y x    关于直线 y x 对称的曲线为  y g x ，所以这两个 函数互为反函数，所以   ln 1x g x    ，所以   1 e xg x    ， 又因为  y g x 与函数 1y ax  为“粘合函数”，所以方程 1 e 1x ax    有且只有一个解， 当 0x  时，显然不成立； 当 0x  时，则 e x a x    ，记   e x x x   ，所以    2 1 exx x x     ，所以  x 在  0,1 上单调递减， 在  1,  上单调递增，在  ,0 上单调递减， 当 x时，   0x  ；当 0x  时，  x  ；当 0x  时，  x  ；x时，  x  ，且  1 e  ，则  x 的图象如图所示， 数形结合易知实数 a的取值范围为    ,0 e  ， 故选：C. 试卷第 5页，共 17页 二、多选题 9．某校 100名学生学业水平测试数学成绩的频率分布直方图如图所示，已知所有学生成绩 均在区间  50,100 内，则（ ） A．图中 a的值为 0.005 B．这组数据的平均数为 73 C．这组数据的众数为 75 D．这组数据的中位数约为 71 【答案】AB 【详解】对于 A，由频率分布图可知：(2 0.02 0.03 0.04) 10 1a      ，解得 0.005a  ，故 A 正确； 对于 B，由频率分布图可知：55 0.05 65 0.4 75 0.3 85 0.2 95 0.05 73          ，故 B正确； 对于 C，由频率分布图可知众数为 65，故 C错误； 对于 D，设这组数据的中位数约为 x，因为0.05 0.4 0.45 0.5   ，0.05 0.4 0.3 0.75 0.5    , 所以中位数 x在区间 70,80 内，则  70 0.03 0.5 0.05 0.4x      ，解得 71.7x  ，故 D错误； 故选：AB. 10．在锐角△ABC中，设 6, 5a c  ， 7sin 4 B  ，则下列说法正确的是（ ） 试卷第 6页，共 17页 A． 4b  B． AC边上的高是15 7 8 C．△ABC面积是15 7 4 D．△ABC内切圆的面积是 5 π 2 【答案】ABC 【分析】利用正弦定理，余弦定理及面积公式可求答案. 【详解】在锐角△ABC中， 7sin 4 B  ，所以 3cos 4 B  ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 16b a c ac B    ，所以 4b  ； 由 6, 5a c  ， 7sin 4 B  可得 1 15 7sin 2 4 S ac B  ； 设 AC边上的高为 h，由 1 15 7 2 4 S bh  可得 15 7 8 h  ； 设△ABC内切圆的半径为 r，由  1 2 S a b c r   ，可得 7 2 r  ， 所以△ABC内切圆的面积为 7 π 4 .综上可知 D错误. 故选：ABC 11．将抛物线  2: 2 0C y px p  绕其顶点分别逆时针旋转90、180、270o后所得的三条曲 线与C围成的图形称作花瓣曲线（如图阴影区域），A、 B为C与其中两条曲线的交点，若 2p  ，则（ ） A．开口向上的抛物线的方程为 24y x B． 8AB  C．直线 x y t  截花瓣曲线第一象限部分的弦长最大值为 2 D．阴影区域的面积不大于10 【答案】BCD 试卷第 7页，共 17页 【分析】由题意可得 2: 4C y x ，可求得逆时针旋转90的抛物线方程判断 A；联立交点抛 物线方程解出交点坐标再由两点间距离公式可判断 B；分别求出抛物线 2 4x y 与抛物线 2 4y x 斜率为 1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；求出抛物线 2 1 4 y x 在点 (4,4)A 处的切线，再求出与OA平行且与抛物线相切的直线方程，分别求出两三角形的面积，再结 合对称性即可推理得到 D正确. 【详解】对于 A，若 2p  ，则抛物线 2: 4C y x ， 若抛物线 2: 4C y x 绕其顶点逆时针旋转90，可得抛物线方程为 2 4x y ， 即 21 4 y x ，开口向上，故 A错误； 对于 B，开口向上的抛物线 2 1 4 y x 绕其顶点分别逆时针旋转90、180、 270所得仍为抛 物线，方程分别为 2 4y x  、 2 4x y  、 2 4y x ， 由 2 2 4 4 y x x y     ，解得 0 0 x y    或 4 4 x y    ，则 (4,4)A ，由对称性可得 (4, 4)B  ， 所以    2 24 4 4 4 8AB       ，故 B正确； 对于 C，设直线 1y x m  与抛物线 2: 4C y x 相切于点M ， 由 1 2 4 y x m y x     ，消去 x得 2 14 4 0y y m   ，由 116 16 0m    ， 得 1 1, 2m y  ，切点 (1, 2)M ， 设直线 2y x m  与抛物线 2 4x y 相切于点 N， 由 2 2 4x y y x m      ，消去 x得 2 24 4 0x x m   ，由 216 16 0m    ， 得 1 1, 2m x   ，切点 (2,1)N ， 直线MN的斜率为 1 2 1 2 1     ，即直线MN与直线 x y t  平行或重合， 所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为    2 22 1 1 2 2MN      ，故 C正确； 试卷第 8页，共 17页 对于 D，抛物线 2 1 4 y x ，求导得   1 2 y x， 则抛物线在点 (4,4)A 处的切线斜率为 1 4 2 2   ， 抛物线 21 4 y x 在点 (4,4)A 处的切线方程为 4 2( 4)y x   ，即 2 4y x  ， 该切线交 x轴于点  2,0E ，因此 1 2 4 4 2AOE S    △ ， 作 / /FG OA且与 2 1 4 y x 相切，设切点为  1 1,x y ， 由切线的斜率为 1可得 1 1 1 1 2 2 x x= Þ = ，代入曲线可得 1 1y  ， 所以切点为  2,1 ，切线方程为 1 2y x   ，与横轴的交点为  1,0F ，与 AE交于点G， 由面积比为相似比的平方可得小三角形 EFG 的面积为 1， ∴四边形OAGF 面积为 4 1 3AOFE EFGS S     , 所以四叶图的面积小于3 8 24 31 10π    ，故 D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12．已知由小到大排列的 4个数据1、3、5、9，则这 4个数据的第75百分位数是（ ） 【详解】 试卷第 9页，共 17页 这四个数由小到大依次为1、3、5、9， 因为 4 0.75 3  ，故这 4个数据的第75百分位数是 5 9 7 2   . 13．已知函数   3 3( 0xf x a a   且 1)a  的图像过定点 P，若角的终边过点 P，则 sin  . 【答案】 4 5 /0.8 【分析】先利用指数函数定义求出定点 P坐标，再利用正弦函数定义可得 sin . 【详解】因为函数   3 3xf x a   过定点 P，由指数函数性质可知 P点横坐标为 3， 代入可得  3,4P ，由正弦函数定义可知 2 2 4 4sin 53 4     . 故答案为： 4 5 . 14．已知三棱锥 P ABC 满足 , ,PA AB BC PC AB BC   ，且 1, 2, 5AB BC PA   ， 则该三棱锥外接球的表面积为 ，异面直线 AC与 PB所成夹角的余弦值为 ． 【答案】 6π 2 6 【分析】空 1：把三棱锥的外接球转化成长方体的外接球求解；空 2：构造两条异面直线的 所成角，利用余弦定理求夹角的余弦. 【详解】由题意可知 , ,PAB PBC ABC△ △ △ 都是直角三角形，可补形为长方体如下图所示： 则三棱锥 P ABC 的外接球即为长方体的外接球，故球心为体对角线 PB的中点，且 2 2PB PA AB  ， 即外接球半径 6 2 2 PBR   ，故该外接球的表面积 24π 6πS R  ； 补形如图， 试卷第 10页，共 17页 作 AC BD∥ ，故 AC与 PB所成夹角即为 PBD 或 PBD 的补角， 在 PBD△ 中，易求 6, 3, 7PB BD PD   ， 则 2 2 2 2cos 2 6 PB BD PDPBD PB BD       ． 故答案为： 6π； 2 6 四、解答题 15．已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且  *2 3 2 1n nS a n n   N ． (1)证明： 1na  是等比数列； (2)设  1 4 n n n a b   ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 2 1 13 4 4 n n nT    【分析】（1）由 na 与 nS 的关系可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案； （2）由（1）可得 nb 的通项，利用错位相减法，可得答案. 【详解】（1）证明：因为  *2 3 2 1n nS a n n   N ， 所以当 1n  时， 1 12 3 2 1a a   ，解得 1 3a  ； 当 2n  时， 1 12 3 2 1n nS a n    ， 所以    1 12 3 2n n n nS S a a     ，即 13 2n na a   ， 所以   11 3 1 2n na a n    ，又 1 1 4a   ． 所以数列 1na  是以 4为首项，3为公比的等比数列． 试卷第 11页，共 17页 （2）由（1）知， 14 31   nna ．所以   11 3 4 n n n n a b n      ， 则 2 11 2 3 3 3 3 nnT n         ，①  2 3 13 1 3 2 3 3 3 1 3 3n nnT n n            ，② —②有  2 1 1 3 1 2 12 1 3 3 3 3 3 31 3 2 2 n n n n n n nT n n                  ． 所以 2 1 13 4 4 n n nT    16. 17．在如图所示的几何体中，四边形 ABCD是正方形，四边形 ADPQ是梯形， 试卷第 12页，共 17页 π/ / , 2 PD QA PDA PDC   ，且 2 2AD PD QA   ． (1)求证：QB / /平面 PDC； (2)求平面CPB与平面 PBQ所成的夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) π 6 【分析】（1）通过证明平面 //QAB 平面 PDC，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为四边形 ABCD是正方形，所以 //AB CD， 又 AB 平面 PDC ，CD 平面 PDC， 所以 //AB 平面 PDC， 因为四边形 ADPQ是梯形， //QA PD，又QA平面DCP ， PD 平面 PDC， 所以 //QA 平面 PDC， 又QA AB A  ， ,QA AB 平面QAB，故平面 //QAB 平面 PDC， 又因为QB 平面QAB，所以 //QB 平面 PDC . （2）因为 π 2 PDA PDC ADC      ，所 , ,DA DC DP两两垂直， 故以D为原点， , ,DA DC DP所在的直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立如图所示的空间直角 坐标系. 则有 (0, 2,0)C ， (0,0,2)P ， (2, 2,0)B ， (2,0,1)Q ， 试卷第 13页，共 17页 所以  2,2, 2PB    ，  0, 2, 2PC    ，  2,0, 1PQ    ，  2,0,0BC    . 设平面 PBQ的一个法向量  , ,m x y z ，则有： 2 2 2 0 2 0 m PB x y z m PQ x z              ， 令 1x  ，则 1, 2y z  ，所以  1,1,2m  . 设平面CPB的一个法向量  , ,n a b c ，则有： 2 0 2 2 2 0 n BC a n PB a b c              ，令 1b  ，则 1c  ，所以  0,1,1n   ， 设平面CPB与平面 PBQ的夹角为，则 2 | | 3 3cos | | | | 6 2 m n m n           ， 因为 π0 2   ，所以 π 6   ， 所以平面CPB与平面 PBQ的夹角的大小为 π 6 . 18.已知  2,0A  ， 31, 2 B      两点在椭圆 2 2 2 2: 1 x yC a b   上，直线 l交椭圆C于 ,P Q两点（ ,P Q均 不与A点重合），过A作直线 l的垂线，垂足为 H . (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线 AP， AQ的斜率分别为 1 2,k k ，当 1 2 1k k  时， ①求证：直线 l恒过定点，并求出定点坐标； ②求 OH 的最小值. 【答案】(1) 2 2 1 4 3 x y   (2)①证明见解析，  2,3 ；②1 【分析】（1）将  2,0A  ， 31, 2 B      两点代入椭圆方程解出 ,a b的值即可； 试卷第 14页，共 17页 （2）①解法一：设直线 :l y kx m  ，  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，将直线方程与椭圆方程联立， 利用韦达定理结合 1 2 1k k  ，解出 ,k m的关系即可求解；解法二：设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ， 利用 ,P Q在椭圆上可得   2 1 2 11 1 1 4 23 2 y xx    ，   2 2 2 22 1 1 4 23 2 y xx    ，作差结合 1 2 1k k  化 简即可求解；②由 AH PQ 可得点H 在以 AS为直径的圆上，利用圆的性质求解即可； 【详解】（1）由题意可得  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 4, 3 1 1.5 1 a b a b a b           ， 所以椭圆C的标准方程为： 2 2 1 4 3 x y   ． （2）解法一：①由条件 1 2 1k k  ，可知直线 l的斜率存在， 设直线 :l y kx m  ，  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ， 联立方程组： 2 2 1 4 3 y kx m x y         2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ， 其中   2 2 2 2 2 2Δ 64 4 3 4 4 12 0 4 3k m k m m k        （▲）， 所以 1 2 2 8 3 4 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k    ， 由条件 1 2 1k k  ，即  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 12 2 1 2 2 2 2 2 2 y y kx m kx m k m k x x x x x x                   ， 由于直线 l不过点A，故 2m k ， 化简可得 1 2 1 1 1 2 2 2 2 k x x m k       ， 所以         2 2 1 2 22 2 1 2 1 2 1 2 4 3 4 841 1 3 4 2 2 2 2 4 4 12 16 4 3 4 2 k kmx x k km x x x x x x m km k m k                         2 2 2 3 4 2 1 2 3 4 2 1 2 2 2 3 22 k km k k km k m k m k m km k                ， 代入（▲）式， 1 2 k   ，此时直线 : 2 3l y kx k   恒过定点  2,3S  ． ②因为 AH PQ ，所以点H在以 AS为直径的圆上，圆心为 32, 2 G      ，半径为 3 2 r  ， 试卷第 15页，共 17页 所以 9 34 1 4 2 OH OG r      ，此时H的坐标为 4 3 5 5      ， ，l的斜率 12 2 k     ，满足 条件． 故 OH 的最小值为1． 解法二：①设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，由条件 1 2 1k k  ，即 1 2 1 2 1 2 2 y y x x     （★）， 由点 P在椭圆上，则有 2 2 1 1 1 4 3 x y     2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 4 3 x y x x         ， 即   2 1 2 11 1 1 4 23 2 y xx    ①，同理可得   2 2 2 22 1 1 4 23 2 y xx    ② ， ①②可得： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 y y y y x x x x x x                 代入（★）式可得： 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 2 2 2 2 y y x x x x           ， 即 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 2 2 y y x x x x        ， 变形可得 1 2 1 2 3 3 2 2 y y x x      ．所以直线 PQ恒过定点  2,3S  ． ②解法同一. 19．已知函数   2e 3 2sin , 0xf x a ax x a    . (1)当 1a   时，求曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程； (2)若 2a  ，且  f x 在  0,  上单调递增，求 a的取值范围； (3)证明：当  1,a  时，   cosf x x . 【答案】(1)6 1 0x y   (2) 2a  试卷第 16页，共 17页 (3)证明见解析 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）先确定  f x 是  0,  上的增函数.再由   0f x  在  0,  上恒成立，得到  0 0f   ， 即可求解； （3）由 cos 1x  ，将问题转化成   2e 3 2sin 1xf x a ax x    ，构造函数   2e 3 2sin 1xg a a xa x    ，确定其在  1, 上单调递增.进而转化成  1 0g  恒成立，进而 可求证. 【详解】（1）当 1a   时，   e 3 2sinxf x x x   ，则  0 1f  ，   e 3 2cosxf x x   ，则  0 6f   ， 故曲线  y f x 在点  0,1 处的切线方程为 1 6y x  ，即 6 1 0x y   . （2）令     2e 3 2cos , 0xx f x a a x x       ， 则   2e 2sinxx a x   ， 因为 2, 0a x  ，所以 2e 2xa  ， 所以   2e 2sin 0xx a x    恒成立， 所以  f x 是  0,  上的增函数. 因为  f x 在  0,  上单调递增， 所以   2e 3 2cos 0xf x a a x    在  0,  上恒成立， 所以只需   20 3 2 0f a a    ，又 2a  ， 故 2a  . （3））因为 cos 1x  ，所以要证   cosf x x ， 只需证   2e 3 2sin 1xf x a ax x    ， 令   2e 3 2sin 1xg a a xa x    ，该二次函数的图象的对称轴为直线 3 2ex xa  ， 令   3 2ex xh x  ，则   3 1 2 ex xh x   ， 试卷第 17页，共 17页 令   0h x  ，则 1x  ，   0h x  ，则 1x  ， 所以  h x 在  ,1 上单调递增，在  1, 上单调递减， 所以  max 3( ) 1 1 2e h x h   ，所以  g a 在 1, 上单调递增. 问题可转化为证明  1 0g  ，即证 e 3 2sin 1 0x x x    ， 即证 3 2sin 1 1 ex x x   . 令   3 2sin 1 ex x xF x   ， 则   2 3 2sin 2cos ex x x xF x    ， 令   2 3 2sin 2cosx x x x     ， 则   π2cos 2sin 3 2 2sin 3 0 4 x x x x            ， 所以  x 在R 上单调递减，且  0 0  ， 所以当 0x  时，   0F x  ，当 0x  时，   0F x  ， 所以函数  F x 在  , 0 上单调递增，在  0,  上单调递减， 所以    0 1F x F  ，即 3 2sin 1 1 ex x x   ，证毕. 嘉峪关市第一中学2024-2025学年第七次模拟考试 高三数学 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 3．平面向量，，若，则（   ） A． B．2 C．8 D．-2 4．已知函数是幂函数，且为奇函数，则实数（    ） A．或 B． C． D． 5.若数列满足，则（    ） A．16 B．20 C．24 D．28 6.2025年2月14日，亚洲冬季运动会最后一个比赛日结束，中国队以总奖牌数85枚（金牌32、银牌27、铜牌26）获得运动会第一，打破了哈萨克斯坦2011年亚冬会创下的单个代表团单届奖牌数纪录（70枚）.在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，有甲、乙、丙、丁四人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．24种 C．32种 D．64种 7．若的展开式中第3项和第9项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（    ） A．奇数项的二项式系数和为 B．所有奇数项的系数和为 C．第6项的系数最大 D． 8．若函数与的图象有且只有一个公共点，则称与互为“粘合函数”.已知曲线关于直线对称的曲线为，且与互为“粘合函数”，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．某校100名学生学业水平测试数学成绩的频率分布直方图如图所示，已知所有学生成绩均在区间内，则（    ） A．图中的值为0.005 B．这组数据的平均数为73 C．这组数据的众数为75 D．这组数据的中位数约为71 10．在锐角△ABC中，设，，则下列说法正确的是（    ） A． B．边上的高是 C．△ABC面积是 D．△ABC内切圆的面积是 11．将抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得的三条曲线与围成的图形称作花瓣曲线（如图阴影区域），、为与其中两条曲线的交点，若，则（    ）    A．开口向上的抛物线的方程为 B． C．直线截花瓣曲线第一象限部分的弦长最大值为 D．阴影区域的面积不大于 三、填空题 12．已知由小到大排列的个数据、、、9，则这个数据的第百分位数是（    ） 13．已知函数且的图像过定点，若角的终边过点，则 . 14．已知三棱锥满足，且，则该三棱锥外接球的表面积为 ，异面直线与所成夹角的余弦值为 ． 四、解答题 15．已知数列的前项和为，且． (1)证明：是等比数列； (2)设，求数列的前项和． 16．“村BA”是由贵州省台盘村“六月六”吃新节篮球赛发展而来的赛事，比赛由村民组织，参赛者以村民为主，极具乡村气息. 某学校为了研究不同性别的学生对该赛事的了解情况，进行了一次抽样调查，分别随机抽取男生和女生各80名作为样本,设事件M=“了解村BA”，N=“学生为女生”.据统计数据得P(M|N)=，P(N|M)=. (1) 根据已知条件，作出2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生对“村BA”的了解情况与性别有关； (2) 现从该校不了解“村BA”的学生中，采用分层随机抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取4人，设抽取的4人中男生的人数为X，求X的分布列和数学期望. 17. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成的夹角的大小． 18.已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为.    (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线，的斜率分别为，当时， ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②求的最小值. 19．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，且在上单调递增，求的取值范围； (3)证明：当时，. 学科网（北京）股份有限公司 $$